2025《高考数学•二轮复习难点突破》原卷版_高中三年全科资料_高考数学《二轮复习难点突破》25版

2025高三数学二轮复习难点突破 目 录 第一章 函数与导数.......................................................................................................................6 理解数学抽象，多得分..............................................................................................................6 2022高考三类“比大小”问题的出题背景及应用举例.............................................................7 以“双曲函数、反双曲函数”类型的函数为背景的函数综合题命题研究............................12 从2015届到2024届:深圳外国语学校高三第一次月考压轴题的源与流...........................23 2道函数不等式题的命制——听教育专家黄厚忠先生专题报告后而命制.........................29 2024届江苏镇江高三期初考试导数压轴题及其姊妹题的命制...........................................32 对两地2024届高三10月联考导数压轴题参考解答的商榷................................................34 Hadamard 不等式及其特例——对数均值不等式..................................................................38 一道“对数均值不等式”及其变形、延申的原创小题........................................................44 2025届——函数模考题精选精练...........................................................................................47 2025届——导数模考题精选精练...........................................................................................48 第二章 三角函数与解三角形.....................................................................................................52 理解逻辑推理，快得分............................................................................................................52 以“笛卡尔叶形线”为背景的高考原创题................................................................................54 一道三角函数填空题的命制——听吴莉娜专题报告受启发而命制....................................56 用外接圆与椭圆定义直观求解两类三角形周长、面积范围................................................58 2024届常州高三期中数学压轴题的出题思路及不同解法对比...........................................61 构造出来的高考题....................................................................................................................65 2025届——三角函数与解三角形模考题精选精练...............................................................70 第三章 数列.................................................................................................................................72 高考原创小题的命制与解析——音程计算、药物留存模型................................................72 无锡市2024届高三期中数列压轴题的命制与推广..............................................................73 有趣的迭代——2023上海高考数学函数切线压轴题的源与流...........................................76 2025届——数列模考题精选精练...........................................................................................81 第四章 立体几何.........................................................................................................................84 理解数学建模，好得分............................................................................................................84 2025届——立体几何模考题精选精练...................................................................................86 第五章 解析几何.........................................................................................................................91 理解数学运算，少失分............................................................................................................91 从高二月考到2024届高三期初——齐次化表达，二次曲线不同......................................92 短文精粹：曲线方程中的“且”与“或”.....................................................................................95 曲线系与等轴双曲线................................................................................................................96 42025高三数学二轮复习难点突破 以“贝塞尔曲线”为背景的高考原创题....................................................................................98 省常中2024届高二周练4椭圆压轴题的推广及“副产品”................................................101 2024届如皋高三8月诊断测试解析几何压轴题的源与流.................................................104 2025届——解析几何模考题精选精练.................................................................................107 第六章 计数原理、统计与概率...............................................................................................113 一道考察类比思想的原创小题..............................................................................................113 2025届——计数原理、统计概率模考题精选精练.............................................................114 写在最后.....................................................................................................................................119 5第一章 函数与导数 理解数学抽象，多得分 抽象方法包括：性质抽象、关系抽象、等置抽象、无限抽象，以及强抽象和弱抽象。 数学考试中，涉及最多的是“关系抽象”、“强抽象和弱抽象”。 数学关系抽象是指根据认识目的，从研究对象中抽取或建构若干构成要素之间的数量 关系或空间位置关系，而舍弃其他无关特征或物理现实意义的抽象方法。 关系抽象在处理问题过程中是经常用到的，有时解题的关键就在于一个关系的抽取或 建构。如求值（2sin80°—sin 20°）／cos 20°，若仅从直观上抽取80°＝4*20°这个倍数关系， 问题将难以解决，而若从特殊角出发，建构80°角与20°角的如下关系：80°＝60°＋20°， 问题便可迎刃而解。 弱抽象和强抽象也是数学中常用的抽象方法。 先来看下面两组例子，一组是： 数→式. 正比例函数→一次函数→代数函数→函数. 全等三角形→相似三角形. 另一组是： 三角形→等腰三角形→等边三角形. 四边形→平行四边形→矩形→正方形. 两组例子给出的是两种不同的抽象方式：弱抽象和强抽象。 强抽象，可以看成“从一般到特殊的过程”；强抽象，可以看成“从特殊到一般的过程”。 譬如：试比较1001^2001与2001！的大小。这道题可以直接证明，但是通过考虑它的 一般情况来证明更为简便。首先，通过观察1001^2001 与2001!的结构和联系，可以发现， 1001＝(2001+1)/2，所以问题转化为比较[(2001＋1)/2]^2001与2001!的大小。将2001 抽象 成n，将其一般化，即比较[(n+1)/2]^n 与n!的大小，联想不等式[(1+2+3+···+n)/n]^n>n!以及 1+2+3+..+n=n(n+1)/2，即得所需结果。 在解决问题中，观察条件、结论的结构和联系是非常重要的。 类似的，2022全国高考1卷第 7题。 1 （2022全国高考1卷第7题）设a 0.1e0.1,b ，cln0.9，则（ ） 9 A. abc B. cba C. cab D. acb 60.1 分析：设a 0.1e0.1,b ,cln(10.1) 10.1 x 将0.1抽象成x，a  xex,b ,cln(1x) 1x lna lnxx,lnblnxln(1x),则lnalnb xln(1x)；ac xex ln(1x)问题迎刃而 解。 2022 高考三类“比大小”问题的出题背景及应用举例 第 1 类 出题背景 1 变形得： x e1x 1 x  ex (x0) 注：该不等式也可运用“移项，构造函数”的高中方法证明。 第 2 类 出题背景 2 若a 1,bc,bca2 log blog c log bc log a2 log blog c( a a )2 ( a )2 ( a )2 1 a a 2 2 2 【运用案例1】 1 （2022·新高考Ⅰ卷T7）设a 0.1e0.1,b ，cln0.9，则（ ） 9 A. abc B. cba C. cab D. acb 71 1 10 1 令x ，得： ln  ，可得：cb 9 10 9 9 x e1x 1 x  ex (x0) 1 1 1 1 10 1 1 1 1 e10   e9 e10   e9 令x ，得： ， 即：可得：ab 9 9 10 9 10 设a 0.1e0.1,cln(10.1) 将0.1抽象成x，a  xex,cln(1x)，则ac xex ln(1x)问题迎刃而 解。 【运用案例2】 3 8 b 7 （南京市第一中学2023届高三上学期入学考试数学试题）已知a log ， 7 ，clog ，则a,b,c的 7 5 8ln 6 5 5 5 5 大小关系为（ ） A. bca B. bac C. acb D. abc 8 3 ln 5 8 a  b 7 7 ln ln 5 5 3 3 8 3 令x ，得： ln  ，所以，ba 5 8 5 5 由“若a 1,bc,bca2 log blog c log bc log a2 log blog c( a a )2 ( a )2 ( a )2 1”得： a a 2 2 2 a 8 6 log log 1 所以，ac 7 7 c 5 5 5 5 bac 故： . 8【运用案例3】 （2022·全国甲（文）T12） 已知9m 10,a 10m 11,b8m 9，则（ ） A. a0b B. ab0 C. ba 0 D. b0a mlog 10 9 a 10log 9 10 1110log 9 10 10log 10 11 由“若a 1,bc,bca2 log blog c log bc log a2 log blog c( a a )2 ( a )2 ( a )2 1”得： a a 2 2 2 log 11 10 log 11log 91，则log 11log 10，则a 0 log 10 10 10 10 9 9 同理，b 8log 9 10 9 8log 9 10 8log 8 9 log 10 9 log 10log 81，则b0 log 9 9 9 8 a0b 故， 【变式】（2019年全国高中数学联赛甘肃预赛第3题）已知a log e，blog 4，clog 5， 4 3 4 则a、b、c的大小关系是__________________ c c 参考答案：acb（提示： log 5log 3，因为3542，所以 1） b 4 4 b 第 3 类 出题背景 3 9【运用案例】 31 1 1 （2022·全国甲（理）T12） 已知a  ,bcos ,c4sin ，则（ ） 32 4 4 A. cba B. ba c C. abc D. a cb c 1  π 1 1 c 分析：因为 4tan ,因为当x 0, ,sinx x tanx，所以tan  ,即 1,所以cb； b 4  2 4 4 b 结合“ ”,令 1 即可判断： ba x 4 cba 故， 【类题训练】 1 1.已知alog 2,blog 10,csin , 则 3 15 2 A. bc a B. a c b C. a bc D. ba c 1 2.若a＝sin1＋tan1，b＝2，c＝ln4＋ ，则a，b，c的大小关系为( ) 2 A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．b＜c＜a 1 【分析】构造函数 f  x 2lnx x，利用导数说明函数的单调性，即可判断bc，再构造函数 x   g  x sinxtanx2x，x 0, ，利用导数说明函数的单调性，即可判断ab，即可得解；  2 【详解】解：令 f  x 2lnx 1 x，则 f x  2  1 1 x22x1   x1 2 0 ，则 f  x  在 x x x2 x2 x2 1 1 定义域  0, 上单调递减，所以 f  2  f  1 0，即2ln2 20，所以ln4 2，即bc，令 2 2 g  x sinxtanx2x，x  0,  ，则g x cosx 1 2 cos3 x2cos2 x1 ，因为  2 cos2 x cos2 x 10  x 0, ，所以cosx 0,1  ，令h  x  x32x2 1，x 0,1  ，则h x 3x2 4x x  3x4 0，  2   即h  x  在  0,1  上单调递减，所以hxh10，所以g x 0，即g  x  在0, 上单调递增，所以  2  g  1  g  0 0，即sin1tan120，即sin1tan12，即ab，综上可得abc； 故选：A 3. 0.4 4.设a ln1.1，be0.11，c  tan0.1，d  ，则  A．abcd B．acbd C．abd c D．acd b 答案：B 11以“双曲函数、反双曲函数”类型的函数为背景的函数综合题命题研究 【什么是“双曲函数”？】 双曲函数是一种非初等函数，它可以用一些基本的数学函数来表示，如：利用指数函 数的组合。 一种常见的双曲函数是双曲正弦函数，记作sinh(x)，定义为： ex ex sinh(x) 2 另一种常见的双曲函数是双曲余弦函数，记作cosh(x)，定义为： ex ex cosh(x) 2 双曲正切函数tanh(x)定义为： sinh(x) ex ex tanh(x)  cosh(x) ex ex 双曲函数的导数公式与三角函数的导数公式类似，例如： [cosh(x)]sinh(x) [sinh(x)]cosh(x) 可以验证，上述公式与使用导数定义计算的结果是一致的。 【“双曲函数”的图像特征】 双曲函数的图像特征如下： 1.对称性：双曲正弦函数、双曲正切函数均是以原点为中心的对称曲线。双曲余弦函数是 关于y轴对称的对称曲线。 2.双曲正切函数的渐近线：双曲正切函数有两条渐近线，分别为y 1和y 1。 3.单调性：双曲正弦函数、双曲正切函数均是严格单调递增曲线；其中，双曲正切函数的 图像被限制在两水平渐近线y 1和 y 1之间。 12【以“双曲函数”为背景的函数综合题】 【案例 1】 教育部在 2022年全国2卷第 22题中，命制了以双曲函数为背景的试题： 已知函数 f(x) xeax ex （2）当x0时， f(x)1，求a的取值范围。 1 答案：(, ] 2 【命制思路简析】 ex ex 引理：当x0时，sinh(x)  x 2 ex ex 证明方法 1：构造函数h(x) x，求导并研究单调性，即可完成证明。 2 ex ex 证明方法 2：[sinh(x)] cosh(x)0，故sinh(x)单调递增 2 1 ex ( )x 当x0时，[sinh(x)] ex ex  e 0，故sinh(x)在(0,)下凸。 2 2 函数sinh(x)在x0处的切线方程为：y  x ex ex 故，当x0时，sinh(x)  x 2 13ex ex 对于“引理”中的不等式——“ 当x0时，sinh(x)  x”， 2 t t  令2xt(t 0)，则e2 e 2 t （t 0）(*) t t 对(*)式两边，同时乘以e2，得：et 1te2（t 0） t 即：te2 et 1（t 0） 1 引入参数a，将 替换成a，可得： 2 1 a  是使得 f(x) xeax ex 1恒成立的一个取值。 2 据此命制第（2）问，让考生探究“当x0时， f(x)1，a的取值范围”。 【案例 2】 （常州市前黄高级中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段考试数学试题） 设函数 f  x ex ex 2sinx ，则关于t的不等式 f  t  f  2t1 0的解集为（ ）  1  1  A. ,1  B.  ,  C. 1, D.   ,   3  3  【与“双曲函数”的关联】 h(x)ex ex 2sinh(x) ，在R上单调递增且为奇函数。 【答案】D     【分析】先判断出 f x 利用奇偶性，再利用导数求得 f x 的单调性，从而利用奇偶性、单调性解不等式即可得解. 【详解】因为 f  x ex ex 2sinx ，其定义域为R， 所以 f x ex ex 2sin x   ex ex 2sinx  f  x  ，故 f  x  为奇函数， 又 f x ex ex 2cosx2 exex 2cosx0， 当且仅当ex ex,cosx1，即x0时等号成立，所以 在R上单调递增， f(x) 14故由 f  t  f  2t1 0得 f  t f  2t1  ，即 f  t  f 12t  ， 1 所以t 12t，解得t  . 3 故选：D. 【案例 3】 （江苏省连云港市2023-2024学年高三上学期教学质量调研(一)数学试题） 已知函数 f  x  ex ex cosx，若对任意x 1,2  ，f  x2   f  1mx  ，则实数m的取值范围是（ ） 2 A.  2, B. ,0  C.  0,2  D. ,2  【答案】C 【与“双曲函数”的关联】 ex ex ex ex cosx f  x  cosx由双曲余弦函数cosh(x) 与余弦函数 组合而成。 2 2 【案例 4】 （广东省深圳外国语学校2024届高三上学期第一次月考（入学考试）数学试题） （多选题）已知函数 f(x)和g(x)分别为奇函数和偶函数，且 f(x)g(x)2x，则（ ） A. f(x)g(x)2x B. f(x)在定义域(,)上单调递增 C. f(x)的导函数 f(x)1 D. g(x)1 【与“双曲函数”的关联】 2x 2-x 2x 2-x f x= ,gx= 图像，分别与双曲正弦、双曲余弦函数图像类似。 2 2 【答案】BD 2x 2-x 2x 2-x 【分析】根据函数的奇偶性可得 f x= ,gx= ，结合选项即可逐一求解, 2 2 【详解】由 f(x)g(x)2x得 f(-x)g(-x)2-x，由于函数 f(x)和g(x)分别为奇函数和偶函数，所以 2x 2-x 2x 2-x -f(x)g(x)2-x，因此 f x= ,gx= ， 2 2 对于A, f(x)g(x)-2x ,故A错误， 对于B，由于函数y 2x在(,)单调递增，y2x 在(,)单调递减，所以 f x= 2x 2-x 在 2 (,)单调递增，故B正确， 152xln22-xln2  2x 2-x ln2 2 2x2-x ln2 对于C， fx=    ln2,当且仅当x0时取等号， 2 2 2 而ln21，所以C错误， 2x 2-x 2 2x2-x 对于D，gx=  1，当且仅当x0时取等号，所以D正确， 2 2 故选：BD 【案例 5】 （靖江中学、华罗庚中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段考试数学试题） 若函数 f  x  在其定义域内存在实数x满足 f x f x ，则称函数 f  x  为“局部奇函数”.