《2025年金考卷特快专递高中数学》

15. 设$a ＞ 0$，函数$f(x) = \begin{cases}x + 2,x ＜ -a\\\sqrt{a^{2} - x^{2}},-a\leqslant x\leqslant a\\\sqrt{x} - 1,x ＞ a\end{cases}$. 给出下列四个结论：
①$f(x)$在区间$(a - 1, + \infty)$上单调递减；
②当$a\geqslant1$时，$f(x)$存在最大值；
③设$M(x_{1},f(x_{1}))(x_{1}\leqslant a)$，$N(x_{2},f(x_{2}))(x_{2} ＞ a)$，则$|MN| ＞ 1$；
④设$P(x_{3},f(x_{3}))(x_{3} ＜ -a)$，$Q(x_{4},f(x_{4}))(x_{4}\geqslant -a)$，若$|PQ|$存在最小值，则$a$的取值范围是$(0,\frac{1}{2}]$.
其中所有正确结论的序号是________.

答案：
15. ②③ 分段函数+函数的单调性 对①，取$a=\frac{1}{2}$，则$a - 1=-\frac{1}{2}$，易得$f(0)=\frac{1}{2}$，$f(-\frac{1}{4})=\frac{\sqrt{3}}{4}$，$f(0)＞f(-\frac{1}{4})$，不满足$f(x)$在$(-\frac{1}{2},+\infty)$上单调递减，故①错误.
对②，设$y_{1}=x + 2(x＜-a)$，$y_{2}=\sqrt{a^{2}-x^{2}}(-a\leqslant x\leqslant a)$，$y_{3}=-\sqrt{x}-1(x＞a)$. 因为$y_{1}=x + 2(x＜-a)$在$(-\infty,-a)$上单调递增，所以$y_{1}＜-a + 2$. 易知$y_{2}=\sqrt{a^{2}-x^{2}}(-a\leqslant x\leqslant a)$的图象是一个圆心为坐标原点，半径为$a$的圆去掉$x$轴下方的部分，(提醒：对$y_{2}=\sqrt{a^{2}-x^{2}}$两边平方，得$x^{2}+y_{2}^{2}=a^{2}$，注意到$y_{2}\geqslant0$，所以$y_{2}$的图象是一个半圆)所以$(y_{2})_{\max}=a$. 因为$y_{3}=-\sqrt{x}-1(x＞a)$在$(a,+\infty)$上单调递减，所以$y_{3}＜-\sqrt{a}-1$. 当$a\geqslant1$时，$y_{1}＜1$，$(y_{2})_{\max}=a\geqslant1$，$y_{3}＜-2$，所以$f(x)$存在最大值$a$，故②正确.
对③，作出$f(x)$的图象如图，记$C(a,-\sqrt{a}-1)$，$D(a,0)$，则$|CD|=|-\sqrt{a}-1|＞1$，所以$|MN|＞|CD|＞1$，故③正确.
对④，若$|PQ|$存在最小值，当$|PQ|$取得最小值时，点$Q$在$y_{2}=\sqrt{a^{2}-x^{2}}(-a\leqslant x\leqslant a)$的图象上，点$P$在$y_{1}=x + 2(x＜-a)$的图象上，原点到直线$y = x + 2$的距离$d=\sqrt{2}$，过原点作直线$y = x + 2$的垂线，垂足为$A$，易得$A(-1,1)$，只要$a\in(0,1)$，(易错：$y_{1}=x + 2(x＜-a)$的定义域为开区间，所以$a = 1$取不到)都可让点$A$在$y_{1}=x + 2(x＜-a)$的图象上，便能保证$|PQ|$的最小值取到，且$|PQ|_{\min}=d - a=\sqrt{2}-a$，否则$|PQ|$无最小值，故④错误.

综上，正确的序号为②③.
考情速递 本题将分段函数与解析几何创新交汇，考查函数的单调性、存在性问题，通过画图和直观想象进行判断，体现了数形结合、化归与转化的思想. 几个选项层次分明，区分度高，较好考查了学生的逻辑思维和直观想象能力，使学生的理性思维广度和深度得到充分展示.

