新高考数学二轮复习题型突破小题提升练创新考法9创新结论开放题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习题型突破小题提升练创新考法9创新结论开放题（2份，原卷版+解析版），共9页。
一．填空题.
随机变量
【2024北京西城期末】
1．设随机变量的分布列如下，其中，，成等差数列，且．
则 ；符合条件的的一个值为 ．
【答案】 1（答案不唯一）
【分析】根据分布列的性质和等差数列的性质，即可求解；根据离散型随机变量分布列求期望，再求值.
【详解】由题意可知，，所以，
，，
所以，符合条件的的一个值为1.
故答案为：；1
分段函数
【2024北京通州期末】
2．已知命题： 函数为上的增函数．能说明为假命题的一组，的值为 ， ．
【答案】 2 0（答案不唯一，满足均可）
【分析】利用分段函数的单调性，求出命题为真命题时即可得解.
【详解】函数在上单调递增，在单调递增，
则由函数为上的增函数，得，
即命题为真命题时，，因此为假命题时，，
能说明为假命题的一组，的值可以为，.
故答案为：2；0
指数函数的图象
【2024新疆模拟预测】
3．若函数同时满足以下3个条件：①的定义域为，值域为；②对于任意实数，都有；③对于定义域内任意两个不相等的实数，总有，则的解析式可以为 ．（答案不唯一，只给出满足条件的一个函数即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据指数函数的图象性质，结合图象变换即可求解.
【详解】由可知的图象关于对称，
由可得在定义域内单调递减，
故，
故答案为：（答案不唯一）
二项式定理
【2024河南三模】
4．若的展开式中存在常数项，则的值可以是 （写出一个值即可）
【答案】（答案不唯一，满足的即可）
【分析】写出展开式的通项，令，求出，再根据且，即可确定的取值.
【详解】二项式展开式的通项为
（且），
令，则，又且，所以
故答案为：（答案不唯一，满足的即可）
函数的极值
【2025年河北承德开学考试】
5．写出函数的一个极值点 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】求导函数，令即可求极值点.
【详解】由题意，函数，
导函数，
令，则或，
所以或.
令，则可取，且在其左右两侧导函数变号.
故答案为：.（答案不唯一）
集合的运算
【2025黑龙江阶段练习】
6．已知集合，，且的非空子集的个数为3，则整数b的一个可能取值为 ．
【答案】（或）
【分析】根据交集的元素个数转化为直线与半圆的交点个数，再利用数形结合，即可求解.
【详解】由的非空子集的个数为3，所以中有2个元素，
即直线与半圆有2个交点，
如图，当直线过点时，此时，
当直线与半圆相切时，，得，（正值舍），
所以若直线与半圆有2个交点，则

所以整数的一个可能值为.
故答案为：（或）
函数的零点
【2025北京丰台阶段练习】
7．设函数
①给出一个的值，使得的图像向右平移后得到的函数的图像关于原点对称， ；
②若在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是 ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据变换法则得，则，取计算即可，确定，根据零点个数得到，解得答案.
【详解】由题意可得，
因为的图像关于原点对称，所以，即，
当时，；
若，则，有且仅有两个零点，
则，解得，故的取值范围为.
故答案为：（答案不唯一）；
正弦定理
【2024广东佛山期中】
8．记的内角的对边分别为，若，试写出一个值，使该三角形有两解，则满足题意的的值可以是 ．（仅需填写一个符合要求的数值）
【答案】5（答案不唯一，满足即可）
【分析】根据题意，由正弦定理即可得到，再由三角形有两解列出不等式组，即可求解．
【详解】由正弦定理得，，即，
因为三角形有两解，
所以，即，解得
故答案为：5（答案不唯一，满足即可）．
基本不等式
【2025山东临沂期中】
9．已知，若恒成立，写出符合条件的正整数 .（写出一个即可）
【答案】1（，，，任一个都行，答案不唯一）.
