《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》

21.(本小题满分12分)已知双曲线C:$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$（$a＞0$，$b＞0$）的右焦点为$F(2,0)$，渐近线方程为$y = \pm\sqrt{3}x$。
(1)求$C$的方程；
(2)过$F$的直线与$C$的两条渐近线分别交于$A$、$B$两点，点$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$在$C$上，且$x_1＞x_2＞0$，$y_1＞0$。过$P$且斜率为$-\sqrt{3}$的直线与过$Q$且斜率为$\sqrt{3}$的直线交于点$M$。从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立。
①$M$在$AB$上；②$PQ// AB$；③$|MA| = |MB|$。
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分。

答案： 21. 思路导引
(1) 由题意得双曲线的渐近线方程，得出$a$、$b$间的关系，结合$c^{2}=a^{2}+b^{2}$以及$c$的值，写出双曲线方程。
(2) 设直线$PQ$的方程为$y = kx + n$，代入双曲线方程，利用根与系数的关系。设$M(x_{M},y_{M})$，结合直线$PM$、$QM$的方程求出点$M$的轨迹方程。
选择①②作条件，直线$AB$的方程为$y = k(x - 2)$，联立一条渐近线方程求出点$A$的坐标，同理求出点$B$的坐标，利用中点坐标公式证得点$M$为线段$AB$的中点即可。
选择①③作条件，当直线$AB$的斜率不存在时可推出矛盾，当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB:y = m(x - 2)$，同选①②求出点$A$、$B$的坐标，利用中点坐标公式求出点$M$的坐标，代入点$M$的轨迹方程证$k = m$即可。
选择②③作条件，同选①②求出点$A$、$B$的坐标，利用中点坐标公式求出线段$AB$的中点$E(x_{E},y_{E})$的坐标，由$\vert MA\vert=\vert MB\vert$可知点$M$在线段$AB$的垂直平分线上，求出线段$AB$的垂直平分线方程，与点$M$的轨迹方程联立，证点$M$、$E$重合即可。
[命题点] 双曲线的方程及几何性质、直线与双曲线的位置关系
[解]
(1) 由题意得$c = 2$①。
因为双曲线的渐近线方程为$y=\pm\frac{b}{a}x=\pm\sqrt{3}x$，所以$\frac{b}{a}=\sqrt{3}$②。
又$c^{2}=a^{2}+b^{2}$③，联立①②③解得$a = 1$，$b=\sqrt{3}$。
所以双曲线$C$的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$。 4分
(2) 设直线$PQ$的方程为$y = kx + n$，由点$P$，$Q$的相对位置可知$k\gt0$，且$k\neq\sqrt{3}$。将直线$PQ$的方程代入$C$的方程得$(3 - k^{2})x^{2}-2knx - n^{2}-3 = 0$。
则$\Delta = 12(n^{2}+3 - k^{2})\gt0$，$x_{1}+x_{2}=\frac{2kn}{3 - k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{n^{2}+3}{3 - k^{2}}$。又$x_{1}\gt x_{2}\gt0$，所以$k\lt\sqrt{3}$，$n\lt0$。
则$x_{1}-x_{2}=\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\frac{2\sqrt{3(n^{2}+3 - k^{2})}}{k^{2}-3}$。 6分
设点$M$的坐标为$(x_{M},y_{M})$，则$\begin{cases}y_{M}-y_{1}=\sqrt{3}(x_{M}-x_{1})\\y_{M}-y_{2}=\sqrt{3}(x_{M}-x_{2})\end{cases}$。
两式相减，得$y_{1}-y_{2}=2\sqrt{3}x_{M}-\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})$。
又$y_{1}-y_{2}=(kx_{1}+n)-(kx_{2}+n)=k(x_{1}-x_{2})$，
所以$2\sqrt{3}x_{M}=k(x_{1}-x_{2})+\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})$，
解得$x_{M}=\frac{\sqrt{3(n^{2}+3 - k^{2})}-kn}{k^{2}-3}$。
两式相加，得$2y_{M}-(y_{1}+y_{2})=\sqrt{3}(x_{1}-x_{2})$。
因为$y_{1}+y_{2}=(kx_{1}+n)+(kx_{2}+n)=k(x_{1}+x_{2})+2n$，
所以$2y_{M}=k(x_{1}+x_{2})+\sqrt{3}(x_{1}-x_{2})+2n$，
