2025届高三数学二轮复习数学备考策略课件

2025年新高考二轮复习 数学备考策略 提纲 1 “立德树人、服务选才、引导教学”是2024年新高考数学全国卷I的鲜明特色 2 高考试题特点——以此做好大专题与小专题复习 2.1 函数与导数 2.1.1 紧密联系课本 2.1.2 小巧别致的考查经典问题 2.1.3 关于函数图象对称性与周期性的综合问题常在选填压轴题中出现 2.1.4 抽象函数问题 2.1.5 纯数字的比较大小问题可能会在选择题中以难题的形式出现 2.1.6 用分类讨论思想解题 2.1.7 考查函数最重要的性质——单调性 2.1.8 重点考查函数的极值与最值 2.1.9 函数零点问题依然是重要题型 2.1.10 求参数的取值范围常考常新 2.1.11 函数不等式是难度较大的题目 2.1.12 快解一类导数问题 2.1.13 证明二元不等式 2.1.14 试题的亮点是创新 2.1.15 变更主元法 2.1.16 求解导数问题的困惑之一——分离参数后不能完成解答 2.1.17 求解导数问题的困惑之二——不用极限如何规范表述解答过程 2.1.18 可导函数极值第二判别法 2.2 概率与导数或数列结合的综合压轴题 2.3 立体几何选填压轴题 2.4 数列 2.4.1 数列选填压轴题 2.4.2 题谈“奇偶项交织”的递推数列问题的求解 2.5 平面解析几何 2.6 三角函数 2.6.1 记住积化和差、和差化积公式等于做十道难题 2.6.2 用正弦平方差公式解题 2.6.3 四种方法求函数解析式中参数的值 2.7 适应新的高考评价要求，培养学生情境化试题答辩的应变能力 2.8 新定义题 3 备考策略及其应对策略 3.1 高三数学复习的宏观思考 3.1.1 制约高考复习效率的几个要素 3.1.2 对策之一：强调三个轮次复习的区别 3.1.3 对策之二：复习目标宜实不宜高 3.2 备考建议 3.3 用五句话概括要点 1 “立德树人、服务选才、引导教学”是2024年新高考数学全国卷I的鲜明特色 中国高考评价体系集中反映了高校人才选拔的需求，推动和引导高考改革,其内容可用“一核”“四层”“四翼”六字概括，除此之外还包含考查载体即试题情境.“一核”是主旨，包含立德树人、服务选才、引导教学的核心功能，指向教育目的的达成；“四层”指核心价值、学科素养、关键能力、必备知识；“四翼”指基础性、综合性、应用性、创新性，“四层”和“四翼”是实现主旨的途径. 新高考数学全国卷I自2020年开始实施，到今年(2025年)即将实施第六年了.2024年的新高考数学全国卷I(下简称新高考卷I)是备考2025年新高考数学全国卷I的重要参考资料和依据.新高考卷I严格遵循中国高考评价体系：仍然坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳妥推进新高考改革；坚持“立德树人、服务选才、引导教学”的命题指导原则；坚持“有利于高校选拔人才、有利于高中数学教学、有利于考生展示才华”的命题方向. (1)以立德树人为中心. 新高考卷I第11题 造型可以做成美丽的丝带，可将其看作图中曲线 的一部分.已知曲线 过坐标原点 .且曲线 上的点满足横坐标大于 ，到点 的距离与到定直线 的距离之积为4，则( ) A. B.点 在曲线 上 C.曲线 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点 在曲线 上时， 解 ABD.设曲线上的动点 ，可得曲线 . 由曲线 过坐标原点 ，可得 (所以选项A正确)，再得曲线 的方程是 即 (所以选项B正确). 当点 在曲线 上时，可得 ，因而， ，所以选项D正确. 当曲线 上点 的横坐标 时，可得 ，因而选项C错误. 该题以丝带曲线方程为背景，体现了数学与美学的关系及五育并举的育人原则. (2)以数学素养和创新能力为两个着力点. 新高考卷I第8题 已知函数为 的定义域为R， ，且当 时 ，则下列结论中一定正确的是( ) A. B. C. D. 解 B.先介绍Fibonacci数列 ，它由 确定.可得数列 的前17项依次是：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,…. 对于本题，下面用步长为2的数学归纳法证明 . (1)因为当 时 ，所以 . 又因为 ，所以 .得 时欲证结论均成立. (2)假设 时欲证结论均成立： . 可得 ，所以 时欲证结论也成立. 由证得的结论可得 . 新高考卷I第19题(压轴题) 设 为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中删去两项 和 后剩余的 项可被均分成 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列 是 可分数列. (1)写出所有的 ，使数列 是 可分数列； (2)当 时，证明：数列 是(2,13)可分数列； (3)从 中一次任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证明： ． 解 公差不为0的等差数列 具有性质：当且仅当 是等差数列时数列 的子列 为等差数列. 因而在本题中，可不妨设 . (1)(枚举法)在本小题中相当于 ，可得下表： 从1,2,…,6中删去两项 和 后剩余的4项 这4个数都能构成等差数列 (1,2) 3,4,5,6 是 (1,3) 2,4,5,6 否 (1,4) 2,3,5,6 否 (1,5) 2,3,4,6 否 (1,6) 2,3,4,5 是 (2,3) 1,4,5,6 否 (2,4) 1,3,5,6 否 (2,5) 1,3,4,6 否 (2,6) 1,3,4,5 否 (3,4) 1,2,5,6 否 (3,5) 1,2,4,6 否 (3,6) 1,2,4,5 否 (4,5) 1,2,3,6 否 (4,6) 1,2,3,5 否 (5,6) 1,2,3,4 是 因而所求答案是(1,2),(1,6),(5,6). (2)由于从数列 中取出2和13后，剩余的 个数可以分为以下两部分(共 组，每组4项.前12项按被3除所得的余数分别是0,1,2分组(简称按 分组)；后 项依次4项一组)，使得每组成等差数列： ①(3,6,9,12),(1,4,7,10),(5,8,11,14)(共3组)； ② (共 组)(若 ，则忽略②这一组). 进而可得欲证结论成立. (3)当 时，由(1)的答案可得 . 下面证明当 时欲证结论也成立. (i)当 时，从 中删去两项 和 后，最前面的 项、中间的 项与最后面的 项均依次4项一组，可得 是 可分数列. 当 时，分别得当 时均满足题设.此时得到满足题设的 的组数是 (ii)当 且 时，从 中删去两项 和 后，最前面的 项(即 )与最后面的 项(即 )都是连续正整数且项数都是4的倍数，因而这两组均可依次4项一组，每组的4个数都能构成公差为1的等差数列. 再证明中间的 项 可分成 个4项(公差均为 )的等差数列.把该数列的各项都减去 后，把该数列变成 (其中 ) 只需证明该数列可分成 个4项(公差均为 )的等差数列.把这 个数按 分组即可： 得欲证结论成立. 当 时，分别得当 时均满足题设.此时得到满足题设的 的组数是 综上所述，得到了满足题设的 的组数是 所以 (3)的另证 记集合 中元素的个数为 . 令 ，则 . 由1,3,5,7与4,6,8,10均是等差数列，可得 ；由(2)的结论知 . 若 ，则由 与 均是等差数列，可得 ，所以由步长为2的数学归纳法知：当正整数 时均有 . 因为连续4个正整数构成等差数列，所以 ，且 .若 ，则 ，所以由 知 .所以 . 再由(1)的结论知 ，所以由累加法可得 ，因此 . 注 的精确表达式是 张翼飞,夏建国.关于2024年全国新高考Ⅰ卷第19题中 的探求[J].数学通报，2024(7)：52-54. 严兴光,陈利民.重视研究方法突出素养导向——2024年高考数学新课标Ⅰ卷第19题教学启示[J].中学数学教学参考(上旬)，2024(10)：61-64. 第8题以Fibonacci数列、不等式为背景及估算法、数学归纳法考查考生探究抽象函数性质的创新能力， 第19题以等差数列、整数性质、新定义“ 可分数列”为背景考查考生用构造法解决问题的综合创新能力，难度较大. (3)突出对学科核心素养的考查. 新高考卷I第7题 当 时，曲线 与 的交点个数为( ) A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 解 C.可得两个函数 与 的的最小正周期分别为 . 当 时，曲线 与 分别包括1个、3个最小正周期的图象. 如图所示，结合表1用描点法可画出曲线 . 表1 画曲线 前的列表 0 0 0 2 0 0 2 0 0 2 0 0 如图所示，容易用描点法画出曲线 ，进而可得所画两条曲线的交点个数为6. 新高考卷I第14题 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________. 解 .可不妨设甲四次出卡片的顺序依次是1,3,5,7，则乙四次出卡片的顺序(共4！=24种情形)及甲的总得分如表2所示： 表2 乙四次出卡片的顺序及甲的总得分 乙四次出卡片的顺序 甲的总得分 乙四次出卡片的顺序 甲的总得分 乙四次出卡片的顺序 甲的总得分 2,4,6,8 0+0+0+0=0 4,6,2,8 0+0+1+0=1 6,8,2,4 0+0+1+1=2 2,4,8,6 0+0+0+1=1 4,6,8,2 0+0+0+1=1 6,8,4,2 0+0+1+1=2 2,6,4,8 0+0+1+0=1 4,8,2,6 0+0+1+1=2 8,2,4,6 0+1+1+1=3 2,6,8,4 0+0+0+1=1 4,8,6,2 0+0+0+1=1 8,2,6,4 0+1+0+1=2 2,8,4,6 0+0+1+1=2 6,2,4,8 0+1+1+0=2 8,4,2,6 0+0+1+1=2 2,8,6,4 0+0+0+1=1 6,2,8,4 0+1+0+1=2 8,4,6,2 0+0+0+1=1 4,2,6,8 0+1+0+0=1 6,4,2,8 0+0+1+0=1 8,6,2,4 0+0+1+1=2 4,2,8,6 0+1+0+1=2 6,4,8,2 0+0+0+1=1 8,6,4,2 0+0+1+1=2 可得甲的总得分 ，且 ，所以 . 注 这种枚举法的解法是最简单、最直接、最朴素的解法.解答2010年高考安徽卷理科数学试题第21题(即压轴题)必须枚举出共4！=24种情形 ，解答2015年高考北京卷理科数学试题第20题(即压轴题)可枚举出共36种情形进而轻松解答 .该题还隐含了田忌赛马的中国传统文化情境. 1 甘志国.善用枚举法解排列、组合及概率统计题[J].数学教学通讯，2015(05)：34-36. 2 甘志国.2015年高考北京卷数学(理科)压轴题的背景是数学黑洞问题[J].中学数学杂志，2015(07)：42-45. 中华人民共和国教育部制定.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订).人民教育出版社，2020.8. （二）课程目标 通过高中数学课程的学习，学生能获得进一步学习以及未来发展所必需的数学基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验（简称“四基”）；提高从数学角度发现和提出问题的能力、分析和解决问题的能力（简称“四能”）. 在学习数学和应用数学的过程中，学生能发展数学抽象、逻辑推理、数学建模、直观想象、数学运算、数据分析等数学学科核心素养. 数学抽象 逻辑推理 数学建模 直观想象 数学运算 数据分析 (用数学的眼光观察世界) (用数学的思维思考世界) (用数学的语言表达世界) 通过高中数学课程的学习，学生能提高学习数学的兴趣，增强学好数学的自信心，养成良好的数学学习习惯，发展自主学习的能力；树立敢于质疑、善于思考、严谨求实的科学精神；不断提高实践能力，提升创新意识；认识数学的科学价值、应用价值、文化价值和审美价值. 新高考卷I对高中数学六大学科核心素养及“四基”“四能”考查到位，尤其是对数学抽象、逻辑推理、数学运算考查深刻. (4)突出对主干知识、思想方法、问题解决能力的考查. 