《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》

13. 已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a\gt0,b\gt0)$的离心率为$2$，则$C$的两条渐近线方程分别为________，________。

答案： y = $\sqrt{3}$x，y = - $\sqrt{3}$x　[命题点]双曲线的几何性质
[深度解析]双曲线C的离心率e = $\frac{c}{a}$ = $\sqrt{1 + \frac{b²}{a²}}$ = 2，所以$\frac{b}{a}$ = $\sqrt{3}$，所以双曲线C的渐近线方程为y = $\sqrt{3}$x，y = - $\sqrt{3}$x。

14. 写出一个具有性质①②③的函数$f(x)=$________。
①$f(x_1x_2)=f(x_1)f(x_2)$；②当$x\in(0,+\infty)$时，$f^\prime(x)\gt0$；③$f^\prime(x)$是奇函数。

答案： f(x) = x²(答案不唯一)　[命题点]函数的奇偶性和单调性、导数的应用
[深度解析]由条件②可知，f(x)在(0，+∞)上单调递增；由条件③可知，f(x)可能为偶函数，再结合条件①，可构造函数f(x) = x²等。

15. 向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$满足$\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$，$|\vec{a}| = 1$，$|\vec{b}| = |\vec{c}| = 2$，则$\vec{a}\cdot\vec{b}+\vec{b}\cdot\vec{c}+\vec{c}\cdot\vec{a}=$________。

答案：
$\frac{9}{2}$　[命题点]平面向量的数量积运算
[深度解析]由a + b + c = 0，得a = - b - c，所以a² = (- b - c)² = b² + 2b·c + c²，所以1² = 2² + 2b·c + 2²，解得b·c = - $\frac{7}{2}$。由a + b + c = 0，得b = - a - c，所以b² = (- a - c)² = a² + 2a·c + c²，所以2² = 1² + 2a·c + 2²，解得a·c = $\frac{1}{2}$。同理可得a·b = $\frac{1}{2}$。所以a·b + b·c + c·a = $\frac{1}{2}$ - $\frac{7}{2}$ + $\frac{1}{2}$ = - $\frac{5}{2}$。
学霸解题技巧：技巧一：根据完全平方公式(a + b + c)² = a² + b² + c² + 2(ab + bc + ac)，易证此公式对向量数量积也适用。所以(a + b + c)² = a² + b² + c² + 2(a·b + b·c + a·c)，令a·b + b·c + c·a = x，则0 = 1 + 4 + 4 + 2x，所以x = - $\frac{9}{2}$。
技巧二：对a + b + c = 0移项，可得a = -(b + c)，于是作图，如图，OA = a，OB = b，OC = c，OA' = OB + OC。易知四边形OBA'C是菱形，所以OP = $\frac{1}{2}$。

所以cosα = $\frac{1}{4}$，cos2α = 2cos²α - 1 = - $\frac{7}{8}$。则a·b = $\frac{1}{2}$，b·c = - $\frac{7}{2}$，a·c = $\frac{1}{2}$，所以a·b + b·c + c·a = $\frac{1}{2}$ - $\frac{7}{2}$ + $\frac{1}{2}$ = - $\frac{5}{2}$。

16.设函数$f(x)=\vert e^{x}-1\vert$，$x_1＜0$，$x_2＞0$，曲线$y = f(x)$在点$A(x_1,f(x_1))$处的切线与在点$B(x_2,f(x_2))$处的切线相互垂直，且分别交$y$轴于点$M$，$N$，则$\frac{\vert AM\vert}{\vert BN\vert}$的取值范围是________.

