2025~2026学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)
数 学
2026.5
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题
卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|x2-2x≤0,x∈Z},B={-1,0,1,2,3},则A∩B=
A.{0,1} B.{-1,1,2} C.{0,1,2} D.{1,2,3}
2.设i为虚数单位，若复数z=1+bi(b∈R)满足z-z=2i,则z·z=
A. 1 B. 2 C. 5 D. 10
3.某市高三年级共有男生20000人，已知他们的身高X(单位：cm)近似服从正态分布
N(170,52),则身高落在区间[170,175]内的男生人数约为
(参考数据：若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827)
A. 3413 B. 5120 C.6827 D. 10328
4.在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，若AB=mAE+nAD,则
A.m-n=-2 C.m+n=-2 D.m+n=2
B.m-n=2
(ax3+一)
5.已知a>0,则
?关于x的展开式中各项系数之和的最小值为
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
6.已知a>0,b>0,0<c<1,则“a?<b?<1”是“c?<c°<1”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
7.如图，已知圆锥的轴截面为正三角形PAB,底面圆心为0, P
OD⊥PB,垂足为D.线段OD绕轴PO旋转一周所得的曲面将
圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是
815 75
B D
A.
A B
0
17 D.9
C.
(第7题图)
数学试题 第1页(共4页)8.已知函数f(x)=x3-3x2+kx|(k>2),g(x)=e((e为自然对数的底数),若对任意
x?∈[0,2],总存在x?∈[0,2],使得f(x)≤g(x?),则实数k的最大值为
A. 4 B.
C. e D.2√2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知3张奖券中只有2张有奖奖券，甲、乙2名同学依次随机抽取1张奖券。记事件A
为“甲中奖”,事件B为“乙中奖”,则下列说法正确的有
A.若抽取后放回，则P(A)=P(B) B.若抽取后不放回，则P(A)=P(B)
C.若抽取后放回，则P(B)=P(B|A) D.若抽取后不放回，则P(B)=P(B|A)
10.已知在△ABC中，tanA+tan B+tanC=√3tan Atan B.设函数f(x)=sinx-sin(x+C),
则
A.c=3 -3,3
B. f(x)在区间[ 上单调递增
C. f(A+3B)+f(3A+B)=0 D.f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点
11.在平面直角坐标系xOy中，已知P是双曲线E:x2-y2=1上任意一点，射线OP上的
点Q(x?,y???足|OP|·|0Q=1.记Q的轨迹为Ω,则下列说法正确的有
A.Ω关于x轴、y轴、原点O都对称
B. Ω上的点到原点O的距离的最大值为1
C.存在Q∈Ω,使得Q到点(-√2,0)和点(√2,0)的距离之差大于2
1M≤4
D.任意Q∈Ω,
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{a.}是各项均为正数的等比数列，设T。=naq+(n-1)a?+…+2a ?1+a。
若T?=1,T=11,则T?=▲.
13.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为1,点P(1,t)在
C上，以P为圆心的圆与1相切且截y轴所得的弦长为4√2,则p=▲.
14.甲、乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的8张
卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取
1张卡片.记a为甲抽取的2张卡片中较大编号者的编号，b为乙抽取的卡片的编号，
当a<b<2a时，称该局为“默契局”,则一局游戏成为“默契局”的概率为▲_;
游戏规定：出现“默契局”时，乙得2分，甲得0分，否则乙得0分，甲得1分，则
三局游戏后甲、乙两人得分之和X的数学期望E(X)=▲.
数学试题 第2页(共4页)四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.(13分)
co2A=-8·
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A是锐角，
+
(1)若a=bsinA,求 的值：
(2)若a=2√5,b=2c,CD// AB,AD平分∠BAC,求△ACD的面积.
16.(15分) Ai C
如图，在直三棱柱ABC-AB?C中，AB⊥AC,D,E分别 Bi?
为AA和B?C的中点，DE⊥平面BCC?B?.
D
E
(1)证明：AB=AC;
(2)若AB=1,AA>AB,直线B?C与平面BCD所成角的
A
3,
C
正弦值为· ,求AA的长. B
(第16题图)
17.(15分)
已知函数f(x)=(Inx)2,曲线y=f(x)在点P(e,f(e)处的切线方程为y=g(x)(e为
自然对数的底数).
(1)求f(x)的极值；
(2)证明：[f(x)-g(x)](x-e)≤0.
数学试题 第3页(共4页)18.(17分)
2
:+y2=1(a>b>0)
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E; )的离心率为· ,右顶点
和上顶点分别为A和B,|AB|=√5.
(1)求E的标准方程；
(2)设P为线段AB上的动点，过P作平行于x轴的直线与E在第一象限内交于点M,
点Q满足QP=PM,延长线段BQ交E于另一点N.
+左
①当P的横坐标为1时，记直线BM和BN的斜率分别为r和后，求· 的值；
②当直线MN的斜率为1时，直线MN与线段AB交于点G,记△BGM和△AGN的
55
面积分别为S?和S?,求· 的值.
19.(17分)
我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中的隙积术，给出了二阶等差级数的求和方法，
通过“构造”来研究数列问题，体现了构造法在数列研究中的价值.例如，在数列{a。}中，
已知a+a+=n,可以通过两种思路来求解：一是构造an+2-a?=1,则数列{a,}的奇数项
aH-274+1=-(a-2-一), {a --7-
和偶数项分别成等差数列；二是构造 ,则数列 是等
比数列或常数列.请解决以下问题：
已知数列{a,}满足a+2a++an+2=f(n),记S,为{a。}的前n项和.
(1)若a+a?=1,f(n)=3,求S2026的值；
(2)若a=4,a?=3,f(m)=2n+1,
,求满足不等式S+<4a,的所有正整数n;
(3)若a=sinθ,az=sin3θ,f(n)=4cos2θsin(2n+1)θ,
证明：当B∈(0,)时，5s31me2+…3°-r<3.
数学试题 第4页(共4页)2025~2026学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)
数学(参考答案) 2026.S
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B C D D A D B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，
题号 9 10 11
答案 ABC AC ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，
4:4
14.
12. 26 13.4 (第一空3分，第二空2分)
四、解答题：本题共5小题，共77分.
15.(13分)
解：(1)因为cos2A=2cos2A-1=-8,所以cos2A=16
cosA=4,
…………2分
因为A是锐角，所以cosA>0,所以
所以si =-1-co2A=-1-42=15
mA-SB
因为a=bsin A,所以由正弦定理· 得sinB=1,
B=2,
又因为B∈(0,π),所以 …………………………………4分
A+C=2,
因为A+B+C=π,所以
+C=sis4+sinC=siA+sinm--4)=sinA+cos A=√15+1..
所以由正弦定理得
…………………………………………6分
(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得20=5c2-c2,解得c=√5,………8分
所以b=2c=2√5.…………………………9分
因为CD// AB,所以∠CDA=∠BAD=∠CAD,
所以CA=CD=b=2√5.…………………mm…………11分
1 6.……
因为CD/AB,所以∠ACD=π-A,所以sin∠CD=sin(π-A)=sin A=15
……
SAco=1-caA-CD-sin∠CD=1×2√5×2√5×45-525
所以△ACD的面积
………………13分
16.(15分)
解：(1)法一：取BC中点F,连结EF,AF.
因为五是B?C的中点,所以EF/B?B且EF-BB.
由直三棱柱的性质知B?B// AA且B?B=AA,所以EF//AA且EF=÷4A,
又因为D是AA的中点，所以EF//DA且EF=DA,
所以四边形ADEF为平行四边形，所以AFI/DE.………3分
因为DE⊥平面BCC?B?,所以DE⊥BC,所以AF⊥BC,……………6分
又因为F是BC的中点，所以AB=AC.…………………7分
法二：由直三棱柱的性质知AA⊥平面ABC, +z
A
因为AB,ACc平面ABC,所以AA⊥AB,AA⊥AC, C
B?
