2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)競賽預(yù)測題演練試卷一、選擇題（每題5分，共30分）1.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題已知函數(shù)$f(x)=\frac{e^x}{x}-a\lnx$在定義域內(nèi)存在極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)$a$的取值范圍是（）A.$(-\infty,e)$B.$(0,e)$C.$(e,+\infty)$D.$(-\infty,0)\cup(e,+\infty)$解答過程：函數(shù)定義域?yàn)?(0,+\infty)$，求導(dǎo)得$f'(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{e^x(x-1)-ax}{x^2}$。極值點(diǎn)存在等價(jià)于$f'(x)=0$有正根，即方程$e^x(x-1)-ax=0$在$(0,+\infty)$有解，整理得$a=\frac{e^x(x-1)}{x}$。設(shè)$g(x)=\frac{e^x(x-1)}{x}$，求導(dǎo)得$g'(x)=\frac{e^x(x^2-x+1)}{x^2}>0$恒成立，故$g(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增。又$\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=-\infty$，$\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty$，且$g(1)=0$，因此當(dāng)$a>0$時(shí)方程有唯一解。但需驗(yàn)證極值點(diǎn)是否為變號(hào)零點(diǎn)：當(dāng)$x\in(0,1)$時(shí)$g(x)<0$，$x\in(1,+\infty)$時(shí)$g(x)>0$，故$a>0$時(shí)$f'(x)=0$有解，選B。2.立體幾何與空間向量在棱長為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$是棱$CC_1$中點(diǎn)，點(diǎn)$P$在側(cè)面$BCC_1B_1$內(nèi)運(yùn)動(dòng)，且滿足$\angleAPB=45^\circ$，則動(dòng)點(diǎn)$P$的軌跡長度為（）A.$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$B.$\sqrt{2}\pi$C.$\frac{\pi}{2}$D.$\pi$解答過程：以$B$為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，設(shè)$P(x,2,z)$，其中$x\in[0,2],z\in[0,2]$。向量$\overrightarrow{PA}=(2-x,-2,-z)$，$\overrightarrow{PB}=(-x,-2,-z)$，由$\cos45^\circ=\frac{\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}}{|\overrightarrow{PA}||\overrightarrow{PB}|}$得：$\frac{(x-2)x+4+z^2}{\sqrt{(x-2)^2+4+z^2}\cdot\sqrt{x^2+4+z^2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$平方整理得$(x-1)^2+z^2=2$，即$P$在側(cè)面內(nèi)的軌跡是以$(1,2,0)$為圓心、$\sqrt{2}$為半徑的半圓（$x\in[0,2]$），軌跡長度為$\frac{1}{2}\times2\pi\sqrt{2}=\sqrt{2}\pi$，選B。3.數(shù)列與不等式已知正項(xiàng)數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{a_n^2}{2a_n+1}$，若不等式$\frac{1}{a_1+1}+\frac{1}{a_2+1}+\cdots+\frac{1}{a_n+1}<m$恒成立，則$m$的最小值為（）A.1B.2C.3D.4解答過程：對(duì)遞推式取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2a_n+1}{a_n^2}=\frac{1}{a_n^2}+\frac{2}{a_n}$，令$b_n=\frac{1}{a_n}+1$，則：$b_{n+1}=\frac{1}{a_{n+1}}+1=\frac{1}{a_n^2}+\frac{2}{a_n}+1=(\frac{1}{a_n}+1)^2=b_n^2$由$b_1=2$，得$b_n=2^{2^{n-1}}$，故$\frac{1}{a_n+1}=\frac{1}{b_n}=2^{-2^{n-1}}$。