《2025年金考卷特快专递高中数学》

21.（12分）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为$(-2\sqrt{5},0)$，离心率为$\sqrt{5}$.
(1)求$C$的方程；
(2)记$C$的左、右顶点分别为$A_1$，$A_2$，过点$(-4,0)$的直线与$C$的左支交于$M$，$N$两点，$M$在第二象限，直线$MA_1$与$NA_2$交于点$P$，证明：点$P$在定直线上.

答案：
21. 双曲线的方程、几何性质 + 直线与双曲线的位置关系 + 定直线问题（理性思维、数学探索）
解：
(1)设双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$，c为双曲线C的半焦距，(1分)
由题意可得$\begin{cases}c = 2\sqrt{5}\\\frac{c}{a}=\sqrt{5}\\c^{2}=a^{2}+b^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}c = 2\sqrt{5}\\a = 2\\b = 4\end{cases}$.(3分)
所以双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$.(4分)
(2)解法一(以直线$MA_{1}$,$NA_{2}$的斜率为参数) 设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$，直线$MA_{1}:y = m(x + 2)$，直线$NA_{2}:y = n(x - 2)$.(5分)
由$\begin{cases}y = m(x + 2)\\4x^{2}-y^{2}-16 = 0\end{cases}$，得$(4 - m^{2})x^{2}-4m^{2}x-(4m^{2}+16)=0$.
由于$-2x_{1}=\frac{4m^{2}+16}{m^{2}-4}$，所以$x_{1}=\frac{2m^{2}+8}{4 - m^{2}}$,$y_{1}=\frac{16m}{4 - m^{2}}$.(7分)
由$\begin{cases}y = n(x - 2)\\4x^{2}-y^{2}-16 = 0\end{cases}$，得$(4 - n^{2})x^{2}+4n^{2}x-(4n^{2}+16)=0$.
由于$2x_{2}=\frac{4n^{2}+16}{n^{2}-4}$，所以$x_{2}=\frac{2n^{2}+8}{n^{2}-4}$,$y_{2}=\frac{16n}{n^{2}-4}$.(9分)
由题设知$\frac{x_{1}+4}{y_{1}}=\frac{x_{2}+4}{y_{2}}$，故$(mn - 4)(m + 3n)=0$，由题意可知$mn＜0$，故$m = - 3n$.(11分)
点$P(x,y)$满足$y = m(x + 2)$且$y = n(x - 2)$，所以$x = - 1$.
故点P在定直线$x = - 1$上.(12分)
解法二(以直线MN的斜率为参数) 设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$，当MN的斜率存在时，设$MN:y = m(x + 4)(|m|\neq2)$.(5分)
由$\begin{cases}y = m(x + 4)\\4x^{2}-y^{2}-16 = 0\end{cases}$，得$(4 - m^{2})x^{2}-8m^{2}x-(16m^{2}+16)=0$.
所以$x_{1}+x_{2}=\frac{8m^{2}}{4 - m^{2}}$,$x_{1}x_{2}=\frac{16(m^{2}+1)}{m^{2}-4}$.(6分)
$MA_{1}:y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x + 2)$,$NA_{2}:y=\frac{y_{2}}{x_{2}-2}(x - 2)$，
联立方程解得$x=\frac{2(y_{1}x_{2}+y_{2}x_{1}-2y_{1}+2y_{2})}{-y_{1}x_{2}+y_{2}x_{1}+2y_{1}+2y_{2}}$.
因为$2(y_{1}x_{2}+y_{2}x_{1}-2y_{1}+2y_{2})+(-y_{1}x_{2}+y_{2}x_{1}+2y_{1}+2y_{2})$
$=4mx_{1}x_{2}+10mx_{2}+10mx_{1}+16m$
$=2m(2x_{1}x_{2}+5x_{2}+5x_{1}+8)$
$=2m[2\times\frac{16(m^{2}+1)}{m^{2}-4}+5\times\frac{8m^{2}}{4 - m^{2}}+8]$
$=2m[\frac{32(m^{2}+1)-40m^{2}}{m^{2}-4}+8]$
$=2m(\frac{-8m^{2}+32}{m^{2}-4}+8)=0$，所以$x = - 1$.(10分)
当MN的斜率不存在时，$MN:x = - 4$,$M(-4,4\sqrt{3})$,$N(-4,-4\sqrt{3})$.
