高考数学跨模块融合创新题汇编学案

这是一份高考数学跨模块融合创新题汇编学案，共13页。
例1 (1)(2025·唐山模拟)设n∈N*,xn是曲线y=x2n-1在点(1,-1)处的切线与x轴交点的横坐标,记an=nxnxn+1n+1,则数列{an}的前50项和为(A)
A.5 100101B.5 150101C.5 000101D.4 950101
解析 y'=(2n-1)x2n-2,当x=1时,y'=2n-1,所以在点(1,-1)处的切线为:y-(-1)=(2n-1)(x-1),化简为:y=(2n-1)x-2n,当y=0时,x=2n2n-1,即xn=2n2n-1,所以an=nxnxn+1n+1=n2n2n-1·2(n+1)2(n+1)-1n+1=4n22n-1)(2n+1),化简:an=4n24n2-1=1+12n-1)(2n+1)=1+1212n-1-12n+1,则数列{an}的前50项和为:a1+a2+a3+…+a50=50+1211-13+13-15+…+199-1101=50+50101=5 100101.故选A.
(2)(2025·济宁模拟)已知函数f(x)=ex-1ex+1,g(x)=f(x-1)+2,则g(x)的对称中心为 (1,2) ;若an=g1n+g2n+g3n+…+g2n-1n(n∈N*),则数列{an}的通项公式为 an=4n-2 .
解析 函数f(x)=ex-1ex+1的定义域为R,f(-x)=e-x-1e-x+1=1-exex+1=-f(x),由g(x)=f(x-1)+2,得g(x+1)=f(x)+2,则g(-x+1)+g(x+1)=f(-x)+f(x)+2+2=4,因此函数g(x)图象的对称中心是(1,2);由g(-x+1)+g(x+1)=4,得g(x)+g(2-x)=4,当n∈N*时,g1n+g2-1n=4,an=g1n+g2n+g3n+…+g2n-1n,an=g2n-1n+g2n-2n+g2n-3n+…+g1n,于是2an=4(2n-1),即an=4n-2,所以数列{an}的通项公式为an=4n-2.
解决数列与函数、导数交汇问题的关键是理解数列的离散性与函数的连续性之间的关系.
将数列视为离散函数,研究其单调性、极值、极限等性质,再利用函数性质(如单调性、凹凸性)分析数列的递推关系或通项公式.
训练1 已知Sn为数列{an}的前n项和,S1=5,Sn+1-2n-5=3Sn,n∈N*,则an= 2×3n-1 .记函数f(x)=a1x+a2x2+…+anxn,则曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率为 2n-1)3n+1-n2-n+32 .
解析 因为Sn+1-2n-5=3Sn,所以Sn-2(n-1)-5=3Sn-1(n≥2),两式相减,得an+1=3an+2(n≥2).当n=1时,S2=a1+a2=3a1+7,由a1=S1=5,知a2=17,满足a2=3a1+2,所以an+1=3an+2(n∈N*).所以an+1+1=3(an+1),又a1+1=6≠0,所以an+1+1an+1=3,故{an+1}是以6为首项,3为公比的等比数列,所以an+1=6×3n-1=2×3n,即an=2×3n-1.f'(x)=a1+2a2x+…+nanxn-1,则f'(1)=a1+2a2+3a3+…+nan.因为an=2×3n-1,所以f'(1)=2×(1×3+2×32+3×33+…+n×3n)-(1+2+3+…+n),令Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,则3Tn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,所以-2Tn=3+32+33+…+3n-n×3n+1=3(1-3n)1-3-n×3n+1=(1-2n)3n+1-32,所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=2Tn-n(n+1)2=2n-1)3n+1-n2-n+32.
训练2 已知数列{an}中,a1=-6,an+1n(n+3)=an(n+1)(n+2)-3n(n+1).
(1)证明:数列nann+2是等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a13x+a24x2+a35x3+…+amm+2xm,求f'(-2).
解 (1)证明:已知an+1n(n+3)=an(n+1)(n+2)-3n(n+1),等式两边同乘n(n+1),得n+1n+3an+1=nn+2an-3,即n+1n+3an+1-nn+2an=-3,又因为a1=-6,所以1×a11+2=-63=-2,所以数列nann+2是首项为-2,公差为-3的等差数列.
(2)由(1)知,数列nann+2的通项公式为nann+2=-2+(n-1)×(-3)=1-3n.因为f(x)=a13x+a24x2+a35x3+…+amm+2xm,所以f'(x)=a13+2a24x+3a35x2+…+mamm+2xm-1,则f'(x)=-2-5x-8x2-…-(3m-1)xm-1 ①,①式两边同乘x,得xf'(x)=-2x-5x2-8x3-…-(3m-1)xm ②,②-①得,(x-1)f'(x)=2+3x+3x2+…+3xm-1-(3m-1)xm=2+3x(1-xm-1)1-x-(3m-1)xm,当x=-2时,-3f'(-2)=2+3×(-2)[1-(-2)m-1]1-(-2)-(3m-1)(-2)m=-3m(-2)m,即f'(-2)=m(-2)m.
