2025《高考数学•二轮复习难点突破》解析版_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............................13 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...........................26 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.........................32 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...........................................35 对两地2024届高三10月联考导数压轴题参考解答的商榷................................................38 Hadamard 不等式及其特例——对数均值不等式..................................................................42 一道“对数均值不等式”及其变形、延申的原创小题........................................................48 2025届——函数模考题精选精练...........................................................................................52 2025届——导数模考题精选精练...........................................................................................56 第二章 三角函数与解三角形.....................................................................................................74 理解逻辑推理，快得分............................................................................................................74 以“笛卡尔叶形线”为背景的高考原创题................................................................................76 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....................................79 用外接圆与椭圆定义直观求解两类三角形周长、面积范围................................................80 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...........................................84 构造出来的高考题....................................................................................................................90 2025届——三角函数与解三角形模考题精选精练...............................................................95 第三章 数列...............................................................................................................................102 高考原创小题的命制与解析——音程计算、药物留存模型..............................................102 无锡市2024届高三期中数列压轴题的命制与推广............................................................103 有趣的迭代——2023上海高考数学函数切线压轴题的源与流.........................................107 2025届——数列模考题精选精练.........................................................................................113 第四章 立体几何.......................................................................................................................125 理解数学建模，好得分..........................................................................................................125 2025届——立体几何模考题精选精练.................................................................................127 第五章 解析几何.......................................................................................................................146 理解数学运算，少失分..........................................................................................................146 从高二月考到2024届高三期初——齐次化表达，二次曲线不同....................................147 42025高三数学二轮复习难点突破 短文精粹：曲线方程中的“且”与“或”...................................................................................150 曲线系与等轴双曲线..............................................................................................................151 以“贝塞尔曲线”为背景的高考原创题..................................................................................153 省常中2024届高二周练4椭圆压轴题的推广及“副产品”................................................156 2024届如皋高三8月诊断测试解析几何压轴题的源与流.................................................159 2025届——解析几何模考题精选精练.................................................................................162 第六章 计数原理、统计与概率...............................................................................................181 一道考察类比思想的原创小题..............................................................................................181 2025届——计数原理、统计概率模考题精选精练.............................................................182 写在最后.....................................................................................................................................192 52025高三数学二轮复习难点突破 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（2sin 80°—sin20°）／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， 6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 0.1 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。 学科网（北京）股份有限公司第 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 1 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。 学科网（北京）股份有限公司【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 ， 7 5 8ln 6 5 5 5 5 则a,b,c的大小关系为（ ） 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： . 【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 学科网（北京）股份有限公司同理，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， 4 3 clog 5，则a、b、c的大小关系是__________________ 4 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 学科网（北京）股份有限公司【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 b 4  2 4 4 b c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 ， x x x2 x2 x2 1 则 f  x  在定义域  0, 上单调递减，所以 f  2  f  1 0，即2ln2 20，所以 2 1   ln4 2，即bc，令g  x sinxtanx2x，x 0, ，则 2  2 学科网（北京）股份有限公司g x cosx 1 2 cos3 x2cos2 x1 ，因为x  0,  ，所以cosx 0,1  ，令 cos2 x cos2 x  2 h  x  x32x2 1，x 0,1  ，则h x 3x2 4x x  3x4 0，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. 学科网（北京）股份有限公司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 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 学科网（北京）股份有限公司弦函数是关于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。 【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 学科网（北京）股份有限公司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 ex 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”。 学科网（北京）股份有限公司【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) 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 2 范围是（ ） A.  2, B. ,0  C.  0,2  D. ,2  【答案】C 【与“双曲函数”的关联】 学科网（北京）股份有限公司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， 2x 2-x 2x 2-x 所以-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 2x 2-x f x= 在(,)单调递增，故B正确， 2 2xln2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 2 2 2 等号， 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 学科网（北京）股份有限公司故选：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. 学科网（北京）股份有限公司【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。 学科网（北京）股份有限公司【“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 a 1x ax 1 对称。 1x ax 1 上图为 f(x)log ( )（0a1）、g(x) （0a1）图像，它 a 1x ax 1 们关于y  x对称。 学科网（北京）股份有限公司x1 ax 1 上图为 f(x)log ( )（a 1）、g(x) （a 1）图像，它们关于y  x a x1 ax 1 对称。 x1 ax 1 上图为 f(x)log ( )（0a1）、g(x) （0a1）图像，它 a x1 ax 1 们关于y  x对称。 学科网（北京）股份有限公司【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 学科网（北京）股份有限公司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】 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. 学科网（北京）股份有限公司（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 ， 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 学科网（北京）股份有限公司【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   12x1 可得答案． 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x 1x 1 x1， 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 1x 1x 1x 1x 2 g  x  为奇函数，设t  ，则y lnt，t   1，在1,1上为减函数，而y lnt 1x 1x x1 1x 在  0, 上为增函数，故g  x ln 在区间1,1上为减函数， 1x 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 学科网（北京）股份有限公司从 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 【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。 学科网（北京）股份有限公司【命制过程3步骤】 【第1步：研究函数 y  xlnx图像性质】 1 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 学科网（北京）股份有限公司【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 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 学科网（北京）股份有限公司由“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，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 学科网（北京）股份有限公司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 andoptimization）。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 学科网（北京）股份有限公司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。 学科网（北京）股份有限公司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 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 学科网（北京）股份有限公司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 x 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 f(x ) f(x ) x x 意的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。 学科网（北京）股份有限公司【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 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 4 4 4 4    上方。即： 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， 1 2 n f(x ) f(x )... f(x ) x x ...x 则有 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 学科网（北京）股份有限公司问题 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 0 0 0 学科网（北京）股份有限公司在曲线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 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 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 0 得(x )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】 学科网（北京）股份有限公司（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] 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 [ln(x2)3]3 形式，变形，得： eln(x2)3 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． 学科网（北京）股份有限公司对两地 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) 0 0 0 的切线一定在曲线 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 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 学科网（北京）股份有限公司【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. 学科网（北京）股份有限公司【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) 学科网（北京）股份有限公司在区间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， 1 2 n f(x ) f(x )... f(x ) x x ...x 则有 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 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 4 4 4 4    上方。即： 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） 学科网（北京）股份有限公司 5 的判定是关键点。譬如： f(x)ex(cosxsinx)在( , )是上凸函数，经过点 4 4     5 ( , 2e4)( ( , ))的切线在曲线y  f(x)的上方。 4 4 4 4 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 学科网（北京）股份有限公司（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 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） 1 1 2 2 1 2 图像上任意两点，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 学科网（北京）股份有限公司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 1 ★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 x 1 2 A(x , f (x )) ， B(x , f (x )) 的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k 2a？ 1 1 2 2 若存在，求出a的值；若不存在，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 ， x2 x x2 因为 f (x) 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， 1 2 则  a2  4  0 且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 x  x x  x x x 2 1 2 1 1 2 盾！