新高考卷I第4题 已知 ，则 ( ) A. B. C. D. 解法1 A.由 ，可得 ；由 ，可得 ，所以 ，再得 解法2 A.设 ，可得 ，即 ，所以 ，解得 ，即 . 注 解法2运用了“未知”与“已知”的辩证关系，使得解法更自然. 新高考卷I第17题 如图1，在四棱锥 中， 底面ABCD， ， ． 图1 (1)若 ，证明： 平面 ； (2)若 ，且二面角 的正弦值为 ，求 ． 解 (1)如图1所示，由 平面 ， 平面 ，所以 . 又因为 ， ， 平面 ，所以 平面 . 再由 平面 ，可得 . 因为 ，所以 ，因而 . 又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． (2)如图2所示，过点 作 ，由题设可得三条直线 两两互相垂直，可如图2所示建立空间直角坐标系 ，可得四点 . 图2 再设点 ，可得 即 ① 可得 ，进而可得平面 与 的一个法向量分别是 . 所以二面角 的正弦值为 即 EMBED Equation.DSMT4 ② 由①②可解得 (此时两点 重合，舍去)或 (此时两点 重合，舍去)或 (此时四边形 唯一存在，满足题设)，所以点 . 再由两点间的距离公式，可求得 . (2)的再解 如图3所示，过点 作 于 ，再过点 作 于 ，连接 . 图3 由 平面 ，可得平面 平面 .又因为平面 平面 ，所以 平面 .又因为 ，所以 平面 . 进而可得 (是锐角)为二面角 的平面角，所以 ， ． 设 ，由 ，可得 .再由等面积法，可得 ，再得 . 由 为等腰直角三角形，可得 ，所以 ，解得 ，即 ． 注1 该题图形中的两个四面体 均是鳖臑. 1 甘志国.鳖臑的形状[J].数理化解题研究，2020(4)：2-3. 注2 从理论上来说，任意一道平面几何题目都可以通过建立平面直角坐标系来求解.因而，从理论上来说，任意一道立体几何题目也都可以通过建立空间直角坐标系来求解. 不适合建系的立体几何题目(指该题的图形中难以找到共点的三条直线两两互相垂直)也可通过建系来求解. (这样的解题理念——注重通性通法，就是高效复习备考！) 新高考卷I第18题 已知函数 . (1)若 ，且 ，求 的最小值；(2)证明：曲线 是中心对称图形； (3)若 当且仅当 ，求 的取值范围. 解 (1)当 时，可得函数 ，求得 . 由均值不等式可得 (当且仅当 时取等号)，所以 ，因而题设即 也即 ，得所求 的最小值为 . (2)由函数 的定义域为(0,2)，可得曲线 的对称中心的横坐标是 ，因而可设曲线 的对称中心是点 ，进而可得 即 ， 因而曲线 是中心对称图形，且其对称中心是点 . (3)由题设 可得 即 ，所以 是满足题设的一个必要条件. 当 时，设函数 ，其中 .可求得 由当 时 恒成立，可求得 的取值范围是 ： 当 时，可得 ，所以当 时， 是增函数，得 . 当 且 时， 是减函数，得 . 当 时，可证得 即 恒成立： 因为可得 是增函数，得 . 综上所述，可得所求 的取值范围是 . 注 该题第(2)问“证明：曲线 是中心对称图形”在近几年的函数(导数)解答题中基本没出现过，而其他两问又是常见问题.所以在高考复习备考中不能只备考热点，要注重全面、夯实基础. 新高考卷I基于普通高中数学课程标准，回归教材，突出考查八大主干知识：函数与导数、三角、平面向量、数列、不等式、立体几何、平面解析几何、概率统计. 新高考卷I还突出对数学应用的考查，比如第9题考查了考生解决生产生活中实际问题的能力. (5)通过优化试卷结构、创新呈现方式、精选试题素材，突出学科本质，达到落实高考育人的目的. 新高考卷I一直坚持“简洁、基础、本质、创新”的风格：试题及其答案简洁，注重对数学基础知识、基本技能的全面考查，尤其注重对数学本质的考查，试题背景新颖、内涵丰富、亮点纷呈、解法灵活、思维深刻、锐意创新． 试卷较往年进一步优化了结构(比如试题道数由22减少到19)，增强了试题的灵活性.试卷继续保持“入口易、口径宽，深入缓、出口难”的特点，对于难度较大的试题采取层层设问来降低难度，所以试题很好地坚持了“立德树人、服务选才、引导教学”的命题指导原则. 2 高考试题特点 2.1 函数与导数 2.1.1 紧密联系课本 题1 (1)(2020年高考全国卷I文科第8题)设 ，则 ( ) A． B． C． D． (答案：B.) (2)(2021年高考天津卷第7题)若 ，则 ( ) A. B. C. D. (答案：C.) 注 这两道小题均源教材.它们是巩固对数定义(“指对互化”)、对数运算性质、对数恒等式及幂的运算性质的好题. 2.1.2 小巧别致的考查经典问题 题2 (2005年高考全国卷III文科、理科第6题)若 ，则( ) A. B. C. D. 解 C.由导数可得结论：函数 在上分别是增函数、减函数. 再由下图及 ，可得选C： 注 是一个有代表性的函数，下面六道高考题都涉及到它：2017年全国卷I理科第11题，2014年高考湖北卷文科、理科第22题，2005年高考全国卷Ⅲ文科、理科第6题，2001年高考全国卷理科第20题，1983年高考全国卷理科第9题. 题3 (2017年高考全国卷I理科第11题)设 ， ， 为正数，且 ，则( ) A． B． C． D． 解 D.可得 . 用导数可证得函数 是增函数，所以 . 题4 (2013年高考新课标卷I文科第12题即理科第11题)已知函数 ，若 ，则 的取值范围是( ) A. B. C. D. 解 D.如图所示，题设即恒成立且恒成立.由前者(但不是考查切线)，可得；由后者及“指数爆炸”，可得.所以 的取值范围是. 注 解答这道选择题时，要用到教科书中的叙述：“对数增长”“直线上升”“指数爆炸”. 题5 (2007年高考北京卷理科第7题)如果正数 满足 ，那么( ) Ａ． ，且等号成立时 的取值唯一 Ｂ． ，且等号成立时 的取值唯一 Ｃ． ，且等号成立时 的取值不唯一 Ｄ． ，且等号成立时 的取值不唯一 解 A.由基本不等式(即二元均值不等式)可得： (当且仅当 时取等号)； (当且仅当 时取等号). 注 这是一道考查基本不等式的好题目. 2.1.3 关于函数图象对称性与周期性的综合问题常在选填压轴题中出现 题6 (1)(2021年高考全国甲卷文科第12题)设 是定义域为 的奇函数，且 ，若 ，则 ( ) A. B. C. D. (答案：C.) (2)(2021年高考全国甲卷理科第12题)设函数 的定义域为 ， 为奇函数， 为偶函数，当 时， .若 ，则 ( ) A. B. C. D. (答案：D.) (3)(2021年新高考全国卷2第8题)已知函数 的定义域为 ， 为偶函数， 为奇函数，则( ) A. B. C. D. (答案：B.) 注 还可证得题6的一般情形的结论： (1)若曲线 关于点 对称，曲线 关于直线 对称，则 当 时， ； (2)若曲线 关于两点 均对称，则 ； (3)若曲线 关于两条直线 均对称，则 . 详见：甘志国.关于函数图象的对称性与周期性的几个结论[J].数理化学习(高中版)，2022(1)：3-4. 2.1.4 抽象函数问题 题7 (2023年高考全国卷I第11题)已知函数 的定义域为 ， ，则( ) A. B. C. 是偶函数 D. 为 的极小值点 解 ABC.在题设“ ”中， 令 ，可得选项A正确. 令 ，可得选项B正确. 令 ，可得 .再令 ，可得 ，所以选项 正确. 对于选项D，当 时，对 两边同时除以 ，可得 ，因而可设 ，进而可验证偶函数 满足题设(分 三种情形可证). 当 时，由导数公式 ，可得 又由 可得函数 在 处连续，进而可得函数 在 上分别是减函数、增函数、减函数、增函数. 从而可作出函数 的图象如图所示： 进而可得 是函数 的极大值点且不是极小值点，所以选项D错误. 注 有读者认为，可这样排除选项D：易知常数函数 满足题设，但常数函数没有极小值，所以选项D错误.事实上，常数函数有极小值也有极大值，且极小值与极大值都是该常数函数的唯一函数值，任意实数均是该函数的极小值点也是极大值点.详见： 1 甘志国.谈谈人教版教材中函数极值的定义[J].中学数学杂志2011(5)：15-16. 2 甘志国.2023年高考数学新课标全国卷Ⅰ第11题的背景是柯西方程[J].中学生理科应试，2023(8)：17-18. 2.1.5 纯数字的比较大小问题可能会在选择题中以难题的形式出现 题8 (2022年高考数学全国卷I第7题)设 ，则( ) A． B． C． D． 解 C.设三个函数 ，可得 . 再设函数 ，可得 是减函数，可求得 ，进而可得 . 又设函数 ，可得 所以 是增函数，得 ，再得 是增函数，得 ，即 ，所以 . 题9 (2022年高考数学全国甲卷文科第12题)已知 ，则( ) A． B． C． D． 解 A.我们先证明 是递增数列，即证 ： 也可用导数证明 是增函数： 再由 ，可得 ，所以 ，得 ． 题10 (2022年高考数学全国甲卷理科第12题)已知 ，则( ) A． B． C． D． 解 A.可证得不等式 ，因而 . 设函数 ，可得 是增函数，得 ， ，所以 . 注 题10解法的背景是正弦函数及余弦函数的马克劳林展开式，通过多次求导还可证得下面的结论： (1) ； (2) . (普通高中教科书《数学·必修·第一册·A版》(人民教育出版社，2019)第109页第3(2)题)按从小到大的顺序，可将 重新排列为 (可用计算工具). 解 .下面不用计算工具来解答：证明更强的结论 . 用导数可证得：函数 在 上分别单调递增、单调递减.因而 还可得 所以 注 (1)下面再给出其一种估算证明(不用导数)： 欲证 ，只需证明 (2)本题的目的是用计算工具体验无理数指数幂的意义(表示一个确定的实数).若用上述方法求解，就没有达到相应的目的，建议把此题作改动，比如把原题中的四个数分别改为“ ”.改动后题目的答案是“ ”. 2.1.6 用分类讨论思想解题 题11 (2015年高考北京卷理科第14题)设函数 ①若 ，则 的最小值为 ； ②若 恰有2个零点，则实数 的取值范围是 ． 解 ① .② .第②问的解法如下： 方程的解只可能是. 当时，均不存在，即此时方程无解. 当时，方程有唯一解(为). 当 时，方程 解的个数是2(且解为 ；还可得 ). 当 时，方程 解的个数是3(且解为 ；还可得 ). 当 时，方程 解的个数是2(且解为 ；还可得 ). 所以所求答案是 . 注 解答题11的关键是进行恰当的分类讨论，即找到合适的分类讨论标准. 2.1.7 考查函数最重要的性质——单调性 题12 (2023年高考北京卷第20题)已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程是 . (1)求 的值； (2)设函数 ，求 的单调区间； (3)求 的极值点个数. 解 (1)由切点 在切线 上，可得 ，即 . 可求得 ，所以由题设可得 ，因而由导数的几何意义可得 ，解得 . (2)由(1)的解答，可得 ，所以 令 ，解得 . 当 变化时，可得 的变化情况如下表所示： 所以函数 在 上分别是增函数、减函数、增函数、减函数. (3)由 及“当 时， ”及(2)的答案，可得函数 即 的变号零点个数是3，所以函数 的极值点个数是3. 注 解答第(1)问时，求得函数 的导函数 ，这一步对求导运算能力要求较高. 解答第(2)问时，求得导函数 的两个无理数零点分别为 ，解方程过程对运算能力要求较高. 解答第(3)问时，先由第(2)问的解答可作出函数 即 的图象如图所示，接下来需要求出 的导函数 的变号零点个数，但仅由图不能给出其严谨解答，而要用零点存在定理来解答.一般来说，考生容易想到的是先判断 的极值符号： 但判断 有较大的运算量，而睿智的考生可以判断 的极小值点 左侧附近的点 的函数值 ，进而可给出严谨解答. 2.1.8 重点考查函数的极值与最值 题13 (1)比较大小(直接写出答案)： ； (2)求出 中的最大者与最小者. 解 (1)>.由“指数爆炸”可猜测 ，验证如下： . (2)由(1)的解答可猜测 (后面会验证它们均成立)，所以 . 还可得 ，所以 . 下面证明“若 ，则 ”：即证 . 设函数 ，可求得 ，所以 是增函数，进而可得 也是增函数，所以 ，即 . 综上所述，可得 . 