《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

19.(本小题满分12分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b²=ac,点D在边AC上,
BDsin∠ABC=asinC.
　　(1)证明:BD=b;
　　(2)若AD=2DC,求cos∠ABC.

答案： 19.[命题点]利用正弦定理和余弦定理解三角形
(1)[证明]在△ABC中，由正弦定理得$\frac{BD}{\sin\angle ABC}=\frac{a}{\sin C}$，即$BD\cdot\sin C = a\cdot\sin\angle ABC$。
再由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$可得$\frac{BD}{b}=\frac{a}{c}$，即$BD\cdot c = a\cdot b$。
又$b^{2}=ac$，所以$BD = b$。3分
(2)[解]因为$AD = 2DC$，$AC = b$，
所以$AD=\frac{2}{3}b$，$CD=\frac{1}{3}b$。4分
在△ABD中，由余弦定理得$\cos A=\frac{AB^{2}+AD^{2}-BD^{2}}{2AB\cdot AD}=\frac{c^{2}+\frac{4}{9}b^{2}-b^{2}}{2c\cdot\frac{2}{3}b}=\frac{9c^{2}-5b^{2}}{12bc}$。6分
在△ABC中，由余弦定理得$\cos A=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB\cdot AC}=\frac{c^{2}+b^{2}-a^{2}}{2cb}$。
所以$\frac{9c^{2}-5b^{2}}{12bc}=\frac{c^{2}+b^{2}-a^{2}}{2cb}$，整理得$6a^{2}+3c^{2}-11b^{2}=0$。
又$b^{2}=ac$，所以$6a^{2}+3c^{2}-11ac = 0$，
（在不同的三角形中用余弦定理表示$\cos A$）
解得$a=\frac{3c}{2}$或$a=\frac{c}{3}$。8分
又因为$b^{2}=ac＞(a - c)^{2}$，解得$\frac{3 - \sqrt{5}}{2}c ＜ a ＜ \frac{3 + \sqrt{5}}{2}c$，
（三角形两边之差小于第三边）
所以$a=\frac{3c}{2}$。10分
所以在△ABC中，由余弦定理得$\cos\angle ABC=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{\frac{9}{4}c^{2}+c^{2}-ac}{2\cdot\frac{3c}{2}\cdot c}=\frac{\frac{13}{4}c^{2}-\frac{3}{2}c^{2}}{3c^{2}}=\frac{\frac{7}{4}c^{2}}{3c^{2}}=\frac{7}{12}$。12分
一题多解
(2)因为$AD = 2DC$，$AC = b$，
所以$AD=\frac{2}{3}b$，$CD=\frac{1}{3}b$。4分
在△ABD中，由余弦定理得$\cos\angle ADB=\frac{AD^{2}+BD^{2}-AB^{2}}{2AD\cdot BD}=\frac{\frac{4}{9}b^{2}+b^{2}-c^{2}}{2\cdot\frac{2}{3}b\cdot b}=\frac{13b^{2}-9c^{2}}{12b^{2}}$。6分
在△BCD中，由余弦定理得$\cos\angle BDC=\frac{BD^{2}+CD^{2}-BC^{2}}{2BD\cdot CD}=\frac{b^{2}+\frac{1}{9}b^{2}-a^{2}}{2\cdot b\cdot\frac{1}{3}b}=\frac{10b^{2}-9a^{2}}{6b^{2}}$。
因为$\angle ADB+\angle BDC = \pi$，所以$\cos\angle ADB=-\cos\angle BDC$，即$\frac{13b^{2}-9c^{2}}{12b^{2}}=-\frac{10b^{2}-9a^{2}}{6b^{2}}$，整理得$6a^{2}+3c^{2}-11b^{2}=0$。8分
又$b^{2}=ac$，所以$6a^{2}+3c^{2}-11ac = 0$，所以$a=\frac{3c}{2}$或$a=\frac{c}{3}$。
因为$b^{2}=ac＞(a - c)^{2}$，解得$\frac{3 - \sqrt{5}}{2}c ＜ a ＜ \frac{3 + \sqrt{5}}{2}c$，所以$a=\frac{3c}{2}$。
所以在△ABC中，由余弦定理得$\cos\angle ABC=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{\frac{9}{4}c^{2}+c^{2}-ac}{2\cdot\frac{3c}{2}\cdot c}=\frac{\frac{13}{4}c^{2}-\frac{3}{2}c^{2}}{3c^{2}}=\frac{\frac{7}{4}c^{2}}{3c^{2}}=\frac{7}{12}$。12分

20.(本小题满分12分)如图,在三棱锥A−BCD中,平面
ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
　　(1)证明:OA⊥CD;
　　(2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱
AD上,DE=2EA,且二面角E−BC−D的大小为45°,求三棱锥A−BCD的体积.
　　　　　　　　　　　　

