《2025年高考冲刺优秀模拟试卷汇编45套数学》

18.(17分)已知椭圆Γ:$\frac{x²}{a²}+\frac{y²}{b²}=1$(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F₁,F₂,左、右顶点分别是A,B,离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$,直线y=kx(k≠0)与椭圆交于M,N两点,四边形MF₁NF₂的周长为8,直线l(不经过点A,B)与Γ交于C,D两点.
　　(1)若以CD为直径的圆过点B,证明:l经过定点.
　　(2)若O为坐标原点,C,D关于x轴对称,且$\overrightarrow{OC}=2\overrightarrow{OE}$,$\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{BG}$,直线AE与Γ交于另一点K,证明:D,G,K三点共线.

答案：
椭圆的定义、方程、几何性质+直线与椭圆的位置关系+定点问题+三点共线问题
解:
(1)第1步:列方程，求椭圆T的标准方程
因为四边形MFNF的周长为8,离心率为$\frac{3}{2}$,
所以4a=8,$\frac{C}{a}$=$\frac{√3}{2}$,(提示:椭圆的定义的应用)　　　　(1分)
又a²=b²+c²,所以a=2,b=1,　　　　　　　　　　　(2分)
故椭圆的标准方程为$\frac{x²}{4}$+y²=1.　　　　　　　　　(3分)
第2步:设直线/的方程，与椭圆方程联立，得根与系数的关系由题意可知1的斜率不为0,(提示;:直线1的斜率为0时,BC
BD≠0)
故可设l的方程为x=my+n,C(x,y),D(x,y2),
联立,得,可得(m²+4)y²+2mny+n²−4=0,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(4分)
则△=(2mn)²−4(m²²+4)(n²−4)＞0,即m²+4＞n²,
y1+y2=−$\frac{2mn}{m²+4}$,y;y2=$\frac{n²−4}{m²+4}$　　　　　　　　　　　(5分)
第3步:根据以CD为直径的圆过点B得BC.BD=0,即可求得直线/过定点
易知B(2,0),
因为以CD为直径的圆过点B,所以BC.BD=0,
BC.BD=(x−2,y).(x−2,y2)=(my+n−2,y1).(my+n−2,y2)=(my1+n−2)(my2+n−2)+y;y2=(m²+1)yy2+m(n−2)(y+y2)+(n−2)²,则(m²+1)(n²−4)+m(n−2)(−2mn)+(n−2)²(m²+4)=0,
化简得(5n−6)(n−2)=0,解得n=$\frac{6}{5}$或n=2.　　　　(7分)
当n=2时,l:x=my+2过点B(2,0),不符合题意;
当n=$\frac{6}{5}$时,l:x=my+过6　定点($\frac{6}{5}$,0),满足题意
综上所述，直线I过定点($\frac{6}{5}$,0).　　　　　　　　　　(8分)
(2)第1步:设点C的坐标,进而得点D,E,G的坐标
不妨设C(s,t)(s≠±2),则D(s,−t),$\frac{s2}{4}$+t²=1,即4t²=4−s².　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(9分)
因为OC=2OE,BC=2BG,
所以E,G分别为线段OC,BC的中点，
所以E($\frac{S}{2}$,$\frac{t}{2}$),G($\frac{s+2}{2}$,$\frac{t}{2}$).(中点坐标公式的应用)(10分)
第2步:求直线AE的方程，并与椭圆方程联立，得点K的坐标易知直线AE的斜率存在且不为0,所以直线AE的方程为y=,即y=$\frac{t}{s+4}$(x+2).　　　　　　　　　　(11分)
由,得[1+$\frac{4t²}{(s+4)²}$]x²+$\frac{16t²}{(s+4)²}$x+$\frac{16t²}{(s+4)²}$-4=0,
设K的坐标为(xk,yk),
　　　　　　　(13分)
第3步:分别求kc,kpx,得kc=kp,即可得证
连接DG,DK,易知直线DG,DK的斜率均存在且均不为0,

