《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18. (17分)
如图，已知椭圆$E_{1}$：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$($a＞b＞0$)与椭圆$E_{2}$：$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4}=1$有相同的离心率，点$P(\sqrt{3},1)$在椭圆$E_{1}$上. 过点P的两条不重合直线$l_{1}$，$l_{2}$与椭圆$E_{1}$相交于Q，H两点，与椭圆$E_{2}$相交于A，B和C，D四点.
(Ⅰ)求椭圆$E_{1}$的标准方程；
(Ⅱ)求证：$S_{\triangle APD}=S_{\triangle BQD}$；
(Ⅲ)若$\frac{|BQ|}{|DH|}=\frac{|DP|}{|BP|}$，设直线$l_{1}$，$l_{2}$的倾斜角分别为$\alpha$，$\beta$，求证：$\alpha+\beta$为定值.

答案： 18. 椭圆的标准方程及几何性质+直线与椭圆的位置关系+椭圆中的面积问题+椭圆中的定值问题 【思维导图】(Ⅰ)已知条件 关于$a^{2}$，$b^{2}$的二元一次方程组 $a^{2}$，$b^{2}$ 椭圆$E_{1}$的标准方程. (Ⅱ)转化为证$|AP|=|BQ|\to$当直线$l_{1}$斜率不存在时 得证；当直线$l_{1}$斜率存在时 设出直线$l_{1}$的方程 分别与椭圆$E_{1}$，$E_{2}$的方程联立 弦长公式 韦达定理 得证. (Ⅲ)由题意 $|AP|\cdot|BP|=|CP|\cdot|DP|\to$联立直线$l_{2}$与椭圆$E_{2}$的方程 弦长公式 韦达定理 得证. 解：(Ⅰ)由题意知，$e_{1}=e_{2}$，$\therefore\frac{b^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{3}$（提示：$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1 - (\frac{b}{a})^{2}}$），$\therefore a^{2}=3b^{2}$. 又$P(\sqrt{3},1)$在椭圆$E_{1}$上，$\therefore\frac{3}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$， $\therefore b^{2}=2$，$a^{2}=6$， $\therefore$椭圆$E_{1}$的标准方程为$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{2}=1$. （4分） (Ⅱ)证明：要证$S_{\triangle APD}=S_{\triangle BQD}$，即证$|AP|=|BQ|$（关键：根据三角形面积公式将面积关系转化为线段关系）， 设$A(x_{A},y_{A})$，$B(x_{B},y_{B})$，$P(x_{P},y_{P})$，$Q(x_{Q},y_{Q})$. ①当直线$l_{1}$斜率不存在时，由椭圆对称性可知$|AP|=|BQ|$成立（提醒：设直线方程时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形）； ②当直线$l_{1}$斜率存在时，设为$k_{1}$， 则AB方程：$y - 1=k_{1}(x - \sqrt{3})$， 联立$\begin{cases}y - 1=k_{1}(x - \sqrt{3})\\\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$，得$(3k_{1}^{2}+1)x^{2}+(6k_{1}-6\sqrt{3}k_{1}^{2})x+3(1-\sqrt{3}k_{1})^{2}-6 = 0$， $\Delta=12(\sqrt{3}k_{1}+1)^{2}>0$，$k_{1}\neq-\frac{\sqrt{3}}{3}$， $\therefore x_{P}+x_{Q}=\frac{6\sqrt{3}k_{1}^{2}-6k_{1}}{3k_{1}^{2}+1}$，$x_{P}x_{Q}=\frac{3(1-\sqrt{3}k_{1})^{2}-6}{3k_{1}^{2}+1}$. 