2024年高考终极押题猜想：数学（新高考通用）（解析版）

这是一份2024年高考终极押题猜想：数学（新高考通用）（解析版），共72页。
\l "_Tc164940531" 押题猜想二 导数中的零点问题 PAGEREF _Tc164940531 \h 6
\l "_Tc164940532" 押题猜想三 三角恒等变换求值问题 PAGEREF _Tc164940532 \h 16
\l "_Tc164940533" 押题猜想四 解三角形中的范围与最值问题 PAGEREF _Tc164940533 \h 20
\l "_Tc164940534" 押题猜想五 外接球、内切球、棱切球 PAGEREF _Tc164940534 \h 26
\l "_Tc164940535" 押题猜想六 立体几何中的不规则图形 PAGEREF _Tc164940535 \h 32
\l "_Tc164940536" 押题猜想七 条件概率背景下概率与实际生活密切联系 PAGEREF _Tc164940536 \h 42
\l "_Tc164940537" 押题猜想八 圆锥曲线的离心率 PAGEREF _Tc164940537 \h 53
\l "_Tc164940538" 押题猜想九 圆锥曲线中的面积问题 PAGEREF _Tc164940538 \h 58
\l "_Tc164940539" 押题猜想十 数列新定义 PAGEREF _Tc164940539 \h 69
押题猜想一 函数性质（奇偶性、对称性、周期性、单调性)的综合应用
已知函数的定义域为R，对于任意实数x，y满足，且 ，则下列结论错误的是（ ）
A．B．为偶函数
C．是周期函数D．
【答案】C
【解析】令，得，因为，所以，A正确;
令，则，所以，则为偶函数，B正确；
令，得，即 ，所以不是周期函数，C错误；
当x取正整数n时， ，则 ，D正确.
故选：C.
押题解读
从近五年的高考情况来看，本部分多以选择题的压轴题呈现，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要充分运用转化思想、数形结合思想和通过合理的赋值解决，抽象函数问题是今年高考的热点之一.
1．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以，
所以，即的图像关于点中心对称．
（当且仅当时等号成立）．
因为，所以，所以在上单调递增．
由，得．
由可得，即，
所以，解得．
故选：D．
2．（多选题）已知函数为偶函数，且，当时，，则（ ）
A．的图象关于点对称B．的图象关于直线对称
C．的最小正周期为2D．
【答案】ABD
【解析】对A：因为为偶函数，则，
即，所以是奇函数，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确；
对C：因为，，
则，则，
所以的最小正周期为，故C错误；
对D：因为当时，，所以，，
因为的图象既关于点对称，又关于直线对称，
所以，，
因为的最小正周期为4，
所以，所以，
所以
，故D正确．
故选：ABD．
3．（多选题）已知定义城为R的函数．满足，且，，则（ ）
A．B．是偶函数
C．D．
【答案】ABC
【解析】对于A项，由，
令，则，故A项正确；
对于B项，令，则，
因，故，
令，则①，
所以函数关于点成中心对称，
令，则，
令，则②，
由①可得：③，由②③可知：，
且函数的定义域为，则函数是偶函数，故B项正确；
对于C项，令，则，
因为，，，代入上式中得，
故得：，故C项正确；
对于D项，由上可知：，则，
故函数的一个周期为4，故，
令，则，
所以，
则，故D项错误．
故选：ABC．
4．（多选题）已知定义在R上的函数的导函数分别为，且，，则（ ）
A．关于直线对称B．
C．的周期为4D．
【答案】ACD
【解析】由，得①，
②，得③，
由①②③，得，所以函数图象关于直线对称，故A正确；
由，得，令，得；
由，得，
令，得，
∴④，
又⑤，令，得，故B错误；
④⑤两式相加，得，得，
所以，即函数的周期为4，故C正确；
由，令，得，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
5．（多选题）已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．
C．
D．函数与函数的图象有8个不同的公共点
【答案】ABD
【解析】由得函数关于对称，A正确；
由得函数关于对称，
所以，，
所以，即，
所以，故函数的周期为，
由知，，
又时，，所以，解得，
所以时，，
所以，B正确；
，C错误；
画出函数和函数的图象，如图：
，观察图象可得函数与函数的图像有8个不同的公共点，D正确.
故选：ABD.
押题猜想二 导数中的零点问题
已知函数，．
(1)若与的图象有且仅有两个不同的交点，求实数的取值范围；
(2)若，是的导函数，方程有两个不相等的实数解，，求证：．
【解析】（1）法一：由已知与的图象有且仅有两个不同的交点，
则方程，即有且仅有两个不同的实数解，
令，
则原问题可转化为函数的图象与直线有两个不同的交点.
，
令，得，令，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
且当趋近于0时，趋近于0，当趋近于时，趋近于，
，作出与的大致图象如图所示，
数形结合可得，即实数的取值范围为.
