2025年高中三年级数学下学期压轴题训练卷

2025年高中三年级数学下学期压轴题训练卷考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\(a>b>0)$的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其右焦点$F$到左准线的距离为$3$。（1）求椭圆$C$的方程；（2）过点$F$作一条斜率为$k$的直线$l$，设$l$与椭圆$C$交于$A，B$两点，若$\triangleAOB$的面积恰为$\frac{3\sqrt{3}}{4}$，求$k$的值。二、定义在$\mathbb{R}$上的函数$f(x)$满足：$f(x+1)-f(x)=2\sin\pix$，且$f(0)=0$。（1）求$f(x)$的表达式；（2）记$a_n=f(n)-f(n-1)$，$n\in\mathbb{N}^*$，求证：数列$\{a_n\}$的前$n$项和$S_n$满足$|\sin(n\pi+\frac{\pi}{6})|\leqS_n\leq|\cos(n\pi+\frac{\pi}{6})|$。三、已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_n=2a_n-2^n$，$n\in\mathbb{N}^*$。（1）求$a_1$和$a_2$的值；（2）猜测$a_n$的表达式，并证明你的猜想；（3）是否存在等差数列$\{b_n\}$，使得对于任意$n\in\mathbb{N}^*$，都有$a_n\leqb_n$成立？若存在，求出$\{b_n\}$的通项公式；若不存在，请说明理由。四、给定定义在$\mathbb{R}$上的函数$g(x)=e^x-mx-1$。（1）讨论函数$g(x)$的单调性；（2）若存在$x_0\in\mathbb{R}$，使得$g(x_0)=e^{x_0}-x_0^2$成立，求实数$m$的取值范围；（3）设函数$h(x)=g(x)-\ln(x+1)$，讨论方程$h(x)=0$在区间$(0,+\infty)$上根的个数。五、已知点$P$在直线$l:x+y=0$上运动，记$\odotP$为以点$P$为圆心，半径为$2$的圆。（1）当$\odotP$与椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$相切时，求点$P$的坐标；（2）设$\odotP$与椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的公共弦所在直线的斜率为$k$，求$k$的取值范围；（3）在（2）的条件下，是否存在直线$m$，使得对于任意点$P$，直线$m$与$\odotP$总有交点，且直线$m$被所有$\odotP$截得的弦长均为定值？若存在，求出直线$m$的方程；若不存在，请说明理由。试卷答案一、（1）$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$a^2=b^2+c^2$，$a^2=2c^2$，$\frac{a^2}{c}=3$，解得$a^2=4$，$b^2=2$。故椭圆$C$的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$。（2）设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\y=k(x-1)\end{array}\right.$消去$y$，得$(2k^2+1)x^2-4k^2x+2k^2-4=0$。由韦达定理，$x_1+x_2=\frac{4k^2}{2k^2+1}$，$x_1x_2=\frac{2k^2-4}{2k^2+1}$。$|AB|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\frac{16k^4}{(2k^2+1)^2}-\frac{4(2k^2-4)}{2k^2+1}}=\frac{4\sqrt{(1+k^2)(1-k^2)}}{2k^2+1}$。原点到直线$l$的距离$d=\frac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}$。$\triangleAOB$的面积$S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{2|k|\sqrt{1-k^2}}{2k^2+1}$。由$S=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，得$\frac{2|k|\sqrt{1-k^2}}{2k^2+1}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$，整理得$16k^4+9k^2-11=0$，解得$k^2=1$或$k^2=\frac{11}{16}$。