联立$\begin{cases}y - 1=k_{1}(x - \sqrt{3})\\\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$，得$(3k_{1}^{2}+1)x^{2}+(6k_{1}-6\sqrt{3}k_{1}^{2})x+3(1-\sqrt{3}k_{1})^{2}-12 = 0$， $\Delta=12[(3k_{1}+\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}+\frac{8}{3}]>0$恒成立， $\therefore x_{A}+x_{B}=\frac{6\sqrt{3}k_{1}^{2}-6k_{1}}{3k_{1}^{2}+1}$，$x_{A}x_{B}=\frac{3(1-\sqrt{3}k_{1})^{2}-12}{3k_{1}^{2}+1}$， $\therefore x_{P}+x_{Q}=x_{A}+x_{B}$，$\therefore x_{P}-x_{A}=x_{B}-x_{Q}$. 又$|AP|=\sqrt{1 + k_{1}^{2}}|x_{P}-x_{A}|$，$|BQ|=\sqrt{1 + k_{1}^{2}}|x_{B}-x_{Q}|$， $\therefore|AP|=|BQ|$. 综上所述，$S_{\triangle APD}=S_{\triangle BQD}$. （10分） (Ⅲ)证明：由(Ⅱ)同理可知$|CP|=|DH|$， 又$\frac{|BQ|}{|DH|}=\frac{|DP|}{|BP|}$，$\therefore|AP|\cdot|BP|=|CP|\cdot|DP|$（题眼）. 设直线CD的斜率为$k_{2}$，则直线CD方程为$y - 1=k_{2}(x - \sqrt{3})$，设$C(x_{C},y_{C})$，$D(x_{D},y_{D})$， 联立$\begin{cases}y - 1=k_{2}(x - \sqrt{3})\\\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$，得$(3k_{2}^{2}+1)x^{2}-(6\sqrt{3}k_{2}^{2}-6k_{2})x+3(1-\sqrt{3}k_{2})^{2}-12 = 0$， $\Delta=12[(3k_{2}+\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}+\frac{8}{3}]>0$恒成立， $\therefore x_{C}+x_{D}=\frac{6\sqrt{3}k_{2}^{2}-6k_{2}}{3k_{2}^{2}+1}$，$x_{C}x_{D}=\frac{3(1-\sqrt{3}k_{2})^{2}-12}{3k_{2}^{2}+1}$， $|CP||DP|=\sqrt{1 + k_{2}^{2}}|x_{C}-x_{P}|\cdot\sqrt{1 + k_{2}^{2}}|x_{D}-x_{P}|$， $|AP||BP|=\sqrt{1 + k_{1}^{2}}|x_{A}-x_{P}|\cdot\sqrt{1 + k_{1}^{2}}|x_{B}-x_{P}|$， $\therefore(1 + k_{2}^{2})|(x_{C}-x_{P})(x_{D}-x_{P})|=(1 + k_{1}^{2})|(x_{A}-x_{P})(x_{B}-x_{P})|$， 即$(1 + k_{2}^{2})|x_{C}x_{D}-x_{P}(x_{C}+x_{D})+x_{P}^{2}|=(1 + k_{1}^{2})|x_{A}x_{B}-x_{P}(x_{A}+x_{B})+x_{P}^{2}|$， 化简得$\frac{1 + k_{2}^{2}}{3k_{2}^{2}+1}=\frac{1 + k_{1}^{2}}{3k_{1}^{2}+1}$，$\therefore k_{1}^{2}=k_{2}^{2}$， 由题意知$k_{1}\neq k_{2}$，$\therefore k_{1}+k_{2}=0$，$\therefore\alpha+\beta=\pi$. （17分）

19. (17分)
已知函数$f(x)=\ln(x + 1)-mx$，$g(x)=\cos mx - 1$，其中$m\in R$.
(Ⅰ)讨论$f(x)$的单调性；
(Ⅱ)若$m = 1$，$h(x)=f(x)+g(x)+1$，求证：$h(x)$在定义域内有两个不同的零点；
(Ⅲ)若$f(x)+g(x)\leq0$恒成立，求m的值.