解法二：若与的图象有且仅有两个不同的交点，
则方程，即有且仅有两个不同的实数解，
令，则原问题可转化为函数有两个不同的零点．
，
令，得，令，得，
故在上单调递增，在上单调递减，
且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于
，作出的大致图象如图所示，
数形结合可得，得，即实数的取值范围为．
（2），则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，当趋近于0时，趋近于0，
当趋近于时，趋近于，
作出的大致图象如图所示．
不妨令，则由，得，
令，，
则
当时，，所以，单调递减，
所以，所以，．
因为，所以，
又，故，
又，，且在上单调递增，故，即．
押题解读
本部分多以解答题呈现，导数压轴题以零点问题为主，重点关注由函数的零点生成的各类问题（结合不等式、双变量问题、恒成立与有解问题、极值点偏移问题等）的求解思路，本质是如何构造函数以及变形函数求解难题，导数中的零点问题与不等式结合是今年高考的热点之一
1．已知，函数的图象在点处的切线方程为.
(1)求a，b的值;
(2)若方程（e为自然对数的底数）有两个实数根，且，证明：
【解析】（1）因为，所以，
由题意知，所以，
联立方程组，解得.
（2）由（1）可知，，
，设，
，
所以即在上单调递增.
又，所以存在，使得，
故在上单调递减，在上单调递增，
设，令，
则，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增.
又，所以当时， ，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故，即，当且仅当时，等号成立.
因为方程有两个实数根，且，
也就是，且注意到在上单调递增，
所以，
所以，即 .
设 的根为：，则 ，
又在上单调递增，所以 ，
故①.
易知的图象在坐标原点处的切线方程为，
令，
则 ，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增.
又 ，
所以当时， ，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，，当且仅当时，等号成立.
因为，所以，即.
设的根为，则，
又在上单调递减，
所以，所以，
从而②.
由①②可知：.
2．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)设，求函数的极大值；
(3)若，求函数的零点个数．
【解析】（1）当时，，，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2），则，
则，
当时，，此时函数无极值；
当时，令，则或，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为；
当时，令，则或，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
而函数的定义域为，
所以此时函数无极值.
综上所述，当时，函数无极大值；
当时，的极大值为；
（3）令，则，
当时，，
所以时，函数无零点；
当时，由，得，所以，
则时，函数零点的个数即为函数图象交点的个数，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，且，当时，，
如图，作出函数的大致图象，
又，由图可知，所以函数的图象只有个交点，
即当时，函数只有个零点；
综上所述，若，函数有个零点．
3．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若关于的不等式无整数解，求的取值范围.
【解析】（1），
当，得，
当时，时，，单调递增，
时，，单调递减，
当时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
时，函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
时，函数的增区间是，无减区间.
（2）不等式，即，
设，，
设，，所以单调递增，
且，，
所以存在，使，即，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
因为，所以，
当时，，当时，，
不等式无整数解，即无整数解，
若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，，所以无整数解，符合题意，
当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，
综上可知，.
4．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)求函数在上的零点个数.
【解析】（1）∵，故，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增；
（2）因为，，
则．
①当时，因为，
所以在上单调递减．所以．
所以在上无零点．
②当时，因为单调递增，且，，
所以存在，使．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，且．
所以．设，，
由（1）知在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以，得．
所以．所以在上存在一个零点．
所以在有2个零点．
③当时，，
所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．
综上所述，在上的零点个数为2．
5．已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【解析】（1）．
①当时，在上单调递增．
②当时，令得，即在上单调递增；
同理，令得，即在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点．
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，则有，
所以的取值范围为．
（ⅱ）是函数的两个零点，则有①，②，
①-②得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，
所以．
若要证明成立，
只需证，
即证，令，则，
则不等式只需证，
即证，
令，
，令，
令，因为，得在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证．
押题猜想三 三角恒等变换求值问题
己知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
所以.
故选：B.
押题解读
在近几年的高考中，本部分多以选择题或者填空题形式呈现，三角恒等变换是三角函数部分考查频率最高的一个知识点，考查题目灵活多变。在学习时，公式特别多，难度非常大，学好的首要条件是熟练掌握三角函数诱导公式，然后主要是理解掌握两角差的余弦公式的推导过程，进而推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式。在三角函数求值题目当中，常常会出现已知条件中给出两个或者一个三角函数值，求问题中的三角函数值，解决此类问题的关键在于用“已知角”来表示“未知角”，因此三角恒等变换求值问题是今年高考的热点之一.
1．（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由
.
故选：A．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由已知可得，，显然，
两边同时乘以可得，，
整理可得，
所以，，
两边同时平方可得，
即，解得或.
当时，，此时，不满足题意，舍去.
所以，.
故选：A.
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以，
又因为，所以，
从而，，
所以.
故选：B.
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，
所以，
解得，
所以，
又，所以，所以.
故选：A
5．在中，已知．若，则（ ）
A．无解B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】由，即，则，
由，知，
则，则，
又，
故，设，则，
有，即，，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解.