又因为AB⊥AC,所以AB,AC,AA两两垂直.……
D
…………2分
E
以A为坐标原点，AB,AC,A4,所在直线分别为x,y,z
轴建立如图所示的空间直角坐标系0-xyz.
O(4).
Cy
B
设AB=a,AC=b,AA=c,
x
则B(a,0,0),C(0,b,0),A(0,0,c),B?(a,0,c).
因为D,E分别为44和BC的中点，所以D0,0,2,5?,.2,DE=(2··.
因为DE⊥平面BCC?B?,所以DE⊥BC,
又因为BC=(-a,b,o),所以DE·BC=-2+2=0,
…………………6分
由a>0,b>0解得a=b,即AB=AC.………………7分
AF=BC=2
(2)法一：在等腰直角△ABC中，因为AB=1,所以BC=√2,
由(1)知，DE1平面BCCB,且DE=AF=2
设B,到平面BCD的距离为d,AA=h>1,
2 64=-5 小受+壹
则三校锥B?-BCD的体积1 .……9分
Po-ncn=-·SancnDE=6'
又因为三棱锥D-BCB的体积
d=r2+2
a√+4=6
所以由等体积法VB-nco=VD-BCn,,得 .……11分
解得
3,
Bc=24△-号
因为直线BC与平面BCD所成角的正弦值为- ,所以 …13分
所以n2-3h+2=0,因为h>1,所以h=2,即AA?的长为2.………15分
法二：因为a=b=1,所以由(1)知BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,S),BC=(-1,1,-c),
…………………………………………………9分
设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z),
y=1,z=2,
,即n=(1,1,3)
则· 取x=1,则 .……11分
-1C1n
设直线B?C与平面BCD所成角为θ,则 ,…………13分
2p
c2+4=5,
即.
,化简得
因为c=AA>1,所以c=2,即AA的长为2.……………15分
17.(15分)
f'(x)=2
解：(1)因为f(x)=(nx)2,所以 .……2分
当0<x<1时，f'(x)<0,f(x)单调递减：当x>1时，f'(x)>0,f(x)单调递增，
……………………………4分
所以f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.……………………7分
r(e)=2,
y-f(o)=2(x-c),
(2)因为 ,所以y=f(x)在点P(c,f(e))处的切线方程为
y=2x-1,
g(×)=2×-1.
即 ,所以 …………9分
设b(x)= f(x)-8(x)=(lnx2-2x+1,则h(x)=2xx-。
设(x)=r(x)=2x-?,,则r(x)=2L-Inx)
·………………11当0<x<c时，r'(x)>0,t(x)单调递增：当x>e时，r'(x)<0,t(x)单调道减，
所以r(x)的最大值为t(c)=0,
即h(x)≤0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减。……………………13分
因为h(e)=0,所以当0<x<c时，h(x)>h(e)=0:当x>e时，h(x)<h(e)=0,
所以h(x)(x-c)=Lf(x)-g(x)](x-e)≤0,不等式得证。……………15分
18.(17分)
c=。
解：(1)设E的焦距为2c.
=3,
因为离心率为 ,所以
因为14B-√5,所以√a2+B2=√2a2-c2=√2a2-3a2=√5,
……………2分
c=a=√3,b=√a2-2=1,……………………4分
所以a=2,进而
+2=1.
所以E的标准方程为 ……………5分
Pa,,M(√3,2),
(2)①当P的横坐标为1时，
2(2-√3,),
因为P为线段QM的中点，所以
k=-2√3,k?=kcn=-4-2√3' +==4.
所以 ,所以 .…………8分
②设M(x,y),N(x?,y?),直线MN的方程为y=x+m.
+4y=4,
由 得5x2+8mx+4m2-4=0,
x+x?=-85”,xx=4m2-4
.·……………………10分
所以
y=-×+1,
因为P为线段AB上的动点，直线AB的方程为 所以P(2-2y?,y).
因为QP=PM,所以Q(4-4y?-x?,y?),所以BQ=(4-4y?-x,y-1).
因为B,Q,N三点共线，所以BQ//BN,
又因为BN=(x?,y?-1),所以x?(y?-1)=(?-1)(4-4y?-x),
将y?=x?+m,y?=x?+m代入上式并化简，得6x?x?+5(m-1)(x?+x?)+4(m-1)2=0,
即 6(4m2-4+5(m-1)(-35)+4(m-I)2=0,解得m=±1.………14分
当m=1时，M(0,1),与点M在第一象限内矛盾，舍去；
数学参考答案 第4页(共6页)x+x=-85=5,xx?=4m5-4=0,
当m=-1时，直线MN的方程为y=x-1,
x=§,x?=0,
因为x>x?,所以
二→…
得G,,
又由 …………15分
所以 ………………17分
19.(17分)
解：(1)因为a。+2a,+a?=3,所以(a+ai)+(a+a+2)=3,
由(a+a。)+(a+a+?)=3和(a+aa+2)+(a+2+a+3)=3,得a?+aHL=aa+2+a+3·
………………………2分
因为a+a=1,所以a+a?=a?+a=…=a202s+Q2026=1,
所以Sa=(a+a?)+(a+a)+…+(a203s+2026)=1×1013=1013. ……3分
(2)因为a+2a+a+2=2n+1,所以(aa+aa+)+(aa+1+a+2)=n+(n+1),
即(au+a)-(n+1)=-[(a+a+2)-n],
因为a+a?-1=0,所以(a+a)-n=a+a-1=0,即a+a+=n,
a.=2-1,
a-4=0,
所以a-24+1=(a。-2-)
,因为 所以 …………5分
所以S.=a+a +…*ca=D+3+…+(2m-J=4·
……6分
(2+D°<2n-1,
因为Sm<4a,所以 化简得n2-6n+5<0,解得1<n<5,
所以满足不等式S<4a。的所有正整数n为2,3,4.……………8分
(3)因为a+2a+a?=4cos2θsin(2n+1)θ,
所以(a,+aa)+(a,+a)=4cos2θsin(2n+1)θ=2cosθ(sin2nθ+sin(2n+2)θ),
即(a+a??)-2cosθsin(2n+2)θ=-[(a。+a。)-2cosθsin2nθ],
因为a+a?=sinθ+sin3θ=2cosθsin2θ,所以a?+a?-2cosθsin2θ=0,
所以(a,+a)-2cosθsin2nθ=0,即a。+a=2cosθsin2nθ,……10分
又因为a+a=2cosθsin 2nθ=sin(2n+1)θ+sin(2n-1)θ,
所以a?-sin(2R+1)θ=-a。-sin(2n-1)θ],
又因为u-sinθ=0,所以a=sin(2n-1)θ.………………………11分
学和当答水 算511(共6T.=3-1+3-1…3°-1=3-1+32-31…sin(2-1
令
因为θ∈(0,2),
所以0<sin(2n-1)θ≤1,又因为3”“≥1,所以3°-1≥2·3-1,
六六
所以
………14分
T sine=si3-1nsn3s-139+…sinBsin-1-D
因为
≥3°-ness°s-13…i sn--1)
3--2202-C?…-27-2-c2Z
2-3°-2D_263°-D)>s3n,,所以T>5sine
°sn+…3°-13.
综上所述， .……17分
学参考符案 第6页(共6页2025——2026学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)
锤子数学精彩解析
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合A={x|x2-2x≤0,x∈z},B={-1,0,1,2,3},则A∩B=
A.{0,1} B.{-1,1,2} c.{0,1,2} D.{1,2,3}
【答案】C
【锤子数学解析】∵x2-2x≤0,二0≤x≤2,∵x∈Z,∴A={0,1,2},
∴A∩B={0,1,2}.
2.设i为虚数单位，若复数z=1+bi(b∈R)满足z-z=2i,则z·Z=
A. 1 B. 2 C. 5 D. 10
【答案】B
【锤子数学解析】z-z=1+bi-(1-bi)=2bi=2i,∴b=1,∴z=1+i,
∴z·π=12+12=2.
