冲刺2024届高考数学考点押题模拟预测卷

冲刺2024年高考 数学考点押题终极预测卷 1、极化恒等式（ 苏锡常镇T11。日照二模T6） 一、单选题 1．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 二、多选题 2．（2024·江苏·二模）在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则（    ） A．， B．为定值 C．的最小值50 D．的最大值为 2、面面平们证明线面平行（烟合二模T17、济面一模T13） 一、填空题 1．（2024·山东济南·一模）在三棱柱中，，，且平面，则的值为 . 利用三棱柱模型，选择一组空间基底，将相关向量分别用基底表示，再利用平面，确定必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得. 二、解答题 2．（2024·山东·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 3、复数的数形结合求最值（青岛一模T10济南一模T7） 一、单选题 1．（2024·山东济南·一模）已知复数，满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 2．（山东省枣庄市2024届高三三调数学试题）已知复数，若同时满足和，则为（    ） A．1 B． C．2 D． 二、多选题 3．（2024·山东青岛·一模）已知复数z，下列说法正确的是（    ） A．若，则z为实数 B．若，则 C．若，则的最大值为2 D．若，则z为纯虚数 4、圆锥曲线中模长之比等于纵坐标之比（临沂二模T8） 一、单选题 1．（2024·山东临沂·二模）椭圆（）的左、右焦点分别为，，P为椭圆上第一象限内的一点，且，与y轴相交于点Q，离心率，若，则（    ） A． B． C． D． 5、抛物中的二级结论（临沂二模T10温州三模T14 一、多选题 1．（2024·山东临沂·二模）设，是抛物线C：上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于点.若弦AB过焦点F，则（    ） A． B．若PA的方程为，则 C．点P始终满足 D．面积的最小值为16 2．（2024·山东菏泽·一模）如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（    ）    A． B．以为直径的圆与直线相切 C． D．    二、填空题 3．（2024·浙江温州·三模）过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时， . 6、极值点偏移两次(日照一模T18) 一、解答题 1．（山东省日照市2024届高三下学期一模数学试题）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 7、导数中有关极值问起（温州三模、青岛二模,2021全国乙卷 一、单选题 1．（20-21高一上·全国·单元测试）设，若为函数的极大值点，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 2．（2024·山东枣庄·模拟预测）若函数，则（    ） A．的图象关于对称 B．在上单调递增 C．的极小值点为 D．有两个零点 三、解答题 3．（2024·浙江温州·三模）设函数的导函数为. (1)求函数的单调区间和极值； (2)证明：函数存在唯一的极大值点，且. （参考数据：） 4．（2021·全国·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 8、参数方程求最值（圆上，椭圆上求最值）（潍坊二模T11） 一、多选题 1．（2024·山东潍坊·二模）已知向量，，为平面向量，，，，，则（   ） A． B．的最大值为 C． D．若，则的最小值为 10、圆锥曲线对偶式（杭州二模T18） 一、解答题 1．（2024·浙江杭州·二模）已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. (1)求点的坐标. (2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 11、tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC的应用 一、单选题 1．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）在中，分别是角的对边，若，则的值为（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 二、解答题 2．（2024·湖北武汉·二模）在中，角，，的对边分别为，，，若，边的中线长为2． (1)求角； (2)求边的最小值． 3．（2024·河北保定·二模）已知中，角所对的边分别为. (1)求角； (2)若，且的周长为，求的面积. 12、抽象函数（台州二模T11）注意三角恒等变换公式 一、单选题 1．（2024·山东济南·三模）已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．为偶函数 C．有最小值 D．在上单调递增 二、多选题 2．（2024·浙江台州·二模）已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（    ） A． B．的值域为 C． D．是奇函数 3．（2024·山东泰安·三模）已知满足，且在复平面内对应的点为，则（    ） A． B． C．的最小值为 D．的最小值为 4．