《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

10.设函数$f(x)$，$g(x)$的定义域都为$\mathbf{R}$，且$f(x)$是奇函数，$g(x)$是偶函数，则下列结论正确的是 ( )
A.$f(x)g(x)$是奇函数
B.$f(x)|g(x)|$是偶函数
C.若$g(x)-f(x)=x^{3}+x^{2}+1$，则$f(1)+g(1)=1$
D.若函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递减且$f(1)=-1$，则满足$-1\leqslant f(x - 2)\leqslant1$的$x$的取值范围是$[1,3]$

答案： ACD

11.已知体积为2的四棱锥$P - ABCD$，底面$ABCD$是菱形，$AB = 2$，$PA = 3$，则下列说法正确的是
A.若$PA\perp$平面$ABCD$，则$\angle BAD$为$\frac{\pi}{6}$
B.过点$P$作$PO\perp$平面$ABCD$，若$AO\perp BD$，则$BD\perp PC$
C.$PA$与底面$ABCD$所成角的最小值为$\frac{\pi}{6}$
D.若点$P$仅在平面$ABCD$的一侧，且$AB\perp AD$，则$P$点轨迹长度为$3\sqrt{3}\pi$

答案： BCD

12.已知关于$x$的不等式$ax - 1\gt0$的解集为$M$，$2\in M$且$1\notin M$，则实数$a$的取值范围是_______.

答案： $(\frac{1}{2},1]$

13.已知抛物线$y^{2}=2x$的弦$|AB|$的中点的横坐标为2，则弦$|AB|$的最大值为_______.

答案： 5

14.已知$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{1}{3}$，$\cos\alpha+\cos\beta = 1$，则$\cos\frac{\alpha - \beta}{2}\cdot\cos\frac{\alpha+\beta}{2}=$_______，$\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha+\sin\beta}=$_______.

答案： $\frac{1}{2}$ $\frac{2}{3}$ 三角恒等变换 由$\cos\alpha+\cos\beta = 1$得$2\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cdot\cos\frac{\alpha+\beta}{2}=1$，则$\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{1}{2}$ ①，由$\cos(\alpha+\beta)=-\frac{1}{3}$得$2\cos^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}-1=-\frac{1}{3}$，则$\cos^{2}\frac{\alpha+\beta}{2}=\frac{1}{3}$ ②，①②两式相除得$\frac{\cos\frac{\alpha - \beta}{2}}{\cos\frac{\alpha+\beta}{2}}=\frac{3}{2}$（题眼），所以$\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha+\sin\beta}=\frac{2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}}{2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}}=\frac{\cos\frac{\alpha+\beta}{2}}{\cos\frac{\alpha - \beta}{2}}=\frac{2}{3}$.

15.(13分)
在如图所示的$\triangle ABC$中，有$\sqrt{\frac{\cos B + 1}{2}}-\sin B = 0$.
(Ⅰ)求$\angle B$的大小；
(Ⅱ)直线$BC$绕点$C$顺时针旋转$\frac{\pi}{6}$与$AB$的延长线交于点$D$，若$\triangle ABC$为锐角三角形，$AB = 2$，求$CD$长度的取值范围.

答案： 三角恒等变换 + 正弦定理 + 余弦定理 解：(Ⅰ)解法一：由题可得$\sqrt{\frac{\cos B + 1}{2}}=\sin B$，两边同时平方可得$\frac{\cos B + 1}{2}=\sin^{2}B$，则$\frac{\cos B + 1}{2}=1-\cos^{2}B$（题眼），得$2\cos^{2}B+\cos B - 1 = 0$，解得$\cos B=\frac{1}{2}$或$\cos B=-1$. 又$B\in(0,\pi)$，则$B=\frac{\pi}{3}$. 解法二：由$\sqrt{\frac{\cos B + 1}{2}}-\sin B = 0$，得$\sqrt{\cos^{2}\frac{B}{2}-2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}} = 0$（题眼）. 又$B\in(0,\pi)$，则$\frac{B}{2}\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\cos\frac{B}{2}-2\sin\frac{B}{2}\cos\frac{B}{2}=0$，得$\sin\frac{B}{2}=\frac{1}{2}$，则$\frac{B}{2}=\frac{\pi}{6}$，所以$B=\frac{\pi}{3}$. (Ⅱ)由(Ⅰ)得$\angle ABC=\frac{\pi}{3}$，则$\angle CBD=\frac{2\pi}{3}$，由题可知$\angle BCD=\frac{\pi}{6}$，则$\angle D=\frac{\pi}{6}$. 设$BC = a$，则$BD = BC = a$，由余弦定理得$CD^{2}=BC^{2}+BD^{2}-2BC\cdot BD\cos\angle CBD$，所以$CD=\sqrt{3}a$. 由正弦定理得$\frac{BC}{\sin A}=\frac{AB}{\sin\angle ACB}$，所以$a=\frac{2\sin A}{\sin\angle ACB}=\frac{2\sin(\frac{\pi}{3}+\angle ACB)}{\sin\angle ACB}=\frac{\sqrt{3}\cos\angle ACB+\sin\angle ACB}{\sin\angle ACB}=\frac{\sqrt{3}}{\tan\angle ACB}+1$（题眼）. 因为$\triangle ABC$为锐角三角形，则$\begin{cases}0\lt\angle ACB\lt\frac{\pi}{2}\\0\lt\angle A\lt\frac{\pi}{2}\\\angle A=\frac{2\pi}{3}-\angle ACB\end{cases}$，得$\frac{\pi}{6}\lt\angle ACB\lt\frac{\pi}{2}$（易错：范围出错），所以$\tan\angle ACB\in(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$，则$\frac{1}{\tan\angle ACB}\in(0,\sqrt{3})$，所以$CD=\sqrt{3}a=\frac{3}{\tan\angle ACB}+\sqrt{3}\in(\sqrt{3},4\sqrt{3})$，即$CD$的取值范围为$(\sqrt{3},4\sqrt{3})$.