专题12 以相关公式、定义、定理、模型为命题背景讲义（附加）-【备战2026年高考数学命题背景探究】（全国通用）（会一题通一类系列）

专题12 相关公式、定义、定理、模型为命题背景备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 附加命题背景01 以集合的子集个数为命题背景 1 附加命题背景02 以集合中新定义为命题背景 2 附加命题背景03 以复数的分类（实数与纯虚数）为命题背景 2 附加命题背景04 以复数的轨迹问题为命题背景 3 附加命题背景05 以复数中最值为命题背景 3 附加命题背景06 以裂项相消法求和为命题背景 4 附加命题背景07 以秦九韶-海伦公式为命题背景 5 附加命题背景08 以祖暅原理为命题背景 5 附加命题背景09 以欧拉定理为命题背景 6 附加命题背景10 以三余弦定理-最小角定理为命题背景 7 附加命题背景11 以分层抽样平均数公式为命题背景 8 附加命题背景12 以分层抽样方差公式为命题背景 9 附加命题背景13 以贝叶斯公式为命题背景 10 附加命题背景14 以n重伯努利试验为命题背景 10 附加命题背景15 以孙子定理-中国剩余定理为命题背景 11 附加命题背景16 以奔驰定理为命题背景 12 附加命题背景17 以拉格朗日中值定理为命题背景 14 附加命题背景18 以托勒密定理为命题背景 15 附加命题背景19 以斯特瓦尔特定理为命题背景 16 附加命题背景20 以柯西中值定理为命题背景 16 附加命题背景21 以圆幂定理为命题背景 17 附加命题背景22 以月牙定理为命题背景 17 附加命题背景23 以康威圆定理为命题背景 18 附加命题背景24 以四平方和定理为命题背景 18 附加命题背景01 以集合的子集个数为命题背景 集合有个元素，子集有个，真子集有个，非空真子集个数为个. 模拟练1．（2025·全国·模拟预测）集合的真子集的个数为（    ） A．63 B．64 C．127 D．128 模拟练2．（2025·河北保定·二模）已知集合，则的子集的个数为（    ） A．4 B．5 C．7 D．8 模拟练3．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知集合，则集合A的真子集个数是（    ） A．3 B．6 C．7 D．8 附加命题背景02 以集合中新定义为命题背景 模拟练1．（2025·湖南邵阳·模拟预测）给定实数集，定义集合，若是非空集合，则称集合中最小的元素为集合的上确界，记作.以下说法正确的是（    ） A．若数集中有2025个元素，则一定存在 B．若数集中没有最大值，则不存在 C．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 模拟练2．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知集合，其中，集合．定义运算，记|A|为集合中元素的个数. (1)若，求的值； (2)若集合中的元素构成等差数列，且公差. （i）当时，求的最小值； （ii）当时，求的最小值. 附加命题背景03 以复数的分类（实数与纯虚数）为命题背景 模拟练1．（2025·江西·模拟预测）若复数（）为纯虚数，则（    ） A．1 B． C． D． 模拟练2．（2025·天津静海·三模）已知，为虚数单位，若为实数，则的值为 . 附加命题背景04 以复数的轨迹问题为命题背景 以点为 圆心，为半径的圆。 线段的垂直平分线。 以为焦点，长轴为的椭圆。 以为焦点，实轴为的双曲线。 模拟练1．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设，在复平面内对应的点为，则满足的点的集合形成的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 模拟练2．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）复数在复平面内对应的点满足，则以下选项中的点在复数所构成的图形上的是（    ） A． B． C． D． 模拟练3．（2025·吉林·模拟预测）设复数满足，则在复平面上表示的图形是（   ） A．直线 B．直线 C．圆 D．抛物线 模拟练4．（2025·四川宜宾·三模）复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为（    ） A．圆 B．双曲线的一支 C．椭圆 D．抛物线 附加命题背景05 以复数中最值为命题背景 常与复数的轨迹问题及解析几何关联 模拟练1．（2025·河北衡水·模拟预测）已知复数满足，则的最大值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 模拟练2．（2025·广东·模拟预测）若复数z满足，那么的最大值是（    ） A．1 B． C．2 D． 模拟练3．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知复数z满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 附加命题背景06 以裂项相消法求和为命题背景 常见的裂项技巧 （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 模拟练1．（2025·全国·模拟预测）设数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和． 模拟练2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知各项都是正数的数列，其前项和为，，且. (1)求的通项公式； (2)若，求证：. 模拟练3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列的首项为，前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知，记数列的前项和为，求证：． 附加命题背景07 以秦九韶-海伦公式为命题背景 模拟练1．我国南宋著名数学家秦九韶（约1202～1261）独立发现了与海伦公式等价的由三角形三边求面积的公式，他把这种称为“三斜求积”的方法写在他的著作《数书九章》中．具体的求法是：“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．”如果把以上这段文字写成公式，就是．现将一根长为的木条，截成三段构成一个三角形，若其中有一段的长度为，则该三角形面积的最大值为（    ）． A． B． C． D． 模拟练2．三角形的三边分别为a，b，c，秦九韶公式和海伦公式是等价的，都能用来求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在他的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四条边分别为a，b，c，d，则其中，为一组对角和的一半.已知四边形四条边长分别为1，2，3，4，则四边形最大面积为（   ） A． B． C． D． 附加命题背景08 以祖暅原理为命题背景 模拟练1．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作．提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为 ． 模拟练2．祖暅原理也称祖氏原理，一个涉及几何求积的著名命题.公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图圆弧：与，，围成的阴影部分绕轴旋转，所得旋转体的体积为（   ） A． B． C． D． 附加命题背景09 以欧拉定理为命题背景 模拟练1．多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （   ） A．6 B．10 C．12 D．20 模拟练2．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：顶点数＋表面数－棱长数＝2.在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯（结构图如图）是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个为正五边形，20个为正六边形.除外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有，，，，，，，等，则结构含有正六边形的个数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．