2024新題型01 新高考新結(jié)構(gòu)二十一大考點匯總（解析版）

學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司新題型01新高考新結(jié)構(gòu)二十一大考點匯總高考數(shù)學(xué)全國卷的考查內(nèi)容、考查范圍和考查要求層次與比例均與課程標(biāo)準(zhǔn)保持致注重考查內(nèi)容的全面性的同時，突出主干、重點內(nèi)容的考查，通過依標(biāo)施考，引導(dǎo)中學(xué)教學(xué)依標(biāo)施教。調(diào)整布局，打破固化模式。高考數(shù)學(xué)堅持穩(wěn)中有變，通過調(diào)整試卷結(jié)構(gòu)，改變相對固化的試題布局優(yōu)化試題設(shè)計，減少學(xué)生反復(fù)刷題、機械訓(xùn)練的收益，竭力破除復(fù)習(xí)備考中題海戰(zhàn)術(shù)和題型套路，發(fā)揮引導(dǎo)作用?！绢}型1集合新考點】【例1】（2024·浙江溫州·高三期末）設(shè)集合U=R，A=x2xx?2<1

A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2} C．{x|0<x≤1} D．{x|x≤0}【答案】D【分析】先求出集合A，B，再由圖可知陰影部分表示?U【詳解】因為2xx?2<1等價于x所以A=x0<x<2，所以?U要使得函數(shù)y=ln1?x有意義，只需1?x>0，解得所以B=則由韋恩圖可知陰影部分表示?UA∩B故選：D.【變式1-1】（2024·安徽省·高三模擬）（多選）下列選項中的兩個集合相等的有（

）.A．PB．PC．PD．P【答案】AC【分析】分析各對集合元素的特征，即可判斷.【詳解】解：對于A：集合P=x∣x=2對于B：P=Q=x∣對于C：P=x∣所以x=1+(-1)n2對于D：集合P=x∣y=故選：AC【變式1-2】（2024·江蘇四校聯(lián)合·高三期末）設(shè)全集為U定義集合A與B的運算：A?B=x|x∈A∪B且x?A∩B，則(A?B)?A=（

A．A B．B C．A∩?UB【答案】B【解析】根據(jù)定義用交并補依次化簡集合，即得結(jié)果.【詳解】∵A?B=x|x∈A∪B且x?A∩B∴(A?B)?A=[A∩故選：B【點睛】本題考查集合新定義、集合交并補概念，考查基本分析轉(zhuǎn)化能力，屬中檔題.【變式1-3】（2024·江蘇南通·高三期末）定義集合運算A⊙B=z|z=xy(x+y),x∈A,y∈B，集合A=0,1,B=2,3【答案】18【分析】由題意可得z=0,6,12，進而可得結(jié)果.【詳解】當(dāng)x=0,y=2,∴z=0當(dāng)x=當(dāng)x=0,y=當(dāng)x=和為0+6+12=18故答案為：18【變式1-4】（2024·江蘇南通·高三期末）已知X為包含v個元素的集合（v∈N?，v≥3）．設(shè)A為由X的一些三元子集（含有三個元素的子集）組成的集合，使得X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集中，則稱X,A組成一個v階的Steiner三元系．若X,A為一個7階的Steiner三元系，則集合A中元素的個數(shù)為【答案】7【分析】令X={a,b,c,d,e,f,g}，列舉出所有三元子集，結(jié)合X,A組成v階的Steiner三元系定義，確定A中元素個數(shù).【詳解】由題設(shè)，令集合X={a,b,c,d,e,f,g}，共有7個元素，所以X的三元子集，如下共有35個：{a,b,c}、{a,b,d}、{a,b,e}、{a,b,f}、{a,b,g}、{a,c,d}、{a,c,e}、{a,c,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{a,d,f}、{a,d,g}、{a,e,f}、{a,e,g}、{a,f,g}、{b,c,d}、{b,c,e}、{b,c,f}、{b,c,g}、{b,d,e}、{b,d,f}、{b,d,g}、{b,e,f}、{b,e,g}、{b,f,g}、{c,d,e}、{c,d,f}、{c,d,g}、{c,e,f}、{c,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}、{d,e,g}、{d,f,g}、{e,f,g}，因為A中集合滿足X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集，所以A中元素滿足要求的有：{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f,g}、{b,d,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7個；{a,b,c}、{a,d,f}、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7個；{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{c,e,g}，共有7個；{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,d}、{a,c,f}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,e}、{a,c,f}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,f}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,f}、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,f}、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f}、{d,f,g}，共有7個；{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,d,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,g}、{a,c,f}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,e,g}、{d,f,g}，共有7個；共有15種滿足要求的集合A，但都只有7個元素.故答案為：7【題型2復(fù)數(shù)新考點】【例2】（2023·全國·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知復(fù)數(shù)z=12+32inA．1 B．3 C．6 D．9【答案】C【分析】計算出12【詳解】因為1212121212所以，當(dāng)n=6時，z>0，故n的最小值為6.故選：C.【變式2-1】（多選）（2024上·云南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）若復(fù)數(shù)z=iA．z的共軛復(fù)數(shù)z=2+iC．復(fù)數(shù)z的虛部為?15i 【答案】ABD【分析】首先化簡復(fù)數(shù)z，再根據(jù)復(fù)數(shù)的相關(guān)概念，即可判斷選項.【詳解】∵z=i20231?2i，|z|=252+?152=5復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為25，??故選：ABD【變式2-2】（多選）（2024上·江西宜春·高三上高二中?？茧A段練習(xí)）設(shè)z為復(fù)數(shù)，則下列命題中正確的是（

