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【江苏省考前冲刺特训】解答题模拟真题练习（三）-2025年高考数学
1．（2025 苏州三模）已知函数，g（x）＝f（e﹣x）．
（1）若a＝2，解关于x的不等式g（x）+x＞ln3；
（2）证明：关于x的方程f（x）＝g（x）有且仅有一个实根；
（3）证明：g（g（t））＝t的充要条件是g（t）＝t．
2．（2025 铜仁市三模）近年来，睡眠质量对健康的影响备受关注．研究表明，良好的睡眠习惯可以显著降低焦虑和抑郁的发生率，同时提高免疫力．
（1）某社区为推广健康睡眠，开展了“早睡一小时”活动，鼓励居民每晚提前一小时入睡．下表为活动开展后近5个月社区居民的睡眠改善情况统计．
月份（x） 1 2 3 4 5
睡眠质量显著改善人数（y） 280 250 200 160 110
若睡眠质量显著改善人数（y）与月份变量（x）具有线性相关关系（月份变量x依次为1，2，3，4，5），请预测第6个月睡眠质量显著改善的大约有多少人？
（2）该社区将参加“早睡一小时”活动的居民分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均为，若甲组挑战乙组，则下次挑战权在乙组．若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为；若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为．
（i）经过3次挑战，求挑战权在乙组的次数X的分布列与数学期望；
（ii）定义：已知数列{an}，若对于任意给定的正数ε（不论它多么小），总存在正整数N0，使得当n＞N0时，|an﹣A|＜ε（A是一个确定的实数），则称数列{an}为“聚点数列”，A称为数列{an}的聚点．经过n次挑战后，挑战权在甲组的概率为an，证明数列{an}为“聚点数列”，并求出聚点A的值．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
3．（2025 遵义模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，动点E在棱PD上移动，连接BE．
（1）证明：平面PBE⊥平面PAC；
（2）若点M为棱PC的中点，G∈平面ABCD，H∈平面BME．
（i）BM与BG所成的最小角为α，求sinα；
（ii）设平面ABCD∩平面BME＝l，BH⊥l，BH与CG所成角的最小值为θ，当θ最小时，求的值．
4．（2025 咸阳三模）若数列{bn}对于任意的n∈N+，都有bn+2﹣bn＝d（常数），则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a，对于任意的n∈N+，都有an+Sn+1＝2n+Sn．
（1）求证：数列{an}为准等差数列；
（2）求数列{an}的通项公式及前2n项和S2n．
5．（2025 南阳模拟）已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点A，B分别在l1，l2上（A，B不同于原点O），且直线AB是C的切线，则称△OAB是C的“渐切三角形”．已知C在点（s，t）处的切线方程为．
（1）写出C的一个“渐切三角形”的顶点A，B的坐标及切线AB的方程，并求出其面积；
（2）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2＞0）分别在l1，l2上，△OAB的面积为，试问△OAB是否是C的“渐切三角形”？并说明理由；
（3）若△OAB是C的“渐切三角形”，AB与C相切的切点M的横坐标大于0，F为C的左焦点，证明：∠AFB为定值．
6．（2025 道里区校级模拟）已知数列{an}前n项的积为，数列{bn}满足b1＝1，（n≥2，n∈N*）．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}中的公共项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式．
7．（2025 河南模拟）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，△ABC的面积为．
（1）求角B；
（2）求ac的值；
（3）若点E为AC的中点，，求△ABC的周长．
8．（2025 南平模拟）建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令、牙咬北海塔．现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：
①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；
