2025 高考数学全国一卷部分题目解答

填空题

14 题

一个箱子里有 \(5\) 个球，分别以 \(1\sim 5\) 标号，若有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数为 \(X\)，则 \(E(X)=\) _____.

解答

约定：\(345\) 表示第一次取 \(3\) 号球，第二次取 \(4\) 号球，第三次取 \(5\) 号球.
总共有 \(5^3=125\) 种取法，顺序是重要的.

【\(X=1\)】三次全取某个标号的球，例如 \(111\). 总共 \(5\) 种取法，\(P(X=1)=\frac{5}{125}=\frac{1}{25}\).
【\(X=2\)】一个球只取一次，另一个球取两次，例如 \(112\)、\(121\)、\(211\)、\(122\) 等.
第一步：在 \(5\) 个球中选一个作为取一次的球，在三个位置中选一个位置放置：\(5\times3=15\).
第二步：在剩下 \(4\) 个球中选一个作为取两次的球，放在剩下的两个位置：\(4\).
总共 \(15\times4=60\) 种取法，\(P(X=2)=\frac{60}{125}=\frac{12}{25}\).
【\(X=3\)】选三个球标号不同的排列即可，例如 \(123\). 总共 \(A_5^3=60\) 种取法，\(P(X=3)=\frac{60}{125}=\frac{12}{25}\).

故 \(E(X)=1\times\frac{1}{25} + 2\times\frac{12}{25} + 3\times\frac{12}{25} = \frac{61}{25}\).

大题

18 题

设椭圆 \(C: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\) (\(a>b>0\)), \(A\) 为椭圆的下顶点，\(B\) 为椭圆的右顶点，\(|AB| = \sqrt{10}\)，且椭圆 \(C\) 的离心率为 \(\frac{2\sqrt{2}}{3}\).

求椭圆 \(C\) 的标准方程.
设 \(P(m, n)\)，且 \(P\) 不在 \(y\) 轴上. \(Q\) 是射线 \(AP\) 上一点，且 \(|AP| \cdot |AQ| = 3\).
1. 求 \(Q\) 的坐标（用 \(m, n\) 表示）；
2. 设直线 \(OQ\) 的斜率为 \(k_1\)，直线 \(OP\) 的斜率为 \(k_2\)，若 \(k_1 = 3k_2\)，\(M\) 为椭圆上一点，求 \(|PM|\) 的最大值.

解答

（1）瞪眼法得 \(C: \frac{x^2}{9}+y^2=1\).

（2.i）

由第一问得 \(A(0, -1)\)，\(\overrightarrow{AP}=(m, n+1)\).

设 \(Q(x, y)\)，则 \(\overrightarrow{AQ}=(x, y+1)\).

由题意 \(\overrightarrow{AP}, \overrightarrow{AQ}\) 共线，且 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=3\)，即

\[ \begin{equation*} \begin{cases} x(n+1)-m(y+1)=0 \\ mx+(n+1)(y+1)=3 \end{cases} \end{equation*} \]

解这个关于 \(x, y\) 的二元一次方程组，得到

\[ \begin{equation*} \begin{cases} x=\frac{3m}{m^2+(n-1)^2} \\ y=\frac{-m^2-n^2+n+2}{m^2+(n-1)^2} \end{cases} \end{equation*} \]

即 \(Q\left(\frac{3m}{m^2+(n-1)^2}, \frac{-m^2-n^2+n+2}{m^2+(n-1)^2}\right)\).

（2.ii）

\(k_2=\frac{n}{m}\)，根据（2.i）得\(k_1=\frac{-m^2-n^2+n+2}{3m}\).

由 \(k_1=3k_2\) 得 \(m^2+(n+4)^2=18\)，故 \(P\) 在以 \(T(0, -4)\) 为圆心，半径为 \(3\sqrt{2}\) 的圆上.

对于某个固定的 \(M\)，其与 \(P\) 的连线 \(PM\) 过圆心 \(T\) 时长度取到最大值，即最大距离在 \(d=|TM|+|TP|=|TM|+3\sqrt{2}\) 时取到.

设 \(M(x_0, y_0)\)，则

\[ \begin{aligned} |TM|^2 &=x_0^2+(y_0+4)^2\\ &=9-9y_0^2+(y_0+4)^2\\ &=27-8(y_0-\frac{1}{2})^2\leq27 \end{aligned} \]

\(y_0=\frac{1}{2}\) 时等号成立，此时 \(x_0\neq 0\)，\(|TM|\) 取得最大值 \(3\sqrt{3}\). 故所求距离最大值为 \(3\sqrt{3}+3\sqrt{2}\).

终于不用联立韦达了！而且计算量很小

19 题

求函数 \(f(x) = 5 \cos x - \cos 5x\) 在 \(\left[0, \frac{\pi}{4}\right]\) 的最大值.
给定常数 \(\theta \in (0, \pi)\)，证明：对于任意 \(a\in\mathbb{R}\)，存在 \(y \in [a - \theta, a + \theta]\)，使得 \(\cos y \leq \cos \theta\).
若存在 \(\varphi\in\mathbb{R}\) 使得对于任意 \(x\)，都有 \(5 \cos x - \cos (5x + \varphi) \leq b\)，求 \(b\) 的最小值.

解答

（1）

\(f'(x)=5(\sin 5x - \sin x)=10\cos 3x \sin 2x\).
\(x\in\left[0, \frac{\pi}{4}\right]\) 时，\(\sin 2x\geq 0\)，\(f'(x)\) 正负由 \(\cos(3x)\) 决定：

\[ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x & \left(0, \frac{\pi}{6}\right) & \frac{\pi}{6} & \left(\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4}\right) \\ \hline f'(x) & + & 0 & - \\ \hline f(x) & 单调递增 & 最大值 & 单调减增 \\ \hline \end{array} \]

故 \(f\) 在 \(\left[0, \frac{\pi}{4}\right]\) 的最大值为 \(f(\frac{\pi}{6})=3\sqrt{3}\).

（2）

对于 \(0\leq a\leq\pi\):
- 若 \(a+\theta<\pi\)，取 \(y=a+\theta\).
- 若 \(a+\theta\geq\pi\)，结合 \(a-\theta<\pi\) 可知 \(\pi\) 在区间 \([a-\theta, a+\theta]\) 内，取 \(y=\pi\).
对于 \(-\pi<a<0\)，根据对称性，可类似地证明：
- 若 \(a-\theta>-\pi\)，取 \(y=a-\theta\).
- 若 \(a-\theta\leq-\pi\)，结合 \(a+\theta>-\pi\) 可知 \(-\pi\) 在区间 \([a-\theta, a+\theta]\) 内，取 \(y=-\pi\).
对于其他范围的 \(a\)，根据周期性命题成立：
存在 \(a'\in(-\pi,\pi]\)，\(k\in\mathbb{Z}\)，使得 \(a=a'+2k\pi\).
根据前述讨论，存在 \(y'\in[a'-\theta, a'+\theta]\)，使得 \(\cos y'\leq\cos\theta\).
取 \(y=y'+2k\pi\)，于是有 \(y\in[a-\theta, a+\theta]\)，且 \(\cos y=\cos y'\leq\cos\theta\).

（3）

这里推广一下题目，把 \(5\) 换成某个不小于 \(2\) 的正整数 \(A\)，即考虑函数 \(f(x)=A\cos x - \cos (Ax + \varphi)\)，其中 \(A\in\mathbb{Z}, A\geq 2\).

题目变为：若存在 \(\varphi\in\mathbb{R}\) 使得对于任意 \(x\)，都有 \(f(x) \leq b\)，求 \(b\) 的最小值.

