特训11 期末解答压轴题（九大题型，全国最新期末精选）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训11 期末解答压轴题（九大题型，全国最新期末精选） 目录： 题型1：平面向量、解三角形传统问题 题型2：新定义题—平面向量的坐标表示 题型3：新定义题—费马点；解三角形综合 题型4：复数新定义、材料阅读题 题型5：立体几何折叠问题 题型6：新定义—立体几何—离散曲率 题型7：新定义—立体几何、解三角形综合 题型8：统计、概率与函数结合 题型9：新定义—统计 题型1：平面向量、解三角形传统问题 1．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，角，，所对的边分别是，，，其面积记为，且满足 (1)求角； (2)为边上一点，，且求的最小值. (3)圆是外接圆，是圆外一点，，分别切圆于点，，若，求的最小值. 2．（23-24高一下·广东·期末）如图，E为线段AD的中点，C为DA延长线上的一点，以A为圆心，AE长度为半径作半圆，B为半圆上一点，连接BC，BD． (1)若，以BD为边作正三角形BFD，求四边形ABFD面积的最大值； (2)在中，记的对边分别为a，b，c，且满足 ①求证：； ②求的最小值． 题型2：新定义题—平面向量的坐标表示 3．（23-24高一下·江苏徐州·期末）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列． (1)求：，，的正交点列； (2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由； (3)证明：，，都存在整点列无正交点列． 4．（23-24高一下·广西南宁·期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”． (1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 题型3：新定义题—费马点；解三角形综合 5．（23-24高一下·四川乐山·期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知分别是三个内角的对边，点为的费马点，且. (1)求； (2)若，求的值； (3)若，求实数的最小值. 6．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）代数式化简中常用到“配、凑、拆”等技巧，例如可以通过拆角转化为，这种技巧在一些三角函数化简问题中常被使用．已知在，角的对边分别为． (1)证明：； (2)求角的大小； (3)若点是边（不包含端点）上的一动点，过点向直线作垂线，垂足为，已知，求证：． 7．（23-24高一下·四川眉山·期末）在中，对应的边分别为. (1)求A； (2)奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：，，当且仅当时等号成立.在（1）的条件下，若a＝3. （ⅰ）求：的最小值； （ⅱ）若P是内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，设的面积为S，求的最小值. 8．（23-24高一下·广西崇左·期末）是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记 (1)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值； (3)若是边的等分点，由对施以视角运算，证明：. 题型4：复数新定义、材料阅读题 9．（23-24高一下·浙江杭州·期末）对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的. (1)若，求关于的“差比模”； (2)若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (3)若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值. 10．（23-24高一下·福建泉州·期末）一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，叫做复数的三角表示式，简称三角形式． (1)写出复数的三角形式； (2)阅读材料： 数学家布鲁克·泰勒提出利用多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线的泰勒公式，在近似计算、函数拟合和计算机科学上有着举足轻重的作用．如下列常见函数的阶泰勒展开式为： ， ， ，其中，读作的阶乘． 数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数联系在一起创造了欧拉公式：，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥． 数学家棣莫弗发现，则．特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理，该定理为概率论的发展做出重要的贡献． ①利用泰勒展开式求的近似值（精确到0.001）； ②设，求集合的元素个数． 题型5：立体几何折叠问题 11．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．    (1)当点M与点重合时， ①证明：平面； ②求二面角的余弦值； (2)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 12．（23-24高一下·辽宁·期末）如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .    (1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； (2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. 题型6：新定义—立体几何—离散曲率 13．（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 题型7：新定义—立体几何、解三角形综合 14．