所以不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 学科网（北京）股份有限公司★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” 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 学科网（北京）股份有限公司若函数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 0 明： f(x )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 1 2 1 2 M(x ,0)，证明： f(x )0 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 ， 0 证明： 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， 1 a 2 a 2 1 1 f( x) f( x) 1 1 a a 1 f (  x) f (  x) 得：  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 学科网（北京）股份有限公司引申：当 1 x  x 时， 1 2 f (x ) f (x ) lnx lnx 1 1 1 3 2 1  2 1     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 x 1 2 A(x , f (x )) ， B(x , f (x )) 的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k 2a？ 1 1 2 2 若存在，求出a的值；若不存在，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 ， x2 x x2 因为 f (x) 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， 1 2 则  a2  4  0且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 x  x x  x x x 2 1 2 1 1 2 盾！所以不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： 1 2 1 2 x  x  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 lnx 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 学科网（北京）股份有限公司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 2 2 同的两点，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。 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 学科网（北京）股份有限公司当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： x 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： 学科网（北京）股份有限公司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。 学科网（北京）股份有限公司教育部在 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。 学科网（北京）股份有限公司2025 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． 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可判断. x3 【详解】 f x 定义域为R，f(－x)＝－f(x)，故为奇函数，图像关于原点对称，据此排除B、D 2x 2x 选项； 易知x→＋时， f x x3 0，2x ，2x 0，x3 ， 2x 2x ∵指数函数y＝2x比幂函数yx3增长的速率要快，故 f x0， 即f(x)在x→＋时，图像往x轴无限靠近且在x轴上方，故A选项符合. 故选：A.     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 【答案】C   【分析】令 f(x)ln x2 1x ,xR,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.   【详解】令 f(x)ln x2 1x ,xR， f(0)0，     且 f(x) f(x)ln x2 1x ln x2 1x ln10，   故 f(x)ln x2 1x 为奇函数， 学科网（北京）股份有限公司  x0时， x21x递增，则 f(x)ln x2 1x 也递增， 又 f(x)为奇函数，则 f(x)在R上递增， pq，若xy0，则xy，     则 f x f y，即ln x21x ln y21y     即ln x21x ln y21 y 0；     pq，若ln x21x ln y21 y 0，     则等价于ln x21x ln y21y ，即 f x f y， 由 f(x)在R上递增，则xy， 即xy0， 故p是q的充要条件， 故选：C. 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 【答案】B 【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数 f x的解析式，再利用基本不等式可求得 f x的最小值. 【详解】因为函数y f xex为偶函数，则 f xex  f xex，即 f x f xexex， ① 又因为函数y f x3ex为奇函数，则 f x3ex f x3ex，即 f x f x3ex3ex， ② 联立①②可得 f xex2ex， 由基本不等式可得 f xex2ex 2 ex2ex 2 2， 1 当且仅当ex 2ex时，即当x ln2时，等号成立， 2 故函数 f x的最小值为2 2. 故选：B. 学科网（北京）股份有限公司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  ， lg(x21) 则使得 f(2x1) f(x2) 成立的x的取值范围是_____. 1 1 1 【答案】(3, )( , ) 2 2 3 【分析】先判断函数的奇偶性与单调性，然后利用函数的性质解不等式，即可求解. 【详解】因为lg(x21)0，所以x0，所以函数 f x的定义域为{x|xR且x0}， 1 又 f(x)ex ex   f x ，∴ f x为偶函数. lg(x21) 1 当x(0,)时，令gxex ex,hx ， lg(x21) ∵gxex ex 0 ，∴gx 在(0,)上是增函数， 易知函数hx 在(0,)上是增函数，∴ f x在(0,)上是增函数. 又 f x为偶函数，∴ f(2x1) f(2x1), f(x2) f(x2)， 2x1 x2  ∴由 f(2x1) f(x2)，得2x10 ，  x20 1 1 1 解得x(3, )( , )， 2 2 3 1 1 1 故答案为：(3, )( , ). 2 2 3 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与单调性及其应用，其中解答中根据根据的解析式得到函数的奇偶 性和单调性是解答的关键，着重考查化归与转化能力和运算求解能力，属于中档试题． 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， 18 gx 关于x4对称，g48，则f2m的值为（ ） m1 A．24 B．32 C．34 D．40 【答案】C 【分析】利用已知、方程、函数的对称性、周期性进行计算求解. 【详解】因为 f xg4x4 ①， gx f x88 ②， 对于②式有：gx8 fx8 ③，由①+③有：gx8g4x12， 即gxg12x12 ④，又gx 关于x4对称，所以gxg8x ⑤， 由④⑤有：g8xg12x12 ，即g8xg12x12 ，gx4gx812， 学科网（北京）股份有限公司两式相减得：gx12gx40，即gx12gx4，即gx8gx ， 因为函数gx 的定义域为R，所以gx 的周期为8，又g48， 所以g4 g12 g208，由④式gxg12x12有：g66， 所以g6 g14 g226， 由g48，gxg12x12有：g84， 所以g8 g16 g244， 由⑤式gx g8x有：g2g66，又gx8gx ，所以g10g26， 由②式gx f x88有： fxgx88， 18 所以 f 2m f 2 f 4 f 36g10g12g44818 m1 686446881834，故A，B，D错误. 故选：C. 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__________. 【答案】1 【分析】根据 f 2x3为偶函数、gx51为奇函数的性质，利用赋值法可得答案. 【详解】若 f 2x3为偶函数，gx51为奇函数， 则 f 2x3 f 2x3，gx51gx51， 令x1，则 f 213 f 213 ，即 f 1 f 5 ， 令x4，则g451g451，即g11g91， 又因为 f 1g13，所以 f 5g9 f 1g121. 故答案为：1. 学科网（北京）股份有限公司 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） lnx1, x0 恰有三个不同的实数解a，b，c（a＜b＜c），则（a＋b）c的取值范围是____．  2 【答案】  2,   e 1 【分析】根据分段函数解析式画出图象，即可得出a＋b＝－2， c1，进而可求（a＋b）c的范围. e 【详解】依题意，  x1, x0 函数 f x 的图象如图所示： lnx1. x0 方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a，b，c（a＜b＜c）， 1 可得a＋b＝－2，f（0）＝1＝f（1）， c1， e  2 则 abc2c  2, ，  e  2 故答案为：  2, ．  e 2025 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 【答案】A f x f 2 f 4 【分析】依题意令gx ，进而根据题意得gx 在R上单调递减，故 f 1  ， x 2 4 进而得答案. f x 【详解】解：因为 f x满足 f xxfx0，令gx ， x 学科网（北京）股份有限公司xfx fx 则gx   0，所以gx 在R上单调递减， x2 f 2 f 4 所以g1g2g4 ，即 f 1  ，所以4f 12f 2 f 4 . 2 4 所以cba. 故选：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 【答案】A c 1 1 【分析】由 4tan 结合三角函数的性质可得cb;构造函数 f xcosx x21,x0, ,利 b 4 2 用导数可得ba,即可得解. 【详解】[方法一]：构造函数  π 因为当x0, ,xtanx  2 c 1 c 故 4tan 1，故 1，所以cb； b 4 b 1 设 f(x)cosx x21,x(0,)， 2 f(x)sinxx0，所以 f(x)在(0,)单调递增， 1 1 31 故 f   f(0)=0，所以cos  0， 4 4 32 所以ba，所以cba，故选A [方法二]：不等式放缩  π 因为当x0, ,sinx x，  2 1 1 1 1 2 31 取x= 得：cos 12sin2 12   ，故ba 8 4 8 8 32 1 1  1    1 4 4sin cos  17sin ，其中0, ，且sin ,cos 4 4  4   2 17 17 1 1 1   1 当4sin cos  17时，  ，及  4 4 4 2 2 4 1 4 1 1 此时sin cos ，cos sin 4 17 4 17 1 1 4 1 1 故cos   sin 4sin ，故bc 4 17 17 4 4 所以ba，所以cba，故选A 学科网（北京）股份有限公司[方法三]：泰勒展开 31 0.252 1 0.252 0.254 设x0.25，则a 1 ，bcos 1  ， 32 2 4 2 4! 1 sin 1 4 0.252 0.254 c4sin  1  ，计算得cba，故选A. 4 1 3! 5! 4 [方法四]：构造函数 c 1  π 1 1 c 因为 4tan ，因为当x0, ,sinx xtanx，所以tan  ,即 1，所以cb；设 b 4  2 4 4 b 1 f(x)cosx x21,x(0,)， f(x)sinxx0，所以 f(x)在(0,)单调递增，则 2 1 1 31 f   f(0)=0,所以cos  0，所以ba,所以cba， 4 4 32 故选：A． [方法五]：【最优解】不等式放缩 c 1  π 1 1 c 因为 4tan ，因为当x0, ,sinx xtanx，所以tan  ,即 1，所以cb；因为当 b 4  2 4 4 b  π 1 1 1 1 2 31 x0, ,sinx x，取x= 得cos 12sin2 12   ，故ba，所以cba．  2 8 4 8 8 32 故选：A． 【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通 法；  π 方法5：利用二倍角公式以及不等式x0, ,sinx xtanx放缩，即可得出大小关系，属于最优解．  2 3.（多选题题）（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 、 1 l ，切点为P、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 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 【答案】BCD 【分析】根据切线方程的定义，利用分类讨论的思想，可得整理切线方程，根据直线垂直可得切点横坐标 的乘积，进而可得纵坐标的乘积，利用直线斜率公式，等量代换整理，可得其值，利用切线方程，求得A,B,P 的坐标，可得答案. 学科网（北京）股份有限公司1 ,x1 lnx,x1  x 【详解】由函数y lnx   ，则y ， lnx,0 x1  1 ,0x1  x 设Px,y ，P x ,y ， 1 1 1 2 2 2 1 1 当0x 1，1 x 时，由题意可得，  1，化简可得xx 1，符合题意； 1 2 x x 1 2 1 2 1  1  当x,x 0,1时，由题意可得，  1，化简可得x x  1，显然不成立； 1 2 x  x  1 2 1 2 1 1 当x,x 1, 时，由题意可得，  1，化简可得xx 1，显然不成立； 1 2 x x 1 2 1 2 1 对于A，y y lnx lnx lnx ln  lnx 2 ，故A错误； 1 2 1 2 1 x 1 1 y  y ln x ln x ln xx 对于B，直线PP 的斜率k  1 2  1 2  1 2 0，故B正确； 1 2 x x x x x x 1 2 1 2 1 2 1 1 对于C，易知直线l :y x y 1，直线l :y x y 1， 1 x 1 2 x 2 1 2 令x0，则y y 1，即A0,y 1，同理可得B0,y 1， 1 1 2 AB  y 1y 1  2lnx lnx  2lnxx 2，故C正确； 1 2 1 2 1 2  1  1   y x xy 1 1   y x xlnx 1 1 2xx 2x 对于D，联立 1 ，整理可得 1 ，解得x  1 2  1 ，  y 1 xy 1  y 1 xlnx 1 p x 1 x 2 x 1 21   x 2   x 2 2 2 2  1x2 令 f x 2x ，其中x0,1，则 fx  0， x21  x21 2 所以，函数 f x在0,1上单调递增，则当x0,1时， f x0,1 ， 1 2x 所以，S  AB  x  1 0,1 ，故D正确. ABP 2 P x21 1 故选：BCD. 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 0 0 0 的“拐点”．经过探究发现：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 学科网（北京）股份有限公司5 数 f(x)ax3bx2 (ab0)的对称中心为1,1，则下列说法中正确的有（ ） 3 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 【答案】AB 【分析】根据“拐点”的定义与 f x的对称中心，建立方程求出a,b可判断A，再由导数与函数单调性的 关系即可判断 f x的极值，从而判断B，根据 f x的单调性及 f x的极值可判断C，根据导数的几何 意义求出 f x的切线方程，从而转化为切点个数问题即可判断D. 【详解】 f(x)3ax22bx， f(x)6ax2b， f10   6a2b0  a 1  ，即 5 ，解得 3 ，故A正确；  f 11   axb 3 1  b1 1 5  f(x) x3x2 ， f(x) x22x， 3 3 当x(,0)时， f(x)0， f x单调递增； 当x0,2 时， f(x)0， f x单调递减； 当x(0,)时， f(x)0， f x单调递增， 所以 f x既有极大值又有极小值，故B正确； 由选项B可知 f x在x0与x2处取得极大值与极小值， 5 1 又 f(0) 0， f(2) 0，即 f x的极大值与极小值大于0，所以函数不会有3个零点，故C错 3 3 误； 设切点为Tx ,y ，则切线方程为y   1 x3 x2  5   x2 2x  xx ， 0 0 3 0 0 3 0 0 0 又切线过  1, 1 ，则 1    1 x3x2 5   x2 2x 1x  ，  3 3 3 0 0 3 0 0 0 化简得x33x 20，即x 12x 20，解得x 1或x  2， 0 0 0 0 0 0 即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D错误. 故选：AB. 学科网（北京）股份有限公司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 【答案】BCD 【分析】对于A选项，尝试找反例. 对于B，C选项，构造函数gx xex帮助分析. 对于D选项，设b  em，再研究函数h  x   xexm  m 1零点所在范围. 【详解】对于A选项，当a1时，abea  ln b 1  0  eb  ln b 1  0. 设 f  x   ex  ln x 1，其中x0. 则 f x   e  1  0，故 f x在0,上单调递增. x 又 f  1   e -1  0， f   1   1  0，则b    1 ,1  ，使 f b0. e e     1  即存在a1，b   ,1，使abea  ln b 1  0. e   1 但此时，lnb  ln1  0  1  .故A错误. a 1 1 1 1 1 对于B选项，abea  lnb  1  0  aea  lnb   aea  ln  b b b b b  aea ln 1 e ln b 1  1 .设gx xex，其中x0.则gxx1ex 0. b b 得gx 在0,上单调递增. 注意到aea  ln 1 e ln b 1  1  g  a   g   ln 1   1 . b b  b b 则g  a   g   ln 1   1  0  a  ln 1 .又yex在R上递增，  b b b ln1 1 则有ea  e b  ea  .故B正确. b 1 对于C选项，由B选项可知ea  ，则由abea  ln b 1  0， b 学科网（北京）股份有限公司1 有0  abea  ln b  1  ab   ln b  1  a  ln b  1.故C正确. b 对于D选项，因a0，b0，abea  ln b 1  0， 则abea  1lnb  0  lnb  1  b  e .设b  em，其中m1. 则abea  ln b 1  0  aeam  m 1  0. 设h  x   xexm  m 1，其中x0, .则h x    x  1 exm  0， 得hx 在0,上单调递增. （1）若0m1，注意到h1m1me10，h0m10，则x   0,1  m  ，使 hx0.即a   0,1  m  ， 则ab  em  1  m  ，设p  x   ex  1  x  ，则p x   xex， 得px 在0,1上单调递减，则ab  em  1  m   p  m   p  0   1. （2）当m0，hx xex 1，注意到h  0   1  0，h  1   e 1  0. 则a0,1 ，此时ab  a  1. （3）当m0，注意到hm1 0，h1m1me1 0 则a   m,1  m  ，又由（1）分析可知 px 在,0上单调递增. 则ab  em  1  m   p  m   p  0   1. 综上，有ab1.故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大. 对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例. 对于B，C选项，在lnx与ex同时出现的题目中，常利用x  lnex  elnx使出现相同结构. 对于D选项，将b看作参数，并设b  em简化运算. 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 学科网（北京）股份有限公司【答案】ABD 【分析】证明ex  x1，放缩1ealnba1lnb可判断A，由x1lnx，放缩 1ealnbeab1可判断B，先证出lna1，再放缩lnaeb 1eb，根据b0再放缩即可 e e 判断C，可得abln(ln )b，令ln x，转化为ablnxe1x，构造h(x)lnxe1x，利 b b 用导数判断单调性求函数最小值即可判断D. 【详解】由ealnb1，可得ea 1lnb， a0,1lnb1,0b1， 令 f(x)exx1，则 f(x)ex1，当x0时， f(x)0， f(x)单调递增， 当x0时， f(x)0， f(x)单调递减，所以 f(x) f(0)，即ex  x1， 由a0知ea a1,1ea lnba1lnb,alnb0，A正确； 由ex  x1可得xln(x1)，可得x1lnx（x1时取等号）， 因为0b1，所以lnbb1,1ea lnbea b1,ea b2，B正确； 1 1 1 b 时，ea 11，则aln2,ln2 ,ln(ln2)ln( )1， e e e lnaeb 1eb 110，C错误； e e e ea 1lnbln ,aln(ln ),abln(ln )b， b b b e 令ln x，则be1x,x1,ablnxe1x,h(x)lnxe1x,x1， b 1 1 e ex ex h(x) e1x    0， x x ex xex h(x)在(1,)单调递增，h(x)h(1)1，ab1，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：比较式子的的大小，要善于对已知条件变形，恰当变形可结合ex  x1(x0)， e e x1lnx(x1)，放缩后判断AB选项，变形abln(ln )b，再令ln x，变形 b b ablnxe1x，是判断D选项的关键，变形到此处，求导得最小值即可. 2 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. 