《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18. (17分)
已知函数$f(x) = ax\ln x - x^{2} + 1$.
(Ⅰ)若$f(x)$有且仅有一个零点，求实数$a$的取值范围;
(Ⅱ)证明:$(\ln2)^{2} + (\ln\frac{3}{2})^{2} + (\ln\frac{4}{3})^{2} + \cdots + (\ln\frac{n + 1}{n})^{2} \lt 1$.

答案： (Ⅰ)令$f(x) = 0$ $\xrightarrow{构造函数}g(x) = a\ln x - x + \frac{1}{x}$ $\xrightarrow{g'(x)}$ 解法一：构造函数$\varphi(x) = -x^{2} + ax - 1$ $\xrightarrow{令\varphi(x) = 0}\Delta = a^{2} - 4$ $\xrightarrow{分类讨论实数a}g(x)$有且仅有一个零点 实数$a$的取值范围； 解法二：构造函数$\varphi(x) = -x^{2} + ax - 1$ $\xrightarrow{分类讨论实数a}g(x)$有且仅有一个零点 实数$a$的取值范围。 (Ⅱ)取$a = 2$ $\xrightarrow{由(Ⅰ)知}$当$x > 1$时，$g(x) < 0$→$(\ln x^{2})^{2} < x^{2} + \frac{1}{x^{2}} - 2$ $\xrightarrow{令x^{2} = \frac{k + 1}{k},k = 1,2,\cdots,n}(\ln\frac{k + 1}{k})^{2} < \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$ $\xrightarrow{放缩法}$得证。 解：(Ⅰ)易知函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。 由$f(x) = 0$，可得$a\ln x - x + \frac{1}{x} = 0$。 令$g(x) = a\ln x - x + \frac{1}{x}$， 则$g(1) = 0$，$g'(x) = \frac{a}{x} - 1 - \frac{1}{x^{2}} = \frac{-x^{2} + ax - 1}{x^{2}}$，且$g(x)$与$f(x)$有相同的零点个数（题眼）。 解法一：令$\varphi(x) = -x^{2} + ax - 1$（提示：构造新函数），$x > 0$，令$\varphi(x) = 0$，则$\Delta = a^{2} - 4$， 当$-2\leq a\leq2$时，$\Delta\leq0$，则$\varphi(x)\leq0$，即$g'(x)\leq0$，可得$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，则$g(x)$有且仅有一个零点； 当$a < -2$时，显然$\varphi(x) < -1$，则$g'(x) < 0$，可得$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，则$g(x)$有且仅有一个零点； 当$a > 2$时，由$\varphi(x) = 0$，解得$x_{1} = \frac{a - \sqrt{a^{2} - 4}}{2}$，$x_{2} = \frac{a + \sqrt{a^{2} - 4}}{2}$，且$0 < x_{1} < 1 < x_{2}$。 当$x\in(x_{1},x_{2})$时，$\varphi(x) > 0$，即$g'(x) > 0$，则$g(x)$单调递增； 当$x\in(x_{2},+\infty)$时，$\varphi(x) < 0$，即$g'(x) < 0$，则$g(x)$单调递减， 易知$g(x_{2}) > g(1) = 0$，$g(4a^{2}) = a\ln(4a^{2}) + \frac{1}{4a^{2}} - 4a^{2} < 2a\ln(2a) - 4a^{2} + 2a = 2a[\ln(2a) - 2a + 1] < 0$， 则$g(x)$在$(x_{2},+\infty)$上有一个零点，可知$g(x)$不只一个零点，不符合题意。 综上，可知$a\in(-\infty,2]$。 （8 分） 解法二：令$\varphi(x) = -x^{2} + ax - 1$，$x > 0$。 当$a\leq0$时，$\varphi(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，有$\varphi(x) < \varphi(0) = -1$，即$g'(x) < 0$，可得$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，则$g(x)$有且仅有一个零点。 当$a > 0$时，$\varphi(x)_{\max} = \varphi(\frac{a}{2}) = \frac{1}{4}a^{2} - 1$。 