2025年高中数学解题思想方法-探索性问题与研究性问题讲义

第10节 探索性问题与研究性问题 探索性与研究型问题不同于传统的封闭型试题，封闭型试题的特点是条件完备、结论确定，较容易找到解题思路，探索性与研究型问题常常没有清晰的条件或没有明确的结论，解题时需要对问题中提供的各种信息进行观察、分析、归纳、猜想、推理、得出相应的条件或结论并给予正确的解答．而有时候，条件或结论是开放的，不唯一的，不同的条件可推出相同的结论，相同的条件也可以推出不同的结论，只要合理即成． 探索性与研究型问题的基本题型有： （1） 判断存在型问题：指判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在的研究型问题，题中所用语言一般是“是否存在”，这类题出现时间较早，比较普遍． （2） 探究结论型问题：指在给定条件下探求相应结论的探索性问题，其结论是开放的有待去探求，由于有时候结论不唯一，故思维难以定向，因而这类问题的解题途径是探索—判断—证明，这类题中包括探究规律、探索结果、判断真假等不同的要求． （3） 反溯条件型问题：指给定结论，反溯应具备的条件，条件是开放的，常常不是唯一的，只要推理正确、科学，都是可以的． 探索性与研究型问题的解决常常较少有现成的法则和套路，需要你去分析和研究，这类问题有助于学生创新意识的培养和良好思维品质的形成，也能充分体现出运用知识的能力，随着创新教育的不断深入，探索性与研究型问题将越来越受到重视． 类型一 判断存在型问题 【典例1】点在直线上，若存在过的直线交抛物线于、两点，且，则称点为“点”，那么下列结论中正确的是（    ）． A． 直线上的所有点都是“点” B． 直线上仅有有限个点是“点” C． 直线上的所有点都不是“点” D． 直线上有无穷多个点（但不是所有的点）是“点” 【解题策略】 本例以新定义的形式考查点在直线和点在曲线上，则点的坐标满足直线和曲线方程的知识，求解本题的关键是将问题转化为方程解的存在性问题． 【详细解析】由题意， 如图，在上任取一点，假设在上存在点使， 则， 在上，， 即． ． 存在这样的，也就是说对上的任意一点，抛物线与该直线的两点、，都有， 故选：A． 【典例2】如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ． 1 平面平面 2 三棱锥的体积为定值 3 在上存在点，使得面 4 的最小值为2 【解题策略】 证明平面即可判断①，由平面即可判断②，当为的中点时，证明平面平面，即可判断③，化折线为直线，利用余弦定理判断④. 【详细解析】由题意， 对于①：由正方体的性质可知，平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：因为，平面，平面，所以平面， 又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值， 又为定值，故②正确； 对于③：当为的中点时，点也为的中点，，平面， 平面， 所以平面，即平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面，又平面， 所以面，故③正确； 对于④：如下图， 将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧， 连接与交于点， 则即为的最小值， 又，， 所以， 即的最小值为， 故④错误. 故答案为：①②③ 【典例3】对于定义在上的函数，可以证明“点是的图像的一个对称中心”的充要条件是“，”． （1） 求函数的图像的一个对称中心； （2） 函数（、）在上是奇函数，求、满足的条件；并讨论在区间上是否存在常数，使得恒成立． 【解题策略】 第（1）问，由所给定义运用待定系数法求对称中心坐标，第（2）问实质是含参数不等式在区间上恒成立问题，应根据函数的性质通过分类讨论探究参数a是否存在． 【详细解析】（1）由题意， 设为函数图像的一个对称中心， 则对于恒成立． 即对于恒成立， ． 由解得故函数图像的一个对称中心为． （3） 由是奇函数，知． 不存在常数使对任意的恒成立，理由如下：依题意，此时，令，，． 若，，不合题意． 若，在上为单调增函数，，若存在，则，与矛盾． 若，在上为单调减函数，． 若存在，则，与矛盾． 综上可知，符合条件的不存在． 【方法归纳】 高中数学中存在性问题主要涉及证明某个数学对象（如解、值、函数等）是否存在.这类问题常见于函数、方程、不等式以及几何等领域.存在性问题通常要求证明在某个给定的条件下，是否存在满足该条件的数学对象.例如，在函数中，可能需要证明在某个区间内是否存在满足特定性质的函数值；在方程中，可能需要证明是否存在满足方程条件的解. 存在性问题在高中数学中具有广泛的应用.例如，在解决函数的零点问题、方程的解的问题、不等式的解集问题等时，都需要用到存在性问题的知识和方法.此外，在解决一些实际问题时，如物理问题、经济问题等，也需要用到存在性问题的知识和方法. 【举一反三】 1． 已知抛物线：．