《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18. (17分)
已知抛物线$C:y^{2}=4x$的焦点为$F$，过$F$的直线$l$交$C$于$A$，$B$两点，过$F$与$l$垂直的直线交$C$于$D$，$E$两点，其中$B$，$D$在$x$轴上方，$M$，$N$分别为$AB$，$DE$的中点.
(Ⅰ)证明：直线$MN$过定点；
(Ⅱ)设$G$为直线$AE$与直线$BD$的交点，求$\triangle GMN$面积的最小值.

答案：  直线与抛物线的位置关系+抛物线中的定点问题+抛物线中面积的最值问题 【思维导图】(Ⅰ)设出直线$AB$的方程$\to$联立直线与抛物线方程；$\xrightarrow{韦达定理}$点$M$的坐标；$\xrightarrow{两直线垂直}$点$N$的坐标；$\to$直线$MN$的方程$\to$得解. (Ⅱ)设$H$为$AD$的中点，$S$为直线$GM$与$AD$的交点$\to$$MH\parallel DG$$\to S_{\triangle GHD}=S_{\triangle MGD}$，$S_{\triangle GSH}=S_{\triangle MSD}$；设$T$为直线$GN$与$AD$的交点$\to S_{\triangle GMN}=S_{四边形ADMN}$；$\to\triangle GMN$的面积表达式$\xrightarrow{基本不等式}$得解. 解：(Ⅰ)设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，不妨设$x_{1}\lt x_{2}$. 设$l:x = my + 1$，则$m\gt0$. 由$\begin{cases}y^{2}=4x\\x = my + 1\end{cases}$得$y^{2}-4my - 4 = 0$， 故$y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4$，$\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=2m$，$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{m(y_{1}+y_{2})+2}{2}=2m^{2}+1$， 所以$M(2m^{2}+1,2m)$. 同理可得$N(\frac{2}{m^{2}}+1,-\frac{2}{m})$. 若$m\neq1$，则直线$MN:y=\frac{m}{m^{2}-1}(x - 2m^{2}-1)+2m=\frac{m}{m^{2}-1}(x - 3)$，$MN$过点$(3,0)$. 若$m = 1$，则直线$MN:x = 3$，$MN$过点$(3,0)$. 综上，直线$MN$过定点$(3,0)$.(8分) (Ⅱ)设$H$为$AD$的中点，$S$为直线$GM$与$AD$的交点， 由$M$，$H$分别为$AB$，$AD$的中点知$MH\parallel DG$， 所以$S_{\triangle GHD}=S_{\triangle MGD}$，故$S_{\triangle GSH}=S_{\triangle MSD}$. 设$T$为直线$GN$与$AD$的交点，同理可得$S_{\triangle GHT}=S_{\triangle TAN}$， 所以$S_{\triangle GMN}=S_{四边形ADMN}$.(14分) 由(Ⅰ)得$|AB|=\sqrt{1 + m^{2}}|y_{1}-y_{2}|=4(m^{2}+1)$， 同理可得$|DE|=4(\frac{1}{m^{2}}+1)$. 所以$S_{\triangle GMN}=\frac{1}{2}\times|DN|\times|AM|=\frac{1}{8}\times|AB|\times|DE|=2(m^{2}+1)(\frac{1}{m^{2}}+1)\geq8$， 当且仅当$m^{2}=1$时等号成立. 因此$\triangle GMN$的面积的最小值为8.(17分) 

19. (17分)
离散对数在密码学中有重要的应用. 设$p$是素数，集合$X = \{1,2,\cdots,p - 1\}$，若$u$，$v\in X$，$m\in\mathbf{N}$，记$u\otimes v$为$uv$除以$p$的余数，$u^{m,\otimes}$为$u^{m}$除以$p$的余数；设$a\in X$，$1,a,a^{2,\otimes},\cdots,a^{p - 2,\otimes}$两两不同，若$a^{n,\otimes}=b(n\in\{0,1,\cdots,p - 2\})$，则称$n$是以$a$为底$b$的离散对数，记为$n=\log(p)_{a}b$.
(Ⅰ)若$p = 11$，$a = 2$，求$a^{p - 1,\otimes}$；
(Ⅱ)对$m_{1}$，$m_{2}\in\{0,1,\cdots,p - 2\}$，记$m_{1}\oplus m_{2}$为$m_{1}+m_{2}$除以$p - 1$的余数(当$m_{1}+m_{2}$能被$p - 1$整除时，$m_{1}\oplus m_{2}=0$). 证明：$\log(p)_{a}(b\otimes c)=\log(p)_{a}b\oplus\log(p)_{a}c$，其中$b$，$c\in X$；
(Ⅲ)已知$n=\log(p)_{a}b$. 对$x\in X$，$k\in\{1,2,\cdots,p - 2\}$，令$y_{1}=a^{k,\otimes}$，$y_{2}=x\otimes b^{k,\otimes}$. 证明：$x=y_{2}\otimes y_{1}^{n(p - 2),\otimes}$.

