2025年高三數(shù)學高考數(shù)學競賽思想滲透模擬試題一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1.函數(shù)與導數(shù)的綜合應用題目：已知函數(shù)$f(x)=x^3-3ax^2+3(a^2-1)x+1$在區(qū)間$(0,2)$內(nèi)存在極值點，則實數(shù)$a$的取值范圍是（）A.$(-1,1)$B.$(0,2)$C.$(-1,0)\cup(1,2)$D.$(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$解析：函數(shù)$f(x)$的導數(shù)為$f'(x)=3x^2-6ax+3(a^2-1)=3(x^2-2ax+a^2-1)=3[(x-a)^2-1]$。令$f'(x)=0$，解得$x=a-1$或$x=a+1$。由于函數(shù)在區(qū)間$(0,2)$內(nèi)存在極值點，因此需滿足：$0<a-1<2$或$0<a+1<2$，即$1<a<3$（舍去）或$-1<a<1$。但需注意，當$a-1$和$a+1$均在區(qū)間外時，函數(shù)無極值點。因此需排除$a-1\geq2$（即$a\geq3$）或$a+1\leq0$（即$a\leq-1$）的情況。綜上，$a$的取值范圍為$(-1,1)$，但需驗證邊界：當$a=0$時，極值點為$x=-1$和$x=1$，其中$x=1\in(0,2)$，符合題意。因此正確答案為C。2.數(shù)列與不等式的結(jié)合題目：已知等比數(shù)列${a_n}$的首項$a_1=1$，公比$q>0$，前$n$項和為$S_n$，若對任意$n\in\mathbb{N}^*$，均有$S_n\leq2a_n-1$，則$q$的取值范圍是（）A.$(0,1]$B.$[1,2]$C.$(0,2]$D.$[2,+\infty)$解析：當$q=1$時，$S_n=n$，$2a_n-1=2\times1-1=1$，此時$n\leq1$僅對$n=1$成立，不符合題意，排除A、B。當$q\neq1$時，$S_n=\frac{1-q^n}{1-q}$，$2a_n-1=2q^{n-1}-1$。不等式$\frac{1-q^n}{1-q}\leq2q^{n-1}-1$可化簡為：若$q>1$，則$1-q^n\geq(2q^{n-1}-1)(1-q)$，展開得$1-q^n\geq2q^{n-1}-2q^n-1+q$，整理得$q^n-2q^{n-1}+q-2\leq0$，即$q^{n-1}(q-2)+(q-2)\leq0$，提取公因式得$(q-2)(q^{n-1}+1)\leq0$。由于$q>1$且$q^{n-1}+1>0$，因此需$q-2\leq0$，即$q\leq2$。綜上，$q$的取值范圍為$(1,2]$，結(jié)合選項，正確答案為B。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$P$在棱$CC_1$上運動，點$Q$在平面$A_1BD$上運動，則$|PQ|$的最小值為（）A.$\frac{\sqrt{6}}{3}$B.$\frac{2\sqrt{6}}{3}$C.$\sqrt{2}$D.$2\sqrt{2}$解析：以$D$為原點，$DA,DC,DD_1$為坐標軸建立空間直角坐標系，設$P(0,2,t)$（$t\in[0,2]$），平面$A_1BD$的方程為$x+y+z=2$（$A_1(2,0,2),B(2,2,0),D(0,0,0)$）。點$Q$在平面$A_1BD$上，因此$|PQ|$的最小值等價于點$P$到平面$A_1BD$的距離。由點到平面的距離公式：$d=\frac{|0+2+t-2|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{|t|}{\sqrt{3}}$。當$t=0$時，$d$取最小值$0$，但此時$P$與$C$重合，$Q$與$C$在平面$A_1BD$上的投影重合，不符合“運動”條件?？紤]正方體的對稱性，平面$A_1BD$與棱$CC_1$的最短距離為體對角線的$\frac{1}{3}$，即$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，但計算得$d=\frac{t}{\sqrt{3}}$，當$t=2$時，$d=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，但選項中無此答案。重新分析：平面$A_1BD$的法向量為$(1,1,1)$，點$C(0,2,0)$到平面的距離為$\frac{|0+2+0-2|}{\sqrt{3}}=0$，即點$C$在平面$A_1BD$上，因此當$P$與$C$重合時，$|PQ|=0$，但題目隱含$P$不與$C$重合，因此最小值為A。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）3.