创新融合2 平面向量与数列交汇
例2 (1)(2025·海南模拟)类比数列,我们把一系列向量按照一定的顺序排列,可得到向量列.已知向量列{an}满足an+1=2an+d,且满足a1·d=|d|=1,则an·d的值为(B)
A.2n-1B.2n-1
C.2n+1-4D.2n
解析 an+1·d=(2an+d)·d=2an·d+d2=2an·d+1,则an+1·d+1=2(an·d+1),其中a1·d+1=2,则{an·d+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,则an·d+1=2n,则an·d=2n-1.故选B.
(2)已知向量a1,a2,…,an(n∈N*)满足ai+1-ai=d(i=1,2,…,n-1),|a1|=1,|d|=2,a1与d的夹角为π3,bn=a1·an,数列{bn}的前n项和为Sn,则S20=(C)
A.120B.180C.210D.420
解析 ai+1-ai=d(i=1,2,…,n-1)an=a1+(n-1)d,又bn=a1·an=a12+(n-1)a1·d,由于|a1|=1,|d|=2,a1与d的夹角为π3,故a1·d=1×2×12=1,因此bn=a12+(n-1)a1·d=1+n-1=n,故S20=12×20×(20+1)=210.故选C.
数列与平面向量交汇问题一方面考查将数列的通项或前n项和与向量的坐标、模、夹角等性质结合,利用向量的线性运算(如加法、数乘、点积)研究数列的性质;另一方面考查利用向量的几何意义(如方向、模长)分析数列的递推关系或通项公式,通过向量的运算求解数列的极限、和或其他性质.
训练3 (多选题)如图,已知点E是▱ABCD的边AB的中点,Fn(n∈N*)为边BC上的一列点,连接AFn交BD于Gn,点Gn(n∈N*)满足GnD=an+1·GnA-2(2an+3)·GnE,其中数列{an}是首项为1的正项数列,Sn是数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是(ABD)
A.a3=13
B.数列{an+3}是等比数列
C.an=4n-3
D.Sn=2n+2-3n-4
解析 因为E为AB的中点,所以2GnE=GnA+GnB,即GnB=-GnA+2GnE,因为D,Gn,B三点共线,所以GnD=λGnB=-λGnA+2λGnE(λ≠0),又GnD=an+1·GnA-2(2an+3)GnE,由平面向量基本定理得an+1=-λ,-2(2an+3)=2λ,化简得:an+1=2an+3,所以an+1+3=2(an+3),所以{an+3}是以a1+3=4为首项,2为公比的等比数列,故B正确;所以an+3=4·2n-1=2n+1,所以an=2n+1-3,故C错误;则a3=24-3=13,故A正确;所以Sn=(22+23+…+2n+1)-3n=22(1-2n)1-2-3n=2n+2-3n-4,故D正确.故选ABD.
训练4 如图,已知点列Pnxn,4xn与An(an,0)满足xn+1>xn,PnPn+1⊥AnPn+1且|PnPn+1|=|AnPn+1|,其中n∈N*,x1=2.
(1)求xn+1与xn的关系式;
(2)证明:2n2+4n+4≤x12+x22+x32+…+xn+12≤4n2+6n.
解 (1)依题意,PnPn+1=xn+1-xn,4xn+1-4xn,AnPn+1=xn+1-an,4xn+1,因为PnPn+1⊥AnPn+1,则PnPn+1·AnPn+1=(xn+1-xn)(xn+1-an)+4(xn-xn+1)xn+1xn×4xn+1=0,因为xn+1>xn>0,则得xn+1-an=16xn+12xn (*).因为|PnPn+1|=|AnPn+1|,则得(xn+1-xn)2+4xn+1-4xn2=(xn+1-an)2+4xn+12,
将(*)式代入此式,可得(xn+1-xn)21+16xn+12xn2=16xn+121+16xn+12xn2,即得(xn+1-xn)2=16xn+12,则xn+1-xn=4xn+1.
(2)证明:由xn+1-xn=4xn+1,将x1=2代入,解得x2=22.由xn+1-xn=4xn+1可得xn+1-4xn+1=xn,两边取平方,xn+12+16xn+12-8=xn2,即xn+12-xn2=8-16xn+12xn>0,则4=(xn+1-xn)xn+1lne=12,当x≥3时,6-(6x-5)ln 2b>0)的离心率为22,以焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为16.
