2024新题型01 新高考新结构二十一大考点汇总（解析版）

学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司新题型01新高考新结构二十一大考点汇总高考数学全国卷的考查内容、考查范围和考查要求层次与比例均与课程标准保持致注重考查内容的全面性的同时，突出主干、重点内容的考查，通过依标施考，引导中学教学依标施教。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，A=x2xx−2<1

A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2} C．{x|0<x≤1} D．{x|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∁U【详解】因为2xx−2<1等价于x所以A=x0<x<2，所以∁U要使得函数y=ln1−x有意义，只需1−x>0，解得所以B=则由韦恩图可知阴影部分表示∁UA∩B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．PB．PC．PD．P【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P=x∣x=2对于B：P=Q=x∣对于C：P=x∣所以x=1+(-1)n2对于D：集合P=x∣y=故选：AC【变式1-2】（2024·江苏四校联合·高三期末）设全集为U定义集合A与B的运算：A∗B=x|x∈A∪B且x∉A∩B，则(A∗B)∗A=（

A．A B．B C．A∩∁UB【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】∵A∗B=x|x∈A∪B且x∉A∩B∴(A∗B)∗A=[A∩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A⊙B=z|z=xy(x+y),x∈A,y∈B，集合A=0,1,B=2,3【答案】18【分析】由题意可得z=0,6,12，进而可得结果.【详解】当x=0,y=2,∴z=0当x=当x=0,y=当x=和为0+6+12=18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（v∈N∗，v≥3）．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X,A组成一个v阶的Steiner三元系．若X,A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X={a,b,c,d,e,f,g}，列举出所有三元子集，结合X,A组成v阶的Steiner三元系定义，确定A中元素个数.【详解】由题设，令集合X={a,b,c,d,e,f,g}，共有7个元素，所以X的三元子集，如下共有35个：{a,b,c}、{a,b,d}、{a,b,e}、{a,b,f}、{a,b,g}、{a,c,d}、{a,c,e}、{a,c,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{a,d,f}、{a,d,g}、{a,e,f}、{a,e,g}、{a,f,g}、{b,c,d}、{b,c,e}、{b,c,f}、{b,c,g}、{b,d,e}、{b,d,f}、{b,d,g}、{b,e,f}、{b,e,g}、{b,f,g}、{c,d,e}、{c,d,f}、{c,d,g}、{c,e,f}、{c,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}、{d,e,g}、{d,f,g}、{e,f,g}，因为A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A中元素满足要求的有：{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f,g}、{b,d,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；{a,b,c}、{a,d,f}、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{c,e,g}，共有7个；{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{d,e,g}，共有7个；{a,b,d}、{a,c,f}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；{a,b,e}、{a,c,f}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,f}、{d,e,g}，共有7个；{a,b,f}、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；{a,b,f}、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；{a,b,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f}、{d,f,g}，共有7个；{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,d,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；{a,b,g}、{a,c,f}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,e,g}、{d,f,g}，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z=12+32inA．1 B．3 C．6 D．9【答案】C【分析】计算出12【详解】因为1212121212所以，当n=6时，z>0，故n的最小值为6.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z=iA．z的共轭复数z=2+iC．复数z的虚部为−15i 【答案】ABD【分析】首先化简复数z，再根据复数的相关概念，即可判断选项.【详解】∵z=i20231−2i，|z|=252+−152=5复数z在复平面内对应的点为25，  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z为复数，则下列命题中正确的是（

）A．z2=zz B．若z=C．z2=z2 D．若【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z=a+bi，故z=a−bi，则z2=对于B，z=(1−2i)2=−4对于C，易知z2=a2+b2对于D，若z=1，则a2+b2=1，而z+i故选：ABD【变式2-3】（多选）（2024上·云南德宏·高三统考期末）已知z是复数z的共轭复数，则下列说法正确的是（

