《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18. (17分)
已知双曲线$W:x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$，$A(-3,0)$，动直线$l:x - my - 3 = 0$与$x$轴交于点$B$，且与$W$交于$C$，$D$两点，$t|CD|$是$|BC|$，$|BD|$的等比中项，$t\in\mathbf{R}$。
(Ⅰ)若$C$，$D$两点位于$y$轴的同侧，求$t$取最小值时$\triangle ACD$的周长；
(Ⅱ)若$t = 1$，且$C$，$D$两点位于$y$轴的异侧，证明：$\triangle ACD$为等腰三角形。

答案： (Ⅰ)联立$\begin{cases}x - my - 3 = 0\\x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1\end{cases}$，消去$x$得$(my + 3)^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$，即$(8m^{2}-1)y^{2}+48my + 64 = 0$。设$C(x_{1},y_{1})$，$D(x_{2},y_{2})$，则$\Delta=(48m)^{2}-4\times64\times(8m^{2}-1)\gt0$，$y_{1}+y_{2}=-\frac{48m}{8m^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{64}{8m^{2}-1}$。因为$C$，$D$两点位于$y$轴的同侧，所以$x_{1}x_{2}=(my_{1}+3)(my_{2}+3)=m^{2}y_{1}y_{2}+3m(y_{1}+y_{2})+9\gt0$。$\vert CD\vert=\sqrt{1 + m^{2}}\cdot\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=\sqrt{1 + m^{2}}\cdot\sqrt{(-\frac{48m}{8m^{2}-1})^{2}-4\times\frac{64}{8m^{2}-1}}=\frac{8\sqrt{1 + m^{2}}\cdot\sqrt{4m^{2}+1}}{\vert8m^{2}-1\vert}$，$\vert BC\vert\cdot\vert BD\vert=(1 + m^{2})\vert y_{1}y_{2}\vert=\frac{64(1 + m^{2})}{\vert8m^{2}-1\vert}$。因为$t\vert CD\vert$是$\vert BC\vert$，$\vert BD\vert$的等比中项，所以$t^{2}\vert CD\vert^{2}=\vert BC\vert\cdot\vert BD\vert$，则$t^{2}=\frac{\vert BC\vert\cdot\vert BD\vert}{\vert CD\vert^{2}}=\frac{64(1 + m^{2})}{64(1 + m^{2})(4m^{2}+1)}=\frac{1}{4m^{2}+1}$，当$m = 0$时，$t$取最小值$1$。此时直线$l:x = 3$，代入双曲线方程得$y=\pm8$，不妨设$C(3,8)$，$D(3,-8)$，$\vert AC\vert=\sqrt{(3 + 3)^{2}+8^{2}} = 10$，$\vert AD\vert=\sqrt{(3 + 3)^{2}+(-8)^{2}} = 10$，$\vert CD\vert = 16$，所以$\triangle ACD$的周长为$10 + 10+16 = 36$。
(Ⅱ)当$t = 1$时，$\vert CD\vert^{2}=\vert BC\vert\cdot\vert BD\vert$，即$(1 + m^{2})[(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}]=(1 + m^{2})\vert y_{1}y_{2}\vert$，$(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}=\vert y_{1}y_{2}\vert$。因为$C$，$D$两点位于$y$轴的异侧，所以$y_{1}y_{2}\lt0$，则$(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}=-y_{1}y_{2}$，$(y_{1}+y_{2})^{2}=-3y_{1}y_{2}$。$k_{AC}+k_{AD}=\frac{y_{1}}{x_{1}+3}+\frac{y_{2}}{x_{2}+3}=\frac{y_{1}(my_{2}+6)+y_{2}(my_{1}+6)}{(x_{1}+3)(x_{2}+3)}=\frac{2my_{1}y_{2}+6(y_{1}+y_{2})}{(my_{1}+6)(my_{2}+6)} = 0$，所以$k_{AC}=-k_{AD}$，即$\angle CAD$的角平分线垂直于$x$轴，所以$\vert AC\vert=\vert AD\vert$，$\triangle ACD$为等腰三角形。

19. (17分)
已知函数$f(x)=x\ln x - x^{2}-1$。
(Ⅰ)讨论$f(x)$的单调性；
(Ⅱ)求证：$f(x)＜\mathrm{e}^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}-1$；
(Ⅲ)若$p＞0$，$q＞0$且$pq＞1$，求证：$f(p)+f(q)＜ - 4$。

答案： (Ⅰ)函数$f(x)=x\ln x - x^{2}-1$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\ln x + 1 - 2x$，令$g(x)=\ln x + 1 - 2x$，则$g'(x)=\frac{1}{x}-2=\frac{1 - 2x}{x}$。当$x\in(0,\frac{1}{2})$时，$g'(x)\gt0$，$g(x)$单调递增；当$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$g'(x)\lt0$，$g(x)$单调递减。所以$g(x)\leqslant g(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}+1 - 1=-\ln2\lt0$，即$f'(x)\lt0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。
(Ⅱ)要证$f(x)\lt e^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}-1$，即证$x\ln x - x^{2}-1\lt e^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}-1$，即证$x\ln x - x^{2}\lt e^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$。当$x\gt0$时，$x\ln x - x^{2}\leqslant-\frac{1}{2}x^{2}$（当且仅当$x = 1$时取等号），$e^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}\gt-\frac{1}{2}x^{2}$（可通过构造函数证明），所以$x\ln x - x^{2}\lt e^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}$，即$f(x)\lt e^{-x}+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}-1$。
(Ⅲ)由(Ⅰ)知$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，不妨设$p\geqslant q\gt0$，因为$pq\gt1$，所以$p\gt1$。$f(p)+f(q)=p\ln p - p^{2}-1+q\ln q - q^{2}-1$，$f(p)+f(\frac{1}{p})=p\ln p - p^{2}-1+\frac{1}{p}\ln\frac{1}{p}-\frac{1}{p^{2}}-1=(p-\frac{1}{p})\ln p-(p^{2}+\frac{1}{p^{2}})-2$。令$h(p)=(p - \frac{1}{p})\ln p-(p^{2}+\frac{1}{p^{2}})-2$，$p\gt1$，$h'(p)=(1+\frac{1}{p^{2}})\ln p+(p - \frac{1}{p})\cdot\frac{1}{p}-2(p-\frac{1}{p^{3}})=(1+\frac{1}{p^{2}})\ln p+\frac{1}{p}-\frac{1}{p^{3}}-2p+\frac{2}{p^{3}}=(1+\frac{1}{p^{2}})\ln p+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^{3}}-2p\lt0$，所以$h(p)$在$(1,+\infty)$上单调递减，$h(p)\lt h(1)=-4$。因为$q\gt\frac{1}{p}$，$f(x)$单调递减，所以$f(q)\lt f(\frac{1}{p})$，则$f(p)+f(q)\lt f(p)+f(\frac{1}{p})\lt - 4$。