3.某市高三年级共有男生20000人，已知他们的身高X(单位：cm)近似服从正态
分布N(170,52),则身高落在区间[170,175]内的男生人数约为
(参考数据：若X～N(μ,o2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827)
A. 3413 B. 5120 C. 6827 D. 10328
【答案】C
【锤子数学解析】175=170+5=μ+σ,P(170≤X≤175)=P(μ≤X≤μ+σ)
0.6827=0.34135,20000×0.34135=6827.
μ μ
4.在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，若AB=mAE+nAD,则
第1页,共33页B.m=n=2 C.m+n=-2 D.m+n=2
m-n=2
A.
【答案】D
在=AB+2,AB=m(AB+D)+n4D,
【锤子数学解析】
∴n=-2,∴m+n=2
∴m=1,2+n=0,
(m3+一
5.已知a>0,则 关于x的展开式中各项系数之和的最小值为
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】D
s=(a+?), a>0,a+122,
【锤子数学解析】令x=1,各项系数之和为
∴Smin=2?=16.
6.已知a>0,b>0,0<c<1,则“a?<b<1”是“c<c“<1”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】A
【锤子数学解析】由a?<b<1得0<a<b<1,0<c<1,a<b→c<c“<1,所以
c=2,
充分.取a=2,b=3, ,则c?<c“<1,但b?>1,所以不必要.
7.如图，已知圆锥的轴截面为正三角形PAB,底面圆心为0,OD⊥PB,垂足为
D.线段OD绕轴PO旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下
几何体的体积之比是
P
D
A B
0
第2页,共33页5 75 97
A. B. C.粤0.
【答案】D
【锤子数学解析】方法一：过D作DE⊥PO于点E,OD绕PO旋转一周所得曲线
为以OE为轴OD为母线的圆锥，△PAB为等边三角形，设AB=2,
P
D
E
B
A
0
PO=√3,OD=23,
DE=3,s=3”(③2√3=36”
S =3π.12.√3-36”=743π, S_3163×7483-9,选D.
方法二：设OB=1,则PO=√3,PB=2.在Rt△POB中，OD⊥PB,
BD=PB-2,
,设D到底面的高为h,到轴PO的距离为r,则
=Po=,,?=1-Po-3
v=1π12√s=3
.原圆锥体积I
v= πh (I2+1+tr:)=3793,
过D的水平截面以下圆台体积
v?=m,;h=9192
下方几何体体积V,=v?-v?=748,
曲面内部小圆锥体积
上方几何体体积V,=V-v,=36,=9
8.已知函数f(x)=|x3-3x2+kx(k>2),g(x)=e?(e为自然对数的底数),若对
任意x?∈[0,2],总存在x?∈[0,2],使得f(x;)≤g(x?),则实数k的最大值为
94 B.5
A. D. 2√2
C. e
第3页,共33页y
f(x)=|z3—3z2+kr|
9(x)=e
0 T
【答案】B
【锤子数学解析】
方法一：0<x≤2时，g(x)=e?≤=1,g(x)=1(x=1时取“=”)
由题意知f(x?)m≤g(x?)mx=1,Vx∈[0,2]均有 |x3-3x2+kx|≤1,x=0时显然
成立，0<x≤2时，-1≤x3-3x2+Ax≤1,(3x-x2-1)sk≤3x-x2+)
令n()=3x-2+↓,w(x)=3-2x-—-3?2-2x-1-(x-1)'(2x+1)s。
--,
n(x)在(0,2)上单调递减，6()=n(2)=6-4+1-,k≤
选：B.
方法二：原条件等价于x∈[0,2],f(x).≤g(x)mx·
g(x)=xe1?×,g'(x)=e1×(1-x),g(x)max=g(1)=1.所以只需f(x)mx≤1.
取x=2,f(2)=|8-12+2k|=2k-4≤1,k≤5.当k=时，令
n(×)-x-3x2+*×(3)=-(一)+20.1-H()-(-)(2一+).
-x+2=(x-2)+4>0.又0≤x≤2,所以O≤h(x)51.
k-5.
k=可以取到，
故 .选B
第4页,共33页方法三：题目条件转化为f(x).B(x)B(x)=1-x=∈(0,1)=g(x)>0,
x∈(1,2)→g'(x)<0,g(x)m=8(1)=1,x∈[0,2]→|x3-3x2+kx|≤1恒成立
x=2=|2k-4≤1,k>2=2k-4>0,2k-4≤1=k≤ ,k=2
→h(x)=x3-3x2+2x,B(x)=3x2-6x+2=0
x,=1-6,x=1+×∈[0,x;]
→H(x)>0,x∈(x,x,)→H(x)<0,xe(x,2)=H(x)>0,(x,)=1+1≤1,
52
(x.)=2 182-1,h(O)=0,h(2)=1,xe[0,21=|b(x)≤1恒成立k的最大值为
选B.
锤子拓展与深挖：
1、量词结构：最大值比较：对闭区间[a,b]上的u(x),v(x),且最大值存在时，
Vx?∈[a,b],3x?∈[a,b],u(x?)≤v(x?)等价于u(x)max[ab≤v(x)max[a,b]
本题的x?可以随x?变化，不是同点比较，所以直接看g(x)的最大值即可.
2、端点卡参数：设h(x)=x3-3x2+kx.在x=2处，h(2)=2k-4.
(x)=x(x-3)+k-2)≥0,
若k25,
则1 ,且
b(2)-h(x)=(2-x)(k+x2-x-2).
又k+32-x-2x2-x+2,×-x+2=()+>0,
所以h(x)mx=h(2)=2k-4.
这解释了为什么本题的最大参数在端点x=2处确定.
g.(x)=c≥1,则g(x)=ce(1-x),
3、锤子改编：若把右边函数改成，
g。(x)a×.[0.2]=c.由端点约束2k-4≤c,并且上面的端点结论保证可以取到,所以
第5页,共33页k=-2+2·
.本题就是c=1的情形.
锤子点评：本题涉及到函数最值与不等式恒成立问题.由条件很快就可以将问题转
化为f(x)m≤g(x),进而借助求导算出右边的最大值1.底下就是处理含绝对
值的参变函数的恒成立问题，对于这种题，代入区间端点寻找临界位置往往可以省
ks?,
去复杂的计算，直接代入x等于2列出关系，得出 ,结合选项不就直接出结
果了嘛，省去了找关系和求导函数零点的麻烦.如果大家采用我这里拓展中参变分
离的角度进行处理，将问题转化为双侧不等式，可以避免直接对带绝对值的三次函
数进行分类讨论的弊端.大家是否注意到，左边分离参数后构造的新函数，其导函
数分子刚好有重根，单调性很快确定，这题其实考的就是参变分离和最值转化，可
谓一步到位.处理小题就是要多想，正所谓多想就可以少算，化归转化是处理这类
题目的灵魂.本题将任意与存在的逻辑量词与绝对值结合在一起，实属精彩，遇到
这种题只要静下心细梳慢捋，就可以解决.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知3张奖券中只有2张有奖奖券，甲、乙2名同学依次随机抽取1张奖券.记事件
A为“甲中奖”,事件B为“乙中奖”,则下列说法正确的有
A.若抽取后放回，则P(A)=P(B)
B.若抽取后不放回，则P(A)=P(B)
C.若抽取后放回，则P(B)=P(B|A)
D.若抽取后不放回，则P(B)=P(B|A)
【答案】ABC
【锤子数学解析】对于A,P(4)=3,P(B)=3,P(4)=P(B),A对.
P(4)=3,P(B)=3×2+3×1=3,P(4)=P(B),B对.
对于B,
r(O)-r(m10-章p)
C对
对于C,
第6页,共33页P(B|4)=2≠P(B),
对于D, D错，选ABC.
