高考数学19个专题分章节大汇编

新高考“九省联考”19题压轴题汇编一、集合新定义1(2023下·北京·高一校考开学考试)给定整数n ≥3，由n 元实数集合S 定义其相伴数集T =a -b ∣a ､b ∈S ,a ≠b ，如果min T =1，则称集合S 为一个n 元规范数集，并定义S 的范数f 为其中所有元素绝对值之和.(1)判断A =-0.1,-1.1,2,2.5 、B =-1.5,-0.5,0.5,1.5 哪个是规范数集，并说明理由；(2)任取一个n 元规范数集S ，记m 、M 分别为其中最小数与最大数，求证：min S +max S ≥n -1；(3)当S =a 1,a 2,⋯,a 2023 遍历所有2023元规范数集时，求范数f 的最小值.注：min X 、max X 分别表示数集X 中的最小数与最大数.【答案】(1)集合A 不是规范数集；集合B 是规范数集；(2)证明见详解；(3)1012×1011.【分析】(1)根据n 元规范数集的定义，只需判断集合A ,B 中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；(2)利用n 元规范数集的定义，得到x i +1-x i ≥1，从而分类讨论x 1≥0、x n ≤0与x 1<0,x n >0三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；(3)法一：当a 1≥0时，证得a n ≥n -1 +a 1，从而得到f ≥1011×2023；当a 2023≤0时，证得-a n ≥2023-n -a 2023，从而得到f ≥1011×2023；当a m <0≤a m +1时，分类讨论m ≤1011与m ≥1012两种情况，推得f ≥1012×1011，由此得解；法二：利用规范数集的性质与(2)中结论即可得解.【详解】(1)对于集合A ：因为2.5-2 =0.5<1，所以集合A 不是规范数集；对于集合B ：因为B =-1.5,-0.5,0.5,1.5 ，又-1.5-(-0.5) =1，-1.5-0.5 =2，-1.5-1.5 =3，-0.5-0.5 =1，-0.5-1.5 =2，0.5-1.5 =1，所以B 相伴数集T =1,2,3 ，即min T =1，故集合B 是规范数集.(2)不妨设集合S 中的元素为x 1<x 2<⋯<x n ，即min S =x 1,max S =x n ，因为S 为规范数集，则∀i ∈N ∗,1≤i ≤n -1，则x i +1-x i ≥1，且∃i 0∈N ∗,1≤i 0≤n -1，使得x i 0+1-x i 0=1，当x 1≥0时，则min S +max S =x 1 +x n =x 1+x n =x 2-x 1 +x 3-x 2 +⋯x n -x n -1 +2x 1≥n -1+2x 1≥n -1，当且仅当x i +1-x i =1且x 1=0时，等号成立；当x n ≤0时，则min S +max S =x 1 +x n =-x 1-x n =x 2-x 1 +x 3-x 2 +⋯+x n -x n -1 -2x n ≥n -1-2x n ≥n -1，当且仅当x i +1-x i =1且x n =0时，等号成立；当x 1<0,x n >0时，则min S +max S =x 1 +x n =-x 1+x n =x 2-x 1 +⋯+x n -x n -1 ≥n -1，当且仅当x i +1-x i =1时，等号成立；综上所述：min S +max S ≥n -1.(3)法一：不妨设a 1<a 2<⋯<a 2023，因为S 为规范数集，则∀i ∈N ∗,1≤i ≤2022，则a i +1-a i ≥1，且∃i 0∈N ∗,1≤i 0≤2022，使得a i 0+1-a i 0=1，当a 1≥0时，则当2≤n ≤2023时，可得a n =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a 2-a 1 +a 1≥n -1 +a 1，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,1≤i ≤n -1时，等号成立，则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =a 1+a 2+⋯+a 2023≥a 1+1+a 1+⋯+2022+a 1，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,1≤i ≤2022时，等号成立，又a 1+1+a 1+⋯+2022+a 1=2022×1+2022 2+2023a 1=1011×2023+2023a 1≥1011×2023，当且仅当a 1=0时，等号成立，故f ≥1011×2023，即范数f 的最小值1011×2023；当a 2023≤0时，则当1≤n ≤2022时，可得a n =-a 2023-a 2022 +a 2022-a 2021 +⋯+a n +1-a n +a 2023≤-2023-n +a 2023，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤2022时，等号成立，则-a n ≥2023-n -a 2023，则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1-a 2-⋯-a 2023≥2022-a 2023+2021-a 2023+⋯+1-a 2023+-a 2023 ，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤2022时，等号成立，又2022-a 2023+2021-a 2023+⋯+1-a 2023+-a 2023 =2022×1+2022 2-2023a 2023=1011×2023-2023a 2023≥1011×2023，当且仅当a 2023=0时，等号成立，故f ≥1011×2023，即范数f 的最小值1011×2023；当∃m ∈N ∗,1≤m ≤2022，使得a m <0≤a m +1，且a 2023≠0，当2023-2m ≥0，即m ≤20232，即m ≤1011时，则当m +1≤n ≤2023时，可得a n =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a m +2-a m +1 +a m +1≥n -m -1+a m +1，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,m +1≤i ≤2022时，等号成立，则当1≤n ≤m 时，可得a m +1-a n =a m +1-a m +a m -a m -1 +⋯+a n +1-a n ≥m -n +1，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤m 时，等号成立，则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1-a 2-⋯-a m +a m +1+⋯+a 2023=a m +1-a 1 +a m +1-a 2 +⋯+a m +1-a m -ma m +1+a m +1+a m +2+⋯+a 2023 ≥m +m -1+⋯+1 -ma m +1+a m +1+1+a m +1+⋯+2022-m +a m +1=m m +1 2+2023-m 2022-m 2+2023-2m a m +1=m 2-2022m +1011×2023+2023-2m a m +1≥m 2-2022m +1011×2023；对于y =m 2-2022m +1011×2023m ≤1011 ，其开口向上，对称轴为m =1011，所以y min =10112-2022×1011+1011×2023=1012×1011，所以范数f 的最小值为1012×1011；当2023-2m <0，即m >20232，即m ≥1012时，则当m +1≤n ≤2023时，可得a n -a m =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a m +1-a m ≥n -m ，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,m +1≤i ≤2022时，等号成立，则当1≤n ≤m 时，可得-a n =a m -a m -1 +a m -1-a m -2 +⋯+a n +1-a n -a m ≥m -n -a m ，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤m -1时，等号成立，则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1-a 2-⋯-a m +a m +1+⋯+a 2023=-a 1-a 2-⋯-a m +a m +1-a m +⋯+a 2023-a m +2023-m a m ≥m -1+m -2+⋯+1 -ma m +1+2+⋯+2023-m +2023-m a m=m m -1 2+2023-m 2024-m 2+2023-2m a m =m 2-2024m +1012×2023+2023-2m a m>m 2-2024m +1012×2023；对于y =m 2-2024m +1012×2023m ≥1012 ，其开口向上，对称轴为m =1012，所以y min =10122-2024×1012+1011×2023=1012×1011，所以范数f >1012×1011；综上所述：范数f 的最小值1012×1011.法二：不妨设a 1<a 2<⋯<a 2023，因为S 为规范数集，则∀i ∈N ∗,1≤i ≤2022，则a i +1-a i ≥1，且∃i 0∈N ∗,1≤i 0≤2022，使得a i 0+1-a i 0=1，所以对于Sj =a j ,⋯,a 2024-j ⊆S ，同样有∀j ∈N ∗,1≤j ≤1011，则a j +1-a j ≥1，由(2)的证明过程与结论min S +max S ≥n -1可得，min S j +max S j ≥2024-2j ，当且仅当a j +1-a j =1时，等号成立，即a 1 +a 2023 ≥2022，a 2 +a 2022 ≥2020，⋯⋯a 1011 +a 1013 ≥2，所以范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 ≥2022+2020+⋯+2+a 2012=2022+2 ×10112+a 2012 =1012×1011+a 2012 ≥1012×1011，当且仅当a 2012 =0时，等号成立，所以范数f 的最小值1012×1011.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解n 元规范数集的定义，得到x i +1-x i ≥1，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.2(2024·全国·校联考模拟预测)已知有穷数列A :a 1，a 2，⋯，a n (n ≥3)中的每一项都是不大于n 的正整数.对于满足1≤m ≤n 的整数m ，令集合A m =k a k =m ，k =1，2，⋯，n .记集合A (m )中元素的个数为s (m )(约定空集的元素个数为0).(1)若A :6，3，2，5，3，7，5，5，求A (5)及s (5)；(2)若1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )=n ，求证：a 1,a 2,⋯,a n 互不相同；(3)已知a 1=a ,a 2=b ，若对任意的正整数i ，j (i ≠j ，i +j ≤n )都有i +j ∈A (a i )或i +j ∈A (a j )，求a 1+a 2+⋯+a n 的值.【答案】(1)A (5)={4，7，8}，s (5)=3.(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】(1)观察数列，结合题意得到A (5)及s (5)；(2)先得到1s (a i )≤1，故1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )≤n ，再由1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )=n 得到s (a i )=1，从而证明出结论；(3)由题意得a i +j =a i 或a i +j =a j ，令j =1，得到a 3=a 2或a 3=a 1，当a =b 时得到a 1+a 2+⋯+a n =na ，当a ≠b 时，考虑a 3=a 或a 3=b 两种情况，求出答案.【详解】(1)因为a 4=a 7=a 8=5，所以A (5)=4,7,8 ，则s (5)=3；(2)依题意s (a i )≥1,i =1，2，⋯，n ，则有1s (a i )≤1，因此1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )≤n ，又因为1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )=n ，所以s (a i )=1所以a1,a2,⋯,a n互不相同.(3)依题意a1=a,a2=b.由i+j∈A(a i)或i+j∈A(a j)，知a i+j=a i或a i+j=a j.令j=1，可得a i+1=a i或a i+1=a1，对于i=2,3,...n-1成立，故a3=a2或a3=a1.①当a=b时，a3=a4=⋯=a n=a，所以a1+a2+⋯+a n=na.②当a≠b时，a3=a或a3=b.当a3=a时，由a4=a3或a4=a1，有a4=a，同理a5=a6=⋯=a n=a，所以a1+a2+⋯+a n=(n-1)a+b.当a3=b时，此时有a2=a3=b，令i=1，j=3，可得4∈A(a)或4∈A(b)，即a4=a或a4=b.令i=1，j=4，可得5∈A(a)或5∈A(b). 令i=2，j=3，可得5∈A(b).所以a5=b.若a4=a，则令i=1，j=4，可得a5=a，与a5=b矛盾.所以有a4=b.不妨设a2=a3=⋯=a k=b(k≥5)，令i=t，j=k+1-t(t=2,3,⋯,k-1)，可得k+1∈A(b)，因此a k+1=b.令i=1,j=k，则a k+1=a或a k+1=b.故a k+1=b.所以a1+a2+⋯+a n=(n-1)b+a.综上，a=b时，a1+a2+⋯+a n=na.a3=a≠b时，a1+a2+⋯+a n=(n-1)a+b.a3=b≠a时，a1+a2+⋯+a n=(n-1)b+a.【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：(1)可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；(2)可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；(3)发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；(4)如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.3(2023上·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习)已知T n 为所有n 元有序数组a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 所组成的集合.其中a i ∈0,1 (i =1,2,⋅⋅⋅,n ).对于T 中的任意元素x =x 1,x 2,⋅⋅⋅,x n ，y =y 1,y 2,⋅⋅⋅,y n 定义x ，y 的距离：d x ,y =x 1-y 1 +x 2-y 2 +⋅⋅⋅+x n -y n .若k ∈N *，U 为T 5k 的子集，且有2k 个元素，并且满足任意x ∈T 5k ，都存在唯一的y ∈U ，使得d x ,y ≤2，则称U 为“好k 集”.(1)若a ，b ，c ∈T 3，a =1,0,1 ，b =0,1,0 ，c =0,1,1 ，求d a ,a ，d a ,b 及d a ,c +d b ,c 的值；(2)当k =1时，求证：存在“好k 集”，且“好k 集”中不同元素的距离为5；(3)求证：当k >1时，“好k 集”不存在.【答案】(1)d a ,a =0，d a ,b =3，d a ,c +d b ,c =3(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据题意直接代入运算求解；(2)对任意x =x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ∈T 5，定义x =1-x 1,1-x 2,1-x 3,1-x 4,1-x 5 ，可得d x ,y +d x ,y=5，结合“好k 集”的定义分析证明；(3)先证对于任意x ∈U ，可知均存在y ∈T 5，使得d x ,y =2，对T 5k 的以T 5为基础，结合定义分析证明.【详解】(1)因为a =1,0,1 ，b =0,1,0 ，c =0,1,1 ，则d a ,a =1-1 +0-0 +1-1 =0，d a ,b =1-0 +0-1 +1-0 =3，d a ,c =1-0 +0-1 +1-1 =2，d b ,c =0-0 +1-1 +0-1 =1，所以d a ,c +d b ,c =3.(2)对任意x =x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ∈T 5，定义x =1-x 1,1-x 2,1-x 3,1-x 4,1-x 5 ，对任意y =y 1,y 2,y 3,y 4,y 5 ∈T 5，因为x i ,y i ∈0,1 ,i ∈1,2,3,4,5 ，则x i -y i +1-x i -y i =1，可得d x ,y +d x ,y =5，对于任意x ,y ，可得U =x ,x 有2个元素，若d x ,y ≤2，则d x ,y ≥3，满足“好k 集”的定义；若d x ,y ≥2，则d x ,y ≤2，满足“好k 集”的定义；综上所述：U =x ,x 为“好k 集”，且d x ,x =5i =1x i -1-x i =5，即当k =1时，存在“好k 集”，且“好k 集”中不同元素的距离为5.(3)显然d x ,y =d y ,x ，先证：当k =1时，对任意的x ∈T 5，含有x 的“好k 集”只能是U =x ,x ，反证：假设存在“好k 集”U =x ,y ,y ≠x ，则对于任意z ∈T 5，可得d x ,z ≤2,d y ,z ≤2，则z ∈T 5，可得d x ,z ≥3,d y ,z ≥3，不满足“好k 集”的定义，例如x =0,0,0,0,0 ，则x =1,1,1,1,1 ，可取y =1,1,0,0,0 ，则d x ,y =2,d x ,y =3，即存在y ∈T 5，使得d x ,y =2，结合x i -y i +1-x i -y i =1可得：d x ,y 就相当于对0，1的顺序进行重组，对于任意x ∈U ，可知均存在y ∈T 5，使得d x ,y =2，当k >1时，对任意a =a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 5k ∈T 5k ，定义a =A 1,A 2,⋅⋅⋅,A k ，其中A i =a 5i -4,a 5i -3,⋅⋅⋅,a 5i ,i ∈1,2,⋅⋅⋅,k ，可知：对任意e ,f ∈T 5k ，其中e =E 1,E 2,⋅⋅⋅,E k ,f =F 1,F 2,⋅⋅⋅,F k ，可知d e ,f =d E 1,F 1 +d E 2,F 2 +⋅⋅⋅+d E k ,F k ，反证：假设存在“好k 集”，则对任意b =B 1,B 2,⋅⋅⋅,B k ∈T 5k ，以b 为基础构建“好k 集”U ，对任意c =C 1,C 2,⋅⋅⋅,C k ∈T 5k ，对任意的i ∈1,2,⋅⋅⋅,k ，均有d B i ,C i ≤2，与之对应的项只能是B i 和B i ，每个i ∈1,2,⋅⋅⋅,k 均有2种选择，共有2k 种组合可能，按照以上构建方法得到的元素d =D 1,D 2,⋅⋅⋅,D n ，可知对任意D i ，均存在Z i ，使得d d i ,Z i =2，i ∈1,2,⋅⋅⋅,k ，所以必然存在z =Z 1,Z 2,⋅⋅⋅,Z k ∈T 5k ，使得d z ,b =d Z 1,D 1 +d Z 2,D 2 +⋅⋅⋅+d Z k ,D k =2k >2，故假设不成立，所以当k >1时，“好k 集”不存在.