答案：
(0,1)
[命题点]利用导数的几何意义求切线方程及取值范围问题
[深度解析]画出$f(x)=|e^x - 1|$的图像，如图所示，由题意知两条切线的斜率存在且不为零。
当$x\in(-\infty,0)$时，$f(x)=1 - e^x$，$f^\prime(x)= - e^x$，过点$A(x_1,f(x_1))$的切线斜率$k_1=f^\prime(x_1)= - e^{x_1}$；当
$x\in(0,+\infty)$时，$f(x)=e^x - 1$，$f^\prime(x)=e^x$，过点$B(x_2,f(x_2))$的切线斜率$k_2=f^\prime(x_2)=e^{x_2}$。因为两条切线互相垂直，所以$k_1k_2 = - 1$（提示：两直线垂直的应用），即$(-e^{x_1})e^{x_2}= - 1$，即$e^{x_1 + x_2}=1$，所以$x_1 + x_2 = 0$。过点$A(x_1,1 - e^{x_1})$的切线方程为$y - (1 - e^{x_1})= - e^{x_1}(x - x_1)$，令$x = 0$，则$M(0,1 - e^{x_1}+x_1e^{x_1})$；过点$B(x_2,e^{x_2}-1)$的切线方程为$y - (e^{x_2}-1)=e^{x_2}(x - x_2)$，令$x = 0$，则$N(0,e^{x_2}-1 - x_2e^{x_2})$，则$|AM|=\sqrt{x_1^2 + x_1^2e^{2x_1}}$，$|BN|=\sqrt{x_2^2 + x_2^2e^{2x_2}}=\sqrt{x_1^2 + x_1^2e^{-2x_1}}$，所以$\frac{|AM|}{|BN|}=\sqrt{\frac{x_1^2 + x_1^2e^{2x_1}}{x_1^2 + x_1^2e^{-2x_1}}}=\sqrt{\frac{1 + e^{2x_1}}{1 + e^{-2x_1}}}=e^{x_1}$。因为$x_1\lt0$，所以$0\lt e^{x_1}\lt1$，所以$\frac{|AM|}{|BN|}$的取值范围是$(0,1)$。
一题多解
当$x\gt0$时，$f(x)=e^x - 1$，$f^\prime(x)=e^x$，所以$k_{BN}=e^{x_2}$，同理可得$k_{AM}=-e^{x_1}$。因为两条切线互相垂直，所以$e^{x_2}\cdot(-e^{x_1})=-1$，所以$x_1 + x_2 = 0$。所以$\frac{|AM|}{|BN|}=\frac{\sqrt{1 + k_{AM}^2}|x_1 - 0|}{\sqrt{1 + k_{BN}^2}|x_2 - 0|}=\frac{1}{e^{x_2}}$（提示：弦长公式的应用），因为$x_2\gt0$，所以$0\lt\frac{1}{e^{x_2}}\lt1$，即$\frac{|AM|}{|BN|}$的取值范围是$(0,1)$。
学霸解题技巧 天津大学 李一曦
本题也可利用$AM\perp BN$，将$\frac{|AM|}{|BN|}$转化为$\frac{y_A - y_M}{x_1}$，从而简化运算。

17.(本小题满分10分)记$S_n$为公差不为零的等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和.已知$a_3 = S_5$，$a_2a_4 = S_4$.
　(1)求$\{a_n\}$的通项公式;
　(2)求使得$S_n＞a_n$的$n$的最小值.

答案： [命题点]等差数列的通项公式，与前$n$项和有关的不等式的求解
[解]
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d(d\neq0)$，则$\begin{cases}a_1(a_1 + 2d)(5a_1 + 10d)=4a_1 + 6d\\\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_1=-4\\d = 2\\\end{cases}$，4分
则$a_n=-4+(n - 1)\times2=2n - 6$。5分
(2)结合
(1)可知，$S_n=-4n+\frac{n(n - 1)\times2}{2}=n^2 - 5n$，则$S_n\gt a_n$等价于$n^2 - 5n\gt2n - 6$，7分
解得$n\lt1$或$n\gt6$，又$n\in N^*$，所以$n\geq7$，故使$S_n\gt a_n$成立的$n$的最小值为$7$。10分
一题多解
(1)由$a_3 = S_5=\frac{5(a_1 + a_5)}{2}=5a_3$，解得$a_3 = 0$，则$S_4=\frac{4(a_1 + a_4)}{2}=2(a_2 + a_3)=2a_2$，因此$a_2a_3a_4 = 2a_2$。因为数列$\{a_n\}$的公差不为$0$，所以$a_2\neq0$，则$a_4 = 2$，3分
因此数列$\{a_n\}$的公差为$a_4 - a_3 = 2$，从而$a_n=0+(n - 3)\times2=2n - 6$。5分
(2)因为$S_1 = a_1$，所以由$S_n\gt a_n$得$n\geq2$，且$S_n - a_n\gt0$，即$S_{n - 1}\gt0$，则$S_{n - 1}=\frac{(a_1 + a_{n - 1})(n - 1)}{2}\gt0$，则$a_1 + a_{n - 1}=-4+2(n - 1)-6\gt0$，解得$n\gt6$。8分
又$n\in N^*$，所以使得$S_n\gt a_n$的$n$的最小值为$7$。10分

18.(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b=a+1,c=a+2.
　(1)若2sinC=3sinA,求△ABC的面积;
　(2)是否存在正整数a,使得△ABC为钝角三角形？若存在,求a;若不存在,说明理由.