）A．z2=zz B．若z=C．z2=z2 D．若【答案】ABD【分析】利用復(fù)數(shù)的四則運算，復(fù)數(shù)模的性質(zhì)逐個選項分析即可.【詳解】對于A，設(shè)z=a+bi，故z=a?bi，則z2=對于B，z=(1?2i)2=?4對于C，易知z2=a2+b2對于D，若z=1，則a2+b2=1，而z+i故選：ABD【變式2-3】（多選）（2024上·云南德宏·高三統(tǒng)考期末）已知z是復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．z?z=z2 C．|z?z|=|z|?|z| D．若【答案】CD【分析】結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運算，共軛復(fù)數(shù)的定義及復(fù)數(shù)模長的公式可判斷A；結(jié)合特殊值法可判斷B；結(jié)合復(fù)數(shù)模長的性質(zhì)可判斷C；結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義可判斷D.【詳解】對于A，設(shè)z=a+bia,b∈R，則z?對于B，令z=i，滿足z對于C，設(shè)z=a+bia,b∈R，則z=a?bi所以z?z=對于D，設(shè)z=a+bia,b∈R即a+12+bz?1=a?12+b2表示圓上的點到故選：CD【變式2-4】（多選）（2024上·河南南陽·高三統(tǒng)考期末）設(shè)復(fù)數(shù)z=?12?A．z=cos2πC．zz=1 【答案】AC【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的概念，以及復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除法運算法則，即可求解.【詳解】對于A，z=?對于B，zz對于C，zz=?對于D，z2=?12故選：AC【題型3函數(shù)選圖題新考點】【例3】（2024·浙江·高三期末）已知函數(shù)對任意的x∈R有f(x)+f(?x)=0，且當(dāng)x>0時，f(x)=ln(x+1)，則函數(shù)f(x)的圖象大致為（A． B．C． D．【答案】D【解析】由f(x)+f(?x)=0得f(?x)=?f(x)，得到函數(shù)是奇函數(shù)，根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性之間的關(guān)系即可得到結(jié)論.【詳解】由f(x)+f(?x)=0得f(?x)=?f(x)，則函數(shù)是奇函數(shù)，排除A、C∵當(dāng)x>0時，f(x)=ln(x+1)，故選：D.【變式3-1】（2024·浙江寧波·高三期末）函數(shù)f(x)=5sinxe|x|A． B．C． D．【答案】C【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性，結(jié)合特殊值，即可排除選項.【詳解】首先f(?x)=?f(x)，所以函數(shù)是奇函數(shù)，故排除D，f(2π)=2π，故排除B，當(dāng)x∈(0,π2)故選：C【變式3-2】（2024·安徽省·高三模擬）函數(shù)fx=alnA．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】分a=0，a>0和a<0三種情況討論，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的零點即可得出答案.【詳解】①當(dāng)a=0時，fx②當(dāng)a>0時，fx當(dāng)x<0時，fx因為函數(shù)y=aln?x,y=所以函數(shù)fx在在?如圖，作出函數(shù)y=aln?x,y=?由圖可知，函數(shù)y=aln?x,y=?即函數(shù)fx在在?當(dāng)x>0時，fx=aln由f'x>0，得x>1a所以函數(shù)fx在0,1a當(dāng)a=1時，f1③當(dāng)a<0時，fx當(dāng)x>0時，fx因為函數(shù)y=alnx,y=1所以函數(shù)fx在0,+如圖，作出函數(shù)y=alnx,y=?1由圖可知，函數(shù)y=alnx,y=?1即函數(shù)fx在在0,+當(dāng)x<0時，fx=aln由f'x>0，得x<1a所以函數(shù)fx在1a,0當(dāng)a=?1時，f1故選：D.【變式3-3】（2024·安徽·高三期末）若將lny=lnx+lny?x確定的兩個變量y與x之間的關(guān)系看成y=fA． B．C． D．【答案】C【分析】利用對數(shù)的運算及排除法即可求解.【詳解】由lny=lnx+顯然x≠1，所以y=x由x>0，y>0得x>1，所以fx由fx=x故選：C．【變式3-4】（2023上·湖北·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx的定義域為?∞,0∪0,+∞，滿足fxA． B．C． D．【答案】D【分析】利用函數(shù)的奇偶性，及特殊位置結(jié)合排除法即可判定選項.【詳解】因為函數(shù)fx的定義域為?∞,0所以fx是偶函數(shù)，所以f當(dāng)?1<x<0時，1x?x<0,ln故選:D【題型4比較大小新考點】【例4】（2024·遼寧重點高中·模擬預(yù)測）設(shè)a=cos0.1，b=10sin0.1，A．a(chǎn)<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a(chǎn)<c<b【答案】D【分析】先根據(jù)sinθ<θ<tanθ，θ∈0,π【詳解】a=cosba=10tan下證θ∈0,π2設(shè)∠AOB=θ∈0,π2，射線OB與單位圓O相交于點C，過點C作CD單位圓與x軸正半軸交于點A，過點A作AB⊥x軸，交射線OB于點B，連接AC，則CD=sin設(shè)扇形AOC的面積為S，因為S△AOC所以12OA?CD<1故tan0.1>0.1>sin0.1，所以b所以b>a,c>a，因為b=10sin0.1，令fx則f'x=令gx=f'x令?x=g'x則?x=g'x故?x=g所以gx=f'x故gx=f所以fx=sinx?x+x所以sin0.1?0.1+0.13則b=10因為c=1令qx=cos則q'x=?則w'x=?則e'x=則r'x=所以rx=e又r0=0，故rx所以ex=w又e0=0，故ex所以wx=q又w0=0，故wx故qx=cos又q0=0，故q0.1故c=1其中c<238801則a<c<b，D正確.故選：D【點睛】麥克勞林展開式常常用于放縮法進行比較大小，常用的麥克勞林展開式如下：ex=1+x+xcosx=1?ln1+x11?x=1+x+【變式4-1】（2024·江蘇四校聯(lián)合·高三期末）設(shè)a=14,b=2A．a(chǎn)<b<c B．b<a<cC．c<b<a D．a(chǎn)<c<b【答案】B【分析】利用x>sinx和x>ln【詳解】b=ln設(shè)?x=x?sinx，則?x在0,+∞上單調(diào)遞增，則?x>?0=0，則x>sin設(shè)gx=x?lnx+1，x∈0,+則gx>g0=0，則令x=sin14，則ln設(shè)fx=lnx+1?則fx在0,1上單調(diào)遞增，則fx>f0=0令x=14，則ln54>15故選：B.【變式4-2】（2024·吉林·高三期末）已知a=sin13A．c<a<b B．c<b<aC．b<c<a D．b<a<c【答案】D【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，從而比較大小.【詳解】設(shè)f(x)=sinx?xcos在x∈0,π2時，f'(x)>0所以f(x)>f(0)=0，則f(1即sin13>設(shè)g(x)=lnx+1則當(dāng)x∈0,1，g'(x)<0則當(dāng)x∈1,+∞，g'所以g(32)=設(shè)?(x)=x?sinx，x∈0,所以?(x)在0,π2為增函數(shù)，則即13>sin13所以c>a>b.故選：D.【點睛】思路點睛：兩個常用不等式（1）x>sinx（2）sinx>xcos【變式4-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知a=eπ10，b=1+sin9π10，c=A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．c>a>b D．