2024年高考数学新模式新题型《数学与阅读理解》共22道（含解析）

ai,l11,2%,加

（2023上•北京朝阳•高三统考期中/24南通）已知4=知仁2%"'（〃叱2）是疗个正整数组成的加

、。加,1am,2…am,m）

行加列的数表，当/<y777时，记+设“eN*,若4满足如

下两个性质：

®a,.yG{1,2,3；■•,n}（z=1,2,,7n;7=l,2,,ni）-

②对任意左e{1,2,3,…㈤,存在ie{l,2,…，叫,je{l,2,…,3,使得%=k,则称任为数表.

‘123、

⑴判断4=231是否为小数表，并求4（&1，%2）+1（02,2，%3）的值；

□「J

⑵若口数表4满足d（%，%ij+J=1。=1，2,3;j=1,2,3）,求4中各数之和的最小值；

（3）证明：对任意Q数表A。，存在14，<s410,14j<Y10,使得［（为,&J=0.

【答案】⑴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；

⑵根据条件讨论"埼的值，根据=「4」,得到相关的值，

进行最小值求和即可；

（3）当々22时，将横向相邻两个人用从左向右的有向线段连接，则该行有〃-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.

‘123、

【详解】（1）4=231是一数表，

1312）

］（%.］,出,2）+（/（。2,2，%,3）=2+3=5.

（2）由题可知d（atj,4,）=\aitj-aSJ\+\asJ-ast|=l（z=l,2,3;j=1,2,3）.

a

当M,j=1时，有d⑷,4+i,j+i）=（a.jJ+l-1）=^1,

所以%+4+U+1=3.

当j=2时,有d(%j，4+ij+i)=(2—%))(2—4+ij+i)=1,

所以a,j+《+ij+i=3.

所以at,j+aM,j+i=3«=1，2,3;j=1,2,3).

所以alA+a22+a3}+a44=3+3=6,a13+a2A=3,%」+=3.

32+%+%4=3+1=4或者&2+4,3+%4=3+2=5,

%1+%2+%,3=3+1=4或者%+%2+&,3=3+2=5,

%4=1或«1,4=2,«4,1=1或«4,1=2,

故各数之和26+3+3+4+4+1+1=22,

4111、

1222

=当4“=1211时」，

J212,

各数之和取得最小值22.

(3)由于Q数表/中共100个数字，

必然存在丘{1,2,3,4},使得数表中左的个数满足7225.

设第i行中％的个数为4(/=1,2,-,10).

当乙22时，将横向相邻两个女用从左向右的有向线段连接，

则该行有々T条有向线段，

所以横向有向线段的起点总数尺=2&-1注£&-1)=7-10.

号之210

设第J列中％的个数为Cj(j=1,2,…,10).

当J22时，将纵向相邻两个人用从上到下的有向线段连接，

则该列有C/T条有向线段，

所以纵向有向线段的起点总数。=z(c-i)>Z(c.-i)=r-io.

cj>2J710J7

所以R+CN2T-20,

因为T»25,所以R+C-T22T—20-T=T-20>0.

所以必存在某个上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<i/<v<10,1<p<q<10,

使得au,p=av,p=av,q=k,

所以d（第4j=除广时|+\av,P一%）=0，

则命题得证.

（镇海高三期末）19.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=/（x）上的曲线段A3,其弧长为心，当动点从A沿曲线段A8运动到B点时，A

点的切线乙也随着转动到B点的切线％，记这两条切线之间的夹角为八。（它等于4的倾斜角与乙的倾斜

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

A6>

越大，因此可以定义K=为曲线段的平均曲率；显然当越接近即加越小，就越能精确刻

A7AB8A,K

画曲线在点处的弯曲程度，因此定义｛与/|>1

CAK=；J（若极限存在）为曲线C在点A处的

（一）2

曲率.（其中y',y''分别表示y=/（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;

尤2

（2）求椭圆二+,2=1在处的曲率;

4-

/、2V21y|/、/、

(3)定义°(y)=0—号为曲线y=/(%)的“柯西曲率”.已知在曲线/(x)=xlnx-2x上存在两点

P(%J(%))和。卜2，/(々))，且HQ处的“柯西曲率”相同，求我+啊的取值范围.

【答案】(1)1(2)更立

49

【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，转化一元函数，结合高观点极限方法求解即可.

【小问1详解】

兀

K=--=—=1.

