2023一模分类汇编-选填压轴小题创新题专题汇编

目录TOC\o"13"\h\z\u专题一选填压轴 21.1不等式 21.2函数 31.3数列 51.4解三角形 61.5立体几何 7专题二创新题 142.1集合 142.2数列 192.3数表 26

专题一选填压轴1.1不等式1.（2023海淀一模10）刘老师沿着某公园的环形跑道（周长大于）按逆时针方向跑步，他从起点出发，并用软件记录了运动轨迹，他每跑，软件会在运动轨迹上标注出相应的里程数.已知刘老师共跑了，恰好回到起点，前的记录数据如图所示，则刘老师总共跑的圈数为 A. B. C. D.【答案】B【分析】利用环形道的周长与里程数的关系建立不等关系求出周长的范围，再结合跑回原点的长度建立方程，即可求解.【详解】设公园的环形道的周长为，刘老师总共跑的圈数为，（），则由题意，所以，所以，因为，所以，又，所以，即刘老师总共跑的圈数为8.故选：B2.（2023西城一模10）名学生参加某次测试，测试由道题组成，若一道题至少有名学生未解出来，则称此题为难题；若一名学生至少解出了道题，则该生本次测试成绩合格.如果这次测试至少有名学生成绩合格，且测试中至少有道题为难题，那么的最小值为 A. B. C. D.【答案】9【解析】设有个学生合格，道题为难题，则，，依题意有所以，同理，要使两式有整数解，则，，所以.当时，若名学生答题情况如下表：题目1题目2题目3学生A√√×学生B√×√学生C√××则有名学生合格，个难题，符合题意，所以的最小值为.1.2函数1.（2023东城一模10）恩格斯曾经把对数的发明、解析几何的创始和微积分的建立称为十七世纪数学的三大成就.其中对数的发明曾被十八世纪法国数学家拉普拉斯评价为“用缩短计算时间延长了天文学家的寿命”.已知正整数的次方是一个位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到），可得的值为23711130.3010.4770.8451.0411.114 A. B. C. D.【答案】C【解析】因为正整数的次方是一个位数，所以，取常用对数得，即，由表可知，所以的值为15.2.（2023朝阳一模15）某军区红、蓝两方进行战斗演习，假设双方兵力（战斗单位数）随时间的变化遵循兰彻斯特模型：其中正实数分别为红、蓝两方初始兵力，为战斗时间；分别为红、蓝两方时刻的兵力；正实数分别为红方对蓝方、蓝方对红方的战斗效果系数；和分别为双曲余弦函数和双曲正弦函数.规定当红、蓝两方任何一方兵力为时战斗演习结束，另一方获得战斗演习胜利，并记战斗持续时长为.给出下列四个结论：①若且，则；②若且，则；③若，则红方获得战斗演习胜利；④，则红方获得战斗演习胜利.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①②④【分析】对于①根据已知条件利用作差法比较大小即可得出，所以①正确；对于②，利用①中结论可得蓝方兵力先为0，即解得，②正确；对于③和④，若要红方获得战斗演习胜利，分别解出红、蓝两方兵力为0时所用时间、，比较大小即可知③错误，④正确.【详解】对于①，若且，则，即，所以，由可得，即①正确；对于②，当时根据①中的结论可知，所以蓝方兵力先为0，即，化简可得，即，两边同时取对数可得，即，所以战斗持续时长为，所以②正确；对于③，若红方获得战斗演习胜利，则红方可战斗时间大于蓝方即可，设红方兵力为0时所用时间为，蓝方兵力为0时所用时间为，即，可得同理可得即，解得又因为都为正实数，所以可得，红方获得战斗演习胜利；所以可得③错误，④正确.故答案为：①②④.1.3数列1.（2023朝阳一模10）已知项数为的等差数列满足：，.若，则的最大值是 A. B. C. D.【答案】B【分析】通过条件，，得到，再利用条件得到，进而得到不等关系：，从而得到的最大值.【详解】由，，得到，即，当时，恒有，即，所以，由，得到，所以，，整理得到：，所以.故选：B2.（2023石景山一模15）项数为的有限数列的各项均为不小于的整数，满足，其中.给出下列四个结论：①若，则；②若，则满足条件的数列有个；③存在的数列；④所有满足条件的数列中，首项相同.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①②④1.4解三角形1.（2023丰台一模15）三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，目前尺规作图仍不能解决这个问题.古希腊数学家（约前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：如图，以角的顶点为圆心作圆交角的两边于两点；取线段的三等分点；以为焦点，为顶点作双曲线.双曲线与弧的交点记为，连接，则.①双曲线的离心率为_________；②若，，交于点，则_________.【答案】；【分析】①根据图形关系确定即可求解；利用面积之比，进而可求出，再根据求解.【详解】①由题可得所以，所以双曲线H的离心率为；②，因为，且，所以,又因为，所以所以，所以,因为,解得，所以,故答案为:2;1.5立体几何1.（2023石景山一模10）已知正方体的棱长为，点为正方形所在平面内一动点，给出下列三个命题：①若点总满足，则动点的轨迹是一条直线；②若点到直线与到平面的距离相等，则动点的轨迹是抛物线；③若点到直线的距离与到点的距离之和为，则动点的轨迹是椭圆.其中正确的命题个数是 A. B. C. D.【答案】C2.（2023丰台一模10）如图，在直三棱柱中，，，，，点在棱上，点在棱上，给出下列三个结论：①三棱锥的体积的最大值为；②的最小值为；③点到直线的距离的最小值为.其中所有正确结论的个数为 A. B. C. D.【答案】C【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，利用勾股定理求出距离最小值，即可判断②，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到距离，再根据函数的性质计算可得.【详解】在直三棱柱中平面，对于①：因为点在棱上，所以，又，又，，，点在棱上，所以，，所以，当且仅当在点、在点时取等号，故①正确；对于②：如图将翻折到与矩形共面时连接交于点，此时取得最小值，因为，，所以，所以，即的最小值为，故②错误；对于③：如图建立空间直角坐标系，设，，，，，所以，，则点到直线的距离，当时，当时，，，则，所以当取最大值，且时，即当在点在点时点到直线的距离的最小值为，故③正确；故选：C3.（2023海淀一模15）在中，，，是边的中点，是边上的动点（不与重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示.给出下列四个结论：①平面；②不可能为等腰三角形；③存在点，使得；④当四棱锥的体积最大时，.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①③【分析】根据线面平行的判断定理，判断①；证明,即可判断②；利用垂直关系转化，结合反证法，即可判断③；表示四棱锥的体积后，利用导数计算最值，即可判断④.【详解】①因为，平面，平面，所以平面，故①正确；②因为是等腰直角三角形，所以也是等腰直角三角形，则，因为，，所以，且当时，,所以，此时是等腰三角形，故②错误；③因为，且，，且平面，平面，所以平面，平面，所以平面平面，且平面平面，如图，过点作，连结，则平面，平面，所以，若，，平面，平面，所以平面,平面，所以，如图，，延长，交于点，则和都是等腰直角三角形，则，点到直线的距离等于，这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则，设，则，则，则存在点E，P，使得，故③正确；④当底面的面积一定时，平面平面平面时，即平面时，四棱锥的体积最大，设，，得（舍）或，当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，此时，故④错误；故答案为：①③4.（2023西城一模15）如图，在棱长为的正方体中，点分别在线段和上.给出下列四个结论：①的最小值为；②四面体的体积为；③有且仅有一条直线与垂直；④存在点，使为等边三角形.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】①②④【解析】①因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，是与的公垂线段，所以当分别与重合时，最短为，所以①正确；②由平面可知，当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离，由可知，当点在上运动时，到的距离不变，的面积不变，，所以②正确；③当分别与重合时，；当为中点，与重合时，，所以③错误；④在上取一点，使得，连接，则，，，若为等边三角形，则，即，要判断能否为等边三角形，只需考虑在的条件下，与能否相等.设，，当与重合时，，当与重合时，，在连续变化过程中，必定存在某个位置使得，即可能为等边三角形，所以④正确.故答案为①②④.5.（2023东城一模15）已知函数的部分图像如图所示，分别为图像的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图像与轴的交点.将绘有该图像的纸片沿轴折成直二面角，如图所示，此时，则_________.给出下列四个结论：①；②图中，；③图中，过线段的中点且与垂直的平面与轴交于点；④图中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于.其中所有正确结论的序号是_________.【答案】；①③【解析】第一空：过点作轴，垂足为，连接，.因为的最小正周期，所以，由得，解得.第二空：①因为过，所以，即，根据五点作图法，结合图像可得，因为，所以，所以①错误；②法1：由可得，如图建系，则，，.，所以②正确；法2：因为，在和上投影的数量分别为，，且，所以，所以②正确；③设中点为，因为，所以，所以在过与垂直的平面上，即过中点与垂直的平面与轴交于点；④因为，所以，则表示的区域是圆心角为，半径为1的扇形，又因为，所以该扇形的面积为，所以④错误.

专题二创新题2.1集合1．(20222023丰台高三下3月一模2114分)已知集合，对于集合的非空子集．若中存在三个互不相同的元素，，，使得，，均属于，则称集合是集合的“期待子集”．(1)试判断集合，是否为集合的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）(2)如果一个集合中含有三个元素，，，同时满足①，②，③为偶数．那么称该集合具有性质．对于集合的非空子集，证明：集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质；(3)若的任意含有个元素的子集都是集合的“期待子集”，求的最小值．【答案】(1)是集合的“期待子集”，不是集合的“期待子集”(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据所给定义判断即可.（2）先证明必要性，再证明充分性，结合所给“期待子集”的定义及性质的定义证明即可；（3）首先利用反例说明当、时不成立，再利用数学归纳法证明集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”，即可得解.【详解】（1）因为，对于集合，令，解得，显然，，所以是集合的“期待子集”；对于集合，令，则，因为，即，故矛盾，所以不是集合的“期待子集”；（2）先证明必要性：当集合是集合的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的，使得，不妨设，令，，，则，即条件中的①成立；又，所以，即条件中的②成立；因为，所以为偶数，即条件中的③成立；所以集合满足条件.再证明充分性：当集合满足条件时，有存在，满足①，②，③为偶数，记，，，由③得，由①得，由②得，所以，因为，，，所以，，均属于，即集合是集合的“期待子集”.（3）的最小值为，理由如下：一方面，当时，对于集合，其中任意三个元素之和均为奇数，由（2）知，不是的“期待子集”；当时，对于集合，从中任取三个不同的元素，若不含有，则不满足条件的③，若含有，则另外两个数必都是奇数，因为任意两个奇数之差（大数减小数）都不小于，故不满足条件中的②，所以不是的“期待子集”；所以.另一方面，我们用数学归纳法证明集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”：（I）当时，对于集合的任意含有个元素的子集，记为，当、、三个数中恰有个属于时，则，因为数组、、、、都满足条件，当三个数都属于，因为数组满足条件，所以此时集合必是集合的“期待子集”，所以当时的任意含有个元素的子集都是集合的“期待子集”.（II）假设当时结论成立，即集合的任意含有个元素的子集都是的“期待子集”，那么时，对于集合的任意含有个元素的子集，分成两类，①若，至多有个属于，则中至少有个元素都在集合，由归纳假设知，结论成立；②若，，则集合中恰含的个元素，此时，当中只有一个奇数时，则集合中包含中的所有偶数，此时数组，，符合条件，结论成立；当集合中至少有两个奇数时，则必有一个奇数不小于，此时数组，，符合条件，结论成立，所以时结论成立，根据（I）（II）知，集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”，所以的最小值为【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.

2.(20222023西城高三下3月一模2115分)给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记集合（1）判断集合是否具有性质？说明理由；（2）判断是否存在具有性质的集合，并加以证明；（3）若集合具有性质，证明：．【答案】解：（Ⅰ）因为，同理．又，同理．所以集合具有性质． ………4分（Ⅱ）当时，集合中的元素个数为．由题设． ………5分假设集合具有性质，则①当时，，矛盾．②当时，，不具有性质，矛盾．③当时，．因为和至多一个在中；和至多一个在中；和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾．④当时，，不具有性质，矛盾．⑤当时，，矛盾．综上，不存在具有性质的集合． ………9分（Ⅲ）记，则．若，则，矛盾．若，则，矛盾．故．假设存在使得，不妨设，即．当时，有或成立．所以中分量为的个数至多有．…11分当时，不妨设．因为，所以的各分量有个，不妨设．由时，可知，，中至多有个，即的前个分量中，至多含有个．又，则的前个分量中，含有个，矛盾． 所以． ………14分因为，所以．所以． ………15分

