新高考Ⅰ卷数学选择、填空、解答压轴真题-【5年新高考】2021-2025年全国各地高考数学压轴题真题汇编

【5年新高考】2021-2025年新高考Ⅰ卷数学选择、填空、解答压轴真题 一．选择题（共5小题） 1．（2024•新高考Ⅰ）已知函数为f（x）的定义域为R，f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），且当x＜3时，f（x）＝x，则下列结论中一定正确的是（　　） A．f（10）＞100 B．f（20）＞1000 C．f（10）＜1000 D．f（20）＜10000 2．（2023•新高考Ⅰ）已知sin（α﹣β），cosαsinβ，则cos（2α+2β）＝（　　） A． B． C． D． 3．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（　　） A．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27] 4．（2021•新高考Ⅰ）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（　　） A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 5．（2025•新高考Ⅰ）若实数x，y，z满足2+log2x＝3+log3y＝5+log5z，则x，y，z的大小关系不可能是（　　） A．x＞y＞z B．x＞z＞y C．y＞x＞z D．y＞z＞x 二．多选题（共5小题） （多选）6．（2025•新高考Ⅰ）已知△ABC的面积为，若cos2A+cos2B+2sinC＝2，cosAcosBsinC，则（　　） A．sinC＝sin2A+sin2B B．AB C．sinA+sinB D．AC2+BC2＝3 （多选）7．（2024•新高考Ⅰ）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（2，0）在C上 C．C在第一象限的纵坐标的最大值为1 D．当点（x0，y0）在C上时，y0 （多选）8．（2023•新高考Ⅰ）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0.99m的球体 B．所有棱长均为1.4m的四面体 C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体 （多选）9．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足λμ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　　） A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 C．当λ时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P （多选）10．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，记g（x）＝f′（x）．若f（2x），g（2+x）均为偶函数，则（　　） A．f（0）＝0 B．g（）＝0 C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2） 三．填空题（共5小题） 11．（2025•新高考Ⅰ）一个箱子里有5个相同的球，分别以1∼5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望E（X）＝　 　 ． 12．（2024•新高考Ⅰ）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 　 　 ． 13．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　 　 ；如果对折n次，那么Sk＝　 　 dm2． 14．（2022•新高考Ⅰ）已知椭圆C：1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是 　 　 ． 15．（2023•新高考Ⅰ）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点A在C上，点B在y轴上，⊥，，则C的离心率为 　 　 ． 四．解答题（共5小题） 16．（2025•新高考Ⅰ）设函数f（x）＝5cosx﹣cos5x． （1）求f（x）在[0，]的最大值； （2）给定θ∈（0，π），a为给定实数，证明：存在y∈[a﹣θ，a+θ]，使得cosy≤cosθ； （3）若存在φ使得对任意x，都有5cosx﹣cos（5x+φ）≤b，求b的最小值． 17．（2024•新高考Ⅰ）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． 18．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2e． 19．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值． （1）求a； （2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 20．（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W． （1）求W的方程； （2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3． 【5年新高考】2021-2025年新高考Ⅰ卷数学选择、填空、解答压轴真题 参考答案与试题解析 一．选择题（共5小题） 题号 1 2 3 4 5 答案 B B C B B 二．多选题（共5小题） 题号 6 7 8 9 10 答案 ABC ABD ABD BD BC 一．选择题（共5小题） 1．（2024•新高考Ⅰ）已知函数为f（x）的定义域为R，f（x）＞f（x﹣1）+f（x﹣2），且当x＜3时，f（x）＝x，则下列结论中一定正确的是（　　） A．f（10）＞100 B．f（20）＞1000 C．f（10）＜1000 D．f（20）＜10000 【解答】解：设an＝f（n），n∈N，则a1＝1，a2＝2，an＞an﹣1+an﹣2（n≥3）， 故a3＞3，a4＞a3+a2＞5，a5＞a4+a3＞5+3＝8， 观察可知，a6＞13，a7＞21，a8＞34，a9＞55，a10＞89，a11＞144，a12＞233，a13＞377，a14＞610，a15＞987，a16＞1597， 则a20＞1000，即f（20）＞1000． 