故选：A.
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意知，，，
由，得，
整理，得，解得或，
又，则，所以.
所以
.
故选：A
押题猜想四 解三角形中的范围与最值问题
记锐角的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.
【解析】（1）证明：由，
得，
即，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，故，
又，故，由，
故；
（2）由正弦定理可得：
，
又锐角中，有，，解得，
即，即，
故.
押题解读
本部分多以解答题或者填空题呈现，解三角形问题是高考高频考点，命题多位于解答题第一题，主要利用三角形的内角和定理，正、余弦定理、三角形面积公式等知识解题，解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”、“角转边”．解决“最值与范围问题”的基本方法：①利用正弦定理，边转角，转化为关于角的三角函数．②利用余弦定理，角转边，转化为关于边的函数，通过代入消元或基本不等式求解最值．③若条件中包含“锐角三角形”，则一般转角．④通过画图寻找思路，以及检查结果．
1．在中，为边上一点，，且面积是面积的2倍．
(1)若，求的长；
(2)求的取值范围．
【解析】（1）设边上的高为，垂足为，
因为面积是面积的2倍，
所以有，
设，
由余弦定理可知：
，
解得或舍去，即；
（2）由（1）可知，
设，由且，
由余弦定理可得：
，
，
在中，因为，
所以由正弦定理可知：
，
因为，
所以，
于是有，因此的取值范围为.
2．已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，其中，，且．
(1)求证：；
(2)已知点在线段上，且，求的取值范围．
【解析】（1）因为，
即，由正弦定理可得，
又，即，所以，整理得，
由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
故，
即，
整理得，
又因为为锐角三角形，则，可得，
所以，即.
（2）因为点在线段上，且，即平分，
又，所以，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
3．中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
【解析】（1）因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，
在中由正弦定理，即，解得.
（2）设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，
所以，
所以，即.
4．已知平面四边形中，.
(1)若，求；
(2)若的面积为，求四边形周长的取值范围.
【解析】（1）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，
所以，
即，
解得.
（2）由已知，得，
在中，，由余弦定理得
，则，
设，在中，由余弦定理得
，
则，得，
所以，当且仅当时取等号，
又，
所以四边形周长的取值范围为.
5．的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
【解析】（1）因为中，，即，
而，故，
故，又，
则；
（2）由（1）以及题设可得；
由正弦定理得
，
因为为锐角三角形，，，
则，
则，则，
即，则，
即面积的取值范围为.
押题猜想五 外接球、内切球、棱切球
已知体积为的球O与正四面体的四个面均相切，且与正四面体的六条棱均相切，则正四面体与的表面积的比值为（ ）
A．6B．C．D．3
【答案】D
【解析】设球O的半径为R，因为球O的体积为，所以，得．
设正四面体的棱长为a，则该正四面体的高，所以该正四面体的体积，又，
所以，解得，即正四面体的棱长为．
将正四面体放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切的球O．
因为，所以该正方体的棱长为6，则正四面体的棱长为，
所以，
故选:D．
押题解读
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．
1．（多选题）在三棱锥中，与是全等的等腰直角三角形，平面平面为线段的中点．过点作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【解析】由题意可知，满足条件的三棱锥有五种情况，如图．
由于图（1）（2）（3）（4）将三棱锥补成正方体，其外接球球心为正方体中心，
点到球心的距离相等，因此只考虑一种情况．
以图（1）为例，其外接球半径．
当垂直于截面时，截面圆的半径取最小值，此时其面积为；
当截面过球心时，截面圆的半径取最大值，此时其面积为．
因此截面圆的面积的取值范围为．
若三棱锥为图（5），时，
则球心与重合，此时，截面圆的面积为．
故选：AB．
2．（多选题）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A．正八面体的内切球表面积为
B．正八面体的外接球体积为
C．若点为棱上的动点，则的最小值为
D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】对于A项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积，
解得，故它的内切球表面积为，故A项正确；
对于B项，设该正八面体外接球的半径为，由图知，是正方形，,
在中，,利用对称性知,故点为正八面体外接球的球心，则，
所以正八面体外接球的体积为，故项错误；
对于C项，如图，因与是边长为2的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形.
连接与相交于点，此时,,则取得最小值为，故项正确；
对于D项，易知，因为平面平面，所以//平面，
所以，故D项正确.
故选：ACD.
3．在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为 .
【答案】3
【解析】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，
所以或，设，外接球半径记为，
外接球的球心如图点.
易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，得，
在中，，
在中，由余弦定理得，
所以当时，外接球的半径会更小.
所以，
所以，
所以.
故答案为：3.