（2024·山东临沂·二模）已知定义在上的函数满足，，且，则（    ） A．的最小正周期为4 B． C．函数是奇函数 D． 13、同构（泰州二模T14，菏泽一模T14）lnxxex 一、填空题 1．（2024·浙江台州·二模）已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 . 2．（2024·山东菏泽·一模）关于的不等式恒成立，则的最小值为 ． 14、带绝对值的三角函数性质考察青岛一模T11，烟台二模T9 一、多选题 1．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（    ） A．在区间单调递增 B．的图象关于直线对称 C．的值域为 D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D. 2．（2024·山东·二模）已知函数，则（    ） A．是奇函数 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上单调递增 15、数列中二阶线性推导（马尔科夫链中的应用） 一、解答题 1．（2024高三·全国·专题练习）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程．该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲、乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为． (1)求的值； (2)求的值（用表示）； (3)求证：的数学期望为定值． 0 1 2 p 2．（2023·浙江杭州·二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即． 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型． 假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示． 当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题： (1)请直接写出与的数值． (2)证明是一个等差数列，并写出公差d． (3)当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义． 3．（2024·云南·模拟预测）材料一：英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数､统计推断等做出了重要贡献.贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设是一组两两互斥的事件，，且，，则对任意的事件，有，. 材料二：马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习､自然语言处理､金融领域､天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即. 请根据以上材料，回答下列问题. (1)已知德国电车市场中，有的车电池性能很好.公司出口的电动汽车，在德国汽车市场中占比，其中有的汽车电池性能很好.现有一名顾客在德国购买一辆电动汽车，已知他购买的汽车不是公司的，求该汽车电池性能很好的概率；（结果精确到0.001 (2)为迅速抢占市场，公司计划进行电动汽车推广活动.活动规则如下：有11个排成一行的格子，编号从左至右为，有一个小球在格子中运动，每次小球有的概率向左移动一格；有的概率向右移动一格，规定小球移动到编号为0或者10的格子时，小球不再移动，一轮游戏结束.若小球最终停在10号格子，则赢得6百欧元的购车代金券；若小球最终停留在0号格子，则客户获得一个纪念品.记为以下事件发生的概率：小球开始位于第个格子，且最终停留在第10个格子.一名顾客在一次游戏中，小球开始位于第5个格子，求他获得代金券的概率. 16、极点极线（杭州二模潍坊二模T11） 一、多选题 1．已知向量，，为平面向量，，，，，则（   ） A． B．的最大值为 C． D．若，则的最小值为 二、解答题 2．已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. (1)求点的坐标. (2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 17、导数中端点效应（烟台二模T14。） 一、填空题 1．（2024·山东·二模）当时，，则实数的取值范围为 ． 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 冲刺2024年高考 数学考点押题终极预测卷 1、极化恒等式（ 苏锡常镇T11。日照二模T6） 一、单选题 1．（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点，根据空间向量的数量积运算得，判断的最大值即可求解. 【详解】取中点，可知在球面上，可得， 所以，      点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，当为直径时，， 所以的最大值为. 故选：B. 二、多选题 2．（2024·江苏·二模）在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC和CD上两个动点（含端点），且，设，，则（    ） A．， B．为定值 C．的最小值50 D．的最大值为 【答案】AC 【分析】根据题设结合的位置可确定参数范围，判断A；取特殊位置计算的值，可判断B；根据数量积的运算律结合三角恒等变换可判断C；举出反例可判断D. 【详解】对于A，由题意知当E和B重合时，，此时取最小值，取到最大值1； 当F和D重合时，，此时取最小值，取到最大值1，A正确； 对于B，当E和B重合时，，； 当分别位于的中点时，满足， 此时，，由此可知不为定值，B错误； 对于C， ， 由，得，即, 即，即， 设，， 则 ，（为辅助角，）， 当时，取到最小值50，即的最小值50，C正确， 对于D，当时，， 则 ，故D错误， 故选：AC 【点睛】难点点睛：解答本题的难点是选项C的判断，解答时要利用向量的加减以及向量数量积的运算律结合三角代换以及恒等变换进行求解. 2、面面平们证明线面平行（烟合二模T17、济面一模T13） 一、填空题 1．（2024·山东济南·一模）在三棱柱中，，，且平面，则的值为 . 【答案】 /0.5 【分析】 利用三棱柱模型，选择一组空间基底，将相关向量分别用基底表示，再利用平面，确定必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得. 【详解】 如图，不妨设，依题意，, ， 因，则 又因平面，故必共面， 即存在，使，即， 从而有，解得. 故答案为：. 二、解答题 2．（2024·山东·二模）如图，在三棱锥中，，为的中点，为内部一点且平面． (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，取中点，连接，先证明出平面平面，由面面平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【详解】（1）连接，取中点，连接． 因为为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以． 所以，在中，，同理， 因为，所以． 因为为中点，所以， 因为，且在同一平面内，所以， 又因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）以为坐标原点，分别以以及与垂直向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 在直角中，因为，所以， 在中，，所以， 又， 所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设面的一个法向量，则，即， 取，则，所以． 设二面角为，由图可知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为． 3、复数的数形结合求最值（青岛一模T10济南一模T7） 一、单选题 1．（2024·山东济南·一模）已知复数，满足，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】首先分析题意，设出复数，求出复数的模找变量之间的关系，整体代入求解即可. 【详解】设则 所以，，即， 则 故选：B. 2．（山东省枣庄市2024届高三三调数学试题）已知复数，若同时满足和，则为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】设，根据和求出交点坐标，即可求出，再计算其模即可. 【详解】设，则，， 由和， 所以且， 即且，解得或， 所以、（或、）， 则（或）， 所以. 故选：C 二、多选题 3．（2024·山东青岛·一模）已知复数z，下列说法正确的是（    ） A．若，则z为实数 B．若，则 C．若，则的最大值为2 D．若，则z为纯虚数 【答案】AC 【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】设，则， 若，即，即，则z为实数，故A正确； 若，即， 化简可得，即，即， 当时，，，此时不一定满足， 当时，，，此时不一定满足，故B错误； 若，即， 所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点， 且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确； 若，即， ，即， 化简可得，则且， 此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误； 故选：AC 4、圆锥曲线中模长之比等于纵坐标之比（临沂二模T8） 一、单选题 1．（2024·山东临沂·二模）椭圆（）的左、右焦点分别为，，P为椭圆上第一象限内的一点，且，与y轴相交于点Q，离心率，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设、，结合椭圆定义及离心率可用表示、，结合勾股定理计算即可得解. 【详解】设、，则有，， 则，即， 则，即， 即，， 则，由， 则有， 整理得，即. 故选：B. 5、抛物中的二级结论（临沂二模T10温州三模T14 一、多选题 1．（2024·山东临沂·二模）设，是抛物线C：上两个不同的点，以A，B为切点的切线交于点.若弦AB过焦点F，则（    ） A． B．若PA的方程为，则 C．点P始终满足 D．面积的最小值为16 【答案】ACD 【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程，联立两直线方程可判定A；根据已知和A选项可得，再设直线，联立方程组，根据根与系数的关系可求，根据，可判定B错误，C正确；取的中点，化简得到的面积，可判定D正确. 