2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)動(dòng)與靜試卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1.動(dòng)態(tài)軌跡基礎(chǔ)題在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P(x,y)滿足到定點(diǎn)A(1,0)的距離與到定直線x=-1的距離相等，同時(shí)點(diǎn)P在圓(x-2)2+y2=4內(nèi)部運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)P的軌跡是（）A.拋物線的一部分B.橢圓的一部分C.雙曲線的一部分D.圓的一部分解析：由拋物線定義知，點(diǎn)P軌跡為以A(1,0)為焦點(diǎn)、x=-1為準(zhǔn)線的拋物線，方程為y2=4x。聯(lián)立圓方程(x-2)2+y2=4，代入y2=4x得(x-2)2+4x=4，化簡得x2=0，即x=0。結(jié)合拋物線定義域x≥0與圓的范圍|x-2|≤2（即0≤x≤4），可知軌跡為拋物線在0≤x≤0（即x=0）的部分，故選A。2.立體幾何動(dòng)態(tài)平行問題在棱長為2的正方體ABCD-A?B?C?D?中，點(diǎn)M在棱BB?上運(yùn)動(dòng)（不含端點(diǎn)），平面AMC?與平面ABCD交于直線l，則直線l與A?D?所成角的大?。ǎ〢.隨M位置變化而變化B.恒為30°C.恒為45°D.恒為60°解析：以D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)M(2,2,t)(0<t<2)。平面AMC?的法向量可通過向量$\overrightarrow{AM}=(2,2,t)$與$\overrightarrow{AC?}=(2,2,2)$的叉積求得，$\overrightarrow{AM}×\overrightarrow{AC?}=(4-2t,2t-4,0)$，法向量為(1,-1,0)。平面ABCD的法向量為(0,0,1)，設(shè)直線l的方向向量為$\overrightarrow{n}$，則$\overrightarrow{n}⊥(1,-1,0)$且$\overrightarrow{n}⊥(0,0,1)$，可取$\overrightarrow{n}=(1,1,0)$。A?D?的方向向量為(-2,0,0)，兩向量夾角余弦值為$\frac{(1,1,0)·(-2,0,0)}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{A?D?}|}=\frac{-2}{2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$，夾角為135°，所求線線角為45°，故選C。3.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)動(dòng)態(tài)最值已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2+3x+1在區(qū)間(0,2)內(nèi)既有極大值又有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A.(1,$\frac{5}{4}$)B.($\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{5}{4}$)C.(1,2)D.($\frac{5}{4}$,2)解析：f’(x)=3x2-6ax+3，令f’(x)=0得x2-2ax+1=0。由題意知方程在(0,2)內(nèi)有兩不等實(shí)根，設(shè)g(x)=x2-2ax+1，則需滿足：Δ=4a2-4>0?a>1或a<-1（舍）；g(0)=1>0；g(2)=4-4a+1>0?a<$\frac{5}{4}$；對(duì)稱軸a∈(0,2)。綜上，1<a<$\frac{5}{4}$，選A。4.解析幾何動(dòng)態(tài)范圍問題已知橢圓C:$\frac{x2}{4}+\frac{y2}{3}=1$，過右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓交于A,B兩點(diǎn)，點(diǎn)P為線段AB的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則|OP|的取值范圍是（）A.[0,1]B.[$\frac{\sqrt{3}}{2}$,1]C.[$\frac{3}{4}$,1]D.[0,$\frac{3}{2}$]解析：當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，AB垂直x軸，P與F(1,0)重合，|OP|=1；當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)l:y=k(x-1)，聯(lián)立橢圓方程得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，中點(diǎn)P($\frac{4k2}{3+4k2}$,$\frac{-3k}{3+4k2}$)，|OP|2=$(\frac{4k2}{3+4k2})2+(\frac{-3k}{3+4k2})2=\frac{16k?+9k2}{(3+4k2)2}$，令t=k2≥0，化簡得|OP|2=$\frac{16t2+9t}{(4t+3)2}$，求導(dǎo)得t=0時(shí)取最小值0，t→∞時(shí)趨近于1，故|OP|∈[0,1]，選A。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）5.