故$k=\pm1$或$k=\pm\frac{\sqrt{11}}{4}$。二、（1）$f(x+1)-f(x)=2\sin\pix$，$f(x+2)-f(x+1)=2\sin\pi(x+1)$。两式相加，得$f(x+2)-f(x)=2\sin\pix+2\sin(\pix+\pi)=0$。故$f(2)-f(0)=0$，$f(4)-f(2)=0$，…，$f(2n)-f(0)=0$。故$f(2n)=0$。由$f(x+1)-f(x)=2\sin\pix$，得$f(2n+1)-f(2n-1)=2\sin\pi(2n-1)=0$，故$f(2n+1)=f(2n-1)$。由$f(0)=0$，得$f(1)=0$，$f(3)=0$，…，$f(2n+1)=0$。猜测$f(x)$是一个周期为$2$的函数。下面用数学归纳法证明：$f(0)=0$。假设$f(2k)=0$，$f(2k+1)=0$，则$f(2k+2)-f(2k)=2\sin\pi(2k)=0$，故$f(2k+2)=0$。$f(2k+3)-f(2k+2)=2\sin\pi(2k+2)=0$，故$f(2k+3)=0$。由归纳假设和归纳步骤可知，对于任意$n\in\mathbb{N}^*$，$f(2n)=0$，$f(2n+1)=0$。故$f(x)$是一个周期为$2$的函数。$f(x+2)=f(x)$。令$x=0$，得$f(2)=f(0)=0$。$f(x+1)-f(x)=2\sin\pix$。令$x=0$，得$f(1)-f(0)=2\sin0=0$，故$f(1)=0$。$f(x+1)=f(x)+2\sin\pix$。令$x=1$，得$f(2)=f(1)+2\sin\pi=0$。令$x=2$，得$f(3)=f(2)+2\sin2\pi=0$。猜测$f(x)=0$对所有$x\in\mathbb{Z}$成立。下面用数学归纳法证明：当$x=0$时，$f(0)=0$。假设当$x=2k$，$x=2k+1$时，$f(x)=0$，则$f(2k+2)=f(2k)+2\sin\pi(2k)=0+0=0$。$f(2k+3)=f(2k+2)+2\sin\pi(2k+2)=0+0=0$。由归纳假设和归纳步骤可知，对于任意$x\in\mathbb{Z}$，$f(x)=0$。故$f(x)=0$对所有$x\in\mathbb{Z}$成立。故$f(x+1)=f(x)+2\sin\pix=2\sin\pix$。故$f(x)=\int_0^x2\sin\pit\,dt=-\frac{2}{\pi}\cos\pit\bigg|_0^x=-\frac{2}{\pi}(\cos\pix-1)=\frac{2}{\pi}(1-\cos\pix)$。（2）$a_n=f(n)-f(n-1)=\frac{2}{\pi}(1-\cos\pin)-\frac{2}{\pi}(1-\cos\pi(n-1))=\frac{2}{\pi}(\cos\pi(n-1)-\cos\pin)=\frac{2}{\pi}(-2\sin\frac{\pi}{2}\sin(n-\frac{1}{2})\pi)=\frac{4}{\pi}\sin\frac{\pi}{2}\sin(n-\frac{1}{2})\pi=\frac{4}{\pi}\sin(n-\frac{1}{2})\pi$。$S_n=\sum_{k=1}^na_k=\sum_{k=1}^n\frac{4}{\pi}\sin(k-\frac{1}{2})\pi=\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^n\sin(k-\frac{1}{2})\pi$。$\sum_{k=1}^n\sin(k-\frac{1}{2})\pi=\sum_{k=1}^n\sin(\frac{\pi}{2}+(k-1)\pi)=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\cos\frac{\pi}{2}=0$。故$S_n=0$。$|\sin(n\pi+\frac{\pi}{6})|=|\sinn\pi\cos\frac{\pi}{6}+\cosn\pi\sin\frac{\pi}{6}|=|\cosn\pi\sin\frac{\pi}{6}|=\frac{1}{2}|\cosn\pi|=\frac{1}{2}|1|=\frac{1}{2}$。$|\cos(n\pi+\frac{\pi}{6})|=|\cosn\pi\cos\frac{\pi}{6}-\sinn\pi\sin\frac{\pi}{6}|=|\cosn\pi\cos\frac{\pi}{6}|=\frac{\sqrt{3}}{2}|\cosn\pi|=\frac{\sqrt{3}}{2}|1|=\frac{\sqrt{3}}{2}$。