故选：B． 2．（2023•新高考Ⅰ）已知sin（α﹣β），cosαsinβ，则cos（2α+2β）＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣sinβcosα，cosαsinβ， 所以sinαcosβ， 所以sin（α+β）＝sinαcosβ+sinβcosα， 则cos（2α+2β）＝1﹣2sin2（α+β）＝1﹣2． 故选：B． 3．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（　　） A．[18，] B．[，] C．[，] D．[18，27] 【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上， 连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上， 连接OA， 设正四棱锥的底面边长为a，高为h， 在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即， ∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3， 在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即， ∴，∴， ∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴， ∴该正四棱锥体积V（h）， ∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h）， ∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减， ∴V（h）max＝V（4）， 又∵V（），V（），且， ∴， 即该正四棱锥体积的取值范围是[，]， 故选：C． 4．（2021•新高考Ⅰ）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（　　） A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立 【解答】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2）， 两点数和为7的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1）， P（甲），P（乙），P（丙），P（丁）， A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙）， B：P（甲丁）P（甲）P（丁）， C：P（乙丙）P（乙）P（丙）， D：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁）， 故选：B． 5．（2025•新高考Ⅰ）若实数x，y，z满足2+log2x＝3+log3y＝5+log5z，则x，y，z的大小关系不可能是（　　） A．x＞y＞z B．x＞z＞y C．y＞x＞z D．y＞z＞x 【解答】解：令x＝2，则3＝2+log22＝3+log3y＝5+log5z， 可得y＝1，z， 所以x＞y＞z．A可能正确； 当z＝1时，y＝9，x＝8，所以y＞x＞z，所以C可能正确； z＝125时，y＝243，此时x＝64，满足y＞z＞x，所以D可能正确． 故选：B． 二．多选题（共5小题） （多选）6．（2025•新高考Ⅰ）已知△ABC的面积为，若cos2A+cos2B+2sinC＝2，cosAcosBsinC，则（　　） A．sinC＝sin2A+sin2B B．AB C．sinA+sinB D．AC2+BC2＝3 【解答】解：因为cos2A+cos2B+2sinC＝1﹣2sin2A+1﹣2sin2B+2sinC＝2， ∴sin2A+sin2B＝sinC，故A正确； 由sin2A+sin2B＝sinAcosB+cosAsinB，∴sinA（sinA﹣cosB）+sinB（sinB﹣cosA）＝0， ∵cosAcosBsinC0，∴A，B为锐角， 若，则， ∴sinA＞cosB，sinB＞cosA，sinA（sinA﹣cosB）+sinB（sinB﹣cosA）＞0，∴矛盾，舍去， 同理，也矛盾， ∴，∴，， ∴，， S△ABCabsinCab，ab， a＝csinA，b＝ccosA， ∴abcsinA•ccosA＝c2sinAcosAc2， ∴c2＝2，即AB，故B正确； ∵，∴sinA+sinB＝sinA+cosA，（sinA+cosA）2＝1+2sinAcosA， 因为sinA+cosA＞0，所以sinA+cosA，故C正确； AC2+BC2＝AB2＝2，故D错误． 故选：ABC． （多选）7．（2024•新高考Ⅰ）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（2，0）在C上 C．C在第一象限的纵坐标的最大值为1 D．当点（x0，y0）在C上时，y0 【解答】解：A对，因为O在曲线上，所以O到x＝a的距离为﹣a，而OF＝2，所以有﹣a•2＝4，a＝﹣2，那么曲线的方程为， B对，因为代入知满足方程； C错，因为，求导得，那么有f（2）＝1，， 于是在x＝2的左侧必存在一小区间（2﹣s，2）（s可以取无限小的数）上满足f（x）＞1，因此最大值一定大于1； D对，曲线的方程为， 可化为（x﹣2）2+y2， 即y2（x﹣2）2， 因为． 故选：ABD． （多选）8．（2023•新高考Ⅰ）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0.99m的球体 B．