《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

19. (17分)
数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵。对于平面向量$\boldsymbol{a}=(x,y)$，其模定义为$|\boldsymbol{a}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$。类似地，对于$n$行$n$列的矩阵$\boldsymbol{A}_{nn}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}&\cdots&a_{2n}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}&\cdots&a_{3n}\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\a_{n1}&a_{n2}&a_{n3}&\cdots&a_{nn}\end{pmatrix}$，其模可由向量模拓展为$\|\boldsymbol{A}\|=(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}a_{ij}^{2})^{\frac{1}{2}}$（其中$a_{ij}$为矩阵中第$i$行第$j$列的数，$\sum$为求和符号），记作$\|\boldsymbol{A}\|_{F}$，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵$\boldsymbol{A}_{22}=\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&4\\3&5\end{pmatrix}$，其矩阵模$\|\boldsymbol{A}\|_{F}=(\sum_{i = 1}^{2}\sum_{j = 1}^{2}a_{ij}^{2})^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2^{2}+4^{2}+3^{2}+5^{2}} = 3\sqrt{6}$。弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用。
(Ⅰ)$\forall n\in \mathbf{N}^{*},n\geqslant3$，矩阵$\boldsymbol{B}_{nn}=\begin{pmatrix}1&0&0&\cdots&0\\0&\sqrt{2}&0&\cdots&0\\0&0&\sqrt{3}&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\0&0&0&\cdots&\sqrt{n}\end{pmatrix}$，求使$\|\boldsymbol{B}\|_{F}＞3\sqrt{5}$的$n$的最小值。
(Ⅱ)$\forall n\in \mathbf{N}^{*},n\geqslant3$，矩阵$\boldsymbol{C}_{nn}=\begin{pmatrix}1&\cos\theta&\cos\theta&\cos\theta&\cdots&\cos\theta&\cos\theta\\0&-\sin\theta&-\sin\theta\cos\theta&-\sin\theta\cos\theta&\cdots&-\sin\theta\cos\theta&-\sin\theta\cos\theta\\0&0&\sin^{2}\theta&\sin^{2}\theta\cos\theta&\cdots&\sin^{2}\theta\cos\theta&\sin^{2}\theta\cos\theta\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\0&0&0&0&\cdots&(-1)^{n - 2}\sin^{n - 2}\theta&(-1)^{n - 2}\sin^{n - 2}\theta\cos\theta\\0&0&0&0&\cdots&0&(-1)^{n - 1}\sin^{n - 1}\theta\end{pmatrix}$，求$\|\boldsymbol{C}\|_{F}$。
(Ⅲ)矩阵$\boldsymbol{D}_{nn}=\begin{pmatrix}\ln\frac{n + 2}{n + 1}&0&0&\cdots&0\\\ln\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{\frac{\sqrt{2}}{2}}&\ln\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{\frac{\sqrt{2}}{2}}&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\\ln\left(\frac{4}{3}\right)^{\frac{\sqrt{n - 1}}{n - 1}}&\ln\left(\frac{4}{3}\right)^{\frac{\sqrt{n - 1}}{n - 1}}&\ln\left(\frac{4}{3}\right)^{\frac{\sqrt{n - 1}}{n - 1}}&\cdots&0\\\ln\left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{\sqrt{n}}{n}}&\ln\left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{\sqrt{n}}{n}}&\ln\left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{\sqrt{n}}{n}}&\cdots&\ln\left(\frac{3}{2}\right)^{\frac{\sqrt{n}}{n}}\end{pmatrix}$，证明:$\forall n\in \mathbf{N}^{*},n\geqslant3,\|\boldsymbol{D}\|_{F}＞\sqrt{\frac{n}{3n + 9}}$。

\sqrt{n}000" page="16" src="https://thumb.zyjl.cn/pic18/2025-02-27/ca2800f2b9404d2282b5cef377262ff5.jpg?x-oss-process=image/crop,x_2036,y_0,w_1974,h_2790/crop,x_1054,y_597,w_674,h_342/contrast,3">

答案：

新定义+导数在不等式证明中的应用

新定义 等差数列的求和公式！

|[思维导图](I) IIB|I 1

:得解.