②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；
③若4局后一方未多得2分，比赛也终止．
假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立．
（1）求比赛局数为4的概率p0；
（2）已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率；
（3）将（1）中p0作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值．现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为X，求使得P（X＝k）最大的k（k∈N*）的值．
9．（2025 长沙校级一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1，D，E，G分别为A1B1，C1D，AA1的中点，F为AB上的一点，且BF＝3AF，P为线段BC1上不包括端点的动点．
（1）若P为BC1的中点，证明：PE∥平面CFG；
（2）设直线CP与平面CFG所成角的为α，求sinα的最大值．
10．（2025 河北模拟）已知双曲线C的两条渐近线为，且顶点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若过点的直线l与双曲线C交于A，B两点，已知O为坐标原点，当S△OAB时，求直线l的方程．
11．（2025 东西湖区校级模拟）已知函数．
（1）是否存在实数a，使得x＝1为函数f（x）的极小值点．若存在，求a的值；若不存在，请说明理由；
（2）若f（x）图象上总存在关于点（1，0）对称的两点，求a的取值范围．
12．（2025 甘肃校级模拟）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的值；
（2）若a＝1，求△ABC外接圆的面积；
（3）若bc＝4，求a的最小值．
13．（2025 达州校级模拟）某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：
方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为S1；
方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为S2．
（其中y＞x＞4，b＞a＞4）
（1）试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；
（2）若a，b，x，y同时满足关系y＝2x﹣2，b＝2a，求这两种购买方案花费的差值S最小值（注：差值S＝花费较大值﹣花费较小值）．
14．（2025 武汉模拟）有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行n（n∈N*）次这样的操作．
（1）求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率；
（2）求n次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含n的式子表示）；
（3）求n次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含n的式子表示）．当n为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？
15．（2025 雨花区校级模拟）已知椭圆C的标准方程，其左右焦点分别为F1，F2．
（1）过点H（﹣2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1⊥BF1，求直线AB的方程；
（2）直线l1，l2过右焦点F2，且它们的斜率乘积为，设l1，l2分别与椭圆交于点C，D和E，F．若M，N分别是线段CD和EF的中点，证直线MN过定点，并求△OMN面积的最大值．
【江苏省考前冲刺特训】解答题模拟真题练习（三）-2025年高考数学
参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．（2025 苏州三模）已知函数，g（x）＝f（e﹣x）．
（1）若a＝2，解关于x的不等式g（x）+x＞ln3；
（2）证明：关于x的方程f（x）＝g（x）有且仅有一个实根；
（3）证明：g（g（t））＝t的充要条件是g（t）＝t．
【解答】解：（1）令h（x）＝g（x）+x＝ex+ln（e﹣x+1）+x﹣a＝ex+ln（e﹣x+1）﹣2．
因为x+ln（x+1）和ex均单调递增，所以易得h（x）单调递增．
因为h（ln2）＝ln3，所以h（x）＞ln3，等价于h（x）＞h（ln2），所以x∈（ln2，+∞）．