解得$y_{M}=\frac{3\sqrt{3(n^{2}+3 - k^{2})}-3n}{k^{2}-3}=\frac{3}{k}x_{M}$。
因此，点$M$的轨迹方程为$y=\frac{3}{k}x(x\gt0)$，其中$k$为直线$PQ$的斜率。 8分（求出点$M$的轨迹方程是求解问题的关键）
若选条件①②，则证明③：
由题知直线$AB$的方程为$y = k(x - 2)$，设$A(x_{A},y_{A})$，$B(x_{B},y_{B})$，不妨取点$A$在第一象限。
则$\begin{cases}y_{A}=k(x_{A}-2)\\y_{A}=\sqrt{3}x_{A}\end{cases}$，解得$x_{A}=\frac{2k}{k - \sqrt{3}}$，$y_{A}=\frac{2\sqrt{3}k}{k - \sqrt{3}}$。
同理可得$x_{B}=\frac{2k}{k + \sqrt{3}}$，$y_{B}=\frac{-2\sqrt{3}k}{k + \sqrt{3}}$。
此时$x_{A}+x_{B}=\frac{4k}{k^{2}-3}$，$y_{A}+y_{B}=\frac{12k}{k^{2}-3}$。 10分
因为点$M$的坐标满足$\begin{cases}y_{M}=k(x_{M}-2)\\y_{M}=\frac{3}{k}x_{M}\end{cases}$，
解得$x_{M}=\frac{2k}{k^{2}-3}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}$，$y_{M}=\frac{6k}{k^{2}-3}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}$。
故$M$为线段$AB$的中点，即$\vert MA\vert=\vert MB\vert$。 12分
若选条件①③，则证明②：
当直线$AB$的斜率不存在时，点$M$即为点$F(2,0)$，此时$M$不在直线$y=\sqrt{3}x$上，不符合题意。（在设直线方程时，不要忽略对直线斜率不存在情况的讨论）
当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y = m(x - 2)(m\neq0$，且$m\neq\sqrt{3})$，$A(x_{A},y_{A})$，$B(x_{B},y_{B})$，不妨取点$A$在第一象限。
则$\begin{cases}y_{A}=m(x_{A}-2)\\y_{A}=\sqrt{3}x_{A}\end{cases}$，解得$x_{A}=\frac{2m}{m - \sqrt{3}}$，$y_{A}=\frac{2\sqrt{3}m}{m - \sqrt{3}}$。
同理可得$x_{B}=\frac{2m}{m + \sqrt{3}}$，$y_{B}=\frac{-2\sqrt{3}m}{m + \sqrt{3}}$。
此时$x_{M}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\frac{2m}{m^{2}-3}$，$y_{M}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}=\frac{6m}{m^{2}-3}$。 10分
由于点$M$同时在直线$y=\frac{3}{k}x$上，故$\frac{6m}{m^{2}-3}=\frac{3}{k}\cdot\frac{2m}{m^{2}-3}$，
解得$k = m$，因此$PQ// AB$。 12分
若选条件②③，则证明①：
由题知直线$AB$的方程为$y = k(x - 2)$，
设$A(x_{A},y_{A})$，$B(x_{B},y_{B})$，不妨取点$A$在第一象限。
则$\begin{cases}y_{A}=k(x_{A}-2)\\y_{A}=\sqrt{3}x_{A}\end{cases}$，解得$x_{A}=\frac{2k}{k - \sqrt{3}}$，$y_{A}=\frac{2\sqrt{3}k}{k - \sqrt{3}}$。
同理可得$x_{B}=\frac{2k}{k + \sqrt{3}}$，$y_{B}=\frac{-2\sqrt{3}k}{k + \sqrt{3}}$。
设线段$AB$的中点为$E(x_{E},y_{E})$，则$x_{E}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\frac{2k}{k^{2}-3}$，$y_{E}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}=\frac{6k}{k^{2}-3}$。 10分
因为$\vert MA\vert=\vert MB\vert$，所以点$M$在线段$AB$的垂直平分线上，
即点$M$在直线$y - y_{E}=-\frac{1}{k}(x - x_{E})$上。
将该直线方程与$y=\frac{3}{k}x$联立，解得$\begin{cases}x_{M}=\frac{2k}{k^{2}-3}=x_{E}\\y_{M}=\frac{6k}{k^{2}-3}=y_{E}\end{cases}$。
即点$M$恰为线段$AB$的中点，故点$M$在$AB$上。 12分

22.(本小题满分12分)已知函数$f(x)=xe^{-x}-ax$.