三角函數(shù)與導數(shù)的應用題目：函數(shù)$f(x)=\sinx+\cosx$在區(qū)間$[0,\pi]$上的最大值與最小值之差為________。解析：$f(x)=\sqrt{2}\sin\left(x+\frac{\pi}{4}\right)$，在$[0,\pi]$上，$x+\frac{\pi}{4}\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right]$。最大值為$\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{2}$（當$x=\frac{\pi}{4}$時），最小值為$\sqrt{2}\sin\left(\frac{5\pi}{4}\right)=-1$（當$x=\pi$時）。因此差值為$\sqrt{2}-(-1)=\sqrt{2}+1$。答案：$\sqrt{2}+1$4.排列組合與概率題目：從1,2,3,4,5中任取3個不同的數(shù)，記這三個數(shù)中最大數(shù)為$X$，則$E(X)=$________。解析：$X$的可能取值為3,4,5。$P(X=3)$：取1,2,3，共1種，概率為$\frac{1}{\binom{5}{3}}=\frac{1}{10}$；$P(X=4)$：從1,2,3中取2個數(shù)，共$\binom{3}{2}=3$種，概率為$\frac{3}{10}$；$P(X=5)$：從1,2,3,4中取2個數(shù)，共$\binom{4}{2}=6$種，概率為$\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。因此$E(X)=3\times\frac{1}{10}+4\times\frac{3}{10}+5\times\frac{3}{5}=\frac{3}{10}+\frac{12}{10}+3=\frac{15}{10}+3=4.5$。答案：$\frac{9}{2}$三、解答題（本大題共6小題，共70分）17.立體幾何綜合題（12分）題目：如圖，在三棱錐$P-ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，$AB=AC=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$PA=3$，點$D$為$BC$的中點，點$E$在棱$PB$上，且$PE=2EB$。（1）證明：$AD\perp$平面$PBC$；（2）求二面角$A-EC-D$的余弦值。解析：（1）證明：由于$AB=AC$，$D$為$BC$中點，故$AD\perpBC$。又$PA\perp$平面$ABC$，$AD\subset$平面$ABC$，因此$PA\perpAD$。因為$BC\capPA=A$，所以$AD\perp$平面$PBC$。（2）解：以$A$為原點，$AB,AC,AP$為坐標軸建立空間直角坐標系，則$A(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$C(0,2,0)$，$P(0,0,3)$，$D(1,1,0)$。點$E$在$PB$上，且$PE=2EB$，由定比分點公式得$E\left(\frac{2\times2+0}{3},0,\frac{2\times0+3}{3}\right)=\left(\frac{4}{3},0,1\right)$。設平面$AEC$的法向量為$\mathbf{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$，$\overrightarrow{AE}=\left(\frac{4}{3},0,1\right)$，$\overrightarrow{AC}=(0,2,0)$，則$\begin{cases}\frac{4}{3}x_1+z_1=0\2y_1=0\end{cases}$，取$x_1=3$，得$\mathbf{n_1}=(3,0,-4)$。設平面$DEC$的法向量為$\mathbf{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$，$\overrightarrow{DE}=\left(\frac{1}{3},-1,1\right)$，$\overrightarrow{DC}=(-1,1,0)$，則$\begin{cases}\frac{1}{3}x_2-y_2+z_2=0\-x_2+y_2=0\end{cases}$，取$x_2=3$，得$\mathbf{n_2}=(3,3,2)$。二面角的余弦值為$\cos\theta=\frac{|\mathbf{n_1}\cdot\mathbf{n_2}|}{|\mathbf{n_1}||\mathbf{n_2}|}=\frac{|9+0-8|}{\sqrt{9+16}\sqrt{9+9+4}}=\frac{1}{5\times\sqrt{22}}=\frac{\sqrt{22}}{110}$。21.