《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》

8.在三棱锥P−ABC中，点M，N分别在棱PB和PC上，且PM = $\frac{1}{3}$PB，PN = $\frac{2}{3}$PC，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$\frac{1}{9}$　　　
　B.$\frac{2}{9}$　　　
　C.$\frac{1}{3}$　　　
　D.$\frac{4}{9}$

答案： 8.B　[命题点]三棱锥的体积比
[深度解析]设△PMN、△PBC的面积分别为S₁、S₂，则$\frac{S₁}{S₂}$ = $\frac{\frac{1}{2}PM\cdot PN\cdot\sin\angle MPN}{\frac{1}{2}PB\cdot PC\cdot\sin\angle CPB}$ = $\frac{2}{9}$。设点A到平面PBC的距离为d，所以$\frac{V_{P - AMN}}{V_{P - ABC}}$ = $\frac{V_{A - PMN}}{V_{A - PBC}}$ = $\frac{\frac{1}{3}S₁\cdot d}{\frac{1}{3}S₂\cdot d}$ = $\frac{2}{9}$，故选B。

9.已知双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}$ - $\frac{y^{2}}{b^{2}}$ = 1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F₁ 和F₂。过F₂向一条渐近线作垂线，垂足为P。若|PF₂| = 2，直线PF₁的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$，则双曲线的方程为　　　(　　　)
A.$\frac{x^{2}}{8}$ - $\frac{y^{2}}{4}$ = 1　　　　　　
　B.$\frac{x^{2}}{4}$ - $\frac{y^{2}}{8}$ = 1
C.$\frac{x^{2}}{4}$ - $\frac{y^{2}}{2}$ = 1　　　　　　
　D.$\frac{x^{2}}{2}$ - $\frac{y^{2}}{4}$ = 1

答案： 9.D　[命题点]双曲线的方程和几何性质
[深度解析]由题意知点P在渐近线y = $\frac{b}{a}$x上，O为坐标原点，则tan∠POF = $\frac{b}{a}$，sin∠POF = $\frac{b}{c}$，所以|PF| = |OF|sin∠POF = b，|PO| = a，所以b = 2（另解：双曲线的焦点到渐近线的距离为虚半轴长，则|PF| = b = 2），点P($\frac{a²}{c}$,$\frac{ab}{c}$)。
由题知点F( - c,0)，所以$k_{PF}$ = $\frac{\frac{ab}{c}-0}{\frac{a²}{c}-(-c)}$ = $\frac{ab}{a² + c²}$ = $\frac{2a}{2a² + 4}$ = $\frac{\sqrt{2}}{4}$，解得a = $\sqrt{2}$，则双曲线的方程为$\frac{x²}{2}-\frac{y²}{4}$ = 1。故选D。
快解：易知b = 2，排除B、C选项；若a = $\sqrt{2}$，则c = $\sqrt{6}$，F( - $\sqrt{6}$,0)，P($\frac{\sqrt{6}}{3}$,$\frac{2\sqrt{3}}{3}$)，此时满足$k_{PF}$ = $\frac{\sqrt{2}}{4}$，故选D。

10. 已知$i$为虚数单位，化简$\frac{5 + 14i}{2 + 3i}$的结果为________。

答案： 4 + i [命题点]复数的基本运算
[深度解析]$\frac{5 + 14i}{2 + 3i}=\frac{(5 + 14i)(2 - 3i)}{(2 + 3i)(2 - 3i)}=\frac{52 + 13i}{13}=4 + i$。

11. 在$(2x^{2}-\frac{1}{x})^{6}$的展开式中，$x^{2}$的系数为________。

答案： 60 [命题点]二项展开式特定项的系数
[深度解析]由二项式定理得$(2x^3-\frac{1}{x})^6$展开式的通项$T_{k + 1}=C_{6}^{k}(2x^3)^{6 - k}(-\frac{1}{x})^k = C_{6}^{k}2^{6 - k}(-1)^kx^{18 - 4k}$，令$18 - 4k = 2$，解得$k = 4$，所以$x^2$的系数为$C_{6}^{4}2^{2}=60$。