学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)证明见解析  3  (2) ,4 4, ln3  2  【分析】（1）代入k 0，求出 f x导数，通过证明单调性继而证明出 f x仅有1个零点； （2）由解析式可知 f 00，证明 f x有两个零点，只需证明 f x在1,0或0,2上存在零点， 分类讨论k的不同取值时， f x在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数k的取值范围. 2 π 【详解】（1）当k 0， f x3lnx1 sin x， π 2 3 πx πx x1,2 时， fx cos 1cos 0， x1 2 2 所以 f x在 (-1,2 ) 上单调递增，且 f 00， 所以 f x仅有1个零点. 3 πx （2） fx cos k， x1 2 当k0时， f ¢( x )>0， f x在 (-1,2 ) 上单调递增，此时 f x仅有1个零点0； 3 πx 当k 4时，x1,0 时，设gx cos k， x1 2 3 π πx π πx 则gx  sin 3 sin  0 ，所以 fx在1,0上单调递减， x12 2 2 2 2 所以 fx f04k 0，所以 f x在1,0上单调递增， 3 πx x0,2 时， fx cos k 4k， x1 2 3 πx fx cos 40，所以 f x在0,2上单调递减，此时 f x仅有1个零点0； x1 2 3 πx 当k4,0 时， fx cos k， x1 2 由上知 f x在1,0上单调递增，在0,2上 f04k 0， f2k0， 所以存在x 0,2 ，使得 fx 0， 0 0 f x在0,x 上单调递增，在x ,2上单调递减， 0 0 所以 f  x  f  0 0， f 23ln32k， 0 学科网（北京）股份有限公司3 要使 f x有两个零点，则 f 23ln32k 0k  ln3， 2  3  此时k4, ln3；  2  当k,4 时，由上知 f x在0,2上单调递减， 且 fx在1,0上单调递减， f04k0， 3 πx 3  3 x1,0 时， fx cos k  k ，则 f 1 0， x1 2 x1  k  3  所以存在x 1 ,0使得 fx 0， 1  k  1 所以 f x在 1,x  上单调递增，在x,0上单调递减，所以 f x  f 00， 1 1 1 2 π x1,0 时， f x3lnx1 sin xkx3lnx1k， π 2  k   k  所以 f 1e3 0，所以 f x在1e3,x 上有1个零点，此时 f x有两个零点. 1      3  综上，k的取值范围为,4 4, ln3  2  【点睛】方法点睛： 本题中在判断 f x零点范围是使用了两个技巧： 3 πx πx 3 πx 3 ①合理的放缩函数，如 fx cos 1cos 0，fx cos k  k ， x1 2 2 x1 2 x1 在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界； 3 πx 3  3 ②通过函数取值范围确定零点范围，如通过 fx cos k  k 可得 f 1 0， x1 2 x1  k 2 π  k  通过 f x3lnx1 sin xkx3lnx1k可得 f 1e3 0，此处用到整体换元的思 π 2   3 3 想，令 k 0 x1 . x1 k 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； 学科网（北京）股份有限公司2e1 2）设x  x  x ，求证：x 3x x  . 1 2 3 1 2 3 e 【答案】(1)答案见解析 2 (2)1） ；2)证明见解析 1ae e 【分析】(1)先求gx 的导函数,再分类讨论即可. (2)1)根据 f x存在三个零点x,x ,x ，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求. 1 2 3 2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得. f x ax ex2 ax axlnaxax axlnax1 【详解】（1）gx ex ex ,gx  , x x x x2 x2 因为ax 0,x2 0,gx 定义域为 ,0U 0, 1 1 当a 1时,lna0,解gx0,得x ,解gx0,得0 x ,x0 lna lna 1 1 当0a1时,lna0,解gx0,得x ,解gx0,得0 x ,x0 lna lna  1   1  综上, 当a 1时, gx 增区间为 ,,gx 减区间为,0,0, , lna   lna  1   1  当0a1时, gx 增区间为, ,gx 减区间为 0，+, ，0,  lna lna  （2）1）因为 f xaxex2,a1且 f x存在三个零点x,x ,x . 1 2 3 所以ax ex2=0有3个根 当x0时, f 1a1e<0,f 0a0 0, fxaxlna2ex0, f x在,0上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根. 12lnx 当x0,xlna12lnx,即lna 有两个根, x 12lnx 12lnx 令tx ,可转化为ylna与tx 有两个交点 x x 212lnx 12lnx tx  , x2 x2 可得x  0, e  ,tx0,tx 是单调递增的, 可得x  e,  ,tx0,tx 是单调递减的, 其中t   1   0,当x e,tx0,tx t  e   2  e  max e 2 所以可得0lna , e 学科网（北京）股份有限公司2 即得 . 1ae e 2）因为 f xaxex2,a1且 f x存在三个零点x,x ,x . 1 2 3 设x  x  x ，ax1=ex2,ax2=ex 2,ax3=ex 2,易知其中x 0 ,00， 此时 f x在 ,2lna 上单调递减，在 2lna, 上单调递增， 综上可得，当a0时， f x在R上单调递增， 当a0时， f x在 ,2lna 上单调递减，在 2lna, 上单调递增. （2）对任意x R,x 0,,x f x gx 0， 1 2 2 1 2 gx  gx 即 f x  2 0，设hx ，则 f x hx 0， 1 x x 1 2 2 即 f(x) h(x) 0， min min 当a1时， f xex x1， 由（1）知 f x在,0上单调递减，在0,上单调递增， 所以 f(x)  f 00， min 学科网（北京）股份有限公司lnex lnx 1 因为hxex mex  m， x x x 1lnx 1 x2exlnx 所以hxex   ， x2 x2 x2 设sxx2exlnx，则sx在0,上单调递增， 1 e 1 1 且s  ln2 ln2 (1ln4)0,s(1) e0， 2 4 2 2 1  所以存在x  ,1，使得sx 0， 0 2  0 1 1 1 ln 即x2ex0 lnx ，即x ex0  lnx ln e x0， 0 0 0 x 0 x 0 0 1 1 由y xex在0,上是增函数，得x ln lnx ,ex0  ， 0 x 0 x 0 0 x0,x  时，sx0,hx0,hx 单调递减， 0 xx , 时，sx0,hx0,hx 单调递增， 0 lnx 1 1 x 1 所以h(x) hx ex0  0  m  0  m1m， min 0 x x x x x 0 0 0 0 0 所以由 f(x) h(x) 0得1m0，即m1， min min 所以实数m的取值范围是1, . 【点睛】关键点点睛：在解答对任意x R,x 0,,x f x gx 0恒成立时，根据此时函数 1 2 2 1 2 lnx 1 的结构特征，设出函数hx=ex   m，将恒成立问题转化为函数的最值问题，关键在于求该函 x x x2ex lnx 数的最值时，求出其导数hx ，要结合零点存在定理判断其极值点，从而求得最值. x2 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． 【答案】（1）证明见解析；（2）xy10或xy10. 【分析】（1）①对函数求导，结合单调性、零点存在性定理证明g(x)仅有一个零点，并判断g(x)在零点 两侧的符号即可得证； 学科网（北京）股份有限公司②由①可得x kcosx 1，再对不等式进行等价变形，借助分析法即可得证. 0 0 （2）设出切点坐标，由导数的几何意义推理可得切点坐标满足的关系，再求解作答. 1 【详解】（1）①依题意，g(x) x2xksinx，求导得：g(x)x1kcosx， 2 令txx1kcosx，则t(x)1ksinx1k 0，函数tx 即g(x)在R上单调递增，    又g(1)kcos10,g( ) 10，则存在x (1, )，使得gx 0， 2 2 0 2 0 且当x,x 时，g(x)0，g(x)单调递减，当xx , 时，g(x)0，g(x)单调递增， 0 0 所以x 为g(x)的唯一极小值点． 0  ②由①知，gx 0，即x kcosx 1，x (1, )， 0 0 0 0 2 1 1 则gx  x kcosx 1x ksinx  x kcosx 1ksinx ,0k 1， 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 1 1 1 因此，要证gx  x ，只需证k( x cosx sinx )0，即证 x cosx sinx 0， 0 2 0 2 0 0 0 2 0 0 0    因为1x  ,cosx 0，从而只需证 cosx sinx ，即 tanx ，而 0 2 0 4 0 0 4 0   tanx tan1tan 1 ， 0 4 4 1 所以gx  x . 0 2 0 （2）依题意， f(x)xsinx，求导得： f(x)1cosx， 则函数 f(x)在点  x, f x  处的切线l的方程为y1cosx xsinx x cosx ， 1 1 1 1 1 1 若直线l恰好与曲线 f(x)相切且有无穷多个切点，任取两个不同的切点A(a, f(a)),B(b, f(b))， 1cosa 1cosb 则在此两点处的切线为同一直线，即 ， sinaacosasinbbcosb 于是有cosacosb，则sinasinb或sinasinb， 若sinasinb，从而得：(ab)cosa0，显然ab0，则cosa0， 若sinasinb，取异于A，B外的另一个切点C(c, f(c))， 则有cosacosbcosc，sinaacosasinbbcosbsincccosc， 如果sinasinc，则有cosa0，如果sinasinc，则sinbsinc，因此cosbcosccosa0， 从而恒有cosa0，即sina1，于是得直线l的方程为xy10或xy10，   当切线方程为xy10时，切点为(2m ,2m 1),mZ， 2 2 学科网（北京）股份有限公司  当切线方程为xy10时，切点为(2n ,2n 1),nZ， 2 2 所以直线l的方程为xy10或xy10． 【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点(x , f(x )) (x D)处的切线 0 0 0 方程为：y f(x ) f(x )(xx ). 0 0 0 a 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 1  【答案】(1) , 2  (2)证明见解析 【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将a分为零正 负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可； （2）由题意要证 f x  f x   14a2 ，只要证 f x  f x x x ，涉及到转化的思想令 1 2 a 1 2 2 1 t x 2 1，g(t) 2t1  t  1 lnt，求g(t)的最小值即可求得结果. x t1 t 1 【详解】（1）依题意， f(x)a 1  a  ax2xa (x0). x x2 x2 ①当a0时，在x(1,)上 f(x)0，所以 f(x)在1,上单调递减， 所以 f(x) f(1)0，所以a0不符合题设. 1 1 14a2 ②当0a 时，令 f(x)0，得ax2 xa0，解得x  0,1， 2 1 2a 1 14a2 x  1,， 2 2a 所以当x1,x  时 f(x)0，所以 f(x)在1,x 上单调递减， 2 2 1 所以 f(x) f(1)0，所以0a 不符合题设. 2 1 ③当a 时，判别式14a2 0，所以 f(x)0， 2 所以 f(x)在1,上单调递增，所以 f(x) f(1)0. 1  综上，实数a的取值范围是  ,. 2  学科网（北京）股份有限公司1 （2）由（1）知，当0a 时， f(x)在0,x 上单调递增，在x,x 上单调递减，在 x , 上单 2 1 1 2 2 调递增， 所以x是 f(x)的极大值点，x是 f(x)的极小值点. 1 2 1 14a2 由（1）知，xx 1，x x  ，则x x  (x x )24xx  . 1 2 1 2 a 2 1 1 2 1 2 a 综上，要证 f x  f x   14a2 ，只需证 f x  f x x x ， 1 2 a 1 2 2 1 x x x 因为x x  f x  f x a1x x ln 2 a 2 1 2 1 1 2 2 1 x xx 1 1 2 x 2x x  x x x 2ax x x x ln 2  2 1  2 1 ln 2 2 1 2 1 x x x xx x 1 1 2 1 2 1 x  2 2 1 x x x x  1  2  1  ln 2 ， x x x x 2 1 1 2 1 x 1 设t x 2 1，g(t) 2t1  t  1 lnt. x t1 t 1  2 t1 所以g(t) 4  1  1  1  4  0， t12 2 t 2t t t t12 2t t 所以gt在1,上单调递增，所以gt g10. 所以x x  f x  f x 0，即得 f x  f x x x 成立． 2 1 1 2 1 2 2 1 所以原不等式成立. 【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的 成立， （1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏； （2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法. 学科网（北京）股份有限公司第二章 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。 学科网（北京）股份有限公司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。 【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 学科网（北京）股份有限公司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 a2 b2 sin2 Asin2 B 论与条件统一起来，转化为以  ，进一步将角统一起来。由 c2 sin2C cosA sin2B  π 1sin A  1cos2B 化成 cos  AB sinB ，即： sinB cosC sin  C 2  ， π π C  B A 2B 得 2 ，即有 2 ，进一步转化为关于单变元B 的代数式 cos22B1cos2 B ，从而，问题就化归为如下表现形式上较统一的问题： cos2 B 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 2 4cos2 B 5 cos2 B 很简单的问题． 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 学科网（北京）股份有限公司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： x3  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 2 2 纵坐标都具有轮换对称美。 学科网（北京）股份有限公司二元函数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) sin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 6 t2 1 t(3t2) t(3t2) t 3tt3 t(1 ) 2 递增 2 故，r r( 2)6 3 2 ，(x2  y2) (r2) 18 max 2 max max 学科网（北京）股份有限公司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： 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。 学科网（北京）股份有限公司【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 0 1 sin2 P(x)0的根，则P(tan2)______________ 3 【参考答案】 4 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， 2 其中b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 学科网（北京）股份有限公司【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 0 2 0 2 三角形ABC 为临界状态，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 0 0 2 为钝角三角形。（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 0 2 0 ABC 的高，AB 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 学科网（北京）股份有限公司【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 0 2 变大的。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 0 2 0 2 渐变大。 【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， 2 其中a为定值。 a2 a2 求证：（1）  S  ； 2tan ACB  4tan 2 1 1 1 （3）(1  )aC (1 )a sin tan ACB  sin 2 【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 0 3 一个“临界状态”是点A到边BC 距离最远时，此时点A在线段BC 的垂直平分线 学科网（北京）股份有限公司上。 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 0 3 0 3 三角形。（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 0 3 0 动到A 时，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 2 2 3 BC 距离越来越小。底边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 【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 学科网（北京）股份有限公司角对大边”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 0 2 变大的。因此，当点A从A 运动到A 时，三角形ABC 的周长越来越大；当点 0 2 A从A 运动到A 时，三角形ABC 的周长越来越小。当点A在线段BC 的垂直平 2 3 分线上（即A 时），三角形ABC 的周长最大。 2 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  2    左平移 个单位长度得到函数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 6   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； 学科网（北京）股份有限公司（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  2 的值．   【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 4  π 有点的横坐标伸长到原来的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 2 图象． (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 6 4 不存在,说明理由； (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 学科网（北京）股份有限公司令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”。 【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 方法2，用分离系数法得出b （其中，ba），而后研究函数 sinx cos2x y  与y b的交点情况； sinx 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 学科网（北京）股份有限公司当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 1 2 上有两个零点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 1 2 上有两个零点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) 1 2 在(0,)和(,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 当sinx0，即xk(kZ)时，cos2x1，从而xk(kZ)不是方程F(x)0 cos2x 的解，所以方程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。 学科网（北京）股份有限公司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 学科网（北京）股份有限公司交点。（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。） 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， 从而不存在正整数n,使得直线y=a与曲线y=h(x)在（0，n）内恰有2013个交点； 从而不存在正整数n,使得直线y=a 与曲线y=h(x)在（0，n）内恰有2023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！ 学科网（北京）股份有限公司构造出来的高考题 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 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     4 4  4y3sin ycosya0, 则 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 （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 x2  y2  a,   xy 1 有唯一解。  