）A．z⋅z=z2 C．|z⋅z|=|z|⋅|z| D．若【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z=a+bia,b∈R，则z⋅对于B，令z=i，满足z对于C，设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi所以z⋅z=对于D，设z=a+bia,b∈R即a+12+bz−1=a−12+b2表示圆上的点到故选：CD【变式2-4】（多选）（2024上·河南南阳·高三统考期末）设复数z=−12−A．z=cos2πC．zz=1 【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，z=−对于B，zz对于C，zz=−对于D，z2=−12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x∈R有f(x)+f(−x)=0，且当x>0时，f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为（A． B．C． D．【答案】D【解析】由f(x)+f(−x)=0得f(−x)=−f(x)，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f(x)+f(−x)=0得f(−x)=−f(x)，则函数是奇函数，排除A、C∵当x>0时，f(x)=ln(x+1)，故选：D.【变式3-1】（2024·浙江宁波·高三期末）函数f(x)=5sinxe|x|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f(−x)=−f(x)，所以函数是奇函数，故排除D，f(2π)=2π，故排除B，当x∈(0,π2)故选：C【变式3-2】（2024·安徽省·高三模拟）函数fx=alnA．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】分a=0，a>0和a<0三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.【详解】①当a=0时，fx②当a>0时，fx当x<0时，fx因为函数y=aln−x,y=所以函数fx在在−如图，作出函数y=aln−x,y=−由图可知，函数y=aln−x,y=−即函数fx在在−当x>0时，fx=aln由f'x>0，得x>1a所以函数fx在0,1a当a=1时，f1③当a<0时，fx当x>0时，fx因为函数y=alnx,y=1所以函数fx在0,+如图，作出函数y=alnx,y=−1由图可知，函数y=alnx,y=−1即函数fx在在0,+当x<0时，fx=aln由f'x>0，得x<1a所以函数fx在1a,0当a=−1时，f1故选：D.【变式3-3】（2024·安徽·高三期末）若将lny=lnx+lny−x确定的两个变量y与x之间的关系看成y=fA． 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lny=lnx+显然x≠1，所以y=x由x>0，y>0得x>1，所以fx由fx=x故选：C．【变式3-4】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，满足fxA． 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fx的定义域为−∞,0所以fx是偶函数，所以f当−1<x<0时，1x−x<0,ln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a=cos0.1，b=10sin0.1，A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b【答案】D【分析】先根据sinθ<θ<tanθ，θ∈0,π【详解】a=cosba=10tan下证θ∈0,π2设∠AOB=θ∈0,π2，射线OB与单位圆O相交于点C，过点C作CD单位圆与x轴正半轴交于点A，过点A作AB⊥x轴，交射线OB于点B，连接AC，则CD=sin设扇形AOC的面积为S，因为S△AOC所以12OA⋅CD<1故tan0.1>0.1>sin0.1，所以b所以b>a,c>a，因为b=10sin0.1，令fx则f'x=令gx=f'x令ℎx=g'x则ℎx=g'x故ℎx=g所以gx=f'x故gx=f所以fx=sinx−x+x所以sin0.1−0.1+0.13则b=10因为c=1令qx=cos则q'x=−则w'x=−则e'x=则r'x=所以rx=e又r0=0，故rx所以ex=w又e0=0，故ex所以wx=q又w0=0，故wx故qx=cos又q0=0，故q0.1故c=1其中c<238801则a<c<b，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：ex=1+x+xcosx=1−ln1+x11−x=1+x+【变式4-1】（2024·江苏四校联合·高三期末）设a=14,b=2A．a<b<c B．b<a<cC．c<b<a D．a<c<b【答案】B【分析】利用x>sinx和x>ln【详解】b=ln设ℎx=x−sinx，则ℎx在0,+∞上单调递增，则ℎx>ℎ0=0，则x>sin设gx=x−lnx+1，x∈0,+则gx>g0=0，则令x=sin14，则ln设fx=lnx+1−则fx在0,1上单调递增，则fx>f0=0令x=14，则ln54>15故选：B.【变式4-2】（2024·吉林·高三期末）已知a=sin13A．c<a<b B．c<b<aC．b<c<a D．b<a<c【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f(x)=sinx−xcos在x∈0,π2时，f'(x)>0所以f(x)>f(0)=0，则f(1即sin13>设g(x)=lnx+1则当x∈0,1，g'(x)<0则当x∈1,+∞，g'所以g(32)=设ℎ(x)=x−sinx，x∈0,所以ℎ(x)在0,π2为增函数，则即13>sin13所以c>a>b.故选：D.【点睛】思路点睛：两个常用不等式（1）x>sinx（2）sinx>xcos【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知a=eπ10，b=1+sin9π10，c=A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a【答案】C【分析】先利用常见不等式放缩得到a，b的大小关系，再利用幂函数的单调性比较a，c的大小关系即可得到答案.【详解】令fx=e所以fx在0,+所以当x>0时，fx>f0令gx=x−sin所以gx在0,+所以当x>0时，gx>g0由诱导公式得b=1+sin所以b=1+sinπ10因为a=eπ10故只需比较e与1.115由二项式定理得，1.115所以c>a．综上，c>a>b.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x=1A．x<y<z B．y<x<z C．z<x<y D．z<y<x【答案】B【分析】构造fx=x−1【详解】令fx=x−1由f1>0, f12<0，则x∈∵x<x∴x−y=1x=log综上：y<x<z.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π的两个近似值：“约率”227与“密率”355113.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31<π<41，取3为弱率，4为强率，计算得a1=3+41+1=A．8 B．7 C．6 D．5【答案】B【分析】根据题意不断计算即可解出．【详解】因为a2为强率，由31<π<由31<π<13由31<π<16由31<π<19由31<π<227可得，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fi：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2i，各奇数项的值均减去2，并记新得到的数列为fi(A)i∈N∗．设数列B0【答案】1，3，1，6，4，109【分析】由题意求出数列B1，即可求解数列B2；对于偶数项可得B2n【详解】由题意，B1=fB2=f因为B2n=f2n(所以对于偶数项，B2n−1−B则{B第2项为：0+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=[3+(4n−1)]n第4项为：3+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=(2n+1)n+3，第6项为：7+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=(2n+1)n+7；对于奇数项，B2n−1−B则{B第1项为：2+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=2+[−1+(2n−3)]n第3项为：2+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=2+[−1+(2n−3)]n第5项为：5+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=(n−2)n+5，所以B2n(2n+1)n+(2n+1)n+3+(2n+1)n+7+n(n−2)+2+n(n−2)+2+n(n−2)+5=9n故答案为：1,3,1,6,4,10；9n【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，x1，x2，…，x2n−1，3为数列1，3的第n次扩展数列，令a【答案】a【分析】根据数列的定义找到an+1与a【详解】因为an所以an+1=log所以an+1又a1=log所以an−1所以an−1故答案为：a【变式5-3】（2023上·广东深圳·）若系列椭圆Cn:anx2+y2A．1−14n B．1−12n【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Cn可化为：x因为0<an<1，所以离心率en=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n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n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p(n)，则p(3)=.i=1np(i)=【答案】72【分析】根据题意可得p1=1，当nn≥2时，求pn分三步，从而可得【详解】显然p1当有nn≥2个圆盘时，求p第一步，先将上面的n−1个圆盘移到辅助柱，至少需要pn−1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n−1个圆盘移动到目标柱至少需要pn−1因此pn所以p因为p1所以数列pn所以p所以pn=2i=1n故答案为：7，2n+1【变式5-5】（2024上·上海·）已知等差数列an（公差不为0）和等差数列bn的前n项和分别为Sn、Tn，如果关于A．499 B．500 C．501 D．502【答案】D【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到a5022−4b502≥0，要想无实根，需满足ai2−4【详解】由题意得：S10032−4×1003T1003=1003要方程x2−a显然第502个方程有解.设方程x2−a1x+则Δ≥a等号成立的条件是a1=a同理可证：Δ2<0,Δ1002<0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π的值的范围：3.1415926<π<3.1415927，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A．240 B．360 C．600 D．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A5第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有A5根据分类加法计数原理可知，共120+120=240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1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按2,2将导致1,2，2,1，2,2，2,3，3,2改变状态．如果要求只改变1,1的状态，则需按开关的最少次数为（

