2023屆高考前復(fù)習(xí)2-6 特殊與一般思想中的六種題型 （解析版）

2023年高考數(shù)學(xué)考前30天迅速提分復(fù)習(xí)方案（上海地區(qū)專用））

專題2.6特殊與一般思想中的六種題型

題型一：三角函數(shù)與解三角形

1.（2021?上海青浦?一模）若數(shù)列：CoSa、Ce）S20,cos4a,,cos2"a、中的每一項都為負(fù)數(shù),

則實數(shù)。的所有取值組成的集合為.

【答案]?aa=±^-+2kπ,kEZ

【分析】根據(jù)題意，可知當(dāng)一；—。時，不符合題意；所以ssα≤j則cos2%≤［均

121,通過類比推理得出COSa+11≤gχ（gj

成立，從而得出COSa+D≤]cos2α+]對一切正整數(shù)

222

1

〃恒成立，進而可得出COSa+一0,即可得出實數(shù)。的所有取值.

2

I7

【詳解】解：當(dāng)——<cosa<0時，cosIa=2cos2a-?<——,

48

17

cos4a=2cos22a-1>—>0,不符合題意，

又因為cosα<0,所以ssα≤j則cos2"α≤-*J成立'

CIC111

則cos2a+—=2cosa——COSa+一>2×lcosa÷l,

222422

11

即cosa+—≤2iL,以此類推,

232

121

CoSa+一≤-cos2?+—≤cos4α+'≤

232(1)2

1

cos2,,a÷-≤±對一切正整數(shù)"恒成立,

<112

→0,貝IJcosα+∣=0,

因為當(dāng)〃一＞+∞時,—X

12π

所以COSa=—耳，解得：a=±-+2kπ,keZ,

經(jīng)檢驗，&=±與+2&萬次€2符合題意，

綜上所述，實數(shù)。的所有取值組成的集合為。α=±夸+2Qr∕∈Z.

2π

故答案為:aa=±—+2kπ,keZ>.

題型二：平面向量

一、單選題

1.（2019秋?上海奉賢?高二?？计谀┫铝忻}正確的是（）

A.單位向量都相爭（

B.若〃?b=α?c且［wθ,則b=c

c.∣α+?∣=^-?∣,則4力=0

LlUU

D.若g與d是單位向量，則為以=1

［答案］C

【彳加】利用向量的定義知A錯誤；利用向量數(shù)量積的運算知B錯誤；利用向量模長的運算知C

正確，利用兩個向量垂直，數(shù)量積為O知D錯誤.

【詳解】對于A,向量有大小、方向兩個屬性，向量的相等指的是大小相等方向相同，故A錯

誤；rr

對于B,若α∕=α?c,根據(jù)數(shù)量積公式可得卜|卜卜05(49=卜卜卜05卜,弓，由二≠B可得

WCOS(α,b)=Hcos(α,c),不能得到b=c?,故B錯誤；

對于C,由k+0=卜-囚，可得”~+2α?分+6~=α~-2α?A+//，所以α?6=0,故C正確.

LIUUIUlUUUU

對于D,若4與%是單位向量，且小，瓦，有/也=O,故D錯誤.

故選：C.

二、解答題

2.(2023春?上海閔行?高二校聯(lián)考階段練習(xí))我們稱"6∈N)元有序?qū)崝?shù)組U,王，3,)為

〃維向量，Wl+聞++同為該向量的范數(shù)，已知"維向量d=(%,x2,“X”),其中

x,.∈{-l,0,l},∕=l,2,n,記范數(shù)為奇數(shù)的〃維向量。的個數(shù)為A“，這A,個向量的范數(shù)之和為

B1,.

(1)求4和J的值；

⑵求&)23的值；

(3)當(dāng)"為偶數(shù)時，證明：B,,="?(3"T-1).

