新高考Ⅱ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Ⅱ卷数学选择、填空、解答压轴真题 一．选择题（共7小题） 1．（2025•新高考Ⅱ）已知0＜α＜π，cos，则sin（α）＝（　　） A． B． C． D． 2．（2024•新高考Ⅱ）设函数f（x）＝（x+a）ln（x+b），若f（x）≥0，则a2+b2的最小值为（　　） A． B． C． D．1 3．（2023•新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（　　） A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120 4．（2022•乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　） A． B． C． D． 5．（2022•乙卷）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，且f（x）+g（2﹣x）＝5，g（x）﹣f（x﹣4）＝7．若y＝g（x）的图像关于直线x＝2对称，g（2）＝4，则f（k）＝（　　） A．﹣21 B．﹣22 C．﹣23 D．﹣24 6．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（　　） A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2 7．（2021•乙卷）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c1，则（　　） A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b 二．多选题（共4小题） （多选）8．（2025•新高考Ⅱ）双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与曲线C的一条渐近线交于M，N两点，且∠NA1M，则（　　） A．∠A1MA2 B．|MA1|＝2|MA2| C．C的离心率为 D．当a时，四边形NA1MA2的面积为8 （多选）9．（2024•新高考Ⅱ）设函数f（x）＝2x3﹣3ax2+1，则（　　） A．当a＞1时，f（x）有三个零点 B．当a＜0时，x＝0是f（x）的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f（x）的对称轴 D．存在a，使得点（1，f（1））为曲线y＝f（x）的对称中心 （多选）10．（2023•新高考Ⅱ）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α（0＜α＜1），收到0的概率为1﹣α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1﹣β．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1，0，1的概率为（1﹣α）（1﹣β）2 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β（1﹣β）2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1﹣β）2+（1﹣β）3 D．当0＜α＜0.5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 （多选）11．（2022•乙卷）双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 三．填空题（共6小题） 12．（2025•新高考Ⅱ）一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为　 　 cm． 13．（2024•新高考Ⅱ）在如图的4×4方格表中选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 　 　 ． 14．（2023•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），如图，A，B是直线y与曲线y＝f（x）的两个交点，若|AB|，则f（π）＝　 　 ． 15．（2022•乙卷）若f（x）＝ln|a|+b是奇函数，则a＝　 　 ，b＝　 　 ． 16．（2022•乙卷）已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1＜x2，则a的取值范围是 　 　 ． 17．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 　 　 （写出符合要求的一组答案即可）． 四．解答题（共5小题） 18．（2025•新高考Ⅱ）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜概率为p（p＜1），乙胜概率为q，p+q＝1，且各球胜负独立．