2.1.9 函数零点问题依然是重要题型 题14 (2016年高考北京卷文科第20题)设函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设a＝b＝4，若函数f(x)有三个不同的零点，求c的取值范围； (3)求证：a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件． 解 可求得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. (1)可得f(0)＝c，f′(0)＝b，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程是y＝bx＋c. (2)当a＝b＝4时，f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c，所以f′(x)＝3x2＋8x＋4. 令f′(x)＝0，即3x2＋8x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－eq \f(2,3). 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表所示： 可得 ，所以当c>0且c－eq \f(32,27)<0即c∈(0，eq \f(32,27))时，存在x1∈(－4，－2)，x2∈(－2，－eq \f(2,3))，x3∈(－eq \f(2,3)，0)，使得f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0. 再由f(x)的单调性可知，当且仅当c∈(0，eq \f(32,27))时，函数f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c有三个不同零点． (3)当关于x的一元二次方程f′(x)＝0的判别式Δ＝4a2－12b<0时，f′(x)>0恒成立，此时函数f(x)在区间R上单调递增，所以f(x)不可能有三个不同的零点． 当Δ＝4a2－12b＝0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋b只有一个零点，记作x0. 当x∈(－∞，x0)时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，x0)上单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(x0，＋∞)上单调递增． 所以f(x)不可能有三个不同零点． 综上所述，若函数f(x)有三个不同零点，则必有Δ＝4a2－12b>0，因而a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件． 当a＝b＝4，c＝0时，a2－3b>0，f(x)＝x3＋4x2＋4x＝x(x＋2)2只有两个不同零点，所以a2－3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件． 因此a2－3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件． 注 该题第(2)问的解答严谨：须由零点存在定理证明函数存在零点，不可先由三次函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象得出 ，再得出第(2)问的结论；由第(2)问的结论可构造出第(3)问的结论中关于“不充分条件”的实例. 2.1.10 求参数的取值范围常考常新 题15 (2016年高考全国卷I文科第21题)已知函数 ． (1)讨论 的单调性； (2)若 有两个零点，求 的取值范围． 分析 求函数的单调区间的一般步骤是：写定义域→求导→求导函数零点→列表→下结论.其中列表反映的信息最清楚也最全面、最简洁. (1)函数 的的定义域是R.可得f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). 令f′(x)＝0，得 或1. 因为当且仅当 时 才有意义，所以须分 和 两类情形来讨论.当 时， 有意义，接下来还须分 (即 )三种情形来讨论. (2)为了得到函数 的零点个数，就需要知道其图象的形状，还需要知道函数 的单调区间，从而由第(1)问的分类讨论标准可确立第(2)问的分类讨论标准：分 这五种情形讨论(因为后两种情形 的单调区间不同，所以这两种情况须分开讨论). 解 (1)可得f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a). ①当 时，可得 (且 )，进而可列表如下： 从而可得此时函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 . ②当 时，可得 R)，所以此时函数 的单调递增区间是 ，无单调递减区间. ③当 时，可得 (且 )，进而可列表如下： 从而可得此时函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 . ④当 时，可得 ，进而可得此时函数 的单调递减、递增区间分别是 . (2)①若a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增． 又因为f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<lneq \f(a,2)，则f(b)>eq \f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－eq \f(3,2)b)>0，所以f(x)有两个零点． ②若a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点． ③若a<0，又若a≥－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)单调递增．又因为当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)单调递增．又因为当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点． 综上所述可得，所求a的取值范围为(0，＋∞)． 题16 (2020年新高考全国卷I第21题)已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若 ，求 的取值范围. 解 (1)当 时，可得 ， ，且 ， . 所以 在点 处的切线方程是 ，即 . 当 时，得 ；当 时，得 所以该切线与两坐标轴围成的三角形的面积 . (2)由题设可得 .由两个增函数之和是增函数，可得 是增函数. (i)当 时，由 可知，此时不满足题设. (ii)当 时，由 及 是增函数，可得 在 上分别是减函数、增函数，所以 ，此时满足题设. (iii)当 时，由 及 是增函数，可得 ，所以 . 还可得 在 上分别是减函数、增函数，所以由均值不等式可得 得此时满足题设. 综上所述，可得所求 的取值范围是 . (2)的另解 由题设可得 . 当 时，用导数可证得 (因而 )，所以 ，此时满足题设. 当 时， ，此时不满足题设. 综上所述，可得所求 的取值范围是 . (2)的再解 可得题设即 . 还可得 是R上的增函数，所以题设即 ，也即 . 用导数知识，可求得 ，进而可求得所求 的取值范围是 . 注 在题16(2)的再解中用指数对数恒等式 简便解题，这也是一种常用的解题技巧. 题17 (2023年高考全国卷I第19题)已知函数 ． (1)讨论 单调性； (2)证明：当 时， ． 解 (1)函数 的定义域为 ，可求得 . 当 时，可得 ， ，所以 在 上单调递减. 当 时，令 ，解得 ，所以： 当 时， ， 在 上单调递减； 当 时， ， 在 上单调递增. 综上所述，可得：当 时， 在 上单调递减；当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增. (2)由(1)的答案可得， . 欲证 ，即证 ，即证 . 设函数 ，可求得 ，进而可得 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，得 ，因而欲证结论成立. 注：证明 ，即证 .设 ，可得即证 . 由导数易证得不等式 ，所以欲证结论成立. (2)的另证 由导数易证得不等式 (当且仅当 时取等号)，所以当 时， 所以只需证明 ，只需证明 . 设 ，可得即证 .而这用导数易证，所以欲证结论成立. 注 可把题17第(2)问的结论加强为“若 ，则 ”. 题18 (2012年高考新课标全国卷文科第21题)设函数 . (1)求 的单调区间； (2)若 为整数，且当 时， ，求 的最大值. 解 (1)可求得 . 当 时， 恒成立，所以函数 在 上是增函数；当 时， ，所以函数 在 上分别是减函数、增函数. (2)我们可以考虑用分离参数法来求解. 可得题设即 恒成立，接下来需要求 的最小值或下确界. 设 ，可得 . 由(1)的结论知，函数 是增函数. 又因为 ，所以函数 的唯一零点 (也可把该零点叫做函数 的隐零点，这种设法类似于解析几何中的“设而不求”的解法). 当 时， ；当 时， .所以 . 又由 ，可得 ，所以 . 由 ，得 . 所以所求整数 的最大值是2. (2)的另解 对于第(2)问也可用下面的方法来求解——“先必要后充分”法. 可得题设即 恒成立． 由 时成立，得 ，所以整数 ．还可证 时成立： 设 ，可得 ，所以 ． 得所求整数 的最大值是2． 2.1.11 函数不等式是难度较大的题目 2.1.11.1 双参数问题可能出现 题19 已知 ，函数 满足 ，使得 ，求实数 的取值范围. 解 当 时，可得 恒成立，所以 在[0,1]上分别是增函数、减函数，因而 . 接下来求解本题.先视 是常量，可得题设即“ ”，也即 ，也即 . 进而可得题设即 ，也即 ，也即 ，所以所求实数 的取值范围是 . 注 解答双参数问题时，可先把其中的一个参数(比如是 )看作常数变成另一个参数( )的问题，求得参数 满足的条件，变成了一个参数 的问题，最终可完成求解.具体求解时，先视哪一个参数为常数，可能解答的难度不一样. 2.1.11.2 用导数证明函数不等式的四种常用方法 题20 证明不等式： . 题21 证明不等式： . 题22 (2014年高考课标全国卷I理科第21题)设函数 ，曲线 在点 处的切线为 ． (1)求 ； (2)证明： ． 分析 (1) ． 题设即 ，可求得 ． (2)由(1)的答案可知，即证 ． 自然的想法是先求左边函数的最小值或下确界，再证明其大于1. 但这种常规方法往往是徒劳无功的.其原因是对数与指数的组合函数的导函数往往仍然含有对数与指数的组合函数，接下来会很难处理. 鉴于此，我们应当考虑把对数与指数分离开来，分别放在欲证不等式的两边，对两边的函数分别用导数处理(求最值或取值范围)： 因为欲证不等式中有 ，所以应当“指对分离”，两边都除以正数 (因为 的正负不确定，所以不优先考虑两边都除以 )，得即证 ① 可以尝试着求该不等式左、右两边的最值或取值范围，以达到目的： 设 ，得 ，进而可得：当且仅当 时， . 接下来，若能证明 即可，但这是办不到的：因为当 时， . 证明失败了. 但失败是成功之母：把上述“证明”作微调后即可获得成功. 把①式两边都乘以x后，即证 ② 设 ，得 进而可得：当且仅当 时， . 设 ，得 进而可得：当且仅当 时， . 因为 ，所以 且两个等号不能同时取到，所以式②成立，得欲证成立. 注 (i)证明式②，即证 . 设 ，得即证 . 用导数可证得： (当且仅当 时取等号). 所以 (当且仅当 时取等号). 把得到的两个不等式相加后可得欲证结论成立. (ii)题22第(2)问与《2009年曲靖一中高考冲刺卷理科数学（一）》压轴题第(3)问完全一样，这道压轴题(即第22题)是： 已知函数 ． (1)求函数 在 上的最小值； (2)对一切 恒成立，求实数 的取值范围； (3)证明：对一切 ，都有 成立． 