知函数 f  x 9x m3x 3是定义在R上的“局部奇函数”，则实数m的取值范围是（ ） A.   2 2, 3  B.    3,3  C.  ,2 2  D. 2, 【与“双曲函数”的关联】 题目中蕴含的 t(x)3x 3x 图像，与双曲余弦函数图像类似。 【答案】D 【分析】根据题意得 f x f x 有解，即9x m3x 3(9x m3x 3) 有解，利用换元法讨论二次 函数在给定区间有解即可. 【详解】根据“局部奇函数”定义知： f x f x 有解， 即方程9x m3x 3(9x m3x 3) 有解， 则9x 9x m(3x 3x)60即(3x 3x)2m(3x 3x)80 有解； 设t 3x 3x，则t 2（当且仅当x0时取等号）， 方程等价于t2 mt80在t 2时有解， 8 mt 在t 2时有解； t 8 y t 在  2, 上单调递增， t 8 t 2,m2， t 即实数m的取值范围为 2, . 故选D. 16【什么是“反双曲函数”？】 反双曲函数是双曲函数的反函数，记为（arsinh、arcosh、artanh 等等）。 例如，反双曲正弦函数记作y=arsinhx，定义为y arsinhxln(x x2 1) ； 反双曲余弦函数记作y=arcoshx，定义为y arcoshxln(x x2 1) ； 1 1x 反双曲正切函数记作y=artanhx，定义为y artanhx ln( ) 。 2 1x 与反三角函数不同之处是它的前缀是ar，意即area（面积），而不是arc（弧）。 【“反双曲函数”的图像特征】 反双曲函数的图像特征如下： 1.反双曲正弦的图像关于原点对称，且在原点处切线的斜率为1。 2.反双曲余弦的图像，有顶点，且在该点处切线为x=1。 3.反双曲正切和反双曲余切的图像关于原点对称，有渐近线。 17【“双曲函数”、“反双曲函数”类型的函数】 下面展示“双曲函数”、“反双曲函数”类型的函数： 1x ax 1 上图为 f(x)log ( )（a 1）、g(x) （a 1）图像，它们关于y  x对称。 a 1x ax 1 1x ax 1 上图为 f(x)log ( )（0a1）、g(x) （0a1）图像，它们关于y  x a 1x ax 1 对称。 18x1 ax 1 上图为 f(x)log ( )（a 1）、g(x) （a 1）图像，它们关于y  x对称。 a x1 ax 1 x1 ax 1 上图为 f(x)log ( )（0a1）、g(x) （0a1）图像，它们关于y  x a x1 ax 1 对称。 19【以“双曲函数”、“反双曲函数”类型的函数为背景的函数综合题】 【案例 6】 （常州市前黄高级中学2023-2024学年高三上学期第一次阶段考试数学试题） g  x n 已知指数函数y  g  x  满足g(2)4，定义域为R的函数 f  x  是奇函数． 2g  x m （1）求m，n的值；     （2）若对任意的实数t，不等式 f t2 2t  f 2t2 k 0恒成立，求实数k的取值范围． 【与“双曲函数”的关联】 由于 2x 1 在R上单调递增且为奇函数， 2x 1 所以 2x 1 1 2x 1 ，在R上单调递减且为奇函数。 f(x)   2x12 2 2x 1 【答案】（1）m2,n1；  1 （2） ,   3 . 【分析】（1）根据指数函数的概念及奇偶性的定义计算即可； （2）由（1）求得函数解析式，判定其单调性解不等式即可. 【小问1详解】 由题意可设y g  x ax a0,a1  ，由g(2)4a2 4，解得a2， 所以g  x 2x， 2x n 则 f  x  ． 2x1m   又因为 f x 在R上是奇函数， 1 n1 n 所以 f  0  m2 0， f  1  f 1  n2  2 0 ， m4 m1 2x 1 所以n1,m2，即 f  x  ， 2x12 2x 1 2x 1 验证 f x   f  x 成立， 2x12 22x1 综上所述：m2,n1； 【小问2详解】 202x 1 1 1 由（1）知 f  x    ， 2x12 2 2x 1   易知 f x 在R上为减函数， 又 f  x  是奇函数，从而不等式 f  t2 2t   f  2t2 k  0       等价于 f t2 2t f 2t2 k  f k2t2 ， ∴t2 2t k2t2 3t2 2t k 对任意的tR恒成立， 2  1 1 1 由二次函数的性质可知y 3t2 2t 3t    ，  3 3 3  1 所以k  , .  3 【案例 7】 （扬州中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题） aex 已知函数 f  x  为奇函数. 1ex （1）求a的值；     （2）若存在实数t，使得 f t2 2t  f 2t2 k 0 成立，求k的取值范围. 【与“双曲函数”的关联】 1ex ex 1 在R上单调递减且为奇函数。 f(x)  1ex ex 1  1  【答案】（1）1 （2）  ,   3  【分析】（1）根据奇函数的性质 f  0 0求解即可. （2）首先利用根据题意得到 f  t2 2t   f  2t2 k  ，利用单调性定义得到 f  x  是R上的减函数，再利用单 调性求解即可. 【小问1详解】   因为 f x 定义域为R， a1 又因为 f  x  为奇函数，所以 f  0 0，即 0，得a 1 2 1ex 1ex ex 1 当a 1时， f  x  ， 所以 f x   f  x ，所以a 1 1ex 1ex ex 1 【小问2详解】 f  t2 2t   f  2t2 k  0 可化为 f  t2 2t  f  2t2 k  ， 21因为 f  x  是奇函数，所以 f  t2 2t   f  2t2 k  1ex 2 又由（1）知 f  x  1 ， 1ex 1ex 2 2 2  ex 2 ex 1  设x ,x R，且x  x ，则 f  x  f  x    ， 1 2 1 2 1 2 1ex 1 1ex 2  1ex 1  1ex 2  因为x  x ，所以ex 2 ex 1 0，1ex 1 0，1ex 2 0， 1 2 所以 f  x  f  x 0，即 f  x  f  x  故 f  x  是R上的减函数， 1 2 1 2 所以（*）可化为t2 2t 2t2 k.因为存在实数t，使得3t22tk0成立， 1  1  所以 412k 0，解得k  .所以k的取值范围为  ,  3  3  【案例 8】 (2022·江苏新高考基地学校第一次大联考期中) 1－x 已知函数f(x)＝ln ＋2，则关于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)＞4的解集为 1＋x 1 1 1 1 1 A．(0， ) B．( ， ) C．(－， ) D．( ，＋) 4 4 2 4 4 【与“反双曲函数”的关联】 1x 函数ln 在(1,1)单调递减且为奇函数。 1x 【答案】A 1x 【 分 析 】 根 据 题 意 ， 设 g  x ln 分 析 函 数 g  x  的 奇 偶 性 以 及 单 调 性 ， 据 此 可 得 1x 2x12x  f  2x1  f  2x 4 g  2x1  g 2x 12x11，解可得x的取值范围，即可得答案．   12x1 1x 1x 1x 【详解】根据题意，函数 f  x ln 2，设g  x ln ，则有 0，解可得1 x1， 1x 1x 1x 1x 1x 即函数的定义域为1,1，关于原点对称，又由g x ln ln g  x  ，即函数g  x  为奇函数， 1x 1x 1x 1x 2 设t  ，则y lnt，t   1，在1,1上为减函数，而y lnt在  0, 上为增函数，故 1x 1x x1 1x g  x ln 在区间1,1上为减函数， 1x 222x12x  f 2x1 f 2xg2x1g2x44g2x1g2xg2x1g2x12x11,  12x1 1  1 解可得：0 x ，即不等式的解集为0, ．故选：A 4  4 【作者寄语兼本文总结】 题目一旦被解决，就会被人发现其套路。这个“套路”就是规律。所以，我们做完 一道题，不要忙着去做下一题。题海无边，如果不去总结规律，当你做到类似题时， 它认识你，你不认识它，这是多么尴尬的事呀！如果我们能够做到及时总结规律。你 会发现，海量的题目突然归结成一类一类的题型。你把握这些题型的解题规律，你就 具备了解题高手的能力！ 在人工智能的新时代，学会“发现”规律比你“知道”规律更重要！同学们，你也去 试着思考题目之间的联系，去发现、总结题目背后的规律吧！ ——刘蒋巍 从 2015 届到 2024 届:深圳外国语学校高三第一次月考压轴题的源与流 【试题呈现】 （江苏省南京市、盐城市2015届高三第二次模拟考试数学试题导数压轴题） k(x2) 已知函数 f(x)1lnx ，其中 k 为常数. x （1）若k 0，求曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； （2）若 k 5 ，求证： f(x) 有且仅有两个零点； （3）若 k 为整数，且当 x2 时， f(x)0 恒成立，求 k 的最大值. 注：该题被常州市第一中学高三数学组选做2024届高三周练试题。 【简要答案】（1）x－y＝0；（2）略；（3）4 23【往年试题今又现】 （深圳外国语学校2024届高三第一次月考试题导数压轴题） 设函数 f  x xlnxax2 x  aR  . （1）若函数 f  x 有两个不同的极值点，求实数a的取值范围； （2）若a 1，kN*，g  x  x2 2x，当x2时，不等式2k  x2  f  x  g  x 恒成立， 试求正整数k的最大值.  1  【答案】（1）a 0, ；（2）2.  2e 【试题的源】 《刘蒋巍：基于常见函数图像构造出的导数题——以广东、湘豫、深圳等地 2024 届高三 联考题为例》一文中提到：以常见函数图像与直线组合出题。 如：以y  xlnx与直线y t(x2)2组合出题。 【命制过程 3步骤】 【第1步：研究函数 y  xlnx图像性质】 241 令(xlnx)lnx10 x e 1 当，x 时，函数xlnx单调递增 e 1 (xlnx) 0，故，xlnx下凸。 x 1 因此，y  xlnx在[ ,)递增且下凸。 e 1 同理，可证：y  xlnx在(0, )递减且下凸。 e 【第2步：构造过定点的直线，并调整参数，研究直线与函数 y  xlnx图像的位置关系】 构造过定点(2,2)的直线y t(x2)2 令h(x) xlnx[t(x2)2] xlnxt(x2)2 令h(x)lnx1t 0，则xet1 因此，h(x)在(0,et1)单调递减，在(et1，)单调递增 故，h(x)h(et1)2t2et1 当t 1时，h(et1)4e0 30 当t 2时，h(et1)6e0 当t 3时，h(et1)8e2 0 25当t 4时，h(et1)10e3 0 故，函数y  xlnx图像在直线y t(x2)2上方时，整数t的最大值为3 即如下命题： 1 （命题）当x 时，使得不等式xlnxt(x2)2恒成立的整数t的最大值为3 e 该命题还可弱化为： （条件弱化后的命题）当x0时，使得不等式xlnxt(x2)2恒成立的整数t的最大值 为3 【第3步：变换参数，恒等变形，生成新问题】 变换参数，令t为不同的形式，通过恒等变形，可以生成无数道“本质相同，形式不同”的新 问题。 【案例1：南京市、盐城市2015届高三第二次模拟考试数学试题导数压轴题】 如，令t k1（ k 为整数），则xlnx(k1)(x2)2， 恒等变形为：xlnxk(x2)(x2)2 k(x2) 即：xxlnxk(x2)，两边同时除以x，得：1lnx x 由“整数t的最大值为3”，可知“整数k1的最大值为3”，即：整数k 的最大值为4. 据此生成，新问题： k(x2) 已知函数 f(x)1lnx ，其中 k 为常数. x （3）若 k 为整数，且当 x2 时， f(x)0 恒成立，求 k 的最大值. 【简要答案】k 的最大值为 4 【案例2：深圳外国语学校2024届高三第一次月考试题导数压轴题】 再如，令t 2k1（ k 为整数），则xlnx(2k1)(x2)2 即：xlnx2k(x2)(x2)2，即：xxlnx2k(x2) 由“整数t的最大值为3”，可知“整数2k1的最大值为3”，即：整数k的最大值为2. 据此生成，新问题： 设函数 f  x xlnxax2 x  aR  . （2）若a 1，kN*，g  x  x2 2x，当x2时，不等式2k  x2  f  x  g  x 恒成立， 26试求正整数k的最大值. 【答案】正整数k的最大值为2. 【分析】当 a 1时， f(x)xlnxx2 x，g(x) f(x) xlnxx 2k  x2  f  x  g  x  不等式 变形为：2k(x2) xlnxx， 这就是上面研究过的问题。 【试题的流】 一定是以y  xlnx与直线y t(x2)2组合，才能出题么？ 当然不一定！你可以取你喜欢的函数以及直线组合，这就形成了“试题的流”。 试一试吧！ 附： 2019年9月，中数参杂志社举办的刊网微研，主题为《新课程教学中如何培养学生提 出问题的能力》，由马小为（《中学数学教学参考》杂志主编）策划，郑花青（南京师范 大学附属扬子中学副校长）主讲，杨妮（《中学数学教学参考》杂志编辑）主持。当时， 胡云飞（江苏省溧阳市高中数学研训员，溧阳市教师发展中心副主任）、陈小波（深圳市 罗湖区教育科学研究院中学教研中心主任）、赵银仓（广东省特级教师，东莞市名师工作 室主持人）以及刘蒋巍（《高中生提出问题能力培养策略之“GESPGT”模式》版权作品著 作权人）作为嘉宾，参与了对话研讨。刘蒋巍认为，学生学会提问、学会思考，并习得幸 福的能力，尤为重要；并在这次对话之后，刘蒋巍撰写了《素养导向下高中生提出问题能 力培养策略》。以下是：摘录的核心要点。 素养导向下高中生提出问题能力培养策略 文/刘蒋巍 一．素养导向下高中生提出问题能力培养策略之“GESPGT”模式 ①关注数学学习目标（Focus onmath learning goals）。如果数学学习目标不清晰，问 题就会层出不穷，甚至离学习目标万里。譬如：“这个现实问题中蕴含的数学最值问题是什 么？”与“这个现实问题中蕴含哪些数学问题？”前者更专注数学学习目标，在教学实践中更 可行。 ②核实已有经验（Verify existing experience）。譬如:曾经遇到过类似问题吗？还有哪 些概念和现在的这个概念相关的？相关概念的数据或之间的关系都已知了吗？如果未知， 可以求解或证明吗？ ③方案选择（Scheme selection）。我们能就此问题做些什么？我们还能想到哪些可行 27性方案？假设这个解题的障碍已经解决了，问题就简化成什么问题？我们会克服这个障碍 吗？之前哪道问题的解决方法可以借鉴到这道问题？学习小组中谁的方法可以借鉴？ ④路径选择与优化（Path selection and optimization）。如果把我们选择的方案转化为 具体的解题路径，这个路径是怎样的？如何优化呢？ ⑤一般化思考（Generalized thinking）。是否存在更一般化的问题？一般化问题的解 决与特殊情境下问题的解决具有相似的解题路径吗？又有哪些区别呢？ ⑥数学命题转换（Mathematical propositiontransformation）。如果把已经解决的问题 的条件和结论，写成一个数学命题。它的逆命题、否命题依然成立吗？为什么？可以证明 吗？ 二．高中生数学发散思维训练之“数学问题生成七字诀” 数学发散思维的训练也有利于数学提问能力的培养。高中生数学发散思维训练之“数学问 题生成七字诀”： ①“参”字诀：引入参数，可以将问题由具体变为抽象、由“固定的”变为“变化的”，形 成新问题。 ②“组”字诀：将多个问题进行重新组合，形成新问题。 ③“换”字诀：通过代换数、字母或算式，提出新的问题。 ④“形”字诀：图形、图像、图表、实际场景，均为“形”。将题目中“数”的问题转化为“形” 的问题。 ⑤“算”字诀：高中有函数运算、向量运算、矩阵运算。将题目中已有的运算进行变化， 形成新的问题。 ⑥“动”字诀：即“由静化动，动态生成”，通过平移变换、伸缩变换、旋转变换等手段， 将静态问题转化为动态问题。 ⑦“逆”字诀：从一个最终要求解的问题或一个最终要证明的结论开始，逆向思考，生 长生成问题的条件。从而，形成新的问题。 总之，高中生提出问题能力培养策略之“GESPGT”模式、数学发散思维训练之“数学问 题生成七字诀”是经过一线教学实践总结提炼而成的实战策略，能够激发学生的好奇和困 惑，长期坚持运用能够提升高中生提出问题能力。 282 道函数不等式题的命制——听教育专家黄厚忠先生专题报告后而命制 2023年4月14日，镇江市教育科学研究院高中部部长、高中数学教研员、镇江市学 科带头人、镇江市政协常委、市农工党教育支部主任黄厚忠先生，在“江苏省2023年高中 数学新高考研讨活动”中作专题报告。 在专家报告环节，黄厚忠先生指出：“基本初等函数（一次函数、二次函数、三次函数、 分式函数、绝对值函数为主）、指数函数、对数函数、三角函数，这四种函数相互间组合 运算、叠加、复合，衍生出多种新函数，探讨这些新函数的性质。”同时，黄厚忠先生也提 到：“有些高考题，命题者出题意图是让学生用导数处理。实际上，也可以用不等式处理。” 笔者在学习教育专家黄厚忠先生专题报告后，研读教材，命制了2道函数不等式题。 下面将试题命制过程及参考解答呈现给大家。请批评指正。 问题 1【命制过程】 【命题背景】 1 1 函数 f(x)(1 )x在(0,)为增函数，且当x0时， lim(1 )x e x x x 基于此背景，命制如下问题 1 1 【问题 1】已知数列{a }的通项公式为：a (1 )n，nN* n n n x （1）当x0时，求证： ln(1x) x 1x （2）判断数列{a }的单调性，并证明 n （3）求证：2a e n 问题 1【参考解答】 （1）证明略。 1 1 1 1 1 1(1 )...(1 ) a  (1 )n 1(1 )...(1 )  ( n n )n1 （2） n n n n n1  n次 1 1n(1 )  ( n ) n1  (1 1 ) n1  a n1 n1 n1 故，数列{a }为单调递增数列。 n 29x 注：也可构造函数，运用不等式 ln(1x) x（x0）证明. 1x （3）由（2）知：a a ，即：2a 1 n n 1 当x0时，g(x) xln(1x),g(x)1 0,故g(x) g(0)0（x0） 1x 1 1 1 即：当x0时，ln(1x) x；用 替换x得：ln(1 ) （x0）， x x x 1 1 即：ln(1 )x 1（x0），亦即：(1 )x e（x0） x x 1 故，a (1 )n e n n 综上，2a e n 问题 2【命制过程】 【教材题源】 （苏教版必修 1 教材第 134 页“思考运用”第 7 题）已知函数 f(x) x ，对于任意的 f(x ) f(x ) x x x ,x [0,)，试比较 1 2 与 f( 1 2)的大小. 1 2 2 2 【命题背景1】 f(x)ex(cosxsinx)， f(x)2excosx， f(x)2ex(cosxsinx)  5  5 当  x 时，cosxsinx，则 f(x)0；则 f(x)在( , )是上凸函数 4 4 4 4  5 当0 x 或  x2时，cosxsinx，则 f(x)0， 4 4  5 则 f(x)在(0, )( ,2)是下凸函数。 4 4  5 f(x ) f(x ) x x 取“  x  x  ”段函数图像，则 1 2  f( 1 2) 4 1 2 4 2 2 据此，命制第（1）问。 【命题背景2】（上凸函数的“切线不等式”）若 f 是区间I 上的可微上凸函数，则经过点 (x , f(x ))(x I)的切线一定在曲线y  f(x)的上方，即成立不等式 0 0 0 f(x) f(x ) f(x )(xx ),xI 0 0 0 30又若 f 为严格上凸函数，则上述不等式成立等号的充分必要条件是x x . 0 简证：将上述不等式的右边移项到左边，应用拉格朗日中值定理有： f(x) f(x ) f(x )(xx )(f() f(x ))(xx )其中(x ,x). 0 0 0 0 0 0 又 f 是区间I 上的可微上凸函数， 则 f在I 上为减函数；则 f() f(x )0， 0 又x x ，则(f() f(x ))(xx )0 0 0 0 即： f(x) f(x ) f(x )(xx ) 0 0 0 若 f 为严格上凸函数，则 f在I 上严格单调减少。 因此，当且仅当x x 时，等号成立。 0     5 由上述定理，可知：经过点( , 2e4)( ( , ))的切线一定在曲线y  f(x)的上方。即： 4 4 4 4    f(x)ex(cosxsinx) 2e4x(1 ) 2e4 4 据此，命制第（2）问。 【问题 2】给出定义：若函数 f(x)在区间 I上可导，即 f(x)存在，且导函数 f(x)在区间 I 上也可导，则称 f(x)在区间I 上存在二阶导函数.记 f(x)(f(x))，若 f(x)0在区间 I 上恒成立，则称 f(x)在区间 I 上为上凸函数；若 f(x)0在区间 I 上恒成立，则称 f(x) 在区间 I 上为下凸函数. 对于任意x ,x ,...,x I ，其中nN*，n2，若 f(x)在区间 I 上为上凸函数，则有 1 2 n f(x ) f(x )... f(x ) x x ...x 1 2 n  f( 1 2 n);若 f(x)在区间 I 上为下凸函数, n n f(x ) f(x )... f(x ) x x ...x 则有 1 2 n  f( 1 2 n). n n  5 已知 f(x)ex(cosxsinx)，且  x  x  ， 4 1 2 4 f(x ) f(x ) x x 则 1 2 ______ f( 1 2)(填“>”、“<”或“=”); 2 2   5 若ex(cosxsinx)ax(1 )a在( , )上恒成立，则a的最小值为________ 4 4 4 31问题 2【参考答案】 f(x ) f(x ) x x  （1） 1 2  f( 1 2)；（2）a的最小值为： 2e4 2 2 【总结】 教师要研究命题的背景——试题的“源”，据此，我们可取种种具体的函数，乃至抽象 函数，源源不断地产生相应的函数不等式题。 2022全国新高考Ⅰ卷作文提示语：对于初学者而言，应该从本手开始，本手的功夫扎 实了，棋力才会提高。一些初学者热衷于追求妙手，而忽视更为常用的本手。本手是基础， 妙手是创造。一般来说，对本手理解深刻，才可能出现妙手；否则，难免下出俗手，水平 也不易提升。 对于教师而言，你未必需要自己下出“妙手”；你需要的是“把握基本，参透变化”。知 晓“试题的变化”，会训练学生，让学生练好“本手”，创造出“妙手”！ 课堂的基本在于“预设”，课堂的创造在于“生成”！ 