b  xy 1 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 xy 1 学科网（北京）股份有限公司x2  y2  a,  函数。因此，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. b2 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。 学科网（北京）股份有限公司解答：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 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 学科网（北京）股份有限公司（构造对数平均值不等式）设函数 f(x)lnx x1，证明：当 x 1时， 3 f (x)  (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 引申：当 时， 1 x  x 1 2 f (x ) f (x ) lnx lnx 1 1 1 3 2 1  2 1     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 a b 均为正数的两个数列{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 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 十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式sinx x   …＋ 3! 5! 7! x2n1 1 n1 ＋…，（其中xR，nN*，n！＝1×2×3×…×n0！＝1），  2n1  ! 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 1 现用上述公式求1   1 n1 的值，下列选项中与该 2! 4! 6!  2n2  ! 值最接近的是（ ） 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 1x 3 成立，求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： x3 x0 x3 x x 3 3 0k2，k 2 （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 x2 y2 椭圆  1的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T（t,m）的直线 9 5 TA、TB 与椭圆分别交于点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） x2 y2 tx my 关于椭圆  1的极线方程为：  1，此直线恒过x轴上一定点 a2 b2 a2 b2 a2 a2 x2 y2 ( ,0)，从而直线MN 必过定点( ,0)。（令椭圆方程为：  1，t 9， t t 9 5 学科网（北京）股份有限公司则直线MN 必过定点(1,0)） 2025 届——三角函数与解三角形模考题精选精练 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  π π π f(x)sinx  >0 的最小正周期为T．若 T π，且 f(x) f   ，则（ ）  4 2 3 3 9 15 27 A． B． C． D． 4 4 4 4 【答案】C π π π π π 【分析】由最小正周期 T π可得24，再由 f(x) f   即可得   kπ,kZ， 2 3 3 4 2 15 即可求得 . 4 π π 2π 【详解】根据最小正周期 T π，可得  π，解得24； 2 2  π π 又 f(x) f   ，即x 是函数 f(x)的一条对称轴， 3 3 π π π 3 所以   kπ,kZ，解得 3k,kZ. 3 4 2 4 15 又24，当k1时， . 4 故选：C  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，  6  6 则下列结论正确的有（ ） 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 【答案】BC 学科网（北京）股份有限公司 π 【分析】由题可得 f x2sinx ，然后利用三角函数的性质结合条件逐项分析即得.  6 【详解】由题可得 f xsin  x π sin  x π cosx  3 sinx 1 cosx 3 sinx 1 cosxcosx  6  6 2 2 2 2  π  3sinxcosx 2sinx   6 π       对于A，y2sinx向左平移 个单位长度为y2sinx 2sinx ，故不一定能得到 6   6  6  y f x 的图象，A错误； 对于B，3，x   0, 2π  ，则3x π    π , 5π  ，sin  3x π    1 ,1   ，所以 f x 1,2  ，B正确；  9  6 6 6   6 2  π π π 对C，由x0,2π 可得x  ,2π ， 6 6 6 由 f x在区间0,2π上恰有3个极大值点可得 9π 2π π  13π    13 , 19  ，C正确； 2 6 2  6 6  π 5π π π π 5π π 对于D，x , ，则x   ,  ， 3 12 6  3 6 12 6 因为 f x单调递减， 5π π 3π   2kπ   12 6 2 T 5π π π π π 所以 ，kZ，且    即  ，  π  π  π 2kπ 2 12 3 12  12  3 6 2 16 24 解得16k  k，kZ，且012， 5 5 当k 0时，  1, 16  ，当k1时，7,8，D错误.  5 故选：BC. 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 【答案】(1)见详解； (2)见详解. 【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可； 学科网（北京）股份有限公司1 b （2）根据正弦定理推得b2ccosC，即可得到b2c.通过分析，可得a 以及c ， 2cosC1 2cosC 2  2cosC  1  代入a2 bc，整理可得到b   ，令t2cosC，构造 12cosC2cosC1 t 2 b f t ，求导得到 f t 在1,2 上单调递减.进而得到 f t f 2 . t3t2t1 3 b c sinB b 【详解】（1）证明：由正弦定理可得，  ，所以  ， sinB sinC sinC c a2c2b2 a2b2c2 由余弦定理及其推论可得，cosB ，cosC  ， 2ac 2ab a2c2b2 a 2ac b 所以，由已知可得，  ， a2b2c2 c a 2ab 即2a2bc2  b2c2 2bcbc， 因为bc，所以a2 bc. （2）证明：由已知得，sinBsin2C2sinCcosC， b c 又由正弦定理  可得，b2ccosC， sinB sinC 因为cosC1，所以b2c. bc 由（1）知，a2 bc，则a ， a a b c 又由正弦定理   可得， sinA sinB sinC sinBsinC sinBsinC a  sinA sinBC sinBsinC 2sinCcosCsinC   sinBcosCcosBsinC 2sinCcosCcosC  2cos2C1  sinC sinC2cosC1 1   ，  4cos2C1  sinC 2cosC1 b 又b2ccosC，则c ， 2cosC 1 b 将a 以及c 代入a2 bc可得， 2cosC1 2cosC  1  2 b 12cosC   b b  ， 2cosC1 2cosC  2cosC  学科网（北京）股份有限公司2 2  2cosC  1   2cosC  1  整理可得，b      ， 12cosC2cosC1 12cosC2cosC1 π 1 因为，B2C，ABCπ，所以0C ，则 cosC1. 3 2 2 t  1  t 令t2cosC，则1t2，b f t    ， 1t t1 t3t2t1  2   1 7 t1 2t    则 ft   4 8，  t3t2t1 2 所以，当1t2， ft0恒成立，所以 f t 在 1,2 上单调递减. 2 2 所以， f t f 2 ，即b . 3 3 2 综上所述，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. 1 【答案】(1)tanB 3 3 (2) 3  π 【分析】（1）根据三角恒等变换可得tanA 2tanB2，结合条件可得关于tanB的方程，进而即  4 得； 3 2 3 （2）根据条件可得tanA ，进而可得ab ，然后根据三角形面积的公式即得. 3 3 3π π 【详解】（1）若C  ，则AB  ， 4 4 因为1sin2A3tanB2cos2A，cos2A0， 1sin2A sinAcosA2 sinAcosA tanA1  π 所以    tanA   3tanB2， cos2A cos2 Asin2 A cosAsinA 1 tanA  4 π  1 所以tan B3tanB2 3tanB2， 2  tanB 1  π 解得tanB 或1，因为B0, ， 3  4 学科网（北京）股份有限公司1 所以tanB ； 3  π tanA1 （2）若AB，由tanA 3tanB2，可得 3tanA2，  4 1tanA 1 3 整理可得tan2A ，即tanA ， 3 3  π 3 π 2π 因为AB0, ，所以tanA ，AB ，所以C  ，  2 3 6 3 c 2 3 ab  所以ABC是以C为顶角的等腰三角形， π 3 ， 2cos 6 1 1 2 3 2 3 3 3 所以ABC的面积为S absinC     . 2 2 3 3 2 3 5（. 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 2 【答案】(1) 3 3 33 (2)CD 2，AB 11 2 【分析】（1）由面积公式可得AC  AB，利用正弦定理即可求解， 3 （2）根据余弦定理联立方程即可求解. 【详解】（1）设BAD，则由sinBAD:sinCAD1:3，△ADC的面积是ADB面积的2倍， 1 1  2 可得 ADACsinCAD2 ABADsinBAD，求得AC  AB． 2 2  3 AD AB 在△ABD中，由正弦定理可得  ①， sinB sinADB AD AC ACD中，由正弦定理可得  ②． sinC sinADC 由于ADB和ADC互补，故sinADBsinADC， sinB AC 2 由①②求得   ． sinC AB 3 2 （2）∵△ADC的面积是ADB面积的2倍，AD1，BD ， 2 1 1  ∴ ADCDsinADC 2 ADBDsinADB，∴CD2BD 2． 2 2  设AC2k，则AB3k ，△ABD中，由余弦定理可得 学科网（北京）股份有限公司1 AB2 9k2  AD2BD22ADBDcosADB1  2cosADC①， 2 △ADC中，由余弦定理可得 AC2 4k2 AD2DC22ADCDcosADC122 2cosADC②， 3 3 3 33 3 2 33 ∴由①②求得k  ，∴AB3k 3  ，AC 2k 2  ． 11 11 11 11 11 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, ) 2 在一个周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 3 π  π 位，再向左平移 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 4 5  【答案】(1) f x2sin x π+1 3 18  (2)[ 3,2]. 2π 4 π 【分析】（1）根据函数图象可得A2，得B1，由图象和公式T  求得 ，由 f  =3求得  3 6 5  π，即可求解； 18  π （2）根据三角函数图象的平移伸缩变换可得gx2sin2x ，利用正弦函数的单调性即可求出函  3 数g(x)的值域. 【详解】（1）根据函数图象可得2A3(1)4，A2， 3(1)2B，\ B= 1， T 11 π 9 3 3 2π 4 = π = π= π，得T  π= ， ， 2 12 6 12 4 2  3 π 4 π  2  又 f  =3，2sin  +1=3，sin π+=1， 6 3 6  9  学科网（北京）股份有限公司2 π 5π  π+= +2kπ，kZ，得= +2kπ，kZ， 9 2 18 π 5 又 ， π， 2 18 4 5  f x2sin x π+1； 3 18  2  5  （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)得到y2sin2x π+1， 3  18   5  再向下平移一个单位得到y2sin2x π，  18  π   π  5   π  再向左平移 个单位得到y2sin2x + π=2sin2x ， 36   36 18   3  π gx2sin2x ，  3  π π π 4 当x  0, 时， 2x  π，  2 3 3 3  π π π 3π 又函数y sinx在  , 上单调递增，在 , 上单调递减，  2 2 2 2  3  π  sin2x   1， 2  3 g(x)[ 3,2]，即g(x)值域为[ 3,2]. 学科网（北京）股份有限公司第三章 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1200音分，它们的频率值构成一个等比数列。八度音程冠音与根音的频率 1 比为 2,因此 1 200 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 1 量（a 为初始值 440 ，单位 mg），a 表示第 2 次服药后体内的药量，a 表示 1 2 n 第n次服药后体内的药量。则下列说法正确的有（ ） 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 学科网（北京）股份有限公司【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 n 数列。 2200 2200 a  (10.45)725.8730，a  (10.46)730.33，当n越来越大时， 5 3 6 3 2200 2200 数列中对应的项越来越接近固定值 ，故a  。体内含药量在经历前两 3 n 3 天迅速增长后，从第三天（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 1 n1 n n n1 nN都成立．   （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？ 学科网（北京）股份有限公司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 n1 q1 n n q1 n1 n 1q a qn1 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 1 比为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 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 1 n1 n n n1 nN都成立．   （1）求数列 a 的通项公式； n 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 n n1 S 1 S 1 n1  n ，进而可得S 2a 1，再利用退一相减法可得a ； a a n n n n1 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 学科网（北京）股份有限公司所以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 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 n n1 n n n1 S 1 a S 1 S 1 S 1 a a a n1  n1 ；所以， 2  3 ... n1  2  3 ... n1 ；依据此思路可以继续做下 S 1 a S 1 S 1 S 1 a a a n n 1 2 n 1 2 n 去，得到正确答案。 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 k k1 差数列，将插入的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 k n (a a )k (qk1qk)k (1q) 中，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 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 学科网（北京）股份有限公司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】 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． n1 q1 n n q1 n1 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 学科网（北京）股份有限公司有趣的迭代——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 k x的某个近似值，曲线y  f(x)在点(x , f(x ))处的切线（如图1）与x轴的交 k k 点是(x ,0)，将x 作为x新的近似值。 k1 k1 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可知：a  x b； 0 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 1 1 切线交y轴于(0,a )，a 0，过函数上的点(a , f(a ))作切线交y轴于(0,a )， 2 2 2 2 3 以此类推，直至a 0时停止操作，得到数列{a }，m、nN*，1nm m n 学科网（北京）股份有限公司（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 1 2 k k的所有取值，若不存在，试说明理由。 【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， 学科网（北京）股份有限公司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； 2 1 3 2 a lna 1;......;a lna 1 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 【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。 学科网（北京）股份有限公司（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 1 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 学科网（北京）股份有限公司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 学科网（北京）股份有限公司有趣的迭代 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轴的垂线交曲线于点Q，再过点Q作切线l的平行线与x轴 1 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， 1 1 所以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 学科网（北京）股份有限公司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轴的垂线交曲线于点Q ，再过点Q 作切线l的平行线与x轴的 1 1 1 1 1 交点是P (x ,0)，依次重复上述过程得到点P (x ,0)，证明： 2 2 n n a x  x ... x b（n1,2,...）. 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. 2025 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， n n 1 S 3a a 3，S a 1na，则实数a的取值范围是（ ） n1 n1 n n n  3  5  5 A．1,  B．1,  C．2,  D． 2,3  2  2  2 【答案】C 1 n1 【分析】根据a 与S 的关系结合等比数列的概念可得2a a  ，进而可得a  ，然后结合 n n n1 n 2n n 2n 学科网（北京）股份有限公司条件可得S a 3 1 1na ，然后分类讨论即得. n n 2n1 【详解】因为S 3a a 3，a 1 n1 n1 n 1 3 当n1时，S 3a a 3，解得a  ， 2 2 1 2 4 当n2时，S 3a a 3n2，则a 3a 4a a ， n n n1 n1 n1 n n1 1 1 即2a a  2a a ，又2a a  ， n1 n 2 n n1 2 1 2 所以2a a 是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列， n1 n 2 2 1 所以2a a  ，则2n1a 2na 1，又2a 2， n1 n 2n n1 n 1 所以  2na  为首项为2，公差为1的等差数列， n n1 则2na n1，则a  ， n n 2n n2 n1 1 1 所以S a 2  33 ，又S a 23 ， n1 n1 2n1 2n 2n 1 1 211 则S a 3 1  nN*，又S a 1na， n n 2n1 n n 1 所以3 1na， 2n1 1 1 当n为奇数时，3 a，而3 2，则2a，解得a2； 2n1 2n1 1 1 5 5 当n为偶数时，3 a，而3  ，则a ； 2n1 2n1 2 2  5 综上所述，实数a的取值范围为2, .  2 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不 等式恒成立问题即得. 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 n 多个不同的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 【答案】ABC 【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断. 