$MA_{1}:y = - 2\sqrt{3}(x + 2)$,$NA_{2}:y=\frac{2\sqrt{3}}{3}(x - 2)$，联立方程解得$\begin{cases}x = - 1\\y = - 2\sqrt{3}\end{cases}$，所以$P(-1,-2\sqrt{3})$.
综上，点P在定直线$x = - 1$上.(12分)
解法三(设出P点坐标$P(x_{P},y_{P})$) 设点$P(x_{P},y_{P})$，则$MA_{1}:y=\frac{y_{P}}{x_{P}+2}(x + 2)$,$NA_{2}:y=\frac{y_{P}}{x_{P}-2}(x - 2)$.(5分)
分别代入$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$，解得
$x_{M}=\frac{8 + 2\frac{y_{P}^{2}}{(x_{P}+2)^{2}}}{4-\frac{y_{P}^{2}}{(x_{P}+2)^{2}}}=\frac{8(x_{P}+2)^{2}+2y_{P}^{2}}{4(x_{P}+2)^{2}-y_{P}^{2}}$,$y_{M}=\frac{16(x_{P}+2)y_{P}}{4(x_{P}+2)^{2}-y_{P}^{2}}$，(7分)
$x_{N}=\frac{-8 - 2\frac{y_{P}^{2}}{(x_{P}-2)^{2}}}{4-\frac{y_{P}^{2}}{(x_{P}-2)^{2}}}=\frac{-8(x_{P}-2)^{2}-2y_{P}^{2}}{4(x_{P}-2)^{2}-y_{P}^{2}}$,$y_{N}=\frac{-16(x_{P}-2)y_{P}}{4(x_{P}-2)^{2}-y_{P}^{2}}$. (9分)
由题设知$\frac{\frac{-16(x_{P}-2)y_{P}}{4(x_{P}-2)^{2}-y_{P}^{2}}}{\frac{-8(x_{P}-2)^{2}-2y_{P}^{2}}{4(x_{P}-2)^{2}-y_{P}^{2}}+4}=\frac{\frac{16(x_{P}+2)y_{P}}{4(x_{P}+2)^{2}-y_{P}^{2}}}{\frac{8(x_{P}+2)^{2}+2y_{P}^{2}}{4(x_{P}+2)^{2}-y_{P}^{2}}+4}$，
即$\frac{-16(x_{P}-2)y_{P}}{8(x_{P}-2)^{2}-6y_{P}^{2}}=\frac{16(x_{P}+2)y_{P}}{24(x_{P}+2)^{2}-2y_{P}^{2}}$，化简得$(x_{P}+1)[y_{P}^{2}-4(x_{P}+2)(x_{P}-2)] = 0$.(11分)
根据题意知$|x_{P}|＜2$，所以$y_{P}^{2}-4(x_{P}+2)(x_{P}-2)＞0$，因此$x_{P} = - 1$.
故点P在定直线$x = - 1$上.(12分)
解法四(根与系数的关系) 第1步:设出点M，N的坐标及直线MN的方程
设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$，直线MN的方程为$x = my - 4$，
则$x_{1}=my_{1}-4$,$x_{2}=my_{2}-4$. (注:直线方程设成此种形式可避免对直线MN的斜率是否存在进行讨论)
第2步:将直线MN的方程与双曲线C的方程联立，利用根与系数的关系得$y_{1}+y_{2}$与$y_{1}y_{2}$间的关系
联立得$\begin{cases}x = my - 4\\\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1\end{cases}$，得$(4m^{2}-1)y^{2}-32my + 48 = 0$.(5分)
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以$4m^{2}-1\neq0$，且$\Delta＞0$.
由根与系数的关系得$\begin{cases}y_{1}+y_{2}=\frac{32m}{4m^{2}-1}\\y_{1}y_{2}=\frac{48}{4m^{2}-1}\end{cases}$，所以$y_{1}+y_{2}=\frac{2m}{3}y_{1}y_{2}$.(6分)
第3步:写出直线$MA_{1}$和$NA_{2}$的方程，整理得点P在定直线上
因为$A_{1}$,$A_{2}$分别为双曲线C的左、右顶点，
所以$A_{1}(-2,0)$,$A_{2}(2,0)$.
