2025年普通高等学校招生全国统一考试数学真题2套（新1卷+新Ⅱ卷）

试卷第=page试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025年普通高等学校招生全国统一考试数学真题2套（新1卷+新Ⅱ卷）2025年高考全国一卷数学高考真题及答案注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1．的虚部为（

）A． B．0 C．1 D．62．设全集，集合，则中元素个数为（

）A．0 B．3 C．5 D．83．若双曲线C的虚轴长为实轴长的倍，则C的离心率为（

）A． B．2 C． D．4．若点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（

）A． B． C． D．5．设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（

）A． B． C． D．6．帆船比赛中，运动员可借助风力计测定风速的大小和方向，测出的结果在航海学中称为视风风速，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，其中船行风速对应的向量与船速对应的向量大小相等，方向相反.图1给出了部分风力等级、名称与风速大小的对应关系.已知某帆船运动员在某时刻测得的视风风速对应的向量与船速对应的向量如图2（风速的大小和向量的大小相同），单位（m/s），则真风为（

）等级风速大小m/s名称21.1~3.3轻风33.4~5.4微风45.5~7.9和风58.0~10.1劲风A．轻风 B．微风 C．和风 D．劲风7．若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（

）A． B． C． D．8．若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（

）A． B．C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．在正三棱柱中，D为BC中点，则（

）A． B．平面C．平面 D．10．设抛物线的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于的直线交于E，过点A作准线l的垂线，垂足为D，则（