【详解】当q0时，则有： 学科网（北京）股份有限公司①当q1，则 a  为非零常数列，故a a a ，q1符合题意，A正确； n n2 n n1 ②当q1，则 a  为单调数列，故a a a 恒不成立，即q0且q1不合题意； n n2 n n1 当q0时，可得a a a2q2n10，则有： n n1 1 ①当q  1，若a 0,n为偶数时，则a a 0a ； 1 n2 n n1 若a 0,n为奇数时，则a a 0a ； 1 n2 n n1 故q  1符合题意，B正确； ②当q1，若a 0,n为偶数时，则a ,a 0,a 0，且a a a  q21  0，即 1 n2 n n1 n2 n n a a a ； n2 n n1 若a 0,n为奇数时，则a ,a 0,a 0，且a a a  q21  0，即a a a ； 1 n2 n n1 n2 n n n2 n n1 故q1符合题意，C正确；  a a a  q21  0 ③当1q0，若a a a ，可得 n2 n n ， n2 n n1 a n a n1 a n 1q0 a 0 ∵1q0，则q210,1q0，可得 n ，则a 0，这与等比数列相矛盾， a 0 n n 故1q0和0q1均不合题意，D错误. 故选：ABC. 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} 2n13,1n6 的前n项和为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 【答案】AC 【分析】根据已知条件列方程，从而求得k的值. 【详解】a 11， 1 112k13 当1k6时，由S  k k212k 32， k 2 解得k 4或k =8（舍去），所以A选项正确. 111 S  636， 6 2 学科网（北京）股份有限公司a 3010,a 3114，S 360440，所以B选项错误. 7 8 8 a 3218,S 40832，所以C选项正确. 9 9 a 33128,a 34180,a 351244， 10 11 12 所以S 322880244224，所以D选项错误. 12 故选：AC 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 a a a  a 某序列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 1 2 3 a a a  a 1 2 3 n  A** 的所有项都是2，且a 1，a 32，则a __________． 4 5 1 1 【答案】 512 2a2 【分析】根据题意得到a  n1，进而依次求解出a . n a 1 n2 a a a a a 2a2 【详解】A*的第n1项为 n2 ，故 n2  n1  n2 n 2，即a  n1 a a a a2 n a n1 n1 n n1 n2 2a2 2 1 2a2 1 2a2 1 因为a 1，a 32，所以a  4   ，a  3  ，a  2  . 4 5 3 a 32 16 2 a 128 1 a 512 5 4 3 1 故答案为： 512 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 n n1 1 2 3 n 列 a  为“泛等差数列”，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 n n n a2a2a2 aa a a b . 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 【答案】(1)a 1或a 1 1 1 5 (2)b  n n 4 学科网（北京）股份有限公司a a 2a 1 3 2  【分析】（1）根据“泛差”d 1，联立得a a 1 ，解出a 即可. 2 1 1  a aa 1 3 1 2 （2）由题a2a2a2 aa a b ，升次作差得a2 aa a a 1b b ，结合 1 2 n 1 2 n n n1 1 2 n n1 n1 n a 1aa a a ，整体代入可得b -b =-1，即可写出其通项. n1 1 2 3 n n+1 n 【详解】（1）“泛差”d 1，a aa a a 1， n1 1 2 3 n a a 2a ，a a 1，a aa 1，联立三式得a 2a a 11， 1 3 2 2 1 3 1 2 1 1 1 化简得a2 1，解得a 1. 1 1 （2）a aa a a 1，则a 1aa a a ， n1 1 2 3 n n1 1 2 3 n 由a2a2a2 aa a b ，① 1 2 n 1 2 n n a2a2a2 aa a b ，② 1 2 n1 1 2 n1 n1 ②①得a2 aa a a 1b b ， n1 1 2 n n1 n1 n 即a2 a 1a 1b b a2 1b b ， n1 n1 n1 n1 n n1 n1 n 1 1 1 b b 1且b a a2    . n1 n 1 1 1 2 4 4 1 所以b 为等差数列，首项为 ，公差为1， n 4 1 5 b  (n1)(1)n . n 4 4 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 n n n1 n1 a 2,a a a 18 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 【答案】(1)a 2n n (2)6649 【分析】（1）依题意 a  为等差数列，设公差为d，由a 2,a a a 18，即可求出d，从而得 n 1 2 3 4 到通项公式； 学科网（北京）股份有限公司10002n,n9 （2）由（1）可知b  2n 1000 ，则b  ，再利用分组求和法计算可得； n n 2n1000,n10 【详解】（1）解：因为2a a a n2 ，所以a a a a ，所以 a  为等差数列，设 n n1 n1 n1 n n n1 n 公差为d，因为a 2,a a a 18，所以3a 6d 18，所以d 2，所以a a n1d 2n， 1 2 3 4 1 n 1 即a 2n n （2）解：因为b   2 an 1000 ，所以b   2 2n 1000 2n 1000 n n 10002n,n9 所以b  ，所以 n 2n1000,n10 T   100021   100022   100029   2101000    2111000    2151000  15 31000  212229   210211215 2  129 210 126 31000  12 12 3000  2102  210 261  66490 1 (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 n2 【答案】(1)a  n (n1)2n (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，适当整理，可得数列   (n1)a n  是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列，然  n2  2 2 后利用等比数列的通项公式求解； n 1 2 n （2）利用不等式基本性质可得a  ，进而S    .将不等式右边设为T ，利用错位相 n 2n n 2 22 2n n 减求和法运算化简后，即可证得结论. (n1)a (2n4)a (n11)a 1 (n1)a 【详解】（1）解：∵ n  n1 ，∴ n1   n ， n2 (n1)2 (n1)2 2 n2 又 (11)a 1  1 ，∴数列   (n1)a n  是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列， 12 2  n2  2 2 学科网（北京）股份有限公司(n1)a 1 n 从而 n   ， n2 2 n2 则a  . n (n1)2n n2 n n n （2）证明：∵a     ， n (n1)2n n1 2n 2n 1 2 n ∴S    . n 2 22 2n 1 2 n 1 1 2 n 设T    ，则 T    ， n 2 22 2n 2 n 22 23 2n1 1 1  两式相减得 1 T  1  1  1  n 2 2n1  n 1  n 2 ， 2 n 2 22 2n 2n1 1 2n1 2n1 1 2 n2 从而T 2 ， n 2n n2 故S 2 . 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， n 2 3 4 a 2a 3a . 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 【答案】(1)a 3n1； n 9 6n9 (2)T   . n 4 43n 【分析】（1）根据等比数列基本量的运算可得a ，q，即可得数列 a  的通项公式； 1 n （2）由题可得b ，然后利用错位相减法求解即可；或利用裂项相消法求和即得. n  a  qq2q3 39 a 1 【详解】（1）设数列 a  的公比为qq0，则 1 ，q0，解得 1 ， n aq4 2aq33aq2 q3 1 1 1 所以a 3n1，即 a  的通项公式为a 3n1； n n n n （2）方法一：由题可知b  ， n 3n1 2 3 n1 n 则T 1    ， n 31 32 3n2 3n1 学科网（北京）股份有限公司1 1 2 3 n1 n T      ， 3 n 3 32 33 3n1 3n 1 1 2 1 1 1 1 n 3n n 3  3  1 所以 T 1         n ， 3 n 3 32 33 3n1 3n 1 3n 2  2  3n 1 3 9 6n9 T   . n 4 43n 3 9 3 9 n1 n 方法二： b  n  3n  2 4  2 4， n a 3n 3n1 3n n 3 9 3 9 3 9 3 9 0 1 n1 n 所以 T b b b  2 4  2 4  2 4  2 4 n 1 2 n 30 31 3n1 3n 3 9 n  9  2 4  9  6n9 4 3n 4 43n 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 n 1 【答案】(1)a   n 2 n2 23n  ,n12,  2 (2)T  n n223n264 ,n13.  2 【分析】（1）根据题意，证明数列 a  是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列即可求解； n 2 2 （2）结合（1）得b 12n，再分n12和n13两种情况讨论求解即可. n 【详解】（1）解：由a S 1，得a S 1， n n n1 n1 两式相减，得a a S S 0， n1 n n1 n 1 所以2a a ，即a  a . n1 n n1 2 n 1 又因为n1时，a S 1，所以a  ， 1 1 1 2 a 1 因为 n1  ， a 2 n 学科网（北京）股份有限公司所以数列 a  是首项为 1 ，公比为 1 的等比数列. n 2 2 n1 n 1 1 1 所以a aqn1      . n 1 2 2 2 n 1 （2）解：由（1）得b 12log   12n ，. n 22 nb b  n223n 当n12时，T b b b  1 n  ， n 1 2 n 2 2 当n13时，T b b b b b b 2b b b b b b  n 1 2 12 13 14 n 1 2 13 1 2 n 12b b  nb b  n223n264 2 1 12  1 n  2 2 2 n2 23n  ,n12,  2 综上，T  n n223n264 ,n13.  2 10.（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， n n 2 2S 3n 对任意的自然数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 n 顺序排列构成数列{b}，计数列{b}的前n项和为T ．求T 的值． n n n 102 【答案】(1)a 4n1 n (2)20190 【分析】（1）先求a ,a ,a 的值，再通过当n2和n3时，得(n2)a (n1)a 3，和 1 2 3 n n1 (n3)a (n2)a 3，两式相减可得a a 2a ，结合a ,a ,a 的值可证{a }是等差数列，从 n1 n2 n n2 n1 1 2 3 n 而可求{a }的通项公式； n （2）由已知可得集合AB中的所有元素的最小值为3，且3，27，243三个元素是{b}中前102项中的 n 元素，同时也是AB中的元素，从而可求T ． 102 2S 3n 【详解】（1）由已知a 7，对任意的自然数n，恒有a  n ， 2 n n 可得n1时，a 2a 3，解得a 3； 1 1 1 n2时，2a 2S 62(a a )6，解得a 3； 2 2 1 2 1 学科网（北京）股份有限公司n3时，3a 2S 92(a a a )9，解得a 11． 3 3 1 2 3 3 当n2时，由na 2S 3n得(n1)a 2S 3(n1)， n n n1 n1 两式相减可得(n2)a (n1)a 3， n n1 当n3时，由上式变得(n3)a (n2)a 3， n1 n2 上面两式相减可得a a 2a ，且a a 2a ， n n2 n1 1 3 2 所以数列{a }是首项为3，公差为4的等差数列， n 所以a 34(n1)4n1； n （2）集合A{x|x4n1，nN*}，B{x|x3n，nN*}， 所以集合AB中的所有元素的最小值为3， 且3，27，243三个元素是{b}中前102项中的元素，且是AB中的元素， n 1 所以T (a a a ...a )981 100(34001)9020190 ． 102 1 2 3 100 2 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 n n 1 1 n 的等差数列， 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  n27n4 2n1 ,n 3,  2 【答案】（1）a n3，b 2nn3；（2）T  . n n n  2n1 n27n8 ,n 3.  2 【分析】（1）利用公式法求出 a  和 a b  的通项公式，即可写出b 的通项公式； n n n n （2）先判断出b 2，b 1，b 2， 1 2 3 n32n,n3 当n3时，恒有b 0，得到b  即可求和. n n 2nn3,n3 【详解】（1）因为 a  是公差为1的等差数列，a 4，所以a n3. n 1 n 又 a b  是公比为2的等比数列，a b 2，所以a b 2n， n n 1 1 n n 故b 2na 2nn3. n n 学科网（北京）股份有限公司（2）因为b b 2n 10，所以b 为递增数列， n1 n n 又b 2，b 1，b 2，故当n3时，恒有b 0， 1 2 3 n n32n,n3, 故b  n 2nn3,n3. 记b 的前n项和为S ， n n 则S   21222n  45n3 2  12n  nn7 2n1 n27n4 . n 12 2 2 n27n4 当n3时，T S 2n1 ； n n 2 n27n8 当n3时，T b b b b b S S S S 2S 2n1 . n 1 2 3 4 n 2 n 2 n 2 2  n27n4 2n1 ,n 3,  2 综上，T  . n  2n1 n27n8 ,n 3.  2 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 n 前n项和为，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 【答案】(1)S 2n1，nN n (2)186 【分析】（1）根据S ,a 的关系，即可求解， n n （2）根据b 的形成规律，分组即可求解. n 【详解】（1）因为S2 S2 8n，当n2时，S2   S2S2    S2S2 S2 n1 n n n n1 2 1 1 8n18118 123n1  18 n(n1) 12n12， 2 因为a 0，所以S 0，故S 2n1． n n n 当n1时，S a 1适合上式， 1 1 所以S 2n1，nN. n 学科网（北京）股份有限公司（2）（方法1）因为S 2n1，nN， n 所以当n2时，a S S 2n12n32． n n n1 1，n1, 所以a  n 2，n2. 所以数列b ：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，……， n n(n1) 设12n ≤100，则n2n200≤0， 2 因为nN* ，所以n13. 所以b 的前100项是由14个1与86个2组成． n 所以T 141862186. 100 n(n1) （方法2）设12n ≤100，则n2n200≤0， 2 因为nN，所以n13. 根据数列b 的定义，知 n T a a a a a a a a a a a a  100 1 1 2 1 2 3 1 2 13 1 2 9 S S S S S 1352517  13(125) 17 186. 1 2 3 13 9 2 学科网（北京）股份有限公司第四章 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ABC D 的高为PO ,侧棱长为a (a0)，记 1 1 1 1 1 APO  (0  ) ，求其体积V 的最大值及此时PO 的长。 1 1 1 2 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 1 1 1 1 1 棱柱ABCDABC D ，其底面正方形的中心为 O,要求正四棱柱的高OO是正四棱 1 1 1 1 1 锥的高PO 的k (k 0)倍，求仓库容积 V 最大时PO 的长. 1 1  2 2稿分析：记APO (0 )，则V ( 2k)a3sin2cos；注意到 1 1 2 3 学科网（北京）股份有限公司(sin2cos)2 sin4cos2 1 sin2sin22cos2 1 ( sin2sin22cos2 )3 4 2 2 3 27 3 ，当且仅当sin22cos2，即cos 时，等号成立； 3 V  4 ( 2 2k)a3  2 3 ( 2 2k)a3， PO acos 3 a. 2016年江苏高考第17 27 3 9 3 1 3 题为2稿的特例（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 1 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 1 PO 的k (k 0)倍，求仓库容积 V 最大时 PO 的长. 1 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 学科网（北京）股份有限公司2025 届——立体几何模考题精选精练 1.（2022-2023·南通·一模）6．在三棱锥ABCD中，AD平面BCD， π ABDCBD ,BDBC 1，则已知三棱锥ABCD外接球表面积的最小值为（ ） 2 2 51 51 2 51 51 A． π B． π C． π D． π 4 2 4 2 【答案】B 1 r  【分析】设ABD，CBD，求得△BCD的外接圆的半径为 ，结合图形求得三棱 2cos 2 AD 1 32cos 锥外接球半径R2 r2( )2   ，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得R2的 2 4 4(1cos2) 最小值，从而可得面积的最小值． 【详解】如图，设ABD，CBD，K为△BCD的外心，O为三棱锥ABCD外接球的球 心，则OK 平面BCD，又AD平面BCD，所以OK //AD，KD平面BCD，则OK DK，四 边形OKDA是直角梯形， 设OK h，DK r，ODR， 由AD平面BCD，BD平面BCD，得ADBD，  1 1  2sin r  则ADtan ，CD2sin ， 2 ，即 ， tan 2 2r 2cos sin 2 h2r2 R2 1 又 ，则h AD， (ADh)2r2 R2 2 AD 1 1 1 cos2 1 32cos R2 r2( )2       2  4tan2 2(1cos) 4(1cos2) 4 4(1cos2)， 4cos2 2 3t 令t 32cos，则cos ，t(1,3)， 2 1 t 1 1 1 1 1 1 5 1 R2          4 t26t5 4 5 4 5 4 2(3 5) 8 ，当且仅当 t 6 2 t 6 t t 5 t  ，即t  5时等号成立， t 51 51 所以三棱锥ABCD外接球表面积S 4R24  ， 8 2 故选：B． 学科网（北京）股份有限公司【点睛】结论与方法点睛： （1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心； （2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一 个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径． （3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱 锥的外接球． 2.（2022-2023·苏锡常镇·一模）4．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 【答案】B 【分析】由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，然后利用V V V V ， PABC OPABC OPBC OPAC 即得. 2 2 3 6 【详解】因为正四面体PABC的棱长为1，则正四面体PABC的高为h 1    ，   3 2  3 由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为r， 则V V V V ， PABC OPAB OPBC OPAC 1 3 6 1 3 1 3 1 3 所以     r  r  r ， 3 4 3 3 4 3 4 3 4 6 所以r . 9 故选：B 3.（多选题）（2022-2023·南通海安高级中学·一模）10．如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD ＝AD＝AE＝BE＝DE＝ 2，则（ ） 学科网（北京）股份有限公司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 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解. 【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝ 2， 所以CA2CD2  AD2,CB2CD2 BD2， 即CDCA,CDCB, 又CACBC， 所以CD⊥平面ABC，故A正确； 因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系， 因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体CABD是正三棱锥， 因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝ 2，所以四面体EABD是正四面体， 在正三棱锥CABD中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心， 同理，在正四面体EABD中，过顶点E作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心， 所以，C、G、E三点共线； 1 1 1 因为C0,0,0,D0,0,1,B0，1，0,A1,0,0，因为G是正三角形ABD的中心，所以G , , ， 3 3 3 设Et,t,t,  t 1 ，因为在正四面体EABD中，EG 2 3 ，在正三棱锥CABD中，CG 3 ，  3 3 3   所以 3t  3，解得t 1，所以E1,1,1 ，所以BE1,0,1，又CA1,0,0， 学科网（北京）股份有限公司    CABE 2 π 所以cos CA,BE     ，故AC与BE所成角的大小为 ，故B错误； |CA||BE| 2 4  因为CE＝1,1,1，所以CE＝ 3，故C正确； 3 显然，该六面体外接球的球心位于线段CE的中点，因为CE＝ 3，所以六面体外接球的半径R ， 2 所以该六面体外接球的表面积为4πR2 3π，故D正确. 