《2025年小题狂做高中数学选择性必修第三册人教版》

1. [2025 河北石家庄期末]已知函数$f(x)=2x^2 - 5$,则$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(2 + \Delta x) - f(2)}{\Delta x} =$ (C)

A.$-1$
B.$3$
C.$8$
D.$16$

答案： 1. C 因为$f^{\prime}(x)=4x$，所以$f^{\prime}(2)=8$，由导数的定义知，$\lim_{\Delta x \to 0}\frac{f(2+\Delta x)-f(2)}{\Delta x}=f^{\prime}(2)=8$。

2. [2025 湖北武汉期末]已知直线$l_1:ax + y - 1 = 0$, $l_2:(a - 2)x - ay + 1 = 0$,则“$a = -2$” 是“$l_1 // l_2$” 的 (C)

A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 2. C 由$a^{2}+a - 2=(a + 2)(a - 1)=0$，得$a=-2$或$a = 1$。当$a=-2$时，$l_{1}:2x - y + 1 = 0$，$l_{2}:2x - y-\frac{1}{2}=0$，即两直线平行；当$a = 1$时，$l_{1}:x + y - 1 = 0$，$l_{2}:x + y - 1 = 0$，即两直线重合。所以$a=-2$，即“$a = - 2$”是“$l_{1}// l_{2}$”的充要条件。

3. [2025 河南南阳六校期末]已知抛物线$x^2 = 2py(p ＞ 0)$的焦点为$F$, $A$是该抛物线上一动点, 且$|AF|$的最小值为$1$, 点$P(2,3)$, 则$|AP| + |AF|$的最小值为 (B)

A.$\sqrt{10}$
B.$4$
C.$2$
D.$2\sqrt{10}$

答案：
3. B 由题意知，$\frac{p}{2}=1$，解得$p = 2$，显然点$P(2,3)$在抛物线$x^{2}=4y$上方.如图，过点$P$作$PP^{\prime}\perp$准线$l$于点$P^{\prime}$，交抛物线于点$Q$，过点$A$作$AA^{\prime}\perp$准线$l$于点$A^{\prime}$，连接$PA^{\prime}$，显然$|AP|+|AF|=|AP|+|AA^{\prime}|\geqslant|PA^{\prime}|\geqslant|PP^{\prime}|$，当且仅当点$A$与点$Q$重合时取等号，所以$(|AP|+|AF|)_{\min}=|PP^{\prime}|=3-(-1)=4$。
　　　　　　

4. [多选题][2025 山东临沂期末]已知圆$C:x^2 + y^2 + 4x = 0$, $P$是直线$l:4x + 3y - 7 = 0$上的一动点, 过点$P$作直线$PA$, $PB$分别与圆$C$相切于点$A$, $B$, 则 (ABD)

A.存在圆心在$l$上的圆与圆$C$内切
B.四边形$PACB$面积的最小值为$2\sqrt{5}$
C.$|AB|$的最小值是$2\sqrt{3}$
D.点$(2,3)$关于$l$对称的点在圆$C$内

答案：
4. ABD 圆$C:(x + 2)^{2}+y^{2}=4$的圆心$C(-2,0)$，半径$r = 2$。对于$A$，在直线$l$上取点$P(1,1)$，则$|PC|=\sqrt{10}＞2$，点$P$在圆$C$外，以点$P$为圆心，$\sqrt{10}+2$为半径的圆与圆$C$内切，故$A$正确；对于$B$，四边形$PACB$的面积$S = 2S_{\triangle PAC}=|AC|·|PA|=2\sqrt{|PC|^{2}-|AC|^{2}}=2\sqrt{|PC|^{2}-4}$，因为点$C$到直线$l$的距离$d=\frac{|-2×4 - 7|}{\sqrt{4^{2}+3^{2}}}=3$，所以$|PC|\geqslant d = 3$，则$S_{\min}=2\sqrt{5}$，当且仅当$CP\perp l$时，取等号，故$B$正确；对于$C$，当$CP\perp l$时，$|PC| = 3$，由$AB\perp CP$，得$S_{四边形PACB}=\frac{1}{2}·|AB|·|CP|=2\sqrt{5}$，解得$|AB|=\frac{4\sqrt{5}}{3}＜2\sqrt{3}$，故$C$错误；对于$D$，点$(2,3)$到直线$l$的距离为$\frac{|4×2 + 3×3 - 7|}{\sqrt{4^{2}+3^{2}}}=2$，点$(2,3)$与圆心$C(-2,0)$的距离为$5$，过点$(2,3)$与圆心$C(-2,0)$的直线斜率为$\frac{3}{4}$，而直线$l$的斜率为$-\frac{4}{3}$，即过点$(2,3)$与圆心$C(-2,0)$的直线垂直于$l$，所以点$(2,3)$关于$l$对称的点到点$C$的距离为$5 - 2×2 = 1＜r$，则点$(2,3)$关于$l$对称的点在圆$C$内，故$D$正确。
　　　　　

