《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18.（17分）
已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$经过点$A(3,2)$，其右焦点为$F$，且直线$y = 2x$是$C$的一条渐近线.
（Ⅰ）求$C$的标准方程；
（Ⅱ）设$M(m,n)$是$C$上任意一点，直线$l:\frac{mx}{a^{2}}-\frac{ny}{b^{2}} = 1$. 证明：$l$与双曲线$C$相切于点$M$；
（Ⅲ）设直线$PT$与$C$相切于点$T$，且$\overrightarrow{FP}\cdot\overrightarrow{FT}=0$，证明：点$P$在定直线上.

答案： 双曲线的标准方程+直线与双曲线的位置关系 【思维导图】(Ⅱ)点$M$在$C$上$\frac{m^{2}}{8}-\frac{n^{2}}{32}=1$点$M$在直线$l$上当$n\neq0$时直线$l$与$C$联立$\Delta = 0$当$n = 0$时直线$l:x=\pm2\sqrt{2}$得证. (Ⅲ)证法一：$F(2\sqrt{10},0)$$\overrightarrow{FP}\cdot\overrightarrow{FT}=0$$x_{1}x_{2}-2\sqrt{10}x_{1}-2\sqrt{10}x_{2}+40 + y_{1}y_{2}=0$$\frac{x_{1}x_{2}}{8}-\frac{y_{1}y_{2}}{32}=1$点$P$在切线上$\frac{x_{1}x_{2}}{8}-\frac{y_{1}y_{2}}{32}=1$$(5x_{2}-2\sqrt{10})x_{1}=2\sqrt{10}x_{2}-8$$x_{1}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$得证. 证法二：设$T(m,n)$，$P(p,q)$$\frac{mx}{8}-\frac{ny}{32}=1$$nq = 4mp - 32$$F(2\sqrt{10},0)$$\overrightarrow{FP}\cdot\overrightarrow{FT}=0$$p=\frac{2\sqrt{10}}{5}$得证. 解：(Ⅰ)根据题意，有$\begin{cases}\frac{9}{a^{2}}-\frac{4}{b^{2}}=1\\\frac{b}{a}=2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a^{2}=8\\b^{2}=32\end{cases}$， 即$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{32}=1$. (4 分) (Ⅱ)证明：由点$M$在$C$上，知$\frac{m^{2}}{8}-\frac{n^{2}}{32}=1$， ① 将点$M$的坐标代入直线$l$，得$\frac{m^{2}}{8}-\frac{n^{2}}{32}=1$，显然成立，故点$M$在直线$l$上. (5 分) 当$n\neq0$时，将直线$l$化为斜截式，得直线$l:y=\frac{4m}{n}x-\frac{32}{n}$，代入$C$并整理， 得$(n^{2}-4m^{2})x^{2}+64mx - 256 - 8n^{2}=0$. ② (6 分) 由①知$4m^{2}-n^{2}=32$， 代入②得$4x^{2}-8mx + 32 + n^{2}=0$， (7 分) 其判别式$\Delta = (-8m)^{2}-4\times4\times(32 + n^{2})=16(4m^{2}-32 - n^{2})=0$， 故直线$l$与双曲线$C$相切于点$M$. (8 分) 当$n = 0$时，可得$m=\pm2\sqrt{2}$， 此时直线$l:x=\pm2\sqrt{2}$与$C$相切于点$M$. (9 分) (Ⅲ)证法一：由(Ⅰ)知$F(2\sqrt{10},0)$， 设$P(x_{1},y_{1})$，$T(x_{2},y_{2})$， 由题意，$\overrightarrow{FP}\cdot\overrightarrow{FT}=(x_{1}-2\sqrt{10},y_{1})\cdot(x_{2}-2\sqrt{10},y_{2})=0$， 即$x_{1}x_{2}-2\sqrt{10}x_{1}-2\sqrt{10}x_{2}+40 + y_{1}y_{2}=0$. ③ (11 分) 由(Ⅱ)知$C$在点$T$处的切线方程为$\frac{x_{2}}{8}x-\frac{y_{2}}{32}y=1$， 又点$P$在此切线上，故$\frac{x_{1}x_{2}}{8}-\frac{y_{1}y_{2}}{32}=1$. ④ (13 分) 由③$+32\times$④，得$5x_{1}x_{2}-2\sqrt{10}x_{1}-2\sqrt{10}x_{2}+8=0$， 即$(5x_{2}-2\sqrt{10})x_{1}=2\sqrt{10}x_{2}-8$， (15 分) 因为$5x_{2}-2\sqrt{10}\neq0$， 解得$x_{1}=\frac{2\sqrt{10}x_{2}-8}{5x_{2}-2\sqrt{10}}=\frac{2\sqrt{2}(\sqrt{5}x_{2}-2\sqrt{2})}{\sqrt{5}(\sqrt{5}x_{2}-2\sqrt{2})}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$， 故点$P$在定直线$x=\frac{2\sqrt{10}}{5}$上. (17 分) 证法二：不妨设$T(m,n)$，$P(p,q)$，由(Ⅱ)可知过点$T$的直线$PT$的方程为$\frac{mx}{8}-\frac{ny}{32}=1$， $\because$点$P$在直线$PT$上， $\therefore\frac{mp}{8}-\frac{nq}{32}=1$，即$nq = 4mp - 32$， 又$a^{2}+b^{2}=40$，$\therefore F(2\sqrt{10},0)$， $\therefore\overrightarrow{FP}=(p - 2\sqrt{10},q)$，$\overrightarrow{FT}=(m - 2\sqrt{10},n)$， $\therefore\overrightarrow{FP}\cdot\overrightarrow{FT}=(p - 2\sqrt{10})(m - 2\sqrt{10})+nq=pm - 2\sqrt{10}(p + m)+40 + 4pm - 32=5pm - 2\sqrt{10}(p + m)+8=0$， 整理得$\sqrt{5}p(\sqrt{5}m - 2\sqrt{2})=2\sqrt{2}(\sqrt{5}m - 2\sqrt{2})$， $\because|m|\geqslant a = 2\sqrt{2}$，$\therefore m\neq\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$， $\therefore\sqrt{5}m - 2\sqrt{2}\neq0$， $\therefore p=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{10}}{5}$， 故点$P$在定直线$x=\frac{2\sqrt{10}}{5}$上. (17 分) 

