冲刺高分突破大题压轴（一）（精选40题）（解析版）_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年02月高三试卷_260215冲刺高分突破大题压轴（一）（精选40题）（解析版）

冲刺高分突破大题压轴 (一)
百强名校-必刷真题精练
一、随机变量及其分布
1.电影《哪吒2》以精美的画面、震撼的特效、流畅的动作设计创造了158亿的票房神话，名列全球票房榜第
五位．在电影最后哪吒与无量仙翁的决战中，假设无量仙翁的生命值为1000，哪吒每次攻击造成的伤害
1
为随机变量100Y,P(Y=k)= ,k=0,1,2,⋯10．当无量仙翁生命值小于等于0时，则哪吒获胜(假设
11
莲花化身的哪吒具有不死之身，不会被击败)．
(1)求哪吒恰好在第2次攻击后战胜无量仙翁的概率；
(2)求哪吒战胜无量仙翁需要攻击次数的期望；
(3)求哪吒恰好在第n次攻击后可战胜无量仙翁的概率．
【来源】湖南省长沙市雅礼中学2025届高三下学期二模数学试题
5
【答案】(1)
11
(2)EX 10
1

11
= 10 
10
C9 C9
(3) n+8 - n+9 ．
11n-1 11n
【分析】(1)由列举法可得符合题意的事件，利用古典概型的概率计算，可得答案；
(2)由期望的求和公式，整理可得递推公式，根据等比数列的定义，可得答案；
(3)由题意建立不等式组，根据不等式的整数解的个数，结合概率的乘法公式，可得答案.
【详解】(1)第一次伤害为0时，第二次为1000；
第一次伤害为100时，第二次为900，1000；
⋯；
第一次伤害为900时，第二次为100,200,⋯,1000，
55 5
共55种情况，故哪吒恰好在第2次攻击后战胜无量仙翁的概率为 = ．
121 11
(2)设无量仙翁生命值为100n时，哪吒战胜需要攻击的次数为X ，
n
则EX n 
11-n 1
=1× 11 + 11 EX 1  +1+EX 2  +1+⋯+EX n   +1  ，
故EX n 
1
=1+ 11 EX 1  +EX 2  +⋯+EX n    ，
则EX n-1 
1
=1+ 11 EX 1  +EX 2  +⋯+EX n-1    ，
两式相减，得EX n 
11
= 10 EX n-1  ，
故EX n 
11
= 10 
n-1
EX 1  ，又EX 1 
10 1
=1× 11 + 11 EX 1   +1  ，得EX 1 
11
= ， 10
从而EX n 
11
= 10 
n
，则当n=10时，EX 10 
11
= 10 
10
．
(3)设第n次攻击造成的伤害为100Y，则恰在第n次击败需满足：
n
Y+Y+Y+⋯+Y ≤9，①
1 2 3 n-1
Y+Y+Y+⋯+Y ≥10，②
1 2 3 n
设Y+Y+Y+⋯+Y +Z=9,Z≥1，③
1 2 3 n-1则③的非负整数解有Cn-1=C9 组，即①的非负整数解有C9 组．
n+8 n+8 n+8
C9
从而前n-1次哪吒未获胜的概率为 n+8 ，
11n-1
C9 C9
前n-1次获胜的概率为1- n+8 ，前n次获胜的概率为1- n+9 ，
11n-1 11n
C9 C9
第n次恰好获胜的概率为 n+8 - n+9 ．
11n-1 11n
2.合肥一中2025年元旦联欢会上一个抽奖游戏，主持人从编号为1,2,3,⋯,nn∈N + ,n≥3
2
 的n个外观相
同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将n个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规
则是主持人请抽奖人在n个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由抽奖人获得.抽奖人当然希
望选中有奖品的箱子!假定你是抽奖人，不妨设你选择了k号箱.在打开k号箱之前，主持人先打开了另
外n-1个箱子中的一个空箱子.按游戏规定，主持人打开你的选择之外的空箱子，当你的选择之外有多
个空箱子时，主持人随机选择其中一个打开.
(1)若n=3,k=1，不妨设主持人打开的是3号箱.现在给你一次重新选择的机会，你是坚持选1号箱，还
是改选2号箱？试说明理由；
(2)若k=2，不妨设主持人打开的是3号箱.现在给你一次重新选择的机会，你是坚持选2号箱，还是改
选其他号码的箱？试说明理由；
(3)切比雪夫不等式是概率中经典的不等式之一，其形式如下：设随机变量X的期望EX  和方差DX 
存在，则对任意的ε>0，有P X-EX     ≥ε 
DX
≤

.若k=1，设主持人打开箱的号码为随机变量
ε2
X，求X的期望EX  和方差DX  ，并验证随机变量X满足切比雪夫不等式.
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三最后一卷数学试题
【答案】(1)改选2号箱，理由见解析
(2)改选2号、3号以外的箱，理由见解析
n
(3)E(X)= +1，DX
2

n2 n
= - ，验证见解析
12 6
【分析】(1)用A ,A ,A 分别表示1，2，3号箱子里有奖品，用B ,B ,B 分别表示主持人打开1,2,3号箱
1 2 3 1 2 3
子，根据全概率公式和贝叶斯公式计算即可判断；
(2)用A1≤i≤n
i
 分别表示i号箱子里有奖品，用B1≤i≤n
i
 分别表示主持人打开i号箱子，根据全概
率公式计算可得PB 3  ，再根据条件概率计算即可判断；
(3)用A1≤i≤n
i
 分别表示i号箱子里有奖品，用B1≤i≤n
i
 分别表示主持人打开i号箱子，X=2,3,
1
4,⋯,n，计算可得P(X=k)= ，进而可求得EX
n-1
 和DX  ，代入P X-EX     ≥ε 
DX
≤

分
ε2
n n
析化简可得P +1-ε<X< +1+ε
2 2

N 1 N-M+1 2ε-1
≥ ∑ = ≥ ，令fx
n-1 n-1 n-1
k=M
 =nx2-2x3，求导，
根据导数可得fx 
n
≤f
3

n3 n3
= ，再证明
27 27n-1 
n2 n
< - ,n≥5成立即可.
12 6
【详解】(1)用A ,A ,A 分别表示1，2，3号箱子里有奖品，用B ,B ,B 分别表示主持人打开1,2,3号箱
1 2 3 1 2 3
子.
如上所述，你初次选择了1号箱.因为你在做选择时不知道奖品在哪个箱子里，1
你的选择不影响奖品在三个箱子中的概率分配，所以事件A ,A ,A 的概率仍为 ，此为先验概率.
1 2 3 3
主持人打开1号箱之外的一个空箱子，有以下几种可能情况：
奖品在1号箱里，主持人可打开2，3号箱，故PB 3 ∣A 1
3

1
= ； 2
奖品在2号箱里，主持人只能打开3号箱，故PB 3 ∣A 2  =1；
奖品在3号箱里，主持人只能打开2号箱，故PB 3 ∣A 3  =0.
利用全概率公式，主持人打开3号箱的概率为
PB 3 
3
=∑PA i
i=1
 PB 3 ∣A i 
1 1
= × +1 3 2 
1
= .. 2
再根据贝叶斯公式，在3号箱打开的条件下，1号箱和2号箱里有奖品的条件概率分别为
PA 1 ∣B 3  = PA 1  PB 3 ∣A 1  PB 3  1 = 3 ,PA 2 ∣B 3  = PA 2  PB 3 ∣A 2  PB 3  2 = 3
所以改选2号箱，因为这样会增加中奖的概率；
(2)用A1≤i≤n
i
 分别表示i号箱子里有奖品，则PA
i

1
= ,1≤i≤n，
n
用B1≤i≤n
i
 分别表示主持人打开i号箱子，
则PB 3 ∣A 2 
1
= n-1 ,PB 3 ∣A 3  =0,PB 3 ∣A i 
1
= i≠2,3 n-2  ，
则PB 3 
i=1
=∑PA i n  PB 3 A i 
1 1 1
= + ⋅n-2 n n-1 n-2   
1
= . n-1
PA 2 ∣B 3  = PA 2  PB 3 ∣A 2  PB 3 
1 1
⋅ n n-1 1 = = , 1 n
n-1
所以PA i ∣B 3  PA = i  PB 3 ∣A i  PB 3 
1 1
⋅ n n-2 n-1 = = 1 nn-2
n-1
 1 > i≠2,3 n  ,
所以改选2号、3号以外的箱，因为这样会增加中奖的概率；
(3)用A1≤i≤n
i
 分别表示i号箱子里有奖品，用B1≤i≤n
i
 分别表示主持人打开i号箱子，
则PB 1 ∣A i  =0,PB k ∣A 1 
1
= k≠1 n-1  ,PB ∣A k k  =0，
PB ∣A
k i

1
= k≠1,i≠1,i≠k
n-2
 ，
X=2,3,4,⋯,n，则当k≠1时，
P(X=k)=PB
k

n
=∑PA
i
i=1
 PB ∣A
k i

1 1 1
= + ⋅n-2
n n-1 n-2
  


1
= ，
n-1
n
k (n+2)(n-1)
所以E(X)= n k = k=2 = 2 = n +1，
n-1 n-1 n-1 2
k=2
E(X-1)2 
n-1
∑k2 (n-1)n(2n-1)
=∑ n (k-1)2 = k=1 = 6 = n2 - n .
n-1 n-1 n-1 3 6
k=2
DX  =DX-1  =E(X-1)2  - EX-1    2=E(X-1)2  - EX   -1  2
对任意的ε>0，P X-EX     ≥ε 
n
=1-P X- -1
2
  <ε 
n n
=1-P +1-ε<X< +1+ε
2 2
 ，
n n
记M,N分别为大于 +1-ε的最小整数和小于 +1+ε的最大整数，
2 2
n n
则M≤ +2-ε,N≥ +ε，
2 2n n
所以P +1-ε<X< +1+ε
2 2
4

N 1 N-M+1 2ε-1
≥ ∑ = ≥ ，
n-1 n-1 n-1
k=M
所以P X-EX     ≥ε 
2ε-1
⋅ε2≤1-
n-1

nε2-2ε3
⋅ε2= ，
n-1
令fx  =nx2-2x3,fx  =2nx-6x2=2xn-3x  ，
n
则当x∈-∞,
3
 时，fx  >0,fx  单调递增；
n
当x∈ ,+∞
3
 时，fx  <0,fx  单调递减，所以fx 
n
≤f
3

n3
= .
27
所以P X-EX     ≥ε 
n3
⋅ε2≤
27n-1 
，
n3
下面证明
27n-1 
n2 n
< - ,n≥5，
12 6
5
即证明 n2-3n+2>0,n≥5，
9
5 5 27
因为 n2-3n+2= n-
9 9 10

2 81 5 27
+2- ≥ ×5-
20 9 10

2 41 20 41
- ≥ - >0，
20 9 20
n3
所以
27n-1 
n2 n
< - ,n≥5，
12 6
即当n≥5时，P X-EX     ≥ε  ⋅ε2≤DX  ，即P X-EX     ≥ε 
DX
≤

.
ε2
当n=3时，PX=2  =PX=3 
1
= ,EX
2

5
= ,DX
2

1
= .
4
1
此时，当ε> 时，P X-EX
2
    ≥ε 
DX
=0≤

；
ε2
1
当ε≤ 时，P X-EX
2
    ≥ε 
DX
=1≤

.
ε2
当n=4时，PX=2  =PX=3  =PX=4 
1
= ,EX
3
 =3,DX 
2
= .
3
此时，当ε>1时，P X-EX     ≥ε 
DX
=0≤

；
ε2
当ε≤1时，P X-EX     ≥ε 
2 DX
= ≤
3

.
ε2
综上所述，P X-EX     ≥ε 
DX
≤

成立.
ε2
3.某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试.首次测试(测试I)通过率为p0<p<1  ，末通过测试I的
芯片进入第二次测试(测试II)，通过率为q0<q<1  .通过任意一次测试即为合格芯片，否则报废.
(1)若某批次生产了n枚芯片，合格数为随机变量X.当p=0.8，q=0.6时，求X的期望与方差；
(2)已知一枚芯片合格，求其是通过测试I的概率θ；
 k
(3)为估计(2)中的θ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试I.记θ= .若要使得
m

P θ-θ   ≥0.05  总能不超过0.1，试根据参考内容估计最小样本量mm∈N*  .
参考内容：设随机变量X的期望为EX  ，方差为DX  ，则对任意ε>0，均有P X-E(X)   ≥ε  ≤
DX 
.
ε2【来源】2025届安徽省芜湖市高三二模数学试题
【答案】(1)EX
5
 =0.92n，DX  =0.0736n
p
(2)θ=
p+(1-p)q
(3)1000
【分析】(1)先计算出每个芯片通过测试的合格率后，可得X服从二项分布n,0.92  ，则可借助二项分布
的期望与方差公式计算得解；
(2)可借助正难则反的思想计算出出一枚芯片合格的概率，也可借助全概率公式计算出出一枚芯片合格
的概率，再结合首次测试(测试I)通过率为p与条件概率公式计算从而得解；
(3)由题意可得k~Bm,θ  ，则Ek  =mθ，Dk  =mθ1-θ  ，再结合所给参考内容，可得∴∀ε>0，