（2）证明：令m（x）＝f（x）﹣g（x）＝f（x）﹣f（e﹣x）（x＞0）．
由0，可得x，
当x∈时，f′（x）＜0，当x∈时，f′（x）＞0，
则f（x）在上单调递减，在上单调递增．
（i）当时，e﹣x∈（0，1），
因为f（x）﹣f（e﹣x）＝0，所以xex＝1．
令φ（x）＝xex﹣1，显然φ（x）单调递增，且φ（0）＝﹣1＜0，φ（1）＝e﹣1＞0，
所以φ（x）＝0在x∈（0，1）上有唯一解，即f（x）＝g（x）有唯一实根．
（ⅱ）当时，x＞1．
令t（x）＝ex﹣x﹣1，因为t'（x）＝ex﹣1＞0，所以t（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以t（x）＞t（1）＞0，即ex＞x+1，所以ln（x+1）＜x，
所以，所以f（x）＝g（x）无解．
综上所述，f（x）＝g（x）有唯一实根．
（3）证明：先证必要性：因为g（g（t））＝t，所以g（g（t））+g（t）＝g（t）+t，即h（g（t））＝h（t），
因为h（x）＝g（x）+x单调递增，所以g（t）＝t．
再证充分性：因为g（t）＝t，所以g（g（t））＝g（t）＝t，即g（g（t））＝t．
综上所述，命题得证．
2．（2025 铜仁市三模）近年来，睡眠质量对健康的影响备受关注．研究表明，良好的睡眠习惯可以显著降低焦虑和抑郁的发生率，同时提高免疫力．
（1）某社区为推广健康睡眠，开展了“早睡一小时”活动，鼓励居民每晚提前一小时入睡．下表为活动开展后近5个月社区居民的睡眠改善情况统计．
月份（x） 1 2 3 4 5
睡眠质量显著改善人数（y） 280 250 200 160 110
若睡眠质量显著改善人数（y）与月份变量（x）具有线性相关关系（月份变量x依次为1，2，3，4，5），请预测第6个月睡眠质量显著改善的大约有多少人？
（2）该社区将参加“早睡一小时”活动的居民分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均为，若甲组挑战乙组，则下次挑战权在乙组．若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为；若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为．
（i）经过3次挑战，求挑战权在乙组的次数X的分布列与数学期望；
（ii）定义：已知数列{an}，若对于任意给定的正数ε（不论它多么小），总存在正整数N0，使得当n＞N0时，|an﹣A|＜ε（A是一个确定的实数），则称数列{an}为“聚点数列”，A称为数列{an}的聚点．经过n次挑战后，挑战权在甲组的概率为an，证明数列{an}为“聚点数列”，并求出聚点A的值．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
【解答】解：（1），
，
，
，
，
所以回归直线方程为，
当x＝6时，，
即预测第6个月睡眠质量显著改善的大约有71人；
（2）（i）X的可能取值为0，1，2，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2
P
；
（ii）第n次挑战后挑战权在乙，丙组的概率记为{bn}，{cn}，
当n≥2时，an+bn+cn＝1，
，
②+③得：，
由①得：，
∴，∴，
∴，其中a1＝0，
∴是以为首项，为公比的等比数列，
所以，∴，
由聚点数列的定义知：，
当n→+∞时，，
所以，对于任意给定的正数ε（不论它多么小），总存在正整数N0，使得当n＞N0时，，
所以数列{an}是聚点数列，且聚点．
3．（2025 遵义模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝2，动点E在棱PD上移动，连接BE．
（1）证明：平面PBE⊥平面PAC；
（2）若点M为棱PC的中点，G∈平面ABCD，H∈平面BME．
（i）BM与BG所成的最小角为α，求sinα；
（ii）设平面ABCD∩平面BME＝l，BH⊥l，BH与CG所成角的最小值为θ，当θ最小时，求的值．
【解答】（1）证明：连接AC，BD，
由题意知，平面PBE即为平面PBD，
由正方形的性质知BD⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以BD⊥PA，
又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，
又BD 平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAC．
（2）解：（i）由题意知，BG为平面ABCD内过点B的任意一条直线，
所以直线BM与BG所成的最小角等价于BM与平面ABCD内的直线所成的最小角，