对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． （1）求p3，p4（用p表示）； （2）若4，求p； （3）证明：对任意正整数m，p2m+1﹣q2m+1＜p2m﹣q2m＜p2m+2﹣q2m+2． 19．（2024•新高考Ⅱ）已知双曲线C：x2﹣y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为（xn，yn）． （1）若，求x2，y2； （2）证明：数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列； （3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn+1． 20．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x； （2）已知函数f（x）＝cosax﹣ln（1﹣x2），若x＝0为f（x）的极大值点，求a的取值范围． 21．（2022•乙卷）已知a，b，c都是正数，且1，证明： （1）abc； （2）． 22．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+3|． （1）当a＝1时，求不等式f（x）≥6的解集； （2）若f（x）＞﹣a，求a的取值范围． 【5年新高考】2021-2025年新高考Ⅱ卷卷数学选择、填空、解答压轴真题 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D C C C D D B 二．多选题（共4小题） 题号 8 9 10 11 答案 ACD AD ABD AC 一．选择题（共7小题） 1．（2025•新高考Ⅱ）已知0＜α＜π，cos，则sin（α）＝（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为0＜α＜π，cos， 所以，所以sin， 所以，即， 所以sin，cosα， 则sin（α）cos． 故选：D． 2．（2024•新高考Ⅱ）设函数f（x）＝（x+a）ln（x+b），若f（x）≥0，则a2+b2的最小值为（　　） A． B． C． D．1 【解答】解：f（x）的定义域为（﹣b，+∞）， 令x+a＝0，得x＝﹣a，令ln（x+b）＝0，得x＝1﹣b， 因为f（x）≥0， 当﹣b＜x＜1﹣b时，ln（x+b）＜0，所以x+a≤0，则1﹣b+a≤0， 当x＞1﹣b时，ln（x+b）＞0，所以x+a≥0，则1﹣b+a≥0， 故1﹣b+a＝0，即b﹣a＝1， 所以，当且仅当，时等号成立． 故选：C． 3．（2023•新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝（　　） A．120 B．85 C．﹣85 D．﹣120 【解答】解：等比数列{an}中，S4＝﹣5，S6＝21S2，显然公比q≠1， 设首项为a1，则5①，②， 化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合题意，舍去）， 代入①得， 所以S8（1﹣q4）（1+q4）（﹣15）×（1+16）＝﹣85． 故选：C． 4．（2022•乙卷）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：对于圆内接四边形，如图所示， S四边形ABCD2r2， 当且仅当AC，BD为圆的直径，且AC⊥BD时，等号成立，此时四边形ABCD为正方形， ∴当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r， 则r， ∴该四棱锥的高h， ∴该四棱锥的体积V， 当且仅当，即时，等号成立， ∴该四棱锥的体积最大时，其高h， 故选：C． 5．（2022•乙卷）已知函数f（x），g（x）的定义域均为R，且f（x）+g（2﹣x）＝5，g（x）﹣f（x﹣4）＝7．若y＝g（x）的图像关于直线x＝2对称，g（2）＝4，则f（k）＝（　　） A．﹣21 B．﹣22 C．﹣23 D．﹣24 【解答】解：∵y＝g（x）的图像关于直线x＝2对称，则g（2﹣x）＝g（2+x）， ∵f（x）+g（2﹣x）＝5，∴f（﹣x）+g（2+x）＝5，∴f（﹣x）＝f（x），故f（x）为偶函数， ∵g（2）＝4，f（0）+g（2）＝5，得f（0）＝1．由g（x）﹣f（x﹣4）＝7，得g（2﹣x）＝f（﹣x﹣2）+7，代入f（x）+g（2﹣x）＝5，得f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，故f（x）关于点（﹣1，﹣1）中心对称， ∴f（1）＝f（﹣1）＝﹣1，由f（x）+f（﹣x﹣2）＝﹣2，f（﹣x）＝f（x），得f（x）+f（x+2）＝﹣2， ∴f（x+2）+f（x+4）＝﹣2，故f（x+4）＝f（x），f（x）周期为4， 由f（0）+f（2）＝﹣2，得f（2）＝﹣3，又f（3）＝f（﹣1）＝f（1）＝﹣1， 所以f（k）＝6f（1）+6f（2）+5f（3）+5f（4）＝11×（﹣1）+5×1+6×（﹣3）＝﹣24， 故选：D． 6．