19.（17分）
已知$a＞0$，且$a\neq1$，函数$f(x)=a^{x}+\ln(1 + x)-1$.
（Ⅰ）记$a_{n}=f(n)-\ln(n + 1)+n$，$S_{n}$为数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和. 证明：当$a=\frac{8}{9}$时，$S_{64}＜2024$；
（Ⅱ）若$a=\frac{1}{e}$，证明：$xf(x)\geqslant0$；
（Ⅲ）若$f(x)$有3个零点，求实数$a$的取值范围.

答案：  函数的性质+导数的应用+等差、等比数列的前$n$项和公式 【思维导图】(Ⅲ)解法一：$f^{\prime}(x)$当$a>1$时$f(x)$至多有 1 个零点当$00$时，$g^{\prime}(x)>0$， $\therefore g(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增， (7 分) $\therefore g(x)\geqslant g(0)=0$，$f^{\prime}(x)\geqslant0$， 当且仅当$x = 0$时取等号， $\therefore f(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增， (8 分) $\therefore$当$-10$； 当$x>0$时，$f(x)>f(0)=0$，$xf(x)>0$， $\therefore xf(x)\geqslant0$. (9 分) (Ⅲ)解法一：$f(x)$的定义域为$(-1,+\infty)$， $f^{\prime}(x)=a^{x}\ln a+\frac{1}{1 + x}=\frac{a^{x}(1 + x)\ln a+1}{1 + x}$. ①当$a>1$时，$f^{\prime}(x)>\frac{1}{1 + x}>0$， 故$f(x)$是$(-1,+\infty)$上的增函数，$f(x)$至多有 1 个零点，不符合题意. (10 分) ②当$0-\frac{1}{\ln a}-1$时，$g^{\prime}(x)>0$， 故$g(x)$在$(-1,-\frac{1}{\ln a}-1)$上单调递减， 在$(-\frac{1}{\ln a}-1,+\infty)$上单调递增， $g(-\frac{1}{\ln a}-1)=-\frac{1}{a\text{e}}+1$. (11 分) (ⅰ)若$\frac{1}{e}\leqslant a<1$，则$g(x)\geqslant g(-\frac{1}{\ln a}-1)=-\frac{1}{a\text{e}}+1\geqslant0$， $f^{\prime}(x)\geqslant0$， 故$f(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，$f(x)$至多有 1 个零点，不符合题意. (12 分) (ⅱ)当$00$，$g(0)=\ln a+1<0$， 易证任意$00$，故存在$x_{1}\in(-1,0)$，$x_{2}\in(0,1)$，使得$g(x_{1})=g(x_{2})=0$. (13 分) 当$-1x_{2}$时，$g(x)>0$，$f^{\prime}(x)>0$； 当$x_{1}0$，$f(x_{2})<0$， 又$\because f(e^{1-\frac{1}{a}}-1)=a^{e^{1-\frac{1}{a}}-1}-\frac{1}{a}<0$，$f(e - 1)=a^{e - 1}>0$， $\therefore f(x)$在$(e^{1-\frac{1}{a}}-1,x_{1})$，$(x_{2},e - 1)$上各有一个零点. (15 分) 又$\because f(0)=0$，$\therefore f(x)$有 3 个零点，符合题意. (16 分) 综上，实数$a$的取值范围是$(0,\frac{1}{e})$. (17 分) 解法二：由(Ⅱ)知，当$-10$时，$\frac{1}{e^{x}}+\ln(1 + x)-1>0$. (10 分) ①当$a\geqslant\frac{1}{e}$，且$a\neq1$时，若$-10$，则$f(x)\geqslant\frac{1}{e^{x}}+\ln(1 + x)-1>0$， 又$f(0)=0$，故$f(x)$有唯一零点，不符合题意. (12 分) ②当$01$时，函数单调递增，排除；再讨论当$0(0)=0$，$xf(x)>