《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

18.(17分)
　已知a为常数,函数f(x)=xln.x十ax².
　(I)当a=1时,求f(x)在x=1处的切线方程;
　(II)讨论函数f(x)的零点个数;
　(III)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1＜x2),求证:一$\frac{1}{2}$＜f(x1)＜0.

答案： 导数的几何意义 + 函数的零点、极值点 + 导数在研究函数中的应用 【思维导图】（Ⅰ）已知条件$\to f(x)\to f(1)$，$f'(x)\to f'(1)$导数的几何意义$\to$切线方程. （Ⅱ）设$g(x) = \ln x + ax(x\gt 0)\to g(x)$，$f(x)$有相同零点，$g'(x)\to$分$a = 0$，$a\gt 0$，$a\lt 0$三种情况讨论零点存在定理$\to g(x)$的零点个数$\to f(x)$的零点个数. （Ⅲ）已知条件$\to f'(x)\to$令$h(x) = f'(x)\to h'(x)\to$分$2a\geq 0$，$2a\lt 0$两种情况讨论$\to -\frac{1}{2}\lt a\lt 0\to f(x_{1})\lt 0\to$设$F(x) = x\ln x - x(0\lt x\lt 1)\to F(x)\gt -1\to f(x_{1})\gt -\frac{1}{2}\to$得证. 解：（Ⅰ）当$a = 1$时，$f(x) = x\ln x + x^{2}$，则$f(1) = 1$，$f'(x) = 1 + \ln x + 2x$，$\therefore f'(1) = 3$， $\therefore f(x)$在$x = 1$处的切线方程为$y - 1 = 3(x - 1)$， 即$3x - y - 2 = 0$. （2 分） （Ⅱ）$\because f(x) = x(\ln x + ax)(x\gt 0)$， 设$g(x) = \ln x + ax(x\gt 0)$， 故$f(x)$，$g(x)$具有相同零点（题眼）， $g'(x) = \frac{1}{x} + a$， （4 分） 当$a = 0$时，$g(x) = \ln x$，有且只有一个零点$x = 1$； （5 分） 当$a\gt 0$时，$g'(x)\gt 0$，$\therefore g(x)$为单调递增函数. 又$g(e^{-a}) = -a + ae^{-a} = a(e^{-a} - 1)\lt 0$，$g(1) = a\gt 0$，$\therefore g(x)$有且只有一个零点（提示：函数的零点存在定理）； （7 分） 当$a\lt 0$时，由$g'(x) = 0$，解得$x = -\frac{1}{a}$， 若$x\in(0,-\frac{1}{a})$，$g'(x)\gt 0$，则$g(x)$单调递增； 若$x\in(-\frac{1}{a},+\infty)$，$g'(x)\lt 0$，则$g(x)$单调递减， 又当$x\to 0^{+}$时，$g(x)\to -\infty$，当$x\to +\infty$时，$g(x)\to -\infty$， 故当$g(-\frac{1}{a}) = \ln(-\frac{1}{a}) - 1\lt 0$，即$a\lt -\frac{1}{e}$时，$g(x)$无零点； 当$g(-\frac{1}{a}) = \ln(-\frac{1}{a}) - 1 = 0$，即$a = -\frac{1}{e}$时，$g(x)$有一个零点； 当$g(-\frac{1}{a}) = \ln(-\frac{1}{a}) - 1\gt 0$，即$-\frac{1}{e}\lt a\lt 0$时，$g(x)$有两个零点. 综上所述，当$a\geq 0$或$a = -\frac{1}{e}$时，$f(x)$有一个零点；当$-\frac{1}{e}\lt a\lt 0$时，$f(x)$有两个零点；当$a\lt -\frac{1}{e}$时，$f(x)$无零点. （10 分） （Ⅲ）证明：由已知得$f'(x) = \ln x + 1 + 2ax(x\gt 0)$有两个零点（题眼）， 令$h(x) = f'(x)$，则$h'(x) = \frac{1}{x} + 2a(x\gt 0)$. 当$2a\geq 0$时，$h'(x)\gt 0$，$\therefore f'(x)$单调递增， $\therefore f'(x)$至多一个零点，不符合题意； （12 分） 当$2a\lt 0$时，令$h'(x) = 0$，解得$x = -\frac{1}{2a}$， 当$x\in(0,-\frac{1}{2a})$时，$h'(x)\gt 0$，则$f'(x)$单调递增； 当$x\in(-\frac{1}{2a},+\infty)$时，$h'(x)\lt 0$，则$f'(x)$单调递减， 依题意$f'(-\frac{1}{2a}) = \ln(-\frac{1}{2a}) + 1 + 2a(-\frac{1}{2a})\gt 0$， $\therefore -\frac{1}{2}\lt a\lt 0$. （14 分） $\because f'(1) = 1 + 2a\gt 0$，$\therefore 0\lt x_{1}\lt 1$. 