立體幾何翻折軌跡將邊長為2的正方形ABCD沿對(duì)角線AC折成直二面角，點(diǎn)P為線段BD上的動(dòng)點(diǎn)，則AP長度的最小值為________。解析：翻折后AC⊥平面BOD（O為AC中點(diǎn)），以O(shè)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，A(1,0,0),C(-1,0,0),B(0,1,1),D(0,-1,-1)。設(shè)P=λB+(1-λ)D=(0,λ-1+λ,λ-1-λ)=(0,2λ-1,-1)，λ∈[0,1]。|AP|2=(0-1)2+(2λ-1)2+(-1-0)2=1+(2λ-1)2+1=(2λ-1)2+2，當(dāng)λ=$\frac{1}{2}$時(shí)取最小值2，|AP|=$\sqrt{2}$。6.三角函數(shù)動(dòng)態(tài)圖像函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<$\frac{π}{2}$)的圖像向左平移$\frac{π}{6}$個(gè)單位后關(guān)于y軸對(duì)稱，且在區(qū)間($\frac{π}{12}$,$\frac{π}{6}$)內(nèi)單調(diào)遞增，則ω的最大值為________。解析：平移后函數(shù)為sin[ω(x+$\frac{π}{6}$)+φ]=sin(ωx+$\frac{ωπ}{6}$+φ)，關(guān)于y軸對(duì)稱則$\frac{ωπ}{6}$+φ=$\frac{π}{2}$+kπ，取k=0得φ=$\frac{π}{2}-\frac{ωπ}{6}$。原函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間滿足-$\frac{π}{2}$+2kπ≤ωx+φ≤$\frac{π}{2}$+2kπ，代入φ得-$\frac{π}{2}$+2kπ≤ωx+$\frac{π}{2}-\frac{ωπ}{6}$≤$\frac{π}{2}$+2kπ，化簡得$\frac{π}{6}-\frac{π}{ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$≤x≤$\frac{π}{ω}$+$\frac{2kπ}{ω}$。令k=0，區(qū)間($\frac{π}{12}$,$\frac{π}{6}$)需包含于[$\frac{π}{6}-\frac{π}{ω}$,$\frac{π}{ω}$]，則$\frac{π}{6}-\frac{π}{ω}$≤$\frac{π}{12}$且$\frac{π}{6}$≤$\frac{π}{ω}$，解得ω≤6，驗(yàn)證得最大值為6。三、解答題（本大題共6小題，共70分）7.立體幾何動(dòng)態(tài)體積（12分）如圖，在直三棱柱ABC-A?B?C?中，AB=AC=AA?=2，∠BAC=90°，點(diǎn)M在線段B?C?上運(yùn)動(dòng)（不含端點(diǎn)），過點(diǎn)A?,M,C作平面交BB?于點(diǎn)N。（1）求證：MN//A?C；（2）當(dāng)M為B?C?中點(diǎn)時(shí)，求三棱錐A?-MNC的體積；（3）設(shè)B?M=x，求三棱錐A?-MNC的體積V(x)的解析式，并求其最大值。解析：（1）由面面平行性質(zhì)定理，平面A?B?C?//平面ABC，平面A?MNC∩平面A?B?C?=A?M，平面A?MNC∩平面ABC=NC，故A?M//NC。同理A?N//MC，四邊形A?MCN為平行四邊形，MN//A?C。（2）以A為原點(diǎn)建系，A?(0,0,2),M(1,1,2),C(0,2,0),N(1,0,2)。$\overrightarrow{A?M}=(1,1,0)$,$\overrightarrow{A?N}=(1,0,0)$,$\overrightarrow{A?C}=(0,2,-2)$，體積V=$\frac{1}{6}|(\overrightarrow{A?M}×\overrightarrow{A?N})·\overrightarrow{A?C}|=\frac{1}{6}|(0,0,-1)·(0,2,-2)|=\frac{1}{3}$。（3）設(shè)M(x,2-x,2)(0<x<2)，則N(x,0,2)，$\overrightarrow{A?M}=(x,2-x,0)$,$\overrightarrow{A?N}=(x,0,0)$，叉積為(0,0,x(x-2))，體積V(x)=$\frac{1}{6}|x(x-2)·(0,2,-2)|=\frac{1}{6}|2x(x-2)|=\frac{1}{3}x(2-x)$，當(dāng)x=1時(shí)V(x)max=$\frac{1}{3}$。8.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)動(dòng)態(tài)應(yīng)用（12分）某工廠生產(chǎn)一種精密儀器，已知該儀器的月產(chǎn)量x（臺(tái)）與月生產(chǎn)成本y（萬元）的關(guān)系為y=ax3+bx2+cx+d，其中a,b,c,d為常數(shù)。當(dāng)x=0時(shí)，y=100（固定成本）；當(dāng)x=1時(shí)，y=120；當(dāng)x=2時(shí)，y=150；且當(dāng)月產(chǎn)量為x時(shí)，邊際成本y’(x)的最小值為90萬元/臺(tái)。（1）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式；（2）若該儀器每臺(tái)售價(jià)為200萬元，求月產(chǎn)量x為何值時(shí)，月利潤最大？最大利潤是多少？解析：（1）由x=0得d=100；x=1時(shí)a+b+c=20；x=2時(shí)8a+4b+2c=50。聯(lián)立得7a+3b=30。y’=3ax2+2bx+c，對(duì)稱軸x=-$\frac{3a}$，最小值為c-$\frac{b2}{3a}$=90。