）A． B．C． D．11．已知的面积为，若，则（

）A． B．C． D．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12．若直线是曲线的切线，则.13．若一个等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为.14．一个箱子里有5个相同的球，分别以1~5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．为研究某疾病与超声波检查结果的关系，从做过超声波检查的人群中随机调查了1000人，得到如下列联表：超声波检查结果组别正常不正常合计患该疾病20180200未患该疾病78020800合计8002001000(1)记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为P，求P的估计值；(2)根据小概率值的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关.附，0.0050.0100.0013.8416.63510.82816．设数列满足，(1)证明：为等差数列；(2)设，求．17．如图所示的四棱锥中，平面，．(1)证明：平面平面；(2)，，，，在同一个球面上，设该球面的球心为．（i）证明：在平面上；（ⅱ）求直线与直线所成角的余弦值．18．设椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．（i）设，求点的坐标（用m，n表示）；（ⅱ）设O为坐标原点，是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．19．（1）设函数,求在的最大值；（2）给定，设a为实数，证明：存在，使得；（3）若存在使得对任意x，都有，求b的最小值．试卷第试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页1．C【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.【详解】因为，所以其虚部为1，故选：C.2．C【分析】根据补集的定义即可求出．【详解】因为，所以，中的元素个数为，故选：C．3．D【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，由题知，，于是，则，即.故选：D4．B【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解.【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足，即的对称中心是，即，又，则时最小，最小值是，即.故选：B5．A【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.【详解】由题知对一切成立，于是.故选：A6．A【分析】结合题目条件和图写出视风风速对应的向量和船行风速对应的向量，求出真风风速对应的向量，得出真风风速的大小，即可由图得出结论.【详解】由题意及图得，视风风速对应的向量为：，视风风速对应的向量，是真风风速对应的向量与船行风速对应的向量之和，船速方向和船行风速的向量方向相反，设真风风速对应的向量为，船行风速对应的向量为，∴，船行风速：，∴，，∴由表得，真风风速为轻风，故选：A.7．B【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论.【详解】由题意，在圆中，圆心，半径为，到直线的距离为的点有且仅有个，∵圆心到直线的距离为：，故由图可知，当时，圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于；当时，圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于；当则的取值范围为时，圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.故选：B.8．B【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出；法二：根据数形结合解出.【详解】法一：设，所以令，则，此时，A有可能；令，则，此时，C有可能；令，则，此时，D有可能；故选：B．法二：设，所以，根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示：易知，随着的变化可能出现：，，，，故选：B．9．BC【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用线面平行的判定定理即可判断；对于D，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解.【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面，又平面，则，则，因为是正三角形，为中点，则，则又，所以，则不成立，故A错误；对于B，因为在正三棱柱中，平面，又平面，则，因为是正三角形，为中点，则，又平面，所以平面，故B正确；对于C，因为在正三棱柱中，又平面平面，所以平面，故C正确；对于D，因为在正三棱柱中，，假设，则，这与矛盾，所以不成立，故D错误；故选：BC.法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为，则，对于A，，则，则不成立，故A错误；对于BC，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，则平面，平面，故BC正确；对于D，，则，显然不成立，故D错误；故选：BC.10．ACD【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D.【详解】法一：对于A，对于抛物线，则，其准线方程为，焦点，则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知，，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，交于点，由题意可知，则，又，，所以，所以，同理，又，所以，即，显然为的斜边，则，故B错误；对于C，易知直线的斜率不为，设直线的方程为，，联立，得，易知，则，又，，所以，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，在与中，，所以，则，即，同理，又，，所以，则，故D正确.故选：ACD.法二：对于A，对于抛物线，则，其准线方程为，焦点，则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，由抛物线的定义可知，，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，交于点，由题意可知，则，又，，所以，所以，同理，又，所以，即，显然为的斜边，则，故B错误；对于C，当直线的斜率不存在时，；当直线的斜率存在时，设直线方程为，联立，消去，得，易知，则，所以，综上，，故C正确；对于D，在与中，，所以，则，即，同理，当直线的斜率不存在时，，；所以，即；当直线的斜率存在时，，，所以，则；综上，，故D正确.故选：ACD.11．ABC【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，然后分情况比较和的大小，亦可使用正余弦定理讨论解决，结合正弦函数的单调性可推出，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项.【详解】，由二倍角公式，，整理可得，，A选项正确；由诱导公式，，展开可得，即，若，则可知等式成立；若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理，又，于是，与条件不符，则不成立；若，类似可推导出，则则不成立.综上讨论可知，，即.方法二：时，由，则，于是，由正弦定理，，由余弦定理可知，，则，若，则，注意到，则，于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是，结合，而都是锐角，则，于是，这和相矛盾，故不成立，则由，由，则，即，则，同理，注意到是锐角，则，不妨设，则，即，由两角和差的正弦公式可知，C选项正确由两角和的正切公式可得，，设，则，由，则，则，于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误.故选：ABC12．【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.【详解】法一：对于，其导数为，因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，令，即，解得，将代入切线方程，可得，所以切点坐标为，因为切点在曲线上，所以，即，解得.故答案为：.法二：对于，其导数为，假设与的切点为，则，解得.故答案为：.13．【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解.【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，当时，，即，则，显然不成立，舍去；当时，则，两式相除得，即，则，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.法二：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，所以，，所以，则，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.法三：设该等比数列为，是其前项和，则，设的公比为，因为，又，所以，解得，所以该等比数列公比为.故答案为：.14．##【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得.【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3，总的选取可能数为，其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式，故，：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式，其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种，故，：三种不同球被取出，由排列数可知事件的可能情有况种，故，所以.故答案为：.法二：依题意，假设随机变量，其中：其中，则，由于球的对称性，易知所有相等，则由期望的线性性质，得，由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为，由于抽取独立，三次均未取出球的概率为，因此球至少被取出一次的概率为：，故，所以.故答案为：.15．(1)(2)有关【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求出；（2）根据独立性检验的基本思想,求出,然后与小概率值对应的临界值比较,即可判断.【详解】（1）根据表格可知，检查结果不正常的人中有人患病，所以的估计值为；（2）零假设为：超声波检查结果与患病无关，根据表中数据可得，，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为超声波检查结果与患该病有关，该推断犯错误的概率不超过.16．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论；（2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论.【详解】（1）由题意证明如下，，在数列中，，，∴，即，∴是以为首项，1为公差的等差数列.（2）由题意及（1）得，，在数列中，首项为3，公差为1，∴，即，在中，，∴，当且时，∴，∴∴.17．(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直；（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论；法二：作出的边和的垂直平分线，找到三角形的外心，求出，求出出外心到，，，的距离相等，得出外心即为，，，所在球的球心，即可证明结论；（ii）法一：写出直线和的方向向量，即可求出余弦值.法二：求出的长，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，利用勾股定理求出的长，进而得出的长，在中由余弦定理求出，即可求出直线与直线所成角的余弦值.【详解】（1）由题意证明如下，在四棱锥中，⊥平面，，平面，平面，∴，，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面.（2）（i）由题意及（1）证明如下，法一：在四棱锥中，，，，∥，，，建立空间直角坐标系如下图所示，∴，若，，，在同一个球面上，则，在平面中，∴，∴线段中点坐标，直线的斜率：，直线的垂直平分线斜率：，∴直线的方程：，即，当时，，解得：，∴在立体几何中，，∵解得：，∴点在平面上.法二：∵，，，在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等在中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出和的垂直平分线，如下图所示，由几何知识得，，，，∴，∴点是的外心，在Rt中，，，由勾股定理得，∴，∴点即为点，，，所在球的球心，此时点在线段上，平面，∴点在平面上.（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，，设直线与直线所成角为，∴.法2：由几何知识得，，，∥，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，过点作的平行线，交的延长线为，连接，，则，直线与直线所成角即为中或其补角.∵平面，平面，，∴，在Rt中，，，由勾股定理得，，在Rt中，，由勾股定理得，，在中，由余弦定理得，，即：解得：∴直线与直线所成角的余弦值为：.18．(1)(2)(ⅰ)(ⅱ)【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；(ⅱ)根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.【详解】（1）由题可知,，所以，解得，故椭圆的标准方程为；（2）(ⅰ)设，易知，法一：所以，故，且．因为，，所以，即，解得，所以，所以点的坐标为.法二：设，则，所以，，故点的坐标为.(ⅱ)因为,,由,可得,化简得,即,所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,为到圆心的距离加上半径,法一：设,所以,当且仅当时取等号,所以.法二：设，则，，当且仅当时取等号,故.19．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值.（2）利用反证法可证三角不等式有解；（3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值.【详解】（1）法1：，因为，故，故，当时，即，当时，即，故在上为增函数，在为减函数，故在上的最大值为.法2：我们有.所以：.这得到，同时又有，故在上的最大值为，在上的最大值也是.（2）法1：由余弦函数的性质得的解为，，若任意与交集为空，则且，此时无解，矛盾，故无解；故存在，使得，法2：由余弦函数的性质知的解为，若每个与交集都为空，则对每个，必有或之一成立.此即或，但长度为的闭区间上必有一整数，该整数不满足条件，矛盾.故存在，使得成立.（3）法1：记，因为，故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况.当时，，当时，，此时，令，则，而，，故，当，在（2）中取，则存在，使得，取，则，取即，故，故，综上，可取，使得等号成立.综上，.法2：设.①一方面，若存在，使得对任意恒成立，则对这样的，同样有.所以对任意恒成立，这直接得到.设，则根据恒成立，有所以均不超过，再结合，就得到均不超过.假设，则，故.但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不可能都在直线左侧.所以假设不成立，这意味着.②另一方面，若，则由（1）中已经证明，知存在，使得.从而满足题目要求.综合上述两个方面，可知的最小值是.2025年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ卷）2025年高考全国二卷数学高考真题及答案注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．样本数据2，8，14，16，20的平均数为（

