《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

11.已知直线$y = kx$与曲线$y=\ln x$相交于不同两点$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,曲线$y=\ln x$在点$M$处的切线与在点$N$处的切线相交于点$P(x_{0},y_{0})$,则( )
A.$0\lt k\lt\frac{1}{\text{e}}$
B.$x_{1}x_{2}=\text{e}x_{0}$
C.$y_{1}+y_{2}=1 + y_{0}$
D.$y_{1}y_{2}\lt1$

答案：
ACD

12.已知数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=n^{2}+n$,当$\frac{S_{n}+9}{a_{n}}$取最小值时,$n = $______.

答案： 3

13.某校数学建模兴趣小组收集了一组恒温动物体重$W$(单位:克)与脉搏率$f$(单位:心跳次数/分钟)的对应数据$(W_{i},f_{i})(i = 1,2,\cdots,8)$,根据生物学常识和散点图得出$f$与$W$近似满足$f = cW^{k}(c,k$为参数).令$x_{i}=\ln W_{i}$,$y_{i}=\ln f_{i}$,计算得$\overline{x}=8$,$\overline{y}=5$,$\sum_{i = 1}^{8}y_{i}^{2}=214$.由最小二乘法得经验回归方程为$\hat{y}=\hat{b}x + 7.4$,则$k$的值为______;为判断拟合效果,通过经验回归方程求得预测值$\hat{y}_{i}(i = 1,2,\cdots,8)$,若残差平方和$\sum_{i = 1}^{8}(y_{i}-\hat{y}_{i})^{2}\approx0.28$,则决定系数$R^{2}\approx$______.
(参考公式:决定系数$R^{2}=1-\frac{\sum_{i = 1}^{n}(y_{i}-\hat{y}_{i})^{2}}{\sum_{i = 1}^{n}(y_{i}-\overline{y})^{2}}$)

答案： $- 0.3$;$0.99$

14.已知曲线$C$是平面内到定点$F(0,-2)$与到定直线$l:y = 2$的距离之和等于6的点的轨迹,若点$P$在$C$上,对给定的点$T(-2,t)$,用$m(t)$表示$|PF|+|PT|$的最小值,则$m(t)$的最小值为______.

答案：
2

15.(13分)
记$\triangle ABC$的内角$A$,$B$,$C$的对边分别为$a$,$b$,$c$,$\triangle ABC$的面积为$S$.已知$S = -\frac{\sqrt{3}}{4}(a^{2}+c^{2}-b^{2})$.
(Ⅰ)求$\angle B$;
(Ⅱ)若点$D$在边$AC$上,且$\angle ABD=\frac{\pi}{2}$,$AD = 2DC = 2$,求$\triangle ABC$的周长.

