专题06 期末压轴题（6大考点）（期末真题汇编，湖南专用）高二数学下学期

**基本信息** 汇编湖南多所名校高二下期末压轴题，聚焦数列、导数等6大高频考点，以选择、填空、解答题呈现，突出综合应用与创新思维。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|含多选|数列（题1函数与数列）、立体几何（题5外接球）|结合名校真题，注重空间想象与逻辑推理| |填空|6题|圆锥曲线（题11蒙日圆）、导数（题17单调递增）|融入数学文化，考查关键能力| |解答|15题|数列（题2集合创新）、导数（题25零点讨论）、圆锥曲线（题12轨迹综合）|多问设计梯度分明，跨考点综合（如导数与不等式证明）|

专题06 期末压轴题 6大高频考点概览 考点01数列 考点02解三角形 考点03空间向量与立体几何 考点04圆锥曲线 考点05导数及其应用 考点06随机变量及其分布 ( 考点 01 数列 ) 1．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)设函数的定义域为，若，且对任意，满足：，，则的值为（   ） A． B． C． D． ( 考点 02 解三角形 ) 2．(24-25高二下·湖南郴州·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 3．(24-25高二下·湖南衡阳第八中学·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，，过边AC上一点P作AB，BC的垂线，垂足分别为D，E，求DE的最小值． ( 考点 0 3 空间向量与立体几何 ) 4．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)（多选）如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（   ） A．球的表面积为 B．圆锥的侧面积为 C．四面体的体积的取值范围是 D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 6．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 7．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． ( 考点 0 4 圆锥曲线 ) 8．(24-25高二下·湖南永州第一中学·期末)已知双曲线a的一个焦点为，且双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 9．(24-25高二下·湖南永州第四中学·期末)（多选）已知是椭圆和双曲线的公共焦点是他们的一个公共点，且则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 10．(24-25高二下·湖南衡阳第八中学·期末)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为______． 11．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)已知动点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为． (1)求轨迹的方程． (2)直线与分别与轨迹交于点和点（与同向），且，线段与交于点，线段与的中点分别为． （ⅰ）求证：三点共线； （ⅱ）若，，求四边形ABCD的面积． 12．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)已知抛物线C：经过点，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动． (1)求C的方程． (2)若直线AB的方程为，求内切圆的半径r． (3)设点，且EF平分，试问直线AB：是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 13．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 14．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)在平面直角坐标系中，分别以x轴和y轴为实轴和虚轴建立复平面，已知复数，在复平面内满足为定值的点的轨迹为曲线．且点在曲线上． (1)求的方程； (2)是过右焦点的弦（不是长轴），的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C，D，l与x轴的交点为E． （ⅰ）证明：； （ⅱ）记与的交点为M，与的交点为N，求四边形面积的最大值． ( 考点 0 5 导数及其应用 ) 15．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)定义在上的函数的导函数为，且满足，，，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 16．(24-25高二下·湖南永州第一中学·期末)若，为正实数，函数在上单调递增，则的最大值为____________． 17．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知函数，，，则（   ） A．2 B．4 C．8 D．16 18．(24-25高二下·湖南岳阳·期末)已知，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_____（用区间表示）. 19．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知函数在上有两个极值点，则实数m的取值范围是_______． 20．(24-25高二下·湖南长沙周南中学·期末)（多选）已知函数 . 