该题也可见王朝银主编《步步高·高考总复习·数学》(黑龙江教育出版社，2007年第1版，2014年2月第8次印刷)第42页例2． (iii)这道题也是2014年全国高中数学联赛黑龙江预赛试题第22题第(3)问的加强，这道竞赛题是： 已知函数． (1)对一切恒成立，求实数的取值范围； (2)当时，求函数在上的最值； (3)证明：对一切，都有成立． 类题 求证： . 证明 用导数可证得 (当且仅当 时取等号)及 ，所以 (当且仅当 时取等号) 再用导数还可证得 (当且仅当 时取等号)，所以欲证结论成立. 题23 (2013年高考新课标全国卷II理科第21(2)题的等价问题)求证： ． 分析 用前三种方法都不易解决本问题，下面介绍用导数证明函数不等式的第四种常用方法. 设 ，我们想办法寻找出一个函数 ，使得 且两个等号不是同时取到. 当然，函数 越简洁越好. 但 不可能是常数(因为函数 的值域是R)，所以我们可尝试 能否为一次函数，当然应当考虑切线. 如下图所示，可求得函数 在点 处的切线是 ，进而可得 ；还可求得函数 在点 处的切线也是 ，进而可得 . 进而可用导数证得 且两个等号不是同时取到，所以欲证结论成立. 当然，用题21的方法，也可给出该题的证明(设而不求)： 设 ，得 . 可得 是增函数(两个增函数之和是增函数)，且 ，所以函数 存在唯一的零点 (得 )，再由均值不等式可得 (因为 ) 所以欲证结论成立. 注 还可求得：曲线 与 有且仅有两条公切线： 与 .由后者也可证得 ． 题24 求证： . 证法1 用导数可证得 (当且仅当 时取等号)， (当且仅当 时取等号)，所以欲证结论成立. 证法2 设 ，得 . 可得 是增函数且 (只需证明 )，所以函数 存在唯一的零点 (得 )，再由均值不等式可得 所以欲证结论成立. 用导数证明函数不等式的四种常用方法： 1)单调性法，比如证明不等式： . 2)最值法，比如证明不等式： . 3)证明左边的最大值大于右边的最小值. 4)寻求过渡(比如以直代曲). 详见：甘志国.用导数证明函数不等式的4种常用方法[J].高中数理化，2018(3)：6-8. 2.1.12 快解一类导数问题 定理 函数在区间上的最大(小)值点若不是区间端点就是极大(小)值点． 题25 (1)(2017年高考全国卷II理科第21(1)题)已知函数 ，且 ，求； (2)(2017年高考全国卷III理科第21题)已知函数.若 ，求的值； (3)(2012年高考湖南卷理科第22题)已知函数，其中．若对一切R，恒成立，求的取值集合． 解 (1)由 ，可得 ． 设，得，. 由题设及定理可得. 还可检验满足题设，所以所求答案是. (注：此解法比直接用“”要简洁.) (2)可得()，且. 由题设及定理可得. 还可检验满足题设，所以所求答案是. (3)因为，所以是函数R)的最小值点，由定理可得也是函数R)的极小值点，得． 还可检验：当时，函数R)恒成立． 所以的取值集合是{1}． 2.1.13 证明二元不等式 题26 (2022年高考北京卷第20题)己知函数 ． (1)求曲线 在点 处的切线方程； (2)设 ，讨论函数 在 上的单调性； (3)证明：对任意的 ，有 ． 解 可求得 . (1)可求得 ，进而可得所求切线方程是 ，即 . (2)可求得 . 当 时，可得 ，所以 在 上是增函数. (3)设函数 ，由(2)的结论可得 是增函数，因而 ，进而可得欲证结论成立. (3)的另证 即证当 时： 用导数可证得不等式 ，所以只需证明 设函数 ，可得 所以 是增函数，得 (当且仅当 时取等号)，进而可得欲证结论成立. 2.1.14 试题的亮点是创新 题27 (2019年高考全国卷I理科第20(2)题的核心问题，即甘志国编著《高中数学题典——导数》(哈尔滨工业大学出版社，2016)第259-260页第151题)求证：若 ，则 (当且仅当时取等号). 证明 设，可得 ，， 所以是减函数(由两个减函数之和是减函数，也可得此结论). 又因为，所以存在唯一的使得，进而可得在上分别是增函数、减函数. 又因为，所以，得. 又因为在上是减函数，，所以存在唯一的使得，进而可得在上分别是增函数、减函数. 所以. 可得，所以，当且仅当时，得欲证结论成立. 注 笔者在当时编拟该题的起因是：北京高考导数解答题在形式上较为简洁，源于基本初等函数及其四则运算形成的组合，再结合几何画板发现了当 时 的，进而编拟出了该题. 题28 已知函数 ，求证： . 证法1 (1)当 时，由 与 均是增函数且函数值均是正数，用函数单调性的定义或用导数可证得 也是增函数，所以 . (2)当 时，可求得 . 可得 是增函数.再由 及 是连续函数，可得 ，因而 . 进而可求得 ，所以欲证 ，即证 . 因而只需证明当 时 ，即证 ，所以只需证明 ，它成立，所以欲证结论成立. 综上所述，可得欲证结论成立. 证法2 用四次求导，可证得 ，因而 .再由 及 ，可得 . (1)当 时，可得 ，进而可得 . (2)当 时，可得 是减函数. 再由 ，所以 在 上是减函数.因而当 时， . 当 时，由定理可得 . 综上所述，可得欲证结论成立. 证法3 可求得曲线 在点 处的切线方程是 .再由曲线 上凸，可猜测 (当且仅当 时取等号). 严格证明如下：设函数 ，可得 是减函数.再由 ，可得 ，进而可得欲证结论成立. 所以 由此易证得 .当然，由此还可证得 . 证法4 用四次求导，可证得 ，所以 设 ，可得 . 设函数 ，可求得 ，进而可得 在 上分别是增函数、减函数、增函数，进而可得 进而可得欲证结论成立. 注 高考试题的亮点是创新，但结论应当简洁.高三学生在复习备考时，也可尝试以上创新方法：留意一些简单的函数图象形状，再严格证明相应的结论，这也是一种高效的研究性学习. 2.1.15 变更主元法 题29 (2016年高考全国卷III文科第21题)设函数. (1)讨论的单调性； (2)证明当时，； (3)设，证明当时，. 第(3)问的直接证明 设函数，可得 所以是增函数，得. 甘志国.简解2016年高考全国卷III文科第21(3)题[J].数理化解题研究，2017(10)：23. 2.1.16 求解导数问题的困惑之一——分离参数后不能完成解答 题30 (2006年高考全国卷II理科第20题)设函数 ．若对所有的 ，都有 成立，求实数a的取值范围． 分析 本题的自然想法当然是分离参数法. 设 ，可得题意即 时 恒成立. 得 . 可用导数证得 ，所以 ， 在 上单调递增，所以 的取值范围是 . 但如何求此极限，对于高中生是很棘手的事. 可能有考生想到使用洛必达法则，得 (所以a的取值范围是 ).但这只能得出正确的答案而已，在书写高考解答题的过程时是不允许使用洛必达法则的. 本题的正确解法是不用分离参数法，而是对参数进行分类讨论，这种讨论的原则是“先充分后必要”. 设 ，得题设即 恒成立. 所以当 是增函数即 恒成立时满足题设. 得 ，且 是增函数，所以当 即 时满足题设. 当 时，得 的零点为 ，且当 时， ，即 在 上是减函数，得 ，即此时不满足题意． 所以所求a的取值范围是 ． 2.1.17 求解导数问题的困惑之二——不用极限如何规范表述解答过程 题31 (2013年高考北京卷文科第18题)已知函数f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值； (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围． 分析 (1)略. (2)须先作出函数f(x)的图象.易知f(x)是偶函数，所以关键是作出f(x)在 上的图象. 这须先用导数研究函数f(x)在 上的单调性. 可得f′(x)＝x(2＋cos x) ，所以函数f(x)在 上是增函数. 因为可把函数f(x)的解析式变形为 f(x)＝x(x＋sin x)＋cos x ① 所以当 时， . 进而可以作出函数f(x)在R上的图象，再由图象得到如下结论： 当 时，曲线y＝f(x)与直线y＝b无交点； 当 时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有唯一交点； 当 时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个交点. 但此“趋向于、用极限描述”的解答并不严密，是要扣分的. 官方给出的末尾部分的严密解答是： 当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b，0)，x2∈(0，2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b. 由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点． 综上所述可得，若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，则b的取值范围是(1，＋∞)． 实际上，由式①还可这样构造出末尾部分的严密解答： 当 时，关键是要找到一个正数x使得f(x)>b． 由式①知，只需找到一个正数x使得 ，这可通过解一元二次不等式得到答案.当然，也可观察出 适合. 2.1.18 可导函数极值第二判别法 可导函数极值第二判别法 可导函数极值第二判别法 若函数 在 处存在 阶导数，且 ，则 (1)当 是奇数时， 不是函数 的极值点； (2)当 是偶数时， 是函数 的极值点：当 时， 是函数 的极小值点；当 时， 是函数 的极大值点. (2023年高考全国卷II第22题)(1)证明：当 时， ； (2)已知函数 ，若 是 的极大值点，求a的取值范围． (2018年高考北京卷文科第19题)设函数. (1)若曲线在点处的切线斜率为0，求的值； (2)若在处取得极小值，求的取值范围.(答案：.) (2018年高考北京卷理科第18题)设函数. (1)若曲线在点处的切线与 轴平行，求 的值； (2)若在 处取得极小值，求 的取值范围.(答案： .) (2016年高考山东卷文科第20题)设函数f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (2)已知f(x)在 处取得极大值，求实数a的取值范围．(答案： .) (新编题1)设函数 . (1)求f′(x)的与 无关的零点； (2)已知f(x)在 处取得极小值，求 的取值范围.(答案： .) (新编题2)已知函数是常数). (1)当时，求证：是函数的极小值点； (2)若是函数的极小值点，求的取值范围；(答案：.) (3)讨论函数的极值点的个数.(答案：当 时，函数的极值点的个数是2；当 时，函数的极值点的个数是1；当时，函数的极值点的个数是3.) 2.2 概率与导数或数列结合的综合压轴题 题32 (2020年高考全国卷I第12题)信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X所有可能的值为 ，且 ，定义 的信息熵 ，则( ) A.若 ，则 B.若 ，则 随着 的增大而增大 C.若 ，则 随着 的增大而增大 D.若 ，随机变量 所有可能的取值为 ，且 ，则 解 AC.当 时， ， ，得选项A正确. 当 时，可得 .记 ，可得 ，函数 的图象关于直线 对称，因此 不可能随着 的增大而增大，得选项B错误. 若 ，可得 是关于 的单调递增函数，所以选项C正确. 对于选项D，可得 EMBED Equation.DSMT4 由 ，可得 ，从而可得 ，所以选项D错误. 题33 (2023年高考全国卷I第21题)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投籃，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第 次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则 ．记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ． 