）A．8 B．9 C．12 D．182．已知，则（

）A． B． C． D．13．已知集合则（

）A． B．C． D．4．不等式的解集是（

）A． B．C． D．5．在中，，，，则（

）A． B． C． D．6．设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B，若直线BF的方程为，则（

）A．3 B．4 C．5 D．67．记为等差数列的前n项和，若则（

）A． B． C． D．8．已知，，则（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（

）A． B．C． D．10．已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（

）A． B．当时，C．当且仅当 D．是的极大值点11．双曲线的左、右焦点分别是，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且，则（

）A． B．C．C的离心率为 D．当时，四边形的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知平面向量若，则13．若是函数的极值点，则14．一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．已知函数．(1)求;(2)设函数，求的值域和单调区间．16．已知椭圆的离心率为，长轴长为4．(1)求C的方程；(2)过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求．17．如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为．(1)证明:平面；(2)求面与面所成的二面角的正弦值．18．已知函数，其中．(1)证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点；(2)设分别为在区间的极值点和零点.（i）设函数·证明：在区间单调递减；（ii）比较与的大小，并证明你的结论．19．甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立，对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率．(1)求（用p表示）．(2)若，求p．(3)证明：对任意正整数m，．答案第答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】由平均数的计算公式即可求解.【详解】样本数据的平均数为.故选：C.2．A【分析】由复数除法即可求解.【详解】因为，所以.故选：A.3．D【分析】求出集合后结合交集的定义可求.【详解】，故，故选：D.4．C【分析】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.【详解】即为即，故，故解集为，故选：C.5．A【分析】由余弦定理直接计算求解即可.【详解】由题意得，又，所以.故选：A6．C【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.【详解】对，令，则，所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，故，则，代入抛物线得.所以.故选：C7．B【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解.【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得，所以.故选：B.8．D【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案.【详解】，因为，则，则，则.故选：D.9．AD【分析】对A，根据等比数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和前项和公式一一计算分析即可.【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确；对B，则，故B错误；对C，，故C错误；对D，，，则，故D正确；故选：AD.10．ABD【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；对B，当时，，则，故B正确；对C，，故C错误；对D，当时，，则，令，解得或（舍去），当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，则是极大值点，故D正确；故选：ABD.11．ACD【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误.【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限，对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，故A正确；对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且，设，则，故，故，由A得，故即，故B错误；方法二：因为，因为双曲线中，，则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，方法三：在利用余弦定理知，，即，则，则为直角三角形，且，则，故B错误；对于C，方法一：因为，故，由B可知，故即，故离心率，故C正确；方法二：因为，则，则，故C正确；对于D，当时，由C可知，故，故，故四边形为，故D正确，故选：ACD.12．【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可.【详解】，因为，则，则，解得.则，则.故答案为：.13．【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.【详解】由题意有，所以，因为是函数极值点，所以，得，当时，，当单调递增，当单调递减，当单调递增，所以是函数的极小值点，符合题意；所以.故答案为：.14．【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；【详解】圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，，故答案为：.15．(1)(2)答案见解析【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解；（2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间.【详解】（1）由题意，所以；（2）由（1）可知，所以，所以函数的值域为，令，解得，令，解得，所以函数的单调递减区间为，函数的单调递增区间为.16．(1)(2)【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长