）1,11,21,32,12,22,33,13,23,3A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】分析可知，要只改变1,1的状态，则只有在1,1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1,1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1,1的状态，在按动1,1后，1,2，2,1也改变，下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动2,2，但会导致周边的2,3，3,2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3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5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）1,11,21,32,12,22,33,13,23,3按动1,1开开关开关关关关关按动1,3开关开开关开关关关按动2,3开关关开开关关关开按动3,2开关关开开关开开关按动3,1开关关关关关关关关则需按开关的最少次数为5.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S20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A,B,C,D,E,F,G,H，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2+4+8=14种.故答案为：14.【变式6-4】（2024·江苏省四校联合·高三模拟）（多选）若m，n为正整数且n>m>1，则（

）A．C83=C．mCnm【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：Cn对B：C7对C：mCnm(n−1)Cn−1m−1=对D：Anm=n+1!n−m+1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Γ：fx,y=1关于坐标原点O对称，定点P的坐标为x0,y0.给出两个命题：①若0<fx0,y0<1，则曲线Γ上必存在两点A,B，使得P为线段AB的中点；②若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x2−y2=1设A(x1,y1此时点P为AB的中点，由x12−则kAB=y2−y1联立方程组y=2x−32x2−即直线AB与双曲线没有公共点，即曲线x2−y2=1不存在A,B两点，使得点P命题②中，对于点P满足fx0,y0当PA是点P到曲线fx,y=1上的最短距离时，此时以P为圆心，以PA为半径的圆与曲线fx,y=1只有一个公共点A，不存在点B，使得故选：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G的四边均与椭圆M:x

A．椭圆M的离心率为33 B．椭圆M的蒙日圆方程为C．若G为正方形，则G的边长为25 D．长方形G【答案】D【分析】由椭圆标准方程求得a,b后再求得c，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a=6，b=2，则c=6−4=当长方形G的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为26和4，其对角线长为24+16=210，因此蒙日圆半径为10设矩形的边长分别为m,n，因此m2+n2=40≥2mn，即mn≤20，当且仅当m=n时取等号，所以长方形G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C:y2=2pxp>0，M是抛物线C上的动点，焦点

A．C的方程为y2=x B．CC．MF+MN的最小值为52 D．【答案】BD【分析】由焦点易得抛物线的方程为y2=2x，设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于点B，交C于点M'，连接M【详解】由题可得p2=12,p=1设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于点B，交C于点M'，连接M将y=2代入y2=2x可得所以M'于是|MF|+|MN|=|MA|+|MN|≥|BN|=B当M与M'重合时，|MF|+|MN|取得最小值9