2024 届江苏镇江高三期初考试导数压轴题及其姊妹题的命制 【试题呈现】 （江苏省镇江市2023~2024 学年度第一学期高三期初试卷第 22题） ex （12分）已知函数 f  x  ． x3   （1）求函数 f x 的单调区间； （2）若对于任意的x 1, ，关于x的不等式 f  x  x1alnx恒成立，求实数a的取值范围． 【参考答案】 （1）单调增区间为：(3,)；单调减区间为：(,0)和(0,3) （2）a3 【出题背景1——凸函数不等式】 若 f(x)是区间I上的可微下凸函数，则经过点(x , f(x ))(x I )的切线一定在曲线 0 0 0 y  f(x)的下方，即：成立不等式： f(x) f(x ) f(x )(xx )，x I 0 0 0 0 如： f(x)ex， f(x)ex 0,则 f(x)在R 上为可微下凸函数；于是有： f(x) f(0) f(0)x；即：ex 1x，xR 将x替换为x3lnx，得：ex3lnx 1x3lnx 引入参数a，进一步放缩得：ex3lnx 1x3lnx1xalnx，其中a3 32同时注意到“在(1,)上，ex3lnx 1x3lnx1xalnx等号可以取得”。（理由： (x) x3lnx，(1)10且(e)e30，因此存在x (1,e)，使得(x )0） 0 0 【出题背景 2——同构】 为了让问题更加隐蔽，将不等式ex3lnx 1x3lnx1xalnx恒等变形，并将中间 放缩步骤隐藏，得： ex 1xalnx x3 ex 这样，就需要考生能够变形以及放缩，得到： ex3lnx 1x3lnx x3 再对比题设条件：“关于x的不等式 f  x  x1alnx恒成立”，发现相同的结构： 1xlnx，进而得出最终结果。 【题目变式——姊妹题】 （江苏省镇江市2023~2024 学年度第一学期高三期初试卷第 22题的“姊妹题”） x3 （12分）已知函数 f(x) （xR）． ex   （1）求函数 f x 的单调区间； （2）若对于任意的x(3,)，关于x的不等式a[ln(x2)3]3 e3(x2) f(x)恒成立，求实数a的取值 范围． 【参考答案】 （1）单调增区间为：(,3)；单调减区间为：(3,) （2）a1 注：该题由刘蒋巍命制，可作为2024届镇江期初考试第22题的“姊妹题”。 【姊妹题的命制思路】 2024届镇江期初考试第22题的“姊妹题”命制过程如下： x3 3x2 x3 x2(3x) f(x) ，则 f(x)  ，当x3时， f(x)单调递减 ex ex ex 1 注意到：(lnx) 0，则lnx在(0,)为上凸函数，则lnx x1（x1） x2 即：lnx1 x（x1），用x2替换x，得：ln(x2)1 x2（x3） 即：ln(x2)3 x（x3） x3 注意到：x时， f(x) 0， ex 则：当x3时， f[ln(x2)3] f(x)0 f(x) 引入不小于1的参数a，则a1 f[ln(x2)3] [ln(x2)3]3 为了让考生找到相同的结构（引入“同构”考点），将 f[ln(x2)3]改成 形式， eln(x2)3 33变形，得： a[ln(x2)3]3 eln(x2)3 f(x) 进一步变形，得： a[ln(x2)3]3 e3(x2) f(x) 于是，得到如下新问题： x3 已知函数 f(x) （xR）． ex 若对于任意的x(3,)，关于x的不等式a[ln(x2)3]3 e3(x2) f(x)恒成立，求实数a的取值 范围． 对两地 2024 届高三 10 月联考导数压轴题参考解答的商榷 【试题呈现】 （常州市联盟学校 2023—2024学年度高三第一学期 10月学情调研） 已知函数 f  x  ex (a1)xcosx2 . （3）当a  0 时，判断 f x在  0, 零点的个数，并说明理由． （安徽省徽师联盟2023-2024学年高三上学期10月质量检测数学试题） 已知函数 f  x ex axcosx2. （3）当a 1时，判断 f  x  在  0, 零点的个数，并说明理由. （类题 1——2023苏大考前指导卷第 2问）已知函数 f(x)ex axcosx2 （2）当a 1时，求证： f(x)在(0，)上有唯一零点。 【出题背景】2023苏大考前指导卷21题（2）出题背景（函数的凸性），构造函数 g(x)ex cosx2，判断其在（0，+∞）单增，且为下凸函数，在x=0 处的切线为y=x， 故g(x)函数图像与y=ax 图像在（0，+∞）有唯一交点，因此，f(x)ex axcosx2在（0， +∞）有唯一零点。 【出题背景】 （下凸函数的“切线不等式”）若 f 是区间I 上的可微凸函数，则经过点(x , f(x ))(x I)的切线一 0 0 0 定在曲线 y  f(x)的下方，即成立不等式 f(x) f(x ) f(x )(xx ),xI 0 0 0 又若 f 为严格凸函数，则上述不等式成立等号的充分必要条件是x x . 0 简证：将上述不等式的右边移项到左边，应用拉格朗日中值定理有： f(x) f(x ) f(x )(xx )(f() f(x ))(xx )其中(x ,x). 0 0 0 0 0 0 又 f 是区间I 上的可微凸函数， 则 f在I 上为增函数；则 f() f(x )0， 0 又x x ，则(f() f(x ))(xx )0 0 0 0 34即： f(x) f(x ) f(x )(xx ) 0 0 0 若 f 为严格凸函数，则 f在I 上严格单调增加。 因此，当且仅当x x 时，等号成立。 0 【试题参考解答及商榷之处】 【参考解答】 常州市联盟学校、安徽省徽师联盟对于第22题导数压轴题分别给出了如下解答： （常州市联盟学校 2023—2024学年度高三第一学期 10月学情调研）已知函数 f  x  ex (a1)xcosx2. （3）当a  0 时，判断 f x在  0, 零点的个数，并说明理由． y(1a)x2 【参考答案】令 f xex (a1)xcosx20,(a0)，即可得excosx(1a)x2； 构造函数hxexcosx，x0,，易知hxexsinx0在0,上恒成立， 即hx在0,上单调递增，如图中实曲线所示： 又函数y(1a)x2恒过0,2，且h0e0cos0=2， 易知h0e0sin01，所以函数hxexcosx在0,2处的切线方程为y x2； 又a0,1a1，所以y(1a)x2（图中虚线）在0,范围内恒在y x2（图中实直线）的上方； 所以由图易知y(1a)x2与hxexcosx在0,范围内仅有一个交点， 即函数 f x在0,内仅有一个零点. …………12分 （安徽省徽师联盟2023-2024学年高三上学期10月质量检测数学试题） 已知函数 f  x ex axcosx2. （3）当a 1时，判断 f  x  在  0, 零点的个数，并说明理由. 【参考答案】令 f  x ex axcosx20，即可得ex cosxax2；构造函数h  x ex cosx， x 0, ，易知h x ex sinx0在  0, 上恒成立，即h  x  在  0, 上单调递增，如下图中实曲 35线所示： 又函数y ax2恒过  0,2  ，且h  0 e0 cos02，易知h 0 e0 sin01， 所以函数h  x ex cosx在  0,2  处的切线方程为 y  x2；又a 1，所以 y ax2（图中虚线）在  0, 范围内恒在y  x2（图中实直线）的上方；所以由图易知y ax2与h  x ex cosx在  0, 范围内仅有一个交点，即函数 f  x  在  0, 内仅有一个零点。 【值得商榷之处】 在商榷之前，我们先看一个引理及相关的命题： 引理：（上凸函数的“切线不等式”）若 f 是区间I 上的可微上凸函数，则经过点 (x , f(x ))(x I)的切线一定在曲线y  f(x)的上方，即成立不等式 0 0 0 f(x) f(x ) f(x )(xx ),xI 0 0 0 又若 f 为严格上凸函数，则上述不等式成立等号的充分必要条件是x x . 0 简证：将上述不等式的右边移项到左边，应用拉格朗日中值定理有： f(x) f(x ) f(x )(xx )(f() f(x ))(xx )其中(x ,x). 0 0 0 0 0 0 又 f 是区间I 上的可微上凸函数， 则 f在I 上为减函数；则 f() f(x )0， 0 又x x ，则(f() f(x ))(xx )0 0 0 0 即： f(x) f(x ) f(x )(xx ) 0 0 0 若 f 为严格上凸函数，则 f在I 上严格单调减少。 因此，当且仅当x x 时，等号成立。 0 相关命题：给出定义：若函数 f(x)在区间 I上可导，即 f(x)存在，且导函数 f(x)在区间 I 上也可导，则称 f(x)在区间I上存在二阶导函数.记 f(x)(f(x))，若 f(x)0在区间I 上恒成立，则称 f(x)在区间I上为上凸函数；若 f(x)0在区间I上恒成立，则称 f(x)在 区间I上为下凸函数. 对于任意x ,x ,...,x I ，其中nN*，n2，若 f(x)在区间I上为上凸函数，则有 1 2 n f(x ) f(x )... f(x ) x x ...x 1 2 n  f( 1 2 n);若 f(x)在区间I上为下凸函数, n n 36f(x ) f(x )... f(x ) x x ...x 则有 1 2 n  f( 1 2 n). n n  5 已知 f(x)ex(cosxsinx)，且  x  x  ， 4 1 2 4 f(x ) f(x ) x x 则 1 2 ______ f( 1 2)(填“>”、“<”或“=”); 2 2   5 若ex(cosxsinx)ax(1 )a在( , )上恒成立，则a的最小值为________ 4 4 4 f(x ) f(x ) x x  参考答案：（1） 1 2  f( 1 2)；（2）a的最小值为： 2e4 2 2 【命题背景】 f(x)ex(cosxsinx)， f(x)2excosx， f(x)2ex(cosxsinx)  5  5 当  x 时，cosxsinx，则 f(x)0；则 f(x)在( , )是上凸函数 4 4 4 4  5 当0 x 或  x2时，cosxsinx，则 f(x)0， 4 4  5 则 f(x)在(0, )( ,2)是下凸函数。 4 4  5 f(x ) f(x ) x x 取“  x  x  ”段函数图像，则 1 2  f( 1 2) 4 1 2 4 2 2 据此，命制第（1）问。     5 由上述引理，可知：经过点( , 2e4)( ( , ))的切线一定在曲线 y  f(x)的上方。即： 4 4 4 4    f(x)ex(cosxsinx) 2e4x(1 ) 2e4 4 据此，命制第（2）问。 由上面的引理及相关命题，值得商榷之处不言而喻了——在局部区域，函数图像在切线 的上方还是下方，函数的局部凹凸性（局部区域，上凸还是下凸）的判定是关键点。譬如：  5     5 f(x)ex(cosxsinx)在( , )是上凸函数，经过点( , 2e4)( ( , ))的切线在曲线 4 4 4 4 4 4 y  f(x)的上方。 而函数g(x)ex cosx2，在（0，+∞）单增，且为下凸函数，x=0 处的切线y=x 在曲线 y  g(x)的下方。 这两地区上述的参考解答都没有说清楚这一点。希望参考解答能够更加完善，并没有 37针对谁的意思。抛砖引玉，仅供参考。 Hadamard 不等式及其特例——对数均值不等式 （指数均值不等式）： （mn） 38ba ba 其对数形式： ab   （b  a 0）， lnblna 2 1 lnblna 2 又等价于：   （b  a 0） ab ba ab 1 2 1 1 引申：当kN时，  ln(k 1)lnk   ， k 1 k (k 1) k(k 1) k n 1 n n 1 n 1 则  [ln(k1)lnk]  ， k1 k(k1) k k1 k1 k1 k1 n 1 n 1 n 1 即： ln(n1)  ，不难发现调和级数是发散的。 k1 k(k1) k k1 k1 k1 ★关于 f(x)mlnxax2 bxc （ m0）类型函数的导数题是怎么出的呢？ 设 A(x , f (x )) ， B(x , f (x )) （ x  x ）是函数 f(x)mlnxax2 bxc（m0）图像上 1 1 2 2 1 2 任意两点，记直线AB 的斜率为k，则 k  m lnx 2 lnx 1 a(x  x )b；而函数 f (x) 在 x  x 2  x 1 处的导数 x x 2 1 2 2 1 x  x 2 f ( 2 1)  m a(x  x )b， 2 x  x 2 1 2 1 lnx lnx 2 又由引理： 1 2  x x x x 1 2 1 2 x  x 所以 m[k  f ( 2 1)]  0 恒成立.（*）——一般性的结论。 2 2(x 1) 注：引理证明：构造函数 f (x)  ln x  （x 1），显然 x 1 1 4 (x1)2 f(x)    0， x (1 x)2 x(1 x)2 2(x 1) 所以 f (x)  f (1)  0 ，即： ln x  ，（x 1） x 1 x 2( 1 1) x x x lnx lnx 2 不妨设 x  x  0 ，令x  1 ，则ln 1  2 ，即： 1 2  1 2 x x x x x x x 2 2 1 1 1 2 1 2 x 2 391 ★案例：设函数 f (x)  x aln x ，若 f (x) 的两个极值点 x 和 x ，记过点 A(x , f (x )) ， x 1 2 1 1 B(x , f (x )) 的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k 2a？若存在，求出a的值；若 2 2 不存在，请说明理由。 1 a x2 ax1 分析：f(x)1   ，x  0，令g(x)x2ax1，  a2  4 ，因为 f (x) x2 x x2 的两个极值点 x 和 x ，所以方程 g(x)  0 在 (0,) 上有两个相异实根，则  a2  4  0 且 1 2 a 0，得：a 2 f(x ) f(x ) 1 lnx lnx lnx lnx 易得： x x  1 ，k  2 1 1 a 2 1  2a 2 1 1 2 x x x x x x x x 2 1 1 2 2 1 2 1 lnx lnx lnx lnx 1 若k 2a，则 2 1 1，又因为 2 1  1，所以11，矛盾！所以不 x  x x  x x x 2 1 2 1 1 2 存在符合条件的实数a. “副产品”： f(x ) f(x ) 1 lnx lnx lnx lnx a k  2 1 1 a 2 1 2a 2 1 2 2a x x x x x x x x x x 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 ★试题改编 将问题改编，生成如下问题： 1 （2021年湖北省八市高三（3月）联考第21题）已知函数f(x)=x-2alnx- ,(a∈R). x （1)讨论函数f(x)的单调性； f(x ) f(x ) （2)若x 、x 为函数f(x)的两个极值点，证明： 1 2 24a. 1 2 x x 1 2 注：2021年湖北省八市高三（3月）联考 ★常州高级中学高二单元考试题 分析：我们看第（3）问，G(x)alnxx2 bx2属于“ f(x)mlnxax2 bxc（m0） 类型函数” 40设A(x ,0)，B(x ,0)，记直线AB 的斜率为k， 1 2 0 lnx lnx 因为x ，x 为零点，所以，此题中，k (a) 2 1 (x x )b0 1 2 0 x x 2 1 2 1 而函数G(x)在 x  x 2  x 1 处的导数G( x 2 x 1)(a) 2 (x x )b， 0 2 2 x x 2 1 2 1 lnx lnx 2 又由引理： 1 2  x x x x 1 2 1 2 x  x 所以，(a)[k G( 2 1)]  0 ，即：(a)[k G(x )]  0 0 2 0 0 又a 0，所以，k G(x )  0，G(x )  k  0 ，即G(x )  0 0 0 0 0 0 单元考只是个特例，你读懂了吗？ 应用：已知函数 f(x)lnxax2 (2a)x 若函数y  f(x)的图像与x轴交于A，B 两点，线段AB中点的横坐标为x ，证明：f(x )0 0 0 应用（*）式结论： 将m1，k 0， x 0  x 1  2 x 2 代入到 m[k  f ( x 2 2  x 1)]  0 中，得： f(x 0 )0 这一结论，你会玩了吗？试一试吧！ 试一试 已知函数 f(x)lnxax2 bx 如果函数 f(x)的图像交x轴于A(x ,0)，B(x ,0)（x  x ）两点，AB的中点为M(x ,0)， 1 2 1 2 0 证明： f(x )0 0 要求：请写出完整解题过程哦！ 问题5：已知函数 f(x)lnxax2 (2a)x 1 1 1 （1）设a 0，证明：当0  x  时， f (  x)  f (  x) a a a （2）若函数y  f(x)的图像与x轴交于A，B 两点，线段 AB 中点的横坐标为x ，证明： 0 f(x )0 0 1 1 x  x 分析：（1）将 m1， x   x ， x   x 代入到 m[k  f ( 2 1)]  0 中，得： 1 a 2 a 2 411 1 f( x) f( x) 1 1 a a 1 f (  x) f (  x)  f ( ) 0，即： a a  0， 1 1 a 2x ( x)( x) a a 1 1 所以 f (  x)  f (  x) a a （2）将m1，k 0， x 0  x 1  2 x 2 代入到 m[k  f ( x 2 2  x 1)]  0 中，得： f(x 0 )0 问题6：设函数 f(x)lnx x1，证明：当x 1时， f (x)  3 (x 1) 2 f(x) f(1) lnxln1 1 1 1 3 分析：      ，从而 f (x)  3 (x 1) x1 x1 x 1 x x 1 2 2 f (x ) f (x ) lnx lnx 1 1 1 3 引申：当 1 x  x 时， 2 1  2 1     1 2 x  x x x x  x x x x  x 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 拓展：当然，本题还可以使用拉格朗日中值定理求解。 f(x) f(1) lnxln1 x  1 1 1 3      ，其中1   ,  x x1 x1 x1  2  2 1 2 1 2 1 问题7：设函数 f (x)  x aln x，若 f (x) 的两个极值点 x 和 x ，记过点 A(x , f (x )) ， x 1 2 1 1 B(x , f (x )) 的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k 2a？若存在，求出a的值；若 2 2 不存在，请说明理由。 1 a x2 ax1 分析：f(x)1   ，x  0，令g(x)x2ax1，  a2  4 ，因为 f (x) x2 x x2 的两个极值点 x 和 x ，所以方程g(x)  0在(0,)上有两个相异实根，则  a2  4  0且 1 2 a 0，得：a 2 f(x ) f(x ) 1 lnx lnx lnx lnx 易得： x x  1 ，k  2 1 1 a 2 1  2a 2 1 1 2 x x x x x x x x 2 1 1 2 2 1 2 1 lnx lnx lnx lnx 1 若k 2a，则 2 1 1，又因为 2 1  1，所以11，矛盾！所以不 x  x x  x x x 2 1 2 1 1 2 存在符合条件的实数a. 问题8：已知函数 f(x)xe x （x R），若 x  x ，且 f (x )  f (x ) ，证明： x  x  2 1 2 1 2 1 2 lnx lnx 分析：ln f (x)  ln x  x，因为 f (x )  f (x ) ，所以 2 1 1 1 2 x  x 2 1 42lnx lnx 2 又因为 2 1  ，所以 x  x  2 x x x x 1 2 2 1 1 2 1 1 ☆常见的对数不等式：ln x  (x  )，（0 x1）； 2 x 1 1 ln x  (x  )，（x 1）； 2 x 2(x 1) ln x  ，（0 x1）； x 1 2(x 1) ln x  ，（x 1）. x 1 2(x 1) 1 4 (x1)2 构造函数 f (x)  ln x  （x 1），显然 f(x)    0， x 1 x (1 x)2 x(1 x)2 2(x 1) 所以 f (x)  f (1)  0，即：ln x  ，（x 1） x 1 x 2( 1 1) x x x lnx lnx 2 不妨设 x  x  0 ，令x  1 ，则ln 1  2 ，即： 1 2  1 2 x x x x x x x 2 2 1 1 1 2 1 2 x 2 问题9：已知函数 f(x)lnxmx（xR） 若函数 f (x) 有两个不同的零点 x ， x ，求证：x x e2 1 2 1 2 分析：因为函数 f (x) 有两个不同的零点 x ， x ， 1 2 lnx lnx 所以 ln x  mx  ln x  mx  0 ，则 ln x  ln x  m(x  x ) ，m 1 2 ， 1 1 2 2 1 2 1 2 x x 1 2 lnx lnx 所以，lnx lnx  1 2 (x  x )  2，即x x e2 1 2 x x 1 2 1 2 1 2 问题10：已知函数 f(x)ax2(12a)xlnx（aR） 记函数 y  f (x)的图像为曲线C，设点 A(x 1 , y 1 )， B ( x , y ) 是曲线C 上不同的两点， 2 2 点M 为线段 AB 的中点，过点 M 作x轴的垂线交曲线 C 于点 N。试问：曲线 C 在点N 处 的切线是否平行于直线AB？并说明理由。 答案：不平行。请读者自作。 43一道“对数均值不等式”及其变形、延申的原创小题 【试题呈现】 ba ba 【多选题】“ ab   （ba0）”被称为“对数均值不等式”。 lnblna 2 1 lnblna 2 变形为：“   （ba0）（变形1）”。 ab ba ab 当kN时，令a k,bk1，并适当放缩，可得不等式： 1 2 1 1  ln(k1)lnk   ， k1 k(k1) k(k1) k 令不等式中的k分别取1,2,3...n并累加，可得： n 1 n 2 n 1 n 1   ln(n1)  k1 k1 k1 2k1 k1 k2 k k1 k 可以通过类似上述“变形”、“放缩”、“代换”的方法得到的新的不等式有（ ） x1 2(x1) A. lnx (x1) x x1 2x x(x2) B. ln(1x) (x0) x2 2(x1) 2 1 1 1 C. ln(1 )  (nN*) 2n1 n 2n 2(n1) n 1 n 1 n D.2  ln(n1)  2i1 i 2(n1) i1 i1 出题背景 【试出题背景】“对数均值不等式”及其变形、延申 参考解答 【试题参考解答】BCD 1 lnblna 2 “   （ba0）（变形1）”可变形为： ab ba ab ba b 2(ba) b ln  （ba0）（变形2），令  x1，得： ab a ab a x1 2(x1) lnx （x1）（变形3），故A错误。 