《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18. （17分）
已知函数$f(x)=e^{x}+\cos x - 2$，$g(x)=\sin x$。
（Ⅰ）求证：当$x\in(0,+\infty)$，$g(x)＜x＜f(x)$；
（Ⅱ）若$x\in(0,+\infty)$，$f(x)+g(x)＞ax$恒成立，求实数$a$的取值范围。

答案： 导数的应用 + 不等式恒成立问题 【思维导图】(Ⅰ)已知条件 \(\xrightarrow{令 G(x)=x - g(x)(x\gt0)}求导\xrightarrow{G(x)的单调性}g(x)\lt x\xrightarrow{令 F(x)=f(x)-x}求导\xrightarrow{F(x)的单调性}f(x)\gt x\xrightarrow{得证. (Ⅱ)已知条件 \(\xrightarrow{}e^{x}+\cos x - 2+\sin x - ax\gt0\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上恒成立 \(\xrightarrow{构造函数\varphi(x)}求导\xrightarrow{\varphi(x)的单调性}得解. 解：(Ⅰ)证明：令 \(G(x)=x - g(x)=x-\sin x(x\gt0)\)，则 \(G^{\prime}(x)=1-\cos x\geqslant0\)，所以 \(G(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增，所以 \(G(x)\gt G
(0)=0\)，即 \(g(x)\lt x\). 令 \(F(x)=f(x)-x=e^{x}+\cos x - 2 - x(x\gt0)\)，则 \(F^{\prime}(x)=e^{x}-\sin x - 1\)，因为当 \(x\gt0\) 时，\(g(x)\lt x\)，即 \(-\sin x\gt - x\)，所以 \(F^{\prime}(x)=e^{x}-\sin x - 1\gt e^{x}-x - 1\). 设 \(h(x)=e^{x}-x - 1\)，则 \(h^{\prime}(x)=e^{x}-1\)，当 \(x\gt0\) 时，\(h^{\prime}(x)\gt0\)，所以函数 \(h(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增，故 \(h(x)\gt h
(0)=0\)，即 \(e^{x}\gt x + 1\)，所以 \(F^{\prime}(x)\gt e^{x}-x - 1\gt0\)，所以 \(F(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增，所以 \(F(x)\gt F
(0)=0\)，即 \(f(x)\gt x\)，所以 \(g(x)\lt x\lt f(x)\) 得证. (Ⅱ)\(f(x)+g(x)\gt ax\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上恒成立，即 \(e^{x}+\cos x - 2+\sin x - ax\gt0\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上恒成立，设 \(\varphi(x)=e^{x}+\cos x - 2+\sin x - ax\)，则 \(\varphi(x)\gt0\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上恒成立，而 \(\varphi^{\prime}(x)=e^{x}-\sin x+\cos x - a\)，令 \(m(x)=\varphi^{\prime}(x)\)，则 \(m^{\prime}(x)=e^{x}-\cos x-\sin x\)，由(Ⅰ)知，当 \(x\in(0,+\infty)\) 时，\(e^{x}\gt x + 1\gt\sin x+\cos x\)，即 \(m^{\prime}(x)=e^{x}-\cos x-\sin x\gt0\)，所以函数 \(\varphi^{\prime}(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增. (ⅰ)当 \(a\leqslant2\) 时，\(\varphi^{\prime}
(0)=2 - a\geqslant0\)，故在区间 \((0,+\infty)\) 上函数 \(\varphi^{\prime}(x)\gt0\)，所以函数 \(\varphi(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增. 又 \(\varphi
(0)=0\)，所以 \(\varphi(x)\gt0\)，即函数 \(f(x)+g(x)\gt ax\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上恒成立. (ⅱ)当 \(a\gt2\) 时，\(\varphi^{\prime}
(0)=2 - a\lt0\)，\(\varphi^{\prime}[\ln(a + 2)]=a + 2-\sin[\ln(a + 2)]+\cos[\ln(a + 2)]-a=2-\sqrt{2}\sin\{[\ln(a + 2)]-\frac{\pi}{4}\}\gt0\)，故在区间 \((0,\ln(a + 2))\) 上函数 \(\varphi^{\prime}(x)\) 存在零点 \(x_{0}\)，即 \(\varphi^{\prime}(x_{0})=0\). 又函数 \(\varphi^{\prime}(x)\) 在区间 \((0,+\infty)\) 上单调递增，故在区间 \((0,x_{0})\) 上函数 \(\varphi^{\prime}(x)\lt\varphi^{\prime}(x_{0})=0\)，所以在区间 \((0,x_{0})\) 上函数 \(\varphi(x)\) 单调递减. 因为 \(\varphi
(0)=0\)，所以在区间 \((0,x_{0})\) 上 \(\varphi(x)\lt\varphi
(0)=0\)，与题设矛盾. 综上，\(a\) 的取值范围为 \((-\infty,2]\).