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（　　） A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2 【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点， 当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示， 则0＜a＜b； 当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示， 则b＜a＜0； 综上，ab＞a2． 故选：D． 7．（2021•乙卷）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c1，则（　　） A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b 【解答】解：∵a＝2ln1.01＝ln1.0201，b＝ln1.02， ∴a＞b， 令f（x）＝2ln（1+x）﹣（1），0＜x＜1， 令t，则1＜t ∴x， ∴g（t）＝2ln（）﹣t+1＝2ln（t2+3）﹣t+1﹣2ln4， ∴g′（t）10， ∴g（t）在（1，）上单调递增， ∴g（t）＞g（1）＝2ln4﹣1+1﹣2ln4＝0， ∴f（x）＞0， ∴a＞c， 同理令h（x）＝ln（1+2x）﹣（1）， 再令t，则1＜t ∴x， ∴φ（t）＝ln（）﹣t+1＝ln（t2+1）﹣t+1﹣ln2， ∴φ′（t）10， ∴φ（t）在（1，）上单调递减， ∴φ（t）＜φ（1）＝ln2﹣1+1﹣ln2＝0， ∴h（x）＜0， ∴c＞b， ∴a＞c＞b． 故选：B． 二．多选题（共4小题） （多选）8．（2025•新高考Ⅱ）双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与曲线C的一条渐近线交于M，N两点，且∠NA1M，则（　　） A．∠A1MA2 B．|MA1|＝2|MA2| C．C的离心率为 D．当a时，四边形NA1MA2的面积为8 【解答】解：如图， 不妨设M在第一象限，渐近线为， 对于A，由对称性可知，四边形NA1MA2为平行四边形，所以∠A1MA2＝π﹣∠NA1M，故A对； 对于B，由已知，OM＝ON＝c，可得MA2和NA1垂直于x轴， 所以∠MA1A2， 由正弦定理得，，故B错； 对于C，由前述分析知，，故C正确； 对于D，由前述分析，平行四边形MA1NA2面积，故D正确． 故选：ACD． （多选）9．（2024•新高考Ⅱ）设函数f（x）＝2x3﹣3ax2+1，则（　　） A．当a＞1时，f（x）有三个零点 B．当a＜0时，x＝0是f（x）的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f（x）的对称轴 D．存在a，使得点（1，f（1））为曲线y＝f（x）的对称中心 【解答】解：由f（x）＝2x3﹣3ax2+1，得f'（x）＝6x（x﹣a）， 对于A，当a＞1时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（﹣∞，0）和（a，+∞）上单调递增； f（x）的极大值f（0）＝1＞0，f（x）的极小值 f（a）＝1﹣a3＜0，所以f（x）有三个零点，故A正确； 对于B，当a＜0时，f（x）在（a，0）上单调递减，在（﹣∞，a）和（0，+∞）上单调递增，x＝0是极小值点，故B错误； 对于C，任何三次函数不存在对称轴，故C错误； 对于D，当a＝2时，f（x）＝2x3﹣6x2+1＝2（x﹣1）3﹣6（x﹣1）﹣3，关于点（1，﹣3）中心对称，故D正确． 故选：AD． （多选）10．（2023•新高考Ⅱ）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α（0＜α＜1），收到0的概率为1﹣α；发送1时，收到0的概率为β（0＜β＜1），收到1的概率为1﹣β．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1，0，1的概率为（1﹣α）（1﹣β）2 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β（1﹣β）2 C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β（1﹣β）2+（1﹣β）3 D．当0＜α＜0.5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 【解答】解：采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为：（1﹣β）（1﹣α）（1﹣β）＝（1﹣α）（1﹣β）2，故A正确； 采用三次传输方案，若发送1，依次收到1，0，1的概率为：（1﹣β）β（1﹣β）＝β（1﹣β）2，故B正确； 采用三次传输方案，若发送1， 则译码为1包含收到的信号为包含两个1或3个1， 故所求概率为：，故C错误； 三次传输方案发送0，译码为0的概率P1， 单次传输发送0译码为0的概率P2＝1﹣α， （1﹣α）3 ＝（1﹣α）（2α2﹣α） ＝（1﹣α）α（2α﹣1）， 当0＜α＜0.5时，P2﹣P1＜0， 故P2＜P1，故D正确． 故选：ABD． （多选）11．（2022•乙卷）双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2，则C的离心率为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：当直线与双曲线交于两支时，设双曲线的方程为1（a＞0，b＞0）， 设过F1的切线与圆D：x2+y2＝a2相切于点P， 则|OP|＝a，OP⊥PF1，又|OF1|＝c， 所以PF1b， 过点F2作F2Q⊥MN于点Q， 所以OP∥F2Q，又O为F1F2的中点， 所以|F1Q|＝2|PF1|＝2b，|QF2|＝2|OP|＝2a， 因为cos∠F1NF2，∠F1NF2，所以sin∠F1NF2， 所以|NF2|，则|NQ|＝|NF2|•cos∠F1NF2， 所以|NF1|＝|NQ|+|F1Q|2b， 由双曲线的定义可知|NF1|﹣|NF2|＝2a， 所以2b2a，可得2b＝3a，即， 所以C的离心率e． 情况二：当直线与双曲线交于一支时， 如图，记切点为A，连接OA，则|OA|＝a，|F1A|＝b， 过F2作F2B⊥MN于B，则|F2B|＝2a，因为cos∠F1NF2，所以|NF2|，|NB|， |NF2|﹣|NF1|（2b）＝a+2b＝2a，即a＝2b， 所以e，A正确． 故选：AC． 三．填空题（共6小题） 12．（2025•新高考Ⅱ）一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为　　 cm． 【解答】解：若两铁球相切，且下方铁球与底面和侧面均相切，轴截面如图， 则球的半径R＝4，此时4R＝16＞9，故不符合题意； 若两铁球相切，且上方铁球与上底面相切，下方铁球与下底面相切， 两球心均在圆柱上下底面中心连线上，如图， 则铁球半径R满足4R＝9，此时R； 若两铁球相切，且上方铁球与上底面相切，下方铁球与下底面相切， 两球心分别在圆柱轴截面对角的角平分线上，轴截面如图， 其中AC为轴截面对角线，O1、O2为两球球心， 分别过O1作AD的平行线，过O2作CD的平行线，两线交于点M， 设铁球半径为R， 则MO1＝8﹣2R，O2M＝9﹣2R，O1O2＝2R， 所以（9﹣2R）2+（8﹣2R）2＝4R2， 解得R或R（舍去）， 故此时R． 综上，铁球半径的最大值为． 故答案为：． 13．（2024•新高考Ⅱ）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 　24　 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 　112　 ． 【解答】解：在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中， 则共有24种选法， 每种选法可标记为{a，b，c，d}，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有可能的结果为： （11，22，33，44），（11，22，34，43），（11，22，33，44），（11，22，34，42），（11，24，33，43），（11，24，33，42）， （12，21，33，44），（12，21，34，43），（12，22，31，44），（12，22，34，40），（12，24，31，43），（12，34，33，40）， （13，21，33，44），（13，21，34，42），（13，22，31，44），（13，22，34，40），（13，24，31，42），（13，24，33，40）， （15，21，33，43），（15，21，33，42），（15，22，31，43），（15，22，33，40），（15，22，31，42），（15，22，33，40）， 在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和最大的是（15，21，33，43），最大值是： 15+21+33+43＝112． 故答案为：24；112． 14．（2023•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），如图，A，B是直线y与曲线y＝f（x）的两个交点，若|AB|，则f（π）＝　　 ． 【解答】解：由题意：设A（x1，），B（x1，）， 由y＝sin（ωx+φ）的图象可知： f（x1）＝sin（ωx1+φ），故， f（x2）＝sin[φ]，则， 两式相减得：， 由图可知：T，即，解得ω∈（3，6）， ∵ω＝4+12（k2﹣k1），k2﹣k1∈Z ∴ω＝4，∴f（x）＝sin（4x+φ）， 又f（）＝sin（φ）＝0，∴φ＝kπ，k∈Z， 即φkπ，k∈Z，∵f（0）＝sinφ＜0， ∴当k＝2时，φ满足条件， ∴ ∴f（π）＝sin（4π）． 故答案为：． 15．（2022•乙卷）若f（x）＝ln|a|+b是奇函数，则a＝　　 ，b＝　ln2　 ． 【解答】解：f（x）＝ln|a|+b， 若a＝0，则函数f（x）的定义域为{x|x≠1}，不关于原点对称，不具有奇偶性， ∴a≠0， 由函数解析式有意义可得，x≠1且a， ∴x≠1且x， ∵函数f（x）为奇函数，∴定义域必须关于原点对称， ∴11，解得a， ∴f（x）＝ln||+b，定义域为{x|x≠1且x≠﹣1}， 由f（0）＝0得，lnb＝0， ∴b＝ln2， 故答案为：；ln2． 16．（2022•乙卷）已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1＜x2，则a的取值范围是 　　 ． 【解答】解：对原函数求导f′（x）＝2（axlna﹣ex），分析可知：f′（x）在定义域内至少有两个变号零点， 对其再求导可得：f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e， 当a＞1时，易知f″（x）在R上单调递增，此时若存在x0使得f″（x0）＝0， 则f′（x）在（﹣∞，x0）单调递减，（x0，+∞）单调递增， 此时若函数f（x）在x＝x1和x＝x2分别取极小值点和极大值点，应满足x1＞x2，不满足题意； 当0＜a＜1时，易知f″（x）在R上单调递减，此时若存在x0使得f″（x0）＝0， 则f′（x）在（﹣∞，x0）单调递增，（x0，+∞）单调递减，且， 此时若函数f（x）在x＝x1和x＝x2分别取极小值点和极大值点，且x1＜x2， 故仅需满足f′（x0）＞0， 即：⇒⇒ln⇒， 解得：，又因为0＜a＜1，故 综上所述：a的取值范围是． 17．（2021•乙卷）以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 　②⑤或③④　 （写出符合要求的一组答案即可）． 【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图， ④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图， 当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤， 当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④． 故答案为：②⑤或③④． 四．解答题（共5小题） 18．（2025•新高考Ⅱ）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜概率为p（p＜1），乙胜概率为q，p+q＝1，且各球胜负独立．对正整数k≥2，记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． （1）求p3，p4（用p表示）； （2）若4，求p； （3）证明：对任意正整数m，p2m+1﹣q2m+1＜p2m﹣q2m＜p2m+2﹣q2m+2． 【解答】解：（1）p3为打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率，所以只可能是甲得3分，乙得0分， 所以p3＝p3， p4为打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率，可能是甲得3分，乙得1分，或者甲得4分，乙得0分， 所以p4p4＝4p3q+p4＝4p3（1﹣p）+p4＝4p3﹣3p4； （2）按（1）的方法同理，可得，， 而， 同理， 所以4， 可得，； （3）设打完k个球，甲的得分为Xk，乙的得分为Yk，Xk+Yk＝k， 所以p2m＝P（X2m≥m+1），p2m+1＝P（X2m+1≥m+2），p2m+2＝P（X2m+2≥m+2）， q2m＝P（Y2m≥m+1），q2m+1＝P（Y2m+1≥m+2），q2m+2＝P（Y2m+2≥m+2）， 要证明p2m+1﹣q2m+1＜p2m﹣q2m＜p2m+2﹣q2m+2， 即证明①p2m+1﹣p2m＜q2m+1﹣q2m，②p2m+2﹣p2m＞q2m+2﹣q2m， 先证明①p2m+1﹣p2m＜q2m+1﹣q2m， p2m+1﹣p2m＝P（X2m+1≥m+2）﹣P（X2m≥m+1） ＝P（X2m≥m+2）+P（X2m＝m+1）p﹣P（X2m≥m+1） ＝P（X2m＝m+1）p﹣P（X2m＝m+1） ＝（p﹣1）pm+1qm﹣1， 同理可得q2m+1﹣q2m＝（q﹣1）qm+1pm﹣1， 所以①⇔（p﹣1）pm+1qm﹣1＜（q﹣1）qm+1pm﹣1⇔p2（p﹣1）＜q2（q﹣1）⇔p3﹣q3＞0⇔p＞q，故成立； 证明②p2m+2﹣p2m＞q2m+2﹣q2m： p2m+2﹣p2m＝P（X2m+2≥m+2）﹣P（X2m≥m+1） ＝P（X2m＝m）p2+P（X2m＝m+1）[1﹣（1﹣p）2]+P（X2m≥m+2）﹣P（X2m≥m+1） ＝P（X2m＝m）p2+P（X2m＝m+1）[1﹣（1﹣p）2]+P（X2m≥m+1）﹣P（X2m＝m+1）﹣P（X2m≥m+1） ＝P（X2m＝m）p2+P（X2m＝m+1）（1﹣q2）﹣P（X2m＝m+1） ， 同理可得q2m+2﹣q2m， 所以②⇔⇔⇔p2＞q2⇔p＞q，故成立； 综上，不等式p2m+1﹣q2m+1＜p2m﹣q2m＜p2m+2﹣q2m+2成立． 19．（2024•新高考Ⅱ）已知双曲线C：x2﹣y2＝m（m＞0），点P1（5，4）在C上，k为常数，0＜k＜1，按照如下方式依次构造点Pn（n＝2，3，⋯），过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为（xn，yn）． （1）若，求x2，y2； （2）证明：数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列； （3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn+1． 【解答】解：（1）∵P1（5，4）在C上， ∴25﹣16＝m，解得m＝9， 过P（5，4）且斜率为的直线方程为，即x﹣2y+3＝0， 联立，解得或， 故Q1（﹣3，0），P2（3，0）， 过Pn﹣1斜率为k的直线与C的左支交于点Qn﹣1，令Pn为Qn﹣1关于y轴的对称点， 所以x2＝3，y2＝0； （2）证明：∵Pn（xn，yn）关于y轴的对称点是Qn﹣1（﹣xn，yn）， Pn﹣1（xn﹣1，yn﹣1），Pn﹣1，Qn﹣1都在同一条斜率为k的直线上，xn﹣1≠﹣xn； 则， ∵Pn﹣1，Qn﹣1都在双曲线上， ∴，两式相减可得，（xn﹣xn﹣1）（xn+xn﹣1）＝（yn﹣yn﹣1）（yn+yn﹣1）， 而yn﹣yn﹣1＝﹣k（xn+xn﹣1）①，xn﹣xn﹣1＝﹣k（yn+yn﹣1）②， 则②﹣①可得，xn﹣yn﹣（xn﹣1﹣yn﹣1）＝k（xn﹣yn）+k（xn﹣1﹣yn﹣1）， 则（1﹣k）（xn﹣yn）＝（1+k）（xn﹣1﹣yn﹣1）， ∴， 故数列{xn﹣yn}是公比为的等比数列； （3）证明：要证：Sn＝Sn+1，只需先尝试Pn+1Pn+2∥PnPn+3， 即先证， 记， 0＜k＜1， 则t＞1， ， 而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴Pn+1Pn+2∥PnPn+3， ∴Sn＝Sn+1． 20．（2023•新高考Ⅱ）（1）证明：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x； （2）已知函数f（x）＝cosax﹣ln（1﹣x2），若x＝0为f（x）的极大值点，求a的取值范围． 【解答】（1）证明：设g（x）＝x﹣x2﹣sinx，x∈（0，1）， 则g′（x）＝1﹣2x﹣cosx，∴g″（x）＝﹣2+sinx＜0， ∴g′（x）在（0，1）上单调递减， ∴g′（x）＜g′（0）＝0， ∴g（x）在（0，1）上单调递减， ∴g（x）＜g（0）＝0， 即x﹣x2﹣sinx＜0，x∈（0，1）， ∴x﹣x2＜sinx，x∈（0，1）， 设h（x）＝x﹣sinx，x∈（0，1）， 则h′（x）＝1﹣cosx＞0， ∴h（x）在（0，1）上单调递增， ∴h（x）＞h（0）＝0，x∈（0，1）， 即x﹣sinx＞0，x∈（0，1）， ∴sinx＜x，x∈（0，1）， 综合可得：当0＜x＜1时，x﹣x2＜sinx＜x； （2）解：∵f′（x）＝﹣asinax，∴f″（x）， 且f′（0）＝0，f″（0）＝﹣a2+2， ①若f″（0）＝2﹣a2＞0，即时， 易知存在t1＞0，使得x∈（0，t1）时，f″（x）＞0， ∴f′（x）在（0，t1）上单调递增，∴f′（x）＞f′（0）＝0， ∴f（x）在（0，t1）上单调递增，这显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去； ②若f″（0）＝2﹣a2＜0，即a或a时， 存在t2＞0，使得x∈（﹣t2，t2）时，f″（x）＜0， ∴f′（x）在（﹣t2，t2）上单调递减，又f′（0）＝0， ∴当﹣t2＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增； 当0＜x＜t2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，满足x＝0为f（x）的极大值点，符合题意； ③若f″（0）＝2﹣a2＝0，即a＝±时，∵f（x）为偶函数， ∴只考虑a的情况， 此时，x∈（0，）时， ， ∴f（x）在（0，）上单调递增，与显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去． 综合可得：a的取值范围为（﹣∞，）∪（，+∞）． 21．（2022•乙卷）已知a，b，c都是正数，且1，证明： （1）abc； （2）． 【解答】解：（1）证明：∵a，b，c都是正数， ∴3，当且仅当a＝b＝c时，等号成立． 因为1， 所以1≥3， 所以， 所以abc，得证． （2）根据基本不等式b+c≥2，a+c≥2，a+b≥2， ∴， 当且仅当a＝b＝c时等号成立，故得证． 22．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝|x﹣a|+|x+3|． （1）当a＝1时，求不等式f（x）≥6的解集； （2）若f（x）＞﹣a，求a的取值范围． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|x+3|， ∵f（x）≥6，∴或或， ∴x≤﹣4或x≥2， ∴不等式的解集为（﹣∞，﹣4]∪[2，+∞）． （2）f（x）＝|x﹣a|+|x+3|≥|x﹣a﹣x﹣3|＝|a+3|， 若f（x）＞﹣a，则|a+3|＞﹣a， 当a≥0时，不等式恒成立； 当a＜0时，﹣a＞0，不等式|a+3|＞﹣a两边平方可得a2+6a+9＞a2，解得a＜0， 综上可得，a的取值范围是（，+∞）． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$