c>b>a【答案】C【分析】先利用常見不等式放縮得到a，b的大小關(guān)系，再利用冪函數(shù)的單調(diào)性比較a，c的大小關(guān)系即可得到答案.【詳解】令fx=e所以fx在0,+所以當(dāng)x>0時，fx>f0令gx=x?sin所以gx在0,+所以當(dāng)x>0時，gx>g0由誘導(dǎo)公式得b=1+sin所以b=1+sinπ10因為a=eπ10故只需比較e與1.115由二項式定理得，1.115所以c>a．綜上，c>a>b.故選：C【點睛】方法點睛：本題考查比較大小問題，此類問題常見的處理方法為：（1）中間值法：通過與特殊的中間值比較大小，進而判斷兩個數(shù)的大小關(guān)系；（2）構(gòu)造函數(shù)法：通過觀察兩個數(shù)形式的相似之處，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性與極值等性質(zhì)進而比較大?。唬?）放縮法：利用常見的不等式進行數(shù)的放縮進而快速比較大小.【變式4-4】（2023·山東臨沂·統(tǒng)考一模）已知x=1A．x<y<z B．y<x<z C．z<x<y D．z<y<x【答案】B【分析】構(gòu)造fx=x?1【詳解】令fx=x?1由f1>0,?f12<0，則x∈∵x<x∴x?y=1x=log綜上：y<x<z.故選：B.【題型5數(shù)列小題新考點】【例5】（2024上·北京房山·高三統(tǒng)考期末）數(shù)學(xué)家祖沖之曾給出圓周率π的兩個近似值：“約率”227與“密率”355113.它們可用“調(diào)日法”得到：稱小于3.1415926的近似值為弱率，大于3.1415927的近似值為強率.由于31<π<41，取3為弱率，4為強率，計算得a1=3+41+1=A．8 B．7 C．6 D．5【答案】B【分析】根據(jù)題意不斷計算即可解出．【詳解】因為a2為強率，由31<π<由31<π<13由31<π<16由31<π<19由31<π<227可得，故選：B.【變式5-1】（2023·山東煙臺·統(tǒng)考二模）給定數(shù)列A，定義A上的加密算法fi：當(dāng)i為奇數(shù)時，將A中各奇數(shù)項的值均增加i，各偶數(shù)項的值均減去1；當(dāng)i為偶數(shù)時，將A中各偶數(shù)項的值均增加2i，各奇數(shù)項的值均減去2，并記新得到的數(shù)列為fi(A)i∈N?．設(shè)數(shù)列B0【答案】1，3，1，6，4，109【分析】由題意求出數(shù)列B1，即可求解數(shù)列B2；對于偶數(shù)項可得B2n【詳解】由題意，B1=fB2=f因為B2n=f2n(所以對于偶數(shù)項，B2n?1?B則{B第2項為：0+(3+7+?+4n?3+4n?1)=[3+(4n?1)]n第4項為：3+(3+7+?+4n?3+4n?1)=(2n+1)n+3，第6項為：7+(3+7+?+4n?3+4n?1)=(2n+1)n+7；對于奇數(shù)項，B2n?1?B則{B第1項為：2+(?1+?+2n?5+2n?3)=2+[?1+(2n?3)]n第3項為：2+(?1+?+2n?5+2n?3)=2+[?1+(2n?3)]n第5項為：5+(?1+?+2n?5+2n?3)=(n?2)n+5，所以B2n(2n+1)n+(2n+1)n+3+(2n+1)n+7+n(n?2)+2+n(n?2)+2+n(n?2)+5=9n故答案為：1,3,1,6,4,10；9n【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵是理解新定義“數(shù)列A”的算法，以學(xué)習(xí)過的數(shù)列相關(guān)的知識為基礎(chǔ)，通過一類問題共同特征的“數(shù)學(xué)抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基礎(chǔ)上，解決新問題.【變式5-2】（2024江西省九師聯(lián)盟）在1，3中間插入二者的乘積，得到1，3，3，稱數(shù)列1，3，3為數(shù)列1，3的第一次擴展數(shù)列，數(shù)列1，3，3，9，3為數(shù)列1，3的第二次擴展數(shù)列，重復(fù)上述規(guī)則，可得1，x1，x2，…，x2n?1，3為數(shù)列1，3的第n次擴展數(shù)列，令a【答案】a【分析】根據(jù)數(shù)列的定義找到an+1與a【詳解】因為an所以an+1=log所以an+1又a1=log所以an?1所以an?1故答案為：a【變式5-3】（2023上·廣東深圳·）若系列橢圓Cn:anx2+y2A．1?14n B．1?12n【答案】A【分析】先化為標(biāo)準(zhǔn)方程，直接求出離心率列方程即可求解.【詳解】橢圓Cn可化為：x因為0<an<1，所以離心率en=故選：A【變式5-4】（2024上·浙江溫州·高三）漢諾塔（又稱河內(nèi)塔）問題是源于印度一個古老傳說的益智玩具.如圖所示目標(biāo)柱起始柱輔助柱的漢諾塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及顏色各不相同的圓盤，三根柱子分別為起始柱、輔助柱及目標(biāo)柱.已知起始柱上套有n個圓盤，較大的圓盤都在較小的圓盤下面.現(xiàn)把圓盤從起始柱全部移到目標(biāo)柱上，規(guī)則如下：每次只能移動一個圓盤，且每次移動后，每根柱上較大的圓盤不能放在較小的圓盤上面.規(guī)定一個圓盤從任一根柱上移動到另一根柱上為一次移動.若將n個圓盤從起始柱移動到目標(biāo)柱上最少需要移動的次數(shù)記為p(n)，則p(3)=.i=1np(i)=【答案】72【分析】根據(jù)題意可得p1=1，當(dāng)nn≥2時，求pn分三步，從而可得【詳解】顯然p1當(dāng)有nn≥2個圓盤時，求p第一步，先將上面的n?1個圓盤移到輔助柱，至少需要pn?1第二步，將起始柱上最大的一個圓盤移動到目標(biāo)柱子，需1次；第三步，將輔助柱上的n?1個圓盤移動到目標(biāo)柱至少需要pn?1因此pn所以p因為p1所以數(shù)列pn所以p所以pn=2i=1n故答案為：7，2n+1【變式5-5】（2024上·上海·）已知等差數(shù)列an（公差不為0）和等差數(shù)列bn的前n項和分別為Sn、Tn，如果關(guān)于A．499 B．500 C．501 D．502【答案】D【分析】依題意，由等差數(shù)列的性質(zhì)及求和公式得到a5022?4b502≥0，要想無實根，需滿足ai2?4【詳解】由題意得：S10032?4×1003T1003=1003要方程x2?a顯然第502個方程有解.設(shè)方程x2?a1x+則Δ≥a等號成立的條件是a1=a同理可證：Δ2<0,Δ1002<0綜上，在所給的1003個方程中，無實數(shù)根的方程最多502個，故選：D.【點睛】解決本題關(guān)鍵是靈活運用二次方程根的判別式，等差數(shù)列性質(zhì)及基本不等式進行求解.【題型6排列組合小題新考點】【例6】（2023·貴州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）公元五世紀(jì)，數(shù)學(xué)家祖沖之估計圓周率π的值的范圍：3.1415926<π<3.1415927，為紀(jì)念祖沖之在圓周率的成就，把3.1415926稱為“祖率”，這是中國數(shù)學(xué)的偉大成就.某小學(xué)教師為幫助同學(xué)們了解“祖率”，讓同學(xué)們把小數(shù)點后的7位數(shù)字A．240 B．360 C．600 D．720【答案】A【分析】分為3.11開頭的以及3.12開頭的，分別計算得出結(jié)果，根據(jù)分類加法計數(shù)原理加起來，即可得出答案.【詳解】小于3.14的不同數(shù)字的個數(shù)有兩類：第一類：3.11開頭的，剩余5個數(shù)字全排列有A5第二類：3.12開頭的，剩余5個數(shù)字全排列有A5根據(jù)分類加法計數(shù)原理可知，共120+120=240種.故選：A．【變式6-1】（2023·寧夏銀川·銀川一中?？家荒＃﹫D為一個開關(guān)陣列，每個開關(guān)只有“開”和“關(guān)”兩種狀態(tài)，按其中一個開關(guān)1次，將導(dǎo)致自身和所有相鄰的開關(guān)改變狀態(tài)．例如，按2,2將導(dǎo)致1,2，2,1，2,2，2,3，3,2改變狀態(tài)．如果要求只改變1,1的狀態(tài)，則需按開關(guān)的最少次數(shù)為（