(1)求E的方程;
(2)已知点M(0,-1),M1(1,1),MMn+1=MMn+MM1(n∈N*),OMn∥ONn,且OMn·ONn=2(O为坐标原点)
(ⅰ)证明:点Nn在同一个圆上;
(ⅱ)将(ⅰ)中的圆向左平移2个单位长度,向上平移1个单位长度得到一个新圆,已知P(x0,y0)是该圆上的任意一点,过点P作该圆的切线,设切线与E交于C,D两点,求OC·OD的取值范围.
解 (1)设椭圆E的焦距为2c,依题意ca=22,4×12bc=16,又a2=b2+c2,所以a2=16,b2=8,则E的方程为x216+y28=1.
(2)(ⅰ)证明:设Mn(an,bn),则由题意可知(an+1,bn+1+1)=(an,bn+1)+(1,2),所以an+1=an+1,bn+1=bn+2,故{an}是公差为1的等差数列,{bn}是公差为2的等差数列,由已知a1=1,b1=1,所以an=a1+(n-1)×1=n,bn=b1+(n-1)×2=2n-1,所以Mn(n,2n-1),即有OMn=(n,2n-1),设Nn(xn,yn),则ONn=(xn,yn),因为OMn∥ONn,且OMn·ONn=2,所以有2n-1)xn-nyn=0,nxn+(2n-1)yn=2,故yn≠0,且n2n-1=xnyn,消去n得xn2+yn2-4xn+2yn=0,即(xn-2)2+(yn+1)2=5,所以点Nn在同一个圆(x-2)2+(y+1)2=5上.
(ⅱ)将圆(x-2)2+(y+1)2=5向左平移2个单位长度,向上平移1个单位长度得到的圆的方程为x2+y2=5,设Q(x,y)是切线上除P点外的任意一点,则PQ=(x-x0,y-y0),OP=(x0,y0),因为QP⊥OP,所以PQ·OP=(x-x0,y-y0)·(x0,y0)=0,结合x02+y02=5可得,切线PQ的方程为x0x+y0y=5,联立x0x+y0y=5,x216+y28=1,整理得(2x02+y02)x2-20x0x+50-16y02=0,因为50,xC+xD=20x02x02+y02,xCxD=50-16y022x02+y02,所以yCyD=5-x0xCy0·5-x0xDy0=25-5x0(xC+xD)+x02xCxDy02=25-16x022x02+y02,所以OC·OD=xCxD+yCyD=75-16(x02+y02)2x02+y02=-52x02+y02=-5x02+5,因为x02∈[0,5],所以-5x02+5∈-1,-12,故OC·OD的取值范围是-1,-12.
解析几何与平面向量的交汇命题主要考查方向包括:向量的线性运算、数量积运算在解析几何中的应用,如利用向量解决直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹问题、最值问题等.这类题目常结合圆锥曲线的性质,通过向量的坐标运算或几何意义来简化问题.
训练9 如图,在平面直角坐标系xOy中,O是矩形ABCD边AB的中点,|AB|=23,|CB|=2,BE=λBC,CF=λDC,00.由根与系数的关系,得y1+y2=-2mnm2-3,y1y2=n2-3m2-3.又直线PM:x=x1-2y1y+2,代入x23-y2=1,并注意到x123-y12=1,化简,得(7-4x1)y2+4(x1-2)y1y+y12=0,所以y0y1=y127-4x1,所以y0=y17-4x1,同理,得-y0=y27-4x2,所以0=y17-4x1+y27-4x2,即0=(7-4x2)y1+(7-4x1)y2,所以7(y1+y2)=4(my2+n)y1+4(my1+n)y2,也即(7-4n)(y1+y2)=8my1y2,所以(7-4n)·-2mnm2-3=8m·n2-3m2-3,整理,得(7n-12)m=0.因为m≠0,所以n=127,即MN:x=my+127,所以直线MN过定点127,0.
创新融合8 立体几何与解析几何交汇
例8 已知椭圆C:x24+y22=1,直线x=4上有一动点P,过点P作椭圆C的切线PA,PB,A,B为切点.
(1)证明:直线AB过定点Q;
(2)过点Q的直线交C于M,N两点,将坐标平面沿x轴折成一个直二面角,求△MNQ面积的最大值.
解 (1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),P(4,t),故直线PA的方程为x1x4+y1y2=1,直线PB的方程为x2x4+y2y2=1,又PA,PB均过点P,即x1+t2y1=1,x2+t2y2=1,所以直线AB的方程为x+t2y=1,过定点Q(1,0).
(2)翻折前,设M(x3,y3),N(x4,y4),直线MN的方程为x=my+1,联立椭圆方程可得(m2+2)y2+2my-3=0,y3+y4=-2mm2+2,y3y4=-3m2+2;翻折后:以椭圆中心O为坐标原点,分别以O与椭圆C的下顶点,右顶点和上顶点连线为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.则设M(0,x3,y3),N(-y4,x4,0),Q(0,1,0),有QM=(0,x3-1,y3),QN=(-y4,x4-1,0),cs∠MQN=QM·QN|QM||QN|=m2-(m2+1),易知∠MQN∈π2,π,故sin∠MQN=1-cs2∠MQN=2m2+1m2+1,所以S△MNQ=12|QM||QN|sin∠MQN=-12(m2+1)·y3y4·2m2+1m2+1=32·2m2+1m2+2=32·2(m2+2)-3(m2+2)2=32×2m2+2-3(m2+2)2,令1m2+2=u∈0,12,则S△MNQ=322u-3u2≤32,当u=13,即m=±1时取最大值.
立体几何与解析几何的交汇命题常涉及几何体的表面积、体积、空间位置关系,以及解析几何中的直线、圆锥曲线等知识.
(1)利用坐标系将几何问题转化为代数运算,通过解析几何的方法求解.
(2)几何法:从几何视角入手,借助立体几何中的线线、线面、面面平行与垂直的性质与判定定理,通过论证找到交点位置.
训练10 如图①,已知抛物线E:x2=2y的焦点为F,准线为l,过点F的动直线m与E交于A,B两点(其中点A在第一象限),以AB为直径的圆与准线l相切于点C,D为弦AB上任意一点,现将△ACB沿CD折成直二面角A'⁃CD⁃B,如图②.
① ②
(1)证明:cs∠A'CB=cs∠A'CD·cs∠BCD;
(2)当∠A'CB最小时,
(ⅰ)求A',B两点间的最小距离;
(ⅱ)当A',B两点间的距离最小时,在三棱锥A'⁃BCD内部放一圆柱,使圆柱底面在面BCD上,求圆柱体积的最大值.
解 (1)证明:过A'作A'O'⊥CD,垂足为O',过O'作O'E⊥BC,垂足为E,如图,因为平面A'CD⊥平面ABC,且平面A'CD∩平面ABC=CD,A'O⊂平面A'CD,可得A'O'⊥平面ABC,由BC⊂平面ABC,可得A'O'⊥BC,且O'E∩A'O'=O',O'E,A'O'⊂平面A'O'E,可得BC⊥平面A'O'E,由A'E⊂平面A'O'E,可得BC⊥A'E,则cs∠A'CB=CEA'C,cs∠A'CD=O'CA'C,cs∠BCD=CEO'C,所以cs∠A'CB=cs∠A'CD·cs∠BCD.
(2)因为以AB为直径的圆与准线l相切于点C,可知AC⊥BC,则∠A'CD=∠ACD=π2-∠BCD,由(1)可得:cs∠A'CB=cs∠A'CD·cs∠BCD=csπ2-∠BCD·cs∠BCD=sin∠BCD·cs∠BCD=12sin 2∠BCD≤12,当且仅当sin 2∠BCD=1,即∠BCD=π4时,等号成立,所以当∠BCD=π4时,∠A'CB最小.
(ⅰ)因为A'O'⊥平面ABC,BO',CD⊂平面ABC,则A'O'⊥BO',A'O'⊥CD,即AO'⊥CD,在Rt△ACO'中,则|CO'|=|AO'|=22|AC|=|A'O'|,在△BCO'中,由余弦定理可得|BO'|2=|BC|2+|CO'|2-2|BC|·|CO'|cs∠BCO',则|BO'|2=|BC|2+12|AC|2-2|BC|×22|AC|×22=|BC|2+12|AC|2-|BC|·|AC|,在Rt△A'BO'中,则|A'B|2=|BO'|2+|A'O'|2=|BC|2+12|AC|2-|BC|·|AC|+12|AC|2=|BC|2+|AC|2-|BC|·|AC|,在Rt△ABC中,则|AB|2=|BC|2+|AC|2,可得|A'B|2=|AB|2-|BC|·|AC|,由题意可知,焦点F0,12,准线l:y=-12,直线m的斜率存在,且直线m与抛物线必相交,设直线m:y=kx+12,A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程y=kx+12,x2=2y,消去y可得x2-2kx-1=0,则x1+x2=2k,x1·x2=-1,可得|AB|=1+k24k2+4=2(k2+1),当k=0时,|AB|取到最小值2,根据对称性可知|BC|=|AC|=2,可得|A'B|2=|AB|2-|BC|·|AC|=2;当k≠0时,则|AB|>2,且|BC|≠|AC|,由基本不等式可得|BC|·|AC|