10.已知在△ABC中，tanA+tanB+tanC=√3tanAtanB.设函数
f(x)= sinx-sin(x+C),则
A. C=3
[-3,3]
B.f(x)在区间 上单调递增
C.f(A+3B)+f(3A+B)=0
D.f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点
【答案】AC
【锤子数学解析】因A+B+C=π,
tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC=√3tanAtanB,且tanAtanB≠0,
所以tanC=√3,C=3,
,A正确；
f()=simx-sin(×+-)--(×+) 3<-6,
x=-3与x=-6
当 时，
3)=-23,-6)=-1,-3>-1,
,B错误；
设u=A+3B+6,v=3A+B+6,u+v=3π,
cosu +csV=2cos(2)cs“二)=0,
所以f(A+3B)+f(3A+B)=0,C正确；
x=3,3,
f(x)=0?cos x+6)=0?x=3+kπ,
k 为整数，在[0,2π]上，
只有2个零点，D错误；故选AC.
11.在平面直角坐标系xOy中，已知P是双曲线E:x2-y2=1上任意一点，射线OP
上的点Q(x?,y。)满足|OP|·oQ|=1.记Q的轨迹为Ω,则下列说法正确的有
A. Ω关于x轴、y轴、原点O都对称
B. Ω上的点到原点0的距离的最大值为1
第7页,共33页C.存在Q∈Ω,使得Q到点
(-√2,0)和点(√2,0)的距离之差大于2
Q∈Ω2,vols2
D.任意!
P
Q
o
P.
Q
Fi F?
锤子数学
【答案】ABD
【锤子数学解析】方法一：设Q(x,y),P(x,y。),OP=λ0Q=(λx,ay),
a2x2-λ2y2=1→λ2=x2-?,a>0,|oPl-|oQ=OP·OQ=ax2+Ay2=1,
∴x2+y2=√x2-y2(Ω的方程)
y
P
Q
0
①
对于A,将x换成-x或者y换成-y,Ω的方程均不变，∴A正确.
第8页,共33页对于B,设Q(x,y),∴x2+y2=√x2-y2≤√x2+y2→√x2+y2≤1,即|oQ|≤1
当且仅当|x|=1,y=0时，可取“=”,B正确.
对于C,设Q(x,y),∴x2≤x2+y2=√x2-y2≤kx|→-1≤x≤1,∴Q均在双曲线
E的外部或顶点上，记F?(-√2,0),F?(√2,0),:|QF?|-|QF?|s|PF?|-|PF?|=2,
C错.
=Dmo2=-J0 cm2=2 2=cmz20
对于D,设
:=0 sm2 =cos2-22()一-·c20-=
时可取“=”,
s二，
D正确，选：ABD.
P=(,),r≠0
方法二：设|0Q|=r,Q(x?,y。),则r2=x。2+y。2,
)-()=1,
所以x?2-yn2=r?=(x。2+y。2)2
代入x2-y2=1,得
即Ω:(x22+y。2)2=x。2-y。2,且O≠Ω.
对A,方程中x?、y。均为偶次，关于x轴、y轴、原点0都对称，A正确.
对B,r?=x,2-y2≤x,2+y2=r2,且r≠0,所以r2≤1,|oQ|≤1.
当Q(1,0)或Q(-1,0)时，|oQ|=1,B正确.
对C,记F?(-√2,0),F?(√2,0),d?=|QF|,d?=|QF?|,
,-421=4+42=4+4
,又d?+d?≥2√2,|x。|s|oQ|≤1,
所以|d?-d?|≤2|x。|≤2距离之差的绝对值也不超过2,C错误.
对D,令u=x。2+y。2,则0<u≤1,且x。2-y2=u2.
2vg2=(x&+y。)-(x2-y3)=u-u2,y22=“-2<1,所以p?s≌,,当u=2
时等号可取，D正确.故选ABD
方法三：(密训方法)
第9页,共33页由密训解析几何小题高级方法12立知：方程为(x2+v?)2=x2-y2.
对A,将x?,y。分别替换为-x?,-y?,Ω的方程不变，所以Ω关于x轴、y轴、原
点0对称，A正确.
对B,0Q2=cos2θ≤1→r≤1,所以Ω上点到原点0的距离的最大值为1,B正确
对C,设F?(-√2,0),F?(√2,0).
由双曲线定义知，若|ado-r;-dQ-r?|>2,则点Q在双曲线x2-y2=1的焦点所在区
域内，即x2-y2>1.又由B知x2+y2≤1,所以x2-y2=(x2+y2)2≤1,,矛盾，C
错误.
对D,y8=02 sm2 =cs20im2 =(1-2sm2 im2=- (:m2 -2)+
(v3)-,|≤,
所以 ,D正确.
锤子拓展与深挖：
1、反演模型：本题条件本质是单位圆反演.设|OP|=s, |oQ|=r,二者方向相同，
则sr=1.0Q2=cos(20)
这就是双纽线模型；就是(x2+y2)2=x2-y2
P=
2、参数改编：如果把|OP|oQ|=1改为|OP|oQ|=λ,A>0,则
代入x2-y2=1得(x2+y2)2=z2(x2-y2),则0Q2=λ2cos(20),此时|y的
AN2
最大值为
2-B=1,
3、双曲线推广：若原曲线为 ,仍取|oPloQ|=1,则反演后轨迹满足
(x2+2)2=一
,当a=b=1时回到本题.
4、C选项的命题陷阱：原双曲线上的点到两个焦点的距离差为2,但反演不保持
这个距离差.对本题的Q,虽然焦点仍是(-√2,0),(√2,0),但a-d?|≤2
且等号只在(1,0),(-1,0)处取到，所以不存在大于2的情形.
第10页,共33页锤子点评：第11题将圆锥曲线的反演变换与解析几何结合在一起，属于多知识点
融合的考法!这道题的背景是大名鼎鼎的伯努利双纽线，如果大家熟悉解析几何
小题的一些高级方法.写出方程后A选项和B选项很快就可以得出结果.主要难的
是C选项，C选项实际上就是看双纽线上点到两定点也就是双曲线焦点的距离之差
是否有界!我这里巧妙地利用方程自带的不等关系，将动点区域确定，从而得到
距离之差不可能大于2!这种借用双曲线定义判断区域的方法更值得注意，确实有
一定难度，可想如果直接代数计算，过程会有多复杂!对于D选项，通过长度把
纵坐标平方转化为关于正弦平方的二次函数，配方一下就可以轻松求出最值，过
程非常舒服!大家注意，用我们密训方法处理这类曲线最值问题，方法非常简单!
如果不知道，运算长且复杂，差距很快就显现出来了!处理小题还是要多想，正
所谓多想就可以少算，化归转化是处理的灵魂.本题属于纸老虎题目，一步一步细
梳慢捋，多总结背后的数学背景，听到就是赚到!
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知数列{a。}是各项均为正数的等比数列，设T,=na?+(n-1)a?+…+2am?+an,
若T?=1,T?=11,则T?=________.
【答案】26
【锤子数学解析】由T?=a=1,设公比为q(q>0),
T?=3a?+2a?+a?=3+2q+q2=11,
q2+2q-8=0,q=2,T?=4a?+3a?+2a?+a?=4+6+8+8=26.
13.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线为1,点P(1,t)
在C上，以P为圆心的圆与1相切且截y轴所得的弦长为4√2,则p=_____.
P
第11页,共33页【答案】4 x=-,
【锤子数学解析】抛物线准线为1: ,点P(1,t)在C上，所以t2=2p.
r=d=1+2
.截y轴弦长为4√2,所以
以P为圆心的圆与I相切，
1+2=3,
2√r2-1=4√2,r2=9,r=3, p=4.