4．如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（ ）

A．对于任意点，平面
B．直线被球截得的弦长为
C．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为
D．当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】C
【解析】
对于A，根据已知条件圆为以为圆心，半径的圆；在棱上移动，
当与点重合时，平面即为平面，因为在直线上，
所以平面，所以与平面相交，A错误；
对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
则，，，
设直线与直线夹角为，则，
由此可知，连结，过作直线的垂线，垂足为，
则在中，有，解得，
设直线被球O截得的弦长为，则，B错误；
对于C，过直线的平面截球O所得的所有截面圆半径最小时，有垂直于过的平面，
此时圆的半径为，圆的面积为，C正确；
对于D，根据题意当为的中点时，
过，，的平面截该正方体所得截面为正六边形，，
在中，，所以边长，
所以截面面积为，D错误.
故选：C
5．在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
押题猜想六 立体几何中的不规则图形
如图，在菱形中，，分别为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且．
(1)证明：平面．
(2)若为线段上的一点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【解析】（1）如图，连接，设与交于点，
连接，则，
又分别为的中点，
所以，则，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
在菱形中，，则为等边三角形，
所以，
因为，
所以，则，
又平面，
所以平面；
（2）以为原点，分别以所在直线为轴、轴，
以过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图的空间直角坐标系，
则，
由（1）可知平面，
又平面，所以平面平面，
因为，
所以，即．
在中，点到的距离为，
又，故，
所以，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，所以，
设，
则，
设与平面所成的角为，
显然当时，，不符合题意，
则，所以，
所以
，
当，即时，取得最大值，为．
押题解读
本部分多以解答题呈现，立体几何中的不规则图形问题是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程．高考中，立体几何中的不规则图形常与空间中的平行、垂直、空间角及距离相结合命题．因此，关注立体几何中的不规则图形问题是非常有必要的，也是今年高考的热点之一.
1．在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
（2）法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
2．如图，在圆台中，为轴截面，为下底面圆周上一点，为下底面圆内一点，垂直下底面圆于点.
(1)求证：平面平面；
(2)若为等边三角形，求平面和平面的交线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：由于垂直下底面圆,
故,
平面，平面，所以平面
又,所以，
平面，平面，所以平面
平面,所以平面平面
（2）由题意可得四边形为等腰梯形，且，故，,
由于为等边三角形，，,
又，在圆上，所以,,
故为中点，
过作交圆于点，又 ，故，
则为平面和平面的交线,
建立如图所示的空间直角坐标系系，
,
则,
设平面的法向量为，则，
取，则，
，
所以，
故与平面所成角的正弦值为
3．如图所示，三棱柱所有棱长都为，，为中点，为与交点．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值．
【解析】（1）取中点，连接，，；
因为，分别为和的中点，所以且，
又且，
所以且，即四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）因为三棱柱所有棱长都为，，
所以，，为的中点，四点共面，
所以，且，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（3）由题意知，，且，，平面，，
所以平面，又，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
又，所以，
因为，所以平面，平面，所以，
所以为直角三角形，所以，所以，
在中，，所以，
以为原点，作平面，以，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，由，所以，
所以，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，解得，所以平面的一个法向量为，
记二面角的平面角为，由图可得为锐角，
则，
即二面角的平面角的余弦值为．
4．如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，．
(1)求证：三棱锥是正三棱锥；
(2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心．
因为得，
又平面，
所以平面，又平面，
则；
取中点，连接，则四边形是平行四边形，
因为侧面是矩形，所以，又，
又平面，
所以平面，又平面，则；
又，平面，所以平面，
所以三棱锥是正三棱锥．
（2）因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高，
以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，因为．
则，取，可得，
又，
设直线与平面所成角为θ，
所以.
5．如图是由两个三角形组成的图形，其中，，，．将三角形沿折起，使得平面平面，如图．设是的中点，是的中点．

(1)求直线与平面所成角的大小；
(2)连接，设平面与平面的交线为直线，判别与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）过作于，连接，
∵平面平面，且平面平面，，
∴平面，∴为直线与平面所成角．
∵，不妨设，
在中，由正弦定理得．
易知，
，
∴在中，，，
∴直线与平面所成角的大小为．
（2）∵是的中点，是的中点，∴DO∥PC；
又∵，，∴DO∥平面PBC；
又∵平面平面，∴∥，
∴∥．
押题猜想七 条件概率背景下概率与实际生活密切联系
流感病毒是一种病毒，大致分为甲型、乙型、丙型三种，其中甲流病毒传染性最强，致死率最高，危害也最大．某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品和治疗甲流药品，根据研发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2列联表：
(1)根据的独立性检验，分析预防药品对预防甲流的有效性；
(2)用频率估计概率，从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗药品对该动物进行治疗，已知治疗药品的治愈数据如下：对未使用过预防药品的动物的治愈率为0.5，对使用过预防药品的动物的治愈率为0.75，若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染动物中被治愈的动物只数为，求的分布列与数学期望．
附：．
【解析】（1）假设：使用预防药品与对预防甲流无效果，
由列联表可知，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为使用预防药品与对预防甲流有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）设事件表示使用治疗药品并且治愈，事件表示未使用过预防药品，事件表示使用过预防药品，
由题意可得，
且，
则，
治疗药品的治愈概率，
则，
所以，，
，，
所以，随机变量的分布列为
.
