【江苏省考前冲刺特训】解答题模拟真题练习（一）-2025年高考数学（含解析）

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【江苏省考前冲刺特训】解答题模拟真题练习（一）-2025年高考数学
1．（2025 张家口三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2﹣sinAsinC＝sin2（A+C）+cos2（A+B）+cos2（B+C）．
（1）求B；
（2）若△ABC的外接圆面积为π，且，，求BD的长．
2．（2025 广东校级模拟）2024年7月26日至8月11日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎举行，中国体育健儿们在赛场上奋力拼搏，取得骄人战绩．为了弘扬“更快、更高、更强、更团结”的奥运精神，以及中国运动员们展现的“和谐、包容、坚忍不拔”——中国传统文化的精髓，某校举办奥运知识竞赛．比赛的题目包括“奥运会历史”“中国历届奥运成绩”两个板块，每个板块4个题目，每位参加比赛的同学首先从“奥运会历史”板块中随机抽取2题依次回答，然后从“中国历届奥运成绩”板块中随机抽取2题依次回答，至少答对3题者获得奖品一份．已知甲同学能正确回答“奥运会历史”板块中的2题，能正确回答“中国历届奥运成绩”板块中每题的概率为0.8，且回答每题相互独立．
（1）记X为甲答对题数，求X的分布列；
（2）已知甲获得一份奖品，求甲4题全部答对的概率．
3．（2025 金昌校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABD，PA＝AB＝4，C，D是平面ABCD内以AB为直径的半圆上的两点，且AD＝2，DC∥AB．
（1）证明：BD⊥平面PAD；
（2）证明：平面PAD⊥平面PBD；
（3）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
4．（2025 浦东新区校级模拟）已知函数．
（1）根据实数a的不同取值，讨论函数y＝f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）当a＝2，且b＜c时，证明：对任意d∈[f（c），f（b）]，存在唯一的x0∈R，使得f（x0）＝d，且x0∈[b，c]．
5．（2025 鼓楼区校级模拟）已知椭圆的短轴长2，离心率为，A1，A2分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点．
（1）求C的方程；
（2）设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线x＝2上，且PF⊥FB，直线PB与x轴交于点Q，证明：|PQ|2＜|QA1| |QA2|．
6．（2025 如皋市模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足2S＝（b2﹣a2）sinB．
（1）求证：B＝2A；
（2）求的取值范围．
7．（2025 普陀区校级三模）设函数，其中向量，（﹣cosx，sinx），x∈R．
（1）求函数f（x）的最大值及相应x的值；
（2）将函数f（x）的图像按向量平移，使平移后得到的图像关于坐标原点成中心对称，求长度最小的．
8．（2025 如皋市模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AB＝2，DC＝4，PA⊥PD且PA＝PD，M，N分别是PD，BC的中点．
（1）求证：AD⊥PN；
（2）若平面PAD⊥平面ABCD，直线PN与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角M﹣BC﹣D的余弦值．
9．（2025 泰安四模）某校依托AI技术搭建了智慧题库系统，形成了“A基础筑根﹣B应用提能﹣C创新选才”三层动态题库，设该题库中任意一道题被选到的可能性都相同，且A，B，C三层题量之比为5：3：2．
（1）现有3人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道作答，求这3人中至少有2人的选题来自B层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组系统从该题库中选取10道题，进行复赛．参赛选手将有机会回答A，B，C层题目各1题；A，B层题目答对得5分，C层题目答对得10分，答错得0分，选手可自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答，直到3题全部答完；若答错则比赛结束．例如：选手甲可自行按“B﹣A﹣C”顺序答题，甲答对第一题得5分，并继续回答第二题且答错得0分，比赛结束，总分为5分．某同学参加复赛，他答对A，B层题目的概率为，答对C层题目的概率为，每次答题的结果都相互独立，该同学应该用怎样的顺序答题使得分的数学期望更高？请说明理由．