1

分别求解第1,2,.….,k,...,n对角线上的平方和 ||C||²→|

1 Il cl lF . 1 1

1

1

:(IIII)若需证明|DIF> $\sqrt{\frac{n}{3n+9}}$ 等价转化 证明1n² $\frac{3}{2}$ +i 1

|圮 +….+In² 裂项相消法 证明ln 1:

1 $\frac{4}{3}$ $\frac{n+}{n+1}$ 3+9 放缩法 $\frac{n+}{n+1}$

1 n+2';

构造函数f(x))=Inz+−11,x∈(11, $\frac{3}{2}$ { 1

:Vn≥1,n∈N成立 利用导数判断其单调区间 1

1

锤r>1 $\frac{1}{x}$ 在(1, $\frac{3}{2}$ ]上恒成立→原不等式成立→得证. 1 1

S

解:由题意得B=²=1+2+3+…+

i=1j=1 k=1

(n−1)+n= $\frac{n(n+1)}{2}$ (提示:根据新定义及等差数列的求和

公式列式). (3分)

若||B||F>3 $\sqrt{5}$ ,

则 $\frac{n(n+1)}{2}$ >45,即n²+n−90>0, (4分)

因式分解得(n−9)(n+10)>0.18.椭圆的标准方程及几何性质+直线与椭圆的位置关系+椭圆

中的面积问题+椭圆中的定值问题

[思维导图](I)已知条件→关于a²,b²的二元一次方程;

组→a²,b²→椭圆E1的标准方程.

(III)转化为证|AP|=|BQ|→当直线L1斜率不存在时→|

得证;当直线L1斜率存在时→设出直线L1的方程→分别;

弦长公式

与椭圆E1,E2的方程联立 韦达定理 得证， 1

(IIII)由题意→|AP|.|BP|=|CP|.|DP|→联立直线;

弦长公式 1

l2与椭圆E2的方程 韦达定理 得证.

1

解:(I)由题意知,e1=e2,
∴ $\frac{b²}{a”}$ = $\frac{1}{3}$ (提示:e= $\frac{c}{a}$ =

$\sqrt{1−(\frac{b}{a})}$ { ,
∴ a²=3b².

又P( $\sqrt{3}$ ,1)在椭圆E1上，
∴ $\frac{3}{a?}$ + $\frac{1}{b²}$ =1,

∴ b²=2,a²=6,

∴ 椭圆E:的标准方程为+ (4分)

(II[)证明:要证S△APD=S△BQD,即证|AP|=|BQ|(关键:根

据三角形面积公式将面积关系转化为线段关系)，

设A(xA,yA),B(xB,yB),P(xp,yp),Q(xQ,yQ).

①当直线L1斜率不存在时，由椭圆对称性可知|AP|=|BQ|

成立(提醒:设直线方程时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率

为0或不存在等特殊情形);

②当直线l1斜率存在时，设为k1,

则AB方程:y−1=k1(x| $\sqrt{3}$ ),

y−1=k1(x−√3),

联立 { $\frac{x²}{6}$ +%²=1, 2 得(3k²+1)x²+(6k1−6 $\sqrt{3}$ k²)x+

3(1− $\sqrt{3}$ k1)²−6=0,

=12( $\sqrt{3}$ k1+1)²>0,k1≠− $\frac{\sqrt{3}}{3}$ ,

6 $\sqrt{3}$ k²−6k

xP 3k²+1 , x px Q = $\frac{3(1−\sqrt{3}k)²6}{3k²+1}$ .

y−1=k1(x− $\sqrt{3}$ ),

联立 { $\frac{x²}{12}$ +²=1 4 得(3k²+1)x²+(6k1−6 $\sqrt{3}$ k²)x+

3(1| $\sqrt{3}$ k1)²−12=0,

A=12[3k1+ $\frac{\sqrt{3}}{3}$ )²²+ $\frac{8}{3}$ >0恒成立，

∴ xA+xB= $\frac{6\sqrt{3}k²−6k}{3k²+1}$ ,xAxB= $\frac{3(1−\sqrt{3}k)²−12}{3k²+1}$ ,

因为n∈N',所以n>9，

所以使||BIF>3 $\sqrt{5}$ 的n的最小值是10. (5分)

(II)由题得第1对角线上的平方和为1+ s in ²θ+ s in ⁴0+.….十

s in ²n−²0= $\frac{1−sin²"0}{1−sin²0}$ ,

第2对角线上的平方和为 cos ²θ(1+ s in ²θ+.…−+ s in m −⁴θ)=

cos ²0. $\frac{1−sin²n−20}{1−sin²0}$ =1− s in ²n−²θ,

……

第k对角线上的平方和为 cos ²θ(1+ s in ²0+.…−+ s in 2n−²0)=

cos ²θ. $\frac{1−sin2n−2k+20}{1−sin²0}$ =1− s in ²n−²k+²θ(题眼),

……

第n对角线上的平方和为 cos ²θ， (8分)

