《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》

12. 若$x,y$满足$x² + y² - xy = 1$，则(　　　)
A.$x + y \leq 2$　　　　　　　
　B.$x + y \geq -2$
C.$x² + y² \leq 2$　　　　　　
　D.$x² + y² \geq 1$

答案： 12.BC
　思路导引对于A,B:由条件,得(x+y)²−3xy=1,将xy=$\frac{(x+y)}{4}$$\frac{(x−y)}{4}$
　　代入−→1=(x+4)²3(x4−)²　　利用放缩法可求得x+y的范围;
　　对于C:由条件,得x²+y²−1=xy−→利用基本不等式求解即可;
　　对于D:取特殊值验证即可.
[命题点]不等式的性质、基本不等式
[深度解析]对于A,B:由x²+y²−xy=1,得(x+y)²−3xy=1,而
xy=$\frac{(x+y)²(x−y)}{44}$,所以(x+y))²−3[$\frac{(x+y)}{4}$$\frac{(x−y)}{4}$=1,即1=(x+4y)²3(x4−y)²≥$\frac{(x+y)}{4}$,所以−2≤x+y≤2,所以A不正确,B正确;
　对于C,D:由x²²+y²²−xy=1,得x²²+y²−1=xy≤$\frac{x²+y²}{2}$，当且仅当x=y时等号成立,所以x²+y²≤2,所以C正确;当x=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,y=
　$\frac{\sqrt{3}}{3}$时,x²+y²＜1,所以D不正确.故选BC.
　　一题多解当x=1,y=0时,x,y满足x²+y²−xy=1.
　　设A(1,0),P(x,y)为曲线C:x²+y²−xy=1上的点.
　　又点0(0,0)不在曲线C上,设∠A0P=θ,θ∈[0,2π),r=
　　IOP|=√x²+y²,,则x=rcosθ,y=rsinθ,
　　则曲线C的方程可化为(rcosθ)²+(rsinθ)²−(rcosθ).
　　(rsiθ)=11,pr²(1−sin20)=1,
　　所以r²=　　11　　E[$\frac{2}{3}$,2],即x²+y²∈[$\frac{2}{3}$,2].
　　　　　1−sin20
　　所以xE$\frac{\sqrt{6}}{3}$,所以x+y=r(cosθ+sinθ)=
　　$\sqrt{2}$rsin
(0)∈[−2,2].
　　所以A不正确，B正确，C正确，D不正确，故选BC.
　　方法速记
　　双配方的应用，常有两种形式:xy=$\frac{(x+y)}{4}$−$\frac{(x−y)}{4}$与x²+y²=
　　$\frac{(x+y)}{2}$+(x2−y²)².
　学霸解题.技巧北京大学张充由基本不等式x²+y²≥2xy(当且仅当x=y时等号成立),得
　　x²+y²−xy=1≥xy,即xy≤1.
　　则(x+y)²=x²+γ²+2xy=1+3xy≤4,
　　所以−2≤x+y≤2,A错误,B正确.
　　x²²+y²=1+xy≤2,C正确.
　　当x=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,y=−$\frac{\sqrt{3}}{3}$时,x²²+y²=1+xy＜1,D错误.
　　故选BC.

13. 已知随机变量$X$服从正态分布$N(2,\sigma²)$，且$P(2 \lt X \leq 2.5) = 0.36$，则$P(X \gt 2.5)=$________.

答案： 13.0.14　[命题点]正态曲线的对称性
[深度解析]因为X~N(2,σ²),所以P(X＞2)=0.5,所以14.Py=(Xī＞1x2.5)y==P$\frac{1}{e}$(X＞x2)−[P命(2题＜X点≤]2导.5数)=的0.几5−何0.意36义=0.14.

14. 曲线$y = \ln\vert x\vert$过坐标原点的两条切线的方程为________，________.

答案： 14.Py=(Xī＞1x2.5)y==P$\frac{1}{e}$(X＞x2)−[P命(2题＜X点≤]2导.5数)=的0.几5−何0.意36义=0.14.
[深度解析]当x＞0时,y=lnx,，设切点为(xo,y。),x0＞0,则由y'=$\frac{1}{x}$,得切线斜率k=$\frac{1}{xo}$.又切线的斜率为$\frac{yo}{xo}$,所以$\frac{1}{x}$=$\frac{yo}{xo}$,解得y0=1,代入y=lnx,得x0=e.所以k=$\frac{1}{e}$,所以切线方程为y=
　$\frac{1}{e}$同理可求得当x＜0时的切线方程为y=−1x.综上,两条切线方程分别为y=$\frac{1}{e}$,y=$\frac{1}{e}$

15. 设点$A(-2,3)$，$B(0,a)$，若直线$AB$关于$y = a$对称的直线与圆$(x + 3)² + (y + 2)² = 1$有公共点，则$a$的取值范围是________.