直线$MA_{1}$的方程为$\frac{y_{1}}{x_{1}+2}=\frac{y}{x + 2}$，直线$NA_{2}$的方程为$\frac{y_{2}}{x_{2}-2}=\frac{y}{x - 2}$，(用两点式表示直线$MA_{1}$和$NA_{2}$的方程)(7分)
所以$\frac{\frac{y_{1}}{x_{1}+2}}{\frac{y_{2}}{x_{2}-2}}=\frac{\frac{y}{x + 2}}{\frac{y}{x - 2}}$，得$\frac{(x_{2}-2)y_{1}}{(x_{1}+2)y_{2}}=\frac{x - 2}{x + 2}$,$\frac{(my_{2}-6)y_{1}}{(my_{1}-2)y_{2}}=\frac{my_{1}y_{2}-6y_{1}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}=\frac{x - 2}{x + 2}$.(8分)
因为$\frac{my_{1}y_{2}-6y_{1}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
$=\frac{my_{1}y_{2}-6(y_{1}+y_{2})+6y_{2}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$(构造$-6(y_{1}+y_{2})$的巧妙之处是可以和$y_{1}+y_{2}=\frac{2m}{3}y_{1}y_{2}$联系)(9分)
$=\frac{my_{1}y_{2}-6\cdot\frac{2m}{3}y_{1}y_{2}+6y_{2}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
$=\frac{-3my_{1}y_{2}+6y_{2}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
$= - 3$，(10分)
所以$\frac{x - 2}{x + 2}= - 3$，解得$x = - 1$，(11分)
所以点P在定直线$x = - 1$上.(12分)
解法五(齐次化) 第1步:设点M，N的坐标及直线MN的方程
由题意得$A_{1}(-2,0)$,$A_{2}(2,0)$.
设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$，直线MN的方程为$x = my - 4$，
则$\frac{x_{1}^{2}}{4}-\frac{y_{1}^{2}}{16}=1$，即$4x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=16$.
第2步:连接$MA_{2}$，得$k_{MA_{1}}\cdot k_{MA_{2}} = 4$
如图，连接$MA_{2}$，

$k_{MA_{1}}\cdot k_{MA_{2}}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}\cdot\frac{y_{1}}{x_{1}-2}=\frac{y_{1}^{2}}{x_{1}^{2}-4}=\frac{4x_{1}^{2}-16}{x_{1}^{2}-4}=4$ ①.(5分)
第3步:由双曲线C的方程及直线MN的方程，构造关于$\frac{y}{x - 2}$的齐次式
由$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$，得$4x^{2}-y^{2}=16$,$4[(x - 2)+2]^{2}-y^{2}=16$，(构造$(x - 2)$是为了下一步得到关于$\frac{y}{x - 2}$的齐次式)(6分)
$4(x - 2)^{2}+16(x - 2)+16 - y^{2}=16$,$4(x - 2)^{2}+16(x - 2)-y^{2}=0$.
由$x = my - 4$，得$x - 2 = my - 6$,$my-(x - 2)=6$,$\frac{1}{6}[my-(x - 2)] = 1$.
$4(x - 2)^{2}+16(x - 2)\cdot\frac{1}{6}[my-(x - 2)]-y^{2}=0$,$4(x - 2)^{2}+\frac{8}{3}(x - 2)my-\frac{8}{3}(x - 2)^{2}-y^{2}=0$，
两边同时除以$(x - 2)^{2}$，得$\frac{4}{3}+\frac{8m}{3}\cdot\frac{y}{x - 2}-(\frac{y}{x - 2})^{2}=0$，
即$(\frac{y}{x - 2})^{2}-\frac{8m}{3}\cdot\frac{y}{x - 2}-\frac{4}{3}=0$. (这里$\frac{y}{x - 2}$可以理解为点M与点$A_{2}(2,0)$连线的斜率，点N与点$A_{2}$连线的斜率)(8分)
第4步:由根与系数的关系得$k_{MA_{2}}\cdot k_{NA_{2}}=-\frac{4}{3}$，从而得$k_{MA_{1}}$与$k_{NA_{2}}$的关系
$k_{MA_{2}}=\frac{y_{1}}{x_{1}-2}$,$k_{NA_{2}}=\frac{y_{2}}{x_{2}-2}$，
由根与系数的关系得$k_{MA_{2}}\cdot k_{NA_{2}}=-\frac{4}{3}$ ②.
