2025年下學期高中數(shù)學構(gòu)造法技術(shù)觀試卷一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x+1$，若對于任意$x_1,x_2\in[-1,1]$，都有$|f(x_1)-f(x_2)|\leqm$成立，則實數(shù)$m$的最小值為（）A.2B.4C.6D.8在$\triangleABC$中，角$A,B,C$所對的邊分別為$a,b,c$，若$a=2$，$b=3$，$c=\sqrt{7}$，則$\triangleABC$的面積為（）A.$\frac{3\sqrt{3}}{2}$B.$3\sqrt{3}$C.$\frac{3\sqrt{2}}{2}$D.$3\sqrt{2}$已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$，則數(shù)列${a_n}$的通項公式為（）A.$a_n=2^n-1$B.$a_n=2^{n+1}-1$C.$a_n=2^n+1$D.$a_n=2^{n-1}+1$若不等式$x^2+ax+1\geq0$對一切$x\in(0,\frac{1}{2}]$恒成立，則$a$的最小值為（）A.0B.$-2$C.$-\frac{5}{2}$D.$-3$在空間直角坐標系中，已知點$A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$C(0,0,1)$，則三棱錐$O-ABC$的體積為（）A.$\frac{1}{6}$B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{1}{2}$D.1已知函數(shù)$f(x)=\frac{e^x}{x}$，則函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A.$(-\infty,0)$B.$(0,1)$C.$(1,+\infty)$D.$(-\infty,0)$和$(0,1)$若$a>0$，$b>0$，且$a+b=1$，則$\frac{1}{a}+\frac{4}$的最小值為（）A.5B.7C.9D.11已知圓$C:x^2+y^2-4x+6y-3=0$，則圓$C$的圓心坐標和半徑分別為（）A.$(2,-3)$，4B.$(-2,3)$，4C.$(2,-3)$，$\sqrt{10}$D.$(-2,3)$，$\sqrt{10}$在等差數(shù)列${a_n}$中，$a_1+a_3+a_5=15$，$a_2+a_4+a_6=21$，則數(shù)列${a_n}$的公差為（）A.1B.2C.3D.4已知向量$\vec{a}=(1,2)$，$\vec=(x,1)$，若$\vec{a}\perp\vec$，則$x$的值為（）A.$-2$B.$-\frac{1}{2}$C.$\frac{1}{2}$D.2函數(shù)$f(x)=\sinx+\cosx$的最大值為（）A.1B.$\sqrt{2}$C.$\sqrt{3}$D.2若拋物線$y^2=4x$上一點$P$到焦點的距離為5，則點$P$的橫坐標為（）A.3B.4C.5D.6二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）已知函數(shù)$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$，若$f(1)=0$，$f'(1)=0$，$f''(1)=6$，則$a=$，$b=$，$c=$______。在$\triangleABC$中，角$A,B,C$所對的邊分別為$a,b,c$，若$\sinA:\sinB:\sinC=3:4:5$，則$\cosC=$______。已知直線$l:y=kx+1$與圓$O:x^2+y^2=1$相切，則$k$的值為______。若函數(shù)$f(x)=\log_a(x+1)(a>0,a\neq1)$的定義域和值域都是$[0,1]$，則$a=$______。三、解答題（本大題共6小題，共70分）（本小題滿分10分）已知數(shù)列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=3a_n+2$，求數(shù)列${a_n}$的通項公式。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x$，求函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-1,2]$上的最大值和最小值。（本小題滿分12分）在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$是正方形，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA=AB=2$，$E$是$PC$的中點。（1）求證：$BD\perp$平面$PAC$；（2）求三棱錐$E-PBD$的體積。（本小題滿分12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$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點$(2,0)$。（1）求橢圓$C$的標準方程；（2）設直線$l:y=kx+m$與橢圓$C$交于$A,B$兩點，$O$為坐標原點，若$OA\perpOB$，求$m$的取值范圍。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1$，其中$a\inR$。（1）若$a=1$，求函數(shù)$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)$f(x)$在$[0,+\infty)$上單調(diào)遞增，求$a$的取值范圍。（本小題滿分12分）已知函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{1}{x}+ax(a\inR)$。（1）若$a=0$，求函數(shù)$f(x)$的最小值；（2）若函數(shù)$f(x)$在$[1,+\infty)$上單調(diào)遞增，求$a$的取值范圍。