解 设第 次投篮的人是甲、乙的概率分别是 ，则第 次投篮的人是甲包括两种情形：第 次投篮的人是甲且甲投中，第 次投篮的人是乙且乙没投中. 因而 . 再由 ，可得 还可得 ，所以 是首项为 、公比为 的等比数列，因而 (1)第2次投篮的人是乙的概率 . (2)第 次投篮的人是甲的概率 . (3)由(2)的答案及题设，可得 题35 (2019年高考全国卷I第21题)为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． (1)求 的分布列； (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分， 表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 ， ， EMBED Equation.DSMT4 ，其中 ， ， ．假设 ， ． (i)证明： EMBED Equation.DSMT4 为等比数列； (ii)求 ，并根据 的值解释这种试验方案的合理性． 解 (1) X的所有可能取值为 ，且 所以 的分布列为 (2)(i)由题设及(1)的答案可得 ，因此 若 ，则 ，得 ，这与题设 矛盾！所以 ，所以 是首项为 、公比为4的等比数列． (ii)由(i)可得 再由 ，可得 ，所以 表示最终认为甲药更有效的概率，由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为 ，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理. 注 笔者认为这道题源于下面的两道试题： (2011年华约自主招生数学试题第15题)将一枚均匀的硬币连续抛掷 次，以 表示未出现连续3次正面的概率. (1)求 ； (2)探究数列 的递推公式，并给出证明； (3)讨论数列 的单调性及其极限，并阐述该极限的概率意义. (2012年全国高中数学联赛第一试第8题)某情报站有 四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种.设第1周使用 种密码，那么第7周也使用 种密码的概率是 . (用最简分数表示) 题36 (2016年高考全国卷I理科第19题)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状下图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记 表示2台机器三年内共需更换的易损零件数， 表示购买2台机器的同时购买的易损零件数. (1)求 的分布列； (2)若要求 ，确定 的最小值； (3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 与 之中选其一，应选用哪个？ 解 （1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为 ， ， ， 的概率分别是 ， ， ， . 进而可列出下表： 易损零件数(概率) 8(p=0.2) 9(p=0.4) 10(p=0.2) 11(p=0.2) 8(p=0.2) 16(p=0.04) 17(p=0.08) 18(p=0.04) 19(p=0.04) 9(p=0.4) 17(p=0.08) 18(p=0.16) 19(p=0.08) 20(p=0.08) 10(p=0.2) 18(p=0.04) 19(p=0.08) 20(p=0.04) 21(p=0.04) 11(p=0.2) 19(p=0.04) 20(p=0.08) 21(p=0.04) 22(p=0.04) 从而 得X的分布列为 X 16 17 18 19 20 21 22 P 0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04 （2）由（1）知， ， ，所以所求 的最小值为 . （3）记 表示 台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）. 当 时，得 当 时，得 所以当 时所需费用的期望值小于 时所需费用的期望值，说明应选 . 题37 (2010年高考安徽卷理科第21题)品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出 瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这 瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分. 现设 ，分别以 表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令 ， 则 是对两次排序的偏离程度的一种描述. (1)写出 的可能值集合； (2)假设 等可能地为1,2,3,4的各种排列，求 的分布列； (3)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有 ， ①试按(2)中的结果，计算出现这种现象的概率(假定各轮测试相互独立)； ②你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由. 解 这里的一次试验是“将1,2,3,4排序”，可以枚举出这 种排列及其对应的 值，如下表： 排列1 1 2 3 4 0 排列2 1 2 4 3 2 排列3 1 3 2 4 2 排列4 1 3 4 2 4 排列5 1 4 2 3 4 排列6 1 4 3 2 4 排列7 2 1 3 4 2 排列8 2 1 4 3 4 排列9 2 3 1 4 4 排列10 2 3 4 1 6 排列11 2 4 1 3 6 排列12 2 4 3 1 6 排列13 3 1 2 4 4 排列14 3 1 4 2 6 排列15 3 2 1 4 4 排列16 3 2 4 1 6 排列17 3 4 1 2 8 排列18 3 4 2 1 8 排列19 4 1 2 3 6 排列20 4 1 3 2 6 排列21 4 2 1 3 6 排列22 4 2 3 1 6 排列23 4 3 1 2 8 排列24 4 3 2 1 8 由此表立得本题的答案是： (1) 的可能值集合为{0,2,4,6,8}. (2)在等可能的前提下，得 0 2 4 6 8 (3)① . ②因为 ，所以事件①发生是小概率事件，说明仅凭随机猜测得到三轮测试都有 的可能性很小.因此可以认为该品酒师确实具有良好的酒味鉴别功能，不是靠随机猜测的. 注 从阅卷情况看，这道高考压轴题的得分率极低.笔者认为造成这种情形的主要原因是考生不会用最简单的原始方法——枚举法解决计数问题，只知道套用排列组合公式解决复杂的计数问题，殊不知，用简单的枚举法也能轻松解决计数以及概率统计问题. 详见： 甘志国.用枚举法解概率统计题[J].新高考(数学·进阶)，2019(5,6)：40-41. 甘志国.应重视枚举法解题[J].河北理科教学研究，2019(1)：1-5. 甘志国.善用枚举法解排列、组合及概率统计题[J].数学教学通讯(数学金刊·高中)，2015(5)：34-36. 甘志国.逐一列举，一清二楚——重视用枚举法解概率统计题[J].新高考(高三·数学)，2014(3)：44-46. 甘志国.应重视用枚举法解概率题[J].中学数学，2012(3上)：42. 2.3 立体几何选填压轴题 题38 (2021年高考北京卷第8题)某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量(单位：mm).24h降雨量的等级划分如下： 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm(如图1所示)，则这24h降雨量的等级是( ) A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 (答案：B.) 题39 (2023年高考全国卷I第12题)下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ) A.直径为 的球体 B.所有棱长均为 的四面体 C.底面直径为 ，高为 的圆柱体 D.底面直径为 ，高为 的圆柱体 解 ABD.选项A正确：因为球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内. 选项B正确：因为如下图所示的单位正方体中的正四面体 的棱长 . 选项C错误：因为正方体的体对角线长为 ，且 . 选项D正确：因为1.2>1，所以底面正方形不能包含圆柱的底面圆. 如下图所示，过正方体体对角线 的中点 作 交 于 ，可得 ，所以 . 可得 ，所以按图2的方式有可能使得选项D正确. 如上图所示，若底面直径为 ，高为 的圆柱体与正方体的上、下底面均相切，设圆柱的下底面的圆心为 ，与正方体的下底面的切点是 ，可得 ，因而 ，再得圆柱的高 所以选项D正确. 注 对于选项D，也可这样直观感知其正确. 如下图所示，点 分别是图3中正方体(其棱长为1)所在棱的中点，可得六边形 是边长为 的正六边形，其内切圆直径 (点 分别是边 的中点)的长 ，如果忽略“底面直径为 ，高为 的圆柱体”的的“高 ”，可认为选项D正确.当然，这是不严格的推导. 题40 (2023年高考北京卷第9题)刍甍(chú méng)是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某屋顶可视为五面体 ，其中的四边形 与 是全等的等腰梯形， 与 是全等的等腰三角形.若 m， m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面 的夹角的正切值均为 .某学习小组为这个模型的轮廓安装灯带（不计损耗），则所需灯带的长度为( ) A.102m B.112m C.117m D.125m 解 C.如所给图所示，由两个面 和 是全等的等腰梯形，可得 . 如下图所示，过点 作 平面 于 ，设棱 的中点是 ，连接 .由题设及等腰三角形的“三线合一”，可得 ，进而可得 .再由题设，可得 . 再过点 作 于 ，连接 ，可得 .再由题设，可得 . 还可得 ，进而可得 ≌ ，所以 .连接 ，可得 是 的角平分线.连接 ，同理可得 是 的角平分线. 由 ，可得 .再由 是棱 的中点，可得 . 由 ，可得 ≌ ，所以 ，因而四边形 是边长为5的正方形， (也可这样证明 ：在等腰 中， ，又因为 是 的角平分线，所以 ). 同理可得四边形 的四个角均是直角，所以四边形 是矩形. 由 .可求得 . 在 中， . 同理，可得 . 还可得 . 所以所求答案是 (m). 题41 如图，从长、宽、高分别为 的长方体 中截去部分几何体后，所得几何体为三棱锥 ．下列四个结论中，所有正确结论的序号是_____． ①三棱锥 的体积为 ； ②三棱锥 的每个面都是锐角三角形； ③在三棱锥 中，二面角 不会是直二面角； ④在三棱锥 中，若三条侧棱与底面所成的角分别记为 ，则 . 解 ①②④.可不妨设 ，以射线 的方向分别为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系 ，可得点 . ①正确：三棱锥 的体积为 ②正确：可得 再由余弦定理，可得 是锐角.同理可得 也都是锐角，所以 是锐角三角形，进而可得三棱锥 的每个面都是锐角三角形. ③错误：可求得平面 的法向量分别是 ，进而可得当且仅当 时二面角 是直二面角. ④正确：我们先证明在三棱锥 中，若三条侧棱 与底面所成的角分别记为 ，则 . 可求得 ，平面 的法向量 ，所以 因而 由 ，可得 .同理，可得 . 把得到的三个不等式相加，可得 ，所以 . 同理，可得结论④正确. 题42 (2020年新高考全国卷I第16题)已知直四棱柱 的棱长均为2，∠ °，以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长为 _. 解 .如图1所示，因为直四棱柱 所有棱长均为2， 所以 为等边三角形.