x x1 将变形3中x换成x1可得： 44x 2x ln(x1) （x0）（变形4） x1 x2 对“变形4”用基本不等式，放缩得： 2x x 2x x1 x(x11) x(x2) ln(x1)    ，故B 正确。 x2 x1 2(x1) 2(x1) 2(x1) 1 2 1 1 1 令x ，得： ln(1 )  (nN*)，故C 正确。 n 2n1 n 2n 2(n1) 令上述不等式中n分别取1,2,3...n并累加可得： 2 2 2 1 1 1  ... ln(1 )ln(1 )...ln(1 )ln(n1) 3 5 2n1 1 2 n 1 1 1 1 1 1     ...  2 4 4 6 2n 2(n1) 1 1 1 1 1    ...  2 2 3 n 2(n1) 1 1 1 n 1  ...  (nN*) 2 3 n 2(n1) n 1 n 1 n 即：2  ln(n1)  ，故D正确。 2i1 i 2(n1) i1 i1 D选项，还可以用于估算真数为正整数的对数lnn的范围。 题外话 有老师说：“刘老师，你命制的这三道题，考到原题的可能性不大。” 是的，有多少老师能命中高考原题呢？ 我在 2017 年，"用对数均值不等式(Hadamard 积分不等式特例)推导调和级数是发散的" 这一过程中(写入《江苏高考数学复习指南》2018年出版)，其中一个部分就是2022年全国 高考2卷数学压轴题最后一问。(可以算是:命中高中压轴题最后一问原题吧！提示:把不等 式，k取1~n，累加一下看看呢)。可我当初也想不到5年后会在高考中考到。 45教育部在 2022年全国2卷第 22题中，命制了以双曲函数为背景的试题： 已知函数 f(x) xeax ex （2）当x0时， f(x)1，求a的取值范围。 1 1 1 （3）设nN，证明  ... ln(n1) 12 1 22 2 n2 n 教学的意义，就是为了高考么？ 这题所涉及的数学思想，对高考，甚至对大学数学的学习都是有意义的。 462025 届——函数模考题精选精练 x3 1.（2022-2023·徐州新沂市第三中学·一模）函数 f x 的部分图象大致是( ). 2x 2x A． B． C． D．     2（. 2022-2023·南通海安高级中学·一模）已知p：xy0，q：ln x21x ln y21 y 0，则p是q的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3（. 2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）7．已知函数 f x的定义域为R，y f xex 是偶函数，y f x3ex是奇函数，则 f x最小值为（ ） A．e B．2 2 C．2 3 D．2e 1 4.（2022-2023·南师大附中江宁分校、南京中华中学·一模）15．设函数 f xex ex  ，则使得 lg(x21) f(2x1) f(x2) 成立的x的取值范围是_____. 5.（2022-2023·南通·一模）函数 f x,gx 的定义域均为R，且 fxg4x4，gx  f x8 8，gx 关于 18 x4对称，g48，则f2m的值为（ ） m1 A．24 B．32 C．34 D．40 6.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）14．定义在R上的函数 f x,gx ，满足 f 2x3为偶函数，gx51 为奇函数，若 f 1g13，则 f 5g9__________.  x1, x0 7.（2022-2023·南京第十二中学·一模）15．已知函数 f x ，若方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不 lnx1, x0 同的实数解a，b，c（a＜b＜c），则（a＋b）c的取值范围是____． 472025 届——导数模考题精选精练 1.（2022-2023·南京江浦高中·一模）8．设 f x是定义在R上的函数，其导函数为 fx，满足 f xxfx0， 若a  4 f 1，b2f 2 ，c f 4，则（ ） A．abc B．cab C．bca D．cba 31 1 1 2.（2022-2023·南京第十二中学·一模）8．已知a ,bcos ,c4sin ，则（ ） 32 4 4 A．cba B．bac C．abc D．acb 3.（多选题）（2022-2023·南通·一模）12．过平面内一点P作曲线y lnx 两条互相垂直的切线l 、l ，切点为P、 1 2 1 P(P、P不重合)，设直线l 、l 分别与y轴交于点A、B，则（ ） 2 1 2 1 2 A．P、P两点的纵坐标之积为定值 B．直线PP 的斜率为定值 1 2 1 2 C．线段AB的长度为定值 D．ABP面积的取值范围为0,1 4.（多选题）（2022-2023·南师大附中江宁分校、南京中华中学·一模）10．定义：设 f(x)是 f x的导函数，f(x) 是函数 f(x)的导数，若方程 f(x)0有实数解x ，则称点  x , f x  为函数y f x 的“拐点”．经过探究发现： 0 0 0 5 任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数 f(x)ax3bx2 (ab0)的对称中 3 心为1,1，则下列说法中正确的有（ ） 1 A．a ，b=-1 B．函数 f x既有极大值又有极小值 3  1 C．函数 f x有三个零点 D．过1, 可以作三条直线与y f x 图像相切  3 5.（多选题）（2022-2023·徐州新沂市第三中学·一模）12．已知a0，b0，abealnb10，则（ ） 1 1 A．lnb B．ea  a b C．alnb1 D．ab1 6.（多选题）（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）12．已知a0,ea lnb1， 则（ ） A．alnb0 B．eab2 C．lnaeb 0 D．ab1 482 π 7.（2022-2023·南京、盐城市·一模）22．已知kR，函数 f x3lnx1 sin xkx，x1,2 . π 2 (1)若k 0，求证： f x仅有1个零点； (2)若 f x有两个零点，求实数k的取值范围. 8.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）22．已知函数 f xaxex2,a0且a1. f x (1)设gx ex，讨论gx 的单调性； x (2)若a 1且 f x存在三个零点x,x ,x . 1 2 3 1）求实数a的取值范围； 2e1 2）设x  x  x ，求证：x 3x x  . 1 2 3 1 2 3 e 49x 9.（2022-2023·扬州中学·一模）22．已知函数 f xex 22ae2 a x1 aR. (1)讨论 f x的单调性； (2)设gx xex lnexmx，若a1，且对任意x R,x 0,,x f x gx 0恒成立，求实数m的 1 2 2 1 2 取值范围. 10.（2022-2023·南京师大附中·一模）22．已知函数 f(x) xksinx，其中0k 1． 1 （1）设函数g(x) x2  f(x)，证明： 2 ①g(x)有且仅有一个极小值点； 1 ②记x 是g(x)的唯一极小值点，则gx  x ； 0 0 2 0 （2）若k1，直线l与曲线y f(x)相切，且有无穷多个切点，求所有符合上述条件的直线l的方程． 50a 11.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）22．已知函数 f(x)axlnx ． x (1)若x1， f(x)0，求实数a的取值范围； 14a2 (2)设x,x 是函数 f(x)的两个极值点，证明： f(x) f(x )  ． 1 2 1 2 a 51第二章 三角函数与解三角形 理解逻辑推理，快得分 数学推理是学生学习数学、进行思考的基本能力。一般地，可从以下两个方面入手培 养学生的数学推理能力。 1.加强数学活动的过程教学，提高合情推理能力 通过适当的学习活动，尽可能使学生亲自体验概念的形成过程；精心设计和组织教学， 引导学生参与公式、定理、法则、性质的发现、探索、推导过程；尽量暴露解题的思考过 程，尤其是解题中思路受阻及产生错误后是如何调整思维方式的，帮助学生掌握探索的方 法与解题的规律，培养和发展自我调控的能力. 2.有目的、有计划、有步骤地进行演绎推理的训练，提高演绎推理的能力 （1）结合具体数学内容，介绍或讲授一些必要的逻辑知识． 一般来说，学生经过几年的学习，可以获得一定的逻辑训练.但是因为在教材和教学中， 只对数学内容本身进行解释，而对其中的逻辑成分很少解释，学生在没理解逻辑成分的情 况下去学习推理往往只是不自觉地使用逻辑法则，有时还会发生逻辑错误，这当然是不利 于其逻辑思维和推理能力的发展，为了帮助学生更自觉地使用逻辑规则，避免逻辑错误， 提高思维和推理能力，有必要学习关于逻辑的初步知识。 （2）向学生明确“运算也是推理”的思想，有意识地在运算中培养学生“说理”的习惯和 能力. 明确“运算也是推理”的思想是十分重要的。因为在中学代数，尤其是初中代数中，含 有较多的具有算法性质的内容，学生在学习这部分内容时，往往只是记忆运算的步骤，而 忽视对运算依据的理解和掌握，这就不利于运算的准确性，也不利于推理能力的培养。当 然，这也不是说要掌握所有数、式运算的依据，这在中学数学中也是做不到的，但是，要 强调把计算步骤与依据结合起来，尽可能做到“数学地记忆”，培养学生“说理”的习惯和能 力，从中提高推理能力。 （3）向学生明确“化归也是推理”的思想 在数学问题中，给出的条件有时会在量、形关系上显得较为杂乱，无从下手。这时， 需要根据待解问题的表现形式，对所给的量、形关系做和谐统一的化归。即化归应朝着使 待解问题在表现形式上趋于和谐，在量、形、关系方面趋于统一的方向进行，使问题的条 件与结论表现得更匀称和恰当。 52【例题】在ΔABC 中，A＝2C，求证：b/3＜a—c＜b/2． 分析 条件是角的关系，结论是边的关系，由统一性原则及正弦定理，将结论与条件 统一起来，转化为sin B/3 0 等价于cosC>1/2. 问题（1）随之就化归为：在ΔABC 中，A＝2C，求证cosC＞1/2．这是一个很简单的 问题．同样可证问题（2）． 分析上述解题过程，如何将元素统一，以及将条件与结论在表现形式上的统一是问题 解决的关键，化归正是朝着这个方向进行的。 其实，回顾、反思中学数学学习，很多内容都是遵循统一性原则的：如不同底的对数 式运算常通过换底公式统一为同底数的对数来运算；多变元的问题通过消元变为一个变元 的问题；三角诱导公式的重要作用就是实现三角式的和谐统一，等等。 类似的，2022全国1卷第18题。 （2022·新高考Ⅰ卷T18）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 cosA sin2B  ． 1sin A 1cos2B a2  b2 （2）求 的最小值． c2 分析 条件是角的关系，结论是边的关系，由统一性原则及正弦定理，将结论与条件 53cosA sin2B  a2 b2 sin2 Asin2 B 统一起来，转化为以  ，进一步将角统一起来。由1sin A 1cos2B c2 sin2C  π π π 化成 cos  AB sinB ，即： sinB cosC sin  C 2  ，得 C  2 B ，即有 A 2 2B ， cos22B1cos2 B 进一步转化为关于单变元B的代数式 ，从而，问题就化归为如下表现形 cos2 B 式上较统一的问题： cos22B1cos2 B 【问题3】在ΔABC 中，求 的最小值. cos2 B 对于问题3，继续将其统一为关于同角B的同名三角函数式：  2 2cos2 B1 1cos2 B cos2 B 等价于“求 的最小值“ 2 4cos2 B 5 cos2 B 问题3随之就化归为：在ΔABC 中，求 的最小值．这是一个很简单的 2 4cos2 B 5 cos2 B 问题． 以“笛卡尔叶形线”为背景的高考原创题 【试题呈现】“三角换元思想”是三角函数中的基本思想。运用三角换元法可以 处理曲线中的最值问题。譬如：已知x2  y2 r2(r 0)，求x y的最大值。我 们令xrcos，y rsin，则x y r(cossin)，这样我们就把原问题转 化为三角函数最值问题。已知A(x,y)是曲线x3  y3 6xy 0(x0,y 0)上的 点，则x2  y2的最大值为（ ） A.2 B.8 C.18 D.36 原创题 该题由刘蒋巍命制 出题背景：笛卡尔叶形线 1638年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣和叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶 形线方程： 54x3  y3 3axy 0 从笛卡尔坐标系的创立开始，笛卡尔叶形线方程隐藏的美就逐渐绽开了含苞待 放的花蕾雏形。 （笛卡尔叶形线的对称美）笛卡尔叶形线的斜渐近线与切线的平行对偶美，具 有奇特的育人优势，以美育激起以美育德的魅力，以美育德和以美育人。 于是，笔者对该素材，产生了兴趣！ 令xrcos， y rsin，代入方程x3  y3 3axy 0，得： 3asincos r  sin3cos3 上式中的sin、cos具有轮换性。 3 3 实际上，笛卡尔叶形线的结点坐标(0,0)和顶点坐标 ( a, a)的横纵坐标都 2 2 具有轮换对称美。 二元函数F(x,y) x3  y3 3axy，则有 dy F 3x2 3ay x2 ay F3x2 3ay，F 3y2 3ax，  x   x y dx F 3y2 3ax ax y2 y dy 过顶点A的切线斜率为k  | 1， dx ( 3a , 3a ) 2 2 故，过点A的切线方程为：x y3a 0，法线方程为x y 0 渐近线x ya 0平行于切线。 令a 2，得到，曲线：x3  y3 6xy 0。这就是本题的出题背景。 解题方法： 6sincos sincos r  6 sin3cos3 (sincos)(sin2sincoscos2) 55sincos  6 其中，(0, ) (sincos)(1sincos) 2  t2 1 令t sincos 2sin( )(1, 2]，则sincos 4 2 t2 1 r t2 1 t2 32 1 2  2     在(1, 2]上单调递增 6 t2 1 t(3t2) t(3t2) t 3tt3 t(1 ) 2 2 故，r r( 2)6 3 2 ，(x2  y2) (r2) 18 max 2 max max 一道三角函数填空题的命制——听吴莉娜专题报告受启发而命制 2023年4月14日，江苏省常州高级中学吴莉娜老师在“江苏省2023年高中数学新高 考研讨活动”中作专题报告。 在专家报告环节，吴莉娜老师指出：“教材是高考数学试题的源头。教材是数学知识和 数学思想方法的载体，又是教学的依据。因此在教学中应充分发挥教材作为试题的根本来 源的功能，每年均有一定数量的试题是以教材习题为素材的变式题，通过变形、延伸与拓 展来命制高考题。” 笔者在学习吴莉娜报告后，研读教材，命制了一道三角函数填空题。下面将试题命制 过程及参考解答呈现给大家。请批评指正。 【命制过程】 （苏教版必修2第79页探究拓展第 19题部分） 由倍角公式cos2x2cos2 x1，可知cos2x可以表示为cosx的二次多项式.对于cos3x，我 们有cos3xcos(2xx) cos2xcosxsin2xsinx (2cos2 x1)cosx2(sinxcosx)sinx 2cos3 xcosx2(1cos2 x)cosx 4cos3x3cosx 可见cos3x可以表示为cosx的三次多项式. 笔者思考：1cos3x0恒成立，即：4cos3 x3cosx10恒成立，亦即4t33t10对于 t[1,1]恒成立，将“4”令为参数“a”，求参数a 的值. 于是有如下问题： 56问题1：已知 f(t)at33t1对于t[1,1]总有 f(t)0成立，则a ____ 显然，这就是2008年江苏高考卷第 18题的命制思路。如此命制，已落入俗套。 参考上述问题1的命制方法——“演绎法+代换法”，命制新问题。 【新问题的命制过程】 公式的演绎过程： 1sin2 1sin4(1sin2)(1sin2)(1sin2)sin2( ) sin2 1 1 (1sin2)sin2(1 )(1sin2)(1cos2)(1 ) sin2 sin2 用“代换法”过程： 1 由此可见，x1是方程(xsin2)(xcos2)(x )1sin4的根. sin2 将方程左侧多项式展开，整理得： 1 1 P(x)cos2(sin2cos2 )x( 1)x2 x3 sin2 sin2 1 1 3 令sin2 ，则cos2 ，tan21，P(tan2) P(1)1sin4 2 2 4 1 此时， 11 sin2 于是，得到以下新问题： 1 【新问题】 已知P(x)a a xx2 x3，若sin2、cos2、 是方程P(x)0的根， 0 1 sin2 则P(tan2)______________ 3 【参考答案】 4 57用外接圆与椭圆定义直观求解两类三角形周长、面积范围 【一般性的命题（一）】  锐角三角形ABC 中，A，(0, )，角A、B、C 所对边分别为a、b、c，其中b 2 为定值。 b2sin2 b2 tan 求证：（1）  S  ； 4 ACB 2 1 （2）(1sincos)bC (1tan )b ACB cos 【命题（一）问题（1）命题分析】 边b、角，均为已知定值。要保证三角形ABC 为锐角三角形。可以先画出角A，在 边AB 上，取点B 、B ，使得AB C 90、ACB 90（取直角三角形ABC 为临界状 0 2 0 2 态，来进一步研究）。 若B点在AB 段（不包含A 与B ）或AB 的延长线上，此时，三角形ABC 为钝角三 0 0 2 角形。（不符合题意） 要保证三角形ABC 为锐角三角形，则B 点在B B 段。将CB 视为三角形ABC 的高， 0 2 0 58AB 视为三角形ABC 的底。 当点B在B B 段运动时，从B 到B ，三角形ABC 的面积逐渐变大。 0 2 0 2 因此，S  S  S ，只需用边b、角表示出S 、S 即可。 ACB ACB ACB ACB ACB 0 2 0 2 b2sincos b2 tan b2sin2 b2 tan 于是，有：  S  ，亦即：  S  2 ACB 2 4 ACB 2 【命题（一）问题（2）命题分析】 边b、角，均为已知定值。且由（1）的命题分析，可知：要保证三角形ABC 为锐角 三角形，则B点在B B 段。 0 2 ac什么时候最小，什么时候最大呢？可以运用椭圆的定义去转化。 【用椭圆定义转化求解】以A、C 为焦点，绘制一个经过点B的椭圆，作线段AC 的 垂直平分线，交该椭圆于D点。运用椭圆的第一定义以及三角形中“大角对大边”的性质， 可知： 2AD  AD CD  AB CB ac AB CB  AD CD 2AD 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 【直观角度，迅速求解】从直观角度看，点D从D 运动到D ，AD是逐渐变大的。 0 2 因此，当点B在B B 段运动时，从B 到B ，三角形ABC 的周长也逐渐变大。 0 2 0 2 【注】当然，也可以不用“椭圆的第一定义”转化，直接用三角形中“大角对大边”的性 质去比较判断。结论也是一样的。 1 于是，有：(1sincos)bC (1tan )b ACB cos 【一般性的命题（二）】  锐角三角形ABC 中，A，(0, )，角A、B、C 所对边分别为a、b、c，其中a 2 为定值。 a2 a2 求证：（1）  S  ； 2tan ACB  4tan 2 1 1 1 （2）(1  )aC (1 )a sin tan ACB  sin 2 59【命题（二）问题（1）命题分析】 注意到：定边a所对角为定值，属于“定弦定角”，故构造三角形ABC 的外接圆。还 是找临界状态，一个“临界状态”是ACB 90或A BC 90时；另一个“临界状态”是点 0 3 A到边BC 距离最远时，此时点A在线段BC 的垂直平分线上。 若A点在优弧A A 段（不包含B、C、A 、A ），此时三角形ABC 为钝角三角形。 0 3 0 3 （不符合题意） 若A点在A 或A 处，此时ACB 90或A BC 90。（不符合题意） 0 3 0 3 要保证三角形ABC 为锐角三角形，则A点在劣弧A A 段。当点A从A 运动到A 时， 0 3 0 2 点A到边BC 距离越来越大；当点A从A 运动到A 时，点A 到边BC 距离越来越小。底 2 3 边BC 不变，则三角形ABC 的面积随着点A到边BC 距离的增大而增大，减小而减小。 故，S  S  S  S ACB ACB ACB ACB 0 3 2 a2 a2 于是，有：  S  2tan ACB  4tan 2 60【命题（二）问题（2）命题分析】 【用椭圆定义转化求解】以B、C 为焦点，绘制一个经过点A的椭圆，作线段BC 的 垂直平分线，交该椭圆于D点。运用椭圆的第一定义以及三角形中“大角对大边”的性质， 可知： 2CD  BD CD  BA CA bc BA CA 2CA 0 0 0 0 0 2 2 2 【直观角度，迅速求解】从直观角度看，点D 从D 运动到A ，CD是逐渐变大的。因 0 2 此，当点A从A 运动到A 时，三角形 ABC 的周长越来越大；当点A 从A 运动到A 时， 0 2 2 3 三角形ABC 的周长越来越小。当点 A 在线段BC 的垂直平分线上（即A 时），三角形 ABC 2 的周长最大。 故，C C  S C ACB ACB ACB ACB 0 3 2 1 1 1 于是，有：(1  )aC (1 )a sin tan ACB  sin 2 2024 届常州高三期中数学压轴题的出题思路及不同解法对比 【试题呈现】 （常州市教育学会2023-2024学年高三上学期期中数学试题第22题）    已知函数 f  x  Asin x  0,0 的部分图象如图所示．将函数 f  x  的图象向左平移 个  2 6     单位长度得到函数g x 的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数h x 的图 象．       （1）求函数 f x 的解析式，并直接写出函数g x ,h x 的解析式； （2）若F  x  g  x ah  x  在  0,n nN*  内恰有2023个零点，求实数a 与正整数n的值．  