则下列说法正确的是（   ） A．当时，在点(0,0)处的切线方程为 B．当时，的极小值为 C．若不等式在时恒成立，则 D．若函数恰有1个零点，则 21．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．当时，有且仅有一个零点 B．若函数在区间上单调递增，则 C．存在实数，使得在上恒成立 D．若，则过原点有两条直线与曲线相切 22．(24-25高二下·湖南长沙岳麓实验中学·期末)（多选）已知函数，则（　　） A．在区间内存在零点 B．0是的极小值点 C．在区间内存在极大值 D．在区间上单调递减 23．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)（多选）已知函数和的图象在第一象限的交点为A，轴，垂足为．如图，当时，和的图象组成的曲线可形象的称为“锦鲤曲线”，则（   ） A．“锦鲤曲线”关于直线对称 B．三角形的面积不超过 C．当时， D．恰有两条不同的直线被“锦鲤曲线”截得的弦长为 24．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知函数， (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)当时，设函数，讨论函数零点的个数． 25．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求在内的极值； (3)设，若有2个零点，，且，求证：. 26．(24-25高二下·湖南湘西·期末)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调递增区间； (3)若且，证明：． 27．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对任意恒成立，求实数a的取值范围； (3)若正项数列满足，，试比较与1的大小关系，并说明理由． 28．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)已知函数，其中． (1)当时，求函数在上的最小值； (2)若在上恒成立，求m的取值范围； (3)为求积符号，．求证对于所有正整数n，均有． 29．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)设函数． (1)当时．求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数恰有两个零点，求实数的取值范围． 30．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)已知函数的导数为，的导数为的二阶导数，记作．若函数在包含的某个开区间上具有二阶导数，那么，，我们把称为函数在处的二阶拟合函数． (1)写出函数在处的二阶拟合函数，并证明对恒成立； (2)若对恒成立，求a的取值范围； (3)设函数的两个零点为，，在处的二阶拟合函数为，证明：有两个零点，，且． ( 考点 0 6 随机变量及其分布 ) 31．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)某盒子中有黑、白球各1个，记“从该盒子中随机抽取一个球，记录颜色后放回该球”为一次操作，重复以上操作，首次集齐黑、白两种颜色的操作次数为随机变量，则的数学期望为______． 32．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)一个材质均匀的抽奖转盘被等分为10个扇形区域，分别标有数字1至10．玩家进行以下操作： 第一轮：转动转盘一次，记录数字n（不考虑指针落在交界线的情况），若n为质数，则获得一个抽奖币，否则获得一个普通币； 第二轮：若第一轮获得抽奖币，可从抽奖池随机抽取奖励（抽奖池中包含1个一等奖、3个二等奖、6个三等奖）；若获得普通币，则从普通池中随机抽取奖励（普通池中包含2个安慰奖、8个谢谢参与）． 第三轮：若第二轮抽到一等奖或二等奖，则可再次转动转盘，若此次数字与第一轮数字之和为偶数，则额外获得终极大奖． 则玩家最终获得终极大奖的概率为________． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 期末压轴题 6大高频考点概览 考点01数列 考点02解三角形 考点03空间向量与立体几何 考点04圆锥曲线 考点05导数及其应用 考点06随机变量及其分布 ( 考点 01 数列 ) 1．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)设函数的定义域为，若，且对任意，满足：，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对进行变换化简，可得到，然后利用裂项相消法和等比数列的前项和公式计算即可. 【详解】由，得， 因为， 所以， 又，所以， 则 ． 故选：B. ( 考点 02 解三角形 ) 2．(24-25高二下·湖南郴州·期末)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】变形得到，求出，由正弦定理和三角恒等变换得到，换元后，，，由基本不等式求出最小值. 【详解】， 故， ， ，即， 因为，所以，， 由正弦定理得 因为，所以，，， 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 故选：A 3．