2025年高三數(shù)學(xué)高考數(shù)形結(jié)合思想應(yīng)用模擬試題一、選擇題（共12小題，每小題5分，共60分）1.函數(shù)與方程的數(shù)形轉(zhuǎn)化題目：已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}|x^2-4x+3|,&x\leq2\\lnx+a,&x>2\end{cases}$，若方程$f(x)=2$有三個不等實根，則實數(shù)$a$的取值范圍是（）A.$(-\infty,2-\ln2)$B.$(2-\ln2,+\infty)$C.$(1,2-\ln2)$D.$(2-\ln2,2)$數(shù)形結(jié)合分析：當(dāng)$x\leq2$時，$f(x)=|(x-1)(x-3)|$，其圖像為拋物線$y=x^2-4x+3$在$x\leq2$部分的翻折（$x$軸下方部分翻折到上方），與直線$y=2$交于兩點：解方程$x^2-4x+3=-2$（$x\leq2$）得$x=1$或$x=3$（舍），解方程$x^2-4x+3=2$（$x\leq2$）得$x=2-\sqrt{3}$，故此時有兩個交點。當(dāng)$x>2$時，$f(x)=\lnx+a$為單調(diào)遞增函數(shù)，需與$y=2$有且僅有一個交點，即$\ln2+a<2$且$a>0$（保證$x>2$時函數(shù)值從$\ln2+a$開始遞增），解得$2-\ln2<a<2$。2.解析幾何中的軌跡問題題目：已知圓$O:x^2+y^2=4$，點$A(1,0)$，點$P$為圓上動點，線段$AP$的垂直平分線交$OP$于點$Q$（$O$為坐標(biāo)原點），則點$Q$的軌跡方程為（）A.$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$B.$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$C.$\frac{(x-0.5)^2}{1}+\frac{y^2}{0.75}=1$D.$\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{0.75}=1$數(shù)形結(jié)合分析：由垂直平分線性質(zhì)知$|QA|=|QP|$，故$|QO|+|QA|=|QO|+|QP|=|OP|=2$（圓半徑）。根據(jù)橢圓定義，點$Q$的軌跡是以$O(0,0)$、$A(1,0)$為焦點，長軸長$2a=2$的橢圓，其中$c=0.5$，$a=1$，$b^2=a^2-c^2=\frac{3}{4}$，方程為$\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{\frac{3}{4}}=1$，即選項D。3.立體幾何中的動態(tài)問題題目：在棱長為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，點$M$為棱$CC_1$上的動點，平面$BDM$截正方體所得截面面積為$S$，則$S$的取值范圍是（）A.$[2\sqrt{2},3\sqrt{2}]$B.$[2\sqrt{2},4]$C.$[2\sqrt{3},4]$D.$[2\sqrt{3},3\sqrt{2}]$數(shù)形結(jié)合分析：當(dāng)$M$與$C_1$重合時，截面為$\triangleBDC_1$，是邊長為$2\sqrt{2}$的等邊三角形，面積$S=\frac{\sqrt{3}}{4}\times(2\sqrt{2})^2=2\sqrt{3}$。當(dāng)$M$為$CC_1$中點時，截面為菱形$BDMD_1$，對角線$BD=2\sqrt{2}$，$MD_1=\sqrt{5}$，面積$S=\frac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times2\sqrt{2}=4$（此時菱形兩對角線垂直且等長）。當(dāng)$M$與$C$重合時，截面為$\triangleBDC$，面積$S=\frac{1}{2}\times2\times2=2$（舍，非最大最?。６⑻羁疹}（共4小題，每小題5分，共20分）4.三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)題目：函數(shù)$f(x)=\sinx+\cosx$在區(qū)間$[a,b]$上的值域為$[-1,\sqrt{2}]$，則$b-a$的最小值為________。數(shù)形結(jié)合分析：$f(x)=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$，圖像為正弦曲線，振幅$\sqrt{2}$，周期$2\pi$。令$\sqrt{2}\sin\theta=-1$，得$\theta=-\frac{\pi}{4}+2k\pi$或$\theta=\frac{5\pi}{4}+2k\pi$；令$\sqrt{2}\sin\theta=\sqrt{2}$，得$\theta=\frac{\pi}{2}+2k\pi$。在一個周期內(nèi)，從$x=-\frac{\pi}{4}$（對應(yīng)$\theta=-\frac{\pi}{4}$）到$x=\frac{\pi}{2}$（對應(yīng)$\theta=\frac{\pi}{2}$），區(qū)間長度為$\frac{3\pi}{4}$，此時值域包含$[-1,\sqrt{2}]$，且為最小長度。