【详解】依题意设，，由方程， 可得，则， 由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为， 可得A处的切线方程为：，即， 化简可得，所以直线的方程为， 同理可得：直线BP的方程为， 联立两直线方程得，， 则， 因为，解得，， 即，所以A正确； 若PA的方程为，根据直线的方程为，可得， 设直线，联立方程组， 整理得， 则， 且，， 所以，，所以B错误； 因为，所以，故C正确； 取的中点，连接，根据中点坐标公式得， 从而平行轴，由前可知， 所以 因为，，所以， ， 代入可得， 当时，，所以D正确. 故选：ACD    【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法： （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解； （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）． 2．（2024·山东菏泽·一模）如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（    ）    A． B．以为直径的圆与直线相切 C． D． 【答案】ACD 【分析】设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解. 【详解】对于A，令， 联立，消可得， 则，， ， 则 故， 同理，故A正确； 对于C，设与轴交于，，    则，，故C正确； 对于D， 则 ， 而， 所以，故D正确； 对于B，中点，即 则到直线的距离， 以为直径的圆的半径， 所以， 当时相切，当时不相切，故B错误. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可. 二、填空题 3．（2024·浙江温州·三模）过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，点，沿轴将坐标系翻折成直二面角，当三棱锥体积最大时， . 【答案】/ 【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三棱锥的体积公式求解． 【详解】由于直线过焦点，且与抛物线交于两个不同的点，故设其方程为， 联立方程，消去得，， 所以， 所以， 当，即时，三棱锥体积最大． 故答案为：． 6、极值点偏移两次(日照一模T18) 一、解答题 1．（山东省日照市2024届高三下学期一模数学试题）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断函数单调性； （2）根据题意分析可知：在内单调递增，在内单调递减，，利用极值点偏离证明和，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. （2）当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 7、导数中有关极值问起（温州三模、青岛二模,2021全国乙卷 一、单选题 1．（20-21高一上·全国·单元测试）设，若为函数的极大值点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示：    由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示：    由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 二、多选题 2．（2024·山东枣庄·模拟预测）若函数，则（    ） A．的图象关于对称 B．在上单调递增 C．的极小值点为 D．有两个零点 【答案】AC 【分析】首先求出函数的定义域，即可判断奇偶性，从而判断A，利用导数说明函数的单调性，即可判断B、C，求出极小值即可判断D. 【详解】对于函数，令，解得或， 所以函数的定义域为， 又， 所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确； 又 ， 当时，，即在上单调递减，故B错误； 当时，，即在上单调递增， 根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减， 所以的极小值点为，极大值点为，故C正确； 又， 且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大， 所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点， 故无零点，故D错误． 故选：AC． 三、解答题 3．（2024·浙江温州·三模）设函数的导函数为. (1)求函数的单调区间和极值； (2)证明：函数存在唯一的极大值点，且. （参考数据：） 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，极大值，无极小值. (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值； （2）利用导数求函数的极大值点，由单调性证明. 【详解】（1）函数，定义域为， ，， 解得，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故极大值为，无极小值. （2）由（1）可知，且，， 所以根据零点定理，使，使， 即时，，为减函数； 时，，为增函数， 所以存在唯一极大值点，即， 又因为， 所以，即，得证! 4．（2021·全国·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 【答案】（1）；（2）证明见详解 【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数； （2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【详解】（1）由，， 又是函数的极值点，所以，解得； （2）[方法一]：转化为有分母的函数 由（Ⅰ）知，，其定义域为． 要证，即证，即证． （ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以． （ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以． 综合（ⅰ）（ⅱ）有． [方法二] 【最优解】：转化为无分母函数 由（1）得，，且， 当 时，要证，， ，即证，化简得； 同理，当时，要证，， ，即证，化简得； 令，再令，则，， 令，， 当时，，单减，故； 当时，，单增，故； 综上所述，在恒成立. [方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明 令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以． （ⅰ）当时，，所以，即，所以． （ⅱ）当时，，同理可证得． 综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即． 【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性. 8、参数方程求最值（圆上，椭圆上求最值）（潍坊二模T11） 一、多选题 1．（2024·山东潍坊·二模）已知向量，，为平面向量，，，，，则（   ） A． B．的最大值为 C． D．若，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】对A，设，根据可得，从而可得的范围；对B，化简，根据点到圆上的点的距离求解最大值即可；对C，化简，再结合满足圆的方程求范围即可；对D，根据满足圆的方程进行三角换元求解最值即可. 【详解】对A，设，根据有， 即，为圆心为，半径为的圆，又的几何意义为原点到圆上的距离，则，故A错误； 对B， ，则转化为求圆上的点到的距离最大值， 为，故B正确； 对C，，因为，故，故C正确； 对D，因为，故， 又因为，故， ， 故当时，取最小值取最小值，故D正确. 故选：BCD 10、圆锥曲线对偶式（杭州二模T18） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、解答题 1．（2024·浙江杭州·二模）已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. (1)求点的坐标. (2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在， 【分析】（1）设，利用两点距离距离得，然后根据分类讨论求解即可； （2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可； （ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案. 【详解】（1）设是椭圆上一点，则， 因为， ①若，解得（舍去）， ②若，解得（舍去）或， 所以点的坐标位. （2）（ⅰ）设直线， 由，得，所以， 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③ 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上； （ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上， 设，则，所以，即. 故直线的方程为， 直线的方程与椭圆方程联立，得，解得, 所以，所以,故. 11、tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC的应用 一、单选题 1．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）在中，分别是角的对边，若，则的值为（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】C 【分析】 利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值. 【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得， 故 ， 故选：C. 二、解答题 2．（2024·湖北武汉·二模）在中，角，，的对边分别为，，，若，边的中线长为2． (1)求角； (2)求边的最小值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由正弦边角关系，和角正弦公式及三角形内角和性质，即可求角； （2）由题设，应用数量积的运算律、基本不等式求得，再应用余弦定理求边的最小值． 【详解】（1）因为，所以， 则，故， 因为，，，所以，又，所以． （2）因为边的中线长为2，所以，两侧平方可得， 即，解得，当且仅当时取等号． 所以，可得， 所以的最小值为． 3．（2024·河北保定·二模）已知中，角所对的边分别为. (1)求角； (2)若，且的周长为，求的面积. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）利用正弦定理边化角，切化弦后整理可得； （2）根据余弦定理，联立已知条件解方程组可得，然后由面积公式可得. 【详解】（1）由正弦定理边化角得，所以， 即， 整理得， 因为，所以， 又，所以. （2）由正弦定理得， 又，所以，即， 所以， 所以，所以， 所以的面积. 12、抽象函数（台州二模T11）注意三角恒等变换公式 一、单选题 1．（2024·山东济南·三模）已知函数的定义域为R，且，则下列结论一定成立的是（    ） A． B．为偶函数 C．有最小值 D．在上单调递增 【答案】C 【分析】利用题设结合赋值法可得出，进而结合二次函数性质一一判断各选项，即可得答案. 【详解】由于函数的定义域为R，且， 令，则，得， 时，恒成立，无法确定，A不一定成立； 由于不一定成立，故不一定为偶函数，B不确定； 由于的对称轴为与的位置关系不确定， 故在上不一定单调递增，D也不确定， 由于表示开口向上的抛物线，故函数必有最小值，C正确， 故选：C 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用赋值法确定函数，进而结合二次函数性质求解. 二、多选题 2．（2024·浙江台州·二模）已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（    ） A． B．的值域为 C． D．是奇函数 【答案】AC 【分析】对于A：利用赋值法，令代入运算即可；对于C：令，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可. 【详解】对于A， 令，则，可得， 且不恒为0，所以，故A正确； 对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数， 且， 可知符合题意，但，故B错误； 对于C，令，则，可得， 即，故C正确； 对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数， 且， 注意到同号， 可得， 可知符合题意， 但，即为偶函数，故D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数和分析判断. 3．（2024·山东泰安·三模）已知满足，且在复平面内对应的点为，则（    ） A． B． C．的最小值为 D．的最小值为 【答案】AC 【分析】根据复数的模的公式结合已知求出的关系，即可判断AB；根据的关系结合复数的模的公式即可判断CD. 【详解】由题意可得，则， 所以，整理得，故A项正确，B项错误； ， 当时，取得最小值，故C项正确，D项错误. 故选：AC. 4．（2024·山东临沂·二模）已知定义在上的函数满足，，且，则（    ） A．的最小正周期为4 B． C．函数是奇函数 D． 【答案】AB 【分析】据题意，通过赋值得到，，即可判断A；令，可求出，由周期性可判断B；令，得到，由周期性，可证明是奇函数，假设函数是奇函数，推出矛盾，判断C；由周期性及对称性可计算D. 【详解】对于A，因为， 所以，， 所以，故的最小正周期为4，A正确； 对于B，因为， 令，则， 所以， 由A可知，，故B正确； 对于C， 因为，① 令，则， 所以， 所以，② 由①②，所以，即，故为奇函数， 若函数是奇函数，则， 所以，即， 所以， 所以的最小正周期为2，与选项A矛盾，故C错误； 对于D，因为为奇函数，且，所以， 又因为的最小正周期为4，所以， 因为 所以，， 所以， ， 以此类推， 所以，故D错误. 故选：AB 【点睛】方法点睛：本题以抽象函数为载体综合考查函数的性质，关键是根据已知条件判断出的周期. 以下是抽象函数周期性质的一些总结，可以适当总结记忆： 设函数， （1）若，则函数的周期为； （2）若，则函数的周期为； （3）若，则函数的周期为； （4）若，则函数的周期为； （5）若，则函数的周期为. 13、同构（泰州二模T14，菏泽一模T14）lnxxex 一、填空题 1．（2024·浙江台州·二模）已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【分析】原不等式变形转化为，构造函数，转化为恒成立，利用导数研究，可得，再分离参数即可得解. 【详解】原不等式， 构造函数，则， 则，令，解得， 故当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，且， 若，则当时，，此时恒不成立， 故，所以， 所以成立，只需成立即可， 即恒成立，令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不等式结构的观察，同构出函数，转化为研究函数大致变化情况，再由对的分类讨论确定，且能得出，即可脱去“”，转化为恒成立，分参即可得解. 2．（2024·山东菏泽·一模）关于的不等式恒成立，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由，得，利用导数证明，则问题转化为恒成立，即可得解. 【详解】令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 由，得， 而， 令， 则，所以， 若， 如图作出函数的图象，    由函数图象可知，方程有唯一实数根， 即， 由，得， 即， 当时，，即， 又，，所以， 所以不成立， 即当时，不恒成立， 综上所述，的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 14、带绝对值的三角函数性质考察青岛一模T11，烟台二模T9 一、多选题 1．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（    ） A．在区间单调递增 B．的图象关于直线对称 C．的值域为 D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 【答案】BCD 【分析】 利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D. 【详解】对于A：当时， 所以， 因为在上单调递增，又， 所以， 因为，即，所以，即， 所以，所以， 又在上单调递增，在上单调递减， 所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误； 对于B：因为， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于C：因为， 令，则，令，， 则在上单调递增，在上单调递减，又，，， 所以，所以的值域为，故C正确； 对于D：当时，所以， 由A选项可令且， 则当时单调递增， 令，即时在上单调递增，且， 所以在上单调递减， 又，令，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递增， 当，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递减， 又，，， 所以在上的函数图象如下所示： 由图可知： ①当时与有且仅有一个交点， 即关于的方程在区间的实数根为； ②当或时与有两个交点， 即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称， 所以两根之和为； ③当时与有四个交点， 即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且， 所以与关于对称，与关于对称， 所以； ④当或时与无交点， 即关于的方程在区间无实数根； 综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和. 2．（2024·山东·二模）已知函数，则（    ） A．是奇函数 B．的最小正周期为 C．的最小值为 D．在上单调递增 【答案】AC 【分析】对于A，直接用奇函数的定义验证；对于B，直接说明不是周期；对于C，利用正弦二倍角公式证明，再由可得最小值；对于D，直接计算得到，即可否定结论. 【详解】对于A，函数定义域为，有， 所以是奇函数，A正确； 对于B，有，. 所以，这表明不是的周期，B错误； 对于C，我们有， 而之前已计算得到，故的最小值为，C正确； 对于D，由于，， 故，所以在上并不是单调递增的，D错误. 故选：AC. 15、数列中二阶线性推导（马尔科夫链中的应用） 一、解答题 1．（2024高三·全国·专题练习）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，为状态空间中经过从一个状态到另一个状态的转换的随机过程．该过程要求具备“无记忆”的性质：下一状态的概率分布只能由当前状态决定，在时间序列中它前面的事件均与之无关．甲、乙两口袋中各装有1个黑球和2个白球，现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复进行次这样的操作，记口袋甲中黑球的个数为，恰有1个黑球的概率为． (1)求的值； (2)求的值（用表示）； (3)求证：的数学期望为定值． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意根据组合数公式、古典概型概率计算公式先求得，再结合全概率公式可得. （2）由全概率公式得递推公式，构造等比数列即可求解. （3）由题意得，结合，由此可得、分布列以及数学期望. 【详解】（1）设恰有2个黑球的概率为，则恰有0个黑球的概率为． 由题意知，， 所以． （2）因为， 所以． 又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以，． （3）因为①， ②． 所以①②，得． 又因为，所以．所以． 所以的概率分布列为： 0 1 2 p 所以． 所以的数学期望为定值1． 2．（2023·浙江杭州·二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即． 现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型． 假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示． 当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题： (1)请直接写出与的数值． (2)证明是一个等差数列，并写出公差d． (3)当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义． 【答案】(1)， (2)证明见解析； (3)时，，当时，，统计含义见解析 【分析】（1）明确和的含义，即可得答案； （2）由全概率公式可得，整理为，即可证明结论； （3）由（2）结论可得，即可求得，时，的数值，结合概率的变化趋势，即可得统计含义. 【详解】（1）当时，赌徒已经输光了，因此. 当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率. （2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元且下一场赢的事件, , 即， 所以， 所以是一个等差数列， 设，则， 累加得，故，得， （3），由得,即, 当时，， 当时，， 当时，，因此可知久赌无赢家， 即便是一个这样看似公平的游戏， 只要赌徒一直玩下去就会的概率输光． 【点睛】关键点睛：此题很新颖，题目的背景设置的虽然较为陌生复杂，但解答并不困难，该题将概率和数列知识综合到了一起，解答的关键是要弄明白题目的含义，即审清楚题意，明确，即可求解, 3．（2024·云南·模拟预测）材料一：英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，创立了贝叶斯统计理论，对于统计决策函数､统计推断等做出了重要贡献.贝叶斯公式就是他的重大发现，它用来描述两个条件概率之间的关系.