由$f'(x_{1}) = \ln x_{1} + 1 + 2ax_{1} = 0$，得$ax_{1} = -\frac{1}{2}(\ln x_{1} + 1)$， $\therefore f(x_{1}) = x_{1}\ln x_{1} + x_{1}[-\frac{1}{2}(\ln x_{1} + 1)] = \frac{1}{2}x_{1}\ln x_{1} - \frac{1}{2}x_{1} = \frac{1}{2}x_{1}(\ln x_{1} - 1)$. $\because 0\lt x_{1}\lt 1$，$\therefore f(x_{1})\lt 0$. （15 分） 设$F(x) = x\ln x - x(0\lt x\lt 1)$， $\therefore F'(x) = \ln x\lt 0$， $\therefore F(x) = x\ln x - x(0\lt x\lt 1)$单调递减， $\therefore F(x)\gt F(1) = -1$， $\therefore f(x_{1}) = \frac{1}{2}(x_{1}\ln x_{1} - x_{1})\gt -\frac{1}{2}$. 综上所述，$-\frac{1}{2}\lt f(x_{1})\lt 0$. （17 分）

19.(17分)
　已知椭圆C:$\frac{x}{a?}$2+$\frac{y²}{b²}$=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1,F2,B为上顶点,离心率为$\frac{1}{2}$,直线
BF2与圆4x²+4y²−3=0相切.
　(I)求椭圆C的标准方程;
　(II)过F2作直线I与椭圆C交于M,N两点.
　(i)若MF=λF2N(1＜)＜2),O为坐标原点,求△MON面积的取值范围;
　(i)若l斜率存在,是否存在椭圆C上一点Q 及x轴上一点P(x0,0),使四边形PMQN为菱形？若存在,求x。;若不存在,请说明理由.

答案： 椭圆的标准方程 + 直线与椭圆的位置关系 【思维导图】（Ⅰ）已知条件$\xrightarrow{椭圆的离心率,点到直线的距离公式}b$，$a$，$c\to C$的标准方程. （Ⅱ）（ⅰ）已知条件$\to$设$l$的方程为$x = my + 1$与椭圆方程联立$\to y_{1} + y_{2}$，$y_{1}y_{2}\xrightarrow{向量的坐标运算}m^{2}\in(0,\frac{4}{5})\xrightarrow{弦长公式、点到直线的距离公式、三角形的面积公式}S_{\triangle MON}\xrightarrow{换元法,对勾函数的单调性}$求解. （ⅱ）已知条件$\to$设直线$l$的方程为$y = k(x - 1)(k\neq 0)$与椭圆方程联立$\to x_{1} + x_{2}$，$x_{1}x_{2}\to y_{1} + y_{2}\to\overrightarrow{PQ}\to k_{PQ}\cdot k = -1\to k^{2} = 4x_{0}k^{2} + 3x_{0}\to\overrightarrow{OQ}\xrightarrow{Q在椭圆上}5k^{4} + 16k^{2} + 12 = 0$无解$\to$得解. 解：（Ⅰ）由已知得$\frac{c}{a} = \frac{1}{2}$， 直线$BF_{2}:y = -\frac{b}{c}x + b$，即$bx + cy - bc = 0$，圆$x^{2} + y^{2} = \frac{3}{4}$与该直线相切， 则$\frac{|bc|}{\sqrt{b^{2} + c^{2}}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$（提示：点到直线的距离公式）， 解得$b = \sqrt{3}$，$a = 2$，$c = 1$， 故椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1$. （5 分） （Ⅱ）（ⅰ）由已知得直线$l$的斜率存在且不为 0，$F_{2}(1,0)$， 设$l$的方程为$x = my + 1$， 联立$\begin{cases}x = my + 1\\3x^{2} + 4y^{2} = 12\end{cases}$，消去$x$整理得$(3m^{2} + 4)y^{2} + 6my - 9 = 0$， $\Delta = 144(m^{2} + 1)\gt 0$， （7 分） 设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$， 则$y_{1} + y_{2} = -\frac{6m}{3m^{2} + 4}$，$y_{1}y_{2} = \frac{-9}{3m^{2} + 4}$（题眼）. 