10．（2025 沙河口区校级一模）记数列{an}前k项的最大值bk依次构成一个新的数列{bn}，称数列{bn}为{an}的“生成子列”，数列{bn}所有项组成的集合为A．
（1）已知数列{an}为7，6，5，8，求数列{bn}；
（2）若，且A中恰有5个元素，求实数a的取值范围；
（3）若，{an}的“生成子列”{bn}的前n项和为Sn，从S1，S2，S3，…，
S4n（n≥3）中任取Y个数，记其中能被2整除且不能被4整除的个数为X．
①若Y＝3，求X的数学期望E（X）；
②若Y＝2n，求使P（X＝m）取得最大值时的m值．
11．（2025 河北模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx（a∈R）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若函数f（x）在区间（0，e]上的最小值为0，求实数a的值．
12．（2025 福州模拟）已知数列{an}是公差为2的等差数列，满足a2n＝2an+1（n∈N*）．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设{an}的前n项和为Sn，若Sn＜3an，求n的最大值．
13．（2025 河北模拟）已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BC边上有一点D满足CDsinB+sin（B﹣C）b＝0，连接AD，设AD的中点为E，且CE＝7．
（1）求证：∠DCE＝∠B；
（2）求边c；
（3）若BD＝6，CD＝8，求边b．
14．（2025 保定二模）已知双曲线C的焦距为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）若A是C的左顶点，直线l：y＝3x﹣3与C交于P，Q两点，求△APQ的面积．
15．（2025 秦都区校级三模）设n≥3，对于数列a1，a2，…，an，若对任意k∈{1，2，…，n﹣1}，a1+a2+…+ak与ak+1+ak+2+…+an均为非负数或者均为负数，则称数列a1，a2，…，an为强数列．
（1）判断数列sin0，sin，sinπ，sin，sin2π与数列cos0，cos，cosπ，cos，cos2π分别是否为强数列；
（2）若存在公比为负数的等比数列a1，a2，…，a2025，使得它为强数列，求公比q的取值范围；
（3）设a1，a2，…，an为强数列，且数列中正数与负数交替出现（不出现0），证明：一定可以从数列a1，a2，…，an中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列．
【江苏省考前冲刺特训】解答题模拟真题练习（一）-2025年高考数学
参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．（2025 张家口三模）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2﹣sinAsinC＝sin2（A+C）+cos2（A+B）+cos2（B+C）．
（1）求B；
（2）若△ABC的外接圆面积为π，且，，求BD的长．
【解答】解：（1）因为2﹣sinAsinC＝sin2（A+C）+cos2（A+B）+cos2（B+C）＝sin2B+cos2C+cos2A
＝sin2b+1﹣sin2C+1﹣sin2A，
整理可得sin2B＝sin2A+sin2C﹣sinAsinC，
由正弦定理可知b2＝a2+c2﹣ac，即a2+c2﹣b2＝ac，
又由余弦定理可得a2+c2﹣b2＝2accosB，
可得cosB，
又B∈（0，π），
则；
（2）由△ABC的外接圆面积为π，得外接圆半径为1，
由正弦定理可得2R＝2，
可得b＝2sinB＝2，
因为ac，，
由余弦定理可得b2＝a2+c2﹣2accosB，
即，
化简得，解得（负根舍去），
所以，
因为，所以，
（），
所以2＝（）22+（）22+2 ，
＝（）22+（）22+2 || ||cosB，
＝（）2×3+（）2（）2+2
，
可得||．
所以BD的长是．