求和$S_n=2^{-1}+2^{-2}+2^{-4}+\cdots+2^{-2^{n-1}}$，這是首項(xiàng)為$\frac{1}{2}$、公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列的部分和，$S_n<\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$，故$m_{\min}=1$，選A。二、填空題（每題5分，共30分）4.三角函數(shù)與解三角形在$\triangleABC$中，角$A,B,C$所對(duì)邊分別為$a,b,c$，若$\tanA+\tanB+\tanC=3\sqrt{3}$，且$\sin^2A=\sin^2B+\sin^2C-\sinB\sinC$，則$\triangleABC$的面積為________。解答過程：由正切恒等式$\tanA+\tanB+\tanC=\tanA\tanB\tanC$，得$\tanA\tanB\tanC=3\sqrt{3}$。正弦定理角化邊：$a^2=b^2+c^2-bc$，由余弦定理得$\cosA=\frac{1}{2}\RightarrowA=60^\circ$，故$\tanA=\sqrt{3}$。設(shè)$\tanB+\tanC=t$，$\tanB\tanC=3$，由$\tan(B+C)=\frac{t}{1-3}=-\sqrt{3}\Rightarrowt=2\sqrt{3}$。聯(lián)立解得$\tanB=\tanC=\sqrt{3}\RightarrowB=C=60^\circ$，三角形為正三角形，面積$S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$。由$a^2=a^2+a^2-a^2\Rightarrowa=2$（設(shè)邊長為2），得$S=\sqrt{3}$。5.復(fù)數(shù)與平面幾何復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)$z_1,z_2$滿足$|z_1|=|z_2|=2$，且$|z_1+z_2|=|z_1-z_2|$，則以$z_1,z_2,z_1+z_2$對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形面積為________。解答過程：設(shè)$z_1=a+bi$，$z_2=c+di$，由模長條件得$a^2+b^2=4$，$c^2+d^2=4$。$|z_1+z_2|^2=(a+c)^2+(b+d)^2=8+2(ac+bd)$$|z_1-z_2|^2=(a-c)^2+(b-d)^2=8-2(ac+bd)$由等式得$ac+bd=0$，即向量$\overrightarrow{OZ_1}\perp\overrightarrow{OZ_2}$。$z_1+z_2$對(duì)應(yīng)點(diǎn)為$(a+c,b+d)$，三角形三頂點(diǎn)坐標(biāo)為$(a,b),(c,d),(a+c,b+d)$。面積$S=\frac{1}{2}|\overrightarrow{OZ_1}\times\overrightarrow{OZ_2}|=\frac{1}{2}|ad-bc|$，由$ac=-bd$得$ad-bc=ad+ac=a(d+c)$，又$a^2+b^2=4$，$c^2+d^2=4$，$ac=-bd$，解得$|ad-bc|=4$，故$S=2$。三、解答題（共90分）6.解析幾何綜合題（20分）已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，右焦點(diǎn)為$F$，點(diǎn)$P$在橢圓上，且$\triangleOPF$面積的最大值為$\sqrt{3}$（$O$為原點(diǎn)）。（1）求橢圓$C$的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過點(diǎn)$F$的直線$l$與橢圓交于$A,B$兩點(diǎn)，線段$AB$的垂直平分線交$x$軸于點(diǎn)$M$，求證：$\frac{|AB|}{|MF|}$為定值。解答過程：（1）由離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4}$。