所以ICI2= $\frac{1−sin²0}{1−sin²0}$ +(1− s in ²n−²θ)+.…+(1−

s in ²−2+2θ)+.….+(1− s in ²θ)+ cos ²θ=1+ s in ²θ+ s in θ+...+

s in 2n−20+(n−2)− s in 2−²0 s in 2n−2k+20 s in 0+

cos ²θ=1+(n−2)+ s in ²0+ cos ²θ=1+(n−2)+1=n,(10分)

所以||C||F=√. (11分)

(III)证明:由题意知,证明||DIIF> $\sqrt{\frac{n}{3n+9}}$ 等价于证明

1n² $\frac{3}{2}$ +1n² $\frac{4}{3}$ +.….+1n² $\frac{n+2}{n+1}$ > $\frac{n}{3n+9}$ (提示:根据新定义计

算并进行等价转化)， (12分)

注意到左侧求和式nn² $\frac{k+2}{k+1}$ =1n² $\frac{3}{2}$ +1n² $\frac{4}{3}$ +.….+

5 长沙市高三新高考适应性考试(按九省联考模式改编)

234 5 6

CB D C D A

1.C一元二次不等式的解法+集合间的基本关系因为x²²<

1,所以−1<x<1,所以N={x｜−1<x<1).因为M={x｜

x<1),所以N≤M,故选C.

2.B复数的运算+复数的几何意义因为=

$\frac{i(2+i)}{(2−i)(2+i)}$ =− $\frac{1}{5}$ + $\frac{2}{5}$ i,所以复数N在复平面内对应的点的

坐标为(一 $\frac{1}{5}$ , $\frac{2}{5}$ ),位于第二象限,故选B.

3.D抛物线的方程因为抛物线y²=ax的焦点坐标为(1,0)，

所以 $\frac{a}{4}$ =1(提醒:注意抛物线的开口方向),解得a=4,故

选D.

4.C三角函数的图象与性质由题图知，函数的最小正周期

T= $\frac{4}{3}$ ( $\frac{π}{12}$ + $\frac{2π}{3}$ )=π,A=2',所以 $\frac{2π}{T}$ =2,所以y=

−数学

In² $\frac{n+2}{n+1}$ ,

将右侧含有n的表达式表示为求和式有( $\frac{1}{k+2}$  $\frac{1}{k+3}$ )=

( $\frac{1}{3}$ − $\frac{1}{4}$ )+( $\frac{1}{4}$  $\frac{1}{5}$ )+.….+( $\frac{1}{n+1}$  $\frac{1}{n+2}$ )+( $\frac{1}{n+2}$

 =

$\frac{1}{n+3}$ )= $\frac{1}{3}$ $\frac{1}{n+3}$ $\frac{n}{3n+9}$ , (13分)

故只需证ln² $\frac{n+2}{n+1}$ > $\frac{1}{(n+2)²}$ > $\frac{1}{(n+2)(n+3)}$ = $\frac{1}{n+2}$

$\frac{1}{n+3}$ ,Vn≥1,nEN成立， (14分)

即证ln $\frac{n+2}{n+1}$ > $\frac{1}{n+2}$ ,Vn≥1,n∈N成立. (15分)

令x=1+ $\frac{1}{n+1}$ ,则需证1nr≥1一 $\frac{1}{x}$ ,x∈(1, $\frac{3}{2}$ ]成立，,

(16分)

记f(x)=1nx+ $\frac{1}{x}$ −1,x∈(1, $\frac{3}{2}$

则f'(x)= $\frac{1}{x}$  $\frac{1}{x²}$ = $\frac{x−1}{x²}$ >0在(1, $\frac{3}{2}$ ]上恒成立，,

所以f(x)在(1, $\frac{3}{2}$ { 上单调递增，

所以f(x)>f
(1)=ln1+1−1=0,

所以Inx>1一 $\frac{1}{x}$ 在(1, $\frac{3}{2}$ ]上恒成立,

即1n $\frac{n+2}{n+1}$ > $\frac{1}{n+2}$ ,Vn≥1,n∈N'成立,

所以原不等式成立. (17分)