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：x2a2−y2b2A.56B.55C.4【答案】B【详解】设|EF1=m,|EF2=n,|F1F2|=2c,由题意可知解得n=2a，所以sin∠【变式7-4】（2024·浙江宁波·高三期末）（多选）已知O为坐标原点，曲线Γ：x2+y22=ay3x2A．曲线Γ关于y轴对称 B．曲线Γ的图象具有3条对称轴C．y0∈−a,916a【答案】ABC【分析】对于选项A:将x用−x替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令x=rcosθ，y=rsinθ，代入整理可得【详解】对于选项A:将x用−x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sin=2sin令x=rcosθ，代入整理可得r=asin其中r=x2+y2>0，因为r>0，故θ∈0,因为曲线关于y轴对称，故θ∈4π3,5注意到r=asin3θ关于θ的周期为故曲线也关于θ=π6和θ=5故B选项正确；对于选项C:y0对于选项D:OP=r=a故选：ABC．C另解：x2该方程关于x2有解，令t=x2≥0，则由mt则m0=y解得；y∈−a,0或综上：y0D另解：x2解得OP=【点睛】关键点点睛：解题的关键在于将曲线Γ进行换元，令x=rcosθ，y=rsin【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f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R，记g(x)=f'(x)，若f(1−2x)+4x为偶函数，g(x+2)=g(x−4)A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】根据偶函数的性质可得f(1−2x)+4x=f(1+2x)−4x，求导得g(1+2x)+g(1−2x)=4，结合g(x)的周期性即可求解.【详解】因为f(1−2x)+4x为偶函数，所以f(1−2x)+4x=f(1+2x)−4x，两边同时求导得−2f'(1−2x)+4=2所以g(1+2x)+g(1−2x)=4，令x=0，得g(1)=2，令x=−34，得g−12由g(x+2)=g(x−4)，所以g(x+6)=g(x)，所以g(x)的周期为6，则g(4)=g(−2)，而g(4)+g(−2)=4，所以g(4)=2，所以g5故选：B【变式8-1】（2023上·四川·高三校联考阶段练习）已知函数fx及其导函数f'x的定义域均为R，且fx−1为奇函数，f'A．−28 B．−26 C．−24 D．−22【答案】B【分析】根据题意利用赋值法求出f'1、f'3、f'5、【详解】由f'2−x+f'x=−2由fx−1为奇函数，得fx−1=−f故f'x又f'2−x由①和②得f'2−x+所以f'x令x=−1，得f令x=1，得f'1+又f'x+4由③−④得f'x−所以函数f'故f'所以f'所以i=1=6f故选：B．【变式8-2】（2024上·浙江宁波·高三统考期末）已知函数fx的定义域为R，且fx+yfxfA．2024 B．10123 C．3 【答案】D【分析】根据表达式得出规律，即可求出k=12024【详解】由题意，在fx中，定义域为R，f当x=y=0时，f0f0当y=1时，fx+1即3当x=0时，3f1f当x=1时，3f2f当x=2时，3f3f……函数值周期性变化，周期为3，∵2024=675×3−1，可得：k=1=675f故选：D.【变式8-3】（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知函数fx，gx的定义域都为R，g'x为gx的导函数，g'x的定义域也为R①f4=2

②g'2=0

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由已知可得g'x关于点2,0对称，判断②；因为gx为偶函数，可推得g'x为奇函数，进而得出g'x的周期为4，可判断①；由已知得出f1，【详解】因为fx+g'x所以g'x关于点2,0对称，所以g'因为gx为偶函数，所以g−x=g所以g'x为奇函数，g'x关于因为g'x+所以g'4−x=g'因为f4+g'4因为fx=2−g又fx=2+g因为g'1不能确定，因为g'x周期为所以f−1+f−3综上，一定成立的有3个.故选：C.【变式8-4】（多选）（2024上·河南漯河·高三统考期末）已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R，若函数y=f(3−2x)为奇函数，函数y=13x−f(x+2)A．g(0)=23 C．g(0)+g(2)=23 【答案】BC【分析】由y=f3−2x为奇函数，可知g3−x−g3+x=0，可得函数gx图像关于直线x=3对称，再由y=1【详解】由y=f3−2x为奇函数可得f3−2x=−f∴f'3−x=f所以函数y=gx的图像关于直线x=3由y=13x−f∴1即gx+2所以函数y=gx的图像关于点2,将x=0代入gx+2+g−x+2将x=1代入g3−x−g3+x将x=2代入gx+2+g−x+2=2g0将x=3代入g3−x−g3+x=0，得g0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fx的定义域为R，且f12A．f−12C．函数fx−12是偶函数