【分析】先对进行变形，然后利用基本不等式求出其最小值，再根据恒成立的条件确定的取值.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立
所以的最小值是，
因为恒成立，所以，，
又因为是正整数，所以，，.
故答案为：1（，，，任一个都行，答案不唯一）.
复数的运算
【2024浙江杭州一模】
10．已知复数的实部和虚部都不为0，满足①；②.则 ， .（写出满足条件的一组和）
【答案】
【分析】设，根据复数的乘除法运算，结合复数的模的计算公式，求出的关系即可.
【详解】设，
则，
，
由，
整理得，即，
所以，
可取，
所以.
故答案为：.（答案不唯一，只要满足即可）
双曲线的几何性质
【2025辽宁期末】
11．反比例函数的图像是双曲线，则这个双曲线的一个焦点坐标为 ．
【答案】（或）
【分析】结合双曲线性质，计算双曲线的半实轴长及半虚轴长即可得其半焦距，即可得其焦点坐标.
【详解】由双曲线的渐近线为轴与轴，对称轴为，且其焦点在上，
联立方程，解得或，
即其两顶点坐标分别为，，可知其实半轴长为，
且双曲线的渐近线相互垂直，可知双曲线为等轴双曲线，
故其虚半轴长为4，可知其半焦距为，
故其焦点坐标分别为，.
故答案为：（或）.
平面向量基本定理
【2025北京东城期末】
12．已知均为空间向量，其中，，，若从这4个向量中任取3个向量，均能构成空间中的一组基底，则向量的坐标可以为 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题意得可以构成空间的单位正交基底，设，则，根据空间向量基本定理及平面向量基本定理可得结果.
【详解】∵，，，∴，
∴，
∴可以构成空间的单位正交基底，
设，则，
∵从这4个向量中任取3个向量，均能构成空间中的一组基底，
∴与中的任意两个向量均不共面，
根据平面向量基本定理可得均不为零，
∴向量的坐标可以为（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
函数的单调性与导数
【2024山东模拟预测】
13．使得不等式和均成立的一组，的值分别为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，由变形构造函数，利用导数探讨函数的单调性，由此确定的取值区间，并验证成立即可.
【详解】不妨取，由，得，
令函数，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
取，由，得，
此时，取.
故答案为：（答案不唯一）
圆的内接三角形
【2024北京西城三模】
14．若直线与交于，两点，则面积的最大值为 ，写出满足“面积最大”的的一个值 .
【答案】 2 1（均可）
【分析】求出圆心到直线的距离，则，再由基本不等式求出面积最大值，以及此时的值.
【详解】直线，则，令，解得，
所以直线恒过点，
的圆心为，半径，
显然点在上，
圆心到直线的距离，，
则，
当且仅当，即时取等号，
即，解得或.
故答案为：；（均可）
曲线的切线
【2025广东广州开学考试】
15．若直线l既和曲线相切，又和曲线相切，则称l为曲线和的公切线．已知曲线和曲线，请写出曲线和的一条公切线方程： ．
【答案】（答案不唯一，或填）
【分析】分别设公切线与两曲线相切切点的坐标，用坐标表示切线方程，由两切线为同一条直线可建立方程组求解可得.
【详解】设公切线与相切的切点为，与相切的切点为.
由，则，则公切线方程为，
即；
由，则，则公切线方程为，
即；
所以解得或.
故曲线和的公切线方程为或.
故答案为：（答案不唯一，或填）
直线和椭圆的位置关系
【2024山东潍坊测试】
16．直线与圆和椭圆同时相切，请写出一条符合条件的的方程
【答案】或或（只需写一条）
【分析】画出它们的图像，由图像易得满足题意的两条公切线，再根据相切条件解得第三条公切线.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，椭圆中，，它们的图象如下图：

由图可知，或与圆和椭圆同时相切，
即符合条件的的方程可以为或
假设公切线斜率存在且不为零时方程为，由图可知
所以①
由得
由得②
由①②解得
故答案为： 或或（只需写一条）
数列新定义
【2024江苏镇江三模】
17．若对项数为的数列中的任意一项，也是该数列中的一项，则称这样的数列为“可倒数数列”.已知正项等比数列是“可倒数数列”，其公比为，所有项和为，写出一个符合题意的的值 .