答案：
20.[命题点]线线垂直的证明、二面角的应用及三棱锥的体积公式
(1)[证明]因为AB = AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD。 1分
又平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD = BD，所以AO⊥平面BCD。 3分
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD。 4分
(2)[解]如图，取OD的中点F，连接CF，则CF⊥BD。
过点O作OG//FC交BC于点G，则OG⊥BD。

所以OG，OD，OA两两垂直。
以点O为坐标原点，分别以OG，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系O - xyz，如图所示。
(建系方法不唯一，∠BCD = 90°，也可以C为原点建系)
则O(0,0,0)，B(0, - 1,0)，D(0,1,0)，C($\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{1}{2}$,0)。
设A(0,0,a)，a＞0，又DE = 2EA，则E(0,$\frac{1}{3}$,$\frac{2a}{3}$)。
所以$\overrightarrow{BE}$=(0,$\frac{4}{3}$,$\frac{2a}{3}$)，$\overrightarrow{BC}$=($\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\frac{3}{2}$,0)。 6分
设平面BCE的法向量为$\overrightarrow{n}$=(x,y,z)，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BE}=\frac{4}{3}y+\frac{2a}{3}z = 0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{BC}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y = 0\end{cases}$
令x = $\sqrt{3}$，则y = - 1，z = $\frac{2}{a}$，所以$\overrightarrow{n}$=($\sqrt{3}$,- 1,$\frac{2}{a}$)。
易知平面BCD的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=(0,0,1)。 8分
因为二面角E - BC - D的大小为45°，
所以cos45°=$\frac{|\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|\cdot|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{2}{a}}{\sqrt{3 + 1+\frac{4}{a^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 10分
(借助二面角的余弦值求线段长度)
又a＞0，得a = 1，即OA = 1。
所以$V_{A - BCD}$=$\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}\cdot OA$=$\frac{1}{3}\times(\frac{1}{2}\times2\times1\times\frac{\sqrt{3}}{2})\times1$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$。 12分
一题多解
(2)过点E作EN//AO交BD于点N，过点N作NM//CD交BC于点M，连接EM。
因为EN//AO，且由
(1)知AO⊥平面CBD，
所以EN⊥平面CBD，
所以EN⊥BC。 6分
在△BCD中，因为OB = OD = OC = 1，
所以∠BCD = 90°，即DC⊥BC。

又NM//CD，所以NM⊥BC。
因为EN∩NM = N，所以BC⊥平面EMN，所以BC⊥EM。
所以二面角E - BC - D的平面角是∠EMN，即∠EMN = 45°。 8分
则△EMN是等腰直角三角形。
因为DE = 2AE，所以ND = 2ON，AO = $\frac{3}{2}$EN。
所以MN = $\frac{2}{3}$CD = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ = EN，所以AO = 1。
所以$V_{A - BCD}$=$\frac{1}{3}S_{\triangle BCD}\cdot OA$=$\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times\sqrt{3}\times1\times1$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$ 12分

21.(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中,已知点F₁(−$\sqrt{17}$,0),F₂($\sqrt{17}$,0),点M满足|MF₁|−|MF₂|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=$\frac{1}{2}$上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

