2024新题型02 新高考新结构竞赛题型十五大考点汇总（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02新高考新结构竞赛题型十五大考点汇总高考数学中会出现与竞赛相关的考点，本专题主要针对高考中的竞赛考点进行分类归纳【题型1集合中的竞赛考点】【例1】（2022·新疆·竞赛）设集合3a+b【答案】7-2【详解】由1≤a≤b≤4知，3a当a=1,b=4时，得最大元素M=7，又3a+b≥3a+a≥2因此，M−N=7−23故答案为：7−23【变式1-1】（2022·浙江·竞赛）已知集合A=xx【答案】4【详解】n=1时，A=0,1n=2时，A=2n≥3时，n2∴n∴n=4.故答案为：4.【变式1-2】（2021·全国·高三竞赛）已知集合M={1,2,3,⋯,1995}，A是M的子集，当x∈A时，19x∉A，则集合A元素个数的最大值为．【答案】1895【详解】解析：先构造抽屉：{6,114},{7,133},⋯,{105,1995},{1,2,3,4,5,106,107,⋯,1994}．使前100个抽屉中恰均只有2个数，且只有1个数属于A，可从集合M中去掉前100个抽屉中的数，剩下1995−100×2=1795个数，作为第101个抽屉．现从第1至100个抽屉中取较大的数，和第101个抽屉中的数，组成集合A，于是A={1,2,3,4,5,106,107,⋯,1995}，满足A包含于M，且当x∈A时，19x∉A．所以card(A)的最大值为1995−100=1895．故答案为：1895.【变式1-3】（2020·江苏·高三竞赛）设n∈N∗，欧拉函数φn表示在正整数1，2，3，…，n中与n互质的数的个数，例如1，3都与4互质，2，4与4不互质，所以φ【答案】800【详解】解析：法一：因为2020=2故能被2整除的数有1010个，能被5整除的数有404个，能被101整除的数有20个，既能被2整除又能被5整除的数有202个，既能被2整除又能被101整除的数有10个，既能被5整除又能被101整除的数有4个，既能被2整除又能被5和101整除的数有2个．故与2020不互质的有1010+404+20−202−10−4+2=1220，则φ2020故答案为：800.法二：φ2020故答案为：800.【变式1-4】（2021·全国·高三竞赛）设集合A={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，满足下列性质的集合称为“翔集合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A的子集中有个“翔集合”.【答案】49【分析】设出集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为an，写出a2=a3=0,a【详解】设集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为an，则a2=a3=0,a4=1.当n>4时，可将满足题设性质的子集分为如下两类：一类是含有n的子集，去掉n后剩下小于n−2的单元子集或者是{1,2,3,⋯,n−3}满足题设性质的子集，前者有n−3个，后者有an−3个；另一类是不含有n的子集，此时恰好是故答案为：49【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑，设集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为an，写出a【题型2函数中的竞赛考点】【例2】（2018·吉林·高三竞赛）已知fx=2A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【详解】fx的图象关于（0，1）对称，故M+N=f故答案为B【变式2-1】（2018·吉林·高三竞赛）已知函数fx满足：f1=14，4fA．12 B．-12 C．14【答案】B【详解】取x=1，y=0，得f0取x=1，y=1，得4f21取x=2，y=1，得4f1f2取x=n，y=1，有f同理，fn+1联立得fn+2=−fn−1所以周期为6，故f2019故答案为B【变式2-2】（2022·新疆·竞赛）已知f(x)=【答案】-【详解】令g(x)=f(x)−1011，易得g(原不等式等价于g(2x+1)+g(x)>0⇔g(2x+1)>g(−x)．所以2x+1>−x⇒x>−1故答案为：−1【变式2-3】（2022·广西·统考竞赛）设y=fx是严格单调递增的函数，其反函数为y=gx．设x1，x【答案】2【详解】fx且fx故x1=g于是x1故答案为：2.【变式2-4】（2021·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）设x>0，平面向量AB=0,1，BC=1,2，CD=【答案】1【详解】由于AC=则AC⋅故log3x=−2,从而故答案为：19【题型3函数与方程中的竞赛考点】【例3】（2021·全国·高三竞赛）已知s､t是关于x的整系数方程ax2+bx+c=0(a>0)的两根，1<s<t<2【答案】−4【详解】设f(x)=a(x−s)(x−t)，则f(x)=ax因为f(1),f(2)∈Z，所以f(1)⋅f(2)≥1，所以a2又因为(s−1)(2−s)≤14,(t−1)(2−t)≤14，所以a当a=5时，f(1)⋅f(2)=25(s−1)(t−1)(2−s)(2−t)∈1,2516所以f(1)=f(2)=1.