【答案】(1)4=4,與=4

⑶證明見解析

【分析】(1)根據(jù)新定義計算即可；

(2)類比(1),結(jié)合排列組合的知識，二項式定理，求解4。23即可；

(3)類比(2)的考慮方法，可得4,=C?2"+C>2"-2++CΓ'?2,

里=5T)?C,?2"T+("-3)?C?2"-3++C7I?2,由二項式定理可得A,,=好1,根據(jù)組合數(shù)的

運算性質(zhì)化簡紇得解.

【詳解】(1)范數(shù)為奇數(shù)的二元有序?qū)崝?shù)對有：(1,0),(-1,0),(0,1),(0.-1),

它們的范數(shù)依次為1,1,11，

A2=4,鳥=4；

(2)當(dāng)〃為奇數(shù)時，在向量。=(%"2，%)的〃個坐標(biāo)中，

要使得范數(shù)為奇數(shù)，則0的個數(shù)一定是偶數(shù)，

，可按照含0個數(shù)為0,2,4,進行討論：

”的“個坐標(biāo)中含0個0,其余坐標(biāo)為1或T,

共有C；2個，每個〃的范數(shù)為〃；

”的“個坐標(biāo)中含2個0,其余坐標(biāo)為1或T,

共有C>2"一個，每個a的范數(shù)為〃-2；

a的“個坐標(biāo)中含n-l個0,其余坐標(biāo)為1或T,

共有Cj'?2個，每個a的范數(shù)為1；

...A,,=C>2"+C>2"-2++C7'?2,

(2+l)n=Cθ?2"+C：?2"-2++C7.2+C；,

(2-1)"=Cθ-2,'-C;-2"-2++(-1),,C;;,

兩式相加除以2得：A,=C!?2"+C?2"T++C}'?2=W?

_3叫1

?,^*2023=2，

(3)當(dāng)"為偶數(shù)時，在向量a=(卬W,W,,怎)的"個坐標(biāo)中，要使得范數(shù)為奇數(shù)，則0的個數(shù)

一定是奇數(shù)，所以可按照含0個數(shù)為：1,3,…進行討論：ɑ的"個坐標(biāo)中含1個0,其余坐標(biāo)

為1或-1,共有CJ2"T個，每個4的范數(shù)為n-1；

4的“個坐標(biāo)中含3個0,其余坐標(biāo)為1或-1,共有C>2"-3個，每個4的范數(shù)為〃-3；

。的"個坐標(biāo)中含個0,其余坐標(biāo)為1或T,

共有C7.2個，每個。的范數(shù)為1；所以An=C>2"T+C>2"3++q-'?2,

β,,=(w-l)?Cj,?2"T+(〃-3)?@?N-++q-'?2.

因為(2+1)"=C>2?+C,?2"T+C>2"-2++C；；,①

(2-I)”=C>2"-C,?2"T+C>2"2-+(-1),,C;;,②

①一②得,Cl,?2"^l+C：-2,,^3+=,

22

所以4=號.

思路-：因為=∏i)?頊&r?!(W="*,

所以紇=(-1)Cj2"T+M-3)?C?2"-3++q-,?2.

="(Cι?2"-y?2-3++C-；-2)

=2MC3?2"2+C3?2"4++Cχj)

=2”{^≡i)=n?(3"τ-l).

思路二：”些得，C?2"+C:2"-2+=里尹.

2.N

又因為??！?J幅:匕)!=〃*，

=n

所以C?kl(n-k)l'(*-l)!(∕j-?)!="C二；

="(C)?2"T+C：?2"3++C/?2)-(C??2"T+3?Cj?2"3++(n-l)?C7'-2)

=研,-"(c3?2"T+C3?2"-3++C：j2)="(號-^±i)="?(3"T-l)

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的難點在于理解新定義，學(xué)會類比的方法從特殊到一般，其次對組

合數(shù)，二項式式定理的的靈活運用，化簡變形要求較高，屬于難題.