$\triangleOPF$面積$S=\frac{1}{2}c|y_P|\leq\frac{1}{2}cb=\frac{\sqrt{3}}{4}a\cdot\frac{a}{2}=\frac{\sqrt{3}a^2}{8}=\sqrt{3}\Rightarrowa^2=8$，故橢圓方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）設(shè)直線$l$斜率為$k$，方程為$y=k(x-2\sqrt{3})$，聯(lián)立橢圓方程得：$(1+4k^2)x^2-16\sqrt{3}k^2x+48k^2-8=0$設(shè)$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=\frac{16\sqrt{3}k^2}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{48k^2-8}{1+4k^2}$弦長$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\frac{4\sqrt{2}(1+k^2)}{1+4k^2}$AB中點(diǎn)$N(\frac{8\sqrt{3}k^2}{1+4k^2},\frac{-2\sqrt{3}k}{1+4k^2})$，中垂線方程為$y+\frac{2\sqrt{3}k}{1+4k^2}=-\frac{1}{k}(x-\frac{8\sqrt{3}k^2}{1+4k^2})$令$y=0$得$M(\frac{6\sqrt{3}k^2}{1+4k^2},0)$，則$|MF|=2\sqrt{3}-\frac{6\sqrt{3}k^2}{1+4k^2}=\frac{2\sqrt{3}(1+k^2)}{1+4k^2}$故$\frac{|AB|}{|MF|}=\frac{4\sqrt{2}(1+k^2)}{1+4k^2}\cdot\frac{1+4k^2}{2\sqrt{3}(1+k^2)}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$（定值）。7.概率統(tǒng)計(jì)與數(shù)學(xué)期望（20分）某工廠生產(chǎn)的電子元件分為A、B、C三級(jí)，其中A級(jí)合格率為90%，B級(jí)合格率為80%，C級(jí)合格率為70%。已知各級(jí)產(chǎn)品占比分別為30%、50%、20%，現(xiàn)采用分層抽樣方法從產(chǎn)品中抽取100件進(jìn)行質(zhì)量檢測。（1）求抽取的100件產(chǎn)品中各級(jí)別數(shù)量及檢測合格的概率分布列；（2）記X為檢測合格的產(chǎn)品總數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望E(X)和方差D(X)；（3）若從檢測合格的產(chǎn)品中隨機(jī)抽取3件，求至少有2件A級(jí)品的概率。解答過程：（1）分層抽樣數(shù)量：A級(jí)30件，B級(jí)50件，C級(jí)20件。各級(jí)合格率：$P(A)=0.9$，$P(B)=0.8$，$P(C)=0.7$，合格概率分布列為：|級(jí)別|數(shù)量|合格率||------|------|--------||A|30|0.9||B|50|0.8||C|20|0.7|（2）X服從三項(xiàng)分布組合：$X=X_A+X_B+X_C$，其中$X_A\simB(30,0.9)$，$X_B\simB(50,0.8)$，$X_C\simB(20,0.7)$$E(X)=E(X_A)+E(X_B)+E(X_C)=30×0.9+50×0.8+20×0.7=27+40+14=81$$D(X)=D(X_A)+D(X_B)+D(X_C)=30×0.9×0.1+50×0.8×0.2+20×0.7×0.3=2.7+8+4.2=14.9$（3）合格產(chǎn)品中A級(jí)有27件，B級(jí)40件，C級(jí)14件，共81件。至少2件A級(jí)概率$P=P(2件A)+P(3件A)=\frac{C_{27}^2C_{54}^1+C_{27}^3}{C_{81}^3}$計(jì)算得$C_{27}^2C_{54}^1=351×54=18954$，$C_{27}^3=2925$，$C_{81}^3=85140$$P=\frac{18954+2925}{85140}=\frac{21879}{85140}=\frac{2431}{9460}\approx0.257$8.導(dǎo)數(shù)與不等式證明（25分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2-bx-1$，其中$a,b\in\mathbb{R}$。