導數(shù)與不等式的綜合（12分）題目：已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1$（$a\in\mathbb{R}$）。（1）討論函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性；（2）若對任意$x\geq0$，均有$f(x)\geq\frac{1}{2}x^2$，求$a$的取值范圍。解析：（1）解：$f'(x)=e^x-a$。若$a\leq0$，則$f'(x)>0$恒成立，$f(x)$在$\mathbb{R}$上單調(diào)遞增；若$a>0$，令$f'(x)=0$，得$x=\lna$。當$x<\lna$時，$f'(x)<0$；當$x>\lna$時，$f'(x)>0$。因此$f(x)$在$(-\infty,\lna)$上單調(diào)遞減，在$(\lna,+\infty)$上單調(diào)遞增。（2）解：不等式$f(x)\geq\frac{1}{2}x^2$可化為$e^x-ax-1-\frac{1}{2}x^2\geq0$，設$g(x)=e^x-\frac{1}{2}x^2-ax-1$，$x\geq0$。$g'(x)=e^x-x-a$，$g''(x)=e^x-1\geq0$（$x\geq0$），因此$g'(x)$在$[0,+\infty)$上單調(diào)遞增。若$g'(0)=1-a\geq0$，即$a\leq1$，則$g'(x)\geq0$，$g(x)$在$[0,+\infty)$上單調(diào)遞增，$g(x)\geqg(0)=0$，符合題意；若$a>1$，則存在$x_0>0$，使得$g'(x_0)=0$，當$x\in(0,x_0)$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調(diào)遞減，此時$g(x)<g(0)=0$，不符合題意。綜上，$a$的取值范圍為$(-\infty,1]$。22.圓錐曲線與整數(shù)解問題（12分）題目：已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點$(2,1)$。（1）求橢圓$C$的方程；（2）過點$P(1,0)$的直線$l$與橢圓$C$交于$A,B$兩點，是否存在直線$l$，使得以$AB$為直徑的圓過橢圓的右焦點$F$？若存在，求出直線$l$的方程；若不存在，說明理由。解析：（1）解：離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{4}$。橢圓過點$(2,1)$，代入方程得$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=1$，即$\frac{4}{a^2}+\frac{4}{a^2}=1$，解得$a^2=8$，$b^2=2$。因此橢圓方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）解：右焦點$F(2\sqrt{2},0)$。設直線$l$的方程為$x=my+1$，代入橢圓方程得：$(my+1)^2+4y^2=8$，即$(m^2+4)y^2+2my-7=0$。設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，則$y_1+y_2=-\frac{2m}{m^2+4}$，$y_1y_2=-\frac{7}{m^2+4}$。以$AB$為直徑的圓過點$F$，則$\overrightarrow{FA}\cdot\overrightarrow{FB}=0$，即$(x_1-2\sqrt{2})(x_2-2\sqrt{2})+y_1y_2=0$。將$x_1=my_1+1$，$x_2=my_2+1$代入得：$(my_1+1-2\sqrt{2})(my_2+1-2\sqrt{2})+y_1y_2=0$，展開并整理得：$(m^2+1)y_1y_2+m(1-2\sqrt{2})(y_1+y_2)+(1-2\sqrt{2})^2=0$。代入韋達定理：$(m^2+1)\left(-\frac{7}{m^2+4}\right)+m(1-2\sqrt{2})\left(-\frac{2m}{m^2+4}\right)+(1-4\sqrt{2}+8)=0$，化簡得：$-7(m^2+1)-2m^2(1-2\sqrt{2})+(9-4\sqrt{2})(m^2+4)=0$，整理后發(fā)現(xiàn)方程無實數(shù)解，因此不存在滿足條件的直線$l$。四、附加題（競賽拓展，共20分）23.數(shù)論與組合（10分）題目：證明：對任意正整數(shù)$n$，存在無窮多個正整數(shù)$k$，使得$k^2+n$為合數(shù)。證明：取$k=n+t$，其中$t$為正整數(shù)，則$k^2+n=(n+t)^2+n=t^2+2nt+n^2+n=t(t+2n)+n(n+1)$。當$t=n$時，$k^2+n=n(n+2n)+n(n+1)=3n^2+n(n+1)=n(4n+1)$，由于$n\geq1$，$4n+1\geq5$，因此$n(4n+1