故选：ACD. 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 ， 1 1 1 1 1 1 C D 上的动点，满足DFCE，则（ ） 1 1 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 【答案】ACD 【分析】设CEDFa0,3，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱 1 1 锥F ABE的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D. 1 【详解】如图建立空间直角坐标系，设CEDFa0,3， 1 1 学科网（北京）股份有限公司则D0,0,0,B3,3,0,Ea,3,3,F0,a,3，     A：由题可得BF 3,a3,3,DEa,3,3，所以BFDE3a3a3330,   所以BF DE，即BF DE，故A正确；   3 3  1 B：当E，F为中点时，DB3,3,0,FE   , ,0 DB ，所以EF //BD，B，D，F，E四点共 2 2  2 面，此时BF与DE不是异面直线，故B错误； C：由CEDFa0,3，可得S 9 3a  a3a  33a  1 a2 3a9 ， 1 1 △A1EF 2 2 2 2 则V FA1BE V BA1EF  1 3 3 1 2  a23a9  1 2    a 3 2    2  2 8 7     2 8 7 , 9 2    ，由于 1 4 5     2 8 7 , 9 2    ，故C正确； D：直线EF 与AB,AD 分别交于G,H ，连接AG,AH 分别交BB ，DD 于点M，N， 1 1 1 1 1 1 则五边形ANFEM为平面AEF 截正方体所得的截面， 因为E，F分别是BC ，C D 的中点， 1 1 1 1 π 1 3 所以易得CEF HFD  ，故可得BGBE CF DF  AB ， 1 1 4 1 1 1 1 2 2 BM BG 1 因为BMGBMA，所以 1  1  ， 1 BM BA 2 1 1 可得BM  MB1，同理可得DN  ND1，所以五边形ANFEM的周长为 1 2 1 2  9 9 9 3 2 2  94 1     3 13 ，故D正确.  4 4 4 2 故选：ACD. 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（ ） 学科网（北京）股份有限公司A．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 【答案】BC 【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接 球表面积. 【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为 2，BC  2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两 互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点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两侧时，如图所示， 连接AD，PP，如图所示 正方体中DP//AP且DP=AP，四边形PDAP为平行四边形，则有DA//PP △PCP为等边三角形，则PP与PC夹角为60，DA//PP，有DA与PC夹角为60，选项A错误； DA//PP，PP平面ABDC ，DA平面ABDC ，PP//平面ABDC ，选项B正确； 学科网（北京）股份有限公司6 多面体PPABDC的外接球即棱长为 2的正方体的外接球，外接球的半径为 ，表面积为6π，选项C 2 正确； 点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误. 故选：BC 【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两 两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便. 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. 7 【答案】（1）见解析；（2） . 7 【分析】（1）连接辅助线构造三角形，利用三角形中位线定理证明线线平行，再通过线线平行证明线面平 行； （2）建立空间直角坐标系，通过二面角DAEC为60°，利用平面法向量求出点B的坐标，再利用法 向量求直线AC与平面ECD所成角的正弦值. 【详解】（1）如图， 连接BD，且BDACO，则在矩形ABCD中O为BD中点， 且在△PBD中，E为PD的中点， ∴OE//PB 学科网（北京）股份有限公司且OE平面AEC，PB平面AEC， ∴PB//平面AEC； （2）如图以A为原点，以AB为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴建立空间直角坐标系， AP1，ADBC  3， 设ABCDa，A0,0,0 ， C  a, 3,0  ，D  0, 3,0  ，E  0, 3 , 1     2 2 ∴  A  C    a, 3,0  ，  A  E    0, 3 , 1 ，  A  D    0, 3,0     2 2   设平面AEC、平面AED和平面ECD的法向量分别为n x,y,z ，n x ,y ,z ， 1 1 1 1 2 2 2 2  n x ,y ,z  3 3 3 3   n AE 0 则有1  ， n AC 0 1  3 1  y  z 0 ∴ 2 1 2 1 ，  ax  3y 0 1 1    令x  3，则有n  3,a, 3a ， 1 1 uur    同理可得n 1,0,0，n  0, 3,3 ， 2 3 ∵二面角DAEC为60°   n n 1 ∴cos60 1 2  ， n n 2 1 2 3 1 ∴  ， 4a2 3 2 3 解得a ， 2 学科网（北京）股份有限公司 3     ∴AC , 3,0，n  0, 3,3 ， 2  3   设AC与n 所成角为， 3   n AC 3 7 cos 3    ∴ n AC 21 7 ， 3 12 4 7 即直线AC与平面ECD所成角的正弦值为 . 7 【点睛】本题考查用线面平行判定定理证明线面平行，用空间向量求线面所成角，考查推理论证能力、运 算求解能力和转化与化归思想，是中档题. 7（. 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 6 弦值. 【答案】(1)证明见解析 4 3 (2) 7 【分析】(1) 根据等腰三角形三线合一，可证明ACPD，ACBD，再根据线面垂直判定定理证明AC 平面PDB.，由此可证明平面PDB平面PAC； 1 (2) 根据题意，点P在平面ABC内的射影O在射线DB上，再根据锥体体积公式可知PO ，以O为 2 坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法，求二面角APBC的正弦值. 【详解】（1）证明：∵PAPC，D为AC中点，∴ACPD. 又ABC为等边三角形，BABC，∴ACBD. 学科网（北京）股份有限公司∵BDPD D，BD，PD平面PDB，∴AC平面PDB. ∵AC平面PAC，∴平面PAC平面PDB. （2）∵ABC为正三角形，AC2，∴ ABC的面积为 3，设三棱锥PABC的底面ABC上的高 为h， 1 3 3 1 1 V   3h h  h ，作PODB于O，由(1)PO平面ABC,所以PO ， PABC 3 3 6 2 2 3 又PD1，所以PDO30°，DO 2 所以O是DB的中点，记BC的中点为E，以OB，OE，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则  3   3   1  3  A   ,1,0  ，B  ,0,0  ，P0,0, ，C   ,1,0   2   2   2  2    3 1   3 1   3 1 ∴AP ,1, ，PB ,0, ，PC  ,1,         2 2  2 2  2 2  设n x,y,z 是平面PAB的一个法向量 1 1 1 1  3 1   2 x 1  y 1  2 z 1 0   3x  z      1 1 ,取n  1, 3, 3 1  3 1  3x 2y z 0 x  z 0 1 1 1   2 1 2 1  设n x ,y ,z 是平面PBC的一个法向量 2 2 2 2  3 1   2 x 2  2 z 2 0   z  3x uur     2 2 取n  1, 3, 3 2  3 1  3x 2y z 0  x  y  z 0 2 2 2   2 2 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司    n 1 n 2 |133| 1 cos n n    = = ，设二面角APBC的平面角为， 1 2 n n 7 7 1 2   4 3 则sin 1cos2 1cos2 n n  . 1 2 7 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？ 【答案】(1)证明见解析； (2)2. 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得PE 平面ABCD，可得BDPE，结合条件可得AE BD， 然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得； （2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得. 【详解】（1）因为三角形PCD是等边三角形，且E是DC中点， 所以PECD， 又因为PE平面PCD，平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD， 所以PE 平面ABCD， 又因为BD面ABCD， 所以BDPE， DE AD 因为DE1,AD 2,AB2，  ， AD AB 所以RtEDA∽RtDAB，DAE ABD， π 所以BAEABD ，即AE BD， 2 因为BDPE,AEPE E,AE平面PAE,PE 平面PAE， 所以BD平面PAE， 学科网（北京）股份有限公司又因为AM 平面PAE， 所以BDAM ； （2）设F是AB中点，以E为原点，EF 所在直线为x轴，EC所在直线为y轴，EP所在直线为z轴建 立空间直角坐标系， 由已知得E(0,0,0),A( 2,1,0),B( 2,1,0),D(0,1,0),P(0,0, 3)，    设M(0,0,m)(0 m 3)，则AM ( 2,1,m),BD( 2,2,0),DM (0,1,m)、  设平面BDM 的法向量为n(a,b,c)，   nBD 2a2b0 则  ， nDM bmc0   1 令b1，有n  2,1, ，  m 设直线AM 与平面BDM 所成的角，     nAM 2 2 1 所以 sin cos n, AM  n    A  M   1   1   2， 3m2 3 103m2  m2  m2 当且仅当m1时取等号， 当AM 2时，直线AM 与平面BDM 所成角最大． 9（. 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 1 1 1 1 1 1 1 π 为菱形，ABB  ，AB  AC，AB AC2，E是AC的中点. 1 3 1 学科网（北京）股份有限公司(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 【答案】(1)证明见解析 EP 2 (2)  EA 5 1 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明； (2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解. 【详解】（1）因为四边形ABBA为菱形，所以AB AB ， 1 1 1 1 又因为AB AC，AB ，AC平面ABC，AB AC A， 1 1 1 1 所以AB平面ABC. 1 1 π （2）取AB的中点O，连接BO，四边形ABBA为菱形，且ABB  ， 1 1 1 1 3 所以BO AB. 1 因为平面ABBA平面ABC，平面ABBA平面ABC  AB， 1 1 1 1 BO平面ABBA， 1 1 1 所以BO平面ABC，所以BO AC，又因为AB AC，BOABO， 1 1 1 1 所以AC平面ABBA.取BC中点D，连结OD， 1 1 以O为原点，OB，OD，OB 为空间基底建立直角坐标系. 1 学科网（北京）股份有限公司则B1,0,0 ，A1,0,0 ，A  2,0, 3  ，E1,1,0 ， 1 所以  B  A    3,0, 3  ，  B  E  2,1,0 . 1 设平面ABE的一个法向量为nx,y,z， 1    nBA 3x 3z0 所以   1 ，令x1，则z 3，y2， nBE2xy0    所以n 1,2, 3 .        设EPEA ，可得点P 1,1, 3 ，AP ,1, 3 . 1   π   APn 223 由题意sin  cos AP,n     4 AP n 21232 8 2 EP 2 解得= 或0（舍），即  . 5 EA 5 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． 【答案】(1)证明见解析 3 (2) 8 【分析】（1）作出辅助线，证明出OE//PB，得到线面平行； （2）建立空间直角坐标系，由二面角大小求出AB，进而得到三棱锥的体积. 【详解】（1）证明：连接BD交AC于点O，连按OE． 学科网（北京）股份有限公司因为底面ABCD为矩形，所以点O为BD的中点， 又E为PD的中点，所以OE//PB， 因为OE平面AEC，PB平面AEC， 所以PB//平面AEC． （2）以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 设AB=a，则D  0, 3,0  ，A0,0,0 ，E    0, 3 , 1   ，C  a, 3,0  ，  2 2   3 1    所以AE 0, , ，AC  a, 3,0 ，    2 2  设nx,y,z是平面AEC的法向量，  n    A  E   3 y 1 z0  y a x 则 2 2 ，解得： 3 ，    nACax 3y0 z 3y    令x 3，得n 3,a, 3a ，  又因为ABa,0,0是平面AED的一个法向量，   3a 1 3 所以 cos AB,n  cos60 ，解得a ， a 34a2 2 2 1 1 1 1 1 3 1 3 所以V   AD CD  AP    3   ． EACD 3 2 2 3 2 2 2 8 学科网（北京）股份有限公司11.（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 【答案】(1)证明见解析 2 (2) 48 【分析】（1）先证BC平面PCD，得BCDE，再证DE平面PBC，得DE PB，然后证明PB 平面DEF ，得证PBDF ； （2）以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法 求二面角得BC的长，然后利用棱锥体积公式计算． 【详解】（1）证明：因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC， 由底面ABCD为矩形，有BCCD，而PDCDD，PD,CD平面PCD， 所以BC平面PCD，又DE平面PCD，所以BCDE． 又因为PDCD，点E是PC的中点，所以DEPC． 而PCBCC，PC,BC平面PBC，所以DE平面PBC，PB平面PBC， 所以DE PB， 又PBEF ，DEEF E ，DE,EF 平面DEF ， 所以PB平面DEF ，而DF 平面DEF ， 所以PBDF 得证． （2）如图，以D为原点，射线DA，DC，DP分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系． 学科网（北京）股份有限公司因为PDDC1，设BC，（0），   1 1 则D0，0，0，P0，0，1，B，1，0，C0，1，0 ，PB，1，1，点E是PC的中点，所以E0，， ，  2 2  由PD平面ABCD，所以DP0，0，1是平面ABCD的一个法向量；  由（1）知，PB平面DEF ，所以BP，1，1是平面DEF 的一个法向量．  因为平面DEF 与平面ABCD所成二面角的大小为 ， 3    BPDP 1 1 则cos      ，解得 2（负值舍去）． 3 BP DP 22 2 1 1 所以PB2，PF   PB， 2 4 1 1 1 1 1 2 V V  V    1  2 ． PDEF FPDE 4 BPDE 4 3 2 2 48 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， 1 AB,AB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 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 学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)证明见解析 130 (2) 13 【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面ABC//平面ABC ，有面面平行的性质可得 1 1 1 AC //AC，根据相似三角形的性质可得C 为PC中点，则CM //AA ，结合线面平行的判定定理即可证 1 1 1 1 1 明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面OCC 、平面ACC 的法向量，结合空间向量数 1 1 量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解. 【详解】（1）如图，连接AC ． 1 1 因为在圆台OO 中，上、下底面直径分别为AB,AB，且AB //AB， 1 1 1 1 1 所以AA,BB,CC为圆台母线且交于一点P，所以A,A,C,C四点共面. 1 1 1 1 1 在圆台OO 中，平面ABC//平面ABC ， 1 1 1 1 由平面AACC平面ABC AC，平面AACC平面ABC  AC ，得AC //AC. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 PA AB 1 又AB //AB,AB2AB ，所以 1  1 1  ， 1 1 1 1 PA AB 2 所以 PC 1  PA 1  1 ，即C 为PC中点． PC PA 2 1 在△PAC中，又M为AC的中点，所以CM //AA ． 1 1 因为AA 平面ABBA ，CM 平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 所以CM //平面ABBA ； 1 1 1 （2）以O为坐标原点，OB,OO 分别为y,z轴，过O且垂直于平面ABBA 的直线为x轴， 1 1 1 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz． 因为ABC 30，所以AOC 60． 则A(0,2,0),C( 3,1,0),O(0,0,3)． 1    因为OC( 3,1,0)，所以OC  1 OC( 3 , 1,0)． 1 1 2 2 2      所以C 3, 1,3 ，所以CC 3, 1,3 ． 1 2 2 1 2 2  设平面OCC 的法向量为n (x,y,z )， 1 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司   3x y 0  n OC 0  1 1 所以 1  ，所以 3 1 ， n CC 0  x  y 3z 0 1 1  2 1 2 1 1   令x 1，则y  3,z 0，所以n (1,3,0)，又AC ( 3,1,0)， 1 1 1 1  设平面ACC 的法向量为n (x ,y ,z )， 1 2 2 2 2    3x y 0  n AC0  2 2 所以 2  ，所以 3 1 ， n CC0  x  y 3z 0 2 1  2 2 2 2 2 3  3 令x 1，则y  3,z  ，所以n (1, 3, )， 2 2 2 3 2 3     3 所以cos n  ,n   n 1   n 2  11 3  3 0 3  39 ． 1 2 n 1 n 2 13 13 1 13 3   39 设二面角M CCO的大小为，则cos cosn,n  ， 1 1 2 13 所以sin 1cos2 130． 13 130 所以二面角M CCO的正弦值为 . 1 13 . 学科网（北京）股份有限公司第五章 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， 146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2 147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 1481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 1491 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 150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 151【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， 1521 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： 153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”。 154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。 155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 156一般性结论（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 1571 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 1582024 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) 2 159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 160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！ 