　(1)当$a = 1$时，讨论$f(x)$的单调性;
　(2)当$x＞0$时，$f(x)＜ - 1$，求$a$的取值范围;
　(3)设$n\in N$，证明:$\frac{1}{\sqrt{1^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}＞\ln(n + 1)$.

答案： 22.思路导引
(1)求出当a = 1时的函数解析式与导函数f'(x)→f'(x)的正负区间→求得函数的单调性;
(2)求出导函数f'(x)，分a≥1，a≤0，0＜a≤$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$＜a＜1讨论函数f(x)的单调性→根据f(x)＜ - 1求得a的取值范围;
(3)结合
(2)得xe^x＜e^x - 1→令t = e^x＞1→lnt·$\sqrt{t}$＜t - 1→ln$\frac{i + 1}{i}$·$\sqrt{\frac{i + 1}{i}}$＜$\frac{1}{i}$(i∈N*)→ln$\frac{i + 1}{i}$＜$\frac{1}{\sqrt{i(i + 1)}}$，i分别取1，2，…，n并求和→问题得证
　　命题点：导数在研究函数的单调性、不等式中的应用
(1)[解]当a = 1时，f(x) = xe^x - e^x，x∈R，则f'(x) = xe^x。
　当x＞0时，f'(x)＞0，当x＜0时，f'(x)＜0，
∴函数f(x)在( - ∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　4分
(2)[解]函数f(x)的定义域为R，f'(x) = (1 + ax)e^x - e^x。
　　(导函数中含有参数，要根据参数对导函数取值符号的影响分段讨论)
　对于x∈(0，+∞)，当a≥1时，f'(x) = (1 + ax)e^x - e^x＞e^x - e^x≥e^x - e^x = 0，
∴f'(x)＞0，f(x)在(0，+∞)上单调递增。
∵f
(0) = - 1，
∴f(x)＞ - 1，不满足题意。
　当a≤0时，f'(x)≤e^x - e^x≤1 - e^x＜0且等号不恒成立，
∴f(x)在(0，+∞)上单调递减。
∵f
(0) = - 1，
∴f(x)＜ - 1，满足题意。
　当0＜a≤$\frac{1}{2}$时，f'(x)≤(1 + $\frac{x}{2}$)e^x - e^x = e^x(1 + $\frac{x}{2}$ - $\frac{x}{2}$)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　6分(当导函数的正负不能直接判断时，可考虑构造新函数，通过研究新函数的单调性求出)
　令g(x) = 1 + $\frac{x}{2}$ - e^x，则g'(x) = $\frac{1}{2}$ - e^x＜0。
∴g(x)在(0，+∞)上单调递减，
∴g(x)＜g
(0) = 0，
∴f'(x)≤e^x·g(x)＜0，f(x)在(0，+∞)上单调递减。
∵f
(0) = - 1，
∴f(x)＜ - 1，满足题意。
　当$\frac{1}{2}$＜a＜1时，f'(x) = e^x[1 + ax - e^(1 - a)x]。
　令h(x) = 1 + ax - e^(1 - a)x，
　则h'(x) = a + (a - 1)e^(1 - a)x。
∵h'(x)为减函数，　　　　　　　　　　　　　　　　　　7分
又h'
(0) = 2a - 1＞0，x→+∞，h'(x)＜0，
∴∃x₀∈(0，+∞)，使h'(x₀) = 0。
　　(当导函数的零点存在，但不易求出时，可引入虚拟零点)
∴当x∈(0，x₀)时，h'(x)＞0，h(x)在(0，x₀)上单调递增，h(x)＞h
(0) = 0，
∴当x∈(0，x₀)时，f'(x) = e^x h(x)＞0，
　f(x)在(0，x₀)上单调递增。
∵f
(0) = - 1，
∴f(x)＞ - 1，不满足题意。
　综上，a的取值范围是( - ∞，$\frac{1}{2}$]。　　　　　　　　　　　8分
(3)[证明]由
(2)知当a = $\frac{1}{2}$，且x∈(0，+∞)时，f(x)＜ - 1，即xe^x - e^x＜ - 1，