題型三：數(shù)列

1.(2021?上海徐匯?一模)已知〃∈N*,記max{x∣,.,當(dāng)}表示x∣,,x“中的最大值，

min{y∣,??,”}表示耳，,%中的最小值，若/(x)=x2-3x+2,g(x)=2x-l,數(shù)列{q}和低}滿

j

足4向=mn{∕(αJgm)},?,,+l=max?bn,g(bn^,ai=a,bi=b,a,beR,則下列說法中正確的

是()

A.若“≥4,則存在正整數(shù)加，使得4用<%,B.若4≤2,則,!亞?！?°

C.若b≥2,則㈣d=°D.若匕eR,則存在正整數(shù)小，使得粼M<%

【答案】B

【分析】根據(jù)α≥4時，-=∕(%)=d-3a,,+2,利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得。,,川>金即可判斷

A,當(dāng)α42時，分類討論可判斷數(shù)列極限確定B,6≥2時判斷數(shù)列的增減性判斷C,由題意可得

%池即可判斷D.

【詳解】設(shè)/(x)=g(x)的解為￡,

當(dāng)“≥4時，4+∣=/(",,)=“：-3?！?2,

因為α≥4,所以a?=/(4)=/-3。+2>4,

依次類推，am+l>anι,故A錯誤；

當(dāng)f≤α≤2時，ɑ?=∕(o)=α2-3a+2∈--Γ-3r+2?[--,I),lim??=0,

l4t4n→<x>

當(dāng)α<t時，a,,=g(a)=2a'?-l,hma=0,所以B正確；

+lnW->∞n

當(dāng)6≥2時，°)5",所以也}是遞增數(shù)列，所以也}無極

限，故C錯誤;

因為%=max{bn,g(為)},所以bn+l≥b,,,故D錯誤.

故選：B

2.(2022?上海市松江二中高三開學(xué)考試)若實數(shù)數(shù)列A,：49，,q("≥2)滿足

∣?+,-?∣=l(?=l,2,,n-l),則稱數(shù)列4為E數(shù)列.

(1)請寫出一個5項的E數(shù)列滿足q=%=。，且各項和大于零；

(2)如果一個E數(shù)列4滿足：存在正整數(shù)強4//(4"<4<乙≤")使得％，%，%%，%組

成首項為1,公比為-2的等比數(shù)列，求”的最小值；

⑶已知4，%，%n(m≥2)為E數(shù)列，求證：彳,多,爺為E數(shù)列且,等為E數(shù)

列”的充要條件是“4，%，，4,"是單調(diào)數(shù)列”.

【答案】(I)A:0,1,0,1,0(答案不唯-)；(2)16；⑶證明見解析.

【分析】(I)根據(jù)E數(shù)列的定義寫出一個滿足條件的數(shù)列即可.

(2)由E數(shù)列的定義，只需讓正整數(shù)G=LHHT間的間隔盡量小，結(jié)合題設(shè)找到4后續(xù)各項

數(shù)字出現(xiàn)規(guī)律，找到g對應(yīng)4+〃的最小位置，即可得〃的最小值.

(3)由E數(shù)列的定義，分別從充分性、必要性兩方面證明結(jié)論，注意反證法的應(yīng)用.

αaa

(D由題設(shè),I?-∣I=I3-2I=Iα4-?I=I?-?41=1.又q=%=o,

所以IaJ=I%1=1,存在α3=O滿足條件,

又4+%+4+/+%=出+41>°，則生=%=1，

綜上，滿足題設(shè)的E數(shù)列4有0,1,0,1,0.

⑵由題設(shè)，%,%，4，/%為K,4,-8,16,

所以E數(shù)列4從氣開始依次往后各項可能出現(xiàn)的數(shù)字如下：

α

?+ι{θ,2],a∣ι+2{-l,l,3},4+3{-2,0,2,4),α,?+4{-3,-1,1,3,5),

a-

il+5{-4,—2,0,2,4,6},4+6(5,—3,—1,1,3,5,7},aiι+7{—6,—4,—2,0,2,4,6,8),

%+s{-7,-5,T-1,1,3,5,7,9},…，aiι+l5{-14-12,...,14,16)

要使〃的最小即正整數(shù)4=1且%Y間的間隔盡量小，XZ,<^2<∕3<z4<∕3≤n,貝IJ

?=4+3,4,=%+5，%.=4+9，《s=%M5，

綜上,〃的最小值為&=，；+15=16.

