《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

9. 已知函数$f(x)=\sin(2x+\varphi)(|\varphi|＜\frac{\pi}{2})$，$\frac{\pi}{6}$为函数$f(x)$的一个极值点，则 ( )
A. $f(2\varphi)=\frac{1}{2}f(\varphi)$
B. $f(x)＞f(\varphi)$
C. $f(\frac{\pi}{3}-x)=f(x)$
D. $f(x+\frac{5\pi}{12})=-f(-x)$

答案： AC

10. 已知抛物线$C:x^{2}=2py(p＞0)$，过$C$的焦点$F$的直线$l$与$C$交于$A$，$B$两点，设$AB$的中点为$M$，分别过$A$，$B$两点作抛物线的切线$l_{1}$，$l_{2}$相交于点$P$，则 ( )
A. 点$P$必在抛物线的准线上
B. $\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=0$
C. $\triangle PAB$面积的最小值为$p^{2}$
D. 过$M$作直线$PF$的平行线交$y$轴于点$N$，则$|AB| = 2|MN|$

答案： ABC

11. 已知函数$f(x)=x(e^{x}-a)$，则 ( )
A. 当$a = 1$时，方程$f'(x)=x+\ln(1 + x)$无解
B. 当$a = 2$时，存在实数$k$使得函数$h(x)=f(x)+k(x + 1)^{2}$有两个零点
C. 若$1 + x+\ln x\leq f(x)$恒成立，则$a\leq0$
D. 若方程$[f'(x)]^{2}-5f'(x)+6 = 0$有3个不等的实数根，则$-2 - e^{-2}＜a＜-2$

答案： BCD

12. 已知数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=\frac{3}{5}$，$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{2a_{n}+1}$，$n\in N^{*}$，则$\{a_{n}a_{n + 1}\}$的前$n$项和$S_{n}=$______.

答案： $\frac{9n}{5(6n + 5)}$

13. 已知直线$l:y = 2x + 1$与椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$交于$A$，$B$两点，与椭圆$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$交于$C$，$D$两点，若$|AC|=\lambda|BD|$，则实数$\lambda=$______.

答案： 1 直线与椭圆的位置关系 将直线方程分别与两个椭圆方程联立，消$y$得$19x^2 + 16x - 8 = 0$，$19x^2 + 16x - 32 = 0$，设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$C(x_3,y_3)$，$D(x_4,y_4)$，则$x_1 + x_2 = -\frac{16}{19}$，$x_3 + x_4 = -\frac{16}{19}$，所以线段$AB$与$CD$的中点重合，故$|AC| = |BD|$，所以$\lambda = 1$.

14. 所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫作拟柱体.在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫作拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫作拟柱体的高.现有一拟柱体，上、下底面均为正六边形，且下底面边长为4，上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为2，则该拟柱体的体积为______.

答案： $44\sqrt{3}$ 棱柱和棱锥的体积 过上底面各顶点向下底面作垂线，可得该拟柱体的体积为中间正六棱柱的体积与外侧 6 个四棱锥的体积之和（题眼）. 易知上底面边长为$2\sqrt{3}$，则中间正六棱柱的体积为$\frac{\sqrt{3}}{4}\times(2\sqrt{3})^2\times6\times2 = 36\sqrt{3}$，外侧一个四棱锥的体积为$\frac{1}{3}\times1\times2\sqrt{3}\times2 = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，从而拟柱体的体积为$36\sqrt{3} + 6\times\frac{4\sqrt{3}}{3} = 44\sqrt{3}$. 

15. (13分)
在$\triangle ABC$中，角$A$，$B$，$C$的对边分别为$a$，$b$，$c$，$a - b = c\cos B - c\cos A$，且$a\neq b$.
(Ⅰ)判断$\triangle ABC$的形状；
(Ⅱ)若$D$在边$AB$上，且$\angle BCD = 30^{\circ}$，$CD = 2$，以$AD$和$BD$为边，向外作两个正方形，求这两个正方形面积和的最小值.

答案： 解三角形 解：(Ⅰ)由$a - b = c\cos B - c\cos A$及正弦定理可得，$\sin A - \sin B = \sin C\cos B - \sin C\cos A$，即$\sin(B + C) - \sin(A + C) = \sin C\cos B - \sin C\cos A$，（2 分）整理有$\cos C(\sin B - \sin A) = 0$（题眼）. （3 分）从而$C = 90^{\circ}$，或$A = B$. 又$a\neq b$，所以$C = 90^{\circ}$，所以$\triangle ABC$是直角三角形. （6 分） (Ⅱ)由(Ⅰ)知，$C = 90^{\circ}$，设$\angle ABC = \alpha$，$0^{\circ} < \alpha < 90^{\circ}$. 在$\triangle BCD$中，由正弦定理得$\frac{CD}{\sin\alpha} = \frac{BD}{\sin30^{\circ}}$，则$BD = \frac{1}{\sin\alpha}$. （8 分）同理在$\triangle ACD$中，$AD = \frac{\sqrt{3}}{\cos\alpha}$（题眼），（10 分）所以两个正方形面积和$S = \frac{1}{\sin^2\alpha} + \frac{3}{\cos^2\alpha} = (\sin^2\alpha + \cos^2\alpha)\cdot(\frac{1}{\sin^2\alpha} + \frac{3}{\cos^2\alpha})$（提示：注意“$\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$”的使用）$ = 4 + \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} + \frac{3\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}\geq4 + 2\sqrt{3}$. （12 分）当且仅当$\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} = \frac{3\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}$，即$\tan\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$时等号成立，所以这两个正方形面积和的最小值为$4 + 2\sqrt{3}$. （13 分）