设 是 的中点，可得 ， 因而点 也是侧面 所在平面与球面的公共部分截面圆(即球的一个小圆)的圆心. 图1 易知 因为球的半径为 所以截面圆半径 . 因而球面与平面 的交线上的点即为平面 内到 距离为 的点. 如图2所示，在边长为2的正方形 中，以 为圆心， 为半径作 ，可得 的长为 ，此即为所求答案. 图2 题43 如图所示，在三棱锥中，两两垂直，点T在平面ABC上的射影为点D.O为三棱锥内任意一点，分别延长线段 交对面于点，则下列结论中正确结论的序号是 ： ①； ②是锐角三角形； ③； ④ ； ⑤； ⑥. 解 ①②④⑤⑥.①正确.由，得平面TBC，所以.同理，可得. ②正确.可得，所以是锐角.同理，可得均是锐角，所以是锐角三角形. ③错误：因为平面TBC，所以在平面TBC上的射影是，得.同理，可得，所以. ④正确.设 ，可求得 ，所以 . 在 中，可求得 ，所以由余弦定理可求得 ，因而 ，再得 ⑤正确.易知，所以. ⑥正确.如下图所示，设是Rt的斜边上的高，则. 证明如下：由射影定理，可得 在题目图中，延长分别交边于点，连结(如下图所示). 由刚才证得的结论，可得 在中，可得 所以 在中，可得 所以 所以 题44 (2017年高考全国卷Ⅰ理科第16题)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为.，，为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_______. 解 .如下图所示，连结且交与点.由题设可得，. 设，可得，. 还可得三棱锥的高. 由，可得. 令，可得，进而可得，再得所求最大值为. 题45 (2013年高考安徽卷文科、理科第15题)如图1所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)． ①当0<CQ<eq \f(1,2)时，S为四边形； ②当CQ＝eq \f(1,2)时，S为等腰梯形； ③当CQ＝eq \f(3,4)时，S与C1D1的交点R满足C1R＝eq \f(1,3)； ④当eq \f(3,4)<CQ<1时，S为六边形； ⑤当CQ＝1时，S的面积为eq \f(\r(6),2). 图1 解 ①②③⑤.应逐一分析命题②,①,⑤,③,④是否正确. 先看命题②，如图2所示，当CQ＝eq \f(1,2)时，可得，进而可得截面S为等腰梯形. 图2 再看命题①，由对命题②的分析可知，此时图2中的线段PQ应当在侧面 上绕点P向下旋转(即点Q向点C的方向移动).由截面S与正方体的左、右两个面的交线平行，可得此时图2中的线段 应当在侧面 上绕点A向下旋转(即点 向点D的方向移动)，进而可得此时的截面S为图3中的四边形. 图3 对于命题⑤，当CQ＝1时，可得截面S为图4中的菱形，其中是棱的中点.可求得 ，进而可求得截面S即菱形的面积为 . 图4 对于命题③，当时，如图5所示，设截面S与正方体的左、右两个面的交线分别是AM与PQ，可得AM//PQ.由等角定理，可得 .进而可得 ，说明点M在棱 上，且 . 图5 再设截面S与正方体的上、下两个面的交线分别是MR与AP，可得MR//AP.由等角定理，可得 .进而可得 ，说明点R在棱 上，且 . 在图5中，由AM//PQ，可得四点 共面 .再由MR//AP，可得四点 共面 .所以五点 共面 .得此时截面S为五边形APQRM. 对于命题④，当eq \f(3,4)<CQ<1时，如图5所示，设截面S与正方体的左、右两个面的交线分别是AM与PQ，可得AM//PQ.由等角定理，可得 .进而可得 ，说明点M在棱 上，且 . 再设截面S与正方体的上、下两个面的交线分别是MR与AP，可得MR//AP.由等角定理，可得 .进而可得 ，说明点R在棱 上，且 . 在图5中，由AM//PQ，可得四点 共面 .再由MR//AP，可得四点 共面 .所以五点 共面 .因而命题④错误：因为此时截面S为五边形APQRM. 2.4 数列 2.4.1 数列选填压轴题 题46 (2022年高考北京卷第6题)设 是公差不为0的无穷等差数列，则“ 为递增数列”是“存在正整数 ，当 时， ”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解 C.由题设可得无穷等差数列的公差 或 ，因而在平面直角坐标系 中，点列 均在同一条直线 上，进而可得 为递增数列 存在正整数 ，当 时， 其中“ 存在正整数 ，当 时， ”用反证法可证：假设 ，由点列 均在同一条直线 上，可得当 时 ，与题设“存在正整数 ，当 时， ”矛盾！所以欲证结论成立. 所以本题的答案是C. 题47 (2023年高考北京卷第10题)若数列 满足 ，则下列说法正确的是( ) A.若 ，则 是递减数列，且 及 ，使得当 时， B.若 ，则 是递增数列，且 及 ，使得 时， C.若 ，则 是递减数列，且 及 ，使得 时， D.若 ，则 是递增数列，且 及 ，使得 时， 解 B.设 ，可得 ，进而可用数学归纳法证得 .进而可得 . 若 ，则 .可得 是递减数列，但由 ，可得选项A错误. 若 ，则 .可得 是递增数列，易得选项B正确. 若 ，则 .可得 是递减数列，但由 ，可得选项C错误. 若 ，则 .可得 是递增数列，但由 ，可得选项D错误. 注 本题涉及大学数学中的知识“判断数列是否有界、求数列极限”，试题也体现了高中数学与大学数学的衔接. 题48 (2021年高考北京卷第10题)已知 是各项均为整数的递增数列，且 .若 ，则n的最大值为( ) A.9 B.10 C.11 D.12 (答案：C.) 题49 (2020年高考北京卷第8题)在等差数列 中， ， ．记 ，则数列 ( ) A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 (答案：B.) 题50 (2022年高考数学全国卷II第8题)已知函数 的定义域为R，且 ，则 ( ) A． B． C．0 D．1 解法1 A.在题设中令 ，可求得 ；在题设中令 ，可得 ，所以 且 因而 解法2 A.可以验证 满足 ，所以由题设知，可选 ，再得可选 ，所以选 满足题设. 此时 的最小正周期是6且 ，进而可得 再由排除法可知答案是A. 题51 (2017年高考全国卷I理科第12题)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是 ，接下来的两项是 ， ，再接下来的三项是 ， ， ，依此类推.求满足如下条件的最小整数 且该数列的前 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是(　) A. B. C. D. (答案：A.) 题52 (2013年高考全国卷I理科第12题)设 的三边长分别为 ， 的面积为 .若 ，则( ) A. 为递减数列 B. 为递增数列 C. 为递增数列， 为递减数列 D. 为递减数列， 为递增数列 (答案：B.) 题53 (2005年高考湖南卷文科第5题)已知数列 满足 ，则 ( ) A.0 B. C. D. 解法1 B.由题设可求得 ，进而可得 是最小正周期为3的周期数列，所以 . 解法2 B.可设 .由题设，可得 ，所以 ，进而可求得 ，因而 ，再得 . 题54 (2022年高考北京卷第15题)已知数列 的各项均为正数，其前 项和 满足 ．给出下列四个结论： ① 的第2项小于3； ② 为等比数列； ③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项. 其中所有正确结论的序号是_________． 解 ①③④.下面分别判断结论③①④②是否正确. ③正确.由 ，可得 是正项递增数列.再由 ，可得 为递减数列. ①正确.在 中，令 ，可求得 .再由③正确，可得 . 可用反证法证明④正确.假设 ，则 ，所以 .而这显然不成立，所以假设错误，得④正确. 可用函数观点证明②错误.假设 为公比是 的等比数列(由③正确知 )，则 ，所以 ，这将与 矛盾！所以②错误. 结语 解高考多选题时，要注意合理安排判断选项是否正确的顺序，因为先得到的真命题对判断后面的选项是否正确有帮助.另外，数列是一种特殊的函数，所以，用函数的观点处理数列问题会很方便，很多时候能起到“四两拨千斤的作用”. 题55 (2020年高考数学全国卷I文科第16题)若数列 满足 ，前 项和为 ，则 ________．(答案：7.) 题56 (1)(2020年新高考全国卷I第14题)将数列 与 的公共项从小到大排列得到数列 ，则 的前 项和为 ； (2)(2020年新高考全国卷II第15题)将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 解 (1) .因为 中的项即是数列 中的项，也是数列 中的项，所以 即可被2整除，也可被3整除.再由数列 与 的公共项的第一项是5，可得 ， . 所以 . (2) .(过程略) 题57 (2012年高考新课标全国卷理科第16题)数列 满足 ，则 的前60项的和为 . 解 1830.这道填空题也可这样解：令 ，可得 ，…进而可猜测 ，还可验证它确实满足题意，此时得 注 本题“巧”在数列 的首项可取任意值，但其前60项的和为定值. 题58 (2009年高考福建卷理科第15题)5位同学围成一圈报数，规定：①第1位同学首次报出的数为1，第2位同学首次报出的数也为1，之后每位同学所报出的数都是前2位同学所报出的数之和；②若报出的数为3的倍数，则报该数的同学需拍手1次.已知甲同学第1个报数，当5位同学依序循环报到第100个数时，甲同学拍手的次数为 . 解 5.设所有人第次报的数为，则数列为 由条件②知，只有所报的数是N*)时才拍手. 又因为甲报的数是N)，所以当且仅当两者均满足即甲报的数是时(用最小公倍数)，甲才拍手，所以甲拍手的次数为5. 2.4.2 题谈“奇偶项交织”的递推数列问题的求解 2.4.2.1 分别讨论第奇数项与第偶数项 (2023年高考全国卷II第18题)已知 为等差数列， .记 分别为数列 的前n项和，有 ． (1)求 的通项公式； (2)证明：当 时， ． 解 (1)（过程略） . (2)由(1)的答案知 . …… 2.4.2.2 先迭代求解第奇数项子列或第偶数项子列 题 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式. 解 由题设可得 N*) N*) 所以 是首项为 ，公比是 的等比数列，因而 N*)， N*)， N*)， N*) 进而可得数列 的通项公式为 2.4.2.3 先猜后证 题 已知 N*)，且 分别是递减、递增数列，求数列 的通项公式. （答案： .） 甘志国.三招求解“奇偶项交织”递推数列问题[J].高中数理化，2025(01)：25-29. 甘志国.例谈“奇偶项交织”的递推数列问题的求解[J].数理化学习(高中版)，2019(03)：3-6. 2.5 平面解析几何 题59 (2023年高考数学北京卷第19题)已知椭圆 的离心率 ， 分别为该椭圆的上、下顶点， 分别为该椭圆的左、右顶点，且 . (1)求椭圆 的方程； (2)若 为椭圆 上位于第一象限的动点，直线 与 交于点 ，直线 与直线 交于点 ，求证： . 解 (1)(过程略) . (2)略. 注 这道高考题第(2)问对应的图形是： 进而可得这道高考题第(2)问的背景是帕斯卡(Blaise Pascal，1623-1662，法国数学家、物理学家、哲学家、散文家)定理“二次曲线内接六边形(包括退化的情形)的三组对边的交点共线”. 如上图所示，椭圆 的退化内接六边形 的三组对边 与 、 与 、 (即直线 )与 的交点无穷远点、 、 共线，也即 . 由此，还可给出该题第(2)问的一般情形的结论： 设椭圆 的上、左、下、右顶点分别是 ， 为椭圆 上位于第一象限的动点，直线 与 交于点 ，直线 与直线 交于点 ，则 . 由帕斯卡定理，读者可编拟出很多类似于本文开头高考题的题目. 详见：甘志国.2023年高考数学北京卷平面解析几何解答题的多解探究[J].高中数理化，2023(7上)：5-6. 