由线面角的定义知，α为直线BM与平面ABCD所成的线面角，
设AC∩BD＝O，连接MO，则点O是AC的中点，
因为M是PC的中点，所以MO∥PA，MOPA＝1，
又PA⊥平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD，所以∠MBO为直线BM与平面ABCD所成的角，
所以sinα＝sin∠MBO．
（ii）由题意知，CG为平面ABCD内过点C的任意一条直线，
故同（i）的推导可知，直线BH与CG所成的最小角等价于BH与平面ABCD所成的线面角，
作HN⊥平面ABCD于点N，则HN⊥l，
因为BH⊥l，BH∩HN＝H，所以l⊥平面BNH，所以l⊥BN，
所以∠HBN为二面角H﹣l﹣N的平面角，
所以θ＝∠HBN，
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（2，0，0），M（1，1，1），P（0，0，2），D（0，2，0），
设，则E（0，2t，2﹣2t），0≤t≤1，
所以（﹣1，1，1），（﹣2，2t，2﹣2t），
易知平面ABCD的一个法向量为（0，0，1），
设平面BME的法向量为，则，
取y＝t，则x＝2t﹣1，z＝t﹣1，所以，
所以cosθ＝|cos，|，
令s＝1﹣t，则s∈[0，1]，
所以cosθ，
若s＝0，则cosθ＝0，即θ＝90°；
若s≠0，则，
当s，即t时，cosθ取得最大值，此时θ最小，且θ＜90°，
故．
4．（2025 咸阳三模）若数列{bn}对于任意的n∈N+，都有bn+2﹣bn＝d（常数），则称数列{bn}是公差为d的准等差数列．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a，对于任意的n∈N+，都有an+Sn+1＝2n+Sn．
（1）求证：数列{an}为准等差数列；
（2）求数列{an}的通项公式及前2n项和S2n．
【解答】解：（1）已知对于任意的n∈N*，都有an+Sn+1＝2n+Sn．
所以an+1+Sn+2＝2（n+1）+Sn+1．
两式相减得（an+1+Sn+2）﹣（an+Sn+1）＝[2（n+1）+Sn+1]﹣（2n+Sn），
即an+1+Sn+2﹣an﹣Sn+1＝2n+2+Sn+1﹣2n﹣Sn，
整理得an+1+（Sn+2﹣Sn+1）﹣an﹣（Sn+1﹣Sn）＝2
因为Sn+2﹣Sn+1＝an+2，Sn+1﹣Sn＝an+1，
所以an+2﹣an＝2．
所以数列{an}是公差为2的准等差数列．
（2）由an+Sn+1＝2n+Sn，得an+an+1＝2n．
当n＝1时，a1+a2＝2，又a1＝a，所以a2＝2﹣a．
当n为奇数时，．
当n为偶数时，．
所以．
所以S2n＝（a1+a3+ +a2n﹣1）+（a2+a4+ +a2n）．
对于奇数项a1，a3， ，a2n﹣1，是以a1＝a为首项，2为公差的等差数列，
根据等差数列前n项和公式可得其前n项和为
所以．
．
所以．
5．（2025 南阳模拟）已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点A，B分别在l1，l2上（A，B不同于原点O），且直线AB是C的切线，则称△OAB是C的“渐切三角形”．已知C在点（s，t）处的切线方程为．
（1）写出C的一个“渐切三角形”的顶点A，B的坐标及切线AB的方程，并求出其面积；
（2）已知点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2＞0）分别在l1，l2上，△OAB的面积为，试问△OAB是否是C的“渐切三角形”？并说明理由；
（3）若△OAB是C的“渐切三角形”，AB与C相切的切点M的横坐标大于0，F为C的左焦点，证明：∠AFB为定值．
【解答】解：（1）因为双曲线的渐近线方程为y＝±bx，b＞0，
由题意得，
则，且C在点（s，t）处的切线方程为，
不妨取切点为（1，0），则切线方程为x＝1，
此时，
则．
（2）若直线AB斜率不存在，不妨设AB：x＝m，
则，
则，
得m＝±1，
此时直线AB：x＝±1与曲线C相切，即△OAB是C的“渐切三角形”，
若直线AB斜率存在，设AB：y＝kx+m，
联立，得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2＝0，
则，即k2＞3，
则，
又点O到直线AB的距离，
则，
得k2﹣m2＝3，
联立，得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣3＝0，
则Δ＝4k2m2+4（3﹣k2）（m2+3）＝12（m2﹣k2+3）＝0，
则直线AB与曲线C相切，即△OAB是C的“渐切三角形”，
综上可得，若△OAB的面积为，则△OAB是C的“渐切三角形”．
（3）证明：若切点为（1，0）时，直线AB的方程为x＝1，此时，
因为F（﹣2，0），则，即，
利用对称性可知；