(24-25高二下·湖南衡阳第八中学·期末)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，，过边AC上一点P作AB，BC的垂线，垂足分别为D，E，求DE的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对所给条件切化弦，结合三角形内角和以及正弦定理化简可求出，从而求出角A的大小； （2）法一：根据直角三角形角的关系可设，则PA，PD，PC均可用x表示，利用余弦定理计算，结合二次函数的性质可求出的最小值；法二：由，，可知P，E，B，D四点共圆，从而表示，转化为求BP最小值，数形结合，当时，BP最小，在直角三角形中求出BP最小值即可求出DE的最小值；法三：以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，设，求出E点坐标，利用两点距离公式可求出DE的最小值． 【详解】（1）在中，，． 由及正弦定理得，， 整理得． 由于，，则．又，故． （2）如图1，在中，， 且， 由正弦定理得，，即，得． 由于，则与B互补，故． 方法1：单变量法 设，则，，，． 则．当时，， 所以DE取得最小值为． 方法2：四点共圆 如图1，由，，故P，E，B，D四点共圆，且BP为该圆直径． 由正弦定理得， 故求DE的最小值等价于求BP的最小值．当时，BP最小， 此时，， 故DE取得最小值为． 方法3：建系坐标法 以AB的中点O为坐标原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系， 如图2，则，， 直线BC：，直线AC：． 设，则，直线PE：． 联立方程，得， ． 当时，，所以DE取得最小值为． ( 考点 0 3 空间向量与立体几何 ) 4．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面，故三棱锥的外接球球心在上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为的外接圆半径，由正弦定理得，设，求出O为的三等分点，故，根据得到方程，求出，从而得到AE的长. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 故， 所以，即，， 又，平面， 所以平面，故三棱锥的外接球球心在上， 设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r， 则，即点O与重合时，r有最小值， 最小值为的外接圆半径， 在等边中，边长为，所以， 设， 点到平面的距离为的长， 其中，点到平面的距离为， 即，O为的三等分点，故， 所以， 解得或（舍去）， 此时，，所以． 故选：D． 5．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)（多选）如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（   ） A．球的表面积为 B．圆锥的侧面积为 C．四面体的体积的取值范围是 D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项，正内切圆即为球的截面大圆，又正的边长为2，求出球的半径，得到球的表面积；B选项，利用圆锥侧面积公式进行求解；C选项，四面体被平面截成体积相等的两部分，设到平面的距离为，求出正三角形的边长和面积，求出；D选项，动点的轨迹是圆，可得，故，因此，由均值不等式得到，故D正确. 【详解】A选项，连接，等边三角形内切圆即为球的截面大圆，球心在线段上， 又等边三角形的边长为2，所以，， 则球的半径， 所以球的表面积，故A正确； B选项，圆锥的侧面积，故B错误； C选项，由题意可得四面体被平面截成体积相等的两部分， 设到平面的距离为， 球的半径，三角形为等边三角形，设其边长为， 则，故， 故三角形的面积为， 即，故C正确； D选项，依题意，动点的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为， ，故，是边，的中点，可得，， ， 则有，故， 又，故， 即，因此， 由均值不等式，得，即， 当且仅当时取“”，故D正确. 故选：ACD 6．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． (1)求证：． (2)求线段中点到平面的距离． (3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解； （3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解． 【详解】（1）由于平面平面，平面平面， 且平面， 平面， 平面，． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以到平面的距离． （3）令，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是，， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时． 7．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)如图，在正三棱柱中，底面边长为2，侧棱长为，D是BC的中点．    (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点E，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)． (3)存在， 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用正三棱柱的性质如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线面角的正弦值； （3）利用设未知量，来表示空间向量，借助空间向量法来求点到面的距离，从而解决问题. 【详解】（1）    如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面． （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴，建立空间直角坐标系，    则，，，，，，． 