浙江省杭州市新高考数学模拟卷专题研究讲义

这是一份浙江省杭州市新高考数学模拟卷专题研究讲义，共36页。
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自2023年杭州二模以一道以马尔科夫链为基础的“赌徒模型”精准命中2023年新高考I卷的第21题后，我们难免会把目光再次聚焦到近几年杭州市的高考模拟卷上，其中蕴含的新考情、新风向值得作为新课标高考的靶向研究材料. 本文将深入挖掘2023学年与2024学年（浙江参加新高考以来）杭州市的4份模拟卷中的好题与新题.
﹝注﹞本文所选题目和答案经编者重构.
【索引】
一、马尔科夫链：披着概率外衣的数列题
二、似然估计：二项分布与导数的充分运用
三、概率证明：基础知识的熟练运用
四、摆动数列：巧设参数构造等比数列
五、数列的分组与并项思想：化繁为简、力求最简
六、三角函数性质：巧借周期作桥梁
七、解几中的非对称问题：转化思想的灵活运用
八、函数中的换元与构造：化多参为一参、化多式为一式
九、立几中的最值问题：函数模型的建构
十、丹德林双球模型：二级结论大展身手
马尔科夫链：披着概率外衣的数列题
作为命中高考题的经典“神题”，马尔科夫链这一板块值得再次研究，不排除2024年高考有类似影子出现的可能. 我把常考的马尔科夫链分为“双向三项模型”“单向双项模型”“单向三项模型”三种，下面以具体题目呈现.
（2023·杭州二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用. 其数学定义为：假设我们的序列状态是，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即. 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型.
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为A，，赌博过程如下图的数轴所示. 当赌徒手中有n元时，最终输光的概率为，请回答下列问题：
请直接写出与的数值．
证明是一个等差数列，并写出公差d．
当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．
【点评】马尔科夫链的本质是无记忆性，每一项只与前一项或后一项相关. 本题是典型的双向相关模型，需要构造等差，运用累加法求公差与通项.
（变式）小航在学习之余喜欢和同班同学玩某竞技类手机游戏. 该游戏排位赛的规则为：在“王者”以下的段位中，每胜利1局可得1星，每输一局会失去1星，当星数达到100时会晋级“王者”段位. 小航为了达到“王者”段位会一直玩下去，直到星数为0或达到目标.若小航的初始星数为5，胜率恒为50％，求他晋级“王者”段位的概率.
【点评】考点与解法完全一致，情境更换对于学生可能更易理解.
（2023·新高考I卷）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8. 由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 0.5．
求第2次投篮的人是乙的概率；
求第i次投篮的人是甲的概率；
已知：若随机变量服从两点分布，且，则.记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求.
【点评】本题为典型的单向双项模型，可通过设参数k构造等比数列求得通项公式.
（2024·沈阳二模）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为.
求.
记的值构成数列，求的最值.
【点评】典型的单向三项模型！既有双向的影子，又有单向的思路，非常高质量的马尔科夫链！通过奇偶项和单调性求最值，需要较强的观察能力！
【总结】
双向型一般形式：比赛情境，赢了得一分（一元、一星），输了扣一分（一元、一星）等.
单向双项型一般形式：（某事）第一次A做，第二次有可能A做，有可能（一般为对立事件）换B做，以此类推.
单向三项型一般形式：蚂蚁模型。一只蚂蚁一次可能向前跳一格，可能向前跳两格.
二、似然估计：二项分布与导数的充分运用
（2024·杭州二模）在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球n次，红球出现m次．假设每次摸出红球的概率为p，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率p的估计值为．
若袋中这两种颜色球的个数之比为1：3，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为Y，则
（注：表示当每次摸出红球的概率为p时，摸出红球次数为k的概率）
完成下表；
在统计理论中，把使得的取值达到最大时的p作为p的估计值，记为，请写出的值．
把（1）中“使得的取值达到最大时的p作为p的估计值”的思想称为最大似然原理. 基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值. 已知的参数p的对数似然函数为，其中．求参数p的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.
（2024·太原一模）某制药公司针对某种病毒研制了一款新疫苗. 该病毒一般通过病鼠与非病鼠之间的接触传染. 现有n只非病鼠，每只非病鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的非病鼠用随机变量X表示. 假设每只非病鼠是否感染相互独立.