由①②可得$k_{MA_{1}}=-3k_{NA_{2}}$.(9分)
第5步:写出直线$MA_{1}$和$NA_{2}$的方程，联立方程，得点P在定直线上
$l_{MA_{1}}:y = k_{MA_{1}}(x + 2)=-3k_{NA_{2}}(x + 2)$,$l_{NA_{2}}:y = k_{NA_{2}}(x - 2)$.
由$\begin{cases}y = - 3k_{NA_{2}}(x + 2)\\y = k_{NA_{2}}(x - 2)\end{cases}$，解得$x = - 1$.(11分)
所以点P在定直线$x = - 1$上.(12分)
方法技巧 第
(2)问解法一求解的关键是对几何条件的翻译和化简运算，由根与系数的关系得到$y_{1}+y_{2}$与$y_{1}y_{2}$的关系，在接下来的求解过程中具有巧妙的作用；解法二是设而不联立、构造齐次化的方法，以直线的斜率式为构造思路，对圆锥曲线方程转化，得到齐次式，从而得到过同一个点的两条直线斜率之间的关系，是另一种不错的思路.

22. (12分)(1)证明：当0＜x＜1时，x - x² ＜ sin x ＜ x；
　(2)已知函数f(x) = cos ax - ln(1 - x²)，若x = 0是f(x)的极大值点，求a的取值范围.

答案： 22.证明不等式+极值点(理性思维、数学探索)
解:
(1)第1步:构造函数
令$h(x)=x - x^{2}-\sin x$,
第2步:求导，利用函数的单调性证左边不等式
则$h'(x)=1 - 2x-\cos x$,
令$p(x)=1 - 2x-\cos x$,则$p'(x)= - 2+\sin x＜0$, (2分)
所以$p(x)$即$h'(x)$单调递减,又$h'(0)=0$,
所以当$0 ＜ x ＜ 1$时,$h'(x)＜h'(0)=0$,$h(x)$单调递减，
所以当$0 ＜ x ＜ 1$时,$h(x)＜h(0)=0$,即$x - x^{2}＜\sin x$. (3分)
第3步:构造函数
令$g(x)=\sin x - x$,
第4步:求导，利用函数的单调性证右边不等式
则$g'(x)=\cos x - 1\leqslant0$, (4分)
所以$g(x)$单调递减,又$g(0)=0$,
所以当$0 ＜ x ＜ 1$时,$g(x)＜g(0)=0$,即$\sin x ＜ x$.
第5步:整合结论
综上,当$0 ＜ x ＜ 1$时,$x - x^{2}＜\sin x ＜ x$. (5分)
(2)通解 若$x = 0$是$f(x)$的极大值点,则存在$\delta\in(0,1)$,使得当$x\in(-\delta,0)\cup(0,\delta)$时,$f(x)＜f(0)=1$. 为了找到满足题意的$\delta$,要通过$f(x)$的导函数的符号讨论$f(x)$的单调性.
因为$f(x)$是偶函数,所以不妨设$0 ＜ x ＜ 1$,又$\cos ax=\cos(-ax)$,所以不妨设$a\geqslant0$.
$f'(x)=\frac{2x - a(1 - x^{2})\sin ax}{1 - x^{2}},x\in(-1,1)$,
分母$1 - x^{2}＞0$,只需讨论分子$2x - a(1 - x^{2})\sin ax$的符号.
令$H(x)=2x - a(1 - x^{2})\sin ax,x\in(0,1)$.
当$0 ＜ x ＜ 1$时,$\sin x ＜ x$,(第
(1)问中的不等式为第
(2)问做好了准备工作)于是此时$H(x)＞2x - a^{2}x(1 - x^{2})=x(2 - a^{2}+a^{2}x^{2})$.
当$0 ＜ x ＜ 1$时,$x - x^{2}＜\sin x$,于是此时$H(x)＜2x - a^{2}x(1 - x^{2})(1 - ax)$. (8分)
(分类讨论标准如何获取? 如果找到$\delta\in(0,1)$,使得当$x\in(0,\delta)$时,$H(x)＞0$,则$f'(x)＞0$,故$f(x)$在$(0,\delta)$单调递增,从而$f(x)＞f(0)$,那么$x = 0$就不是$f(x)$的极大值点. 要使$H(x)＞0$,只需$x(2 - a^{2}+a^{2}x^{2})＞0$,又$a^{2}x^{2}＞0$,所以只需考虑$2 - a^{2}$的符号,于是找到了分类讨论的标准$\sqrt{2}$)
当$0\leqslant a\leqslant\sqrt{2}$时,$H(x)＞x(2 - a^{2}+a^{2}x^{2})＞0$. 当$0 ＜ x ＜ 1$时,$H(x)＞0,f'(x)＞0$,故$f(x)$单调递增,从而$f(x)＞f(0)$,因此$x = 0$不是$f(x)$的极大值点.