2 61  【参考答案】(1) f  0 1 Asin1 A2, f  x 2sin2x ，  6       g  x 2sin  2x    2sin2x  2cos2x,h  x 2cosx ．   6 6  2 （2）a  1,n 1349 其中第2问至少有2种解法。 下文先讲一下【出题思路】，再做【解法对比】。 【出题思路——改编手法】 【试题的源】 （2013年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）理数试题第 20题） π  已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0＜φ＜π)的周期为π,图象的一个对称中心为 ,0.将函数f(x)图象上所有点的横坐标 4  π 伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将所得到的图象向右平移 个单位长度后得到函数g(x)的图象． 2 (1)求函数f(x)与g(x)的解析式； π π (2)是否存在x0 ∈ , ,使得f(x0),g(x0),f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在,请确定x0 的个数；若不存在,说明理 6 4 由； (3)求实数a与正整数n,使得F(x)＝f(x)＋ag(x)在(0,nπ)内恰有2013个零点． 【参考答案】(1)f(x)＝cos2x,g(x)＝sinx; (2)存在; （3）a 1,n1342或a 1,n1342 【改编手法】 2024届常州高三期中数学压轴题是基于2013年福建高考理科数学第20题改编的。改编的手法是改编数据、平移的方向 等，进而构造出类似的函数。 2013年福建高考理科数学第20题第3问：F(x)asinxcos2x2sin2 xasinx1； 令F(x)2sin2 xasinx10... 2024届常州高三期中数学压轴题的函数：  F(x)2cos2xa2cos(x )2(12sin2 x)2asinx4sin2 x2asinx2 2 令F(x)4sin2 x2asinx20，即：2sin2 xasinx10... 不难发现：这两个考试中最后一问研究的函数是极其类似的。 【符合“年代感”的表述】 （2013年福建高考最后一问）求实数a与正整数n,使得F(x)在(0,nπ)内恰有2013个零点． （2024届常州高三期中最后一问）若F(x)在(0,nπ)内恰有2023个零点，求实数a 与正整数n的值． 【分析异同】从上面改编手法中，可以看出这两题极其相似。如果F(x)在(0,nπ)内恰有的零点个数不变。这两题的答案就 是一模一样！如此改编，难免有“抄袭之嫌”，怎么办呢？把“2013个零点”改为“2023个零点”，这样答案有所不同。 于是，命制了“2024届常州高三期中数学压轴题”。 62【第 2 问解法对比】 【两种解法】 第2问有两种方法： 方法1：解方程，换元，得到h(x)2sin2 xbsinx10（其中，ba），进而研 究二次函数q(t)2t2 bt1的零点分布。 cos2x cos2x 方法2，用分离系数法得出b （其中，ba），而后研究函数y  sinx sinx 与y b的交点情况； 这两种方法均可将原问题转化为研究一个周期内函数的零点个数问题。（从简单开始 考虑） 【解答呈现】  F(x)2cos2xa2cos(x )2(12sin2 x)2asinx4sin2 x2asinx2 2 令F(x)4sin2 x2asinx20，即：2sin2 xasinx10 记a b，则只需研究F(x)4sin2 x2asinx2,也即h(x)2sin2 xbsinx1在给定区间上 的零点情况。下面的过程与2013年福建高考最后一问类似。 （解法 1：通过代换，转化为二次函数在特定区间上的问题） 现研究函数h(x)在(0,2]上的零点的情况 . 设t sinx, p(t)2t2 bt1(1t 1)则函数 p(t)的图象是开口向下的抛物线， 又 p(0)10， p(1)b1， p(1)b1 当b＞1（即：a1）时，函数 p(t)有一个零点t (1,0)(另一个零点t ＞1，舍去)，F(x)在  0,2 上有两 1 2 个零点x ,x ，且x ,x (,2)； 1 2 1 2 当b1（即：a 1）时，函数 p(t)有一个零点t (0,1)(另一个零点t ＜-1，舍去)，F(x)在  0,2 上有两 1 2 个零点x ,x ，且x ,x (0,)； 1 2 1 2 当1b1(即：-1＜a＜1）时，函数 p(t)有一个零点t (1,0)，另一个零点t (0,1)，F(x)在(0,)和 1 2 (,2)分别有两个零点. 由正弦函数的周期性，可知当a≠±1时，函数F(x)在(0,n)内总有偶数个零点，从而不存在正整数n满足题意. 当b=1(a 1)时，函数 p(t)有一个零点t (1,0)，另一个零点t =1； 1 2 当b1(a 1)时，函数 p(t)有一个零点t =-1，另一个零点t (0,1)， 1 2 从而当a=1或a=-1时，函数F(x)在  0,2 有3个零点. 由周期性，202367431， 所以依题意得b1时，即：a 1时，n674211349. （由于正整数n,所以当b1时，即：a 1时，能够取到2022个或2024个或2025个交点， 而取不到2023个交点。） 综上，a  1,n 1349 （解法 2：分离参数，借助函数图像，找零点） 依题意，F(x)2cos2x2asinx，令ba，F(x)2cos2x2bsinx0 63当sinx0，即xk(kZ)时，cos2x1，从而xk(kZ)不是方程F(x)0的解，所 cos2x 以方程F(x)0等价于关于x的方程b ,x k(kZ) sinx cos2x 现研究x(0,)(,2)时，方程b 的解的情况。 sinx cos2x 令h(x) ,x(0,)(,2), sinx 则问题转化为：研究直线yyba与曲线y h(x),x(0,)(,2) 的交点情况。 cosx(2sin2 x1)  3 h'(x) ,令h'(x)0,得x  或x  . sin2 x 2 2 当x变化时，h'(x),h(x)的变化情况如下表： 当x0且x趋近于0时，h(x)趋向于-， 当x且x趋近于时，h(x)趋向于-, 当x且x趋近于时，h(x)趋向于+ 当x2且x趋近于2时，h(x)趋向于+ 由图可知：当b1时，直线 y b与曲线 y h(x)在(0,)内无交点，在(,2)内有 2 个 交点。（也即：当a1时，直线y a与曲线y h(x)在(0,)内无交点，在(,2)内有2 个交点。） 当b1时，直线y b与曲线y h(x)在(0,)内有2个交点，在(,2)内无交点。（也 即：当a 1时，直线 y a与曲线y h(x)在(0,)内有2个交点，在(,2)内无交点。） 64当1b1时，直线 y b与曲线 y h(x)在(0,)内有 2 个交点，在(,2)内有 2 个交 点。（也即：当1a1时，直线y a与曲线y h(x)在(0,)内有2个交点，在(,2)内 有2个交点。） 由函数h(x)的周期性，可知当a 1时，直线y a与曲线y h(x)在（0，n）内总有偶数个交点， 从从而而不不存存在在正正整整数数n,使 n,使得直得线直y线=a与 y= 曲 a 线与y曲=h线(x) y 在 =h （ (x 0 ) ，在n（） 0，内恰 n有）20内13恰个有交点 20 ； 23个交点； 当a 1或a 1时，直线y=a与曲线y=h(x)在（0，）（，2） 内有3个交点 由周期性，202367431， 所以依题意得b1时，即：a 1时，n674211349. （由于正整数n,所以当b1时，即：a 1时，能够取到2022个或2024个或2025个交点， 而取不到2023个交点。） 综上，a  1,n 1349 【解法对比】 “通过代换，转化为二次函数在特定区间上的问题”还是“分离参数，借助函数图像，找 零点”？ 哪个方法最简便？哪个方法最自然？因人而异。 【感言】 平时，遇到三角函数与导数综合的压轴题，有不少学生都会畏惧，从简单的开始考虑， 以形助数。 按照江苏省常州高级中学老师的话，这叫做——【简中求道】吧！ 构造出来的高考题 新高考数学命题的思维包括： ①构造:构造某种结构。譬如:辅助函数、几何图形等。 ②放缩:运用超越不等式(指数不等式、对数不等式、三角不等式等)、基本不等式等进 行放缩，构造出相应的命题。 ③高观点:微积分、高等几何观点。以“微积分、高等几何观点”为背景，构造出背景深 刻的高考题。 一．构造某种结构，譬如:辅助函数、几何图形等。    （构造函数）已知 0，，  ， ，且3 cos0，    4 4   3 4  2  2sincos0 ，若cos ，则tan（ ）  2  5 1 1 A． B． C． 3 D．3 2 3 65提示：构造函数 f(x) x3 cosx,x[0,]   3π  π π x3cosx  2a0, 类似题：（2020 复旦大学强基计划）设x， y  , ，若   2  则    4 4  4y3sin ycosya0, cos  x2y  _______． (ab)2 （构造几何图形）已知a 1,b  2，则 的最小值为________ a2 1 b2 4 提示：令x a2 10， y  b2 4 0，构造成“最短路径”问题 x2  y2  a,  （构造函数）设a,b,x,y都是实数，且x  0，求参数a,b的一切取值，使方程组  xy 1  b  xy 1 有唯一解。 xy 1 分析：利用x  a y2 是关于y的偶函数， f(y)  (x  0)也是关于y的偶函数。因 xy 1 x2  y2  a,  此，方程组  xy 1 若有解(x,y)，则必有解(x,y)；  b  xy 1 又该方程组有唯一解，于是y  y，得：y  0，推知：b  0； x  a, a  0，则解为：  y  0 构造三角形 （余弦定理的逆命题）对于正实数a，b ，c，及0,，若有a2 b2 c2 2bccos，则a,b,c 对应的线段可以构成一个三角形，且a边的对角大小为． 证明：因为(0,)，所以1cos1. 又由等式a2 b2 c2 2bccos，得：b2 c2 2bca2 b2 c2 2bc， bca,  即：(bc)2 a2 (bc)2， bc abc， ca b,  abc 故，以三正数a,b,c为边长可构造出一个三角形ABC. 66b2 c2 a2 由余弦定理，cosA ，代入已知等式，得：cosAcos 2bc 因为A,(0,)，且cosx在(0,)上单调递减， 所以，A，即：a边的对角大小为 2.学以致用 设正实数a，b，c满足a＋b＝ ab＋9，b＋c＝ bc＋16，c＋a＝ ca＋25．求a＋b＋c． 分析：将代数式“a＋b＝ ab＋9”两边平方，得：(ab)2 ab9，即：a2 b2 ab9，亦即： a2 b2 2abcos1200 9；同理得：b2 c2 2bccos1200 16；c2 a2 2cacos1200 25 于是，可构造三角形通过余弦定理、三角形面积公式求解。 解答：由条件得：a2 b2 2abcos1200 9； b2 c2 2bccos1200 16； c2 a2 2cacos1200 25； 由余弦定理，可构造如下几何模型： 平面上共端点P的线段PA 、PB、PC两两夹角为1200，且PA a，PB b，PC c， 于是，AB2 9，BC2 16，CA2 25. 从而，三角形ABC为直角三角形，其面积为6， 1 1 1 则 absin1200  bcsin1200  casin1200 6，即：abbcca 8 3 2 2 2 所以，(abc)2 a2 b2 c2 2ab2bc2ca a2 b2 ab b2 c2 bc c2 a2 ca 3(abbcca)     2 2 2 2 9 16 25 24 3     2512 3；因此，abc 2512 3 2 2 2 2 二．运用超越不等式(指数不等式、对数不等式、三角不等式等)、基本不等式等进行放缩， 构造出相应的命题。 （指数均值不等式）： （mn） ba ba 其对数形式： ab   （b  a 0）， lnblna 2 671 lnblna 2 又等价于：   （b  a 0） ab ba ab 1 2 1 1 引申：当kN时，  ln(k 1)lnk   ， k 1 k (k 1) k(k 1) k n 1 n n 1 n 1 则  [ln(k1)lnk]  ， k1 k(k1) k k1 k1 k1 k1 n 1 n 1 n 1 即： ln(n1)  ，不难发现调和级数是发散的。 k1 k(k1) k k1 k1 k1 （构造对数平均值不等式）设函数 f(x)lnx x1，证明：当x 1时， f (x)  3 (x 1) 2 f(x) f(1) lnxln1 1 1 1 3 分析：      ，从而 f (x)  3 (x 1) x1 x1 x 1 x x 1 2 2 f (x ) f (x ) lnx lnx 1 1 1 3 引申：当 1 x  x 时， 2 1  2 1     1 2 x  x x x x  x x x x  x 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 拓展：当然，本题还可以使用拉格朗日中值定理求解。 f(x) f(1) lnxln1 x  1 1 1 3      ，其中1   ,  x x1 x1 x1  2  2 1 2 1 2 （以“基本不等式”、“收敛数列——单调有界数列”为命题背景）已知各项均为正数的 a b 两个数列{a }和{b }满足：a  n n ，nN． n n n1 a 2 b 2 n n  2 b b   （1）设b 1 n ，nN，求证：数列  n   是等差数列； n1 a n  a n   b （2）设b  2 n ，nN，且{a }是等比数列，求a 和b 的值． n1 a n 1 1 n 命制思路简析： ①正项数列 {a } 为大于1的有界数列，且 {a } 为等比数列，求证： {a } 为常数列. n n n ab ②a0,b0，求证： 1  2 a2 b2 68三．以“微积分、高等几何观点”为背景，构造出背景深刻的高考题。 x3 x5 x7 x2n1 十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式sinx x   …＋1 n1 3! 5! 7!  2n1  ! ＋…，（其中xR，nN*，n！＝1×2×3×…×n0！＝1），现用上述公式求 1 1 1 1 1   1 n1 的值，下列选项中与该值最接近的是（ ） 2! 4! 6!  2n2  ! A．sin30° B． sin33° C． sin36° D． sin39° 提示：(sinx)cosx 1x x3 （以“泰勒公式”等微积分知识为命题背景）若0 x1时，ln k(x )恒成立，求 1x 3 k的最大值. 1x x3 x2n1 命题背景： 1 x 的泰勒展开式为ln 2(x ... ...) ln 1x 1x 3 2n1 x3 x2n1 x3 当0 x1时，2(x ... ...)k(x ) 3 2n1 3 x5 x2n1 x5 x2n1 2( ... ...) 2( ... ...) 5 2n1 5 2n1 则2  k ，lim k 2，即：0k2，k 2 x3 x0 x3 x x 3 3 （以“极点极线”等高等几何知识为命题背景）在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆 x2 y2  1的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T（t,m）的直线TA、TB 与椭圆 9 5 分别交于点M(x ,y )、N(x ,y )，其中m>0,y 0,y 0． 1 1 2 2 1 2 （3）设t 9,求证：直线MN 必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）． 命制思路简析： 前两问比较简单，这里从略。对于第（3）问，由高等几何知识知：点T（t,m）关于椭圆 x2 y2 tx my a2  1的极线方程为：  1，此直线恒过x轴上一定点( ,0)，从而直线MN a2 b2 a2 b2 t a2 x2 y2 必过定点( ,0)。（令椭圆方程为：  1，t 9，则直线MN 必过定点(1,0)） t 9 5 692025 届——三角函数与解三角形模考题精选精练  π 1.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）6．记函数 f(x)sinx  >0  4 π π 的最小正周期为T．若 T π，且 f(x) f   ，则（ ） 2 3 3 9 15 27 A． B． C． D． 4 4 4 4  π  π 2.（多选题）（2022-2023·苏锡常镇·一模）11．已知函数 f xsinx sinx cosx0，则下列  6  6 结论正确的有（ ） π A．将函数y2sinx的图象向左平移 个单位长度，总能得到y f x 的图象 6  2π B．若3，则当x  0,  时， f x的取值范围为1,2  9  13 19 C．若 f x在区间0,2π上恰有3个极大值点，则  6 6 D．若 f x在区间   π , 5π 上单调递减，则1 16 3 12 5 acosB sinB 3.（2022-2023·南通·一模）20．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知  . acosC sinC (1)若bc，证明：a2 bc； 2 (2)若B2C，证明：2cb . 3 4.（2022-2023·苏锡常镇·一模）18．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，1sin2A3tanB2cos2A. 3π (1)若C  ，求tanB的值； 4 (2)若AB，c2，求ABC的面积. 705（. 2022-2023·南通海安高级中学·一模）17．△ABC中，D是线段BC上的点，sinBAD:sinCAD1:3，△ADC 的面积是ADB面积的2倍． sinB (1)求 ； sinC 2 (2)若AD1，BD ，求DC和AB的长． 2 π 6.（2022-2023·南京师大附中·一模）17．已知函数 f x AsinxB(A0,B0,0, )在一个周 2 期内的图象如图所示． (1)求函数 f(x)的表达式； 2 (2)把y f(x)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的 (纵坐标不变)，再把得到的图象向下平移一个单位，再向左平 3 π  π 移 个单位，得到函数y g(x)的图象，若x  0, ，求函数y g(x)的值域． 36  2 71第三章 数列 高考原创小题的命制与解析——音程计算、药物留存模型 在《中学课程辅导(教师通讯)》2017年第3期封面文章《如何评价升学考试数学试卷的 命制》一文中提到：高水平的试题拼凑在一起，未必是高水平的试卷。试卷设计需体现升 学考试性质的要求。升学考试不是数学竞赛，升学考试要求考生“人人有得，各展其能”。 每一位考生都有分可得且能得到他应得的分数。[1] 基于此，笔者命制了2道基础小题。 【试题1呈现】（2023高考数学考前原创热身卷）【填空题】在乐器制作中需要精准地计 算、测试、调整乐器的音准。这就涉及对音程的精确度量。精确度量音程的单位是音分 （cents），它是英国数学家亚历山大•艾利斯提出的。音分是度量不同乐音频率比的单位， 也可以称为度量音程的对数标度单位。一个八度音程为 1 200音分，它们的频率值构成一 1 个等比数列。八度音程冠音与根音的频率比为2,因此1200个音构成一个公比为12002 21200 的等比数列。若已知音M 的频率为m，音分值为k,音N 的频率为n，音分值为l，且m8n， 则音程kl  _______ 【试题2呈现】（2023高考数学考前原创热身卷）【多选题】某学生在排球比赛中扭伤了 膝盖，医生要求他每8小时服用剂量为440mg 的药片，连续服用10天。如果该学生的肾 脏在8小时后能够过滤掉体内含药量的60%.我们通过构建函数模型来预测未来几天后体内 药物的存留量。用a 表示第1次服药后体内的药量（a 为初始值440 ，单位mg），a 表 1 1 2 示第2次服药后体内的药量，a 表示第 n次服药后体内的药量。则下列说法正确的有（ ） n A.这是一个在正整数上取值的指数函数类的模型 B.体内含药量从第三天（经历48小时）起始终保持在730mg 以上 2200 C.a  n 3 D.体内含药量在前两天增速缓慢，在第三天后增速变大 出题背景 【试题1出题背景】数学与音乐——音分的意义与计算音程的音分 【试题2出题背景】数学与人体健康——体内药物的存留量 参考解答 【试题1参考解答】 m k l kl kl 由题意知： 21200 21200 21200，又m8n，则821200，则 k  l  3600 n 【试题2参考解答】ABC 由题意知：a 440， 1 a 0.4a 4400.4440440 2 1 a 0.4a 4400.4(0.4440440)4400.424400.4440440 3 2 ... 440(10.4n) 2200 通过计算，可得：a   (10.4n) n 10.4 3 由通项公式可见，这是一个在正整数上取值的指数函数类的模型，且{a }为递增数列。 n 722200 2200 a  (10.45)725.8730，a  (10.46)730.33，当n越来越大时，数列中对 5 3 6 3 2200 2200 应的项越来越接近固定值 ，故a  。体内含药量在经历前两天迅速增长后，从 3 n 3 第三天（经历48小时）起始终保持在 730mg以上。故选ABC。 无锡市 2024 届高三期中数列压轴题的命制与推广 【试题呈现】 （无锡市2023-2024学年高三上学期期中数学解答题第21题） 各项均为正数的数列  a  的前n项和记为S ，已知a 1，且  S 1  a  S 1  a 对一切nN都成立． n n 1 n1 n n n1   （1）求数列 a 的通项公式； n （2）在a 和a 之间插入k个数，使这k2个数组成等差数列，将插入的k个数之和记为c ，其中 k k1 k k 1,2,,n．求数列  c  的前n项和． n 【答案】（1）a 2n1 n 3 （2）    n1 2n 1  2 【命制研究】 思考1：递推式是如何构造的？如何命制这样的试题？ 1 构造一个首项为1，公比为q(q 0且q 1)的等比数列{a }，且其前n项和S  ； n n 1q qn 1 1 qn 则a qn1；S  ；S   n n q1 n q1 q1 qn11 1 qn1 a qn；S  ；S   n1 n1 q1 n1 q1 q1 1 S  n1 q1 qn1 a 1 1 则  q  n1 ，即：(S  )a (S  )a 1 qn a n1 q1 n n q1 n1 S  n n q1 于是有了如下一般性命题：数列  a  的前n项和记为S ，已知a 1，且 n n 1 1 1 1 (S  )a (S  )a ,q 0且q 1且S  ，对一切nN都成立．