答案： 新定义问题+整除问题 解：(Ⅰ)$2^{10}=93\times11 + 1$， 所以$2^{10,\circledast}=1$.(4分) (Ⅱ)证明：记$a^{n_{1}}=a^{n_{1},\circledast}+m_{1}p$，$a^{n_{2}}=a^{n_{2},\circledast}+m_{2}p$， $a^{n_{1},\circledast}\times a^{n_{2},\circledast}=a^{n_{1},\circledast}\otimes a^{n_{2},\circledast}+kp$， 其中$m_{1}$，$m_{2}$，$k$是整数， 则$a^{n_{1}+n_{2}}=a^{n_{1},\circledast}\otimes a^{n_{2},\circledast}+(m_{1}a^{n_{2},\circledast}+m_{2}a^{n_{1},\circledast}+m_{1}m_{2}p + k)p$， 可知$a^{n_{1},\circledast}\otimes a^{n_{2},\circledast}=a^{n_{1}+n_{2},\circledast}$. 因为$1$，$a$，$a^{2,\circledast}$，$\cdots$，$a^{p - 2,\circledast}$两两不同， 所以存在$i\in\{0,1,\cdots,p - 2\}$，使得$a^{p - 1,\circledast}=a^{i,\circledast}$， 即$a^{p - 1}-a^{i}=a^{i}(a^{p - 1 - i}-1)$可以被$p$整除， 于是$a^{p - 1 - i}-1$可以被$p$整除， 即$a^{p - 1 - i,\circledast}=1$. 若$i\neq0$，则$p - 1 - i\in\{1,2,\cdots,p - 2\}$，$a^{p - 1 - i,\circledast}\neq1$， 因此$i = 0$，$a^{p - 1,\circledast}=1$.(11分) 记$n=\log(p)_{a}b$，$m=\log(p)_{a}c$， $n + m=n\oplus m + l(p - 1)$， 其中$l$是整数，则 $b\otimes c=a^{n,\circledast}\otimes a^{m,\circledast}=a^{n + m,\circledast}=a^{n\oplus m + i(p - 1),\circledast}=a^{n\oplus m,\circledast}\otimes a^{i(p - 1),\circledast}=a^{n\oplus m,\circledast}$， 即$\log(p)_{a}(b\otimes c)=\log(p)_{a}b\oplus\log(p)_{a}c$.(13分) (Ⅲ)证明：由题设和(Ⅱ)的证明知 $y_{2}=x\otimes b^{k,\circledast}=x\otimes(\underbrace{b\otimes b\otimes\cdots\otimes b}_{k})=x\otimes\underbrace{a^{n,\circledast}\otimes a^{n,\circledast}\otimes\cdots\otimes a^{n,\circledast}}_{k}=x\otimes\underbrace{a\otimes a\otimes\cdots\otimes a}_{nk}$， $y_{1}^{n(p - 2),\circledast}=\underbrace{y_{1}\otimes y_{1}\otimes\cdots\otimes y_{1}}_{n(p - 2)}=\underbrace{a^{k,\circledast}\otimes a^{k,\circledast}\otimes\cdots\otimes a^{k,\circledast}}_{n(p - 2)}=\underbrace{a^{p - 2,\circledast}\otimes a^{p - 2,\circledast}\otimes\cdots\otimes a^{p - 2,\circledast}}_{nk}$. 故$y_{2}\otimes y_{1}^{n(p - 2),\circledast}=x\otimes\underbrace{a\otimes a\otimes\cdots\otimes a}_{nk}\otimes\underbrace{a^{p - 2,\circledast}\otimes a^{p - 2,\circledast}\otimes\cdots\otimes a^{p - 2,\circledast}}_{nk}=x\otimes\underbrace{a^{p - 1,\circledast}\otimes a^{p - 1,\circledast}\otimes\cdots\otimes a^{p - 1,\circledast}}_{nk}$. 由(Ⅱ)的证明知$a^{p - 1,\circledast}=1$， 所以$y_{2}\otimes y_{1}^{n(p - 2),\circledast}=x$.(17分)