19. （17分）
已知集合$A$中存在三个元素$x$，$y$，$z$，同时满足①$x ＜ y ＜ z$；②$x + y ＞ z$；③$x + y + z$为偶数，那么称集合$A$具有性质$P$。
已知集合$S_{n}=\{1,2,3,\cdots,2n\}(n\in\mathbf{N}^{*},n\geqslant4)$，对于集合$S_{n}$的非空子集$B$，若$S_{n}$中存在三个互不相同的元素$a$，$b$，$c$，使得$a + b$，$b + c$，$c + a$均属于$B$，则称集合$B$是集合$S_{n}$的“期待子集”。
（Ⅰ）试判断集合$A = \{1,2,3,5,7,9\}$是否具有性质$P$，并说明理由。
（Ⅱ）若集合$B = \{3,4,a\}$具有性质$P$，证明：集合$B$是集合$S_{4}$的“期待子集”。
（Ⅲ）若集合$M$为$S_{n}$的非空子集，证明：集合$M$具有性质$P$的充要条件是集合$M$是集合$S_{n}$的“期待子集”。

答案：  新定义 解：(Ⅰ)集合 \(A = \{1,2,3,5,7,9\}\) 不具有性质 \(P\)，理由如下： (ⅰ)从集合 \(A\) 中任取三个元素 \(x\)，\(y\)，\(z\)，\(x\)，\(y\)，\(z\) 均为奇数时，\(x + y+z\) 为奇数，不满足条件③； (ⅱ)从集合 \(A\) 中任取三个元素 \(x\)，\(y\)，\(z\)，有一个为 2，另外两个为奇数时，有 \(z - x\geqslant y\)，即 \(z\geqslant x + y\)，不满足条件②. 综上所述，集合 \(A = \{1,2,3,5,7,9\}\) 不具有性质 \(P\). (Ⅱ)证明：由 \(3 + 4 + a\) 是偶数，得实数 \(a\) 是整数，当 \(a\lt3\lt4\) 时，由 \(a + 3\gt4\)，得 \(1\lt a\lt3\)，即 \(a = 2\). 因为 \(2 + 3+4 = 9\) 不是偶数，所以 \(a = 2\) 不合题意. 当 \(3\lt4\lt a\) 时，由 \(3 + 4\gt a\)，得 \(4\lt a\lt7\)，即 \(a = 5\) 或 \(a = 6\)，因为 \(3 + 4+5 = 12\) 是偶数，\(3 + 4+6 = 13\) 不是偶数，所以 \(a = 6\) 不合题意，所以集合 \(B = \{3,4,5\}\). 令 \(a + b = 3\)，\(b + c = 4\)，\(c + a = 5\)，解得 \(a = 2\)，\(b = 1\)，\(c = 3\)，显然 \(a\)，\(b\)，\(c\in S_{4}=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}\)，所以集合 \(B\) 是集合 \(S_{4}\) 的“期待子集”得证. (Ⅲ)证明：先证充分性： 当集合 \(M\) 是集合 \(S_{n}\) 的“期待子集”时，集合 \(S_{n}\) 中存在三个互不相同的元素 \(a\)，\(b\)，\(c\)，使得 \(a + b\)，\(b + c\)，\(c + a\) 均属于集合 \(M\)，不妨设 \(a\lt b\lt c\)，令 \(x = a + b\)，\(y = a + c\)，\(z = b + c\)，则 \(x\lt y\lt z\)，即满足条件①. 因为 \(x + y - z=(a + b)+(a + c)-(b + c)=2a\gt0\)，所以 \(x + y\gt z\)，即满足条件②. 因为 \(x + y+z = 2(a + b + c)\)，所以 \(x + y+z\) 为偶数，即满足条件③，所以当集合 \(M\) 是集合 \(S_{n}\) 的“期待子集”时，集合 \(M\) 具有性质 \(P\)，充分性成立； 再证必要性： 当集合 \(M\) 具有性质 \(P\) 时，集合 \(M\) 中存在三个元素 \(x\)，\(y\)，\(z\)，同时满足①\(x\lt y\lt z\)；②\(x + y\gt z\)；③\(x + y+z\) 为偶数，令 \(a=\frac{x + y+z}{2}-z\)，\(b=\frac{x + y+z}{2}-y\)，\(c=\frac{x + y+z}{2}-x\)，则由条件①得 \(a\lt b\lt c\)，由条件②得 \(a=\frac{x + y+z}{2}-z=\frac{x + y - z}{2}\gt0\)，由条件③及集合 \(M\) 为 \(S_{n}\) 的非空子集得 \(a\)，\(b\)，\(c\) 均为整数. 因为 \(z - c=z + x-\frac{x + y+z}{2}=\frac{z + x - y}{2}\gt\frac{z+(y - z)-y}{2}=0\)，所以 \(0\lt a\lt b\lt c\lt z\)，且 \(a\)，\(b\)，\(c\) 均为整数，所以 \(a\)，\(b\)，\(c\in S_{n}\). 因为 \(a + b = x\)，\(a + c = y\)，\(b + c = z\)，所以 \(a + b\)，\(b + c\)，\(c + a\) 均属于集合 \(M\)，所以当集合 \(M\) 具有性质 \(P\) 时，集合 \(M\) 是集合 \(S_{n}\) 的“期待子集”，必要性成立. 综上所述，集合 \(M\) 具有性质 \(P\) 的充要条件是集合 \(M\) 是集合 \(S_{n}\) 的“期待子集”.