若$0 < a\leq2$，则$\varphi(x)\leq0$，则$g'(x)\leq0$，可得$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，则$g(x)$有且仅有一个零点。 若$a > 2$，后续过程同解法一。 综上，可知$a\in(-\infty,2]$。 （8 分） (Ⅱ)证明：取$a = 2$，由(Ⅰ)知当$x > 1$时，$g(x) < g(1) = 0$，则$0 < 2\ln x < x - \frac{1}{x}$， 即$0 < \ln x^{2} < x - \frac{1}{x}$，则$(\ln x^{2})^{2} < x^{2} + \frac{1}{x^{2}} - 2$。 令$x^{2} = \frac{k + 1}{k}$，$k = 1,2,\cdots,n$，则$(\ln\frac{k + 1}{k})^{2} < \frac{k + 1}{k} + \frac{k}{k + 1} - 2$， 即$(\ln\frac{k + 1}{k})^{2} < \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1}$， 所以$(\ln2)^{2} + (\ln\frac{3}{2})^{2} + (\ln\frac{4}{3})^{2} + \cdots + (\ln\frac{n + 1}{n})^{2} < 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} = 1 - \frac{1}{n + 1} < 1$。 （17 分）

19. (17分)
已知双曲线$x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1$与直线$l:y = kx + m(k \neq \pm\sqrt{3})$有唯一的公共点$P$，直线$l$与双曲线的两条渐近线分别交于$M$，$N$两点，其中点$M$，$P$在第一象限.
(Ⅰ)探求参数$k$，$m$满足的关系式;
(Ⅱ)若$O$为坐标原点，$F$为双曲线的左焦点，证明:$\angle MFP = \angle NFO$.

答案： 双曲线的几何性质 + 直线与双曲线的位置关系 + 直线的斜率公式 【思维导图】(Ⅰ)联立直线与双曲线方程 $\xrightarrow{消元}$关于$x$的一元二次方程 $\xrightarrow{判别式为0}k$，$m$的关系式。 (Ⅱ)点$F$坐标，双曲线渐近线方程 $\xrightarrow{联立方程组}$点$M$，$N$的坐标→点$P$的坐标→要证$\angle MFP = \angle NFO$→$k_{FM} + k_{FN} = k_{FP}(1 - k_{FM}k_{FN})$， 证法一：得$\frac{1}{k_{FM}} + \frac{1}{k_{FN}} = k_{FP}(\frac{1}{k_{FM}k_{FN}} - 1)$ $\xrightarrow{直线的斜率公式}$证明结论成立； 证法二：$\xrightarrow{直线的斜率公式}k_{FM} + k_{FN}$，$k_{FM}k_{FN}$ $\xrightarrow{结合k,m的关系式}$证明结论成立。 解：(Ⅰ)联立$\begin{cases}y = kx + m\\x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1\end{cases}$， 整理得$(3 - k^{2})x^{2} - 2kmx - (m^{2} + 3) = 0$（题眼）。 （*） 由$k\neq\pm\sqrt{3}$，且$P$是双曲线与直线$l$的唯一公共点， 可得$\Delta = (-2km)^{2} + 4(3 - k^{2})(m^{2} + 3) = 0$， 则$k^{2} - m^{2} = 3$，即为参数$k$，$m$满足的关系式（方法：直线与双曲线相切$\Leftrightarrow\Delta = 0$）。 结合图象，由点$P$在第一象限，可知$k > \sqrt{3}$，且$m < 0$。(注：若没有给出$k$，$m$的范围，不扣分) （6 分） (Ⅱ)证明：易知，双曲线的左焦点$F(-2,0)$，渐近线方程为$y = \pm\sqrt{3}x$。 联立$\begin{cases}y = kx + m\\y = \sqrt{3}x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{m}{\sqrt{3} - k}\\y = \frac{\sqrt{3}m}{\sqrt{3} - k}\end{cases}$， 即$M(\frac{m}{\sqrt{3} - k},\frac{\sqrt{3}m}{\sqrt{3} - k})$； 联立$\begin{cases}y = kx + m\\y = -\sqrt{3}x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = -\frac{m}{\sqrt{3} + k}\\y = \frac{\sqrt{3}m}{\sqrt{3} + k}\end{cases}$， 即$N(-\frac{m}{\sqrt{3} + k},\frac{\sqrt{3}m}{\sqrt{3} + k})$。 