专题2 新题型-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

专题二　新题型 题型１　新定义 １．ABD　对于 A,由题知图象经过O 点,|OF|＝２,则－a􀅰 ２＝４,a＝－２,故 A正确; 对于B,由 A知曲线方程:(x＋２) (x－２)２＋y２＝４,点(２ ２,０)代入得(２ ２－２)􀅰(２ ２－(－２))＝４,故B正确; 对于 C,解 得 y２ ＝ ４x＋２( ) ２ － (x－２)２,令 f(x)＝ ４ x＋２( ) ２ －(x－２)２,f′(x)＝－ ３２(x＋２)３ －２(x－２), 又f(２)＝１, 且f′(２)＝－１２＜０ ,于是x＝２不是极值,故 C错误; 对于 D,y０２＝ ４ x０＋２( ) ２ －(x０－２)２≤ ４ x０＋２( ) ２ ,即y０≤ ４ x０＋２ ,故D正确．故选择:ABD． ２．C　因为λ１,λ２,λ３ 不全为０,λ１OP１ →＋λ２OP２→＋λ３OP３→＝ ０,所以三个向量无法构成三维空间坐标系的一组基． 又因为(１,０,０)∈Ω,所以对于 A,三者可以构成一组基,故不 能推出(０,０,１)∉Ω,故 A错误; 对于B,若(１,０,０),(－１,０,０)均 属 于 Ω,且(１,０,０), (－１,０,０)共线,所以(０,０,１)可以属于Ω,此时三者不共 面,故B错误; 对于 C,显然,三者可以构成一组基,与条件不符合,故可 以推出(０,０,１)∉Ω,故 C正确; 对于 D,三者无法构成一组基,故不能推出(０,０,１)∉Ω, 故 D错误,故答案选 C． ３．B　 对 于 A,因 为 M＝[－１,１],所 以 f(x)＜f(１)在 (－∞,１)上恒成立,此时f(－１)＜f(１)与f(x)是偶函 数 矛 盾,故 A 错 误;对 于 B,不 妨 取 f (x)＝ －１,x＜－１ x,－１≤x≤１, １,x＞１ { 满足f(x)在x＝２处取到最大值,故 B 正确;对于 C,若存在f(x)在 R上单调递增,则对任意 x０∈R,当x＜x０ 时都有f(x)＜f(x０),则此时M＝R,与 M＝[－１,１]矛盾,故 C错误;对于 D,若存在f(x)在x＝ －１处取到极小值,则存在一个δ＞０,对于任意x满足０ ＜|x＋１|＜δ,都有f(－１)＜f(x),－１－δ２∈ (－１－δ,－ １),而由－１∈M 以及 M 的含义知f －１－δ２( ) ＜f(－１), 与f(－１)＜f(x)对于任意x满足０＜|x＋１|＜δ矛盾, 故 D错误． ４．解析:由题意不妨设x＞y,若x,y均在[a１,a２],则有x －y∈[０,a２－a１],若x,y 均在[an,an＋１],则有x－y∈ [０,an＋１－an],若x,y分别在两个区间,则x－y∈[an－ a２,an＋１－a１],又因为q＞１,总有ln是闭区间,则an－a２ ≤an＋１－an 恒成立即可,化简得qn－１(q－２)＋q≥０,所以 有q≥２恒成立． 答案:[２,＋∞) ５．解:(１)根据k列定义,已知第一项(３,３),x１＝３,y１＝３ 由 |x２－x１|＝３ |y２－y１|＝４{ ,或 |x２－x１|＝４ |y２－y１|＝３{ ． ①当 |x２－３|＝３ |y２－３|＝４{ 时:由|x２－３|＝３得x２＝６或x２＝０ (舍去,因为x２∈A); 由|y２－３|＝４得y２＝７或y２＝－１(舍去),即(６,７) ②当 |x２－３|＝４ |y２－３|＝３{ 时:由|x２－３|＝４得x２＝７或x２＝－１ (舍去);由|y２－３|＝３得y２＝６或y２＝０(舍去),即(７,６) 综上,所以第二项为(６,７)或(７,６) (２)假设(３,２)在τ中且为第i项(i为偶数),(４,４)在τ 中且为第j 项(不妨设j＞i)若i为偶数:xi＝３∈{３,４, ５,６},设(３,２)＝(xi,yi),下一项(xi＋１,yi＋１),i＋１为奇数, xi＋１∈{１,２,７,８}．对于(３,２)到(４,４),|４－３|＝１,不满足|xj －xi|＝３或４且|yj－yi|＝４或３,因为从(３,２)到(４,４), |Δx|＝１,|Δy|＝２,所以(３,２)与(４,４)不能同时在τ中． (３)设k列元素为(x１,y１),(x２,y２),􀆺(xn,yn),定义ai ＝xi＋yi,bi＝xi－yi． 由相邻两项满足 |xi＋１－xi|＝３ |yi＋１－yi|＝４{ 或 |xi＋１－xi|＝４ |yi＋１－yi|＝３{ ． 当 |x２－３|＝３ |y２－３|＝４{ 时:|ai＋１－ai|＝|(xi＋１＋yi＋１)－(xi＋ yi)|＝|(xi＋１－xi)＋(yi＋１－yi)|,其值为１或７,|bi＋１－ bi|＝(xi＋１－yi＋１)－(xi－yi)|＝|(xi＋１－xi)－(yi＋１－ yi)|,其值为７或１,当 |x２－３|＝４, |y２－３|＝３{ 时:|ai＋１－ai|＝ |(xi＋１－xi)＋(yi＋１－yi)|＝１或７,|bi＋１－bi|＝|(xi＋１ －xi)－(yi＋１－yi)|＝１或７所以ai 与ai＋１同奇偶,bi 与 bi＋１同奇偶,即ai 的奇偶性不变,bi 的奇偶性不变,A＝ {１,２,􀆺８},xi,yi∈A,a１＝x１＋y１,an＝xn＋yn,M 有８ ×８＝６４个元素,若构成k列,从(x１,y１)到(xn,yn),经 过n－１次变换,a１ 与an 奇偶性相同,b１ 与bn 奇偶性相 同但x＋y的可能值中,最小为１＋１＝２,最大为８＋８＝ １６,且通过上述变换,无法取遍所有６４个元素使得相邻 满足条件,因为奇偶性限制,实际上ai 的奇偶性固定,bi 同理,所以 M 中所有元素都不构成k 列． ６．