12. 已知过原点$O$的直线$l$与圆$(x + 2)^{2}+y^{2}=3$相切，且$l$与抛物线$y^{2}=2px(p\gt0)$交于$O$，$A$两点。若$\vert OA\vert = 8$，则$p=$________。

答案： 6 [命题点]圆的切线，抛物线的弦长计算
[深度解析]设圆心为$C$，直线$l$与圆$C$相切于点$B$，根据对称性，不妨设点$B$位于第三象限，$\sin\angle COB=\frac{\sqrt{3}}{2}$（提示：圆的切线的性质的应用），则直线$AO$的斜率为$\sqrt{3}$，所以直线$AO$的方程为$y = \sqrt{3}x$。设点$A(a,\sqrt{3}a)$，$a\gt0$，则$\vert OA\vert^2 = a^2 + (\sqrt{3}a)^2 = 8^2$，解得$a = 4$，所以$A(4,4\sqrt{3})$，代入抛物线方程得$(4\sqrt{3})^2 = 2p\times4$，解得$p = 6$。
一题多解：设直线$l$的方程为$y = kx$，与圆的方程联立可得$(k^2 + 1)x^2 + 4x + 1 = 0$，因为直线$l$与圆相切，所以$\Delta = 16 - 4(k^2 + 1) = 0$，解得$k^2 = 3$。直线$y = kx$与抛物线$y^2 = 2px(p\gt0)$联立可得$k^2x^2 = 2px$，解得$x = \frac{2p}{k^2}$，所以$\vert OA\vert=\sqrt{1 + k^2}\frac{2p}{k^2}=\sqrt{1 + 3}\times\frac{2p}{3}=8$，解得$p = 6$。

13. 把若干个黑球和白球（这些球除颜色外没有其他差异）放进三个空箱子中。三个箱子中的球数之比为$5:4:6$，且其中的黑球比例依次为$40\%$，$25\%$，$50\%$。若从每个箱子中各随机摸出一个球，则三个球都是黑球的概率为________；若把所有球放在一起，然后随机摸出一球，则该球是白球的概率为________。

答案： $\frac{1}{20}$，$\frac{3}{5}$ [命题点]相互独立事件的概率计算
[深度解析]由题意知从三个箱子中摸到黑球的概率分别为$\frac{2}{5}$，$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$，因为从三个箱子中摸球相互独立，所以摸出的球均为黑球的概率为$\frac{2}{5}\times\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{20}$。三个箱子中小球的数量占总数的比例分别为$\frac{1}{3}$，$\frac{4}{15}$，$\frac{2}{5}$，所以白球占比为$\frac{1}{3}\times(1 - \frac{2}{5})+\frac{4}{15}\times(1 - \frac{1}{4})+\frac{2}{5}\times(1 - \frac{1}{2})=\frac{3}{5}$，则摸出一个白球的概率为$\frac{3}{5}$。

14. 在$\triangle ABC$中，$BC = 1$，$\angle A = 60^{\circ}$，$AD=\frac{1}{2}AB$，$CE=\frac{1}{2}CD$。
记$\overrightarrow{AB}=\vec{a}$，$\overrightarrow{AC}=\vec{b}$，用$\vec{a}$，$\vec{b}$表示$\overrightarrow{AE}=$________；若$\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$，则$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$的最大值为________。

答案： $\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b$，$\frac{13}{24}$ [命题点]平面向量的线性运算与数量积的最值
[深度解析]由题意，$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b$，
所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=(\frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b)\cdot(\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b)=\frac{1}{6}a^2+\frac{5}{12}a\cdot b+\frac{1}{6}b^2=\frac{1}{6}a^2+\frac{5}{24}|a||b|+\frac{1}{6}b^2$。在$\triangle ABC$中，由余弦定理可得$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB\cdot AC\cdot\cos\angle BAC = AB^2 + AC^2 - AB\cdot AC$，即$1 = a^2 + b^2 - |a||b|\geq2|a||b|-|a||b| = |a||b|$（提示：基本不等式，当且仅当$|a| = |b| = 1$时取等号），所以$|a||b|\leq1$，所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=\frac{1}{6}a^2+\frac{5}{24}|a||b|+\frac{1}{6}b^2=\frac{1}{6}(1 + |a||b|)+\frac{5}{24}|a||b|\leq\frac{1}{6}\times(1 + 1)+\frac{5}{24}=\frac{13}{24}$，所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$的最大值为$\frac{13}{24}$。