若切点不为（1，0），可设切点为（s，t），s＞0，t≠0，则直线，
联立，得（t2﹣3s2）x2+6sx﹣3﹣t2＝0，
则t2﹣3s2≠0，由Δ＝（6s）2+4（t2﹣3s2）（3+t2）＝0，可得3s2﹣t2＝3，
联立，得（t2﹣3s2）x2+6sx﹣3＝0，即x2﹣2sx+1＝0，
设点A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2＞0），则x1+x2＝2s，x1x2＝1，
则，
，
则，
，
（说明：由图知，x1﹣x2与t始终同号，故成立），
则
，
因0＜∠AFB＜π，则，故∠AFB为定值．
6．（2025 道里区校级模拟）已知数列{an}前n项的积为，数列{bn}满足b1＝1，（n≥2，n∈N*）．
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}中的公共项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式．
【解答】解：（1）数列{an}前n项的积为，
可得n＝1时，a1＝T1＝1，
当n≥2时，an3n﹣1，对n＝1也成立，
则an＝3n﹣1，n∈N*；
数列{bn}满足b1＝1，（n≥2，n∈N*），
可得n﹣1＝1+n﹣1＝n，即有bn＝n2，n∈N*；
（2）由于数列{bn}中的数为完全平方数，
可得两个数列中的公共项为数列{an}中的奇数项，
则c1＝1＝30，c2＝32，c3＝34，..，
可得数列数列{cn}是首项为1，公比为9的等比数列，
即有cn＝9n﹣1，n∈N*．
7．（2025 河南模拟）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，△ABC的面积为．
（1）求角B；
（2）求ac的值；
（3）若点E为AC的中点，，求△ABC的周长．
【解答】解：（1）因为，由正弦定理可得sinA﹣sinCsinBsinBcosC，
在△ABC中，sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
可得cosBsinC＝sinCsinB，
又因为sinC＞0，
可得tanB，
又因为B∈（0，π），
可得B；
（2）因为△ABC的面积为，即S△ABCacsinBac ，
解得ac＝15；
（3）因为点E为AC的中点，，
可得2，可得4222+2 c2+a2+2cacosB＝（a+c）2﹣2ac+ac，
即4（a+c）2﹣15，
解得a+c＝8，
由余弦定理可得b，
所以该三角形的周长为8．
8．（2025 南平模拟）建瓯挑幡是国家级非物质文化遗产，常见动作招式有手舞东风转、肩扛南天松、肘擎中军令、牙咬北海塔．现有甲、乙两队进行挑幡比赛，规则如下：
①比赛至多4局，每局比赛获胜方得1分，负方得0分，没有平局；
②若一方先多得2分，则赢得比赛，比赛终止；
③若4局后一方未多得2分，比赛也终止．
假设每局比赛甲队获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立．
（1）求比赛局数为4的概率p0；
（2）已知比赛终止时甲队得2分，求甲队赢得比赛的概率；
（3）将（1）中p0作为某区挑幡爱好者完成常见动作招式的概率的值．现从该区挑幡爱好者中随机调查20人，设其中能完成动作招式的人数为X，求使得P（X＝k）最大的k（k∈N*）的值．
【解答】解：（1）由题意可知，比赛局数为2或4，
因为比赛局数为2的概率，
所以比赛局数为4的概率；
（2）记比赛终止时甲队得2分为事件A，甲队赢得比赛为事件B，
则，
，
所以；
（3）依题意，
所以，0≤k≤20且k∈N，
令，即，
解得，
又k∈N*，
所以k＝9．
9．（2025 长沙校级一模）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1，D，E，G分别为A1B1，C1D，AA1的中点，F为AB上的一点，且BF＝3AF，P为线段BC1上不包括端点的动点．
（1）若P为BC1的中点，证明：PE∥平面CFG；
（2）设直线CP与平面CFG所成角的为α，求sinα的最大值．
【解答】（1）证明：如图，
设线段AB的中点为O，连接BD，A1O，
在△C1BD中，P为BC1的中点，E为C1D的中点，所以PE∥BD，
又在矩形A1B1BA中，A1D∥OB且A1D＝OB，
所以四边形A1DBO是平行四边形，所以A1O∥BD，
因为BF＝3AF，O为AB的中点，所以F为AO的中点，
又G为AA1的中点，在△A1AO中有A1O∥GF．
所以可得PE∥GF，又GF 平面CFG，PE 平面CFG，
所以PE∥平面CFG；
（2）由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC＝4，则C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），C1（0，0，4），G（4，0，2），F（3，1，0），