答案： 15.$\frac{1}{3}$,$\frac{3}{2}$　[命题点]直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式
[深度解析]由题意知点A(−2.3)关于真线y三a的对称点为
A'(−2,2a−3)(提示:点(xo,yo)关于直线y=a的对称点为(x0,2a−yo)),所以kAB=$\frac{−a}{2}$,所以直线A'B的方程为y=$\frac{3−a}{2}$+a,即(3−a)x−2y+2a=0.由题意知圆(x+3)²+(y+2)²=1的圆心为(−3,−2),半径为1,又直线(3−a)x−2y+2a=0与圆(x+3)²+(y+2)²=1 有公共点，所以圆心到直线A'B的距离d=
　$\frac{1−3(3−a)+2×2+2al}{\sqrt{(3−a)²+(−2)²}}$≤1(易错:公共点个数可能是1或2,易漏"="),整理得6a²−11la+3≤0,解得3≤a≤2,,所以实数a 的取值范围是[$\frac{1}{3}$,$\frac{3}{2}$
　　一题多解
　　因为直线AB关于直线y=a对称的直线也与直线AB关于y 轴对称,圆(x+3)²+(y+2)²=1关于y轴对称的圆的方程为(x−3)²+(y+2)²=1,由题意知该圆与直线AB有公共点.直线
AB的方程为y=$\frac{a−3}{2}$x+a,即卩(a−3)x−2y+2a=0.又圆(x−3)²+(y+2)²=1的圆心　为(3，−2)，半径为1，所以　圆心　到直线
　　的距离d=$\frac{13(a−3)+2×2+2al}{\sqrt{(a−3)²+(−2)²}}$≤1,整理得6a²−11a+3≤0,解得$\frac{1}{3}$≤a≤$\frac{3}{2}$,所以实数α的取值范围是[$\frac{1}{3}$$\frac{3}{2}$

16. 已知直线$l$与椭圆$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$在第一象限交于$A$，$B$两点，$l$与$x$轴、$y$轴分别交于$M$，$N$两点，且$\vert MA\vert=\vert NB\vert$，$\vert MN\vert = 2\sqrt{3}$，则$l$的方程为________。

答案：
x + $\sqrt{2}$y - 2$\sqrt{2}$ = 0
思路导引
设直线 l 的方程为 $\frac{x}{m}$ + $\frac{y}{n}$ = 1，A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)，点 M、N 的坐标，线段 AB、MN 中点相同，即 $\frac{x₁ + x₂}{2}$ = $\frac{m + 0}{2}$，$\frac{y₁ + y₂}{2}$ = $\frac{0 + n}{2}$，点共线 $\frac{y₁ - y₂}{x₁ - x₂}$ = $\frac{0 - n}{m - 0}$。
点差法，|MN| = 2$\sqrt{3}$，得到 m、n 的等量关系，进而求出 m、n 的值，得到直线 l 的方程。
[命题点]直线与椭圆的位置关系、直线的方程
[深度解析]设直线 l 的方程为 $\frac{x}{m}$ + $\frac{y}{n}$ = 1，则点 M(m, 0)，N(0, n)（m ＞ 0，n ＞ 0）。设 A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)（x₁, x₂ ＞ 0，x₁ ≠ x₂）。由题意知线段 AB 与线段 MN 有相同的中点，所以 $\frac{x₁ + x₂}{2}$ = $\frac{m + 0}{2}$，$\frac{y₁ + y₂}{2}$ = $\frac{0 + n}{2}$，即 $\begin{cases}x₁ + x₂ = m \\ y₁ + y₂ = n\end{cases}$。又因为 kₐ₈ = kₘₙ（提示：四点共线），所以 $\frac{y₁ - y₂}{x₁ - x₂}$ = $\frac{0 - n}{m - 0}$ = -$\frac{n}{m}$。将点 A(x₁, y₁)，B(x₂, y₂)的坐标代入椭圆方程 $\frac{x²}{6}$ + $\frac{y²}{3}$ = 1，得 $\frac{x₁²}{6}$ + $\frac{y₁²}{3}$ = 1，$\frac{x₂²}{6}$ + $\frac{y₂²}{3}$ = 1，两式相减，得 $\frac{(x₁ + x₂)(x₁ - x₂)}{6}$ + $\frac{(y₁ + y₂)(y₁ - y₂)}{3}$ = 0，整理得 $\frac{y₁ + y₂}{x₁ + x₂}$·$\frac{y₁ - y₂}{x₁ - x₂}$ = -$\frac{1}{2}$（方法：直线与圆锥曲线相交，涉及弦中点时，常利用点差法），则 $\frac{n}{m}$·(-$\frac{n}{m}$) = -$\frac{1}{2}$，即 m² = 2n² ①。又 |MN| = 2$\sqrt{3}$，所以由勾股定理，得 m² + n² = 12 ②。联立①②，结合 m ＞ 0，n ＞ 0，解得 $\begin{cases}m = 2\sqrt{2} \\ n = 2\end{cases}$，所以直线 l 的方程为 $\frac{x}{2\sqrt{2}}$ + $\frac{y}{2}$ = 1，即 x + $\sqrt{2}$y - 2$\sqrt{2}$ = 0。
一题多解：由已知可设直线 l 的方程为 y = kx + b，其中 k ＜ 0，b ＞ 0。故 xₘ = -$\frac{b}{k}$，yₙ = b。联立 y = kx + b 和 $\frac{x²}{6}$ + y² = 1，化简可得(1 + 2k²)x² + 4kbx + 2b² - 6 = 0，故 xₐ + x_b = -$\frac{4kb}{1 + 2k²}$。由 |MA| = |NB| 可知，xₘ - xₐ = x_b - xₙ，故 xₐ + x_b = xₘ，即 -$\frac{4kb}{1 + 2k²}$ = -$\frac{b}{k}$，解得 k = -$\frac{\sqrt{2}}{2}$。又由 |MN| = 2$\sqrt{3}$ 可得 xₘ² + yₙ² = 12，故 b² = $\frac{12k²}{1 + k²}$ = 4，于是 b = 2。所以 l 的方程为 y = -$\frac{\sqrt{2}}{2}$x + 2，即 x + $\sqrt{2}$y - 2$\sqrt{2}$ = 0。
方法速记：若 AB 是椭圆 $\frac{x²}{a²}$ + $\frac{y²}{b²}$ = 1（a ＞ b ＞ 0）的不垂直于对称轴的弦，P 为 AB 的中点，O 为坐标原点，则 kₒₚ·kₐ₈ = -$\frac{b²}{a²}$。