答案： 19. 利用导数研究函数的单调性+函数的零点+根据不等式恒成立求参数的值 【思维导图】(Ⅰ)已知条件 函数的定义域与导函数$f'(x)$ 分$m\leq0$和$m>0$讨论 函数$f(x)$的单调性. (Ⅱ)$m = 1$时 $h(x)$ $h'(x)$ 分$x\in(-1,0]$，$x\in[\pi,+\infty)$及$x\in(0,\pi)$讨论函数$h(x)$的单调性 零点存在定理 $h(x)$的零点个数. (Ⅲ)令$\varphi(x)=f(x)+g(x)$ 函数$\varphi(x)$的极大值点 m 验证 得解. 解：(Ⅰ)$f(x)$定义域$(-1,+\infty)$（提醒：在讨论函数的单调性时，一定要先求出函数的定义域）， $f'(x)=\frac{1}{x + 1}-m$（提示：由于导函数中含有字母参数，且参数的范围对导函数的正负区间有影响，故需对参数的范围分类讨论）. ①当$-m\geq0$，即$m\leq0$时，$f'(x)>0$，$f(x)$在$(-1,+\infty)$上为增函数； ②当$-m<0$，即$m>0$时，令$f'(x)=\frac{-m(x + 1-\frac{1}{m})}{x + 1}=0$得$x=\frac{1}{m}-1>-1$， $\therefore f'(x)>0\Rightarrow - 1\frac{1}{m}-1$， $\therefore f(x)$在$(-1,\frac{1}{m}-1)$上为增函数，在$(\frac{1}{m}-1,+\infty)$上为减函数. 综上，当$m\leq0$时，$f(x)$在$(-1,+\infty)$上为增函数；当$m>0$时，$f(x)$在$(-1,\frac{1}{m}-1)$上为增函数，在$(\frac{1}{m}-1,+\infty)$上为减函数. （5分） (Ⅱ)证明：$m = 1$时，$h(x)=\cos x+\ln(x + 1)-x$， $h'(x)=-\sin x+\frac{1}{x + 1}-1$. ①当$x\in(-1,0]$时，$h'(x)$在$(-1,0]$上单调递减， $\therefore h'(x)\geq h'(0)=0$， $\therefore h(x)$在$(-1,0]$上单调递增. 又$h(0)=1>0$，$h(\frac{1}{e^{2}}-1)=\cos(\frac{1}{e^{2}}-1)-2-\frac{1}{e^{2}}+1<0$， $\therefore\exists x_{1}\in(\frac{1}{e^{2}}-1,0)$，使得$h(x_{1})=0$，即$h(x)$在$(-1,0]$上有且仅有1个零点$x_{1}$； ②当$x\in[\pi,+\infty)$时，由(Ⅰ)知$f(x)=\ln(x + 1)-x$在$[\pi,+\infty)$上单调递减， $\therefore f(x)\leq f(\pi)=\ln(\pi + 1)-\pi$， $\therefore h(x)=\cos x+f(x)<1+\ln(\pi + 1)-\pi<1+\ln e^{2}-\pi=3-\pi<0$， $\therefore h(x)$在$[\pi,+\infty)$上没有零点； ③$x\in(0,\pi)$时，$\begin{cases}-\sin x<0\\\frac{1}{x + 1}-1<0\end{cases}$， $\therefore h'(x)=-\sin x+\frac{1}{x + 1}-1<0$，即$h(x)$在$(0,\pi)$上单调递减. 又$h(0)=1$，$h(\pi)=\ln(\pi + 1)-\pi-1<0$， $\therefore h(x)$在$(0,\pi)$上有且仅有一个零点$x_{2}$. 综上所述，$h(x)$在$(-1,+\infty)$上有且仅有两个不同的零点$x_{1}$和$x_{2}$. （12分） (Ⅲ)令$\varphi(x)=f(x)+g(x)=\ln(x + 1)+\cos x-mx - 1$. $\because\varphi(x)\leq0$恒成立，且$\varphi(0)=0$，同时$\varphi(x)$在$(-1,+\infty)$上连续， $\therefore x = 0$是$\varphi(x)$的一个极大值点（题眼）. $\because\varphi'(x)=\frac{1}{x + 1}-m\sin mx - m$， $\therefore\varphi'(0)=1 - m = 0$，即$m = 1$（提示：在导函数存在时，极值点是导函数值为0的x的值）. 下面证明当$m = 1$时，$\varphi(x)\leq0$在$x\in(-1,+\infty)$上恒成立（易错：在求出m的值后忘记验证）. 由(Ⅰ)知当$m = 1$时，$f(x)$在$(-1,0)$上单调递增，在$(0,+\infty)$上单调递减， $\therefore f(x)\leq f(0)=0$. 又$g(x)=\cos x-1\leq0$， $\therefore\varphi(x)=f(x)+g(x)\leq0$恒成立， $\therefore m = 1$. （17分） （解析人：慕泽刚）