【分析】对抽象函数采用赋值法，令x=12、y=0，结合题意可得f0=−1，对A：令x=12、y=0，代入计算即可得；对B、C、D：令y=−12，可得fx−【详解】令x=12、y=0，则有又f12≠0，故1+f0=0，即f0=−1即f0+f12f−12=−1令y=−12，则有fx−12有fx+1−12=−2x+1令x=1，有f1【变式9-1】（2022•新高考Ⅱ）已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y),f(1)=1，则k=122f(k)=（A．−3 B．−2 C．0 D．1【答案】A【分析】法一：根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的f【详解】[方法一]：赋值加性质因为fx+y+fx−y=fxfy，令x=1,y=0可得，2f1=f1f0，所以f0=2，令x=0可得，fy+f−y=2fy，即fy=f−y，所以函数fx为偶函数，令y=1得，fx+1+f一个周期内的f1所以k=122[方法二]：【最优解】构造特殊函数由fx+ycosx+y+cosx−y=2cosxcosy，可设f所以fxfx+y+fx−y=2cosπ3x+π3y+2cos由于22除以6余4，所以k=122【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fx对任意x，y∈R总有fx+y=fx+fy，当x<0A．fx是偶函数 B．fC．fx在−6,6上的最小值为−2 D．若fx+fx−3【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f2x−3【详解】解：取x=0，y=0，则f0=f0+f0则f0=fx+f−x令x1，x2∈R，且x1<x2，则则fx1−f函数fx因为函数fx是R上的增函数，所以函数fx在−6,6上的最小值为f−6=f−3+f−3故f−6=−2，fxfx+fx−3因为函数fx是R上的增函数，所以2x−3≥−3，所以x≥0所以实数x的取值范围为0,+∞故选：C．【变式9-3】已知函数fx的定义域D为−∞,0∪0,+∞，fx在−∞,0上单调递减，且对任意的x1,【答案】a>1e【分析】利用特殊值法求f1=1，f−1【详解】令x1=x2=1令x1=x2=−1令x1=xx∈D，x2=−1又函数fx的定义域D为−∞,0因为fx在−∞,0上单调递减，所以f不等式fax−fln则有fax因为函数fx在0,+∞上单调递增，所以又x>1，所以ax>lnx设ℎx=ln因为ℎ'x=1−lnxx当x∈e,+∞时，ℎ所以ℎx≤ℎe=1e，所以故答案为：a>1e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fx的定义域为R，且fx+yfA．f(0)=0 B．fxC．f(3+x)=−f(3−x) D．k=1【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fx的奇偶性即可判断；对于D，先推得fx的一个周期为6，再依次求得f1【详解】对于A，因为fx+y令x=y=0，则f0f0=f对于B，因为fx的定义域为R令x=0，则fyf−y=f所以fx对于C，因为f2x+32令−t=−2x+32，则2x=t+3令t=−2x+32，则2x=−t+3又fx为奇函数，故f所以ft+3=−f−t+3对于D，由选项C可知ft+3所以ft+6=−ft+3因为f1=3对于ft令t=2，得f2=f1令t=3，得f3=f0令t=4，得f4令t=5，得f5令t=6，得f6所以f1又2023=337×6+1，所以由fxi=12023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fx的奇偶性，再结合题设条件推得f【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π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：227．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值355113，后来人们发现π−355113<10−6，这是一个“令人吃惊的好结果”．随着科技的发展，计算π的方法越来越多．已知π=3.141592653589793238462643383279502⋯，定义fnn∈N的值为π的小数点后第n个位置上的数字，如f1=1，fA．A1=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9C．对∀k∈N∗,1∈A【答案】AC【分析】对于A：根据定义，直接求出A1对于B：根据定义，直接求出f3n的值域为对于C：求出fk+1对于D：求出k=10时，f9n的值域为【详解】对于A：由题意，集合Ak为函数fknn∈N的值域，所以集合所以由f1n=fn可得：f11=f1=1，f16=f6=2，f19=f对于B：由题意，集合Ak为函数fknn∈N的值域，所以集合规定f0=3．记f1所以f3n=f2fn因为ff8所以f20f22f24f26f28=f1f8对于C：因为f1=1，所以fk+1对于D：由C的推导可知：fk+1因为f1n=f所以f10n=f9fn因为ff8所以fff92=f94=f96f98即k=10时，f10n的值域为故选：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f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α (0<α≤90°)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”.那么（A．存在90°旋转函数B．80°旋转函数一定是70°旋转函数C．若g(x)=ax+1x为45°D．若ℎ(x)=bxex为【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“α旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将45°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y=x满足条件，故A正确；对B，如倾斜角为20°的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误；对C，若g(x)=ax+1x为45°旋转函数，则根据函数的性质可得，g(x)=ax+1x逆时针旋转45°后，不存在与x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45°的直线与g(x)=ax+1x的函数图象有两个交点.即y=x+bb∈当a=1时，−bx+1=0最多1个解，满足题意；当a≠1时，a−1x2−bx+1=0的判别式Δ=b2−4对D，同C，ℎ(x)=bxex与y=x+aa∈R的交点个数小于等于1，即对任意的a，a=又g'1=−1，故b即y=ex图象在y=−bx−1上方，故−b≥0当y=ex与y=−bx−1相切时，可设切点x0,ex0，对y=ex求导有故选：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．fx=x−sinx B．fx=【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：f'(x)=1−cosB：f'在(−2π,−π)上f'(x)<0，在(−π所以f(x)在(−2π,−π)、C：由f(−x)=(−x)2−所以题图不可能在y轴两侧，研究(0,+∞)上性质：f'D：由f(−x)=sin研究(0,+∞)上性质：f'(x)=cos所以f(x)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x轴，左边第一根弦在y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y=1.1x，第n（n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线l:y=x+1交于点Anxn,ynA．814 B．900 C．914 D．1000【答案】C【分析】根据题意，有yn=1.1n，【详解】根据题意，第n根弦分别与雁柱曲线y=1.1x和直线l:y=x+1交于点An(xn，则yn=1.1n，设Tn=n=020则1.1Tn①-②可得：−0.1=10×(1.1Tn故n=020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f(x)和正数α(0<α≤1)，若存在正数M，使得不等式fx1−fx2≤Mx1−x2A．函数f(x)=x在[1,+∞)B．若函数f(x)=xlnx在[1,e]C．若函数f(x)在[a,b]上满足M=k(0<k<1)的一阶李普希兹条件，且方程f(x)=x在区间[a,b]上有解x0，则x0是方程f(x)=x在区间D．若函数f(x)在[0,1]上满足M=1的一阶李普希兹条件，且f(0)=f(1)，则对任意函数f(x)，∀x1【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x1>x2，∴fx1−fxB选项：不妨设x1>x2，∵fx=xlnx在1,e单调递增，∴fx1−fx2=fx1−fx2，∴fx1−fx2C选项：假设方程fx=x在区间a,b上有两个解x0，t，则fD选项：不妨设x1>x2，当x1−≤1−x1+x2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x,y,z>0，则A=maxx,1【答案】22【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x≥1y,2x≥y时，即若x>1y,y>2x若1y>x,2x>y时，即0<xy<1所以A=1综上可知A的最小值为22(2)当z≥3x时，B≥x+2当z≤3x时，B≥x+3综上所述，B≥25，z=故答案为：22，2【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maxM表示数集M中最大的数.设0<a<b<c<1，已知b≥2a或a+b≤1，则maxb−a,c−b,1−c【答案】1【分析】法一：当b≥2a，由不等式性质得b2当a+b≤1，由不等式性质得b−a≥2b−1，再根据定义得出最小值.法二：记max{b−a,c−b,1−c}=A，讨论b2≥1−b法三：当b≥2a，由不等式性质得b2当a+b≤1，由不等式性质得b−a≥2b−1，再根据定义得出最小值.【解析】法一：若b≥2a，则max当且仅当b−a=c−b=1−c且b=2a，即a=1若a+b≤1，则max当且仅当b−a=c−b=1−c且a+b=1，即a=2法二：解：记max{b−a,c−b,1−c}=A，则A≥b−a>0,A≥c−b>0,A≥1−c>0又b≥2a，或a+b≤1，∴a≤b2，或①当b2≥1−b，即23≤b<1时，②当b2<1−b，即0<b<2A≥2b−1,4A+A≥2(c−b+1−c)+(2b−1)=1,A≥1当1−b=a2b−1=c−b=1−c,即a=综上，Amin=15，即法三：解：记max{b−a,c−b,1−c}=A.则A≥b−a,A≥c−b,A≥1−c3A≥(b−a)+(c−b)+(1−c),a≥1−3A.2A≥(c−b)+(1−c)=1−b,b≥1−2A.①若b≥2a，则由A≥b−a得A≥b−a≥a≥1−3A，A≥1−3A,A≥1②若a+b≤1，则1−2A≤b≤1−a≤1−(1−3A)=3A，1−2A≤3A,A≥1且当a=25,b=综上，Amin=15，即【变式11-2】（2024·浙江宁波·高三期末）设实数x，y满足x>32，y>3，不等式k2x−3y−3≤8A．12 B．24 C．23 D．【答案】B【分析】令a=2x−3>0，b=y−3>0，不等式变形为4x2y−3【详解】x>32，y>3，变形为令a=2x−3>0，则k2x−3k≤8x3其中4