该公式为：设是一组两两互斥的事件，，且，，则对任意的事件，有，. 材料二：马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习､自然语言处理､金融领域､天气预测等方面都有着极其广泛的应用.其数学定义为：假设我们的序列状态是，，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即. 请根据以上材料，回答下列问题. (1)已知德国电车市场中，有的车电池性能很好.公司出口的电动汽车，在德国汽车市场中占比，其中有的汽车电池性能很好.现有一名顾客在德国购买一辆电动汽车，已知他购买的汽车不是公司的，求该汽车电池性能很好的概率；（结果精确到0.001 (2)为迅速抢占市场，公司计划进行电动汽车推广活动.活动规则如下：有11个排成一行的格子，编号从左至右为，有一个小球在格子中运动，每次小球有的概率向左移动一格；有的概率向右移动一格，规定小球移动到编号为0或者10的格子时，小球不再移动，一轮游戏结束.若小球最终停在10号格子，则赢得6百欧元的购车代金券；若小球最终停留在0号格子，则客户获得一个纪念品.记为以下事件发生的概率：小球开始位于第个格子，且最终停留在第10个格子.一名顾客在一次游戏中，小球开始位于第5个格子，求他获得代金券的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）记事件为一辆德国市场的电车性能很好，事件为一辆德国市场的车来自公司.根据全概率公式和条件概率公式求解即可； （2）记事件表示小球开始位于第个格子，且最终停留在第10个格子，事件表示小球向右走一格.小球始于，当小球向左移动，即可理解为小球始于，即.证明是以为首项，3为公比的等比数列求解即可. 【详解】（1）记事件为一辆德国市场的电车性能很好，事件为一辆德国市场的车来自公司.由全概率公式知： 故：. （2）记事件表示小球开始位于第个格子，且最终停留在第10个格子， 事件表示小球向右走一格.小球开始于第格，此时的概率为，则下一步小球向左或向右移动， 当小球向右移动，即可理解为小球始于，当小球向左移动，即可理解为小球始于， 即.由题知， 又，故， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 即：， 即：， ， ， 故， ， 则， 故这名顾客获得代金券的概率为. 【点睛】关键点睛：理解题意，根据全概率公式和条件概率公式对实际问题的逻辑理解是关键，本题考查全概率公式和条件概率的实际应用，属于较难题. 16、极点极线（杭州二模潍坊二模T11） 一、多选题 1．已知向量，，为平面向量，，，，，则（   ） A． B．的最大值为 C． D．若，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】对A，设，根据可得，从而可得的范围；对B，化简，根据点到圆上的点的距离求解最大值即可；对C，化简，再结合满足圆的方程求范围即可；对D，根据满足圆的方程进行三角换元求解最值即可. 【详解】对A，设，根据有， 即，为圆心为，半径为的圆，又的几何意义为原点到圆上的距离，则，故A错误； 对B， ，则转化为求圆上的点到的距离最大值， 为，故B正确； 对C，，因为，故，故C正确； 对D，因为，故， 又因为，故， ， 故当时，取最小值取最小值，故D正确. 故选：BCD 第II卷（非选择题） 请点击修改第II卷的文字说明 二、解答题 2．已知是椭圆的左，右顶点，点与椭圆上的点的距离的最小值为1. (1)求点的坐标. (2)过点作直线交椭圆于两点（与不重合），连接，交于点. （ⅰ）证明：点在定直线上； （ⅱ）是否存在点使得，若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在， 【分析】（1）设，利用两点距离距离得，然后根据分类讨论求解即可； （2）（ⅰ）设直线，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线，的方程，进而求解即可； （ⅱ）由题意点在以为直径的圆上，代入圆的方程求得，写出直线的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案. 【详解】（1）设是椭圆上一点，则， 因为， ①若，解得（舍去）， ②若，解得（舍去）或， 所以点的坐标位. （2）（ⅰ）设直线， 由，得，所以， 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③ 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上； （ⅱ）由图可知，，即，所以点在以为直径的圆上， 设，则，所以，即. 故直线的方程为， 直线的方程与椭圆方程联立，得，解得, 所以，所以,故. 17、导数中端点效应（烟台二模T14。） 一、填空题 1．（2024·山东·二模）当时，，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由令，由，故有，可得，即得其必要条件，再在的条件下，借助，，可得，借助导数可得，即可得是其充分条件，即可得解. 【详解】令，则， 由，故，即， 即“”是“当时，”的必要条件， 当时， 令，则， 故在上单调递增，即，即， 则有， 令，则， 故在上单调递增，即，即， 则有， 即有， 令， 则， 由，，故， 即在上单调递增，则有， 即， 故“”是“当时，”的充分条件， 故实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是借助必要性探路法（端点效应），得到其必要条件，二是借助常见不等式，在时，，在，的情况下，得到，从而可通过导数得到. 47 学科网（北京）股份有限公司 $$