《2025年金考卷特快专递高中数学》

10. 抛物线$C:y^{2}=4x$的准线为$l,P$为$C$上动点. 过$P$作$\odot A:x^{2}+(y - 4)^{2}=1$的一条切线,$Q$为切点. 过$P$作$l$的垂线,垂足为$B$. 则
A. $l$与$\odot A$相切
B. 当$P,A,B$三点共线时,$|PQ|=\sqrt{15}$
C. 当$|PB| = 2$时,$PA\perp AB$
D. 满足$|PA| = |PB|$的点$P$有且仅有2个

答案： 10.ABD 直线与圆相切 + 直线与抛物线的位置关系(理性思维、数学探索) 数形结合法 对于 A，易知$l:x=-1$，故$l$与$\odot A$相切，A 正确；对于 B，$A(0,4)$，$\odot A$的半径$r = 1$，当$P$，$A$，$B$三点共线时，$P(4,4)$，所以$|PA| = 4$，$|PQ|=\sqrt{|PA|^{2}-r^{2}}=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$，故 B 正确；对于 C，当$|PB| = 2$时，$P(1,2)$，$B(-1,2)$或$P(1,-2)$，$B(-1,-2)$，易知$PA$与$AB$不垂直，故 C 错误；对于 D，记抛物线$C$的焦点为$F$，连接$AF$，$PF$，易知$F(1,0)$，由抛物线定义可知$|PF| = |PB|$，因为$|PA| = |PB|$，所以$|PA| = |PF|$，所以点$P$在线段$AF$的中垂线上，线段$AF$的中垂线方程为$y=\frac{1}{4}x+\frac{15}{8}$，即$x = 4y-\frac{15}{2}$，代入$y^{2}=4x$可得$y^{2}-16y + 30 = 0$，解得$y = 8\pm\sqrt{34}$，易知满足条件的点$P$有且仅有两个，故 D 正确。故选 ABD。

11. 设函数$f(x)=2x^{3}-3ax^{2}+1$,则
A. 当$a＞1$时,$f(x)$有三个零点
B. 当$a＜0$时,$x = 0$是$f(x)$的极大值点
C. 存在$a,b$,使得$x = b$为曲线$y = f(x)$的对称轴
D. 存在$a$,使得点$(1,f(1))$为曲线$y = f(x)$的对称中心

答案： 11.AD 三次函数的单调性、零点个数、极值点 + 曲线的对称性 由题可知，$f^{\prime}(x)=6x(x - a)$。对于 A，当$a\gt1$时，由$f^{\prime}(x)\lt0$得$0\lt x\lt a$，由$f^{\prime}(x)\gt0$得$x\lt0$或$x\gt a$，则$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，在$(0,a)$上单调递减，在$(a,+\infty)$上单调递增，且当$x\to-\infty$时，$f(x)\to-\infty$，$f(0)=1$，$f(a)=-a^{3}+1\lt0$，当$x\to+\infty$时，$f(x)\to+\infty$，故$f(x)$有三个零点，A 正确；对于 B，当$a\lt0$时，由$f^{\prime}(x)\lt0$得$a\lt x\lt0$，由$f^{\prime}(x)\gt0$得$x\gt0$或$x\lt a$，则$f(x)$在$(-\infty,a)$上单调递增，在$(a,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，故$x = 0$是$f(x)$的极小值点，B 错误；对于 C，当$x\to+\infty$时，$f(x)\to+\infty$，当$x\to-\infty$时，$f(x)\to-\infty$，故曲线$y = f(x)$必不存在对称轴，C 错误；对于 D，解法一(配方、平移) $f(x)=2x^{3}-3ax^{2}+1=2(x-\frac{a}{2})^{3}-\frac{3}{2}a^{2}(x-\frac{a}{2})+1-\frac{a^{3}}{2}$，令$t = x-\frac{a}{2}$，则$f(x)$可转化为$g(t)=2t^{3}-\frac{3}{2}a^{2}t+1-\frac{a^{3}}{2}$，由$y = 2t^{3}-\frac{3}{2}a^{2}t$为奇函数，且其图象关于原点对称，可知$g(t)$的图象关于点$(0,1-\frac{a^{3}}{2})$对称，则$f(x)$的图象关于点$(\frac{a}{2},1-\frac{a^{3}}{2})$对称，故存在$a = 2$，使得点$(1,f(1))$为曲线$y = f(x)$的对称中心，D 正确。故选 AD。
解法二(二级结论) 任意三次函数$f(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx + d(a\neq0)$的图象均关于点$(-\frac{b}{3a},f(-\frac{b}{3a}))$成中心对称，D 正确。故选 AD。

12. 记$S_{n}$为等差数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和. 若$a_{3}+a_{4}=7,3a_{2}+a_{5}=5$,则$S_{10}=$_______.

答案： 12.95 等差数列的通项公式与前$n$项和 解法一(基本量法) 设$\{a_{n}\}$的公差为$d$，由$a_{3}+a_{4}=a_{1}+2d+a_{1}+3d=2a_{1}+5d = 7$，$3a_{2}+a_{5}=3(a_{1}+d)+a_{1}+4d=4a_{1}+7d = 5$，解得$a_{1}=-4$，$d = 3$，则$S_{10}=10a_{1}+45d = 95$。
解法二(利用下标和性质) 设$\{a_{n}\}$的公差为$d$，由$a_{3}+a_{4}=a_{2}+a_{5}=7$，$3a_{2}+a_{5}=5$，得$a_{2}=-1$，$a_{5}=8$，故$d=\frac{a_{5}-a_{2}}{5 - 2}=3$，$a_{6}=11$，则$S_{10}=\frac{a_{1}+a_{10}}{2}\times10=5(a_{5}+a_{6})=5\times19 = 95$。

13. 已知$\alpha$为第一象限角,$\beta$为第三象限角,$\tan\alpha+\tan\beta = 4,\tan\alpha\tan\beta=\sqrt{2}+1$,则$\sin(\alpha+\beta)=$_______.

答案： 13.$-\frac{2\sqrt{2}}{3}$ 两角和的正切公式 + 同角三角函数的基本关系 由题知$\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\cdot\tan\beta}=\frac{4}{1-\sqrt{2}-1}=-2\sqrt{2}$，即$\sin(\alpha+\beta)=-2\sqrt{2}\cos(\alpha+\beta)$，又$\sin^{2}(\alpha+\beta)+\cos^{2}(\alpha+\beta)=1$，可得$\sin(\alpha+\beta)=\pm\frac{2\sqrt{2}}{3}$。由$2k\pi\lt\alpha\lt2k\pi+\frac{\pi}{2}$，$k\in\mathbf{Z}$，$2m\pi+\pi\lt\beta\lt2m\pi+\frac{3\pi}{2}$，$m\in\mathbf{Z}$，得$2(k + m)\pi+\pi\lt\alpha+\beta\lt2(k + m)\pi+2\pi$，$k + m\in\mathbf{Z}$。又$\tan(\alpha+\beta)\lt0$，所以$\alpha+\beta$是第四象限角，故$\sin(\alpha+\beta)=-\frac{2\sqrt{2}}{3}$。

14. 在如图的$4\times4$的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有_______种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是_______.

答案： 14.24 112 分步乘法计数原理 + 逻辑推理 第一步，从第一行任选一个数，共有 4 种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有 3 种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有 2 种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有 1 种选法。由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为$4\times3\times2\times1 = 24$。先按列分析，每列必选出一个数，故所选 4 个数的十位上的数字分别为 1，2，3，4。再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为 1，3，3，5，故从第一行选 21，从第二行选 33，从第三行选 43，从第 4 行选 15，此时个位上的数字之和最大。故选中方格中的 4 个数之和的最大值为$21 + 33+43 + 15 = 112$。

15. (13分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A + $\sqrt{3}$cos A = 2.
(1)求A;
(2)若a = 2,$\sqrt{2}$bsin C = csin 2B,求△ABC的周长.