若，求数学期望.
设接种疫苗后的非病鼠被病鼠感染的概率为p. 现有两个不同的研究团队通过理论研究发现概率p与参数的取值有关. 团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为. 现将这n只非病鼠平均分成10组进行试验，随机变量表示第i组被感染的非病鼠数. 如图是根据随机变量的试验结果绘制成的频数分布直方图. 假设每只非病鼠是否被感染相互独立.
试写出事件“”发生的概率表达式.（用p表示，组合数不必计算）
在统计学中，若参数时使得概率最大，则称是的极大似然估计. 根据这一原理，判断A，B两个团队提出的函数模型是否可以求出的极大似然估计. 若能，请求出.（参考数据：）
三、概率证明：基础知识的熟练运用
（2022·杭州一模）已知，，，求证：.
【思路】要证，即证，
，.然后倒推即可.
（2022·新高考I卷）证明：.
【思路】即证.可通过分母交换实现.
【基础巩固】
1.
2.若事件A，B相互独立，则
①，，，.
②.
③.
④.
3..
四、摆动数列：巧设参数构造等比数列
（2023·杭州二模）若数列满足，，求数列的前n项和.
【点评】设参数k构造等比数列，不仅可以求出这一摆动数列从而知道，而且更加清晰明了，思路简洁.
（变式）已知数列满足，，求数列的通项公式.
【点评】显然这道题要求，不能通过求来反推，这时参数法自然大显身手.
【总结】
遇到的形式，一般使用累加法；
遇到的形式，一般构造累加形式或使用参数法.
五、数列的分组与并项思想：化繁为简、力求最简
（2024·杭州二模）设数列，满足，，.设为数列的前n项和，则 .
（2022·杭州一模）设函数，是公差为的等差数列，，则 .
（变式）已知复数数列的通项公式为（i是虚数单位），表示的前n项和，求的通项公式.
【点评】复数数列解题，需要将含i部分和不含i部分分组.
六、三角函数性质：巧借周期作桥梁
（2023·杭州二模）已知满足，，且在上单调，则的最大值为 .
（2023·杭州一模）设函数.若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为 .
（2024·杭州二模）设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的 .
七、解几中的非对称问题：转化思想的灵活运用
（2023·杭州二模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两点.设直线AP，QB的斜率分别为，且.求证：直线PQ经过定点.
【策略】转化直线斜率关系构造对称方程.
【总结】直接运用非对称方程求解过于繁琐，构造对称方程可以直接使用韦达定理.
（2023·新高考II卷）记双曲线的左，右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P.证明：点P在定直线上.
（2024·杭州二模）已知A，B是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.
求点M的坐标.
过点M作直线l交椭圆E于C，D两点（与A，B不重合），连接AC，BD交于点G.
证明：点G在定直线上；
是否存在点G使得，若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由.
【点评】两题都是借助韦达定理之间的关系进行转化求定值，一般适用于单参数方程.
【总结】若，则.
八、函数中的换元与构造：化多参为一参、化多式为一式
（2023·杭州一模）已知，函数.若，求证：.
（2022·杭州一模）已知函数，且，恒成立，求的取值范围.
九、立几中的最值问题：函数模型的建构
（2023·杭州一模）边长为2的正方形，经过如图裁剪后可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的表面积的最小值为 .
（2022·新高考I卷）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36π，且，则该正四棱锥体积的取值范围是 .
（变式）已知正三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，该正三棱锥的高为 .
【总结】哪个量不知道就设哪个量，从而通过勾股定理等构造函数求导求最值.
十、丹德林双球模型：二级结论大展身手
（2024·杭州二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为8cm.旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 .
【二级结论】圆锥椭圆离心率.
（2024·湖北十一校联考）用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆. 著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论. 如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切. 其中为椭圆长轴，为两切点，P为椭圆上一点. 下列结论中正确的有
A. 椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B. 椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C. 椭圆的离心率
D. 若R为球O的半径，则
因此我们可以得到圆柱型丹德林双球的二级结论：
①椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
②椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
③椭圆的离心率（θ是圆柱的轴与截面的夹角）
0
1
2
3
2023、2024杭州模拟
十大重点模块专题探究
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自2023年杭州二模以一道以马尔科夫链为基础的“赌徒模型”精准命中2023年新高考I卷的第21题后，我们难免会把目光再次聚焦到近几年杭州市的高考模拟卷上，其中蕴含的新考情、新风向值得作为新课标高考的靶向研究材料. 本文将深入挖掘2023学年与2024学年（浙江参加新高考以来）杭州市的4份模拟卷中的好题与新题.
﹝注﹞本文所选题目和答案经编者重构.
【索引】
一、马尔科夫链：披着概率外衣的数列题·····1
二、似然估计：二项分布与导数的充分运用·····4
三、概率证明：基础知识的熟练运用·····6
四、摆动数列：巧设参数构造等比数列·····8
五、数列的分组与并项思想：化繁为简、力求最简·····9
六、三角函数性质：巧借周期作桥梁·····10
七、解几中的非对称问题：转化思想的灵活运用·····11
八、函数中的换元与构造：化多参为一参、化多式为一式·····13
九、立几中的最值问题：函数模型的建构·····14
十、丹德林双球模型：二级结论大展身手·····16
马尔科夫链：披着概率外衣的数列题
作为命中高考题的经典“神题”，马尔科夫链这一板块值得再次研究，不排除2024年高考有类似影子出现的可能. 我把常考的马尔科夫链分为“双向三项模型”“单向双项模型”“单向三项模型”三种，下面以具体题目呈现.
（2023·杭州二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用. 其数学定义为：假设我们的序列状态是，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即. 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型.
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为A，，赌博过程如下图的数轴所示. 当赌徒手中有n元时，最终输光的概率为，请回答下列问题：
请直接写出与的数值．
【答案】当时，赌徒已经输光，；
当时，赌徒不会再赌（不可能再输光了），.
证明是一个等差数列，并写出公差d．
【答案】，，所以是一个等差数列；
，，
当时，，.
当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．
【答案】由（2）得.
当，时，；当，时，.
当时，，即久赌必输.
【点评】马尔科夫链的本质是无记忆性，每一项只与前一项或后一项相关. 本题是典型的双向相关模型，需要构造等差，运用累加法求公差与通项.
（变式）小航在学习之余喜欢和同班同学玩某竞技类手机游戏. 该游戏排位赛的规则为：在“王者”以下的段位中，每胜利1局可得1星，每输一局会失去1星，当星数达到100时会晋级“王者”段位. 小航为了达到“王者”段位会一直玩下去，直到星数为0或达到目标.若小航的初始星数为5，胜率恒为50％，求他晋级“王者”段位的概率.
【答案】设当小航有n星时，最终晋级“王者”的概率为.易知，.
，，所以是等差数列.
，即，，，所以.当时，.
【点评】考点与解法完全一致，情境更换对于学生可能更易理解.
（2023·新高考I卷）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8. 由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为 0.5．
求第2次投篮的人是乙的概率；
【答案】.
求第i次投篮的人是甲的概率；
【答案】设第i次投篮的人是甲的概率为. .
设，联立，解得.
因为，所以是以为首项，为公比的等比数列..
已知：若随机变量服从两点分布，且，则.记前n次（即从第1次到第n次投篮）中甲投篮的次数为Y，求.
【答案】.
【点评】本题为典型的单向双项模型，可通过设参数k构造等比数列求得通项公式.
（2024·沈阳二模）若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为.
求.
【答案】易知，.
，，即是以1为首项，1为公比的等比数列，，.
设，联立，，所以是以为首项，为公比的等比数列..
记的值构成数列，求的最值.
【答案】当n为偶数时，，；
当n为偶数时，，.
【点评】典型的单向三项模型！既有双向的影子，又有单向的思路，非常高质量的马尔科夫链！通过奇偶项和单调性求最值，需要较强的观察能力！
【总结】
双向型一般形式：比赛情境，赢了得一分（一元、一星），输了扣一分（一元、一星）等.
单向双项型一般形式：（某事）第一次A做，第二次有可能A做，有可能（一般为对立事件）换B做，以此类推.
单向三项型一般形式：蚂蚁模型。一只蚂蚁一次可能向前跳一格，可能向前跳两格.