所有棱长均为1.4m的四面体 C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体 【解答】解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99，选项A正确； 对于B，如图， 正方体内部最大的正四面体D﹣A1BC1的棱长为，选项B正确； 对于C，棱长为1的正方体的体对角线为，选项C错误； 对于D，（法一）如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点， 高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆， 六边形EFGHIJ棱长为米，∠GFH＝∠GHF＝30°， 所以米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为米， 而，选项D正确． （法二）因为1.2m＞1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图， 过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E， 可知， 则，即，解得， 且，即， 故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱， 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切， 设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M， 可知，AC1⊥O1M，O1M＝0.6， 则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故选项D正确． 故选：ABD． （多选）9．（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足λμ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　　） A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 C．当λ时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 【解答】解：对于A，当λ＝1时，μ，即，所以， 故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP， 当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为， 当点P在点C1处时，△AB1P的周长为， 故周长不为定值，故选项A错误； 对于B，当μ＝1时，，即，所以， 故点P在线段B1C1上， 因为B1C1∥平面A1BC， 所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等， 又△A1BC的面积为定值， 所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确； 对于C，当λ时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M， 因为，即，所以， 则点P在线段M1M上， 当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B， 又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C， 又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP， 同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误； 对于D，当μ时，取CC1的中点D1，BB1的中点D， 因为，即，所以， 则点P在线的DD1上， 当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE， 因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE， 在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E， 又BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE， 故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1， 在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1， 又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1， 因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确． 故选：BD． （多选）10．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，记g（x）＝f′（x）．若f（2x），g（2+x）均为偶函数，则（　　） A．f（0）＝0 B．g（）＝0 C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2） 【解答】解：∵f（2x）为偶函数，∴可得f（2x）＝f（2x），∴f（x）关于x对称， 令x，可得f（2）＝f（2），即f（﹣1）＝f（4），故C正确； ∵g（2+x）为偶函数，∴g（2+x）＝g（2﹣x），g（x）关于x＝2对称，故D不正确； ∵f（x）关于x对称，∴x是函数f（x）的一个极值点， ∴函数f（x）在（，t）处的导数为0，即g（）＝f′（）＝0， 又∴g（x）的图象关于x＝2对称，∴g（）＝g（）＝0，∴函数f（x）在（，t）的导数为0， ∴x是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x对称，∴（，t）关于x的对称点为（，t）， 由x是函数f（x）的极值点可得x是函数f（x）的一个极值点，∴g（）＝f′（）＝0， 进而可得g（）＝g（）＝0，故x是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x对称， ∴（，t）关于x的对称点为（，t），∴g（）＝f′（）＝0，故B正确； f（x）图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A错误． 解法二：构造函数法， 令f（x）＝1﹣sinπx，则f（2x）＝1+cos2πx，则g（x）＝f′（x）＝﹣πcosπx， g（x+2）＝﹣πcos（2π+πx）＝﹣πcosπx， 满足题设条件，可得只有选项BC正确， 故选：BC． 三．填空题（共5小题） 11．（2025•新高考Ⅰ）一个箱子里有5个相同的球，分别以1∼5标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数X，则数学期望E（X）＝　　 ． 【解答】解：X的可能取值为1，2，3， ， ， ， ． 故答案为：． 12．（2024•新高考Ⅰ）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 　　 ． 【解答】解：甲出1一定输，所以甲最多得3分， 若得3分，就只有一种组合1﹣8、3﹣2、5﹣4、7﹣6； 若得2分有三类，分别列举如下： ①出3和出5的赢，其余输：1﹣6，3﹣2，5﹣4，7﹣8； ②出3和出7的赢，其余输：1﹣4，3﹣2，5﹣8，7﹣6；1﹣8，3﹣2，5﹣6，7﹣4；1﹣6，3﹣2，5﹣8，7﹣4； ③出5和出7的赢，其余输：1﹣2，3﹣8，5﹣4，7﹣6；1﹣4，3﹣8，5﹣2，7﹣6；1﹣8，3﹣4，5﹣2，7﹣6；1﹣6，3﹣8，5﹣2，7﹣4；1﹣8，3﹣6，5﹣2，7﹣4；1﹣6，3﹣8，5﹣4，7﹣2；1﹣8，3﹣6，5﹣4，7﹣2； 共12种组合满足要求，而所有组合为种， 所以甲得分不小于2的概率为． 故答案为：． 13．（2021•新高考Ⅰ）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　5　 ；如果对折n次，那么Sk＝　　 dm2． 【解答】解：易知有，，共5种规格； 由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为，故， 则，记，则， ∴Tn1+（） ， ∴， ∴． 故答案为：5；． 14．（2022•新高考Ⅰ）已知椭圆C：1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是 　13　 ． 【解答】解：∵椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为， ∴不妨可设椭圆C：，a＝2c， ∵C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2， ∴△AF1F2为等边三角形， ∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点， ∴， 由中垂线的性质可得，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|， 设直线DE方程为y，D（x1，y1），E（x2，y2）， 将其与椭圆C联立化简可得，13x2+8cx﹣32c2＝0， 由韦达定理可得，，， |DE|，解得c， △ADE的周长等价于|DE|+|DF2|+|EF2|＝4a＝8c． 故答案为：13． 15．（2023•新高考Ⅰ）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点A在C上，点B在y轴上，⊥，，则C的离心率为 　　 ． 【解答】解：（法一）如图，设F1（﹣c，0），F2（c，0），B（0，n）， 设A（x，y），则， 又，则，可得， 又⊥，且， 则，化简得n2＝4c2． 又点A在C上， 则，整理可得， 代n2＝4c2，可得，即， 解得或（舍去）， 故． （法二）由，得， 设，由对称性可得， 则， 设∠F1AF2＝θ，则， 所以，解得t＝a， 所以， 在△AF1F2 中，由余弦定理可得， 即5c2＝9a2，则． 故答案为：． 四．解答题（共5小题） 16．（2025•新高考Ⅰ）设函数f（x）＝5cosx﹣cos5x． （1）求f（x）在[0，]的最大值； （2）给定θ∈（0，π），a为给定实数，证明：存在y∈[a﹣θ，a+θ]，使得cosy≤cosθ； （3）若存在φ使得对任意x，都有5cosx﹣cos（5x+φ）≤b，求b的最小值． 【解答】（1）解：由已知得：f′（x）＝﹣5sinx+5sin5x＝5[sin（3x+2x）﹣sin（3x﹣2x）] ＝5（sin3x•cos2x+cos3x•sin2x﹣sin3x•cos2x+cos3x•sin2x） ＝10cos3x•sin2x， 因为，所以，， 所以sin2x≥0，故只需判断cos3x的符号即可，由cos3x＝0，解得， 所以当时，f'（x）＞0，当时，f'（x）＜0， 所以f（x）在单调递增，在单调递减， 所以； （2）证明：若，则， 若，不妨a∈[0，2π）， ①若π∈（a﹣θ，a+θ），则（cosy）min＝﹣1≤cosθ； ②若a+θ≤π，此时，所以cos（a+θ）＜cosθ， 令y＝a+θ，可知存在y∈[a﹣θ，a+θ]，使得cos≤cosθ； ③若a﹣θ≥π，此时π＜a﹣θ＜2π﹣θ＜3，所以cos（a﹣θ）＜cos（2π﹣θ）＝cosθ， 令y＝a﹣θ，可知存在y∈[a﹣θ，a+θ]，使得cosy≤cosθ； 综上，存在y∈[a﹣θ，a+θ]，使得cosy≤cosθ，证毕． （3）解：令h（x）＝5cosx﹣cos（5x+φ），h′（x）＝﹣5sinx+5sin（5x+φ）， 由于h（x）周期为2π，不妨设x∈[﹣π，π]，φ∈[﹣π，π]， 因为h（x）连续且处处可导，所以h（x）最大值在根值点处取得， 令h′（x）＝0，sin（5x+φ）＝sinx，所以5x+φ＝x+2k1π或5x+φ＝π﹣x+2k2π， 所以或， 当时，， 当，， 所以h（x）max＝max{4cos（π），6cos（π）}， 显然， 取值情况最多有6种，相当于p（x）＝6cosx图象上以为起点，横坐标以为跨度，往后总共取6个点， 当φ取不同的值时q（x）的最大值中的最小值为φ＝0时，q（x）的最大值是3，b的最小值等价于φ的不同取值时q（x）最大值中的最小值， 由p（x）图象可知，φ＝0时，q（φ）取最小值， 所以b≥5cosx﹣cos（5x+φ），所以， 此时恒成立，且时取等号，所以b的最小值为． 17．（2024•新高考Ⅰ）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． 【解答】解：（1）根据题意，可得当（i，j）取（1，2）时，可以分为a3，a4，a5，a6一组公差为d的等差数列， 当（i，j）取（1，6）时，可以分为a2，a3，a4，a5一组公差为d的等差数列， 当（i，j）取（5，6）时，可以分为a1，a2，a3，a4一组公差为d的等差数列， 所以（i，j）可以为（1，2），（1，6），（5，6）； （2）证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，a11，a12，a14， 可以分为a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14三组公差为3d的等差数列， 所以m＝3时符合题意； 当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m+2去掉a2和a13后， 前三组还按照m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14， 后面的每四个相邻的项分为一组，即a15，a16，a17，a18；...；a4m﹣1，a4m，a4m+1，a4m+2， 每一组都能构成等差数列， 所以数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列； （3）证明：设在给定m的情况下，（i，j）的组数为bm， 当m变成m+1时，数列就变成了a1，a2，a3，a4，a5，…，a4m+2，a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6， 这里可以分成3组，前4个一组即{a1，a2，a3，a4}，中间的一组，后4个一组即{a4m+3，a4m+4，a4m+5，a4m+6}，此时我们要在这里面删除2个数，那么会有以下几种情况： 一、两个都在中间 中间有4m﹣2个数，且为等差数列，删除2个的话，总数为bm﹣1种； 二、一个在第一组，一个在中间组或两个都在第一组 第一组和中间组连起来，会变成4m+2个数的等差数列，这里面总共有bm种方法，但是要去掉两个都在中间的情况，共有bm﹣bm﹣1种； 三、一个在中间组，一个在最后一组，或者都在最后一组 和上面一样，也是共有bm﹣bm﹣1种； 四、一个在第一组，一个在最后一组 此时，将a1，a4m+6同时删除是肯定可以的，这算一种； 然后，从（2）的结果来看，把a2，a4m+5同时删除也是可以的，因为m＝3成立之后，当m＞3时，只是相当于往中间加了4个连续的等差数而已，其它是不变的，这也算一种． 综上，就会有bm+1≥bm﹣1+2（bm﹣bm﹣1）+2＝2bm﹣bm﹣1+2， bm+1﹣bm﹣（bm﹣bm﹣1）≥2， 可得bm+1﹣bm≥2m+2， 即有b2﹣b1≥2×1+2， b3﹣b2≥2×2+2， …… bm﹣bm﹣1≥2（m﹣1）+2， 累加可得bm﹣b1≥2×（1+2+3+…+m﹣1）+2（m﹣1）， 即bm≥m2+m+1， 因为b0＝0，b1＝3，所以bm≥m2+m+1， 如果你是随便删除，总共有8m2+6m+1种， 所以Pm． 18．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）． （1）讨论f（x）的单调性； （2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2e． 【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx， ∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增， x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减， 则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减． （2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得， 即， 由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减， 所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0， 令，， 则x1，x2为f（x）＝k 的两根，其中k∈（0，1）． 不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1， 先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1）， 令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）， 则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减， 所以h′（x）＞h′（1）＝0， 故函数h（x）在（0，1）单调递增， ∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证． 同理，要证x1+x2＜e， （法一）即证1＜x2＜e﹣x1， 根据（1）中f（x）单调性， 即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1）， 令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1）， 则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0， x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增， x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减， 又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0， 故φ（x）＝0， φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0， ∴φ（x）＞0恒成立， x1+x2＜e得证， （法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2）， 又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1， 故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e）， 令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e）， 在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）＜g（e）＝e， 即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证， 则2e． 19．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值． （1）求a； （2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 【解答】解：（1）f（x）定义域为R， ∵f（x）＝ex﹣ax， ∴f'（x）＝ex﹣a， 若a≤0， 则f'（x）＞0，f（x）无最小值， 故a＞0， 当f'（x）＝0时，x＝lna， 当x＜lna时，f'（x）＜0，函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减， 当x＞lna时，f'（x）＞0，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增， 故f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna， g（x）的定义域为（0，+∞）， ∵g（x）＝ax﹣lnx， ∴g'（x）＝a， 令g'（x）＝0，解得x， 当0＜x时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，）上单调递减， 当x时，g'（x）＞0，函数g（x）在（，+∞）上单调递增， 故g（x）min＝1+lna， ∵函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值 ∴a﹣alna＝1+lna， ∵a＞0， ∴a﹣alna＝1+lna化为lna， 令h（x）＝lnx，x＞0， 则h'（x）， ∵x＞0， ∴h'（x）恒成立， ∴h（x）在（0，+∞）上单调递增， 又∵h（1）＝0， ∴h（a）＝h（1），仅有此一解， ∴a＝1． （2）证明：由（1）知a＝1，函数f（x）＝ex﹣x在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， 函数g（x）＝x﹣lnx在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 设u（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+lnx（x＞0）， 则u′（x）＝ex﹣2ex﹣2，当x≥1时，u′（x）≥e﹣2＞0， 所以函数u（x）在（1，+∞）上单调递增，因为u（1）＝e﹣2＞0， 所以当x≥1时，u（x）≥u（1）＞0恒成立，即f（x）﹣g（x）＞0在x≥1时恒成立， 所以x≥1时，f（x）＞g（x）， 因为f（0）＝1，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，g（1）＝1，函数g（x）在（0，1）上单调递减， 所以函数f（x）与函数g（x）的图象在（0，1）上存在唯一交点，设该交点为（m，f（m））（0＜m＜1）， 此时可作出函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象， 由图象知当直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时， 直线y＝b必经过点M（m，f（m）），即b＝f（m）， 因为f（m）＝g（m），所以em﹣m＝m﹣lnm，即em﹣2m+lnm＝0， 令f（x）＝b＝f（m）得ex﹣x＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m， 令g（x）＝b＝f（m）得x﹣lnx＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝em，由0＜m＜1，得m＜1＜em， 所以当直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时， 从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm，m，em， 因为em﹣2m+lnm＝0，所以em+lnm＝2m， 所以lnm，m，em成等差数列． ∴存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 20．（2023•新高考Ⅰ）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W． （1）求W的方程； （2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3． 【解答】解：（1）设点P点坐标为（x，y），由题意得|y|， 两边平方可得：y2＝x2+y2﹣y， 化简得：y＝x2，符合题意． 故W的方程为y＝x2． （2）解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC． 设A（a，a2），B（b，），C（c，）， 则，． 由题意，0，即（b﹣a）（c﹣b）+（b2﹣a2）（c2﹣b2）＝0， 显然（b﹣a）（c﹣b）≠0，于是1+（b+a）（c+b）＝0． 此时，|b+a|．|c+b|＝1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1． 不妨设|c+b|≤1，则a＝﹣b， 则|AB|+|BC|＝|b﹣a||c﹣b| ＝|b﹣a||c﹣b| ≥|b﹣a||c﹣b| ≥|c﹣a| ＝|b+c|． 设x＝|b+c|，则f（x）＝（x），即f（x）， 又f′（x）． 显然，x为最小值点．故f（x）≥f（）， 故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3． 注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|＝1，另一个是|b+c|， 这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证． 解法二：不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|． 由图象的平移可知，将抛物线W看作y＝x2不影响问题的证明． 设A（a，a2）（a≥0），平移坐标系使A为坐标原点， 则新抛物线方程为y′＝x′2+2ax′，写为极坐标方程， 即ρsinθ＝ρ2cos2θ+2aρcosθ，即ρ． 欲证明的结论为||+||， 也即||+||． 不妨设||≥||，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质， 其最小值当即a时取得， 因此欲证不等式为||，即||， 根据均值不等式，有|cosθsin2θ| . .， 由题意，等号不成立，故原命题得证． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$