5. [多选题][2024 江苏盐城三校期中联考]已知正方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$的棱长为$2$, $E$为$DC$的中点, 则下列结论正确的是 (AD)

A.$EB_1 \perp AD_1$
B.$DE$与$AC_1$所成角的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$
C.平面$AED_1$与平面$ABCD$所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{30}}{5}$
D.点$C$到平面$AED_1$的距离为$\frac{\sqrt{6}}{3}$

答案：
5. AD 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系$D - xyz$，正方体的棱长为$2$，易知$A_{1}(2,0,0)$，$B_{1}(2,2,0)$，$C_{1}(0,2,0)$，$D_{1}(0,0,0)$，$A(2,0,2)$，$B(2,2,2)$，$C(0,2,2)$，$D(0,0,2)$，$E(0,1,2)$。对于选项$A$，因为$\overrightarrow{EB}=(2,1,-2)$，$\overrightarrow{AD}=(-2,0,-2)$，所以$\overrightarrow{AD}·\overrightarrow{EB}=-4 + 4 = 0$，所以$EB_{1}\perp AD_{1}$，故$A$正确；对于选项$B$，因为$\overrightarrow{D_{1}E}=(0,1,2)$，$\overrightarrow{AC}=(-2,2,-2)$，所以$\overrightarrow{D_{1}E}·\overrightarrow{AC}=2 - 4 = -2$，设异面直线$D_{1}E$和$AC_{1}$所成的角为$\theta$，则$\cos\theta=|\cos\langle\overrightarrow{D_{1}E}·\overrightarrow{AC_{1}}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{D_{1}E}·\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{D_{1}E}|·|\overrightarrow{AC_{1}}|}=\frac{|-2|}{\sqrt{5}×\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{15}}{15}$，故$B$错误；对于选项$C$，易知平面$ABCD$的一个法向量为$\overrightarrow{D_{1}D}=(0,0,2)$，设平面$AED_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x_{0},y_{0},z_{0})$，又$\overrightarrow{D_{1}A}=(2,0,2)$，$\overrightarrow{D_{1}E}=(0,1,2)$，由$\begin{cases}\overrightarrow{D_{1}A}·\boldsymbol{n}=0\\\overrightarrow{D_{1}E}·\boldsymbol{n}=0\end{cases}$得$\begin{cases}2x_{0}+2z_{0}=0\\y_{0}+2z_{0}=0\end{cases}$，令$x_{0}=1$，得$z_{0}=-1$，$y_{0}=2$，则$\boldsymbol{n}=(1,2,-1)$，设平面$AED_{1}$与平面$ABCD$所成的角为$\alpha$，则$\cos\alpha=|\cos\langle\overrightarrow{D_{1}D}·\boldsymbol{n}\rangle|=\frac{|\overrightarrow{D_{1}D}·\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{D_{1}D}|·|\boldsymbol{n}|}=\frac{|-2|}{2×\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，则$\sin^{2}\alpha=1 - (\frac{\sqrt{6}}{6})^{2}=\frac{5}{6}$，即$\sin\alpha=\frac{\sqrt{30}}{6}$，故$C$错误；对于选项$D$，由$C$知平面$AED_{1}$的一个法向量为$\boldsymbol{n}=(1,2,-1)$，$\overrightarrow{CE}=(0,-1,0)$，设点$C$到平面$AED_{1}$的距离为$d$，则$d=\frac{|\overrightarrow{CE}·\boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{n}|}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，故$D$正确。
　　　　　

6. [2025 江西抚州质量监测]在等比数列$\{a_n\}$中, $a_3$, $a_{15}$是方程$2x^2 + 11x + 8 = 0$的两根, 则$\frac{a_2a_{16}}{a_9} =$-2.