5.線性規(guī)劃中的參數(shù)問題題目：若$x,y$滿足約束條件$\begin{cases}x\geq0\y\geq0\x+y\leq2\ax-y\leq0\end{cases}$，目標(biāo)函數(shù)$z=x+2y$的最大值為5，則實數(shù)$a=$________。數(shù)形結(jié)合分析：約束條件對應(yīng)可行域為：當(dāng)$a>0$時，由$ax-y=0$（過原點直線）、$x+y=2$等圍成的多邊形。目標(biāo)函數(shù)$z=x+2y$斜率為$-\frac{1}{2}$，最大值在可行域頂點處取得。聯(lián)立$x+y=2$與$ax-y=0$，得交點$\left(\frac{2}{a+1},\frac{2a}{a+1}\right)$，代入$z$得$\frac{2}{a+1}+2\times\frac{2a}{a+1}=5$，解得$a=3$。三、解答題（共6小題，共70分）6.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的零點問題題目：已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x$（$a>0$）。（1）討論$f(x)$的單調(diào)性；（2）若$f(x)$有兩個零點，求$a$的取值范圍。（1）單調(diào)性分析：$f'(x)=\lnx+1-2ax+2a-1=\lnx-2a(x-1)$，令$g(x)=\lnx-2a(x-1)$，則$g'(x)=\frac{1}{x}-2a$。當(dāng)$x=\frac{1}{2a}$時，$g'(x)=0$，$g(x)$在$(0,\frac{1}{2a})$遞增，在$(\frac{1}{2a},+\infty)$遞減。若$\frac{1}{2a}=1$（即$a=\frac{1}{2}$），則$g(x)\leqg(1)=0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$遞減。（2）零點個數(shù)分析：當(dāng)$a=\frac{1}{2}$時，$f(x)=x\lnx-\frac{1}{2}x^2$，$f(1)=-\frac{1}{2}<0$，$f(e)=e-\frac{1}{2}e^2<0$，無零點。當(dāng)$a>\frac{1}{2}$時，$g(1)=0$，且$g(x)$在$x=1$左側(cè)遞增、右側(cè)遞減，故$f'(x)\leq0$，$f(x)$遞減，最多一個零點。當(dāng)$0<a<\frac{1}{2}$時，$g(x)$在$x=\frac{1}{2a}>1$處取得最大值$g(\frac{1}{2a})=\ln\frac{1}{2a}-2a(\frac{1}{2a}-1)=-\ln(2a)+2a-1>0$（令$h(a)=-\ln(2a)+2a-1$，$h(\frac{1}{2})=0$，$h'(a)=-\frac{1}{a}+2>0$），故$f(x)$在$(0,x_1)$遞減、$(x_1,x_2)$遞增、$(x_2,+\infty)$遞減，結(jié)合$f(1)=a-1<0$，$f(e)=e-ae^2+(2a-1)e=e(1-e)a+e(e-1)>0$，存在兩個零點。7.立體幾何中的翻折問題題目：如圖，在矩形$ABCD$中，$AB=4$，$AD=2$，點$E$為$BC$中點，將$\triangleABE$沿$AE$翻折至$\triangleAB'E$，使得平面$AB'E\perp$平面$AECD$。（1）求證：$B'E\perpAD$；（2）求二面角$B'-AD-E$的余弦值。（1）證明：翻折前：$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{17}$，$B'E=BE=2$，$AB'=AB=4$。翻折后：取$AE$中點$O$，連接$B'O$，則$B'O\perpAE$（等腰三角形三線合一），又平面$AB'E\perp$平面$AECD$，故$B'O\perp$平面$AECD$，從而$B'O\perpAD$。又$AD\perpAE$（矩形性質(zhì)），且$B'O\capAE=O$，故$AD\perp$平面$AB'E$，因此$AD\perpB'E$。（2）二面角計算：建立坐標(biāo)系：以$E$為原點，$EC$為$x$軸，$EA$為$y$軸，過$E$作平面$AECD$的垂線為$z$軸，得$A(0,\sqrt{17},0)$，$D(2,\sqrt{17},0)$，$B'(0,\frac{\sqrt{17}}{2},\frac{\sqrt{15}}{2})$（$B'O=\sqrt{AB'^2-AO^2}=\sqrt{16-\frac{17}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$）。平面$ADE$的法向量為$\vec{n}=(0,0,1)$，平面$ADB'$的法向量$\vec{m}$：由$\vec{AD}=(2,0,0)$，$\vec{AB'}=(0,-\frac{\sqrt{17}}{2},\frac{\sqrt{15}}{2})$，解得$\vec{m}=(0,\sqrt{15},\sqrt{17})$。