⑶由彳，與，，弩為E數(shù)列,則I*-*31=2,由孑卷，,等為E數(shù)列,則

2

∣?m-?n-2∣=.

又q,02,?%,,(,"≥2)為E數(shù)列，即1%,“一。2吁1一出吁2M?m-2-?m-3∣=l，

若“∣,4,不是單調(diào)數(shù)列，

則存在a2m~a2m-?=fl2m-2-a2m-?,即。2”=a2m-2,顯然與Ifl2m—。2吁2I=2矛盾;

或存在a2m-?~a2m-2=a2m-3?m-2，即?m-l=>顯然與Iaim-l-aim-3l=0'盾；

綜上，%%，，%.,是單調(diào)數(shù)列，充分性得證；

由q,02,,%,,(,〃≥2)是單調(diào)數(shù)列且為E數(shù)列，

aaaaaaaa

所以-ι,,,-x=2,,,-l-2m-2=2m-2-2,,,-3=1，則?,,,-∣-2m-3=ιm-2m-2=2,

則∣%,I一%“-31=∣?,-?,-21=2,即I竽一號IR等一號1|=1,

所以g，g，,幻、今，？，,冬均為E數(shù)列，必要性得證：

222222

綜上，］√∣,,緩為E數(shù)列且半苫，，變?yōu)镋數(shù)列”的充要條件是“出，「，句“是單調(diào)

數(shù)列”.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，根據(jù)等比數(shù)列寫出4,，%，秋,%，%的各項，結(jié)合

4<i2<i3<(,<4≤”及E數(shù)列的定義，有％必是最靠前的項，再依次項判斷后續(xù)各項數(shù)字出現(xiàn)

規(guī)律，找到4對應(yīng)4+〃的最小位置.

題型四：不等式

1.(2020?上海市嘉定區(qū)第二中學(xué)高三期中)在實數(shù)集R中定義一種運算“*”，具有以下三

條性質(zhì)：

(1)對任意“eR,O*α=α；(2)對任意a，beR,a*b=b*ai

(3)對任意a,b,ceR,(a*6)*c=c*(α6)+(α*c)+(6*c)-2c.

給出下列四個結(jié)論：

①2*(0*2)=0；

②(2*0)*(2*0)=8;

③對任意α,b,cwR,α*(b*c)=b*(c*a)；

④存在”,6,ceR,("+b)*cx(4*c)+e*c).

其中，所有正確結(jié)論的序號是.

【答案】②③④

【解析】根據(jù)給定的新運算得到“*b的計算方法，再逐項計算并判斷相應(yīng)的結(jié)論是否成立，從

而得到正確的序號.

【詳解】由題設(shè)有a*b=a*(b*0)=0*^aby)+a*0+b*0-2×0=ab+a+b,

對于①，

2*2=2x2+2+2=8,故①錯誤.

對于②，

(2*0)*(2*0)=2*2,由①中結(jié)果可知(2*0)*(2*0)=8,故②正確.

對于③，

對任意α,b,c∈R,4*(b*c)=α*(6c+b+c)=α(6c+b+c)+α+6c+6+c

=ahc+ah+ac-jfbc+a+h+c,

而〃*(c*α)=Z?*(ac+a+c)=Z?(ac+a+c)+Z7+ac+a+c

=abc+ab+ac+bc+a+b+c,

故“*(b*c)=8*(c*α),故③正確.

對于④，取α=b=l,c=l,

則2*l=2xl+2+l=5,

∣Tij(l*l)+(l*l)=2(l×l+l+l)=6,?(1+1)*1≠(1*1)+(1*1),故④正確.

故答案為：②③④.

【點睛】本題考查新定義背景下命題真假的判斷，此題的關(guān)鍵是根據(jù)給出的運算規(guī)則得到

的運算方法，本題屬于較難題.

2.(2022?上海?高三開學(xué)考試)有限集S的全部元素的積稱為該數(shù)集的“積數(shù)”，例如{2}

的“積數(shù)”為2,{2,3}的“積數(shù)”為6,[1,的“積數(shù)”為乙，則數(shù)集

[23n]n?

M=卜|》=。25〃52021,〃€Z}的所有非空子集的“積數(shù)”的和為.

【答案】IOlo

【分析】先利用數(shù)學(xué)歸納法證明一個結(jié)論：對于有限非空數(shù)集A={%%，/，LCJ，積數(shù)和

Sn=(l+a,)(l+?)L(1+%)—1,由此即可計算得到答案.

【詳施】先利用數(shù)學(xué)歸納法證明一個結(jié)論：對于有限非空數(shù)集A=1%/，%，!-見}，積數(shù)和

S〃=(1+4)(1+〃2)L

當(dāng)〃=1時，S〃=l+α∣-I=q=H,成立；

假設(shè)〃=Z(Z≥1)時，S,=(l+α1)(l+α2)L(l+?)-l

當(dāng)〃=Z+1時，SkZ=Sk+?+1+5A,??+1=Sk+(5Λ,+1)??+1

=(1+Λ1)(1+Λ2)L(1+?)-1+(1+a1)(1+?)L(l+?)?+1

=(l÷a,)(l+a2)L(1÷?)(1+?+1)-l

綜上可得，V∈N*,SA=(I+4)(l+々)L(l+?)-l.

則數(shù)集M=卜∣x=?24"≤2021,“eN*｝的所有非空子集的“積數(shù)”的和為:

(,1Yi1YfιO3452022,

1+-1+-11+-L1+-------1l=-×-×-×Lτ×---------1

I2Jl3Jl4)I2021J2342021

故答案為：1010.

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查新定義“積數(shù)”的理解和運用，以及“積數(shù)”的和的求法，求

證對于有限非空數(shù)集4={4，%，41,4},積數(shù)和，=(1+6)(1+生力(l+%)-l是解題的關(guān)鍵，

考查學(xué)生的邏輯推理與運算求解能力，屬于難題.

3.(2022?上海?高三專題練習(xí))在數(shù)學(xué)中，雙曲函數(shù)是與三角函數(shù)類似的函數(shù)，最基本的

雙曲函數(shù)是雙曲正弦函數(shù)與雙曲余弦函數(shù)，其中雙曲正弦：Sinh(X)=三乙，雙曲余弦函數(shù)：

COSh(X)=Cf,U是自然對數(shù)的底數(shù)).

(1)解方程:cosh(x)=2;

(2)寫出雙曲正弦與兩角和的正弦公式類似的展開式：Sinh(X+y)=,并證明；

(3)無窮數(shù)列4=。，an+l=2a;-1,是否存在實數(shù)“，使得出⑼=^?若存在，求出〃

的值，若不存在，說明理由.

【答案】⑴x=ln(2±√3);(2)答案見解析；⑶存在，±52痛+2』.

【分析】(1)由題意得(e*)2-4e,+1=0,結(jié)合一元二次方程的解法及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求解即

可；

(2)類比兩角和正弦公式有Sinh(X+y)=sinh(x)cosh(y)+coSh(X)Sinh(y),結(jié)合已知雙曲正余

弦函數(shù)分別化簡等式左右邊的式子，判斷是否相等即可.

(3)若α,="∈[T,l],假設(shè)4=COS(2"T0),應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明通項公式在ZleM上成立，則

有可武―1,1],此時生⑼=：不成立；若q=ae(3,—l)“l(fā),”)，則∣q∣=∣α∣>l,結(jié)合雙曲余弦

函數(shù)的值域為[l,y),求證COSh(2x)=2CoSh2(力-1,并應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明α,=cosh(2"%)在

上成立，令4⑼=:求m值，即可確定。值的存在性.