聯(lián)立解得a=1,b=-10,c=110，故y=x3-10x2+110x+100。（2）利潤L=200x-y=200x-(x3-10x2+110x+100)=-x3+10x2+90x-100。L’=-3x2+20x+90，令L’=0得x=10（x=-3舍）。當(dāng)x=10時(shí)，Lmax=-1000+1000+900-100=800萬元。9.動(dòng)態(tài)幾何與不等式綜合（12分）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，點(diǎn)P在斜邊AB上移動(dòng)（不與A,B重合），過點(diǎn)P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，設(shè)AD=x。（1）用x表示矩形CDPE的面積S(x)，并求S(x)的最大值；（2）在線段DE上是否存在點(diǎn)Q，使得∠AQB=90°？若存在，求出DQ的長度；若不存在，說明理由。解析：（1）AB=5，由相似得$\frac{AD}{AC}=\frac{AP}{AB}$?AP=$\frac{5}{3}x$，PB=5-$\frac{5}{3}x$，PE=PB·$\frac{AC}{AB}$=3-$\frac{3}{5}x$，S(x)=x·(3-$\frac{3}{5}x$)=-$\frac{3}{5}x2+3x$，x∈(0,3)。對(duì)稱軸x=$\frac{5}{2}$，Smax=$\frac{15}{4}$。（2）以C為原點(diǎn)建系，D(x,0),E(0,3-$\frac{3}{5}x$)，DE方程為$\frac{X}{x}+\frac{Y}{3-\frac{3}{5}x}=1$。設(shè)Q(m,n)，則$\overrightarrow{AQ}=(m-3,n)$,$\overrightarrow{BQ}=(m,n-4)$，∠AQB=90°得m(m-3)+n(n-4)=0。聯(lián)立DE方程消去n得m2-3m+(3-$\frac{3}{5}x-\frac{3m}{5}$)(-$\frac{3}{5}x-\frac{3m}{5}$-4)=0，化簡得關(guān)于m的二次方程，判別式Δ=($\frac{9x}{5}$+$\frac{21}{5}$)2-4·$\frac{9}{25}$(x2+$\frac{20x}{3}$+$\frac{25}{3}$)=9>0，故存在Q，DQ=$\sqrt{(m-x)2+n2}$=$\frac{3}{5}\sqrt{x2+(3-\frac{3}{5}x)2}$=$\frac{3}{5}\sqrt{\frac{34}{25}x2-\frac{18}{5}x+9}$。10.立體幾何動(dòng)態(tài)軌跡與空間向量（12分）在棱長為1的正方體ABCD-A?B?C?D?中，點(diǎn)P在側(cè)面BCC?B?內(nèi)（含邊界）運(yùn)動(dòng)，且滿足∠APD=90°。（1）求點(diǎn)P的軌跡方程；（2）求三棱錐P-ABD體積的取值范圍。解析：（1）以D為原點(diǎn)建系，A(1,0,0),D(0,0,0),P(0,y,z),y∈[0,1],z∈[0,1]。$\overrightarrow{PA}=(1,-y,-z)$,$\overrightarrow{PD}=(0,-y,-z)$，∠APD=90°得$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PD}=y2+z2=1$。結(jié)合y∈[0,1],z∈[0,1]，軌跡為四分之一圓弧：y2+z2=1(y≥0,z≥0)。（2）V=$\frac{1}{3}S_{△ABD}·h$，h為P到平面ABD的距離，即P的z坐標(biāo)。由軌跡方程z=$\sqrt{1-y2}$，y∈[0,1]，z∈[0,1]，故V∈[0,$\frac{1}{6}$]。11.解析幾何動(dòng)態(tài)定點(diǎn)與定值（12分）已知拋物線E:y2=4x，過焦點(diǎn)F的直線l與拋物線交于A,B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線的準(zhǔn)線上，且BC//x軸。（1）求證：直線AC恒過原點(diǎn)O；（2）設(shè)點(diǎn)D為線段AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作拋物線E的切線，切點(diǎn)為P（異于A,B），求△PAB面積的最小值。解析：（1）F(1,0)，設(shè)l:x=my+1，聯(lián)立y2=4x得y2-4my-4=0。設(shè)A($\frac{y?2}{4}$,y?),B($\frac{y?2}{4}$,y?)，則y?y?=-4。C(-1,y?)，直線AC方程：y-y?=$\frac{y?-y?}{-1-\frac{y?2}{4}}(x-\frac{y?2}{4})$，代入(0,0)得0-y?=$\frac{y?-y?}{-4-y?2}(-\frac{y?2}{4})$，化簡得y?(4+y?2)=y?2(y?-y?)，將y?=-$\frac{4}{y?}$代入得等式成立，故直線AC過原點(diǎn)。（2）D($\frac{y?2+y?2}{8}$,$\frac{y?+y?}{2}$)=(2m2+1,2m)。切線方程：yy?=2(x+x?)，D在切線上得2m·y?=2(2m2+1+x?)，又y?2=4x?，解得P(m2-1,2m)。|AB|=$\sqrt{1+m2}|y?-y?|=4(m2+1)$，點(diǎn)P到l的距離d=$\frac{|m2-1-m·2m-1|}{\sqrt{1+m2}}=\frac{m2+2}{\sqrt{1+m2}}$。S=$\frac{1}{2}|AB|d=2(m2+1)·\frac{m2+2}{\sqrt{1+m2}}=2\sqrt{m2+1}(m2+2)$，令t=$\sqrt{m2+1}≥1$，S=2t(