1612025 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 【答案】A 【分析】由题意画出图，由已知求出c的值，找出A,B的坐标，由AFF ,BFF ,FAB的内切圆圆心分别为 1 2 1 2 1 O,O ,O ，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出OO O 的底和高，利用三角形的面积公式计算即可. 1 2 3 1 2 3 【详解】由题意如图所示： 由双曲线C:x2  y2 4，知a2 b2 4， 所以c2 a2b2 8， 所以F (2 2,0)， FF 2c4 2 2 1 2 所以过F 作垂直于x轴的直线为x2 2， 2     代入C中，解出A 2 2,2 ,B 2 2,2 ， 由题知AFF ,BFF 的内切圆的半径相等， 1 2 1 2 且 AF  BF ，AFF ,BFF 的内切圆圆心O,O 1 1 1 2 1 2 1 2 的连线垂直于x轴于点P， 设为r，在△AFF 中，由等面积法得： 1 2 1 AF  AF  FF r  1 FF  AF 2 1 2 1 2 2 1 2 2 由双曲线的定义可知： AF  AF 2a4 1 2 由 AF 2，所以 AF 6， 2 1 1  1 所以 624 2 r  4 22， 2 2   2 2 2 2 2 2 解得：r  2 22， 2 2 2 因为FF 为FAB的AFB的角平分线， 1 2 1 1 162所以O 一定在FF 上，即x轴上，令圆O 半径为R， 3 1 2 3 在AFB中，由等面积法得： 1 1 AF  BF  AB R 1 FF  AB ， 2 1 1 2 1 2 又 AF  BF  FF 2  AF 2   4 2 2 22 6 1 1 1 2 1 1 1 所以 664R 4 24， 2 2 所以R 2， 所以 PF r2 22， 2   O P  O F  PF Rr  2 2 22 2 2， 3 3 2 2 1 1 所以S  OO O P  2rO P O1O2O3 2 1 2 3 2 3     rO P  2 22  2 2 6 28， 3 故选：A. 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 【答案】B         【分析】设O为原点，则PAPB2PO，QAQB2QO，结合题意可得POQO，即可得到  P  A    P  B    Q  A  Q  B   .由  P  F   3Q  F  可得 OF  3，进而得到a2 2b2.设Px,y  ，Qx ,y ，分别代入 OF 1 1 2 2 x22b2 2y2 双曲线C 和C 方程，可得 1 1 ，再表示出k k 和k k ，进而求解. 1 2 x22b2 2y2 PA PB QA QB 2 2       【详解】设O为原点，则PAPB2PO，QAQB2QO，         而PAPB QAQB ，得POQO， 所以O、P、Q三点共线.   因为PF  3QF，所以PF//QF，且 PF = 3 QF ， OP PF OF 得    3， OQ QF OF a2b2 所以 3，即a2 2b2. a2b2 设Px,y  ，Qx ,y ，分别代入双曲线C 和C ， 1 1 2 2 1 2 163 x2 y2  2b 1 2  b 1 2 1 x22b2 2y2 则 ，即 1 1 ，  x2 y2 x22b2 2y2 2  2 1 2 2 2b2 b2 y y 2x y x 所以k k  1  1  1 1  1， PA PB x a x a x2 2b2 y 1 1 1 1 y y 2x y x k k  2  2  2 2  2， QA QB x a x a x2 2b2 y 2 2 2 2 因为O、P、Q三点共线， x x 所以 1  2 ， y y 1 2 即k k k k 0. PA PB QA QB 故选：B. 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 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| 3a , BF 1  5 ，则 S △MAB （ ） 2 MF 7 S 1 △AF1F2 81 35 9 4 A． B． C． D． 35 16 5 5 【答案】A a 7a 5a 【分析】结合题目所给信息及图形可得 AB  AM ，后由椭圆定义及条件可得 BF  ， AF  ，AF  .最后 2 3 2 6 1 6 S |AB||AM| 由 △MAB  可得答案. S AF AF △AF1F2 1 2 【详解】如图，由椭圆的光学性质可得M,A,F 三点共线. 1 设 BF  x，则 BF 2ax ， MF  AF |MA| AF  AF  BF 2ax . 2 1 1 1 1 2 2 BF 2ax 5 a 3a 7a 5a 故 1   ，解得x .又|AB| ，所以 AF  ， AF  . MF 2ax 7 3 2 2 6 1 6 1 1 3a2 |AB||AM|sinMAB   所以 S △MAB  2  |AB||AM|   2   81 . S 1 AF AF 5a 7 a 35 △AF1F2 2 AF 1 AF 2 sin(πMAB) 1 2 6  6 故选：A. 1644.（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 【答案】B 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算公式和离心率公式求解. a2  a2    a2 2 【详解】依题意，设P ,m，Q ,n，则FPFQ c mn0，  c   c   c    a22 又OPOQ  mn2c2，  c  a22 a2 2 两式做差可得   c 2c2即2a2 3c2，  c   c  c 6 所以e  . a 3 故选；B 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 【答案】D 【分析】设 PF n， PF m，有nm2a，n2m2 4c2，mn2b2，由弦长公式可得 1 2 3c 2 n 2 3c 2 m 2 1 8 MN 2     ， AB 2     ，四边形AMBN的面积为 AB  MN ，解得c2  b2，可求  2  2  2   2  2 3 双曲线的离心率. 【详解】根据对称性不妨设点P在第一象限，如图所示， 1659 3c 圆O：x2 y2  (a2b2)，圆心为O0,0 ，半径为 ， 4 2 设 PF n， PF m，点P在双曲线上，PF PF ，则有nm2a，n2m2 4c2，可得mn2b2， 1 2 1 2 1 n 3c 2 n 2 过O作MN的垂线，垂足为D，O为F 1 F 2 的中点，则OD = 2 PF 1  2 ， MN 2   2    2   ， 2 2 3c m 同理， AB 2     ，由ABMN，  2   2  2 2 2 2 1 1 3c m 3c n 四边形AMBN的面积为 AB  MN  2     2     9b2， 2 2  2   2   2  2 81c4 m2n2 9c2 m2n2 81c4 9c4 b4  8 5 4    4   81b4，化简得c2  b2，则有a2 c2b2  b2，则C  16  4  4 16   16 4 4  3 3 c 8 2 10 的离心率e   . a 5 5 故选：D 6（. 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 【答案】BCD 【分析】对于A，点P动到圆C的最低点M 时，PAB面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到R 点时，AP取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当 AP运动到与圆C相切时，PAB取得最大值， 利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解. 【详解】x2y26x 8y 170(x 3)2(y 4)2 8， 圆C是以3,4为圆心，2 2为半径的圆. 166对于A，PAB面积的最小值为点P动到圆C的最低点M 时，y   ， M 4 2 2 S PAB  1  AB  y M  1  2   4  2 2   4  2 2 ，故选项A错误； 2 2 对于B，连接A,C 交圆于R点，当点P动到R点时，AP取到最小值为AC RC  (31)242 2 22 2，故选项 B正确； 对于C，当 AP运动到与圆C相切时，PAB取得最大值，设切点为 QC 2 2 1 π CN 4 π Q,sinCAQ    ,CAQ  ，sinCAN   1,CAN  ， AC 4 2 2 6 AN 4 4 5π PAB CAQ CAN  ，故选项C正确； 12        对于D，AB AP  AB  AP cosPAB ，当点P动到S点时， AP cosPAB 取得最大值，即AS在AB上的       投影，AB AP  AB  AP cosPAB  AB  AN 2(132 2)84 2，故选项D正确； 故选：BCD. 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 【答案】CD uur uuur 【分析】对于A：联立直线AB与抛物线C的方程，由韦达定理得y y 4，xx 1，从而得到OA×OB< 0，由此 1 2 1 2 判断即可；对于B：判断得点M0,1在抛物线C外，由此得以判断；对于C：利用抛物线的定义可求得A  2,2 2  ， 1  1 进而求得B , 2，从而根据S  |OF||y y |即可判断；对于D：利用抛物线的定义得到 2  AOB 2 A B 2 AF 2 BF 3x  ，从而利用基本不等式即可判断. 1 x 1 【详解】对于A：因为抛物线C：y2 4x的焦点为F，所以F1,0 ， 设Ax ,y ，Bx ,y ，AB方程为xmy1， 1 1 2 2 167xmy1 y2 y2 由 ，得y24my40，所以y y 4，xx  1  2 1， y2 4x 1 2 1 2 4 4   故OAOBxx  y y 30，所以∠AOB为钝角，故A错误； 1 2 1 2 对于B：因为对于y2 4x，当x0时，y0， 所以M0,1在抛物线C外，显然过M0,1与抛物线C相切的直线有2条， 当此直线与x轴平行时，与抛物线C也是仅有一个公共点， 所以过点M0,1且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，故B错误； 对于C：当 AF 3时，设A(x ,y )，则x 13， 0 0 0     x 2,y 2 2，即A 2,2 2 ，不妨设A 2,2 2 ， 0 0 此时k  2 20 2 2，故AB方程为y2 2x1， AB 21 1  联立抛物线C：y2 4x，解得B , 2， 2  1 3 2 所以S  |OF|| y  y | ，故C正确； AOB 2 A B 2 对于D：由选项A知xx 1，且x >0， 1 2 1 所以 AF 2BF 1x 21x 3x 2x 3x  2 3x  2 3 x  2 32 2， 1 2 1 2 1 x 1 x 1 x 1 1 1 2 当且仅当x  ，即x  2时，等号成立，故D正确． 1 x 1 1 故选：CD． 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_____. 1681 【答案】 3 【分析】根据已知条件求得a,c，从而求得椭圆的离心率. 【详解】设OO EF D， 1 2 O D O F 1  2  2  2 10 4 10 由 O 1 D O 1 E 2 ，解得O D  ,OD  ，  2 3 1 3 O D OD  2 10 2 1 2 2 4 10 4 2 10 2 所以 DE    42  , DF    22  ，      3  3  3  3 4 2 所以2c  2,c1， 3 3 设直线EF 与圆锥的母线相交于点A， 圆锥的母线与球相切于B,C 两点，如图所示， 则 AB  AE , AC  AF ， 两式相加得 AB  AC  AE  AF acac2a，即 BC 2a， 过O 作O GOB，垂直为G， 2 2 1  2 则四边形BGOC为矩形，所以2a BC  2 10 22 6，a3， 2 c 1 所以椭圆的离心率为  . a 3 1 故答案为： 3 c 【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得a,c，从而求得椭圆的离心率 ；一个是求得关于a,c a 的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率. 1699.（2022-2023·南通·一模）16．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______. 6 【答案】 6 【分析】根据焦半径公式可得 PF aex ，从而可知数列{a }是等差数列，进而可求得S ，再根据P,P,,P 的 i 1 i n 7 1 2 7 3 横坐标为AB八等分可得x  a，从而可得a ，进而表示出S a 128，利用基本不等式“1”的妙用可求最小值， 7 4 7 7 7 从而求解离心率. 【详解】设P(x,y)，有x x (i,k 1,2,3,4,5,6,7)， i i k 8k 得 PF aex ，所以数列{a }是等差数列， i 1 i n 7 S  PF  7ae(x x x ) 7a ， 7 i 1 1 2 7 i1 3 由题意，P,P,,P 的横坐标为AB八等分，所以x  a， 1 2 7 7 4 3 16 1 而a aex a c，又a64c4ac，所以  1， 7 7 4 a 4c  3 16 1  所以S a 1288a c  128 7 7  4  a 4c 3 2a 12c 3 2a 12c 3 128   128 2   4 6， 16 c a 16 c a 16 2a 12c c 6 当且仅当  即a 6c时取得等号，此时离心率为e  ， c a a 6 6 故答案为: . 6 17010.（2022-2023·苏锡常镇·一模）15．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，   1 点P在圆C上，若CP∥AB，PAPB ，则 AB ________ 2 【答案】 15   AB2 【分析】根据向量的加减法运算可得PAPB PD2 ，再根据圆的性质可得 4 AB2 PD2  PC2 CD2  PC2 AC2 即可求解. 4 【详解】 易知圆心 1,0 ，半径r 2，取AB中点D，则CD AB，  1      因为PD (PAPB),ABPBPA， 2 所以  P  D  2  1 A  B  2  1 (  P  A    P  B  )2 1 (  P  B    P  A  )2   P  A    P  B  ， 4 4 4   AB2 AB2 1 所以PAPB PD2 ，则 PD2   ， 4 4 2 AB2 又 PD2  PC2 CD2  PC2 AC2 ， 4 所以 AB2  1  PC2 AC2 AB2 即 AB 2 15， 4 2 4 故 AB  15. 故答案为: 15. 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 _______. 2 【答案】 3   【分析】不妨设点P在第一象限，可得点P 1, 2p ，分析可知直线PF 的倾斜角为60，利用直线的斜率公式可得出 关于p的等式，结合p的取值范围可求得p的值. 【详解】如下图所示： 171y2 2px x1   不妨设点P在第一象限，联立 可得 ，即点P 1, 2p x1 y 2p 易知PH  y轴，则PH//x轴，则xFPHPF 60，  p  所以，直线PF 的倾斜角为60，易知点F ,0，  2  2p 所以， k PF  p  3 ，整理可得2 2p  32 p，且有2 p 0，故0 p2， 1 2 等式2 2p  32 p两边平方可得3p220p120，即 3p2p60， 2 解得p （6舍去） 3 2 故答案为： . 3 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 【答案】(1)抛物线C的方程为y2 4x，圆M 的方程为x12 y2 1 (2)证明见解析 【分析】（1）根据抛物线的焦点F 到准线的距离可得p的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即 可得圆M 的方程； （2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得x ,y 所满足的方程. 0 0 【详解】（1）解：由题设得p2， 所以抛物线C的方程为y2 4x. 172因此，抛物线的焦点为F1,0 ，即圆M 的圆心为M1,0 由圆M 与y轴相切，所以圆M 半径为1， 所以圆M 的方程为x12 y2 1. （2）证明：由于Px ,y x 2，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则x 0. 0 0 0 0 故设过点P且与圆M 相切的切线方程为yy kxx  ，即kxyy kx 0. 0 0 0 0 k y kx 依题意得 0 0 1，整理得x x 2k22y x 1ky210①； k21 0 0 0 0 0 设直线PA,PQ的斜率分别为k ,k k ,k ，则k ,k 是方程①的两个实根， 1 2 1 2 1 2 2y x 1 y21 故k k  0 0 ，k k  0 ②， 1 2 x x 2 1 2 x x 2 0 0 0 0 kx y y kx 0 由 0 0 得ky24y4y kx 0③， y2 4x 0 0 因为点Ax,y ,Bx ,y ，Qx ,y ,Rx ,y  1 1 2 2 3 3 4 4 4y k x  4y k x  则y y  0 1 0 ④，y y  0 2 0 ⑤ 1 2 k 3 4 k 1 2 由②，④，⑤三式得： y y y y  16y 0 k 1 x 0 y 0 k 2 x 0   16  y 0 2k 1 k 2 x 0 y 0 x 0 2k 1 k 2   1 2 3 4 kk kk 1 2 1 2  2y x 1  16y2 0 0 x y   16  y 0 2k 1 k 2 x 0 y 0   16x2  0 x 0 x 0 2 0 0  16x2 16 ， kk 0 y21 0 1 2 0 x x 2 0 0 即y2x x 22y x 1x y   1x2 y2 1  ， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 则y2x22y2x 2y2x22x y2  y2x2y21x2，即x2 y2 1， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 所以点P在圆x2 y2 1. x2 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| x2 y2 【答案】(1)   1 8 4 (2) 0,1 173【分析】（1）根据焦距和短轴的公式求解即可； （2）设l的方程为x ty 2，Mx,y ,Nx ,y ，联立直线与椭圆的方程，根据椭圆的切线方程，联立可得 1 1 2 2 P4,2t，设MN的中点为Q  x ,y  ，根据韦达定理可得Q   4 , 2t  ，再结合三角形与椭圆的性质可得 Q Q t22 t22    |OAOB| 2|OQ| R,O,Q,P四点共线，从而化简    ，再根据Q,P的横坐标关系，结合参数的范围求解即可 |OP| |OP| x2 y2 【详解】（1）由题意，2 a2b2 4，2b4，解得b2 4，a2 8，故椭圆   1 8 4 （2）由题意，F 2,0 ，显然l的斜率不为0，故设l的方程为x ty 2，Mx,y ,Nx ,y ， 2 1 1 2 2 x2 y2 则   8  4 1 ，即  t22  y24ty40，故y  y  4t ，y y  4 .联立过M,N的切线方程  1 2 t22 1 2 t22 xty2 xx y y 1  1 1   8 4 x y x2y y y8y  ，即 1 2 1 2 2， x 2 x  y 2 y 1 x 2 y 1 x2y 1 y 2 y8y 1  8 4 相减可得x y x y x8y y ，即  ty 2y ty 2y  x8y y  ， 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 xx y y 42x 42ty 2 化简可得x4.代入 1  1 1可得y 1  1 2t ，故P4,2t . 8 4 y y 1 1   y y 2t 2t2 4  4 2t  设MN的中点为Q x ,y ，则y  1 2  ，x  2 ，故Q , .因为 Q Q Q 2 t22 Q t22 t22 t22 t22 2t k  t22  t ，k  2t  t ，故k k ， OQ 4 2 OP 4 2 OQ OP t22 所以O,Q,P三点共线.又F作平行于l的直线分别交PM,PN 于A，B，易得PMN PAB，取AB中点R，根据三 1 角形的性质有R,O,Q,P四点共线，     |OAOB| 2|OR| 2|OQ| 2x 2 结合椭圆的对称性有       Q  1，当且仅当t0时取等号. |OP| |OP| |OP| x t22 P   |OAOB| 故  0,1  |OP| 174【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系，结合向量的性质，联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围 的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到P,Q的坐标，再根据三角形与向量的性质转化所求的 量从而进行简化求解范围.属于难题 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 【答案】(1)l: x  y 1 S 7 (2)①证明见解析；② 1  S 10 2  y2   y2  【分析】（1）设A 1 ,y ，B 2 ,y ，设l:xmy1，联立直线和抛物线，利用韦达定理和两点间距离公式，  2 1   2 2  1 1 2 代入   ，可以求解m的值，进而可以求出直线l的方程；（2）设l:xmyn，联立直线和抛物线， BM AM 2 1 1 1 1 利用韦达定理，①代入    中，即可证明；②代入 AC 2 BD 中，可用m分别表示y，y，y，y ， y y y y 1 2 3 4 1 2 3 4 S y y 根据 1  1 2 求出比值即可. S y y 2 3 4  y2   y2   y2   y2  【详解】（1）设A 1 ,y ，B 2 ,y ，C 3 ,y ，D 4 ,y ，其中y,y 0，y ,y 0，  2 1   2 2   4 3   4 4  1 3 2 4  y2 2x 设l:xmy1，联立 ，整理得y2 2my20， xmy1 则y  y 2m，y y 2， 1 2 1 2 1 1 1 1 y  y m 2     1 2   ， BM AM 1m2y  1m2y y y 1m2 1m2 2 2 1 1 2 解得m1，则l: x  y 1. y2 2x （2）设l:xmyn，①联立 ，整理得y2- 2my- 2n= 0， xmyn 则y  y 2m，y y = - 2n， 1 2 1 2 y2 4x 联立 ，整理得y24my4n0，则y y 4m，y y 4n， xmyn 3 4 3 4 1751 1 1 1 m 则     ，即证. y y y y n 1 2 3 4 ② AC 2BD y y 2y y y 2y y 2y 2my 4my ， 3 1 2 4 1 2 3 4 2 4 y  y 2m 则 2 4 ，y y 2y y  y 4my 2y 2my 4my y2 4my 2y2 y y 4m 3 4 1 2 3 3 1 1 3 3 1 1 3 1 4m4my 4my 2 4my 2y2  y28my 0， 1 1 1 1 1 1 其中y,y 0，y ,y 0，解得y 8m， 1 3 2 4 1 S y y 7 则y 6m，y 12m，y 8m，则 1  1 2  . 