P θ-θ   ≥ε 
θ1-θ
≤

，利用基本不等式可得 θ1-θ
mε2

1 
≤ ，则对 ∀ ε > 0，均有 P θ-θ
4
  ≥ε  ≤
1 1
，取ε=0.05可得
4mε2 4m⋅0.05 
≤0.1，计算即可得解.
2
【详解】(1)每个芯片通过测试的合格率为0.8+1-0.8  ×0.6=0.92，X~Bn,0.92  ，
则EX  =0.92n，DX  =0.0736n；
(2)解法一：记事件A：通过测试I，事件B：通过测试II，事件C：芯片合格，
PC  =1- 1-PA    1-PB    =p+1-p  q，
则θ=PAC 
PAC
=

PC 
p
=
p+1-p 
；
q
解法二：记事件A ：经过测试I，事件A ：经过测试II，事件B：芯片合格，
1 2
PBA 1  =p，PBA 2  =q，PA 1  =1，PA 2  =1-p，
PB  =PA 1  PBA 1  +PA 2  PBA 2  =p+1-p  q，
则θ=PA 1 B  = PA 1 B 
PB 
p =
p+1-p 
；
q
(3)因为k~Bm,θ  ，所以Ek  =mθ，Dk  =mθ1-θ  ，

解法一：Eθ 
k
=E
m

1
= Ek
m


=θ，Dθ 
1
= Dk
m2

θ1-θ
=

，
m

∴∀ε>0，P θ-θ   ≥ε 
θ1-θ
≤

，
mε2
又∵θ1-θ 
θ+1-θ
≤
2

2 1 1
= ，当且仅当θ= 时等号成立，
4 2

∴∀ε>0，均有P θ-θ   ≥ε 
1
≤ ，
4mε2

取ε=0.05，则P θ-θ   ≥0.05 
1
≤
4m⋅0.05 
，
2

根据题意要使得P θ-θ   ≥0.05  总能不超过0.1，
1
当
4m⋅0.05 
≤0.1，即m≥1000时满足条件，
2
∴最小样本量大约为1000.
解法二：由已知得对∀δ>0，P k-mθ   ≥δ 
mθ1-θ
≤

，
δ2
k
∴P  -θ
m

δ
 ≥
m

θ1-θ
≤

δ

m

，
2
mδ 
记ε= ，∴∀ε>0，P θ-θ
m
6
  ≥ε 
θ1-θ
≤

，
mε2
又∵θ1-θ 
θ+1-θ
≤
2

2 1 1
= ，当且仅当θ= 时等号成立，
4 2

∴∀ε>0，均有P θ-θ   ≥ε 
1
≤ ，
4mε2

取ε=0.05，则P θ-θ   ≥0.05 
1
≤
4m⋅0.05 
，
2

根据题意要使得P θ-θ   ≥0.05  总能不超过0.1，
1
当
4m⋅0.05 
≤0.1，即m≥1000时满足条件，
2
∴最小样本量大约为1000.
4.已知数列a
n

1
满足a =0，并且对任意的n∈N*，a 取a -1或a +1的概率均为 ．
1 n+1 n n 2
(1)求a =0的概率；
3
(2)设a 的值为随机变量X．
2n+1
①求X的分布列；
②求随机变量X  的数学期望E X    ．
【来源】山东省实验中学2025届高三一模考试数学试题
1
【答案】(1)
2
nCn
(2)① 答案见解析；② 2n
22n-1
【分析】(1)分别求得a =0,a =1,a =0和a =0,a =-1,a =0时概率，结合互斥事件的概率加法，即可
1 2 3 1 2 3
求解；
2n
(2)(ⅰ)设d n =a n+1 -a n ，得到a 2n+1 =a 1 +∑ a i+1 -a i
i=1

2n
=∑d，设a =k且此时d ,d ,⋯,d 中有x个 i 2n+1 1 2 2n
i=1
1,2n-x个-1，得到X-2n-x  =k，求得X=2m，得到事件X=2m  的含义，即可求得X的概率分
布，得到答案..
(ⅱ)对任意1≤i≤n，得到P X   =2m 
Cn+m
= 2n m=1,2,⋯,n
22n-1
 ，结合组合数的运算公式，进而求得
E X    的表达式，得到答案.
1 1 1
【详解】(1)解：当a =0,a =1,a =0时概率为 × = ，
1 2 3 2 2 4
1 1 1
当a =0,a =-1,a =0时概率为 × = ，
1 2 3 2 2 4
1 1 1
所以a =0的概率为 + = ．
3 4 4 2
(2)解：(ⅰ)设d =a -a ，
n n+1 n
1 2n
则对任意正整数n，d n 取1或1的概率均为 2 ，且a 2n+1 =a 1 +∑ a i+1 -a i
i=1

2n
=∑d， i
i=1
设a =k．显然k
2n+1
 ≤2n，
再设此时d 1 ,d 2 ,⋯,d 2n 中有x个1,2n-x个-1，则X=x-2n-x  =2x-n  =k，
因此k=2x-n  只能取 -2n,2n  之间的偶数值，所以X=2mm=±1,±2,⋯,±n  ，
对于偶数2mm=0,±1,⋯,±n  ，事件X=2m
7
 相当于在2n个数d ,d ,⋯,d 中，有n+m个取1，n-m个取-1，
1 2 2n
所以X的概率分布可表示为PX=2m 
Cn+m
= 2n m=0,±1,⋯,±n
22n
 .
(ⅱ)对任意1≤i≤n，可得PX=-2m  =PX=2m  ．
所以P X   =2m 
Cn+m
= 2n m=1,2,⋯,n
22n-1
 ，
则E X   
n Cn+m 1 n 1 n
= m ∑ =1 2m 22 2 n n -1 = 22n-2 m ∑ =1 mC 2 n n +m= 22n-2 m ∑ =1 (n+m)C 2 n n +m-nC 2 n n +m 
1 n
= 22n-2 m ∑ =1 2nC 2 n n + - m 1 -1-nC 2 n n +m 
1 n n
= 2n∑Cn+m-1-n∑Cn+m 22n-2 m=1 2n-1 m=1 2n 
1 1 1
= 22n-2 2n× 2 ×22n-1- 2 22n-C 2 n n    n  
nCn
= 2n . 22n-1
5.北湖生态公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.公园附近的居民经常来此散步，经过一段时
1
间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为 ；前一天选择路线
2
3 1 1
B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为 和 .已知居民第一天选择路线A的概率为 ，
4 4 3
2
选择路线B的概率为 .
3
(1)若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望；
(2)若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为P.
n
(i)请写出P 与P(n∈N*)的递推关系；
n+1 n
16
(ii)设M =
n 15P -9 n 
n M M M n
-4，求证： -1< 1 + 2 +⋯+ n < (n∈N*).
4 M M M 4 2 3 n+1
【来源】河南省实验中学2024-2025学年高三下学期第四次模拟考试数学试卷
8
【答案】(1)分布列见解析，
3
1 3
(2)(i)P =- P + (n∈N*)；(ii)证明见解析
n+1 4 n 4
【分析】(1)先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项
分布期望公式可得期望；
(2)(ⅰ)分析第n天选择路线A，和路线B情况下第n+1天选择路线A的概率，再由全概率公式列式，
利用构造法求出关系式；(ⅱ)由(ⅰ)构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前n和公式推理得
证.
【详解】(1)记附近居民第ii=1,2  天选择路线A,B分别为事件A,B，
i i
1 2
依题意，P(A 1 )= 3 ,P(B 1 )= 3 ，PA 2 A 1  =PB 2 A 1 
1
= 2 ，PA 2 B 1 
3
= 4 ,PB 2 B 1 
1
= ， 4
则由全概率公式，得居民第二天选择路线A散步的概率P(A 2 )=P(A 1 )PA 2 A 1  +P(B 1 )PA 2 B 1 
1
= 3
1 2 3 2
× + × = ；
2 3 4 3
2
记第二天选择路线A散步的人数为Y，则Y~B4,
3
 ，
1
则P(Y=0)=
3

4 1 2 1
= ，P(Y=1)=C1⋅ ⋅
81 4 3 3

3 8
= ，
812
P(Y=2)=C2⋅
4 3
8

2 1
⋅
3

2 24 8 2
= = ，P(Y=3)=C3⋅
81 27 4 3

3 1 32
⋅ = ，
3 81
2
P(Y=4)=
3

4 16
= ，
81
则Y的分布列为：
Y 0 1 2 3 4
1 8 8 32 16
P
81 81 27 81 81
2 8
故Y的数学期望E(Y)=4× = ．
3 3
1
(2)(i)当第n天选择路线A时，第n+1天选择路线A的概率P = P；
n+1 2 n
3
当第n天选择路线B时，第n+1天选择路线A的概率P = (1-P)，
n+1 4 n
1 3 1 3
所以P = P + (1-P)=- P + (n∈N*).
n+1 2 n 4 n 4 n 4
1 3 3 1 3
(ii)由(i)知P =- P + (n∈N*)，则P - =- P -
n+1 4 n 4 n+1 5 4 n 5

1
，而P = ，
1 3
3
于是数列P -
 n 5

3 1 3 4 1
是首项为P - = - =- ，公比为- 的等比数列，
1 5 3 5 15 4
3 4 1
因此P - =- ⋅-
n 5 15 4

n-1 3 4 1
，即P = - ⋅-
n 5 15 4

n-1 16
，M =
n 15P -9
n

-4=4n-4，
M 4n-4 4n-4 4n-4 1 M 1
当n≥2时， n = = < = ，而 1 =0< ，
M 4n+1-4 4(4n-1) 4(4n-4) 4 M 4
n+1 2
M M M n
所以 1 + 2 +⋯+ n < ；
M M M 4
2 3 n+1
当n≥2时， M n = 4n-4 = 4
1 (4n+1-4)-3
= 1 - 3 > 1 - 3 ，而 M 1 =0> 1 - 3 =
M 4n+1-4 4n+1-4 4 4n+1-4 4 4n M 4 4
n+1 2
1
- ，
2
M M M n 1 1 1 1
所以 1 + 2 +⋯+ n > -3 + + +⋯+
M M M 4 41 42 43 4n
2 3 n+1

n 1
= -1-
4 4n

n
> -1，
4
n M M M n
所以 -1< 1 + 2 +⋯+ n < .
4 M M M 4
2 3 n+1
【点睛】方法点睛：全概率公式是将复杂事件A的概率求解问题转化为在不同情况下发生的简单事件的
概率求和问题.
6.“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采
用最大似然估计的方法．最大似然估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估
计方法，其原理是从总体中抽出具有 n 个值的采样 X 1 ,X 2 , ⋅⋅⋅ ,X n ，求出似然函数 Lp  =
PX 1 =x 1 ,X 2 =x 2 ,⋅⋅⋅,X n =x n  ，似然函数Lp  表示样本同时取得x ,x ,⋅⋅⋅,x 的概率，当似然函数取得最 1 2 n
大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值．
(1)已知一工厂生产产品的合格率为p，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取20件
进行检测，有2件不合格；
(i)估计该批次产品合格率；
(ii)若用随机变量X表示产品是否合格，X=0表示不合格，X=1表示合格，求合格率p的最大似然估计值，并判断与(i)中估计值是否相等；
(2)设一次试验中随机变量Y的概率分布如下：
Y 1 2 3
P x2 2x1-x
9
 1-x  2
现做n次独立重复试验，Y=1出现了n 次，Y=2出现了n 次，Y=3出现了n 次，求x的最大似然估
1 2 3
计值；
(3)泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为PX=k 
λk
= e-λX=0,1,2,⋅⋅⋅
k!
 ，设一次试验中随
机变量X的取值服从泊松分布，进行n次试验后得到X的值分别为a ,a ,⋅⋅⋅,a ，已知λ的最大似然估计
1 2 n
值为2，求数列a
n
 的前n项和S ．
n
【来源】山东省聊城第一中学2025届高三下学期3月调研数学试题
【答案】(1)(i)0.9；(ii)0.9，与(i)中的估计值相等；
2n +n
(2) 1 2 ；
2n
(3)S =2n.
n
【分析】(1)(ⅰ)由题设结合数据直接计算即可；
(ⅱ)先根据似然函数定义结合二项分布的概率计算方法得似然函数L 1p  =p181-p  2，再结合导数工具
求出似然函数最大值即可得解；
(2)先由题设得L 2x  =2n 2x2n 1 +n 21-x  2n 3 +n 2，再由导数工具求出L 2x  的最大值即可得解；
(3)先由题设计算求得gλ  =lnL 3λ  ，再利用导数工具求出 gλ 
n
a
i
=0得λ= i=1 ，且其为gλ
n
 及
lnL 3λ 
n
a
i
的最大值点，进而得 i=1 =2，由该等式即可求解.
n
20-2
【详解】(1)(ⅰ)由题该批次产品合格率P= =0.9；
20
(ⅱ)由题意得，似然函数L 1p  =p181-p  2，L 1p  =p17p-1  20p-18  ，
当p∈0,0.9  时，L 1p  >0，L 1p  单调递增，
当p∈0.9,1  时，L 1p  <0，L 1p  单调递减，
则当p=0.9时，L 1p  取得最大值，即p的最大似然估计值为0.9，与(ⅰ)中的估计值相等；
(2)L 2x  =x2  n 1 2x1-x    n 2 1-x  2   n 3=2n 2x2n 1 +n 21-x  2n 3 +n 2，
令fx  =lnL 2x  =2n 1 +n 2  lnx+2n 3 +n 2  ln1-x  +n ln2， 2
则fx 
2n +n 2n +n
= 1 2 - 3 2 ，令fx
x 1-x