结合$k^{2} - m^{2} = 3$，（*）式可变形为$m^{2}x^{2} + 2kmx + k^{2} = 0$， 解得$x = -\frac{k}{m}$，可得$P(-\frac{k}{m},-\frac{3}{m})$。 要证$\angle MFP = \angle NFO$，即证$\tan\angle MFP = \tan\angle NFO$， 即证$\tan(\angle MFO - \angle PFO) = \tan\angle NFO$， 即证$\frac{k_{FM} - k_{FP}}{1 + k_{FM}k_{FP}} = -k_{FN}$， 即证$k_{FM} + k_{FN} = k_{FP}(1 - k_{FM}k_{FN})$。 （**） 证法一：由$k_{FM} + k_{FN} = k_{FP}(1 - k_{FM}k_{FN})$， 得$\frac{1}{k_{FM}} + \frac{1}{k_{FN}} = k_{FP}(\frac{1}{k_{FM}k_{FN}} - 1)$。 根据直线的斜率公式得，$k_{FM} = \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} + m - 2k}$，$k_{FN} = \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} - m + 2k}$，$k_{FP} = \frac{3}{k - 2m}$（方法：直线的斜率公式）， 则$\frac{1}{k_{FM}} + \frac{1}{k_{FN}} = \frac{2\sqrt{3} + m - 2k}{\sqrt{3}m} + \frac{2\sqrt{3} - m + 2k}{\sqrt{3}m} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}m} = \frac{4}{m}$， $\frac{1}{k_{FM}k_{FN}} - 1 = \frac{2\sqrt{3} + m - 2k}{\sqrt{3}m}\cdot\frac{2\sqrt{3} - m + 2k}{\sqrt{3}m} - 1 = \frac{12 - (m - 2k)^{2}}{3m^{2}} - 1 = \frac{12 - m^{2} - 4k^{2} + 4mk}{3m^{2}} - 1 = \frac{12 - 4m^{2} - 4k^{2} + 4mk}{3m^{2}} = \frac{-8m^{2} + 4mk}{3m^{2}} = \frac{4(k - 2m)}{3m}$， 可得$k_{FP}(\frac{1}{k_{FM}k_{FN}} - 1) = \frac{3}{k - 2m}\cdot\frac{4(k - 2m)}{3m} = \frac{4}{m}$， 因此，$\frac{1}{k_{FM}} + \frac{1}{k_{FN}} = k_{FP}(\frac{1}{k_{FM}k_{FN}} - 1)$，得证。 （17 分） 证法二：根据直线的斜率公式得，$k_{FM} = \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} + m - 2k}$，$k_{FN} = \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} - m + 2k}$，$k_{FP} = \frac{3}{k - 2m}$， 则$k_{FM} + k_{FN} = \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} + m - 2k} + \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} - m + 2k} = \frac{12m}{(2\sqrt{3} + m - 2k)(2\sqrt{3} - m + 2k)}$， $k_{FM}k_{FN} = \frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} + m - 2k}\cdot\frac{\sqrt{3}m}{2\sqrt{3} - m + 2k} = \frac{3m^{2}}{(2\sqrt{3} + m - 2k)(2\sqrt{3} - m + 2k)}$。 要证（**）式，即证$\frac{12m}{(2\sqrt{3} + m - 2k)(2\sqrt{3} - m + 2k)} = \frac{3}{k - 2m}\cdot[1 - \frac{3m^{2}}{(2\sqrt{3} + m - 2k)(2\sqrt{3} - m + 2k)}]$， 即证$(2\sqrt{3} + m - 2k)(2\sqrt{3} - m + 2k) - 3m^{2} - 4m(k - 2m) = 0$， 化简得$k^{2} - m^{2} - 3 = 0$，由(Ⅰ)可知该式显然成立，得证。 （17 分）