2025年下學期高中家庭教育數(shù)學試卷一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合應(yīng)用（一）函數(shù)單調(diào)性與極值的實際應(yīng)用已知函數(shù)$f(x)=x^3-3ax^2+3bx$在$x=1$處有極值$-1$，其中$a,b\inR$。（1）求$a,b$的值；（2）若函數(shù)$g(x)=f(x)-m$在區(qū)間$[0,2]$上有兩個零點，求實數(shù)$m$的取值范圍。解題思路解析：第（1）問需結(jié)合極值點處導(dǎo)數(shù)為零及函數(shù)值條件建立方程組。由$f'(x)=3x^2-6ax+3b$，代入$x=1$得$f'(1)=3-6a+3b=0$，且$f(1)=1-3a+3b=-1$，聯(lián)立解得$a=\frac{1}{3},b=-\frac{1}{3}$。第（2）問需分析$g(x)$的單調(diào)性，通過求導(dǎo)得$g'(x)=3x^2-2x-1=(3x+1)(x-1)$，可知函數(shù)在$[0,1)$遞減、$(1,2]$遞增，結(jié)合端點值$g(0)=0-m=-m$，$g(1)=-1-m$，$g(2)=2-m$，要使函數(shù)有兩個零點，需滿足$\begin{cases}g(0)\geq0\g(1)<0\g(2)\geq0\end{cases}$，解得$-1<m\leq0$。（二）導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的應(yīng)用設(shè)函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{a}{x}(a\inR)$，證明：當$a\leq1$時，對任意$x>0$，都有$f(x)\leqx-1$。證明要點：構(gòu)造輔助函數(shù)$h(x)=x-1-\lnx-\frac{a}{x}$，需證$h(x)\geq0$。求導(dǎo)得$h'(x)=1-\frac{1}{x}+\frac{a}{x^2}=\frac{x^2-x+a}{x^2}$，判別式$\Delta=1-4a$。當$a\leq1$時，若$a\leq\frac{1}{4}$，$\Delta\geq0$，但兩根之積為$a>0$，兩根之和為$1>0$，故$h'(x)\geq0$恒成立；若$\frac{1}{4}<a\leq1$，$\Delta<0$，$h'(x)>0$，則$h(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增，又$h(1)=1-1-0-a=-a\geq-1$，需進一步驗證$h(1)=1-1-0-a=-a\geq-1$，結(jié)合$h(e)=e-1-1-\frac{a}{e}\geqe-2-1=e-3>0$，且$h(x)$在$x=1$處取得最小值$h(1)=-a\geq-1$，但需補充說明當$a=1$時$h(1)=0$，其他情況$h(1)>-1$，通過二階導(dǎo)數(shù)可證函數(shù)下凸性，最終得出$h(x)\geq0$。二、立體幾何與空間向量（一）空間幾何體體積計算如圖，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AB=AC=AA_1=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$E$為$BB_1$中點，求三棱錐$C_1-AEC$的體積?？臻g關(guān)系分析：利用等體積法轉(zhuǎn)化頂點，$V_{C_1-AEC}=V_{E-ACC_1}$。由直三棱柱性質(zhì)知$BE\perp$平面$ACC_1A_1$，$BE=1$。底面$\triangleACC_1$為直角三角形，面積$S=\frac{1}{2}\times2\times2=2$，故體積$V=\frac{1}{3}\timesS\timesBE=\frac{1}{3}\times2\times1=\frac{2}{3}$。（二）空間角的向量解法在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$是邊長為2的正方形，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA=2$，$E$是$PC$的中點。（1）求直線$AE$與平面$PBD$所成角的正弦值；（2）求二面角$B-PC-D$的余弦值。向量運算要點：建立空間直角坐標系$A-xyz$，則$A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1)$。（1）平面$PBD$的法向量可由$\overrightarrow{PB}=(2,0,-2),\overrightarrow{PD}=(0,2,-2)$求得，設(shè)$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$，則$\begin{cases}2x-2z=0\2y-2z=0\end{cases}$，取$\boldsymbol{n}=(1,1,1)$。$\overrightarrow{AE}=(1,1,1)$，則線面角$\theta$滿足$\sin\theta=|\cos<\overrightarrow{AE},\boldsymbol{n}>|=\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{AE}||\boldsymbol{n}|}=\frac{3}{\sqrt{3}\times\sqrt{3}}=1$，即線面角為$90^\circ$。（2）平面$BPC$的法向量$\boldsymbol{m}=(1,0,1)$，平面$DPC$的法向量$\boldsymbol{p}=(0,1,1)$，二面角余弦值$|\cos<\boldsymbol{m},\boldsymbol{p}>|=\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，由圖形知為鈍二面角，故余弦值為$-\frac{1}{2}$。三、圓錐曲線與方程（一）橢圓的標準方程與幾何性質(zhì)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）設(shè)直線$l:y=kx+m$與橢圓交于$A,B$兩點，$O$為坐標原點，若$k_{OA}\cdotk_{OB}=-\frac{1}{4}$，求證：$\triangleAOB$的面積為定值。關(guān)鍵步驟：（1）由離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}a^2$，代入點$(2,1)$得$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{\frac{1}{4}a^2}=1$，解得$a^2=8$，$b^2=2$，橢圓方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）聯(lián)立直線與橢圓方程得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0$，設(shè)$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}$。由$k_{OA}\cdotk_{OB}=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4}$，代入$y_1y_2=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$，化簡得$2m^2=4k^2+1$。弦長$|AB|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=2\sqrt{2}\frac{\sqrt{1+k^2}}{\sqrt{1+4k^2}}$，原點到直線距離$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{\sqrt{4k^2+1}}{\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}}$，面積$S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\sqrt{2}$，為定值。（二）拋物線中的定點問題已知拋物線$y^2=4x$的焦點為$F$，過點$F$的直線$l$與拋物線交于$A,B$兩點，求證：以$AB$為直徑的圓與直線$x=-1$相切。幾何法證明：拋物線準線為$x=-1$，焦點$F(1,0)$。設(shè)$AB$中點為$M$，過$A,B,M$分別作準線的垂線，垂足為$A',B',M'$。由拋物線定義知$|AF|=|AA'|,|BF|=|BB'|$，則$|AB|=|AF|+|BF|=|AA'|+|BB'|$。在直角梯形$AA'B'B$中，$MM'$為中位線，故$|MM'|=\frac{1}{2}(|AA'|+|BB'|)=\frac{1}{2}|AB|$，即圓心$M$到準線$x=-1$的距離等于半徑，因此圓與直線相切。四、概率統(tǒng)計與隨機變量（一）古典概型與條件概率某校高二年級有$500$名學生，其中男生$300$人，女生$200$人?，F(xiàn)按性別分層抽樣抽取$50$人參加數(shù)學競賽，成績分布如下表（單位：分）：分數(shù)段[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]男生58107女生2341（1）求樣本中男生、女生的人數(shù)；（2）從樣本中隨機選取$2$人，求至少有$1$人成績在$[90,100]$的概率；（3）在樣本中成績不低于$80$分的學生中，隨機選取$2$人，求恰好有$1$名男生的概率。計算過程：（1）抽樣比為$\frac{50}{500}=\frac{1}{10}$，故男生$300\times\frac{1}{10}=30$人，女生$200\times\frac{1}{10}=20$人。（2）樣本中成績在$[90,100]$的有$7+1=8$人，對立事件“沒有$90$分以上”的概率為$\frac{C_{42}^2}{C_{50}^2}=\frac{42\times41}{50\times49}=\frac{123}{175}$，故所求概率為$1-\frac{123}{175}=\frac{52}{175}$。（3）不低于$80$分的學生中，男生$10+7=17$人，女生$4+1=5$人，共$22$人。事件“恰好$1$男$1$女”的概率為$\frac{C_{17}^1C_{5}^1}{C_{22}^2}=\frac{17\times5}{231}=\frac{85}{231}$。（二）隨機變量的分布列與期望某工廠生產(chǎn)的產(chǎn)品分為一等品、二等品和次品三個等級，其中一等品率為$0.6$，二等品率為$0.3$，次品率為$0.1$。現(xiàn)從該廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機抽取$3$件，用$X$表示抽到的次品件數(shù)。（1）求$X$的分布列；（2）若每件一等品可獲利$10$元，二等品可獲利$5$元，次品虧損$2$元，求抽取的$3$件產(chǎn)品總利潤$Y$的數(shù)學期望。分布列與期望計算：（1）$X$服從二項分布$B(3,0.1)$，則$P(X=0)=C_3^0(0.9)^3=0.729$，$P(X=1)=C_3^1(0.1)(0.9)^2=0.243$，$P(X=2)=C_3^2(0.1)^2(0.9)=0.027$，$P(X=3)=C_3^3(0.1)^3=0.001$。（2）設(shè)$Y$為總利潤，$Y=10A+5B-2X$，其中$A$為一等品數(shù)，$B$為二等品數(shù)，且$A+B+X=3$，則$Y=10A+5(3-A-X)-2X=5A+15-7X$。由$E(A)=3\times0.6=1.8$，$E(X)=3\times0.1=0.3$，得$E(Y)=5E(A)+15-7E(X)=5\times1.8+15-7\times0.3=9+15-2.1=21.9$元。五、數(shù)列與不等式綜合（一）遞推數(shù)列的通項公式已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+\frac{1}{2^n}(n\inN^*)$，求數(shù)列${a_n}$的通項公式。構(gòu)造法求解：兩邊同乘$2^n$得$2^na_{n+1}=2^{n+1}a_n+1$，令$b_n=2^na_n$，則$b_{n+1}=b_n+1$，即${b_n}$是首項$b_1=2^1a_1=2$，公差為$1$的等差數(shù)列。故$b_n=2+(n-1)\times1=n+1$，從而$a_n=\frac{b_n}{2^n}=\frac{n+1}{2^n}$。（二）數(shù)列求和與不等式證明設(shè)數(shù)列${a_n}$的前$n$項和為$S_n$，且$S_n=2a_n-1(n\inN^*)$。（1）求數(shù)列${a_n}$的通項公式；（2）設(shè)$b_n=\frac{a_n}{(a_n+1)(a_{n+1}+1)}$，數(shù)列${b_n}$的前$n$項和為$T_n$，證明：$T_n<\frac{1}{2}$。解答過程：（1）當$n=1$時，$a_1=1$；當$n\geq2$時，$S_{n-1}=2a_{n-1}-1$，兩式相減得$a_n=2a_n-2a_{n-1}$，即$a_n=2a_{n-1}$，故${a_n}$是首項為$1$，公比為$2$的等比數(shù)列，$a_n=2^{n-1}$。（2）$b_n=\frac{2^{n-1}}{(2^{n-1}+1)(2^n+1)}=\frac{1}{2^{n-1}+1}-\frac{1}{2^n+1}$，裂項相消得$T_n=(\frac{1}{2^0+1}-\frac{1}{2^1+1})+(\frac{1}{2^1+1}-\frac{1}{2^2+1})+\cdots+(\frac{1}{2^{n-1}+1}-\frac{1}{2^n+1})=\frac{1}{2}-\frac{1}{2^n+1}<\frac{1}{2}$。六、選考內(nèi)容（坐標系與參數(shù)方程）在平面直角坐標系$xOy$中，曲線$C_1$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=2\cos\alpha\y=\sin\alpha\end{cases}$（$\alpha$為參數(shù)），以原點$O$為極點，$x$軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線$C_2$的極坐標方程為$\rho\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=2\sqrt{2}$。（1）寫出$C_1$的普通方程和$C_2$的直角坐標方程；（2）設(shè)點$P$是$C_1$上的動點，求點$P$到$C_2$距離的最大值。參數(shù)方程轉(zhuǎn)化與最值求解：（1）$C_1$的普通方程為$\frac{x^2}{4}+y^2=1$；$C_2$的極坐標方程展開得$\rho\sin\theta+\rho\cos\theta=4$，直角坐標方程為$x+y-4=0$。（2）設(shè)$P(2\cos\alpha,\sin\alpha)$，點到直線距離$d=\frac{|2\cos\alpha+\sin\alpha-4|}{\sqrt{2}}=\frac{|\sqrt{5}\sin(\alpha+\varphi)-4|}{\sqrt{2}}$（其中$\tan\varphi=2$），當$