故，，， 设平面的法向量为， 则取． 设直线与平面所成角为, 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）存在点E，理由如下： 设，其中， 所以，， 设平面ADE的法向量为， 则取． 且， 则点到平面ADE的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时． ( 考点 0 4 圆锥曲线 ) 8．(24-25高二下·湖南永州第一中学·期末)已知双曲线a的一个焦点为，且双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】已知双曲线a的一个焦点为，可知焦点位于x轴上，半焦距.设双曲线方程为：，渐近线方程为.根据圆的方程可知圆心为焦点，半径为. 圆心到渐近线的距离d等于半径r，根据点到直线距离公式得到b，根据得到a，从而计算出离心率. 【详解】已知双曲线a的一个焦点为，故焦点位于x轴上，半焦距.设双曲线方程为：，渐近线方程为. 已知圆得方程：，圆心即为焦点，半径为. 圆心到渐近线的距离d等于半径r，由点到直线的距离公式可得： ，代入得：. 由. 所以离心率. 故选：C. 9．(24-25高二下·湖南永州第四中学·期末)（多选）已知是椭圆和双曲线的公共焦点是他们的一个公共点，且则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】对，设，由椭圆和双曲线的标准方程可得和，由此即可判定；对B，由题意和双曲线的定义结合余弦定理联立方程组求解即可判定；对C，由B中结论转化为离心率即可判定；对D，由C中结论，利用构造互为倒数的类型，再利用基本不等式求最值即可判定. 【详解】对于，设，因为是椭圆的焦点，所以； 又因为是双曲线的焦点，所以 所以，故A正确； 对于B，由题意可得，两式平方整理得， 在中，由，得，即， 又由，，可得，解得，故B正确； 对于C，由B可得，即，即，故C错误； 对于D，由C可得， 所以， 当且仅当时等号成立，即的最小值为，故D正确． 故选：ABD. 10．(24-25高二下·湖南衡阳第八中学·期末)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现，若椭圆的左、右焦点分别为、，P为椭圆C上一动点，过P和原点作直线l与圆C的蒙日圆相交于M，N，则的最小值为______． 【答案】 【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故，所以，故得解． 【详解】因为椭圆，所以，，故，，， 如图，令，因为，所以， 即，结合图象，由平面向量的知识可得， 故，两式相加得， 即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时， 易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，， 所以，故． 令，，则， 所以，由二次函数易知，所以， ，所以最小值为． 故答案为：． 11．(24-25高二下·湖南长沙第一中学·期末)已知动点到点的距离比它到直线的距离小，记动点的轨迹为． (1)求轨迹的方程． (2)直线与分别与轨迹交于点和点（与同向），且，线段与交于点，线段与的中点分别为． （ⅰ）求证：三点共线； （ⅱ）若，，求四边形ABCD的面积． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）18 【分析】（1）根据题意可知动点的轨迹为抛物线，即可求解； （2）（ⅰ）写出直线，的方程，利用即可得到，再写出直线，的方程，得出直线与的交点和直线与的交点重合，即为点，得证；（ⅱ）利用，可得，可求出，进而利用比例关系将四边形的面积用表示即可求解. 【详解】（1）动点到点的距离比它到直线的距离小， 点到的距离与到直线的距离相等， 则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以轨迹的方程为． （2）（ⅰ）设，，，， 则直线的斜率为，， 直线的方程为，即， 直线的斜率为，， 直线的方程为，即， ，，，即，故． 又直线的斜率为， 直线的方程为，即， 令，得， 直线的斜率为， 直线的方程为，即， 令，得， 所以直线与的交点和直线与的交点重合，即为点． 所以三点共线； （ⅱ），， ，，得， ， ， 上面两式相减得， 由（ⅰ）知，即，， 过点作交于点， ，，，，， 则，， 又，不妨设，则， 四边形是平行四边形，， 分别是的中点，，， ，， 设的边上的高为，的边上的高为，则， ，， ， ，，， ．    12．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)已知抛物线C：经过点，C的焦点F在x轴的正半轴上，点A，B在C上运动． (1)求C的方程． (2)若直线AB的方程为，求内切圆的半径r． (3)设点，且EF平分，试问直线AB：是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是， 【分析】（1）将代入，结合，则，得到C的方程为； （2）联立与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，，求出的面积，进而利用求出半径； （3）由角平分线得到，设，，结合，得到方程，联立与得两根之和，两根之积，代入上式，求出，从而求出直线AB过定点． 【详解】（1）因为抛物线C：经过点，所以， 解得或， 又C的焦点F在x轴的正半轴上，所以，则，则C的方程为． （2）设，． 由得，，则 ， ． 因为点到直线AB的距离， 所以的面积， 所以． （3）是，定点坐标为， 因为EF平分，所以， 设，， 则， 因为，，所以， 整理得， 则， 即．① 将代入，得， 则 代入①可得， 因为，所以，即， 所以直线方程为， 所以直线AB过定点． 13．