于是f(x)=5x2−15x+11【变式3-1】（2021·全国·高三竞赛）实数x、y满足4y【答案】x>y/y<x【分析】比较x、y的大小关系，在等式中比较x、y的大小关系，利用假设法结论正确的答案，结论错误则结果与假设的相反.【详解】假设x≤y．由①知16y−9y=13x，由于13x≤13y，则13y≥16y−9由②知，7x+11y=13x类似上面有x>2．于是x>y与x≤y矛盾故x>y．故答案为：x>y.【变式3-2】（2021·全国·高三竞赛）若f(x)=x6−2【答案】2020【详解】研究二次方程x2−22019即(x−和(x−2020因此x0f(x)=x故f(2019故答案为：2020.【变式3-3】（2023·全国·高三对口高考）方程4+4x−x【答案】1【分析】将等式两边平方，整理得到x2x2【详解】由4+4x−x2=整理得x2x2−6x+6=0，解得x=0又4+4x−x2=2−xx−1所以方程4+4x−x2=故答案为：1．【变式3-4】（2021·全国·高三竞赛）方程(x−1)(x−4)(x−9)(x+1)(x+4)(x+9)【答案】5【详解】解析：易知x=0是原方程的解.当x≠0时，利用a3(x−1)(x−4)(x−9)等价于x3方程两端同除x，整理后得xxx2即x2(x+7)(x−1)(x+5)(x−11)=0.经验证x1故答案为：5.【题型4函数最值中的竞赛考点】【例4】（2018·全国·高三竞赛）已知x2+yA．510 B．610 C．710【答案】B【详解】因为x2+=的几何意义是圆x2+y2=25上的点到A3,−4、B【变式4-1】（2018·全国·高三竞赛）方程x2+x3+A．85 B．−85 C．42 D．−42【答案】B【详解】设x=42p+q（p、q为整数，0≤q≤41）．将x代入原方程得p=q对于每个不同的q确定了唯一的有序数对p,q，从而，x也互不相同．要比较x的大小应先比较p的大小，若p相等，再比较q的大小．因为p=q所以，p的最大值只有当q=0时取到，且最大值为0．因此，x的最大的解为0．又p=q所以，p≥−3．当且仅当q=41时，p=−3．因此，x的最小的解为−85．综上所述，最大的解与最小的解之和为−85．【变式4-2】（2019·全国·高三竞赛）若关于x的方程x2−a2+b2A．22,5+2 B．1,9−45 【答案】D【详解】记fx由fx=0的两个根x1、x即a+12+b−2在坐标平面aOb中画出这两个不等式所限定的区域，则a2+b2+4a+4=a+22+b2的最小（大）值即为点−2,0到该区域各点的最小（大）距离的平方．最小距离是点−因此，a2+b【变式4-3】（2019·河南·高二校联考竞赛）已知函数f(x)=x2+ax+b,(a,b∈R)，记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.当a､【答案】3【详解】由题意可得：对任意x∈[−1,1]，有−2⩽x2+ax+b⩽2，分别取x=1,x=−1，可得：−3⩽a+b⩽1且−3⩽b−a⩽1,易知a+|b|且当b=−1，a=2时符合题意，所以|a|+|b|的最大值为3.【变式4-4】（2019·广西·高三校联考竞赛）设函数y=(1+x【答案】2+【详解】令u=1+x则u'=11+x−11−x由u(x)单调递减，求得u∈[2则y=u所以当u=2时，原函数取得最小值2+故答案为：2+2【题型5构造函数中的竞赛考点】【例5】（2023·全国·模拟预测）已知实数a，b，c∈0,1，且ae2=2eA．a<b<c B．c<a<bC．b<c<a D．c<b<a【答案】C【分析】由题可得eaa=e22，ebb=【详解】ae2=2ea⇒eaa=令fx=exx，x∈0,1，则f'x=exx'=e故选：C【变式5-1】（2022上·湖北宜昌·高三校考开学考试）已知a=4ln5πA．c<a<b B．a<b<cC．a<c<b D．c<b<a【答案】B【分析】令fx=lnxxx≥e【详解】令fx=ln当x≥e时，f'所以fx=ln所以fπ即lnππ>ln4所以lnπ4>所以5lnπ4即c>b，b>a.所以a<b<c.故选：B.【变式5-2】（2021·云南玉溪·高三统考阶段练习）已知在函数fx=ax+ba>0,b>0，gx=lnx+2A．0,+∞ B．1,+∞ C．2,+∞ D．[e,+∞)【答案】B【分析】令t(x)=fx−gx=ax+b−ln(x+2)，即t(x)min≥【详解】由题意，f令t(x)=fx则∀x>−2，fx≥gx恒成立，即t令t令t'(x)>0∴x>1−2a令t'(x)<0∴−2<x<1−2a∴t∴b≥2a−1−令ℎ(a)=2−令ℎ'(a)>0∴a>1，即ℎ(a)在令ℎ'(a)<0∴0<a<1，即ℎ(a)在∴ℎ∴故选：B【变式5-3】（2020·全国·高三竞赛）已知首项系数为1的五次多项式f(x)满足：f(n)=8n,n=1,2,⋯,5，则f(x)的一次项系数为．