14.甲、乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的8张卡
片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取2张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽
取1张卡片.记a为甲抽取的2张卡片中较大编号者的编号，b为乙抽取的卡片的
编号，当a<b<2a时，称该局为“默契局”,则一局游戏成为“默契局”的概率
为________;游戏规定：出现“默契局”时，乙得2分，甲得0分，否则乙得0
分，甲得1分，则三局游戏后甲、乙两人得分之和X的数学期望
E(X)=____.
45
【答案】
p=1+2×2+3×3+4c3+5×2+6×1=168-4
【锤子数学解析】方法一：
Y~B 3,2),EY=3×4=4
三次游戏“默契局”次数Y,
X=2Y+(3-Y)-1=Y+3,EX=E(Y+3)=3+3=14
方法二：总情况数为C2×6=168.当a=2,3,4,5,6,7时，甲的取法数依次为
1,2,3,4,5,6;乙可取的b的个数依次为1,2,3,3,2,1.
p=1468=4
所以默契局情况数为m=1×1+2×2+3×3+4×3+5×2+6×1=42.
设三局中默契局次数为n,则每出现一局默契局，总分多1分，X=3+n
44
E(x)=3+E(n)=3+3×4=4,
应填：
方法三：设甲抽取的两张卡片编号为c,a(c<a),乙抽取的卡片编号为b.
n=C&C?=168.题目条件要求c<a<b<2a.a=2→c=1,b=3,共1×1=1种.
a=3→c∈{1,2},b∈{4,5},共2×2=4种a=4→c∈{1,2,3},b∈{5,6,7},
第12页,共33页共3×3=9种.a=5→c∈{1,2,3,4},b∈{6,7,8},共4×3=12种.
a=6=c∈{1,2,3,4,5},b∈{7,8},共5×2=10种.a=7→c∈{1,2,3,4,5,6},b=8,
共6×1=6种.m=1+4+9+12+10+6=42.P=4=
设单局两人得分之和为Y,则Ye{1,2}.P(Y=2)=,P(Y=1)=
E(Y)=2×1+1×3-5
E(x)=3E(Y)=14
三局游戏相互独立，
锤子拓展与深挖
1、推广到编号为1,2,…,m的卡片.总情况数为C2(m-2).当最大编号为a时，
甲的另一张有a-1种，乙可取的b有min(a-1,m-a)种，
=Z(a-1)min(a-1,m=-a)
故
.=2+2(2-)-1)='4-1)(2-1)
若m=2r,则
2=C.,(21-2)-4 =Z2+2(2-)=3
,若m=2r+1,则
p=4
P=-(2-1)(2r+1)'
本题m=8=2×4,所以
2、得分结构：若单局默契局概率为p,玩k局，默契局次数为n,则X=k+n
E(x.)=k+kp=k(1+p),本题k=3,p=4,,故E(x)=4
锤子点评：第14题将古典概型与期望计算结合在一起，考查了枚举分类与期望的
线性性质.大家在计算单局满足条件的概率时一定要细致分类，确保不重不漏.
把甲抽取的较大编号a确定下来，就能很快梳理出对应的情况数，化繁为简，避
免漏算错算.对于期望部分，如果大家去枚举三局甲乙得分的所有可能，复杂的
计算量就会让大家崩溃.这里大家直接注意单局两人的得分之和，因为不管谁赢，
总分只取决于该局是否满足条件.利用期望的线性性质一步到位进行处理，计算
过程变简单了许多!处理概率统计题，化繁为简是核心能力，多想就可以少算，
在考场上这就是拉开差距的关键所在.这道题最迷人的地方在于命题背景.本题
源于连续型随机变量的几何概型，经过离散化后，当卡片数量扩大时，大家可以
第13页,共33页看到我这里的拓展，偶数张卡片满足条件的概率竟然被确定在了四分之一，这说
明出题人精心设计了数据.懂了连续背景可以直接跳过枚举，很快得出答案.这
种离散与连续的完美契合，正是数学的精妙之处.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知A是锐角，
cos2A=-8
“+C
(1)若a=bsinA,求 的值；
(2)若a=2√5,b=2c,CD//AB,AD平分∠BAC,求△ACD的面积.
【锤子数学解析】
(1)∵cos2A=-8,
方法一： 且A是锐角，
2cs2A4-1=-=cs= in4=45
∵a=bsin4,“=sin4, 6=sinB=sinA= sinB=1=B=90°.
由正弦定理得
C=90°-A,6-sinB=cos4=4
a+c=+6=45+4=√15+1
(2)∵b=2e,由余弦定理得a2=b2+c2-2bcosA=(2c2+c2-2-2c-c-=4c2.
∵a=2√5,∴c=√5,b=2√5.∵CD//AB,∴∠ACD=180°-A.
∵AD平分∠BAC,∴∠CAD=2,∠ADC=180°-(180°-A)-2=2.
∴∠CAD=∠ADC,∴CD=AC=b=2√5.
S&c--4cC.CD sim∠CD=2b”sin 4=_(2√525-5-25
(1)因为cos2A=2cos2A-1=-8,,所以cos2A=16
方法二：
因为A是锐角，所以cosA>0,所以cosA=一，
第14页,共33页所以m4=1-cx=√1-(②)-15
4-siB
因为a=bsinA,所以由正弦定理 得sinB=1,
B=2,
,因为A+B+C=π,所以A+C=2,
又因为B∈(0,π),所以
“tc-im4-+61C-=-m4+0(-一A)= m4+c4=15+1
所以由正弦定理得
(2)由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得20=5c2-c2,解得c=√5,
所以b=2c=2√5.因为CD//AB,所以∠CDA=∠BAD=∠CAD,
所以CA=CD=b=2√5.
因为CD/AB,所以∠ACD=π-A,所以sin∠△CD=sin(n-4)=snA=1
Aco= ·Ca·-CD sin∠ACD=1×2√5×2√5×45-525
所以△ACD的面积S
16.(15分)如图，在直三棱柱ABC-AB?C?中，AB⊥AC,D,E分别为AA?和
B?C的中点，DE⊥平面BCC?B?.
(1)证明：AB=AC;
3
(2)若AB=1,AA?>AB,直线B?C与平面BCD所成角的正弦值为 ,求AA
的长.
C?
A?
B?
D
E
A c
B
【锤子数学解析】
方法一：(1)证明：取BC中点F,连接AF,EF,∵D,E分别为AA,B?C中点
第15页,共33页∴ADBB?,EF《BB?,二EFAD,
,∴四边形AFED为平行四边形
∴AF//DE,∵DE⊥平面BCC?B?,∴AF⊥平面BCC?B?,∴AF⊥BC
∴AB=AC.
(2)∵AB=1,∴AB=AC=1,如图建系，设AA?=h
z
C?
A?
B?
D
E
A C
y
F
B
T
B(10.h),C(0,10,B(10,0),D[0.0.)
BC=(-1,1-h),BC=(-1,1.0),cD=(0.-1,)
设平面BCD的一个法向量n=(x,y,z)
42=0-=-()
c(1-12--=(u-0=4)-0
h=1或2,∵h>1→h=2.
方法二：(1)解法1:取BC中点F,连结EF,AF.
因为E是B?C的中点，所以EF//B?B且EF=÷B?B.
由直三棱柱的性质知B?B//A?A且B?B=A?A,所以EF//A?A且EF=÷A?A,
第16页,共33页又因为D是AA?的中点，所以EF//DA且EF=DA,
所以四边形ADEF为平行四边形，所以AF//DE.
因为DE⊥平面BCC?B?,所以DE⊥BC,所以AF⊥BC,
又因为F是BC的中点，所以AB=AC.
解法2:由直三棱柱的性质知AA?⊥平面ABC,
因为AB,ACc平面ABC,所以AA⊥AB,AA?⊥AC,
又因为AB⊥AC,所以AB,AC,AA两两垂直.
以A为坐标原点，AB,AC,AA所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角
坐标系0-xyz.
z
C?
A
B?
D
E
c
A
y
F
B
T
设AB=a,AC=b,AA?=c,则B(a,0,0),C(0,b,0),4?(0,0,c),B?(a,0,c).
D(0.0.2),E 2、2·会),DE=(2·20)
因为D,E分别为AA和B?C的中点，所
因为DE⊥平面BCC?B?,所以DE⊥BC,
又因为BC=(-a,b,0),所以DE·BC=-2+2=0,
由a>0,b>0解得a=b,即AB=AC.
(2)解法1:在等腰直角△ABC中，因为AB=1,
BC=√2,AF=BC=√
所以
由(1)知，DE⊥平面BCC?B?且DE=AF=-2
第17页,共33页-
-
设B?到平面BCD的距离为d,AA?=h>1,
-5.-”(台(会)
则三棱雉B?-BCD的体积
o =c=- S.cn:DE=6,
又因为三棱雉D-BCB?的体积
“、二+4-6
二√2+2
所以由等体积法VB?-BcD=VD-BCE,得 解得
3, B.C-2+h-3
因为直线B?C与平面BCD所成角的正弦值为 ,所以
所以h2-3h+2=0,因为h>1,所以h=2,即AA?的长为2.
解法2:因为a=b=1,
所以由(1)知BC=(-1,1,0),BD=(-1,0.2),BC=(-1,1-c),
设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z),
y=1,z=2,
n=1,1,)
则 取x=1,则 即
设直线B?C与平面BCD所成角为θ,则
nap
c2+4=5,
即
化简得
因为c=AA?>1,所以c=2,即AA?的长为2.
17.(15分)已知函数f(x)=(Inx)2,曲线y=f(x)在点P(e,f(e))处的切线方程为
y=g(x)(e为自然对数的底数).
(1)求f(x)的极值；
(2)证明：[f(x)-g(x)](x-e)≤0.
第18页,共33页P
【锤子数学解析】
方法一：(1)f(x)=(Inx)2,x>0,f'(x)=m.令f'(x)=0,得x=1.
0<x<1时，Inx<0,f'(x)<0,f(x)单调递减；
x>1时，Inx>0,f'(x)>0,f(x)单调递增.
∴f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.
(2)f(e)=1,f(e)=2,g(x)=?(×-e)+1=2x-1.
设n()=f(x)-g(x)=(m)2-+1,则b(e)=0,BH(x)=21x2
u(x)=,则u(x)=1-2
令
0<x<e时，u'(x)>0,u(x)单调递增；x>e时，u'(x)<0,u(x)单调递减.
u(x)s1,n(x)=2|u(x)-)≤0.
∴h(x)在定义域内单调递减.
0<x<e时，h(x)>h(e)=0;x=e时，h(x)=0; x>e时，h(x)<h(e)=0.
∴[f(x)-g(x)](x-e)≤0.
f'(x)=2ln
方法二：(1)因为f(x)=(Inx)2,所以
当0<x<1时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x>1时，f'(x)>0,f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.
f(e)=2,
(2)因为 所以y=f(x)在点P(e,f(e))处的切线方程为
第19页,共33页v-f(e)=2(x-e),即y=2x-1, g(x)=2x-1.
,所以
设h(x)=f(x)-g(x)=(1mx2-2x+1, h(x)=2xx-2
,则
h'(x)=t(x)=2lx-2,则'(x)=2(-,
设
当0<x<e时，t'(x)>0,t(x)单调递增；当x>e时，t'(x)<0,t(x)单调递减，
所以t(x)的最大值为t(e)=0,
即h'(x)≤0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减.
因为h(e)=0,所以当0<x<e时，h(x)>h(e)=0;当x>e时，h(x)<h(e)=0
所以h(x)(x-e)=[f(x)-g(x)](x-e)≤0,不等式得证.
2+b2=1(a>b>0)的离心率
18.(17分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:
√2
为 ,右顶点和上顶点分别为A和B,|AB|=√5.
(1)求E的标准方程；
(2)设P为线段AB上的动点，过P作平行于x轴的直线与E在第一象限内交于
点M,点Q满足QP=PM,延长线段BQ交E于另一点N. +
①当P的横坐标为1时，记直线BM和BN的斜率分别为k?和k?,求· 的值；
②当直线MN的斜率为1时，直线MN与线段AB交于点G,记△BGM和△AGN
55
的面积分别为S?和S?,求 的值.
B
B
M M
Q P
G A Q P
G
A
锤子数学
N
作了数学
第20页,共33页【锤子数学解析】
+y2=1
方法一：(1)由题意知 椭圆E的方程为：
y=-x+1, m(5.)
(2)①直线AB方程： ,∵xp=1,∴ yp=1,此时
P(1,2),22-3,),B(0,1)
∵QP=PM,∴P为QM的中点，
5
②设M(x?,y?),N(x?,y?)→Q(4(1-v?)-x?,y?),
3
B
M
Q P
G
o
A T
N
锤子数学
A-1=v-4(-x)-Y=-4,
,设直线MN方程为mx+n(y-1)=1
椭圆E:x2+4(y-1+1)2=4=x2+4(v-1)2+8(v-1)=0
∴x2+4(y-1)2+8(y-1)[mx+n(y-1)]=0
→x2+8mx(y-1)+(4+8n)(-1)2=0,一?)+8m-1+4+8n=0
k,k?-v,-1+y,-1-8m=-4m=
又：k=-=1=n=-2, 直线MV方程：x-y-1=0,(3,)
第21页,共33页一
<+41=4=(号3),n(0-1)
联立
-2
所以c3a.
方法二：(1)设E的焦距为2c.因为离心率为
因为|B|-√5,所以√a2+b2√2a2-c2-√2a2-3a2=√5,
c=a=J3,b=√a2-c2=1,
所以a=2,进而
+2=1.
所以E的标准方程为
P(1,2),M(5,),
(2)(1)当P的横坐标为1时，
因为P为线段QM的中点，所以Q(2-√3,2),
k,=-2√3,k?=kmo=-4-2√3'
所以云+k=-4.
所以
(2)设M(x?,y?),N(x?,y?),直线MN的方程为y=x+m.
=+4+y-=4,
由 得5x2+8mx+4m2-4=0,
x?+x?=-85”,x,x,=4m3-4
所以
y=-2x+1,
因为P为线段AB上的动点，直线AB的方程为 ,所以P(2-2y?,y?).
因为QP=PM,所以Q(4-4y?-x,y;),所以BQ=(4-4y?-x?,y?-1).
因为B,Q,N三点共线，所以BQ//BN,
又因为BN=(x?,y?-1),所以x?(v?-1)=(y?-1)(4-4y?-x?),
将y?=x?+m,y?=x?+m代入上式并化简，
得6x?x?+5(m-1)(x?+x?)+4(m-1)2=0,
第22页,共33页64m2-4)+5(m-1)(-85")+(m-I)2=0,
即 ,解得m=±1.
当m=1时，M(0,1),与点M在第一象限内矛盾，舍去；
当m=-1时，直线MV的方程为y=x-1,x?+x?=-85-8,xx?=4m5-4=0,
二*
x:=8,x?=0,
得G)
因为x?>x?,所以 ,又由
-k
所以
-23,
方法三：(1)题目条件为 a2=b2+c2,∴a=2b,∵A(a,0),B(0,b),
:|AB2=a2+b2=5b2,∵|AB|=√5,:5b2=5→b=1,a=2
+y2=1.
∴E的标准方程为
(2)①由(1)知A(2,0),B(0,1),二直线AB方程为x+2y-2=0
当P的横坐标为1时，代入x+2y-2=0=y=2,P(1.2),
1一2
→4+4=1=x2=3=x=±√3
∵PM//x轴，∴M的纵坐标为 代入E方程：
M(√3,2),
,∵QP=PM,∴P为QM中点
∵M在第一象限，.
,Q(2-√5.)
∴Q的横坐标为2×1-√3=2-√3,Q的纵坐标为
,:=4m-5--2√5,B.2.N三点共线，
4-1-5
1=-4+2√3,+L=-2√5-4+2√3=4.