答案： 21.
[命题点]双曲线的定义与方程、直线与双曲线的位置关系
[解]
(1)由双曲线的定义可知，点M的轨迹C为焦点在x轴上的双曲线的右支，且2a = 2，c = $\sqrt{17}$，
所以a = 1，b² = c² - a² = 17 - 1 = 16，
所以C的方程为x² - $\frac{y²}{16}$ = 1(x＞0). 3分
(注意点M的轨迹为双曲线的一支，需标注x的范围)
(2)设T($\frac{1}{2}$,m)，A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，x₁≥1且x₂≥1，由题知，
直线AB与直线PQ的斜率都存在且不相等，设直线AB的方程为y = k₁(x - $\frac{1}{2}$) + m
(设直线AB的方程为y = k₁(x - $\frac{1}{2}$) + m，与双曲线的方程联立，整理成只含x的一元二次方程，由根与系数的关系可得x₁ + x₂，x₁x₂)
联立$\begin{cases}y = k₁(x - \frac{1}{2}) + m \\ x² - \frac{y²}{16} = 1(x＞0) \end{cases}$，消去y并整理得
(16 - k₁²)x² + (k₁² - 2k₁m)x - $\frac{1}{4}$k₁² + k₁m - m² - 16 = 0. 5分
又直线AB与曲线C必有两个不同的交点，所以16 - k₁²≠0，Δ = 16(4m² - 4k₁m - 3k₁² + 64)＞0，所以x₁ + x₂ = $\frac{k₁² - 2k₁m}{16 - k₁²}$，x₁x₂ = $\frac{-\frac{1}{4}k₁² + k₁m - m² - 16}{16 - k₁²}$. 6分
(根据弦长公式求出|TA|，|TB|，同理可得|TP|，|TQ|，结合已知条件|TA|·|TB| = |TP|·|TQ|，整理可得k₁ + k₂ = 0)
所以|TA|·|TB|
= ($\sqrt{1 + k₁²}$|x₁ - $\frac{1}{2}$|)·($\sqrt{1 + k₁²}$|x₂ - $\frac{1}{2}$|)
(A，B均在直线x = $\frac{1}{2}$右侧，所以可去掉绝对值符号)
= (1 + k₁²)(x₁ - $\frac{1}{2}$)(x₂ - $\frac{1}{2}$)
= (1 + k₁²)[x₁x₂ - $\frac{1}{2}$(x₁ + x₂) + $\frac{1}{4}$]
= $\frac{(1 + k₁²)(m² + 12)}{k₁² - 16}$ 8分
设直线PQ的方程为y = k₂(x - $\frac{1}{2}$) + m(k₁≠k₂)，
同理可得|TP|·|TQ| = $\frac{(1 + k₂²)(m² + 12)}{k₂² - 16}$
因为|TA|·|TB| = |TP|·|TQ|，
即$\frac{(1 + k₁²)(m² + 12)}{k₁² - 16}$ = $\frac{(1 + k₂²)(m² + 12)}{k₂² - 16}$，
所以(k₁² - 16)(1 + k₂²) = (k₂² - 16)(1 + k₁²)，
所以k₁² - 16 + k₁²k₂² - 16k₂² = k₂² - 16 + k₁²k₂² - 16k₁²，
所以k₁² - k₂² = 16(k₁² - k₂²)，
所以k₁ = - k₂或k₁ = k₂(舍去)，
所以k₁ + k₂ = 0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0. 12分
一题多解
(2)设T($\frac{1}{2}$,m)，直线AB的倾斜角为θ₁，直线PQ的倾斜角为θ₂，且θ₁，θ₂∈[0，π)，
则直线AB的参数方程为$\begin{cases}x = \frac{1}{2} + tcosθ₁ \\ y = m + tsinθ₁ \end{cases}$(t为参数). 6分
与x² - $\frac{y²}{16}$ = 1(x＞0)联立，得
(16cos²θ₁ - sin²θ₁)t² + (16cosθ₁ - 2msinθ₁)t - (m² + 12) = 0.
由题意知16cos²θ₁ - sin²θ₁≠0，
则|TA|·|TB| = $\frac{-(m² + 12)}{16cos²θ₁ - sin²θ₁}$，
同理|TP|·|TQ| = $\frac{-(m² + 12)}{16cos²θ₂ - sin²θ₂}$ 8分
又|TA|·|TB| = |TP|·|TQ|，
所以$\frac{-(m² + 12)}{16cos²θ₁ - sin²θ₁}$ = $\frac{-(m² + 12)}{16cos²θ₂ - sin²θ₂}$，
则16cos²θ₁ - sin²θ₁ = 16cos²θ₂ - sin²θ₂，
所以cos²θ₁ = cos²θ₂.
又直线AB与PQ为不同直线，则cosθ₁ = - cosθ₂，
于是θ₁ + θ₂ = π，则k_AB + k_PQ = 0. 12分

22.(本小题满分12分)已知函数f(x)=x(1−lnx).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna−alnb = a−b,证明:2＜$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$＜e.