【答案】或（答案不唯一）
【分析】由题意依次得出，，进一步结合已知列方程求出即可.
【详解】已知正项等比数列是“可倒数数列”，
首先，
若，结合，解得，此时，但不在这5个数中，矛盾，故，
则若，则也在数列中，若在数列中，则（且）也在数列中，
因为正项等比数列是“可倒数数列”，
所以数列严格单调，而，
所以只能，
（否则，不妨设，那么或一定有三个数小于1，而他们的倒数都大于1，这必定导致有一个数的倒数不在中），
从而，所以，
解得或（舍去），
所以解得或.
故答案为：或（答案不唯一）.
基本不等式
【2024河北邢台期末】
18．若正数a，b，c满足，则的最小值为 ，此时，的一组值可以为 ．
【答案】 ## （答案不唯一）
【分析】由题意得，化简后利用基本不等式可求得答案.
【详解】由题意得，即，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立．
故答案为：，（答案不唯一，只要满足，即可）
导数的几何意义
【2024湖南岳阳一中检测】
19．已知函数，写出一个同时满足下列两个条件的： .①在上单调递减；②曲线存在斜率为的切线.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据函数的单调性，切线的斜率求出满足条件的函数的解析式即可.
【详解】若同时满足所给的两个条件，则对恒成立，解得：，即，
且在上有解，即在上有解，由函数的单调性可解得：.
所以.
则（答案不唯一，只要满足（即可）
故答案为：
直线和圆的位置关系
20．已知直线与圆交于两点，则面积最大时的一个值为 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】因为是圆上的点，所以是等腰三角形，面积，当且仅当时面积最大，此时圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式可得，此外，也可以从平行线的角度考虑，求出到直线的距离为且与单位圆有交点的平行线，进而求得，从而得到的一个值.
【详解】法一：
由题知的圆心坐标为，半径为．易知是等腰三角形，
所以的面积，则当且仅当时，面积最大，
此时圆心到直线的距离为，即，
即，得，任选一个值填写即可，如．
法二：圆心在单位圆上．
当面积最大时，圆心到直线的距离等于，
不妨设到直线的距离为的直线的方程为，则圆心为该直线与单位圆的交点．
由平行直线之间的距离公式得，解得或（舍去），
所以圆心所在直线为，所以，即符合题意．
故答案为：（答案不唯一）.
数列的性质
【2025云南昆明期中】
21．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘再加上；若是偶数，就将该数除以，反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等），如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过个步骤变成（简称为步“刨程”）.设第一个正整数为，按“冰雹猜想”的运算方法，第步得到的数记为，若，则可以是 .（只需满足条件的一个值即可）
【答案】（中任一个）
【分析】采用逆运算的方法，利用树形图求得正确答案.
【详解】由题意得：确定一个经过步运算，使得的正整数，
因此，采取逆运算的方法，即由1出发对该数作乘以，
或者减去后除以（这时要求结果为正奇数）的运算，
将此逆运算次的情形列成如图所示的树形图，
即得可以是.
故答案为：（中任一个）
圆的方程
【2025山西阶段练习】
22．对于勾股定理的证明，我国历史上有多位数学家创造了利用面积出入相补证明勾股定理的不同的证法，如后汉时期的赵爽､三国时期的刘徽､清代的梅文鼎､华蘅芳等.如图是华蘅芳证明勾股定理时构造的图形，其中为直角三角形，分别以为边长作3个正方形，通过出入相补证明两个较小的正方形面积之和等于大正方形面积，从而可以证明勾股定理.若，以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有2个在圆外，则满足题意的一个圆的标准方程为 .