16. (本小题14分)如图，在三棱锥P - ABC中，PA⊥平面ABC，PA = AB = BC = 1，PC = $\sqrt{3}$.
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A - PC - B的大小.
　　　　　　　　　　

答案：

17. (本小题13分)设函数f(x) = sin ωxcos φ + cos ωxsin φ(ω ＞ 0,|φ| ＜ $\frac{\pi}{2}$).
(1)若f(0) = -$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求φ的值；
(2)已知f(x)在区间[-$\frac{\pi}{3}$,$\frac{2\pi}{3}$]上单调递增，f($\frac{2\pi}{3}$) = 1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，求ω,φ的值.
条件①：f($\frac{\pi}{3}$) = $\sqrt{2}$；
条件②：f(-$\frac{\pi}{3}$) = -1；
条件③：f(x)在区间[-$\frac{\pi}{2}$,-$\frac{\pi}{3}$]上单调递减.
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 两角和的正弦公式 + 三角函数的图象与性质（理性思维、数学探索、数学应用）
解题思路 （1）先化简$f(x)$的解析式，再根据$f(0)$的值及$\varphi$的范围求出$\varphi$；（2）先求出$f(x)$的最小正周期，进而根据最小正周期求出$\omega$，然后根据$f(-\frac{\pi}{3}) = -1$，求出$\varphi$。
解：（1）因为$f(x)=\sin\omega x\cos\varphi+\cos\omega x\sin\varphi$，所以$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)$。（2分）
由$f(0)=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\sin\varphi=-\frac{\sqrt{3}}{2}$。（3分）
又$|\varphi|\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi = -\frac{\pi}{3}$。（5分）
（2）因为$f(x)$在区间$[-\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]$上单调递增，$f(\frac{2\pi}{3}) = 1$，所以$f(\frac{\pi}{3})\lt1$，所以条件①不满足题意，故不选条件①。
选择条件②：$f(-\frac{\pi}{3}) = -1$。
因为$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)$，所以$f(x)$的最小值为$-1$，最大值为$1$。
又$f(x)$在区间$[-\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]$上单调递增，且$f(-\frac{\pi}{3}) = -1$，$f(\frac{2\pi}{3}) = 1$，
所以由三角函数的性质得$\frac{T}{2}=\frac{2\pi}{3}+\frac{\pi}{3}=\pi$（$T$为$f(x)$的最小正周期），故$T = 2\pi$。（8分）
因为$\omega\gt0$，所以$\omega=\frac{2\pi}{T}=1$，$f(x)=\sin(x+\varphi)$。（10分）
由$\sin(-\frac{\pi}{3}+\varphi)= -1$，得$\varphi = 2k\pi-\frac{\pi}{6}(k\in\mathbf{Z})$。
又$|\varphi|\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi = -\frac{\pi}{6}$。（13分）
选择条件③：$f(x)$在区间$[-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3}]$上单调递减。
因为$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)$，所以$f(x)$的最小值为$-1$，最大值为$1$。
由题意得$f(-\frac{\pi}{3}) = -1$，又$f(x)$在区间$[-\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]$上单调递增，且$f(\frac{2\pi}{3}) = 1$，
所以由三角函数的性质得$\frac{T}{2}=\frac{2\pi}{3}+\frac{\pi}{3}=\pi$（$T$为$f(x)$的最小正周期），故$T = 2\pi$。（8分）
因为$\omega\gt0$，所以$\omega=\frac{2\pi}{T}=1$，$f(x)=\sin(x+\varphi)$。（10分）
由$\sin(-\frac{\pi}{3}+\varphi)= -1$，得$\varphi = 2k\pi-\frac{\pi}{6}(k\in\mathbf{Z})$。
又$|\varphi|\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi = -\frac{\pi}{6}$。（13分）