32 附加命题背景10 以三余弦定理-最小角定理为命题背景 模拟练1．三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值； (3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：． 附加命题背景11 以分层抽样平均数公式为命题背景 分层抽样平均数公式：在按比例分层随机抽样中，如果层数为2层，在第1层和第2层的个体数分别为和，抽取的样本量分别为和．我们用，分别表示第1层和第2层的总体平均数，用，分别表示第1层和第2层的样本平均数，用，分别表示总体平均数和样本平均数，则． 1.公式的核心解读 在分层随机抽样中，如果每层样本量都与层的大小成比例，即样本量的分配方式为比例分配时，我们可以直接用样本平均数估计总体平均数．该公式通过按比例分配各层样本权重计算总体均值，体现了统计学中合理分层、精确估算的核心思想. 2.公式的拓展 ①，分别称为第1层和第2层的样本权重，可简记为，． 若样本中不同层的平均数和相应权重分别为和，则这个样本的平均数为．在比例分配的分层抽样中可以用样本平均数直接估计总体平均数． ②不等比例分层抽样​：当各层样本量不按比例分配时，平均数公式调整为： 其中为第层样本量，为总样本量.需注意权重不再等于总体比例，适用于层间方差差异较大时的情形. 模拟练1．某学校高一年级在校人数为人，其中男生人，女生人，为了解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽出的男生身高为一个样本，其样本平均数为cm，抽出的女生身高为一个样本，其样本平均数为cm，则该校高一学生的平均身高为（ ） A．cm    B．cm    C．cm    D．cm 模拟练2．采用分层随机抽样方法对某校共600名高三年级学生的身高（单位：厘米）进行调查，估计得到该年级男生、女生和全体学生的平均身高分别为170.0，160.4，165.6，则该年级的男生人数约为（ ） A．315    B．320    C．325    D．330 附加命题背景12 以分层抽样方差公式为命题背景 分层抽样方差公式：对于按比例分配的分层随机抽样的样本数据，设样本量为，平均数为，若总体分为层，每一层的平均数分别记为，每一层的方差记为.假设第一层有个数，平均数为，方差为；第二层有个数，平均数为，方差为；…；以此类推，假设第层有个数，平均数为，方差为.总体的样本方差. 1.常见题型 ①直接计算分层抽样方差：直接给出各层样本量、均值、方差，要求计算分层抽样总方差或对比不同方案的方差. ②分层前后方差对比计算：直接给出各层数据（均值、方差、样本量），要求计算分层抽样与简单随机抽样的方差差异. ③分层方案设计的评价分析：给出实际情境（如调查某群体特征），要求设计分层抽样方案并分析其合理性. 2.公式的拓展 ①公式的等价形式：. ②不等比例分层抽样方差：当各层样本量不按总体比例分配时，总体方差需加权计算：. 模拟练1．为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（    ） A．6.8 B．6.9 C．7 D．7.2 模拟练2．某公司为了调查员工的健康状况，由于女员工所占比重大，按性别分层，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取样本，已知所抽取的所有员工的体重的方差为120，女员工的平均体重为，标准差为6，男员工的平均体重为，标准差为4.若样本中有21名男员工，则女员工的人数为（    ） A.28    B.35    C.39    D.48 附加命题背景13 以贝叶斯公式为命题背景 ，，2，…，n． 模拟练1．（2025·江西·模拟预测）已知编号为1，2，3的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且各箱中的小球总个数之比为5：6：9，红球在1，2，3号箱中分别占．从3个箱中的所有球中随机取出一个球，若每个球被取出的概率相等，在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱中的概率为（   ） A． B． C． D． 模拟练2．（2025·湖南邵阳·二模）有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为、、，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙台车床加工的零件数分别占总数的、、．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为（    ） A． B． C． D． 附加命题背景14 以n重伯努利试验为命题背景 在伯努利试验中，事件发生的概率叫做成功概率，在重伯努利试验中，事件发生的次数为，随机变量的分布列为：（其中）. 如果随机变量的分布列具有上述形式，则称随机变量服从二项分布，记作. 如果随机变量，则有：，. 模拟练1．（多选）掷一个均匀的硬币6次，每次掷出正面的概率均为，恰好出现次正面的概率记为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．，，，，中最大值为 模拟练2．某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为，求的最大值点； (2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值.已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. （i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求； （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？请说明理由. 附加命题背景15 以孙子定理-中国剩余定理为命题背景 模拟练1．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它是世界数学史上光辉的一页，定理涉及的是整除问题.现有如下一个整除问题：将1至2023这2023个数中，能被3除余1且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（    ） A．133项 B．134项 C．135项 D．136项 模拟练2．孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将该问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为中国剩余定理.这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2024这2023个整数中能被3除余2且被4除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成一数列，则此数列的项数是（   ） A．168 B．169 C．170 D．171 模拟练3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（    ） A． B． C． D． 附加命题背景16 以奔驰定理为命题背景 1. 奔驰定理 如图，已知P为内一点，则有. 由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”. （1）奔驰定理的证明 如图：延长与边相交于点 则 （2）奔驰定理的推论及四心问题 推论是内的一点,且,则 有此定理可得三角形四心向量式 （1）三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1. （2）三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直. （3）三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r. （4）三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等. 奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用. 已知点在内部，有以下四个推论： ①若为的重心，则； ②若为的外心，则；或 ③若为的内心，则；备注：若为的内心，则也对. ④若为的垂心，则，或 模拟练1．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似.故形象地称其为“奔驰定理”.