15. 设$a\in R$，函数$f(x)=ax^{2}-2x-\vert x^{2}-ax + 1\vert$。若$f(x)$恰有两个零点，则$a$的取值范围为________。

答案： $(-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)$
[命题点]根据函数的零点个数求参数的取值范围
[深度解析]令$x^2 - ax + 1 = 0$，则$\Delta = a^2 - 4$。
当$-2\leq a\leq2$时，$\Delta\leq0$，$x^2 - ax + 1\geq0$恒成立，此时$f(x)=(a - 1)x^2+(a - 2)x - 1$。
当$a\neq1$时，令$f(x)=(a - 1)x^2+(a - 2)x - 1 = 0$，则$\Delta_2=(a - 2)^2 + 4(a - 1)=a^2$，当$a\neq0$时，$\Delta_2\gt0$，$f(x)$有且仅有两个零点；
当$a = 1$时，$f(x)= - x - 1$，$f(x)$有且仅有一个零点，不符合题意，所以$-2\leq a\lt0$或$0\lt a\lt1$或$1\lt a\leq2$。
当$a\lt - 2$或$a\gt2$时，$\Delta\gt0$，方程$x^2 - ax + 1 = 0$有两个不等实根，设为$x_1$，$x_2$，$x_1\lt x_2$。
所以$f(x)=\begin{cases}[(a + 1)x - 1](x - 1),&x\leq x_1或x\geq x_2\\[(a - 1)x - 1](x + 1),&x_1\lt x\lt x_2\end{cases}$
设$g(x)=[(a + 1)x - 1](x - 1)$，令$g(x)=0$，解得$x = 1$或$x = \frac{1}{a + 1}$；设$h(x)=[(a - 1)x - 1](x + 1)$，令$h(x)=0$，解得$x = - 1$或$x = \frac{1}{a - 1}$。
当$a\lt - 2$时，$x_1=\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}\lt - 1$，$-1\lt\frac{1}{a + 1}\lt x_2=\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}$，$\frac{1}{a - 1}\lt0$，所以$f(x)$有且仅有两个零点，符合题意。
当$a\gt2$时，因为$x_2=\frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2}\gt1$，且$0\lt\frac{1}{a + 1}\lt x_1=\frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}\lt\frac{1}{a - 1}\lt1$，所以$f(x)$有且仅有两个零点，符合题意。
综上所述，$a$的取值范围为$(-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)$。

16.(14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=$\sqrt{39}$,b=2,A=120°.
　(1)求sinB的值;
　(2)求c的值;
　(3)求sin(B−C)的值.

答案： 16.[命题点]正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用、三角恒等变换
[解]
(1)由正弦定理可得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，即$\sin B = \frac{b\sin A}{a}=\frac{2}{\sqrt{39}}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$ 4分
(2)由余弦定理可得$\cos A = \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$，即$-\frac{1}{2}=\frac{4 + c^{2}-39}{2\times2c}$，解得$c = 5$或$c = -7$（舍）。 8分
(3)由
(1)知，$\sin B=\frac{\sqrt{13}}{13}$且$B$为锐角，所以$\cos B=\frac{2\sqrt{39}}{13}$，所以$\sin(B - C)=\sin[B-(60^{\circ}-B)]=\sin(2B - 60^{\circ})=\sin2B\cos60^{\circ}-\cos2B\sin60^{\circ}=\frac{1}{2}\sin2B-\frac{\sqrt{3}}{2}\cos2B=\sin B\cos B-\frac{\sqrt{3}}{2}(\cos^{2}B - \sin^{2}B)=\frac{\sqrt{13}}{13}\times\frac{2\sqrt{39}}{13}-\frac{\sqrt{3}}{2}[(\frac{2\sqrt{39}}{13})^{2}-(\frac{\sqrt{13}}{13})^{2}]=-\frac{7\sqrt{3}}{26}$ 14分