）1,11,21,32,12,22,33,13,23,3A．5 B．6 C．7 D．8【答案】A【分析】分析可知，要只改變1,1的狀態(tài)，則只有在1,1及周邊按動開關(guān)才可以實現(xiàn)開關(guān)的次數(shù)最少，利用表格分析即可.【詳解】根據(jù)題意可知：只有在1,1及周邊按動開關(guān)，才可以使按開關(guān)的次數(shù)最少，具體原因如下：假設(shè)開始按動前所有開關(guān)均為閉合狀態(tài)，要只改變1,1的狀態(tài)，在按動1,1后，1,2，2,1也改變，下一步可同時恢復(fù)或逐一恢復(fù)，同時恢復(fù)需按動2,2，但會導(dǎo)致周邊的2,3，3,2也改變，因此會按動開關(guān)更多的次數(shù)；所以接下來逐一恢復(fù)，至少需按開關(guān)3次；這樣沿著周邊的開關(guān)再按動，可以實現(xiàn)最少的開關(guān)次數(shù)，即按動5次可以滿足要求.如下表所示：（按順時針方向開關(guān)，逆時針也可以）1,11,21,32,12,22,33,13,23,3按動1,1開開關(guān)開關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)按動1,3開關(guān)開開關(guān)開關(guān)關(guān)關(guān)按動2,3開關(guān)關(guān)開開關(guān)關(guān)關(guān)開按動3,2開關(guān)關(guān)開開關(guān)開開關(guān)按動3,1開關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)關(guān)則需按開關(guān)的最少次數(shù)為5.故選：A.【變式6-2】（2023·高三課時練習(xí)）小于300的所有末尾是1的三位數(shù)的和等于．【答案】3920【分析】根據(jù)小于300的所有末尾是1的三位數(shù)是以101為首項，以10為公差的等差數(shù)列求解.【詳解】解：小于300的所有末尾是1的三位數(shù)是101，111，121，…，291，是以101為首項，以10為公差的等差數(shù)列，所以小于300的所有末尾是1的三位數(shù)的和為S20故答案為：3920【變式6-3】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）在一個圓周上有8個點，用四條既無公共點又無交點的弦連結(jié)它們，則連結(jié)方式有種.【答案】14【分析】根據(jù)加法分類計數(shù)原理求解即可.【詳解】不妨設(shè)圓周上的點依次為A,B,C,D,E,F,G,H，要使得四條弦既無公共點又無交點，如圖所示：