设P（x，y，z），且，则P（0，4﹣4λ，4λ），
所以，
设平面CFG的法向量为，
因为，，
由，得，
令x＝1，则y＝﹣3，z＝﹣2，所以为平面CFG的一个法向量，
可得 0×1+（4﹣4λ）×（﹣3）+4λ×（﹣2）＝﹣12+4λ，||4，||，
所以cos，，
所以sinα＝|cos，|，
令t＝λ﹣3，则，
所以，即，时，sinα有最大值．
10．（2025 河北模拟）已知双曲线C的两条渐近线为，且顶点到渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若过点的直线l与双曲线C交于A，B两点，已知O为坐标原点，当S△OAB时，求直线l的方程．
【解答】解：（1）双曲线的顶点（a，0）到渐近线的距离为，
所以，即a＝2，又因为，所以，所以双曲线C的标准方程为；
（2）因为，设直线AB的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），
由，消去x化简得（45m2﹣36）y2+120my﹣100＝0，
由45m2﹣36≠0，且Δ＝3600（9m2﹣4）＞0，解得，且，
由根与系数关系得：，
所以，原点O到直线AB的距离，
所以，所以，化简得125m4﹣209m2+84＝0，
即（125m2﹣84）（m2﹣1）＝0，解得或m2＝1，所以或m＝±1，
所以直线l的方程为或或或．
11．（2025 东西湖区校级模拟）已知函数．
（1）是否存在实数a，使得x＝1为函数f（x）的极小值点．若存在，求a的值；若不存在，请说明理由；
（2）若f（x）图象上总存在关于点（1，0）对称的两点，求a的取值范围．
【解答】解：（1）由题意可得函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）1，
若x＝1为函数f（x）的极值点，则f′（1）＝0，
所以﹣1+a﹣1＝0，即a＝2，
此时f′（x）0，
所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以x＝1不是函数f（x）的极值点，
所以不存在a满足条件．
（2）若f（x）图象上总存在关于点（1，0）对称的两点，则f（x）+f（2﹣x）＝0在（0，1）上有解，
所以[alnx﹣x]+[aln（2﹣x）﹣（2﹣x）]＝0在（0，1）上有解，
该方程化简得aln（2x﹣x2）2＝0，
令t＝2x﹣x2∈（0，1），得alnt2＝0，
所以问题等价于alnt2＝0在（0，1）上有解，
令h（t）＝alnt2，t∈（0，1），
h′（t），
当a≤2时，h（t）在（0，1）上单调递减，
又h（1）＝0，
所以h（t）在（0，1）上无零点，不成立，
当a＞2时，h（t）在（0，）上单调递减，在（，1）上单调递增，且h（1）＝0，
所以有h（）＜0，
h（）＝aln2a2﹣2＝a（a﹣2lna）+a2﹣2，
令u（x）＝x﹣2lnx，则u′（x）＝1，
当x＞2时，u′（x）＞0，u（x）在（2，+∞）上单调递增，
又u（2）＝2﹣2ln2＝2（1﹣ln2）＞0，
所以当x＞2时，u（x）＞0，
所以a﹣2lna＞0，
又a2﹣2＞0，
所以h（）＞0，
所以h（t）在（0，）上有一个零点，在（，1）上没有零点，
综上所述，当a＞2时，f（x）图象上总存在一对关于点（1，0）对称的两点，
所以a的取值范围为（2，+∞）．
12．（2025 甘肃校级模拟）记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的值；
（2）若a＝1，求△ABC外接圆的面积；
（3）若bc＝4，求a的最小值．
【解答】解：（1）因为，
即bcosC+ccosB＝2acosA，
由正弦定理可得：sinBcosC+sinCcosB＝2sinAcosA，
即sin（B+C）＝2sinAcosA，
在△ABC中，sin（B+C）＝sinA＞0，
即，
又因为A∈（0，π），
所以；
（2）设△ABC外接圆的半径为r，当a＝1时，由正弦定理可得2r，
可得r，
故此时△ABC外接圆的面积为；
（3）由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc＝4，
即a≥2，
当且仅当b＝c＝2时取等号，
故a的最小值为2．
13．（2025 达州校级模拟）某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：
方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为S1；
方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为S2．