二面角余弦值為$\frac{|\vec{m}\cdot\vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{\sqrt{17}}{\sqrt{15+17}}=\frac{\sqrt{17}}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{34}}{8}$。8.概率統(tǒng)計中的數(shù)形結(jié)合題目：某高校為調(diào)查學(xué)生每周體育鍛煉時間，隨機(jī)抽取100名學(xué)生，得到如下頻率分布直方圖（部分?jǐn)?shù)據(jù)缺失）：（1）若鍛煉時間在$[6,8)$小時的頻率為0.3，求直方圖中$a$的值；（2）估計該校學(xué)生每周鍛煉時間的中位數(shù)。（1）頻率計算：直方圖中組距為2，各區(qū)間頻率之和為1。設(shè)$[0,2)$頻率為$0.05\times2=0.1$，$[2,4)$為$0.1\times2=0.2$，$[4,6)$為$0.15\times2=0.3$，$[6,8)$為$a\times2=0.3$，解得$a=0.15$。（2）中位數(shù)估計：前三個區(qū)間頻率之和為$0.1+0.2+0.3=0.6>0.5$，故中位數(shù)在$[4,6)$內(nèi)。設(shè)中位數(shù)為$x$，則$0.1+0.2+(x-4)\times0.15=0.5$，解得$x=\frac{0.2}{0.15}+4=\frac{4}{3}+4=\frac{16}{3}\approx5.33$。9.數(shù)列與函數(shù)圖像的綜合題目：已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{a_n}{2a_n+1}$，若$b_n=a_na_{n+1}$，數(shù)列${b_n}$的前$n$項和為$S_n$，則使得$S_n>\frac{100}{201}$的最小正整數(shù)$n$為________。數(shù)形結(jié)合分析：對遞推式取倒數(shù)得$\frac{1}{a_{n+1}}=2+\frac{1}{a_n}$，即${\frac{1}{a_n}}$是首項1、公差2的等差數(shù)列，$\frac{1}{a_n}=2n-1$，$a_n=\frac{1}{2n-1}$。$b_n=\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1})$，$S_n=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2n+1})=\frac{n}{2n+1}$。解不等式$\frac{n}{2n+1}>\frac{100}{201}$，得$201n>200n+100$，$n>100$，故最小$n=101$。10.解析幾何中的定點問題題目：已知橢圓$C:\frac{x^2}{4}+y^2=1$，過點$P(1,0)$的直線$l$與橢圓交于$A,B$兩點，是否存在定點$Q$，使得$\angleAQP=\angleBQP$？若存在，求出$Q$點坐標(biāo)；若不存在，說明理由。數(shù)形結(jié)合分析：假設(shè)存在定點$Q(t,0)$（由對稱性知$Q$在$x$軸上），設(shè)直線$l:x=my+1$，聯(lián)立橢圓方程得$(m^2+4)y^2+2my-3=0$，設(shè)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。由$\angleAQP=\angleBQP$知$k_{QA}+k_{QB}=0$，即$\frac{y_1}{x_1-t}+\frac{y_2}{x_2-t}=0$，代入$x_1=my_1+1$，$x_2=my_2+1$，化簡得$2my_1y_2+(1-t)(y_1+y_2)=0$。由韋達(dá)定理$y_1+y_2=-\frac{2m}{m^2+4}$，$y_1y_2=-\frac{3}{m^2+4}$，代入得$2m(-\frac{3}{m^2+4})+(1-t)(-\frac{2m}{m^2+4})=0$，即$-6m-2m(1-t)=0$，解得$t=4$，故定點$Q(4,0)$。11.導(dǎo)數(shù)中的不等式證明題目：已知函數(shù)$f(x)=e^x-x-1$，證明：對任意$x>0$，$f(x)>x\lnx$。數(shù)形結(jié)合分析：構(gòu)造函數(shù)$g(x)=e^x-x-1-x\lnx$，需證$g(x)>0$（$x>0$）。求導(dǎo)$g'(x)=e^x-1-(\lnx+1)=e^x-\lnx-2$，$g''(x)=e^x-\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$遞增，且$g''(1)=e-1>0$，$g''(\frac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0$，存在$x_0\in(\frac{1}{2},1)$使得$g''(x_0)=0$。$g'(x)$在$(0,x_0)$遞減、$(x_0,+\infty)$遞增，$g'(x_0)=e^{x_0}-\lnx_0-2=\frac{1}{x_0}-\lnx_0-2$（由$e^{x_0}=\frac{1}{x_0}$），在$x_0\in(\frac{1}{2},1)$時，$\frac{