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由题意建立的方程组，求解即得双曲线方程； （2）设直线的方程为，将其分别与双曲线方程和渐近线方程联立，消元后，利用韦达定理，求得弦长,以及原点O到直线的距离，结合图形，根据求出表达式，换元后根据函数的单调性即可求得的最大值. 【详解】（1）设双曲线的焦距为2c， 点到渐近线的距离为， 因，代入解得， 又双曲线的一条渐近线为， 故双曲线的方程为：； （2） 如图，设，，设直线的方程为， 联立直线与双曲线的方程，消去可得：， ， 直线与双曲线右支交于两点，故，解得， 则， 原点O到直线的距离， 设，，联立消去可得：， 则，，，， 则 而，， 令，则， 当，即时取到等号． 综上所述，的最大值为． 14．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)在平面直角坐标系中，分别以x轴和y轴为实轴和虚轴建立复平面，已知复数，在复平面内满足为定值的点的轨迹为曲线．且点在曲线上． (1)求的方程； (2)是过右焦点的弦（不是长轴），的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C，D，l与x轴的交点为E． （ⅰ）证明：； （ⅱ）记与的交点为M，与的交点为N，求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析 （ii） 【分析】(1)由为定值，可知的轨迹为椭圆，进而可得到值，再结合在曲线上可知值，再利用椭圆三者关系求，最后写出的方程即可.      （2）（ⅰ）要证明，只需证明直线和的斜率相等即可. （ⅱ）将求四边形的面积的最大值转化为求面积的最大值，联立直线和椭圆方程，利用根和系数的关系及函数的单调性求解即可. 【详解】（1）根据题意，复数满足为定值，即： 点到点和的距离之和为定值，由椭圆定义， 该轨迹为椭圆，则焦距，故：， 已知点在椭圆上，即长半轴， 则，因此，曲线的方程为：. （2）（ⅰ）易知椭圆右焦点为，设直线方程： ，设      联立 ，消得： 由韦达定理：      又，, 所以，， 要证，即证, 即证， 即证， 即证， 又根据韦达定理：，得证.           （ⅱ）如图：    在中，因为，G是中点，所以是中点， 由（ⅰ）同理可得，所以四边形是平行四边形， 且G是中点，所以是中点，连接， 易知 所以, 由（ⅰ）得：， 令椭圆的右焦点为，则       即      计算 （令）化简得： ， 由对勾函数单调递增， （对求导），所以，则： ， 故：. 所以四边形MGNE面积的最大值为：. ( 考点 0 5 导数及其应用 ) 15．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)定义在上的函数的导函数为，且满足，，，则下列不等式一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，可得，单调递增，，单调递减，所以，，，，从而对各个选项分别进行求解即可. 【详解】根据题意，定义在上的函数的导函数满足， 所以，， 令，，则，， 所以单调递增，单调递减， 又，， 所以，，，， 因为单调递增，单调递减， 所以，， 又，所以，故A错误； 同理，，， 所以，故B错误； ，所以，故C正确； ，， 所以，故D错误. 故选：C. 16．(24-25高二下·湖南永州第一中学·期末)若，为正实数，函数在上单调递增，则的最大值为____________． 【答案】 【分析】对原函数求导得，根据已知，为正实数，函数在上单调递增，得出.分析导数非负条件，得到临界点，从而得到a，b关系：，构造函数，求导并令得到，根据导数单调性判断为最大值. 【详解】求导得：.已知，为正实数，函数在上单调递增，故对所有恒成立. 当时，，此时需要； 当时，，此时需要； 当时，，此时等式成立. 特别地，当时，，此时必须满足，即. 综合可得为临界点，此时： 求最大值：将b代入，得. 设，求导：. 令：，. 故 当时，，函数递增； 当时，，函数递减; 所以时，取得最大值：. 故答案为：. 17．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知函数，，，则（   ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【分析】求导可得有两个零点，，从而可得，再由条件可得的零点也为，，代入计算，即可得到结果. 【详解】设，，则， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 的极小值为， 又因为，，所以有两个零点，． 且，即得，① 若，，则的零点也为，， 且，代入①式得，所以． 故选：D． 18．(24-25高二下·湖南岳阳·期末)已知，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_____（用区间表示）. 【答案】 【分析】首先通过对数运算法则对已知等式进行变形，构造函数，利用导数判断其单调性，再根据函数值相等及单调性得到，进而构造函数，通过求导判断其单调性来求解最小值. 【详解】， 由于，则， 设，则上式表明， 求导得，当时，在上单调递增， ，进而可得， ， 令，则， 当时，在单调递增；当时，在单调递减， ， 要使恒成立，则恒成立，故， 即 故答案为： 19．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知函数在上有两个极值点，则实数m的取值范围是_______． 【答案】 【分析】根据题意，将函数有两个极值点问题转化为方程有两个实根，设，求导判断其单调性，求出端点值，作出函数的图象，结合图象根据直线与有两个交点可求得参数的范围. 【详解】由求导得， 因函数在上有两个极值点， 则有两个变号零点， 即方程有两个实根，也即方程有两个实根. 设，则，因， 则当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减. 故，又，， 作出函数在上的图象如下. 