【答案】（答案不唯一，形如的方程都可以）
【分析】根据给定条件，求出线段中点到三个正方形各个顶点的距离即可得解.
【详解】如图，点，
，
线段的中点到三个正方形顶点的距离最大为，其次为，
所以以中点为圆心作圆，使得三个正方形的所有顶点只有2个在圆外的圆方程为
，
取得该圆的一个标准方程为.
故答案为：（答案不唯一，形如的方程都可以）.
函数的性质
23．定义在上的非常数函数满足①；②为奇函数．请写出符合上述条件的一个函数解析式： ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】对于开放性填空题，根据条件，可选择一个三角函数型的解析式即可.
【详解】根据题意，不妨取，已知其定义域为．
满足①；
且，故为奇函数，满足②．
故答案为：（答案不唯一）．
圆锥曲线
【2024山东潍坊一中模拟】
24．如图，平面与圆柱相交，而且平面与圆柱的轴不垂直，点为平面与圆柱表面交线上的任意一点，则点的轨迹为 .在圆柱内部放置两个半径与圆柱底面半径相同的球，平面分别与两球切于两点，过点作圆柱的母线，分别与两球切于两点，记线段长度为，线段长度为，且.在平面内的任意两条互相垂直的切线的交点为，建立适当的坐标系，则动点的轨迹方程为 .
【答案】 椭圆 （答案不唯一）
【分析】根据圆柱体的结构特征判断轨迹形状，结合球体切线长性质得到，确定椭圆参数并写出一个椭圆方程，再利用椭圆切线垂直关系求切线交点的轨迹方程.
【详解】由圆柱体的结构特征：平面与圆柱相交，而且平面与圆柱的轴不垂直，则截面为椭圆，
所以点的轨迹为椭圆，

如图，为椭圆轨迹上三点，而是两个球体上的切点，
由空间上一点作同一个球体上的切线，切线长都相等，则，，
所以，
当与重合时，即椭圆轨迹的焦点为，
所以焦距，则椭圆一个标准方程为，，

如上图，设，若切线斜率都存在，则切线为，
联立椭圆可得，
所以，
则，故是方程的两个根，
结合切线垂直，所以，则，
所以动点的轨迹方程为.
故答案为：椭圆，（答案不唯一）
【点睛】关键点点睛：利用球体切线性质得到椭圆轨迹的焦点为，并写出椭圆方程为关键.
组合体的结构特征
25．已知①棱长为16的正方体；②底面边长为24，高为的正三棱锥；③上底面边长为20，下底面边长为24，高为6的正四棱台；④底面半径为20，高为的圆锥；⑤上底面半径为20，下底面半径为24，高为的圆台；⑥半径为的球．从上面的六个几何体中选取两个几何体，使得两个几何体的体积之差小于600，则这两个几何体的序号为 ．
【答案】②③（答案不唯一）
【分析】分别计算各几何体的体积，选出符合条件的一组.
【详解】分别计算6个几何体的体积：①，②，③，
④，⑤，⑥，
从小到大排列这些体积的值，，
而，，，
，，
所以满足条件的组合为③⑤，③④，④⑤，②③，②④，②⑤．
故答案为：②③（答案不唯一）．
1.试题特点分析：开放探索型试题(简称开放题)多以填空题或问答题形式呈现，具有答案不一定(不唯一)的特点，考查学生能综合运用已知知识，分析问题并最终解决问题、开放性试题.开放探索型试题往往分条件开放性题目、策略开放性题目、结论开放性题目几种类型.
2.解题方法阐述：解决开放性问题的一般思路：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，结合图形挖掘条件，逆向追索，逐步探寻，是一种分析型思维方式，它要求解题者善于从问题的结论出发，逆行追索，由果寻因.
3.解题经验分享：（1）注重独立思考，促进开放性题型的解答；（2）注重求异思维的培样；（3）注重思维灵活性的培养；（4）注意利用数学图形进行问题的解答.
0
1
2
P