∴xe^x＜e^x - 1。
　令t = e^x＞1，则x = lnt，
∴lnt·$\sqrt{t}$＜t - 1。
　令t = $\frac{i + 1}{i}$＞1，i∈N*，
　则ln$\frac{i + 1}{i}$·$\sqrt{\frac{i + 1}{i}}$＜$\frac{i + 1}{i}$ - 1 = $\frac{1}{i}$，　　　　　　　　　　　　　10分
∴ln$\frac{i + 1}{i}$＜$\frac{1}{i}$·$\sqrt{\frac{i}{i + 1}}$ = $\sqrt{\frac{1}{i(i + 1)}}$ = $\frac{1}{\sqrt{i^2 + i}}$。
∴∑$\frac{1}{\sqrt{i^2 + i}}$＞∑ln$\frac{i + 1}{i}$ = ln$\frac{3}{2}$ + … + ln$\frac{n + 1}{n}$ = ln(n + 1)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12分(与正整数有关的不等式通常结合放缩法进行证明)
一题多解
(3)(数学归纳法)：①当n = 1时，左边 = $\frac{1}{\sqrt{1^2 + 1}}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，右边 = ln2，左边＞右边，不等式成立。　　　　　　　　　　　　9分
②假设当n = k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即$\frac{1}{\sqrt{1^2 + 1}}$ + $\frac{1}{\sqrt{2^2 + 2}}$ + … + $\frac{1}{\sqrt{k^2 + k}}$＞ln(k + 1)；
　当n = k + 1时，左边 = $\frac{1}{\sqrt{1^2 + 1}}$ + $\frac{1}{\sqrt{2^2 + 2}}$ + … + $\frac{1}{\sqrt{k^2 + k}}$ + $\frac{1}{\sqrt{(k + 1)^2 + (k + 1)}}$＞ln(k + 1) + $\frac{1}{\sqrt{(k + 1)^2 + (k + 1)}}$，只需证明
ln(k + 1) + $\frac{1}{\sqrt{(k + 1)^2 + (k + 1)}}$＞ln(k + 2)，即证$\frac{1}{\sqrt{(k + 1)^2 + (k + 1)}}$＞ln$\frac{k + 2}{k + 1}$。　　　　　　　　　　　　　10分
由
(2)知，当a = $\frac{1}{2}$，且x∈(0，+∞)时，f(x)＜ - 1，即xe^x - e^x＜ - 1，
∴xe^x＜e^x - 1。
令$\frac{k + 2}{k + 1}$ = e^x＞1，k∈N*，则x = ln$\frac{k + 2}{k + 1}$，
∴ln$\frac{k + 2}{k + 1}$·$\sqrt{\frac{k + 2}{k + 1}}$＜$\frac{k + 2}{k + 1}$ - 1 = $\frac{1}{k + 1}$，
∴ln$\frac{k + 2}{k + 1}$＜$\frac{1}{k + 1}$·$\sqrt{\frac{k + 1}{k + 2}}$ = $\sqrt{\frac{1}{(k + 1)(k + 2)}}$ = $\frac{1}{\sqrt{(k + 1)^2 + (k + 1)}}$。
∴$\frac{1}{\sqrt{(k + 1)^2 + (k + 1)}}$＞ln$\frac{k + 2}{k + 1}$，即当n = k + 1时，不等式成立。
由①②可知，对任意n∈N*，$\frac{1}{\sqrt{1^2 + 1}}$ + $\frac{1}{\sqrt{2^2 + 2}}$ + … + $\frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}$＞ln(n + 1)。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　12分