过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，问直线上是否存在点，使为正三角形？若存在，求出斜率的值；若不存在，说明理由． 【答案】存在，. 【分析】设直线的方程为，联立方程组，根据韦达定理与弦化公式求得，设直线上存在点，使为正三角形，根据，可得，求解可判断结论. 【详解】由题意，如图，设直线的方程为． 由， 设、且的中点为， 则，，，， 设直线上存在点，使为正三角形，，， 则， 因为，于是． 所以， 化简，得，则． 所以当直线的斜率时，存在点，使为正三角形． 【点睛】方法点睛：本例是一道“判断存在型问题”，结合题设条件及要探索的结论，一般可采用假设法，即假设结论存在，并在此基础上进行推理，即假设在直线上存在点使为正三角形．由于为大于零的变量，看一看这个的值是否能求出，能求出则存在，反之则不存在．解题的过程是寻找结论存在的必要条件． （2025届广东省高三毕业班调研考试（一）） 2． 如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，. (1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ； (2)设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用圆柱以及棱锥的体积公式，即可求得答案. （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，结合平面与平面的夹角的正弦值，即可求得答案. 【详解】（1）在底面中，因为 是底面直径，所以 ， 又 ，故 ≌， 所以. 因为是圆柱的母线，所以面，所以 ， , 因此； （2）以为坐标原点，以为轴正方向，在底面内过点C作平面的垂直线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以 ≌， 故 ， 所以，， 因此，， 因为 ，所以 ， 则 设平面和平面的法向量分别为， 则有:，， 取， 设平面与平面的夹角为 ，则 所以有：， 整理得，（无解，舍）， 由于k为正整数，解得. 类型二 探究结论型问题 【典例1】（2024年上海秋季高考练习）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ） A．     B． B．     D． 【解题策略】 首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案. 【详细解析】由题意知， 这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 【典例2】已知函数的定义域为R，且满足对任意的，，都有，，，给出下列结论：①；②是周期函数；③可能是偶函数；④的图象关于直线对称．其中所有正确结论的序号为 ． 【解题策略】 借助赋值法，分别令，；，；；，；结合函数的周期性、对称性计算即可得. 【详细解析】由题意， 对于①：对于， 令，，得， 又，所以，故①正确． 对于②：对于， 取，，得， 所以，， 则为的一个周期，故②正确． 对于③：对于，令， 得，，故不可能是偶函数，故③错误． 对于④：对于， 取，，得， 所以，所以的图象关于直线对称，故④正确． 故答案为：①②④. 【典例3】已知是等比数列，且满足等式．试求出这个等差数列的通项． 【解题策略】 本例要探究规律型问题，由特殊到一般的探究方法是最常用的探究方法，猜想出一般结论后还是要给出严格的证明．本例的证明可运用逆序相加法，再结合组合数的第一个性质以及二项式系数总和公式． 【详细解析】由题意， 时，等式为，可求得． 时，等式为，可求得， 时，等式为，可求得， 时，等式为，可求得． 以此类推，一般地可猜想：． 下面证明：当时，等式成立． 设，① 则， 即，② ①＋②得，． 即，． 【方法归纳】 高中数学中，探究结论型问题通常要求学生通过观察、分析、推理等过程，得出一个或多个数学结论.需要根据已知条件，通过逻辑推理和数学计算，得出相应的结论.在解题过程中，学生需要灵活运用数学知识，培养分析问题和解决问题的能力. 【举一反三】 3． 某人玩硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面的概率都是，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站．一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，则棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败大本营）时，该游戏结束，设棋子跳到第n站的概率为． (1) 求：、、； (2) 求证：； (3) 求：玩该游戏获胜的概率． 【答案】(1)，， (4) 证明见解析 (5) 【分析】（1）易得，，第二站的概率，分掷出反面和两次正面求解； (6) 棋子跳到第站分两种可能：第一种，棋子先到第站，又掷出反面，第二种，棋子先到第站，又掷出正面求解； (7) 根据（2）得到数列是首项为，公比为的等比数列求解. 