第23页,共33页②设直线BM方程为x=m(y-1),直线BN方程为x=m?(y-1),
m,=—,m2=,
其中 ,设P(x??y?),∵P在线段AB上，∴x?=2-2y。
∵M,P,Q在平行于x轴的直线上，设M(x,y。)代入E方程→x?=2√1-y2
∵QP=PM,∴P为QM中点，∴Q(2x?-x,y。),
m,-,-2。-1,m?=1=2v。-L,m;+m?=-2-1=4-4-1=-4
将x=m(y-1)代入+y2=1=(m2+4)2-2m2y+m2-4=0
设M(x?,y?),N(x?,y?),∵点B(0,1)在直线上，∴y?=m2+,
?=m3+4
?=m2+4x:=m(v;-1)=m8+4
同理. ,同理
直线MN的斜率为：
二mm?(m,-m)-4(m,-m)m,-,-4
m,m,-4=1→m,m?=0,
∵直线MN的斜率为1,m?+m?=-4,∴
∵M在第一象限，∴y?∈(0,1),x?>0,∴m=y-1<0,二m?=0
由m;+m2=4=m;=4,x=0,y?=-1→N(Q,-1),x,=-4)+4-2=5
()-4-0-=～(号号)
直线MN方程为
y-(-1)=1·(x-0)→y=x-1
设G(x?,y?),联立
第24页,共33页-
∵B,G,A三点共线且M,G,N三点共线，∴∠BGM与∠AGN为对顶角，
∴sin∠BGM=sin∠AGN
锤子拓展与深挖：设M后，根据斜率用我们线上春季班的公式可以很快解决!用
寒假班的神线也能处理，甚至用密训班的参数也行!
锤子点评：这道题很考验积累!第一问求椭圆方程是基础，大家处理起来肯定很
顺手.第二问就开始上强度了.第二问的第一小问大家如果直接把坐标求出来代
入计算也能处理出来，但如果大家平时积累了圆锥曲线的一般化结论，就会发现
它的斜率倒数和其实恒等于一个定值-4,根本不需要局限于横坐标为1的特例!
这个定值隐藏得很深，是我这里给大家补充的一个更值得注意的拓展.第二小问
如果直接设直线MN方程与椭圆联立，计算量绝对会大到让大家怀疑人生!我这
里给大家展示了反设直线方程为x=m(y-1)的方法，利用第一小问的定值结论，
结合韦达定理，很快推导出直线斜率与参数的关系.如果大家掌握了我这里拓展
与深挖中的定点模型，知道直线MN其实恒过定点D(2,1),结合题目条件为斜率
为1,很快就能写出直线方程为y=x-1,连联立都不需要了!这种几何性质对代
数计算的转化，堪称降维打击!在最后处理面积比时，大家千万不要去强行计算
点到直线的距离，我这里利用对顶角相等，将面积比转化为线段长度之比，再借
助相似比化为横坐标差的绝对值之比，这种转化不仅简单，而且极大地降低了复
杂的运算负担.这道题将向量、三点共线、定点模型与面积转化完美融合，综合
性比较强，是一道绝好的检验基本功和数学思维能力的题目，值得大家反复研究
体会!
19.(17分)我国北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中的隙积术，给出了二阶等差级数
的求和方法，通过“构造”来研究数列问题，体现了构造法在数列研究中的价值.
例如，在数列{an}中，已知an+a+1=n,可以通过两种思路来求解：一是构造
“a+2-a=1,则数列{a}的奇数项和偶数项分别成等差数列；二是构造
第25页,共33页…-+1=-(a---1), {0.-2-1}
则数列 是等比数列或常数列.请解决
以下问题：
已知数列{a}满足a+2a+1+an+2=f(n),记S,为{a}的前n.项和.
(1)若a?+a?=1,f(n)=3,求S?026的值；
a=4,a?=3,f(n)=2n+1,
(2)若 求满足不等式S扞+1<4a的所有正整数n;
(3)若a?=sinθ,a?=sin3θ,f(n)=4cos2Osin(2n+1)θ,
(0,无，)时+.5”2+学+
证明：当
【锤子数学解析】
方法一：(1)令b?=a?+an+,则b?+b?+1=3,b?=1.b?=2,b?=1,b?=2,…
b2K-1=1,b?k=2.
Sm-(μ:+4,)=2m;=1013
c。=a。-24-1由2-1+2.2n+1+2n+3=2n+1,得c+2Ccm+C?=0.
(2)令
又c?=0,c?=0,所以a。=2n-1 s-1+3+…*(2n+1)_(n+1)
5..<40,二(“+1)3<2n-1.n2-6n+5<0.
(n-1)(n-5)<0.1<n<5.所以正整数n为n=2,3,4.
(3)sin(2n-1)θ)+sin(2n+3)θ)=2sin((2n+1)0)cos (20).
sin((2n-1)θ)+2sin(2n+1)0)+sin(2n+3)θ)=4cos?osin(2n+1)θ)
又a?=sinθ,a?=sin(30),递推由前两项唯一确定，所以a?=sin((2n-1)θ).
令T。=2+3+…3“-1=2n(32k-1)?)
由sin2(ke)-sin2(k-1)θ)=sin((2k-1)0 )sinθ,
第26页,共33页si(2k-1)0)=im2ho)-sim2(k-1)0)
得：
0<kθ<2,
θ∈(0,π)
当 时， 所以sin2(kB)-sin2(k-1)θ)>0.
又3*-1<3”,所以T。>3"sin(sin2(ko)-sin2(k-1)0)].
7.53”2(n
另一方面，0<(2k-1)θ<π,所以0<sin((2k-1)θ)≤1.且3*-1≥2·3-1.
T.<22.3==4(1-3)<3.
所以
3“1mO++-13
故
方法二：(1)因为a?+2a+1+an+2=3,所以(a?+a+1)+(am+1+a+2)=3,
由(a?+a+1)+(an+1+a+2)=3和(a+1+an+2)+(a+2+an+3)=3,
得a+a+1=an+2+an+3·
因为a?+a?=1,所以a?+a?=a?+a?=…=a2025+a?026=1,
所以S?026=(a?+a?)+(a?+a?)+…+(a2?25+a2n?6)=1×1013=1013.
(2)因为a+2an+1+a+2=2n+1,所以(an+a+1)+(aa+1+an+2)=n+(n+1),
即(am++an+2)-(n+1)=-[(a+a+)-n],
因为a?+a?-1=0,所以(an+a?+1)-n=a?+a?-1=0,即a?+a+1=n,
a-4=0,
所以a灬-4+1=-(a。-24-1), ,所以a。=2-1,
因为
所以S。=a?+a?+…a。=[1+3+…+(2n-1)]=4
(n+12<2n-1,
因为S+1<4an,所以 化简得n2-6n+5<0,解得1<n<5,
所以满足不等式Sn+1<4a的所有正整数n为2,3,4.
(3)因为a+2a+1+an+2=4cos2Osin(2n+1)θ,
第27页,共33页.一
所以(a+am+1)+(a++a+2)=4cos2Osin(2n+1)θ=2cose(sin2nθ+sin(2n+2)0),
即(a+1+a+2)-2cosθsin(2n+2)θ=-[(an+an+)-2cosθsin2ne],
因为a?+a?=sinθ+sin3θ=2cosθsin2θ,所以a?+a?-2cosθsin2θ=0,
所以(an+a+1)-2cosθsin2nθ=0,即an+an+1=2cosθsin2nθ,
又因为an+an+1=2cosθsin2nθ=sin(2n+1)θ+sin(2n-1)θ,
所以aa+-sin(2n+1)θ=-[a-sin(2n-1)θ],
又因为a?-sinθ=0,所以a?= sin(2n-1)θ.