押题解读
回顾近几年的高考试题，可以看出概率统计解答题，大多紧密结合社会实际，以现实生活为背景设置试题，注重知识的综合应用与实际应用，作为考查实践能力的重要载体，命题者要求考生会收集，整理、分析数据，能从大量数据中抽取对研究问题有用的信息，建立数学模型，再应用数学原理和数学工具解决实际问题，是高考常用的考查形式．
1．某企业监控汽车零件的生产过程，现从汽车零件中随机抽取100件作为样本，测得质量差（零件质量与标准质量之差的绝对值）的样本数据如下表：
(1)求样本质量差的平均数；假设零件的质量差，其中，用作为的近似值，求的值；
(2)已知该企业共有两条生产汽车零件的生产线，其中全部零件的来自第1条生产线.若两条生产线的废品率分别为0.016和0.012，且这两条生产线是否产出废品是相互独立的.现从该企业生产的汽车零件中随机抽取一件.
（i）求抽取的零件为废品的概率；
（ii）若抽取出的零件为废品，求该废品来自第1条生产线的概率.
参考数据：若随机变量，则.
【解析】（1）由题意可知，
则，
所以
；
（2）（i）设事件表示“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，
事件表示“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，
事件表示“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，
则，，，，
所以；
（ii）因为，
所以，
所以．
2．2023年10月10日，习近平总书记来到九江市考察调研，特别关注生态优先，绿色发展.某生产小型污水处理设备企业甲，原有两条生产线，其中1号生产线生产的产品优品率为0.85，2号生产线生产的产品优品率为0.8.为了进一步扩大生产规模，同时响应号召，助力长江生态恢复，该企业引进了一条更先进、更环保的生产线，该生产线（3号）生产的产品优品率为0.95.所有生产线生产的产品除了优品，其余均为良品.引进3号生产线后，1，2号生产线各承担20%的生产任务，3号生产线承担60%的生产任务，三条生产线生产的产品都均匀放在一起，且无区分标志.
(1)现产品质检员，从所有产品中任取一件进行检测，求取出的产品是良品的概率；
(2)现某企业需购进小型污水处理设备进行污水处理，处理污水时，需几台同型号的设备同时工作.现有两种方案选择：方案一，从甲企业购进设备，每台设备价格30000元，可先购进2台设备.若均为优品，则2台就可以完成污水处理工作；若其中有良品，则需再购进1台相同型号设备才能完成污水处理工作.方案二，从乙企业购进设备，每台23000元.需要三台同型号设备同时工作，才能完成污水处理工作.从购买费用期望角度判断应选择哪个方案，并说明理由.
【解析】（1）设“任取一件产品为优品”，
“产品为第号生产线生产”，
由全概率公式得：
则从所有产品中任取一件是良品的概率为：
.
（2）选择方案一，理由如下：
设从甲企业购进设备的费用为元，
则可取：，，
由（1）知：
所以.
设从乙企业购进设备的费用为元，
则，
因为，
故选择方案一比较合适.
3．甲、乙两人进行知识问答比赛，共有道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每题甲乙答题正确的概率分别为和，各题答题相互独立.规则为：初始双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得﹣1分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
(1)若，，求甲获胜的概率；
(2)若，设甲第题的得分为随机变量，一次比赛中得到的一组观测值，如下表.现利用统计方法来估计的值：
①设随机变量，若以观测值的均值作为的数学期望，请以此求出的估计值；
②设随机变量取到观测值的概率为，即；在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，随着的变化，用使得达到最大时的取值作为参数的一个估计值.求.
表1：甲得分的一组观测值.
附：若随机变量，的期望，都存在，则.
【解析】（1）记甲获胜为事件，甲抢到3道题为事件，甲抢到2道题为事件，甲抢到1道题为事件，甲抢到0道题为事件，
则，，
，，
而，
，
，
，
所以
.
（2）①，，，
所以；
因为，
由表中数据可知，
所以，.
②因为取值相互独立，
所以
，
所以；
令得，
又，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
即当时取到最大值，从而.
4．为保护森林公园中的珍稀动物，采用某型号红外相机监测器对指定区域进行监测识别.若该区域有珍稀动物活动，该型号监测器能正确识别的概率（即检出概率）为；若该区域没有珍稀动物活动，但监测器认为有珍稀动物活动的概率（即虚警概率）为.已知该指定区域有珍稀动物活动的概率为0.2.现用2台该型号的监测器组成监测系统，每台监测器（功能一致）进行独立监测识别，若任意一台监测器识别到珍稀动物活动，则该监测系统就判定指定区域有珍稀动物活动.
(1)若.