【详解】（1）依题意，得，，． (8) 依题意，棋子跳到第站有两种可能： 第1种， 棋子先到第站，又掷出反面，其概率为； 第2种， 棋子先到第站，又掷出正面，其概率为． ， ， 即． (9) 由（2）可知数列是首项为，公比为的等比数列， 于是有， ． 因此，玩该游戏获胜的概率为． 4． 等比数列中，前项和为．若，，成等差数列，则，，成等差数列． (1)写出上述命题的逆命题； (2)判断逆命题是否为真，并给出证明． 【答案】(1)答案见解析. (2)答案见解析. 【分析】（1）根据逆命题的定义求解即可； （2）根据，，成等差数列可得，进而结合等比数列基本量的计算可得或，分情况讨论判断即可. 【详解】（1）逆命题：在等比数列中，前项和为， 若，，成等差数列，则，，成等差数列． （2）设数列的首项为，公比为， 由已知得：，． ，，，或． 当时，，，， 则，，，不成等差数列． 当时，， ， 则，，，成等差数列． 综上所述，当公比时，逆命题为假，当公比时，逆命题为真． 类型三 反溯条件型问题 【典例1】（2024届江苏百校大联考高三上期第二次考试）已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A． 线段长度的最小值为2    B．的形状为锐角三角形 B． 三点共线    D．的坐标不可能为 【解题策略】 根据抛物线的性质可判断A；根据抛物线的定义和平行线的性质判断B；设直线和点A、B的坐标，联立抛物线方程，结合韦达定理和三点共线经过任意两点的直线斜率相等，判断C；设的中点，则，，取求出可判断D. 【详细解析】由题意， 对于A，因为抛物线过点，所以抛物线的方程为，线段长度的最小值为通径，所以A错误； 对于B，由定义知，轴，所以， 同理，所以，所以B错误； 对于C，设直线，与抛物线方程联立，得， 设，，则，， 因为，所以，三点共线，所以C正确； 对于D，设的中点为，则，， 取，可得，所以D错误. 故选：C. 【典例2】（2024届四川峨眉二中高三适应性考试暨押题）如图是四棱锥的平面展开图，四边形是矩形，．在四棱锥中，M为棱PB上一点（不含端点），则下列说法正确的是 ． 1 的最小值为； 2 存在点M，使得； 3 四棱锥外接球的体积为； 4 三棱锥的体积等于三棱锥的体积 【解题策略】把平面图形还原得到如图所示四棱锥，则可得平面，对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，然后求解，对于②，假设，然后进行推理，对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，从而可求出外接球的半径，进而可求出球的体积，对于④，由分析判断即可. 【详细解析】由题意， 把平面图形还原得到如图所示四棱锥， 如图，由，可知，平面， 所以平面． 在中，，故， 在中，， 在矩形中，， 连接，在中，， 在中，， 在中，， 对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，此时，A，P，B，C四点共圆，且直径为， 因为， ， 所以 ， 所以由正弦定理得，故①正确； 对于②，假设，因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与已知条件矛盾，故②错误； 对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，同时也是四棱锥外接球的直径， 所以半径，其体积，故③错误； 对于④，因为，而， 所以，故④正确． 故答案为：①④． 【典例3】设实数，问与满足什么条件时，不等式的解集是？ 【解题策略】 本例是一个探索不等式结论成立的条件问题，要注意不等式与函数知识的联系，通过研究函数的性质：如定义域，值域或单调性等，达到正确解出不等式的目的，在解题方法上要注意递推法的运用，执果索因，等价递进． 【详细解析】由题意， 设，按照定义域优先原则确定的取值范围． ，即，且由得，． 依题意，由于，和都是上的增函数， 从而在上也是增函数，故在上是增函数． 要使的解集为，只需，即，得，因此，、满足的关系式为：． 【方法归纳】 高中数学中的反溯条件型问题，通常指的是一类需要通过已知的结论或条件，逆向推导出满足这些结论或条件的充分或必要条件的问题.这类问题在数学学习中较为常见，特别是在解决几何、代数、不等式等类型的问题时.解决反溯条件型问题的关键在于理解并掌握相关的数学定理、公式和性质，以及它们之间的逻辑关系.以下是一些解决这类问题的基本步骤和方法：在逆向思考的基础上，逐步推导出满足结论的充分或必要条件. 【举一反三】 5． 记函数的定义域为．若存在，使成立，则称以为坐标的点为函数图象中的不动点． (1) 若函数图象上有两个关于原点对称的不动点．求、应满足的条件； (2) 在（1）的条件下，若，记函数图象上的两个不动点分别为、，为函数图象上的另一点，且其纵坐标，求点到直线距离的最小值及取得最小值时点的坐标； (3) 下述命题“若定义在上的奇函数图象上存在有限个不动点，则不动点有奇数个”是否正确？若正确，请给予证明；若不正确，请举一反例． 【答案】(1)且，； (4) (5) 正确，证明见解析. 【分析】（1）根据不动点的定义可得有两个根，且这两个根绝对值相等符号相反，求解即可； (6) 在（1）的条件下求得不动点的坐标，设点，由点到直线的距离公式可得，求得最小值及此时的点的坐标即可； (7) 可得点是奇函数的一个不动点，再证明非零不动点成对出现即可. 【详解】（1）由题意，若点是不动点，则， 整理得，① 根据题意可判断方程①有两个根，且这两个根绝对值相等符号相反． 由韦达定理得，． 而，，故、应满足，且． (8) 在（1）的条件下，当时，， 由，得两个不动点为，． 设点，则，即，解得． 直线的方程为，设点到直线的距离为， 则， 当且仅当，即时，上式取等号，此时，， 故． (9) 命题正确． 为奇函数，，又，令，则， 点是奇函数的一个不动点． 设是奇函数的一个不动点，则，由， 也是奇函数的一个不动点． 又，这说明奇函数的非零不动点如果存在，则必成对出现． 又根据题设，只有有限个不动点，故奇函数的不动点数目是奇数个． 【点睛】方法点睛：本例是追溯条件型问题与探索性问题相综合，难点是第（2）小题．可假设在函数的图像上存在着纵坐标大于3的一点，使点到直线距离的最小值为．若能求出符合条件的点则存在，反之则不存在．（3）证明过程中由于．是一个不动点，只要证非零不动点是成对出现的，则真命题可证． （2024北京市海淀首都师大附中高三下期5月三模） 6． 在中，已知． (1)求角C的大小； (2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：； 条件②：； 条件③：的周长是． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理边化角即可结果； （2）利用正弦定理可得.若选条件①：根据题意可得，进而分析其唯一性即可；若选条件②：利用余弦定理可得，，进而求，进而可得面积；若选条件③：根据周长可得，利用余弦定理并分析其唯一性. 【详解】（1）因为，即， 可得， 且，所以. （2）因为，，由正弦定理可得， 可得. 若选条件①：因为，，即， 可得，可知满足条件的角A有两个，不唯一，不合题意； 若选条件②：因为， 由正弦定理可得， 且，则，可得， 则，， 因为两角和两边均已确定，根据三角形全等可知三角形存在且唯一， 又因为， 所以的面积； 若选条件③：因为的周长是， 则，即， 由余弦定理可得，即， 整理可得，且， 可知方程有2个不相等的实根， 且，可知方程有2个不相等的正实根， 即边a不唯一，不合题意. 综上，只有选条件②符合题意. （2024湖南部分学校A佳联考高三5月模拟考试） 7． 如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)存在，. 【分析】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以，又， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 如图，， 设， 则， ，设平面的法向量为， 则，即，取，满足条件， 所以可取， ，，设平面的法向量为， 则，即，取，解得， 所以， 由题意， 化简并整理得，解得或（舍去）， 所以， 综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为. （2025届十五校教育集团高三鄂豫皖五十三校8月联考） 8． 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，动直线l与椭圆交于P，Q两点：当直线l过时，的周长为8. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l过点，椭圆的左顶点为A，当面积为时，求直线l的斜率k. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据焦距和椭圆定义求得，进而得到椭圆方程； （2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据，结合韦达定理可构造方程求得结果. 【详解】（1）由题意得：，即，则， 所以椭圆的方程为：. （2）由题意知：直线斜率不为，可设， 由消去x得：， 则， 设，则，， 可得， 又因为，则， 所以，解得：， 所以直线的斜率. 9． 已知函数（，，，是自然数）是奇函数，有最大值，且． (1)试求函数的解析式； (2)是否存在直线与的图像只交于、两点，并且使得、两点的中点为？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）根据奇函数的定义可得，结合题设及基本不等式可得，，进而求得，即可求解； （2）首先求出的值域，再根据、两点关于点对称进行讨论求解即可． 【详解】（1）由为奇函数，则， 则，即，则， 又，是自然数，且， 则当时，； 当时，，的最大值必在时取得． 当时，， 当且仅当，即时取等号， 则，即， 又，则，解得， 结合，是自然数，可得， 所以． （2）不存在，理由如下：由， 当时，， 当且仅当，即时取等号，则； 当时，； 当时，， 当且仅当，即时取等号，则； 过的直线与有两个交点、， 若为点，则关于的对称点为， 而不在上，此时； 若，与有三个交点，不符合题意； 若或或，与有一个交点，不符合题意． 故这样的直线不存在． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10节 探索性问题与研究性问题 探索性与研究型问题不同于传统的封闭型试题，封闭型试题的特点是条件完备、结论确定，较容易找到解题思路，探索性与研究型问题常常没有清晰的条件或没有明确的结论，解题时需要对问题中提供的各种信息进行观察、分析、归纳、猜想、推理、得出相应的条件或结论并给予正确的解答．而有时候，条件或结论是开放的，不唯一的，不同的条件可推出相同的结论，相同的条件也可以推出不同的结论，只要合理即成． 探索性与研究型问题的基本题型有： （1） 判断存在型问题：指判断在某些确定条件下的某一数学对象是否存在的研究型问题，题中所用语言一般是“是否存在”，这类题出现时间较早，比较普遍． （2） 探究结论型问题：指在给定条件下探求相应结论的探索性问题，其结论是开放的有待去探求，由于有时候结论不唯一，故思维难以定向，因而这类问题的解题途径是探索—判断—证明，这类题中包括探究规律、探索结果、判断真假等不同的要求． （3） 反溯条件型问题：指给定结论，反溯应具备的条件，条件是开放的，常常不是唯一的，只要推理正确、科学，都是可以的． 探索性与研究型问题的解决常常较少有现成的法则和套路，需要你去分析和研究，这类问题有助于学生创新意识的培养和良好思维品质的形成，也能充分体现出运用知识的能力，随着创新教育的不断深入，探索性与研究型问题将越来越受到重视． 类型一 判断存在型问题 【典例1】点在直线上，若存在过的直线交抛物线于、两点，且，则称点为“点”，那么下列结论中正确的是（    ）． A． 直线上的所有点都是“点” B． 直线上仅有有限个点是“点” C． 直线上的所有点都不是“点” D． 直线上有无穷多个点（但不是所有的点）是“点” 【解题策略】 本例以新定义的形式考查点在直线和点在曲线上，则点的坐标满足直线和曲线方程的知识，求解本题的关键是将问题转化为方程解的存在性问题． 【详细解析】由题意， 如图，在上任取一点，假设在上存在点使， 则， 在上，， 即． ． 存在这样的，也就是说对上的任意一点，抛物线与该直线的两点、，都有， 故选：A． 【典例2】如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是 ． 1 平面平面 2 三棱锥的体积为定值 3 在上存在点，使得面 4 的最小值为2 【解题策略】 证明平面即可判断①，由平面即可判断②，当为的中点时，证明平面平面，即可判断③，化折线为直线，利用余弦定理判断④. 【详细解析】由题意， 对于①：由正方体的性质可知，平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可证，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：因为，平面，平面，所以平面， 又，所以点到平面的距离为定值设为，的面积也为定值， 又为定值，故②正确； 对于③：当为的中点时，点也为的中点，，平面， 平面， 所以平面，即平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面，又平面， 所以面，故③正确； 对于④：如下图， 将沿着翻折到与平面共面且、在的异侧， 连接与交于点， 则即为的最小值， 又，， 所以， 即的最小值为， 故④错误. 故答案为：①②③ 【典例3】对于定义在上的函数，可以证明“点是的图像的一个对称中心”的充要条件是“，”． （1） 求函数的图像的一个对称中心； （2） 函数（、）在上是奇函数，求、满足的条件；并讨论在区间上是否存在常数，使得恒成立． 【解题策略】 第（1）问，由所给定义运用待定系数法求对称中心坐标，第（2）问实质是含参数不等式在区间上恒成立问题，应根据函数的性质通过分类讨论探究参数a是否存在． 【详细解析】（1）由题意， 设为函数图像的一个对称中心， 则对于恒成立． 即对于恒成立， ． 由解得故函数图像的一个对称中心为． （3） 由是奇函数，知． 不存在常数使对任意的恒成立，理由如下：依题意，此时，令，，． 若，，不合题意． 若，在上为单调增函数，，若存在，则，与矛盾． 若，在上为单调减函数，． 若存在，则，与矛盾． 综上可知，符合条件的不存在． 【方法归纳】 高中数学中存在性问题主要涉及证明某个数学对象（如解、值、函数等）是否存在.这类问题常见于函数、方程、不等式以及几何等领域.存在性问题通常要求证明在某个给定的条件下，是否存在满足该条件的数学对象.例如，在函数中，可能需要证明在某个区间内是否存在满足特定性质的函数值；在方程中，可能需要证明是否存在满足方程条件的解. 存在性问题在高中数学中具有广泛的应用.例如，在解决函数的零点问题、方程的解的问题、不等式的解集问题等时，都需要用到存在性问题的知识和方法.此外，在解决一些实际问题时，如物理问题、经济问题等，也需要用到存在性问题的知识和方法. 【举一反三】 1． 已知抛物线：．过点且斜率为的直线与抛物线交于两点，问直线上是否存在点，使为正三角形？若存在，求出斜率的值；若不存在，说明理由． （2025届广东省高三毕业班调研考试（一）） 2． 如图所示，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，是与的交点，. (1) 记圆柱的体积为，四棱锥的体积为 ，求 ； (2) 设点在线段上，且存在一个正整数，使得，若已知平面与平面的夹角的正弦值为，求的值. 类型二 探究结论型问题 【典例1】（2024年上海秋季高考练习）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ） A．     B． B．     D． 【解题策略】 首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案. 【详细解析】由题意知， 这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底， 对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误； 对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误； 对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底， 则由能推出， 对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面， 则当无法推出，故D错误. 故选：C． 【典例2】已知函数的定义域为R，且满足对任意的，，都有，，，给出下列结论：①；②是周期函数；③可能是偶函数；④的图象关于直线对称．其中所有正确结论的序号为 ． 【解题策略】 借助赋值法，分别令，；，；；，；结合函数的周期性、对称性计算即可得. 【详细解析】由题意， 对于①：对于， 令，，得， 又，所以，故①正确． 对于②：对于， 取，，得， 所以，， 则为的一个周期，故②正确． 对于③：对于，令， 得，，故不可能是偶函数，故③错误． 对于④：对于， 取，，得， 所以，所以的图象关于直线对称，故④正确． 故答案为：①②④. 【典例3】已知是等比数列，且满足等式．试求出这个等差数列的通项． 【解题策略】 本例要探究规律型问题，由特殊到一般的探究方法是最常用的探究方法，猜想出一般结论后还是要给出严格的证明．本例的证明可运用逆序相加法，再结合组合数的第一个性质以及二项式系数总和公式． 【详细解析】由题意， 时，等式为，可求得． 时，等式为，可求得， 时，等式为，可求得， 时，等式为，可求得． 以此类推，一般地可猜想：． 下面证明：当时，等式成立． 设，① 则， 即，② ①＋②得，． 即，． 【方法归纳】 高中数学中，探究结论型问题通常要求学生通过观察、分析、推理等过程，得出一个或多个数学结论.需要根据已知条件，通过逻辑推理和数学计算，得出相应的结论.在解题过程中，学生需要灵活运用数学知识，培养分析问题和解决问题的能力. 【举一反三】 3． 某人玩硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面的概率都是，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、…、第100站．一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站；若掷出反面，则棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站（胜利大本营）或第100站（失败大本营）时，该游戏结束，设棋子跳到第n站的概率为． (1) 求：、、； (2) 求证：； (3) 求：玩该游戏获胜的概率． 4． 等比数列中，前项和为．若，，成等差数列，则，，成等差数列． (1) 写出上述命题的逆命题； (2) 判断逆命题是否为真，并给出证明． 类型三 反溯条件型问题 【典例1】（2024届江苏百校大联考高三上期第二次考试）已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A． 线段长度的最小值为2    B．的形状为锐角三角形 B． 三点共线    D．的坐标不可能为 【解题策略】 根据抛物线的性质可判断A；根据抛物线的定义和平行线的性质判断B；设直线和点A、B的坐标，联立抛物线方程，结合韦达定理和三点共线经过任意两点的直线斜率相等，判断C；设的中点，则，，取求出可判断D. 【详细解析】由题意， 对于A，因为抛物线过点，所以抛物线的方程为，线段长度的最小值为通径，所以A错误； 对于B，由定义知，轴，所以， 同理，所以，所以B错误； 对于C，设直线，与抛物线方程联立，得， 设，，则，， 因为，所以，三点共线，所以C正确； 对于D，设的中点为，则，， 取，可得，所以D错误. 故选：C. 【典例2】（2024届四川峨眉二中高三适应性考试暨押题）如图是四棱锥的平面展开图，四边形是矩形，．在四棱锥中，M为棱PB上一点（不含端点），则下列说法正确的是 ． 1 的最小值为； 2 存在点M，使得； 3 四棱锥外接球的体积为； 4 三棱锥的体积等于三棱锥的体积 【解题策略】把平面图形还原得到如图所示四棱锥，则可得平面，对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，然后求解，对于②，假设，然后进行推理，对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，从而可求出外接球的半径，进而可求出球的体积，对于④，由分析判断即可. 【详细解析】由题意， 把平面图形还原得到如图所示四棱锥， 如图，由，可知，平面， 所以平面． 在中，，故， 在中，， 在矩形中，， 连接，在中，， 在中，， 在中，， 对于①，将平面与平面展开成一个平面，当A，M，C三点共线时，最小，此时，A，P，B，C四点共圆，且直径为， 因为， ， 所以 ， 所以由正弦定理得，故①正确； 对于②，假设，因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与已知条件矛盾，故②错误； 对于③，将此四棱锥可以补形成一个长方体，为长方体的一条对角线，同时也是四棱锥外接球的直径， 所以半径，其体积，故③错误； 对于④，因为，而， 所以，故④正确． 故答案为：①④． 【典例3】设实数，问与满足什么条件时，不等式的解集是？ 【解题策略】 本例是一个探索不等式结论成立的条件问题，要注意不等式与函数知识的联系，通过研究函数的性质：如定义域，值域或单调性等，达到正确解出不等式的目的，在解题方法上要注意递推法的运用，执果索因，等价递进． 【详细解析】由题意， 设，按照定义域优先原则确定的取值范围． ，即，且由得，． 依题意，由于，和都是上的增函数， 从而在上也是增函数，故在上是增函数． 要使的解集为，只需，即，得，因此，、满足的关系式为：． 【方法归纳】 高中数学中的反溯条件型问题，通常指的是一类需要通过已知的结论或条件，逆向推导出满足这些结论或条件的充分或必要条件的问题.这类问题在数学学习中较为常见，特别是在解决几何、代数、不等式等类型的问题时.解决反溯条件型问题的关键在于理解并掌握相关的数学定理、公式和性质，以及它们之间的逻辑关系.以下是一些解决这类问题的基本步骤和方法：在逆向思考的基础上，逐步推导出满足结论的充分或必要条件. 【举一反三】 5． 记函数的定义域为．若存在，使成立，则称以为坐标的点为函数图象中的不动点． (1) 若函数图象上有两个关于原点对称的不动点．求、应满足的条件； (2) 在（1）的条件下，若，记函数图象上的两个不动点分别为、，为函数图象上的另一点，且其纵坐标，求点到直线距离的最小值及取得最小值时点的坐标； (3) 下述命题“若定义在上的奇函数图象上存在有限个不动点，则不动点有奇数个”是否正确？若正确，请给予证明；若不正确，请举一反例． （2024北京市海淀首都师大附中高三下期5月三模） 6． 在中，已知． (1) 求角C的大小； (2) 若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：； 条件②：； 条件③：的周长是． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （2024湖南部分学校A佳联考高三5月模拟考试） 7． 如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1) 求证：平面平面； (2) 在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. （2025届十五校教育集团高三鄂豫皖五十三校8月联考） 8． 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且，动直线l与椭圆交于P，Q两点：当直线l过时，的周长为8. (1) 求椭圆C的方程； (2) 若直线l过点，椭圆的左顶点为A，当面积为时，求直线l的斜率k. 9． 已知函数（，，，是自然数）是奇函数，有最大值，且． (1) 试求函数的解析式； (2) 是否存在直线与的图像只交于、两点，并且使得、两点的中点为？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$