=12当且仅当a=3,b=3ba=a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a、b、c均为正数，则min1【答案】2

【详解】记M=min1a,2b,于是M3≤8abc又

M≤3abc由①②可得M≤2M，所以M≤2，即M【变式11-4】（2018·全国·高三竞赛）设非负实数x、y、z满足x+y+z=1．则t=9+【答案】37【详解】首先，4+y则t≥9+当且仅当z=12y=【变式11-5】（2023·全国·高三专题练习）设fx,y,z=x2y−z1+x+3y+y2z−x1+y+3z+z【答案】最大值为17，最小值为【分析】方法一：利用对称轮换式，要求fx,y,z的最大值和最小值，本题可转化为证明0≤fx,y,z≤【详解】[方法一]：先证fx,y,z≤1f由柯西不等式：∑x因为∑x1+x+3y从而∑x1+x+3y≥当且仅当x=y=z=1再证fx,y,z≥0当事实上，f=xy=7xyz故fx,y,z≥0，当且仅当[方法二]：先证fx,y,z≤1f由柯西不等式：∑x因为∑x1+x+3y从而∑x1+x+3y≥当且仅当x=y=z=1本不等式是轮换对称的，可设z=minf(x,y,0)=2xy下设x,y≥z>0，由(*)式，要证f≥0，只要证∑注意到12z即2x+4y而由Cauchy不等式，可得x即(2)成立，从而f≥0，故fmin=0，当【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0≤fx,y,z【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2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r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ℎC．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为πD．由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为16【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2r的球和高为2r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π:4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V倒棱锥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V1从而得到整个牟合方盖的体积为8×2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3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为（