【答案】282【分析】由已知条件令g(x)=f(x)−8x，结合条件求出函数fx【详解】解：令g(x)=f(x)−8x，则g(x)也是一个首项系数为1的五次多项式，且g(n)=f(n)−8n=0,n=1,2,⋯,5，故g(x)有5个实数根1，2，…，5，所以g(x)=(x−1)(x−2)⋯(x−5)，于是f(x)=(x−1)(x−2)⋯(x−5)+8x，所以f(x)的一次项系数等于1+1故答案为：282【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合题意求出函数fx【变式5-4】（2018·全国·高三竞赛）已知α、β、γ为方程5x3−6【答案】-【详解】注意到，α====15记f则α2【题型6三角函数中的竞赛考点】【例6】（2024上·全国·高三统考竞赛）给定k∈R，若∃m>0，∀x,y∈R满足cosx+kA．(−∞,0)∪(2,+∞) B．(−∞,0]∪[2,+∞)C．[0,2] D．(0,2)【答案】A【分析】对参数k分0≤k≤2，k<0，k>2三种情况讨论，根据余弦函数的定义域与值域的范围即可求解.【详解】依题意，若0≤k≤2，则−1≤1−k≤1，取y=0，则cosx+k若k<0，则1−kcosy=cosx≤1，于是kcosy≥0，此时若k>2则cosy=1−cosxk综上，k的范围是(−∞,0)∪(2,+∞).故选：A.【变式6-1】（2018·吉林·高三竞赛）已知fx=sinA．fx≥13sinx B．f【答案】A【详解】由fx≥1fxfx=sinx2+fπ+x+fπ−x故答案为A【变式6-2】（2021·全国·高三竞赛）函数f(x)=cosx的图象与直线y=kx(k>0)恰有四个不同交点，设四个交点中横坐标的最大值为α，则【答案】−1【详解】易f(x)=cosx与y=kx在区间32即该点斜率相同，所以k=−sin故(−sinα)α=cos所以α⋅tan故答案为：−1【变式6-3】（2022·新疆·竞赛）已知二面角α-l-β的平面角为60°，A，D为直线l上的两点，射线DB在平面α内，射线DC在平面β【答案】2【详解】在α平面中，过点A作DA的垂线，交射线DB于点B，交射线DC于点C，设DA=1，则AB=1,DB=2则∠BAC=60°是二面角在△BDC中，利用余弦定理得BC同理在△BAC中，BC所以cos∠BDC=故答案为：26【变式6-4】（2021·全国·高三竞赛）在△ABC中，AC=5,1tanA【答案】7【详解】解析：记△ABC中A、B、C所对的边分别是a、b、c，如图，设内切圆的半径为r，则tanA2=rb+c−a故b+c−a+a+b−c=5(a+c−b)，故5a+c即a+c=7，故答案为：7【题型7向量中的竞赛考点】【例7】（2022·江苏南京·高三强基计划）已知向量a，b，c满足a=3，b=22，a⋅b【答案】3-【详解】依题意得：a,设−c=m如图将a，b放入平面直角坐标系，设a=OA，则A3,0，B1,1，画图可知：m的终点在以AB为直径的圆上，可得圆心坐标P2,12∴b−故答案为：3−5【变式7-1】（2020·浙江·高三竞赛）已知a，b为非零向量，且|a|=|a【答案】22【详解】解法一

设a=1,0，2a解法二

设m=an=a2a故答案为：22【变式7-2】（2021·全国·高三竞赛）已知平面向量a､b､c，满足|a|=2,|b|=|c【答案】29−2/【分析】设a=(x,y),b=(5,0),c=(0,5)，则|a−b+λ(【详解】解析：建立直角坐标系.设a=(x,y),则|=[x−(5−5λ)]问题转化为点P(5−5λ,5λ)到点A(x,y)的距离与到点D(0,3)的距离之和最小，其中点P(5−5λ,5λ)在直线x+y=5(0<x<5)上运动，点A(x,y)在圆x2所以|PD|+|PA|≥|PD|+|PO|−r=|PD|+|PO|−2.点O关于直线x+y=5对称的点为G(5,5)，所以|PD|+|PO|≥|DG∣=5所以|PD|+|PA|≥29−2，等号可以取到，所以最小值是故答案为：29−2【点睛】思路点睛：向量的模的最值问题，可建立平面直角坐标系，将问题转化为动点到几何对象的距离和最值的问题.【变式7-3】（2021·全国·高三竞赛）已知平面单位向量a、b、c、【答案】4【详解】单位向量a、b、c满足a+b+c=则有m2故有(m+n)2=3+mn≤3+(m+n)故y=|x故答案为：4.【变式7-4】（2021·全国·高三竞赛）设P是△ABC所在平面内一点，满足PA+PB+PC=3【答案】1【详解】因为PA+PB+即3PA记AC的中点为M，于是PA=因此S△PAB故答案为：12【题型8数列中的竞赛考点】【例8】（2023·全国·高三专题练习）已知数列an满足aA．an>an+1 B．