（1）若$a=0,b=1$，證明：當(dāng)$x\geq0$時(shí)，$f(x)\geq0$；（2）若$f(x)$在$x=0$處取得極小值，且曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$(1,f(1))$處的切線斜率為$e-1$，求$a,b$的值；（3）在（2）的條件下，證明：對(duì)任意$x>0$，恒有$f(x)>\frac{x^3}{6}$。解答過程：（1）當(dāng)$a=0,b=1$時(shí)，$f(x)=e^x-x-1$，求導(dǎo)得$f'(x)=e^x-1$。當(dāng)$x\geq0$時(shí)$f'(x)\geq0$，函數(shù)單調(diào)遞增，故$f(x)\geqf(0)=0$，得證。（2）$f'(x)=e^x-2ax-b$，由極值點(diǎn)條件$f'(0)=1-b=0\Rightarrowb=1$。切線斜率條件$f'(1)=e-2a-b=e-1\Rightarrowe-2a-1=e-1\Rightarrowa=0$。驗(yàn)證極小值：$f''(x)=e^x-2a=e^x>0$，故$x=0$為極小值點(diǎn)，因此$a=0,b=1$。（3）原不等式等價(jià)于$e^x-x-1>\frac{x^3}{6}$，構(gòu)造函數(shù)$g(x)=e^x-x-1-\frac{x^3}{6}$。求導(dǎo)得$g'(x)=e^x-1-\frac{x^2}{2}$，$g''(x)=e^x-x$，$g'''(x)=e^x-1>0$（$x>0$）。故$g''(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增，$g''(x)>g''(0)=1>0$，則$g'(x)$單調(diào)遞增，$g'(x)>g'(0)=0$。因此$g(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增，$g(x)>g(0)=0$，不等式得證。9.數(shù)論與組合數(shù)學(xué)（15分）（1）求所有正整數(shù)$n$，使得$2^n+1$能被7整除；（2）在1到100的正整數(shù)中，隨機(jī)選取兩個(gè)不同的數(shù)，求其和能被3整除的概率。解答過程：（1）考察$2^n\mod7$的周期規(guī)律：$2^1=2\mod7$，$2^2=4\mod7$，$2^3=1\mod7$，$2^4=2\mod7$，周期為3。$2^n+1\equiv0\mod7\Rightarrow2^n\equiv6\mod7$，但周期中無6，故不存在正整數(shù)$n$使$2^n+1$被7整除。（2）將1-100按模3分類：余0：3,6,...,99共33個(gè)數(shù)（記為集合A）余1：1,4,...,100共34個(gè)數(shù)（集合B）余2：2,5,...,98共33個(gè)數(shù)（集合C）和能被3整除的情況：A中取2個(gè)、B和C中各取1個(gè)，共$C_{33}^2+C_{34}^1C_{33}^1$種?？?cè)》?C_{100}^2=4950$，有利取法$C_{33}^2=528$，$C_{34}^1C_{33}^1=34×33=1122$，合計(jì)$528+1122=1650$。概率$P=\frac{1650}{4950}=\frac{1}{3}$。四、附加題（共20分）10.平面幾何證明題如圖，$\triangleABC$內(nèi)接于$\odotO$，$AD$是$\angleBAC$的平分線，交$\odotO$于點(diǎn)$D$，$E$是$BC$中點(diǎn)，$F$是$AD$中點(diǎn)，連接$EF$并延長交$\odotO$于點(diǎn)$G$。求證：$AG^2=GF\cdotGE$證明過程：連接$BD,CD,OG,OA$，由角平分線定理得$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$。因?yàn)?E$是$BC$中點(diǎn)，$F$是$AD$中點(diǎn)，構(gòu)造中位線$FM\parallelBD$交$AB$于$M$，則$M$為$AB$中點(diǎn)。由蝴蝶定理推論：在圓中，若$F$是弦$AD$中點(diǎn)，則$GF\cdotFE=AF^2$（需證明）。取$AD$中點(diǎn)$F$，對(duì)$\triangleAGD$應(yīng)用斯特瓦爾特定理：$AG^2\cdotFD+DG^2\cdotAF=AD(AF^2+FG\cdotFD)$因?yàn)?AF=FD$，化簡得$AG^2+DG^2=2AF^2+2FG\cdotAF$又由相交弦定理：$GF\cdotFE=AF\cdotFD=AF^2$，故$GF(GE-GF)=AF^2\RightarrowGE\cdotGF=GF^2+AF^2$結(jié)合$AG^2=2AF^2+2FG\cdotAF-DG^2$，由$DG=AG$（