答案： 22.思路导引　　
(1)求出f'(x)→判断f(x)的单调性;　　
(2)已知条件$\frac{\ln a + 1}{a} = \frac{\ln b + 1}{b}$(a＞0,b＞0)　　令m = $\frac{1}{a}$,n = $\frac{1}{b}$　　m＜1＜n＜e,　　证m + n＞2→即证f(m)＜f(2 - m)→构造　　证明2＜m + n＜e→证n(1 - \ln n) + n＜e→求导判断→构造　　h(x)=x(1 - \ln x)+x→求导判断[命题点]利用导数判断函数的单调性与最值、不等式的证明
(1)[解]因为f(x)=x(1 - \ln x)=x - x\ln x(x＞0),所以f'(x)=1 - \ln x - 1 = - \ln x(x＞0),所以当0＜x＜1时，f'(x)＞0,此时函数f(x)单调递增;当x＞1时，f'(x)＜0,此时函数f(x)单调递减.综上,函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.
(2)[证明]因为b\ln a - a\ln b = a - b(a＞0,b＞0),所以$\frac{\ln a}{a} - \frac{\ln b}{b} = \frac{1}{b} - \frac{1}{a}$(a＞0,b＞0),所以$\frac{\ln a + 1}{a} = \frac{\ln b + 1}{b}$(a＞0,b＞0).(对已知等式进行等价转换，再利用换元法，令m = $\frac{1}{a}$,n = $\frac{1}{b}$,构造出函数f(x)=x(1 - \ln x)的形式,利用
(1)中结论确定m,n的取值范围)令m = $\frac{1}{a}$,n = $\frac{1}{b}$(m＞0,n＞0),则m(1 - \ln m)=n(1 - \ln n).由
(1)知,函数f(x)=x(1 - \ln x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减，且x→0时f(x)→0,f(e)=0,不妨令a＞b＞0,则0＜m＜n,由f(m)=f(n),可得0＜m＜1＜n＜e.(将待证问题等价转换为证明2＜m + n＜e,先证明2＜m + n,利用m,n的取值范围将问题转换为证明f(m)＜f(2 - m),构造新函数g(x)=f(x) - f(2 - x),0＜x＜1,从而可利用导数判断g(x)的单调性与最值,进而证明2＜m + n成立)要证2＜$\frac{1}{a} + \frac{1}{b}$＜e,即证2＜m + n＜e.要证2＜m + n,即证n＞2 - m,又2 - m＞1,即证f(n)＜f(2 - m),即证f(m)＜f(2 - m).令g(x)=f(x) - f(2 - x)=x(1 - \ln x) - (2 - x)[1 - \ln(2 - x)],0＜x＜1,则g'(x)= - \ln x - \ln(2 - x)= - [\ln x + \ln(2 - x)]=- \ln[x(2 - x)]= - \ln[-(x - 1)² + 1]＞0,所以g(x)在(0,1)上单调递增,x→1时,g(x)→0,所以g(x)＜0,所以2＜m + n成立.(再证明m + n＜e,利用m,n的取值范围将问题转换为证明n(1 - \ln n) + n＜e,构造新函数h(x)=x(1 - \ln x)+x,1＜x＜e,从而可利用导数判断h(x)的单调性与最值，进而证明m + n＜e成立)因为m(1 - \ln m)=n(1 - \ln n)＞m,所以要证m + n＜e,只需证n(1 - \ln n) + n＜e.令h(x)=x(1 - \ln x)+x,1＜x＜e,则h'(x)=1 - \ln x - 1 + 1 = 1 - \ln x＞0,1＜x＜e,所以h(x)在(1,e)上单调递增,x→e时,h(x)→e,所以h(x)＜e,所以m + n＜e.所以2＜m + n＜e,即2＜$\frac{1}{a} + \frac{1}{b}$＜e成立.