（其中y＞x＞4，b＞a＞4）
（1）试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；
（2）若a，b，x，y同时满足关系y＝2x﹣2，b＝2a，求这两种购买方案花费的差值S最小值（注：差值S＝花费较大值﹣花费较小值）．
【解答】解：（1）方案一的总费用为S1＝ax+by（元），
方案二的总费用为S2＝bx+ay（元），
S2﹣S1＝bx+ay﹣（ax+by）＝a（y﹣x）+b（x﹣y）＝（y﹣x）（a﹣b），
又因为y＞x＞4，b＞a＞4，
所以y﹣x＞0，a﹣b＜0，
所以（y﹣x）（a﹣b）＜0，
即S2﹣S1＜0，
所以S2＜S1，
所以采用方案二，花费更少；
（2）由（1）可知S＝S1﹣S2＝（y﹣x）（b﹣a）＝（x﹣2） （a），
令t0，则x＝t2+4，
所以x﹣2t2﹣2t+4＝（t﹣1）2+3≥3，当t＝1，即x＝5，y＝8时，等号成立；
又因为a＞4，a﹣4＞0，
所以a（a﹣4）4≥24＝8，当且仅当a﹣4，即a＝6，b＝14时等号成立，
所以差值S的最小值为3×8＝24，
当且仅当x＝5，y＝8，a＝6，b＝14时等号成立，
所以两种方案花费的差值S的最小值为24元．
14．（2025 武汉模拟）有甲乙两个口袋，甲口袋中有编号为1，2，3的3个白球，乙口袋中有编号为1，2，3的3个黑球，已知每个球除颜色和编号不同外，其余全部相同．现从甲乙两口袋中各随机任取一个球交换放入另一个口袋，重复进行n（n∈N*）次这样的操作．
（1）求2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率；
（2）求n次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率（结果用含n的式子表示）；
（3）求n次换球后，甲口袋中3个球编号恰好为1，2，3的概率（结果用含n的式子表示）．当n为多少时，概率取得最大值？最大值是多少？
【解答】解：（1）经过1次换球后，甲口袋中2白1黑，乙口袋中2黑1白，
记“2次换球后，甲口袋中恰有3个白球”为事件A，
则2次换球后，甲口袋中恰有3个白球的概率为：
P（A）．
（2）n次换球后，记“甲口袋中恰有3个白球”的概率为an，“甲口袋中恰有2白1黑”的概率为bn，
“甲口袋中恰有1白2黑”的概率为cn，“甲口袋中恰有3个黑球”的概率为dn，
由题意得a1＝0，b1＝0，c1＝0，d1＝0，
，
∴，
由b1+c1＝1，得．
∴n次换球后，甲口袋中3个球颜色恰好相同的概率为．
（3）n次换球后，记“甲口袋中3个编号分别为1，2，3”的概率为qn，
则q1，qn，
∴qn，qn，
当n为奇数时，qn，
当n为偶数时，qnq2，
∴当n＝2时，qn取得最大值，最大值为．
15．（2025 雨花区校级模拟）已知椭圆C的标准方程，其左右焦点分别为F1，F2．
（1）过点H（﹣2，0）的直线交椭圆C于A，B两点，若AF1⊥BF1，求直线AB的方程；
（2）直线l1，l2过右焦点F2，且它们的斜率乘积为，设l1，l2分别与椭圆交于点C，D和E，F．若M，N分别是线段CD和EF的中点，证直线MN过定点，并求△OMN面积的最大值．
【解答】解：（1）易知，
所以F1（﹣1，0），
显然直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y＝k（x+2）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y并整理得（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣2＝0，
此时Δ＝（8k2）2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＝8（1﹣2k2）＞0，
解得，
由韦达定理得，
因为AF1⊥BF1，
所以，
所以（﹣1﹣x1，﹣y1）（﹣1﹣x2，﹣y2）＝0，
即1+x1+x2+x1x2+y1y2＝0，
此时1+x1+x2+x1x2+k（x1+2） k（x2+2）＝0，
整理得，
即，
整理得4k2﹣1＝0，
解得，此时满足条件，
所以直线AB的方程为x﹣2y+2＝0或x+2y+2＝0；
（2）证明：由（1）知F2（1，0），
设直线l1的方程为y＝k（x+1），直线l2的方程为，C（x3，y3），D（x4，y4），E（x5，y5），F（x6，y6），
联立，消去y并整理得（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
由韦达定理得，
所以，，
即，
同理得，
所以MN的中点．
此时，
当且仅当，即时，等号成立．
则△OMN的面积最大值为．
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