（i）在该区域有珍稀动物活动的条件下，求该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率；
（ii）在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下，求指定区域实际没有珍稀动物活动的概率（精确到0.001）；
(2)若监测系统在监测识别中，当时，恒满足以下两个条件：①若判定有珍稀动物活动时，该区域确有珍稀动物活动的概率至少为0.9；②若判定没有珍稀动物活动时，该区域确实没有珍稀动物活动的概率至少为0.9.求的范围（精确到0.001）.
（参考数据：）
【解析】（1）记事件为“监测系统判定指定区域有珍稀动物活动”，事件为“监测区域实际上有珍稀动物活动”，
（i）；
（ii）
，
则
；
（2），
，
由题意可得，即，
令，，得，，故，，
即，即，则，
因为，所以，所以，
故，即，所以，
故.
5．入冬以来，东北成为全国旅游和网络话题的“顶流”．南方的小土豆们纷纷北上体验东北最美的冬天，这个冬天火的不只是东北的美食、东北人的热情，还有东北的洗浴中心，拥挤程度堪比春运，南方游客直接拉着行李箱进入．东北某城市洗浴中心花式宠“且”，为给顾客更好的体验，推出了和两个套餐服务，顾客可自由选择和两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该洗浴中心在App平台10天销售优惠券情况．
经计算可得：，，．
(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，现剔除第10天数据，求关于的经验回归方程（结果中的数值用分数表示）；
(2)若购买优惠券的顾客选择套餐的概率为，选择套餐的概率为，并且套餐可以用一张优惠券，套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为张的概率为，求；
(3)记（2）中所得概率的值构成数列．
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于．根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式：，．
【解析】（1）剔除第10天数据的，
，
，，
所以，
故，所以．
（2）由题意可知，
其中，
所以，
又，
所以是首项为的常数列，故，
所以，又，
所以是以首项为，公比为的等比数列，
故，即.
（3）①当为偶数时，单调递减，最大值为；
当为奇数时，单调递增，最小值为；
综上：数列的最大值为，最小值为.
②证明：对任意总存在正整数，（其中表示取整函数），
当时，，
所以数列收敛.
6．某商场举办摸球赢购物券活动．现有完全相同的甲､乙两个小盒，每盒中有除颜色外形状和大小完全相同的10个小球，其中甲盒中有8个黑球和2个白球，乙盒中有3个黑球和7个白球．参加活动者首次摸球，可从这两个盒子中随机选择一个盒子，再从选中的盒子中随机摸出一个球，若摸出黑球，则结束摸球，得300元购物券；若摸出的是白球，则将摸出的白球放回原来盒子中，再进行第二次摸球．第二次摸球有如下两种方案：方案一，从原来盒子中随机摸出一个球；方案二，从另外一个盒子中随机摸出一个球．若第二次摸出黑球，则结束摸球，得200元购物券；若摸出的是白球，也结束摸球，得100元购物券．用X表示一位参加活动者所得购物券的金额．
(1)在第一次摸出白球的条件下，求选中的盒子为甲盒的概率．
(2)①在第一次摸出白球的条件下，通过计算，说明选择哪个方案第二次摸到黑球的概率更大；
②依据以上分析，求随机变量的数学期望的最大值.
【解析】（1）设试验一次，“取到甲盒”为事件，“取到乙盒”为事件，
“第一次摸出黑球”为事件，“第一次摸出白球”为事件，
，
所以，
所以选中的盒子为甲盒的概率为.
（2）①，
所以方案一中取到黑球的概率为：，
方案二中取到黑球的概率为：，
因为，所以方案二中取到黑球的概率更大.
②随机变量的值为，
依据以上分析，若采用方案一：
，
，
，
，
若采用方案二：
，
，
，
，
所以随机变量的数学期望的最大值.
押题猜想八 圆锥曲线的离心率
如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】A
【解析】因为四边形是一个平行四边形，且，可得，即，
由双曲线，可得，渐近线方程为，即，
可得，且，
因为直线，可得，
又因为，所以即，
代入双曲线方程，可得，整理得，
所以，可得，即，
所以离心率.
故选：A.
押题解读
圆锥曲线的离心率问题是高考中的一个难点和热点．因为离心率是刻画圆锥曲线形状的一个基本量，能考查考生对圆锥曲线形状最本质的理解，考查数学抽象、数学建模、数学运算等数学核心素养，灵活多变，综合性强．求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题，多以选择、填空题的形式考查，难度中等，是高考常用的考查形式．双曲线的离心率是今年高考的热点之一.
1．已知，分别是双曲线的左、右焦点．若双曲线右支上存在一点，使，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意可得，
代入并整理，得，解得，
所以，即，所以．
因为双曲线上的点到焦点的距离的最小值为，
所以要满足双曲线右支上存在一点，使，则，
即，所以，
所以双曲线的离心率的取值范围为．
故选：B．
2．已知点A，B，C都在双曲线：上，且点A，B关于原点对称，.过A作垂直于x轴的直线分别交，于点M，N.若，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【解析】
不妨设，由且轴，
所以，所以，
从而，即，
设点，且它在双曲线上，
，
即，其中，，
从而，.
故选：B.
3．已知双曲线的左，右顶点分别为是双曲线上不同于，的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】设为双曲线上异于、两点的任意一点，则，
又，，所以：
所以，
设，则（），
因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数取得最小值.
即时，取得最小值.
此时：.
故选：A
4．已知，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线C左支相交于A，B两点，若，，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，
由，，
结合正弦定理得，，
由双曲线的定义得，
所以，
在中，由余弦定理，得．
又因为，于是在中，由余弦定理
得，整理得，
所以.
故选：C．
5．已知椭圆，直线与椭圆交于两点（点在点上方），为坐标原点，以为圆心，为半径的圆在点处的切线与轴交于点，若，则的离心率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】椭圆的左顶点为，直线过点，
且直线与椭圆交于两点（点在点上方），所以，
因为，只要，即只要.
联立 ，
得，即（*）
注意到为方程（*）的一个根，故，
则，
所以点，可得，
由于，故，
令，得，
即，所以离心率的取值范围是，则的离心率的最大值为.
故选：C
押题猜想九 圆锥曲线中的面积问题
某校数学问题研究小组的同学利用电脑对曲线进行了深人研究．已知点在曲线上，曲线在点处的切线方程为．请同学们研究以下问题，并作答．
(1)问题1：过曲线的焦点的直线与曲线交于两点，点在第一象限．
（i）求（为坐标原点）面积的最小值；
（ii）曲线在点处的切线分别为，两直线相交于点，证明．
(2)问题2：若是曲线上任意两点，过的中点作轴的平行线交曲线于点，记线段与曲线围成的封闭区域为，研究小组的同学利用计算机经过多次模拟实验发现是个定值，请求出这个定值．
【解析】（1）（i）明显直线的斜率不为零，设直线的方程为，，
联立，消去得，
则，
又，
则当时，的面积最小，且最小值为；
（ii）由已知得，
联立，解得，即
所以
所以；
（2）如图. ，线段$AB$的中点，
则.
，
分别过线段的中点，线段的中点，
作轴的平行线交抛物线分别于两点，连接.
同理可得.
，（分子的上标均省略了文字“的面积”）
又由于的面积的面积的面积，
所以，解得.
押题解读
本部分多以解答题呈现，圆锥曲线面积问题的题目思路会比较顺畅，重点会在计算上面设置障碍，要利用几何关系转换所求的面积，复习过程中要关注如何简化计算和转化思想．抛物线的面积问题是今年高考的热点之一.
1．已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．
(1)若的坐标为，求椭圆C的方程；
(2)在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
(3)若，求实数a的取值范围．
【解析】（1）依题意，，故椭圆C：；
易知点为的重心，则，故，
代入椭圆方程得∴椭圆C的方程为；
（2）
∵，，成等差数列，．∴．
设，，AD中点．，
由弦长公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距．
∵在椭圆C内，∴，得，且．
②当AB斜率不存在时，此时AD：，．
∴综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为．
（3）解法一：易知点，分别为，的重心，设，，设点，，则根据重心性质及面积公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
解法二：易知点为的重心，，
∴，，，
此时，设点，，，，则根据重心的性质可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
2．如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的取值范围.
【解析】（1）椭圆的上顶点坐标为，
则抛物线的焦点为，故.
（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立可得，恒成立，则，
.
（3）设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且

，
当且仅当时，等号成立.
的取值范围为.
3．已知椭圆：的上顶点为，离心率，过点的直线与椭圆交于，两点，直线、分别与轴交于点、.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知命题“对任意直线，线段的中点为定点”为真命题，求的重心坐标；
(3)是否存在直线，使得？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由.（其中、分别表示、的面积）
【解析】（1）依题意，，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）因为命题“对任意直线，线段的中点为定点”为真命题，
可以取直线为，由，解得或，
所以，，
则，所以，，所以，
设的重心为，则，，
所以，即的重心坐标为.
（3）依题意可得直线的斜率存在、不为且斜率为负数，
设直线，，，
则直线：，令，得，同理可得：；
所以
设直线与轴交于点，则，所以，，，
因为，故得①，
由，
则，，
代入①得，解得，
所以，故直线的方程为.
4．已知O为坐标原点，抛物线，过点的直线交抛物线于A，B两点，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点，连接AD，BD，证明：；
(3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴两侧，求面积的最小值．
【解析】（1）设直线的方程为，
由，得，
设，，
则，，
从而，解得，
所以抛物线C的方程为；
（2）要证，即证DG平分，即证，
由（1）可知，，
则
，
故；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，
由题意，得，
由切线长定理，知，，，
所以，
又
，解得，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
故面积的最小值为8．
5．已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过右焦点的直线与双曲线的左､右两支分别交于点，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值.