其内容为：已知是内一点的面积分别为，则.设是锐角的垂心.且，则 . 模拟练2．（多选）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：如图所示，已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的有（   ）    A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若，为的外心，则 D．若为的垂心，则 模拟练3．奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：.    (1)若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； (2)若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 附加命题背景17 以拉格朗日中值定理为命题背景 模拟练1．拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它的表述如下： 若函数满足条件：①在闭区间上连续；②在开区间内可导，则存在，使得. (1)若，，，求满足的实数的值. (2)运用拉格朗日中值定理求解以下问题： （ⅰ）对任意的且，证明不等式. （ⅱ）已知函数，对任意的，，恒成立，求实数的取值范围.（结果保留3位小数） 参考数据：，，，. 模拟练2．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得.已知函数，，，那么实数的最大值为 . 附加命题背景18 以托勒密定理为命题背景 模拟练1．圆内接四边形有诸多良好的性质，其中托勒密定理极其优美，即在圆内接四边形ABCD中，，试利用该定理解决下列问题： (1)设正三角形ABC内接于圆O，点D在劣弧AC上（不与点A，C重合），证明：. (2)在圆内接四边形ABCD中，，，，，，证明： （i）； （ⅱ）四边形ABCD的面积. 模拟练2．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1） ；（2）的最小值为 ． 模拟练3．古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，，，则面积的最大值为（    ）. A． B． C． D． 附加命题背景19 以斯特瓦尔特定理为命题背景 模拟练1．斯特瓦尔特（Stewart）定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，点在边上，有． (1)若，为中点，求； (2)当为角平分线时，利用斯特瓦尔特定理证明：； (3)在内，AD为的角平分线，点E在线段DC上，，求的值．（角平分线定理：在中，若为角平分线，在上，则有：） 附加命题背景20 以柯西中值定理为命题背景 模拟练1．柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足: ①图象在上是一条连续不断的曲线； ②在内可导; ③对，，则，使得. 特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理. (1)设函数满足，其导函数在上单调递增，证明：函数在上为增函数. (2)若且，不等式恒成立，求实数的取值范围. 附加命题背景21 以圆幂定理为命题背景 模拟练1．圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其中相交弦定理是其中重要的内容：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.其逆定理可作为证明四边形是四点共圆的依据.该定理不仅可以在圆中得到应用，在其他圆锥曲线中也大有妙用. (1)已知椭圆，是椭圆C上任意两点，若直线与坐标轴不垂直，点H为线段中点，直线 (O为坐标原点)与C交于两点，已知四点共圆，求直线的斜率； (2)已知抛物线B:，过的直线与抛物线B交于两点，设抛物线B在这两点处的切线分别为，已知分别与x轴交于点，相交于点A，若四点共圆，求点A的坐标； (3)已知点是x轴上一动点，过T的动直线l交双曲线右支于，过T作l的垂线分别交曲线于 (分别在第一、二象限)，直线 (O为坐标原点)交双曲线于点S，求证：四点共圆. 附加命题背景22 以月牙定理为命题背景 模拟练1．月牙定理指以直角三角形两条直角边为直径向外作两个半圆，以斜边为直径向内作半圆，则三个半圆所围成的两个月牙形面积之和等于该直角三角形的面积.该定理“化圆为方”解决了曲、直两个图形可以等面积的问题.如图所示，△ABC为大圆的内接等腰直角三角形，大圆的半径为1米，分别以AB，AC为直径作半圆APB，AQC，与大圆分别围成了区域Ⅰ、Ⅱ，大圆圆内的弧线是以A为圆心，AC为半径的圆的一部分，与大圆围成了区域Ⅲ，则图中区域Ⅲ的月牙形的周长为 米；三个区域的总面积为 平方米. 附加命题背景23 以康威圆定理为命题背景 模拟练1．“康威圆定理“是英国数学家约翰•康威引以为豪的研究成果之一.定理的内容：如图所示，的三条边长分别为a，b，c（即），延长线段CA至点，使得，以此类推得到点，那么这六点共圆，此圆称为康威圆.若，则该康威圆的面积为 . 附加命题背景24 以四平方和定理为命题背景 模拟练1．初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是 .（用数字作答） 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 相关公式、定义、定理、模型为命题背景备战2026年高考数学命题背景探究（全国通用） 目录 附加命题背景01 以集合的子集个数为命题背景 1 附加命题背景02 以集合中新定义为命题背景 2 附加命题背景03 以复数的分类（实数与纯虚数）为命题背景 5 附加命题背景04 以复数的轨迹问题为命题背景 5 附加命题背景05 以复数中最值为命题背景 7 附加命题背景06 以裂项相消法求和为命题背景 8 附加命题背景07 以秦九韶-海伦公式为命题背景 11 附加命题背景08 以祖暅原理为命题背景 12 附加命题背景09 以欧拉定理为命题背景 14 附加命题背景10 以三余弦定理-最小角定理为命题背景 15 附加命题背景11 以分层抽样平均数公式为命题背景 19 附加命题背景12 以分层抽样方差公式为命题背景 20 附加命题背景13 以贝叶斯公式为命题背景 21 附加命题背景14 以n重伯努利试验为命题背景 23 附加命题背景15 以孙子定理-中国剩余定理为命题背景 25 附加命题背景16 以奔驰定理为命题背景 27 附加命题背景17 以拉格朗日中值定理为命题背景 34 附加命题背景18 以托勒密定理为命题背景 37 附加命题背景19 以斯特瓦尔特定理为命题背景 40 附加命题背景20 以柯西中值定理为命题背景 42 附加命题背景21 以圆幂定理为命题背景 43 附加命题背景22 以月牙定理为命题背景 48 附加命题背景23 以康威圆定理为命题背景 49 附加命题背景24 以四平方和定理为命题背景 50 附加命题背景01 以集合的子集个数为命题背景 集合有个元素，子集有个，真子集有个，非空真子集个数为个. 模拟练1．（2025·全国·模拟预测）集合的真子集的个数为（    ） A．63 B．64 C．127 D．128 【答案】A 【分析】先解不等式得到的范围，再根据是整数可以确定集合，最后根据真子集个数的公式即可求出最终结果. 【详解】由得， 又因为，所以， 则的真子集的个数为， 故选：A． 模拟练2．（2025·河北保定·二模）已知集合，则的子集的个数为（    ） A．4 B．5 C．7 D．8 【答案】A 【分析】解一元二次不等式求得集合，然后求出它们的交集，即可确定子集个数. 【详解】由题得， ， 所以，其子集的个数为． 故选：A 模拟练3．（2025·湖南长沙·模拟预测）已知集合，则集合A的真子集个数是（    ） A．3 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】求解一元二次不等式得出，判断其真子集个数即可. 【详解】由可得，故 ， 则集合的真子集个数是. 故选：C. 附加命题背景02 以集合中新定义为命题背景 模拟练1．（2025·湖南邵阳·模拟预测）给定实数集，定义集合，若是非空集合，则称集合中最小的元素为集合的上确界，记作.以下说法正确的是（    ） A．若数集中有2025个元素，则一定存在 B．若数集中没有最大值，则不存在 C．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集A，B有上确界，则数集一定也有上确界，为 【答案】AC 【分析】根据集合的上确界的概念判断A，结合反比例函数的性质利用集合的上确界的概念判断B，结合不等式的性质利用集合的上确界的概念判断C，举反例判断D. 