解:本题考查了函数的新定义,函数的性质,奇偶性、周 期性等,分类讨论、数形结合思想,函数的零点． (１)Mπ＝{x|f(x＋π)＝f(x)},f π ３( )＝sin π ３＝ ３ ２ , f π３＋π( )＝sin ４π ３＝－ ３ ２≠f π ３( ) , ∴π３∉Mπ． (２)即存在x使得f(x＋a)＝f(x)有解,∵y＝x＋２,y ＝ x, 在各自定义域上单调递增,故只可能是x＋２＝ x＋a, x＜０;x＋２≥０,x≥－２, ∴x２＋４x＋４－x－a＝０,a＝x２＋３x＋４,x∈[－２,０), a＝ x＋３２( ) ２ ＋７４ ,x∈[－２,０), ∴a∈ ７４ ,４[ )． (３)ⅰ．由y＝f(x)是偶函数, 当x∈[－１,０)时,f(x)＝f(－x)＝１－(－x)＝１＋x, 对于∀a∈(０,２),Ma⊆M２,可得f(x＋２)＝f(x), 对于∀x∈(－１,０)都有f(x)＝f(x＋a),令a＝－２x∈ (０,２),即f(x)＝f(－x), 如图． 则对∀x∈(－１,０),f(x)＝f(x＋２),故f(x)在(１,２)的 解析式为y＝x－１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７２１ 详解详析 ⅱ．即证f(x)与直线y＝c至多有９个交点,由ⅰ可知, f(x)是偶函数,且是以２为周期的函数,如上图,取c∈ (０,１),f(－２)＝f(０)＝f(２)＝c此时零点个数有最大值 为９．证毕． ７．解:(１)首 先,设 数 列a１,a２,􀆺,a４m＋２ 的 公 差 为d,则d ≠０． 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后 是等差数列,当且仅当该数列是等差数列, 故可以对该数列进行适当的变形ak′＝ ak－a１ d ＋１ (k＝１, ２,􀆺,４m＋２), 得到新数列ak′＝k(k＝１,２,􀆺,４m＋２),然后对a１′,a２′, 􀆺,a４m＋２′进行相应的讨论即可． 不妨设ak＝k(k＝１,２,􀆺,４m＋２),此后的讨论均建立在 该假设下进行． 回到原题,第１小问相当于从１,２,３,４,５,６中取出两个 数i和j(i＜j),使得剩下四个数是等差数列． 那么剩下四个数只可能是１,２,３,４,或２,３,４,５,或３,４, ５,６． 所以所有可能的(i,j)就是(１,２),(１,６),(５,６)． (２)当m＝３时,注意到a１,a４,a７,a１０;a３,a６,a９,a１２;a５, a８,a１１,a１４是(２,１３)可分的数列,对于 m＞３的部分,取 {a４r＋３,a４r＋４,a４r＋５,a４r＋６}即可． (３)证明:由(２)得数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是(i,j)—可分数列⇔ １,２,􀆺,４m＋２是(i,j)—可分． 则１,２,􀆺,４m＋２是(４k＋１,４k＋２)可分的,因可分为(１,２, ３,４),(５,６,７,８),􀆺,(４k－３,４k－２,４k－１,４k)和(４(s＋１)－ １,４(s＋１),４(s＋１)＋１,４(s＋１)＋２),􀆺,(４m－１,４m,４m＋１, ４m＋２),共有C２m＋１＋m＋１＝ (m＋１)(m＋２) ２ 种． 而１􀆺４k和４s＋２􀆺４m＋２是可分的,只需证４k＋１,４k ＋３,４k＋４,􀆺,４s－１,４s,４s＋２是可分的． 令t＝s－k∈N∗ ,只要证１,３,４,５,􀆺,４t－１,４t,４t＋２是 可分的,１􀆺４t＋２去掉２和４t＋１．当t＝１时,(１,３,４,６) 不满足;当t＝２时,(１,３,５,７),(４,６,８,１０)满足;当t＝３ 时,(１,４,７,１０),(３,６,９,１２),(５,８,１１,１４)满足; 当t＝４时,(１,５,９,１３),(３,７,１１,１５),(４,８,１２,１６),(６, １０,１４,１８)满足; 当t≥２时,可划分为t组: (１,t＋１,２t＋１,３t＋１),(３,t＋３,２t＋３,３t＋３),(４,t＋４, ２t＋４,３t＋４),􀆺,(t,２t,３t,４t),(t,２t＋２,３t＋２,４t＋２)． 本质即:(i,t＋i,２t＋i,３t＋i),i＝１,２,３,􀆺,t,且把２代 换为４t＋２,则(k,k＋t),t≥２均 符 合,共 C２m＋１－m＝ m(m－１) ２ 组,而(０,１),(１,２),􀆺,(m－１,m)不合要求． 综上可得:符合要求的(４k＋２,４t＋１)与(４k＋１,４t＋２) 至 少 m(m－１) ２ ＋ (m＋１)(m＋２) ２ 组, 故 Pm ≥ １ ２ (２m２＋２m＋２) C２４m＋２ ＝ m ２＋m＋１ ８m２＋６m＋１ ＝ １ ８－ ２m＋７m２＋m＋１ ＞１８． ８．解:(１)由题意得Ω(A):３,４,４,５,８,４,３,１０; (２)假设存在符合条件的Ω,可知Ω(A)的第１,２项之和 为 a１ ＋a２ ＋s,第 ３,４ 项 之 和 为 a３ ＋a４ ＋s,则 (a１＋２)＋(a２＋６)＝a１＋a２＋s (a３＋４)＋(a４＋２)＝a３＋a４＋s{ ,而该方程组无解,故假 设不成立,故不存在符合条件的Ω; (３)我们设序列Tk􀆺T２T１(A)为{ak,n}(１≤n≤８),特别规定 a０,n＝an(１≤n≤８)． 