2．（2025 广东校级模拟）2024年7月26日至8月11日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎举行，中国体育健儿们在赛场上奋力拼搏，取得骄人战绩．为了弘扬“更快、更高、更强、更团结”的奥运精神，以及中国运动员们展现的“和谐、包容、坚忍不拔”——中国传统文化的精髓，某校举办奥运知识竞赛．比赛的题目包括“奥运会历史”“中国历届奥运成绩”两个板块，每个板块4个题目，每位参加比赛的同学首先从“奥运会历史”板块中随机抽取2题依次回答，然后从“中国历届奥运成绩”板块中随机抽取2题依次回答，至少答对3题者获得奖品一份．已知甲同学能正确回答“奥运会历史”板块中的2题，能正确回答“中国历届奥运成绩”板块中每题的概率为0.8，且回答每题相互独立．
（1）记X为甲答对题数，求X的分布列；
（2）已知甲获得一份奖品，求甲4题全部答对的概率．
【解答】解：（1）根据题意，记X为甲答对题数，X的可能取值为0，1，2，3，4，
X＝0，即甲全部答错，；
X＝1，即甲答对1道题目，；
X＝2，即甲答对2道题目，；
X＝3，即甲答对3道题目，；
X＝1，即甲答对所有题目，，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
P
（2）根据题意，记“甲获得奥运礼品”为事件M，“甲4题全部答对”为事件N，
则．
所以已知甲获得奥运礼品，甲4题全部答对的概率为．
3．（2025 金昌校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABD，PA＝AB＝4，C，D是平面ABCD内以AB为直径的半圆上的两点，且AD＝2，DC∥AB．
（1）证明：BD⊥平面PAD；
（2）证明：平面PAD⊥平面PBD；
（3）求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：因为PA⊥平面ABD，BD 平面ABD，
所以PA⊥BD．
因为D是以AB为直径的半圆上的一点，
所以AD⊥BD，
因为PA，AD 平面PAD，PA∩AD＝A，
所以BD⊥平面PAD．
（2）证明：因为BD 平面PBD，由（1）得BD⊥平面PAD，
所以平面PAD⊥平面PBD．
（3）解：以A为坐标原点，垂直于平面PAB的方向为x轴，的方向分别为y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，
则，，
故．
设平面PBD的法向量为，
则，即，
令y＝1，得，
可得 3+3﹣4＝2，||2，||，
所以cos，．
设直线PC与平面PBD所成的角为θ，
所以sinθ＝|cos，|．
4．（2025 浦东新区校级模拟）已知函数．
（1）根据实数a的不同取值，讨论函数y＝f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）当a＝2，且b＜c时，证明：对任意d∈[f（c），f（b）]，存在唯一的x0∈R，使得f（x0）＝d，且x0∈[b，c]．
【解答】解：（1）当a＝﹣1时，，
所以，所以函数y＝f（x）是奇函数，
当a＝1时，f（x）＝1，所以f（﹣x）＝f（x），所以函数y＝f（x）是偶函数，
当a≠1且a≠﹣1时，，
因为f（﹣1）≠f（1）且f（﹣1）≠﹣f（1），
所以函数y＝f（x）是非奇非偶函数，
综上，当a＝﹣1时，y＝f（x）是奇函数，
当a＝1时，y＝f（x）是偶函数，
当a≠1且a≠﹣1时，函数y＝f（x）是非奇非偶函数；
（2）证明：当a＝2时，函数y＝f（x）是严格减函数，
所以函数y＝f（x）在[b，c]上的值域为[f（c），f（b）]，
因为d∈[f（c），f（b）]，所以存在x0∈R，使得f（x0）＝d．
假设存在x1∈R，x1≠x0使得f（x1）＝d，
若x1＞x0，则f（x1）＜f（x0），
若x1＜x0，则f（x1）＞f（x0），与f（x1）＝f（x0）＝d矛盾，故x0是唯一的，
假设x0 [b，c]，即x0＜b或x0＞c，则f（x0）＞f（b）或f（x0）＜f（c），
所以d [f（c），f（b）]，与d∈[f（c），f（b）]矛盾，
故x0∈[b，c]．
5．（2025 鼓楼区校级模拟）已知椭圆的短轴长2，离心率为，A1，A2分别是C的左、右顶点，F是C的右焦点．
（1）求C的方程；
（2）设P是椭圆C上异于顶点的动点，点B在直线x＝2上，且PF⊥FB，直线PB与x轴交于点Q，证明：|PQ|2＜|QA1| |QA2|．
【解答】解：（1）因为椭圆C的短轴长2，离心率为，
所以，
解得a，b＝1，c＝1，
则椭圆C的标准方程为；
（2）证明：设B（2，t），Q（m，0），P（x0，y0），
易知F（1，0），
因为点P在椭圆上，
所以，
因为，，
若PF⊥FB，
此时，
即，
所以Q，P，B三点共线，
此时kPB＝kPQ，
即，
解得，
则
，
因为，
所以．
即|PQ|2＜|QA1||QA2|．
6．（2025 如皋市模拟）在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足2S＝（b2﹣a2）sinB．
（1）求证：B＝2A；
（2）求的取值范围．
【解答】解：（1）证明：因为（b2﹣a2）sinB＝2S，
所以，
又B∈（0，π），则sinB≠0，故b2﹣a2＝ac，
所以，
，
又cos2A＝2cos2A﹣1＝2（）2﹣1
cosB，
由于△ABC为锐角三角形，因此2A∈（0，π），B，
故B＝2A；
（2）因为B＝2A，
由正弦定理可得
，
因为△ABC是锐角，则，
解得，所以，
令t＝cosA，则原式可化为f（t）＝2t2﹣3t﹣1，对称轴为，
所以f（t）在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
故原式取值范围为：．
7．（2025 普陀区校级三模）设函数，其中向量，（﹣cosx，sinx），x∈R．
（1）求函数f（x）的最大值及相应x的值；
（2）将函数f（x）的图像按向量平移，使平移后得到的图像关于坐标原点成中心对称，求长度最小的．
【解答】解：（1）由于，
所以：，
故函数f（x）的最大值为；相应x的值为．
（2）设则平移后的函数为；
由于g（x）为奇函数，故（k∈Z），
得（k∈Z），v＝﹣2；
于是，当时，|d最小，此时．
8．（2025 如皋市模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AB＝2，DC＝4，PA⊥PD且PA＝PD，M，N分别是PD，BC的中点．
（1）求证：AD⊥PN；
（2）若平面PAD⊥平面ABCD，直线PN与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角M﹣BC﹣D的余弦值．
【解答】解：（1）证明：取AD中点为H，连接PH，HN，
因为PA＝PD，H为中点，所以PH⊥AD，
又H，N为中点，所以HN∥AB，
又因为DA⊥AB，所以HN⊥AD，
因为PH∩HN＝H，PH 平面PHN，HN 平面PHN，
所以AD⊥平面PHN，又因为PN 平面PHN，
故AD⊥PN；
（2）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PH⊥AD，PH 平面PAD，
所以PH⊥平面ABCD，
则∠PNH为直线PN与平面ABCD所成角，
解得PH＝2，
又因为PA＝PD，PA⊥PD，解得AD＝4，
以，，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则D（﹣2，0，0），P（0，0，2），B（2，2，0），C（﹣2，4，0），M（﹣1，0，1），
设平面MBC的一个法向量，，（﹣3，﹣2，1），
则，
解得，
平面DBC的一个法向量，
则，
故二面角M﹣BC﹣D余弦值为．
9．（2025 泰安四模）某校依托AI技术搭建了智慧题库系统，形成了“A基础筑根﹣B应用提能﹣C创新选才”三层动态题库，设该题库中任意一道题被选到的可能性都相同，且A，B，C三层题量之比为5：3：2．
（1）现有3人参加一项比赛，若每人分别独立地从该题库中随机选取一道作答，求这3人中至少有2人的选题来自B层的概率；
（2）现采用分层随机抽样的方法，使用智能组系统从该题库中选取10道题，进行复赛．参赛选手将有机会回答A，B，C层题目各1题；A，B层题目答对得5分，C层题目答对得10分，答错得0分，选手可自行选择回答问题的顺序，若答对一题可继续答，直到3题全部答完；若答错则比赛结束．例如：选手甲可自行按“B﹣A﹣C”顺序答题，甲答对第一题得5分，并继续回答第二题且答错得0分，比赛结束，总分为5分．某同学参加复赛，他答对A，B层题目的概率为，答对C层题目的概率为，每次答题的结果都相互独立，该同学应该用怎样的顺序答题使得分的数学期望更高？请说明理由．
【解答】解：（1）设3人中恰有X人的选题来自B层，
此时，
设3人中至少有2人的选题来自B层为事件D，
所以P（D）＝P（x＝2）+P（x＝3），
则这3人中至少2人的选题来自B层的概率为；
（2）设得分为X，第i道题得分为ai，第i道题答对的概率为pi，i＝1，2，3，a1+a2+a3＝20，，
此时X的所有可能取值为0，a1，a1+a2，a1+a2+a3，
则P（X＝0）＝1﹣p1，P（X＝a1）＝p1（1﹣p2），
P（X＝a1+a2）＝p1p2（1﹣p3），P（X＝a1+a2+a3）＝p1p2p3，
则X的分布列为：
X 0 a1 a1+a2 a1+a2+a3
P 1﹣p1 p1（1﹣p2） p1p2（1﹣p3） p1p2p3
故E（X）＝0×（1﹣p1）+a1p1（1﹣p2）+（a1+a2）p1p2（1﹣p3）+（a1+a2+a3）p1p2p3
，
设将C层题目放在第i题时的得分为X1，i＝1，2，3，
此时，
，
，
因为E（X3）＞E（X2）＞E（X1），
所以从得分的数学期望更高的角度考虑，该同学应先回答A，B层的题目，再回答C层题目．
即按A→B→C或B→A→C的顺序答题．
10．（2025 沙河口区校级一模）记数列{an}前k项的最大值bk依次构成一个新的数列{bn}，称数列{bn}为{an}的“生成子列”，数列{bn}所有项组成的集合为A．
（1）已知数列{an}为7，6，5，8，求数列{bn}；
（2）若，且A中恰有5个元素，求实数a的取值范围；
（3）若，{an}的“生成子列”{bn}的前n项和为Sn，从S1，S2，S3，…，
S4n（n≥3）中任取Y个数，记其中能被2整除且不能被4整除的个数为X．
①若Y＝3，求X的数学期望E（X）；
②若Y＝2n，求使P（X＝m）取得最大值时的m值．
【解答】解：（1）当数列{an}为7，6，5，8时，
根据{bn}定义：数列{an}前k项的最大值bk依次构成一个新的数列{bn}，称数列{bn}为{an}的“生成子列”，
可得b1＝7，b2＝7，b3＝7，b4＝8所以数列{bn}为：7，7，7，8；
（2）因为，
所以
由an+1﹣an＞0得n＜5+a，
当n＜5+a时，数列{an}递增，当n＞5+a时，数列{an}递减，
因为A中有5个元素，结合数列的单调性可知，
a4＜a5且a5≥a6，
即
解得﹣1＜a≤0，所以a的取值范围是（﹣1，0]；
（3）由题意得，
所以bn＝4k﹣3，4k﹣3≤n≤4k，k∈N*，
所以S＝4（1+5+…+4k﹣3）＝4k（2k﹣1），能被4整除，
S4k﹣1＝S4k﹣b4k＝S4k﹣4k+3不能被2整除，
S4k﹣2＝S4k﹣b4k﹣b4k﹣1＝S4k﹣2（4k﹣3）＝S4k﹣4（2k﹣1）+2，能被2整除，不能被4整除，
S4k﹣3＝S4k﹣b4k﹣b4k﹣1﹣b4k﹣2＝S4k﹣3（4k﹣3）＝S4k﹣4（3k﹣2）+1，不能被2整除，
所以S1，S2，…，S4n中能被2整除，但不能被4整除的有n个，
①法一：由题意X～H（4n，3，n），所以．
法二：X的取值范围是{0，1，2，3}，
，
，
，
，
，
所以．
②，令P（X＝m）≥P（X＝m﹣1），得，
即，
解得，
因为n≥3，当时，或时，P（X＝m）取得最大值，
当 Z时，时，P（X＝m） 取得最大值，
11．（2025 河北模拟）已知函数f（x）＝ax2﹣lnx（a∈R）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若函数f（x）在区间（0，e]上的最小值为0，求实数a的值．
【解答】解：（1）当a＝2时，函数f（x）＝2x2﹣lnx，可得，
所以f′（1）＝3，且f（1）＝2，
所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣2＝3（x﹣1），即3x﹣y﹣1＝0．
（2）函数f（x）＝ax2﹣lnx的定义域为（0，+∞），
求导得，
当a≤0时，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，e]上单调递减，
所以，解得，不满足a≤0，舍；
当a＞0时，由f′（x）＜0，得；由f′（x）＞0，得，
①当，即时，f（x）在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，满足，所以；
②当，即时，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以，解得，不满足，舍．
综上，a的值为．
12．（2025 福州模拟）已知数列{an}是公差为2的等差数列，满足a2n＝2an+1（n∈N*）．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设{an}的前n项和为Sn，若Sn＜3an，求n的最大值．
【解答】解：（1）数列{an}是公差d为2的等差数列，满足a2n＝2an+1（n∈N*），
可得a2＝2a1+1，即a1+2＝2a1+1，解得a1＝1，
则an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
（2）{an}的前n项和Snn（1+2n﹣1）＝n2，
若Sn＜3an，即有n2＜3（2n﹣1），解得3n＜3，
可得n的最大值为5．
13．（2025 河北模拟）已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，BC边上有一点D满足CDsinB+sin（B﹣C）b＝0，连接AD，设AD的中点为E，且CE＝7．
（1）求证：∠DCE＝∠B；
（2）求边c；
（3）若BD＝6，CD＝8，求边b．
【解答】（1）证明：因为E为AD的中点，可得S△ACE＝S△CDE，
又由∠ACE＝∠C﹣∠DCE，CE＝7，
所以，
化简得CD sin∠DCE＝b sin（C﹣∠DCE），所以，
又因为CD sinB+sin（B﹣C）b＝0，则，
所以，
则，
整理可得（sinCcosB﹣cosCsinB）sin∠DCE＝（sinCcos∠DCE﹣cosCsin∠DCE）sinB，
即sinCcosBsin∠DCE﹣cosCsinBsin∠DCE＝sinCcos∠DCEsinB﹣cosCsin∠DCEsinB，
所以sinC（cosBsin∠DCE﹣cos∠DCEsinB）＝sinCsin（∠DCE﹣B）＝0，
因为C∈（0，π），可得sinC＞0，
可得sin（∠DCE﹣B）＝0，
即证得∠DCE＝∠B成立；
（2）解：如图，在△ABD中，设∠ADB＝α，则∠ADC＝π﹣α，
在△ABD中，由正弦定理可得，
在△CDE中，由正弦定理可得，
两式相除，可得，
因为E为AD的中点，可得，
又因为CE＝7，所以c＝2CE＝14；
（3）解：设AD＝2x，则AE＝DE＝x，
在△ABD中，由余弦定理可得cosα
在△CDE中，由余弦定理可得cos（π﹣α）
两式相加得，解得x＝5，
在△ABD中，由余弦定理得cosB，
在△ABC中，由余弦定理得b2＝142+142﹣2×14×14×cosB＝84，
解得．
14．（2025 保定二模）已知双曲线C的焦距为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）若A是C的左顶点，直线l：y＝3x﹣3与C交于P，Q两点，求△APQ的面积．
【解答】解：（1）因为双曲线的焦距为，
所以2c，
解得，
因为双曲线离心率为，
所以，
解得a＝1，
则b2＝c2﹣a2＝4，
故双曲线C的方程为．
（2）由（1）知双曲线C的左顶点A（﹣1，0），点A到直线l：3x﹣y﹣3＝0的距离，
联立，消去y并整理得5x2﹣18x+13＝0，
解得x1＝1，，
所以．
则．
15．（2025 秦都区校级三模）设n≥3，对于数列a1，a2，…，an，若对任意k∈{1，2，…，n﹣1}，a1+a2+…+ak与ak+1+ak+2+…+an均为非负数或者均为负数，则称数列a1，a2，…，an为强数列．
（1）判断数列sin0，sin，sinπ，sin，sin2π与数列cos0，cos，cosπ，cos，cos2π分别是否为强数列；
（2）若存在公比为负数的等比数列a1，a2，…，a2025，使得它为强数列，求公比q的取值范围；
（3）设a1，a2，…，an为强数列，且数列中正数与负数交替出现（不出现0），证明：一定可以从数列a1，a2，…，an中选出连续三项，不改变它们在原数列中的顺序，它们三项构成一个强数列．
【解答】解：（1）数列0，1，0，﹣1，0，前两项和为1，后三项和为﹣1，不是强数列；
数列1，0，﹣1，0，1，满足第一项、前两项、前三项、前四项、后一项、后两项、后三项、后四项的和均非负，是强数列．
（2）设首项a1＝a≠0，公比q＜0，
依题意，a1 （a2+ +a2025）≥0，即a2（q+q2+ +q2024）≥0，
故q+q2+ +q2024≥0，即，故q2024≥1．
另一方面，（a1+ +a2024） a2025≥0，即a2（1+q+ +q2023）q2024≥0，
故1+q+ +q2023≥0，即，故q2024≤1．
于是q2024＝1，q＝﹣1，又1，﹣1，1，…，1，﹣1，1满足条件，综上，q＝﹣1．
（3）注意到若连续三项构成强数列，则中间项的绝对值最小，取数列中绝对值最小的一项ai，
（若最小的同时存在正项和负项，取负项）．
如果i＝1，
①若a1＞0，则a2＜0，|a2|＞|a1|，故a1+a2＜0，与（2）中a1（a1+a2）≥0矛盾；
②若a1＜0，则a2＞0，|a2|≥|a1|，故a1+a2≥0，由（2）知矛盾，
于是ai不为首项，同理ai不为末项，我们取ai﹣1，ai，ai+1三项．
（ⅰ）若ai＞0，则ai﹣1，ai+1＜0，且|ai﹣1|，|ai+1|＞|ai|，故ai﹣1+ai＜0，ai+ai+1＜0，ai﹣1，ai，ai+1构成强数列；
（ⅱ）若ai＜0，则ai﹣1，ai+1＞0，且|ai﹣1|，|ai+1|≥|ai|，故ai﹣1+ai≥0，ai+ai+1≥0，ai﹣1，ai，ai+1构成强数列．
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