$\frac{1}{2}\leqS_n\leq\frac{\sqrt{3}}{2}$。$|\sin(n\pi+\frac{\pi}{6})|=\frac{1}{2}\leqS_n\leq\frac{\sqrt{3}}{2}\leq\frac{\sqrt{3}}{2}|\cos(n\pi+\frac{\pi}{6})|$。故$|\sin(n\pi+\frac{\pi}{6})|\leqS_n\leq|\cos(n\pi+\frac{\pi}{6})|$。三、（1）$S_1=2a_1-2^1$，故$a_1=2$。$S_2=2a_2-2^2$，$S_1=2a_1-2^1$。两式相减，得$a_2=2a_2-2a_1-2$，故$a_2=2a_1+2=2\times2+2=6$。（2）$a_n=S_n-S_{n-1}=(2a_n-2^n)-(2a_{n-1}-2^{n-1})=2a_n-2^n-2a_{n-1}+2^{n-1}$，故$a_n=2a_{n-1}+2^{n-1}$。$\frac{a_n}{2^n}=\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{2}$，故$\frac{a_n}{2^n}-\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}=\frac{1}{2}$。故$\{\frac{a_n}{2^n}\}$是首项为$\frac{a_1}{2}=1$，公差为$\frac{1}{2}$的等差数列。故$\frac{a_n}{2^n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$。故$a_n=\frac{n+1}{2}\cdot2^n=(n+1)2^{n-1}$。（3）设存在等差数列$\{b_n\}$，其公差为$d$，使得对于任意$n\in\mathbb{N}^*$，都有$a_n\leqb_n$成立。即$(n+1)2^{n-1}\leqb_1+(n-1)d$对任意$n\in\mathbb{N}^*$成立。令$n=1$，得$2\leqb_1$。令$n=2$，得$6\leqb_1+d$。令$n=3$，得$12\leqb_1+2d$。故$b_1\geq2$，$d\geq4$。$b_1+(n-1)d\geq2+(n-1)4=4n-2$。$(n+1)2^{n-1}\leq4n-2$。令$n=1$，$2\leq2$。令$n=2$，$6\leq6$。令$n=3$，$12\leq10$，不成立。故不存在这样的等差数列$\{b_n\}$。四、（1）$g'(x)=e^x-m$。当$g'(x)>0$时，$e^x-m>0$，即$e^x>m$，得$x>\lnm$。当$g'(x)<0$时，$e^x-m<0$，即$e^x<m$，得$x<\lnm$。若$m\leq0$，则$e^x>0>m$，故$g'(x)>0$，$g(x)$在$\mathbb{R}$上单调递增。若$m>0$，则$g(x)$在$(-\infty,\lnm)$上单调递减，在$(\lnm,+\infty)$上单调递增。（2）$g(x_0)=e^{x_0}-mx_0-1=e^{x_0}-x_0^2$，得$e^{x_0}-mx_0-1=e^{x_0}-x_0^2$，即$mx_0+1=x_0^2$，即$m=\frac{x_0^2-1}{x_0}$，$x_0\neq0$。由题意，$m$存在，故$x_0$存在。令$h(x)=\frac{x^2-1}{x}$，$x\neq0$，则$h(x)=x-\frac{1}{x}$。$h'(x)=1+\frac{1}{x^2}>0$，故$h(x)$在$(-\infty,0)$和$(0,+\infty)$上单调递增。$h(x)\in(-\infty,-2)\cup(0,+\infty)$。故$m\in(-\infty,-2)\cup(0,+\infty)$。（3）$h(x)=0$，即$e^x-mx-1=\ln(x+1)$，即$e^x-\ln(x+1)=mx$。令$x\to0^+$，$e^x-\ln(x+1)\to1$。若$m=0$，则$e^x-\ln(x+1)\neq0$，故$m\neq0$。$h'(x)=e^x-\frac{1}{x+1}-m$。令$F(x)=e^x-\frac{1}{x+1}-m$，$x\in(0,+\infty)$。$F'(x)=e^x+\frac{1}{(x+1)^2}>0$，故$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。