）

A．36 B．32C．28 D．24【答案】C【分析】设每个直三棱柱高为a，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b，设正四棱台的高为ℎ，可得出12abℎ=31【详解】设每个直三棱柱高为a，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b，设正四棱台的高为ℎ，因为每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，则12abℎ=313b所以，该正四棱台的体积为V=a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，AB=BC=1，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B−l−C取得最小值B．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值C．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值D．有且仅有两点P使二面角B−l−C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AM⊥l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l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B−l−C的平面角，设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α−β，由已知得t∈0,2，AB=BC=1tanα=2t，tan令ft=t当t∈0,2时，f't>0，ft单调递增，当f所以t∈0,2，当t=2时，即当t=2时tanθ取最大值，从而由对称性知当t=2时，对应P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4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（

A．4π B．8π C．12π【答案】B【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，求出S=【详解】设圆锥的内切球半径为r，则4πr2设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，轴截面如下图示，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R又∠ADE=π−2θ，故又tan2θ=2tan故该圆锥的表面积为S=π令t=R2−1>0所以S=2（当且仅当t=1时等号成立）所以该圆锥的表面积的最小值为8π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P0x0,y0,（2）过点Px0,y0,z现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:2x−y=13y−2z=1，l2A．l1//α B．l2//α【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α:x+2y+3z=6，则平面法向量为v=对l1:2x−y=13y−2z=1，则6x−3=3y=2z+1，即x−1216=y13=对l2:x=y=2−z，即x1=y1=z−2−1，所以l2过点0,0,2，方向向量为对l3:x−15=y−4因为v⋅u3=1,2,3⋅5,−4,1=5−8+3=0，所以v⊥u3，所以l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（d1，单位：m）与制动距离（d2，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v（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d1，d2与A．d1=αv，d2=βvC．d1=αv，d2=βv【答案】B【分析】设d1v=f【详解】设d1v=f由图象知，d1v=fv过点40,8.5，50,10.3，60,12.5，70,14.6，80,16.7，90,18.7，100,20.8，110,22.9，120,25，130,27.1，140,29.2，150,31.3，160,33.3，作出散点图，如图1.由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用dd2v=gv过点40,8.5，50,16.2，60,23.2，70,31.4，80,36，90,52，100,64.6，110,78.1，120,93，130,108.5，140,123，150,144.1，160,164.3，作出散点图，如图2.由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d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3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（