【详解】对于，若数集中有2025个元素，则数集中的元素一定有最大值， 数集一定有上确界，故A正确； 对于B，若，当时，， 则数集中的元素没有最大值， ，都有，， ，即数集中有上确界，故B错误； 对于C，若数集A，B有上确界，设，， 由上确界的定义可知，对于，，都有，，， 即，故正确； 对于D，若，，则数集A，B有上确界，且，， 此时， 则，故D错误. 故选：AC 模拟练2．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知集合，其中，集合．定义运算，记|A|为集合中元素的个数. (1)若，求的值； (2)若集合中的元素构成等差数列，且公差. （i）当时，求的最小值； （ii）当时，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）5；（ii）4050 【分析】（1）当 ，先按条件确定 ，再根据 定义找出元素，最后数元素个数得 . （2）（i）解法一：设 元素，算 元素，让 、 相同元素最多求 最小. 解法二：由等差性质得范围，结合 最小元素确定 范围，用公式求 最小.   （i i）先证引理确定 元素及，再根据 、 元素关系确定 范围，用公式求 最小，最后代入 求值. 【详解】（1）若，则，此时，， ，所以. （2）（i）解法一：设，则有， ， 所以，为使最小，应尽量使A，B中相同元素最多， 而，故A，B中最多一个相同元素，令，即时，最小， ，此时. 解法二：由构成严格递增的等差数列可知，，则必有 又中最小元素为，则，则有，所以， 另一方面，当时，，此时， 综上，时，的最小值为5. （ii）引理：当时，集合中的元素构成公差为的等差数列，则 引理的证明：对任意 当时，，当时，， 因此有； 另一方面，再证明可以取到满足的所有整数， ①取，当依次取时，可取到满足的所有整数； ②取，当依次取时，可取到满足的所有偶数； ③取，当依次取时，可取到满足或的所有奇数； ④取，此时， 由上述讨论可知，可以取到满足的所有整数，此时有 综上，引理得证． 故当时，，， 又，即，则有， 所以； 另一方面，当时，，，， 此时， 综上，当时，的最小值为2n，所以，当时，的最小值为4050. 附加命题背景03 以复数的分类（实数与纯虚数）为命题背景 模拟练1．（2025·江西·模拟预测）若复数（）为纯虚数，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数的四则运算和纯虚数实部为零虚部不为零的性质,列出关于参数的方程组,求出结果. 【详解】, 为纯虚数时,解得, 故选:C. 模拟练2．（2025·天津静海·三模）已知，为虚数单位，若为实数，则的值为 . 【答案】 【分析】利用复数的除法法则化简，结合已知可得，求解即可. 【详解】， 因为为实数，所以，解得. 故答案为：. 附加命题背景04 以复数的轨迹问题为命题背景 以点为 圆心，为半径的圆。 线段的垂直平分线。 以为焦点，长轴为的椭圆。 以为焦点，实轴为的双曲线。 模拟练1．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设，在复平面内对应的点为，则满足的点的集合形成的图形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数减法的几何意义可知图形为圆环，求圆环面积即可. 【详解】表示复平面内点到的距离，又，所以点的集合形成的图形为圆环，面积为，    故选：C. 模拟练2．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）复数在复平面内对应的点满足，则以下选项中的点在复数所构成的图形上的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】法一：根据模长公式计算得出轨迹是圆；法二：根据复数的几何意义，计算求解. 【详解】法一：直接将复数所代表的点设出来]设，则有， 根据复数模的定义，可列，所以， 所以复数所代表的点是以为圆心，半径为1的圆，代入选项可知只有D选项满足该式. 法二：由复数的几何意义，这一个式子代表复数所代表的点到这一个点距离为1的方程，也就是一个圆， 因此只有选项的点满足到这一个点距离为1. 故选：D. 模拟练3．（2025·吉林·模拟预测）设复数满足，则在复平面上表示的图形是（   ） A．直线 B．直线 C．圆 D．抛物线 【答案】B 【分析】利用复数在复平面中的几何意义直接求解即可. 【详解】设复数在复平面中对应的点为， 设，，则的几何意义为， 即点的轨迹为的中垂线，方程为. 故选：B 模拟练4．（2025·四川宜宾·三模）复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为（    ） A．圆 B．双曲线的一支 C．椭圆 D．抛物线 【答案】B 【分析】根据复数的几何意义，可将条件转化为，再结合双曲线的定义即可判断. 【详解】设， 根据复数的几何意义知，表示复平面内点与点的距离， 表示复平面内点与点的距离， 则， 则由双曲线的定义可知，点的轨迹为双曲线的左支， 故复平面内对应的点的轨迹为双曲线的一支. 故选：B 附加命题背景05 以复数中最值为命题背景 常与复数的轨迹问题及解析几何关联 模拟练1．（2025·河北衡水·模拟预测）已知复数满足，则的最大值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据模长关系求出复数在复平面内对应点的轨迹，根据轨迹判断复数模长的最大值，求出结果. 【详解】设，则， 可得，即，复数在复平面内对应点在以为圆心，以1为半径的圆上， 由可知圆上的点到原点最长距离，是当时的距离，此时. 故选：D. 模拟练2．（2025·广东·模拟预测）若复数z满足，那么的最大值是（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】利用复数模的几何意义转化复数z满足的限制条件，进而求得的最大值. 【详解】设复数、在复平面内对应的点分别为， 复数在复平面对应的点为：， 由可知：复数z在复平面内对应的点到两点的距离之和为2， 而，所以点在线段上，故， 则， 当时，的最大值为. 故选：B. 模拟练3．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知复数z满足，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据复数加减的几何意义可确定最大值. 【详解】，复数z在复平面中对应的点到的距离为1， 该点轨迹为以为圆心，半径为1的圆， 表示复数z在复平面中对应的点到的距离，所以最大值为， 故选：D. 附加命题背景06 以裂项相消法求和为命题背景 常见的裂项技巧 （1） ； （2） ； （3） （4） （5） 指数型； （6） 对数型. （7） （8） （9） （10） 等 模拟练1．（2025·全国·模拟预测）设数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据与的关系化简题设可得数列是首项为2，公比为3的等比数列，进而求解即可； （2）先求得，利用裂项相消法及分组求和法求和即可. 【详解】（1）令，则，即， 又①，②， ②-①得，则， 所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 所以． （2）由（1）知，数列是首项为2，公比为3的等比数列，且， 则， 则， 所以， 即． 模拟练2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知各项都是正数的数列，其前项和为，，且. (1)求的通项公式； (2)若，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对题干条件化简，求出前项和为与的关系式，再利用关系式求出通项公式. （2）先求出数列的通项公式，根据列项求和法求出的值. 【详解】（1）由题意得， 所以，又数列是各项都是正数的数列，， 所以，， 当时，有， 所以， 所以，故数列是1为首项，2为公差的等差数列， 所以. （2）由（1）得， 所以， 所以， 裂项得，证毕. 模拟练3．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列的首项为，前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知，记数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据可得，再结合累加法可得通项公式； （2）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证. 【详解】（1）由已知得， 即，则，，，， 等式左右分别相加可得 ， 则； （2）依题意得， ， 则， 又，所以，所以， 即． 附加命题背景07 以秦九韶-海伦公式为命题背景 模拟练1．我国南宋著名数学家秦九韶（约1202～1261）独立发现了与海伦公式等价的由三角形三边求面积的公式，他把这种称为“三斜求积”的方法写在他的著作《数书九章》中．具体的求法是：“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．”如果把以上这段文字写成公式，就是．现将一根长为的木条，截成三段构成一个三角形，若其中有一段的长度为，则该三角形面积的最大值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】代入后利用基本不等式可求的得最大值． 【详解】令，则， 代入得， 由基本不等式：所以，可得， 当且仅当时取等号， 所以时，面积取得最大值． 故选：A． 模拟练2．三角形的三边分别为a，b，c，秦九韶公式和海伦公式是等价的，都能用来求三角形的面积.印度数学家婆罗摩笈多在他的一部论及天文的著作中，给出若四边形的四条边分别为a，b，c，d，则其中，为一组对角和的一半.已知四边形四条边长分别为1，2，3，4，则四边形最大面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知化简得，结合正弦函数的性质求面积的最大值，注意取值条件. 【详解】因为，所以， 则， 当，即时，S取得最大值，为. 故选：D 附加命题背景08 以祖暅原理为命题背景 模拟练1．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作．提出“幂势既同，则积不容异”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等，上述原理在中国被称为祖暅原理．一个上底面边长为2，下底面边长为4，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为 ． 【答案】 【分析】由祖暅原理，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】由祖暅原理，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等， 因为正六棱台的上下底面边长分别为和，设上底面面积为，下底面面积为，高为， 则，， 故 . 故答案为：. 模拟练2．祖暅原理也称祖氏原理，一个涉及几何求积的著名命题.公元656年，唐代李淳风注《九章算术》时提到祖暅的开立圆术.祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.如图圆弧：与，，围成的阴影部分绕轴旋转，所得旋转体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，得到截面为圆面的半径为，构造以下3个几何体：①底面半径为，高为1的圆柱；②底面半径为1，高为1的倒立圆锥；③底面半径为1，高为，把轴截面水平放置的半个圆柱，分别求得截面的面积，结合祖暅定理，即可求得旋转体的体积. 【详解】由题意得，与距离轴为的平面截旋转体，截面为圆面，半径为， 面积为，构造以下3个几何体： ①底面半径为，高为1的圆柱，用平行于底面且距离底面为的平面去截，可得截面面积为； ②底面半径为1，高为1的倒立圆锥，用平行于底面且与顶点距离为的平面去截，可得截面面积为； ③底面半径为1，高为，把轴截面水平放置的半个圆柱，用平行于底面且与底面距离为的平面去截，可得截面面积为， 由祖暅定理可知所求旋转体的体积为：， 故选：D. 附加命题背景09 以欧拉定理为命题背景 模拟练1．多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （   ） A．6 B．10 C．12 D．20 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合欧拉公式列出方程组，求解方程组即得. 【详解】设该多面体的顶点数为，棱数为， 依题意，，消去得， 所以. 故选：C 模拟练2．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：顶点数＋表面数－棱长数＝2.在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯（结构图如图）是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个为正五边形，20个为正六边形.除外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有，，，，，，，等，则结构含有正六边形的个数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．32 【答案】D 【分析】利用欧拉定理：顶点数＋表面数－棱长数＝2，即；与多边形的边数为的棱数建立方程组得解. 【详解】设分子中形状为正五边形和正六边形的面各有和个， ,， 由欧拉公式 可得 即 又由多边形的边数可表示的棱数， 即 ，即 解得 结构含有正六边形的个数为 故选：D 【点睛】本题考查欧拉公式的应用，熟记欧拉公式和欧拉示数 是解题关键. 附加命题背景10 以三余弦定理-最小角定理为命题背景 模拟练1．三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值； (3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接，然后由线面角定义可确定命题中所涉及，，，最后由三角函数定义可完成证明； （2）取中点为，连接，，，，通过证明平面平面，可得直线与底面所成角为，然后由三垂线定理可得答案； （3）设，，，，，．直线与底面所成角为，由对称性及三余弦定理可得.然后结合体积，表面积表达式，运用作差法配方后可证明结论. 【详解】（1）如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接， 即为斜线与平面所成角， 即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角， ，，， 又，，，平面， 平面， 平面，， 根据几何关系可得，， ． （2）取中点为，连接，，，，易知， ，． 又，，，平面，平面， 平面， 平面平面， 直线在平面上的射影必在交线上， 直线与底面所成角为， ，， 由三余弦定理得，得， ， 即直线与底面所成角的正弦值为． （3）证明：设，，，，，，直线与底面所成角为，直线在底面投影与AB夹角为，在底面投影与AC夹角． 由平行六面体的对称性，不妨令，， 由三余弦定理， 则. 由题意得， ， ， ， 由，可得： 则 ， 当且仅当且时等号成立． 附加命题背景11 以分层抽样平均数公式为命题背景 分层抽样平均数公式：在按比例分层随机抽样中，如果层数为2层，在第1层和第2层的个体数分别为和，抽取的样本量分别为和．我们用，分别表示第1层和第2层的总体平均数，用，分别表示第1层和第2层的样本平均数，用，分别表示总体平均数和样本平均数，则． 1.公式的核心解读 在分层随机抽样中，如果每层样本量都与层的大小成比例，即样本量的分配方式为比例分配时，我们可以直接用样本平均数估计总体平均数．该公式通过按比例分配各层样本权重计算总体均值，体现了统计学中合理分层、精确估算的核心思想. 2.公式的拓展 ①，分别称为第1层和第2层的样本权重，可简记为，． 若样本中不同层的平均数和相应权重分别为和，则这个样本的平均数为．在比例分配的分层抽样中可以用样本平均数直接估计总体平均数． ②不等比例分层抽样​：当各层样本量不按比例分配时，平均数公式调整为： 其中为第层样本量，为总样本量.需注意权重不再等于总体比例，适用于层间方差差异较大时的情形. 模拟练1．某学校高一年级在校人数为人，其中男生人，女生人，为了解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽出的男生身高为一个样本，其样本平均数为cm，抽出的女生身高为一个样本，其样本平均数为cm，则该校高一学生的平均身高为（ ） A．cm    B．cm    C．cm    D．cm 【详解】由题意可知，，且， 所以样本平均数， 故该校高一学生的平均身高的估计值为． 故选：B. 模拟练2．采用分层随机抽样方法对某校共600名高三年级学生的身高（单位：厘米）进行调查，估计得到该年级男生、女生和全体学生的平均身高分别为170.0，160.4，165.6，则该年级的男生人数约为（ ） A．315    B．320    C．325    D．330 【详解】设该年级的男生人数为，则女生人数为， 则， 即， 即， 所以. 故选：C. 附加命题背景12 以分层抽样方差公式为命题背景 分层抽样方差公式：对于按比例分配的分层随机抽样的样本数据，设样本量为，平均数为，若总体分为层，每一层的平均数分别记为，每一层的方差记为.假设第一层有个数，平均数为，方差为；第二层有个数，平均数为，方差为；…；以此类推，假设第层有个数，平均数为，方差为.总体的样本方差. 1.常见题型 ①直接计算分层抽样方差：直接给出各层样本量、均值、方差，要求计算分层抽样总方差或对比不同方案的方差. ②分层前后方差对比计算：直接给出各层数据（均值、方差、样本量），要求计算分层抽样与简单随机抽样的方差差异. ③分层方案设计的评价分析：给出实际情境（如调查某群体特征），要求设计分层抽样方案并分析其合理性. 2.公式的拓展 ①公式的等价形式：. ②不等比例分层抽样方差：当各层样本量不按总体比例分配时，总体方差需加权计算：. 模拟练1．为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（    ） A．6.8 B．6.9 C．7 D．7.2 【答案】A 【分析】根据分层抽样，均值与方差公式计算即可. 【详解】男生30人，女生20人,则抽取的时候分层比为．则10个人中男女分别抽取了6人和4人.这10人答对题目的平均数为. 所以这10人答对题目的方差为. 故选：A． 模拟练2．某公司为了调查员工的健康状况，由于女员工所占比重大，按性别分层，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取样本，已知所抽取的所有员工的体重的方差为120，女员工的平均体重为，标准差为6，男员工的平均体重为，标准差为4.若样本中有21名男员工，则女员工的人数为（    ） A.28    B.35    C.39    D.48 【详解】由题意，记样本中女员工的平均体重和标准差分别为，，所占权重为， 男员工的平均体重和标准差分别为，，所占权重为， 所以样本中全部员工的平均体重为，方差 ， 化简得，即， 解得或（舍）， 所以女员工的人数为：， 故选：C. 附加命题背景13 以贝叶斯公式为命题背景 ，，2，…，n． 模拟练1．（2025·江西·模拟预测）已知编号为1，2，3的箱中各装有除颜色外完全相同的若干个红球和蓝球，且各箱中的小球总个数之比为5：6：9，红球在1，2，3号箱中分别占．从3个箱中的所有球中随机取出一个球，若每个球被取出的概率相等，在取出的球为红球的条件下，该球取自3号箱中的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意，根据古典概型的概率计算以及条件概率的计算公式，结合全概率公式，可得答案. 【详解】设事件为“取出的红球在i号箱中”，事件B为“取出的球为红球”， 则组成了完整的样本空间，且两两互斥． 由题意有 ，． 则由全概率公式，， 则在取出的球为红球的条件下， 其取自3号箱的概率为． 故选：A． 模拟练2．（2025·湖南邵阳·二模）有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为、、，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙台车床加工的零件数分别占总数的、、．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的，事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品，利用贝叶斯公式可求得的值. 【详解】记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的， 事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品， 则，，， ，，， 由贝叶斯公式可得. 因此，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为. 故选：C. 附加命题背景14 以n重伯努利试验为命题背景 在伯努利试验中，事件发生的概率叫做成功概率，在重伯努利试验中，事件发生的次数为，随机变量的分布列为：（其中）. 如果随机变量的分布列具有上述形式，则称随机变量服从二项分布，记作. 如果随机变量，则有：，. 模拟练1．（多选）掷一个均匀的硬币6次，每次掷出正面的概率均为，恰好出现次正面的概率记为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．，，，，中最大值为 【答案】BD 【分析】由题意知，正面出现次数服从二项分布，由二项分布概率公式可得正确选项. 【详解】A、B选项：， ，故A错误，B正确 C选项：，C错误 D选项：二项分布概率公式可得， 最大值为，D正确 故选：BD 【点睛】本题考查二项分布概率公式，属于基础题. 模拟练2．某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为，求的最大值点； (2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的作为的值.已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. （i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为，求； （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？请说明理由. 【答案】(1)0.1； (2)（i）490；（ii）应该对余下的产品作检验，理由见解析. 【分析】（1）方法一：利用独立重复实验成功次数对应的概率，求得，之后对其求导，利用导数在相应区间上的符号，确定其单调性，从而得到其最大值点，这里要注意的条件；方法二：根据所求式子特征，利用基本不等式求最值，并根据等号成立条件求. （2）由（1）得，在解（i）的时候，先求剩余180件产品中不合格产品的期望，再根据变量之间的关系，求得总费用的期望；在解（ii）的时候，通过比较两个期望的大小，得到结果. 【详解】（1）方法一（通性通法）利用导数求最值 20件产品中恰有2件不合格品的概率为. 因此. 令，得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以的最大值点为； 方法二（最优解）均值不等式 由题可知，20件产品中恰有2件不合格品的概率为. ， 当且仅当，即取等号， 故即为所求. （2）由（1）知，. （i）令表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知， 即，且, 所以. （ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于，故应该对余下的产品作检验. 附加命题背景15 以孙子定理-中国剩余定理为命题背景 模拟练1．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它是世界数学史上光辉的一页，定理涉及的是整除问题.现有如下一个整除问题：将1至2023这2023个数中，能被3除余1且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为（    ） A．133项 B．134项 C．135项 D．136项 【答案】C 【分析】由，变形得到的通项公式，从而得到不等式组，求出此数列的项数. 【详解】由题意得：能被3除余1数为1，4，7，10,……，故，， 被5除余2的数为2，7，12，17，……，故，， 由，；，， 故，， 由，得， 又，故此数列共有135项， 故选：C 模拟练2．孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将该问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为中国剩余定理.这个定理讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2024这2023个整数中能被3除余2且被4除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成一数列，则此数列的项数是（   ） A．168 B．169 C．170 D．171 【答案】B 【分析】分别写出被3除余2和被4除余1的数构成的数列，通过求解不定方程确定其公共项构成的数列，根据数值范围求个数. 【详解】设被3除余2的数构成数列，被4除余1的数构成数列， 则数列都是等差数列，且， 设这两个数列的公共项为， 由，得， 因为互质，所以是的倍数，又是奇数， 不妨设，则， 所以公共项为， 设公共项构成数列为，则， 令，即，解得， 所以满足该条件的正整数n的个数为169. 故选：B. 模拟练3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题．用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由二项式定理得到，得到，结合2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4，从而得到答案. 【详解】由二项式定理，得 , 因为能够被7整除， 被7除余1，所以． 因为2024除以7余1，2025除以7余2，2026除以7余3，2027除以7余4， 所以． 故选：A 附加命题背景16 以奔驰定理为命题背景 1. 奔驰定理 如图，已知P为内一点，则有. 由于这个定理对应的图象和奔驰车的标志很相似，我们把它称为“奔驰定理”. （1）奔驰定理的证明 如图：延长与边相交于点 则 （2）奔驰定理的推论及四心问题 推论是内的一点,且,则 有此定理可得三角形四心向量式 （1）三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1. （2）三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直. （3）三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r. （4）三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等. 奔驰定理对于利用平面向量解决平面几何问题，尤其是解决跟三角形的面积和“四心”相关的问题，有着决定性的基石作用. 已知点在内部，有以下四个推论： ①若为的重心，则； ②若为的外心，则；或 ③若为的内心，则；备注：若为的内心，则也对. ④若为的垂心，则，或 模拟练1．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似.故形象地称其为“奔驰定理”.其内容为：已知是内一点的面积分别为，则.设是锐角的垂心.且，则 . 【答案】 【分析】作出辅助线，由奔驰定理得到，设，则，设，则，由，得到，求出，根据互补得到，由同角三角函数关系得到答案. 【详解】如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点. 故⊥,⊥,⊥, ，由“奔驰定理”得，， 则，即，设，则， 同理，即，设，则. 由，得，即，所以， 所以，所以， 又，所以， 所以， 则. 故答案为： 模拟练2．（多选）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：如图所示，已知是内一点，，，的面积分别为，且．以下命题正确的有（   ）    A．若，则为的重心 B．若为的内心，则 C．若，为的外心，则 D．若为的垂心，则 【答案】ABD 【分析】对于A，取中点，连接，由题意可得，即有，同理可得，，即可判断；对于B，设内切圆的半径为，由三角形的面积公式可得，整理即可判断；对于C，设的外接圆半径为，根据题意及三角形的面积公式可得，，，即可判断；对于D，由题意可得，再由三角形的面积公式可得 ，，设，可得，进而可得，，，即可判断. 【详解】解：对于A，取中点，连接，    因为， 则， 所以，， 所以三点共线，且， 设分别是的中点， 同理可得，， 所以为的重心，故A正确； 对于B，因为为的内心， 设内切圆的半径为，    则有， 所以， 即，故B正确； 对于C，因为为的外心， 设的外接圆半径为， 又因为，    则有，，， 所以， ， ， 所以，故C错误； 对于D，延长交于，延长交于，延长交于，如图所示：    因为为的垂心，， 则， 又因为， 则， 设， 因为， 同理可得， 则， 所以， 所以， 所以在中，， 所以在中，； 所以在中，， 所以在中，； 所以 ， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解三角形的重心、内心、外心、垂心. 模拟练3．奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：.    (1)若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； (2)若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得，即可根据得，进而根据线性运算得,由共线即可求解， （2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得，即可得，结合三角恒等变换可得，即可根据函数的性质求解. 【详解】（1）由于P是的内心，设内切圆的半径为， 由可得，即， 由，不妨设， 故， 设，则, 故, 由于与共线，而与不共线， 因此必然，故，    （2）设外接圆的半径为, 则由得， 即， 由于，所以, 因此，又， 所以 , 由于三角形为锐角三角形，所以，解得， 故, 故当时，取最小值， 当或时，， 故.    附加命题背景17 以拉格朗日中值定理为命题背景 模拟练1．拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它的表述如下： 若函数满足条件：①在闭区间上连续；②在开区间内可导，则存在，使得. (1)若，，，求满足的实数的值. (2)运用拉格朗日中值定理求解以下问题： （ⅰ）对任意的且，证明不等式. （ⅱ）已知函数，对任意的，，恒成立，求实数的取值范围.（结果保留3位小数） 参考数据：，，，. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）求，利用拉格朗日中值定理建立关于的方程，求的值； （2）（ⅰ）构造函数（且），求，分，两种情况分别进行证明即可；（ⅱ）将问题转化为对任意的，，恒成立，构造函数，讨论函数在上的单调性，从而求解的取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 所以由得，解得， 故实数的值为1. （2）（ⅰ）设（且），则， 当时，由拉格朗日中值定理得，存在，使得，即， 因为，所以，从而有，即， 当时，由拉格朗日中值定理得，存在，使得，即， 因为，所以，从而有，即. 综上，对任意的且，不等式成立. （ⅱ）任意的，，恒成立， 等价于任意的，，恒成立， 不妨设，由拉格朗日中值定理得，存在，使得， 由的任意性，可知，恒成立， 易知，令， 则， 易知函数在上单调递减，，， 由零点存在定理知，存在，使得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，，即取得最大值， 最大值为， 又，， 所以， 所以，即或， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 模拟练2．拉格朗日中值定理又称拉氏定理：如果函数在上连续，且在上可导，则必有，使得.已知函数，，，那么实数的最大值为 . 【答案】 【分析】根据题意得到，构造，求导得到其单调性，进而可求解. 【详解】，不妨设因为函数， 在上连续，且在上可导， 则需要，使得， 又因，所以可得， ，所以，， 令，则， 当时，，所以在上单调递增 当时，，所以在上单调递减， 故， 故答案为： 附加命题背景18 以托勒密定理为命题背景 模拟练1．圆内接四边形有诸多良好的性质，其中托勒密定理极其优美，即在圆内接四边形ABCD中，，试利用该定理解决下列问题： (1)设正三角形ABC内接于圆O，点D在劣弧AC上（不与点A，C重合），证明：. (2)在圆内接四边形ABCD中，，，，，，证明： （i）； （ⅱ）四边形ABCD的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）直接根据托勒密定理证明即可； （2）（i）根据余弦定理，诱导公式和圆的内接四边形对角互补即可证明； （ii）把四边形的面积分解成两个三角形进行计算，利用余弦定理求出，再求，最后再利用三角形面积计算公式即可证明； 【详解】（1）由托勒密定理可知：，又因为，所以； （2）（i）由圆的内接四边形可得：， 由余弦定理及诱导公式可得：， 即； （ii）由余弦定理可得：， 则 ， 所以 . 模拟练2．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1） ；（2）的最小值为 ． 【答案】 【分析】由正弦定理可得的比，由余弦定理可得的值，由正弦定理可得的值，再由托勒密定理可得的表达式，由基本不等式可得它的最小值. 【详解】， 由正弦定理可得：， 设， 由余弦定理可得， 在中，，可得， 由正弦定理可得， ，， 设，由余弦定理得， 由托勒密定理得， 即，平方得， 设， ，当且仅当且，即时取等号， 的最小值为，即的最小值为. 故答案为：;. 模拟练3．古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，，，则面积的最大值为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由圆的性质及正弦边角关系得，从而设，结合题设得到且，最后应用三角形面积公式及基本不等式求面积的最大值. 【详解】由题意，则， 所以，即， 设，又，由题意， 所以，故， 又，故，则， 所以， 当且仅当时取等号，故面积的最大值为. 故选：C 附加命题背景19 以斯特瓦尔特定理为命题背景 模拟练1．斯特瓦尔特（Stewart）定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，点在边上，有． (1)若，为中点，求； (2)当为角平分线时，利用斯特瓦尔特定理证明：； (3)在内，AD为的角平分线，点E在线段DC上，，求的值．（角平分线定理：在中，若为角平分线，在上，则有：） 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用题设结论，即可求解； （2）利用角平线性质，设，则有，再利用题设结论，即可证明结果； （3）根据题设有，利用（2）中结果可得，，两式相减即可求解. 【详解】（1），为中点， 则，所以. （2）因为为角平分线，则，设， 则，所以， 则 ，命题得证. （3）因为，则，又为的角平分线，， 由（2）知，，且有， 所以①， 又②， 又，则①②得, 所以，得到. 附加命题背景20 以柯西中值定理为命题背景 模拟练1．柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足: ①图象在上是一条连续不断的曲线； ②在内可导; ③对，，则，使得. 特别的，取，则有：，使得，此情形称之为拉格朗日中值定理. (1)设函数满足，其导函数在上单调递增，证明：函数在上为增函数. (2)若且，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由柯西中值定理可得对，，，结合的单调性即可求解； （2）取，，由柯西中值定理，成立，设，利用导函数求解的最大值即可得. 【详解】（1）由题， 由柯西中值定理知：对，， 使得，， 又在上单调递增，则， 则，即， 所以， 故在上为增函数； （2）， 取，， 因为，所以由柯西中值定理，， 使得， 由题则有：， 设，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故，所以实数的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查柯西中值定理的应用，解题关键在于充分理解和把握柯西中值定理的内涵，构造与之匹配的结构，运用定理进行解析式的简化，达到透过现象抓住本质的目的. 附加命题背景21 以圆幂定理为命题背景 模拟练1．圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其中相交弦定理是其中重要的内容：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等.其逆定理可作为证明四边形是四点共圆的依据.该定理不仅可以在圆中得到应用，在其他圆锥曲线中也大有妙用. (1)已知椭圆，是椭圆C上任意两点，若直线与坐标轴不垂直，点H为线段中点，直线 (O为坐标原点)与C交于两点，已知四点共圆，求直线的斜率； (2)已知抛物线B:，过的直线与抛物线B交于两点，设抛物线B在这两点处的切线分别为，已知分别与x轴交于点，相交于点A，若四点共圆，求点A的坐标； (3)已知点是x轴上一动点，过T的动直线l交双曲线右支于，过T作l的垂线分别交曲线于 (分别在第一、二象限)，直线 (O为坐标原点)交双曲线于点S，求证：四点共圆. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设直线，联立直线与椭圆方程，由四点共圆转化为长度关系，再利用韦达定理转化为表达，建立方程求解斜率即得； （2）设直线方程，，利用导数分别由切点得切线方程，求解与轴交点的坐标以及交点坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，根据共线特点转化四点共圆长度关系转化为数量积关系，建立关于的方程求解，进而得点坐标； （3）由题意由点差法得直线斜率之和为，即倾斜角互补，设直线的参数方程代入双曲线方程，结合参数的几何意义，利用韦达定理得进而得，同理，由关系可证，四点共圆得证. 【详解】（1） 设直线的方程为，， 联立，消得， ，即， 由韦达定理得， 所以 ， 所以. 又， 所以中点，则直线的斜率， 则直线方程为， 联立，解得，且， 由四点共圆，且为的中点， 则， 所以有， 由，解得，， 故的斜率为. （2）由题意知直线存在斜率， 设直线的方程为，， 联立，消得， 恒成立， 由韦达定理得①， 抛物线方程，则， 则在处的切线斜率为，切线方程为， 当时，过的切线为轴，不满足题意，故直线斜率； 令，得，， 在处的切线斜率为，切线方程为， 同理可得，且， 联立，解得， 将①式代入可得，又， 若四点共圆，设与交于点， 则，可得， 由，，可设， 则， 则可得，化简得② 则， ， 由，代入化简得③. 联立②③解得（其中一组解舍去）， 则. （3）设，设斜率为， 若直线与双曲线右支交于两点，可知斜率或. 由题意知直线斜率存在且不为，则，且. 由双曲线对称性可知，关于原点对称，则， 且且， 故； 又，可知， 所以. 设直线与将于点，设倾斜角为，的倾斜角为， 则. 可设方程为，（为参数），设对应的参数为， 将参数方程代入双曲线方程化简可得， ， 若直线与双曲线右支有两个交点，则 则由韦达定理知， 同理，直线与双曲线左支交于两点，设点对应的参数为，以代可得， ， 所以， 故四点共圆. 【点睛】关键点点睛：此题的关键在共线长度关系的转化，第（1）问中借助弦长公式化斜为直坐标化；第（2）问则借助共线特点将长度积转化为向量数量积处理；第（3）问中则引入直线参数方程，利用参数的几何意义将长度积转化为，进而用韦达定理求解. 附加命题背景22 以月牙定理为命题背景 模拟练1．月牙定理指以直角三角形两条直角边为直径向外作两个半圆，以斜边为直径向内作半圆，则三个半圆所围成的两个月牙形面积之和等于该直角三角形的面积.该定理“化圆为方”解决了曲、直两个图形可以等面积的问题.如图所示，△ABC为大圆的内接等腰直角三角形，大圆的半径为1米，分别以AB，AC为直径作半圆APB，AQC，与大圆分别围成了区域Ⅰ、Ⅱ，大圆圆内的弧线是以A为圆心，AC为半径的圆的一部分，与大圆围成了区域Ⅲ，则图中区域Ⅲ的月牙形的周长为 米；三个区域的总面积为 平方米. 【答案】 【分析】第一空：利用圆的周长公式和扇形的弧长公式即可求解；第二空：利用圆的面积及扇形的面积公式即可求解. 【详解】为大圆的内接等腰直角三角形，为大圆的直径， 大圆的半径为1米，米， ，， 区域Ⅲ的周长为； 根据月牙定理可知，区域Ⅰ、Ⅱ的面积之和为， 区域Ⅲ的面积为， 三个区域的总面积为. 故答案为：；. 附加命题背景23 以康威圆定理为命题背景 模拟练1．“康威圆定理“是英国数学家约翰•康威引以为豪的研究成果之一.定理的内容：如图所示，的三条边长分别为a，b，c（即），延长线段CA至点，使得，以此类推得到点，那么这六点共圆，此圆称为康威圆.若，则该康威圆的面积为 . 【答案】 【分析】由余弦定理可求出,再求出三角形内切圆的半径，根据题干即可求出结果. 【详解】由题设，在中，.由余弦定理可得 故，因为， 所以为直角三角形，且为直角， 康威圆的圆心到三条弦的距离相等， 则康威圆与的内切圆是同心圆. 设的内切圆半径为，则， 因为，所以康威圆的半径， 该康威圆的面积为. 故答案为：. 附加命题背景24 以四平方和定理为命题背景 模拟练1．初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是 .（用数字作答） 【答案】28 【分析】分类讨论四个数的组成后，由排列数公式与计数原理求解即可． 【详解】显然均为不超过5的自然数，下面进行讨论： 最大数为5的情况： ①，此时共有种情况. 最大数为4的情况： ②，此时共有种情况. ③，此时共有种情况. 当最大数为3时，，没有满足题意的情况. 由分类加法计数原理，满足条件的有序数组的个数是. 故答案为：28． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $