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新高考数学二轮复习新题型01 新高考新结构二十一大考点汇总（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考数学二轮复习新题型01 新高考新结构二十一大考点汇总（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮复习新题型01新高考新结构二十一大考点汇总原卷版doc、新高考数学二轮复习新题型01新高考新结构二十一大考点汇总解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共136页， 欢迎下载使用。
调整布局，打破固化模式。高考数学坚持稳中有变，通过调整试卷结构，改变相对固化的试题布局优化试题设计，减少学生反复刷题、机械训练的收益，竭力破除复习备考中题海战术和题型套路，发挥引导作用。
【题型1 集合新考点】
【例1】（2024·浙江温州·高三期末）设集合U=R， ，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．{x|x≥1}B．{x|1≤x<2}C．{x|0【答案】D
【分析】先求出集合A，B，再由图可知阴影部分表示，从而可求得答案
【详解】因为等价于，解得 ，
所以，所以或，
要使得函数有意义，只需，解得，
所以
则由韦恩图可知阴影部分表示 .
故选：D.
【变式1-1】（2024·安徽省·高三模拟）（多选）下列选项中的两个集合相等的有（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】分析各对集合元素的特征，即可判断.
【详解】解：对于A：集合表示偶数集，集合也表示偶数集，所以，故A正确；
对于B：，
，所以，故B错误；
对于C：，又，
所以，即，所以，故C正确；
对于D：集合为数集，集合为点集，所以，故D错误；
故选：AC
【变式1-2】（2024·江苏四校联合·高三期末）设全集为定义集合与的运算：且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据定义用交并补依次化简集合，即得结果.
【详解】且
故选：B
【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题.
【变式1-3】（2024·江苏南通·高三期末）定义集合运算，集合，则集合所有元素之和为
【答案】18
【分析】由题意可得，进而可得结果.
【详解】当
当
当
当
和为
故答案为：18
【变式1-4】（2024·江苏南通·高三期末）已知X为包含v个元素的集合（，）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称组成一个v阶的Steiner三元系．若为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 ．
【答案】7
【分析】令，列举出所有三元子集，结合组成v阶的Steiner三元系定义，确定中元素个数.
【详解】由题设，令集合，共有7个元素，
所以的三元子集，如下共有35个：
、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
因为中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以中元素满足要求的有：
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7
【题型2 复数新考点】
【例2】（2023·全国·统考模拟预测）已知复数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算出的值，即可得解.
【详解】因为，
，
，
，
，
所以，当时，，故的最小值为.
故选：C.
【变式2-1】（多选）（2024上·云南·高三校联考阶段练习）若复数，则（ ）
A．的共轭复数B．
C．复数的虚部为D．复数在复平面内对应的点在第四象限
【答案】ABD
【分析】首先化简复数，再根据复数的相关概念，即可判断选项.
【详解】，则，故正确；
，故正确；复数的虚部为，故错误；
复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故正确.
故选：ABD
【变式2-2】（多选）（2024上·江西宜春·高三上高二中校考阶段练习）设为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A．B．若，则复平面内对应的点位于第二象限
C．D．若，则的最大值为2
【答案】ABD
【分析】利用复数的四则运算，复数模的性质逐个选项分析即可.
【详解】对于A，设，故，则，，故成立，故A正确，
对于B，，，显然复平面内对应的点位于第二象限，故B正确，
对于C，易知，，当时，，故C错误，
对于D，若，则，而，易得当时，最大，此时，故D正确.
故选：ABD
【变式2-3】（多选）（2024上·云南德宏·高三统考期末）已知是复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．若，则的最小值为1
【答案】CD
【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D.
【详解】对于A，设，则，但，故A错误；
对于B，令，满足，故B错误；
对于C，设，则所以，则 ，所以，故C正确；
对于D，设，则，
即，表示以为圆心，半径为1的圆，
表示圆上的点到的距离，故的最小值为，故D正确.
故选：CD
【变式2-4】（多选）（2024上·河南南阳·高三统考期末）设复数的共轭复数为，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算法则，即可求解.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，，所以，故D错误.
故选：AC
【题型3 函数选图题新考点】
【例3】（2024·浙江·高三期末）已知函数对任意的有，且当时，，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由得，得到函数是奇函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论.
【详解】由得，则函数是奇函数，排除A、C
当时，，对应的图象为D，
故选：D.
【变式3-1】（2024·浙江宁波·高三期末）函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，
当时，，故排除A，只有C满足条件.
故选：C
【变式3-2】（2024·安徽省·高三模拟）函数的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分，和三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.
【详解】①当时，，此时A选项符合；
②当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故B选项符合；
③当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故C选项符合，D选项不可能.
故选：D.
【变式3-3】（2024·安徽·高三期末）若将确定的两个变量y与x之间的关系看成，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用对数的运算及排除法即可求解.
【详解】由得，
显然，所以，
由，得，
所以，排除AB，
由，当且仅当时取等号，可排除D．
故选：C．
【变式3-4】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，满足．当时，则的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性，及特殊位置结合排除法即可判定选项.
【详解】因为函数的定义域为，满足，
所以是偶函数，所以的图象关于y轴对称，故排除A；
当时，，所以，故排除B，C．
故选:D
【题型4 比较大小新考点】
【例4】（2024·辽宁重点高中·模拟预测）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据，，得到，再构造函数，比较出，得到结论.
【详解】，
，，
下证时，，
设，射线与单位圆相交于点，过点作⊥轴于点D，
单位圆与轴正半轴交于点，过点作⊥轴，交射线于点，连接，
则，
设扇形的面积为，因为，
所以，即，
故，所以，，
所以，
因为，令，，
则，其中，
令，则，，
令，则在上恒成立，
则在上单调递增，又，
故在上恒成立，
所以在上单调递增，又，
故在上恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以，即，
则
因为，
令，，
则，令，
则，令，
则，令，
则在上恒成立，
所以在单调递减，
又，故在上恒成立，
所以在上单调递减，
又，故在上恒成立，
所以在上单调递减，
又，故在上恒成立，
故在上单调递减，
又，故，即，
故，
其中，
则，D正确.
故选：D
【点睛】麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，，
，
，
，
【变式4-1】（2024·江苏四校联合·高三期末）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.
【详解】，
设，，则，
则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，
设，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B.
【变式4-2】（2024·吉林·高三期末）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数研究函数单调性，从而比较大小.
【详解】设，则，
在时，，所以在上单调递增，
所以，则，
即，则，
设，则，
则当，，所以为减函数，
则当， ，所以为增函数，
所以，则；
设，，则，
所以在为增函数，则，
即，则，所以；
所以.
故选：D.
【点睛】思路点睛：两个常用不等式
（1），
（2），
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用常见不等式放缩得到，的大小关系，再利用幂函数的单调性比较，的大小关系即可得到答案.
【详解】令，则恒成立，
所以在单调递增，
所以当时，，即；
令，则恒成立，
所以在单调递增，
所以当时，，即；
由诱导公式得，
所以，因此；
因为，，
故只需比较与的大小，
由二项式定理得，，
所以．
综上，.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；
（2）构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质进而比较大小；
（3）放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.
【变式4-4】（2023·山东临沂·统考一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造，由零点存在定理求得零点x的范围，即可结合指数函数、幂函数的性质比较的大小.
【详解】令，则在R上单调递增，
由，则时，即，而，
∵，
∴.
.
综上：.
故选：B.
【题型5 数列小题新考点 】
【例5】（2024上·北京房山·高三统考期末）数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率.由于，取3为弱率，4为强率，计算得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，….若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推.已知，则（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为弱率，所以，
故选：B.
【变式5-1】（2023·山东烟台·统考二模）给定数列A，定义A上的加密算法：当i为奇数时，将A中各奇数项的值均增加i，各偶数项的值均减去1；当i为偶数时，将A中各偶数项的值均增加，各奇数项的值均减去2，并记新得到的数列为．设数列：2，0，2，3，5，7，数列，则数列为 ；数列的所有项的和为 ．
【答案】 1，3，1，6，4，10
【分析】由题意求出数列，即可求解数列；对于偶数项可得，为等差数列，写出第2，4，6项. 对于奇数项可得，为等差数列，写出第1，3，5项，相加即可求解.
【详解】由题意，
，1为奇数，所以，
，2为偶数，所以.
因为，为偶数，为奇数，
所以对于偶数项，，得，
则为等差数列，得数列B2n中：
第2项为：，
第4项为：，
第6项为：；
对于奇数项，，得，
则为等差数列，得数列B2n中：
第1项为：，
第3项为：，
第5项为：，
所以所有的项的和为
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解新定义“数列A”的算法，以学习过的数列相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.
【变式5-2】（2024江西省九师联盟）在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，，，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据数列的定义找到与的关系，然后利用构造法结合等比数列的定义求解即可.
【详解】因为，
所以 ，
所以，
又，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
【变式5-3】（2023上·广东深圳·）若系列椭圆（，）的离心率，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先化为标准方程，直接求出离心率列方程即可求解.
【详解】椭圆可化为：.
因为，所以离心率，解得： .
故选：A
【变式5-4】（2024上·浙江温州·高三）汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为，则 . .
【答案】 7
【分析】根据题意可得，当时，求分三步，从而可得，则可求出，进而可求得答案.
【详解】显然.
当有个圆盘时，求分三步：
第一步，先将上面的个圆盘移到辅助柱，至少需要次；
第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；
第三步，将辅助柱上的个圆盘移动到目标柱至少需要次，
因此，
所以
因为，
所以数列是以2 为公比，2为首项的等比数列，
所以
所以，所以，
，
故答案为：7，.
【变式5-5】（2024上·上海·）已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个.
A．499B．500C．501D．502
【答案】D
【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.
【详解】由题意得：，其中，
，代入上式得：，
要方程无实数解，则，
显然第502个方程有解.
设方程与方程的判别式分别为，
则
，
等号成立的条件是，所以至多一个成立，
同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，
综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，
故选：D.
【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解.
【题型6 排列组合小题新考点】
【例6】（2023·贵州·校联考模拟预测）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围：，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有（ ）
A．240B．360C．600D．720
【答案】A
【分析】分为3.11开头的以及3.12开头的，分别计算得出结果，根据分类加法计数原理加起来，即可得出答案.
【详解】小于3.14的不同数字的个数有两类：
第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有种；
第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有种.
根据分类加法计数原理可知，共种.
故选：A．
【变式6-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考一模）图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致，，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分析可知，要只改变的状态，则只有在及周边按动开关才可以实现开关的次数最少，利用表格分析即可.
【详解】根据题意可知：只有在及周边按动开关，才可以使按开关的次数最少，具体原因如下：
假设开始按动前所有开关均为闭合状态，要只改变的状态，在按动后，，也改变，
下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动，但会导致周边的，也改变，因此会按动开关更多的次数；所以接下来逐一恢复，至少需按开关次；
这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动次可以满足要求.
如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）
则需按开关的最少次数为.
故选：A.
【变式6-2】（2023·高三课时练习）小于300的所有末尾是1的三位数的和等于 ．
【答案】3920
【分析】根据小于300的所有末尾是1的三位数是以101为首项，以10为公差的等差数列求解.
【详解】解：小于300的所有末尾是1的三位数是101，111，121，…，291，
是以101为首项，以10为公差的等差数列，
所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为,
故答案为：3920
【变式6-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有 种.
【答案】14
【分析】根据加法分类计数原理求解即可.
【详解】不妨设圆周上的点依次为，
要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：
符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；
共计种.
故答案为：.
【变式6-4】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）（多选）若，为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B： ，故B错误；
对C： ，
，故，C错误；
对D：
，故D正确.
故选：AD.
【题型7 圆锥曲线小题新考点】
【例7】（2023上·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知圆锥曲线：关于坐标原点对称，定点的坐标为.给出两个命题：①若，则曲线上必存在两点，使得为线段的中点；②若，则对曲线上任一点，上必定存在另外一点，使得.其中（ ）
A．①是假命题，②是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①②都是假命题D．①②都是真命题
【答案】C
【分析】结合双曲线的几何性质，可判定命题①为假命题；根据不在曲线上的点，结合圆与圆锥曲线的位置关系，可判定命题②为假命题.
【详解】命题①中，例如：圆锥曲线，点，此时满足，
设，且满足，即，
此时点为的中点，
由，两式相减可得，
则，可得直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，此时，
即直线与双曲线没有公共点，即曲线不存在两点，使得点为的中点，所以命题①为假命题；
命题②中，对于点满足，即点不在曲线上，
当是点到曲线上的最短距离时，此时以为圆心，以为半径的圆与曲线只有一个公共点，不存在点，使得，所以命题②为假命题.
故选：C.
【变式7-1】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若为正方形，则的边长为D．长方形的面积的最大值为18
【答案】D
【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；
当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；
设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．
故选：D．
【变式7-2】（多选）（2023·广东茂名·统考二模）阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（ ）
A．的方程为B．的方程为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BD
【分析】由焦点易得抛物线的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，通过抛物线的定义结合图象可得，即可求得答案.
【详解】由题可得，即的方程为，
设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，
将代入可得，
所以，
于是 ，
当与重合时，取得最小值.
故选：BD.
【变式7-3】（2024江西九师联盟）阿波罗尼斯（约公元前262年~约公元前190年），古希腊著名数学家，主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等，尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质，其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点，已知双曲线C：的左、右焦点分别为其离心率为从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】设由题意可知 所以, , ,所以,又,所以
解得所以
【变式7-4】（2024·浙江宁波·高三期末）（多选）已知为坐标原点，曲线：，，为曲线上动点，则（ ）
A．曲线关于y轴对称B．曲线的图象具有3条对称轴
C．D．的最大值为
【答案】ABC
【分析】对于选项A:将用替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令，，代入整理可得，利用周期性与对称性即可判断；对于选项C:代入，借助三角恒等变换公式化简计算即可；对于选项D:借助三角函数的性质并表示出.
【详解】对于选项A:将用替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A正确；
对于选项B:由
，
令，，
代入整理可得，
其中，为点所在终边对应的角度，且，
因为，故，
因为曲线关于y轴对称，
故对应的图象关于轴（即y轴对称）对称，
注意到关于的周期为，
故曲线也关于和（即）对称，
故B选项正确；
对于选项C:，C正确；
对于选项D:，D错误；
故选：ABC．
C另解：，
该方程关于有解，令，则在上有根，
由，
则， 或，
解得；或
综上：．
D另解：
，
解得．
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于将曲线进行换元，令，，代入整理得，借助三角函数的相关性质探讨即可.
【题型8 导数周期与对称新考点】
【例8】（2024·陕西西安·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若为偶函数，，且，则（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质可得，求导得，结合的周期性即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
两边同时求导得，即，
所以，令，得，
令，得，又因为，所以，
由，所以，所以的周期为6，则，
而，所以，所以．
故选：B
【变式8-1】（2023上·四川·高三校联考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意利用赋值法求出、、、的值，推出函数的周期，结合，每四个值为一个循环，即可求得答案.
【详解】由，令，得，所以，
由为奇函数，得，所以，
故①．
又②，
由①和②得，即，
所以，③
令，得，得，
令，得，得，
又④，
由③④得，即，
所以函数是以8为周期的周期函数，
故，
所以，
所以
.
故选：B．
【变式8-2】（2024上·浙江宁波·高三统考期末）已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．2024B．C．D．0
【答案】D
【分析】根据表达式得出规律，即可求出的值.
【详解】由题意，
在中， 定义域为，，
当时，，解得：，
当时，，
即
当时，，解得：，
当时，，解得：，
当时，，解得：，
……函数值周期性变化，周期为3，
∵，
可得：
，
故选：D.
【变式8-3】（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知函数，的定义域都为，为的导函数，的定义域也为，且，，若为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由已知可得关于点对称，判断②；因为为偶函数，可推得为奇函数，进而得出的周期为，可判断①；由已知得出，，可判断③；结合的性质可判断④.
【详解】因为，，所以，
所以关于点对称，所以，②成立；
因为为偶函数，所以，所以，
所以为奇函数，关于对称，即，
因为，，
所以，所以的周期为，
因为，所以，①成立；
因为，所以，
又，所以，
因为不能确定，③不一定成立；
因为周期为，
所以，④成立；
综上，一定成立的有个.
故选：.
【变式8-4】（多选）（2024上·河南漯河·高三统考期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若函数为奇函数，函数为偶函数，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由为奇函数，可知，可得函数图像关于直线对称，再由，可得，函数图像关于点对称，再代入特值，可判断各选项.
【详解】由为奇函数可得，即，
，即，即，
所以函数的图像关于直线对称，
由是偶函数可得为奇函数，
，
即，
所以函数的图像关于点对称；
将代入，得，
将代入，得，B选项正确；
将代入得，得，A选项错误；
，C选项正确；
将代入，得，故，，D选项错误.
故选：BC.
【题型9 抽象函数类新考点】
【例9】【2024九省联考第11题】已知函数的定义域为，且，若，则（ ）
A． B．
C．函数是偶函数 D．函数是减函数
【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A：令、，代入计算即可得；对B、C、D：令，可得，即可得函数及函数函数的性质，代入，即可得.
【详解】令、，则有，
又，故，即，令、，则有，
即，由，可得，又，故，故A正确；
令，则有，即，故函数是奇函数，
有，即，即函数是减函数，
令，有，故B正确、C错误、D正确.故选：ABD.
【变式9-1】（2022•新高考Ⅱ）已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
【变式9-2】（2023•玉林三模）函数对任意x，总有，当时，，，则下列命题中正确的是（ ）
A．是偶函数B．是R上的减函数
C．在上的最小值为D．若，则实数x的取值范围为
【答案】C
【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义，即可判断A；
根据函数单调性的定义，结合条件，即可判断B；
根据函数的单调性，和奇偶性，以及条件，即可判断C；
不等式转化为，利用函数的单调性，即可判断D.
【详解】解：取，，则，解得，，
则．即，函数是奇函数，所以选项A错误；
令，，且，则，因为当时，，所以．
则．即，
函数是R上的增函数，所以选项B错误；
因为函数是R上的增函数，所以函数在上的最小值为，
，，．
故，在的最小值为-2，所以选项C正确；
，即，
因为函数是R上的增函数，所以，所以，
所以实数x的取值范围为，所以选项D不正确．
故选：C．
【变式9-3】已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】利用特殊值法求，，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令，有，得，
令，得，则，
令，，有，得，
又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递增.
不等式可化为，
则有，
因为函数在上单调递增，所以，
又，所以，即，
设，则，
因为，故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，所以或.
故答案为：或.
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.
【变式9-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）已知函数的定义域为R，且为偶函数，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合的奇偶性即可判断；对于D，先推得的一个周期为6，再依次求得，从而利用的周期性即可判断.
【详解】对于A，因为，
令，则，故，则，故A正确；
对于B，因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故B错误；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，
又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，
所以，故的一个周期为6，
因为，所以，
对于，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
又，
所以由的周期性可得：
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得的奇偶性，再结合题设条件推得为周期函数，从而得解.
【题型10 函数导数新考点】
【例10】（多选）（2022·山东菏泽·统考一模）对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第n个位置上的数字，如，，规定．记，，集合为函数的值域，则以下结论正确的有（ ）
A．B．
C．对D．对中至少有两个元素
【答案】AC
【分析】对于A：根据定义，直接求出，即可判断；
对于B：根据定义，直接求出的值域为，即可判断；
对于C：求出，即可判断；
对于D：求出k=10时，的值域为，即可否定结论.
【详解】对于A：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正确.
对于B：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
规定．记，，
所以，令，，则，
因为
，
所以
所以的值域为.故B错误.
对于C：因为，所以，所以对.故C正确；
对于D：
由C的推导可知：.
因为，，
所以，令，，则，
因为
，
所以
，
，
即k=10时，的值域为.故D错误.
故选：AC
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
【变式10-1】（2024·高三·期末）（多选）在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ）
A．存在旋转函数
B．旋转函数一定是旋转函数
C．若为旋转函数，则
D．若为旋转函数，则
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；
对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.
又，故，即恒成立.
即图象在上方，故，即.
当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.
故选：ACD
【变式10-2】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；
B：，
在上，在上，在上，
所以在、上递减，上递增，符合；
C：由且定义域为，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；
D：由且定义域为R，为奇函数，
研究上性质：，故在递增，
所以在R上递增，不符合；
故选：B
【变式10-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于轴，左边第一根弦在轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线（又称为雁柱曲线）方程为，第（，第0根弦表示与轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线交于点和，则（ ）参考数据：．
A．814B．900C．914D．1000
【答案】C
【分析】根据题意，有，，则有，利用错位相减法分析可得答案．
【详解】根据题意，第根弦分别与雁柱曲线和直线交于点，和，，
则，，则有，
设，则，①
则，②
①-②可得：
；
，
故；
故选：C
【变式10-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）（多选）定义：对于定义在区间I上的函数和正数，若存在正数M，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ）
A．函数在上满足阶李普希兹条件
B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为
C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解
D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则对任意函数，，恒有
【答案】ACD
【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.
【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；
B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项错误；
C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；
D选项：不妨设，当时，，当时，
，故对，，故D选项正确；
故选：ACD
【题型11 不等式新考点】
【例11】（2020下·浙江温州·高三温州中学校考阶段练习）已知正实数，则的最小值为 ；的最小值为 .
【答案】
【解析】分类讨论，结合均值不等式，注意取等验证是否满足即可．
【详解】（1）若时，即时，，当时可取等号，
若时，即时，，
若时，即时，由知，
所以，
综上可知A的最小值为；
当时，，当时可取等号；
当时，，当时可取等号；
综上所述，，时可取等号；
故答案为：，．
【点睛】本题考查代数式的最值求法，考涉及均值不等式及分类讨论思想，属于中档题．
【变式11-1】【2024九省联考】以max M表示数集M中最大的数.设，已知或，则的最小值为______.
【答案】
【分析】法一：当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
法二：记，讨论、两种情况，再根据定义得出最小值.
法三：当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
【解析】法一：若，则
当且仅当且，即时取等号.
若，则
当且仅当且，即时取等号.
法二：解：记，则.
又，或，∴，或.
①当，即时，..
②当，即时，，
，
当即时，可取得等号.
综上，，即的最小值为.
法三：解：记.则，
.
.
①若，则由得，，
②若，则，，
且当时，.
综上，，即的最小值为.
【变式11-2】（2024·浙江宁波·高三期末）设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12B．24C．D．
【答案】B
【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.
【详解】，，变形为，
令，
则转化为
，即，
其中
当且仅当，即时取等号，可知.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式11-3】（2018·河南·高三竞赛）已知、、均为正数，则的最大值为 ．
【答案】
【详解】记，那么，，，
于是，得 ． ①
又 ． ②
由①②可得，所以，即，当且仅当时取得．
【变式11-4】（2018·全国·高三竞赛）设非负实数、、满足．则的最小值为 ．
【答案】
【详解】首先，．
则．
当且仅当时，．
【变式11-5】（2023·全国·高三专题练习）设， 其中、、 ，且．求的最大值和最小值．
【答案】最大值为，最小值为
【分析】方法一：利用对称轮换式，要求的最大值和最小值，本题可转化为证明，利用柯西不等式即可证得结论成立，从而可得出的最大值和最小值.
【详解】[方法一]：
先证，当且仅当时等号成立．
由柯西不等式：，
因为，
从而，所以，，
当且仅当时等号成立．
再证当时等号成立．
事实上，
，
故，当且仅当时等号成立．
[方法二]：
先证，当且仅当时等号成立．
由柯西不等式：，
因为，
从而，所以，，
当且仅当时等号成立．
本不等式是轮换对称的，可设，若z=0，则
.
下设，由(*)式，要证，只要证
注意到，于是(1)等价于
即
而由Cauchy不等式，可得
即(2)成立，从而，故，当时等号成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查三元函数最值的求解，解本题的关键在于灵活使用柯西不等式，注意到代数式的对称性，利用轮换结合柯西不等式证明出，同时要注意等号成立的条件.
【题型12 立体几何小题新考点】
【例12】（2024·浙江省温州·高三）（多选）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）
A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B．图2中阴影部分的面积为
C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为
D．由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为
【答案】BCD
【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.
【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，
使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；
而正四棱锥体的体积为．
所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，
从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确
故选：BCD．
【变式12-1】（2024·高三期末）如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，可得出，求出的值，即可求得该正四棱台的体积.
【详解】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，
设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，
则，可得，可得，
所以，该正四棱台的体积为.
故选：C.
【变式12-2】（2024·高三期末）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以，平面，，所以平面，
平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
设，，，，则，
由已知得，，
， ， ，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当时，取最大值，没有最小值，
即当时取最大值，从而取最大值，
由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
【变式12-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）表面积为的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，内切球切母线于，底面半径，，则，求出，再换元利用基本不等式求出函数的最小值得解.
【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，
设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，
轴截面如下图示，内切球切母线于，底面半径，，则，
又，故，
又，故，
故该圆锥的表面积为，
令，所以，
所以.
（当且仅当时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为.
故选：B
【变式12-4】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为；
（2）过点，且为法向量的平面的方程为．
现已知平面，，，（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面，则平面法向量为，
对，则，即，所以过点，方向向量为 ，所以，所以，所以，故A错误D正确.
对，即，所以过点，方向向量为 ，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误；
对，所以过点，方向向量为 ，
因为，所以 ，所以或，但点代入平面不成立，故，所以，所以C正确.
故选：CD
【题型13 统计概率小题新考点】
【例13】（2024·浙江省温州）在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：m）与制动距离（，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】设，，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
【详解】设，.
由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图1.
由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.
过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图2.
由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.
故选：B.
【变式13-1】（2024·河北省·高三模拟）现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.
【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、，
甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得，
乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得，
混合后，新数据的平均数为，
方差为
.
故选：D.
【变式13-2】（2022下·山西运城·高二校联考阶段练习）已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中含的项的系数为 ．
【答案】
【分析】分析可得，利用二项式定理的展开式可求得正整数的最小值，可得出的值，然后写出展开式的通项，令的指数为，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】
能被整除，则能被整除，
因为，则正整数的最小值为，即，
展开式的通项为，
因为，
在中，由可得，
在中，由可得，
在中，.
所以，展开式中含的项的系数为.
故答案为：.
【变式13-3】（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，“爱心”是由曲线和所围成的封闭图形，在区域内任取一点A，则A取自“爱心”内的概率 ．
【答案】
【详解】解法1．区域的面积为，
爱心面积 ，
∴．
故答案为：.
解法2．在图中的阴影部分面积，
所以爱心面积为，∴．
故答案为：.
【变式13-4】（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合中任取一个正整数n恰为方程的解的概率为 （表示不超过实数x的最大整数）.
【答案】
【详解】当时，，.
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
当时，，
.
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在.
因此，从集合中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为.
【题型14 三角函数小题新考点】
【例14】（2024浙江省温州高三）已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得，计算出的值域为，根据题意可得，因此当且仅当时，的最小值为.
【详解】由可得
，其中；
又因为的图象关于直线对称，所以需满足，
解得，即；
可得，即，所以
由正弦函数值域可得
若要求满足的的最小值，
只需满足取最大值即可，而，
所以当且仅当时满足题意，
即；
所以，得，即的最小值为.
故选：B
【变式14-1】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）已知对任意角，均有公式.设△ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足，
∴，即，
∴，
由题可知，，
∴，
∴
∴，
∴有，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，，
∴，
∴，∴，故B错误；
，故C正确；
，故D正确．
故选：CD．
【变式14-2】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）若函数，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．的图像关于直线对称
C．的最小值为-1
D．的单调递减区间为
【答案】BCD
【分析】先求出的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出的最小正周期；对于B：由，即可判断；对于C：设，得到利用导数求出，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.
【详解】由得的定义域为.
对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；
对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；
对于C：因为，设，所以函数转化为，
由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，
因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，
同理函数的递增区间为，所以选项D正确.
故选：BCD.
【变式14-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）函数的最小值 ．
【答案】##
【分析】借助三角函数基本关系与基本不等式计算即可得.
【详解】由，
故
，
由，故、，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：.
【变式14-4】（2024·河北省·高三模拟）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1，
则第段圆弧的半径为，弧长记为，则，
所以.
故选：D．
【变式14-5】（2024·浙江·高三期末）已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.
【详解】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据构造新函数，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.
【题型15 实际应用相关新考点】
【例15】（2024·浙江温州·高三）著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，空气温度为，则分钟后物体的温度（单位：）满足：．若常数，空气温度为，某物体的温度从下降到，大约需要的时间为（ ）（参考数据：）
A．分钟B．分钟C．分钟D．分钟
【答案】D
【分析】由已知条件得出，，，代入等式，求出即可得出结论.
【详解】由题知，，，所以，，可得，
所以，，.
故选：D.
【变式15-1】（2024上·河南·高三校联考期末）据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t（分钟）（在植物学上t表示从花朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数关系式：（b为常数），若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为，则当该种玫瑰花新鲜程度为时，其凋零时间约为（参考数据：）（ ）
A．3分钟B．30分钟C．33分钟D．35分钟
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合待定系数法，求出的值，再将代入函数中，即可求解
【详解】由题意得，则，令，即，解得．
故选：C．
【变式15-2】（2024上·北京房山·高三统考期末）保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲.某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫米/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，其中为常数，，为原污染物数量.该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可得，解得，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系式，再将代入即可求得答案.
【详解】因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，所以，即所以．
再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为．
故选：A.
【变式15-3】（2023上·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考阶段练习）“开车不喝酒，喝酒不开车．”，饮酒驾驶和醉酒驾驶都是根据驾驶人员血液、呼气酒精含量来确定，经过反复试验，一般情况下，某人喝一瓶啤酒后血液中的酒精含量值随着时间x（小时）的变化规律，可以用函数模型来拟合，则该人喝一瓶啤酒至少经过多少小时后才可以驾车？（ ）（参考数据：，）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】可结合分段函数建立不等式，利用指数不等式的求解即可.
【详解】对于
由，则，函数先增后减，
当时，，
所以，该人喝一瓶啤酒后的2个小时内，其血液酒精含量可能大于20，
则驾车只能在2个小时之后，令，即，
解得，
，的最小值为6，故至少经过6小时才可以驾车.
故选：B.
【变式15-4】（2024·山东青岛·高三期末）1551年奥地利数学家､天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用（角）表示，则（ ）
A．B．C．4D．8
【答案】C
【分析】根据给定的定义，利用锐角三角函数的定义转化为角的正余弦，再利用二倍角公式、辅助角公式求解作答.
【详解】依题意，角可视为某直角三角形的内角，
由锐角三角函数定义及已知得，
所以 .
故选：C
【题型16 三角函数解答题新考点】
【例16】（2024·高三·期末）设.
(1)若，求；
(2)证明：；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系计算即可；
（2）先利用导数证：，再利用导数研究的单调性与最值即可；
（3）构造函数，利用换元法先判定的单调性及值域，然后含参讨论结合隐零点判定的单调性及值域即可.
【详解】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可知：
（2）证明：先证当时，.
令，则在时恒成立，
在上单调递增，，
即当时，.
要证，只需证明，即证
令，，
则.
（或，当且仅当时等号成立，）
而，则，，
在在上单调递增，，
即
当时，.
（3）令，，则，，
令，则在上单调递减，，，
而，在上递减，在上递增
的值域为
（i）当，即时，恒成立，所以在递增，
，符合题意；
（ii）当，即时，，
存在使得
当时，，递减，此时，不符题意.
综上知，.
【变式16-1】（2024·河北省·高三模拟）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质.
(1)判断函数是否具有性质；（直接写出结论）
(2)已知函数，判断是否存在，使函数具有性质？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数具有性质，且在区间上的值域为.函数，满足，且在区间上有且只有一个零点.求证：.
【答案】(1)函数具有性质；不具有性质.
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义判断即可；
（2）假设函数具有性质，可求出，进而可得，从而可得，再根据定义进行验证，即可得到答案；
（3）由函数具有性质及（2）可知，，进而可得在的值域为，且，由在区间上有且只有一个零点可证明当时不符合题意，再求解当时与是以为周期的周期函数矛盾，从而可得，即可证明.
【详解】（1）因为，则，又，
所以，故函数具有性质；
因为，则，又，
，故不具有性质.
（2）若函数具有性质，则，即，
因为，所以，所以；
若，不妨设，由，
得（*），
只要充分大时，将大于1，而的值域为，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因为，所以，
所以，则，此时，
则，
而，即有成立，
所以存在，使函数具有性质.
（3）证明：由函数具有性质及（2）可知，，
由可知函数是以为周期的周期函数，则，
即，所以，；
由，以及题设可知，
函数在的值域为，所以且；
当，及时，均有，
这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或；
当时，，函数在的值域为，
此时函数的值域为，
而，于是函数在的值域为，
此时函数的值域为，
函数在当时和时的取值范围不同，
与函数是以为周期的周期函数矛盾，
故，即，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.
【变式16-2】（2024·安徽省·高三模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)若的面积，，求a的值；
(2)若函数在区间上有零点，求t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角结合余弦定理以及三角形面积公式即可得解.
（2）利用导数判断单调性，进而得，由此即可得解.
【详解】（1）∵中三边a，b，c的对角分别为A，B，C，
∴．
又∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴ ，
∴．
（2）（），
，
∵，
∴在上为负，在上为正，
∴在上为减函数，在上为增函数，
∴，
∴在上只有一个零点．
∴要使在上有零点，则t的取值范围是.
【变式16-3】（浙江省杭州第二中学2021-2022学年高三上学期调研考试数学试题）在中，，D为边上一点且．
（１）证明：和的内切圆半径相等；
（２）若的三边长构成等差数列，求的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）或.
【分析】（1）利用内切圆半径与面积周长的关系证明；
（2）分成等差数列和成等差数列两种不同情况，根据等差中项的性质和勾股定理分别求的的比例关系，并不妨设的最简值进行计算，设出BD的长，根据已知条件列出方程，化简整理后得到三次方程，进行适当配凑，求解即得BD的长，进而得到所求角度或其正切值.
【详解】（1）如图所示，设和的面积为,周长为,内切圆半径分别为,则,
∴,
由于,
∴，即,
∴和的内切圆半径相等；
（2）设的角所对的边分别记作,
∵，∴为最大边.
①当成等差数列时，,又∵,
∴
不妨设则,
设,∵，
∴,
化简得,
,
∵,∴,
此时,
∴；
②当成等差数列时，,又∵,
∴
不妨设则,
设,∵，
∴,
化简得,
,
∵,∴,
此时,
【变式16-4】（2021·上海普陀·统考二模）如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为（），米，，为对角线和的交点．他以、为圆心分别画圆弧，一段弧与相交于、另一段弧与相交于，这两段弧恰与均相交于．设．
（1）若两段圆弧组成“甬路”（宽度忽略不计），求的长（结果精确到米）；
（2）记此园地两个扇形面积之和为，其余区域的面积为．对于条件（1）中的，当时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．
【答案】（1）米；（2）此人的设计是“用心”的；答案见解析．
【分析】（1）在△中，根据正弦定理求出，再根据弧长公式可求出结果；
（2）利用余弦定理求出，可得，利用三角形面积公式和扇形的面积公式求出，，可得，再通过近似计算可得答案.
【详解】（1）根据题设条件，可得在△中，．
由正弦定理，得，即．
所以，所以，
所以 米．
答：甬路的长约为米．
（2）由（1）得，在△中，由余弦定理，得，
所以，
故 ，所以 ，
，，
故，
当时，．
所以此人的设计是“用心”的．
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理、弧长和扇形的面积公式、三角形的面积公式求解是解题关键.
【题型17 立体几何解答题新考点】
【例17】（2024·江西省九师联盟）如图，在△ABC中，，D为△ABC外一点，，记，.
(1)求的值；
(2)若的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可；
(2)根据题意，由（1）知，求出取得最大值，最大值为.
【详解】（1）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以，
即.
（2）由题意知，，
所以
，
由（1）知，
所以，，
所以
，
所以当时，取得最大值，最大值为.
【变式17-1】（2024·浙江温州·高三）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）.
(1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）；
(2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值.
【答案】(1)①平方米②平方米
(2)0.3米
【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解；
（2）根据正弦定理求出，再由三角恒等变换求最大值即可得解.
【详解】（1）①其为直线段且时， 米，
所以在中，，即（米）.
所以（平方米）；
②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米），
圆心角，所以圆弧的长，
所以（平方米）
（2）由题意，，，
由正弦定理可得：，
即
，其中，
当，即时，（米）.
即有效遮挡区域高的最大值为米.
【变式17-2】（2024·浙江·高三期末）如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，．
(1)求证：；
(2)若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设，由勾股定理的逆定理可得，同理可得，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）由（1）和勾股定理的逆定理可得，又，根据线面、面面垂直的判定定理可得面面ABE，如图，则为题意所求的线面角，解三角形即可.
【详解】（1）连接BD，DE，设，则，
取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故，
得，∴，∴
同理可得，，又面BDE，
∴面BDE，又面BDE，；
（2）由（1）知，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点M，连接EM．
因为面ABCD，所以，又因为，且面DEM，
则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．
过点D作交EM于点N，连接AN．
∴就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面面ADE，∴就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵，又，，∴，
又，∴，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.
【变式17-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图，在直三棱柱中，，点在棱上，且,为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若,求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）法一、延长与的延长线交于点，连接与交于点，利用线段关系及面面垂直的性质判定平面即可；法二、延长与的延长线交于点，连接，利用线段关系及面面垂直的性质判定平面即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可.
【详解】（1）解法一
如图，延长与的延长线交于点，
因为,为的中点，所以，
连接与交于点，则，
取的中点，连接，则，故，
因为，所以，所以，
又平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
解法二
如图，延长与的延长线交于点，连接，
因为,为的中点，所以，
所以，
又平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）由，易得，则两两垂直，
以A为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设平面的法向量为，
则，取，得，
则，
由题意可得二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．
【变式17-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）如图，在正三棱锥中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，．
(1)用分别表示线段BC和PD长度；
(2)当时，求三棱锥的侧面积S的最小值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）连接OP，由题意O为的中心，则可得为直角三角形，设半球与面PBC的切点为E，然后分别在和中求解即可，
（2）由已知条件可得，，令，则上述函数变形为，，然后利用导数可求得结果
【详解】（1）连接OP，由题意O为的中心，
且面ABC，又面ABC，所以，所以为直角三角形．
设半球与面PBC的切点为E，则且．
在中，，所以．
在中，．
（2）由题知，，
化简得，，
令，则上述函数变形为，，
所以，令，得．当时，
，单调递减，当时，
，单调递增，所以当时，
三棱锥的侧面积S的最小值为．
【题型18 数列解答题新考点】
【例18】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）记为数列的前n项和，且满足．
(1)若，求证：数列是等差数列；
(2)若，设，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意得，再结合得到，从而得到数列是等差数列；
（2）由题意得，从而得数列是等比数列，进一步可求得，再分别求得，利用数列的增减性可求得实数的取值范围．
【详解】（1）当时，，
当时，，
整理得，则，
两式相减，得，
因为，所以，所以数列是等差数列．
（2）当时，，
令，得，则，
因为，所以，
因为，所以，
所以数列是首项为－r，公比为2的等比数列，
所以，所以．
因为，
所以，
则，
所以是递增数列，是递减数列，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
【变式18-1】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）对于无穷数列，“若存在，必有”，则称数列具有性质.
（1）若数列满足，判断数列是否具有性质？是否具有性质？
（2）对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集；
（3）已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析.
【分析】（1）根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列不具有性质，具有性质；
（2）根据数列具有性质，得到数列元素个数，从而证得结果；
（3）依题意，数列是各项为正数的数列，且既具有性质，又具有性质，可证得存在整数，使得是等差数列.
【详解】（1）因为，
，但，所以数列不具有性质，
同理可得数列具有性质；
（2）因为数列具有性质，
所以一定存在一组最小的且，满足，即，
由性质的含义可得，，，，
所以数列中，从第项开始的各项呈现周期性规律：
为一个周期中的各项，
所以数列中最多有个不同的项，
所以最多有个元素，即为有限集；
（3）因为数列具有性质，又具有性质，
所以存在，使得，
其中分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质的含义可得，
若，则取，可得，
若，则取，可得，
记，则对于，
有，显然，
由性质的含义可得：，
所以
，
所以，
又满足的最小的正整数，
所以，，
所以，
所以，
取，所以，若是偶数，则，
若是奇数，
则，
所以，，
所以是公差为1的等差数列.
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
【变式18-2】（2024·河北省·高三模拟）最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的成功概率为．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次．记为试验结束时所进行的试验次数，的数学期望为．
(1)证明：；
(2)某公司意向投资该产品，若，每次试验的成本为元，若试验成功则获利元，则该公司应如何决策投资？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意，，，列出分布列，列出，乘公比错位相减法求和，分析可证明；
（2）由（1）可得，分析即得解
【详解】（1）由题意，
故
分布列如下：
所以的数学期望，
记，
，
作差可得，，
则；
（2）由（1）可知，则试验成本的期望小于元，
试验成功则获利元，且，则该公司应该投资该产品
【变式18-3】（2024·安徽省·高三模拟）同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（mdm）（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程（md3）；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若（），数列的前n项和为，求；
②若（），求数列的前n项和．
【答案】(1)或（）．
(2)①3036；②
【分析】（1）根据带除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意（md3），所以或（），即或（）．
（2）由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
【变式18-4】（2024·安徽省·高三模拟）已知为正项数列的前n项的乘积，且，，数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为递增数列，求实数k的取值范围；
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据，可得，两式相除可得，两边取对数并构造常数列，即可求得答案.
（2）由（1）的结论，求出，再根据单调数列的意义列式求解即得.
【详解】（1）由为正项数列的前n项的乘积，得，由，得，
于是，即，两边取对数得，
即，整理得，
因此数列是常数列，即，于是，
所以.
（2）由（1）知，，
由数列为递增数列，得，
即，而数列是递减数列，，当且仅当时等号，
所以实数k的取值范围是.
【题型19 统计概率解答题新考点】
【例19】（2024·浙江宁波·高三期末）某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤．已知，玩家按照一、二两种方案进行抽卡，首次抽中新皮肤时的累计花费为X，Y（元）．
(1)求X，Y的分布列；
(2)求；
(3)若，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案．（参考数据：．）
【答案】(1)，，
(2)
(3)选择方案二
【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式求出，
（2）结合错位相减法可求期望，
（3）由已知条件依次求得，，根据数学期望即可给出选择方案.