则a qn1 n1 q1 n n q1 n1 n 1q n 无锡市 2023-2024 学年高三上学期期中数学解答题第 21 题是上述一般性命题的特例，取q 2，并将“公比为 1 q(q 0且q 1)且S  ”这一限制条件强化为“各项均为正数的数列  a  ”，生成如下问题： n 1q n 73各项均为正数的数列  a  的前n项和记为S ，已知a 1，且  S 1  a  S 1  a 对一切nN都成立． n n 1 n1 n n n1   （1）求数列 a 的通项公式； n S 1 S 1 解法有很多，解法1是某位老师给出的一种解法：由  S 1  a  S 1  a ，可得 n1  n ，进而可 n1 n n n1 a a n1 n 得S 2a 1，再利用退一相减法可得a ； n n n 解法1：由  S 1  a  S 1  a ， n1 n n n1 S 1 S 1 得 n1  n ， a a n1 n S 1 S 1 a 1 所以 n  1  1 2， a a a n 1 1 所以S 2a 1， n n 当n2时，S 2a 1， n1 n1 所以a S S  2a 1 2a 1  2a 2a ， n n n1 n n1 n n1 所以a 2a ， n n1   所以数列 a 是以1为首项，2为公比的等比数列， n 所以a 2n1； n S 1 a 解法2：由各项均为正数的数列  a  的前n项和记为S ，且  S 1  a  S 1  a ，可得 n1  n1 ； n n n1 n n n1 S 1 a n n S 1 S 1 S 1 a a a 所以， 2  3 ... n1  2  3 ... n1 ；依据此思路可以继续做下去，得到正确答案。 S 1 S 1 S 1 a a a 1 2 n 1 2 n 思考2：如何构造出一个考察“错位相减法求数列前 n 项和”的问题？ 错位相减法适用于通项是“等差✖等比”的类型。在a 和a 之间插入k个数，使这k2个数组成等差数列，将插 k k1 入的 k 个数之和记为 c ，其中 k 1,2,,n ．则数列  c  就是“等差✖等比”的类型。其中， k n (a a )k (qk1qk)k (1q) C  k k1   kqk1 k 2 2 2 n n (1q) (1q) n 数列  c  的前n项和 C  kqk1  kqk1 n k 2 2 k1 k1 k1 n 1 n 只需求 kqk1  kqk q k1 k1 n n 无论是求 kqk1还是 kqk ，都是很常见的问题，也是大部分学生平时都已经解决的典型问题。 k1 k1 74第（2）问解答：由已知在a 和a 之间插入k个数，这k2个数组成等差数列， k k1 a a k  2k12k k 3 所以c  k k1   k2k1， k 2 2 2 设数列  c  的前n项和为T ， n n 3 3 3 3 3 则T  120  221 322  n12n2  n2n1， n 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 2T  121 222  323  n12n1 n2n， n 2 2 2 2 2 所以 3 3 3 3 3 3 T  120  21 22  2n2  2n1 n2n n 2 2 2 2 2 2 3 20 12n 3 3   n2n 1 n12n ，   2 12 2 2 3 所以T n  2   n12n 1 . 于是有了以下的推广命题： 【推广命题】 1 1 数列  a  的前n项和记为S ，已知a 1，且(S  )a (S  )a ,q 0且q 1且 n n 1 n1 q1 n n q1 n1 1 S  ，对一切nN都成立． n 1q 则（1）数列  a  的通项公式为：a qn1； n n （2）在 a 和 a 之间插入 k 个数，使这 k2 个数组成等差数列，将插入的 k 个数之和记为c ，其中 k k1 k 1q [(q1)n1]qn 1 k 1,2,,n．则数列  c  的前n项和为  n 2 (1q)2 第（2）问分析： (a a )k (qk1qk)k (1q) C  k k1   kqk1 k 2 2 2 n [(q1)n1]qn 1 由错位相减法，得： kqk1  (1q)2 k1 n n (1q) (1q) n 1q [(q1)n1]qn 1 C  kqk1  kqk1   k 2 2 2 (1q)2 k1 k1 k1 75有趣的迭代——2023 上海高考数学函数切线压轴题的源与流 【试题的源——牛顿迭代】 方程 f(x)  0的根x可解释为：曲线y  f(x)与x轴的交点的横坐标。设x 是根x的某个 k 近似值，曲线y  f(x)在点(x , f(x ))处的切线（如图1）与x轴的交点是(x ,0)，将x k k k1 k1 作为x新的近似值。 图1 注意到切线方程为：y  f(x ) f(x )(x x ) k k k f(x ) 求得的值x  x  k ，(k  0,1,2,...) k1 k f(x ) k 给定在区间[a,)上单调递增的下凸函数 f(x)，且 f(a)  0， 设b  a，曲线 y  f(x)在点(b, f(b))处的切线与x轴的交点是(x ,0)，由图 1 0 可知：a  x b； 0 2023上海高考数学第21题，另辟蹊径，将 f(x)令为上凸函数lnx，并换了一种迭代方式。 2023上海高考数学第21题第（3）问实则是方程解的个数问题（本质同下文中“试题的流” 变式问题2）。 【试题呈现】 （2023上海高考数学第21题）已知函数 f(x)lnx，过函数上的点(a , f(a ))作切线交y轴 1 1 于(0,a )，a 0，过函数上的点(a , f(a ))作切线交y轴于(0,a )，以此类推，直至a 0 2 2 2 2 3 m 时停止操作，得到数列{a }，m、nN*，1nm n （1）若正整数m2，证明a lna 1 m m1 （2）若正整数m2，试比较a 与a 2大小 m m1 （3）若正整数k 3，是否存在k 使得a ,a ,...a 依次成等差数列？若存在，求出k 的所有 1 2 k 取值，若不存在，试说明理由。 76【思路简析】 1 （1）易得 f(x)在(a ,lna )处的切线方程为：ylna  (xa ) m1 m1 m1 a m1 m1 1 令x0得：a lna  (a )1，即：a lna 1 m m1 a m1 m m1 m1 （2）引理：当x0时，lnx x1（当且仅当x1时，取等号），证明略。由引理可知， a lna 1a 2（当且仅当a 1时，取等号） m m1 m1 m1 （3）思路：“从简单开始试”，难的问题就变得容易了。 由（1）知：a lna 1 a ea 2 1，a lna 1， 2 1 1 3 2 若a ,a ,a 成等差数列，则2a  a a ，即：2a ea 2 1lna 1(a 0)，亦即： 1 2 3 2 1 3 2 2 2 ea 2 1lna 2a 10(a 0) 2 2 2 1 令g(x)ex1lnx2x1(x 0)，则g(x)ex1 2e20(x 0) x 故g(x)在(0,)单调递增。 又g(e7)  ee71 lne7 2e7 1 e2 2e7 8 e2 8 0， g(1)e2 30 故存在唯一解a  (e7,1)，此时a ,a ,a 成等差数列。 2 1 2 3 同时，a lna 10，停止操作，运算结束。 3 2 故，k 3 另一方面，若k 4，由（1）知：a lna 1；a lna 1；a lna 1;......;a lna 1 2 1 3 2 4 3 k k1 若存在k使得a ,a ,...a 依次成等差数列，则 1 2 k a a a 公差d  a a ... a a  a a ln k1 ...ln 3 ln 2 ， k k1 4 3 3 2 a a a k2 2 1 a 故 k1 ed，因此{a }为等比数列。又因为{a }为等差数列， k1 k1 a k2 所以{a }为常数列。与（2）中结论“a lna 1a 2”矛盾！ k1 m m1 m1 综上所述，k 3 77【试题的流】 （变式问题1）方程xd lnx1（x0,d 2，其中d 为常数）最多有几个解？ 令g(x) xlnxd 1，则原方程可化为：g(x)0 1 令g(x)1 0，得：x1， x 当x(0,1)时，g(x)0；当x(1，)时，g(x)0；故g(1)为g(x)的极小值。 而g(1)2d 0，limg(x)； lim g(x) x0 x 故方程g(x)0最多2个解。 （图为：xlnx图像） （变式问题2）若方程xd lnx1（x0其中d 为常数）有k1(k 3)个解，求k 的所有取值。 解题思路：由变式问题1可知，令g(x) xlnxd 1，只需g(1)2d 0， 则方程g(x)0最多2个解。k的取值为 3. 下面附几个有趣的迭代问题，供大家思考： 有趣的迭代 1：【一道无穷分数、牛顿迭代问题】 难度级别：高考难度 （2023年4月8日刘蒋巍老师命制的高考数学考前原创题）由黄金分割的定义可以导出分 式方程 x 1x  (x0) 1 x 781 变形得：x2 1x x2 x1 x(x1)1 x x1 1 1 1 将等号右边的x用 代替，得：x  x1 x1 1 1 x1 1 1 1 1 以此类推，有：x    ... x1 1 1 1 1 1 1 x1 1 1 1 1 x1 1 1 x1 这是个无穷分数。 已 知 y 1 1 1 1y ， 且 f(x) x2 x1 ， a 2 ， 1 f(a ) a a  n (n1，2，)，则a 与y的大小关系为（ ） n1 n f(a ) n n A.a  y B. a  y C. a  y D. 无法比较大小 n n n 说明：该题由刘蒋巍命制。命制时间：2023.4.8 出题背景：无穷分数+牛顿切线法 类比“无穷分数”迭代过程，可得 y 1yy2 1y(y0)y 51 2 14 12 A 10 8 6 4 2 -5 5 10 15 20 -2 在利用切线法逐步逼近的过程中，近似值越来越接近正确值，体现一种单调趋势，同时这些值总是大于 正确值；即数列 a 是递减数列，并且总是大于 51。 n 2 5 a2 a 1 1 1 1 解题方法：a a  n n ；利用部分分式法得a  [(a  ) 4 ] n1 n 2a 1 n1 2 n 2 1 2 n a  n 2 5 1 1 1 1 5 4 a  2 (a  )  = n1 2 n 2 1 2 2 a  n 2 79有趣的迭代 2：【2 道牛顿迭代背景问题】 难度级别：问题1属于“非数考研难度”，问题2属于“数学类难度” （问题 1）已知函数 f(x)在区间[a,)上具有2阶导数， f(a)  0， f(x)  0， f(x)  0， 设b  a，曲线 y  f(x)在点(b, f(b))处的切线l与x轴的交点是P (x ,0)，从点P作x轴的 1 垂线交曲线于点Q，再过点Q作切线l的平行线与x轴的交点是(x ,0)，证明：a  x b 0 0 证明 由题意得点(b, f(b))处的切线l方程为y f(b)  f(b)(xb) f(b) 令y  0，得x b 1 f(b) 因为 f(x)  0，所以 f(x)单调递增。 又因为 f(a)  0，所以 f(b)  0. f(b) 又因为 f(b)  0，所以x b b 1 f(b) f(b) 又因为x a ba ，而在区间(a,b)上应用拉格朗日中值定理有： 1 f(b) f(b) f(a)  f()，(a,b) ba f(b) 所以，x a ba 1 f(b) f(b) f(b) f(b) f()    f(b) . f() f(b) f(b)f() 因为 f(x)  0，所以 f(x)单调递增，所以 f(b)  f()。则x a 0，即x  a，所以 1 1 a  x b 1 由题意得点Q(x , f(x ))处的切线方程为：y f(x )  f(x )(x x ) 1 1 1 1 1 f(x ) 令y  0，得x  x  1  x b 0 1 f(x ) 1 1 f(x ) 又因为x a  x a 1 ，而在区间(a,x )上应用拉格朗日中值定理有： 0 1 f(x ) 1 1 f(x ) f(a) 1  f()，(a,x ) x a 1 1 f(x ) 所以，x a  x a 1 0 1 f(x ) 1 f(x ) f(x ) f(x ) f()  1  1  f(x ) 1 f() f(x ) 1 f(x )f() 1 1 同理得： f(x )  f()。则x a  0，即x  a，所以a  x b 1 0 0 0 （问题 2）已知函数 f(x)在区间[a,)上具有2阶导数， f(a)  0， f(x)  0， f(x)  0， 设b  a，曲线 y  f(x)在点(b, f(b))处的切线l与x轴的交点是P(x ,0)，从P作x轴的垂 1 1 1 线交曲线于点Q ，再过点Q 作切线l的平行线与x轴的交点是P (x ,0)，依次重复上述过程 1 1 2 2 得到点P (x ,0)，证明：a x  x ... x b（n1,2,...）. n n n n1 1 提示：可由数学归纳法证得，证明过程从略。 拓展阅读： [1]刘蒋巍.一道考研数学题的命题研究[J].高等数学研究,2018,21(05):41-42. 802025 届——数列模考题精选精练 1.（2022-2023·苏锡常镇·一模）已知数列 a  的前n项和为S ，a 1，若对任意正整数n，S 3a a 3， n n 1 n1 n1 n S a 1na，则实数a的取值范围是（ ） n n  3  5  5 A．1,  B．1,  C．2,  D． 2,3  2  2  2 2.（多选题）（2022-2023·南通海安高级中学·一模）10．已知 a  是等比数列，公比为q，若存在无穷多个不同的n， n 满足a a a ，则下列选项之中，可能成立有（ ） n2 n n1 ．．．． A．q0 B．q0 C． q 1 D． q 1 3.（多选题）（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）10．已知数列{an}的前n项 2n13,1n6 和为S ， a  ，若S 32，则k可能为（ ） n n (3)n71,n6 k A．4 B．8 C．9 D．12 4.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）15．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列 a a a  a Aa ,a ,a , 重新编辑，编辑新序列为A*  2, 3, 4,，它的第n项为 n1 ，若序列  A** 的所有项都是2， 1 2 3 a a a  a 1 2 3 n 且a 1，a 32，则a __________． 4 5 1 5.（2022-2023·南京、盐城市·一模）17．在数列 a  中，若a aa a a d  nN* ，则称数列 a  为“泛 n n1 1 2 3 n n 等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列 a  是一个“泛等差数列”，数列b 满足a2a2a2 aa a a b . n n 1 2 n 1 2 3 n n (1)若数列 a  的“泛差”d 1，且a ，a ，a 成等差数列，求a ； n 1 2 3 1 1 (2)若数列 a  的“泛差”d 1，且a  ，求数列b 的通项b . n 1 2 n n 6.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）18．已知数列 a  满足2a a a n2 ，且a 2,a a a 18 n n n1 n1 1 2 3 4 (1)求 a  的通项公式； n (2)设b   2 an 1000 ，求数列b 的前15项和T （用具体数值作答）. n n 15 811 (n1)a (2n4)a 7.（2022-2023·南通·一模）18．在数列 a  中，a  , n  n1 . n 1 4 n2 (n1)2 (1)求 a  的通项公式. n n2 (2)设 a  的前n项和为S ，证明：S 2 . n n n 2n 8.（2022-2023·苏锡常镇·一模）17．已知等比数列 a  的各项均为正数，且a a a 39，a 2a 3a . n 2 3 4 5 4 3 (1)求 a  的通项公式； n n (2)数列b 满足b  ，求b 的前n项和T . n n a n n n 9.（2022-2023·扬州中学·一模）17．已知数列 a  的前n项和为S ，且a S 1. n n n n (1)求数列 a  的通项公式； n (2)若数列b 满足b 12log a ，设T  b  b  b ，求T . n n 2 n n 1 2 n n 8210.（2022-2023·南师大附中江宁分校、南京中华中学·一模）18．设S 为数列{a }的前n项和，a 7，对任意的自 n n 2 2S 3n 然数n，恒有a  n . n n (1)求数列{a }的通项公式； n (2)若集合A{x|xa ，nN*}，B{x|x3n，nN*}，将集合AB中的所有元素按从小到大的顺序排列构成 n 数列{b}，计数列{b}的前n项和为T ．求T 的值． n n n 102 11.（2022-2023·南京师大附中·一模）18．已知数列 a  ，b 满足a 2b 4，且 a  是公差为1的等差数列， n n 1 1 n a b  是公比为2的等比数列. n n （1）求 a  ，b 的通项公式； n n   （2）求 b 的前n项和T . n n 12.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）18．已知正项数列 a  的前n项和为， n 且a 1 ，S2 S2 8n，nN* ． 1 n1 n (1)求S ； n (2)在数列 a  的每相邻两项a，a 之间依次插入a，a，，a ，得到数列 n k k1 1 2 k b ：a，a，a，a，a，a，a，a，a，a， ，求b 的前100项和. n 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 n 83第四章 立体几何 理解数学建模，好得分 所谓模型是一种结构，这种结构是通过对原型的形式化或模拟与抽象得到的。所谓数 学模型就是研究者依据研究目的，将所研究的客观事物的过程和现象的主要特征、主要关 系，采用形式化的数学语言，概括或近似地表达出来的一种结构。 数学模型方法是借用数学模型来研究原型的功能特征及其内在规律，并应用于实际的 一种方法。 譬如：锥体体积的模型：V  psin2cos，其中P为参数。 一道椎体、柱体最值问题的命制 教材习题 求函数ysin2cos(0  ) 的最大值。 2 试题修改 对教材习题进行处理，将符号语言转换成图像语言。可以有两种处理方向：处 理成侧棱长为1，高线长未知的正四棱锥的体积；处理成母线长为1，高线长未知的圆锥 的体积。为使得处理的情况具有一般性，将“侧棱长为1”、“母线长为1”均改为“长为a”. （1）按处理方向处理，形成 1稿. 1稿 已知一正四棱锥PA 1 B 1 C 1 D 1 的高为PO 1 ,侧棱长为a (a0)，记A 1 PO 1  (0  ) ，求 2 其体积V 的最大值及此时PO 的长。 1 2 提示： V  a3sin2cos，PO acos 1 3 2稿 现要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分形状为正四棱锥PABCD ，其侧 1 1 1 1 棱长为a (a0)，其底面正方形的中心为 O ,下部分形状为正四棱柱ABCDABC D ，其底 1 1 1 1 1 面正方形的中心为 O,要求正四棱柱的高OO是正四棱锥的高PO 的k (k 0)倍，求仓库容积 1 1 V 最大时PO 的长. 1  2 2稿分析：记APO (0 )，则V ( 2k)a3sin2cos；注意到 1 1 2 3 (sin2cos)2 sin4cos2 1 sin2sin22cos2 1 ( sin2sin22cos2 )3 4 ，当且仅当 2 2 3 27 3 sin22cos2，即cos 时，等号成立； 3 84V  4 ( 2 2k)a3  2 3 ( 2 2k)a3， PO acos 3 a. 2016年江苏高考第17题为2稿 27 3 9 3 1 3 的特例（高考题为a6,k 4的情况，PO 2 3,V 416 3） 1 （2）按处理方向处理，形成问题变式. 变式 现要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分形状是顶点为P,底面圆圆心为O 的 1 圆锥，其母线长为a (a0)，下部分形状是底面圆面积与上部分圆锥的底面圆面积相等的 圆柱，其下底面圆圆心为O，要求圆柱的高OO是圆锥的高PO 的k (k 0)倍，求仓库容积 V 1 1 最大时 PO 的长. 1 注：该例[2]为笔者文章“例谈高中数学教材试题的衍生——以江苏高考数学试题命制为例 [J]. 文理导航(中旬),2017,(02)”节选。 类似的，有全国1卷第8题、全国乙卷第9题。 （2022·新高考Ⅰ卷T8） 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体 积为36，且3l 3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）  81 27 81 27 64 A.  18,  B.  ,  C.  ,  D. [18,27]  4   4 4   4 3  【答案】C （2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均 在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ） 1 1 3 2 A. B. C. D. 3 2 3 2 【答案】C 852025 届——立体几何模考题精选精练 π 1.（2022-2023·南通·一模）在三棱锥ABCD中，AD平面BCD，ABDCBD ,BDBC 1，则已知 2 三棱锥ABCD外接球表面积的最小值为（ ） 2 51 51 2 51 51 A． π B． π C． π D． π 4 2 4 2 2.（2022-2023·苏锡常镇·一模）已知正四面体PABC的棱长为1，点O为底面ABC的中心，球О与该正四面体的 其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为（ ） 6 6 2 2 A． B． C． D． 12 9 9 3 3.（多选题）（2022-2023·南通海安高级中学·一模）如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝ DE＝ 2，则（ ） π A．