an<2【答案】D【分析】利用条件把每个选项中的an+1替换成an+1=【详解】对于选项A，令f(x)=ln1+x−x,x>−1当x∈(−1,0)时，f'(x)>0，所以f(x)在当x∈(0,+∞)时，f'(x)<0，所以故f(x)≤f(0)=0，当且仅当下面利用数学归纳法证明an①当n=1时，a1②假设当n=k时，ak>0，则那么当n=k+1时，因为ak+1=ln所以ak+1这就说明，当n=k+1时，不等式成立，由①、②可知，原不等式对任意的正整数n都成立，即对于任意的n∈N∗，都有因此f(an故0<a由以上过程得0<an+1<an对于选项B，令g(x)=ln1+x−所以g(x)在(0,1]上单调递增，故g(x)>g(0)=0，所以ln1+x>1对于选项C，由选项B得an+1所以an当n=1时，a1所以an对于选项D，令ℎ(x)=ln1+x−当x∈(0,13)时，ℎ'(x)>0当x∈(13,1]时，ℎ'故ℎ(x)max=ℎ(13所以存在x0∈(13,1)，使ℎ(x0)=0故ℎ(x)=ln1+x−34故选项D错误.故选：D.【变式8-1】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{an}的各项都是正数且满足2an2−3anA．若{anB．若a1=1C．若a1≠2D．若a1=3，则【答案】D【详解】数列{an}的各项都是正数且满足2若{an}即为an−an−1=4an由a1<a2，可得若a1=1，可得2a由2a323+17而2a32−3a3=2(a而2<234<2，则42−3×234∈(4由2an2−3a即2an+1=an−1若a1=3，可得2a22由3×(3×2+1)4=214，3+3+33【变式8-2】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{an}满足a1=a(0<a<1)A．当a=23时，a2020<1 C．当a=13时，a2020<1 【答案】C【详解】因an+1−an=当a=23时，∴a2020>当0<a⩽12时，∴12019∴1a∴1a故1a2020>1a【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列an可以用如下方法定义：an=an−1+aA．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】D【分析】通过斐波那契数列可得ai【详解】由题意可得a12=1，a22a2022累加得：a1即i=12022ai2=故选：D.【变式8-4】（多选）（2023·全国·高三专题练习）数学史上有很多著名的数列，在数学中有着重要的地位.13世纪初意大利数学家斐波那契从兔子繁殖问题引出的一个数列Fn：1，1，2，3，5，8，13，……，称之为斐波那契数列，满足F0=1，F1=1，Fn+1=Fn+Fn−1n≥1.19世纪法国数学家洛卡斯提出数列Ln：2，1，3，A．Ln=2FnC．L0+L【答案】AC【分析】利用斐波那契数列和洛卡斯数列的性质与特点一一代入检验即可.【详解】对于A，当n=1时，L1当n=2时，L2=L1+那么当n=k+1时，Lk+1又Fk−2=Fk−综上所述：Ln对于B，∵Fn+2Fn−∴Fn+1Fn−1−F对于C，∵L∴k=0对于D，取n=1，则5F3=15，L故选：AC.【题型9不等式中的竞赛考的】【例9】（2016·北京·高三强基计划）（多选）设函数f(x,y)=−6xy+72(x+y)−2A．0 B．1C．−124 【答案】BD【详解】由对称性可得D的正误，再根据不等式的性质可求最小值，故可得正确的选项.【分析】由x，y的对称性可知，minx∈[0,1]f(x,y)=而max=≥5×故minx∈[0,1]maxy∈[0,1]{f(x,y)}=故选：BD【变式9-1】（2023·全国·高三专题练习）设a,b,c为△ABC的三边，S为△ABC的面积，若【答案】2【详解】解法一：直接套用（12）式：λa8=a2+当且仅当a:b:c=1+1即a=46231,b=解法二：S解法三：消元：8=基本不等式放缩：8≥6ab−4abcos移项配凑目标：S=sin万能代换：令sinC=S≤2当且仅当1t=5t，即tanC2=5【变式9-2】（2022·浙江·竞赛）设a，b，c，d∈R+，abcd【答案】73【详解】由题意可得1d=abc，且则fa原问题等价于求函数faf====a−d∵a+b+c+d⩾a+3d，∴(a+b+c+d)∴8(a+d)⩾8(a+d)⋅12ad−9a令g(a)=32(a+d)−3ad，则g'由a⩾b⩾c⩾d可得d≤1，则g'a∴g(a)⩾g(d)=64d−3d则f'a>0,fa此时a=b=c=d=1，f(a)⩾f(1)=73故答案为：7316【变式9-3】（2021·全国·高三竞赛）设a,b,c>0满足a−b+c+abc=0，则2a【答案】10【详解】取△ABC，使a=tan由于1a所以2=(1+=2=−3sin最大值为3+1故答案为：103【变式9-4】（2021·全国·高三竞赛）已知非负实数x、y、z满足4x2+4【答案】3【详解】设4x2+4y2所以(2x+2y)2=4x点(w,z)在圆心为(0,−1)，半径为2的圆上运动，结合几何意义和w，z≥0知，当(w,z)=(0,1)时，2w+3z有最小值3，且当x=y=0,z=1时等号成立．故答案为：3.