【解析】（1）由题意可知，
又浙近线方程为，所以，
易知双曲线的标准方程为.
（2）
设，联立方程得，
且，
由三点共线得①，
由得，即②，
由①②解得.
由可知，四边形是平行四边形，所以，
，
，
所以，
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，上单调递增，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
押题猜想十 数列新定义
定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．
(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若为“上凸数列”，则当时，．
（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；
（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．
【解析】（1）是“上凸数列”，理由如下：
因为，
令，
则．
当时，，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以，
所以，
所以是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，
，
所以，
所以．
（ⅱ）令，
由（1）可得当时，是“上凸数列”，
由题意可知，当时，．
因为，
即
．
所以
，
当且仅当时等号成立，
所以．
综上所述，的最小值为．
押题解读
继九省联考结束后，各省相继发布高考新命题结构通知，往年的新高考没出现这类题型，由于题型上的变动较大，所以都会引起大部分考生的焦虑心态．回顾往年高考历程，创新题北京卷几乎每年都考，其它地区每年都有，但不是“跳板式”的新，而是循序渐进式的新，因为高考出题非常重视高考卷的区分度，因此在最后的备考阶段要踏踏实实地总结复习，多做、多想、多悟真题．本部分多以解答题压轴题形式呈现，数列新定义是今年高考的热点之一
1．已知为非零常数，，若对，则称数列为数列．
(1)证明：数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设，若为数列，证明：；
(3)若为数列，证明：，使得．
【解析】（1），
故为公差为的等差数列，所以，
若，则当时，，不合题意，
若，则，满足要求，
，
因为，所以，故，故数列为递增数列，
，由于为递增数列，故不是常数，
不是常数，故数列是递增数列，但不是等比数列；
（2）因为为数列，所以，故，
因为，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以；
（3）因为为数列，
所以，
所以，
令，则，解得，
所以，使得.
2．已知数列的各项均为正整数，设集合，，记的元素个数为.
(1)若数列A:1，3，5，7，求集合，并写出的值;
(2)若是递减数列，求证:“”的充要条件是“为等差数列”;
(3)已知数列，求证:.
【解析】（1）由题意，数列，
可得，
所以集合，所以.
（2）证明：充分性：若为等差数列，且是递减数列，则的公差为，
当时，，所以，
则，故充分性成立.
必要性:若是递减数列，，则为等差数列，
因为是递减数列，所以，
所以，且互不相等，
所以，
又因为，
所以且互不相等，
所以，
所以，
所以为等差数列，必要性成立.
所以若是递减数列，“”的充要条件是“为等差数列”.
（3）证明：由题意集合中的元素个数最多为个，
即，
对于数列，此时，
若存在，则，其中，
故，
若，不妨设，则，而，
故为偶数，为奇数，矛盾，
故，故，故由得到的彼此相异，所以.
3．表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.
(1)求，，；
(2)已知时，.
（i）求；
（ii）设，数列的前n项和为，证明：.
【解析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以；
因为与3互质的数为1，2，所以；
因为与6互质的数为1，5，所以.
（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，
所以中与互质的正整数个数为，所以，
又因为中与互质的正整数只有与两个，
所以中与互质的正整数个数为，
所以，所以，
（ii）解法一：因为，
所以，所以，
令，因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前n项和，
所以，
又因为，所以，
解法二：因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，所以
因为，所以，
4．在个数码构成的一个排列中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序（例如，则与构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为，例如，，
(1)计算；
(2)设数列满足，求的通项公式；
(3)设排列满足，求，
【解析】（1）在排列中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以.
（2）由（1）中的方法，同理可得，
又，所以，
设，得，
所以，解得，则，
因为，
所以数列是首项为1，公比为5的等比数列，
所以，则.
（3）因为，
所以，
所以，
所以.
5．若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.
(1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；
(2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；
(3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.
【解析】（1）由，
故，
即，
又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，
则，即，
故存在等差数列，使，
由，故数列有性质；
（2）设对数列，存在等差数列，使，
对数列，存在等差数列，使，
则对数列，存在等差数列，
使的值为，
这样的最多有个，即数列有性质；
（3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，
当时，有
，
由，
故当时，，
当时，，当时，可能有种，
故这样的最多有个，
即存在等差数列，使，
的元素个数不超过个，
故一定存在，使得数列具有性质.
预防药品
甲流病毒
合计
感染
未感染
未使用
24
21
45
使用
16
39
55
合计
40
60
100
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
0
1
2
3
质量差（单位：）
54
57
60
63
66
件数（单位：件）
5
21
46
25
3
题目
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
得分
1
0
0
﹣1
1
1
﹣1
0
0
0
题目
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
得分
﹣1
0
1
1
﹣1
0
0
0
1
0
日期
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
销售量（千张）
1.9
1.98
2.2
2.36
2.43
2.59
2.68
2.76
2.7
0.4