符合圖①的連結(jié)方式有2種；符合圖②的連結(jié)方式有4種；符合圖③的連結(jié)方式有8種；共計2+4+8=14種.故答案為：14.【變式6-4】（2024·江蘇省四校聯(lián)合·高三模擬）（多選）若m，n為正整數(shù)且n>m>1，則（

）A．C83=C．mCnm【答案】AD【分析】根據(jù)組合數(shù)和排列數(shù)的計算公式和性質(zhì)，對每個選項逐一計算即可判斷.【詳解】對A：由組合數(shù)性質(zhì)：Cn對B：C7對C：mCnm(n?1)Cn?1m?1=對D：Anm=n+1!n?m+1故選：AD.【題型7圓錐曲線小題新考點】【例7】（2023上·上海浦東新·高三華師大二附中?？茧A段練習(xí)）已知圓錐曲線Γ：fx,y=1關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，定點P的坐標(biāo)為x0,y0.給出兩個命題：①若0<fx0,y0<1，則曲線Γ上必存在兩點A,B，使得P為線段AB的中點；②若A．①是假命題，②是真命題 B．①是真命題，②是假命題C．①②都是假命題 D．①②都是真命題【答案】C【分析】結(jié)合雙曲線的幾何性質(zhì)，可判定命題①為假命題；根據(jù)不在曲線上的點，結(jié)合圓與圓錐曲線的位置關(guān)系，可判定命題②為假命題.【詳解】命題①中，例如：圓錐曲線x2?y2=1設(shè)A(x1,y1此時點P為AB的中點，由x12?則kAB=y2?y1聯(lián)立方程組y=2x?32x2?即直線AB與雙曲線沒有公共點，即曲線x2?y2=1不存在A,B兩點，使得點P命題②中，對于點P滿足fx0,y0當(dāng)PA是點P到曲線fx,y=1上的最短距離時，此時以P為圓心，以PA為半徑的圓與曲線fx,y=1只有一個公共點A，不存在點B，使得故選：C.【變式7-1】（2023·貴州畢節(jié)·?？寄M預(yù)測）加斯帕爾-蒙日是1819世紀(jì)法國著名的幾何學(xué)家．如圖，他在研究圓錐曲線時發(fā)現(xiàn)：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，其圓心是橢圓的中心，這個圓被稱為“蒙日圓”．若長方形G的四邊均與橢圓M:x

A．橢圓M的離心率為33 B．橢圓M的蒙日圓方程為C．若G為正方形，則G的邊長為25 D．長方形G【答案】D【分析】由橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程求得a,b后再求得c，從而可得離心率，利用特殊的長方形（即邊長與橢圓的軸平行）求得蒙日圓方程，從而可得長方形邊長的關(guān)系，結(jié)合基本不等式得面積最大值，并得出長方形為正方形時的邊長．【詳解】由橢圓方程知a=6，b=2，則c=6?4=當(dāng)長方形G的邊與橢圓的軸平行時，長方形的邊長分別為26和4，其對角線長為24+16=210，因此蒙日圓半徑為10設(shè)矩形的邊長分別為m,n，因此m2+n2=40≥2mn，即mn≤20，當(dāng)且僅當(dāng)m=n時取等號，所以長方形G故選：D．【變式7-2】（多選）（2023·廣東茂名·統(tǒng)考二模）阿波羅尼奧斯是古希臘著名的數(shù)學(xué)家，與歐幾里得、阿基米德齊名，他的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學(xué)成果，它將圓錐曲線的性質(zhì)網(wǎng)羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地.其中給出了拋物線一條經(jīng)典的光學(xué)性質(zhì)：從焦點發(fā)出的光線，經(jīng)過拋物線上的一點反射后，反射光線平行于拋物線的軸.此性質(zhì)可以解決線段和的最值問題，已知拋物線C:y2=2pxp>0，M是拋物線C上的動點，焦點

A．C的方程為y2=x B．CC．MF+MN的最小值為52 D．【答案】BD【分析】由焦點易得拋物線的方程為y2=2x，設(shè)準(zhǔn)線為l，過M作MA⊥l交l于點A，過N作NB⊥l交l于點B，交C于點M'，連接M【詳解】由題可得p2=12,p=1設(shè)準(zhǔn)線為l，過M作MA⊥l交l于點A，過N作NB⊥l交l于點B，交C于點M'，連接M將y=2代入y2=2x可得所以M'于是|MF|+|MN|=|MA|+|MN|≥|BN|=B當(dāng)M與M'重合時，|MF|+|MN|取得最小值9