方程有两个实根，等价于直线与有两个交点， 故需使. 故答案为：. 20．(24-25高二下·湖南长沙周南中学·期末)（多选）已知函数 . 则下列说法正确的是（   ） A．当时，在点(0,0)处的切线方程为 B．当时，的极小值为 C．若不等式在时恒成立，则 D．若函数恰有1个零点，则 【答案】ABD 【分析】对函数求导，应用导数的几何意义求切线方程判断A；应用导数求函数的极值判断B；令，问题化为恒成立求参数范围判断C；由函数零点得0或，结合函数零点个数求参数范围判断D. 【详解】A：当时，，则，切线方程为，正确； B：当时，，令，得， 当时，，当时，，则的极小值为，正确; C：由有 在上恒成立， 令，则在上单调递增，即恒成立， 所以，即， 令，即， 所以，当时，，所以在单调递减， 所以，所以 ，即，错误； D：由， 令有，解得0或， 令，所以， 令，得，由有有， 所以在上单调递减，在上单调递增， ， 当时， 无解或有一解为0， 所以函数恰有1个零点0， 所以，正确. 故选：ABD 21．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．当时，有且仅有一个零点 B．若函数在区间上单调递增，则 C．存在实数，使得在上恒成立 D．若，则过原点有两条直线与曲线相切 【答案】ABD 【分析】由时，再结合又，，可对A判断；由由在区间上单调递增，等价于在上恒成立，分情况讨论即可对B求解判断；求出，则不恒成立，即可对C判断求解；设设切点，，可求出，再结合函数过，则在原点处有切线，则可对D判断. 【详解】A：当时，，， 所以在其定义域上单调递增，又，，所以当时，有且仅有一个零点，故A正确； B：，由在区间上单调递增，所以在上恒成立，即等价于在上恒成立， 当时，恒成立，当时，等价于， 又，当且仅当时，即时取等号， 所以，解得，所以，故B正确； C：，， 则， 则不恒成立，故C错误； D：当时，，则， 设切点，， 则直线斜率， 即，解得，或（舍去），此时切点不在原点且过原点有一条切线， 又因为函数，即原点在函数的图像上，则过原点处的切线斜率为存在， 所以在原点处也存在一条切线，综上所述过原点有两条直线与曲线相切，故D正确； 故选：ABD. 22．(24-25高二下·湖南长沙岳麓实验中学·期末)（多选）已知函数，则（　　） A．在区间内存在零点 B．0是的极小值点 C．在区间内存在极大值 D．在区间上单调递减 【答案】BCD 【分析】令，得到零点，看区间内有无这些零点，没有则不存在零点即可判断A；在附近，分析、、正负，时，时，所以是极小值点即可判断B；对求导．在内，分析各项正负，判断是否存在极大值即可判断C；在上，分析正负，再分析各项正负，得，单调递减即可判断D． 【详解】对于A：函数， 令，则或或，解得，，，， 在区间内，不存在上述使的值，所以在区间内不存在零点，故A错误；   对于B：当在附近时，，在上单调递增，且， 当时，，，所以； 当时，，在附近正负交替，但， 所以是的极小值点，故B正确； 对于C：函数的定义域为，， 当时，，，，， ，且在内，随着的变化，会先大于后小于， 则在区间内存在极大值，故C正确； 对于D：当时，，，， 则， ， 在上，，，，； ，，，； ，，，， 即，则在区间上单调递减，故D正确． 故选：BCD． 23．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)（多选）已知函数和的图象在第一象限的交点为A，轴，垂足为．如图，当时，和的图象组成的曲线可形象的称为“锦鲤曲线”，则（   ） A．“锦鲤曲线”关于直线对称 B．三角形的面积不超过 C．当时， D．恰有两条不同的直线被“锦鲤曲线”截得的弦长为 【答案】ABD 【分析】根据反函数的定义和求法，可判定A正确；联立方程组，转化为，设函数，求得，得到函数的单调性，得到使，且，结合三角形的面积公式，可判定B正确；转化为时，，结合函数的图象，可判定C错误；设直线与“锦鲤曲线”分别交于M，N两点，求得弦长，得到存在一条直线被“锦鲤曲线”截得的弦长为，再由B项，得到的极大值为，可判定D正确. 【详解】对于A中，由，可得，则， 所以函数与互为反函数， 所以“锦鲤曲线”关于直线对称，所以A选项正确； 对于B中，由，可得，即， 设，可得， 令，可得，令，得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 又由， 所以使，根据题意，可得， 所以，所以B选项正确； 对于C中，由当时，，转化为时，， 由图象得，当时，函数的图象恒在直线的上方，所以C选项错误； 对于D中，设直线与“锦鲤曲线”分别交于M，N两点， 则弦长， 显然时，一定存在一条直线被“锦鲤曲线”截得的弦长为， 当时，记， 由B知，当时，的极小值为，所以的极大值为， 所以，当时，存在一条直线被“锦鲤曲线”截得的弦长为，所以D正确. 故选：ABD. 24．(24-25高二下·湖南郴州·期末)已知函数， (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)当时，设函数，讨论函数零点的个数． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）先求出函数的解析式，对函数求导，将切点坐标代入函数和导数中，即可求得切线方程. （2）方法一：分别讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数；方法二：讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数，时利用放缩法，先证明，再证明，进而确定零点个数. 【详解】（1）当时， 求导得，所以，又 所以在点处的切线方程为 （2）当时，，所以， 令，求导得， 因为，所以在上单调递增，所以. 因为，所以当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又，所以有唯一零点； 下证当时，无零点 法一：当时，因为， 所以， 令，则， 因为，，所以，所以在上单调递增， 又，， 故在上有唯一的零点β，即， 因此有 当时，，即；当时，，即． 