參考答案與解析一、選擇題B解析：構(gòu)造函數(shù)$f(x)=x^3-3x+1$，求導得$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，當$x\in[-1,1]$時，$f'(x)\leq0$，所以函數(shù)$f(x)$在$[-1,1]$上單調(diào)遞減，因此$f(x){\max}=f(-1)=3$，$f(x){\min}=f(1)=-1$，則$|f(x_1)-f(x_2)|\leqf(x){\max}-f(x){\min}=4$，所以$m$的最小值為4。A解析：構(gòu)造余弦定理，$\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{4+9-7}{12}=\frac{1}{2}$，所以$C=60^\circ$，則$\triangleABC$的面積為$\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{1}{2}\times2\times3\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。A解析：構(gòu)造等比數(shù)列，由$a_{n+1}=2a_n+1$得$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，所以數(shù)列${a_n+1}$是以$a_1+1=2$為首項，2為公比的等比數(shù)列，則$a_n+1=2\times2^{n-1}=2^n$，所以$a_n=2^n-1$。C解析：構(gòu)造函數(shù)$f(x)=-x-\frac{1}{x}$，則不等式$x^2+ax+1\geq0$對一切$x\in(0,\frac{1}{2}]$恒成立等價于$a\geq-x-\frac{1}{x}$對一切$x\in(0,\frac{1}{2}]$恒成立。因為函數(shù)$f(x)=-x-\frac{1}{x}$在$(0,\frac{1}{2}]$上單調(diào)遞增，所以$f(x)_{\max}=f(\frac{1}{2})=-\frac{1}{2}-2=-\frac{5}{2}$，所以$a$的最小值為$-\frac{5}{2}$。A解析：構(gòu)造空間直角坐標系，三棱錐$O-ABC$的體積為$V=\frac{1}{3}S_{\triangleOAB}\timesOC=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}\times1\times1\times1=\frac{1}{6}$。B解析：構(gòu)造導數(shù)，函數(shù)$f(x)=\frac{e^x}{x}$的定義域為$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，求導得$f'(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}$，令$f'(x)<0$，解得$0<x<1$，所以函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞減區(qū)間為$(0,1)$。C解析：構(gòu)造基本不等式，$\frac{1}{a}+\frac{4}=(\frac{1}{a}+\frac{4})(a+b)=5+\frac{a}+\frac{4a}\geq5+2\sqrt{\frac{a}\times\frac{4a}}=9$，當且僅當$\frac{a}=\frac{4a}$，即$b=2a$時等號成立，又因為$a+b=1$，所以$a=\frac{1}{3}$，$b=\frac{2}{3}$，此時$\frac{1}{a}+\frac{4}$取得最小值9。A解析：構(gòu)造圓的標準方程，將圓$C:x^2+y^2-4x+6y-3=0$化為標準方程為$(x-2)^2+(y+3)^2=16$，所以圓$C$的圓心坐標為$(2,-3)$，半徑為4。B解析：構(gòu)造等差數(shù)列的性質(zhì)，設等差數(shù)列${a_n}$的公差為$d$，則$a_2+a_4+a_6=(a_1+d)+(a_3+d)+(a_5+d)=(a_1+a_3+a_5)+3d=15+3d=21$，解得$d=2$。A解析：構(gòu)造向量垂直的條件，因為$\vec{a}\perp\vec$，所以$\vec{a}\cdot\vec=1\timesx+2\times1=x+2=0$，解得$x=-2$。B解析：構(gòu)造輔助角公式，$f(x)=\sinx+\cosx=\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})$，所以函數(shù)$f(x)$的最大值為$\sqrt{2}$。B解析：構(gòu)造拋物線的定義，拋物線$y^2=4x$的焦點為$(1,0)$，準線方程為$x=-1$。設點$P$的橫坐標為$x_0$，則點$P$到焦點的距離為$x_0+1=5$，解得$x_0=4$。二、填空題$-3$，$3$，$-1$解析：構(gòu)造函數(shù)值、導數(shù)值和二階導數(shù)值的方程，由$f(1)=0$得$1+a+b+c=0$，由$f'(1)=0$得$3+2a+b=0$，由$f''(1)=6$得$6+2a=6$，解得$a=-3$，$b=3$，$c=-1$。$0$解析：構(gòu)造正弦定理和余弦定理，由$\sinA:\sinB:\sinC=3:4:5$得$a:b:c=3:4:5$，設$a=3k$，$b=4k$，$c=5k(k>0)$，則$\cosC=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{9k^2+16k^2-25k^2}{24k^2}=0$。$0$解析：構(gòu)造直線與圓相切的條件，圓心$O(0,0)$到直線$l:kx-y+1=0$的距離$d=\frac{1}{\sqrt{k^2+1}}=1$，解得$k=0$。$2$解析：構(gòu)造對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，當$a>1$時，函數(shù)$f(x)=\log_a(x+1)$在$[0,1]$上單調(diào)遞增，所以$f(0)=0$，$f(1)=1$，即$\log_a2=1$，解得$a=2$；當$0<a<1$時，函數(shù)$f(x)=\log_a(x+1)$在$[0,1]$上單調(diào)遞減，所以$f(0)=1$，$f(1)=0$，此時無解，綜上$a=2$。三、解答題解：構(gòu)造等比數(shù)列，由$a_{n+1}=3a_n+2$得$a_{n+1}+1=3(a_n+1)$，又因為$a_1+1=2\neq0$，所以數(shù)列${a_n+1}$是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列，則$a_n+1=2\times3^{n-1}$，所以$a_n=2\times3^{n-1}-1$。解：構(gòu)造導數(shù)求最值，函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2x$的定義域為$R$，求導得$f'(x)=3x^2-6x+2$，令$f'(x)=0$，解得$x=1\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$。因為$1-\frac{\sqrt{3}}{3}\approx0.42$，$1+\frac{\sqrt{3}}{3}\approx1.58$，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-1,1-\frac{\sqrt{3}}{3}]$和$[1+\frac{\sqrt{3}}{3},2]$上單調(diào)遞增，在區(qū)間$[1-\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3}]$上單調(diào)遞減。計算得$f(-1)=-6$，$f(1-\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{2\sqrt{3}}{9}$，$f(1+\frac{\sqrt{3}}{3})=-\frac{2\sqrt{3}}{9}$，$f(2)=0$，所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-1,2]$上的最大值為$\frac{2\sqrt{3}}{9}$，最小值為$-6$。（1）證明：構(gòu)造線面垂直的判定定理，因為$PA\perp$底面$ABCD$，$BD\subset$底面$ABCD$，所以$PA\perpBD$。又因為底面$ABCD$是正方形，所以$AC\perpBD$。因為$PA\capAC=A$，$PA,AC\subset$平面$PAC$，所以$BD\perp$平面$PAC$。（2）解：構(gòu)造三棱錐的體積公式，因為$E$是$PC$的中點，所以點$E$到平面$PBD$的距離等于點$C$到平面$PBD$距離的一半。由（1）知$BD\perp$平面$PAC$，所以$BD\perpPC$，則$S_{\trianglePBD}=\frac{1}{2}\timesBD\timesPE=\frac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times\sqrt{2}=2$。又因為點$C$到平面$PBD$的距離為$\frac{1}{2}PC=\sqrt{2}$，所以三棱錐$E-PBD$的體積為$V=\frac{1}{3}\timesS_{\trianglePBD}\times\frac{1}{2}\times\sqrt{2}=\frac{1}{3}\times2\times\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{3}$。（1）解：構(gòu)造橢圓的離心率公式，因為橢圓$C$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又因為橢圓$C$過點$(2,0)$，所以$a=2$，則$c=\sqrt{3}$，$b^2=a^2-c^2=1$，所以橢圓$C$的標準方程為$\frac{x^2}{4}+y^2=1$。（2）解：構(gòu)造韋達定理，聯(lián)立直線$l$與橢圓$C$的方程得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0$，設$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-4}{1+4k^2}$。因為$OA\perpOB$，所以$x_1x_2+y_1y_2=0$，即$x_1x_2+(kx_1+m)(kx_2+m)=0$，整理得$(1+k^2)x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0$，代入韋達定理得$(1+k^2)\times\frac{4m^2-4}{1+4k^2}+km\times(-\frac{8km}{1+4k^2})+m^2=0$，化簡得$5m^2=4k^2+4$，所以$k^2=\frac{5m^2-4}{4}\geq0$，解得$m^2\geq\frac{4}{5}$，即$m\leq-\frac{2\sqrt{5}}{5}$或$m\geq\frac{2\sqrt{5}}{5}$。（1）解：構(gòu)造導數(shù)求單調(diào)區(qū)間，當$a=1$時，$f(x)=e^x-x-1$，求導得$f'(x)=e^x-1$，令$f'(x)=0$，解得$x=0$。當$x<0$時，$f'(x)<0$，函數(shù)$f(x)$單調(diào)遞減；當$x>0$時，$f'(x)>0$，函數(shù)$f(x)$單調(diào)遞增，所以函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞減區(qū)間為$(-\infty,0)$，單調(diào)遞增區(qū)間為$(0,+\infty)$。（2）解：構(gòu)造導數(shù)與恒成立問題，因為函數(shù)$f(x)$在$[0,+\infty)$上單調(diào)遞增，所以$f'(x