（23-24高一下·福建漳州·期末）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”有一个题目：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步.欲知为田几何？”其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”这就是秦九韶推出的“三斜求积”公式.若的内角的对应边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为 (1)用“三斜求积”公式证明； (2)若，且，求面积的最大值； (3)定义：四面体中，若异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体的外接球表面积为的外接圆面积为.已知，且，，试用表示，并求的取值范围. 15．（23-24高一下·山东济南·期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 16．（23-24高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 题型8：统计、概率与函数结合 17．（23-24高一下·广东清远·期末）将连续正整数（）从小到大排列构成一个数，为这个数的位数．例如：当时，此数为123456789101112，共有15个数字，则．现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率． (1)求； (2)当时，求的表达式； (3)令为这个数中数字9的个数，为这个数中数字0的个数，，，求当时的最大值． 18．（23-24高一下·福建莆田·期末）数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． (1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； (2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 题型9：新定义—统计 19．（23-24高一下·安徽合肥·期末）给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第位古董的位次编号，记，那么与的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强． (1)当时，求的所有可能取值； (2)当时，求满足的的个数； (3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值的差异量为，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值的差异量是否可能为？请说明理由． （注：实数满足：，当且仅当时取“”号） ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训11 期末解答压轴题（九大题型，全国最新期末精选） 目录： 题型1：平面向量、解三角形传统问题 题型2：新定义题—平面向量的坐标表示 题型3：新定义题—费马点；解三角形综合 题型4：复数新定义、材料阅读题 题型5：立体几何折叠问题 题型6：新定义—立体几何—离散曲率 题型7：新定义—立体几何、解三角形综合 题型8：统计、概率与函数结合 题型9：新定义—统计 题型1：平面向量、解三角形传统问题 1．（23-24高一下·浙江宁波·期末）在中，角，，所对的边分别是，，，其面积记为，且满足 (1)求角； (2)为边上一点，，且求的最小值. (3)圆是外接圆，是圆外一点，，分别切圆于点，，若，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由三角形的面积公式及余弦定理，辅助角公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小； （2）由题意可得为角平分线，再由等面积法可得，由基本不等式可得的范围，进而求出三角形的面积的最小值； （3）由正弦定理可得三角形外接圆的半径，再由向量的运算及基本不等式可得的最小值． 【解析】（1）由及， 可得， 所以， 由余弦定理可得， 所以，即， 因为， 所以， 即； （2）在中，由正弦定理可得：，即， 在中，由正弦定理可得：，即， 且与互为补角，可得， 即，又，且，即，所以， 又，所以，所以为的角平分线， 所以， 由可得， 所以，解得，当且仅当时取得等号， 即的最小值为， 所以； 即的面积的最小值为； （3）设圆半径为，则， 设，，则，， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问解答的关键是设，，从而得到，再根据数量积的定义将转化为关于的式子. 2．（23-24高一下·广东·期末）如图，E为线段AD的中点，C为DA延长线上的一点，以A为圆心，AE长度为半径作半圆，B为半圆上一点，连接BC，BD． (1)若，以BD为边作正三角形BFD，求四边形ABFD面积的最大值； (2)在中，记的对边分别为a，b，c，且满足 ①求证：； ②求的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析；. 【分析】（1）设边长及角，应用余弦定理把面积转化为函数，再应用辅助角求出最值即可； （2）①应用已知结合余弦定理求出边的关系得出角的关系；应用正弦定理边化角把分式化简最后应用基本不等式求出最小值. 【解析】（1）设, 在中，由余弦定理得, ， 当时，. （2）①在中，由余弦定理, 所以， 再由正弦定理得, , , , , 所以，. ②设，则 由正弦定理可得,所以, 所以 . 当时，的最小值为. 【点睛】方法点睛：最值问题可以通过转化未知量转化为函数，结合三角函数的值域或者基本不等式求解即可. 题型2：新定义题—平面向量的坐标表示 3．（23-24高一下·江苏徐州·期末）在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列． (1)求：，，的正交点列； (2)判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由； (3)证明：，，都存在整点列无正交点列． 