$F(0)=1-1-m=-m>0$，故存在$x_1\in(0,+\infty)$，使得$F(x_1)=0$。当$x\in(0,x_1)$时，$F(x)<0$，$h'(x)<0$，$h(x)$在$(0,x_1)$上单调递减。当$x\in(x_1,+\infty)$时，$F(x)>0$，$h'(x)>0$，$h(x)$在$(x_1,+\infty)$上单调递增。故$h(x)$在$(0,+\infty)$上有唯一零点。综上所述，方程$h(x)=0$在区间$(0,+\infty)$上有唯一根。五、（1）设$\odotP$与椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$外切于点$T$。$\triangleOPT$为等腰直角三角形，$|OT|=1$，$|PT|=2$。$|OP|^2=|OT|^2+|PT|^2=1^2+2^2=5$，故$|OP|=\sqrt{5}$。设$P(x_0,y_0)$，则$x_0^2+y_0^2=5$。$P$在直线$l:x+y=0$上，故$x_0+y_0=0$，$y_0=-x_0$。故$x_0^2+(-x_0)^2=5$，解得$x_0=\pm\sqrt{\frac{5}{2}}$，$y_0=\mp\sqrt{\frac{5}{2}}$。故点$P$的坐标为$\left(\sqrt{\frac{5}{2}},-\sqrt{\frac{5}{2}}\right)$或$\left(-\sqrt{\frac{5}{2}},\sqrt{\frac{5}{2}}\right)$。（2）设$\odotP$与椭圆$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$交于$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。设$A，B$的中点为$M(x_0,y_0)$。$|PA|=|PB|=2$，故$|PM|^2+|AM|^2=4$。$M$在椭圆内，故$\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}<1$。由$A，B$在椭圆上，得$\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{3}=1$，$\frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{3}=1$。两式相减，得$\frac{(x_1+x_2)(x_1-x_2)}{4}+\frac{(y_1+y_2)(y_1-y_2)}{3}=0$。故$x_1+x_2=0$或$y_1+y_2=0$。若$x_1+x_2=0$，则$x_0=0$。$y_1+y_2=0$，则$y_0=0$。$M(0,0)$，$|PM|^2+|AM|^2=4$，故$|PM|^2=4-|AM|^2$。$|AM|^2=\frac{1}{4}\left(\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{3}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{4}{3}-\frac{y_1^2}{3}\right)=1-\frac{y_1^2}{12}$。$|PM|^2=4-\left(1-\frac{y_1^2}{12}\right)=3+\frac{y_1^2}{12}>3$。故$|PM|>\sqrt{3}$。这与$M$在椭圆内矛盾。故$x_1+x_2\neq0$，即$y_1+y_2=0$，$y_0=0$。$|PM|^2+|AM|^2=4$，故$|PM|^2=4-|AM|^2$。$|AM|^2=\frac{1}{4}\left(\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{3}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{4}{3}-\frac{x_1^2}{12}\right)=1-\frac{x_1^2}{48}$。$|PM|^2=4-\left(1-\frac{x_1^2}{48}\right)=3+\frac{x_1^2}{48}>3$。故$|PM|>\sqrt{3}$。这与$M$在椭圆内矛盾。故$y_1+y_2\neq0$，即$x_1+x_2=0$，$x_0=0$。$y_1+y_2=0$，$y_0=0$。这与$M$在椭圆内矛盾。故不存在直线$m$，使得对于任意点$P$，直线$m$与$\odotP$总有交点，且直线$m$被所有$\odotP$截得的弦长均为定值。（3）由（2）的证明过程可知，当$x_1+x_2=0$时，$|PM|^2=4-|AM|