【点睛】关键点睛：新定义问题要充分理解定义，可以通过举例和推理去理解定义，对于本题可以利用反证法来分析证明.4(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)已知Q :a 1,a 2,⋯,a k 为有穷正整数数列，且a 1≤a 2≤⋯≤a k ，集合X =-1,0,1 ．若存在x i ∈X ,i =1,2,⋯,k ，使得x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k =t ，则称t 为k -可表数，称集合T =t ∣t =x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k ,x i ∈X ,i =1,2,⋯,k 为k -可表集．(1)若k =10,a i =2i -1,i =1,2,⋯,k ，判定31，1024是否为k -可表数，并说明理由；(2)若1,2,⋯,n ⊆T ，证明：n ≤3k -12；(3)设a i =3i -1,i =1,2,⋯,k ，若1,2,⋯,2024 ⊆T ，求k 的最小值．【答案】(1)31是k -可表数，1024不是k -可表数，理由见解析；(2)证明见解析；(3)8【分析】(1)根据定义赋值及数列求和计算验证即可；(2)根据定义判定s ∈T 则有-s ∈T ，从而可知±1,±2,⋯,±n ,0 ⊆T ，利用集合间的基本关系得出T 中最多含有3k 个元素，解不等式即可证明；(3)利用第二问的结论可设∀n ∈N ∗,∃m ∈N ∗，有3m -1-12<n ≤3m -12，然后利用定义先证n 为m -可表数，再根据三进制的基本事实确定k 的最小值为满足3m -1-12<n ≤3m -12成立的m ，代入n =2024求m 即可.【详解】(1)31是，1024不是，理由如下：由题意可知x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k =t ，当a i =2i -1,k =10时，有x 1+2x 2+⋯+29x 10=t ,x i ∈-1,0,1 ，显然若x 1=-1,x 6=1,x i =0i ∈2,3,4,5,7,8,9,10 时，t =31，而t ≤20×1+21×1+22×1+⋯+29×1=210-1=1023<1024，故31是k -可表数，1024不是k -可表数；(2)由题意可知若x i =0⇒t =0，即0∈T ，设s ∈T ，即∃x i ∈-1,0,1 使得x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k =s ，所以-x 1a 1 +-x 2a 2 +⋯+-x k a k =-s ，且-x i ∈-1,0,1 成立，故-s ∈T ，所以若1,2,⋯,n ⊆T ，则±1,±2,⋯,±n ,0 ⊆T ，即±1,±2,⋯±n ,0 中的元素个数不能超过T 中的元素，对于确定的Q ，T 中最多有3k 个元素，所以2n +1≤3k⇒n ≤3k -12；(3)由题意可设∀n ∈N ∗,∃m ∈N ∗，使3m -1-12<n ≤3m -12，又x 1×1+x 2×3+x 3×32+⋯+x m -1×3m -2≤1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m -2=3m -1-12，所以k >m -1，即k ≥m ，而1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m -1=3m -12，即当n =3m -12时，取a 1=1,a 2=3,⋯a m =3m -1时，n 为m -可表数，因为2×1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m -1 =2×3m -12=3m -1，由三进制的基本事实可知，对任意的0≤p ≤3m -1，存在r i ∈0,1,2 i =1,2,⋯,m , ，使p =r 1×30+r 2×31+⋯r m ×3m -1，所以p -3m -12=r 1×30+r 2×31+⋯r m ×3m -1 -30+31+⋯+3m -1 =r 1-1 ×30+r 2-1 ×31+⋯+r m -1 ×3m -1，令xi =r i -1，则有x i ∈-1,0,1 ,i =1,2,⋯,m ，设t =p -3m -12⇒-3m -12≤t ≤3m -12，由p 的任意性，对任意的-3m -12≤t ≤3m -12,t ∈Z ，都有t =x 1×30+x 2×31+⋯+x m ×3m -1,x i ∈-1,0,1 ,i =1,2,⋯,m ，又因为n ≤3m -12，所以对于任意的-n ≤t ≤n ,t ∈Z ，t 为m -可表数，综上，可知k 的最小值为m ，其中m 满足3m -1-12<n ≤3m -12，又当n =2024时，37-12<n ≤38-12，所以k 的最小值为8.【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定T 中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设∀n ∈N ∗,∃m ∈N ∗，有3m -1-12<n ≤3m -12，利用定义先证n 为m -可表数，再根据三进制的基本事实设任意的0≤p ≤3m -1，存在r i ∈0,1,2 i =1,2,⋯,m , ，使p =r 1×30+r 2×31+⋯r m ×3m -1，得出t =p -3m -12并结合定义确定t 为m -可表数，从而确定k 的最小值为满足3m -1-12<n ≤3m -12成立的m ，代入n =2024求m 即可.5(2023上·北京·高一清华附中校考期中)对非空整数集合M 及k ∈N ，定义M ⊕k =m +t |m ∈M ,t =-k ,-k +1,⋯,k ，对于非空整数集合A ，B ，定义d A ,B =min k ∈N |A ⊆B ⊕k ,B ⊆A ⊕k .(1)设M =2,4,6 ，请直接写出集合M ⊕1；(2)设A =1,2,3,4,⋯,100 ，d A ,B =1，求出非空整数集合B 的元素个数的最小值；(3)对三个非空整数集合A ，B ，C ，若d A ,B =4且d B ,C =1，求d A ,C 所有可能取值．【答案】(1)M ⊕1=1,2,3,4,5,6,7(2)34(3)3或4或5【分析】(1)直接由M ⊕k 的定义计算即可求解.(2)若d A ,B =1，则A ⊆B ⊕1，则只需每个b i ∈B 组成的数组b i -1,b i ,b i +1 能够覆盖A =1,2,3,4,⋯,100 即可，从而B min =1003+1=34，其中x 表示不超过x 的最大整数.(3)首先证明M ⊕k ⊕l ⊆M ⊕k +l ，其次结合d A ,B 的定义得出d 满足距离的三角不等式：d A ,C ≤d A ,B +d B ,C ，从而运用到本题中即可得解.【详解】(1)若M =2,4,6 ，则由集合新定义可知M ⊕1=1,3,5 ∪2,4,6 ∪3,5,7 =1,2,3,4,5,6,7 .(2)设B 有B个元素，下证B min =34.一方面，B=2,5,8,⋯,98,101，则，所以d A,B≠0，即d A,B≥1，而B⊆A⊕1=0,1,2,3,4,⋯,101，A⊆B⊕1=1,2,3,4,⋯,102，这表明了d A,B=1满足题意，此时B =101-23+1=34，故B min=34；另一方面：若B =j≤33，不妨设B=b`1,b2,⋯,b j且b`1<b2<⋯<b j，由题意可知A⊆B⊕1=b1-1,b1,b1+1∪b2-1,b2,b2+1∪⋯∪b j-1,b j,b j+1，而B⊕1最多含有3j≤99个元素，当且仅当b k-1,b k,b k+1,1≤k≤j两两不同且B =j=33时，等号成立，但这与A有100个元素矛盾，所以B =j≥34.综上所述：非空整数集合B的元素个数的最小值是34.(3)一方面：先来证明M⊕k⊕l⊆M⊕k+l，M⊕k=m+t|m∈M,t=-k,-k+1,⋯,k=n∈Z∃m∈M,n-m≤k，因此只要M1⊆M2，就有M1⊕k⊆M2⊕k，而∀x∈M⊕k⊕l，∃p∈M⊕k，x-p≤l，所以∃m∈M,p-m≤k，所以x-m=x-p+p-m≤x-p+p-m≤l+k，即∀x∈M⊕k+l，从而M⊕k⊕l⊆M⊕k+l.另一方面：如果d A,B=p，d B,C=q，d A,C=r，那么A⊆B⊕p，B⊆C⊕q，B⊕p⊆C⊕q⊕p⊆C⊕p+q，从而A⊆C⊕p+q，同理C⊆A⊕p+q，因此由定义可得d A,C=r≤d A,B+d B,C=p+q，即d满足距离的三角不等式；所以在本题中，d A,C≤d A,B+d B,C=4+1=5，d A,C≥d A,B-d B,C=4-1=3，即d A,C∈3,4,5，取A=0 ,B=4 ,C=5 ，可知d A,C=5可能成立，取A=0 ,B=4 ,C=3 ，可知d A,C=3可能成立，取A=0 ,B=4 ,C=3,4，可知d A,C=4可能成立，综上所述，d A,C所有可能取值为3或4或5.【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，直接按定义即可；第二问的关键是要注意到由题意有A⊆B⊕1，从而只需每个b i∈B组成的数组b i-1,b i,b i+1能够覆盖A=1,2,3,4,⋯,100即可；而第三问的关键是要注意到d表示距离，因此要联想到去证明距离的三角不等式d A,C≤d A,B+d B,C，从而顺利得解.二、函数与导数新定义6(2024·全国·校联考模拟预测)“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(Bernoulli 'sInequality )，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x ∈-1,+∞ ，在 n ∈1,+∞ 时，有不等式 1+x n ≥1+nx 成立；在 n ∈0,1 时，有不等式 1+x n ≤1+nx 成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n ≥1时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a 1,a 2,⋯,a n n ∈N * 是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n ≥1+a 1+a 2+⋯+a n【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据不等式特征猜想出等号成立的条件；(2)设 f x =1+x n -nx -1x <-1,a ≥1 ，注意到 f 0 =0，求导得到f 0 =0，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；(3)当 n =1时，显然成立，当 n ≥2时，构造数列 x n ：x n =1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1+a 1+a 2+⋯+a n ，作差法得到 x n 是一个单调递增的数列(n ≥2)，结合 x 2>0，得到 x n >x 2>0∀n >2 ，证明出结论.【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．当n =0时， 1+x 0=1+0x ，当n =1时， 1+x 1=1+x ，当x =0时， 1+0 n =1+0n ，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；(2)当 n ≥1时，我们需证 1+x n ≥1+nx ，设 f x =1+x n -nx -1x <-1,a ≥1 ，注意到 f 0 =0，f x =n 1+x n -1-n =n 1+x n -1-1 ，令 1+x n -1-1=0得 x =0，即f 0 =0，x =0是 f x 的一个极值点．令g x =f x ，则g x =n n -1 1+x n -2>0，所以 f x 单调递增．当 -1<x <0时，f x <f 0 =0，当 x >0时，f x >f 0 =0，故f x 在 -1,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增．所以在 x =0处 f x取得极小值 f 0 =0，即 f x ≥0恒成立，1+x n≥nx +1．伯努利不等式对 n ≥1得证．(3)当 n =1时，原不等式即1+a 1≥1+a 1，显然成立．当 n ≥2时，构造数列 x n ：x n =1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1+a 1+a 2+⋯+a n ，则 x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 ，若 a i >0i =1,2,⋯,n +1 ，由上式易得 x n +1-x n >0，即 x n +1>x n ；若-1<a i ≤0i =1,2,⋯,n +1 ，则 0<1+a i <1，所以 1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1<0，故x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 >0，即此时 x n +1>x n 也成立．所以 x n 是一个单调递增的数列(n ≥2)，由于 x 2=1+a 1 1+a 2 -1+a 1+a 2 =a 1a 2>0，所以 x n >x 2>0∀n >2 ，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.7(2024·全国·校联考模拟预测)悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x =e x +e -x 2的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sin 2x +cos 2x =1，②和角公式：cos x +y =cos x cos y -sin x sin y ，③导数：sin x =cos x ,cos x =-sin x , 定义双曲正弦函数sh x =e x-e -x2．(1)直接写出sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x >0时，sh x >ax 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)求f x =ch x -cos x -x 2的最小值．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,1 (3)0【分析】(1)类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；(2)构造函数F x =sh x -ax ，x ∈0,+∞ ，求导，分a ≤1和a >1两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；(3)多次求导，结合(2)中结论，先得到f x 在0,+∞ 内单调递增，再求出f x 为偶函数，从而得到f x 在-∞,0 内单调递减，求出f x min =f 0 =0.【详解】(1)平方关系：ch 2x -sh 2x =1；和角公式：ch x +y =ch x ch y +sh x sh y ；导数：sh (x)=ch(x) ch (x)=sh(x)．理由如下：平方关系，ch2x -sh2x =e x+e-x22-e x-e-x22=e2x+e-2x+24-e2x+e-2x-24=1；ch x+y=e x+y+e-x-y2，和角公式：ch x ch y +sh x sh y =e x+e-x2⋅ey+e-y2+e x-e-x2⋅ey-e-y2=e x+y+e x-y+e-x+y+e-x-y4+ex+y-e x-y-e-x+y+e-x-y4=e x+y+e-x-y2故ch x+y=ch x ch y +sh x sh y ；导数：sh x =e x--e-x2=e x+e-x2=chx，ch x =e x-e-x2=shx；(2)构造函数F x =sh x -ax，x∈0,+∞，由(1)可知F x =ch x -a，i．当a≤1时，由ch(x)=e x+e-x2≥e x⋅e-x=1≥a可知，故F (x)≥0，故F(x)单调递增，此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，sh(x)>ax恒成立，满足题意；ii．当a>1时，令G x =F x ，x∈0,+∞，则G x =sh x ≥0，可知G x 单调递增，由G(0)=1-a<0与G(ln2a)=14a>0可知，存在唯一x0(0,ln2a)，使得G(x0)=0，故当x∈(0,x0)时，F (x)=G(x)<G(x0)=0，则F(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x∈(0,x0)，F(x)<F0 =0，即sh x <ax，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为-∞,1．(3)f x =ch x -cos x-x2，f x =sh x +sin x-2x，令g x =f x =sh x +sin x-2x，则g x =ch x +cos x-2，令h x =g x =ch x +cos x-2，则h x =sh x -sin x，当x∈0,+∞时，由(2)可知，sh x ≥x，则h x =sh x -sin x≥x-sin x，令u x =x-sin x，则u x =1-cos x≥0，故u x 在0,+∞内单调递增，则h x ≥u x ≥u0 =0，故h x 在0,+∞内单调递增，则g x =h x ≥h0 =0，故g x 在0,+∞内单调递增，则f x =g x ≥g0 =0，故f x 在0,+∞内单调递增，因为f-x=ch-x-cos-x--x2=chx-cos x-x2=f x ，即f x 为偶函数，故f x 在-∞,0 内单调递减，则f x min =f 0 =0，故当且仅当x =0时，f x 取得最小值0.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.8(2023下·北京昌平·高一统考期末)已知定义域为R 的函数h x 满足：对于任意的x ∈R ，都有h x +2π =h x +h 2π ，则称函数h x 具有性质P .(1)判断函数f x =2x ,g x =cos x 是否具有性质P ；(直接写出结论)(2)已知函数f x =sin ωx +φ 32<ω<52,φ <π2，判断是否存在ω,φ，使函数f x 具有性质P ？若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；(3)设函数f x 具有性质P ，且在区间0,2π 上的值域为f 0 ,f 2π .函数g x =sin f x ，满足g x +2π =g x ，且在区间0,2π 上有且只有一个零点.求证：f 2π =2π.【答案】(1)函数f x =2x 具有性质P ；g x =cos x 不具有性质P .(2)ω=2，φ=0(3)证明见解析【分析】(1)利用定义判断即可；(2)假设函数f x 具有性质P ，可求出φ=0，进而可得ω=2，从而可得f x =sin2x ，再根据定义进行验证，即可得到答案；(3)由函数f x 具有性质P 及(2)可知，f (0)=0，进而可得f x 在0,2π 的值域为0,k π ，k ∈Z 且k >0，由g x 在区间0,2π 上有且只有一个零点可证明当k >2时不符合题意，再求解当k =1时与g x 是以2π为周期的周期函数矛盾，从而可得k =2，即可证明.