）A．3.5 B．4 C．4.5 D．5【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x1、x2、⋯、x6，乙组数据分别为x7、x8甲组数据的平均数为16i=16xi=3，可得乙组数据的平均数为16i=712xi=5，可得混合后，新数据的平均数为112方差为1==1故选：D.【变式13-2】（2022下·山西运城·高二校联考阶段练习）已知n为满足T=a+C20221+C20222+C【答案】−10【分析】分析可得T=9−1674+a−1，利用二项式定理的展开式可求得正整数a的最小值，可得出n的值，然后写出x2−x+2【详解】T=a+=9674−C6741⋅因为a≥3，则正整数a的最小值为9，即n=9，x−19展开式的通项为T因为x2在x2Tr+1=C在xTm+1=C9在2Tk+1=2所以，展开式中含x10的项的系数为−故答案为：−10.【变式13-3】（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，“爱心”是由曲线C1:x2+y2【答案】3【详解】解法1．区域Ω的面积为S=4爱心面积SA=π×∴P=S故答案为：3π4π+4解法2．在图中的阴影部分面积S阴影所以爱心面积为π×12+2π故答案为：3π4π+4【变式13-4】（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合1,2,⋯,2015中任取一个正整数n恰为方程n2=n【答案】1007【详解】当n=6kk∈Z+时，n满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；当n=6k−5k∈Z+n3满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；当n=6k−4k∈Z+n3满足题中方程的n不存在；当n=6k−3k∈Z+n3满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；当n=6k−2k∈Z+n3满足题中方程的n不存在；当n=6k−1k∈Z+n3满足题中方程的n不存在.因此，从集合1,2,⋯,2015中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为335+336+336【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fx=asin2x+bcos2xab≠0的图象关于直线x=π6对称，若存在xA．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得a=3b，计算出fx的值域为−2b,2b，根据题意可得fx【详解】由fxfx=a又因为fx的图象关于直线x=π6解得φ=π6+k可得tanφ=ba=由正弦函数值域可得f若要求满足fx1−f只需满足fxn−1−f所以当且仅当fx即fx所以n−1=6，得n=7，即n的最小值为7.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α，β均有公式sin2α+sin2β=2sinα+βcosα−β.设△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12.面积S满足A．sinAsinBC．8≤abc≤162 D．【答案】CD【分析】结合已知sin2α+sin2β=2sinα+βcosα−β对sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12进行变形化简即可得sinAsinB【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足sin2A+∴sin2A+sinπ−2B∴sin2A+由题可知，sin2α+∴2sin∴2∴2sin∴有sinA设△ABC的外接圆半径为R，由正弦定理可知，asin∴S=1∴R∈2,22，∴abc=8Rbcb+c故选：CD．【变式14-2】（2024·江苏南通·高三模拟）（多选）若函数fx=2sinA．fxB．fx的图像关于直线x=C．fxD．fx的单调递减区间为【答案】BCD【分析】先求出fx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fx的最小正周期；对于B：由fπ2−x=fx【详解】由sinx>0,cosx>0得f对于A：当x∈0,π2时，x+π∈π,32对于B：又fπ2−x=2cos2x⋅对于C：因为fx=sin2x⋅由g't>0得，12<t<1.g't<0得0<t<12.所以gt对于D：因为gt在0,12上单调递减，在12,1上单调递增，由t=sin2x，令0<sin因为t=sin2x在2kπ,同理函数的递增区间为π4故选：BCD.【变式14-3】（2024·江苏南通·高三模拟）函数f(x)=32sin【答案】4913##【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sin2故f(x)==9由sin2x∈0,1，故6f(x)==≥1当且仅当910−6sin2故答案为：4913【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AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE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．44π B．64π C．70π【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2π则第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则a所以S15故选：D．【变式14-5】（2024·浙江·高三期末）已知0<x1<x2<xA．tanx1x1<tanx3x【答案】C【分析】根据导数的几何意义求出曲线f(x)在点(x1,sinx1),(x2,sin【详解】由题意知，f'(x)=cos所以曲线f(x)在点(xy−sin因为切线均过原点，所以sinx即x1=tan由tanx1x1=tanx设A(x1,由正切函数图象性质kAD<kEC，得又x2−π即x1π+故选：C【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据tanxi=【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θ1∘C，空气温度为θ0∘C，则t分钟后物体的温度θ（单位：∘C）满足：θ=θ0+θ1−A．16分钟 B．18分钟 C．20分钟 D．22分钟【答案】D【分析】由已知条件得出θ0=30，θ1=90，θ=50，代入等式【详解】由题知θ0=30，θ1=90，θ=50，所以，所以，−0.05t=ln13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：y=b⋅2t10（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110，则当该种玫瑰花新鲜程度为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b的值，再将y=1【详解】由题意得110=2b，则b=120，令12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P（单位：毫米/升）与过滤时间t（单位：小时）之间的函数关系为P=P0⋅e−kt(t≥0)，其中k为常数，k>0，A．12% B．10% C．9%【答案】A【分析】根据题意可得P0⋅e−9k=【详解】因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，所以P0⋅e−9k再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为P0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fx随着时间x（小时）的变化规律，可以用函数模型fx=40sin驾驶行为类别酒精含量值（mg/100mL）饮酒驾驶≥20,<80醉酒驾驶≥80A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】可结合分段函数建立不等式90e【详解】对于f(x)=40由0≤x<2，则0≤π3x<当x∈(32,2)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n≥290⋅e−0.5n解得n>2ln∵n∈N∗，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sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则csc10∘−A．3 B．23 C．4 【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，10∘由锐角三角函数定义及已知得csc10所以csc10∘−3sec故选：C【题型16三角函数解答题新考点】【例16】（2024·高三·期末）设0<x<π(1)若tanx=12(2)证明：tanx−x(3)若tanx+2sinx−ax>0【答案】(1)1(2)证明见解析(3)a≤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：x−sinx>0，再利用导数研究（3）构造函数fx=tanx+2sin【详解】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可知：cos=（2）证明：先证当0<x<π2时，令mx=x−sinx，则∴mx=x−sinx在即当0<x<π2时，要证tanx−xx−sinx令φx=tan则φ'（或1cos2x而x∈0,π2，则0<∴在φx在0,π2即tan∴当0<x<π2时，（3）令fx=tanx+2sinx−ax，令t=cosx，则t在x∈0,π2而g't=−2t3+2<0，∴g∴f'（i）当3−a≥0，即a≤3时，f'x≥0恒成立，所以f∴fx>0，（ii）当3−a<0，即a>3时，f'∴存在x0∈∴当x∈0,x0时，f'x综上知，a≤3.【变式16-1】（2024·河北省·高三模拟）已知定义域为R的函数ℎx满足：对于任意的x∈R，都有ℎx+2π=ℎx(1)判断函数fx=2x,gx(2)已知函数fx=sinωx+φ32<ω<52(3)设函数fx具有性质P，且在区间0,2π上的值域为f0,f2π.函数gx【答案】(1)函数fx=2x具有性质P；gx(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fx具有性质P，可求出φ=0，进而可得ω=2，从而可得f（3）由函数fx具有性质P及（2）可知，f(0)=0，进而可得fx在0,2π的值域为0,kπ，k∈Z且k>0，由gx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【详解】（1）因为f