二、似然估计：二项分布与导数的充分运用
（2024·杭州二模）在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球n次，红球出现m次．假设每次摸出红球的概率为p，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率p的估计值为．
若袋中这两种颜色球的个数之比为1：3，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为Y，则
（注：表示当每次摸出红球的概率为p时，摸出红球次数为k的概率）
完成下表；【答案】
在统计理论中，把使得的取值达到最大时的p作为p的估计值，记为，请写出的值．
【答案】.
当或1时，，；
当或3时，，.
把（1）中“使得的取值达到最大时的p作为p的估计值”的思想称为最大似然原理. 基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值. 已知的参数p的对数似然函数为，其中．求参数p的估计值，并且说明频率估计概率的合理性.
【答案】，解得.易知，即.
所以用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，因此用频率估计概率合理.
（2024·太原一模）某制药公司针对某种病毒研制了一款新疫苗. 该病毒一般通过病鼠与非病鼠之间的接触传染. 现有n只非病鼠，每只非病鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的非病鼠用随机变量X表示. 假设每只非病鼠是否感染相互独立.
若，求数学期望.
【答案】易知..，解得，.
设接种疫苗后的非病鼠被病鼠感染的概率为p. 现有两个不同的研究团队通过理论研究发现概率p与参数的取值有关. 团队A提出函数模型为，团队B提出函数模型为. 现将这n只非病鼠平均分成10组进行试验，随机变量表示第i组被感染的非病鼠数. 如图是根据随机变量的试验结果绘制成的频数分布直方图. 假设每只非病鼠是否被感染相互独立.
试写出事件“”发生的概率表达式.（用p表示，组合数不必计算）
【答案】.
在统计学中，若参数时使得概率最大，则称是的极大似然估计. 根据这一原理，判断A，B两个团队提出的函数模型是否可以求出的极大似然估计. 若能，请求出.（参考数据：）
【答案】构造函数.
由对数运算性质易知，
因此令，.此时取最大值.
设，，.
所以，故A组模型不能求出.
同理设，，故B组模型能求出，.
三、概率证明：基础知识的熟练运用
（2022·杭州一模）已知，，，求证：.
【答案】已知，所以，，.
所以，，，.
【思路】要证，即证，
，.然后倒推即可.
（2022·新高考I卷）证明：.
【答案】.
【思路】即证.可通过分母交换实现.
【基础巩固】
1.
2.若事件A，B相互独立，则
①，，，.
【证明】当事件A与B相互独立时，.
对于A与，因为，且AB与互斥，所以，所以，即A和相互独立.
同理得与B、与也相互独立.
②.
【证明】.
③.
【证明】.
④.
【证明】，
同理得.
3..
四、摆动数列：巧设参数构造等比数列
（2023·杭州二模）若数列满足，，求数列的前n项和.
【答案】（常规方法），所以.
当时，，相减得，
即，，，以此类推，.
累加得，.
因为符合上式，所以..
【点评】常规方法通过找到每两项之间的关系进而使用累加法求通项，比较复杂繁琐.
（参数法），即.设，
联立，解得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
，，.
【点评】设参数k构造等比数列，不仅可以求出这一摆动数列从而知道，而且更加清晰明了，思路简洁.
（变式）已知数列满足，，求数列的通项公式.
【答案】由题意得，.
设，即，
联立，解得.
所以是等比数列，首项为，公比为－1，，
.
【点评】显然这道题要求，不能通过求来反推，这时参数法自然大显身手.
【总结】
遇到的形式，一般使用累加法；
遇到的形式，一般构造累加形式或使用参数法.
五、数列的分组与并项思想：化繁为简、力求最简
（2024·杭州二模）设数列，满足，，.设为数列的前n项和，则 .
【答案】110
【解析】并项：.
，由此类推，得.
（2022·杭州一模）设函数，是公差为的等差数列，，则 .
【答案】
【解析】分组：.
化简得.
，所以单调递增.
易知，所以，，，，原式.
（变式）已知复数数列的通项公式为（i是虚数单位），表示的前n项和，求的通项公式.
【答案】注意到，，，.
所以，..
【点评】复数数列解题，需要将含i部分和不含i部分分组.
六、三角函数性质：巧借周期作桥梁
（2023·杭州二模）已知满足，，且在上单调，则的最大值为 .
【答案】
【解析】由题意得，解得.
所以当时，的最大值为.
（2023·杭州一模）设函数.若为函数的零点，为函数的图象的对称轴，且在区间上有且只有一个极大值点，则的最大值为 .
【答案】
【解析】，.
若在对称轴处取得极大值，，，；
若在对称轴处取得极小值，，得，，.
所以.
（2024·杭州二模）设甲：“函数在单调递增”，乙：“”，则甲是乙的 .
【答案】充分不必要条件
【解析】因为，所以只需，.
七、解几中的非对称问题：转化思想的灵活运用
（2023·杭州二模）已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两点.设直线AP，QB的斜率分别为，且.求证：直线PQ经过定点.
【答案】，，设，.
设，联立，解得，，.（下转化直线构造对称式）
不妨连接BP，设，易知，因为，所以，即.
，
，
，.所以过定点.
【策略】转化直线斜率关系构造对称方程.
【总结】直接运用非对称方程求解过于繁琐，构造对称方程可以直接使用韦达定理.
（2023·新高考II卷）记双曲线的左，右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P.证明：点P在定直线上.
【答案】，，设，.
设，联立，
得，，.所以.
，.，.
联立得，
，所以过定直线.
（2024·杭州二模）已知A，B是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1.
求点M的坐标.
【答案】设是椭圆上一点，.
.
①若，当时，，（舍）.
②若，当时，，（舍）或.所以.
过点M作直线l交椭圆E于C，D两点（与A，B不重合），连接AC，BD交于点G.
证明：点G在定直线上；
【答案】设，联立，.
设，，，，所以.
AC:，BD:.
联立得，，所以点G在定直线上.
是否存在点G使得，若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由.
【答案】即，G在以AB为直径的圆上.
设，，，所以.
，联立得，，，所以.
【点评】两题都是借助韦达定理之间的关系进行转化求定值，一般适用于单参数方程.
【总结】若，则.
八、函数中的换元与构造：化多参为一参、化多式为一式
（2023·杭州一模）已知，函数.若，求证：.
【答案】令，，.
由得，，.（用m，n构造）
只需证.（联想到不等式）
不妨设，即证，.（构造单一变量）
令，即证.令，，所以单调递增.
，即，得证.
（2022·杭州一模）已知函数，且，恒成立，求的取值范围.
【答案】.（又有m又有n，构造单元函数）
设，经求导可知，单调递减.
不妨设，即，去绝对值，得恒成立.
设，，.
九、立几中的最值问题：函数模型的建构
（2023·杭州一模）边长为2的正方形，经过如图裁剪后可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的表面积的最小值为 .
【答案】
【解析】设半径为R.，.
设，，.
令，，.
所以，.
（2022·新高考I卷）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36π，且，则该正四棱锥体积的取值范围是 .
【答案】
【解析】设底面边长为a，高为h.
易知.，解得.
，，.
，，.所以.
（变式）已知正三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，该正三棱锥的高为 .
【答案】
【解析】设正三棱锥底面边长为a，高为h，球O的半径为R，可得，.
因为，，所以.
令，，.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以当时，有最小值，即R有最小值，即表面积有最小值.
【总结】哪个量不知道就设哪个量，从而通过勾股定理等构造函数求导求最值.
十、丹德林双球模型：二级结论大展身手
（2024·杭州二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为8cm.旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 .
α
β
x
y
A
D
C
M
B
【二级结论】圆锥椭圆离心率.
【答案】
【解析】建系，易知，，.所以，..
（2024·湖北十一校联考）用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆. 著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论. 如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切. 其中为椭圆长轴，为两切点，P为椭圆上一点. 下列结论中正确的有
A. 椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B. 椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
C. 椭圆的离心率
D. 若R为球O的半径，则
【答案】ABC
【解析】B：由切线长定理得，，所以.
A：过P作平行于的直线切双球于M，N，由切线长定理得，，所以，所以是焦点，.连，因为，，所以.
C：，.
D：，，.因为，所以.
，所以.
因此我们可以得到圆柱型丹德林双球的二级结论：
①椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
②椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等
③椭圆的离心率（θ是圆柱的轴与截面的夹角）0
1
2
3
0
1
2
3