【详解】（1）可取值，可取值，
当时，摸球次数为，没有抽中新皮肤的概率为，
故，，
．
（2）令，
则，故，
整理得到，
所以，
若玩家按方案一抽卡，花费元时抽到皮肤，则抽取次数为，
而，其中，.
则
，
因为玩家按方案一抽卡次数无限制，
且当时，，，
所以.
（3），即，
由（2）可得故；
若玩家按方案二抽卡，则可取值，
且，其中，
，
故，
因为，故选择方案二．
【变式19-1】（2024·高三·期末）设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设．
(1)若，求；
(2)若，求的最小值；
(3)对任意与有相同可能取值的随机变量，证明：，并指出取等号的充要条件
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；
（2）利用定义，结合对数的运算法则得到关于的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；
（3）先利用导数证得恒不等式，从而结合定义即可得证.
【详解】（1）不妨设，则.
所以
.
（2）当时，，
记
，
则
，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，则单调递增，而，
所以在为负数，在为正数，
则在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为.
（3）令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，即，当且仅当时，等号成立，
则当时，，所以，即，
故，
当且仅当对所有的时等号成立.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义指标，熟练掌握对数的运算法则即可得解.
【变式19-2】（2024·安徽省·高三模拟）将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，.设小球向左的次数为随机变量X.
(1)求随机变量X的概率分布列；
(2)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率.
【答案】(1)分布列见解析
(2)小球落入A袋和B袋中的概率分别为和
【分析】（1）易得，根据二项分布可得出答案；
（2）小球落入A袋则小球一直向左或一直向右，从而可求出小球落入A袋的概率，再利用对立事件的概率公式可求得小球落入B袋的概率.
【详解】（1）解：由题意可知，，其中将向左的概率看成成功概率，
则，
列表如下：
（2）解：小球落入A袋的概率，
小球落入B袋中的概率，
所以小球落入A袋和B袋中的概率分别为和.
【变式19-3】（2024·安徽省·高三模拟）我国一科技公司生产的手机前几年的零部件严重依赖进口，2019年某大国对其实施限制性策略，该公司启动零部件国产替代计划，与国内产业链上下游企业开展深度合作，共同推动产业发展．2023年9月该公司最新发布的智能手机零部件本土制造比例达到」90%，以公司与一零部件制造公司合作生产某手机零部件，为提高零部件质量，该公司通过资金扶持与技术扶持，帮助制造公司提高产品质量和竞争力，同时派本公司技术人员进厂指导，并每天随机从生产线上抽取一批零件进行质量检测．下面是某天从生产线上抽取的10个零部件的质量分数（总分1000分，分数越高质量越好）：928、933、945、950、959、967、967、975、982、994．假设该生产线生产的零部件的质量分数X近似服从正态分布，并把这10个样本质量分数的平均数作为的值．
参考数据：若，则．
(1)求的值；
(2)估计该生产线上生产的1000个零部件中，有多少个零部件的质量分数低于940？
(3)若从该生产线上随机抽取n个零件中恰有个零部件的质量分数在内，则n为何值时，的值最大？
【答案】(1)
(2)160
(3)
【分析】（1）由均值定义计算；
（2）由已知得，根据正态分布的概率性质计算概率；
（3）由题意，则，记其为，然后用作商法求得最大值时的值．
【详解】（1），
所以．
（2）由（1）知，，
．
该生产线上生产的1000个零部件中，质量分数低于940的个数约为
．
（3）每个零部件的质量分数在内的概率为，
由题意可知，
则，
设（），
则，
令，得，
所以当时，，
令，得，
所以当时，，
所以时，最大，故使最大的n的值为14．
【变式19-4】（2024·浙江温州·高三期末）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
(1)当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
(2)当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
(3)记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解.
【详解】（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列,首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
【点睛】关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解.
【题型20 圆锥曲线解答题新考点】
【例20】（2023·吉林·统考二模）椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.
（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.
（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.
【详解】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，
则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.
【变式20-1】（2024·全国·高三专题练习）下面是某同学在学段总结中对圆锥曲线切线问题的总结和探索，现邀请你一起合作学习，请你思考后，将答案补充完整．
(1)圆上点处的切线方程为 ?请说明理由.
(2)椭圆上一点处的切线方程为 ?
(3)是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，如图，则直线的方程是 ?这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和．两切线都过点，所以得到了和，由这两个“同构方程”得到了直线的方程；
(4)问题（3）中两切线，斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为，由，得，化简得，得．若，则由这个方程可知点一定在一个圆上，这个圆的方程为 ?
【答案】(1)，理由见解析；
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）分情况讨论斜率存在与否，斜率存在时根据直线垂直的斜率表示，利用点斜式即可求得方程，易知斜率不存在时也满足方程，即可得出结果；
（2）斜率存在时设出直线方程，联立直线和椭圆方程利用得出表达式，代入整理即可得切线方程，当斜率不存在时切线方程为满足上式；
（3）根据同构方程可知点都满足方程，即可知直线的方程；
（4）由可知方程的两根乘积为，即可得，即可知点一定在圆上.
【详解】（1）圆上点处的切线方程为．
理由如下：
①若切线的斜率存在，设切线的斜率为，则，所以，
又过点，由点斜式可得，
化简可得，，
所以切线的方程为；
②若切线的斜率不存在，则，
此时切线方程为，满足方程；
综上所述，圆上点处的切线方程为．
（2）①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，
联立方程，整理得，
由可得，
所以
由韦达定理可知，即，
把代入中，得，
所以
化简得．
②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式．
综上，椭圆上一点的切线方程为．
（3）在，两点处，椭圆的切线方程为和，
因为两切线都过点，
所以得到了和，
由这两个“同构方程”得到了直线的方程为；
（4）问题（3）中两切线斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为
由，可得，
由，得，（*）
因为，
则，
所以（*）式中关于的二次方程有两个解，且其乘积为，
则，
可得，
所以圆的半径为2，圆心为原点，其方程为．
【变式20-2】（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线l交双曲线右支A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.
(1)求双曲线的方程；
(2)试探究与的是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
(3)求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)是，定值；
(3)；
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出的范围，然后根据，可得，进而可得取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线：，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设，，直线AB的方程为，
由，消元得.
则，，且，
∴
；
或由韦达定理可得，即，
∴
，
即与的比值为定值.
（3）思路一：设直线AM：，代入双曲线方程并整理得：
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（2）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在，上单调递减，
故，
故的取值范围为.
思路二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点M作两渐近线的平行线与，
由于点A在双曲线的右支上，
所以直线AM介于直线与之间（含x轴，不含直线与），
所以，
同理，过点N作两渐近线的平行线与，
由于点B在双曲线的右支上，
所以直线BN介于直线与之间（不含x轴，不含直线与），
所以.
由（2）中结论可知，
得，所以，
故.
【点睛】本题的解题关键是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断斜率的比值是否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率的取值范围，从而得到精确的的范围.
【变式20-3】（2024·浙江宁波·高三期末）已知椭圆C：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为（）的直线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求三棱锥的体积，
②若，异面直线和所成角的余弦值；
③是否存在（），使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②；③存在，
【分析】（1）由椭圆定义求得，结合离心率求得，再求出后即得椭圆标准方程；
（2）①求得点坐标，确定折叠后新坐标，然后由体积公式计算体积；②建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角；③建立解析中所示空间直角坐标系，设折叠前，，折叠后A，B在新图形中对应点记为，，，由三角形周长求得，设方程为，代入椭圆方程应用韦达定理得，，用坐标表示变形后代入，求出值，从而可得结论．
【详解】（1）由椭圆的定义知：，，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
由题意，椭圆的焦点在x轴上，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由直线l：与，
由得或，
所以（因为点A在x轴上方）以及，
，，
②O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，．
记异面直线和所成角为，则；
③设折叠前，，折叠后A，B在新图形中对应点记为，，，
折叠前周长是8，则折叠后周长是，
由，，故，
设方程为，
由，得，
，，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）；
，，
所以，（ⅰ）
又，
所以，（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以．
【变式20-4】（2024·高三·期末）已知椭圆：的左焦点为，为曲线：上的动点，且点不在轴上，直线交于，两点.
(1)证明：曲线为椭圆，并求其离心率；
(2)证明：为线段的中点；
(3)设过点，且与垂直的直线与的另一个交点分别为，，求面积的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）整理得到，可以看出曲线为椭圆，并求出离心率；
（2）设的中点为，利用点差法得到，设，得到，故重合，为线段的中点；
（3）设直角梯形的面积为，得到，设直线的方程为，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，得到，并求出，表达出，得到，得到答案.
【详解】（1）曲线：，整理得，
，即，
故曲线可由向左平移2个单位得到，故为椭圆，
其中，离心率为；
（2）由题意得，即，
设，则，两式相减得
，
因为点不在轴上，故直线的斜率存在且不为0，
故，所以，
设的中点为，则，
，故，
设，则，
则，又，
则，
故，而直线AB不过原点，且H,P在直线AB上，
即重合，为线段的中点；
（3）由题意得四边形为直角梯形，设直角梯形的面积为，又为的中点，
所以，则，
设直线的方程为，与联立得：，
设，则，
则
，
直线方程为，联立得：，
即，
设，由图形可得，则，故，
故，
同理可得，
故
，
又，
故，
故，
由于分母最高次为次，分子最高次为次，且恒成立，
故随着的增大，趋向于0，
当时，，故，
则.
【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：
椭圆与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知椭圆的两顶点分别为，则椭圆上一点（除两点），满足；
双曲线与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知双曲线的两顶点分别为，则双曲线上一点（除两点），满足；
【题型21 九省联考类19题】
【例21】（2024·浙江温州·高三）设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到以此类推，最后将经过变换得到．记数阵中四个数的和为．
(1)若，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【答案】(1)，
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（2）分情况讨论，结合题意分析求解；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1）因为，
经过变换后得到的数阵，
经过变换后得到的数阵，
所以.
（2）若，则，可得；
若，则，可得；
若，则，可得；
若其中一个为3，另外两个属于，则，
可得；
若，则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，则，可得；
综上所述：的所有可能取值的和为.
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后得出结论,
【变式21-1】（2023·浙江宁波·高三期末）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当B越接近A，即越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示在点A处的一阶、二阶导数）
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
(2)求椭圆在处的曲率；
(3)定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
(3)
【分析】（1）依据所给定义求解即可.
（2）直接利用定义求解即可.
（3）合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
【详解】（1）．
（2），，，
故，，故．
（3），，故，其中，
令，，则，则，其中（不妨）
令，在递减，在递增，故；
令，
，令 ，
则，当时，恒成立，故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
又，，故，
故．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．
【变式21-2】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．
(1)证明：；
(2)若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）
；
（2）
；
（3）设与交于，与交于，与交于，
连接，与交于，与交于，与交于，
欲证，，三点共线，只需证在直线上．
考虑线束，，，，由第（2）问知，
再考虑线束，，，，由第（2）问知，
从而得到，
于是由第（2）问的逆命题知，，，交于一点，即为点，
从而过点，故在直线上，，，三点共线．
【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
【变式21-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
(1)判断是否为数表，并求的值；
(2)若数表满足，求中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意数表，存在，使得．
【答案】(1)是；
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【详解】（1）是数表，
（2）由题可知 .
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
（3）由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在
使得，
所以，
则命题得证.
【变式21-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量．特别地，称为零向量．设，，，定义加法和数乘：，．对一组向量，，…，（，），若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
(1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①，；②，，；③，，，．
(2)已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．
(3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论：
①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，）同时成立，其中，则．
【答案】(1)①线性相关，②线性相关，③线性相关
(2)向量，，线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可；
（3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；
②由可得，然后代入证明即可.
【详解】（1）对于①，设，则可得，所以线性相关；
对于②，设，则可得，所以，
所以线性相关；
对于③，设，则可得，
可取符合该方程，所以线性相关；
（2）设，则
因为向量，，线性无关，所以，解得
所以向量，，线性无关
（3）证明：①，如果某个，
则
因为任意个都线性无关，所以都等于0
所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零
②因为，所以全不为零
所以由可得
代入可得
所以
所以，，
所以
按动
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
开
关
关
关
关
关
关
关
关
驾驶行为类别
酒精含量值（mg/100mL）
饮酒驾驶
醉酒驾驶
1
2
3
4
5
6
7
8
0
1
2
3
1
2
3
P
调整布局，打破固化模式。高考数学坚持稳中有变，通过调整试卷结构，改变相对固化的试题布局优化试题设计，减少学生反复刷题、机械训练的收益，竭力破除复习备考中题海战术和题型套路，发挥引导作用。
【题型1 集合新考点】
【例1】（2024·浙江温州·高三期末）设集合U=R， ，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．{x|x≥1}B．{x|1≤x<2}C．{x|0
【分析】先求出集合A，B，再由图可知阴影部分表示，从而可求得答案
【详解】因为等价于，解得 ，
所以，所以或，
要使得函数有意义，只需，解得，
所以
则由韦恩图可知阴影部分表示 .
故选：D.
【变式1-1】（2024·安徽省·高三模拟）（多选）下列选项中的两个集合相等的有（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】分析各对集合元素的特征，即可判断.
【详解】解：对于A：集合表示偶数集，集合也表示偶数集，所以，故A正确；
对于B：，
，所以，故B错误；
对于C：，又，
所以，即，所以，故C正确；
对于D：集合为数集，集合为点集，所以，故D错误；
故选：AC
【变式1-2】（2024·江苏四校联合·高三期末）设全集为定义集合与的运算：且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据定义用交并补依次化简集合，即得结果.
【详解】且
故选：B
【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题.
【变式1-3】（2024·江苏南通·高三期末）定义集合运算，集合，则集合所有元素之和为
【答案】18
【分析】由题意可得，进而可得结果.
【详解】当
当
当
当
和为
故答案为：18
【变式1-4】（2024·江苏南通·高三期末）已知X为包含v个元素的集合（，）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称组成一个v阶的Steiner三元系．若为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 ．
【答案】7
【分析】令，列举出所有三元子集，结合组成v阶的Steiner三元系定义，确定中元素个数.