故選：BD.【變式7-3】（2024江西九師聯(lián)盟）阿波羅尼斯（約公元前262年~約公元前190年），古希臘著名數(shù)學(xué)家，主要著作有《圓錐曲線論》、《論切觸》等，尤其《圓錐曲線論》是一部經(jīng)典巨著，代表了希臘幾何的最高水平，此書集前人之大成，進一步提出了許多新的性質(zhì)，其中也包括圓錐曲線的光學(xué)性質(zhì)，光線從雙曲線的一個焦點發(fā)出，通過雙曲線的反射，反射光線的反向延長線經(jīng)過其另一個焦點，已知雙曲線C：x2a2?y2b2A.56B.55C.4【答案】B【詳解】設(shè)|EF1=m,|EF2=n,|F1F2|=2c,由題意可知解得n=2a，所以sin∠【變式7-4】（2024·浙江寧波·高三期末）（多選）已知O為坐標(biāo)原點，曲線Γ：x2+y22=ay3x2A．曲線Γ關(guān)于y軸對稱 B．曲線Γ的圖象具有3條對稱軸C．y0∈?a,916a【答案】ABC【分析】對于選項A:將x用?x替換代入方程計算，即可判斷；對于選項B:令x=rcosθ，y=rsinθ，代入整理可得【詳解】對于選項A:將x用?x替換代入方程，方程不變，故曲線關(guān)于y軸對稱，A正確；對于選項B:由sin=2sin令x=rcosθ，代入整理可得r=asin其中r=x2+y2>0，因為r>0，故θ∈0,因為曲線關(guān)于y軸對稱，故θ∈4π3,5注意到r=asin3θ關(guān)于θ的周期為故曲線也關(guān)于θ=π6和θ=5故B選項正確；對于選項C:y0對于選項D:OP=r=a故選：ABC．C另解：x2該方程關(guān)于x2有解，令t=x2≥0，則由mt則m0=y解得；y∈?a,0或綜上：y0D另解：x2解得OP=【點睛】關(guān)鍵點點睛：解題的關(guān)鍵在于將曲線Γ進行換元，令x=rcosθ，y=rsin【題型8導(dǎo)數(shù)周期與對稱新考點】【例8】（2024·陜西西安·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f'(x)的定義域均為R，記g(x)=f'(x)，若f(1?2x)+4x為偶函數(shù)，g(x+2)=g(x?4)A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可得f(1?2x)+4x=f(1+2x)?4x，求導(dǎo)得g(1+2x)+g(1?2x)=4，結(jié)合g(x)的周期性即可求解.【詳解】因為f(1?2x)+4x為偶函數(shù)，所以f(1?2x)+4x=f(1+2x)?4x，兩邊同時求導(dǎo)得?2f'(1?2x)+4=2所以g(1+2x)+g(1?2x)=4，令x=0，得g(1)=2，令x=?34，得g?12由g(x+2)=g(x?4)，所以g(x+6)=g(x)，所以g(x)的周期為6，則g(4)=g(?2)，而g(4)+g(?2)=4，所以g(4)=2，所以g5故選：B【變式8-1】（2023上·四川·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知函數(shù)fx及其導(dǎo)函數(shù)f'x的定義域均為R，且fx?1為奇函數(shù)，f'A．?28 B．?26 C．?24 D．?22【答案】B【分析】根據(jù)題意利用賦值法求出f'1、f'3、f'5、【詳解】由f'2?x+f'x=?2由fx?1為奇函數(shù)，得fx?1=?f故f'x又f'2?x由①和②得f'2?x+所以f'x令x=?1，得f令x=1，得f'1+又f'x+4由③?④得f'x?所以函數(shù)f'故f'所以f'所以i=1=6f故選：B．【變式8-2】（2024上·浙江寧波·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx的定義域為R，且fx+yfxfA．2024 B．10123 C．3 【答案】D【分析】根據(jù)表達式得出規(guī)律，即可求出k=12024【詳解】由題意，在fx中，定義域為R，f當(dāng)x=y=0時，f0f0當(dāng)y=1時，fx+1即3當(dāng)x=0時，3f1f當(dāng)x=1時，3f2f當(dāng)x=2時，3f3f……函數(shù)值周期性變化，周期為3，∵2024=675×3?1，可得：k=1=675f故選：D.【變式8-3】（2024上·山東淄博·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx，gx的定義域都為R，g'x為gx的導(dǎo)函數(shù)，g'x的定義域也為R①f4=2

②g'2=0

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由已知可得g'x關(guān)于點2,0對稱，判斷②；因為gx為偶函數(shù)，可推得g'x為奇函數(shù)，進而得出g'x的周期為4，可判斷①；由已知得出f1，【詳解】因為fx+g'x所以g'x關(guān)于點2,0對稱，所以g'因為gx為偶函數(shù)，所以g?x=g所以g'x為奇函數(shù)，g'x關(guān)于因為g'x+所以g'4?x=g'因為f4+g'4因為fx=2?g又fx=2+g因為g'1不能確定，因為g'x周期為所以f?1+f?3綜上，一定成立的有3個.故選：C.【變式8-4】（多選）（2024上·河南漯河·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f'(x)的定義域均為R，若函數(shù)y=f(3?2x)為奇函數(shù)，函數(shù)y=13x?f(x+2)A．g(0)=23 C．g(0)+g(2)=23 【答案】BC【分析】由y=f3?2x為奇函數(shù)，可知g3?x?g3+x=0，可得函數(shù)gx圖像關(guān)于直線x=3對稱，再由y=1【詳解】由y=f3?2x為奇函數(shù)可得f3?2x=?f∴f'3?x=f所以函數(shù)y=gx的圖像關(guān)于直線x=3由y=13x?f∴1即gx+2所以函數(shù)y=gx的圖像關(guān)于點2,將x=0代入gx+2+g?x+2將x=1代入g3?x?g3+x將x=2代入gx+2+g?x+2=2g0將x=3代入g3?x?g3+x=0，得g0故選：BC.【題型9抽象函數(shù)類新考點】【例9】【2024九省聯(lián)考第11題】已知函數(shù)fx的定義域為R，且f12A．f?12C．函數(shù)fx?12是偶函數(shù)