答案： 18.[命题点]利用正弦定理、余弦定理解三角形
[解]
(1)由正弦定理知2c = 3a，联立c = a + 2，解得$\begin{cases}a = 4\\c = 6\end{cases}$，则b = a + 1 = 5。2分
由余弦定理可知$\cos C = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{4^{2}+5^{2}-6^{2}}{2\times4\times5}=\frac{1}{8}$。3分
因为$C\in(0,\pi)$，所以$\sin C = \sqrt{1 - \cos^{2}C}=\sqrt{1 - (\frac{1}{8})^{2}}=\frac{3\sqrt{7}}{8}$。4分
则$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}ab\sin C=\frac{1}{2}\times4\times5\times\frac{3\sqrt{7}}{8}=\frac{15\sqrt{7}}{4}$。6分
(2)因为c = a + 2 = b + 1，所以c＞b＞a。
因此若存在正整数a，使得$\triangle ABC$为钝角三角形，则角C为钝角，因此只需满足$\cos C = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}＜0$，即$a^{2}+b^{2}＜c^{2}$。7分
则$a^{2}+(a + 1)^{2}＜(a + 2)^{2}$，
化简得$a^{2}-2a - 3＜0$，解得$-1＜a＜3$。8分
因为a为正整数，所以a可取1，2。
(易错:本题容易求出正整数a的值后忽视检验，其中不满足三角形三边关系的情况要删去)
当a = 1时，$\triangle ABC$的三边的长度分别为1，2，3，此时不满足三角形的三边关系，即该三角形不存在。10分
当a = 2时，$\triangle ABC$的三边的长度分别为2，3，4，满足题意。
因此当a = 2时，$\triangle ABC$为钝角三角形。12分

19. (本小题满分12分)如图,在四棱锥Q−ABCD中,底面ABCD为正方形,AD = 2,QC = 3,QA = QD = $\sqrt{5}$
　(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
　(2)求二面角B−QD−A的余弦值.
　　　　　　　　　　　　　

答案：
19.[命题点]空间中平面与平面垂直的判定、二面角余弦值的求解
(1)[证明]如图,取AD中点E,连接EQ,EC.
因为QA = QD = $\sqrt{5}$,所以QE⊥AD.
在正方形ABCD中,AD = 2,则QE = 2,
且EC = $\sqrt{5}$,此时EQ² + EC² = 9 = QC²,则QE⊥EC. 3分
又EC∩AD = E,EC,AD⊂平面ABCD,
所以QE⊥平面ABCD.
因为QE⊂平面QAD,
所以平面QAD⊥平面ABCD. 5分
(2)[解]由
(1)知QE⊥平面ABCD,因此以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz,则B(2, - 1,0),D(0,1,0)，Q(0,0,2).
$\overrightarrow{BD}$ = (- 2,2,0),$\overrightarrow{DQ}$ = (0, - 1,2). 6分
设平面BDQ的法向量$\overrightarrow{n_1}$ = (x,y,z)，
则$\begin{cases}\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{BD}=0\\\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{DQ}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}y = x\\y = 2z\end{cases}$，
取z = 1,得x = y = 2,则$\overrightarrow{n_1}$ = (2,2,1). 8分
易知平面AQD的一个法向量$\overrightarrow{n_2}$ = (1,0,0)，
则cos＜$\overrightarrow{n_1}$,$\overrightarrow{n_2}$＞ = $\frac{\overrightarrow{n_1}\cdot\overrightarrow{n_2}}{\vert\overrightarrow{n_1}\vert\vert\overrightarrow{n_2}\vert}$ = $\frac{2}{3}$. 10分
由图可知二面角B - QD - A为锐角， 11分
因此二面角B - QD - A的余弦值为$\frac{2}{3}$. 12分
一题多解
(1)[证明]因为底面ABCD为正方形，所以CD⊥AD.
又AD∩QD = D,AD,QD⊂平面QAD,所以CD⊥平面QAD.
因为CD⊂平面ABCD,所以平面QAD⊥平面ABCD. 5分
(2)[解]如图,取AD的中点E,连接QE.过点A作AF⊥QD交QD于点F,连接BF.
在等腰三角形AQD中,因为QA = $\sqrt{5}$,AD = 2,
所以QE = 2.利用等面积法可得AF = $\frac{QE\cdot AD}{QD}$ = $\frac{2×2}{\sqrt{5}}$ = $\frac{4\sqrt{5}}{5}$.

则QF = $\sqrt{QA^{2}-AF^{2}}$ = $\sqrt{5 - \frac{16}{5}}$ = $\frac{3\sqrt{5}}{5}$. 8分
结合
(1)易得AB⊥平面QAD,则AB⊥AQ,AB⊥AF,因此BQ = 3.
在△BQD中利用余弦定理可得cos∠BQD = $\frac{BQ^{2}+QD^{2}-BD^{2}}{2BQ\cdot QD}$ = $\frac{9 + 5 - 8}{2×3\sqrt{5}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$,
又$\frac{QF}{BQ}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$,所以cos∠BQD = $\frac{QF}{BQ}$,则∠QFB = $\frac{\pi}{2}$,即BF⊥QD.
因此∠AFB为二面角B - QD - A的平面角. 10分
BF = $\sqrt{BQ^{2}-QF^{2}}$ = $\frac{6\sqrt{5}}{5}$,在Rt△AFB中,cos∠AFB = $\frac{AF}{BF}$ = $\frac{2}{3}$，
因此二面角B - QD - A的余弦值为$\frac{2}{3}$. 12分