答案：
正弦定理 + 余弦定理 + 三角形周长和面积公式 【思维导图】(Ⅰ)$S=-\frac{\sqrt{3}}{4}(a^{2}+c^{2}-b^{2})\xrightarrow{余弦定理}-\frac{\sqrt{3}}{2}ac\cos B=\frac{1}{2}ac\sin B\to\tan B\to$得解. (Ⅱ)解法一:$\xrightarrow{结合(Ⅰ)}\angle CBD=\frac{\pi}{6}\xrightarrow{正弦定理}\sin\angle ADB=\sin\angle CDB$ $a = c\xrightarrow{在\triangle ABC中,余弦定理}c = a=\sqrt{3}\xrightarrow{三角形周长公式}$得解; 解法二:$\xrightarrow{结合(Ⅰ)}\angle CBD=\frac{\pi}{6}\xrightarrow{正弦定理}\sin A=\sin C$ $a = c\xrightarrow{同解法一}$得解; 解法三:$\xrightarrow{结合(Ⅰ)}\angle CBD=\frac{\pi}{6}\to$设$BD = x\xrightarrow{在\triangle ABC中,余弦定理}c^{2}+a^{2}+ca = 9\xrightarrow{在\triangle ABD中,勾股定理}c^{2}+x^{2}=AD^{2}\xrightarrow{在\triangle CBD中,余弦定理}a^{2}+x^{2}-\sqrt{3}ax = 1\xrightarrow{联立}a = c=\sqrt{3},x = 1\xrightarrow{三角形周长公式}$得解; 解法四:过点$C$作$AB$的垂线交$AB$的延长线于点$E$ $\angle ABD=\frac{\pi}{2}\xrightarrow{AD = 2DC}AB = 2BE\xrightarrow{在Rt\triangle CBE中}\angle CBE=\frac{\pi}{3}BC = 2BE\to a = c$ $\xrightarrow{同解法一}$得解. 解:(Ⅰ)由余弦定理可得$2ac\cos B=a^{2}+c^{2}-b^{2}$,所以$S=-\frac{\sqrt{3}}{4}(a^{2}+c^{2}-b^{2})=-\frac{\sqrt{3}}{4}\times2ac\cos B=-\frac{\sqrt{3}}{2}ac\cos B$,又$S=\frac{1}{2}ac\sin B$(提示:三角形面积公式),所以$-\frac{\sqrt{3}}{2}ac\cos B=\frac{1}{2}ac\sin B$,解得$\tan B=-\sqrt{3}$,又$\angle B$是$\triangle ABC$的内角,所以$\angle B=\frac{2\pi}{3}$.(6分) (Ⅱ)解法一:依题意,得$\angle CBD=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6}$,在$\triangle ABD$中,由正弦定理得$\frac{AB}{\sin\angle ADB}=\frac{AD}{\sin\frac{\pi}{2}}=AD = 2$,同理,在$\triangle CBD$中,有$\frac{CB}{\sin\angle CDB}=\frac{DC}{\sin\frac{\pi}{6}}=2DC = 2$,又$\angle ADB+\angle CDB=\pi$,所以$\sin\angle ADB=\sin\angle CDB$(题眼),所以$AB = CB$,即$c = a$.在$\triangle ABC$中,由余弦定理得$b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ca\cdot\cos\angle ABC$,即$3^{2}=c^{2}+a^{2}+ac = 3a^{2}$,解得$a=\sqrt{3}$,所以$c = a=\sqrt{3}$,所以$\triangle ABC$的周长为$3 + 2\sqrt{3}$.(13分) 解法二:依题意得$\angle CBD=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6}$,在$\triangle ABD$中,由正弦定理得$\frac{BD}{\sin A}=\frac{AD}{\sin\frac{\pi}{2}}=AD = 2$,同理,在$\triangle CBD$中,有$\frac{BD}{\sin C}=\frac{CD}{\sin\frac{\pi}{6}}=2CD = 2$,所以$\sin A=\sin C$(题眼),所以$AB = CB$,即$a = c$.(9分)后同解法一(略). 解法三:依题意,得$\angle CBD=\frac{2\pi}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6}$,设$BD = x$,在$\triangle ABC$中,由余弦定理得$b^{2}=c^{2}+a^{2}-2ca\cdot\cos\angle ABC$,即$c^{2}+a^{2}+ca = 9$.在$\triangle ABD$中,$c^{2}+x^{2}=AD^{2}=4$(提示:勾股定理).在$\triangle CBD$中,$BC^{2}+BD^{2}-2BC\cdot BD\cdot\cos\angle CBD=CD^{2}$,即$a^{2}+x^{2}-\sqrt{3}ax = 1$,联立上述方程,解得$a = c=\sqrt{3},x = 1$(题眼),所以$\triangle ABC$的周长为$3 + 2\sqrt{3}$.(13分) 解法四:过点$C$作$AB$的垂线交$AB$的延长线于点$E$,因为$\angle ABD=\frac{\pi}{2}$,所以$BD\parallel EC$,又$AD = 2DC$,所以$AB = 2BE$,在$Rt\triangle CBE$中,$\angle CBE=\pi-\frac{2\pi}{3}=\frac{\pi}{3}$,所以$BE = BC\cdot\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}BC$,即$BC = 2BE$(题眼),所以$AB = BC$,即$a = c$.(9分)后同解法一,过程略.