17. (本小题满分10分)已知$\{a_{n}\}$是等差数列，$\{b_{n}\}$是公比为$2$的等比数列，且$a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=b_{4}-a_{4}=4$。
　(1)证明：$a_{1}=b_{1}$；
　(2)求集合$\{k\vert b_{k}=a_{m}+a_{1},1\leq m\leq500\}$中元素的个数。

答案： [命题点]等差数列与等比数列的通项公式
(1) [证明]设等差数列 {aₙ} 的公差为 d，等比数列 {bₙ} 的公比为 q，则由 a₂ - b₂ = a₃ - b₃，得 a₃ - a₂ = b₃ - b₂，即 d = b₂q² - b₂q = b₂(q² - q) = 2b₂ ①。又由 a₂ - b₂ = b₄ - a₄，得 a₄ + a₂ = b₄ + b₂，即 2a₁ + 4d = b₂q³ + b₂q = 10b₂ ②。将①代入②，得 2a₁ + 8b₂ = 10b₂，即 a₁ = b₂。
(2) [解]由
(1)可得 aₘ = a₁ + (m - 1)d = b₂ + (m - 1)·2b₂ = 2mb₂ - b₂。又 bₖ = b₂qᵏ⁻¹ = b₂·2ᵏ⁻¹，则由 bₖ = aₘ + a₁，得 b₂·2ᵏ⁻¹ = 2mb₂ - b₂ + b₂ = 2mb₂，即 2ᵏ⁻¹ = 2m。因为 1 ≤ m ≤ 500，所以 2 ≤ 2ᵏ⁻¹ ≤ 1000，即 2 ≤ k ＜ 11。因为 k ∈ N*，所以 k = 2，3，4，5，6，7，8，9，10，所以集合 {k|bₖ = aₘ + a₁，1 ≤ m ≤ 500} 中元素的个数为 9。

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,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S₁,S₂,S₃.已知S₁−S₂+S₃=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,sinB=$\frac{1}{3}$.
　(1)求△ABC的面积;
　(2)若sinAsinC=$\frac{\sqrt{2}}{3}$,求b.

答案： [命题点]正弦、余弦定理，三角形面积公式
[解]
(1)由题意，得$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}b^2$，$S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}c^2$。
由$S_1 - S_2 + S_3 = \frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 - \frac{\sqrt{3}}{4}b^2 + \frac{\sqrt{3}}{4}c^2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$，
即$a^2 + c^2 - b^2 = 2$。 3分
则由余弦定理，得$\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac} = \frac{1}{ac} ＞ 0$。
又$\because \sin B = \frac{1}{3}$，$\therefore \cos B = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\therefore ac = \frac{3\sqrt{2}}{4}$。 5分
$\therefore S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}ac\sin B = \frac{1}{2}×\frac{3\sqrt{2}}{4}×\frac{1}{3} = \frac{\sqrt{2}}{8}$。 6分
(2)由正弦定理，得$\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C} = \frac{b}{\sin B} = 3b$，
$\therefore \sin A = \frac{a}{3b}$，$\sin C = \frac{c}{3b}$。 8分
$\therefore \sin A\sin C = \frac{a}{3b}·\frac{c}{3b} = \frac{ac}{9b^2} = \frac{3\sqrt{2}}{4}·\frac{1}{9b^2} = \frac{\sqrt{2}}{12b^2}$，解得$b = \frac{1}{2}$。 12分