所以在上单调递减，在上单调递增， 故为最小值． 由，得， 所以在时， 因为，所以，又因为当时，，所以． 所以． 因此当时，没有零点. 综上所述，时，有1个零点；当时，没有零点 法二：（放缩法）先证 记，则 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增 所以，即，当且仅当时等号成立 再证： 由得，即， 所以，当且仅当，即时等号成立 所以 因此当时，没有零点． 25．(24-25高二下·湖南新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟·期末)已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求在内的极值； (3)设，若有2个零点，，且，求证：. 【答案】(1) (2)有极大值，无最小值 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，求出，，，再由导数的几何意义求解即可； （2）当，对求导，求出的单调性，结合极值点的定义即可得出答案； （3）对求导，研究单调性和极值可知要使有2个零点，则需，由此求出的范围，要证，只需证，由此构造，，对求导，证明即可. 【详解】（1）当时，，则， 因为，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）当时，，有， 由可得，即， 当时，，，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 有极大值，无最小值. （3），则. 若，则，单调递增，不可能有两个零点. 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以为的极小值点， 要使有2个零点，则需，即. 因为的2个零点为，，，所以. 要证，只需证， 因为，在上单调递增， 所以只需证， 因为，所以只需证， 即只需证，， 令，， 则， 设，则， 则在上单调递减， 又因为， 所以当时，，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，即在上单调递减， 又因为，所以， 即，， 所以原命题得证. 26．(24-25高二下·湖南湘西·期末)已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求的单调递增区间； (3)若且，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出、的值，结合导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的单调递增区间； （3）要证，只需证，即证，构造函数，即证，利用导数分析函数的单调性，结合单调性证明即可. 【详解】（1）由题意得，， 则，又， 所以曲线在点处的切线方程为， 整理得，即． （2）令，，则， 令，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以，故在上单调递增， 又，所以当时，， 当时，， 所以的单调递增区间为． （3）要证，只需证， 即证， 设函数，即证． 又， 设，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，故在上单调递增， 所以． 令，则， 所以在上单调递增，故， 而，所以， 故，即且． 27．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对任意恒成立，求实数a的取值范围； (3)若正项数列满足，，试比较与1的大小关系，并说明理由． 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间． (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）将代入，利用导数及转化思想即可求得函数的单调区间； （2）利用导数、转化思想，分和分别求解即可； （3）由题意可得得，结合（1）可得，令，则有，即有，则有，结合，可得，从而，即有． 【详解】（1）解：当时，， 所以， 令， 则，即为， 则， 当，即时，单调递减， 当，即时，单调递增， 所以， 故， 所以， 所以的单调递增区间为，无单调递减区间； （2）解：注意到，，， 设，则，， ①当时，恒成立， 所以，在上单调递增， 所以， 所以， 所以在上单调递增， 所以，满足题意； ②当时，令，得， 即存在，使得时，单调递减， 时，，单调递增， 故， 所以，当，，，单调递减， 所以，存在，不满足对任意恒成立． 综上，实数a的取值范围为． （3）解：由，得． 由（1）知，当时，在上单调递增， 故当时，， 令，则， 即，故， 又因为，所以， 故． 一方面，当时，，， 另一方面，当时，． 即，所以． 综上，． 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用方法有：1、转化为求函数的最值；2、参变分离，转化为求参数与函数最值之间关系. 28．(24-25高二下·湖南邵阳·期末)已知函数，其中． (1)当时，求函数在上的最小值； (2)若在上恒成立，求m的取值范围； (3)为求积符号，．求证对于所有正整数n，均有． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）因根据题意，求得，令，得到，得到函数的单调性，进而求得其最小值； （2）由，分和，两种情况讨论，得到函数单调性，进而得到m的取值范围；   （3）转化为证明，设函数，得到，求得的单调性，得到恒成立，由（2）知，进而证得结论. 