由$\overrightarrow{MF_{2}} = \lambda\overrightarrow{F_{2}N}$，知$-y_{1} = \lambda y_{2}$， 故$y_{2} = \frac{6m}{(3m^{2} + 4)(\lambda - 1)}$，$y_{1} = \frac{-6\lambda m}{(3m^{2} + 4)(\lambda - 1)}$， $\therefore \frac{-36\lambda m^{2}}{(3m^{2} + 4)^{2}(\lambda - 1)^{2}} = \frac{-9}{3m^{2} + 4}$， $\therefore \frac{(\lambda - 1)^{2}}{\lambda} = \lambda + \frac{1}{\lambda} - 2 = \frac{4m^{2}}{3m^{2} + 4}$. $\because \lambda\in(1,2)$，$\therefore m^{2}\in(0,\frac{4}{5})$， （9 分） 则$|MN| = \sqrt{1 + m^{2}}|y_{1} - y_{2}| = \sqrt{1 + m^{2}}\frac{12\sqrt{m^{2} + 1}}{3m^{2} + 4} = \frac{12(m^{2} + 1)}{3m^{2} + 4}$（提示：弦长公式）， 又$O(0,0)$到直线$l:x - my - 1 = 0$的距离$d = \frac{1}{\sqrt{m^{2} + 1}}$， 则$S_{\triangle MON} = \frac{1}{2}\cdot|MN|\cdot d = \frac{6\sqrt{m^{2} + 1}}{3m^{2} + 4}$， 设$t = \sqrt{m^{2} + 1}\in(1,\frac{3}{\sqrt{5}})$，则$m^{2} = t^{2} - 1$， $\therefore S_{\triangle MON} = \frac{6t}{3t^{2} + 1} = \frac{6}{3t + \frac{1}{t}}\in(\frac{9\sqrt{5}}{16},\frac{3}{2})$（提示：对勾函数的单调性的应用）， 即$\triangle MON$面积的取值范围为$(\frac{9\sqrt{5}}{16},\frac{3}{2})$. （12 分） （ⅱ）不存在. 理由如下： 设直线$l$的方程为$y = k(x - 1)(k\neq 0)$. 联立$\begin{cases}y = k(x - 1)\\3x^{2} + 4y^{2} = 12\end{cases}$，消去$y$整理得$(3 + 4k^{2})x^{2} - 8k^{2}x + 4k^{2} - 12 = 0$，易得$\Delta\gt 0$. 设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$， 则$x_{1} + x_{2} = \frac{8k^{2}}{4k^{2} + 3}$，$x_{1}x_{2} = \frac{4k^{2} - 12}{4k^{2} + 3}$， $\therefore y_{1} + y_{2} = k(x_{1} + x_{2} - 2) = \frac{-6k}{4k^{2} + 3}$， $\therefore\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{PN} = (x_{1} + x_{2} - 2x_{0},y_{1} + y_{2}) = (\frac{8k^{2} - 8x_{0}k^{2} - 6x_{0}}{4k^{2} + 3},-\frac{6k}{4k^{2} + 3})$（题眼）， 依题意得$k_{PQ}\cdot k = -1$，即$-\frac{6k}{8k^{2} - 8x_{0}k^{2} - 6x_{0}}\cdot k = -1$（提示：若两条直线互相垂直且斜率都存在，则斜率之积等于 -1）， 整理得$k^{2} = 4x_{0}k^{2} + 3x_{0}$， 又$\overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{PQ} = (x_{1} + x_{2} - x_{0},y_{1} + y_{2}) = (\frac{8k^{2} - 4x_{0}k^{2} - 3x_{0}}{4k^{2} + 3},-\frac{6k}{4k^{2} + 3}) = (\frac{7k^{2}}{4k^{2} + 3},-\frac{6k}{4k^{2} + 3})$. $\because Q$在椭圆上，故$\frac{49k^{4}}{4(4k^{2} + 3)^{2}} + \frac{36k^{2}}{3(4k^{2} + 3)^{2}} = 1$， 整理得$5k^{4} + 16k^{2} + 12 = 0$无解， $\therefore$不存在满足条件的点$P(x_{0},0)$. （17 分）