答案： 6. $-2$ 设公比为$q$，则由根与系数的关系得$a_{3}+a_{15}=-\frac{11}{2}＜0$，$a_{3}a_{15}=\frac{8}{2}=4$，即$a_{15}$，$a_{3}$同为负数，所以$a_{9}=a_{3}q^{6}＜0$，且$a_{3}a_{15}=a_{2}a_{16}=4$，$a_{9}=-\sqrt{a_{3}a_{15}}=-2$，则$\frac{a_{2}a_{16}}{a_{9}}=\frac{4}{-2}=-2$。

7. [2024 湖南岳阳教学质量监测]已知椭圆$E:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0)$的左、右焦点分别为$F_1$, $F_2$, $P$为椭圆$E$上一点, $\overrightarrow{PF_1} · \overrightarrow{PF_2} = 0$, 且直线$PF_2$的一个方向向量为$(3, -\sqrt{3})$, 则椭圆$E$的离心率为$\sqrt{3}-1$.

答案：
7. $\sqrt{3}-1$ 如图，因为$\overrightarrow{PF_{1}}·\overrightarrow{PF_{2}}=0$，所以$PF_{1}\perp PF_{2}$，即$\triangle PF_{1}F_{2}$是直角三角形.因为直线$PF_{2}$的一个方向向量为$(3,-\sqrt{3})$，所以$k_{PF_{2}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$，即$\angle PF_{2}F_{1}=\frac{\pi}{6}$.因为$|F_{1}F_{2}| = 2c$，所以$|PF_{1}| = c$，$|PF_{2}|=\sqrt{3}c$.因为$|PF_{1}|+|PF_{2}|=c+\sqrt{3}c = 2a$，所以$\frac{c}{a}=\frac{2}{\sqrt{3}+1}=\sqrt{3}-1$。
　　　　　　

8. [2025 湖北十堰期中]已知函数$f(x) = x\ln x - e^x$对定义域内任意的$x_1 ＜ x_2$, 都有$\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＜ 1$, 则正实数$m$的取值范围是$\left[\frac{1}{e},+\infty\right)$.

答案： 8. $\left[\frac{1}{e},+\infty\right)$ 因为$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＜1$，所以$\frac{[f(x_{1})-x_{1}]-[f(x_{2})-x_{2}]}{x_{1}-x_{2}}＜0$，令$g(x)=f(x)-x=x\ln x - x - e^{mx}$，则$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$g^{\prime}(x)=\ln x - me^{mx}\leqslant0$在$(0,+\infty)$上恒成立，所以$\ln x\leqslant me^{mx}=e^{mx}\ln e^{mx}$.令函数$h(x)=x\ln x$，则$h^{\prime}(x)=\ln x + 1$，当$x\in\left(0,\frac{1}{e}\right)$时，$h^{\prime}(x)＜0$，当$x\in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$时，$h^{\prime}(x)＞0$，所以$h(x)$在$\left(0,\frac{1}{e}\right)$上单调递减，在$\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$上单调递增.当$x\in(0,1]$时，$h(x)＜0$，当$x\in(1,+\infty)$时，$h(x)＞0$，且由题可知$m＞0$，$x＞0$，即$e^{mx}＞1$.若$x\in(0,1]$，则$x\ln x\leqslant0＜e^{mx}\ln e^{mx}$恒成立，当$x\in(1,+\infty)$时，$x\ln x\leqslant e^{mx}\ln e^{mx}$恒成立等价于当$x\in(1,+\infty)$时，$x\leqslant e^{mx}$恒成立，则$m\geqslant\frac{\ln x}{x}$.令函数$\varphi(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$\varphi^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，当$x\in(1,e)$时，$\varphi^{\prime}(x)＞0$，当$x\in(e,+\infty)$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0$，所以$\varphi(x)$在$(1,e)$上单调递增，在$(e,+\infty)$上单调递减，所以$\varphi(x)_{\max}=\varphi(e)=\frac{1}{e}$，所以$m\geqslant\frac{1}{e}$.综上所述，正实数$m$的取值范围是$\left[\frac{1}{e},+\infty\right)$。