当$a＞\sqrt{2}$时,$H(x)＜2x - a^{2}x(1 - x^{2})(1 - ax)$,为了找到$\delta\in(0,1)$,使得当$x\in(0,\delta)$时,$H(x)＜0$,只需$2x - a^{2}x(1 - x^{2})(1 - ax)＜0$,即$(1 - x^{2})\cdot(1 - ax)＞\frac{2}{a^{2}}$,(提示:此不等式不容易解,继续进行不等式放缩)
$(1 - x^{2})(1 - ax)＞(1 - x)(1 - ax)＞(1 - ax)^{2}$,只需$(1 - ax)^{2}＞\frac{2}{a^{2}}$,
解得$1 - ax＞\frac{\sqrt{2}}{a}$,即$0 ＜ x ＜\frac{a - \sqrt{2}}{a^{2}}$. 于是当$0 ＜ x ＜\frac{a - \sqrt{2}}{a^{2}}$时,
$H(x)＜2x - a^{2}x(1 - x^{2})(1 - ax)＜x[2 - a^{2}(1 - ax)^{2}]＜0$,
从而$f'(x)＜0$,故$f(x)$在$(0,\frac{a - \sqrt{2}}{a^{2}})$单调递减. (11分)
又$f(x)$是偶函数,故$x = 0$是$f(x)$的极大值点.
综上,$a$的取值范围是$(-\infty,-\sqrt{2})\cup(\sqrt{2},+\infty)$. (12分)
优解 第1步:求导
由$f(x)=\cos ax-\ln(1 - x^{2})$,得$f'(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1 - x^{2}}(-1 ＜ x ＜ 1)$, (6分)
令$t(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1 - x^{2}}(-1 ＜ x ＜ 1)$,
则$t'(x)=-a^{2}\cos ax+\frac{2(1 + x^{2})}{(1 - x^{2})^{2}}(-1 ＜ x ＜ 1)$. (7分)
第2步:根据已知条件得到$f'(0)=0$,$t'(0)＜0$,解不等式即可得$a$的取值范围
若$t'(0)=-a^{2}+2 = 0$,则$a=\pm\sqrt{2}$,那么$f'(x)=-\sqrt{2}\sin\sqrt{2}x+\frac{2x}{1 - x^{2}}$.
由
(1)知,当$0 ＜ x ＜\frac{\sqrt{2}}{2}$时,$\sin x ＜ x$,所以$\sin\sqrt{2}x＜\sqrt{2}x$,$-\sqrt{2}\sin\sqrt{2}x＞-2x$,
所以当$0 ＜ x ＜\frac{\sqrt{2}}{2}$时,$f'(x)＞-2x+\frac{2x}{1 - x^{2}}＞0$.
注意到$f'(x)$是奇函数,所以当$-\frac{\sqrt{2}}{2}＜x ＜ 0$时,$f'(x)＜0$,则$x = 0$是$f(x)$的极小值点,不符合题意.
由$x = 0$是$f(x)$的极大值点,易得$f'(0)=0$,$t'(0)＜0$,(结论:已知函数$f(x)$的导函数为$f'(x)$,$g(x)=f'(x)$,若$f'(x_{0})=0$,$g'(x_{0})＞0$,则$x = x_{0}$为$f(x)$的极小值点;若$f'(x_{0})=0$,$g'(x_{0})＜0$,则$x = x_{0}$为$f(x)$的极大值点) (9分)
所以$2 - a^{2}＜0$,
解得$a＜-\sqrt{2}$或$a＞\sqrt{2}$. (11分)
所以$a$的取值范围是$(-\infty,-\sqrt{2})\cup(\sqrt{2},+\infty)$. (12分)
真题互鉴 本题第
(2)问已知$x = 0$是$f(x)$的极大值点,求$a$的取值范围,2018年全国Ⅲ卷数学理科第21题第
(2)问已知$x = 0$是$f(x)$的极大值点,求$a$的值,体现考点及考查方向的回归.