题60 (2005年高考湖北卷理科第21题即文科第22题)设A、B是椭圆上的两点，点N(1,3)是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与该椭圆交于C、D两点. (1)确定的取值范围，并求直线AB的方程； (2)试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一圆上？并说明理由. 解 (1)(过程略) 的取值范围是 ，直线 的方程是 . (2)易求得直线 . 若 四点共圆，设圆心是 ，则 . 由 可得圆心 在线段 的垂直平分线 上，由 可得圆心 是线段 的中点.因而，当 是线段 的中点时， 四点共圆的充要条件是 .再由垂径定理、勾股定理，可得即 也即 ① 设四点 . 联立 ，可得 ，所以 . 再由弦长公式可得 ② 联立 ，可得 ，所以 ，再得点 的坐标 即 ，因而 ③ 再由弦长公式可得 ④ 由结论①②③④可得 四点共圆的充要条件是 ⑤ 而当 时，⑤是恒等式，所以由(1)的答案可得：当 时， 四点恒在同一圆上. (2)通常的解法是用弦长公式、垂径定理、勾股定理求解，运算量很大，而以下解法却简捷异常. 在(1)的解答中已求出，而CD是过点N(1,3)的AB的垂线，所以. 由直线AB、CD组成的曲线方程为，即 它与椭圆的交点A、B、C、D的坐标即方程组 的解，把这两方程相减并整理得 即A、B、C、D四点必在此圆上. 再结合(1)的答案知，当时，点A、B、C、D共圆. 定理 设两条直线 与二次曲线 有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是 . 证明 由 组成的曲线即 ，所以，经过它与 的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式 不同时为0)： ① 必要性 若四个交点共圆，则存在 使方程①表示圆，所以式①左边的展开式中含 项的系数 .而 ，否则①表示曲线 ，不表示圆，所以 . 充分性 当 时，式①左边的展开式中不含 的项，选 时，再令式①左边的展开式中含 项的系数相等，即 ，得 . 此时曲线①即 ② 的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点在曲线②上，所以方程②表示圆.这就证得了四个交点共圆. 详见：甘志国.对一道高考题的研究[J].数学通讯，2005(22)：21. 题61 (2002年高考江苏、广东卷第20题)设A、B是双曲线 上的两点，点N(1,2)是线段AB的中点. (1)求直线AB的方程； (2)如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、D四点是否共圆？为什么？ 答案：(1)直线AB的方程是 . (2)A、B、C、D四点共圆(理由略). 题62 (2011年高考全国大纲卷理科第21题即文科第22题)如图所示，已知 为坐标原点， 为椭圆 在y轴正半轴上的焦点，过 且斜率为 的直线 与 交于 两点，点 满足 0. (1)证明：点 在 上； (2)设点 关于点 的对称点为 ，证明： 四点在同一圆上. 题63 (2014年高考全国大纲卷理科第21题即文科第22题)已知抛物线C： 的焦点为 ，直线 与y轴的交点为 ，与 的交点为 ，且 . (1)求 的方程； (2)过 的直线 与 相交于 两点，若 的垂直平分线 与 相交于 两点，且 四点在同一圆上，求 的方程. 答案：(1) ；(2) 或 . 题64 (2016年高考四川卷文科第20题)已知椭圆 ： 的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点 在椭圆 上. (1)求椭圆 的方程； (2)设不过原点 且斜率为 的直线 与椭圆 交于不同的两点 ， ，线段 的中点为 ，直线 与椭圆 交于 ， ，证明： . 题65 (2021年新高考全国卷I第21题)在平面直角坐标系 中，已知点 ， ， ， ，点 满足 ．记 的轨迹为 ． (1)求 的方程； (2)设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 ， 两点和 ， 两点，且 ，求直线 的斜率与直线 的斜率之和． 答案：(1) ；(2)0. (2024年高考全国卷II第19题)已知双曲线 ，点 在双曲线 上， 为常数， ．按照如下方式依次构造点 ，过点 作斜率为 的直线与双曲线 的左支交于点 ，令 为 关于 轴的对称点，记点 的坐标为 . (1)若 ，求 ； (2)证明：数列 是公比为 的等比数列； (3)设 为 的面积，证明：对任意的正整数 ， . 解 (3)作为这道高考压轴题的压轴问，官方给出的参考答案相当复杂且运算量很大(是用第(2)问的答案来求解的)，下面用定理的推论给出其简洁解答. 推论 设二次曲线 上的四个点连成的四边形是圆内接四边形(该四边形与曲线 共有四个公共点)，则该四边形能且只能是以下三种情形之一： (1)两组对边分别与某条坐标轴平行的矩形； (2)底边与某条坐标轴平行的等腰梯形； (3)两组对边均不平行的四边形，但在其两组对边、两条对角线所在的三对直线中，每对直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数. 甘志国.简解二次曲线上的四点共圆问题[J].数学教学研究，2015(08)：64-65. 甘志国.二次曲线上的四点共圆问题的研究[J].数学通讯，2013(7下)：40-41. 如图所示，即证 .再由同底等高的两个三角形面积相等知即证 ，这可由推论2来证. 由题设可得 ，由推论2可得 四点共圆.由题设可得点 均在双曲线 的右支上，点 均在双曲线 的左支上，所以 . 由题设可得 ，所以 ，因而 四点共圆，再由推论2可得 或 轴 . 由题设可得 ，所以 四点共圆，得 或 轴 ，所以 当 存在时， ；当 不存在时， 轴 . 再由双曲线上的任意三点不共线，可得 .又由同底等高的两个三角形面积相等可得 ，即 ，也即 . 题 已知椭圆 的离心率为 . (1)求椭圆 的方程； (2)设 分别为椭圆 的左、右焦点，过点 作斜率为 的直线 ，交椭圆 于两点 ，两条直线 分别与 轴交于点 (这两点不重合).若 为锐角，求 的取值范围. 解 (1)(过程略) . (2)可得两点 ，设直线 . 联立 ，可得 . 由题设可得这个关于 的一元二次方程的判别式 恒成立. 可设两点 ，可得 . 如图1所示，由 可得 ，所以 为锐角即 为锐角，也即 . 图1 可得 进而可得所求 的取值范围是 . 解答错了，错在哪里？ 剖析 在图2中， 为锐角但 的补角 为钝角，因而以上解答中的“ 为锐角即 为锐角”不正确. 图2 甘志国.用数形结合思想解题出现的错误举隅[J].数学教学，2024(12)：31-33,39. 中学数学老师永远离不开解数学题及寻求其规律.数学老师的解题方法通常是“小法”——适用面窄且学生不易学会；数学家的解题方法是“大法”——有一览众山小之气魄，但中学老师难以达到此境界，学生也不易学会并运用；所以，中学数学老师可探索解题方法的“中法”，它介于“小法”与“大法”之间，可用来解决一大类问题，学生也容易学会，比如建立平面直角坐标系解决平面几何问题、建立空间直角坐标系解决立体几何问题等.数学老师的教学要大气，为学生的终身发展奠定扎实的基础知识、积极的探究能力、勇敢的质疑精神、顺畅的交流效果等. 平面解析几何的基本问题： 1一般问题 2求取值范围问题 3存在性问题 4最值问题 5定值问题 6定直线问题 7定点问题 8其他背景深刻的问题 8.1帕斯卡定理 8.2蝴蝶定理 8.3圆锥曲线上的四点共圆问题 2.6 三角函数 2.6.1 记住积化和差、和差化积公式等于做十道难题 详见： 甘志国.记住积化和差、和差化积公式等于做十道难题[J].河北理科教学研究，2012(3)：26-28. 甘志国.悄然兴起的积化和差、和差化积公式[J].中学生理科应试，2020(12)：17-19. 题66 在 中， ，求 的最大值. 解法1 可得 所以当且仅当 即 时， ． 解法2 由题设及积化和差公式 ，可得 又因为 ，所以当且仅当 时 . 题67 (2020年高考浙江卷第18题)在锐角 中，角 的对边分别为 ，且 ． (1)求角 ； (2)求 的取值范围． 解 (1)由题设及正弦定理，可得 ，所以 . 再由△ABC为锐角三角形，可得 . (2)由(1)的答案及和差化积公式，可得 由 ，可求得 的取值范围是 ，进而可得 的取值范围是 . 2.6.2 用正弦平方差公式解题 详见： 甘志国.谈谈课本上的两个公式[J].数学教学研究，2017(6)：60-62,65. 甘志国.用正弦平方差公式解答一道WMTC竞赛题[J].数理化学习(高中版)，2018(7)：6-7. 甘志国.谈谈课本上的两个公式[J].数理化学习(高中版)，2020(9)：11-14. 正弦平方差公式 题68 (2020年高考数学全国卷II理科第17题) 中， ． (1)求 的大小； (2) ，求 周长的最大值． 解 (1)由正弦平方差公式及题设，可得 (2)略. 2.6.3 四种方法求函数 解析式中参数 的值 定理1 在函数解析式 中均可限定 . 证明 由诱导公式 Z)知，可限定 . 可限定 的理由如下： (1)当 时已经成立； (2)当 时也成立： ； (3)当 时也成立： ； (4)当 时也成立： . 定理2 在函数解析式 中，可设 . 证明 选 即可. 注 由定理2可知，只需研究函数 ，无需再研究函数 ，所以历来的高中数学教材都只讲解函数 的图象及性质，而不涉及函数 . 2.6.3.1 “五点法” (2009年高考辽宁卷理科数学第8题)已知函数 的图象如图所示， ，则 ( ) A. B. C. D. 解 B.由定理2及定理1知可设 . 由“五点法”可知函数 的周期 . 由“五点法”可得 .再由 ，可得 . 又由 ，可得 ，所以 . 注 由“五点法”可知函数 的周期 ，于是 .又由 与 关于 对称，可得 .该解答很简洁，但基础一般的考生在考场上难以用这种“对称”来作答，而前面的解法更朴素自然，且是不需要技巧的通性通法. 2.6.3.2 单调性法 (北京市海淀2024届高三期中考试第14题)已知函数 的部分图象如图所示． (1)函数 的最小正周期为　　； (2)将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 的图象．若函数 为奇函数，则 的最小值是　　． 解 (1) .由图象的对称性可得图中在原点处的曲边三角形与点 处的曲边三角形“全等”，进而可得函数 的半周期是 ，周期是 . (2)由(1)的答案可求得 (可不妨设 ). 由 ，可得 或 . 若 ，则 .当自变量 在0附近取值时， 在 附近取值.由 在 附近是减函数、 在 附近是增函数及复合函数的单调性判别法则“同增异减”可得 在 附近是减函数，这与图不符. 若 ，则 .当自变量 在0附近取值时， 在 附近取值.由 在 附近是增函数、 在 附近是增函数可得 在 附近是增函数，这与图4中的 在 附近是增函数相符.作出函数 的图象后，可得其与图相符，所以满足图的函数 . 也可用导数来简洁解决由 或 带来的取舍问题： 由 可求得 ，所以 .由图可知 在 附近是增函数，所以 ，进而可得 . 将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到函数 的图象． 由函数 为奇函数可得 即 ；当 时， 是奇函数. 进而可得所求 的最小值是 ． 2.6.3.3 用周期的范围 题 已知函数 的部分图象如图所示，则 ( ) A. B. C.1 D. 解 A.可不妨设函数 . 由 ，得 或 .再由前面讲述的“单调性法”可得 . 又由图及“五点法”可得 ，解得 . 由图可得函数 的半周期 ，即 ，得 ，所以 . 2.6.3.4 平移法 题 已知函数 的部分图象如图所示，求该函数的解析式. 解 由图可知 不是常数函数，所以 ，再由定理1知可设 . 由图可得 . 由“五点法”可知函数 的周期 ，所以 . 再由图可知函数 的图象可由函数 向右平移6个单位得到，因而 ，即 . (武汉市2024届高中毕业生二月调研考试数学试卷第7题)如图，在函数 的部分图象中，若 ，则点 的纵坐标为( ) A. B. C. D. (答案：B.) (2023年高考全国卷II第16题)已知函数 ，如图， 是直线 与曲线 的两个交点.若 ，则 ______．(答案： .) (2014年高考北京卷理科第14题)设函数 ， ，若 在区间 上具有单调性，且 ，则 的最小正周期为________. (答案：π.) 2.7 适应新的高考评价要求，培养学生情境化试题答辩的应变能力 (2023年高考全国卷II第12题)在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为 ，收到0的概率为 ；发送1时，收到0的概率为 ，收到1的概率为 . 考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）. A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为 B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D. 当 时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 (答案：ABD.) (2023年高考全国卷II第19题)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为 ；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为 ．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)当漏诊率 ％时，求临界值c和误诊率 ； (2)设函数 ，当 时，求 的解析式，并求 在区间 的最小值． 注 解答本题的关键是正确理解题意“将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为 ；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为 ”，进而正确解答第(1)问；再由分类讨论思想解答正确解答第(2)问. (“开门大吉”中的概率问题)中国中央电视台第3套节目“开门大吉”的规则是：选手面对1-8号这8扇大门，依次按响门上的门铃，门铃会播放一段音乐(将一首经典流行歌曲以单音色旋律的方式演绎)，选手需正确回答出这首歌的名字，方可获得该扇门对应的家庭梦想基金；回答每一扇门的问题后，选手可自由选择带着奖金离开比赛，还是继续挑战后面的门以获得更多奖金；但是一旦回答错误，奖金将清零，选手也会离开比赛；每一扇门的听音时间为15秒(可自由支配，一次性听完，或多次听开始部分)，15秒钟后选手必须回答，整个游戏过程中选手有一次求助亲友团的机会.选手闯过各扇门后所得的家庭梦想基金及累计家庭梦想基金依次是： 家庭梦想基金 累计家庭梦想基金 第1扇门 1000元 1000元 第2扇门 1000元 2000元 第3扇门 1000元 3000元 第4扇门 2000元 5000元 第5扇门 5000元 10000元 第6扇门 5000元 15000元 第7扇门 5000元 20000元 第8扇门 10000元 30000元 已知一位选手能闯过各关(把回答问题正确叫闯关成功，也叫闯过该关)的概率与该关的家庭梦想基金成反比，且该选手能闯过第一关的概率是1；该选手能否闯过哪一关是相互独立的. (1)求该选手能闯过八关的概率； (2)请从统计角度分析该选手应决定闯几关后离开该比赛？ 甘志国.揭开“开门大吉”“双色球”的奥秘——谈谈其中的概率问题[J].新高考(高三·数学)，2017(03)：26-28. 解 由题设可得该选手能闯过第1,2,3,…,8关的概率依次是 (1)该选手能闯过八关的概率是 (2)设该选手闯过第i关后所得的累计家庭梦想基金分别为随机变量 ，可得 1000元 0元 P 0 1000元 2000元 0元 P 0 1000元 3000元 0元 P 0 3000元 5000元 0元 P 0.5 (元) 10000元 0元 P 0.9 (元) 15000元 0元 P 0.98 (元) 20000元 0元 P 0.996 (元) 30000元 0元 P 0.9996 (元) 所以 的最大值是 元，因而该选手应决定闯四关后离开该比赛. 2.8 新定义题 (2006年高考福建卷理科第12题)对于直角坐标平面内的任意两点 ，定义它们之间的一种“距离”： . 给出下列三个命题： ①若点 在线段 上，则 ； ②在 中，若 ，则 ； ③在 中， . 其中真命题的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解 B.只有①是真命题. (2014年高考福建卷文科第12题)在平面直角坐标系中，两点 间的“L-距离”定义为 ，则平面内与 轴上两个不同的定点 的“L-距离”之和等于定值(大于 )的点的轨迹可以是( ) A. B. C. D. 解 A.可设 ，得 . 又设动点 到两个定点 的“L-距离”之和等于定值 ，可得 ，即 由该等式中的“ ”知满足题设的“轨迹”关于 轴对称，因而先考虑 的情形：可得 进而可作出点P的轨迹是六边形，选A. (2024年高考数学北京卷第21题)设集合 ．对于给定的数列 和序列 ，其中 .对数列 进行如下变换：将数列 的第 项均加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加 ，其余项不变，得到数列 ；…；以此类推，最后得到数列 ，简记为 ． (1)给定数列 和序列 ，写出 ； (2)是否存在序列 ，使得 为 ？若存在，写出一个 ；若不存在，说明理由； (3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项相等”的充要条件为“ ”． 见甘志国.详解2024年高考数学北京卷压轴题[J].数理化学习(高中版)，2024(07)：15-18. (2023年高考北京卷第21题)已知数列 的项数均为 ，且 ， 的前 项和分别为 ，并规定 .对于 ，定义 其中， 表示数集 中最大的数. (1)若 ，写出 的值； (2)若 ，求 ； (3)证明：存在 ，满足 ，使得 . 见甘志国.2023年高考数学北京卷压轴题的详解及推广[J].中学数学杂志，2023(07)：64-65. 题 已知 是无穷数列，给出两个性质： ① ； ② . (1)若 ,判断数列 是否满足性质①，并说明理由； (2)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和②，并说明理由； (3)若 是单调数列，且同时满足性质①和②，证明： 为等差数列. 见甘志国.对2020年高考数学北京卷第20题与第21题的思考[J].高中数理化，2020(13-14)：19-21. 3 备考策略及其应对策略 3.1 高三数学复习的宏观思考 3.1.1 制约高考复习效率的几个要素 (1)高三一年复习难易无层次 一、二轮复习繁简无区别，复习资料差异不大反复用. (2)不顾学生基础，一味上难题，“夹生饭”反复炒.严重制约着学生的复习效率. (3)以“解题”代替概念复习，反复巩固操作性技能，导致两个后果： ①学生领会概念先天不足，同类问题反复错； ②强化题型作用，知识结构、思想方法难以把握，题型一变，束手无策. 3.1.2 对策之一：强调三个轮次复习的区别 复习好比“盖大楼”. (1)第一轮复习的功能相当于“打地基”. 通常“打地基”要干什么？侧重整体布局，构建知识网络，强调知识的结构性把握，克服“见木不见林”的弊端. 如何实现这样的预期？有如下要素. 强调用主干问题反映基本规律、思想方法. 控制难度，降低综合性；深化概念的理解，落实通性通法；帮学生树立“战略上藐视敌人”的信心. (2)第二轮复习的功能相当于“建主体”. “建主体”要干什么？通常以专题形式复习，突出重点，不计较细枝末节. 通过解一定量的综合题，达到巩固知识、熟练技法、提炼思想、发展能力的目的.但要照顾学生的能力基础. 从心理上帮学生树立“战术上重视敌人”的观念. (3)第三轮复习相当于“精装修”. “精装修”干什么？精磨细研，围绕考点进行比较深入细致的讨论；同时注意查漏补缺，根据模拟考试的情况，加强教学诊断，对同学实施有针对性的考前辅导；进一步培养仔细严谨、有错必究的思维品质. 所以，三个轮次的复习目的要求不一，内容错落有别，难度循序渐进，而不是简单地重复，更不是“夹生饭”反复炒. 联系到目前大多数学校的复习现状，三轮复习要做到内容错落有致，循序渐进，避免“夹生饭”反复炒，并非易事. 3.1.3 对策之二：复习目标宜实不宜高 (1)从结构上把握不同内容的知识体系. (2)洞悉各知识板块的基本思想、基本技能. (3)一轮复习要降低综合性，强调“小问题，大道理”；二轮复习要强调“专题性”，难易程度要尊重学生基础. (4)通过阅读理解，养成落笔有据、会而必对的思维品质，凭借严密的思考，规范的表达，会到哪儿做到哪儿，不会不做心里不慌. (5)培养学生面对陌生的问题情景，挖掘隐含信息，综合运用数学知识解决问题的能力和心理素质. 3.2 备考建议 (1)第一轮复习要夯实基础，坚决丢掉“偏、难、怪”.老师的教学(包括解题教学)，不可“深一脚的浅一脚”，这样会导致“学生很怕数学”. (2)老师复习备考要让学生感到心里有底，这是高效复习和减轻学生学习负担的重要途径之一及必由之路. 怎样的复习可以使学生感到心里有底呢？关键在老师，老师要能把解法、技巧、思想讲清楚、说明白，决不可把参考答案照本宣科(老师做题不看答案是替学生着想的表现，讲解过程才可能自然)，老师要多做研究，尽量使你的解法能适合一类题目，学生才可能把老师的解法迁移到其他问题中去. 对于背景深刻的试题，老师要尽可能地引导学生揭示其背景，提升学生的学习兴趣. 甘志国.从解题教学谈高效课堂[J].数学教学通讯(下旬)，2018(01)：6-12. (3)注重主干知识、聚焦核心考点、重视高频考点；适当加大运算能力的培养：要知道梨子的味道一定要亲口尝一尝；这道题难不难、会不会做，一定要亲自动笔认真做. (4)关注新课标全国卷II、全国卷I试题的结构及特色，比如对三道压轴题，平时要有针对性地训练，即使是全卷压轴题也不可全然放弃，要做到分分必争；多关注新高考：劣构题，数学文化试题，全国卷中的多选题等，并尽可能地做到学以致用、欣赏数学.还要尽可能地做到见多识广，并关注三道压轴题的变化，不可“刻舟求剑”. 《中国高考报告2023》中还提出2023年数学高考的命题变化：数学的出题方式将加入复杂情景，重点强调对数学思维方法的考察. 《中国高考报告2023》中还提出2023年数学高考命题的四大趋势：落实立德树人，鲜明的体现时代主题；高考由“考知识”向“考能力”转变；聚焦“关键能力”和“思维品质”的考察；高考由“以纲定考”到“考教衔接”转变. 这两点都不是空话，复习备考时，要落到实处. (5)高中数学教学要永远做好四个关键词：夯实基础、激发兴趣、着眼高考、适当提高.考生在复习备考时要有自己的想法，比如对于解三角形问题要能熟练求解“三角形中的三种重要线段(角平分线、中线、高)”；还包括学习课本之外的数学方法、知识，比如数学归纳法、反证法、同一法、合情推理、极限概念、极端化原理、容斥原理、抽屉原理等等. (6)高中基础年级(高一、高二)的数学教学务必重视基本概念的教学，并且要重视概念的情境引入及形成过程.老师先匆忙介绍概念再用盲目刷题的“简单粗暴概念教学”可以修矣，因为这样的教学，学生不可能掌握概念的来龙去脉，除了会“套题型”的机械解题之外根本不会“用理解概念来解创新题目”.通过老师的概念教学，争取使学生达到“真懂、彻悟”的状态：对数学的理论、方法或定理能洞察其直观背景，并且看清楚它是如何从具体特例过渡到一般(抽象)形式的，要弄明白整个思路的来龙去脉. 3.3 用五句话概括要点 (1)尊重学生基础，追求结构性理解. (2)通过低、中档试题的解决，深化概念、掌握方法，培养习惯. (3)把握课堂教学“质与量”的辩证关系，着眼学生对复习过程的实质参与. (4)相信大家只要让复习课以学生参与、内化为纲，我们的学生就会少走弯路，以较少的付出，取得最大的收获. (5)让学习更简单自然，让备考更轻松高效. $$