必要性: 若存在序列 Ω:ω１,ω２,􀆺,ωx,使得 Ω(A)为常数列． 则as,１＝as,２＝as,３＝as,４＝as,５＝as,６＝as,７＝as,８,所以as,１ ＋as,２＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝as,７＋as,８． 根据 Tk 􀆺T２T１ (A)的 定 义,显 然 有 ak,２j－１ ＋ak,２j ＝ ak－１,２j－１＋ak－１,２j,这里j＝１,２,３,４,k＝１,２,􀆺􀆺． 所以不断使用该式就得到,a１＋a２＝a３＋a４＝a５＋a６＝ a７＋a８,必要性得证． 充分性: 若a１＋a２＝a３＋a４＝a５＋a６＝a７＋a８． 由已知,a１＋a２＋a５＋a７ 为偶数,而a１＋a２＝a３＋a４＝a５ ＋a６＝a７＋a８,所以a２＋a４＋a６＋a８＝４(a１＋a２)－(a１＋ a３＋a５＋a７)也是偶数． 我们设Ts􀆺T２T１(A)是通过合法的序列 Ω 的变换能得 到的所有可能的数列 Ω(A)中,使得|as,１－as,２|＋|as,３－ as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|最小的一个． 上面已经证明ak,２j－１＋ak,２j＝ak－１,２j－１＋ak－１,２j,这里j＝ １,２,３,４,k＝１,２,􀆺􀆺． 从而由a１＋a２＝a３＋a４＝a５＋a６＝a７＋a８ 可得as,１＋as,２ ＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝as,７＋as,８． 同时,由于ik＋jk＋sk＋tk 总是偶数,所以ak,１＋ak,３＋ ak,５＋ak,７和ak,２＋ak,４＋ak,６＋ak,８的奇偶性保持不变,从 而as,１＋as,３ ＋as,５ ＋as,７ 和as,２ ＋as,４ ＋as,６ ＋as,８ 都 是 偶数． 下列证明不存在j＝１,２,３,４使得|as,２j－１－as,２j|≥２． 假设存在,根据对称性,不妨设j＝１,as,２j－１－as,２j≥２,即 as,１－as,２≥２． 情况１:若|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|＝０,则 由as,１＋as,３＋as,５＋as,７和as,２＋as,４＋as,６＋as,８都是偶 数,知as,１－as,２≥４． 对该数列连续作四次变换(２,３,５,８),(２,４,６,８),(２,３, ６,７),(２,４,５,７)后,新 的|as＋４,１ －as＋４,２|＋|as＋４,３ － as＋４,４|＋|as＋４,５－as＋４,６|＋|as＋４,７－as＋４,８|相比原来的 |as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|减 少４,这与|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７ －as,８|的最小性矛盾; 情况２:若|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|＞０,不 妨设|as,３－as,４|＞０． 情况２－１:如果as,３－as,４≥１,则对该数连续作两次变换 (２,４,５,７),(２,４,６,８)后,新的|as＋２,１－as＋２,２|＋|as＋２,３ －as＋２,４|＋|as＋２,５－as＋２,６|＋|as＋２,７－as＋２,８|相比原来的 |as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|至 少减少２,这与|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋ |as,７－as,８|的最小性矛盾; 情况２Ｇ２:如果as,４－as,３≥１,则对该数列连续作两次变 换(２,３,５,８),(２,３,６,７)后,新 的|as＋２,１ －as＋２,２|＋ |as＋２,３－as＋２,４|＋|as＋２,５－as＋２,６|＋|as＋２,７－as＋２,８|相比 原来的|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－ as,８|至少减少２,这与|as,１－as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－ as,６|＋|as,７－as,８|的最小性矛盾． 这就说明无论如何都会导致矛盾,所以对任意的j＝１, ２,３,４都有|as,２j－１－as,２j|≤１． 假设存在j＝１,２,３,４使得|as,２j－１－as,２j|＝１,则as,２j－１ ＋as,２j是奇数,所以as,１＋as,２＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝ as,７＋as,８都是奇数,设为２N＋１． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２１ 最新真题分类特训􀅰数学 则此时对任意j＝１,２,３,４,由|as,２j－１－as,２j|≤１可知必 有{as,２j－１,as,２j}＝{N,N＋１}． 而as,１＋as,３＋as,５＋as,７和as,２＋as,４＋as,６＋as,８都是偶 数,故集合{m|as,m＝N}中的四个元素i,j,s,t之和为偶 数,对该数列进行一次变换(i,j,s,t),则该数列成为常数 列,新的|as＋１,１－as＋１,２|＋|as＋１,３－as＋１,４|＋|as＋１,５－ as＋１,６|＋|as＋１,７－as＋１,８|等于零,比原来的|as,１－as,２|＋ |as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|更小,这与|as,１－ as,２|＋|as,３－as,４|＋|as,５－as,６|＋|as,７－as,８|的最小性 矛盾． 综上,只可能|as,２j－１－as,２j|＝０(j＝１,２,３,４),而as,１＋ as,２＝as,３＋as,４＝as,５＋as,６＝as,７＋as,８,故{as,n}＝Ω(A) 是常数列,充分性得证． ９．解:(１)因为函数f(x)＝１x ,x∈(０,＋∞),M(０,０), 所以s(x)＝(x－０)２＋ １x－０( ) ２ ＝x２＋１ x２ ≥２, 当且仅当x２＝１ x２ ,x＞０,即x＝１时, s(x)取得最小值２,f(１)＝１,所以P(１,１), 故对于点 M(０,０),存在点P(１,１),使得P 是M 的“f最 近点”． (２)因为函数f(x)＝ex,M(１,０),所以s(x)＝(x－１)２＋ e２x,则s′(x)＝２(x－１)＋２e２x． 记m(x)＝s′(x)＝２(x－１)＋２e２x,则m′(x)＝２＋４e２x＞ ０,所以m(x)在 R上严格单调递增． 因为m(０)＝s′(０)＝０, 所以当x＜０时,m(x)＝s′(x)＜０;当x＞０时,m(x)＝ s′(x)＞０． 所以s(x)在(－∞,０)上严格单调递减,在(０,＋∞)上严 格单调递增, 因此当x＝０时,s(x)取到最小值, 又f(０)＝e０＝１,所以点 M 的“f最近点”为P(０,１)． 为判断直线 MP 与曲线y＝f(x)在点P 处的切线是否 垂直,可另设P(k,ek),则由f′(x)＝ex,知在P(k,ek)处 的切线l的斜率为ek, 由题意知 MP⊥l,因此e k－０ k－１＝－ １ ek ,整理得k＋e２k－１ ＝０． 令h(k)＝k＋e２k－１,易知h(k)在 R上严格单调递增． 又h(０)＝０,所以方程k＋e２k－１＝０有唯一解k＝０,所以 点P(０,１)． 综上,存在满足条件的一个点P(０,１)． (３)设 s１(x)＝(x－t＋１)２＋(f(x)－f(t)＋g(t))２ s２(x)＝(x－t－１)２＋(f(x)－f(t)－g(t))２{ ． 由条件,对任意t∈R,存在P(x０,f(x０)),使得x０ 同时 是s１(x)和s２(x)的最小值点． 于是,对任意x∈R, s１(x０)≤s１(x) s２(x０)≤s２(x){ , 即 (x０－t＋１)２＋(f(x０)－f(t)＋g(t))２≤(x－t＋１)２＋(f(x)－f(t)＋g(t))２ (x０－t－１)２＋(f(x０)－f(t)－g(t))２≤(x－t－１)２＋(f(x)－f(t)－g(t))２{ , 特别地,当x＝t时, (x０－t＋１)２＋(f(x０)－f(t)＋g(t))２≤１＋g２(t) (x０－t－１)２＋(f(x０)－f(t)－g(t))２≤１＋g２(t){ , 两式相加,得(x０－t)２＋(f(x０)－f(t))２≤０． 所以x０＝t． 另一方面,求导得 s１′(x)＝２(x－t＋１)＋２(f(x)－f(t)＋g(t))f′(x) s２′(x)＝２(x－t－１)＋２(f(x)－f(t)－g(t))f′(x){ ． 因为si(x)(i＝１,２)的 最 小 值 点 也 是 极 小 值 点,所 以 s１′(x０)＝０, s２′(x０)＝０,即 (x０－t＋１)＋(f(x０)－f(t)＋g(t))f′(x０)＝０ (x０－t－１)＋(f(x０)－f(t)－g(t))f′(x０)＝０{ , 两式相减,得g(t)f′(x０)＝－１． 代入x０＝t,并由g(t)＞０,得f′(t)＝－ １ g(t)＜０ ,t∈R． 所以f(x)在 R上严格单调递减． 题型２　双空题 １．解析:AE → ＝AD → ＋ ２３DC → ＝AD → ＋ ２ ３ (AC → －AD →)＝ １３AD → ＋ ２３AC → ＝１６AB → ＋ ２３AC → ＝ １６a＋ ２ ３b． CB → ＝AB → －AC → ＝a－b, CD → ＝AD → －AC → ＝１２AB → －AC → ＝１２a－b , 从而AE → ＝１６ (a＋４b)＝１６ [６(a－b)－５(a－２b)]＝CB → － ５ ３CD →, 故AE →􀅰CD→＝３５AE →􀅰(CB→－AE→)＝－３５|AE → |２ ＝－１５． 答案:１ ６a＋ ２ ３b　－１５ ２．解析:第一空:A４４＝４! ＝２４; 第二空:１５＋２１＋３３＋４３＝１１２． 答案:２４　１１２ ３．解析:设甲选到A 为事件M,乙选到A 为事件Q,乙选到 B 为事件N, 则甲选到A 的概率为P(M)＝C ２ ４ C３５ ＝３５ ; 乙选了A 项活动,他再选择B 项活动的概率为P(N|Q) ＝P (QN) P(Q)＝ C１３ C３５ C２４ C３５ ＝１２． 答案:３ ５　 １ ２ ４．解析:因为CE＝１２DE ,即CE→＝１３BA →,则BE→＝BC→＋CE→ ＝１３BA →＋BC→, 可得λ＝１３ ,μ＝１,所以λ＋μ＝ ４ ３ ; 由题意可知:|BC→|＝|BA→|＝１,BA→􀅰BC→＝０, 因为F 为线段BE 上的动点,设BF→＝kBE→＝１３kBA →＋ kBC→,k∈[０,１], 则AF→＝AB→＋BF→＝AB→＋kBE→＝ １３k－１( )BA →＋kBC→, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９２１ 详解详析 又因为G 为AF 中点,则DG→＝DA→＋AG→＝－BC→＋１２AF → ＝１２ １ ３k－１( )BA →＋ １２k－１( )BC →, 可得AF→􀅰DG→ ＝ １３k－１( )BA →＋kBC→[ ] 􀅰 １ ２ １ ３k－１( )BA →＋ １２k－１( )BC →[ ] ＝１２ １ ３k－１( ) ２ ＋k １２k－１( )＝ ５ ９ k－ ６ ５( ) ２ －３１０ , 又因为k∈[０,１],可知:当k＝１时,AF→􀅰DG→取到最小 值－５１８ ; 答案:４ ３　－ ５ １８ 题型３　开放性 １．解析:由图可得,两圆外切,且均与直线l１:x＝－１相切． 另过两圆圆心的直线l的方程为y＝４３x ,可得l与l１ 交 点为P －１,－４３( )．由切线定理得,两圆另一公切线l２ 过点P,设l２∶y＋ ４ ３＝k (x＋１),由点到直线距离公式 可得 k－４３ k２＋１ ＝１,解得k＝７２４ ,即l２:y＝ ７ ２４x－ ２５ ２４ ,另由 于两圆外切,因此在公切点处存在公切线l３ 与l垂直, 解得l３:y＝－ ３ ４x＋ ５ ４． 答案:x＝－１,或y＝７２４x－ ２５ ２４ ,或y＝－３４x＋ ５ ４ (答对 其中之一即可) ２．解析:开 放 性 问 题,答 案 不 唯 一,所 有 的 形 如 f(x)＝ x ２n ２m－１,n,m∈N∗ 的函数都成立,以f(x)＝x２ 为最优． 答案:f(x)＝x２(x∈R) ３．解:(１)因 为 cosA＝ － １３ ,A∈ (０,π)所 以 sinA＝ １－cos２A＝２ ２３ , 由正弦定理有asinC＝csinA＝２ ２３c＝４ ２ ,解得c＝６; (２)如图所示,若△ABC存在,设其BC边上的高为AD, 若选①,a＝６,因为c＝６,所以C＝A,因为cosA＝－１３ ＜０,这表明此时三角形 ABC 有两个钝角,而这是不可 能的,所以此时三角形 ABC 不存在,故BC 边上的高也 不存在; 若选②,bsinC＝１０ ２３ ,由正弦定理有bsinC＝csinB＝ ６sinB＝１０ ２３ ,解得sinB＝５ ２９ , 此时cosB＝ １－５０８１＝ ３１ ９ ,AD＝csinB＝６×５ ２９ ＝１０ ２３ , 而cos∠DAB＝sinB,sin∠DAB＝cosB,cosA＝－ １３ , sinA＝２ ２３ , 所以cos∠CAD＝cos(∠CAB－∠BAD),sin∠CAD＝ １－cos２∠CAD可以唯一确定, 所以此时CA,CD 也可以唯一确定, 这表明此时三角形ABC 是存在的,且BC 边上的高AD ＝１０ ２３ ; 若选③,△ABC的面积是１０ ２,则S△ABC ＝ １ ２bcsinA＝ １ ２b×６× ２ ２ ３ ＝１０ ２ , 解得b＝５,由 余 弦 定 理 可 得a＝ b２＋c２－２bccosA＝ ２５＋３６－２􀅰５􀅰６ －１３( ) ＝９可以唯一确定, 进一步由余弦定理可得cosB,cosC 也可以唯一确定, 即B,C可以唯一确定, 这表明此时三角形 ABC 是存在的,且 BC 边 上 的 高 满 足:S△ABC＝ １ ２a 􀅰AD＝９２AD＝１０ ２ ,即AD＝２０ ２９ ． ４．解:(１)由 题 意 得 ２sinBcosB＝ ３７bcosB ,因 为 A 为 钝角, 则cosB≠０,则 ２sinB＝ ３７b ,则 b sinB＝ ２ ３ ７ ＝ asinA＝ ７ sinA ,解得sinA＝ ３２ , 因为A 为钝角,则A＝２π３ , (２)选择①b＝７,又a＝７,则sinB＝ ３１４b＝ ３ １４×７＝ ３ ２ ,因 为A＝２π３ ,则B 为锐角,则B＝π３ , 此时A＋B＝π,不合题意,舍弃; 选择②cosB＝１３１４ ,因 为 B 为 三 角 形 内 角,则 sinB＝ １－ １３１４( ) ２ ＝３ ３１４ , 则代入２sinB＝ ３７b 得２×３ ３１４ ＝ ３ ７b ,解得b＝３, sinC＝sin(A＋B)＝sin ２π３＋B( ) ＝sin ２π ３cosB＋ cos２π３sinB＝ ３ ２× １３ １４＋ － １ ２( )× ３ ３ １４ ＝ ５ ３ １４ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０３１ 最新真题分类特训􀅰数学 则S△ABC＝ １ ２absinC＝ １ ２×７×３× ５ ３ １４＝ １５ ３ ４ ． 选择③csinA＝５２ ３ ,则有c× ３２＝ ５ ２ ３ ,解得c＝５, 则由正弦定理得 a sinA＝ c sinC ,即 ７ ３ ２ ＝ ５sinC ,解得sinC ＝５ ３１４ , 因为C为三角形内角,则cosC＝ １－ ５ ３ １４ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１１１４ , 则sinB＝sin(A＋C)＝sin ２π３＋C( )＝sin ２π ３cosC＋ cos２π３sinC ＝ ３２× １１ １４＋ － １ ２( )× ５ ３ １４ ＝ ３ ３ １４ , 则S△ABC＝ １ ２acsinB＝ １ ２×７×５× ３ ３ １４＝ １５ ３ ４ ． ５．解析:(１)由题意可得ba ＝ ３ , a２＋b２＝２, 故a＝１,b＝ ３． 因此C的方程为x２－y ２ ３＝１． (２)设直线PQ 的方程为y＝kx＋t(k≠０),将直线PQ 的 方程代入C 的方程得(３－k２)x２－２ktx－t２－３＝０ 则 x１ ＋x２ ＝ ２kt ３－k２ ,x１x２ ＝ － t２＋３ ３－k２ ,x１ －x２ ＝ (x１＋x２)２－４x１x２＝ ２ ３(t２＋３－k２) ３－k２ ． 设点 M 的坐标为(xM ,yM), 则 yM－y１＝－ ３ (xM－x１) yM－y２＝ ３(xM－x２){ ． 两式相减,得y１－y２＝２ ３xM － ３(x１＋x２),而y１－y２ ＝(kx１＋t)－(kx２＋t)＝k(x１－x２),故２ ３xM ＝k(x１－ x２)＋ ３(x１＋x２),解得xM＝ k t２＋３－k２＋kt ３－k２ ． 两式相加,得２yM－(y１＋y２)＝ ３(x１－x２), 而y１＋y２＝(kx１＋t)＋(kx２＋t)＝k(x１＋x２)＋２t,故 ２yM＝k(x１ ＋x２)＋ ３(x１ －x２)＋２t,解 得 yM ＝ ３ t２＋３－k２＋３t ３－k２ ＝３kxM． 因此,点 M 的轨迹为直线y＝３kx ,其中k为直线PQ 的 斜率． 若选择①②: 设直线AB 的方程为y＝k(x－２),并设A 的坐标为(xA, yA),B 的坐标为(xB,yB)．则 yA＝k(xA－２) yA＝ ３xA{ ,解得xA＝ ２k k－ ３ ,yA＝ ２ ３k k－ ３ ． 同理可得xB＝ ２k k＋ ３ ,yB＝－ ２ ３k k＋ ３ ． 此时xA＋xB＝ ４k２ k２－３ ,yA＋yB＝ １２k k２－３ ． 而点 M 的坐标满足 yM＝k(xM－２) yM＝ ３ kxM{ ,解得xM ＝ ２k２ k２－３ ＝ xA＋xB ２ ,yM＝ ６k k２－３ ＝yA＋yB２ , 故 M 为AB 的中点,即|MA|＝|MB|． 若选择①③: 当直线AB 的斜率不存在时,点 M 即为点F(２,０),此时 M 不在直线y＝３kx 上,矛盾． 当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y＝m(x －２)(m≠０),并 设 A 的 坐 标 为 (xA,yA ),B 的 坐 标 为 (xB,yB )． 则 yA＝m(xA－２) yA＝ ３xA{ , 解 得 xA ＝ ２m m－ ３ ,yA＝ ２ ３m m－ ３ ． 同理可得xB＝ ２m m＋ ３ ,yB＝－ ２ ３m m＋ ３ ． 此时xM＝ xA＋xB ２ ＝ ２m２ m２－３ ,yM＝ yA＋yB ２ ＝ ６m m２－３ ． 由于点 M 同时在直线y＝３kx 上,故６m＝３k 􀅰２m２,解 得k＝m．因此PQ∥AB． 若选择②③: 设直线AB 的方程为y＝k(x－２),并设A 的坐标为(xA, yA),B 的坐标为(xB,yB)．则 yA＝k(xA－２) yA＝ ３xA{ ,解得xA＝ ２k k－ ３ ,yA＝ ２ ３k k－ ３ ． 同理可得xB＝ ２k k＋ ３ ,yB＝－ ２ ３k k＋ ３ ． 设AB 的 中 点 为C(xC,yC),则 xC ＝ xA＋xB ２ ＝ ２k２ k２－３ , yC＝ yA＋yB ２ ＝ ６k k２－３ ． 由于|MA|＝|MB|,故 M 在AB 的垂直平分线上,即点 M 在直线y－yC＝－ １ k (x－xC)上． 将该直线与y＝ ３kx 联立,解得xM ＝ ２k２ k２－３ ＝xC,yM ＝ ６k k２－３ ＝yC,即 点 M 恰 为 AB 中 点．故 点 M 在 直 线 AB 上． 答案:(１)x２－y ２ ３＝１ ;(２)见解析 第二部分　学科专项命题热点特训 专题一　集合与常用逻辑用语 第１节　集合及其运算 考点１　集合的基本运算 １．D　x３＝x,即x３－x＝０,所以x(x＋１)(x－１)＝０,解得x ＝０,－１或１,即B＝{０,１,－１},所以A∩B＝{０,１}． ２．D　先求出集合 M,再根据集合的交集运算即可解出．因 为 M＝{x|２x－１＞５}＝{x|x＞３},所以 M∩N＝∅,故 选:D． ３．D　本题考查集合运算A＝{１,３},B＝{２,３,５},A∪B＝ {１,２,３,５} ∴∁U(A∪B)＝{４}． ４．A　由题意可知集合B 中,只有－１,０满足集合A,所以 A∩B＝{－１,０}．故选择 A． ５．D　因为A＝{１,２,３,４,５,９},B＝{x|x∈A|}＝{１,４,９, １６,２５,８１},所以∁A(A∩B)＝{２,３,５}． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １３１ 详解详析 　 　　　　　　　　专题二　新题型 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　自２０２４年开始,我国高考卷将进入一个崭新的时期:试卷所表达的命题思想与顶层设计 是这样的:高考命题引导考生的思维从知识的习得与记忆更多地转向问题的解决、策略的选 择,使得数学应用在思维层面上真正发生,这样能深入地考查考生的观察、分析、比较、判断和 对问题的把控能力,同时加大题目的创新度与思维量．高考要选拔的是会动脑的考生,靠“刷 题”备考,没有真正理解内在规律的考生将越来越难以得到高分．新高考中出现的新题型有新 定义试题,开放型试题及双空题,以此为依托主要考查学生解决问题的能力,考查学生的思 维,这个趋势越来越明显． [题型１]　新定义 １．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,１１)(多选)设计一条美 丽的丝带,其造型“ ”可以做成美丽的丝 带,将其看作图中的曲线C的一部分,已知C 过坐标原点O,且C上的点满足:横坐标大于 －２,到点F(２,０)的距离与到定直线x＝a(a＜ ０)的距离之积为４,则 (　　) A．a＝－２ B．点(２ ２,０)在C上 C．C 在第一象限的点的纵坐标的最大值 为１ D．当点(x０,y０)在C上时,y０≤ ４ x０＋２ ２．(２０２４􀅰上海卷,１５)定义一个集合Ω,其元 素是空间内的点,任取P１,P２,P３∈Ω,存在 不全为０的实数λ１,λ２,λ３,使得λ１OP１ → ＋λ２ OP２ → ＋λ３OP３ → ＝０．(其中O 为坐标原点)已 知(１,０,０)∈Ω,则(０,０,１)∉Ω 的充分条 件是 (　　) A．(０,０,０)∈Ω B．(－１,０,０)∈Ω C．(０,１,０)∈Ω D．(０,０,－１)∈Ω ３．(２０２４􀅰上海卷,１６)已知定义在 R上的函数 f(x),集合M＝{x０|对于任意x∈(－∞,x０), f(x)＜f(x０)},在使得 M＝[－１,１]的所有 f(x)中,下列说法成立的是 (　　) A．存在f(x)是偶函数 B．存在f(x)在x＝２处取到最大值 C．存在f(x)在R上单调递增 D．存在f(x)在x＝－１处取到极小值 ４．(２０２４􀅰上海卷,１２)等比数列{an}的首项a１ ＞０,公比q＞１,记In＝{x－y|x,y∈[a１, a２]∪[an,an＋１]},若对任意正整数n,In 是 闭区间,则q的取值范围是　　　　． ５．(２０２５􀅰北京卷,２１)A＝{１,２,３,４,５,６,７, ８},M＝{(xi,yi)|xi∈A,yi∈A},从M 中选 出n个有序数对构成一列:(x１,y１),(x２,y２), 􀆺,(xn,yn)．相邻两项(xi,yi),(xi＋１,yi＋１)满 足: |xi＋１－xi|＝３ |yi＋１－yi|＝４{ ,或 |xi＋１－xi|＝４ |yi＋１－yi|＝３{ ,称 为 k列． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５ 第一部分　专题二　新题型 (１)若k列的第１项为(３,３),求第二项． (２)若τ为k列,且满足i为奇数时,xi∈{１, ２,７,８};i为偶数时,xi∈{３,４,５,６}．判断: (３,２)与(４,４)能否同时在τ 中,并说明 理由; (３)证明:M 中所有元素都不构成k列． ６．(２０２５􀅰上海卷,２１)已知函数y＝f(x)的定 义域为R．对于正实数a,定义集合 Ma＝{x |f(x＋a)＝f(x)}． (１)若f(x)＝sinx,判断π３ 是否是 Mπ 中的 元素,并说明理由; (２)若f(x)＝ x＋２,x＜０ x,x≥０{ ,Ma≠⌀,求a的 取值范围; (３)设y＝f(x)是偶函数,当x∈(０,１]时, f(x)＝１－x,且对任意a∈(０,２),均有 Ma ⊆M２．写出y＝f(x),x∈(１,２)的解析式, 并证明:对任意实数c,函数y＝f(x)－c在 [－３,３]上至多有９个零点． ７．(２０２４􀅰新课标Ⅰ卷,１９)(１７分)设m 为正 整数,数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是公差不为０的 等差数列,若从中删去两项ai 和aj(i＜j)后 剩余的４m 项可被平均分为m 组,且每组的 ４个数都能构成等差数列,则称数列a１,a２, 􀆺,a４m＋２是(i,j)—可分数列． (１)写出所有的(i,j),１≤i＜j≤６,使得数列 a１,a２,􀆺,a６ 是(i,j)—可分数列; (２)当m≥３时,证明:数列a１,a２,􀆺,a４m＋２ 是(２,１３)—可分数列; (３)从１,２,􀆺,４m＋２中一次任取两个数i 和j(i＜j),记数列a１,a２,􀆺,a４m＋２是(i, j)—可分数列的概率为Pm,证明:Pm＞ １ ８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６ 最新真题分类特训􀅰数学 ８．(２０２４􀅰北京卷,２１)(１５ 分)设集合 M＝ {(i,j,s,t)|i∈{１,２},j∈{３,４},s∈{５,６}, t∈ {７,８},２|(i＋j＋s＋t)}． 对于给定有穷数列A:{an}(１≤n≤８),及序 列Ω:ω１,ω２,􀆺 ,ωs,ωk＝(ik,jk,sk,tk)∈M, 定义变换T:将数列A 的第i１,j１,s１,t１ 项均 加１,得到数列T１(A);将数列T１(A)的第 i２,j２,s２,t２ 项均加１,得到数列 T２T１(A) 􀆺;重 复 上 述 操 作,得 到 数 列 Ts􀆺T２T１ (A),记为Ω(A)． (１)给定数列A:１,３,２,４,６,３,１,９和序列 Ω:(１,３,５,７),(２,４,６,８),(１,３,５,７),写出 Ω(A); (２)是否存在序列Ω,使得Ω(A)为a１＋２,a２ ＋６,a３＋４,a４＋２,a５＋８,a６＋２,a７＋４,a８＋ ４,若存在,写出一个符合条件的Ω,若不存 在,请说明理由; (３)若数列A 的各项均为正整数,且a１＋a３ ＋a５＋a７ 为偶数,证明:存在序列Ω,使得“Ω (A)为常数列”的充要条件为“a１＋a２＝a３＋ a４＝a５＋a６＝a７＋a８”． ９．(２０２４􀅰上海卷,２１)(１８分)本题共有３个 小题,第１小题满分４分,第２小题满分６ 分,第３小题满分８分． 已知D 是R的一个非空子集,y＝f(x)是定 义在 D 上的函数,对于点 M(a,b),函数 s(x)＝(x－a)２＋(f(x)－b)２．若对于 P (x０,f(x０)),满足s(x)在x＝x０ 处取得最 小值,则称P 是M 的“f最近点”． (１)若D＝(０,＋∞),f(x)＝１x ,M(０,０),求 证:对于点 M(０,０),存在点P,使得P 是M 的“f最近点”． (２)若D＝R,f(x)＝ex,M(１,０),请判断是 否存在一个点P,它是 M 的“f最近点”,且 直线 MP 与曲线y＝f(x)在点P 处的切线 垂直． (３)若D＝R,已知y＝f(x)是可导的,y＝ g(x)的定义域为R且函数值恒为正,t∈R, M１(t－１,f(t)－g(t)),M２(t＋１,f(t)＋ g(t))．若对于任意t∈R,都存在曲线y＝ f(x)上的一点P,使得P 既是M１ 的“f 最 近点”,又是 M２ 的“f 最近点”,试判断y＝ f(x)的单调性． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７ 第一部分　专题二　新题型 [题型２]　双空题 １．(２０２５􀅰天津卷,１４)△ABC 中,D 为AB 边 中点,CE → ＝１３CD → ,AB → ＝a,AC → ＝b,则AE → ＝ 　　　　　(用a,b表示);若|AE → |＝５,AE ⊥CB,则AE → 􀅰CD → ＝　　　　． ２．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷,１４)在如图的４×４方格 表中选择４个方格,要求每行和每列均恰有一 个方格被选中,则共有　　　　种选法;在所 有符合上述要求的选法中,选中方格的４个数 之和的最大值是　　　　． １１ ２１ ３１ ４０ １２ ２２ ３３ ４２ １３ ２２ ３３ ４３ １５ ２４ ３４ ４４ ３．(２０２４􀅰天津卷,１３)A,B,C,D,E 五项活 动,甲、乙都要选择三个活动参加．甲选到A 的概率为　　　　;已知乙选了A 项活动, 他再选择B 项活动的概率为　　　　． ４．(２０２４􀅰天津卷,１４)在边长为１的正方形 ABCD 中,E 为线段CD 的三等分点,CE＝ １ ２DE ,BE → ＝λBA → ＋μBC →,则λ＋μ＝　　　　; F 为线段BE 上的动点,G 为AF 中点,则 AF →􀅰DG → 的最小值为　　　　． [题型３]　开放性 １．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,１４)写出与圆x２＋y２ ＝１和(x－３)２＋(y－４)２＝１６都相切的一 条直线的方程　　　　． ２．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１４)写出一个同时具有 下列性质①②③的函数f(x):　　　　． ①f(x１x２)＝f(x１)f(x２);②当x∈(０,＋∞) 时,f′(x)＞０;③f′(x)是奇函数． ３．(２０２５􀅰北京卷,１６)在△ABC 中,cosA＝ －１３ ,asinC＝４ ２． (１)求c: (２)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△ABC 存在,求 BC边上的高． 条件①:a＝６; 条件②:bsinC＝１０ ２３ ; 条件③:△ABC的面积为１０ ２． 注:如果选择的条件不符合要求,第(２)问得 ０分;如果选择多个符合要求的条件分别解 答,按第一个解答得分． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８ 最新真题分类特训􀅰数学 ４．(２０２４􀅰北京卷,１６)(１３分)在△ABC中,内 角A,B,C 的对边分别为a,b,c,∠A 为钝 角,a＝７,sin２B＝ ３７bcosB． (１)求∠A; (２)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△ABC 存在,求 △ABC的面积． 条件①:b＝７;条件②:cosB＝１３１４ ; 条件③:csinA＝５２ ３． 注:如果选择条件①、条件②和条件③分别 解答,按第一个解答计分． ５．(２０２２􀅰新课标Ⅱ卷,２１)(１２分)已知双曲 线C:x ２ a２ －y ２ b２ ＝１(a＞０,b＞０)的右焦点为 F(２,０),渐近线方程为y＝± ３x． (１)求C的方程; (２)过F 的直线与C 的两条渐近线分别交 于A,B 两点,点P(x１,y１),Q(x２,y２)在C 上,且x１＞x２＞０,y１＞０．过 P 且斜率为 － ３的直线与过Q 且斜率为 ３的直线交于 点 M．从下面①②③中选取两个作为条件, 证明另一个成立． ①M 在AB上;②PQ∥AB;③|MA|＝|MB|． 注:若选择不同的组合分别解答,则按第一 个解答计分． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９ 第一部分　专题二　新题型