所以D,G,K三点共线.(提示:kDc=kD,且直线DG,DK均过点
D,故D,G,K三点共线)　　　　　　　　　　　　　　(17分)
　延伸拓展　高考中解析几何解答题一般围绕直线与椭圆、直线与双曲线、直线与抛物线的位置关系进行设题，对考生的运算求解能力要求较高，挖掘几何图形的性质是求解有几何背景的圆锥曲线问题的主要思路.解决此类问题要做好两点:一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化;二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线的方程，利用根与系数的关系求解.

19.(17分)定义:若对于任意的n∈N*,数列{aₙ}满足aₙ₊₁ - aₙ＞1,则称这个数列是“T数列”.
　(1)已知首项为1的等差数列{aₙ}是“T数列”，且a₁ + a₂ + … + aₙ＜n² + n恒成立,求a₂的取值范围.
　(2)已知各项均为正整数的等比数列{aₙ}是“T数列”,数列{$\frac{aₙ}{2}$}不是“T数列”.记bₙ = $\frac{aₙ₊₁}{n}$,若数列{bₙ}是“T数列”.
　　　①求数列{bₙ}的通项公式.
　　　②是否存在正整数r,s,t(r＜s＜t),使$\frac{1}{bᵣ}$,$\frac{1}{bₛ}$,$\frac{1}{bₜ}$成等差数列？若存在,求出r,s,t的所有值;若不存在,请说明理由.
　　　　　　　　　　　　　　