T。=3-1+3-1…3“-1=3-1 3239…si(2-1)0
令
∈(0,π),
因为 ,所以0<sin(2n-1)θ≤1,又因为3”?1≥1,所以3”-1≥2·3”-1,
所以
T.si=si3-1ne siao-i13 ins”(2-1)?
因为
2ina-in siasi iosi” 21-1)?
,-[-204020-c(20-20-2
2-(3°-21)2(3°-1)3”,所以T>3”sin
3”5′ne2+-…--13
综上所述，
方法三：(1)∵a+2an+1+an+2=3,∴(an+1+an+2)+(an+an+1)=3,
令b=an+1+an,∴b+1+b=3,∵a?+a?=1,∴b?=1,
∴b?=2,b?=1,b?=2,…∴b?k-1=1
∵S?026=(a?+a?)+(a?+a?)+…+(a2023+a?026)=b?+b?+…+b2025,
∴S?026=1013×1=1013.
第28页,共33页(2)∵a+2am+1+an+2=2n+1,二(a+1+a+2)+(a?+a+1)=2n+1
∵a?=4,a?=4,
令b?=an+1+an,∴b+1+b=2n+1,
∴b?=1,∴b+-(n+1)=-(b?-n),∵b?-1=0,∴b-n=0→b?=n
…-411=-a---1)
∴a+1+an=n,题目条件为：
a-4=0,a。24-1=0=a=2-1,
。(-D)-2()
,∵S+<4a,
(n+1)<2n-1=nm2-6n+5<0,1<n<5,neN,:n=2,3,4.
(3)证明：∵f(n)=4cos2θsin(2n+1)θ=2(1+cos26)sin(2n+1)θ
=2sin(2n+1)θ+2cos 20 sin(2n+1)θ
=sin(2n+3)θ+2sin(2n+1)θ+sin(2n-1)θ
∴a+2+2a+1+a=sin(2n+3)θ+2sin(2n+1)θ+sin(2n-1)θ
令cn=an-sin(2n-1)θ,∴C+2+2ca+1+c=0,∴C+2+ca+1=-(c++c),
∵a?=sinθ,a?=sin30,∴c?=0,c?=0,∴c?+c?=0,∴ca+1+cn=0→cn=0,
(0,元),
∴an=sin(2n-1)θ,左边： ∴当1≤k≤n时，(2k-1)θ∈(0,π),
∴a>0,∵3-1<3”,3-1>3
?-1°=-sin(2k-1)O∑ sin(2k-1)0
2:2-1D--2-mz
-1-260s20二25ing -sim
左边3”3n
左边得证!
第29页,共33页右边：∵a =sin(2k-1)θ≤1,“_3_当k≥1时，
3*-1-2·3-1=3-1-1≥0:3*-1≥2·3-1,3≤2.3-1,
-4
?-1<3,
右边得证!
”s1ne2+-+…-13
综合可得：
锤子拓展与深挖：
1、核心构造：本题左边是连续两次相邻和：
an+2a+1+a+2=(a+a+1)+(am+1+an+2).令b=an+am+1,则原递推变成
b,=(-1)“b+Z(-1)”?f(r).
b+bn+1=f(n).所以一般有
这就是第一问能直接配对求和的原因.
2、右端的通用公式：若f(n)=an+β,
p.=a+β-a
设 ,则Pn+2Pa+1+Pa+2=an+β.于是a?=Pn+(u+vn)(-1)".
Pn=24-1.
第二问中α=2,β=1,所以
a=24-1
又初值刚好满足a?=P?,a?=P?,因此
3、三角递推的来源：第三问其实是反向设计出的三角递推.若
an=sin(2n-1)θ),
则an+2an+1+a+2=4cos2sin((2n+1)θ).
sin(2k-1)9)=sm2(ho)-sin2(k-1)0)
其中的关键裂项是
它把三角和转化为权重裂项：
第30页,共33页(zA-)?-m2(co)-(-10
T.=2in(2-1)?),
更一般地，若q>1,定义
当θ∈ 0,2π。) T>52sine)
时，同法得到 ,且q*-1≥(q-1)q?-1,
(4-1)-3
T(4-1)?(q-1)
所以 .本题取q=3.,右侧就变成
锤子点评：大家在面对这道以北宋科学家沈括的隙积术为背景的题目时，可能会
觉得有些唬人.但第一问和第二问其实比较常规，通过构造b=an+1+a,很快就能
将二阶递推转化为一阶递推.其中第一问运用分组求和，第二问借助题目条件里
的待定系数法确定a的通用公式，然后求解二次不等式，是非常典型的基础考法，
主要考查大家的基本功.但这第三问就上难度了!题目非常巧妙，不仅含有复杂
的三角函数，还需要大家利用三角恒等变换将4cos2θsin(2n+1)θ化为三个正弦函
数的和，进而构造c,来确定a的通用公式.当得到an=sin(2n-1)θ之后，不等
式放缩就成为了真正的难点.证明左边不等式时，需要利用经典公式
Z.sin(2k-1)#=sin
进行整体代换，同时注意3”>3*-1这一隐藏细节.证
明右边不等式时，则果断将a放缩到1,并借助3*-1≥2·3-1转化为等比数列求
和.这题把数列递推构造、三角恒等变换、裂项求和与不等式放缩完美结合在一
起，不仅需要熟练掌握数列基本性质，还要具备很强的逻辑推理与代数变形能力，
是一道极具选拔性的佳作!我这里重点提示大家，平时遇到类似题目，可以试着
从特征方程入手，处理起来会更加简单!
附第19题：锤子数学积分法秒杀
(1)令b?=an+a+,则b+ba+1=3,b?=1.
b?=2,b?=1,b?=2,…b?-1=1,b?K=2.
Sm-(a+az)=2,=1013.
第31页,共33页a。=24-1+c
(2)设
2-1+2.2+1+2n+3=2n+1,
因为
所以c+2ca+1+cn+2=0.
an=2-1.
又c?=0,c?=0,所以
..1+3++(2n+1)_(H+1)
5..<40,二("+1)<2n-1.
所以1<n<5.
所以正整数n为n=2,3,4.
(3)sin((2n-1)θ)+2sin((2n+1)θ)+sin((2n+3)θ)=4cos 20sin(2n+1)θ)
又a?=sinθ,a?=sin(30),
所以a?=sin((2n-1)θ).
.=2++…3-1=25m(3-1)0
令
直接上积分：sin((2k-1)θ)sinθ=J(-)sin2xdx.
T。=si-1“- sinzxdx.
于是
8∈ (0,7)
时，0<x<nθ<2,
当 所以sin2x>0.
T>3”sineJ”sin2xdx.
又3^-1<3”,所以
T.>53”5n)
得
另一方面：0<(2k-1)θ<π,
所以0<sin(2k-1)θ)≤1.
又3*-1≥2·3-1,
第32页,共33页T.≤Z3-1≤22.3-=4(1-3)<4.
所以
321mO+++-13
故
锤子积分法拓展与深挖
一、积分法本质
本题第三问的关键是把每一项化成一个小区间上的积分：
sin(2k-1)9)=singJ(“- sinzxdx.
(2k-1)?-y-10mzu
于是加权三角和化为
3-13,
因为权重满足
所以这部分不用逐项估计，直接合并成一个积分：
in232-1J“ si2zxak>s3ngJ“sim2xdk.
二、一般化结论
T=2m(2-1)?,0∈(0,) T>i23(ne)
若q>1,定义
,则同样有1
若再取粗上界sin((2k-1)θ)≤1,且q*-1≥(q-1)q-1,则T(4-1)
(q-1) -4
本题中q=3,于是
三、命题背景
这道题把二阶递推、三角恒等变形、积分夹逼放在一起。递推部分负责得到
2(24-1)0)
an=sin((2n-1)θ),积分部分负责处理
整个思路可以概括为：先由二阶递推得到三角通项，再把三角和转化为积分和，
最后用权重与等比级数完成范围求解。
第33页,共33页