 2n +n
=0，解得x= 1 2 ，
2n
易知fx  在x∈0,1  上单调递减，

则当x∈0,x  时，fx  >0，fx 

单调递增，当x∈x,1  时，fx  <0，fx  单调递减，
所以L 2x 

在0,x 

上单调递增，在x,1  上单调递减，
 2n +n
则x=x=
2
1
n
2 时，L 2x 
2n +n
取得最大值，所以x的最大似然估计值为 1 2 .
2n(3)L 3λ
10
 =PX 1 =a 1 ,⋅⋅⋅,X n =a n 
i=1
= i ∏ =1 λa i e-λ= λ ∑ n a i e-nλ，∏ n a =a a a ⋯a ， n a i ! i ∏ =1 a! i=1 i 1 2 3 n
i
n
设gλ  =lnL 3λ 
i=1
=∑a
i
n

i=1
lnλ-nλ-∑lna!，则函数gλ
i
n
 与lnL 3λ  单调性相同，
因为gλ 
1 i=1
= ∑a -n为减函数，令gλ
λ n i

n
a
i
=0得λ= i=1 ，
n
n
a
i
则0<λ< i=1 时gλ
n
 >0，函数gλ 
n
a
i
单调递增；λ> i=1 时，gλ
n
 <0，函数gλ  单调递减，
n
a
i
所以λ= i=1 为gλ
n

n
a
i
极大值点也及最大值点，所以λ= i=
n
1 为lnL 3λ  极大值点也及最大值点，
n
a
i n
则由题λ的最大似然估计值为 i=1 =2，即a =S =2n.
n i n
i=1
二、导数及其应用
7.已知函数fx 
ex-a
= ，其中e为自然对数的底数
x
(1)当a=1时，求fx  的单调区间；
(2)若当a=2时，关于x的方程：fx  =k有两个不同的根：x ,x 且x <x ， 1 2 1 2
(i)求k的范围；
(ii)当x -x
1 2
 最小时，求k的值．
【来源】2025届浙江省杭州第二中学高三模拟预测数学试题
【答案】(1)单调递增区间为-∞,0  和0,+∞  ，无单调递减区间.
(2)(i)0,+∞  ；(ii)k=2
【分析】(1)先求fx  ，再通过研究gx  =x-1  ex+1的正负性来确定fx  的正负性，即可求出fx 
的单调区间；
(2)(i)将问题转化为hx  =ex-kx-2在R上有两个不同的零点x ,x ，根据导函数研究其单调性，最后 1 2
根据零点存在性定理即可得出；
ex 1et-1
(ii)令t=x -x >0，通过k= 2 1
 ex 1-2 et-1
= ，先研究函数y= 的单调性，再研究mx t x t
1
 =
ex-2 ex 1-2
,x<0的最小值，利用两者最小值的一致性，可得x 的值，即可通过k= 求k的值.
xex 1 x
1
【详解】(1)定义域为-∞,0  ∪0,+∞  ，
当a=1时，fx 
ex-1
= ，则fx
x

xex-ex-1
=
 x-1
=
x2
 ex+1
，
x2
令gx  =x-1  ex+1，则gx  =ex+x-1  ex=xex，
则gx  >0得x>0；gx  <0得x<0，
则gx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，
因g0  =0，则x∈-∞,0  或x∈0,+∞  时，gx  >0，即fx  >0，则fx
11
 的单调递增区间为-∞,0  和0,+∞  ，无单调递减区间.
(2)(i)当a=2时，fx 
ex-2
= =k 有两个不同的根x ,x ， x 1 2
则hx  =ex-kx-2在R上有两个不同的非零零点x ,x ， 1 2
因h0  =-1≠0，则hx  =ex-kx-2在R上有两个不同的零点x ,x ， 1 2
因hx  =ex-k，
当k≤0时，hx  =ex-k>0，则hx  在R上单调递增，
则hx  在R上至多存在一个零点，不符合题意；
当k>0时，hx  >0得x>lnk；hx  <0得x<lnk，
则hx  在-∞,lnk  上单调递减，在lnk,+∞  上单调递增，
则hx  =hlnk
min
 =k-klnk-2，
令φk  =k-klnk-2,k>0，则φk  =1-lnk-1=-lnk，
则φk  >0得0<k<1；φk  <0得k>1，
则φk  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
则φk  =φ1
max
 =-1<0，则hlnk  =k-klnk-2≤-1<0在0,+∞  上恒成立，
x
因ex≥x+1>x，则ex=e2 
2 x
>
2

2 x2
= ，
4
则当x>2k+2 k2+2时，hx 
x2
=ex-kx-2> -kx-2>0；
4
2
当x<- 时，hx
k
 =ex-kx-2>-kx-2>0，
则由零点存在性定理可知hx  =ex-kx-2在R上有两个不同的零点，
综上可知，k的范围为0,+∞  .
(ii)因h0  =-1<0，结合hx  的单调性可知x <0,x >0， 1 2
由(i)可知x ,x 是ex-kx-2=0的两个根，即ex 1=kx +2,ex 2=kx +2，
1 2 1 2
ex 2-ex
1
两式相减得k= ，
x -x
2 1
et+x 1-ex 1 ex 1et-1
令t=x -x >0，则k= =
2 1 t
 ex 1-2 et-1 ex 1-2
= ，则 = ，
t x 1 t x 1 ex 1
et-1
令由(1)可知，y= 在0,+∞
t
 上单调递增，
et-1
故欲求t的最小值，只需求y= 的最小值，即 的最小值，
t
令 ，则 ，
令 ，则 ，则sx  在-∞,0  上单调递增，
又 ，则 使得sx 0  =0，即 ，
则mx  >0得x 0 <x<0，mx  <0得 ，
则mx  在-∞,x 0  上单调递减，在x 0 ,0  上单调递增，
则当x 1 =x 0 时mx 
et-1
取最小值，y= 取最小值，取最小值， t此时
综上所述，当x -x
1 2
12
 最小时， .
8.已知函数
(1)若函数fx  在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)设 是fx  的两个极值点，证明：
(i) ；
(ii)
【来源】湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高三下学期数学模拟试卷(一)
1
【答案】(1)a≤-
e
(2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析
【分析】(1)依题可知fx  ≥0，对x∈0,+∞  恒成立，参变分离后，利用导数求函数最值即可；
1
(2)(i)由题可得 是方程 的两根，即- <a<0，且 ，令 ，得
e
tlnt lnt
lnx = ,lnx =lnx +lnt= ，问题转化为证明 ，构造函数利用导数证明；(ii)先利
1 1-t 2 1 1-t
用导数证明xlnx≥x-1， ，可得 与y=x-1的交点横坐标为x =a+1，则x <a+
3 2
1
1， 与y=-x- 的交点横坐标为 ，则 ，由此得证.
e2
【详解】(1)fx  的定义域为 ，
依题可知fx  ≥0对x∈0,+∞  恒成立，即 ，
令gx  =xlnx，则 ，
当 时，gx  <0，gx  单调递减；
当 时，gx  >0，gx  单调递增，
1
所以 ，故a≤- ；
e
(2)(i)令fx  =0，即 ，由题知 是方程 的两根，
又 时，y=xlnx<0，由(1)得，
1
此时- <a<0， ，
e
令 ，则 ，即 ， ，
要证 ，即证 ，即证 ，
构造 ，则 ，
故φt
13
 在1,+∞  上递增， ，
，原问题得证.
(ii)易求得gx  =xlnx的图象在1,0  处的切线方程为y=x-1，
gx 
1
的图象在 处的切线方程为y=-x- ，
e2
先证xlnx≥x-1，即证 ，
令 ，则 ，
所以hx  在0,1  上递减，在1,+∞  上递增，故 ，得证.
再证 ，即证 ，
令 ，则μx 
1 1 e2x-1
= - = ，
x e2x2 e2x2
所以μx  在 上递减，在 上递增，故 ，得证.
易知直线 与曲线y=gx  的交点横坐标为 ，
令 与y=x-1的交点横坐标为x =a+1，则x <a+1，
3 2
1
令 与y=-x- 的交点横坐标为 ，则 ，
e2
故 .
9.已知函数 .
(1)当a=1,b=0时.
(i)判断fx  在 上极值点的个数，并说明理由；
(ii)设fx  在0,+∞  内的全部极值点按从小到大的顺序排列 ，求证：
(2)当a=0,b=1时，直线PQ为曲线y= fx  的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为
，若 ，证明： .
已知：若函数 fx  图象上恰好存在相异的两点P、Q，满足曲线y=f(x)在P和Q处的切线重合，则称P、Q为曲线y=fx
14
 的“双重切线”，直线PQ为曲线y=f(x)的“双重切线”.
【来源】湖北省华中师范大学附属中学2025届高三综合测试数学试题
【答案】(1)(i)有一个极值点，理由见解析；(ii)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)利用函数求导计算函数的极值点；利用函数求导计算函数极值点，结合函数的周期得到所证
结果；
(2)根据双重切线的定义得到斜率表达式，再通过求导、三角函数性质等进行分析和证明
【详解】(1)当a=1,b=0时，函数fx  =xsinx.
(i)fx  在0,π  上极值点的个数为1个.
对fx  求导，根据求导公式 ，令 ，
对g(x)求导， .
当x∈0,π 
π
时，在0,
2

π
上cosx>0，在 ,π
2
 上cosx<0,-xsinx<0，
在x∈0,π  内，gx  的符号会发生变化 ，
因为g(x)上连续，且 ，又gx  符号变化，
所以存在 使得g(x)先正后负，即fx  先正后负，
根据极值点的定义，fx  在0,π  上有一个极值点.
(ii)已知 ，令fx  =0，即sinx=-xcosx，可得tanx=-x.
设y=tanx与y=-x的交点横坐标为a (n=1,2,⋯)，
n
因为y=tanx的周期为 ，且y=tanx在 上单调递增，
相邻两个交点之间，y=tanx的图象变化一个周期。
考虑y=tanx与y=-x的图象关系，tan(x+π)=tanx，
对于y=tanx在 上，y=-x单调递减，
从可知， (因为y=tanx一个周期内与y=-x有一个交点，且两交点间水平距离大于半个周
期)，
又因为y=tanx与y=-x的交点不会超过一个周期的距离，所以 ，
所以 ；
(2)当a=0,b=1时，
设 为双重切线的两个切点，
则在 处的切线方程为 ，
在 处的切线方程为 ，
因为两条切线重合，则 ，即 ，则x =2kπ+x 或 ，
2 1
不 妨 设 ( 取 一 种 情 况 分 析 ) ，则 直 线 PQ 的 斜 率 为，
cos(π-x )-cosx -2cosx
设 此时直线PQ的斜率k = 1 1 = 1 ，
1 (π-x )-x π-2x
1 1 1
设 此时直线PQ的斜率 ，
则 ，因为k >k 根据三角函数的图象和性质，
1 2
-2cosx
令k= 求导 ，
π-2x
3π
当求k 时，通过分析 的单调性，可知当 靠近- 时，k 较大；
1 2 1
3π
当求k 时， 靠近- 时，k 较大；
2 2 2
3π
不妨设x →- ，则 ，由三角函数的图像和性质可知，
1 2
22π
当 在相应区间内时，π-2x > ，则
1 9
所以 ，故得证.
10.已知函数 ．
(1)若y=fx
15
 在 处的切线为 ，求 的值；
(2)当 时，求fx  在 0,+∞  上的零点个数；
π
(3)当 时，设 ，是否存在t∈0,
2
 ，使得曲线y=Fx  在点 t,Ft    处的切
线与y=Fx  有3个交点？若存在，探究满足条件的 的个数；若不存在，说明理由 ．
【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟(一)数学试卷
【答案】(1)φ=2kπ，k∈Z；
(2)存在2个零点；
π
(3)所以存在唯一实数t∈0,
2
 ，使得曲线y=Fx  在点 t,Ft    处的切线与y=Fx  有3个交点.
【分析】(1)根据导数的几何意义即可求解；
(2)求出fx  的导数，判断得fx  的单调性，进而可求得fx  的最小值，通过判断其最小值的正负，即可
判断其零点个数；
(3)求出函数y=Fx  的导数，由曲线y=Fx  在点 t,Ft    处的切线方程，构造函数gx  ，利用导数
探讨极值，由gx  有3个零点建立关系，即可求解.【详解】(1)由 ，得 ，
因为y=fx
16
 在 处的切线为 ，即f0  =-4，
代入得 ，解得φ=2kπ，k∈Z.
(2)当 时， ，得 ，令 ，
即3x=4cosx，结合函数图像可知，当且仅当 时，fx  =0成立，即 ①，
当 时，fx  <0，fx  单调递减；
当 时，fx  >0，fx  单调递增，
所以当x=x 0 时fx  取得最小值，即 ，
将①代入，得 ，
令t=sinx ， ，所以 ，
0
所以 ，
又f0  =0， ，
所以当 时，求fx  在 0,+∞  上存在2个零点.
(3)当 时， ，
所以 ， ， ，Ft  =sint+t，
切线方程： ，即 ，
整理得 ，
令 ，
，
因为 ，cost∈0,1  ，当 时， ，gx
17
 为单调递增函数，
当 时， ，gx  为单调递减函数，
函数gx  所有的极大值为 ，
当 时，极大值等于0，即gt  =0，
当 为正整数时，极大值全部小于0，即gx  在t,+∞  无零点，
当 为负整数时，极大值全部大于0，函数gx  所有的极小值为 ，
当 时，极小值 ，
且随着 的增大，极小值 越来越小，
因此y=Fx  在点 t,Ft    处的切线与y=Fx  有3个交点，
等价于 ，即 有解，
令ht  =tant-t，
则 ，
因此y=ht 
π
为0,
2
 上的严格增函数，
因为h0  =0<π， ，
于是存在唯一实数 ，满足 ，
所以存在唯一实数 ，使得曲线y=Fx  在点 t,Ft    处的切线与y=Fx  有3个交点.
11.已知函数 .
(1)当a=e时，求fx  的单调区间；
(2)设 是fx  的两个极值点，
①求证： ；
②求证： .
【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三第一次模拟考试数学试卷
【答案】(1)减区间为0,e  ，增区间为e,+∞  ；
(2)①②证明见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
( 2 ) ① 分 析 得 a = xlnx 的 两 根 为 ，且 ，再 构 造 函 数
，利用导数得其单调性即可证明原不等式；
②将左边不等式等价转化证明 ，再构造函数F(x)=x-lnx-1，利用导数即可证明，右边不等式利用切线放缩即可证明.
【详解】(1) 时， ， ，
e
因为y=lnx，y=- 均在(0,+∞)上单调递增，
x
则 在(0,+∞)上单调递增，又f(e)=0，
所以x∈(0,e)，f(x)<0， ，f(x)>0，
所以f(x)在(0,e)单调递减，在(e,+∞)单调递增．
(2)①依题意 的两根为 ，
即a=xlnx的两根为 ．
令 ，
得 ，且 ， ，
1
则g(x)在0,
e
18