答案： 15. 辅助角公式 + 同角三角函数的基本关系 + 正弦定理（理性思维、数学探索）
解：
(1) 解法一（辅助角法） 第1步：利用辅助角公式化简已知等式
由$\sin A+\sqrt{3}\cos A = 2$，得$\frac{1}{2}\sin A+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos A = 1$， (1分)
所以$\sin(A+\frac{\pi}{3}) = 1$.（提示：辅助角公式$a\sin\theta + b\cos\theta=\sqrt{a^{2}+b^{2}}\cdot\sin(\theta + \varphi)$，其中$\sin\varphi=\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$，$\cos\varphi=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$） (3分)
第2步：判断角的范围，求出角$A$的大小
因为$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$\frac{\pi}{3}＜A+\frac{\pi}{3}＜\frac{4\pi}{3}$，
所以$A+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}$，故$A = \frac{\pi}{6}$. (6分)
解法二（同角三角函数的基本关系法） 第1步：利用同角三角函数的基本关系求$\sin A$的值
由$\sin A+\sqrt{3}\cos A = 2$，得$\sqrt{3}\cos A = 2 - \sin A$，
两边同时平方，得$3\cos^{2}A = 4 - 4\sin A+\sin^{2}A$， (1分)
则$3(1 - \sin^{2}A)=4 - 4\sin A+\sin^{2}A$，（题眼） (2分)
整理，得$1 - 4\sin A + 4\sin^{2}A = 0$，
所以$(1 - 2\sin A)^{2}=0$，则$\sin A=\frac{1}{2}$. (4分)
第2步：求角$A$的大小
因为$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A=\frac{\pi}{6}$或$A=\frac{5\pi}{6}$.
当$A=\frac{\pi}{6}$时，$\sin A+\sqrt{3}\cos A = 2$成立，符合条件；
当$A=\frac{5\pi}{6}$时，$\sin A+\sqrt{3}\cos A = 2$不成立，不符合条件.（易错：忽视验证）
故$A=\frac{\pi}{6}$. (6分)
解法三（同角三角函数的基本关系法） 第1步：利用同角三角函数的基本关系求$\cos A$的值
由$\sin A+\sqrt{3}\cos A = 2$，得$\sin A = 2 - \sqrt{3}\cos A$，
两边同时平方，得$\sin^{2}A = 4 - 4\sqrt{3}\cos A+3\cos^{2}A$， (1分)
则$1 - \cos^{2}A = 4 - 4\sqrt{3}\cos A+3\cos^{2}A$，（题眼） (2分)
整理，得$3 - 4\sqrt{3}\cos A+4\cos^{2}A = 0$，
所以$(\sqrt{3}-2\cos A)^{2}=0$，则$\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}$. (4分)
第2步：求角$A$的大小
因为$0 ＜ A ＜ \pi$，所以$A=\frac{\pi}{6}$. (6分)
(2) 第1步：利用正弦定理求$B$的值
由$\sqrt{2}b\sin C = c\sin 2B$，得$\sqrt{2}b\sin C = 2c\sin B\cos B$，
由正弦定理，得$\sqrt{2}bc = 2bc\cos B$，所以$\cos B=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
因为$0 ＜ B ＜ \pi$，所以$B=\frac{\pi}{4}$. (8分)
第2步：利用两角和的正弦公式及三角形的内角和定理求$\sin C$的值
$C=\pi-(A + B)=\frac{7\pi}{12}$，
所以$\sin C=\sin\frac{7\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{4})=\sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}+\cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.（特殊角：$\sin\frac{7\pi}{12}=\cos\frac{\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，$\sin\frac{\pi}{12}=-\cos\frac{7\pi}{12}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$） (10分)
第3步：求$\triangle ABC$的周长
解法一（基本量法） 由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，得$b = \frac{a\sin B}{\sin A}=\frac{2\sin\frac{\pi}{4}}{\sin\frac{\pi}{6}} = 2\sqrt{2}$， (11分)
$c=\frac{a\sin C}{\sin A}=\frac{2\sin\frac{7\pi}{12}}{\sin\frac{\pi}{6}}=\sqrt{6}+\sqrt{2}$. (12分)
所以$\triangle ABC$的周长为$a + b + c = 2+\sqrt{6}+3\sqrt{2}$. (13分)
解法二（整体思想法） 由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$，得$\frac{a}{\sin A}=\frac{a + b + c}{\sin A+\sin B+\sin C}=\frac{2}{\sin\frac{\pi}{6}} = 4$， (12分)
所以$a + b + c = 4(\sin A+\sin B+\sin C)=4\times(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4})=2+\sqrt{6}+3\sqrt{2}$，
所以$\triangle ABC$的周长为$2+\sqrt{6}+3\sqrt{2}$. (13分)
考向预见 高考对正弦定理和余弦定理的考查较为灵活，以解答题的形式综合考查正、余弦定理，多与三角形的周长、面积有关，有时也会与平面向量、三角恒等变换等结合考查. 试题难度控制在中等或以下，主要考查运算求解能力、推理论证能力、数学应用意识、数形结合思想等. 预测2025年高考大概率考查三角恒等变换及正、余弦定理，求解时注意三角形内角和定理与诱导公式的应用，在求角的大小时，注意条件中是否明确给出三角形为锐角三角形或钝角三角形.