【答案】(1)，， (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论； （2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论； （3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，列式，分类讨论，即可得出结论. 【解析】（1）设点列，，的正交点列是，，， 由正交点列的定义可知，， 设，， 由正交点列的定义可知， 即，解得 所以点列，，的正交点列是，，. （2）由题可得， 设点列，，，是点列，，，的正交点列， 则可设，，， 因为与，与相同，所以有 因为，，，得方程，显然不成立， 所以有序整点列，，，不存在正交点列； （3），，都存在整点列无正交点列. ，，设，其中，是一对互质整数， 若有序整点列，，，是点列，，，正交点列， 则， 则有 当为偶数时，取，. 由于，，，是整点列，所以有，. 等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立， 所以该点列，，，无正交点列； 当为奇数时，取，，，， 由于，，，是整点列，所以有，. 等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立， 所以该点列，，，无正交点列. 综上所述，，，都存在无正交点列的有序整数点列. 【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题. 4．（23-24高一下·广西南宁·期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”． (1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）利用向量的坐标运算和模的运算即可得解； （2）利用三角函数的周期性再结合向量的坐标运算即可得解； （3）利用向量的坐标运算结合方程组思想即可得解； 【解析】（1）依题意得，, 又由是的“向量”得，，则， 整理得，解得或， 所以，实数的取值范围是． （2）依题意，可得． 因为， 所以中的向量依次以3为周期． 若存在“1向量” ，只需． 因为， 所以 ． 所以只需使， 整理得． 即，即， 当时，符合要求． 故存在“1向量”，且“1向量”为． （3）因为为的“向量”，所以， 即，即， 同理， 以上三式相加，整理得， 即，即，所以． 则． 设，依题意，有 得， 所以， ， 所以， ， 当且仅当时，时，， 所以， 所以， 所以的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：读懂题目，看清条件，结合向量的坐标运算，问题都可以解决. 题型3：新定义题—费马点；解三角形综合 5．（23-24高一下·四川乐山·期末）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知分别是三个内角的对边，点为的费马点，且. (1)求； (2)若，求的值； (3)若，求实数的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先利用三角恒等变换化简，再根据正弦定理求解即可； （2）利用等面积法列方程，结合数量积的运算公式即可求解； （3）设，，，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【解析】（1）由已知可得， 即， 所以，整理得， 所以由正弦定理可得， 所以. （2）由（1）可得，所以三个内角都小于， 则由费马点的定义可知， 设，，， 由得， 整理得， 所以. （3）由费马点的定义可知， 设，，, ， 则由得， 由余弦定理可得， ， ， 所以由得， 即， 又因为，所以， 当且仅当结合解得时等号成立， 又，所以，解得或（舍去）， 所以的最小值为. 【点睛】关键点睛：本题第（2）问的关键是利用等面积法得到，再根据向量数量积的定义求解；第（3）问的关键是设，，，推出，结合费马点的定义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式求解. 6．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）代数式化简中常用到“配、凑、拆”等技巧，例如可以通过拆角转化为，这种技巧在一些三角函数化简问题中常被使用．已知在，角的对边分别为． (1)证明：； (2)求角的大小； (3)若点是边（不包含端点）上的一动点，过点向直线作垂线，垂足为，已知，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）将和代入，根据两角和与差的正弦公式即可证明； （2）由得出，由得出，根据（1）的结论及二倍角公式化简即可求解； （3）根据余弦定理求出和，设，则，，根据三角形面积公式及余弦定理表示出和，进而表示出，再根据基本不等式即可证明． 【解析】（1）证明： ． （2）因为，所以， 因为，所以，所以， 因为， 所以，由正弦定理得，， 由（1）得， ， 所以，即， 因为，所以，所以，即． （3）证明：设，，则， 由余弦定理得，， 整理得，，代入， 得，解得，或 因为，所以， 设，则，， 则， 在中，由余弦定理得，，即， 整理得，， 所以 ， 因为， 当且仅当时，即时等号成立， 又 ， 所以， 即，所以， 所以． 7．（23-24高一下·四川眉山·期末）在中，对应的边分别为. (1)求A； (2)奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：，，当且仅当时等号成立.在（1）的条件下，若a＝3. （ⅰ）求：的最小值； （ⅱ）若P是内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，设的面积为S，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）108；（ii） 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换求解； （2）（i）化简为，由三维柯西不等式求解； （ii）由三维柯西不等式有求解． 【解析】（1）在中，， 由正弦定理得，， 因为，所以，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以，故，又，所以； （2）（i）根据柯西不等式： ， （当且仅当为正三角形时取等号） 即：的最小值为108. （ii）. 又， 由三维柯西不等式有 当且仅当即时等号成立. 所以， 由余弦定理得， 所以，即， 则， 令，则. 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令，令，则， 由二次函数单调性可知，当即时，有最大值， 此时有最小值（此时与可以同时取到） 【点睛】关键点点睛：第二问的第2小问中，要将变形，再利用三维柯西不等式求解． 8．（23-24高一下·广西崇左·期末）是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：若点在线段上，记；若点在线段外，记 (1)若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值； (2)若在正方体的棱上，且，由对施以视角运算，得到，求的值； (3)若是边的等分点，由对施以视角运算，证明：. 【答案】(1)3 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据锐角三角函数的定义，结合和差角公式可得，即可代入公式求解， （2）根据的计算公式，代入即可求解， （3）由正弦定理可得，即可结合对施以视角运算，即可求证. 【解析】（1）解：如图1， 因为，所以. 由正方体的定义可知，则， 故 . 因为，所以， 则. （2）解：如图2，设， 则. 因为， 所以 则，解得， 故. （3）证明：如图3， 因为是的等分点，所以 . 在中，由正弦定理可得， 则. 在中，同理可得. 因为，所以， 则. 同理可得. 故. 【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略： 1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中； 2、用好定义的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的定义的性质的一些因素. 题型4：复数新定义、材料阅读题 9．（23-24高一下·浙江杭州·期末）对于，记为关于的“差比模”.若取遍，记关于的“差比模”的最大值为，最小值为，若，则称关于的“差比模”是协调的. (1)若，求关于的“差比模”； (2)若，是否存在，使得关于的“差比模”是协调的？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (3)若且，若关于的“差比模”是协调的，求的值. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）由“差比模”定义代入复数，由复数的代数运算及求模可得； （2）由，利用共轭复数的性质与模的性质可得，利用基本不等式可得可知不存在，使得关于的“差比模”是协调的； （3）设，由平方整理再结合辅助角公式可得，利用三角函数有界性可得关于的不等式，由此可解得，结合韦达定理与题意关于的“差比模”是协调的，化简可求. 【解析】（1）由题意得， 故关于的“差比模”为. （2）先证明共轭复数有如下性质：若任意，则. 证明：设， 则， 而， 故. ； ； 故. 综上，共轭复数的性质得证. 记当“差比模”取最大值时的复数为，即. 由已知发现， 由已证明共轭复数的性质与复数模的性质可得 因为， 所以若当时取得，则时取到， 故可知， 由取遍，不恒为常数，则， 故由基本不等式可得， 故不存在，使得关于的“差比模”是协调的. （3）且，设， 则， 平方整理可得： 所以， 即， 平方整理得：， 令，设方程， 则， 故方程有两个不等的实数根，设为，不妨设. 由题意知， ， 则，且， 故方程有两不等的正实数根， 由关于的不等式， 解得， 则，， 由已知关于的“差比模”是协调的，则， 所以， 利用韦达定理，， 则有， 化简可得， 故． 【点睛】结论点睛：有关共轭复数及模的常用性质有： （1）任意，则； （2）任意，则. 10．（23-24高一下·福建泉州·期末）一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，叫做复数的三角表示式，简称三角形式． (1)写出复数的三角形式； (2)阅读材料： 数学家布鲁克·泰勒提出利用多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线的泰勒公式，在近似计算、函数拟合和计算机科学上有着举足轻重的作用．如下列常见函数的阶泰勒展开式为： ， ， ，其中，读作的阶乘． 数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数联系在一起创造了欧拉公式：，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥． 数学家棣莫弗发现，则．特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理，该定理为概率论的发展做出重要的贡献． ①利用泰勒展开式求的近似值（精确到0.001）； ②设，求集合的元素个数． 【答案】(1) (2)①；②168 【分析】（1）利用给定定义求解即可. （2）①利用给定定义计算求解即可；②利用给定定义结合三角恒等变换求解即可. 【解析】（1）由， 知，故， 对于复数， 则，且，故可取， 所以的三角形式为； （2）①的近似值为 ； ②解法一： ， 依题可知， 所以， 即，又因为， 所以，即， 故的值中有168个实数， 即集合的元素个数为168． 解法二： （注：）    所以，即， 因为， 且当时，，当时，， 所以， 故的值中有168个实数， 即集合的元素个数为168； 解法三： （注：）    所以，即， 因为， 且当时，，当时，， 所以， 故的值中有168个实数， 即集合的元素个数为168． 【点睛】关键点点睛：本题考查复数新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后利用定义结合三角恒等变换，得到所要求的集合内的元素个数即可． 题型5：立体几何折叠问题 11．（23-24高一下·四川成都·期末）如图，在矩形中，，，是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段BC上．    (1)当点M与点重合时， ①证明：平面； ②求二面角的余弦值； (2)设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【分析】（1）①由题意可得，，，则平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可证得结论；②过E作EO⊥BD于点O，连接，可证得为二面角的平面角，然后在中求解即可； （2）过点做交于，所以直线与平面所成的角,即为直线与平面所成的角，过E作EO⊥BM于点O，连接，连接，是直线与平面所成的角，是二面角平面角，设，然后表示出化简后利用二次函数的性质可求得其最大值. 【解析】（1）①    当点M与端点D重合时，由可知， 由题意知平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以 因为，平面，平面， 所以平面； ②    过E作EO⊥BD于点O，连接. 因为平面，平面，所以， 因为EO⊥BD， ，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以为二面角的平面角, 且在四边形ABCD中，A、O、E三点共线. 因为所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以在中，， 即二面角的余弦值为. （2）    过点做交于，所以直线与平面所成的角, 即为直线与平面所成的角， 过E作EO⊥BM于点O，连接. 由②同理可得平面，平面， 所以平面平面， 作，垂足为，平面平面，平面， 所以平面， 连接，是直线与平面所成的角，即， 因为，满足， 设，所以， 所以， 所以，， 因为在中，斜边大于直角边，即， 所以，所以， ， 在中由等面积，， 因为，，所以是二面角平面角， 即，， ，当且仅当时“＝”成立， 故的最大值. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查线面角和二面角的求法，解题的关键是通过几何方法找出线面角和二面角，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 12．（23-24高一下·辽宁·期末）如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .    (1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； (2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2)①存在，，② 【分析】（1）取的中点，连接，则由面面平行的判定定理可证得平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，从而可求得结果； （2）①当点与点重合时，平面 ，由已知条件可证得平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，设，由∽，可得， 在中，表示出，然后表示出，利用基本不等式可求出其最大值，从而可点到平面的距离. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，所以， 因为∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为∥平面，，平面， 所以平面∥平面， 因为平面平面，平面平面， 所以∥， 因为是的中点，所以；    （2）①存在点，当点与点重合，即时，平面， 理由如下：当点与点重合时，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 即当点与点重合，时，平面； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，    设，则， 因为， 所以， 因为，所以， 因为， 所以∽，得，即，得， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以点与点重合， 因为要使得点的射影落在线段上，所以， 则，解得， 在中，， 所以 ， 当且仅当，即时，， 当时，，，则是的中点， 所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定，考查点面距离的求法，解题的关键是要弄清折叠前后的边角面的关系，考查推理能力和计算能力，属于较难题. 题型6：新定义—立体几何—离散曲率 13．（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件得到菱形为正方形，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可； （2）根据四棱柱在顶点处的离散曲率为，求得，结合立体几何知识，求得与平面的夹角为，在中求解即可； （3）根据四面体在点处的离散曲率为求得，再结合立体几何知识，证得平面，用等体积法求三棱锥的体积，求得，即可得证. 【解析】（1）若，则菱形为正方形，即， 因为平面平面，所以， 所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为. （2）因为平面平面，所以， 直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 为菱形，又直四棱柱， 平面平面，， 又平面，平面， 设，则即为与平面所成的角， 在中，， ，所以与平面的夹角的正弦值为. （3）在四面体中， 所以，， 所以四面体在点处的离散曲率为， 所以，所以为等边三角形，所以， 又在中，所以， 所以直四棱柱为正方体， 因为平面 平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 平面平面，， 又平面，平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 是三棱锥的高，设正方体的棱长为， ， ， ， . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可． 题型7：新定义—立体几何、解三角形综合 14．（23-24高一下·福建漳州·期末）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”有一个题目：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步.欲知为田几何？”其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”这就是秦九韶推出的“三斜求积”公式.若的内角的对应边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为 (1)用“三斜求积”公式证明； (2)若，且，求面积的最大值； (3)定义：四面体中，若异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体的外接球表面积为的外接圆面积为.已知，且，，试用表示，并求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）直接由余弦定理、平方关系即可得证； （2）由余弦定理或者正弦定理得到，结合“三斜求积”公式得，由此即可得解； （3）由补形法可得，再由正弦定理或者等面积法得，进一步可得的表达式，取倒数，结合基本不等式即可求解. 【解析】（1）由余弦定理得，所以， 所以 所以得证. （2）法一：因为， 由余弦定理得， 因为，代入上式化简得，所以， 所以 ， 所以当时，面积的最大值为. 法二：因为，所以， 因为， 所以， 所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以 所以当时，面积的最大值为. （3）由题意，等腰四面体可补形成与其共外接球的长方体，设，则， 设等腰四面体的外接球半径为，所以， 所以， 法一： 在中，由余弦定理得， ， 所以， 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以 因为， 所以， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 又，所以， 所以，即， 所以，所以的取值范围为. 法二： 因为， 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 因为，所以，代入， ， 所以， （下同法一）. 【点睛】关键点点睛：第（3）问的关键是得出，再结合已知化简表达式，利用基本不等式即可顺利得解. 15．（23-24高一下·山东济南·期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)1（答案不唯一） (2)（ⅰ）当的值为时,有4个;当的值为时,有3个（ⅱ）存在,截所得的平面多边形的最大边长为 【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面，情形三：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面. （2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面，情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可得解； （ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，结合解三角形知识即可求解. 【解析】（1）情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，    则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于. 情形二：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 取中点，连接，，由， 又，平面， 可知直线平面，平面， 则，则，故四边形是边长为1的正方形， 则所求截面面积为正方形的面积等于1.    情形三：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面. 设， 则， 三式相加可得，故. 则. 在等腰三角形中，， 则等腰三角形的面积为. 则所求截面面积为菱形的面积， 等于等腰三角形的面积的两倍，为.    所以本题答案可以为中的任意一个. （2）(i)情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，   为正四面体高的一半， 等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况： 情形二：分别取的中点，，，， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，    这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. (ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为. 在线段上分别取一点，，， 使得， 则平面为满足题意的的4阶等距平面， 故. 又， 由余弦定理可得， ， ， 因为， 故截所得的平面多边形的最大边长为.    【点睛】关键点点睛：解题的关键在于有时候分类讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 16．（23-24高一下·山东临沂·期末）类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【解析】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3）连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 题型8：统计、概率与函数结合 17．（23-24高一下·广东清远·期末）将连续正整数（）从小到大排列构成一个数，为这个数的位数．例如：当时，此数为123456789101112，共有15个数字，则．现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率． (1)求； (2)当时，求的表达式； (3)令为这个数中数字9的个数，为这个数中数字0的个数，，，求当时的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）计算，数字0的个数为12，得到概率； （2）考虑，，，四种情况，依次计算得到答案； （3）考虑当时， 时， 当时三种情况，得到和的解析式，得到，再计算概率的最值得到答案. 【解析】（1）当时，，即这个数中共有195个数字， 其中数字0的个数为12，则恰好取到0的概率为. （2）当时，这个数由n个1位数组成，； 当时，这个数有9个1位数，个两位数组成，则； 当时，这个数有9个1位数，90个两位数，个三位数组成，； 当时，这个数有9个1位数，90个两位数，900个三位数， 个四位数组成，； 综上所述：. （3）当时，， 当时，， 当时，，即， 同理有， 由，可知， 所以当时，， 当时，，当时，， 当时，， 由关于单调递增， 故当时，有最大值为， 又，所以当时的最大值为． 【点睛】关键点点睛：函数的解析式，概率的计算，最值问题，（2）要考虑，，，四种情况，依次计算；（3）考虑当时， 当时， 当时三种情况，得到和的解析式，得到，再讨论计算概率的最值，其中分类讨论的思想是解题的关键. 18．（23-24高一下·福建莆田·期末）数据传输包括发送与接收两个环节．在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字．发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为；发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为．假设每次数字的传输相互独立，且． (1)当时，若发送的数据为“10”，求收到的所有数字都正确的概率； (2)用表示收到的数字串，将中数字1的个数记为，如“1011”，则． （ⅰ）若发送的数据为：“100”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“1100”，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）的最大值为 【分析】（1）利用事件独立性即可求解； （2）（ⅰ）分别把概率表示出来，理解事件表示1传输错误，且两个0传输都正确，理解包含以下两种情况，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值； （ⅱ）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围． 【解析】（1）记事件：“收到的所有数字都正确”， 由已知且可知， 所以； （2）（ⅰ）由发送的数据为“100”可知，事件表示1传输错误，且两个0传输都正确， 所以， 事件包含以下两种情况； ①1传输正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②1传输错误，且只有一个0传输都正确，其概率为， 所以； 又， 所以， 即， 整理得， 把代入上式，化简得， 解得：或， 因为，且，， 所以，， 所以； （ⅱ）当发送的数据为“1100”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为； ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为， 所以， 令，则，从而， 所以， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递增， 所以得最大值为， 即的最大值为． 【点睛】本题主要考查古典概型，随件事件独立性等知识，需要充分理解事件的独立性求概率，需要理解问题中的事件是哪些事件的和事件，需要不重不漏的表示出来，把问题利用函数的思想来求解． 题型9：新定义—统计 19．（23-24高一下·安徽合肥·期末）给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第位古董的位次编号，记，那么与的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强． (1)当时，求的所有可能取值； (2)当时，求满足的的个数； (3)现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值的差异量为，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值的差异量是否可能为？请说明理由． （注：实数满足：，当且仅当时取“”号） 【答案】(1)0，2，4 (2)12 (3)不可能，理由见详解 【分析】（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解； （2）分析可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解； （3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解. 【解析】（1）若时，则，且， 可得， 所以的所有可能取值为0，2，4. （2）若对调两个位置的序号之差大于2，则， 可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序， 若调整两次两个连续序号：则有，共有3种可能； 若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组， 由（1）可知：每组均有3种可能满足，可得共有种可能； 所以的个数为. （3）不可能，理由如下： 设专家甲的排序为，记； 专家乙的排序为，记； 由题意可得：，， 因为， 结合的任意性可得， 所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为. 【点睛】方法点睛：1，对于（2）：利用转化法，将问题转为（1）中已知的结论； 2，对于（3）：结合绝对值不等式分析证明. 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