1
单调递减，在 ,+∞
e
 单调递增，则 ．
令 ，
1
则 ，所以h(x)在0,
e
 单调递增，所以 ，
1
所以 ，又 ，g(x)在 ,+∞
e
 单调递增．
所以 ，即 ．
②由 ，要证明 ，只需证 ，
即证明 ，
即证明
即证明
即证明 ，设F(x)=x-lnx-1，x∈0,1  ，
x-1
则F(x)= ，则当x∈0,1
x
 时，F(x)<0，则F(x)在0,1  单调递减，
则 ，则x-lnx-1>0在0,1  上恒成立，从而左边得证．
因为g1  =1， ，且 ， ，
则g(x)在 和 处的切线分别为y=x-1和y=-x-e-2，
令 ，得 ，
再证明xlnx>x-1恒成立，
设G(x)=xlnx-x+1，则G(x)=lnx，令G(x)=0，解得 ，且x∈0,1
19
 时，G(x)<0，此时函数Gx  单调递减；
x∈1,+∞  时，G(x)>0，此时函数Gx  单调递增；
则G(x)>G1  =0，则xlnx>x-1恒成立，
再证明 恒成立，
设 ， ，
则当 时，Hx  <0， 单调递减；当 时，Hx  >0， 单调递增；
则 恒成立，
所以 ，从而右边得证．
【点 睛】关 键 点 点 睛 ：本 题 第 二 问 第 一 问 是 经 典 的 极 值 点 偏 移 问 题 ，需 构 造 函 数
，再利用导数即可证明.
12.已知函数 .
(1)若函数fx  的最大值为0，求 的取值范围；
(2)证明：当 时，有 ；
(3)若对任意 ，都有 成立，求实数 的取值范围.
【来源】浙江省强基联盟2025-2026学年高三上学期返校联考数学试卷
【答案】(1)-∞,-1

(2)证明见解析
(3)2,+∞ 
【分析】(1)根据f0  =0得出 ，再检验其正确性即可；
(2)利用函数fx  =sinx-x的单调性求解即可；
(3)先用和差化积公式得出 ，再通过 探究出 的取值范
围a≥2，最后验证其正确性即可.
【详解】(1) ，
注意到f0  =0，而函数fx  的最大值为0，因此 ，所以m≤-1，
另一方面，当m≤-1时， ，故fx  在 0,+∞  上单调递减，
则 ，满足题意，
综上所述， 的取值范围为-∞,-1  .
(2)由(1)得当m=-1时函数fx  =sinx-x在 0,+∞  单调递减，
又 ，因此 ，即 成立.
(3)因 ，
则 ，
当 时，cos2x⋅sinx≥0，则 ，令 ，则 ，
因hx
20

π
≤0在 0,
 4
 上恒成立，且h0  =0，则 ，即a≥2，
下面证明a≥2时 成立：
由(2)得 ，下面证明sinx-sin3x≤2x，
即证明 ，
令 ，则 ，因此gx  单调递增，
则 即sinx-sin3x≤2x成立；
综上所述，实数 的取值范围为 2,+∞  .
13.已知函数 为f(x)的导函数．
(1)当 时，求曲线g(x)在(1,g(1))处的切线方程；
(2)若f(x)的两个极值点分别为 和x ，且 .
2
(i)求实数 的取值范围；
(ii)证明： ．
【来源】辽宁省协作体2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷
【答案】(1)x+y+2=0
(2)(i)(-2 e,0)；(ii)证明见解析
【分析】(1)根据导数的几何意义结合题意求解即可；
(2)(i)由题意得 是方程 的两个正根，进一步转化为 与 有两
个不同的交点，然后利用导数求出h(x)的单调区间和极值分析求解即可；(ii)由(i)可知m=hx 2  ，由
h(x)=0得x=e e，则可得 ，令 ，利用导数求出其单调区间和最值，
从而可证得结论.
【详解】(1)当 时， ，则 ，
g(1)=-3，求导得 ，则 ，
所以曲线g(x)在(1,g(1))处的切线方程为x+y+2=0；
(2)(i) ，且定义域x∈(0,+∞).
因为若f(x)有两个极值点，所以 是方程 的两个正根，
即
令 ，则 ，
所以，当h(x)>0时，x> e；当h(x)<0时，0<x< e，
因此，当x∈(0, e)时，h(x)单调递减；当 时，h(x)单调递增，
所以当x= e时，h(x)有最小值 ，
3
当2lnx-3=0时，x=e2，3
又因为当 时，2lnx-3<0，当x>e2 时，2lnx-3>0，
所以当 时，hx
21

3
<0，当x>e2 时，hx  >0，
所以当-2 e<m<0时， 的图象与直线 有两个不同的交点，
所以m∈(-2 e,0)；
(ii)由(i)可知m=hx 2  ，且h(x)=0时，x=e e，
又 ，所以 ，
令 ，
单调递增，
且 ，所以 时， 时， ，
所以px 2  在( e,e)单调递减，在(e,e e)单调递增，
所以 ，
即 ，
又因为0<x < e，所以 ，
1
所以 ，即 .
14.已知函数 ，其中 ．
(1)若fx  是偶函数，求 ；
(2)当 时，讨论fx  在 0,+∞  上的零点个数；
(3)已知 ，若 ，求 的取值范围．
【来源】陕西省安康市2024-2025学年高三下学期第三次质量联考数学试卷
π
【答案】(1)φ=±
2
(2)函数fx  在 0,+∞  有两个零点
(3)
【分析】(1)由偶函数的性质建立等式，求出 ；
(2)代入 ，得到 f0  =0，求导得 fx  ，令 后再求导.由 fx  解析式可知当 时，
fx  >0恒成立.当 时，hx  ，得到fx  单调递增，由二分法知道 fx  =0在 存在唯
一零点x=x 1 .由此知道函数fx  的单调区间，再由二分法得到函数零点.
2π 2π
(3)分x≥ 与0≤x< 两种情况讨论，结合三角函数的性质以及导函数判断函数单调性建立不等
3 3
式，最后求出 的范围.
【详解】(1)因为函数fx  是偶函数，所以 .
即 ， ，所以 ，
所以2sinxcosφ=0，所以 ，又φ
22

π
≤π，所以φ=± .
2
(2)当 时， ，f0  =0，可得 ，
令 ，则 .
当 时， ，所以 ，
当 时， ，所以fx  在0,π  单调递增，
又f0  =-8， ，
所以存在 ，使得 ，
当 ，所以fx  在0,x 1  上单调递减，
当 ，所以fx  在x 1 ,π  上单调递增，
所以fx  在0,x 1  上单调递减，在x 1 ,+∞  上单调递增，
而f0  =0，fx 1  <0，fx  >0，所以fx  在x 1 ,π  上存在一个零点.
综上，函数fx  在 0,+∞  有两个零点.
(3)当 时，
2π
若x≥ 时， ，所以 ，
3
2π
若0≤x< 时，若sinx+φ
3
 ≤0，则fx  ≥0成立；
只需考虑sinx+φ  >0，此时令 ，
则 ，fx 
2π
在 0,
 3
 递增，
又 ， ，
所以存在 ，使得 ，
可得 ，
若 ，则fx  <0，fx  在0,x 0  递减；
若 ，则fx  >0，fx  在 上递增.
所以 ，解得 .
此时 ，所以 ，从而 .所以 的取值范围为 ．
15.已知函数 ．
(1)若 ，求曲线y=fx
23
 在点 1,f1    处的切线方程；
(2)设 ，当 时，求函数hx  的最大值；
(3)讨论函数 与函数y=fx  的图象的交点个数．
【来源】山东省济南历城第二中学2025届高三下学期6月打靶测试数学试题
【答案】(1)ex-y=0
1
(2) -a
e
(3)答案见解析
【分析】(1)求出导函数fx  ，得切线斜率 ，从而可得切线方程；
(2)由题意得 ，通过求导分析hx  的单调性，进而求得函数hx  的最大值；
(3)联立得 ，结合(2)知问题等价于“函数hx  的零点个数”.分 、 和 三种情
况，分别据函数的单调性和极值、最值得到函数图象的大体形状，从而判断出函数hx  的零点的个数.
【详解】(1)若 ，则 ，
所以 ，则f1  =e，
又f1  =e，
所以曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程是y-e=ex-1  ，
即ex-y=0．
(2) ，
函数hx  的定义域为0,+∞  ,
．
当 时， ，
令hx  >0，得0<x<1，
令hx  <0，得 ，
所以hx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以hx  的最大值为 ．
(3)联立得 得 ，得 ，
结合(2)可知hx
24
 =0．
则“函数 与函数y=fx  的图象的交点个数”等价于“函数hx  的零点个数”．
当 时， 无零点．
当 时，hx  的最大值为 ．
1
若 ，即a> ，则hx
e
 无零点．
1
若 -a=0，即 ，则hx
e
 只有一个零点．
1 1
若 -a>0，即0<a< ，则h1
e e
 >0，又ea>1，
令gx  =lnx-x，则 且 ，
由gx  >0，得0<x<1；由gx  <0，得 ，
所以gx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
故gx  有最大值g1  =-1，无最小值．
故 ，所以 ，由(2)知hx  在0,1  上单调递
增，所以hx  在0,1  上有唯一零点．
令 ，
则 ，且 ，
由k(x)>0，得 ；由kx  <0，得 ，
所以kx  在 上单调递减，在2,+∞  上单调递增，
故kx  有最小值 ，无最大值．
所以 ，
于是 和 ，
1
所以h
a

1
a 1 1
= +aln -
1 a a
ea
 <a-a=0，
又 在1,+∞  上单调递减，故hx
25
 在1,+∞  上有唯一零点．
当 时，由上得 ，于是alnx-x 
x
>0，而 >0，
ex
所以hx  >0，即hx  无零点．
1
综上，当 或a> 时，hx
e
 无零点；当 时，hx 
1
只有一个零点；当0<a< 时，hx
e
 有两个
零点，
1
即当 或a> 时，函数 与函数y=fx
e
 的图象无交点；
当 时，函数 与函数y=fx  的图象有1个交点；
1
当0<a< 时，函数 与函数y=fx
e
 的图象有2个交点．
16.已知 ，函数 ，记x n 为f(x)的从小到大的第nn∈N*  个极值点．
(1)当 时，求x ；
n
(2)证明：
(i)数列{f(x )}是等比数列；
n
1
(ii)若a≥ ，则对一切 恒成立．
e2-1
【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第三次摸底考试数学试题
【答案】(1)
(2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析
【分析】(1)把 代入，求出函数f(x)的导数，再求出导函数的零点并判断单调性即可得极值点.
(2)(i)利用导数求出函数的极值点x ，再求出f(x )并利用等比数列的定义推理得证；(ii)由(i)的信息，
n n
et a2+1
借助分析法证明 ，构造函数g(t)= ,t>0，利用导数求出最小值，转化证 <
t a
e即可.
【详解】(1)函数 ，
求导得 ，
π
令 ，得sinx+
4
 =0，解得 ，
当 时，f(x)>0；
当 时，f(x)<0，
函数f(x)在 上单调递增，
在 上单调递减，而 ，所以 .
(2)(i)函数 ，求导得
，其中 ，
令 ，得sin(x+φ)=0，解得x=nπ-φ,n∈Z，
当 时，f(x)>0；
当 时，f(x)<0，
则函数f(x)在 上递增，
在 上递减，
又 ，则 ，
， ，
且 ， ，
所以数列{f(x )}是首项为ea(π-φ)sinφ，公比为 的等比数列.
n
(ii)欲证x <|f(x )|，即证 ，
n n
，且 ，
则只需证 ，又 ，
则只需证 ，即证 ，
et
令函数g(t)= ,t>0，求导得 ，
t
当t∈(0,1)时，g(t)<0；当 时，g(t)>0，
函数 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增， ，
a2+1
因此 ，则只需证 <e，即证 ，于是当 时，x <|f(x )|成立；
a n n
a2+1 π
当 时， =e， ，又0<φ< ，则 ，
a 2
于是 ，即a(π-φ)<1，
则当 时， ，即x <|f(x )|成立；
1 1
当 时， ，a(nπ-φ)>1， ，x <|f(x )|成立，
n n
1
所以当a≥ ，则对一切n∈N*，x <|f(x )|恒成立.
n n
e2-1
2617.已知函数 ．
(1)设 ，若gx
27
 的导函数gx  在1,4  上单调递减，求实数 的取值范围；
(2)若m=-1，证明：当 时，函数y=fx  图象上任意一点处的切线总在y=fx  的图象的上方；
(3)若不等式 对任意x∈R恒成立，求 可取的最大整数值．
【来源】山东省泰安第一中学2025届高三第五次模拟考试数学试题
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3) ．
【分析】(1) ，令 ，由题意得到 对于x∈
1,4  恒成立，参变分离求最值即可求解；
(2) 设切点为 ，则切线方程为 ，构造函数 Fx 
1
= xlnx - x2-
2
fx 0  x-x 0   +y 0  ，只需证明Fx  ≤0即可．
(3)构造函数 ，问题转化成H(x)<0恒成立，求导确定函数最值即可.
【详解】(1) ．
所以 ，
令 ，
因为gx  在1,4  上单调递减，
所以 对于x∈1,4  恒成立，
可得 对于x∈1,4  恒成立，
令 ，则x∈1,4  时， ，
易知Gx  在1,4  上单调递增，
1
所以 ，所以m≥e4- ．
4
即实数 的取值范围为 ．
(2)当m=-1时， ，
设切点为 ，则切线方程为 ，
令Fx 
1
=xlnx- 2 x2- fx 0  x-x 0   +y 0  ，依题意，只需证明Fx  ≤0即可．，
令 ，
当 时， ，
φx
28
 在1,+∞  上单调递减，即Fx  在1,+∞  上单调递减，
又Fx 0  =lnx 0 +1-x 0 -lnx 0 +1-x 0  =0，
故当 时，Fx  >0，Fx  单调递增，
当 时， 单调递减，
，则Fx  ≤0恒成立，即得证．
(3)不等式 恒成立，即 恒成立，
设 ，
则Hx  =1+2ne2x+n+2  ex=nex+1  2ex+1  ，
当 时，Hx  >0恒成立，故Hx  在-∞,+∞  上单调递增，
因为H0  =2n+3>0，所以不符合题意；
当n<0时，由Hx  >0，得 ，由Hx  <0，得 ，
所以Hx  在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ．
设 ，则 恒成立，所以px  在 -∞,0  上单调递增，又
，
故 可取的最大整数值为 ．
18.一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂，并只受重力的影响，这个项链形成的曲线形状被称为悬链线.
1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰·伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中 为参数.当
时，就是双曲余弦函数 ，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多
类似的性质.
(1)类比三角函数的三个性质：①倍角公式 ；②平方关系 ；③求导公式
，写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明；(2)若 ，试比较chsinx
29
 与shcosx  的大小关系，并证明你的结论；
(3)若x >0，x >0，证明：
1 2
【来源】吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第二次摸底考试数学试题
【答案】(1)答案见详解，证明见详解
(2) ，证明见详解
(3)证明见详解
【分析】(1)类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，并进行证明；
(2)作差，结合指数函数单调性及正余弦函数的性质推理判断即可.
(3)结合新定义将所证变为 ，设函数 ，即证
，先利用导数求得 在 0,+∞  上单调递增，再设 hx  =
f x+x 1  - f x 1  - xf x 1  x>0  ，利 用 导 数 得 其 单 调 性 及 h x  > 0 ，从 而 得 到
，即可得证.
【详解】(1)①倍角公式： ，
；
②平方关系： ，
；
chx
③求导公式：
   =shx 
shx    =chx 

，

；
(2) ， .
依题意， ， ，
当 时， ， ，即sinx≥cosx，
于是 ，而 ，因此 ，
当时 时， ，则-cosx≥cosx， ，
即 ，而 ，因此 ，于是 ， ，
所以 .
(3)因为 ，
所以原式变为 ，
即证 ，
设函数 ，即证 ， ，
设 ， ，
时，tx
30
 >0，tx  在0,+∞  上单调递增，即 在0,+∞  上单调递增，
设hx  =fx+x 1  -fx 1  -xfx 1  x>0  ，则 ，
由于 在0,+∞  上单调递增， ，
所以 ，即hx  >0，故hx  在0,+∞  上单调递增，
又h0  =0，所以 时，hx  >0，
所以 ，即 ，
因 此恒成立，
所以 成立，得证．
19.若二元代数式 fa,b  满足 ，则称代数式 fa,b  为二元轮换式，记 ；若三元代
数式 f a,b,c  满足 ，则称代数式 f a,b,c  为三元轮换式，记 ，
.
2x-y
(1)若正实数 ， 满足 ，且 ，求 的最大值；
x-y+1
(2)若代数式 为二元轮换式，比较xy与e-2的大小；
(3)若对任意的正实数x，y，z均有 ，求整数 的最大值.
【来源】2025届福建省厦门第一中学高三5月模拟数学试题
【答案】(1)
(2)xy<e-2
(3)
【分析】(1)整理等式可得参数的取值范围，根据二次函数的性质，可得答案；(2)由题意，构建函数，利用导数研究其单调性，可得取值范围，可得答案；
(3)由题意对不等式进行分解因式，分析符号后，构造函数并求出其单调性，可得答案.
【详解】(1)正实数 满足 ，可得x2+y2=x+y，即 ，
2x-y 2x-y 2x-y
所以 = =
x-y+1 x2+y2
x-y+
x+y
31
 x+y  1 y 1
=-  -
2x2 2 x 2

2 9
+ ，
8
y y 1 2x-y
又x>y>0，所以0< <1，所以当 = 即 时， 取得最大值为 ．
x x 2 x-y+1
(2)依题意可得 ，即 ，
x
由对称性不妨假设x>y>0，令t= >1，则有 ，
y
则有 ，
设
所以ht  在1,+∞  单调递增，则有 ，
所以 ，即 ，即lnx+lny<-2，即xy<e-2，
综上，xy<e-2．
(3)已知对任意的正实数 ，均有 ，
不妨设 是 中的最小值，则令x=z+a,y=z+b，其中a≥0,b≥0.
将x=z+a,y=z+b代入不等式并化简可得 .
若 或 ，则不等式对任意实数 均成立.
因为 ，所以要使不等式成立，即 .
若 ，则不等式对任意实数 均成立.
若a≠b，设 .
当 时，不等式 可整理为 .
设 ，对其进行变形可得 .
对gt  求导， ，令 ， ，
因为 ，所ut  >0，即gt  在1,+∞  上单调递增.令 ，即 ，化简可得 ，
1
令v=t+ ，则v2-2v-1=0，解得v=1+ 2(1- 2舍去)，即 .
t
则存在 ，且 ，所以gt
32
 在1,t 0  上单调递减，在t 0 ,+∞  上单调递增.
所以 g(t) min = gt 0 
1
= t + 0
t 0t 0 -1 
，因为 ，所以 ，则 ，所以
.
又因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以m≤2.
当 时，不等式 可整理为 ，
此时 ，所以 时，不等式恒成立.
三、圆锥曲线
20.已知直线 与双曲线 交于 两点．
(1)若 过右焦点 ，且AB  的最小值为2，求 的取值范围；
(2)若 ，且AB  =4，过弦 的中点 分别作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足为 ，求四边形
的面积的最大值．
【来源】浙江省宁波市镇海中学2025届高三高考模拟数学试卷
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)讨论 与双曲线交于两支两点或右支交于两点，结合通径即可求解；
(2)通过直线 斜率存在和不存在两种情况讨论，结合四边形 是矩形，求得 到渐近线的距离，代
入面积公式化简求解即可.
【详解】(1)若 与双曲线交于两支两点，则AB  ≥2a=2，与 轴重合时AB  =2，
若 与双曲线交于右支两点，则 ，解得 ，
综上可知：
(2) 时，双曲线方程为： ，渐近线y=±x，垂直，
易知四边形 为矩形，若 的斜率不存在，由AB
33
 =4，可设 ，
代入 ，可得：x=± 5，不妨取x= 5，
则P 5,0  ，渐近线 的距离为 ，
所以 ，
若 的斜率存在，
设直线AB的方程为 ，
联立方程得 ，
整理为： ①
故 ②
③
由AB  = 1+k2 x 1 +x 2  2-4x x =4， 1 2
平方得1+k2  x 1 +x 2   2-4x x 1 2  =16
将式②、③代入得 ④
设 ，于是 ， ⑤
. ⑥
因为双曲线 的两条渐近线相互垂直，所以四边形 是矩形，
其面积S等于点P到渐近线x-y=0、x+y=0距离的乘积，
于是：
将式⑤、⑥代入上式得
由式④代入化简得 ，因为 ，所以 且 ，
所以
综上四边形 的面积的最大值为 .
2 3
21.设 是坐标原点，双曲线 的左、右焦点分别为 ，离心率e= .
3
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)直线l:x=ty+c交双曲线 的右支于 两点，且 关于 轴的对称点为 的外心为 .
(i)求外心 的坐标(用 表示)；
(ii)求 的取值范围.
【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期5月适应性检测数学试
题
【答案】(1) ；
(2)(i) ；(ii)(1, 3].
【分析】(1)根据双曲线的方程知a= 3，根据离心率及 列式计算即可；
(2)(i)联立直线与双曲线的方程，由韦达定理可求得线段 的中点坐标为 ，又线段
的垂直平分线方程为 ，联立求解即可得点 ；(ii)分别求出TF
2
34
 与 ，结合(i)化简求解即
可.
【详解】(1)由双曲线的方程知，a= 3，又离心率 ，故 ，
因为 ，
故双曲线的方程为 ；
(2)(i)直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，
故 且 ，
设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ,P-x 1 ,y 1  ，
4t 1
则y +y =- ,y y = ，
1 2 t2-3 1 2 t2-3，
由已知 ，所以- 3<t< 3，
所以线段 的中点坐标为 ，
所以线段 的垂直平分线方程为 ，
又线段 的垂直平分线方程为 ，
所以点 的坐标为 ，
(ii)由题意，右焦点F 22,0
35
 ，故 ，
，
所以 ，则由- 3<t< 3知，
所以 ，即 ，
所以 的取值范围为(1, 3].
22.已知椭圆 的两个焦点和两个顶点四点共圆，且与直线x- 6y=4相切.
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)过点0,1  作斜率为 的直线交椭圆 于 、 两点，线段 的垂直平分线交 轴于点为 ，点
关于直线 的对称点为点 ，若四边形 为正方形，求 的值.
【来源】天津市河西区2024-2025学年高三下学期总复习质量调查二(二模)数学试题
【答案】(1)
1
(2)±
2【分析】(1)根据题意得出b=c， ，可将椭圆 的方程化为 ，再将椭圆 的方程与直线
x- 6y=4的方程联立，由 求出 的值，即可得出椭圆 的方程；
(2)设直线 的方程为y=kx+1，设点 、 ， 的中点为 ，将该直线方程与椭圆
的方程联立，并列出韦达定理，求出点 的坐标，可得出直线 的方程，求出点 的坐标，根据
结合韦达定理求出 的值.
【详解】(1)因为椭圆 的两个焦点和两个顶点四点共圆，所以b=c，则 ，
所以椭圆 的方程为 ，
由 消去 ，得 ，
因为椭圆 与直线x- 6y=4相切，
所以令 ，解得b2=2，所以a2=4，
所以椭圆 的标准方程为 .
(2)设直线 的方程为y=kx+1，设点 、 ， 的中点为 ，
联立 消去 ，得 ，
，
由韦达定理得 ， ，
所以 ，代入y=kx+1，解得 ，
故线段 的中点 的坐标为 ，
所以线段 的垂直平分线的方程为 ，
令 ，解得 ，即 ，
因为线段PQ和线段 互相垂直平分，所以四边形 为菱形，
36要使四边形 为正方形，需满足 ，
所以
,
1
即 ，解得 ，则 的值为± .
2
2
23.已知椭圆 的离心率为 ,A,B分别为椭圆 的上、下顶点， 为坐标原点，直线
2
与椭圆 交于不同的两点 .
(1)设点 为线段PQ的中点，证明：直线 与直线PQ的斜率之积为定值；
(2)若AB
37
 =2，证明：直线 与直线 的交点 在定直线上.
【来源】湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2025届高三下学期模拟(一)数学试卷
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)利用中点坐标公式和斜率公式，结合点差法证明定值.
(2)由题意求出椭圆方程，与直线方程联立，根据韦达定理表示根与系数的关系，联立直线 与直线
的方程，化简可求得交点在定直线上.
【详解】(1)设 ，则 ，
则由 两式相减可得 ，即 ，
y +y y -y y2-y2 b2
所以k ⋅k = 1 2 × 1 2 = 1 2 =-
OM PQ x +x x -x x2-x2 a2
1 2 1 2 1 2
为定值.
AB
(2)由题意可得，
  =2b=2

e= c = 2 ,解得 ，所以椭圆方程为 ，

a 2

a2=b2+c2则 ，
联立方程 可得 ，
则 ，得 ，
故 ，
直线 的方程为 ，①
直线 的方程为 ，②
设直线 与直线 的交点 ，
则由①②两式相减可得 ，代入①可得，
1
，即y = .
0 2
1
所以点 在定直线y= 上.
2
24.已知焦点在 轴的双曲线C的两条渐近线互相垂直，且经过点( 5,1) ．
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)设P(2,0)，直线l与C的两支交于A,B两点( 在第一象限)，与y轴交于点Q，记直线 的斜率
分别为k ,k .
1 2
(i)求直线PQ的斜率k(用k ,k 表示)；
1 2
1
(ii)若tan∠BPQ= ，求 的坐标.
2
【来源】湖北省华中师范大学附属中学2025届高三综合测试数学试题
【答案】(1)
10 8
(2)(i) (ii)A ,
3 3
38

【分析】(1)设双曲线 的方程为 ，根据双曲线 过点( 5,1)，代入求得a2=4，即可得到双曲
线 的标准方程；
(2) (i) 设点 ，直线 AP:y = k (x - 2) 和 BP:y = k (x - 2)，联立方程组，分别求得
1 1
， ，设直线 与 轴交于点Q(0,c)，求得 ，结合斜率公式，得到 ；
(ii)设∠BPQ=θ，根据 ，求得k
1
39
 =2，进而求得 的坐标.
【详解】(1)解：因为双曲线 的渐近线互相垂直，可得 ，可设双曲线 的方程为 ，
因为双曲线 过点( 5,1)，可得 ，解得a2=4，即a=b=2，
所以双曲线 的标准方程为 .
(2)解：(i)设点 ，直线 的方程为 ， 的方程为 ，
联立方程组 ，解得 ，则 ，即 ，
同理可得： ，
直线 过 和 ，与 轴交于点Q(0,c)，则 的方程为 ，
令 ，可得 ，
又由 ， ，
8(k -k)(kk -1)
2 1 1 2
则c= (k2 1 -1)(k2 2 -1) = 8(k 2 -k 1 )(k 1 k 2 -1) = -2(k 1 k 2 -1) ，
4(k2-k2) 4(k2-k2) k +k
1 2 1 2 1 2
(k2-1)(k2-1)
1 2
又由直线PQ的斜率为 ，其中P(2,0),Q(0,c)，
则 ；
(ii)由 是直线 与 的夹角，设∠BPQ=θ，则 ，
k k -1 -1-k2
因为 ，代入可得k-k = 1 2 -k = 2 ， ，
2 k +k 2 k +k
1 2 1 2
则 ，即 ，解得k
1
 =2，
又因为点 在第一象限，所以k >0，可得k =2，即 的直线方程为y=2x-4，
1 1
10 8
又由 ，所以点A ,
3 3
 .25.焦点在 轴上的等轴双曲线 ，其顶点到渐近线的距离为 ，直线过点P- 5,0
40
 与双曲线的左、右支
分别交于点 、 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)若线段 的中垂线与 轴交于点Q 5,0  ，求直线 的斜率；
(3)若点 关于原点的对称点 在第三象限，且 ，求直线 斜率的取值范围.
【来源】2025届福建省厦门第一中学高三5月模拟数学试题
【答案】(1)
3
(2)±
3
11
(3) ,1
6

【分析】(1)利用待定系数法，结合顶点到渐近线的距离为 列方程，求解即可；
(2)由题意，过点P- 5,0  的直线 斜率存在且不为 ，可设其方程为x=ny- 5，设 、
，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出线段 的中点 的坐标，由题意
k k =-1，求出 的值，即可得出直线 的斜率；
QE AB
(3)将图形中三角形的面积关系转化为 ，即可得y >5y >0，结合根与系数的关系可解得斜率
2 1
的取值范围.
【详解】(1)设等轴双曲线 的方程为 ，其渐近线方程为y=±x，
a 2
故 = ，解得 ，所以双曲线 的方程为 .
2 2
(2)由题意，过点P- 5,0  的直线 斜率存在且不为 ，可设其方程为x=ny- 5，
设 、 ，联立 ，整理得 ，由题意可得 ，解得 ，
由韦达定理得： ， ，所以 或n>1，
设线段 的中点为 ，
则 ， ，
1
即点 ， ，k = ，
AB n
因为 ，所以 ，解得 ，
1 3
经验证均满足题意，所以直线 的斜率为 =± .
n 3
(3)点 在第三象限，如图所示，故直线 的斜率是正数，
由 ，得 ，
所以 ，则 ，则y >5y >0，
2 1
由 ，得 ，
36 11
所以n2< ，则k 2> ，
11 AB 36
又因为直线 交两支两点，故直线 的斜率 ，所以 .
26.已知圆 ，圆 .若动圆 与圆F 外切，且与圆F 内切，设动圆圆心 的
1 2
 
轨迹为 .不过原点O的动直线 与曲线 交于A,B两点，平面上一点 满足OA=AD，连接 交
于点 (点 在线段 上且不与端点重合)，若 .
(1)求轨迹 的方程；
(2)试问：直线OA，OB的斜率乘积是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.
(3)试问：四边形 的面积否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.
41【来源】2025届湖北省武昌实验中学高考适应性考试数学试卷
【答案】(1)
(2)不是，理由见解析
15 5
(3)是定值，
16
【分析】(1)设动圆 的半径为R，由题可得 ， ，据此可得轨迹 的方程；
 
(2)设 ，由OA=AD， ，可得F坐标，然后由F在椭圆上，可得 ，
据此可完成判断；
(3)由题及(2)可得 ，然后由 可完成判断.
【详解】(1)设动圆 的半径为R， 动圆 与圆F 外切，则 ，
1
又因为 动圆 与圆F 内切，结合图象可知： ， ，
2
所以 ，
由椭圆的定义可知，动点 在以F、F 为焦点， 为长轴长的椭圆上，
1 2
设椭圆的方程为 ，半焦距为 ，
则 ， ， ，
又可知圆F 与圆F 内切，所以点C不能在切点处，即椭圆应去掉点(-2,0)，
1 2
曲线C的方程为 .
(2)直线OA，OB的斜率乘积不是定值，理由如下：设 ，则D(2x ,2y )，
1 1
 
1
因为 ，所以BF= BD，进而 ，
4
由点F在曲线E上得 ,
所以 ,
x2 y2
 1 + 1 =1
又因为点A，B均在E上，即 4 3 ，带入上式得 ,
x2 y2
2 + 2 =1
4 3
所以 不为定值；
x2 y2
 1 + 1 =1
(3)因为点A，B均在E上，所以 4 3 ，
x2 y2
2 + 2 =1
4 3
42x x y y
两式同向相乘得 ，整理得： 1 2 + 1 2
4 3
43

2 1
+ (x y -x y )2=1,
12 1 2 2 1
由(2)知 ，带入上式解得： ，
又因为
，
所以 .
27.椭圆 与圆 和圆 都外切．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B分别为椭圆E的左右顶点，F为椭圆的右焦点，K为椭圆E上动点(异于A，B)，直线 与
椭圆E交于另一点H．若直线 与 交于点P，求证：点P在定直线l上；
(3)在(2)的条件下，设直线KB与直线l交于Q点，椭圆E在点K处的切线 与l交于R，
①求证： ．
②求△KPQ面积 取最小值时K点的横坐标．
【来源】黑龙江省哈尔滨第三中学校2025届高三下学期第二次模拟考试数学试题
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)①证明见解析；②2 3-2
【分析】(1)结合图形可得 ，进而得椭圆方程；
(2)联立直线 与椭圆方程，由韦达定理可得关系式 ，再由直线 联立解得点
坐标，将关系式代入化简可得点 在直线 上；
(3)①求出切线 方程，依次求出 坐标，得R为PQ中点，进而由向量极化恒等式可证；②利用点
的横坐标表达出△KPQ面积 函数关系，利用导数求最值即可得.
【详解】(1)圆 的圆心为(6,0)，半径为 ；
圆 的圆心为(0,2 3)，半径为 3；
由题意椭圆E与两圆都外切，结合图形可知，a=2,b= 3，故椭圆E的方程为 .
(2)由椭圆E的方程为 可知 ，
由题意知， 不垂直于 轴，故可设直线KH:x=my+1，
由焦点 在椭圆内，则直线 与椭圆恒有两个交点，
设 ，
联立直线 与椭圆 方程得 ，
由韦达定理得 ，
则 ( )，
又直线 方程为 ， 方程为 ，
设两直线交点P(x,y)，
则联立 方程，解得 ，
将( )式代入化简得 ，
故点P在定直线l:x=4上.
(3)①由题意知椭圆E在点K(x ,y )处的切线斜率存在，
1 1
可设切线 的方程为 ，
联立直线 与椭圆E方程 消 得，
(3+4k2)x2+8k(y -kx )x+4(y -kx )2-12=0，
1 1 1 1
由直线 与椭圆相切，
则 ，
化简得 ，
由 ，得 代入上式得 ，
解得 ，故 ，
44令 ，得
直线 ，令 得 ；
直线 ，令 得 ；
由 ，
故R为线段PQ的中点，
，得证.
②由 ，
则
则
，
则△KPQ的面积
.
令 ，-2<x<2，
则 ，
由 解得x=2 3-2，
当-2<x<2 3-2时，f(x)<0，f(x)在(-2,2 3-2)上单调递减；
当2 3-2<x<2时，f(x)>0，f(x)在(2 3-2,2)上单调递增；
故当 2 3-2时，函数f(x)取最小值.
即△KPQ面积S取最小值时K点的横坐标为2 3-2．
45x2 y2
28.已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)经过点M(6,9)，其一条渐近线的倾斜角为60°，双曲线C的左、
a2 b2
右顶点分别为A ,A ，左、右焦点分别为F,F．
1 2 1 2
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)如图1，N为双曲线C左支上异于点A 的一动点，且 的重心为A ，试探究点T的轨迹，并求
1 2
的最小值；
(3)如图2，不与坐标轴平行的动直线l与双曲线C交于 两点(异于点A ,A )，P关于原点O的对称
1 2
点为R．直线A R与直线A Q相交于点S，直线OS与直线PQ相交于点G，求 的内心的轨迹方
1 2
程．
【来源】湖南省长沙市雅礼中学2025届高三下学期二模数学试题
x2 y2
【答案】(1) - =1
9 27
(2) 的轨迹为双曲线 的右支向右平移得到的图象(不含顶点(15,0))，21
(3)y=x+3(-3<x<0)或
【分析】(1)由渐近线斜率及双曲线过点列出方程求 即可；
(2)利用点之间的关系，代入双曲线方程可得轨迹方程，轨迹为平移双曲线右支所得，再由双曲线的定义
求最值；
(3)设直线 的方程为y=kx+m(k≠0),联立双曲线方程，由根与系数的关系，及三点共线求出直线
46的方程为 ，联立直线方程可得点 在定直线 上，据此求出 的内心的轨迹方程.
【详解】(1)由 解得 ，
x2 y2
故双曲线 的标准方程为 - =1．
9 27
(2)设 ,其中 ．
则 解得 由 得 ，
因为 ，所以 ，
所以 的轨迹为双曲线 的右支向右平移得到的图象(不含顶点(15,0))，
点 的轨迹所在双曲线的两焦点为 ，
又点M(6,9)在点 的轨迹所在双曲线的左支上，
则MT
47
 +FT
2
 =MT  +FT
3
 +6≥FM
3
 +6=21．
( 3 ) 由 题 意 得 直 线 的 斜 率 存 在 ，设 直 线 的 方 程 为
，
联立 整理得 ，且 ，
,
由题意得 ，
由 三点共线可得 ，即 ，
由 三点共线可得 ，即 ，，
故直线OS的方程为 ，
联立 解得 ，
点 在定直线 上，从而 为直角三角形，其内心在直线 上，
故 的内心的轨迹方程为y=x+3(-3<x<0)或 ．
1
29.在直角坐标系 中，点 到点F0,
4
48

1
的距离等于点 到直线y=- 的距离，记动点 的轨迹为 .
4
(1)求 的方程；
(2)已知梯形 的四个顶点都在曲线 上，其中 在第一象限( 在 的上方)， 在第二象
限，且 ，线段AC,BD交于点H，记AB,CD中点分别为 .

(i)求证： NH；
(ii)若线段 长度为3，梯形 的面积为9，求线段 与 长度的比值.
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三最后一卷数学试题
【答案】(1)y=x2
(2)(i)证明见解析；(ii)2
【分析】(1)根据抛物线的定义即可求解；
(2)(i)由题意得到 ，进而得到 ，即可求证；(ii)设直线 的方程为：y
=kx+mm>0  联立抛物线方程，结合韦达定理及中点坐标公式得到x =x ，再结合弦长公式及
M N
求解即可.
1
【详解】(1)因为点 到点F0,
4

1
的距离等于点 到直线y=- 的距离，
4
1
根据抛物线的定义可知，动点 的轨迹为抛物线，其中F0,
4

1
为焦点，直线y=- 为准线，
4
所以点 的轨迹为曲线 的方程为y=x2
(2)
(i)证明：由 可知，△ABH∼△CDH，又因为 在 的上方则 ，所以 ，
由 中点为 ，可得
同理 ，又

所以： NH
(ii)设直线 的方程为：y=kx+mm>0
49

联立 ，消去 得：x2-kx-m=0
x +x k
所以x = A B = ,x -x
M 2 2 A B
 = k2+4m
同理， ，所以x =x ，则直线MN⎳ 轴
M N
则直线 得方程为y=kx+m+3，代入抛物线可得：
由(i)可知， ，
HN
又∵

HM 
=t∴HM  +HN  =t+1  HM  =MN  =3
所以
解得：
即线段 与 长度的比值2
2
30.如图，在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的离心率e= ，且椭圆 过点
2
A2，0  ，过点 作斜率为kk≠0  的直线 交椭圆 于点 ，交 轴于点 ．(1)求椭圆 的方程；
(2)已知 为 的中点，是否存在定点 ，对于任意的kk≠0
50

 
都有OP⊥CQ，若存在，求出点 的坐
标：若不存在说明理由．
【来源】2025届浙江省杭州第二中学高三模拟预测数学试题
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】(1)根据题意，结合椭圆的几何性质，列出方程组，起度呃 的值，得出椭圆的方程；
(2) 设直线 的方程为 y = k(x - 2)，联立方程组，得到 ，求得
 
和C(0,-2k)，设Q(m,n)，使得OP⊥CQ，根据 ，得到(2m-2)k-n=0恒
成立，求得 的值，即可得到答案.
2
【详解】(1)解：因为椭圆 的离心率e= ，且椭圆 过点A2，0
2
 ，
可得 ，解得a=2,b= 2，所以椭圆 的方程为 .
(2)解：由题意，显然直线 的斜率存在，设直线 的方程为y=k(x-2)，
联立方程组 ，整理得 ，
设 ，则 ，
因为点 为 的中点，可得 ，
则 ，即 ，
令 ，可得y =-2k，即C(0,-2k)，
C
 
假设存在点Q(m,n)，使得OP⊥CQ，此时因为 ，可得 ，
整理得 ，
因为k≠0，所以2mk-(n+2k)=0，即(2m-2)k-n=0恒成立，
所以 ，解得m=1,n=0，即 ，
 
即存在定点 ，使得OP⊥CQ.
31.点 为直线 上的动点， 为坐标原点，过点 作直线 垂直于 轴，过点 作直线 的垂线交直
线 于点 .
(1)求点 的轨迹方程；
(2)记 点轨迹为曲线 ， 上一定点 ，过 作两不同直线分别交 于 两点，
①直线 的斜率满足 ，且直线 过点-3,2
51
 ，求定点 坐标；
②若点B1,2  ，且直线 的斜率满足 ，设 的外接圆为圆 ，过点 作曲线 的
切线 ，判断直线 与圆 位置关系，并说明理由.
【来源】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2024-2025学年高三第一次模拟考试数学试卷
【答案】(1)y2=4x
(2)①B1,2  ；②直线 与圆 相切，理由见解析
【分析】(1)设 ，可得直线 和直线 的方程，分y ≠0和 两种情况求解即可；
0
(2)①设 ， ， ，直线 ：y=kx+3  +2，联立方程由韦达定理即可求解；
②设直线 ： ，直线 ： 与抛物线方程联立结合韦达定理可得 ，联立 中垂
线和 中垂线即可证明.
【详解】(1)设 ，则直线 ： ，直线 ： ，
y ≠0时，直线 ： ，点 的轨迹为 ，
0
时，P0,0  ，
综上，点 的轨迹方程y2=4x；
(2)①设 ， ， ，
由已知直线 的斜率存在，
所以设直线 ：y=kx+3
52
 +2，
联立方程 得 ，
Δ>0


4
所以  y 1 +y 2 = k ，由题意得 ，
  y 1 y 2 = 12k k +8
所以 ，解得 ，所以B1,2  ；
②
1
当 时，由y2=4x可得 ，求导可得y= ，
x
当 时， ，所以切线的斜率为 ，所以直线 ： ，
设直线 ： ，联立抛物线方程得y2-4μy-4n=0，
， ，
可得 ，所以 ，
中垂线： ，
同理， 中垂线： ，
-n-1
联立可得 ，y= ，
2k ⋅k =-1，即直线 与圆 相切.
BE m
四、数列新定义
32.存在 m∈N* ，对任意的 n∈N* ，当 时，正项数列 a
n
53
 都满足 .
，则称 a n  满足 Pm  性质. 例如: 当 时，
，则等比数列 2n  满足 P4  性质; 当 时， ，则
数列 不满足 P1  性质. 已知数列 a n  同时满足 P2  ,P3  性质.
(1)证明:数列 a
n
 为等比数列；
(2)已知 a =1,a =3 ，若数列 b
1 2 n
 满足: ，其中 k∈N* . 设 S 为数列 a
n n

的前 项和，记 .
① 求 的表达式 (用含 的式子表示);
9
②试判断 与 的大小关系，并说明理由.
40
【来源】内蒙古包头市多校联考2025届高三下学期4月模拟数学试题
【答案】(1)证明见解析；
(2)① ；②
【分析】(1)根据新定义再作差得 ，再证明其他情况也满足等比数列即可；
(2)①计算得 ，再利用错位相减法即可得到答案；
4
②令 ，作差得到其单调性，则有c ≤ ，再利用等比数列求和公式和放缩法即可证明.
n 9
【详解】(1)因为数列a n  同时满足P2  ,P3  性质，
所以当 时， ，
当 时， ，
当 时，由*  得：a n-3 ⋅a n-2 ⋅a n ⋅a n+1 =a4 n-1***  ,a n-1 ⋅a n ⋅a n+2 ⋅a n+3 =a4 n+1****  ，
将 式代入**  式得： ，
所以 ，
又因为 ，所以 ；
取 ，得 ；
所以当n≥3时，数列a
n
 为等比数列.
a a a
设q= 4 = 5 =⋯= n =⋯，
a a a
3 4 n-1将 代入*
54
 式得 ，所以 ；
将 代入*  式得 ，所以 ；
所以对任意的n∈N*，数列a
n
 为等比数列.
(2)①因为a =1,a =3，所以 ，所以 ，
1 2
.
当 时， ，所以b
i
 为等差数列，
3k-1
得到： b =2⋅3k-1-1
i
i=3k-1+1

2⋅3k-1-1
(k+2k)+
 2⋅3k-1-2 
×2k=4k⋅32k-2-k，
2
所以 ，
4
所以T n = 9 1×9+2×92+⋯+n-1   ⋅9n-1+n×9n  ，
4
所以9T n = 9 1×92+2×93+⋯+n-1   ⋅9n+n×9n+1  ，
两式相减得： ，
所以 .
② ，
理由如下：令 ，
所以数列c
n

4
单调递减，所以c ≤ ，
n 9
所以
.
33.已知数列a
n
 的前项和为S ，a =1，且 .
n 1
S
(1)证明：数列 n

n
 为等差数列；
(2)设 ，
(i)求数列b
n
 的前 项和；(ii)当 时，设集合 ，集合M 中所有元素
n
的和记为K ，求数列K
n n
55
 的通项公式.
【来源】2025届福建省厦门第一中学高三5月模拟数学试题
【答案】(1)证明见解析；
(2)(i) ；(ii) .
【分析】(1)根据已知递推关系得 ，结合等差数列的定义即可证；
(2)(i)由(1)得S =n2，利用a ,S 关系求得a =2n-1，根据已知及组合数性质、二项式定理得b =(n
n n n n n
-1)⋅2n+1，若数列b
n
 的前 项和为 ，再应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求 ；(ii)根据
已知得到j=n+1，再由不等关系有1≤i≤n，则 ，最后应用分组求和
求解即可.
【详解】(1)由 ， ，则 ，
S
所以 ，故 n

n
 是首项、公差均为1的等差数列；
(2)(i)由(1)得 ，
当 时， ，
显然a =1满足，所以a =2n-1，
1 n
所以 ，
又Ci=Cn-i，i∈N,n∈N*,i≤n，
n n
所 以
，
所以b =(n-1)⋅2n+1，
n
若数列b
n
 的前 项和为 ，
则 ， ，
所以 =(2-n)⋅2n+1-4-n，
所以 ；
(ii)当 时， ，与 矛盾，
所以j≤n+1，
当 时，b +b ≤b +b =(n-2)⋅2n-1+(n-1)⋅2n+2<3n⋅2n-1+2，与 矛盾，
i j n-1 n
所以 ，
综上j=n+1，此时 ，
所以 ，可得1≤i≤n，即 ，
所以 ，则.
34.设a
n
56
 单调不减的无界非负数列，定义数列a*
n
 为 ，这里 表示集合 中元素的
个数，称 为数列a
n
 的伴随数列．
(1)若数列a n  满足 ，求数列a n  的伴随数列a* n  (可以用 x  表示不超过 的最大整
数)；
(2)对任意的正整数 ， ，证明下述关于伴随数列的基本性质：
(i) ；
(ii)若a*
n
 为整数数列a
n
 的伴随数列，则a
n
 也为数列a*
n
 的伴随数列：
(3)设函数fx  在 1,+∞  上连续，严格递增且无界，满足 ，且对任意正整数 ，都有fn  ∉
N*，证明：数列 fn    与数列 互为伴随数列，这里f-1x  是fx  的反函数；并利用上述结果，直
接写出数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，⋯的通项公式．
【来源】辽宁省实验中学2026届高三第二次模拟考试数学试卷
【答案】(1)
(2)(i)证明见解析；(ii)证明见解析.
(3)证明见解析； .
【分析】(1)根据伴随数列的定义求解；
(2)(i)利用 证明；(ii)根据伴随数列的定义求 ；
(3)根据伴随数列的定义证明数列 fn    的伴随数列为数列 ，然后由已知数列的伴随数列的通
项公式构造出f(x)，通过反函数得出通项公式．
【详解】(1)根据定义，有：
，
即 ．
(2) (i) 的证明：注意到： ，故 ，反之有 ．而
且a*<k+1，进而 且a ≥n，
n k+1
即 ．
(ii)的证明：根据定义和已知条件，数列a
n
 和数列a*
n
 均为整数数列．考虑数列a*
n
 的伴随数列：
，即数列a*
n
 的伴随数列就是数列a
n
 ．
(3)由(2)中(ii)的证明可知：只需证明数列 fn    的伴随数列为数列 ．
设 ，由定义有 ，即 ，进而有 ，
由(2)中(i)的证明可知，这等价于 ，
即 ．故数列 fn
57
   与数列 互为伴随数列．
记数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，⋯为x
n
 ，
易见数列x
n
 的伴随数列x*
n
 的通项公式为 ，
记函数 ，则其反函数为： ，
由(3)中所证明结论可知数列x
n
 的通项公式为 ．
35.已知 为有穷正整数数列，且 ，集合X=-1,0,1  .若存在 ，
使得 ，则称 为 可表数，称集合
为 可表集.
(1)若 ，判定31，1024是否为 可表数，并说明理由；
(2)若 ，证明： ；
(3)设 ，若 ，求 的最小值.
【来源】2025届湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学高考数学核心素养试题卷
【答案】(1)31是，1024不是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)8
【分析】(1)根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
(2)根据定义判定 则有 ，从而可知 ，利用集合间的基本关系得出 中最多
有3k个元素，解不等式即可证明；
(3)利用第二问的结论可设 ，有 ，然后利用定义先证 为 可表数，
再根据三进制的基本事实确定k的最小值为满足 成立的m，代入n=2025求m即可.
【详解】(1)31是，1024不是，理由如下：
由题意可知 ，
当 时，有 ，
显然若 时，t=31，
而t≤20×1+21×1+22×1+⋅⋅⋅+29×1=210-1=1023<1024，
故31是 可表数，1024不是 可表数；(2)由题意可知若x =0⇒t=0，即 ，
i
设 ，即 使得 ，
所以-x 1 a 1
58
 +-x 2 a 2  +⋅⋅⋅+-x a k k  =-s，且 成立，故 ，
所以若 ，则 ，
即 中的元素个数不能超过 中的元素，
对于确定的 中最多有3k个元素，
所以 ；
当k=3时， ，我们取a 1 ,a 2 ,a 3  =1,3,9  ,x 1 ,x 2 ,x 3  依次为
时，易知等号
成立.
(3)由题意可设 ，使 ，
又 ，
所以k>m-1，即 ，
而 ，
即当 时，取 时， 为 可表数，
因为2×1×1+1×3+1×32+⋅⋅⋅+1×3m-1 
3m-1
=2× =3m-1，
2
由三进制的基本事实可知，对任意的0≤p≤3m-1，存在 ，，
使 ，
所以
，
令 ，则有 ，
设 ，
由 的任意性，对任意的 ，
都有 ，
又因为 ，所以对于任意的-n≤t≤n,t∈Z,t为 可表数，
综上，可知 的最小值为 ，其中 满足 ，又当n=2025时， ，
所以 的最小值为8.
36.已知 元正整数集合 ，取出A 的 个互不相同的非空子集： 构成集合
n
，若 中任意 个元素的并集均真包含于A ，任意 个元素的并集均等于A ，
n n
我们称 合理覆盖
(1)若 ，问P 是否合理覆盖A ？请简要说明理由；
4 6
(2)若存在 合理覆盖A ，求 的最小值；
n
(3)是否存在 合理覆盖A ，且 构成公差为1的等差数列(B
2025 k
59
 表示集合B 中的元素
k
个数)？若存在请给出一个 ，若不存在请说明理由．
【来源】2025届浙江省杭州第二中学高三模拟预测数学试题
【答案】(1)是，理由见详解
(2)
(3)存在，理由见详解
【分析】(1)根据称 合理覆盖 的定义判断即可；
(2)依题意得k=5，根据定义可知A 中至少有C5 个，进而可求 的最小值；
n 10
(3)存在P 合理覆盖A ，则A 中的每一个元素可以恰好属于 中5,6,7,8,9,10个集合，在
10 2025 2025
此基础上去构造一个满足题意的P 即可.
10
【详解】(1)是，因为任意两个集合均有一个公共元素，从而不能覆盖A ，而任意三个集合覆盖A .
6 6
(2)若存在P 合理覆盖A ，从 中任取五个集合 ，则A 中必存在一个元素
10 n n
不属于这五个集合，同理再任取五个集合 ，则A 中必存在一个元素 不属于这五个集
n
合，则 (否则必存在六个集合的并集不等于A )，所以A 中至少有C5 =252个元素，故n≥252，
n n 10
当n=252时，A 中的每个元素均恰好属于 中五个集合，且每个元素所在的五个集合构
252
成的集合均不相同，则该P 合理覆盖A ．
10 252
(3)若存在P 合理覆盖A ，则A 中的每一个元素可以恰好属于 中5，6，7，8，9，10个
10 2025 2025
集合(小于5个则存在六个集合的并集不等于A )
2025
首先我们将A 中恰好属于 中6，7，8，9，10个集合的元素去除，则P 仍然合理覆盖剩
2025 10
下的集合A (可以理解为将剩下的集合置换为则1,2,3,⋯,m
m
 )
由(2)A 中恰好属于 中5个集合的元素至少252个，我们再将所在5个集合相同的元素
2025
留下一个，其余去除，则A 中将只剩下252个元素，此时
2025
现在此基础上我们再加回一些元素：
加回的元素对于 的初始状态为：
先加5个恰属于五集合的元素然后每次加1个恰属于五集合的元素
最后剩余的所有元素给每一个集合
所以存在P 合理覆盖A ，且 构成公差为1的等差数列．
10 2025
37.若对∀n∈N*，都有 ，则称a
n
60
 与b
n
 为“ 级相邻数列”．
(1)设a
n
 的前n项和 ，且 ，试判断a
n
 与b
n
 是否为“2级相邻数列”，并说
明理由；
(2)若 ，且为“4级相邻数列”，求k的取值范围；
(3)已知 ，由数列a
n
 的所有项组成的集合M中恰好有2个元素，若a
n
 与
b
n
 为“1级相邻数列”，求满足条件的数列 的组数(用数字作答)．
【来源】浙江省绍兴市第一中学2025届高三下学期校模拟考试数学试题
【答案】(1){a }与 为“2级相邻数列”；理由见解析
n
7
(2) -4,
 2
 ；
(3)3470
【分析】(1)根据数列通项公式 的关系，先求出 时 的表达式，再检验 时是否
满足该表达式，从而确定 的通项公式.利用累加法，得到b 的通项公式，同样检验 时是否满足.最
n
后根据“2级相邻数列”的定义，计算 的表达式，通过分析该表达式与 的大小关系，判断{a }与
n
是否为“2级相邻数列”.
n
(2)由 ，通过移项得到关于 的不等式 .设 f(n)= ，通过分析
2n
f(n+1)
与 的大小关系判断 的单调性，进而求出 的最值，
f(n)
由此得到 的取值范围和 的取值范围，从而确定 的取值范围.
(3)根据条件集合 有1,2  ，1,3  ，1,4  ，2,3  ，2,4  ，3,4  共6种不同的情况，每种情况下考虑数
列{a }的不同情况，并对应研究数列 的不同情况数，利用计数原理，结合组合数计算满足条件的数
n
列 的组数.
【详解】(1)当 时， ，当 时， ，
1 1
当 时，也a = 成立，所以a = ，
1 2 n 2n
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以a
n
61
 与b
n
 是“2级相邻数列”
(2)已知 ，化简可得 .
n
设f(n)= ，则 .
2n
1 1
因为n∈N*，所以0< ≤ ， (当 时取等号)，
2n 2
所以 单调递减，所以 的最大值为 ，
1
所以0<f(n)≤ ，
2
所以 ， ，
7 7
所以-4≤k≤ ，即 的取值范围为 -4,
2  2
 .
(3)已知 ，
由数列{a }的所有项组成的集合 中恰好有2个元素，若{a }与 为“1级相邻数列”，
n n
因为{a }与 为“1级相邻数列”，所以 ，
n
当 时， 有2种不同选择；a =2时， ，有3种不同选择；
i
时， 有3种不同选择，a =4时， 有2中不同选择．
i
由数列{a }的所有项组成的集合 中恰好有2个元素，
n
所以 有1,2  ，1,3  ，1,4  ，2,3  ，2,4  ，3,4  共6种不同的情况．
当M=1,2  时，数列{a }可能是1个1、3个2的排列(有4种不同的排列)；
n
也可能是2个1、2个2的排列(有C2=6种不同的排列)；
4
还可能是3个1、1个2的排列(有4种不同的排列)．
1个1、3个2的每一种排列，2个1、2个2的每一种排列，
3个1、1个2的每一种排列对应的数列 分别有2×33=54， ，23×3=24种不同的清况，
总共 个不同的数列 ；
同样M=3,4  ，1,3  ，2,4  时也各贡献528个不同的数列 ；M=2,3
62
 时也分是1个2、3个3的排列(有4种不同的排列)；
也可能是2个2、2个3的排列(有C2=6种不同的排列)；
4
还可能是3个2、1个3的排列(有4种不同的排列)，
总共 个不同的数列 ；
M=1,4  时，总共 个不同的数列 ；
共计有 个不同的数列组 ；
即满足条件的数列组 的个数为3470．
38.已知集合 ，其中 ，集合 ．定义运算
，记|A|为集合 中元素的个数.
(1)若A={1,2,3,4}，求|A*B|的值；
(2)若集合 中的元素a(1≤i≤n)构成等差数列，且公差 .
i
(i)当 时，求|A*B|的最小值；
(ii)当n=2025时，求|A*B|的最小值.
【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高三下学期5月适应性检测数学试
题
【答案】(1)
(2)(i)5；(ii)4050
【分析】(1)当 A={1,2,3,4}，先按条件确定 ，再根据 A*B 定义找出元素，最后数元素个数得 .
(2)(i)解法一：设 元素，算 元素，让 、 相同元素最多求 最小.
解法二：由等差性质得B  范围，结合 最小元素确定 |A∩B| 范围，用公式求 最小.
(i i)先证引理确定 元素及B  ，再根据 、 元素关系确定 |A∩B| 范围，用公式求 最小，最
后代入 n=2025 求值.
【详解】(1)若A={1,2,3,4}，则 ，此时 ，A∩B=
4  ，
，所以 .
(2)(i)解法一：设 ，则有 ，
，
所以 ，为使|A*B|最小，应尽量使A，B中相同元素最多，
而 ，故A，B中最多一个相同元素，令 ，即d=2a 时，|A*B|最小，
1
，此时 .
解法二：由a ,a ,a 构成严格递增的等差数列可知， ，则必有
1 2 3
又 中最小元素为 ，则 ，则有 ，所以 ，
另一方面，当A={1,3,5}时， ，此时 ，综上， 时，|A*B|的最小值为5.
(ii) 引理：当 时 ，集合 中的元素 a (1 ≤ i ≤ n) 构成公差为 的等差数列 ，则
i
引理的证明：对任意
当i=2,j=1时， ，当 时， ，
因此有 ；
另一方面，再证明 可以取到满足 的所有整数，
①取 ，当 依次取1,2,⋯,n-1时， 可取到满足 的所有整数；
②取 ，当 依次取2,3,⋯,n时， 可取到满足 的所有偶数；
③取 ，当 依次取1,3,4,⋯,n时， 可取到满足 或 的所有奇数；
④取i=4,j=1，此时k=3，
由上述讨论可知， 可以取到满足 的所有整数，此时有
综上，引理得证．
故当 时， ，B
63
 =3n-4，
又a <3a +d,a =a +d<3a +d，即 ，则有 ，
1 1 2 1 1
所以 ；
另 一 方 面 ，当 时 ， ， ，
，
此时 ，
综上，当 时，|A*B|的最小值为2n，所以，当n=2025时，|A*B|的最小值为4050.
39.将所有正整数按照如下规律形成数阵：
第1行 1 2 3 ⋯⋯ 7 8 9
第2行 10 11 12 ⋯⋯ 97 98 99
第3行 100 101 102 ⋯⋯ 997 998 999
第4行 1000 1001 1002 ⋯⋯ 9997 9998 9999
⋯⋯⋯⋯
(1)将数列3n+1  与数列2n  的公共项按照从小到大的顺序排列得到数列a
n
 ，试确定a 在该数阵中
6
的位置；
(2)将数阵中所有相邻两位数字(从左到右)出现12的所有正整数去掉并保持顺序不变，得到一个新数
阵，记新数阵第 行中正整数的个数为b .
n
(i)求b ，b ，b ；
1 2 3
(ii)求b .
n
【来源】山东省济宁市2025届高考模拟考试(二模)数学试题
【答案】(1)a 是数阵第4行，第3097个数．
6(2)(i) ，b =89，b =881；(ii) .
2 3
【分析】(1)设 ，利用二项展开式得当且仅当 为偶数时， 可以取得正整数，则a =22n，即可
n
确定a 位置；
6
(2)(i)当 时，直接得到 ，代入 并去掉12即可得到b 的值，代入 ，去掉19个数即可得
2
到b ；
3
( ii ) 分 析 得 ，利 用 特 征 根 法 得 ，
，再消去b 即可得到其通项.
n+1
【详解】(1)设 ，因为，
，
所以 ，
所以，当且仅当 为偶数时， 可以取得正整数，
所以，当且仅当 为偶数时，数列有公共项，
所以，a =22n，故 ，
n
所以，a 是数阵第4行，第3097个数．
6
(2)(i)当 时，显然 ．
当 时，第2行2位数有90个，其中只有12去掉．
故 ．
当 时，第3行3位数有900个，其中有两种情况去掉：
百位和十位分别为12，此时有10个；十位和个位分别为12，此时有9个．
故 ．
(ii)当 时，将第 行b 个符合条件的 位正整数分为两类：
n+1
①个位数字不等于2时，个位数字有9种取法，前面 位数有b 种取法，这时 位正整数中有9b 个；
n n
②个位数字等于2时，前面 位数有b 种取法，
n
但这b 个 位正整数中十位数字等于1的b 个正整数要去掉．
n n-1
故个位数字等于2且十位数字不等于1的 位正整数有b -b 个．
n n-1
综上，由加法原理知 ．
设 ，
所以， ，即 ，
解得 ，
所以， 是首项为 ，公比为 的等比数列；
是首项为 ，公比为5+2 6的等比数列；
所以， ，
64，
所以，当 时， ，
经检验，当 时， 也成立
当 时，b =89也成立．
2
综上， ．
40.在等差数列a
n
65
 中，已知 成等差数列．
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)数列2an  是否为等比数列？若是求其前 项和，若不是，请说明理由；
(3)设 ，且 ，求 的所有取值．
【来源】河南省信阳市新县高级中学2025届高三考前第一次适应性考试数学试题
【答案】(1)a =3n-2
n
(2)是等比数列，
(3) 2-1
【分析】(1)设等差数列a
n
 的首项为a ，公差为 ，依题意得到关于a 、 的方程组，解得即可；
1 1
(2)根据等比数列的定义判断，再由等比数列求和公式计算可得；
(3)依题意可得 当 时无解，当 时解得 ，说明m≥2m∈N  时
无解，即可确定 的值.
【详解】(1)设等差数列a
n
 的首项为a ，公差为 ，
1
因为 成等差数列，
a +2d=7
所以 1
2a 1 +4d  =a 1 +3d  +4a 1 +d 
 ，解得 ，

所以a =3n-2．
n
(2)因为 ， ，
所以2an  是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以数列2an  的前 项和为 ．
(3)因为 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，
当 时， 无解；当 时，解得 或q=- 2-1(舍去)；
当m≥2m∈N
66
 时， ，即 ，
令 ，则 为关于 的单调递增函数，
1
因为0<q< ，所以 ，
2
所以 无解，
所以 的取值为 2-1，
进一步得，当 时，对任意的正整数 ，
d -d -d =d 1-q-q2
k k+1 k+2 k
 =d q=d ，
k k+1
满足： ，
所以 的所有取值是 2-1．
【点睛】关键点点睛：第三问由于 的任意性取特殊值确定 的值，再验证其合理性.