【分析】對抽象函數(shù)采用賦值法，令x=12、y=0，結(jié)合題意可得f0=?1，對A：令x=12、y=0，代入計算即可得；對B、C、D：令y=?12，可得fx?【詳解】令x=12、y=0，則有又f12≠0，故1+f0=0，即f0=?1即f0+f12f?12=?1令y=?12，則有fx?12有fx+1?12=?2x+1令x=1，有f1【變式9-1】（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x+y)+f(x?y)=f(x)f(y),f(1)=1，則k=122f(k)=（A．?3 B．?2 C．0 D．1【答案】A【分析】法一：根據(jù)題意賦值即可知函數(shù)fx的一個周期為6，求出函數(shù)一個周期中的f【詳解】[方法一]：賦值加性質(zhì)因為fx+y+fx?y=fxfy，令x=1,y=0可得，2f1=f1f0，所以f0=2，令x=0可得，fy+f?y=2fy，即fy=f?y，所以函數(shù)fx為偶函數(shù)，令y=1得，fx+1+f一個周期內(nèi)的f1所以k=122[方法二]：【最優(yōu)解】構(gòu)造特殊函數(shù)由fx+ycosx+y+cosx?y=2cosxcosy，可設(shè)f所以fxfx+y+fx?y=2cosπ3x+π3y+2cos由于22除以6余4，所以k=122【整體點評】法一：利用賦值法求出函數(shù)的周期，即可解出，是該題的通性通法；法二：作為選擇題，利用熟悉的函數(shù)使抽象問題具體化，簡化推理過程，直接使用具體函數(shù)的性質(zhì)解題，簡單明了，是該題的最優(yōu)解.【變式9-2】（2023?玉林三模）函數(shù)fx對任意x，y∈R總有fx+y=fx+fy，當(dāng)x<0A．fx是偶函數(shù) B．fC．fx在?6,6上的最小值為?2 D．若fx+fx?3【答案】C【分析】利用賦值法，結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義，即可判斷A；根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，結(jié)合條件，即可判斷B；根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，和奇偶性，以及條件，即可判斷C；不等式轉(zhuǎn)化為f2x?3【詳解】解：取x=0，y=0，則f0=f0+f0則f0=fx+f?x令x1，x2∈R，且x1<x2，則則fx1?f函數(shù)fx因為函數(shù)fx是R上的增函數(shù)，所以函數(shù)fx在?6,6上的最小值為f?6=f?3+f?3故f?6=?2，fxfx+fx?3因為函數(shù)fx是R上的增函數(shù)，所以2x?3≥?3，所以x≥0所以實數(shù)x的取值范圍為0,+∞故選：C．【變式9-3】已知函數(shù)fx的定義域D為?∞,0∪0,+∞，fx在?∞,0上單調(diào)遞減，且對任意的x1,【答案】a>1e【分析】利用特殊值法求f1=1，f?1【詳解】令x1=x2=1令x1=x2=?1令x1=xx∈D，x2=?1又函數(shù)fx的定義域D為?∞,0因為fx在?∞,0上單調(diào)遞減，所以f不等式fax?fln則有fax因為函數(shù)fx在0,+∞上單調(diào)遞增，所以又x>1，所以ax>lnx設(shè)?x=ln因為?'x=1?lnxx當(dāng)x∈e,+∞時，?所以?x≤?e=1e，所以故答案為：a>1e或【點睛】關(guān)鍵點點睛：先判斷出函數(shù)的奇偶性，進而判斷函數(shù)的單調(diào)性，通過構(gòu)造新函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進行求解是解題的關(guān)鍵.【變式9-4】（2024·江蘇南通·高三模擬）（多選）已知函數(shù)fx的定義域為R，且fx+yfA．f(0)=0 B．fxC．f(3+x)=?f(3?x) D．k=1【答案】ACD【分析】對于A，利用賦值法即可判斷；對于B，利用賦值法與函數(shù)奇偶性的定義即可判斷；對于C，利用換元法結(jié)合fx的奇偶性即可判斷；對于D，先推得fx的一個周期為6，再依次求得f1【詳解】對于A，因為fx+y令x=y=0，則f0f0=f對于B，因為fx的定義域為R令x=0，則fyf?y=f所以fx對于C，因為f2x+32令?t=?2x+32，則2x=t+3令t=?2x+32，則2x=?t+3又fx為奇函數(shù)，故f所以ft+3=?f?t+3對于D，由選項C可知ft+3所以ft+6=?ft+3因為f1=3對于ft令t=2，得f2=f1令t=3，得f3=f0令t=4，得f4令t=5，得f5令t=6，得f6所以f1又2023=337×6+1，所以由fxi=12023故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解題的關(guān)鍵在于利用賦值法與函數(shù)奇偶性的定義推得fx的奇偶性，再結(jié)合題設(shè)條件推得f【題型10函數(shù)導(dǎo)數(shù)新考點】【例10】（多選）（2022·山東菏澤·統(tǒng)考一模）對圓周率π的計算幾乎貫穿了整個數(shù)學(xué)史．古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96邊形得到著名的近似值：227．我國數(shù)學(xué)家祖沖之（430—501）得出近似值355113，后來人們發(fā)現(xiàn)π?355113<10?6，這是一個“令人吃驚的好結(jié)果”．隨著科技的發(fā)展，計算π的方法越來越多．已知π=3.141592653589793238462643383279502?，定義fnn∈N的值為π的小數(shù)點后第n個位置上的數(shù)字，如f1=1，fA．A1=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9C．對?k∈N?,1∈A【答案】AC【分析】對于A：根據(jù)定義，直接求出A1對于B：根據(jù)定義，直接求出f3n的值域為對于C：求出fk+1對于D：求出k=10時，f9n的值域為【詳解】對于A：由題意，集合Ak為函數(shù)fknn∈N的值域，所以集合所以由f1n=fn可得：f11=f1=1，f16=f6=2，f19=f對于B：由題意，集合Ak為函數(shù)fknn∈N的值域，所以集合規(guī)定f0=3．記f1所以f3n=f2fn因為ff8所以f20f22f24f26f28=f1f8對于C：因為f1=1，所以fk+1對于D：由C的推導(dǎo)可知：fk+1因為f1n=f所以f10n=f9fn因為ff8所以fff92=f94=f96f98即k=10時，f10n的值域為故選：AC【點睛】數(shù)學(xué)中的新定義題目解題策略：(1)仔細閱讀，理解新定義的內(nèi)涵；(2)根據(jù)新定義，對對應(yīng)知識進行再遷移.【變式10-1】（2024·高三·期末）（多選）在平面直角坐標(biāo)系中，將函數(shù)f(x)的圖象繞坐標(biāo)原點逆時針旋轉(zhuǎn)α?(0<α≤90°)后，所得曲線仍然是某個函數(shù)的圖象，則稱f(x)為“α旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.那么（A．存在90°旋轉(zhuǎn)函數(shù)B．80°旋轉(zhuǎn)函數(shù)一定是70°旋轉(zhuǎn)函數(shù)C．若g(x)=ax+1x為45°D．若?(x)=bxex為【答案】ACD【分析】對A，舉例說明即可；對B，舉反例判斷即可；根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合“α旋轉(zhuǎn)函數(shù)”的定義逐個判斷即可；對CD，將45°旋轉(zhuǎn)函數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)與任意斜率為1的函數(shù)最多一個交點，再聯(lián)立函數(shù)與直線的方程，分析零點個數(shù)判斷即可.【詳解】對A，如y=x滿足條件，故A正確；對B，如傾斜角為20°的直線是80°旋轉(zhuǎn)函數(shù)，不是70°旋轉(zhuǎn)函數(shù)，故B錯誤；對C，若g(x)=ax+1x為45°旋轉(zhuǎn)函數(shù)，則根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)可得，g(x)=ax+1x逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，不存在與x軸垂直的直線，使得直線與函數(shù)有1個以上的交點.故不存在傾斜角為45°的直線與g(x)=ax+1x的函數(shù)圖象有兩個交點.即y=x+bb∈當(dāng)a=1時，?bx+1=0最多1個解，滿足題意；當(dāng)a≠1時，a?1x2?bx+1=0的判別式Δ=b2?4對D，同C，?(x)=bxex與y=x+aa∈R的交點個數(shù)小于等于1，即對任意的a，a=又g'1=?1，故b即y=ex圖象在y=?bx?1上方，故?b≥0當(dāng)y=ex與y=?bx?1相切時，可設(shè)切點x0,ex0，對y=ex求導(dǎo)有故選：ACD【變式10-2】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）為了激發(fā)同學(xué)們學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的熱情，某學(xué)校開展利用數(shù)學(xué)知識設(shè)計LOGO的比賽，其中某位同學(xué)利用函數(shù)圖像的一部分設(shè)計了如圖的LOGO，那么該同學(xué)所選的函數(shù)最有可能是（