答案： 新定义“T数列”+等差数列的有关知识+与数列有关的不等式恒成立问题
解:
(1)第1步:根据“T数列”的定义得数列{an}的公差d＞1 因为等差数列|an|是“T数列”,所以其公差d＞1.
第2步:利用等差数列的前n项和公式化简原不等式，将问题转化
因为a=1,所以a1+a+.….+an=n+n(n2−1)d,(提示;等差数列的前n项和公式的应用)　　　　　　　　　　　　(1分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　由题意,得n+n(n2−1)d＜n²+n对任意的n∈N恒成立,
即(n−1)d＜2n对任意的n∈N.恒成立.
第3步:分类讨论，求d的范围
当n=1時,(n−1)d＜2n恒成立,故d＞1;
当n≥2时,(n−1)d＜2n对任意的n∈N恒成立,即d＜$\frac{2n}{n−1}$
对任意的neN.恒成立,(易错:没有讨论n是否等于1,直接将(n−1)d＜2n转化为d＜$\frac{2n}{n−1}$)
因为$\frac{2n}{n−1}$=2+$\frac{2}{n−1}$＞2,所以d≤2.
综上,1＜d≤2,　　　　　　　　　　　　　　　　　　(3分)
第4步:利用等差数列的通项公式求a的取值范围
所以2＜a=1+d≤3,即a的取值范围是(2,3].　　　(4分)
(2)①第1步:分别求数列{an+1−a。},|$\frac{an+1}{2}$−$\frac{an}{2}$中的最小项
设等比数列{anI的公比为q,则a=aqn−,
因为“T数列”{a{的每一项均为正整数,所以q＞1且q∈N.,
所以在数列an+1−an中,“a−α”为最小项,(点拨:可根据指数函数的图象与性质直接判断,也可由a+1−a＞1得an+1＞αm,进而根据q＞1得an+1(g−1)＞an(q−1),即a。+2−αn+1＞an+1−α。,
从而得“a−a”为最小项)
在数列$\frac{an+1}{2}$−$\frac{a,}{2}${中,“$\frac{a}{2}$−$\frac{a,}{2}$”为最小项　　　　　　(6分)
第2步:根据{an|是“T数列”,数列{$\frac{a,}{2}$|不是“T数列”求α1,9 的值
若a{是“T数列”,则只需a2−α1＞1,即a(q−1)＞1,
若数列$\frac{an}{2}$|不是“T数列”,则$\frac{a2}{2}$−$\frac{a}{2}$≤1,即a(q−1)≤2,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(7分)
因为数列|a{的每一项均为正整数,所以a(q−1)=2,
所以a=1,q=3或a=2,q=2.　　　　　　　　　　　(8分)
第3步:分类讨论，分别检验数列{b。|是否为“T数列”,得结果
当a1=1,q=3时,a=3n−,则b=$\frac{3”}{n}$,
令c=bn+1−bn(n∈N'),则cn=$\frac{3+1}{n+1}$−$\frac{3”}{n}$=3”.$\frac{2n−1}{n(n+1)}$,
又cn+1−cn=3n+¹$\frac{2n+1}{(n+1)(n+2)}$−3”.$\frac{2n−1}{n(n+1)}$=$\frac{3"}{n+1}$.
$\frac{4n²+2}{n(n+2)}$＞0,
所以{c。为递增数列，
又c=b2−b1=$\frac{9}{2}$−3=$\frac{3}{2}$＞1,
所以对于任意的n∈N',都有c＞1,即bn,−bn＞1,
所以数列b{为“T数列”,符合题意　　　　　　　　(9分)
当α1=2,q=2时,a=2。,则b=$\frac{2+1}{n}$
因为b2−b=$\frac{8}{2}$−4=0＜1,所以数列bn不是“T数列”,不合题意
综上所述，数列|b|的通项公式为b。=$\frac{3”}{n}$.(提示:分类讨论后别忘了进行总结)　　　　　　　　　　　　　　　　　(10分)
②第1步:根据题意得到关于r,s,t的方程
假设存在正整数r,s,(r＜s＜t),使$\frac{1}{6}$,$\frac{1}{b}$,$\frac{1}{b}$成等差数列，则$\frac{2}{b}$=$\frac{1}{6}$+$\frac{1}{6}$,即$\frac{2s}{3'}$=$\frac{r}{3′}$+$\frac{t}{3'}$　　　　　　　　　　(11分)
第2步:判断$\frac{r}{3'}$,$\frac{s−1}{3−}$的大小关系
由于$\frac{n+1}{3+1}$−$\frac{n}{3”}$=$\frac{1−2n}{3=+1}$＜0,所以数列$\frac{n}{3"}$为递减数列
因为r＜s,所以r≤s−1且s至少为2,(提示:r,s,t(r＜s＜t)均为正整数)
所以$\frac{r}{3'}$≥$\frac{s−1}{3−1}$　　　　　　　　　　　　　　　　　　(13分)
第3步:分类讨论，分别求得r,s,t的值，得结果
易知$\frac{s−1}{3'−1}$−$\frac{2s}{3}$=$\frac{s−3}{3'}$,
当s≥3时,$\frac{r}{3'}$≥$\frac{s−1}{3−1}$≥$\frac{2s}{3'}$,
又$\frac{t}{3'}$＞0,所以$\frac{2s}{3'}$＜$\frac{r}{3'}$+$\frac{t}{3}$,矛盾.(关键是找到矛盾)　(15分)
当s=2时,r=1,所以$\frac{4}{9}$=$\frac{1}{3}$+$\frac{t}{3}$,即$\frac{t}{3'}$=$\frac{1}{9}$,
由于$\frac{n}{3”}$为递减数列，故$\frac{t}{3'}$=$\frac{1}{9}$有唯一解,即t=3.
综上,存在正整数r=1,s=2,t=3,使$\frac{1}{b}$,$\frac{1}{b}$,$\frac{1}{b}$成等差数列.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(17分)
　方法技巧　　　破解新定义问题的攻略
(1)理解“新定义”,明确“新定义”的条件、原理、操作步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”,并归纳“举例”提供的解题方法.
(3)类比新定义的概念、原理、方法,解决问题