【详解】(1)因为f x =2x ，则f x +2π =2(x +2π)=2x +4π，又f 2π =4π，所以f x +2π =f (x )+f (2π)，故函数f x =2x 具有性质P ；因为g x =cos x ，则g x +2π =cos (x +2π)=cos x ，又g 2π =cos2π=1，g (x )+g (2π)=cos x +1≠g (x +2π)，故g x =cos x 不具有性质P .(2)若函数f x 具有性质P ，则f 0+2π =f (0)+f (2π)，即f (0)=sin φ=0，因为ϕ <π2，所以φ=0，所以f x =sin (ωx )；若f (2π)≠0，不妨设f (2π)>0，由f x +2π =f (x )+f (2π)，得f 2k π =f (0)+kf (2π)=kf (2π)(k ∈Z )(*)，只要k 充分大时，kf (2π)将大于1，而f x 的值域为[-1,1]，故等式(*)不可能成立，所以必有f (2π)=0成立，即sin (2ωπ)=0，因为32<ω<52，所以3π<2ωπ<5π，所以2ωπ=4π，则ω=2，此时f x =sin2x ，则f x +2π =sin2(x +2π)=sin2x ，而f (x )+f (2π)=sin2x +sin4π=sin2x ，即有f x +2π =f (x )+f (2π)成立，所以存在ω=2，φ=0使函数f x 具有性质P .(3)证明：由函数f x 具有性质P 及(2)可知，f (0)=0，由g x +2π =g x 可知函数g x 是以2π为周期的周期函数，则g 2π =g (0)，即sin (f (2π))=sin (f (0))=0，所以f (2π)=k π，k ∈Z ；由f (0)=0，f (2π)=k π以及题设可知，函数f x 在0,2π 的值域为0,k π ，所以k ∈Z 且k >0；当k >2，f x =π及f x =2π时，均有g x =sin f x =0，这与g x 在区间0,2π 上有且只有一个零点矛盾，因此k =1或k =2；当k =1时，f (2π)=π，函数f x 在0,2π 的值域为0,π ，此时函数g x 的值域为0,1 ，而f x +2π =f (x )+π，于是函数f x 在2π,4π 的值域为π,2π ，此时函数g x 的值域为-1,0 ，函数g x =sin f x 在当x ∈0,2π 时和x ∈2π,4π 时的取值范围不同，与函数g x 是以2π为周期的周期函数矛盾，故k =2，即f (2π)=2π，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.9(2024·河南·高三专题练习)离散对数在密码学中有重要的应用．设p 是素数，集合X =1,2,⋯,p -1 ，若u ,v ∈X ,m ∈N ，记u ⊗v 为uv 除以p 的余数，u m ,⊗为u m 除以p 的余数；设a ∈X ，1,a ,a 2,⊗,⋯,a p -2,⊗两两不同，若a n ,⊗=b n ∈0,1,⋯,p -2 ，则称n 是以a 为底b 的离散对数，记为n =log (p )a b ．(1)若p =11,a =2，求ap -1,⊗；(2)对m 1,m 2∈0,1,⋯,p -2 ，记m 1⊕m 2为m 1+m 2除以p -1的余数(当m 1+m 2能被p -1整除时，m 1⊕m 2=0)．证明：log (p )a b ⊗c =log (p )a b ⊕log (p )a c ，其中b ,c ∈X ；(3)已知n =log (p )a b ．对x ∈X ,k ∈1,2,⋯,p -2 ，令y 1=a k ,⊗,y 2=x ⊗b k ,⊗．证明：x =y 2⊗y n p -2 ,⊗1．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)第一问直接根据新定义来即可.(2)第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.(3)根据新定义进行转换即可得证.【详解】(1)若p =11,a =2，又注意到210=1024=93×11+1，所以ap -1,⊗=210,⊗=1.(2)【方法一】：当p =2时，此时X ={1}，此时b =c =1，b ⊗c =1，故log (p )a b ⊗c =0,log (p )a b =0,log (p )a c =0，此时log (p )a b ⊗c =log (p )a b ⊕log (p )a c .当p >2时，因1,a ,a 2,⊗,⋯,a p -2,⊗相异，故a ≥2，而a ∈X ，故a ,p 互质.记n =log (p )a b ⊗c ,n 1=log (p )a b ,n 2=log (p )a c ，则∃m 1,m 2∈N ，使得a n 1=pm 1+b ,a n 2=pm 2+c ，故an 1+n 2=pm 1+b pm 2+c ，故an 1+n 2≡bc (mod p )，设n 1+n 2=t p -1 +s ,0≤s ≤p -2，则n 1⊕n 2=s ，因为1,2,3,..p -1除以p 的余数两两相异，且a ,2a ,3a ,..p -1 a 除以p 的余数两两相异，故p -1 !≡a ×2a ×3a ,..×p -1 a (mod p )，故a p -1≡1mod p ，故an 1+n 2≡a s ≡bc mod p ，而a n ≡b ⊗c (mod p )=bc (mod p ),其中0≤n ≤p -2，故s =n 即log (p )a b ⊗c =log (p )a b ⊕log (p )a c .法2：记a n 1=an 1,⊗+m 1p ，a n 2=an 2,⊗+m 2p ，an 1,⊗×a n 2,⊗=a n 1,⊗⊗a n 2,⊗+kp ，其中m 1，m 2，k 是整数，则a n 1⋅n 2=a n 1.⊗⊗an 2,⊗+m 1an 2.⊗+m 2an 1.⊗+m 1m 2p +k p ，可知an 1,⊗⊗an 2,⊗=an 1⋅n 2,⊗．因为1，a ，a 2,⊗，⋯，ap -2,⊗两两不同，所以存在i ∈{0,1,⋅⋅⋅,p -2}，使得a p -1,⊗=a i ,⊗，即ap -1-a i =a i ap -1-i-1 可以被p 整除，于是ap -1-i-1可以被p 整除，即ap -1-i ,⊗=1．若i ≠0，则p -1-i ∈{1,2,⋅⋅⋅,p -2}，ap -1-i ,⊗≠1，因此i =0，a p -1,⊗=1．记n =log (p )a b ，m =log (p )a c ，n +m =n ⊕m +l (p -1)，其中l 是整数，则b ⊗c =a n ,⊗⊗a m ,⊗=a n ⋅m ,⊗=an ⊕m +l (p -1),⊗=a n ⊕m ,⊗⊗al (p -1),⊗=a n ⊕m ,⊗，即log (p )a (b ⊗c )=log (p )a b ⊕log (p )a c ．(3)【方法二】：当b ≥2时，由(2)可得b p -1≡1mod p ，若b =1，则b p -1≡1mod p 也成立.因为n =log (p )a b ，所以a n ≡b mod p .另一方面，y 2⊗y n p -2 ,⊗1≡y 2y n p -2,⊗1≡x ⊗b k ,⊗ a k ,⊗ n p -2≡xb k akn p -2≡xb k b k p -2≡x bp -1k -1≡x 1 k -1mod p ≡x mod p .由于x ∈X ，所以x =y 2⊗y n p -2,⊗1.法2：由题设和(2)的法2的证明知：y 2=x ⊗b k ,⊗=x ⊗(b ⊗b ⊗⋅⋅⋅⊗b k =x ⊗a n ,⊗⊗a n ,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a n ,⊗k =x ⊗a ⊗a ⊗⋅⋅⋅⊗a nk ，y n (p -2),⊗1=y 1⊗y 1⊗⋅⋅⋅⊗y 1n (p -2)=a k ,⊗⊗a k ,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a k ,⊗n (p -2)=a p -2,⊗⊗a p -2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a p -2,⊗nk ．故y 2⊗y n (p -2),⊗1=x ⊗a ⊗a ⊗⋅⋅⋅⊗a nk ⊗a p -2,⊗⊗a p -2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a p -2,⊗nk =x ⊗a p -1,⊗⊗a p -1,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a p -1,⊗nk．由(2)法2的证明知ap -1,⊗=1，所以y 2⊗y n (p -2).⊗1=x ．【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.10(2024·全国·校联考模拟预测)设y =f x 是定义在R 上的函数，若存在区间a ,b 和x 0∈(a ,b )，使得y =f x 在[a ,x 0]上严格减，在[x 0,b ]上严格增，则称y =f x 为“含谷函数”，x 0为“谷点”，a ,b 称为y =f x 的一个“含谷区间”．(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：(i )y =2x ，(ii )y =x +cos x ；(2)已知实数m >0，y =x 2-2x -m ln x -1 是含谷函数，且2,4 是它的一个含谷区间，求m 的取值范围；(3)设p ,q ∈R ，h x =-x 4+px 3+qx 2+4-3p -2q x ．设函数y =h x 是含谷函数，a ,b 是它的一个含谷区间，并记b -a 的最大值为L p ,q ．若h 1 ≤h 2 ，且h 1 ≤0，求L p ,q 的最小值．【答案】(1)y =2x 是含谷函数，谷点x =0；y =x +cos x 不是含谷函数，证明见解析.(2)2,18 (3)2【分析】(1)利用含谷函数定义判断函数的增减区间，再求谷点，证明函数是否为含谷函数；(2)由题意可判断函数在区间2,4 内有谷点，利用谷点定义求参数取值范围；(3)分别讨论函数h x 的单调性，判断谷点所在区间，得到L p ,q 的解析式，再利用h 1 ≤h 2 和h 1 ≤0消元求最值.【详解】(1)函数y =2x =-2x ,x <02x ,x ≥0，当x ∈-∞,0 时，单调递减，当x ∈0,+∞ 时，单调递增，所以y =2x 是含谷函数，谷点x =0；函数y =x +cos x ，求导y =1-sin x ≥0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.(2)由题意可知函数y =x 2-2x -m ln x -1 在区间2,4 内先减后增，且存在谷点，令g x =x 2-2x -m ln x -1 ，所以g x =2x -2-mx -1，设q x =g x =2x -2-mx -1，所以q x =2+m x -1 2，由m >0可知qx =2+m x -12>0恒成立，所以g x 在区间2,4 上单调递增，若满足谷点，则有g 2 =2-m <0g 4 =6-m 3>0，解得2<m <18，故m 的取值范围是2,18 .(3)因为h x =-x 4+px 3+qx 2+4-3p -2q x ，所以h x =-4x 3+3px 2+2qx +4-3p -2q =41-x x 2+1-3p 4x +1-3p 4-q 2，若x 2+1-3p 4x +1-3p 4-q2 ≥0恒成立，则函数y =h x 在x ≤1时严格增，在x ≥1时严格减，不是谷函数，不满足题意；因此关于x 的方程x 2+1-3p 4x +1-3p 4-q2 =0有两个相异实根，即Δ>0，设两根为α，β且α<β，因为h 1 ≤0=h 0 ，所以函数y =h x 在区间-∞,1 上不为严格增，但是当x <min 1,α,β 时，h x >0，y =h x 为严格增，所以y =h x 在区间-∞,1 上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即α<1，同理，因为h 1 ≤h 2 ，所以β>1，因此，y =h x 在区间-∞,α 和1,β 上严格增，在区间α,1 和β,+∞ 上严格减，从而函数y =h x 的含谷区间a ,b 必满足a ,b ⊆α,β ，即L p ,q =β-α=Δ=1-3p 42-41-3p 4-q2 =916p 2+32p -3+2q ，因为h 1 =-1+p +q +4-3p -2q =3-2p -q ，h 2 =-16+8p +4q +8-6p -4q =-8+2p ，由h 1 ≤h 2 得3-2p -q ≤-8+2p ，所以4p +q ≥11，由h 1 ≤0得3-2p -q ≤0，所以2p +q ≥3，所以q ≥11-4p ,p ≤43-2p ,p >4，当p ≤4时，L p ,q ≥916p 2-132p +19≥2，当p >4时，L p ,q ≥916p 2-52p +3≥2，因此L p ,q 的最小值为2，当p =4,q =-5时成立.【点睛】关键点睛：(1)利用谷点定义判断函数是否为含谷函数；(2)根据谷点性质求参数的取值范围；(3)将导数分解因式，利用二次函数性质讨论y=h x 的单调性，进而得到a,b⊆α,β和L p,q，求函数最值.11(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)定义：如果函数y=f x 和y=g x 的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数y=f x 和y=g x 具有C关系．(1)判断函数f x =log28x2和g x =log12x是否具有C关系；(2)若函数f x =a x-1和g x =-x-1不具有C关系，求实数a的取值范围；(3)若函数f x =xe x和g x =m sin x m<0在区间0,π上具有C关系，求实数m的取值范围．【答案】(1)是(2)-∞,22(3)-∞,-1【分析】(1)根据C关系的理解，令f x +g x =0，解得x=18，从而得以判断；(2)利用换元法，结合二次函数的性质得到-t2+at-2<0在0,+∞上恒成立，分类讨论t=0与t> 0，利用基本不等式即可求得a的取值范围；(3)构造函数h x =xe x+m sin x，将问题转化为h x 在0,π上存在零点，分类讨论-1≤m<0与m <-1，利用导数与函数的关系证得m<-1时，h x 在0,π上有零点，从而得解.【详解】(1)f x 与g x 是具有C关系，理由如下：根据定义，若f x 与g x 具有C关系，则在f x 与g x 的定义域的交集上存在x，使得f x +g x = 0，因为f x =log28x2，g x =log12x，x>0，所以f x +g x =log28x2+log12x=log28+log2x2-log2x=log2x+3，令f x +g x =0，即log2x+3=0，解得x=1 8，所以f x 与g x 具有C关系.(2)令φx =f x +g x ，因为f x =a x-1，g x =-x-1，所以φx =a x-1-x-1x≥1，令t=x-1t≥0，则x=t2+1，故y=φx =at-t2+1-1=-t2+at-2，因为f x 与g x 不具有C关系，所以φx 在0,+∞上恒为负或恒为正，又因为y=-t2+at-2开口向下，所以y=-t2+at-2在0,+∞上恒为负，即-t2+at-2<0在0,+∞上恒成立，当t=0时，-t2+at-2=-2<0显然成立；当t>0时，a<t+2t在0,+∞上恒成立，因为t+2t≥2t⋅2t=22，当且仅当t=2t，即t=2时，等号成立，所以t +2tmin =22，所以a <22，综上：a <22，即a ∈-∞,22 .(3)因为f x =xe x 和g x =m sin x m <0 ，令h x =f x +g x ，则h x =xe x +m sin x ，因为f x 与g x 在0,π 上具有C 关系，所以h x 在0,π 上存在零点，因为h (x )=(x +1)e x +m cos x ，当-1≤m <0且x ∈(0,π)时，因为x +1 e x >1,|m cos x |<|m |≤1，所以h (x )>0，所以h x 在0,π 上单调递增，则h x >h 0 =0，此时h x 在0,π 上不存在零点，不满足题意；当m <-1时，显然当x ∈π2,π时，h (x )>0，当x ∈0,π2 时，因为h (x )在0,π2 上单调递增，且h (0)=1+m <0,h π2 =π2+1 e π2>0，故h (x )在0,π2上存在唯一零点，设为α，则h(α)=0，所以当x ∈(0,α),h (x )<0；当x ∈α,π2 ,h (x )>0；又当x ∈π2,π 时，h (x )>0，所以h x 在0,α 上单调递减，在α,π 上单调递增，h x 在0,π 上存在唯一极小值点α，因为h 0 =0，所以h (α)<0，又因为h (π)=πe π>0，所以h x 在0,π 上存在唯一零点β，所以函数f x 与g x 在0,π 上具有C 关系，综上：m <-1，即m ∈-∞,-1 .【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到f x 与g x 具有C 关系，则在定义域上存在x 0，使得f x 0 +g x 0 =0，从而得解.12(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)若存在x 0∈D 使得f x ≤f x 0 对任意x ∈D 恒成立，则称x 0为函数f x 在D 上的最大值点，记函数f x 在D 上的所有最大值点所构成的集合为M (1)若f x =-x 2+2x +1,D =R ，求集合M ；(2)若f x =2x-x x4x,D =R ，求集合M ；(3)设a 为大于1的常数，若f x =x +a sin x ,D =0,b ，证明，若集合M 中有且仅有两个元素，则所有满足条件的b 从小到大排列构成一个等差数列．【答案】(1)M =1 (2)M =1,2 (3)证明见解析【分析】(1)配方得到当且仅当x =1时，f x =-x 2+2x +1取得最大值，得到M =1 ；(2)求导，得到函数单调性，求出当x =1或2时，f x 取得最大值，故M =1,2 ；(3)求导，得到函数单调性，并得到f x +2π =f x ，得到f b k =f 2k π-π-arccos 1a，结合f b k +1 -f b k =2π，得到b k +1-b k 为定值，故所有满足条件的b 从小到大排列构成一个等差数列．【详解】(1)f x =-x 2+2x +1=-x -1 2+2,当且仅当x =1时，f x =-x 2+2x +1在R 上取得最大值，故M =1 ；(2)f x =2x-x x4x定义域为R ，fx =2xln2-1 x +2x -x 4x -2x -x x ⋅4x ln442x=2x-2x 1-x ln24x，令q x =2x -2x ，则q x =2x ln2-2，令q x =0得x =log 22ln2，x -∞,log 22ln2log 22ln2log 22ln2,+∞ q x -+q x↘极小值↗其中ln2∈ln e ,ln e =12,1，故2ln2∈2,4 ，log 22ln2∈1,2 ，可以看出q 1 =0,q 2 =0，故q x 有且仅有2个零点，分别为1和2，令f x =0得x =1ln2∈1,2 或1或2，x -∞,111,1ln2 1ln21ln2,222,+∞f x +0-0+0-f x↗极大值↘极小值↗极大值↘其中f 1 =f 2 =14，故当x =1或2时，f x 取得最大值，故M =1,2 ；(3)f x =x +a sin x ,D =0,b ，a >1，f x =1+a cos x ,D =0,b ，a >1，令f x =0得x =2k π±arccos -1a =2k π±π-arccos 1a，k ∈Z ，当0<x <π-arccos1a时，f x >0，f x 单调递增，。

高三数学复习专题目录专题一、数列与不等式数列（1）数列（2）专题二、三角函数三角函数（1）三角函数（2）专题三、立体几何立体几何（1）立体几何（2）专题一、数列与不等式一.基础知识梳理数列：1. 了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）2.了解数列是自变量为正整数的一类函数.3.了解递推公式是给出数列的一种方法，能据递推公式写出前几项，同时求出通项公式.4,理解等差、等比数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项公式，并能解决简单实际问题.5.体会等差数列、等比数列与一次函数，指数函数，二次函数的关系.不等式：（必修部分）1.一元二次不等式^2+^ + c>0（cz>0）与相应的函数y = ax2+bx+c（a>0\相应的方程ax2+bx +c = 0（«〉。

）之间的关系2.一元二次不等式恒成立情况小结：J G >0 [a<0 ax2 + bx + c>0（a/0）恒成立 o。

，ax2 +bx + c <0（a/0）恒成立o。

3.二元一次不等式表示的平面区域：直线I: ax + by + c = 0把直角坐标平面分成了三个部分：（1）直线/上的点（x, y）的坐标满足ax +by+ c = 0（2）直线Z一侧的平面区域内的点（x, y）^^ax + by + oO（3）直线Z另一侧的平面区域内的点（x,y）满足ox + /<y + c<0所以，只需要在直线Z的某一侧的平面区域内，任取一特殊点（将，光），从ax0+by0+c值的正负，即可判断不等式表示的平面区域。

4.线性规划：如果两个变量x,y满足一组一次不等式，求这两个变量的一个线性函数的最大值或最小值，称这个线性函数为目标函数，称一次不等式组为约束条件，像这样的问题叫作二元线性规划问题.其中，满足约束条件的解（x,y）称为可行解，由所有可行解组成的集合称为可行域，使目标函数取得最大值和最小值的可行解称为这个问题的最优解.5.基本不等式：⑴如果"eR,那么/+〃 2 2沥，（当且仅当“=。

高考数学试题分类汇编及答案解析（22个专题）目录专题一 集合1.若集合{}52x x A =-<<，{}33x x B =-<<，则A B =（ ）A ．{}32x x -<< B ．{}52x x -<< C ．{}33x x -<< D ．{}53x x -<< 【答案】A考点：集合的交集运算. 2. 若集合{|(4)(1)0}Mx x x ，{|(4)(1)0}N x x x ，则M NA ．∅B ．{}1,4--C ．{}0D ．{}1,4 【答案】A ．【考点定位】本题考查一元二次方程、集合的基本运算，属于容易题． 3. 若集合{}1,1M =-，{}2,1,0N =-，则MN =（ ）A ．{}0,1-B ．{}0C ．{}1D ．{}1,1-【答案】C 【解析】 试题分析：{}1MN =，故选C ．考点：集合的交集运算． 4.若集合(){},,,04,04,04,,,p q r s p s q s r s p q r s E =≤<≤≤<≤≤<≤∈N 且，(){}F ,,,04,04,,,t u v w t u v w t u v w =≤<≤≤<≤∈N 且，用()card X 表示集合X 中的元素个数，则()()card card F E +=（ ）A ．50B ．100C ．150D ．200 【答案】D考点：推理与证明．5.设全集{}123456U =，，，，，，{}12A =，，{}234B =，，，则()U AC B =( )（A ）{}1256，，， （B ）{}1 （C ）{}2 （D ）{}1234，，， 【答案】B 【解析】试题分析：∵{}6,5,1=B C U ∴()U A C B ={}1 ∴选B 考点：集合的运算6.（福建文科）若集合{}22M x x =-≤<，{}0,1,2N =，则M N 等于（ ）A ．{}0B ．{}1C ．{}0,1,2D {}0,1 【答案】D考点：集合的运算． 7.8. 已知集合A=｛-2，-1,0，1,2｝，B=｛x|（X-1）（x+2）＜0｝,则A∩B=（ ）（A ）｛--1,0｝ （B ）｛0,1｝ （C ）｛-1,0,1｝ （D ）｛,0,，1，2｝【答案】A【解析】由已知得{}21B x x =-<<，故{}1,0AB =-，故选A9.已知集合{}|12A x x =-<<,{}|03B x x =<<,则A B =（ ）A ．()1,3-B ．()1,0-C ．()0,2D ．()2,3 【答案】A考点：集合运算.10. 设集合2{|}M x x x ==，{|lg 0}N x x =≤，则MN =（ ）A ．[0,1]B ．(0,1]C ．[0,1)D ．(,1]-∞ 【答案】A 【解析】试题分析：{}{}20,1x x x M ===，{}{}lg 001x x x x N =≤=<≤，所以[]0,1MN =，故选A ．考点：1、一元二次方程；2、对数不等式；3、集合的并集运算． 11. 集合2{|}M x x x ==，{|lg 0}N x x =≤，则M N =（ ）A ．[0,1]B ．(0,1]C ．[0,1)D ．(,1]-∞ 【答案】A考点：集合间的运算.12.(15年天津理科) 已知全集{}1,2,3,4,5,6,7,8U = ，集合{}2,3,5,6A = ，集合{}1,3,4,6,7B = ，则集合UAB =（A ）{}2,5 （B ）{}3,6 （C ）{}2,5,6 （D ）{}2,3,5,6,8 【答案】A 【解析】 试题分析：{2,5,8}UB =,所以{2,5}UAB =，故选A.考点：集合运算. 13. 已知全集{1,2,3,4,5,6}U ,集合{2,3,5}A ,集合{1,3,4,6}B ,则集合A U B （）（ ）(A) {3} (B) {2,5} (C) {1,4,6} (D){2,3,5} 【答案】B 【解析】试题分析：{2,3,5}A ,{2,5}UB ,则A 2,5U B （）,故选B.考点：集合运算 14.15. 已知集合A=2{|430},{|24}x x x B x x -+<=<<，则AB =(A)(1,3) (B)(1，4) (C)(2，3) (D)(2，4)解析：2{|430}{|13},(2,3)A x x x x x AB =-+<=<<=,答案选(C)16.已知集合{}3,2,1=A ，{}5,4,2=B ，则集合B A 中元素的个数为_______. 【答案】5【解析】试题分析：{123}{245}{12345}5A B ==，，，，，，，，，个元素 考点：集合运算专题二 函数1.如图，函数()f x 的图象为折线ACB ，则不等式()()2log 1f x x +≥的解集是AB Oxy -122CA ．{}|10x x -<≤B ．{}|11x x -≤≤C ．{}|11x x -<≤D ．{}|12x x -<≤【答案】C 【解析】考点：1.函数图象；2.解不等式.2.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D．某城市机动车最高限速80千米/小时. 相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油【答案】【解析】试题分析：“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，A中乙车消耗1升汽油，最多行驶的路程为乙车图象最高点的纵坐标值，A错误；B中以相同速度行驶相同路程，甲燃油效率最高，所以甲最省油，B错误，C中甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，甲车每消耗1升汽油行驶的里程10km,行驶80km，消耗8升汽油，C错误，D中某城市机动车最高限速80千米/小时. 由于丙比乙的燃油效率高，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油,选D.考点：1.函数应用问题；2.对“燃油效率”新定义的理解；3.对图象的理解.3.设函数()()()2142 1.x a xf xx a x a x⎧-<⎪=⎨--⎪⎩‚‚‚≥①若1a=，则()f x的最小值为；②若()f x恰有2个零点，则实数a的取值范围是．【答案】(1)1，(2)112a≤<或2a≥.考点：1.函数的图象；2.函数的零点；3.分类讨论思想. 4.下列函数中为偶函数的是（ ）A ．2sin y x x =B ．2cos y x x =C ．ln y x =D ．2xy -=【答案】B 【解析】试题分析：根据偶函数的定义()()f x f x -=，A 选项为奇函数，B 选项为偶函数，C 选项定义域为(0,)+∞不具有奇偶性，D 选项既不是奇函数，也不是偶函数，故选B. 考点：函数的奇偶性.5. 32-，123，2log 5三个数中最大数的是 ． 【答案】2log 5 【解析】试题分析：31218-=<，12331=>，22log 5log 423>>>2log 5最大.考点：比较大小.6.下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是 A ．x e x y += B ．x x y 1+= C ．x xy 212+= D ．21x y += 【答案】A ．【解析】令()x f x x e =+，则()11f e =+，()111f e --=-+即()()11f f -≠，()()11f f -≠-，所以x y x e =+既不是奇函数也不是偶函数，而BCD 依次是奇函数、偶函数、偶函数，故选A ．【考点定位】本题考查函数的奇偶性，属于容易题． 7.设1a >，函数a e x x f x -+=)1()(2。

目录第一章学好数学必备的几个能力和思想第一节数学的建模思想第二节函数与方程的思想第三节数形结合思想第四节特殊否定的思想第五节特殊到一般、有限到无限的归纳思想第六节正难则反、抽象到具体的转化思想第七节分类讨论与整合求解的思想第八节联想与类比的探讨思想第九节运算能力第十节构造与凑配的能力第十一节归类总结能力第二章函数（函数是中学数学的基础和重点内容，尽管很少以独立的模块知识出现在解答题中，但是在高难度的题中，无处不渗透着函数的思想。

缺少了函数思想，其它模块就是无血之肉，无源之水。

因而，我们不但将其作为一个专题模块，而且要细讲、深研究。

）第一节函数的三要素------定义域第二节函数的三要素------对应法则第三节函数的三要素------值域第四节基本初等函数第五节函数的性质------函数的单调性第六节函数的性质------函数的奇、偶性第七节函数的性质------函数对称性第八节函数的性质------函数的周期性第九节函数图象及图象变换第十节常见特殊函数及其应用第十一节函数的零点及函数方程（既是高频高点，又是高考难点。

）第二章三角函数与平面向量（这些是高考的重点内容，尽管难度不大，易错点还是不少的，同时，这里面有很多技巧，有四两拨千斤的效果。

）第一节三角函数的概念及三角变换第二节三角函数的图象及性质第三节解三角形第四节平面向量第三章不等式与线性规划第一节基本不等式的解法第二节均值不等式的应用第三节不等式的证明及应用第四节线性规划第五节线性规划的应用第四章数列第一节数列的认识第二节等差、等比数列的通项公式、前n项和及性质第三节数列通项公式的求法第四节数列求和第五节数列的综合问题第五章立体几何第一节点、直线、平面之间的位置关系第二节空间几何体和三视图第三节空间角第四节空间直角坐标系在立体几何中的应用第五节空间距离问题第六节存在性的问题第六章概率与统计第一节古典概型、几何概型及条件概率第二节排列与组合第三节统计与概率分布第七章导数第一节导数的概念与运算第二节导数的几何意义的应用第三节导数在函数的单调性及极值方面的应用第四节导数在函数交点及函数零点方面的应用第五节导数在参数的最值及范围方面的应用第六节导数在函数不等式的证明方面的应用第八章解析几何第一节直线与圆的方程第二节椭圆第三节双曲线第四节抛物线第五节解析几何综合问题--------圆锥曲线的切线问题第六节解析几何综合问题-------参数的最值和范围问题第七节解析几何综合问题-------- 面积的最值和范围问题第八节解析几何综合问题--------定点、定值问题第九节解析几何综合问题-------- 存在性的问题第十节解析几何综合问题--------向量在解析几何中的应用第一章学好数学必备的几个能力和思想第一节数学的建模思想随着素质教育的进一步推进，现行中学数学教学大纲明确指出：“提高数学教学质量，不仅要求学生学好数学基础知识，更进一步要培养学生的逻辑思维能力、运算能力和空间想象能力，以逐步形成运用数学知识来分析和解决实际问题的能力，使学生能学以致用，避免出现高分低能现象。

2024新题型之19压轴题1.命题方向2024新题型之19压轴题以大学内容为载体的新定义题型以数列为载体的新定义题型以导数为载体的新定义题型两个知识交汇2.模拟演练题型01以大学内容为载体的新定义题型1(2024·安徽合肥·一模)“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意n∈N*，定义“q-数”(n)q=1+q+⋯+q n-1利用“q-数”可定义“q-阶乘”n !q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0 !q=1.和“q-组合数”，即对任意k∈N,n∈N*,k≤n，nk q=n !qk !q n-k!q(1)计算：53 2；(2)证明：对于任意k,n∈N*,k+1≤n，nk q=n-1k-1q+q kn-1kq(3)证明：对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n，n+m+1 k+1q -nk+1q=∑mi=0q n-k+in+ikq.2(2024·广东江门·一模)将2024表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和，得到方程x1+x2+x3+x4+x5 =2024①，称五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5为方程①的解，对于上述的五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5，当1≤i,j≤5时，若max(x i-x j)=t(t∈N)，则称x1,x2,x3,x4,x5是t-密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解x1,x2,x3,x4,x5，使得x i+1-x i i=1,2,3,4等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是1-密集的?(3)记S=5i=1x2i，问S是否存在最小值?若存在，请求出S的最小值；若不存在，请说明理由.3(2024·江苏四校一模)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A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A，B；C，D)．(1)证明：1-(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1，B1；C1，D1)= (A2，B2；C2，D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与△E′F′G′的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与△E′F′G′对应边的交点在一条直线上．题型02以数列为载体的新定义题型4(2024·安徽黄山·一模)随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列a n ，规定Δa n 为数列a n 的一阶差分数列，其中Δa n =a n +1-a n n ∈N * ，规定Δ2a n 为数列a n 的二阶差分数列，其中Δ2a n =Δa n +1-Δa nn ∈N *．(1)数列a n 的通项公式为a n =n 3n ∈N * ，试判断数列Δa n ,Δ2a n 是否为等差数列，请说明理由？(2)数列log a b n 是以1为公差的等差数列，且a >2，对于任意的n ∈N *，都存在m ∈N *，使得Δ2b n =b m ，求a 的值；(3)各项均为正数的数列c n 的前n 项和为S n ，且Δc n 为常数列，对满足m +n =2t ，m ≠n 的任意正整数m ,n ,t 都有c m ≠c n ，且不等式S m +S n >λS t 恒成立，求实数λ的最大值．5(2024·辽宁葫芦岛·一模)大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作L M ,N 删去一个无穷非减正整数数列中除以M 余数为N 的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列a n 的通项公式a n =3n -1，n ∈N +，通过“数据漏斗”软件对数列a n 进行L 3,1 操作后得到b n ，设a n +b n 前n 项和为S n ．(1)求S n ；(2)是否存在不同的实数p ,q ,r ∈N +，使得S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出所有的p ,q ,r ；若不存在，说明理由；(3)若e n =nS n2(3n-1)，n ∈N +，对数列e n 进行L 3,0 操作得到k n ，将数列k n 中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到p n ，再将p n 的每一项都加上自身项数，最终得到c n ，证明：每个大于1的奇平方数都是c n 中相邻两项的和．6(2024·山东青岛·一模)记集合S =a n |无穷数列a n 中存在有限项不为零，n ∈N * ，对任意a n ∈S ，设变换f a n =a 1+a 2x +⋯+a n x n -1+⋯，x ∈R ．定义运算⊗：若a n ,b n ∈S ，则a n ⊗b n∈S ，f a n ⊗b n =f a n ⋅f b n ．(1)若a n ⊗b n =m n ，用a 1,a 2,a 3,a 4,b 1,b 2,b 3,b 4表示m 4；(2)证明：a n ⊗b n ⊗c n =a n ⊗b n ⊗c n ；(3)若a n =n +12+1n n +1,1≤n ≤1000,n >100，b n =12203-n,1≤n ≤5000,n >500，d n =a n ⊗b n ，证明：d 200<12．7(2024·江苏徐州·一模)对于每项均是正整数的数列P：a1,a2,⋯,a n，定义变换T1，T1将数列P变换成数列T1P ：n,a1-1,a2-1,⋯,a n-1．对于每项均是非负整数的数列Q:b1,b2,⋯,b m，定义S(Q)=2(b1+2b2+⋯+mb m)+b21+b22+⋯+b2m，定义变换T2，T2将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列T2Q ．(1)若数列P0为2，4，3，7，求S T1P0的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列P0，令P k+1=T2T1P k，k∈N．(i)探究S T1P0与S P0的关系；(ii)证明：S P k+1．≤S P k题型03以导数为载体的新定义题型8(2024·广东惠州·一模)黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数f x =x s-1e x-1(x>0,s>1，s为常数)密切相关，请解决下列问题．(1)当1<s≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s>2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．9(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f x 在x=0处的n n∈N*阶导数都存在时，f x =f0 +f 0 x+f 02!x2+f3 03!x3+⋯+f n 0n!x n+⋯．注：f x 表示f x 的2阶导数，即为f x 的导数，f n x n≥3表示f x 的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．(1)根据该公式估算sin12的值，精确到小数点后两位；(2)由该公式可得：cos x=1-x22!+x44!-x66!+⋯．当x≥0时，试比较cos x与1-x22的大小，并给出证明；(3)设n∈N*，证明：nk=11(n+k)tan1n+k>n-14n+2．10(2024·山东菏泽·一模)帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+⋯+a m x m1+b1x+⋯+b n x n，且满足：f(0)=R(0)，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．(注：f (x)=f (x)，f (x)= f (x)，f(4)(x)=f (x)，f(5)(x)=f(4)(x)，⋯；f(n)(x)为f(n-1)(x)的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的1,1阶帕德近似为R(x)=ax1+bx．(1)求实数a，b的值；(2)比较f x 与R(x)的大小；(3)若h(x)=f(x)R(x)-12-mf(x)在(0,+∞)上存在极值，求m的取值范围．题型04两个知识交汇11【概率与数列】(2024·山东聊城·一模)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3. 一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.12【概率与函数】(2024·广东汕头·一模)2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到n颗番石榴(不妨设n颗番石榴的大小各不相同)，最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前k(1≤k<n)颗番石榴，自第k+1颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后一颗.设k=tn，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为P.(1)若n=4,k=2，求P；(2)当n趋向于无穷大时，从理论的角度，求P的最大值及P取最大值时t的值.(取1k +1k+1+⋯+1n-1=ln nk)13【解析几何与立体几何】(2024·山东日照·一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12经过点F1且倾斜角为θ0<θ<π2的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，且△ABF2的周长为8．将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A ，B ．(1)当θ=π3时，①求证：A O⊥B F2；②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所成角的余弦值；(2)是否存在θ0<θ<π2，使得折叠后△A B F2的周长为152？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．14【导数与三角函数】(2024·山东烟台·一模)如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为1的圆A 沿着x 轴正向无滑动地滚动，点M 为圆A 上一个定点，其初始位置为原点O ,t 为AM 绕点A 转过的角度(单位：弧度，t ≥0).(1)用t 表示点M 的横坐标x 和纵坐标y ；(2)设点M 的轨迹在点M 0(x 0,y 0)(y 0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：1+cos2θy 0为定值；(3)若平面内一条光滑曲线C 上每个点的坐标均可表示为(x (t ),y (t )),t ∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F (β)-F (α)，其中函数F (t )满足F (t )=[x (t )]2+[y (t )]2.当点M 自点O 滚动到点E 时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE 的长度.15【导数与数列】(2024·山东济宁·一模)已知函数f x =ln x -12ax 2+12a ∈R ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若0<x 1<x 2，证明：对任意a ∈0,+∞ ，存在唯一的实数ξ∈x 1,x 2 ，使得f (ξ)=f x 2 -f x 1 x 2-x 1成立；(3)设a n =2n +1n2，n ∈N *，数列a n 的前n 项和为S n ．证明：S n >2ln (n +1)．。

2024年高考数学19题新模式新结构新题型1(2023上·北京朝阳·高三统考期中/24南通)已知A m =a 1,1a 1,2⋯a 1,m a 2,1a 2,2⋯a 2,m ⋮⋮⋱⋮a m ,1a m ,2⋯a m ,m(m ≥2)是m 2个正整数组成的m 行m 列的数表，当1≤i <s ≤m ,1≤j <t ≤m 时，记d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t ．设n ∈N *，若A m 满足如下两个性质：①a i ,j ∈1,2,3;⋯,n (i =1,2,⋯,m ;j =1,2,⋯,m )；②对任意k ∈1,2,3,⋯,n ，存在i ∈1,2,⋯,m ,j ∈1,2,⋯,m ，使得a i ,j =k ，则称A m 为Γn 数表．(1)判断A 3=123231312是否为Γ3数表，并求d a 1,1,a 2,2 +d a 2,2,a 3,3 的值；(2)若Γ2数表A 4满足d a i ,j ,a i +1,j +1 =1(i =1,2,3;j =1,2,3)，求A 4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意Γ4数表A 10，存在1≤i <s ≤10,1≤j <t ≤10，使得d a i ,j ,a s ,t =0．【答案】(1)是；5(2)22(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a i +1,j 的值，根据d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t ，得到相关的值，进行最小值求和即可；(3)当r i ≥2时，将横向相邻两个k 用从左向右的有向线段连接，则该行有r i -1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)A 3=123231312是Γ3数表，d a 1,1,a 2,2 +d a 2,2,a 3,3 =2+3=5.(2)由题可知d a i ,j ,a s ,t =a i ,j -a s ,j +a s ,j -a s ,t =1(i =1,2,3;j =1,2,3).当a i +1,j =1时，有d a i ,j ,a i +1,j +1 =(a i ,j -1)(a i +1,j +1-1)=1，所以a i ,j +a i +1,j +1=3.当a i +1,j =2时，有d a i ,j ,a i +1,j +1 =(2-a i ,j )(2-a i +1,j +1)=1，所以a i ,j +a i +1,j +1=3.所以a i ,j +a i +1,j +1=3(i =1,2,3;j =1,2,3).所以a 1,1+a 2,2+a 3,3+a 4,4=3+3=6,a 1,3+a 2,4=3,a 3,1+a 4,2=3.a 1,2+a 2,3+a 3,4=3+1=4或者a 1,2+a 2,3+a 3,4=3+2=5，a 2,1+a 3,2+a 4,3=3+1=4或者a 2,1+a 3,2+a 4,3=3+2=5，a 1,4=1或a 1,4=2，a 4,1=1或a 4,1=2，故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，当A 4=1111122212111212时，各数之和取得最小值22.(3)由于Γ4数表A 10中共100个数字，必然存在k ∈1,2,3,4 ，使得数表中k 的个数满足T ≥25.设第i 行中k 的个数为r i (i =1,2,⋅⋅⋅,10).当r i ≥2时，将横向相邻两个k 用从左向右的有向线段连接，则该行有r i -1条有向线段，所以横向有向线段的起点总数R =∑r i ≥2(r i -1)≥∑i =110(r i -1)=T -10.设第j 列中k 的个数为c j (j =1,2,⋅⋅⋅,10).当c j ≥2时，将纵向相邻两个k 用从上到下的有向线段连接，则该列有c j -1条有向线段，所以纵向有向线段的起点总数C =∑c j ≥2(c j -1)≥∑j =110(c j -1)=T -10.所以R +C ≥2T -20,因为T ≥25,所以R +C -T ≥2T -20-T =T -20>0.所以必存在某个k 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1<u <v ≤10，1<p <q ≤10,使得a u ,p =a v ,p =a v ,q =k ，所以d a u ,p ,a v ,q =a u ,p -a v ,p +a v ,p -a v ,q =0，则命题得证.2(镇海高三期末)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 ：y =f x 上的曲线段AB，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 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K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 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K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 2 32(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 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x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y1+y3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．【答案】(1)1(2)16749(3)2e ,1 【解析】【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.【小问1详解】K =ΔθΔs=π3π3=1．【小问2详解】y =1-x 24，y=-x 41-x 24 -12，y =-141-x 24 -12-x 2161-x 24-32，故y x =3=-32，y x =3=-2，故K =21+3432=16749．【小问3详解】fx =ln x -1，fx =1x ，故φy =22y 1+y3=22x ln x 3=2233s ln s 3，其中s =3x ，令t 1=3x 1，t 2=3x 2，则t 1ln t 1=t 2ln t 2，则ln t 1=-t ln tt -1，其中t =t 2t 1>1(不妨t 2>t 1)令p x =x ln x ，p x =1+ln x ⇒p x 在0,1e 递减，在1e ,+∞ 递增，故1>t 2>1e>t 1>0；令h t =ln t 1+t 2 =ln t +1 -t ln tt -1，h 't =1t -1 2ln t -2t -1 t +1 ，令m (t )=ln t -2t -1 t +1(t >1)，则m(t )=t -1 2t (t +1)，当t >1时，m (t )>0恒成立，故m (t )在(1,+∞)上单调递增，可得m (t )>m (1)=0，即ln t -2t -1t +1>0，故有h t =1t -1 2ln t -2t -1 t +1>0，则h t 在1,+∞ 递增，又lim t →1h t =ln2-1，lim t →+∞h t =0，故ln t 1+t 2 ∈ln2-1,0 ，故3x 1+3x 2=t 1+t 2∈2e ,1．【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．3(合肥一中期末)同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a ，b ∈Z ，m ∈N *且m >1．若m a -b 则称a 与b 关于模m 同余，记作a ≡b (mod m )(“|”为整除符号)．(1)解同余方程x 2-x ≡0(mod3)；(2)设(1)中方程的所有正根构成数列a n ，其中a 1<a 2<a 3<⋯<a n ．①若b n =a n +1-a n (n ∈N *)，数列b n 的前n 项和为S n ，求S 2024；②若c n =tan a 2n +1⋅tan a 2n -1(n ∈N *)，求数列c n 的前n 项和T n ．解：(1)由题意x x -1 ≡0(mod3)，所以x =3k 或x -1=3k (k ∈Z )，即x =3k 或x =3k +1(k ∈Z )．(2)由(1)可得a n 为3,4,6,7,9,10,⋯ ，所以a n =3×n +12n 为奇数3×n 2+1n 为偶数．①因为b n =a n +1-a n (n ∈N *)，所以b n =1n 为奇数2n 为偶数．S 2024=b 1+b 2+b 3+⋯+b 2024=3×1012=3036．②c n =tan a 2n +1⋅tan a 2n -1=tan3n ⋅tan3n +1 (n ∈N *)．因为tan3n ⋅tan3n +1 =tan3n +1 -tan3ntan3-1，所以T n =c 1+c 2+⋯c n =tan6-tan3tan3-1 +tan9-tan6tan3-1 +⋯+tan3n +1 -tan3n tan3-1=tan3n +1 -tan3tan3-n =tan3n +1 tan3-n -1．4(北京西城)给定正整数N ≥3，已知项数为m 且无重复项的数对序列A ：x 1,y 1 ,x 2,y 2 ,⋅⋅⋅,x m ,y m 满足如下三个性质：①x i ,y i ∈1,2,⋅⋅⋅,N ，且x i ≠y i i =1,2,⋅⋅⋅,m ；②x i +1=y i i =1,2,⋅⋅⋅,m -1 ；③p ,q 与q ,p 不同时在数对序列A 中.(1)当N =3，m =3时，写出所有满足x 1=1的数对序列A ；(2)当N =6时，证明：m ≤13；(3)当N 为奇数时，记m 的最大值为T N ，求T N .【答案】(1)A :1,2 ,2,3 ,3,1 或A :1,3 ,3,2 ,2,1(2)证明详见解析(3)T N =12N N -1【解析】【分析】(1)利用列举法求得正确答案.(2)利用组合数公式求得m 的一个大致范围，然后根据序列A 满足的性质证得m ≤13.(3)先证明T N +2 =T N +2N +1，然后利用累加法求得T N .【小问1详解】依题意，当N =3，m =3时有：A :1,2 ,2,3 ,3,1 或A :1,3 ,3,2 ,2,1 .【小问2详解】当N =6时，因为p ,q 与q ,p 不同时在数对序列A 中，所以m ≤C 26=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，又因为x i +1=y i i =1,2,⋯,m -1 ，所以只有x 1,y m 对应的数可以出现5次，所以m ≤12×4×4+2×5 =13.【小问3详解】当N 为奇数时，先证明T N +2 =T N +2N +1.因为p ,q 与q ,p 不同时在数对序列A 中，所以T N ≤C 2N =12N N -1 ，当N =3时，构造A :1,2 ,2,3 ,3,1 恰有C 23项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1.对奇数N ，如果和可以构造一个恰有C 2N 项的序列A ，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，那么多奇数N +2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A ：首先，对于如下2N +1个数对集合：1,N +1 ,N +1,1 ,1,N +2 ,N +2,1 ，2,N +1 ,N +1,2 ,2,N +2 ,N +2,2 ，⋯⋯N ,N +1 ,N +1,N ,N ,N +2 ,N +2,N ，N +1,N +2 ,N +2,N +1 ，每个集合中都至多有一个数对出现在序列A 中，所以T N +2 ≤T N +2N +1，其次，对每个不大于N 的偶数i ∈2,4,6,⋯,N -1 ，将如下4个数对并为一组：N +1,i ,i ,N +2 ,N +2,i +1 ,i +1,N +1 ，共得到N -12组，将这N -12组对数以及1,N +1 ,N +1,N +2 ,N +2,1 ，按如下方式补充到A 的后面，即A ,1,N +1 ,N +1,2 ,2,N +2 ,N +2,3 ,3,n +1 ,⋯,(N +1,N -1),(N -1,N +2),(N +2,N ),(N ,N +1),(N +1,N +2),(N +2,1).此时恰有T N +2N +1项，所以T N +2 =T N +2N +1.综上，当N 为奇数时，T N =T N -T N -2 +T N -2 -T N -4 +⋯+T 5 -T 3 +T 3 =2N -2 +1 +2N -4 +1 +⋯+2×3+1 +3=2N -2 +1 +2N -4 +1 +⋯+2×3+1 +2×1+1 =2N -3 +2N -7 +⋯+7+3=2N -3+32×N -2+12=12N N -1 .【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”--明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.5(如皋市)对于给定的正整数n ，记集合R n ={α |α=(x 1,x 2,x 3,⋅⋅⋅,x n ),x j ∈R ,j =1,2,3,⋅⋅⋅,n }，其中元素α称为一个n 维向量.特别地，0 =(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量.设k ∈R ，α =(a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n )∈R n ，β =(b 1,b 2,⋅⋅⋅,b n )∈R n ，定义加法和数乘：kα =(ka 1,ka 2,⋅⋅⋅,ka n )，α +β=(a 1+b 1,a 2+b 2,⋅⋅⋅,a n +b n ).对一组向量α1 ，α2 ，⋯，αs (s ∈N +,s ≥2)，若存在一组不全为零的实数k 1，k 2，⋯，k s ，使得k 1α1 +k 2α2+⋅⋅⋅+k s αs =0 ，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．(1)对n =3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①α=(1,1,1)，β =(2,2,2)；②α =(1,1,1)，β =(2,2,2)，γ=(5,1,4)；③α =(1,1,0)，β =(1,0,1)，γ=(0,1,1)，δ =(1,1,1).(2)已知α ，β ，γ 线性无关，判断α +β ，β +γ ，α +γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．(3)已知m (m ≥2)个向量α1 ，α2 ，⋯，αm线性相关，但其中任意m -1个都线性无关，证明：①如果存在等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0(k i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )，则这些系数k 1，k 2，⋯，k m 或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，l 1α1 +l 2α2 +⋅⋅⋅+l m αm =0 (k i ∈R ,l i ∈R ,i =1,2,3,⋅⋅⋅,m )同时成立，其中l 1≠0，则k 1l 1=k 2l 2=⋅⋅⋅=km l m.(1)解：对于①，设k 1α +k 2β =0 ，则可得k 1+2k 2=0，所以α ,β线性相关；对于②，设k 1α +k 2β +k 3γ =0，则可得k 1+2k 2+5k 3=0k 1+2k 2+k 3=0k 1+2k 2+4k 3=0 ，所以k 1+2k 2=0，k 3=0，所以α ,β ,γ线性相关；对于③，设k 1α +k 2β +k 3γ+k 4δ =0 ，则可得k 1+k 2+k 4=0k 1+k 3+k 4=0k 2+k 3+k 4=0 ，解得k 1=k 2=k 3=-12k 4，所以α ,β ,γ ,δ 线性相关；(2)解：设k 1(α +β )+k 2(β +γ )+k 3(α +γ)=0 ，则(k 1+k 3)α +(k 1+k 2)β +(k 2+k 3)γ =0，因为向量α ，β ，γ线性无关，所以k 1+k 3=0k 1+k 2=0k 2+k 3=0 ，解得k 1=k 2=k 3=0，所以向量α +β ，β +γ ，α +γ线性无关，(3)①k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0，如果某个k i =0，i =1，2，⋯，m ，则k 1α1 +k 2α2 +⋯+k i -1αi -1 +k i +1αi +1 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，因为任意m -1个都线性无关，所以k 1，k 2，⋯k i -1，k i +1，⋅⋅⋅，k m 都等于0，所以这些系数k 1，k 2，⋅⋅⋅，k m 或者全为零，或者全不为零，②因为l 1≠0，所以l 1，l 2，⋅⋅⋅，l m 全不为零，所以由l 1α1 +l 2α2 +⋅⋅⋅+l m αm =0 可得α1 =-l 2l 1α2 -⋅⋅⋅-l m l 1αm，代入k 1α1 +k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 可得k 1-l 2l 1α2 -⋅⋅⋅-l m l 1αm+k 2α2 +⋅⋅⋅+k m αm =0 ，所以-l 2l 1k 1+k 2 α2 +⋅⋅⋅+-lm l 1k 1+k mαm =0 ，所以-l 2l 1k 1+k 2=0，⋯，-lm l 1k 1+k m =0，所以k 1l 1=k 2l 2=⋅⋅⋅=km l m.6(江苏四校)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A ，B ，C ，D 是直线l 上互异且非无穷远的四点，则称AC BC ⋅BDAD(分式中各项均为有向线段长度，例如AB =-BA )为A ，B ，C ，D四点的交比，记为(A ,B ;C ,D )．(1)证明：1-(D ,B ;C ,A )=1(B ,A ;C ,D )；(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)= (A2,B2;C2,D2)；(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若ΔEFG与ΔE F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则ΔEFG与ΔE F G 对应边的交点在一条直线上．解：(1)1-(D,B;C,A)=1-DC⋅BABC⋅DA=BC⋅AD+DC⋅BABC⋅AD=BC⋅(AC+CD)+CD⋅ABBC⋅AD=BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AD =BC⋅AC+AC⋅CDBC⋅AD=AC⋅BDBC⋅AD=1(B,A;C,D)；(2)(A1,B1;C1,D1)=A1C1⋅B1D1B1C1⋅A1D1=SΔPA1C1⋅SΔPB1D1SΔPB1C1⋅SΔPA1D1=12⋅PA1⋅PC1⋅sin∠A1PC1⋅12⋅PB1⋅PD1⋅sin∠B1PD112⋅PB1⋅PC1⋅sin∠B1PC1⋅12⋅PA1⋅PD1⋅sin∠A1PD1=sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1sin∠B1PC1⋅sin∠A1PD1=sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2=SΔPA2C2⋅SΔPB2D2SΔPB2C2⋅SΔPA2D2==A2C2⋅B2D2B2C2⋅A2D2=(A2,B2;C2,D2)；第(2)问图第(3)问图（3）设EF与E F 交于X，FG与F G 交于Y，EG与E G 交于Z，连接XY，FF 与XY交于L，EE 与XY交于M，GG 与XY交于N，欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．考虑线束XP，XE，XM，XE ，由第(2)问知(P,F;L,F )=(P,E;M,E )，再考虑线束YP，YF，YL，YF ，由第(2)问知(P,F;L, F )=(P,G;N,G )，从而得到(P,E;M,E )=(P,G;N,G )，于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，E G 交于一点，即为点Z，从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．7(高考仿真)已知无穷数列a n满足a n=max a n+1,a n+2-min a n+1,a n+2(n=1,2,3,⋯)，其中max {x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.(1)当a1=1，a2=2时，写出a4的所有可能值；(2)若数列a n中的项存在最大值，证明：0为数列a n中的项；(3)若a n>0(n=1,2,3,⋯)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a n≤M？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.【答案】(1){1,3,5}(2)证明见解析(3)不存在，理由见解析【解析】【分析】(1)根据定义知a n≥0，讨论a3>2、a3<2及a3,a4大小求所有a4可能值；(2)由a n≥0，假设存在n0∈N*使a n≤a n0，进而有a n≤max{a n+1,a n+2}≤a n，可得min{a n+1,a n+2}=0，即可证结论；(3)由题设a n ≠a n +1(n =2,3,⋯)，令S ={n |a n >a n +1,n ≥1}，讨论S =∅、S ≠∅求证a n >M 即可判断存在性.【小问1详解】由a n =max a n +1,a n +2 -min a n +1,a n +2 ≥0，a 1=max {2,a 3}-min {2,a 3}=1，若a 3>2，则a 3-2=1，即a 3=3，此时a 2=max {3,a 4}-min {3,a 4}=2，当a 4>3，则a 4-3=2，即a 4=5；当a 4<3，则3-a 4=2，即a 4=1；若a 3<2，则2-a 3=1，即a 3=1，此时a 2=max {1,a 4}-min {1,a 4}=2，当a 4>1，则a 4-1=2，即a 4=3；当a 4<1，则1-a 4=2，即a 4=-1(舍)；综上，a 4的所有可能值为{1,3,5}.【小问2详解】由(1)知：a n ≥0，则min a n +1,a n +2 ≥0，数列a n 中的项存在最大值，故存在n 0∈N *使a n ≤a n 0，(n =1,2,3,⋯)，由a n 0=max {a n 0+1,a n 0+2}-min {a n 0+1,a n 0+2}≤max {a n 0+1,a n 0+2}≤a n 0，所以min {a n 0+1,a n 0+2}=0，故存在k ∈{n 0+1,n 0+2}使a k =0，所以0为数列a n 中的项；【小问3详解】不存在，理由如下：由a n >0(n =1,2,3,⋯)，则a n ≠a n +1(n =2,3,⋯)，设S ={n |a n >a n +1,n ≥1}，若S =∅，则a 1≤a 2，a i <a i +1(i =2,3,⋯)，对任意M >0，取n 1=Ma 1+2([x ]表示不超过x 的最大整数)，当n >n 1时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+...+(a 3-a 2)+a 2=a n -2+a n -3+...+a 1+a 2≥(n -1)a 1>M ；若S ≠∅，则S 为有限集，设m =max {n |a n >a n +1,n ≥1}，a m +i <a m +i +1(i =1,2,3,⋯)，对任意M >0，取n 2=M a m +1+m +1([x ]表示不超过x 的最大整数)，当n >n 2时，a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+...+(a m +2-a m +1)+a m +1=a n -2+a n -3+...+a m +a m +1≥(n -m )a m +1>M ；综上，不存在正实数M ，使得对任意的正整数n ，都有a n ≤M .【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定a n ≠a n +1(n =2,3,⋯)，并构造集合S ={n |a n >a n +1,n ≥1}，讨论S =∅、S ≠∅研究存在性.8(高考仿真)若项数为k (k ∈N *，k ≥3)的有穷数列{a n }满足：0≤a 1<a 2<a 3<⋅⋅⋅<a k ，且对任意的i ，j (1≤i ≤j ≤k )，a j +a i 或a j -a i 是数列{a n }中的项，则称数列{a n }具有性质P ．(1)判断数列0,1,2是否具有性质P ，并说明理由；(2)设数列{a n }具有性质P ，a i (i =1，2，⋯，k )是{a n }中的任意一项，证明：a k -a i 一定是{a n }中的项；(3)若数列{a n }具有性质P ，证明：当k ≥5时，数列{a n }是等差数列．解析：(1)数列0,1,2具有性质P .理由：根据有穷数列a n满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列a n中的项，则称数列a n具有性质P，对于数列0,1,2中，若对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，可得a j-a i=0或1或2，可得a j-a i一定是数列a n中的项，所以数列0,1,2具有性质P.⋯⋯⋯⋯⋯4分(2)证明：由a i(i=1,2,⋯,k)是数列a n中的任意一项，因为数列{a n}具有性质P，即a j+a i或a j-a i是数列a n中的项，令j=k，可得a k+a i或a k-a i是数列a n中的项，又因为0≤a1<a2<⋯<a k，可得a k+a i一定不是数列a n中的项，所以a k-a i一定是数列a n中的项. ⋯⋯⋯⋯⋯8分(3)由数列{a n}具有性质P，可得a k+a k∉a n，所以a k-a k∈a n，则0∈a n，且a1=0，又由a k+a i∉a n，所以a k-a i∈a n，又由0=a k-a k<a k-a k-1<a k-a k-2<⋯<a k-a2<a k-a1，①设2≤i≤k，因为0≤a1<a2<⋯<a k可得a k-a k=0,a k-a k-1=a2,a k-a k-2=a3,⋯,a k-a2=a k-1,a k-a1=a k，当k≥5时，可得a k-a k-i=a i+11≤i≤k-1， (∗)②设3≤i≤k-2，则a k-1+a i>a k-1+a2=a k，所以a k-1+a i∉a n，由0=a k-1-a k-1<a k-1-a k-2<⋯<a k-1-a3<a k-a3=a k-2，又由0≤a1<a2<⋯<a k-3<a k-2，可得a k-1-a k-1=a1,a k-1-a k-2=a2⋯<a k-1-a k-3=a3,a k-1-a3=a k-3，所以a k-1-a k-i=a i(1≤i≤k-3)，因为k≥5，由以上可知：a k-1-a k-1=a1且a k-1-a k-2=a2，所以a k-1-a1=a k-1且a k-1-a2=a k-2，所以a k-1-a k-i=a i(1≤i≤k-1)，(∗∗)由(∗)知，a k-a k-i=a i+11≤i≤k-1两式相减，可得a k-a k-1=a i+1-a i1≤i≤k-1，所以当k≥5时，数列a n为等差数列. ⋯⋯⋯⋯⋯17分.9(安徽)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中.阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点M与两定点Q,P的距离之比MQMP=λ(λ>0,λ≠1),λ是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ上.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=4，定点分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的离心率为e=1 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，过右焦点F 斜率为k (k >0)的直线l 与椭圆C 相交于B ,D (点B 在x 轴上方)，点S ,T 是椭圆C 上异于B ,D 的两点，SF 平分∠BSD ,TF 平分∠BTD .①求BSDS的取值范围；②将点S ､F ､T 看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若△SFT 外接圆的面积为81π8，求直线l 的方程.【答案】(1)x 28+y 26=1(2)①13,1 ②y =52x -102【解析】(1)方法①特殊值法，令M ±2,0 ,c -2 a -2=c +2a +2，且a =2c ，解得c 2=2.∴a 2=8,b 2=a 2-c 2=6，椭圆C 的方程为x 28+y 26=1，方法②设M x ,y ，由题意MFMA =(x -c )2+y 2(x -a )2+y 2=λ(常数)，整理得：x 2+y 2+2c -2aλ2λ2-1x +λ2a 2-c2λ2-1=0，故2c -2aλ2λ2-1=0λ2a 2-c 2λ2-1=-4，又c a =12，解得：a =22,c = 2.∴b 2=a 2-c 2=6，椭圆C 的方程为x 28+y 26=1.(2)①由S △SBF S △SDF =12SB⋅SF ⋅sin ∠BSF 12SD⋅SF ⋅sin ∠DSF =SB SD ，又S △SBF S △SDF =BF DF ，∴BS DS=BF DF(或由角平分线定理得)，令BF DF=λ，则BF =λFD，设D x 0,y 0 ，则有3x 20+4y 20=24，又直线l 的斜率k >0，则x 0∈-22,2 ,x B =2λ+1 -λx 0y B =-λy 0代入3x 2+4y 2-24=0得：321+λ -λx 0 2+4λ2y 20-24=0，即λ+1 5λ-3-2λx 0 =0，∵λ>0,∴λ=35-2x 0∈13,1 .②由(1)知，SB SD=TB TD=BF DF，由阿波罗尼斯圆定义知，S ,T ,F 在以B ,D 为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为C 1，半径为r ，与直线l 的另一个交点为N ，则有BF DF =NB ND ，即BF DF =2r -BF 2r +DF ，解得：r =11BF-1DF.又S 圆C 1=πr 2=818π，故r =922,∴1BF -1DF=229又DF =x 0-2 2+y 20=x 0-2 2+6-34x 20=22-12x 0，∴1BF -1DF =1λDF -1DF =5-2x 0322-12x 0 -122-12x 0=2-2x 0322-12x 0=229.解得：x 0=-22,y 0=-6-34x 20=-3104,∴k =-y 02-x 0=52,∴直线l 的方程为y =52x -102.10(郑州外国语)记U ={1,2,⋯,100}．对数列a n n ∈N * 和U 的子集T ，若T =∅，定义S T =0；若T =t 1,t 2,⋯,t k ，定义S T =a t 1+a t 2+⋯+a tk ．例如：T =1,3,66 时，S T =a 1+a 3+a 66．现设a n n ∈N * 是公比为3的等比数列，且当T =2,4 时，S T =30．(1)求数列a n 的通项公式；(2)对任意正整数k 1≤k ≤100 ，若T 1,2,⋯,k ，求证：S T <a k +1；(3)设C ⊆U ,D ⊆U ,SC ≥SD ，求证：S C +S C ∩D ≥2S D ．解：(1)当T =2,4 时，S T =a 2+a 4=a 2+9a 2=30，因此a 2=3，从而a 1=a 23=1,a n =3n -1；(2)S T ≤a 1+a 2+⋯a k =1+3+32+⋯+3k -1=3k -12<3k =a k +1；(3)设A =∁C C ∩D ,B =∁D C ∩D ，则A ∩B =∅,S C =S A +S C ∩D ，S D =S B +S C ∩D ，S C +S C ∩D -2S D =S A -2S B ，因此原题就等价于证明S A ≥2S B ．由条件S C ≥S D 可知S A ≥S B ．①若B =∅，则S B =0，所以S A ≥2S B ．②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中最大元素为l ,B 中最大元素为m ，若m ≥l +1，则由第(2)小题，S A <a l +1≤a m ≤S B ，矛盾．因为A ∩B =∅，所以l ≠m ，所以l ≥m +1，S B ≤a 1+a 2+⋯+a m =1+3+32+⋯+3m -1=3m -12<a m +12≤a l 2≤S A 2，即S A >2S B ．综上所述，S A ≥2S B ，因此S C +S C ∩D ≥2S D ．11(福建模拟)2022年北京冬奥会标志性场馆--国家速滑馆的设计理念来源于一个冰和速度结合的创意，沿着外墙面由低到高盘旋而成的“冰丝带”，就像速度滑冰运动员高速滑动时留下的一圈圈风驰电掣的轨迹，冰上划痕成丝带，22条“冰丝带”又象征北京2022年冬奥会.其中“冰丝带”呈现出圆形平面、椭圆形平面、马鞍形双曲面三种造型，这种造型富有动感，体现了冰上运动的速度和激情这三种造型取自于球、椭球、椭圆柱等空间几何体，其设计参数包括曲率、挠率、面积体积等对几何图形的面积、体积计算方法的研究在中国数学史上有过辉煌的成就，如《九章算术》中记录了数学家刘徽提出利用牟合方盖的体积来推导球的体积公式，但由于不能计算牟合方盖的体积并没有得出球的体积计算公式直到200年以后数学家祖冲之、祖眶父子在《缀术》提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，才利用牟合方盖的体积推导出球的体积公式原理的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．(Ⅰ)利用祖暅原理推导半径为R 的球的体积公式时，可以构造如图所示的几何体M ，几何体M 的底面半径和高都为R ，其底面和半球体的底面同在平面α内.设与平面α平行且距离为d 的平面β截两个几何体得到两个截面，请在图中用阴影画出与图中阴影截面面积相等的图形并给出证明；(Ⅱ)现将椭圆x 2a 2+y 2b2=1a >b >0 所围成的椭圆面分别绕其长轴、短轴旋转一周后得两个不同的椭球A ，B (如图)，类比(Ⅰ)中的方法，探究椭球A 的体积公式，并写出椭球A ，B 的体积之比．【答案】解： (Ⅰ)由图可知，图①几何体的为半径为R 的半球，图②几何体为底面半径和高都为R 的圆柱中挖掉了一个圆锥，与图①截面面积相等的图形是圆环(如阴影部分)证明如下：在图①中，设截面圆的圆心为O 1，易得截面圆O 1的面积为πR 2-d 2 ，在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d ，所以，圆环的面积为πR 2-d 2 ，所以，截得的截面的面积相等(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上(如图)，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ；在半椭球截面圆的面积πb 2a2a 2-d 2 ，在圆柱内圆环的面积为πb 2-πb 2a 2d 2=πb 2a2a 2-d 2 ∴距离平面α为d 的平面截取两个几何体的平面面积相等，根据祖暅原理得出椭球A 的体积为：V A =2V 圆柱-V 圆锥 =2π⋅b 2⋅a -13π⋅b 2⋅a =4π3ab 2，同理：椭球B 的体积为V B =4π3a 2b 所以，两个椭球A ，B 的体积之比为b a． 【解析】本题考查新定义问题，解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，考查学生的空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．(Ⅰ)由题意，直接画出阴影即可，然后分别求出图①中圆的面积及图②中圆环的面积即可证明；(Ⅱ)类比(Ⅰ)可知，椭圆的长半轴为a ，短半轴为b ，构造一个底面半径为b ，高为a 的圆柱，把半椭球与圆柱放在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，即挖去的圆锥底面半径为b ，高为a ，证明截面面积相等，由祖暅原理求出出椭球A 的体积，同理求出椭球B 的体积，作比得出答案．12用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f 'x 是f x 的导函数，f ''x 是f 'x 的导函数，则曲线y =f x 在点x ,f x 处的曲率K =|f (x )|1+[f (x )]232．(1)若曲线f x =ln x+x与g x =x在1,1处的曲率分别为K1，K2，比较K1，K2的大小；(2)求正弦曲线h x =sin x(x∈R)曲率的平方K2的最大值．【答案】解：(1)由题意，得f'(x)=1x+1,f''(x)=-1x2,g'(x)=12x-12,g''(x)=-14x-32，∴K1=f''(1)1+f'(1)232=-11+2232=1125,K2=g''(1)1+g'(1)232=-141+12232=1412564=2125，∴K1<K2；(2)由h(x)=sin x(x∈R)，得h'(x)=cos x,h''(x)=-sin x，则K=-sin x1+cos2x32，K2=sin2x1+cos2x3=sin2x2-sin2x3，令t=2-sin2x，则t∈1,2,K2=2-tt3，设p t =2-tt3,t∈1,2，则p't =-t3-32-tt2t6=2t-6t4，所以p't <0，p t 在1,2上单调递减，则p(t)max=p1 =1，即当sin2x=1,cos x=0时，即x=nπ+π2,n∈Z时，K2取最大值1．【解析】本题考查了导数的运算、指数幂运算、三角函数的性质、利用导数求函数的最值，属于中档题．(1)利用曲率的定义分别求出K1，K2，然后比较即可；(2)利用曲率的定义求出K，再求出K2，然后利用正弦函数的性质结合利用导数求最值即可求解．13设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为1-12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋯+∠Q k-1PQ k+∠Q k PQ1)，其中Q i(i=1，2，⋯，k，k≥3)为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q ​1PQ ​2，平面Q ​2PQ 3，⋯，平面Q k -1PQ k和平面Q k PQ ​1遍历多面体M的所有以P为公共点的面．(1)任取正四面体的一个顶点，求该点处的离散曲率；(2)如图1，已知长方体A ​1B ​1C ​1D ​1-ABCD，AB=BC=1，AA1=22，点P为底面A ​1B ​1C ​1D ​1内的一个动点，则求四棱锥P-ABCD在点P处的离散曲率的最小值；(3)图2为对某个女孩面部识别过程中的三角剖分结果，所谓三角剖分，就是先在面部取若干采样点，然后用短小的直线段连接相邻三个采样点形成三角形网格．区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是哪个区域?(只需确定“区域α”还是“区域β”)【答案】解：记∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋯+∠Q n PQ1=θ，则离散曲率为1-θ2π，θ越大离散曲率越小．(1)对于正四面体而言，每个面都是正三角形，所以∠Q1PQ2=∠Q2PQ3=∠Q3PQ1=60°，所以离散曲率为1-1 2ππ3×3=12；(2)P在底面ABCD的投影记为H，通过直观想象，当H点在平面ABCD中逐渐远离正方形ABCD的中心，以至于到无穷远时，θ逐渐减小以至于趋近于0.所以当H点正好位于正方形ABCD的中心时，θ最大，离散曲率最小．此时HA=HB=22=PH，所以PA=PB=1=AB，所以∠APB=60°，θ=4π3，离散曲率为1-12π×4π3=13；(3)区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小，故区域α和区域β中点的离散曲率的平均值更大的是区域α．【解析】本题考查空间几何体的性质以及新定义，正四面体的几何特征和曲率的计算公式，考查分析问题的能力以及空间想象能力，综合性较强，属于较难题．(1)利用离散曲率为1-θ2π，以及三角形的内角和公式求解；(2)记∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋯+∠Q n PQ1=θ，于是θ越大离散曲率越小，进而求得结果；(3)区域β比区域α更加平坦，所以θ更大，离散曲率更小，进而得答案．14近些年来，三维扫描技术得到空前发展，从而催生了数字几何这一新兴学科.数字几何是传统几何和计算机科学相结合的产物.数字几何中的一个重要概念是曲率，用曲率来刻画几何体的弯曲程度.规定：多面体在顶点处的曲率等于2π与多面体在该点的所有面角之和的差(多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示)，多面体在面上非顶点处的曲率均为零.由此可知，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是π2，所以正方体在各顶点的曲率为2π-3×π2=π2，故其总曲率为4π．(1)求四棱锥的总曲率；(2)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D ，棱数为L ，面数为M ，则有：D -L +M =2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率是常数．【答案】解：(1)四棱锥有5个顶点，4个三角形面，1个凸四边形面，故其总曲率为2π×5-4×π-2π=4π.(2)设多面体有M 个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,⋯,M 号.设第i 号(1≤i ≤M )多边形有L i 条边．则多面体共有L =L 1+L 2+⋯+L M2条棱．由题意，多面体共有D =2-M +L =2-M +L 1+L 2+⋯+L M2个顶点．i 号多边形的内角之和为πL i -2π，故所有多边形的内角之和为π(L 1+L 2+⋯+L M )-2πM ,故多面体的总曲率为2πD -πL 1+L 2+⋯+L M -2πM=2π2-M +L 1+L 2+⋯+L M2 -πL 1+L 2+⋯+L M -2πM =4π所以满足题目要求的多面体的总曲率为4π．【解析】本题考查棱锥与简单组合体的结构特征，属于较难题．(1)利用总曲率定义即可得到结果；（1）利用总曲率定义及欧拉定理即可证明其为常数．。

2019年高考数学题分类汇编函数与导数一、选择题1.【2019·全国卷Ⅰ（理3，文5）】设函数()f x ，()g x 的定义域都为R ，且()f x 时奇函数，()g x 是偶函数，则下列结论正确的是（ ）A .()f x ()g x 是偶函数B .|()f x |()g x 是奇函数C .()f x |()g x |是奇函数D .|()f x ()g x |是奇函数【答案】C2. 【2019·全国卷Ⅰ（理6）】如图，圆O 的半径为1，A 是圆上的定点，P 是圆上的动点，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，过点P 作直线OA 的垂线，垂足为M ，将点M 到直线OP 的距离表示为x 的函数()f x ，则y =()f x 在[0,π]上的图像大致为（ ） 【答案】C3. 【2019·全国卷Ⅰ（理11，文12）】已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为（ ）A .（2，+∞）B .（-∞，-2）C .（1，+∞）D .（-∞，-1）【答案】B4. 【2019·全国卷Ⅱ（理8）】设曲线y=a x-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x ，则a = A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】 D【解析】..3.2)0(,0)0(.11-)(),1ln(-)(D a f f x a x f x ax x f 故选联立解得且==′=∴+=′∴+=Θ 5【2019·全国卷Ⅱ（理12）】设函数()3sin x f x mπ=.若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是（ ）A. ()(),66,-∞-⋃∞B. ()(),44,-∞-⋃∞C.()(),22,-∞-⋃∞D.()(),14,-∞-⋃∞ 【答案】C 。

目录第一章学好数学必备的几个能力和思想第一节数学的建模思想第二节函数与方程的思想第三节数形结合思想第四节特殊否定的思想第五节特殊到一般、有限到无限的归纳思想第六节正难则反、抽象到具体的转化思想第七节分类讨论与整合求解的思想第八节联想与类比的探讨思想第九节运算能力第十节构造与凑配的能力第十一节归类总结能力第二章函数（函数是中学数学的基础和重点内容，尽管很少以独立的模块知识出现在解答题中，但是在高难度的题中，无处不渗透着函数的思想。

缺少了函数思想，其它模块就是无血之肉，无源之水。

因而，我们不但将其作为一个专题模块，而且要细讲、深研究。

）第一节函数的三要素------定义域第二节函数的三要素------对应法则第三节函数的三要素------值域第四节基本初等函数第五节函数的性质------函数的单调性第六节函数的性质------函数的奇、偶性第七节函数的性质------函数对称性第八节函数的性质------函数的周期性第九节函数图象及图象变换第十节常见特殊函数及其应用第十一节函数的零点及函数方程（既是高频高点，又是高考难点。

）第二章三角函数与平面向量（这些是高考的重点内容，尽管难度不大，易错点还是不少的，同时，这里面有很多技巧，有四两拨千斤的效果。

）第一节三角函数的概念及三角变换第二节三角函数的图象及性质第三节解三角形第四节平面向量第三章不等式与线性规划第一节基本不等式的解法第二节均值不等式的应用第三节不等式的证明及应用第四节线性规划第五节线性规划的应用第四章数列第一节数列的认识第二节等差、等比数列的通项公式、前n项和及性质第三节数列通项公式的求法第四节数列求和第五节数列的综合问题第五章立体几何第一节点、直线、平面之间的位置关系第二节空间几何体和三视图第三节空间角第四节空间直角坐标系在立体几何中的应用第五节空间距离问题第六节存在性的问题第六章概率与统计第一节古典概型、几何概型及条件概率第二节排列与组合第三节统计与概率分布第七章导数第一节导数的概念与运算第二节导数的几何意义的应用第三节导数在函数的单调性及极值方面的应用第四节导数在函数交点及函数零点方面的应用第五节导数在参数的最值及范围方面的应用第六节导数在函数不等式的证明方面的应用第八章解析几何第一节直线与圆的方程第二节椭圆第三节双曲线第四节抛物线第五节解析几何综合问题--------圆锥曲线的切线问题第六节解析几何综合问题-------参数的最值和范围问题第七节解析几何综合问题-------- 面积的最值和范围问题第八节解析几何综合问题--------定点、定值问题第九节解析几何综合问题-------- 存在性的问题第十节解析几何综合问题--------向量在解析几何中的应用第一章学好数学必备的几个能力和思想第一节数学的建模思想随着素质教育的进一步推进，现行中学数学教学大纲明确指出：“提高数学教学质量，不仅要求学生学好数学基础知识，更进一步要培养学生的逻辑思维能力、运算能力和空间想象能力，以逐步形成运用数学知识来分析和解决实际问题的能力，使学生能学以致用，避免出现高分低能现象。

高考数学知识点全部汇编随着高中阶段的结束，高考也逐渐临近。

作为高中生最重要的考试之一，高考对于每个学生来说都至关重要。

而数学作为高考必考科目之一，更是让很多学生望而生畏。

为了帮助学生更好地备考数学科目，本文将对高考数学知识点进行全部汇编。

一、数与代数1. 整式的加法、减法和乘法2. 分式的概念与运算3. 方程与不等式的基本性质和解题方法4. 平方根与实数5. 等差数列和等比数列6. 指数与对数7. 几何与图形二、函数与方程1. 函数的概念、性质及表示方法2. 二次函数及其图像3. 一次函数与一次不等式4. 反函数与组合函数5. 导数与导数的应用6. 三角函数及其应用7. 概率与统计三、空间与几何1. 点、线、面及其关系2. 几何变换3. 向量的概念、运算及其应用4. 平面向量的坐标表示5. 圆与圆相关的性质6. 多面体的表面积与体积7. 空间直角坐标系与空间向量四、解析几何与线性代数1. 直线与平面的位置关系2. 点、直线、面的参数方程3. 矩阵与行列式4. 矩阵的运算与逆5. 向量空间及其基本性质6. 线性方程组的解法7. 特征值与特征向量8. 线性规划与线性规划问题五、概率与数理统计1. 随机事件与概率2. 基本概率公式及其应用3. 二项分布、泊松分布、正态分布等概率分布4. 样本与统计量5. 参数估计与假设检验6. 相关与回归分析总结:以上列举了高考数学的全部知识点，涵盖了整式、分式、方程、函数、几何、向量、矩阵、概率与数理统计等多个方面。

在备考过程中，学生可以根据自己的掌握情况，有针对性地进行复习和练习。

同时，需要注意的是，不仅要掌握知识点的定义和性质，还要能够应用到实际问题中，灵活运用解题方法。

除了理论知识的学习，高考数学还需要注重解题技巧和思维方法的培养，提高解题能力。

在备考过程中，合理规划时间，每天进行有效的学习与复习，做好笔记和总结，可以帮助学生更好地掌握高考数学知识点。

此外，要善于利用各种复习资料，例如历年高考真题、模拟试卷等，通过多做题目来提升解题能力和应试能力。