【详解】（1）解：因为，可得，则， 令，可得，又因为，所以， 当时，，单调递增，当时，单调递减， 又由，所以． （2）解：由， 当时，恒成立， 所以在上单调递减，所以， 故时，在上恒成立； 当时，设，则在上单调递减， 且，，使， 当时，，即，所以在上单调递增； 所以时，，与恒成立矛盾，故不合题意， 综上所述，实数m的取值范围为． （3）证明：要证， 只需证， 设，则， 所以在上单调递减，， 当时，恒成立． 又由时，，由（2）知， 所以， 所以， 所以，证毕． 29．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)设函数． (1)当时．求曲线在处的切线方程； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数恰有两个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3). 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出的导数，再分类讨论求出的单调区间. （3）由（2）中信息分类探讨并求出极小值，并确定函数有两个零点的条件，再结合零点存在性定理求解判断. 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 所以所求切线方程为，即. （2）函数的定义域为， 求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，，且当时取等号，函数在上单调递减； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当时，函数在上单调递减，则最多一个零点； 当时，在处取得极小值，则最多一个零点； 当时，在处取得极小值，则最多一个零点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， ，要函数有两个零点，则必有， 解得，此时，当从大于0的方向趋近于0时，趋近于正无穷大，， 因此当且仅当时，函数恰有两个零点， 所以实数的取值范围是. 30．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)已知函数的导数为，的导数为的二阶导数，记作．若函数在包含的某个开区间上具有二阶导数，那么，，我们把称为函数在处的二阶拟合函数． (1)写出函数在处的二阶拟合函数，并证明对恒成立； (2)若对恒成立，求a的取值范围； (3)设函数的两个零点为，，在处的二阶拟合函数为，证明：有两个零点，，且． 【答案】(1)，证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据二阶拟合函数定义即可得，构造函数，利用二阶导数讨论单调性即可得证； （2）构造函数证明，结合（1）可得，当时，通过放缩可得成立，当时，通过放缩可知，然后构造函数，利用导数证明不满足题意即可得解； （3）求出，根据二次函数性质可证其有两个零点，将目标不等式转化为，构造，利用导数即可得证. 【详解】（1）因为，， 所以在处的二阶拟合函数． 设，则，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，即， 所以对恒成立． （2）记，则，则， 所以在上单调递增，， 所以在上单调递增，即， 所以对恒成立， 由（1）可知，则， 所以当时，对恒成立， 则对恒成立． 设， 当时，， 设，则， 所以在上单调递减，则， 所以，这与题意矛盾，所以． （3）因为， 所以，则， 则， 因为，且的图象开口向上， 所以有两个零点，且． 因为当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 要证，只需证， 因为，且， 所以只需证， 构造函数， 则， 所以在上单调递增，所以，即， 因为，所以，所以． ( 考点 0 6 随机变量及其分布 ) 31．(24-25高二下·湖南长沙岳麓区湖南师范大学附属中学·期末)某盒子中有黑、白球各1个，记“从该盒子中随机抽取一个球，记录颜色后放回该球”为一次操作，重复以上操作，首次集齐黑、白两种颜色的操作次数为随机变量，则的数学期望为______． 【答案】3 【分析】设 为第一次操作后，直到首次得到另一种颜色所需的额外操作次数，则 服从成功概率 的几何分布，根据几何分布的期望公式结合期望的线性运算性质可得到的数学期望. 【详解】第一次操作必然得到一种颜色（黑或白，概率均为 )，此时已有一种颜色； 此后，每次操作以概率 得到另一种颜色（即首次成功集齐两种颜色），或以概率 得到相同颜色（状态不变）. 设 为第一次操作后，直到首次得到另一种颜色所需的额外操作次数. 则 服从成功概率 的几何分布，分布列为, 其期望为 , 记,则, 两式错位相减得, ∴, ∴, ∴ , 总操作次数，故期望为：, 因此， 的数学期望为 3. 故答案为：3 32．(24-25高二下·湖南湘东教学联盟·期末)一个材质均匀的抽奖转盘被等分为10个扇形区域，分别标有数字1至10．玩家进行以下操作： 第一轮：转动转盘一次，记录数字n（不考虑指针落在交界线的情况），若n为质数，则获得一个抽奖币，否则获得一个普通币； 第二轮：若第一轮获得抽奖币，可从抽奖池随机抽取奖励（抽奖池中包含1个一等奖、3个二等奖、6个三等奖）；若获得普通币，则从普通池中随机抽取奖励（普通池中包含2个安慰奖、8个谢谢参与）． 第三轮：若第二轮抽到一等奖或二等奖，则可再次转动转盘，若此次数字与第一轮数字之和为偶数，则额外获得终极大奖． 则玩家最终获得终极大奖的概率为________． 【答案】 【分析】记事件A=抽中质数，事件B=抽中一等奖或二等奖．事件C=第三轮与第一轮数字之和为偶数，D=获得终极大奖，根据求解即可. 【详解】记事件A=抽中质数，事件B=抽中一等奖或二等奖．事件C=第三轮与第一轮数字之和为偶数，D=获得终极大奖. 由题意知， 由于，， 且第三轮中无论n是奇质数还是偶质数，第二轮后转盘独立， 事件C的概率恒为（奇偶数各5个）， 故． 故答案为： 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $