挑战 2025 年高考数学新课标 I 卷压轴大题

2025 年高考已落下帷幕。今年考生普遍反映试题的基础部分非常基础，而压轴题的有一定的区分度。我体验之后发现，今年的压轴题出得很有水平，尽管计算量相较于往年很小，但是对数学逻辑思维的考察在一个很高的维度。

解析几何

设椭圆 $C:{\displaystyle \frac{x^2}{a^2}}+{\displaystyle \frac{y^2}{b^2}}=1(a>b>0)$，记 $A$ 为椭圆下端点，$B$ 为右端点，$|AB|=\sqrt{10}$，且椭圆 $C$ 的离心率为 ${\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$

1. 求椭圆的标准方程

2. 设点 $P(m,n)$

   1. 若 $P$ 不在 $y$ 轴上，设 $Q$ 是射线 $AP$ 上一点，$|AQ|\cdot |AP|=3$，用 $m,n$ 表示点 $Q$ 的坐标
   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

第 1 小问

由题目给的两个条件，结合椭圆的几何性质，可以列出如下的方程：

$$\{\begin{array}{l}{a}^2+b^2=10\\ {\displaystyle \frac{a^2-b^2}{a^2}}={\displaystyle \frac{8}{9}}\end{array}$$

可以解得

$$\{\begin{array}{l}a=3\\ b=1\end{array}$$

因此椭圆的标准方程为

$${\displaystyle \frac{x^2}{9}}+y^2=1$$

可以得到 $A$ 点坐标 $(0,-1)$，$B$ 点坐标 $(3,0)$。恰好 $A$ 点坐标在第 2 小问中会用到。

第 2.1 小问

依题意可知 $m\ne 0$。现在已知 $A$ 点和 $P$ 点的坐标，而且恰好 $A$ 点在 $y$ 轴上，可以直接写出直线 $AP$ 的斜截式方程

$$y={\displaystyle \frac{n+1}{m}}x-1$$

显然 $A,P,Q$ 三点共线。而且 $Q$ 点是在射线 $AP$ 上，所以向量 $\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{AP}$ 的夹角 $\theta =0$。那么可以将条件中的长度关系转化为向量点乘，即

$$|AQ|\cdot |AP|=3⟺\overrightarrow{AQ}\cdot \overrightarrow{AP}=3$$

这样就可以直接转化为更加方便的坐标运算，设 $Q$ 点坐标为 $(x_Q,y_Q)$，可以得到向量 $\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{AP}$ 的坐标分别为

$$\overrightarrow{AQ}=\left(\begin{array}{c}{x}_Q\\ y_Q+1\end{array}\right),\overrightarrow{AP}=\left(\begin{array}{c}m\\ n+1\end{array}\right)$$

由向量点乘和 $Q$ 点在射线 $AP$ 上两个条件，可以列出方程

$$\{\begin{array}{l}m{x}_Q+(n+1)(y_Q+1)=3\\ y_Q={\displaystyle \frac{n+1}{m}}{x}_Q-1\end{array}$$

通过这个方程组反解出 $x_Q,y_Q$ 即可。不过这个二元一次方程组看着比较难受，直接将 2 式代入 1 式后发现会比较好解，整理得到

$$m^2{x}_Q+(n+1{)}^2{x}_Q=3m$$

解得

$$x_Q={\displaystyle \frac{3m}{m^2+(n+1{)}^2}}$$

再将 $x_Q$ 代入 2 式整理

$$y_Q={\displaystyle \frac{3(n+1)}{m^2+(n+1{)}^2}}-1$$

第 2.2 小问

由题意可得

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{y_Q}{x_Q}}& ={\displaystyle \frac{3n}{m}}\\ {\displaystyle \frac{n+1}{m}}-{\displaystyle \frac{m^2+(n+1{)}^2}{3m}}& ={\displaystyle \frac{3n}{m}}\\ 3(n+1)-[m^2+(n+1{)}^2]& =9n\\ m^2+n^2+8n-2& =0\end{array}$$

整理化简后发现 $m,n$ 两个变量之间的关系恰好是圆的一般方程，将之化为标准方程

$$m^2+(n+4{)}^2=18$$

恰好 $P$ 点坐标为 $(m,n)$，其轨迹就是这个圆心在 $(0,-4)$，半径为 $3\sqrt{2}$ 的圆。

TIP

下面简单证明：圆上一点到圆外一点的最大距离，一定经过圆心。

设半径为 $r$ 的圆外有一点 $M$，连接 $M$ 和圆心 $O$ 并延长，交圆于点 $P$。设圆上有另一点 $P^{\prime }$，连接 $P^{\prime }M,O{P}^{\prime }$。

在三角形 $O{P}^{\prime }M$ 中，有

$$P^{\prime }M<O{P}^{\prime }+OM=OM+r$$

而

$$PM=OP+OM=OM+r$$

由此可以推出 $P^{\prime }M<PM$ 对圆上非 $P$ 点恒成立，这就能够充分说明上述结论。

回到本题当中，有了上面的结论，要求 $|PM|$ 的最大值，相当于求 $|OM|$ 的最大值，再加上圆的半径即可。这样，就实现了化动为静，原来看似动的点 $P$ 变成了定点 $O_1(0,-4)$。

我们可以直接根据椭圆的参数方程来找等量关系，设动点 $M$ 的坐标为 $(3\cos \theta ,\sin \theta )$，其中 $\theta \in [0,2\pi ]$。下面计算 $|P{O}_1|$ 的长度

$$\begin{array}{rl}|P{O}_1{|}^2& =9{\cos }^2\theta +(\sin \theta +4{)}^2\\ & =-8{\sin }^2\theta +8\sin \theta +25\end{array}$$

这相当于是求二次函数

$$f(t)=-8t^2+8t+25$$

在闭区间 $[-1,1]$ 上的最大值。对称轴 $t={\displaystyle \frac{1}{2}}$，所以最大值为 $f({\displaystyle \frac{1}{2}})=27$。也就是说 $|P{O}_1|$ 的最大值为 $3\sqrt{3}$，那么 $|PM|$ 的最大值就是 $3\sqrt{3}+3\sqrt{2}$。

点评

本题难度不大，计算量也不大，是近年来高考考察的解析几何大题中计算量相对较少的一道。最后的一小问需要用到平面几何知识，否则硬算的话计算量会非常大。注意体会本题所体现的数学思想中的化归思想，将两个动点转化为一个动点和一个定点，这样问题瞬间迎刃而解。

本题应该还有其他解法，例如可以设出椭圆的切线，让切点与 $P$ 点的轨迹圆心的连线与椭圆的切线垂直，列出相应的方程也可以求解。但可能计算量相对而言会更大一些。

导数

设函数 $f(x)=5\cos x-\cos 5x$

1. 求 $f(x)$ 在 $[0,{\displaystyle \frac{\pi }{4}}]$ 上的最大值
2. 给定 $\theta \in (0,\pi )$，$a$ 为给定实数，证明：存在 $y\in [a-\theta ,a+\theta ]$，使得 $\cos y⩽\cos \theta$
3. 若存在 $\phi$，使得对于任意的 $x$，都有 $5\cos x-\cos (5x+\phi )⩽b$，求 $b$ 的最小值

第 1 小问

本题定义的函数是三角函数，这在多年来的高考中极为罕见。

注意到第二项的复合函数内部的系数恰好和第一项前的系数一样，这在求导时会因为复合函数的求导法则而使得其一阶导数的第二项会多出一个和第一项相等的系数。这就为和差化积公式的运用创造了有利的条件。

$$\begin{array}{rl}{f}^{\prime }(x)& =-5\sin x+5\sin 5x\\ & =5(\sin 5x-\sin x)\\ & =10\cos 3x\sin 2x\end{array}$$

第 1 小问求闭区间 $[0,{\displaystyle \frac{\pi }{4}}]$ 上的最大值。首先通过一阶导数判断单调性。不难发现 $f^{\prime }({\displaystyle \frac{\pi }{6}})=0$，因此 $f(x)$ 在 $[0,{\displaystyle \frac{\pi }{6}})$ 上单调递增，在 $({\displaystyle \frac{\pi }{6}},{\displaystyle \frac{\pi }{4}}]$ 上单调递减。因此最大值为 $f({\displaystyle \frac{\pi }{6}})=3\sqrt{3}$。

不难得出 $f(x)$ 在一个周期 $(0,2\pi )$ 内的单调性为

区间	$(0,{\displaystyle \frac{\pi }{6}})$	$({\displaystyle \frac{\pi }{6}},{\displaystyle \frac{5\pi }{6}})$	$({\displaystyle \frac{5\pi }{6}},\pi )$	$(\pi ,{\displaystyle \frac{7\pi }{6}})$	$({\displaystyle \frac{7\pi }{6}},{\displaystyle \frac{11\pi }{6}})$	$({\displaystyle \frac{11\pi }{6}},2\pi )$
$f^{\prime }(x)$	➕	➖	➕	➖	➕	➖
$f(x)$	↗️	↘️	↗️	↘️	↗️	↘️

第 2 小问

第 2 小问要证明的结论属于存在性结论，看起来好像不太容易证明。因此尝试采用反证法：假设对于任意的 $y\in [a-\theta ,a+\theta ]$，$\cos y>\cos \theta$ 恒成立。不等式恒成立，可以结合函数的知识将之转化为最值问题（必要时还可以进行参变分离）。

注意到 $y$ 的取值范围，这里的 $a$ 题目没有限定它的范围，可以将之当成是无关紧要的常数对待（不会影响最终证明的结论）。而这个闭区间的长度为 $2\theta$，依题意 $\theta \in (0,\pi )$，所以这个区间在三角函数的一个周期内。直观上的感受是，$\theta$ 越小，$y$ 的取值越趋向于 $a$，$\cos \theta$ 越大；$\theta$ 越大，$y$ 的取值范围越大，$\cos \theta$ 越小。

而要使 $\cos y>\cos \theta$ 恒成立，只需要 $\cos y$ 的最小值大于 $\cos \theta$。那么 $y$ 取何值时，$\cos y$ 能取到最小值呢？具体地说，要分为三种情况讨论，它们分别对应左端点、右端点和极小值点取最小值。我们直接考虑恒成立的充分条件，即上述三种情况的最小值都要比 $\cos \theta$ 大：

$$\{\begin{array}{l}\cos (a-\theta )>\cos \theta \\ \cos (a+\theta )>\cos \theta \\ -1>\cos \theta \end{array}$$

注意第 3 个不等式的含义是极小值点的函数值也要比 $\cos \theta$ 大，只不过我们不知道它会在何处取得这个极小值，但我们必须要保证这一点才能恒成立。而且本题的 $a$ 是一个给定实数，意味着它的取值对结论没有影响，可以取到全体实数。所以最极端的情况是，$a=\pi +2k\pi$ $(k\in \mathbb{Z})$，此时无论如何 $\cos y$ 都可以取到最小值 $-1$。

很显然，假设的恒成立这个条件会推出矛盾的结果——$\cos \theta$ 不可能小于 $-1$。故假设错误，原命题成立。

INFO

本题除了反证法外，还可以直接构造辅助函数，研究其单调性和值域来证明。不过我个人觉得反证法最简单也最快。

第 3 小问

看起来，这在第 1 小问中我们就已经做过，只不过第 1 小问相当于 $\phi =0$ 的情况。由第 1 小问的结论可知，$b⩾3\sqrt{3}$ 至少是一个必要条件，其充分性尚不可知。那么，$\phi$ 有没有其他取值使得 $b$ 能够取到比 $3\sqrt{3}$ 更小？

第 3 小问是典型的恒成立问题，要求 $b$ 的最小值，实际上是求不等号左边式子的最大值。结合第 1 小问，构造函数

$$g(x)=5\cos x-\cos (5x+\phi )$$

对其求一阶导数

$$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =-5\sin x+5\sin (5x+\phi )\\ & =5(\sin (5x+\phi )-\sin x)\\ & =10\cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})\sin (2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})\end{array}$$

和差化积公式的最大作用就是帮助我们判断一阶导数的正负。此处由于参数 $\phi$ 的存在，一时我们还难以判断。不过，我们可以用最朴素的方法，先找到导函数的零点，列出相关的方程。

WARNING

为什么不进一步求二阶导数，这样是不是能更快判断驻点是否为极大值点（二阶导恒负）？因为本题的系数不凑巧，第 2 项由于三角函数内的复合函数带有系数 $5$，它会随着求导前面造成二阶导数的式子更加复杂，更加不容易判断其正负，而且也无法像一阶导数那样通过积化和差公式化简。

$$\begin{array}{rl}{g}^{″}(x)& =-5\cos x+25\cos (5x+\phi )\end{array}$$

注意到，$g(x)$ 的周期 $T=2\pi$，所以我们只需考虑 $[0,2\pi )$ 上的函数即可。同时，如果我们将之看作是关于 $\phi$ 的函数 $g(\phi )$，那么它的周期也是 $2\pi$。这意味着我们不妨就让 $\phi \in [0,2\pi )$，不会影响计算和判断。

而且，我们希望求解的是 $g(x)$ 的最大值，因此我们希望找到 $g(x)$ 的极大值点，即 $g^{\prime }(x)$ 极值点的左领域内满足 $g^{\prime }(x)>0$ 且右领域内满足 $g^{\prime }(x)<0$。首先，在 $[0,2\pi )$ 区间上，找到导函数正弦函数和余弦函数的所有零点 $0,{\displaystyle \frac{\pi }{2}},\pi ,{\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$。接下来，就是分析和判断每个零点的领域内是否符合极大值点的要求。

和差化积公式将导函数的解析式化为一个正弦函数和一个余弦函数乘积的形式，这两个因式都有可能等于零。我们首先考虑 $\cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})=0$ 的情况，令

$$\begin{array}{rl}3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}\\ x& ={\displaystyle \frac{\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}}\end{array}$$

这样对于导函数 $g^{\prime }(x)$，因式 $\cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})$ 就符合我们刚才的预期。下面关键就需要验证 $\sin (2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})$ 在 $x={\displaystyle \frac{\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}}$ 的领域内的正负。由于 $\phi \in [0,2\pi ]$，那么

$$2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}={\displaystyle \frac{\pi }{3}}+{\displaystyle \frac{\phi }{6}}\in [{\displaystyle \frac{\pi }{3}},{\displaystyle \frac{2\pi }{3}}]$$

于是可以判断 $\sin (2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})>0$，这是符合我们想找的极大值点的条件的。下面计算这个极大值

$$\begin{array}{rl}g({\displaystyle \frac{\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}})& =5\cos ({\displaystyle \frac{\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}})-\cos ({\displaystyle \frac{5\pi }{6}}+{\displaystyle \frac{\phi }{6}})\\ & =5({\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}\cos {\displaystyle \frac{\phi }{6}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}})-(-{\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}\cos {\displaystyle \frac{\phi }{6}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}})\\ & =3\sqrt{3}\cos {\displaystyle \frac{\phi }{6}}+3\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}}\\ & =6\sin ({\displaystyle \frac{\phi }{6}}+{\displaystyle \frac{\pi }{3}})\end{array}$$

当 $\phi =\pi$ 时，$g(\phi )$ 可以取到最大值 $6$；当 $\phi =0$ 时，$g(\phi )$ 可以取到最小值 $3\sqrt{3}$。此时 $g(\phi )$ 的值域为 $[3\sqrt{3},6]$。

同理，我们再令

$$\begin{array}{rl}3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& ={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}\\ x& ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}}\\ 2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& =\pi +{\displaystyle \frac{\phi }{6}}\in [\pi ,{\displaystyle \frac{4\pi }{3}}]\\ \sin (2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})& <0\end{array}$$

虽然余弦函数在 $x={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}$ 的领域内先负后正，但是后面乘了一个负的因式，还是可以判断它是极大值点。同样，我们计算这个极大值

$$\begin{array}{rl}g({\displaystyle \frac{\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}})& =5\cos ({\displaystyle \frac{\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}})-\cos ({\displaystyle \frac{5\pi }{2}}+{\displaystyle \frac{\phi }{6}})\\ & =5\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}}+\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}}\\ & =6\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}}\end{array}$$

由正弦函数的单调性可知，当 $\phi =2\pi$ 时，$g(\phi )$ 可以取到最大值 $3\sqrt{3}$（这里是开区间所以只能无限趋近）；当 $\phi =0$ 时，$g(\phi )$ 可以取到最小值 $0$。此时 $g(\phi )$ 的值域为 $[0,3\sqrt{3})$。

下面考虑因式 $\sin (2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})=0$ 的情况，首先我们令

$$\begin{array}{rl}2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& =0\\ x& =-{\displaystyle \frac{\phi }{4}}\\ 3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& =-{\displaystyle \frac{\phi }{4}}\in [-{\displaystyle \frac{\pi }{2}},0]\\ \cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})& >0\end{array}$$

正弦函数在 $x=0$ 的领域内先负后正，且 $\cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})>0$，这种情况下是极小值点，舍去。

我们再令

$$\begin{array}{rl}2x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& =\pi \\ x& ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{4}}\\ 3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}}& ={\displaystyle \frac{3\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{4}}\in [\pi ,{\displaystyle \frac{3\pi }{2}}]\\ \cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})& <0\end{array}$$

虽然正弦函数在 $x=\pi$ 的领域内先正后负，但是 $\cos (3x+{\displaystyle \frac{\phi }{2}})<0$，因此这种情况下也是极小值点，舍去。

在一个周期内，导函数所有可能的零点都已经讨论完成，我们的目标是找到所有可能的极大值点。目前得出的结论是对于不同的 $\phi$ 取值，$g(x)$ 的最大值也不同，而且取得最大值的极值点也有两种情况。所以应当将 $g(x)$ 的最大值看作是关于 $\phi$ 的函数 $h(\phi )$，且这个最大值只可能在 $x={\displaystyle \frac{\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}}$ 和 $x={\displaystyle \frac{\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}}$ 两个极值点处取得。基于上面的理解，可以定义 $h(\phi )$ 为

$$\begin{array}{rl}h(\phi )& =max\{g({\displaystyle \frac{\pi }{6}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}}),g({\displaystyle \frac{\pi }{2}}-{\displaystyle \frac{\phi }{6}})\}\\ & =max\{6\sin ({\displaystyle \frac{\phi }{6}}+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}),6\sin {\displaystyle \frac{\phi }{6}}\}\end{array}$$

而本题的目标是要存在这样一个 $\phi$ 满足题意即可，所以问题转化为求 $h(\phi )$ 的最小值。首先求两条正弦曲线的交点，令

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{\phi }{6}}+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}& ={\displaystyle \frac{\phi }{6}}+2k\pi ,\text{or}\\ {\displaystyle \frac{\phi }{6}}+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}& =\pi -{\displaystyle \frac{\phi }{6}}+2k\pi \end{array}$$

第 1 个式子无解，可以根据第 2 个式子解得

$$\phi =2\pi +6k\pi (k\in \mathbb{Z})$$

直接取 $k=0$，得 $\phi =2\pi$，这相当于 $\phi =0$，$h(\phi )=3\sqrt{3}$。而 $h(\phi )$ 本身是一个分段函数，永远取两条曲线的最大值。且容易判断两条曲线在 $[0,2\pi )$ 上有且只有一个交点，所以这个交点的纵坐标就是我们要找的 $h(\phi )$ 的最小值，即 $3\sqrt{3}$。

这样也就回答了我们一开始的一个疑问：$b⩾3\sqrt{3}$ 不但是一个必要条件，而且还是充分的。

点评

本题的函数解析式看似简单，实则对考生综合能力的考查非常高。本题的关键在于理解题意，对存在性问题和恒成立问题要有清晰的判断。本题虽然几乎没有太多的计算量，但是对数学思维的考察绝对是顶级的。

采用和差化积公式会让计算和判断变得更简单一些。当然，直接利用三角函数的性质或者结合单位圆进行分析和讨论也是可以的。只不过前者更加侧重于代数（导数）来判断函数的性质，后者则需要结合函数图像或者单位圆来辅助判断。所以本题的解法有很多，最终都是殊途同归。这就是这个压轴题出得有意思而且很成功的地方。

这里我在求解最后一问时直接采用导数这个工具强行带着参数 $\phi$ 讨论，我想这个方法应该不是出题人的本意。出题人的本意应该是希望我们运用第 2 小问已经证明的结论来快速判断变量之间的关系，目前我还没发现切入点在哪儿，有机会再研究一下。

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物理解释

本题可看作是物理学上两个不同频率、不同幅度、不同相位的简谐波的叠加问题。题目给出的函数 $f(x)$ 可以看作是表达这两个波的位移函数。为了更清晰地表达其物理意义，我在这里将自变量换成时间 $t$。于是，其一阶导数就是速度函数。

$$g^{\prime }(t)=-5\sin t+5\sin (5t)$$

在物理学中，任何运动都可以看作是简谐运动的叠加（相关知识结合傅里叶级数理解）。那么就更不要说这里只有两个简谐波了。因此，这里的运动仍然是简谐运动。根据简谐运动的性质，其位移取最大值时，必然等价于速度为零。这其实就是第 1 小问我们令 $f^{\prime }(x)=0$ 所做的过程。

那么在第 3 小问中，仅仅只是给其中的一个波增加了相位，而并没有改变其振动频率和幅度。这意味着这个波的能量没有发生变化。那么它们什么时候叠加总的能量最小？那就是两个波反向且同时速度为零时。这就能说明 $b⩾3\sqrt{3}$ 不但充分，而且必要。在物理规律上没有比这种情况下能量更低的运动状态了。