2.2数列3．(20222023海淀高三下3月一模2115分)已知数列．给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使得；②对于中任意连续三项，均有．(1)分别判断以下两个数列是否满足性质①，并说明理由：（i）有穷数列：；（ⅱ）无穷数列：．(2)若有穷数列满足性质①和性质②，且各项互不相等，求项数m的最大值；(3)若数列满足性质①和性质②，且，求的通项公式．【答案】(1)（i）不满足，理由见详解；（ⅱ）满足，理由见详解(2)3(3)【分析】（1）（i）令，代入求解即可判断；（ⅱ）对于任意，直接相乘得到即可判断；（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，令时，得到；再令时，得到，从而得到数列至多有0，1，1共3项，再构造数列：0，1，1，证明其满足性质①和性质②，进而即可求得项数m的最大值；（3）首先证明：当，时，数列满足，且，(*)，再考虑，，三项，结合性质(*)得到，从而，最后经验证，数列：满足条件，再通过反证法证明这是唯一满足条件的数列即可．【详解】（1）（i）不满足．令，则不是数列{an}中的项，故有穷数列不满足性质①；（ⅱ）满足．对于任意，有，由于，令即可，故无穷数列满足性质①．（2）对于有穷数列，记其非零项中绝对值最大的一项为，绝对值最小的一项为，故令时，存在一项，又是数列非零项中绝对值最大的，所以，即；再令时，存在一项，又是数列非零项中绝对值最小的，所以，即，又，所以数列所有非零项的绝对值均为1，又数列的各项均不相等，所以其至多有0，1，1共3项，所以，构造数列：0，1，1，其任意两项乘积均为0，1，1之一，满足性质①；其连续三项满足，满足性质②.又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时，综上，的最大值为3．（3）首先证明：当，时，数列满足，且，(*)因为对于任意数列的连续三项，，，总有，即或，不论是哪种情形，均有当时，，即；当时，，亦有，又，故性质(*)得证．考虑，，三项，有或，若，则，此时令，有，由性质(*)知不存在k使得，且，故只有，此时，因为，

所以令时，，由性质(*)知，只有或，当时，，，此时令，，但，即，由性质(*)知不存在k使得，所以，即，从而，经验证，数列：满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列，假设是第一个不满足上述通项公式的项，，当，时，只能为，令，则，但，由性质(*)，不存在k使得，当，时，只能为，则，令，则，但，由性质(*)，不存在k使得，故不存在不满足上述通项公式的项，综上，数列的通项公式为．【点睛】与数列的新定义有关的问题的求解策略：①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决．

4．(20222023朝阳高三下3月一模2115分)已知有穷数列满足．给定正整数m，若存在正整数s，，使得对任意的，都有，则称数列A是连续等项数列．(1)判断数列是否为连续等项数列？是否为连续等项数列？说明理由；(2)若项数为N的任意数列A都是连续等项数列，求N的最小值；(3)若数列不是连续等项数列，而数列，数列与数列都是连续等项数列，且，求的值．【答案】(1)数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由见解析；(2)11(3)0【分析】（1）根据新定义直接验证数列，1，0，1，0，1，，可得结论；（2）先根据新定义证明时，数列一定是连续等项数列，再验证时，不是连续等项数列即可；（3）由都是连续等项数列可得，，再由反证法证得，即可得出的值.【详解】（1）数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由如下:因为，所以是连续等项数列.因为为；为；为;为，所以不存在正整数，使得.所以A不是连续等项数列.（2）设集合，则中的元素个数为.因为在数列中，所以.若，则.所以在这个有序数对中，至少有两个有序数对相同，即存在正整数，使得.所以当项数时，数列一定是连续等项数列.若，数列不是连续等项数列.若，数列不