CD⊥平面ABC B．AC与BE所成角的大小为 3 C．CE＝ 3 D．该六面体外接球的表面积为3π 4.（多选题）（2022-2023·苏锡常镇·一模）12．正方体ABCDABCD 的棱长为3，E，F分别是棱BC ，C D 上 1 1 1 1 1 1 1 1 的动点，满足DFCE，则（ ） 1 1 A．BF与DE垂直 B．BF与DE一定是异面直线 15 C．存在点E，F，使得三棱锥F ABE的体积为 1 4 3 D．当E，F分别是BC ，C D 的中点时，平面AEF 截正方体所得截面的周长为3 13 2 1 1 1 1 2 5.（多选题）（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）11．如图，正三棱锥A-PBC 和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为 2，BC  2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点A，P处， 且A，B，C，D四点共面，点A，D分别位于BC两侧，则（ ） 86A．ADCP B．PP//平面ABDC C．多面体PPABDC的外接球的表面积为6π D．点A，P旋转运动的轨迹长相等 6.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）如图，四棱锥PABCD，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为 PD的中点. （1）证明：PB//平面AEC； （2）设二面角DAEC为60°，AP1，AD 3，求直线AC与平面ECD所成角的正弦值. 877.（2022-2023·南通·一模）如图，在三棱锥PABC中，△PAC为等腰直角三角形，PAPC，AC2，ABC 为正三角形，D为AC的中点.. (1)证明：平面PDB平面PAC； 3 (2)若二面角PACB的平面角为锐角，且三棱锥PABC的体积为 ，求二面角APBC的正弦值. 6 8.（2022-2023·宿迁沭阳高中·模拟）如图，四棱锥PABCD的底面为矩形，平面PCD平面ABCD，PCD是 边长为2等边三角形，BC 2，点E为CD的中点，点M 为PE上一点（与点P，E不重合）． (1)证明：AM BD； (2)当AM 为何值时，直线AM 与平面BDM 所成的角最大？ 889.（2022-2023·苏锡常镇·一模）19．在三棱柱ABC-ABC 中，平面ABBA平面ABC，侧面ABBA为菱形， 1 1 1 1 1 1 1 π ABB  ，AB  AC，AB AC2，E是AC的中点. 1 3 1 (1)求证：AB平面ABC； 1 1 π EP (2)点P在线段AE上（异于点A，E），AP与平面ABE所成角为 ，求 的值. 1 1 1 4 EA 1 10.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E 为PD的中点． (1)证明：PB //平面AEC； (2)设二面角DAEC为60°，AP1，AD 3，求三棱锥EACD的体积． 8911.（2022-2023·南京师大附中·一模）20．如图，在四棱锥PABCD中，侧棱PD矩形ABCD，且PDCD， 过棱PC的中点E，作EF  PB交PB于点F ，连接DE，DF，BD，BE. (1)证明：PBDF ；  (2)若PD1，平面DEF 与平面ABCD所成二面角的大小为 ，求V 的值． 3 PDEF 12.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）19．如图，在圆台OO 中，AB,AB 1 1 1 分别为上、下底面直径，且AB //AB，AB2AB ， CC 为异于AA,BB 的一条母线． 1 1 1 1 1 1 1 (1)若M 为AC的中点，证明：CM //平面ABBA ； 1 1 1 (2)若OO 3,AB4,ABC30，求二面角ACCO的正弦值． 1 1 90第五章 解析几何 理解数学运算，少失分 在初等数学中，运算对象主要有数、式、向量、几何图形等。相应的运算主要有： 初等代数运算——加法、减法、乘法、除法、乘方、开方. 初等超越运算——指数运算、对数运算、三角和反三角运算等. 几何运算——平移、旋转、反射、位似、相似等. 平面直角坐标系下，平移变换 x' x  y' y 把平面上任一点P（x，y），变为P＇（x＋α，y＋β）. x2 y2 （2022·新高考Ⅰ卷T21）已知点A(2,1)在双曲线C:  1(a 1) 上，直线l 交C 于P， a2 a2 1 Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0． （1）求l的斜率； （2）若tanPAQ 2 2 ，求△PAQ的面积． x2 分析 易得：双曲线C :  y2 1，即: x2 2y2 2 2 不妨通过平移变换简化运算。以 为新的原点，作坐标平移变换 A(2,1) u  x2  v y1 则在UV平面中，A为原点，而双曲线方程为： (u2)2 2(v1)2 2 展开得： u2 2v2 4u4v0 设直线l方程为： munv 1 ，则齐次方程 u2 2v2 (4u4v)(munv)0 为过原点A的直线AP、AQ 因为直线AP,AQ的斜率之和为0， 91所以l的斜率 n 4   1 m 4 第2问，可以由夹角公式求解，这里从略。 从高二月考到 2024 届高三期初——齐次化表达，二次曲线不同 （2022年9月江苏省华罗庚中学高二数学试卷） 已知圆M 的圆心与点N 1,4 关于直线 x y10 对称，且圆M 与y轴相切于原点O． （1）求圆M 的方程； 1 （2）过原点O的两条直线与圆M 分别交于A,B两点，直线OA,OB的斜率之积为  ， 2 OD AB,D为垂足，是否存在定点P，使得 DP 为定值，若存在，求出P点坐标；若不存 在，说明理由． 【答案】（1） x3 2  y2 9 （2）存在；P（2，0） 【齐次化表达】 第（2）问，齐次化方法解答： 由（1）得：圆M 的方程为x2  y2 6x0 因为过原点O的两条直线与圆M 分别交于 A,B 两点，则直线AB不经过原点O 设直线AB 方程为：mxny 1 mxny 1 由  得：x2  y2 6x(mxny)0， x2  y2 6x0 2  y  y 两边同时除以x2，得：  6n 16m0  x  x 1  又直线OA,OB的斜率之积为 2 ，所以k k  1 OA OB 2 1 1 则k k 16m ，解得：m OA OB 2 4 1 则直线AB 方程为： xny 1，它过定点Q(4,0) 4 又OD AB,D为垂足，则D点在以P(2,0)为圆心， 1 OQ 2为半径的圆上 2 DP 此时， 为定值2 92故存在点P（2，0），使得|DP|为定值2． 【变式问题】 （江苏省泰州中学 2023-2024 学年高三上学期期初调研数学试题） x2 已知椭圆  y2 1的左右顶点为A、B，直线l：x 1.已知O为坐标原点，圆G过点O、B交直线l于M、N两点， 4 直线AM、AN分别交椭圆于P、Q. （1）记直线AM，AN的斜率分别为k 、k ，求k k 的值； 1 2 1 2 （2）证明直线PQ过定点，并求该定点坐标. 1 【答案】（1）k k  1 2 9 10  （2） ,0 13  【平移齐次化表达，二次曲线不同】 第（2）问，平移齐次化方法解答： 1 k k  由（1）得： 1 2 9 ，即：k k  1 AP AQ 9 以A(2,0)为新原点A(0,0)，建立新的直角坐标系， x2 x x2  y2 1 (x2)2  ，则 4 可以写成: (y)2 1，即：(x2)2 4(y)2 4 y y 4 化简得：(x)2 4(y)2 4x0 设直线PQ方程为：mxny1 mxny1 由  得：(x)2 4(y)2 4x(mxny)0 (x)2 4(y)2 4x0 y y 两边同时除以(x)2，得：4( )2 4n 14m0 x x 1 1 由k k  ，得：k k  （坐标平移前后，直线的倾斜程度不变，即斜率不变） AP AQ 9 AP AQ 9 9314m 1 则：  4 9 13 解得：m 36 13 36 则直线PQ方程为： xny1，它过定点E( ,0) 36 13 36 故，直线PQ方程过定点E( 2,0)， 13 10 即：直线PQ过定点，且该定点坐标为E( ,0) 13 【举一反三】 1 过点M（1，0）的直线与：(x )2  y2 1交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在 3 定点N，使得x 轴平分∠ANB?若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 平移齐次化方法解答： 设点N的坐标为：N(p,0) 以N(p,0)为新原点N(0,0)，建立新的直角坐标系， x x p 1 1  则(x )2  y2 1可以写成:(x p )2  y2 1 y y 3 3 1 1 化简得：(x)2 (y)2 2(p )x(p )2 10（*） 3 3 设直线AB方程为：mxny1，代入（*）式，得： 1 1 (x)2 (y)2 2(p )x(mxny)[(p )2 1](mxny)2 0 3 3 两边同时除以(x)2，得： 1  y 2 1 1  y {n2[(p )2 1]1}  {2n(p )2mn[(p )2 1]}  3  x 3 3  x 1 1 {12m(p )m2[(p )2 1]}0 3 3 因为x轴平分∠ANB，所以k k 0， AN BN 根据“坐标平移前后，直线的倾斜程度不变，即斜率不变”，得： k k 0 AN BN 1 1 2n(p )2mn[(p )2 1] 则： 3 3 0， 1 n2[(p )2 1]1 3 若n0，则直线AB方程为：mx1，由椭圆的对称性，得：此时，x轴平分 ∠ANB 941 1 若n0，则(p )m[(p )2 1]0（**） 3 3 又直线AB 过点M（1，0），即：直线AB过点M(1 p,0)， 1 [(p )2 1] 则m(1 p)1,代入（**），得：(p 1 ) 3 0， 3 1 p 1 1 即：(1 p)(p )[(p )2 1]0 3 3 2 11 11 化简得： p 0，解得： p  3 9 6 11 当N（ ，0）时，能使x轴平分∠ANB 6 短文精粹：曲线方程中的“且”与“或” 在高一逻辑用语章节，我们学过逻辑关系“且”与“或”。举个例子，“刘老师是男人，且是女 人”，错误；“刘老师是男人或女人”，正确！在曲线方程中，也有这样的例子。我们一起来 看！ x1 引例：直线方程组 ，这两条直线没有交点（或者说交点在无穷远处）。将等式  x1 两边分别相乘，得：x2 1，方程无解。 由此可见，像上面那样，将“等式两边分别相乘”的操作，是“且”的关系。 若我们将等式两边移项，让等式一边等于0，然后将两式分别相乘。即： (x1)(x1)0，方程的解为：x1或x1，这是一个“或”的关系。 交轨法，体现一种“且”的关系。如，A(a,0)，B(a,0)，MA MB， 1 MA: y k(xa) MB: y  (xa) k 两边分别相乘，得：y2 (x2 a2)，即：x2  y2 a2（x a） 曲线系中，将两直线方程相乘，得(AxByC)(DxEyF)0，体现一种或的关系。 如，A(a,0)，B(a,0)，MA MB， 1 MA:k(xa) y 0 MB: (xa) y 0 k 1 两边分别相乘，得：[k(xa) y][ (xa) y]0， k 95即：[k(xa) y][(xa)ky]0 亦即：kx2 ky2 (k2 1)xya(k2 1)ya2k 0 这表示两条直线。 另一方面，方程(xa)[(xa)ky][k(xa) y]y 0表示经过M、A、B 三点的二次 曲线。 当1时，(xa)[(xa)ky][k(xa) y]y 0 即：x2  y2 a2 0，该曲线表示经过M、A、B三点的圆。 曲线系与等轴双曲线 【命题】 A、B、C是等轴双曲线x2  y2 a2 0上不同的三点，则ABC的垂心H 在双曲线上。 下面是特殊情形 96【应用举例】 x2 y2 （2022-2023·南京、盐城市·一模）21．已知双曲线C：  1a,b0的离心率为 2，直线l ：y2x4 3 a2 b2 1 与双曲线C仅有一个公共点. (1)求双曲线C的方程 (2)设双曲线C的左顶点为A，直线l 平行于l ，且交双曲线C于M，N两点，求证：AMN 的垂心在双曲线C上. 2 1 x2 y2 【答案】(1)  1 16 16 (2)证明见解析 【分析】（1）由离心率为 2可得ab，再联立直线与双曲线利用判别式可得C的方程； 20 16 （2）设l 方程，及M，N的坐标，由过A引MN的垂线交C于另一点H，可得点H为 , .再证AN MH即 2  3 3  可. a2b2 【详解】（1）因为双曲线C的离心率为 2，所以 2，即a2 b2， a2 所以双曲线C的方程为x2y2 a2， 联立直线l 与双曲线C的方程   y2x4 3 ，消去y得x2  2x4 3 2 a2， 1 x2y2 a2  2   即 3x 16 3x a2480， 因为l 与双曲线C仅有一个公共点， 1 所以1624  a248  0， 解得a2 16, x2 y2 故双曲线C的方程为  1. 16 16 （2）设l :y2xm  m4 3  ，Mx,y ，Nx ,y 则M、N满足   y2xm, 2 1 1 2 2 x2y2 16, 消去y得3x24mxm2160， 4 m216 所以x x  m，xx  ， 1 2 3 1 2 3 如图所示，过A引MN的垂线交C于另一点H， 971 则AH的方程为y x2. 2 20 代入x2y2 16得3x28x800，即x4（舍去）或x . 3 20 16 所以点H为 , .  3 3   16 y 2   y 1  3   32x m2x m162x m 所以k k   1 2 2 AN MH  20 3x 20x 4 x 4 x   1 2 2  1 3  12xx 6mx x 32x 3m216m 4  m216  8m23m216m32x  1 2 1 2 2  2 ， 3xx 12x x 32x 80 m21616m32x 80 1 2 1 2 2 2 m2 16m32x 64  2 1 m216m32x 64 2 所以MH  AN， 故H为AMN 的垂心，得证. 以“贝塞尔曲线”为背景的高考原创题 【试题呈现】贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线。法国数学家卡斯 特里奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的尝试，提出了deCasteljau 算法。下面我们用 de Casteljau 算法的递推思想来绘制一条二次贝塞尔曲线: 第1步，如图，在平面内任选3个不共线的点，记为 A,B, C,其中A,C 分别为起始点和终 止点，B为控制点，连接 AB,BC； 第2步，在线段AB 上任选一点D,计算线段AD与AB 长度的比值，记为t; 第3步，在线段BC 上找到对应的点E,使得BE 与BC 的比值也等于t; 第4步，连接DE,在线段DE 上找到对应的点F,使得DF 与DE 的比值也等于t; 第5步，令点D在线段AB 上从起点A移动到终点B，对应的点F的轨迹即由点A,B, C 定义的二次贝塞尔曲线。 （1）若A(4,2),B(0,2),C(4,2),请用含t的式子表示F 点的坐标，并证明F 点轨迹的一般方 程为x2 8y(4 x4)。 （2）“逆向思考”是一种数学思维方式。由问题（1）可知：二次贝塞尔曲线是抛物线。即： 98在平面内任选3个不共线的点A(4,2),B(0,2),C(4,2)，D在线段AB 上，E 在线段BC 上，F AD BE DF 在线段DE 上，且满足   t，则F 点的轨迹为抛物线x2 8y(4 x4)。对此 AB BC DE 进行逆向思考，得到如下命题： 过抛物线x2 8y(4 x4)上不同的三点A(4,2),F ,C(4,2)的三条切线分别两两交于D， AD BE DF B，E，则有相应成比例的结论   。请证明该结论。 AB BC DE 原创题 该题由刘蒋巍命制 【出题背景】贝塞尔曲线与抛物线的三切线定理 二次贝塞尔曲线的递推画法，见【试题呈现】部分。 由此可见，二次贝塞尔曲线是抛物线。反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例 的结论。这个结论就是“抛物线三切线定理”。 99根据二次贝塞尔曲线的递推画法，笔者思考并画出了如下三次贝塞尔曲线。 笔者根据“二次贝塞尔曲线是抛物线”与“抛物线三切线定理”，命制了【试题呈现】部分的 解析几何题。但笔者始终感觉不太满意，尤其第二问，似乎落入俗套——抛物线三切线定 理。于是,笔者想命制三次函数(三次贝塞尔曲线中的一种，如下图)，但试着求解轨迹方程 之后，又变成纯计算了。感慨：命题实在不容易！于是只能“作罢”！突然想到一位大师曾 经说的话——命题，是一门遗憾的艺术。 于是，笔者将《贝塞尔曲线几何画板图像追踪F点(二次贝塞尔曲线)、S点（三次贝塞尔 曲线）——2023.04.10刘蒋巍命题素材》（几何画板文件）共享在江苏各大高中数学群里 以及命题人交流群里，方便大家研究。也希望能够抛砖引玉，激发大家思考，从而命制出 更优质的试题。 【解题思路】 第1问解法较多。笔者设计“用含t的式子表示F 点的坐标”，既是体现人文关怀，也是对“证 明F点轨迹的一般方程为x2 8y(4 x4) ”，一种证法的暗示。 100第2问，培养学生“逆向思考”的能力。同时又是“抛物线三切线定理”。这个定理的证明很 常见。这里不再赘述。 请读者自做。 省常中 2024 届高二周练 4 椭圆压轴题的推广及“副产品” 【试题呈现】 （江苏省常州高级中学 2023~2024 学年高二上学期数学周练 4）直线 y kxm与椭圆 x2 y2 C:  1(a b0)交于A、B两个不同的点，点M 为AB 中点，点O为坐标原点，且 a2 b2 2 椭圆C离心率为 ，长轴长为4. 2 （1）求椭圆C的标准方程； 2 （2）若OA，OB 的斜率分别为k ，k ，k  ，求证：k k 为定值； 1 2 2 1 2 （3）已知点N(1, 2)，当AOB的面积S 最大时，求OM ON 的最大值. 【命题推广及“副产品”】 x2 y2 （推广）直线y kxm与椭圆C:  1(a b0)交于A、B 两个不同的点，点M 为 a2 b2 AB 中点，点O为坐标原点. b b2 一般性结论（1）：若OA，OB 的斜率分别为k 、k ，k  ，求证：k k 为定值 ； 1 2 a 1 2 a2 ab a 一般性结论（2）：AOB的面积S 最大值为 ，此时，若点N(1, )，则OM ON的最大 2 b 值为a. “副产品”：一般性结论（3）：若OA，OB 的斜率分别为k 、k ，AOB的面积S最大值 1 2 ab b2 为 ，此时，k k 为定值 . 2 1 2 a2 【推广及“副产品”的证明】 （证明） x x  x2 y2 令 b ，则椭圆C:  1(a b0)变换为：x2  y2 a2 y  y a2 b2  a 101一般性结论（1）的证明 b b y  y y  y a A a B b k  A B   k x x x x a AB A B A B b b b 若OA，OB 的斜率分别为k 、k ，k  ，则k  k  ，即：k 1 1 2 a a AB a AB 则直线AB关于直线yx对称。 由于圆也是轴对称图形，也关于直线yx对称；两条坐标轴也关于 yx对称。 由上述图形的对称性以及平面几何知识可知：k k 1 OA OB a a y y 即： b A  b B 1， y A  y B  b2 ，即：k k 为定值 b2 .即为一般性结论 1. x x x x a2 1 2 a2 A B A B 图为：结论1证明示意图 一般性结论（2）~（3）的证明 图为：结论2~3证明示意图 1021 b 1 a a b 1 b S  OP y  y   OP y  y   OP y  y  S AOB 2 A B a 2 b A b B a 2 A B a AOB 1 1 a2 又S  OAOBsinAOB OAOB AOB 2 2 2 b b a2 ab 所以S  S    AOB a AOB a 2 2 ab 则AOB的面积S 最大值为 2 a 此时，若点N(1, )，则 b x x y  y a x x a y  y x x y  y OM ON ( A B , A B)(1, ) A B   A B  A B  A B  x  y 2 2 b 2 b 2 2 2 M M 2 又(x  y )2 2[(x )2 (y )2]2( a)2 a2 M M M M 2 所以，OM ON  x  y a.即为一般性结论 2. M M a a y y 此时，AOB90，k k 1，即： b A  b B 1， y A  y B  b2 ， OA OB x x x x a2 A B A B b2 即：k k 为定值 .即为一般性结论3. 1 2 a2 【作者寄语兼本文总结】 在这个 AI 时代，我们的学生一定要学会思考、学会提问。做完一道试题之后，一定要 问一问自己:存在一般性的问题么？怎么解决？一般性的结论是什么？惟其如此，才能真 正成为 AI 新时代下需要的人才，在 AI 时代立于不败之地！ ——刘蒋巍 1032024 届如皋高三 8 月诊断测试解析几何压轴题的源与流 【试题呈现】 在平面直角坐标系xOy 中，已知圆G:x2 (y1)2 1与抛物线C:x2 2py(p 0)交于点M， N（异于原点O），MN 恰为该圆的直径，过点E（0，2）作直线交抛物线于A，B两点， 过A，B两点分别作抛物线C 的切线交于点P． （1）求证：点P 的纵坐标为定值； （2）若F是抛物线 C 的焦点，证明：PFAPFB． 【试题的源】 【第1问出题背景——极点极线】当点E 在抛物线上方时，点E关于抛物线的极线与抛物 线相离，该极线为经过点E 的弦在两端点处切线交点P的轨迹；且该极线与以E为中心的 弦所在直线平行。 在本题中，易得：抛物线的方程为x2=y 点E（0，2）关于抛物线的极线方程为： 1 ,即： y 2 0x (y2) 2 104因此，点P的纵坐标为定值。 【第2问出题背景——抛物线的等角性质】已知F为抛物线的焦点，过抛物线外部一点P(把 含抛物线焦点的区域称为该抛物线的内部)作抛物线的两条切线 PA、PB,切点为A、B.则： ① 过P作直线 PK平行于抛物线的对称轴且交AB 于点K, 则∠APF=∠MPK; ②∠PFA=∠PFB. 简证思路：由抛物线的光学性质可知 AF' 、BF" 均平行于抛物线的对称轴， 则直线F'F" 为抛物线的准线。 由对称性可知PF'=PF=PF",......（接下来，可用平面几何知识证明，请读者自己完成证明） 根据该试题的“源”，我们可取种种具体的抛物线，甚至圆锥曲线，源源不断地产生相应 的试题。 