As4

3

【小问2详解】

1--11_3

、-彳2＞

h/X2,X(.X22„1I(.;J、5%2；X2

y=vT'，y

16A/7

故(占=-#，y"L=旨=-2,故(r]—49.

【小问3详解】

f'(x)-]nx-l,故9(》)=J_20_20

-z、3―/-/\3，其中5=0%，

x(1+y)x(lnx)3v3(5,ln5)

令:=朽，4=^",则aln%贝1Jin0:二一独"，其中,=^＞1(不妨灰＞A)

t—1%

令Mx)=—p'(x)=i+mxnp(闻咤)递减，在[g,+s]递增，故1＞/2＞：＞：＞0；

令/z⑺=ln(4+/2)=ln«+l),

t—

h'(t)=1,In/"I,令加(/)=hu—2"一」«>D,

t+1Jt+1

则m'(t)="f，当/>1时，m'Q)>0恒成立，故m(t)在(1,+8)上单调递增,

即叱唱以0,

可得m(t)>m(l)=0,

，/、1「2〃-1)

故有打什)=-----Z-In/——-------

(I)[->0,

则人⑺在(1,+8)递增，

又噂秋')=ln2—l,lim/i(?)=0,故ln&+芍)e(ln2—l,0),

故依+值=ti+r2e

【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.

（合肥一中期末）19.同余定理是数论中的重要内容.同余的定义为：设a,b^Z,m6"*且加＞1.若

—）则称。与b关于模相同余，记作。三》（modm）（，”为整除符号）.

（1）解同余方程尤2-%三。（mod3）；

（2）设（1）中方程的所有正根构成数列｛4｝,其中％＜。2＜。3＜・＜4-

①若"二-一4”江）,数列也｝的前八项和为S“，求先^；

②若cn=tana2“+i匕!）⑸一］（/eN*）,求数列｛c“｝的前〃项和心.

解：（1）由题意x（x-l）=0（mod3）,所以x=3左或x—1=3左（左eZ）,即x=3左或x=3左+1（左eZ）.

3义但（〃为奇数）

（2）由⑴可得｛%｝为｛3,4,6,7,9,10,卜所以2

卜义畀1（〃为偶数）

1（〃为奇数）

①因为（neN）,所以仇=<

2（〃为偶数）.

52024=4+4+&++旬024=3x1012=3036.

®cn=tan«2n+1-311%一1=tan3n-tan3（n+l）QneN*）.

,/、tan3（〃+1）—tan3〃

因为tan3〃・tan3（〃+l）=-------------------------1,

tan3

丁（tan6-tan3八（tan9-tan6八（tan3（M+l）-tan3n、

所以7；=仿+02+…g=----------------------------1+-----------------1+…+-------------------------1

Vtan3J（tan3）（tan3）

tan3（n+l）-tan3tan3（n+l）]

tan3tan3

（北京西城）21.给定正整数N23,已知项数为加且无重复项的数对序列A：

（国,%）,（4,%），…，（%,%）满足如下三个性质:①不,ye{l,2,…,N},且可#%（i=1,2,…,加）；②

,+1=y（=i，2,…,"T；③（夕应）与（%夕）不同时在数对序列A中.

（1）当N=3，机=3时，写出所有满足苞=1的数对序列A；

（2）当N=6时，证明：m<13；

（3）当N为奇数时，记用的最大值为T（N）,求T（N）.

【答案】⑴4:（1,2）,（2,3）,（3,1）或4:（1,3）,（3,2）,（2,1）

（2）证明详见解析（3）T（N）=；N（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加的一个大致范围，然后根据序列A满足的性质证得mW13.

（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,相=3时有：

4:（1,2）,（2,3）,（3,1）或4:（1,3）,（3,2）,（2,1）.

【小问2详解】

当N=6时，

因为（夕应）与（名夕）不同时在数对序列A中，

所以/力＜或=15,所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，

又因为%+1=%[=1,2,・，加一1）,

所以只有和以对应的数可以出现5次，

所以7“＜gx（4x4+2x5）=13.

【小问3详解】

当N为奇数时，先证明T（N+2）=T（N）+2N+L

因为（夕,q）与（名夕）不同时在数对序列A中，

所以T（N）＜Cj=gN（N—1）,

当N=3时，构造A:。,2）,（2,3）,（3,1）恰有C；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Cj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+l）,（N+l,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）WT（N）+2N+1,

其次，对每个不大于N的偶数，e｛2,4,6,.「N—l｝,

将如下4个数对并为一组:

（N+Lz）,（i,N+2）,（N+2,i+l）,（i+l,N+l）,

共得到上J组，将这匹J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（,N+l）,（N+L2）,（2,N+2）,（N+23）,（3,/+l）,­,

（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+L

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）

=（2（N-2）+l）+（2（N-4）+1）++（2x3+l）+3

=（2（N-2）+l）+（2（N-4）+1）++（2x3+l）+（2xl+l）

=（2N-3）+（2N-7）++7+3

2N—3+3N—2+1

------------x-----------

22

【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤:

（1）理解“新定义”一一明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.

⑵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.

（如皋市）19.对于给定的正整数n,记集合R"={a|a=（%,尤2，三,…，尤“）,尤」eR,/=l,2,3,…,其中

元素。称为一个w维向量.特别地，0=（0,0,…,0）称为零向量.

设左eR,£=(4，%「-,见)€氏"，0=(瓦力2,…,b,)cR",定义加法和数乘：ka=(kax,ka2,---,kaj,

a+#=(4+bx,a2+b2,---,an+bn).

对一组向量%,%，…，%(seN+，s..2),若存在一组不全为零的实数左，k2,...,ks,使得

尤%2a2+…+44=0,则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关.

(1)对〃=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.

①位=(1,1,1),£=(2,2,2)；

②。=(1,1,1),£=(2,2,2),/=(5,1,4)；

③c=(l,l,O),4=(1,0,1),/=(0,1,1),5=(1,1,1).

(2)已知0,13,7线性无关，判断a+£,p+7,&+7是线性相关还是线性无关，并说明理由.

(3)已知加(加-2)个向量％,a2，…，%；线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明：

①如果存在等式左4+左2a2+…=0(左eR,i=l,2,3,…,加)，则这些系数左，k7,心或者全

为零，或者全不为零；

②如果两个等式尤4+k2a2+…+%,"%"=0,/]%+l2a2+…+/,“看“=0(,wR,li€凡7，=1,2,3,-.,修)同时成

k,匕km

立，其中/尸0,贝

(1)解：对于①，设勺。+&/=0,则可得匕+2&=0,所以以〃线性相关；

对于②，设kxa+k2P+k3y=0,则可得｛左i+2左2+5&=0^+2k?+k3=0^+2k?+4左3=0,所以左1+2k2=0,

%=0,所以％回/线性相关；

对于③，设kxa+k2(3+k3y+k^8=0,则可得｛左1+左2+左4=0勺+&+攵4=0左2+&+&=0，解得

匕=k2=左3二-：左4，所以。,回/»线性相关；

(2)解：设勺(。+/)+左2(£+7)+左3(。+7)=0，

则(匕+女3)仪+(匕+左2)6+()+左3)/=。'

因为向量B,7线性无关，所以机+收=0勺+左2=0%2+%3=0，解得4=左2=左3=0，

所以向量a+尸，(3+Y,7线性无关,

11

（3）①匕4+A2a2"--------■心区”=0，如果某个勺=。，，=1,2,­••,m,

贝ijk{ax+k2a2++k-%-+kMa二+…+kma^=0,

因为任意根—1个都线性无关，所以左—k2,kM,■■■,匕“都等于0,

所以这些系数左，&，・・・，K或者全为零，或者全不为零,

②因为/户0,所以小•一，4全不为零,

...LI

所以由4%+l2a2+•-•+/,„«„=。可得/=-7%------十％…

+

代入左0k2a2+---+kmam=0可得勺（一十%----,aQ+k2a2+-'+kmam=0,

所以（一}匕+&）&+…+（-声勺+&）。加=。，

所以一十%+右=。，…，-y-^i+km=0,

（江苏四校）19.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,。是直

线/上互异且非无穷远的四点，则称丝.空（分式中各项均为有向线段长度，例如AB=-A4）为A,B,

BCAD

C,。四点的交比,记为（AB;。,。）.

1

（1）证明:1-（£>,B；C,A）=

（B,A；C,Z））

（2）若4,12,13,乙为平面上过定点尸且互异的四条直线，%,七为不过点「且互异的两条直线，L,

与4，12,4，乙的交点分别为4，B],c-2，%与/「%，4，%的交点分别为4，B「c2,D2,

证明：（4，旦;。1，。）=（4，与6,3）；

（3）已知第（2）问的逆命题成立，证明：若AEFG与AER'G'的对应边不平行，对应顶点的连线交于

同一点，则AEFG与AEFG对应边的交点在一条直线上.

的八、，小「「“、,DCBABCAD+DCBABC（AC+CD）+CD-AB

解：（1）1-（JD,B;C,A）=1--------------=---------------------------=------------------------------------

BCDABCADBCAD

BCAC+BCCD+CDAB_3cAe+ACCD_AC-BD_]

BCAD-BCAD-BC-AD-（B,A,C,D）'

（2）（A,四；c>2）=AG.4A=S'AG.SAPB向

BCMs^Ci-s^Di

5PApc1.sm/APCI^PB/PR.sinSPRsm/"Cjsin/gP〃

sinZSPCsinPD

；PB『PCjsinZB,PC,-PD,■sinZA,PDX''幺i

SAP4c2•S^pgD2

sinZAPC2-sinZBPD2

222.詈=(4，%G，3；

sinZB2PC2•sinAA1PD2S”32c2・SA%£)2

第(3)问图

(3)设EF与EF'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w,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,fU,/')=(P,E;K£)，再考虑线束IP，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A/N过点Z,故Z在直线XV上，X,Y,Z三点共线.

(高考仿真)19.已知无穷数列{4}满足%=max{%+i，a“+2}—min{a"+iM"+2}("=l,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％=1,%=2时，写出％的所有可能值；

(2)若数列{%}中的项存在最大值，证明：0为数列{4}中的项；

(3)若里,〉0(，=1,2,3,•),是否存在正实数M,使得对任意的正整数%都有为<“？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】⑴{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。“20,讨论。3>2、%<2及%，“4大小求所有。4可能值；

(2)由。“20,假设存在4eN*使a“K品，进而有4°Wmax{ailo+l,ailo+2}<%,可得

min{aw+i，a闻+?}=0，即可证结论；

(3)由题设为/4+15=2,3,•),令5={加。〃〉a〃+i，"21},讨论S=0、S/0求证%>“即可

判断存在性.

【小问1详解】

由a“=max[an+1,an+2}-min[aII+1,an+2}>0,q=max{2,«3}-min{2,a3}=1,

若名〉2,则%-2=1,即％=3,此时。2==2,

当%>3,则&-3=2,即%=5；

当应<3,则3—%=2，即为=1；

若%<2,贝!]2-%=1，即。3=1，此时g=max{l,a4}-min{l,a4}=2,

当%>1，则%—1=2，即%=3；

当应<1，则1—%=2,gpa4=-1(舍)；

综上，％的所有可能值为{L3,5}.

【小问2详解】

由(1)知：an>0,贝i|min{a“+i，%+2}N0,

数列{4}中的项存在最大值，故存在%6N*使％,Wa闻，("=1,2,3,…)，

由%=max{%M,。否+2}—min{%+],allo+2}<max{a^+1,a^+2}<^,

所以min{aM，aw+2}=0，故存在左e{%+1,%+2}使4=0,

所以0为数列{4}中的项；

【小问3详解】

不存在，理由如下：由。“>0(〃=1,2,3,),则4产。“+15=2,3,..),

设S={“|%>"〃+1,"31}，

若S=0,则qWg，q<6+1(7=2,3,.),

M-

对任意〃〉0,取％=[—]+2([幻表示不超过x的最大整数)，

当">为时，an=(4-a〃T)+(a”--an_2)+...+(a3-a2)+a2

—a“_2+a”_3+…+。]+2(“一I)%〉M；

若S/0,则S为有限集，

设〃2=max｛〃|a">a“+i，〃21｝，am+i<am+M(z=l,2,3,)，

M,，

对任意〃>0,取“=[r——]+m+l([x]表示不超过x的最大整数)，

a1n+i

当">〃2时'4=(见一%-1)+(%-「q-2)+…+(4+2一%"+1)+4+1

a

=a吁2+%+•••+m+4+1>(n-m)am+1>M；

综上，不存在正实数M,使得对任意的正整数〃，都有

【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定为/a.5=2,3,),并构造集合5=｛加4>”“+1，九21｝,讨

论S=0、SW0研究存在性.

(高考仿真)19.若项数为k(keN*,工3)的有穷数列若“｝满足:0W3<&<的<•••<^，且对任意的

i,jQWiWjWk),%+6或%-6是数列｛4｝中的项，则称数列｛“"｝具有性质尸.

⑴判断数列0,1,2是否具有性质P,并说明理由；

(2)设数列｛%｝具有性质P,q«=L2,,公是｛““｝中的任意一项，证明：。*-q一定是｛%｝中的项；

(3)若数列｛%｝具有性质P,证明：当上25时，数列｛4｝是等差数列.

解析(1)数列0』,2具有性质P.

理由：根据有穷数列｛%｝满足：0^a｝<a2<a3<---<ak,且对任意的i,j(lViVjW6)，％+弓或。厂q是数

列｛%｝中的项，则称数列｛q｝具有性质P，

对于数列。,1,2中，若对任意的可得力-6=。或1或2,

可得勺一4一定是数列｛%｝中的项，所以数列0,1,2具有性质P...........4分

(2)证明：由q(i=l,2,，幻是数列｛%｝中的任意一项,

因为数列｛%｝具有性质P,即％+%或勺-％是数列｛q,｝中的项，

令/=&,可得%+q或延-勾是数列｛%｝中的项，

又因为0=4<a2<...<ak,可得如+弓一定不是数列｛%｝中的项，

所以%-卬一定是数列｛%｝中的项...........8分

（3）由数列｛七｝具有性质尸，可得以+为走｛。“｝,所以4-4e｛a“｝,

则0e｛a“｝,且q=0,

又由4+qg｛a“｝,所以4-4日凡｝,

又由0=〃k一<&_ak_x<ak-ak_2<L<ak-a2<ak-ax,

①设左，因为0«%<〃2<<4

aa=aa

可得%一必=0q~k-\=〃2，4~k-2=〃3，S_〃2k-vk-ax=ak,

当上N5时，可得%—%7=4+1（14，4左一1）,（*）

②设3W左一2,贝!jai+q>%T+/=%,所以％T+4任｛q｝,

由°=ak_x-ak_x<ak_y-ak_2<L<ak_x-a3<ak-a3=ak_2,

又由。<%<出<■<ak_3<ak_2,

aa=aaa=a

可得k-\~k-\\'k-\~k-22<ak_3=a3,ak_｝—a3=ak_3,

所以%-ak_,=ai（l<i<k-3）,

因为左25,由以上可知：4T-%T=4且%「a1=0，

所以为_］一4=%T且仆2，所以《_|一。1=q（14i4左-1）,（**）

由（*）知，ak-ak_t=aM（1<z<A;-1）

两式相减，可得以一。1=@+i（1d《左-1）,

所以当上25时，数列｛%｝为等差数列...........17分.

（安徽）19.（17分）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，指的是已知动点般与两定点2P的距离之比

向\MQ\一人。，人D"是一个常数，那么动点般的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线P。上.已知动

22

y

点四的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为/+丁2=4,定点分别为椭圆c：\+=l(tz>b>0)的右焦点

a

厂与右顶点A，且椭圆C的离心率为e=’.

2

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）如图，过右焦点/斜率为左伏＞0）的直线/与椭圆C相交于民。（点8在x轴上方），点S,T是椭圆

C上异于民。的两点，SF平分NBSD,TF平分NBTD.

BS\

①求亍房的取值范围;

Q1jP

②将点S、2T看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若SFT外接圆的面积为《一,求直线/的方程.

22V5M

【答案】（1）土+匕=1⑵①,1®y=——X------

8622

c-2c+2)

【解析】（1）方法①特殊值法，令”（土2,0）,石5'且0=20'解得c=2.

a—2

22

a?=8,〃=/_。2=6,椭圆C的方程为土+匕=1,

86

22

z-x一/\\MF\J（X-C）+y

方法②7设由题意上2「2二丸（常数），整理得:

IIM^x-a）+y

2c—-=o

2C]

222c—2a4?几2〃2—天2-1

x+y+-------x-\----；---=0,故<9，又一=二，解得：a—2-\/2,c—^2.

22-122-1A2a2-c•a2

-=-4

、力—1

22

.•.廿=/—。2=6,椭圆C的方程为二+±=1.

86

_]s叶|S斗sin/BSF」SB|

qA=I即

(2)①由一^一问又

SSDF^\SD\\SF\-sin^DSFS.SDF\DF\'

BS\\BF\\BF

.•・易=羽(或由角平分线定理得)，令方=力，则=设。(%,％)，

xB=>/2(2+1)-Ax0

则有知+4y；=24,又直线/的斜率左＞0,贝！1xoe卜

yB=一/%

代入3/+4/-24=0得：31后(1+2)_2不1+422)：_24=0,

31

A>0,.\2=5一拒飞"，1.

|s剧\TB\\BF\

马，由阿波罗尼斯圆定义知,

②由⑴知‘的=西=西

S,T,尸在以民。为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为G，半径为厂，与直线/的另一个交点为N,则

1

"」N3|\BF\_2r-\BF\

有标一同‘即麻司‘解侍:11

DF2r+DF

\BF\\DF\

P_2_81_9112V2

又3圆G-兀厂--71故一百一皿3~9~

O?

1

又回+^0=0)+6_1x：=2V2_gx()'

11115—12A/2

~9~-

■\BF\\DF\~A\DF\\DF\3(2V2-1x2直一；1

02X°

,V2[1工=—乎•左•直线/的方程为y="x—巫

解得：x=---,y0=-

04472—X。Z22

(郑州外国语)19.记。={1,2,…,100}.对数列{4}(“eN*)和U的子集T,若T=0,定义工=0；

若丁={讨2….,人},定义$=%+@+…+4.例如:7={1,3,66}时,ST=al+a3+a66.现设

{4}(〃wN*)是公比为3的等比数列，且当T={2,4}时，ST=30.

(1)求数列{4}的通项公式；

(2)对任意正整数左(1W左W100),若T{1,2,...,公，求证：ST<ak+l；

(3)设c=u,o=u,scNsr),求证：sc+scD>2SD.

解(1)当丁={2,4}时，ST-a2+a4-a2+9a2-30,因此%=3,从而％=2=1,"“=3"'；

T3^—1

(2)+a?+以=1+3+3?++3"————v3”=以+i；

(3)设A=jf(CD),B=D(CD),则A|3=0,Sc=S#Sc0,SD=SB+SCD,

Sc+ScD-2SD=SA-2SB,因此原题就等价于证明SA>2SB.由条件Sc>SD可知SA>SB.

①若5=0,则品=0,所以SA22sB.

②若Bw0,由SA^SB可知设A中最大元素为中最大元素为加，若机N/+1,

则由第(2)小题，SA<aM<am<SB,矛盾.因为AB=0,所以/。加，所以/2机+1,

2

SB<a,+a2++am=1+3+3++3%]=<安<?<，，即力>258.

综上所述，SA>2SB,因此Sc+Sc2so.

（福建模拟）2022年北京冬奥会标志性场馆一一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，如仇章算术》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、祖眶父子在掇术》提出祖唯原理：“累势既同，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）利用祖眶原理推导半径为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a内.设与平面a平行且距离为d的平面£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；

B（如图），类比（I）中的方法，探究椭球4的体积公式，并写出椭球4,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01，易得截面圆。1的面积为兀（R2-d2）,

在图②中，截面截圆锥得到的小圆的半径为d,所以，圆环的面积为兀（R2—d2）,

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6,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6,高为

,2

在半椭球截面圆的面积兀4（a2-d2y

22

在圆柱内圆环的面积为兀炉一兀与=兀］(a?-(/2)

azaL

••・距离平面a为d的平面截取两个几何体的平面面积相等，

根据祖晒原理得出椭球4的体积为：

吸==-a-^Tt-b2-a)=yab2,

同理：椭球8的体积为/=与。2b

所以，两个椭球4B的体积之比为2

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6,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6,高为a,证明截面面积相等，由祖晅原理求出出椭球4的体积，同理求出椭球B的体积,

作比得出答案.

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「0)是f(x)的导函数，尸(乃是「(")的导函数，则曲线y=

”.，㈤I

/(久)在点(%,f(x))处的曲率K一，3.

1+/(切

⑴若曲线/'(>)=lnx+比与g(x)=C在(1,1)处的曲率分别为K2,比较七的大小;

(2)求正弦曲线h(久)=sin久(久eR)曲率的平方R2的最大值.

【答案】解：⑴由题意，得.0)=打11,/(久)=—+1,“(久)=1"-21,9〃0)=—江1-23,

,“一ir(i)i„i-ii一i

“1-3-3-J1.二'

{1+[f(l)]2f(1+22)2

K.05局J2

{"©(MF,(羽2JM

・•・Ki<K2；

(2)由h(%)=sinx(x6R),得//(%)=cosx,h!'(x)=-sin%,

2

则K=Lsinxl,k2=sir?%=sin%

、(l+cos2x)^(1+cos2%)3"*3，

令t=2-sin2%,则t6[1,2],K2=

设p(t)=号,te[1,2],

则p'(t)=_」一"一t)/=等，所以P，(t)<o,p(t)在[1,2]上单调递减