【题型10解析几何中的竞赛考点】【例10】（2024上·全国·高三统考竞赛）设双曲线Γ:x2−3y2=−3，A(0,2)，B，C在Γ上且直线BC【答案】y=3±51+13【分析】第一空：设BC方程为:y=kx+2，联立双曲线方程得xB+xC=12k1−3k2,xBxC=−91−3k2，进一步设BD方程为:y=−3yBxBx+4【详解】设BC方程为:y=kx+2，联立双曲线方程x2−3yΔ=144显然x2−3y2=−3联立双曲线方程得x2−3y所以Δ=36k2所以BD方程为:y=−3yBxB联立BD,CD解得x=4y=2k注意到25故25而xD=0时，k=0,此时yD从而D的轨迹方程是25或写成y=3±5若D的横纵坐标均为正整数，可设1+13x于是z2−3ω2=1⋆.显然z0=2,ω=1是⋆从而可以得出一系列⋆的解:(2,1),(7,4),(26,15),(97,56),(362,209)⋯，而x=3ω,y=3+5z，故可取x=3×209=627,y=3+5×362=1813,此时x+y=2440>2024,符合要求.故答案为：y=3±51+【点睛】关键点点睛：第一空的关键是得出BD方程为:y=−3yBxBx+4y【变式10-1】（2023·湖北武汉·统考一模）设F为双曲线E:x2a【答案】54【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q共线，求得Q点坐标的横坐标表示出t,然后运用设参数m法化简ta【详解】设PA:y=kx+a，Px2,y所以−a+x2=2a过F作直线PA的垂线l1:y=−1因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线l1Q是BP:y=y2−0所以得t=ab设m=1+(所以当1m=1故答案为：5【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量；（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.【变式10-2】（2022·江苏南京·高三强基计划）设F，l分别为双曲线x-4212-y212=1的右焦点与右准线，椭圆Γ以F和l为其对应的焦点及准线，过F作一条平行于【答案】5−【详解】由双曲线方程可知其焦准距为3，则椭圆Γ的焦准距b2如图，设椭圆中心为O，建立平面直角坐标系，设F：x2a2+y直线AB方程：y=3联立直线AB和椭圆Γ可得：b2由韦达可得：x1由椭圆中心O位于以AB为直径的圆外，则有OA⋅结合韦达定理可得：3a所以4a即3e解得：5−13故答案为：5−13【变式10-3】（2021·全国·高三竞赛）已知▱ABCD的四个顶点均在双曲线x2−y24=1上，点P(0,1)【答案】3【分析】由对称性，知O为平行四边形的中心，设Ax0,y0【详解】由平行四边形的对称性与双曲线的对称性，知O为平行四边形的中心，由A、B、C、D四点在两支双曲线上各有两点，不妨设A、D在左支上，B、C在右支上，如图：考虑A、B关于双曲线中心的对称点A'因为单支双曲线上不存在四点构成平行四边形，知A'=C,B设Ax0,y0将点A、B的坐标代入双曲线方程得x02−y所以xA=65故S▱故答案为：3【变式10-4】（2021·全国·高三竞赛）已知S(2,1)为椭圆Γ:x28+y22=1上的点，对椭圆Γ上的任意两点P、Q，用如下办法定义它们的“和”P+Q：过点S作一条平行于PQ（若点P与Q重合，则直线PQ表示椭圆Γ在P处的切线）的直线l与椭圆Γ(1)若点P(22,0),Q(0,−2)，求P+Q、(2)在椭圆Γ上是否存在不同于S的点P，满足3P=S？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)P+Q(−2,−1),2P(2,−1),100P(0,−(2)存在，P−1−32【分析】（1）利用新定义数形结合直接求解P+Q、2P以及100P的坐标（2）利用参数方程假设存在，找出点P、Q对应的参数，求出P+Q对应的参数，以及2P，3P对应的参数，列方程直接求解.【详解】（1）根据新定义P+Q“和”的运算，画图如下：过S做PQ的平行线，因为kPQ=12=k（2）存在.设A(a则AB//CD⇔⇔⇔tan而S(2,1)对应的参数为π4，于是，若点P、Q对应的参数为α、β，则P+Q对应的参数γ满足γ≡α+β−设P(acosφ,bsinφ)，且对应的参数为φ.则2P对应的参数为故3φ−π于是，3P的坐标为22从而，所求坐标为P−1−32【变式10-5】（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其右焦点为F，过F作直线l交椭圆C1【答案】2【分析】先将椭圆与直线联立，结合韦达定理表示出D坐标，再结合直线OD交椭圆C1于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，且|MN||OD|=83【详解】不妨设椭圆C1的半焦距c=1，则b2=a2将x=ky+1，代入x2a2显然，方程判别式Δ>0，设A由韦达定理知yAxDyD于是Da所以直线OD的方程为x=−a设圆AMBN的方程为C2直线l∪直线MN的方程为C3由于C3经过C1、C2(x−ky−1)x+比较方程两边xy系数知−k+a2a由对称性不妨设k=aa2又|MN||OD|=8而M在C1上，故232于是C1的离心率为e=【题型11立体几何中的竞赛考点】【例11】（2023上·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥A−BCD中，AB=CD=32，AC=AD=BC=BD=5，空间中的动点M满足MA≥2MB，则平面BCD截M【答案】264【分析】把图形放在长方体中，建立空间直角坐标系，翻译条件得出M的轨迹方程，再利用球截面中的勾股定理计算即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，∵AB=CD=32，且设ED=c，EB=a，EA=b，故a2+故A(0,0,0)，B(3,3,0)，M(x,y,z)，∵MA≥2MB，∴x2+y2+z2≥4(x2+y2+z设面BCD的法向量n−3x+4z=0−3y+4z=0解得x=4y=4z=3，故设球心到面BCD的距离为d，故d=841<R易知球截面是圆，故r2=故答案为：264【变式11-1】（2022·江苏徐州·统考模拟预测）已知A，B，C，D是半径为4的球面上四点，E，F分别为AB,CD的中点，AB=43，CD=27，则以EF为直径的球的最小表面积为；若A，B，C，D不共面，则四面体【答案】π20【分析】①利用圆的垂径定理，可求得OE，OF，再利用三角形三边关系定理可求得EF的取值范围，即可求得以EF为直径的球的最小表面积②过C作CM∥AB,CM=43，连接AM,DM，四边形ABCM为平行四边形，则VABCD=【详解】设球心为O，∴OA=OB=OC=OD=4，分别取AB,CD中点E，F知OE=OF−OE≤EF≤OE+OF⇒1≤EF≤5，∴以EF为直径的球的最小表面积为4π⋅过C作CM∥AB,CM=43，连接AM,DM设∠DCM=θ，设A到平面DCM距离为ℎ∴V∵sinθ≤1，ℎ也为E到平面CDM的距离，∴V故答案为：π；20【变式11-2】（2021·全国·高三竞赛）把半径为1的4个小球装入一个大球内，则此大球的半径的最小值为．【答案】1+【详解】4个小球在大球内两两相切，4个小球的球心连线构成1个正四面体，正四面体的中心与大球的球心重合，大球的半径等于正四面体的外接球半径加上小球的半径，所以大球半径为34（其中h表示正四面体的高，a表示正四面体的棱长．）故答案为：1+6【变式11-3】（2021·全国·高三竞赛）A、B、C、D是半径为1的球面上的4个点，若AB=CD=1，则四面体ABCD体积的最大值是．【答案】3【详解】设AB与CD间的距离为d，夹角为θ．取AB中点M和CD中点N，则d≤MN≤OM+ON=3故四面体体积V=16⋅AB⋅CD⋅d⋅故答案为：36【变式11-4】（2021·全国·高三竞赛）正四面体ABCD中，点G为面ABC的中心，点M在线段DG上，且tan∠AMB=−351【答案】2【详解】解析；设AM=BM=x,AB=1，由余弦定理得x=339，且则GM=A而DG=63，所以故答案为：23【变式11-5】（2023·全国·统考竞赛）已知三棱柱Ω:ABC−A1B1C1的9条棱长均相等.记底面ABC所在平面为α.若Ω的另外四个面（即面A1B1C1，ABB1A1，【答案】6【分析】由对称性，仅需考虑点D位于∠BAC内的情形（如图所示），此时有SABED+SACFD=SBCFE，由题设中的面积故可得故SABED，SACFD必为23，33的排列，S【详解】

设点A1，B1，C1在平面α上的投影分别为D，E则面A1B1C1，ABB1A1，ACC1A1由已知及三棱柱的性质，△DEF为正三角形，且四边形ABED，四边形ACFD，四边形BCFE均为平行四边形.由对称性，仅需考虑点D位于∠BAC内的情形（如图所示）.显然此时有SABED由于S△DEF,SABED,SACFD,SBCFE=23,33,43不妨设SABED=23，SACFD=3取射线AD与线段BC的交点X，则BXCX=S因此AX=A而ADAX=S于是Ω的高ℎ=AA12−AD2【题型12排列组合中的竞赛考点】【例12】（2024上·全国·高三统考竞赛）设a1,a2,⋯,【答案】7936【分析】由组合数公式结合递归的方式发现规律，逐步代入即可求解.【详解】设共有n个数时符合要求的数列个数是xn，本题要求xx9x7x5x3x1由此可从下往上计算得x故答案为：7936.【变式12-1】（2024上·辽宁辽阳·高三统考期末）如图，将n2个整数放入n×n的宫格中，使得任意一行及任意一列的乘积为2或－2，记将n2个整数放入n×n的宫格有an种放法，则a【答案】32n+1【分析】根据题意可以得到2=2×1×1…×1，进而得到n×n宫格中2的放置共有Ann，根据2正负号和1正负号共有2n【详解】根据题意可以得到2=2×1×1…×1，所以得到n×n宫格中2的放置共有An根据2正负号和1正负号共有2n则通项公式an则a2因此n−1a所以i=1=n+1故答案为：32；n+1【点睛】关键点睛：本题的关键是利用排列公式和分步乘法原理得到an【变式12-2】（2023·全国·统考竞赛）八张标有A，B，C，D，E，F，G，H的正方形卡片构成下图.现逐一取走这些卡片，要求每次取走一张卡片时，该卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边（例如可按D，A，B，E，C，F，G，H的次序取走卡片，但不可按D，B，A，E，C，F，G，H的次序取走卡片），则取走这八张卡片的不同次序的数目为.

【答案】392【分析】构建如图所示的m+n+2阶图Gm,n，设不同的取法数为fm,n，则可有递推关系fm,n【详解】解：如左下图重新标记原图中的八张卡片.现将每张卡片视为顶点，有公共边的两张卡片所对应的顶点之间连一条边，得到一个八阶图，该图可视为右下图中的m+n+2阶图Gm,n在m=3，n=3

取卡片（顶点）的规则可解释为：（ⅰ）若顶点P已取走，则以下每步取当前标号最小或最大的顶点，直至取完；（ⅱ）若顶点P未取走，则必为某个Gm,nm,n≥0的情形，此时若m=0，则将P视为归结为（ⅰ）的情形；若m≠0，n=0，则将P视为1号顶点，归结为（ⅰ）的情形；若m，n≥1，则当前可取P或−m号顶点或n号顶点，分别归结为（ⅰ）或Gm−1,n或G设Gm,n的符合要求的顶点选取次序数为fm,n，本题所求即为由（ⅰ）、（ⅱ）知fm,0=2m+1m≥0由此可依次计算得f1,1=12，f1,2=f2,1=28，f1,3故答案为：392.【变式12-3】（2023·全国·高三专题练习）设A=a1a2⋯an（0≤【答案】C【分析】根据1≤x1+【详解】解法1：设a是任一个小于10n且其数字具有非降顺序的正整数，a中有x1个1，x2个2……x9个9，则xi≥0（i=1,2,⋯,9）且x1+故所求的正整数个数等于方程①满足x10≠n的非负整数解的个数，由定理1知答案为解法2：设A是任一一个小于10nA=a其中a1,a因此所求正整数的个数等于10元集0,1,2,⋯,9的n可重复组合的个数减去1，由定理1知答案为Cn+10−1故答案为：C【变式12-4】（2023·全国·高三专题练习）8个女孩和25个男孩围成一圈，任何两个女孩之间至少站两个男孩，则共有种不同的排列方法．（只要把圈旋转一下就重合的排法认为是相同的）【答案】16!25!【详解】假定女孩中有一个是A，对任何一个满足要求的圆排列，令从A打头按顺时针方向走成一个直排，示意图如下：↔ABCD⋯．现在以O代表女孩所站的位置，以×代表男孩所站的位置，则在每个〇后至少有两个×．让每个O“吸收了”它紧后的两个×，画成一个⊕，则每个O，×排列对应成一个⊕×排列：

后一种排列的个数显然是从（8+25）-2×8-1=16个位置中选出7位置的组合数，即C167种．以上表明男、女孩的位置排列共C16

【题型13概率中的竞赛考点】【例13】（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13-1】（2022·福建·统考竞赛）从1，2，3，…，11这11个正整数中任意抽取3个不同的正整数a，b，c，则它们的积abc能被4整除的概率为.【答案】20【详解】考虑abc能被4整除的抽法：由abc能被4整除可知，a，b，c中至少有1个数为偶数，若a，b，c中恰有1个偶数2个奇数，则偶数须为4或8，不同的抽法有C2若a，b，c中恰有2个偶数1个奇数，则不同的抽法有C5若a，b，c均为偶数，则不同的抽法有C5所以使abc能被4整除的不同抽法有30+60+10=100种，因此abc能被4整除的概率为100C故答案为：2033【变式13-2】（2023·全国·高三专题练习）甲、乙进行某项比赛，甲得、失1分的概率分别为0．8与0．2，且每得、失1分相互独立．由于甲的实力比乙强得多，乙提出了如下不公平的比赛规则（否则乙将不与甲比赛）：甲在乙得2分之前得5分甲胜，乙在甲得5分之前得2分乙胜．求甲获胜的概率．【答案】0.851968【详解】此规则的一般情形是：甲在乙得m分之前得nn>m分甲胜，乙在甲得n分之前得m分乙胜，此即是分赌注问题．由式①P5,2【变式13-3】（2022·湖北武汉·高三统考强基计划）连续地随机掷1颗骰子，一直掷到6点出现3次为止.用X表示停止时已经掷的次数.(1)求X的分布列PX=k(2)令Y=minmaxX【答案】(1)答案见解析.(2)2153432【详解】（1）显然当掷k次才停止时,必有第k次掷出的是6,前k−1中有2次掷出6,k−3次掷出的是其它数字.所以PX由于PX=3=2×1×50故其分布列为：X34⋯k⋯P115⋯k−1⋯（2）当Y=4时,有X=3,4,故PY=4当Y=5时,有X≥5,故P于是可得EY【变式13-4】（2024上·全国·高三统考竞赛）校乒乓球锦标赛共有2n位运动员参加.第一轮，运动员们随机配对，共有2n−1场比赛，胜者进入第二轮，负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生2n−2名胜者.如此下去，直到第n轮决出总冠军.实际上，在运动员之间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中x1最好，x2次之，…，xn最差.假设任意两场比赛的结果相互独立，不存在平局，且∀1≤i<j≤2n(1)求最后一轮比赛在水平最高的两名运动员x1与x(2)证明:∀1≤i≤2n−1，x【答案】(1)2(2)证明见解析.【分析】（1）考虑一般情形：设倒数第k轮开始前剩下的选手恰好为x1,x2,⋯,（2）xi为总冠军的概率是xi为总冠军的所有2n−1!【详解】（1）我们考虑更一般的情形:求倒数第k轮开始前剩下的选手恰好为x1要实现这一点，这k名选手是种子选手，即在前面的比赛中两两不能相遇，而且必须在其全部2k锦标赛树形的2n片树叶的填写方式有2我们有2k!2因此其概率为2p2特别地，本题为k=1的情形，故所求概率为2p（2）xi为总冠军的概率是xi为总冠军的所有所有这些结果中将xi与x对于某一特定的比赛结果，若xi与x否则改变后的这一特定比赛结果的概率等于用1−pp注意到1−pp<1,因此求和后总概率变小，这表明xi【题型14复数中的竞赛考点】【例14】已知复数z=cos2π3A．−12+C．12−3【答案】C【分析】由题设由z3【详解】根据题意，有z3=1，z≠1，于是从而z3故选：C【变式14-1】设z1,z2,A．−6 B．6 C．−8 【答案】D【分析】利用高次方程的韦达定理可求代数式的值.【详解】设题中代数式为M，则M===2×(−2)故选：D【变式14-2】设x是实数，z是辐角为π4的复数，则|2+A．22 B．3 C．10 D．【答案】C【分析】利用对称及复数的几何意义可求诸模之和的最小值.【详解】设Y(2,1)，x，z对应的点分别为X，Z，则所求代数式的几何意义为△XYZ的周长，点Y关于x轴和直线y=x的对称点分别为Y1因此所求最小值为Y1故选：C.【变式14-3】（多选）若复数z满足z2A．5B．3−C．argD．arg【答案】AC【详解】因为|z|−1故5−12≤|z|≤5+1令z=r(cosθ+i⋅sin由z+可知r+1r2故cos2θ≤−12【解答】AC【变式14-4】已知复数z1，z2满足z1+2z【答案】10+1/【分析】设z1=x+yi，根据题意求得z【详解】令复数z1=x+yi，x，y∈R，则z所以z1+2z1=3x−yi=−3−又因为z2−z1=1又点(−1,1)到点(0,−2)的距离为(−1−0)2所以z2+2i故答案为：10+1【题型15整除中的竞赛考点】【例15】（2023·全国·高三专题练习）计算55个5的乘积，则其最后三位数是（

）A．125 B．375 C．625 D．875【答案】A【详解】提示：555=25设555=125m，125m=8k+5，则125m≡5(mod8)，则125m≡125(8k+1)≡125(mod1000)，所以最后三位数是【变式15-1】（多选）（2024下·河北·高三校联考开学考试）欧拉函数φnn∈N*是数论中的一个基本概念，φn的函数值等于所有不超过正整数nA．φ4⋅φ6=φC．φ100=40 D．数列φ2n【答案】ACD【分析】A，由题意可得φ4，φ6，φ10【详解】A选项，由题可知与4互质的数为1，3，则φ4=2；与6互质的数为1，5，则与10互质的数为1，3，7，9，则φ10=4，故B选项，由A选项可知，φ4=φ6C选项，注意到100=2被5整除的有20个，同时被2和5整除的有10个，则从1到100，这100个整数中，不能被被2或5整除的数，即与100互质的数的个数为100−50−20+10=40个，则φ100D选项，由C选项分析可知，与2n互质的数，就是从1到2n，这其中2的倍数有2n−1个，则φ2n=2即为首项为12，公比为23的等比数列，其前n项和故选：ACD【变式15-2】（2024下·河北·高三张北县第一中学校联考开学考试）设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b( (1)求证：233(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则np−1①证明：对于任意整数x都有x13②求方程x9【答案】(1)证明见详解；(2)①证明见详解；②35.【分析】（1）由二项式定理证明233(2)①由费马小定理证明x13−x≡0( mod 13)，x13−x≡0( mod 2)，x13【详解】（1）因为233所以233所以233又65被7除所得的余数为2，所以233（2）①由费马小定理得x12≡1( 又x13所以x13同理：x13−x≡0( 因为2,3,7,13都为素数，2×3×7×13=546，所以x②因为x9由费马小定理知，对于任意正整数x都有x7即x9x9+x7−即x9因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数x都有x所以方程x9【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求解.【变式15-3】（2024·河南·统考模拟预测）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，um,⊗为um除以p的余数；设a∈X，1,a,a2,⊗,⋯,ap−2,⊗两两不同，若an,⊗(1)若p=11,a=2，求ap−1,⊗(2)对m1,m2∈0,1,⋯,p−2，记m1⊕m2为m1+m(3)已知n=log(p)ab．对x∈X,k∈1,2,⋯,p−2【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