【试题参考解答】 （1）由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1)， 代入抛物线方程可得2p=1，所以抛物线的方程为x2=y， 设A(x ,x2)，B(x ,x2)， 1 1 2 2 x2 x2 所以k  1 2  x x ， AB x x 1 2 1 2 所以直线AB的方程为yx2 (x x )(xx )，即y (x x )xx x ， 1 1 2 1 1 2 1 2 因为直线AB过点C(0，2)， 所以x x 2，所以x x 2①. 1 2 1 2 因为y' 2x，所以直线PA的斜率为2x ，直线PB 的斜率为2x ， 1 2 直线PA的方程为yx2 2x (xx )， 1 1 1 即y2x xx2， 1 1 同理直线PB的方程为y 2x xx2， 2 2 x x 联立两直线方程，可得P( 1 2 ,x x ) 2 1 2 由①可知点P 的纵坐标为定值-2.     FAFP FBFP （2）cosPFA   ，cosPFB    ， |FA||FP| FB  FP 105注意到两角都在(0,)内，     FAFP FBFP 可知要证PFAPFB， 即证    (*)， |FA| |FB|  1  x x 9 FA(x ,x2  )，FP ( 1 2 , )， 1 1 4 2 4   x x 9 1 7 7 7 所以FAFP  x  1 2  (x2 ) x2  (4x21) ， 1 2 4 1 4 4 1 16 16 1    1 1 FAFP 7 又|FA| x2 (x2  )2  x2  ，所以   ， 1 1 4 1 4 |FA| 4   FBFP 7 同理   ,(*)式得证. |FB| 4 【试题的流】 【试题的延申1】当点E 在圆锥曲线(椭圆，双曲线，抛物线)内部时，点E 关于圆锥曲线 的极线与该圆锥曲线相离，该极线为经过点E的弦在两端点处切线交点P 的轨迹；且该极 线与以E为中心的弦所在直线平行。（注：把含抛物线焦点的区域称为该抛物线的内部） 【试题的延申2】 已知F1、F2 为圆锥曲线(椭圆，双曲线，抛物线)的两个焦点，过圆锥曲线外一点P 作圆锥 曲线的两条切线，切点分别为A,B, 则： ①∠APF₁=∠F₂PB;②∠PF₁A=∠PF₁B,∠PF₂A=∠PF B. 2 (其中“∠”指的是有向角，如∠AOB 指的是直线AO绕点O逆时针旋转到与直线OB 重合 时所经过的角；对于抛物线的第二个焦点可以理解为在无穷远点)。 平时教学时，对于一道高中数学题的讲解，需引导学生思考试题的“源”与“流”。即： 应引导学生理解试题的来源，感悟数学问题的生成，思考数学问题的推广。有些“流”，或 可成为新问题的“源”。训练若此，其技必强！ 1062025 届——解析几何模考题精选精练 1.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）8．双曲线C:x2  y2 4的左，右焦点分别为F,F ，过F 作垂直于x轴 1 2 2 的直线交双曲线于A,B两点，AFF ,BFF ,FAB的内切圆圆心分别为O,O ,O ，则OO O 的面积是（ ） 1 2 1 2 1 1 2 3 1 2 3 A．6 28 B．6 24 C．84 2 D．64 2 x2 y2 x2 y2 2.（2022-2023·南通·一模）7．双曲线C :  1(ab0)和椭圆C :  1的右焦点分别为F,F， 1 a2 b2 2 a2 b2     A(a,0)，B(a,0)，P,Q分别为C ,C 上第一象限内不同于B的点，若PAPB  QAQB  ,R， 1 2   PF  3QF，则四条直线PA,PB,QA,QB的斜率之和为（ ） A．1 B．0 C．1 D．不确定值 3.（2022-2023·宿迁沭阳高中·模拟）7．椭圆具有光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射 x2 y2 光线过椭圆的另一个焦点(如图).已知椭圆E:  1(ab0)的左、右焦点分别为F,F ，过F 的直线与椭圆E a2 b2 1 2 2 3a BF 5 S 交与点A，B，过点A作椭圆的切线l，点B关于l的对称点为M，若|AB| , 1  ，则 △MAB （ ） 2 MF 7 S 1 △AF1F2 81 35 9 4 A． B． C． D． 35 16 5 5 4.（2022-2023·苏锡常镇·一模）7．已知椭圆 x2  y2 1ab0的右焦点为Fc,0 ，点P，Q在直线x a2 上， a2 b2 c    FPFQ，O为坐标原点，若OPOQ2OF 2，则该椭圆的离心率为（ ） 2 6 2 3 A． B． C． D． 3 3 2 2 5.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）8．已知F1 ，F2 分别是双曲线C： a x2 2  b y 2 2 1(a0，b0)的左、右焦点，点P在双曲线上，PF 1 PF 2 ，圆O：x2y2  9 4 (a2b2)，直线PF1 与圆O 相交于A，B两点，直线PF2 与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为9b2，则C的离心率为（ ） 5 8 5 2 10 A． B． C． D． 4 5 2 5 1076（. 多选题）（2022-2023·南京、盐城市·一模）11．已知点A1,0，B1,0，点P为圆C：x2 y26x8y170 上的动点，则（ ） A．PAB面积的最小值为84 2 B．AP的最小值为2 2 5π   C．PAB的最大值为 D．ABAP的最大值为84 2 12 7.（多选题）（2022-2023·扬州中学·一模）11．过抛物线C：y2 4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O 为坐标原点，则下列判断正确的是（ ） A．OAB可能为锐角三角形 B．过点M0,1且与抛物线C仅有一个公共点的直线有2条 3 2 C．若 AF 3，则AOB的面积为 2 D． AF 2 BF 最小值为32 2 8.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）15．如图是数学家GerminalDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲 线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球O ，球O 的半 1 2 径分别为4和2，球心距离OO 2 10，截面分别与球O ，球O 相切于点E,F（E,F是截口椭圆的焦点），则此 1 2 1 2 椭圆离心率等于_____. 9.（2022-2023·南通·一模）弓琴（如图），也可称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖．古代有“后羿射十日”的神话， 说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸．在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞 土逐肉”．弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正面为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，音色柔弱动听， 现有某研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳．下图是一弓琴琴腔下部分的正面图．若按对称建立 如图所示坐标系，F(c,0)为左焦点，P(i1,2,3,4,5,6,7)均匀对称分布在上半个椭圆弧上，PF为琴弦，记 1 i i 1 x2 y2 a |PF |(i1,2,3,4,5,6,7)，数列{a }前n项和为S ，椭圆方程为  1，且a64c4ac，则S a 128 i i 1 n n a2 b2 7 7 取最小值时，椭圆离心率为______. 10810.（2022-2023·苏锡常镇·一模）已知圆C:x22xy230，过点T2,0 的直线l交圆C于A，B两点，点P   1 在圆C上，若CP∥AB，PAPB ，则 AB ________ 2 11（. 2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）13．已知点P在抛物线C:y2 2pxp0 上，过P作C的准线的垂线，垂足为H，点F 为C的焦点．若HPF 60，点P的横坐标为1，则p _______. 12.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）21．已知抛物线C:y2 2px(p0)的焦点F 到准线的距离为2，圆M 与 y轴相切，且圆心M 与抛物线C的焦点重合. (1)求抛物线C和圆M 的方程； (2)设Px ,y x 2为圆M 外一点，过点P作圆M 的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点 0 0 0 Ax,y ,Bx ,y 和点Qx ,y ,Rx ,y  .且y y y y 16，证明：点P在一条定曲线上. 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 109x2 y2 13.（2022-2023·南通·一模）21．已知椭圆E:  1,(ab0)的左、右焦点分别为F,F ，焦距与短轴长均 a2 b2 1 2 为4． (1)求E的方程； (2)设任意过F 的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过F作平行于l的 2 1   |OAOB| 直线分别交PM,PN 于A，B，求  的取值范围． |OP| 14.（2022-2023·苏锡常镇·一模）21．已知直线l与抛物线C :y2 2x交于两点Ax ,y ，Bx ,y ，与抛物线 1 1 1 2 2 C :y2 4x 交于两点Cx ,y ，Dx ,y ，其中A，C在第一象限，B，D在第四象限. 2 3 3 4 4 (1)若直线l过点M1,0，且 1  1  2 ，求直线l的方程； BM AM 2 1 1 1 1 (2)①证明：    ； y y y y 1 2 3 4 S ②设AOB，△COD的面积分别为S ，S ，（O为坐标原点），若 AC 2 BD ，求 1 . 1 2 S 2 11015.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）21．在平面直角坐标系xOy中，过点P0,1且互相垂直的两条直线分别与 椭圆: x2  y2 1交于点A,B，与圆M :x22y12 1交于点C,D． 4 2 (1)若CD 2，求AB的斜率； (2)记CD中点为E，求ABE面积的取值范围． 16.（2022-2023·南京师大附中·一模）21．已知F   6,0  ，F  6,0  为双曲线C的焦点，点P2,1 在C上． 1 2 (1)求C的方程；      (2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若OM ＋ON=0，PQAB＝0， 是否存在定点T，使得|QT|为定值？若有，请求出该定点及定值；若没有，请说明理由. 111x2 y2 17.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）21．已知椭圆E:  1ab0 a2 b2 2 的离心率为 ，焦距为2，过E的左焦点F 的直线l与E相交于A、B两点，与直线x2相交于点M ． 2 (1)若M2,1，求证： MA BF  MB  AF ； 1 1 1 1 (2)过点F 作直线l的垂线m与E相交于C、D两点，与直线x2相交于点N ．求    的最 MA MB NC ND 大值． 112第六章 计数原理、统计与概率 一道考察类比思想的原创小题 【试题呈现】（2023高考数学考前原创热身卷）【填空题】在复变函数中，eix cosxisinx 被称为“欧拉公式”。我们运用欧拉公式，可以推导出二倍角、三倍角、四倍角、五倍角等 三角函数公式。譬如：由欧拉公式，可得： cos2xisin2x ei2x (eix)2 (cosxisinx)2 cos2 xsin2 xi2sinxcosx 可知：cos2xcos2 xsin2 x；sin2x2sinxcosx。 类比上述方法，计算出sin5x=__________________________ 出题背景 【出题背景】“欧拉公式”与“类比思想” 参考解答 【试题1参考解答】16sin5 x20sin3 x5sinx cos5xisin5x ei5x (eix)5 (cosxisinx)5 C0(cosx)5(isinx)0 C1(cosx)4(isinx)1C2(cosx)3(isinx)2 C3(cosx)2(isinx)3 5 5 5 5 C4(cosx)1(isinx)4 C5(cosx)0(isinx)5 5 5 cos5 x10cos3 xsin2 x5cosxsin4 xi(5cos4 xsinx10cos2 xsin3 xsin5 x) sin5x5cos4 xsinx10cos2 xsin3 xsin5 x 5(1sin2 x)2sinx10(1sin2 x)sin3 xsin5 x 16sin5 x20sin3 x5sinx 1132025 届——计数原理、统计概率模考题精选精练 1.（2022-2023·苏锡常镇·一模）“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多. 现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦 西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选 择的景点不同”，则P  B A （ ） 7 8 9 10 A． B． C． D． 9 9 11 11 2.（2022-2023·扬州中学·一模）3．下表是足球世界杯连续八届的进球总数： 年份 1994 1998 2002 2006 2010 2014 2018 2022 进球总数 141 171 161 147 145 171 169 172 则进球总数的第40百分位数是（ ） A．147 B．154 C．161 D．165 3.（2022-2023·扬州中学·一模）6．在某个独立重复实验中，事件A，B相互独立，且在一次实验中，事件A发生的 概率为p，事件B发生的概率为1p，其中p0,1．若进行n次实验，记事件A发生的次数为X ，事件B发生的 次数为Y ，事件AB发生的次数为Z ，则下列说法正确的是（ ） A．pEX1 pEY B． 1 pDX pDY C．EZDY D． DZ  2 DXDY 4.（多选题）（2022-2023·南通·一模）9．下列命题中正确是（ ） A．中位数就是第50百分位数 1 B．已知随机变量X~B(n, )，若D(2X 1)5，则n10 2 C．已知随机变量~N(,2)，且函数 f(x)P(x x2)为偶函数，则1 D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生 样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为132.25. 1145.（多选题）（2022-2023·苏锡常镇·一模）9．某校1000名学生在高三一模测试中数学成绩的频率分布直方图如图所 示（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.分数不低于X即为优秀，已知优秀学生有80人，则（ ） A．a0.008 B．X 120 C．70分以下的人数约为6人 D．本次考试的平均分约为93.6 6.（多选题）（2022-2023·南京师大附中·一模）9．已知事件A，B满足PA0.5，PB0.2，则（ ） A．若BA，则PAB0.5 B．若A与B互斥，则PAB0.7 C．若A与B相互独立，则P  AB  0.9 D．若PB|A0.2，则A与B相互独立 xb2 1  7.（多选题）（2022-2023·南京师大附中·一模）10．已知随机变量X的概率密度函数为x e 2a2 (a0， 2πa b0)，且x的极大值点为x2a，记 f kPX k，gkPX ka ，则（ ） A．X ~ Nb,a B．X ~ N  2a,a2 C． f ag2a D． f 2ag2a f aga 8.（多选题）（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）9．已知甲种杂交水稻近五 年的产量（单位：t/hm2）数据为：9.8，10.0，10.0，10.0，10.2，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：t/hm2）数据为： 9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（ ） A．甲种的样本极差小于乙种的样本极差 B．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数 C．甲种的样本方差大于乙种的样本方差 D．甲种的样本60百分位数小于乙种的样本60百分位数 1158  1  9.（2022-2023·南通·一模）14．x1   x1 的展开式中x2的系数为___________.（用数字作答）. x2022   1 10.（2022-2023·苏锡常镇·一模）13．2  x25的展开式中x2的系数为________.  x 11.（2022-2023·南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁、盐城·二模）20．我国风云系列卫星可以监测气象 和国土资源情况．某地区水文研究人员为了了解汛期人工测雨量x（单位：dm）与遥测雨量y（单位：dm）的关系，统 计得到该地区10组雨量数据如下： 样本号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 人工测雨量 5.38 7.99 6.37 6.71 7.53 5.53 4.18 4.04 6.02 4.23 xi 遥测雨量yi 5.43 8.07 6.57 6.14 7.95 5.56 4.27 4.15 6.04 4.49 |xiyi| 0.05 0.08 0.2 0.57 0.42 0.03 0.09 0.11 0.02 0.26 10 10 10 并计算得x2353.6，y2361.7，xy 357.3，x233.62，y234.42，x y34.02. i i i i i1 i1 i1 (1)求该地区汛期遥测雨量y与人工测雨量x的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系； (2)规定：数组（xi，yi）满足|xi  yi|<0.1为“Ⅰ类误差”；满足0.1≤|xi  yi|<0.3为“Ⅱ类误差”；满足|xi  yi|≥0.3为“Ⅲ 类误差”．为进一步研究，该地区水文研究人员从“Ⅰ类误差”、“Ⅱ类误差”中随机抽取3组数据与“Ⅲ类误差”数据进行对比， 记抽到“Ⅰ类误差”的数据的组数为X，求X的概率分布与数学期望． n (x x)(y y) i i 附：相关系数r i1 ， 304.517.4. n n (x x)2(y y)2 i i i1 i=1 11612.（2022-2023·南通海安高级中学·一模）20．甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利， 1 2 比赛随即结束．已知除第五局甲获胜的概率是 外，其余每局比赛甲获胜的概率是 ．假设各局比赛结果互相独立． 2 3 (1)分别求甲以3:0，3:1，3:2胜利的概率； (2)若比赛结果为3:0或3:1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3:2，则胜利方得2分、对方得1分，求乙得 分X的分布列及数学期望． 13.（2022-2023·南京师大附中·一模）19．某百科知识竞答比赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛， 败者终止比赛.比赛最多有三局.第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答.比赛双方首先各自进行一局限时答题， 依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需 进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局.已知甲､乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局 获胜与平局的概率分别为 1 ， 1 ，快问快答局获胜与平局的概率分别为 1 ， 1 ，抢答局获胜的概率为 1 ，且各局比赛相 3 2 3 6 3 互独立. (1)求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率； (2)已知乙最后晋级决赛，但不知甲､乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率. 11714.（2022-2023·南京、盐城市·一模）20．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最 重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先 验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理， 我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红 球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次 1 试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为 （先验概率）. 2 (1)求首次试验结束的概率； (2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整. ①求选到的袋子为甲袋的概率， ②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二， 从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大. 118