【詳解】(1)由題意得："+e-'=4,即(e*y-4e'+l=0,解得：x=ln(2±√3);

(2)sinh(x+y)=sinh(x)cosh(>,)÷cosh(x)sinh(y)

「my-zf-χ-y

左邊=Sinh(X+y)=-------------,

x,

f,_PTz>>+z>->?Pr-Xy_-y

右邊=Sinh(X)cosh(y)+cosh(x)sinh(γ)=————×-———+---——×-——

ex+y+ex-y-ey~x-e-χ-yex+y+ey~x-ex-y-e-x-yex+v-e-x-y

=---------------------------------------------------------1---------------------------------------------------------=----------------------------，

442

左邊等于右邊，即Sinh(X+y)=sinh(x)cosh(y)+cosh(x)sinh(y)成立

(3)當(dāng)4=α∈[T,l]時，存在e∈[0,司，使得CoSe=α,

由數(shù)學(xué)歸納法證明：?=cos(2"-'^),證明如下：

i)當(dāng)”=1時，4=α=cosQie)=cose成立，

ii)假設(shè)〃時，4=COS(2*T。)，則為印=2《一1=20?2(210)-I=CoS(2χ2*τe)=cos(22)成

立.

綜上：∕=cos(2"τe).

*

..al=α∈[-l,l],有ɑ,,e[-l,l],gβa202l≠.

當(dāng)q=αe(γo,-l)U(I,+∞)時，由同>1,函數(shù)COSh(X)=U—的值域為[l,+∞),對于任意大于

1的實數(shù)聞，存在不為0的實數(shù)〃?，使得COShW)=⑷，類比余弦二倍角公式，猜測

cosh(2x)=2cosh2(?)-l.

證明如下：

2c。Shy)T=2X[X]]=^^T=^1=8SM2X).

、2J22

2

類比4∈[一1,1]時的數(shù)學(xué)歸納法，由M=cosh(m),易證a2=2cosh(m)-l=cosh(2m),

2,,1

a3=cosh(2?n),???,an=cosh(2^m),…，

.?.若出⑼=cosh(22gWI)=設(shè)/=22。',則CoSh(r)=g≤=+解得：/=2或3，即

f=±ln2,

in.-miII`

=+4

..m于是M=CoSh(M=^--=-2麗+2F

-22020，221；

綜上：存在實數(shù)4=±；卜/+2得卜吏得?l=J成立.

，14

【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，討論q=αe[-l,l]?o1=6∕∈(-∞,-l)u(l,-w),應(yīng)用類比方法分

別假設(shè)q=cos(2"T。)、CoSh(2x)=2CoSh2(x)T即氏=coshRf"),結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法求證通項

公式在”，上成立，進而令-1判斷參數(shù)的存在性

題型五:空間向量與立體幾何

一、單選題

1.(2022?上海?高一專題練習(xí))下列四種說法中:

①有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱；

②相等的線段在直觀圖中仍然相等；

③一個直角三角形繞其一邊旋轉(zhuǎn)一周所形成的封閉圖形叫圓錐.

正確的個數(shù)是（）

A.OB.1C.2D.3

【答案】A

【分析】直接根據(jù)棱柱的定義，平面圖形和直觀圖的應(yīng)用，圓錐的定義即可判斷出正誤.

【詳解】對于①，有兩個面平行，其余各面都是四邊形，且相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平

行，

這些面圍成的幾何體叫棱柱；如圖，該幾何體滿足①中條件，卻不是棱柱；故①錯誤；

對于②，相等的線段在直觀圖中不一定相等，例如正方形在直觀圖中是鄰邊不等的平行四邊

形，故②錯誤；

對于③，一個直角三角形繞其一直角邊旋轉(zhuǎn)一周所形成的封閉圖形叫圓錐，故③錯誤.

2.（2021秋?上海浦東新?高二上海市進才中學(xué)?？计谥校┤绻苯侨切蔚男边吪c平面ɑ

平行，兩條直角邊所在直線與平面ɑ所成角分別為仇和打,那么可和％滿足條件是

（）

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A.sinθx+sinθ2≥1B.sinθx+sinθ2<1

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