【详解】由题设，令集合，共有7个元素，
所以的三元子集，如下共有35个：
、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
因为中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以中元素满足要求的有：
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
、、、、、、，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7
【题型2 复数新考点】
【例2】（2023·全国·统考模拟预测）已知复数，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】计算出的值，即可得解.
【详解】因为，
，
，
，
，
所以，当时，，故的最小值为.
故选：C.
【变式2-1】（多选）（2024上·云南·高三校联考阶段练习）若复数，则（ ）
A．的共轭复数B．
C．复数的虚部为D．复数在复平面内对应的点在第四象限
【答案】ABD
【分析】首先化简复数，再根据复数的相关概念，即可判断选项.
【详解】，则，故正确；
，故正确；复数的虚部为，故错误；
复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故正确.
故选：ABD
【变式2-2】（多选）（2024上·江西宜春·高三上高二中校考阶段练习）设为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A．B．若，则复平面内对应的点位于第二象限
C．D．若，则的最大值为2
【答案】ABD
【分析】利用复数的四则运算，复数模的性质逐个选项分析即可.
【详解】对于A，设，故，则，，故成立，故A正确，
对于B，，，显然复平面内对应的点位于第二象限，故B正确，
对于C，易知，，当时，，故C错误，
对于D，若，则，而，易得当时，最大，此时，故D正确.
故选：ABD
【变式2-3】（多选）（2024上·云南德宏·高三统考期末）已知是复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．若，则的最小值为1
【答案】CD
【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D.
【详解】对于A，设，则，但，故A错误；
对于B，令，满足，故B错误；
对于C，设，则所以，则 ，所以，故C正确；
对于D，设，则，
即，表示以为圆心，半径为1的圆，
表示圆上的点到的距离，故的最小值为，故D正确.
故选：CD
【变式2-4】（多选）（2024上·河南南阳·高三统考期末）设复数的共轭复数为，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算法则，即可求解.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，，，所以，故D错误.
故选：AC
【题型3 函数选图题新考点】
【例3】（2024·浙江·高三期末）已知函数对任意的有，且当时，，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由得，得到函数是奇函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论.
【详解】由得，则函数是奇函数，排除A、C
当时，，对应的图象为D，
故选：D.
【变式3-1】（2024·浙江宁波·高三期末）函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，
当时，，故排除A，只有C满足条件.
故选：C
【变式3-2】（2024·安徽省·高三模拟）函数的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分，和三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.
【详解】①当时，，此时A选项符合；
②当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故B选项符合；
③当时，，
当时，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上是减函数，
如图，作出函数在上的图象，
由图可知，函数的图象在上有一个交点，
即函数在在上有一个零点，
当时，，则，
由，得，由，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故C选项符合，D选项不可能.
故选：D.
【变式3-3】（2024·安徽·高三期末）若将确定的两个变量y与x之间的关系看成，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用对数的运算及排除法即可求解.
【详解】由得，
显然，所以，
由，得，
所以，排除AB，
由，当且仅当时取等号，可排除D．
故选：C．
【变式3-4】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数的定义域为，满足．当时，则的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性，及特殊位置结合排除法即可判定选项.
【详解】因为函数的定义域为，满足，
所以是偶函数，所以的图象关于y轴对称，故排除A；
当时，，所以，故排除B，C．
故选:D
【题型4 比较大小新考点】
【例4】（2024·辽宁重点高中·模拟预测）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据，，得到，再构造函数，比较出，得到结论.
【详解】，
，，
下证时，，
设，射线与单位圆相交于点，过点作⊥轴于点D，
单位圆与轴正半轴交于点，过点作⊥轴，交射线于点，连接，
则，
设扇形的面积为，因为，
所以，即，
故，所以，，
所以，
因为，令，，
则，其中，
令，则，，
令，则在上恒成立，
则在上单调递增，又，
故在上恒成立，
所以在上单调递增，又，
故在上恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以，即，
则
因为，
令，，
则，令，
则，令，
则，令，
则在上恒成立，
所以在单调递减，
又，故在上恒成立，
所以在上单调递减，
又，故在上恒成立，
所以在上单调递减，
又，故在上恒成立，
故在上单调递减，
又，故，即，
故，
其中，
则，D正确.
故选：D
【点睛】麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
，，
，
，
，
【变式4-1】（2024·江苏四校联合·高三期末）设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.
【详解】，
设，，则，
则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，
设，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B.
【变式4-2】（2024·吉林·高三期末）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数研究函数单调性，从而比较大小.
【详解】设，则，
在时，，所以在上单调递增，
所以，则，
即，则，
设，则，
则当，，所以为减函数，
则当， ，所以为增函数，
所以，则；
设，，则，
所以在为增函数，则，
即，则，所以；
所以.
故选：D.
【点睛】思路点睛：两个常用不等式
（1），
（2），
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用常见不等式放缩得到，的大小关系，再利用幂函数的单调性比较，的大小关系即可得到答案.
【详解】令，则恒成立，
所以在单调递增，
所以当时，，即；
令，则恒成立，
所以在单调递增，
所以当时，，即；
由诱导公式得，
所以，因此；
因为，，
故只需比较与的大小，
由二项式定理得，，
所以．
综上，.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；
（2）构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质进而比较大小；
（3）放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.
【变式4-4】（2023·山东临沂·统考一模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造，由零点存在定理求得零点x的范围，即可结合指数函数、幂函数的性质比较的大小.
【详解】令，则在R上单调递增，
由，则时，即，而，
∵，
∴.
.
综上：.
故选：B.
【题型5 数列小题新考点 】
【例5】（2024上·北京房山·高三统考期末）数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率.由于，取3为弱率，4为强率，计算得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，….若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推.已知，则（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为弱率，所以，
故选：B.
【变式5-1】（2023·山东烟台·统考二模）给定数列A，定义A上的加密算法：当i为奇数时，将A中各奇数项的值均增加i，各偶数项的值均减去1；当i为偶数时，将A中各偶数项的值均增加，各奇数项的值均减去2，并记新得到的数列为．设数列：2，0，2，3，5，7，数列，则数列为 ；数列的所有项的和为 ．
【答案】 1，3，1，6，4，10
【分析】由题意求出数列，即可求解数列；对于偶数项可得，为等差数列，写出第2，4，6项. 对于奇数项可得，为等差数列，写出第1，3，5项，相加即可求解.
【详解】由题意，
，1为奇数，所以，
，2为偶数，所以.
因为，为偶数，为奇数，
所以对于偶数项，，得，
则为等差数列，得数列B2n中：
第2项为：，
第4项为：，
第6项为：；
对于奇数项，，得，
则为等差数列，得数列B2n中：
第1项为：，
第3项为：，
第5项为：，
所以所有的项的和为
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解新定义“数列A”的算法，以学习过的数列相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.
【变式5-2】（2024江西省九师联盟）在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，，，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据数列的定义找到与的关系，然后利用构造法结合等比数列的定义求解即可.
【详解】因为，
所以 ，
所以，
又，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
【变式5-3】（2023上·广东深圳·）若系列椭圆（，）的离心率，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先化为标准方程，直接求出离心率列方程即可求解.
【详解】椭圆可化为：.
因为，所以离心率，解得： .
故选：A
【变式5-4】（2024上·浙江温州·高三）汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为，则 . .
【答案】 7
【分析】根据题意可得，当时，求分三步，从而可得，则可求出，进而可求得答案.
【详解】显然.
当有个圆盘时，求分三步：
第一步，先将上面的个圆盘移到辅助柱，至少需要次；
第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；
第三步，将辅助柱上的个圆盘移动到目标柱至少需要次，
因此，
所以
因为，
所以数列是以2 为公比，2为首项的等比数列，
所以
所以，所以，
，
故答案为：7，.
【变式5-5】（2024上·上海·）已知等差数列（公差不为0）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下1003个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个.
A．499B．500C．501D．502
【答案】D
【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到，要想无实根，需满足，结合根的判别式与基本不等式得到至多一个成立，同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，从而得到结论.
【详解】由题意得：，其中，
，代入上式得：，
要方程无实数解，则，
显然第502个方程有解.
设方程与方程的判别式分别为，
则
，
等号成立的条件是，所以至多一个成立，
同理可证：至多一个成立，至多一个成立，且，
综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，
故选：D.
【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解.
【题型6 排列组合小题新考点】
【例6】（2023·贵州·校联考模拟预测）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围：，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有（ ）
A．240B．360C．600D．720
【答案】A
【分析】分为3.11开头的以及3.12开头的，分别计算得出结果，根据分类加法计数原理加起来，即可得出答案.
【详解】小于3.14的不同数字的个数有两类：
第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有种；
第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有种.
根据分类加法计数原理可知，共种.
故选：A．
【变式6-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考一模）图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致，，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分析可知，要只改变的状态，则只有在及周边按动开关才可以实现开关的次数最少，利用表格分析即可.
【详解】根据题意可知：只有在及周边按动开关，才可以使按开关的次数最少，具体原因如下：
假设开始按动前所有开关均为闭合状态，要只改变的状态，在按动后，，也改变，
下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动，但会导致周边的，也改变，因此会按动开关更多的次数；所以接下来逐一恢复，至少需按开关次；
这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动次可以满足要求.
如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）
则需按开关的最少次数为.
故选：A.
【变式6-2】（2023·高三课时练习）小于300的所有末尾是1的三位数的和等于 ．
【答案】3920
【分析】根据小于300的所有末尾是1的三位数是以101为首项，以10为公差的等差数列求解.
【详解】解：小于300的所有末尾是1的三位数是101，111，121，…，291，
是以101为首项，以10为公差的等差数列，
所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为,
故答案为：3920
【变式6-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有 种.
【答案】14
【分析】根据加法分类计数原理求解即可.
【详解】不妨设圆周上的点依次为，
要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：
符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；
共计种.
故答案为：.
【变式6-4】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）（多选）若，为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B： ，故B错误；
对C： ，
，故，C错误；
对D：
，故D正确.
故选：AD.
【题型7 圆锥曲线小题新考点】
【例7】（2023上·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知圆锥曲线：关于坐标原点对称，定点的坐标为.给出两个命题：①若，则曲线上必存在两点，使得为线段的中点；②若，则对曲线上任一点，上必定存在另外一点，使得.其中（ ）
A．①是假命题，②是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①②都是假命题D．①②都是真命题
【答案】C
【分析】结合双曲线的几何性质，可判定命题①为假命题；根据不在曲线上的点，结合圆与圆锥曲线的位置关系，可判定命题②为假命题.
【详解】命题①中，例如：圆锥曲线，点，此时满足，
设，且满足，即，
此时点为的中点，
由，两式相减可得，
则，可得直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，此时，
即直线与双曲线没有公共点，即曲线不存在两点，使得点为的中点，所以命题①为假命题；
命题②中，对于点满足，即点不在曲线上，
当是点到曲线上的最短距离时，此时以为圆心，以为半径的圆与曲线只有一个公共点，不存在点，使得，所以命题②为假命题.
故选：C.
【变式7-1】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）
A．椭圆的离心率为B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若为正方形，则的边长为D．长方形的面积的最大值为18
【答案】D
【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；
当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；
设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．
故选：D．
【变式7-2】（多选）（2023·广东茂名·统考二模）阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（ ）
A．的方程为B．的方程为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】BD
【分析】由焦点易得抛物线的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，通过抛物线的定义结合图象可得，即可求得答案.
【详解】由题可得，即的方程为，
设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，
将代入可得，
所以，
于是 ，
当与重合时，取得最小值.
故选：BD.
【变式7-3】（2024江西九师联盟）阿波罗尼斯（约公元前262年~约公元前190年），古希腊著名数学家，主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等，尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质，其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点，已知双曲线C：的左、右焦点分别为其离心率为从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】设由题意可知 所以, , ,所以,又,所以
解得所以
【变式7-4】（2024·浙江宁波·高三期末）（多选）已知为坐标原点，曲线：，，为曲线上动点，则（ ）
A．曲线关于y轴对称B．曲线的图象具有3条对称轴
C．D．的最大值为
【答案】ABC
【分析】对于选项A:将用替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令，，代入整理可得，利用周期性与对称性即可判断；对于选项C:代入，借助三角恒等变换公式化简计算即可；对于选项D:借助三角函数的性质并表示出.
【详解】对于选项A:将用替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A正确；
对于选项B:由
，
令，，
代入整理可得，
其中，为点所在终边对应的角度，且，
因为，故，
因为曲线关于y轴对称，
故对应的图象关于轴（即y轴对称）对称，
注意到关于的周期为，
故曲线也关于和（即）对称，
故B选项正确；
对于选项C:，C正确；
对于选项D:，D错误；
故选：ABC．
C另解：，
该方程关于有解，令，则在上有根，
由，
则， 或，
解得；或
综上：．
D另解：
，
解得．
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于将曲线进行换元，令，，代入整理得，借助三角函数的相关性质探讨即可.
【题型8 导数周期与对称新考点】
【例8】（2024·陕西西安·统考一模）已知函数及其导函数的定义域均为R，记，若为偶函数，，且，则（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质可得，求导得，结合的周期性即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
两边同时求导得，即，
所以，令，得，
令，得，又因为，所以，
由，所以，所以的周期为6，则，
而，所以，所以．
故选：B
【变式8-1】（2023上·四川·高三校联考阶段练习）已知函数及其导函数的定义域均为，且为奇函数，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意利用赋值法求出、、、的值，推出函数的周期，结合，每四个值为一个循环，即可求得答案.
【详解】由，令，得，所以，
由为奇函数，得，所以，
故①．
又②，
由①和②得，即，
所以，③
令，得，得，
令，得，得，
又④，
由③④得，即，
所以函数是以8为周期的周期函数，
故，
所以，
所以
.
故选：B．
【变式8-2】（2024上·浙江宁波·高三统考期末）已知函数的定义域为，且，，则（ ）
A．2024B．C．D．0
【答案】D
【分析】根据表达式得出规律，即可求出的值.
【详解】由题意，
在中， 定义域为，，
当时，，解得：，
当时，，
即
当时，，解得：，
当时，，解得：，
当时，，解得：，
……函数值周期性变化，周期为3，
∵，
可得：
，
故选：D.
【变式8-3】（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知函数，的定义域都为，为的导函数，的定义域也为，且，，若为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由已知可得关于点对称，判断②；因为为偶函数，可推得为奇函数，进而得出的周期为，可判断①；由已知得出，，可判断③；结合的性质可判断④.
【详解】因为，，所以，
所以关于点对称，所以，②成立；
因为为偶函数，所以，所以，
所以为奇函数，关于对称，即，
因为，，
所以，所以的周期为，
因为，所以，①成立；
因为，所以，
又，所以，
因为不能确定，③不一定成立；
因为周期为，
所以，④成立；
综上，一定成立的有个.
故选：.
【变式8-4】（多选）（2024上·河南漯河·高三统考期末）已知函数及其导函数的定义域均为，若函数为奇函数，函数为偶函数，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由为奇函数，可知，可得函数图像关于直线对称，再由，可得，函数图像关于点对称，再代入特值，可判断各选项.
【详解】由为奇函数可得，即，
，即，即，
所以函数的图像关于直线对称，
由是偶函数可得为奇函数，
，
即，
所以函数的图像关于点对称；
将代入，得，
将代入，得，B选项正确；
将代入得，得，A选项错误；
，C选项正确；
将代入，得，故，，D选项错误.
故选：BC.
【题型9 抽象函数类新考点】
【例9】【2024九省联考第11题】已知函数的定义域为，且，若，则（ ）
A． B．
C．函数是偶函数 D．函数是减函数
【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A：令、，代入计算即可得；对B、C、D：令，可得，即可得函数及函数函数的性质，代入，即可得.
【详解】令、，则有，
又，故，即，令、，则有，
即，由，可得，又，故，故A正确；
令，则有，即，故函数是奇函数，
有，即，即函数是减函数，
令，有，故B正确、C错误、D正确.故选：ABD.
【变式9-1】（2022•新高考Ⅱ）已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
【变式9-2】（2023•玉林三模）函数对任意x，总有，当时，，，则下列命题中正确的是（ ）
A．是偶函数B．是R上的减函数
C．在上的最小值为D．若，则实数x的取值范围为
【答案】C
【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义，即可判断A；
根据函数单调性的定义，结合条件，即可判断B；
根据函数的单调性，和奇偶性，以及条件，即可判断C；
不等式转化为，利用函数的单调性，即可判断D.
【详解】解：取，，则，解得，，
则．即，函数是奇函数，所以选项A错误；
令，，且，则，因为当时，，所以．
则．即，
函数是R上的增函数，所以选项B错误；
因为函数是R上的增函数，所以函数在上的最小值为，
，，．
故，在的最小值为-2，所以选项C正确；
，即，
因为函数是R上的增函数，所以，所以，
所以实数x的取值范围为，所以选项D不正确．
故选：C．
【变式9-3】已知函数的定义域为，在上单调递减，且对任意的，都有，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】利用特殊值法求，，利用奇偶函数概念研究的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令，有，得，
令，得，则，
令，，有，得，
又函数的定义域为关于原点对称，所以是偶函数，
因为在上单调递减，所以在上单调递增.
不等式可化为，
则有，
因为函数在上单调递增，所以，
又，所以，即，
设，则，
因为，故当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以，所以或.
故答案为：或.
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.
【变式9-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）已知函数的定义域为R，且为偶函数，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合的奇偶性即可判断；对于D，先推得的一个周期为6，再依次求得，从而利用的周期性即可判断.
【详解】对于A，因为，
令，则，故，则，故A正确；
对于B，因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故B错误；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，
又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，
所以，故的一个周期为6，
因为，所以，
对于，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
又，
所以由的周期性可得：
，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得的奇偶性，再结合题设条件推得为周期函数，从而得解.
【题型10 函数导数新考点】
【例10】（多选）（2022·山东菏泽·统考一模）对圆周率的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值，后来人们发现，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发展，计算的方法越来越多．已知，定义的值为的小数点后第n个位置上的数字，如，，规定．记，，集合为函数的值域，则以下结论正确的有（ ）
A．B．
C．对D．对中至少有两个元素
【答案】AC
【分析】对于A：根据定义，直接求出，即可判断；
对于B：根据定义，直接求出的值域为，即可判断；
对于C：求出，即可判断；
对于D：求出k=10时，的值域为，即可否定结论.
【详解】对于A：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
所以由可得：，，，，，，，，，，故.故A正确.
对于B：由题意，集合为函数的值域，所以集合为函数的值域.
规定．记，，
所以，令，，则，
因为
，
所以
所以的值域为.故B错误.
对于C：因为，所以，所以对.故C正确；
对于D：
由C的推导可知：.
因为，，
所以，令，，则，
因为
，
所以
，
，
即k=10时，的值域为.故D错误.
故选：AC
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
【变式10-1】（2024·高三·期末）（多选）在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ）
A．存在旋转函数
B．旋转函数一定是旋转函数
C．若为旋转函数，则
D．若为旋转函数，则
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；
对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.
又，故，即恒成立.
即图象在上方，故，即.
当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.
故选：ACD
【变式10-2】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；
B：，
在上，在上，在上，
所以在、上递减，上递增，符合；
C：由且定义域为，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；
D：由且定义域为R，为奇函数，
研究上性质：，故在递增，
所以在R上递增，不符合；
故选：B
【变式10-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于轴，左边第一根弦在轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线（又称为雁柱曲线）方程为，第（，第0根弦表示与轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线交于点和，则（ ）参考数据：．
A．814B．900C．914D．1000
【答案】C
【分析】根据题意，有，，则有，利用错位相减法分析可得答案．
【详解】根据题意，第根弦分别与雁柱曲线和直线交于点，和，，
则，，则有，
设，则，①
则，②
①-②可得：
；
，
故；
故选：C
【变式10-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）（多选）定义：对于定义在区间I上的函数和正数，若存在正数M，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间I上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ）
A．函数在上满足阶李普希兹条件
B．若函数在上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为
C．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解
D．若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则对任意函数，，恒有
【答案】ACD
【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.
【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；
B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项错误；
C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；
D选项：不妨设，当时，，当时，
，故对，，故D选项正确；
故选：ACD
【题型11 不等式新考点】
【例11】（2020下·浙江温州·高三温州中学校考阶段练习）已知正实数，则的最小值为 ；的最小值为 .
【答案】
【解析】分类讨论，结合均值不等式，注意取等验证是否满足即可．
【详解】（1）若时，即时，，当时可取等号，
若时，即时，，
若时，即时，由知，
所以，
综上可知A的最小值为；
当时，，当时可取等号；
当时，，当时可取等号；
综上所述，，时可取等号；
故答案为：，．
【点睛】本题考查代数式的最值求法，考涉及均值不等式及分类讨论思想，属于中档题．
【变式11-1】【2024九省联考】以max M表示数集M中最大的数.设，已知或，则的最小值为______.
【答案】
【分析】法一：当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
法二：记，讨论、两种情况，再根据定义得出最小值.
法三：当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
当，由不等式性质得，再根据定义得出最小值.
【解析】法一：若，则
当且仅当且，即时取等号.
若，则
当且仅当且，即时取等号.
法二：解：记，则.
又，或，∴，或.
①当，即时，..
②当，即时，，
，
当即时，可取得等号.
综上，，即的最小值为.
法三：解：记.则，
.
.
①若，则由得，，
②若，则，，
且当时，.
综上，，即的最小值为.
【变式11-2】（2024·浙江宁波·高三期末）设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12B．24C．D．
【答案】B
【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.
【详解】，，变形为，
令，
则转化为
，即，
其中
当且仅当，即时取等号，可知.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式11-3】（2018·河南·高三竞赛）已知、、均为正数，则的最大值为 ．
【答案】
【详解】记，那么，，，
于是，得 ． ①
又 ． ②
由①②可得，所以，即，当且仅当时取得．
【变式11-4】（2018·全国·高三竞赛）设非负实数、、满足．则的最小值为 ．
【答案】
【详解】首先，．
则．
当且仅当时，．
【变式11-5】（2023·全国·高三专题练习）设， 其中、、 ，且．求的最大值和最小值．
【答案】最大值为，最小值为
【分析】方法一：利用对称轮换式，要求的最大值和最小值，本题可转化为证明，利用柯西不等式即可证得结论成立，从而可得出的最大值和最小值.
【详解】[方法一]：
先证，当且仅当时等号成立．
由柯西不等式：，
因为，
从而，所以，，
当且仅当时等号成立．
再证当时等号成立．
事实上，
，
故，当且仅当时等号成立．
[方法二]：
先证，当且仅当时等号成立．
由柯西不等式：，
因为，
从而，所以，，
当且仅当时等号成立．
本不等式是轮换对称的，可设，若z=0，则
.
下设，由(*)式，要证，只要证
注意到，于是(1)等价于
即
而由Cauchy不等式，可得
即(2)成立，从而，故，当时等号成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查三元函数最值的求解，解本题的关键在于灵活使用柯西不等式，注意到代数式的对称性，利用轮换结合柯西不等式证明出，同时要注意等号成立的条件.
【题型12 立体几何小题新考点】
【例12】（2024·浙江省温州·高三）（多选）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为的正方体的八分之一，图3是以底面边长为的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）
A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B．图2中阴影部分的面积为
C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为
D．由棱长为的正方体截得的“牟合方盖”体积为
【答案】BCD
【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.
【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为的球和高为的牟合方盖来说，
使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；
而正四棱锥体的体积为．
所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积，
从而得到整个牟合方盖的体积为，故D正确
故选：BCD．
【变式12-1】（2024·高三期末）如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，可得出，求出的值，即可求得该正四棱台的体积.
【详解】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，
设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，
则，可得，可得，
所以，该正四棱台的体积为.
故选：C.
【变式12-2】（2024·高三期末）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以，平面，，所以平面，
平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
设，，，，则，
由已知得，，
， ， ，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当时，取最大值，没有最小值，
即当时取最大值，从而取最大值，
由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
【变式12-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）表面积为的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，内切球切母线于，底面半径，，则，求出，再换元利用基本不等式求出函数的最小值得解.
【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，
设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，
轴截面如下图示，内切球切母线于，底面半径，，则，
又，故，
又，故，
故该圆锥的表面积为，
令，所以，
所以.
（当且仅当时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为.
故选：B
【变式12-4】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点，且以为方向向量的空间直线l的方程为；
（2）过点，且为法向量的平面的方程为．
现已知平面，，，（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面，则平面法向量为，
对，则，即，所以过点，方向向量为 ，所以，所以，所以，故A错误D正确.
对，即，所以过点，方向向量为 ，点代入平面方程成立，所以与平面有公共点，故B错误；
对，所以过点，方向向量为 ，
因为，所以 ，所以或，但点代入平面不成立，故，所以，所以C正确.
故选：CD
【题型13 统计概率小题新考点】
【例13】（2024·浙江省温州）在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（，单位：m）与制动距离（，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述，与的函数关系的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】设，，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
【详解】设，.
由图象知，过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图1.
由图1可得，与呈现线性关系，可选择用.
过点，，，，，，，，，，，，，，.
作出散点图，如图2.
由图2可得，与呈现非线性关系，比较之下，可选择用.
故选：B.
【变式13-1】（2024·河北省·高三模拟）现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.
【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、，
甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得，
乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得，
混合后，新数据的平均数为，
方差为
.
故选：D.
【变式13-2】（2022下·山西运城·高二校联考阶段练习）已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中含的项的系数为 ．
【答案】
【分析】分析可得，利用二项式定理的展开式可求得正整数的最小值，可得出的值，然后写出展开式的通项，令的指数为，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】
能被整除，则能被整除，
因为，则正整数的最小值为，即，
展开式的通项为，
因为，
在中，由可得，
在中，由可得，
在中，.
所以，展开式中含的项的系数为.
故答案为：.
【变式13-3】（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，“爱心”是由曲线和所围成的封闭图形，在区域内任取一点A，则A取自“爱心”内的概率 ．
【答案】
【详解】解法1．区域的面积为，
爱心面积 ，
∴．
故答案为：.
解法2．在图中的阴影部分面积，
所以爱心面积为，∴．
故答案为：.
【变式13-4】（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合中任取一个正整数n恰为方程的解的概率为 （表示不超过实数x的最大整数）.
【答案】
【详解】当时，，.
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
当时，，
.
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在；
当时，，
.
满足题中方程的n不存在.
因此，从集合中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为.
【题型14 三角函数小题新考点】
【例14】（2024浙江省温州高三）已知函数的图象关于直线对称，若存在，满足，其中，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得，计算出的值域为，根据题意可得，因此当且仅当时，的最小值为.
【详解】由可得
，其中；
又因为的图象关于直线对称，所以需满足，
解得，即；
可得，即，所以
由正弦函数值域可得
若要求满足的的最小值，
只需满足取最大值即可，而，
所以当且仅当时满足题意，
即；
所以，得，即的最小值为.
故选：B
【变式14-1】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）已知对任意角，均有公式.设△ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足，
∴，即，
∴，
由题可知，，
∴，
∴
∴，
∴有，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，，
∴，
∴，∴，故B错误；
，故C正确；
，故D正确．
故选：CD．
【变式14-2】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）若函数，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．的图像关于直线对称
C．的最小值为-1
D．的单调递减区间为
【答案】BCD
【分析】先求出的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出的最小正周期；对于B：由，即可判断；对于C：设，得到利用导数求出，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.
【详解】由得的定义域为.
对于A：当时，不在定义域内，故不成立，易知的最小正周期为，故选项错误；
对于B：又，所以的图像关于直线对称，所以选项正确；
对于C：因为，设，所以函数转化为，
由得，.得.所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，故选项正确；
对于D：因为在上单调递减，在上单调递增，由，令得，又的定义域为，解得，
因为在上单调递增，所以的单调递减区间为，
同理函数的递增区间为，所以选项D正确.
故选：BCD.
【变式14-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）函数的最小值 ．
【答案】##
【分析】借助三角函数基本关系与基本不等式计算即可得.
【详解】由，
故
，
由，故、，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：.
【变式14-4】（2024·河北省·高三模拟）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1，
则第段圆弧的半径为，弧长记为，则，
所以.
故选：D．
【变式14-5】（2024·浙江·高三期末）已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.
【详解】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据构造新函数，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.
【题型15 实际应用相关新考点】
【例15】（2024·浙江温州·高三）著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为，空气温度为，则分钟后物体的温度（单位：）满足：．若常数，空气温度为，某物体的温度从下降到，大约需要的时间为（ ）（参考数据：）
A．分钟B．分钟C．分钟D．分钟
【答案】D
【分析】由已知条件得出，，，代入等式，求出即可得出结论.
【详解】由题知，，，所以，，可得，
所以，，.
故选：D.
【变式15-1】（2024上·河南·高三校联考期末）据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t（分钟）（在植物学上t表示从花朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数关系式：（b为常数），若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为，则当该种玫瑰花新鲜程度为时，其凋零时间约为（参考数据：）（ ）
A．3分钟B．30分钟C．33分钟D．35分钟
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合待定系数法，求出的值，再将代入函数中，即可求解
【详解】由题意得，则，令，即，解得．
故选：C．
【变式15-2】（2024上·北京房山·高三统考期末）保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲.某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫米/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，其中为常数，，为原污染物数量.该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可得，解得，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系式，再将代入即可求得答案.
【详解】因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉，所以，即所以．
再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为．
故选：A.
【变式15-3】（2023上·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考阶段练习）“开车不喝酒，喝酒不开车．”，饮酒驾驶和醉酒驾驶都是根据驾驶人员血液、呼气酒精含量来确定，经过反复试验，一般情况下，某人喝一瓶啤酒后血液中的酒精含量值随着时间x（小时）的变化规律，可以用函数模型来拟合，则该人喝一瓶啤酒至少经过多少小时后才可以驾车？（ ）（参考数据：，）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】可结合分段函数建立不等式，利用指数不等式的求解即可.
【详解】对于
由，则，函数先增后减，
当时，，
所以，该人喝一瓶啤酒后的2个小时内，其血液酒精含量可能大于20，
则驾车只能在2个小时之后，令，即，
解得，
，的最小值为6，故至少经过6小时才可以驾车.
故选：B.
【变式15-4】（2024·山东青岛·高三期末）1551年奥地利数学家､天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用（角）表示，则（ ）
A．B．C．4D．8
【答案】C
【分析】根据给定的定义，利用锐角三角函数的定义转化为角的正余弦，再利用二倍角公式、辅助角公式求解作答.
【详解】依题意，角可视为某直角三角形的内角，
由锐角三角函数定义及已知得，
所以 .
故选：C
【题型16 三角函数解答题新考点】
【例16】（2024·高三·期末）设.
(1)若，求；
(2)证明：；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系计算即可；
（2）先利用导数证：，再利用导数研究的单调性与最值即可；
（3）构造函数，利用换元法先判定的单调性及值域，然后含参讨论结合隐零点判定的单调性及值域即可.
【详解】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可知：
（2）证明：先证当时，.
令，则在时恒成立，
在上单调递增，，
即当时，.
要证，只需证明，即证
令，，
则.
（或，当且仅当时等号成立，）
而，则，，
在在上单调递增，，
即
当时，.
（3）令，，则，，
令，则在上单调递减，，，
而，在上递减，在上递增
的值域为
（i）当，即时，恒成立，所以在递增，
，符合题意；
（ii）当，即时，，
存在使得
当时，，递减，此时，不符题意.
综上知，.
【变式16-1】（2024·河北省·高三模拟）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质.
(1)判断函数是否具有性质；（直接写出结论）
(2)已知函数，判断是否存在，使函数具有性质？若存在，求出的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数具有性质，且在区间上的值域为.函数，满足，且在区间上有且只有一个零点.求证：.
【答案】(1)函数具有性质；不具有性质.
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义判断即可；
（2）假设函数具有性质，可求出，进而可得，从而可得，再根据定义进行验证，即可得到答案；
（3）由函数具有性质及（2）可知，，进而可得在的值域为，且，由在区间上有且只有一个零点可证明当时不符合题意，再求解当时与是以为周期的周期函数矛盾，从而可得，即可证明.
【详解】（1）因为，则，又，
所以，故函数具有性质；
因为，则，又，
，故不具有性质.
（2）若函数具有性质，则，即，
因为，所以，所以；
若，不妨设，由，
得（*），
只要充分大时，将大于1，而的值域为，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因为，所以，
所以，则，此时，
则，
而，即有成立，
所以存在，使函数具有性质.
（3）证明：由函数具有性质及（2）可知，，
由可知函数是以为周期的周期函数，则，
即，所以，；
由，以及题设可知，
函数在的值域为，所以且；
当，及时，均有，
这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或；
当时，，函数在的值域为，
此时函数的值域为，
而，于是函数在的值域为，
此时函数的值域为，
函数在当时和时的取值范围不同，
与函数是以为周期的周期函数矛盾，
故，即，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.
【变式16-2】（2024·安徽省·高三模拟）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)若的面积，，求a的值；
(2)若函数在区间上有零点，求t的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角结合余弦定理以及三角形面积公式即可得解.
（2）利用导数判断单调性，进而得，由此即可得解.
【详解】（1）∵中三边a，b，c的对角分别为A，B，C，
∴．
又∵，
∴，即，
∴．
∵，
∴，
∴ ，
∴．
（2）（），
，
∵，
∴在上为负，在上为正，
∴在上为减函数，在上为增函数，
∴，
∴在上只有一个零点．
∴要使在上有零点，则t的取值范围是.
【变式16-3】（浙江省杭州第二中学2021-2022学年高三上学期调研考试数学试题）在中，，D为边上一点且．
（１）证明：和的内切圆半径相等；
（２）若的三边长构成等差数列，求的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）或.
【分析】（1）利用内切圆半径与面积周长的关系证明；
（2）分成等差数列和成等差数列两种不同情况，根据等差中项的性质和勾股定理分别求的的比例关系，并不妨设的最简值进行计算，设出BD的长，根据已知条件列出方程，化简整理后得到三次方程，进行适当配凑，求解即得BD的长，进而得到所求角度或其正切值.
【详解】（1）如图所示，设和的面积为,周长为,内切圆半径分别为,则,
∴,
由于,
∴，即,
∴和的内切圆半径相等；
（2）设的角所对的边分别记作,
∵，∴为最大边.
①当成等差数列时，,又∵,
∴
不妨设则,
设,∵，
∴,
化简得,
,
∵,∴,
此时,
∴；
②当成等差数列时，,又∵,
∴
不妨设则,
设,∵，
∴,
化简得,
,
∵,∴,
此时,
【变式16-4】（2021·上海普陀·统考二模）如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为（），米，，为对角线和的交点．他以、为圆心分别画圆弧，一段弧与相交于、另一段弧与相交于，这两段弧恰与均相交于．设．
（1）若两段圆弧组成“甬路”（宽度忽略不计），求的长（结果精确到米）；
（2）记此园地两个扇形面积之和为，其余区域的面积为．对于条件（1）中的，当时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．
【答案】（1）米；（2）此人的设计是“用心”的；答案见解析．
【分析】（1）在△中，根据正弦定理求出，再根据弧长公式可求出结果；
（2）利用余弦定理求出，可得，利用三角形面积公式和扇形的面积公式求出，，可得，再通过近似计算可得答案.
【详解】（1）根据题设条件，可得在△中，．
由正弦定理，得，即．
所以，所以，
所以 米．
答：甬路的长约为米．
（2）由（1）得，在△中，由余弦定理，得，
所以，
故 ，所以 ，
，，
故，
当时，．
所以此人的设计是“用心”的．
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理、弧长和扇形的面积公式、三角形的面积公式求解是解题关键.
【题型17 立体几何解答题新考点】
【例17】（2024·江西省九师联盟）如图，在△ABC中，，D为△ABC外一点，，记，.
(1)求的值；
(2)若的面积为，的面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可；
(2)根据题意，由（1）知，求出取得最大值，最大值为.
【详解】（1）在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
所以，
所以，
即.
（2）由题意知，，
所以
，
由（1）知，
所以，，
所以
，
所以当时，取得最大值，最大值为.
【变式17-1】（2024·浙江温州·高三）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面与全等且所在平面平行，与各边表示挡雨棚支架，支架、、垂直于平面.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形（、分别在、延长线上）.
(1)挡雨板（曲面）的面积可以视为曲线段与线段长的乘积．已知米，米，米，小组成员对曲线段有两种假设，分别为：①其为直线段且；②其为以为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）；
(2)小组拟自制部分的支架用于测试（图3），其中米，，，其中，求有效遮挡区域高的最大值.
【答案】(1)①平方米②平方米
(2)0.3米
【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解；
（2）根据正弦定理求出，再由三角恒等变换求最大值即可得解.
【详解】（1）①其为直线段且时， 米，
所以在中，，即（米）.
所以（平方米）；
②其为以为圆心的圆弧时，此时圆的半径为（米），
圆心角，所以圆弧的长，
所以（平方米）
（2）由题意，，，
由正弦定理可得：，
即
，其中，
当，即时，（米）.
即有效遮挡区域高的最大值为米.
【变式17-2】（2024·浙江·高三期末）如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，．
(1)求证：；
(2)若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设，由勾股定理的逆定理可得，同理可得，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）由（1）和勾股定理的逆定理可得，又，根据线面、面面垂直的判定定理可得面面ABE，如图，则为题意所求的线面角，解三角形即可.
【详解】（1）连接BD，DE，设，则，
取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故，
得，∴，∴
同理可得，，又面BDE，
∴面BDE，又面BDE，；
（2）由（1）知，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点M，连接EM．
因为面ABCD，所以，又因为，且面DEM，
则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．
过点D作交EM于点N，连接AN．
∴就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面面ADE，∴就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵，又，，∴，
又，∴，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.
【变式17-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图，在直三棱柱中，，点在棱上，且,为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)若,求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）法一、延长与的延长线交于点，连接与交于点，利用线段关系及面面垂直的性质判定平面即可；法二、延长与的延长线交于点，连接，利用线段关系及面面垂直的性质判定平面即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可.
【详解】（1）解法一
如图，延长与的延长线交于点，
因为,为的中点，所以，
连接与交于点，则，
取的中点，连接，则，故，
因为，所以，所以，
又平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
解法二
如图，延长与的延长线交于点，连接，
因为,为的中点，所以，
所以，
又平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）由，易得，则两两垂直，
以A为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
取，得，
设平面的法向量为，
则，取，得，
则，
由题意可得二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．
【变式17-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）如图，在正三棱锥中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，．
(1)用分别表示线段BC和PD长度；
(2)当时，求三棱锥的侧面积S的最小值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）连接OP，由题意O为的中心，则可得为直角三角形，设半球与面PBC的切点为E，然后分别在和中求解即可，
（2）由已知条件可得，，令，则上述函数变形为，，然后利用导数可求得结果
【详解】（1）连接OP，由题意O为的中心，
且面ABC，又面ABC，所以，所以为直角三角形．
设半球与面PBC的切点为E，则且．
在中，，所以．
在中，．
（2）由题知，，
化简得，，
令，则上述函数变形为，，
所以，令，得．当时，
，单调递减，当时，
，单调递增，所以当时，
三棱锥的侧面积S的最小值为．
【题型18 数列解答题新考点】
【例18】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）记为数列的前n项和，且满足．
(1)若，求证：数列是等差数列；
(2)若，设，数列的前n项和为，若对任意的，都有，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意得，再结合得到，从而得到数列是等差数列；
（2）由题意得，从而得数列是等比数列，进一步可求得，再分别求得，利用数列的增减性可求得实数的取值范围．
【详解】（1）当时，，
当时，，
整理得，则，
两式相减，得，
因为，所以，所以数列是等差数列．
（2）当时，，
令，得，则，
因为，所以，
因为，所以，
所以数列是首项为－r，公比为2的等比数列，
所以，所以．
因为，
所以，
则，
所以是递增数列，是递减数列，
所以，
所以，即实数的取值范围为．
【变式18-1】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）对于无穷数列，“若存在，必有”，则称数列具有性质.
（1）若数列满足，判断数列是否具有性质？是否具有性质？
（2）对于无穷数列，设，求证：若数列具有性质，则必为有限集；
（3）已知是各项均为正整数的数列，且既具有性质，又具有性质，是否存在正整数，，使得，，，…，，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析.
【分析】（1）根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列不具有性质，具有性质；
（2）根据数列具有性质，得到数列元素个数，从而证得结果；
（3）依题意，数列是各项为正数的数列，且既具有性质，又具有性质，可证得存在整数，使得是等差数列.
【详解】（1）因为，
，但，所以数列不具有性质，
同理可得数列具有性质；
（2）因为数列具有性质，
所以一定存在一组最小的且，满足，即，
由性质的含义可得，，，，
所以数列中，从第项开始的各项呈现周期性规律：
为一个周期中的各项，
所以数列中最多有个不同的项，
所以最多有个元素，即为有限集；
（3）因为数列具有性质，又具有性质，
所以存在，使得，
其中分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质的含义可得，
若，则取，可得，
若，则取，可得，
记，则对于，
有，显然，
由性质的含义可得：，
所以
，
所以，
又满足的最小的正整数，
所以，，
所以，
所以，
取，所以，若是偶数，则，
若是奇数，
则，
所以，，
所以是公差为1的等差数列.
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
【变式18-2】（2024·河北省·高三模拟）最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的成功概率为．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次．记为试验结束时所进行的试验次数，的数学期望为．
(1)证明：；
(2)某公司意向投资该产品，若，每次试验的成本为元，若试验成功则获利元，则该公司应如何决策投资？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意，，，列出分布列，列出，乘公比错位相减法求和，分析可证明；
（2）由（1）可得，分析即得解
【详解】（1）由题意，
故
分布列如下：
所以的数学期望，
记，
，
作差可得，，
则；
（2）由（1）可知，则试验成本的期望小于元，
试验成功则获利元，且，则该公司应该投资该产品
【变式18-3】（2024·安徽省·高三模拟）同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，，且．若则称a与b关于模m同余，记作（mdm）（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程（md3）；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列，其中．
①若（），数列的前n项和为，求；
②若（），求数列的前n项和．
【答案】(1)或（）．
(2)①3036；②
【分析】（1）根据带除的定义求解，（md3），即能被3整除，从而得出或能被3整除；
（2）①首先求出（分奇偶项），确定出，用并项求和法求和；②求出，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意（md3），所以或（），即或（）．
（2）由（1）可得为，所以．
①因为（），所以．
．
②（）．
因为，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
【变式18-4】（2024·安徽省·高三模拟）已知为正项数列的前n项的乘积，且，，数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列为递增数列，求实数k的取值范围；
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据，可得，两式相除可得，两边取对数并构造常数列，即可求得答案.
（2）由（1）的结论，求出，再根据单调数列的意义列式求解即得.
【详解】（1）由为正项数列的前n项的乘积，得，由，得，
于是，即，两边取对数得，
即，整理得，
因此数列是常数列，即，于是，
所以.
（2）由（1）知，，
由数列为递增数列，得，
即，而数列是递减数列，，当且仅当时等号，
所以实数k的取值范围是.
【题型19 统计概率解答题新考点】
【例19】（2024·浙江宁波·高三期末）某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤．已知，玩家按照一、二两种方案进行抽卡，首次抽中新皮肤时的累计花费为X，Y（元）．
(1)求X，Y的分布列；
(2)求；
(3)若，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案．（参考数据：．）
【答案】(1)，，
(2)
(3)选择方案二
【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式求出，
（2）结合错位相减法可求期望，
（3）由已知条件依次求得，，根据数学期望即可给出选择方案.
【详解】（1）可取值，可取值，
当时，摸球次数为，没有抽中新皮肤的概率为，
故，，
．
（2）令，
则，故，
整理得到，
所以，
若玩家按方案一抽卡，花费元时抽到皮肤，则抽取次数为，
而，其中，.
则
，
因为玩家按方案一抽卡次数无限制，
且当时，，，
所以.
（3），即，
由（2）可得故；
若玩家按方案二抽卡，则可取值，
且，其中，
，
故，
因为，故选择方案二．
【变式19-1】（2024·高三·期末）设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设．
(1)若，求；
(2)若，求的最小值；
(3)对任意与有相同可能取值的随机变量，证明：，并指出取等号的充要条件
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；
（2）利用定义，结合对数的运算法则得到关于的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；
（3）先利用导数证得恒不等式，从而结合定义即可得证.
【详解】（1）不妨设，则.
所以
.
（2）当时，，
记
，
则
，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，则单调递增，而，
所以在为负数，在为正数，
则在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为.
（3）令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，即，当且仅当时，等号成立，
则当时，，所以，即，
故，
当且仅当对所有的时等号成立.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义指标，熟练掌握对数的运算法则即可得解.
【变式19-2】（2024·安徽省·高三模拟）将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是，.设小球向左的次数为随机变量X.
(1)求随机变量X的概率分布列；
(2)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率.
【答案】(1)分布列见解析
(2)小球落入A袋和B袋中的概率分别为和
【分析】（1）易得，根据二项分布可得出答案；
（2）小球落入A袋则小球一直向左或一直向右，从而可求出小球落入A袋的概率，再利用对立事件的概率公式可求得小球落入B袋的概率.
【详解】（1）解：由题意可知，，其中将向左的概率看成成功概率，
则，
列表如下：
（2）解：小球落入A袋的概率，
小球落入B袋中的概率，
所以小球落入A袋和B袋中的概率分别为和.
【变式19-3】（2024·安徽省·高三模拟）我国一科技公司生产的手机前几年的零部件严重依赖进口，2019年某大国对其实施限制性策略，该公司启动零部件国产替代计划，与国内产业链上下游企业开展深度合作，共同推动产业发展．2023年9月该公司最新发布的智能手机零部件本土制造比例达到」90%，以公司与一零部件制造公司合作生产某手机零部件，为提高零部件质量，该公司通过资金扶持与技术扶持，帮助制造公司提高产品质量和竞争力，同时派本公司技术人员进厂指导，并每天随机从生产线上抽取一批零件进行质量检测．下面是某天从生产线上抽取的10个零部件的质量分数（总分1000分，分数越高质量越好）：928、933、945、950、959、967、967、975、982、994．假设该生产线生产的零部件的质量分数X近似服从正态分布，并把这10个样本质量分数的平均数作为的值．
参考数据：若，则．
(1)求的值；
(2)估计该生产线上生产的1000个零部件中，有多少个零部件的质量分数低于940？
(3)若从该生产线上随机抽取n个零件中恰有个零部件的质量分数在内，则n为何值时，的值最大？
【答案】(1)
(2)160
(3)
【分析】（1）由均值定义计算；
（2）由已知得，根据正态分布的概率性质计算概率；
（3）由题意，则，记其为，然后用作商法求得最大值时的值．
【详解】（1），
所以．
（2）由（1）知，，
．
该生产线上生产的1000个零部件中，质量分数低于940的个数约为
．
（3）每个零部件的质量分数在内的概率为，
由题意可知，
则，
设（），
则，
令，得，
所以当时，，
令，得，
所以当时，，
所以时，最大，故使最大的n的值为14．
【变式19-4】（2024·浙江温州·高三期末）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
(1)当时，求2号盒子里有2个红球的概率；
(2)当时，求3号盒子里的红球的个数的分布列；
(3)记n号盒子中红球的个数为，求的期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2) 可取，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3) 记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，即可求解.
【详解】（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；
（2）由题可知可取，
，
，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，
为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而则数列为等比数列,首项为，公比为，
所以，
又由求得：
因此．
【点睛】关键点点睛：记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，即可求解.
【题型20 圆锥曲线解答题新考点】
【例20】（2023·吉林·统考二模）椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.
（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.
（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.
【详解】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，
则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.
【变式20-1】（2024·全国·高三专题练习）下面是某同学在学段总结中对圆锥曲线切线问题的总结和探索，现邀请你一起合作学习，请你思考后，将答案补充完整．
(1)圆上点处的切线方程为 ?请说明理由.
(2)椭圆上一点处的切线方程为 ?
(3)是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，如图，则直线的方程是 ?这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和．两切线都过点，所以得到了和，由这两个“同构方程”得到了直线的方程；
(4)问题（3）中两切线，斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为，由，得，化简得，得．若，则由这个方程可知点一定在一个圆上，这个圆的方程为 ?
【答案】(1)，理由见解析；
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）分情况讨论斜率存在与否，斜率存在时根据直线垂直的斜率表示，利用点斜式即可求得方程，易知斜率不存在时也满足方程，即可得出结果；
（2）斜率存在时设出直线方程，联立直线和椭圆方程利用得出表达式，代入整理即可得切线方程，当斜率不存在时切线方程为满足上式；
（3）根据同构方程可知点都满足方程，即可知直线的方程；
（4）由可知方程的两根乘积为，即可得，即可知点一定在圆上.
【详解】（1）圆上点处的切线方程为．
理由如下：
①若切线的斜率存在，设切线的斜率为，则，所以，
又过点，由点斜式可得，
化简可得，，
所以切线的方程为；
②若切线的斜率不存在，则，
此时切线方程为，满足方程；
综上所述，圆上点处的切线方程为．
（2）①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，
联立方程，整理得，
由可得，
所以
由韦达定理可知，即，
把代入中，得，
所以
化简得．
②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式．
综上，椭圆上一点的切线方程为．
（3）在，两点处，椭圆的切线方程为和，
因为两切线都过点，
所以得到了和，
由这两个“同构方程”得到了直线的方程为；
（4）问题（3）中两切线斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为
由，可得，
由，得，（*）
因为，
则，
所以（*）式中关于的二次方程有两个解，且其乘积为，
则，
可得，
所以圆的半径为2，圆心为原点，其方程为．
【变式20-2】（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆：，双曲线是椭圆的“姊妹”圆锥曲线，，分别为，的离心率，且，点M，N分别为椭圆的左、右顶点，设过点的动直线l交双曲线右支A，B两点，若直线AM，BN的斜率分别为，.
(1)求双曲线的方程；
(2)试探究与的是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
(3)求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)是，定值；
(3)；
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出的范围，然后根据，可得，进而可得取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线：，
则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）设，，直线AB的方程为，
由，消元得.
则，，且，
∴
；
或由韦达定理可得，即，
∴
，
即与的比值为定值.
（3）思路一：设直线AM：，代入双曲线方程并整理得：
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得.
因为点A在双曲线的右支上，所以，
解得，即，
同理可得，
由（2）中结论可知，
得，所以，
故，
设，其图象对称轴为，
则在，上单调递减，
故，
故的取值范围为.
思路二：由于双曲线的渐近线方程为，
如图，过点M作两渐近线的平行线与，
由于点A在双曲线的右支上，
所以直线AM介于直线与之间（含x轴，不含直线与），
所以，
同理，过点N作两渐近线的平行线与，
由于点B在双曲线的右支上，
所以直线BN介于直线与之间（不含x轴，不含直线与），
所以.
由（2）中结论可知，
得，所以，
故.
【点睛】本题的解题关键是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断斜率的比值是否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率的取值范围，从而得到精确的的范围.
【变式20-3】（2024·浙江宁波·高三期末）已知椭圆C：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为（）的直线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求三棱锥的体积，
②若，异面直线和所成角的余弦值；
③是否存在（），使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②；③存在，
【分析】（1）由椭圆定义求得，结合离心率求得，再求出后即得椭圆标准方程；
（2）①求得点坐标，确定折叠后新坐标，然后由体积公式计算体积；②建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角；③建立解析中所示空间直角坐标系，设折叠前，，折叠后A，B在新图形中对应点记为，，，由三角形周长求得，设方程为，代入椭圆方程应用韦达定理得，，用坐标表示变形后代入，求出值，从而可得结论．
【详解】（1）由椭圆的定义知：，，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
由题意，椭圆的焦点在x轴上，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由直线l：与，
由得或，
所以（因为点A在x轴上方）以及，
，，
②O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，．
记异面直线和所成角为，则；
③设折叠前，，折叠后A，B在新图形中对应点记为，，，
折叠前周长是8，则折叠后周长是，
由，，故，
设方程为，
由，得，
，，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）；
，，
所以，（ⅰ）
又，
所以，（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以．
【变式20-4】（2024·高三·期末）已知椭圆：的左焦点为，为曲线：上的动点，且点不在轴上，直线交于，两点.
(1)证明：曲线为椭圆，并求其离心率；
(2)证明：为线段的中点；
(3)设过点，且与垂直的直线与的另一个交点分别为，，求面积的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）整理得到，可以看出曲线为椭圆，并求出离心率；
（2）设的中点为，利用点差法得到，设，得到，故重合，为线段的中点；
（3）设直角梯形的面积为，得到，设直线的方程为，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，得到，并求出，表达出，得到，得到答案.
【详解】（1）曲线：，整理得，
，即，
故曲线可由向左平移2个单位得到，故为椭圆，
其中，离心率为；
（2）由题意得，即，
设，则，两式相减得
，
因为点不在轴上，故直线的斜率存在且不为0，
故，所以，
设的中点为，则，
，故，
设，则，
则，又，
则，
故，而直线AB不过原点，且H,P在直线AB上，
即重合，为线段的中点；
（3）由题意得四边形为直角梯形，设直角梯形的面积为，又为的中点，
所以，则，
设直线的方程为，与联立得：，
设，则，
则
，
直线方程为，联立得：，
即，
设，由图形可得，则，故，
故，
同理可得，
故
，
又，
故，
故，
由于分母最高次为次，分子最高次为次，且恒成立，
故随着的增大，趋向于0，
当时，，故，
则.
【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：
椭圆与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知椭圆的两顶点分别为，则椭圆上一点（除两点），满足；
双曲线与直线相交于两点，弦的中点为，其中原点为，
则，
推广：已知双曲线的两顶点分别为，则双曲线上一点（除两点），满足；
【题型21 九省联考类19题】
【例21】（2024·浙江温州·高三）设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到以此类推，最后将经过变换得到．记数阵中四个数的和为．
(1)若，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
【答案】(1)，
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（2）分情况讨论，结合题意分析求解；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1）因为，
经过变换后得到的数阵，
经过变换后得到的数阵，
所以.
（2）若，则，可得；
若，则，可得；
若，则，可得；
若其中一个为3，另外两个属于，则，
可得；
若，则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，则，可得；
综上所述：的所有可能取值的和为.
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后得出结论,
【变式21-1】（2023·浙江宁波·高三期末）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当B越接近A，即越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示在点A处的一阶、二阶导数）
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
(2)求椭圆在处的曲率；
(3)定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
(3)
【分析】（1）依据所给定义求解即可.
（2）直接利用定义求解即可.
（3）合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
【详解】（1）．
（2），，，
故，，故．
（3），，故，其中，
令，，则，则，其中（不妨）
令，在递减，在递增，故；
令，
，令 ，
则，当时，恒成立，故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
又，，故，
故．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．
【变式21-2】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．
(1)证明：；
(2)若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）
；
（2）
；
（3）设与交于，与交于，与交于，
连接，与交于，与交于，与交于，
欲证，，三点共线，只需证在直线上．
考虑线束，，，，由第（2）问知，
再考虑线束，，，，由第（2）问知，
从而得到，
于是由第（2）问的逆命题知，，，交于一点，即为点，
从而过点，故在直线上，，，三点共线．
【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
【变式21-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
(1)判断是否为数表，并求的值；
(2)若数表满足，求中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意数表，存在，使得．
【答案】(1)是；
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【详解】（1）是数表，
（2）由题可知 .
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
（3）由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在
使得，
所以，
则命题得证.
【变式21-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量．特别地，称为零向量．设，，，定义加法和数乘：，．对一组向量，，…，（，），若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
(1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①，；②，，；③，，，．
(2)已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．
(3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论：
①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，）同时成立，其中，则．
【答案】(1)①线性相关，②线性相关，③线性相关
(2)向量，，线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可；
（3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；
②由可得，然后代入证明即可.
【详解】（1）对于①，设，则可得，所以线性相关；
对于②，设，则可得，所以，
所以线性相关；
对于③，设，则可得，
可取符合该方程，所以线性相关；
（2）设，则
因为向量，，线性无关，所以，解得
所以向量，，线性无关
（3）证明：①，如果某个，
则
因为任意个都线性无关，所以都等于0
所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零
②因为，所以全不为零
所以由可得
代入可得
所以
所以，，
所以
按动
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
开
关
关
关
关
关
关
关
关
驾驶行为类别
酒精含量值（mg/100mL）
饮酒驾驶
醉酒驾驶
1
2
3
4
5
6
7
8
0
1
2
3
1
2
3
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