2 3 4 S y y 10 2 3 4 15.（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． 【答案】(1) 7 2 78  (2)  ,2 2  7  【分析】（1）由圆的弦长CD 2，结合勾股定理，得出圆心到直线的距离，根据点线距公式列方程，解出直线CD 的斜率，进而得出AB的斜率； （2）当直线AB的斜率不存在时，可得ABE面积的值；当直线AB的斜率存在，设AB:ykx1，与椭圆方程联 立，求出弦长AB，再由S △ABE S △ABM 得出d，根据三角形的面积公式，结合二次函数的性质，得出ABE面积的取 值范围． 【详解】（1）由题意得，直线CD的斜率存在，设为a，所以CD:yax1， 2 由CD 2，半径r 1知，圆心M2,1 到CD的距离为 r2   CD   1 1  2 ，  2  2 2 2a 2 1 所以  ，解得a2  ， 1a2 2 7 因为AB与CD垂直，所以AB的斜率为 7． （2）当直线AB的斜率不存在时， x2 y2     直线AB:x0，与:  1联立可得，A 0, 2 ,B 0, 2 ，AB2 2， 4 2 此时CD:y1，E与M2,1 重合，由P0,1，可得PE 2，且ABPE， 1 所以S  2 222 2． △ABE 2 当直线AB的斜率存在，设AB:ykx1，Ax ,y ，Bx ,y  1 1 2 2 176x2 y2 所以   4  2 1 ，即  2k2 1  x2 4kx20，  ykx1 4k 2 所以16k28(2k21)0恒成立，x x  ，xx  ， 1 2 2k21 1 2 2k21  4k  2 8 4k21 所以AB 1k2 x x  1k2    2 2 1k2 ， 1 2 2k21 2k21 2k21 因为ABCD，ME CD，所以AB//ME， 2k 所以S S ，而M2,1 到AB:ykx1的距离为d  ， △ABE △ABM 1k2 1 2k 4k21 k2 4k2 1  所以 S   2 2 1k 2  2 2 ， △ABM 2 1k2 2k21 2k21 1 令2k21t1，则k2  t1， 2 2t23t1 1 3 1 3 2 1 所以S △ABM 2 t2 2 t2  t 2 2  t  2    4 ， 2  显然k 0，所以由y 1 x1与圆M 相交得 k 1， k  1 2 1   k 1 1 2 78  故k2 3，所以t 7，所以0 t  7 ，故S △ABM    7 ,2 2   ， 2 78  综上：S  ,2 2． △ABM   7  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. 【答案】(1) x2  y2 1 3 3 (2)存在T（1，－2）使|QT|为定值 2  c 6   4 1 【分析】（1）根据题意可得  1，解之即可求解； a2 b2 a2b2 6  （2）设直线AB的方程ykxm，Ax,y ,Bx ,y ，联立双曲线方程，利用韦达定理表示x x、xx ；由直线 1 1 2 2 1 2 1 2 177 x 2y  x 2y 的点斜式方程可得PA方程，得M0, 1 1，同理得N（0, 2 2 ），根据平面向量线性运算的坐标表示，化简  2x 1  2x 2 计算可得 m3m2k10，分类讨论m2k10与m30的情况，即可求解. 【详解】（1）设双曲线C的方程为 x2  y2 1，a0,b0， a2 b2  c 6   4 1  a 3 由题意知  1，解得 ， a2 b2 b 3 a2b2 6  ∴双曲线C的方程为x2  y2 1； 3 3 （2）设直线AB的方程为ykxm，Ax,y ,Bx ,y ，P(2,1)， 1 1 2 2 ykxm  ，消去y，得  1k2 x22kmxm230， x2y2 3 则1k2 0，4k2m24(1k2)(m23)0， 2km m23 x x  ,xx = ， 1 2 1k2 1 2 1k2 y 1 ∴直线PA方程为y 1 x21， x 2 1  x 2y  x 2y 令x0，则M0, 1 1，同理N（0, 2 2 ），  2x  2x 1 2    x 2y x 2y 由OM ON 0，可得 2 1 2 2 0， 2x 2x 1 2 x 2kx m x 2kx m ∴ 1 1  2 2 0， 2x 2x 1 2   2k1x 1 2m  2x 2   2k1x 2 2m  2x 1 0， ∴ 4k22mx x 4k2xx 8m0， 1 2 1 2 2km m23 ∴4k2m2 4k2 8m0， 1k2 1k2 ∴2km12km2k1 m23  4m  1k2 0， ∴4k2m2km22km2km26km234m4mk2 0， ∴m22k4m6k30，即 m3m2k10， 当m2k10时，m2k1， 此时直线AB方程为ykx21，恒过定点P2,1 ，显然不可能； ∴m3，此时直线AB方程为ykx3，恒过定点E0,3 ， 178  ∵PQAB0，∴PQAB，取PE中点T，∴T1,2 ， 1 1 ∴QT  PE   44  2 为定值， 2 2 ∴存在点T1,2 使|QT|为定值 2. x2 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． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 2 【分析】（1）根据已知条件求出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆E的方程联立，求出点A、B的横坐标，再利用 弦长公式可证得 MA BF  MB  AF 成立； 1 （2）分析可知直线l的斜率存在且不为零，设直线l方程为ykx1，则直线m方程为y x1，其中k 0， k 1 1 将直线l的方程与椭圆E的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出  的表达式，同理可得出 MA MB 1 1 1 1 1 1  的表达式，利用基本不等式可求得    的最大值. NC ND MA MB NC ND 【详解】（1）证明：设Fc,0、F c,0，因为椭圆E的焦距为2，所以2c2，解得c1． 1 2 c 2 又因为椭圆E的离心率e  ，所以a 2，所以b2 a2c2 211， a 2 x2 所以椭圆E的方程为  y2 1. 2 10 因为直线l经过M2,1、F1,0 ，k  1， MF 21 所以，直线l的方程为yx1， y x1 设点Ax ,y 、Bx ,y ，联立 可得3x24x0， 1 1 2 2 x22y2 2 4 由3x24x0，得x  ，x 0. 1 3 2 2 4 所以 MA BF  2 x 2 2 x 1 2 1 ， 1 2 3 3 1791 4 MB  AF  2 x 2 2 x 1 22  ， 2 1 3 3 因此， MA BF  MB  AF . （2）证明：若直线l、m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x2平行，不合乎题意， 所以，直线l的斜率存在且不为零，设直线l方程为ykx1， 1 则直线m方程为y x1，其中k 0． k ykx1 联立 可得  12k2 x24k2x2k220， x22y2 2 设A x,y 、Bx ,y ，则16k48  2k21  k21  8  k21  0， 1 1 1 2 2 4k2 2k22 由韦达定理可得x x  ，xx  ， 1 2 2k21 1 2 2k21 易知x 2且x 2，将x2代入直线l的方程可得yk，即点M2,k， 1 2 1 1 1 1 所以    MA MB 1k2 x 2 1k2 x 2 1 2 1  1 1  1 x x 4     1 2 1k2 x 1 2 x 2 2 1k2 x 1 x 2 2x 1 x 2 4 4k2  4  1  12k2  1  4k24  2 ， 1k2 2k22  8k2 4 1k2 2k22 1k2 12k2 12k2 1 1 2 2k    同理可得 NC ND  1 2 1k2 ， 1  k 1 1 1 1 2  1 k  k212k 2     2 2 1 所以 MA MB NC ND 1k2 k21 k  1 k 2 2 1 2 2 1 ， 2 k  k 当且仅当k1时，等号成立， 1 1 1 1 因此，    的最大值为2 2. MA MB NC ND 180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 1812025 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）3．“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 【答案】D 【分析】根据古典概型概率公式求出PA,PAB ，然后利用条件概率公式即得. 6655 11 25 5 【详解】由题可得PA  ，PAB  , 66 36 66 18 5 所以P  B A  PAB  18  10 . PA 11 11 36 故选：D. 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 【答案】C 【分析】将数据从小到大排列，计算840%3.2，根据第40百分位数的含义，即可确定答案. 【详解】将连续八届的进球总数从小到大排列为：141,145,147,161,169,171,171,172， 由于840%3.2，故进球总数的第40百分位数是第4个数据161， 故选：C 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 【答案】C 【分析】由相互独立事件的概率及二项分布的期望与方差进行辨析即可. 【详解】由已知，X Bn,p ，∴EXnp，DXnp1p ， Y Bn,1p ，∴EYn1 p，DYn1 p 11 p  np1 p， 182∵事件A，B相互独立， ∴一次实验中，A，B同时发生的概率PABPAPB p1 p ， ∴Z B  n,p1 p ， ∴EZnp1 p ，DZnp1 p 1 p1 p  np1 p 1 p p2 ， 对于A，pEXnp2，1 pEYn1 p2， pEX1 pEY 不一定成立，故选项A说法不正确； 对于B，1 pDXnp1 p2，pDYnp21 p ， 1 pDX pDY ，不一定成立，故选项B说法不正确； 对于C，EZnp1 p ，DYnp1 p ， EZDY 成立，故选项C说法正确； 对于D， DZ  2 n2p21 p2 1 p p22 ，DXDYn2p21 p2，  DZ  2 DXDY不一定成立，故选项D说法不正确. 故选：C. 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. 【答案】ACD 【分析】利用中位数的概念即可判断A正确；对于选项B，利用二项分布的方差公式及方差性质求解；对选项C，利用 正态分布的对称性即可求解，对选项D，利用平均数和方差公式计算即可 【详解】对于选项A，中位数就是第50百分位数，选项A正确；  1 1 1 对选项B，X  Bn, ，则D2X 14DX4n  n5，故B错误；  2 2 2 对选项C， N  ,2 ，函数 f xP(xx2)为偶函数， 则 f xP(xx2) f xP(xx2)， 区间 x,2x 与 x,2x 关于x对称， xx2 x2x 故  1，选项C正确； 2 2 100 100 337 对选项D，分层抽样的平均数z  172 165 ， 100100 100100 2 1831    337 2   337 2  按分成抽样样本方差的计算公式S2  120172  120165  132.25，选项D正确. 2  2     2   故选：ACD. 5.（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 【答案】AD 【分析】根据频率分布图的求解频率、频数、平均数即可求解. 【详解】对于A，0.00220.004a0.0140.02 201a 0.008，A正确； 对于B，因为第六组有40人，第五组有160人， 130X 40 所以  X 125，B错误； 130110 160 对于C，70分以下的人数为0.0020.004201000120 人，C错误； 对于D，平均成绩X 400.04600.08800.281000.41200.161400.0493.6，D正确， 故选:AD. 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 【答案】BD 【分析】对于A，由题意可得PABP(B)，从而即可判断； 对于B，由互斥事件的概率计算公式计算即可；   对于C，先求得P B 0.8，再根据独立事件的计算公式计算即可； 对于D，判断PABP(A)P(B)是否成立即可. 184【详解】解：对于A，因为PA0.5，PB0.2，BA， 所以PABP(B)0.2，故错误； 对于B，因为A与B互斥，所以PABP(A)P(B)0.50.20.7，故正确； 对于C，因为PB0.2，所以P  B  10.20.8，所以P  AB  0.50.80.4，故错误； PAB 对于D，因为PB|A0.2，即 0.2，所以PAB0.2P(A)0.1， P(A) 又因为P(A)P(B)0.50.20.1，所以PABP(A)P(B)， 所以A与B相互独立，故正确. 故选：BD 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 【答案】BCD 【分析】利用随机变量X的概率密度函数可得到b,a，可判断A；利用复合函数单调性可得x在 ,b 上 递增，在b,上递减，即x的极大值点为xb2a，故可判断B；根据密度曲线关于x2a对称，可判 断CD xb2 1  【详解】对于A，由随机变量X的概率密度函数为x e 2a2 可得b,2 a2， 2πa 因为a0，所以a，所以随机变量X服从正态分布X ~ N  b,a2 ，故错误； 对于B，因为二次函数y xb2 在 ,b 上递增，在b,上递减， 2a2 xb2 由函数yex在R上单调递增，根据复合函数的单调性可得x 1 e  2a2 (a0，b0)在 ,b 上递增， 2πa 在b,上递减， 所以x的极大值点为xb，所以2ab，所以随机变量X服从正态分布X ~ N  2a,a2 ，故正确； 对于C，因为 f aPX a，g2aPX 3a，又a3a22a， 所以PX aPX 3a，即 f ag2a ，故正确； 1851 1 对于D，因为 f 2aPX 2a ，gaPX 2a ， 2 2 1 所以 f 2ag2a  f aga f a，故正确； 2 故选：BCD 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 【答案】ABD 【分析】根据极差判断A，计算平均数判断B，计算方差判断C，分别计算甲乙的样本60百分位数判断D. 【详解】对A，10.29.80.4,10.59.60.90.4，故A对； 1 1 对B，x  (9.810.010.010.010.2)10.0，x  (9.69.710.010.210.5)10.0x ，故B对； 甲 乙 甲 5 5 9.6102 10.2102 对C，因为甲、乙平均值都为10，所以S2  ， 甲 5 9.6102 9.7102 10.2102 10.510 2 S2  ， 乙 5 显然甲种的样本方差小于乙种的样本方差，故C错误； 10.010.0 对D，60%53为整数，故甲的60百分位数 10.0， 2 10.010.2 乙的60百分位数为 10.110.0，故D对. 2 故选：ABD 8  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  【答案】42 1 【分析】先将 看成一项，得到展开式通项公式，确定r 8，进而简化通项公式，得到k 4与k 6时满足要求， x2 1 求出展开式中x2的系数,相加得到答案. 【详解】   1  x1   8   x2022  x 1 2 1     8 的展开式通项公式为T Cr x20228r  x 1 2 1   r ， x2022     r1 8    1  8  1  8k k 4 由于求解的是展开式中x2的系数，故r 8，其中x2 1 展开式通项公式为Ckx2 Ckx 2，k 8， 8 8     k k 令4 2得：k 4，此时展开式中x2的系数为C4170，令4 1得：k 6， 2 8 2 186此时展开式中x2的系数为C6 28，综上：展开式中x2的系数为702842. 8 故答案为：42  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 【答案】200 【分析】利用二项展开式的通项公式求解.  1 1 【详解】因为2  x25的展开式中x2的项为2C3x2(2)3 C2x3(2)2 200x2，  x 5 x 5  1 所以2  x25的展开式中x2的系数为200，  x 故答案为：200. 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 【答案】(1)0.98，汛期遥测雨量y与人工测雨量x有很强的线性相关关系 15 (2)分布列见解析，E(X) 8 【分析】（1）根据公式求出样本相关系数，由数据判断线性相关关系的强弱； （2）由X 的所有可能取值，计算相应的概率，得到分布列，再求数学期望. 10 10 (x x)(y y) xy 10xy i i i i 【详解】（1）因为r i1  i1 ，… 10 10 10 10 (x x)2(y y)2 (x210x2)(y210y2) i i i i i1 i=1 i1 i1 187代入已知数据， 357.31034.02 17.1 得r  0.98． 353.61033.62361.71034.42 304.5 所以汛期遥测雨量y与人工测雨量x有很强的线性相关关系. （2）依题意，“I类误差”有5组，“II类误差”有3组，“III类误差”有2组． 若从“I类误差”和“II类误差”数据中抽取3组，抽到“I类误差”的组数 X 的所有可能取值为0，1，2，3. C3 1 则P(X 0) 3  ， C3 56 8 C1C2 15 P(X 1) 5 3  ， C3 56 8 C2C1 30 15 P(X 2) 5 3   ， C3 56 28 8 P(X 3) C3 5 C 3 0  10  5 . C3 56 28 8 所以X 的概率分布为 X 0 1 2 3 1 15 15 5 P 56 56 28 28 15 15 5 15 所以X的数学期望E(X)1 2 3  . 56 28 28 8 35 15 另解：因为X ~ H(3，5，8)，所以E(X)  . 8 8 12.（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． 8 8 4 【答案】(1)甲以3:0，3:1，3:2胜利的概率分别是 ， ， 27 27 27 7 (2)分布列见解析；期望为 9 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式求各比分对应的概率； （2）由题设X的所有可能的取值为0，1，2，3，应用独立事件乘法、互斥事件加法求对应值的概率，写出分布列再求 出期望值. 【详解】（1）记“甲队3:0胜利”为事件A，“甲队以3:1胜利”为事件A ，“甲队以3:2胜利”为事件A ，由题意，各局比 1 2 3 赛结果相互独立， 1883 2 2 2 2 8 2  2 2 8 2  2 1 4 故PA   ，PA C2   1   ，PA C2   1    ， 1 3 27 2 33  3 3 27 3 43  3 2 27 8 8 4 所以，甲以3:0，3:1，3:2胜利的概率分别是 ， ， ． 27 27 27 （2）设“乙队以3:2胜利”为事件A ，由题意，各局比赛结果相互独立， 4 2 2  2 2  1 4 所以PA C2 1    1  ， 4 4 3 3  2 27 由题意，随机变量X的所有可能的取值为0，1，2，3， 16 4 根据事件的互斥性得：P(X 0)PA A PAPA  ，PX 1PA  ， 1 2 1 2 27 3 27 4 3 PX 2PA  ，PX 31PX 0PX 1PX 2 ， 4 27 27 故X的分布列为 X 0 1 2 3 16 4 4 3 P 27 27 27 27 16 4 4 3 7 所以E(X)0 1 2 3  ． 27 27 27 27 9 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. 1 【案】(1) 2 2 (2) 17 【分析】（1）分别求出甲第一局获胜、第一局平局第二局获胜的概率可得答案； （2）分别求出乙恰好经过一局､两局､三局比赛晋级决赛的概率，由三局比赛晋级决赛的概率除以经过一局､两局､三局比 赛晋级决赛的概率和可得答案. 【详解】（1）设甲至多经过两局比赛晋级决赛为事件A，则甲第一局获胜或第一局平局第二局获胜， 1 1 1 1 则P(A)    . 3 2 3 2 （2）记乙恰好经过一局、两局、三局比赛晋级决赛分别为事件B、C、D， 1891 1 1 则P(B)1   ， 3 2 6 1  1 1 1 P(C) 1   ， 2  3 6 4 1 1  1 1 P(D)  1  ， 2 6  3 18 故在乙最后晋级决赛的前提下， 1 18 2 乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率为  . 1 1 1 17   6 4 18 14.（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. 11 【答案】(1) 20 1 (2)① ；②方案二中取到红球的概率更大. 9 【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题； （2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论. 【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件A，“取到乙袋”为事件A ，“试验结果为红球”为事件B ，“试验结果为 1 2 1 白球”为事件B ， 2 （1）PB PAP  B A PA P  B A  1  9  1  2  11 . 1 1 1 1 2 1 2 2 10 2 10 20 11 所以试验一次结果为红球的概率为 . 20 9 （2）①因为B ，B 是对立事件，PB 1PB  ， 1 2 2 1 20 1 1 所以P  A B  PA 1 B 2   P  B 2 A 1  PA 1   10  2  1 ， 1 2 PB  PB  9 9 2 2 20 1901 所以选到的袋子为甲袋的概率为 . 9 ②由①得P  A B 1P  A B 1 1  8 ， 2 2 1 2 9 9 所以方案一中取到红球的概率为： P P  A B  P  B A P  A B  P  B A  1  9  8  2  5 ， 1 1 2 1 1 2 2 1 2 9 10 9 10 18 方案二中取到红球的概率为： P P  A B  P  B A P  A B  P  B A  8  9  1  2  37 ， 2 2 2 1 1 1 2 1 2 9 10 9 10 45 37 5 因为  ，所以方案二中取到红球的概率更大. 45 18 191