题意理解：将 \(\varphi\) 视为常数，\(x\) 视为变量，对于一个固定的 \(\varphi\)，\(f(x)\) 会有对应的最大值。改变 \(\varphi\)，会得到一系列 \(\varphi\) 取不同值时 \(f(x)\) 的最大值，这些最大值中最小的就是需要求的东西——\(b\) 的最小值.

要找 \(f(x)\) 的最大值，首先求导：\(f'(x)=A[\sin(Ax+\varphi)-\sin x]\)

满足 \(f'(x)=0\) 的 \(x\) 坐标叫做 \(f(x)\) 的驻点

令 \(f'(x)=0\)，即 \(\sin(Ax+\varphi)=\sin x\)，得到 \(f(x)\) 的所有驻点，有两组，分别记为 \(x_1,x_2\)：

\[ \displaylines{ Ax_1+\varphi-x_1=2k_1\pi,\;\text{即}x_1=\frac{2k_1\pi-\varphi}{A-1}\\ Ax_2+\varphi+x_2=(2k_2+1)\pi,\;\text{即}x_2=\frac{(2k_2+1)\pi-\varphi}{A+1} } \]

其中 \(k_1,k_2\) 是任意整数

寻找函数最大值的通常做法——“分析单调性，在 \(f(x)\) 的驻点中找到所有极大值点，并比较函数值，从中找到最大值”是不现实的，因为函数单调性难以分析，也就难以区分哪些是极大值点、哪些是极小值点（哪怕通过和差化积变形也很难分析）
既然 \(f(x)\) 的最大值一定在驻点取到，不妨换一个思路，不分析单调性，直接找出 \(f(x_1), f(x_2)\) 中最大的，也就找到了 \(f(x)\) 的最大值

计算函数在所有驻点处的取值：

\[ \begin{aligned} f(x_1) &=A\cos x_1 - \cos (Ax_1 + \varphi)\\ &=A\cos x_1 - \cos(2k_1\pi+x_1)\\ &=(A-1)\cos x_1 \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} f(x_2) &=A\cos x_2 - \cos (Ax_2 + \varphi)\\ &=A\cos x_2 - \cos((2k_2+1)\pi-x_2)\\ &=A\cos x_2 - \cos(\pi-x_2)\\ &=(A+1)\cos x_2 \end{aligned} \]

\(cos\) 是有界的，而 \(f(x_2)\) 中 \(cos\) 前的系数比 \(f(x_1)\) 中的大，所以猜测 \(f(x)\) 的最大值更有可能在第二组驻点中取到，先研究 \(f(x_2)\)

列出 \(x_2\) 的所有取值：

\[\cdots, \frac{\pi-\varphi}{A+1}, \frac{3\pi-\varphi}{A+1}, \frac{5\pi-\varphi}{A+1}, \cdots, \frac{(2A+1)\pi-\varphi}{A+1}, \cdots\]

由于 \(cos\) 以 \(2\pi\) 为周期，再往后列就会出现周期性地重复，所以只需要关注这 \(A+1\) 个驻点

可以注意到，这 \(A+1\) 个角在单位圆上是等距分布的，相邻两个角之间相差 \(\frac{2\pi}{A+1}\)

单位圆上等距分布的角

（i）左图情况（存在某个 \(k\in\mathbb{Z}\)，使得 \(\varphi=2k\pi\)）

红点对应了第二组驻点中最大的函数值，为 \(f(\frac{\pi}{A+1})=(A+1)\cos\frac{\pi}{A+1}\). 为了方便，记 \(M=(A+1)\cos(\frac{\pi}{A+1})\)

不要忘记，这还不能推出 \(\varphi=2k\pi\) 时 \(f(x)\) 的最大值为 \(M\)，还需要将 \(M\) 和第一组驻点的所有函数值 \(f(x_1)\) 进行比较：

引理：对于任意 \(A\geq 2\)，\((A+1)\cos\frac{\pi}{A+1}>A-1\)
证明在后文，这里直接使用

根据引理，结合三角函数有界性，无论 \(x_1\) 为何值，总有

\[M > A-1 \geq (A-1)cos(x_1)=f(x_1)\]

即第一组驻点的函数值都小于 \(M\)

至此，我们证明了 \(\varphi=2k\pi\) 时 \(f(x)\) 的最大值就是 \(M\)

（ii）右图情况：相比于左图情况旋转了一定角度（不存在 \(k\in\mathbb{Z}\)，使得 \(\varphi=2k\pi\)）

从图中不难发现，角度分布旋转后，存在某个 \(x_2\) 满足 \(|x_2|<\dfrac{\pi}{A+1}\)（图中红点对应的角）。此时 \(\cos x_2>\cos\frac{\pi}{A+1}\)，故 \(f(x_2)=(A+1)\cos x_2>(A+1)\cos\frac{\pi}{A+1}=M\)

所以右图情况下 \(f(x)\) 的最大值一定大于 \(M\)

综合（i）（ii），我们就证明了对于不同的 \(\varphi\)，\(f(x)\) 最大值中最小的是 \(M=(A+1)\cos\frac{\pi}{A+1}\)，也就是题目所要求的

原题中 \(A=5\)，故答案为 \(6\cos(\frac{\pi}{6})=3\sqrt{3}\)

以上是一个相对容易理解的分析，但并不足以成为试卷上的过程，下面提供一个可以作为原题（\(A=5\)）书写过程的（简略）版本

由于 \(cos\) 以 \(2\pi\) 为周期，不妨约定 \(\varphi\in[0,2\pi)\)

（i） \(\varphi=0\)

\(f'(x)=10\cos 3x \sin 2x\)，在一个周期内分析单调性得，\(f(x)\) 的最大值为 \(3\sqrt{3}\)

这里直接分析单调性，相比于上文一般情况下的方法更容易写在试卷上，而且此处分析的是一个非常具体、没有参数的函数，处理起来不至于很复杂

（ii） \(\varphi\neq 0\)，即 \(\varphi\in(0, \pi)\)

注意到 \(\frac{\pi-\varphi}{6}\in(-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6})\)，于是

\[ \begin{aligned} f(\frac{\pi-\varphi}{6}) &=5\cos\left(\frac{\pi-\varphi}{6}\right)-\cos\left(\frac{5(\pi-\varphi)}{6}+\varphi\right)\\ &=5\cos\left(\frac{\pi-\varphi}{6}\right)-\cos\left(\pi-\frac{\pi-\varphi}{6}\right)\\ &=6\cos\left(\frac{\pi-\varphi}{6}\right)\\ &>6\cos(\frac{\pi}{6})=3\sqrt{3} \end{aligned} \]

所以 \(\varphi\neq 0\) 时 \(f(x)\) 的最大值大于 \(3\sqrt{3}\)

如何注意到？
按照前文的分析，我们知道第二组驻点 \(\frac{(2k_2+1)\pi-\varphi}{6}\) 对应的函数值中，总存在大于 \(3\sqrt{3}\) 的
而当 \(\varphi\in[0,2\pi)\) 时，\(\frac{\pi-\varphi}{6}\) 正是需要找的那个驻点
值得一提的是，如果开头约定 \(\varphi\) 在别的范围，就会对应到别的驻点
对于别的范围，可能需要根据 \(\varphi\) 的取值分类讨论：例如倘若约定 \(\varphi\in(-\pi, \pi]\)，读者可自行验证 \(\varphi\in(-\pi, 0)\) 时 \(f(\frac{ {\color{red}-\pi} - \varphi}{6})>3\sqrt{3}\)，\(\varphi\in(0, \pi]\) 时 \(f(\frac{\pi-\varphi}{6})>3\sqrt{3}\)
事实上，约定 \(\varphi\in[0,2\pi)\) 是最方便的
在过程书写中自然没有必要展示这些分析为自己增添麻烦，直接神秘地构造出 \(\frac{\pi-\varphi}{6}\)即可