）A．fx=x?sinx B．fx=【答案】B【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究各函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合奇偶性判斷函數(shù)圖象，即可得答案.【詳解】A：f'(x)=1?cosB：f'在(?2π,?π)上f'(x)<0，在(?π所以f(x)在(?2π,?π)、C：由f(?x)=(?x)2?所以題圖不可能在y軸兩側(cè)，研究(0,+∞)上性質(zhì)：f'D：由f(?x)=sin研究(0,+∞)上性質(zhì)：f'(x)=cos所以f(x)在R上遞增，不符合；故選：B【變式10-3】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）如圖是古箏鳴箱俯視圖，鳴箱有多根弦，每根弦下有一只弦碼，弦碼又叫雁柱，用于調(diào)節(jié)音高和傳振．圖2是根據(jù)圖1繪制的古箏弦及其弦碼簡易直觀圖．在直觀圖中，每根弦都垂直于x軸，左邊第一根弦在y軸上，相鄰兩根弦間的距離為1，弦碼所在的曲線（又稱為雁柱曲線）方程為y=1.1x，第n（n∈N，第0根弦表示與y軸重合的弦）根弦分別與雁柱曲線和直線l:y=x+1交于點Anxn,ynA．814 B．900 C．914 D．1000【答案】C【分析】根據(jù)題意，有yn=1.1n，【詳解】根據(jù)題意，第n根弦分別與雁柱曲線y=1.1x和直線l:y=x+1交于點An(xn，則yn=1.1n，設(shè)Tn=n=020則1.1Tn①-②可得：?0.1=10×(1.1Tn故n=020故選：C【變式10-4】（2024·江西省吉安市·高三模擬）（多選）定義：對于定義在區(qū)間I上的函數(shù)f(x)和正數(shù)α(0<α≤1)，若存在正數(shù)M，使得不等式fx1?fx2≤Mx1?x2A．函數(shù)f(x)=x在[1,+∞)B．若函數(shù)f(x)=xlnx在[1,e]C．若函數(shù)f(x)在[a,b]上滿足M=k(0<k<1)的一階李普希茲條件，且方程f(x)=x在區(qū)間[a,b]上有解x0，則x0是方程f(x)=x在區(qū)間D．若函數(shù)f(x)在[0,1]上滿足M=1的一階李普希茲條件，且f(0)=f(1)，則對任意函數(shù)f(x)，?x1【答案】ACD【分析】根據(jù)李普希茲條件的概念直接可以判斷AB選項，再利用反證法判斷C選項，通過分類討論可判斷D選項.【詳解】A選項：不妨設(shè)x1>x2，∴fx1?fxB選項：不妨設(shè)x1>x2，∵fx=xlnx在1,e單調(diào)遞增，∴fx1?fx2=fx1?fx2，∴fx1?fx2C選項：假設(shè)方程fx=x在區(qū)間a,b上有兩個解x0，t，則fD選項：不妨設(shè)x1>x2，當(dāng)x1?≤1?x1+x2故選：ACD【題型11不等式新考點】【例11】（2020下·浙江溫州·高三溫州中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知正實數(shù)x,y,z>0，則A=maxx,1【答案】22【解析】分類討論，結(jié)合均值不等式，注意取等驗證是否滿足即可．【詳解】（1）若x≥1y,2x≥y時，即若x>1y,y>2x若1y>x,2x>y時，即0<xy<1所以A=1綜上可知A的最小值為22(2)當(dāng)z≥3x時，B≥x+2當(dāng)z≤3x時，B≥x+3綜上所述，B≥25，z=故答案為：22，2【點睛】本題考查代數(shù)式的最值求法，考涉及均值不等式及分類討論思想，屬于中檔題．【變式11-1】【2024九省聯(lián)考】以maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).設(shè)0<a<b<c<1，已知b≥2a或a+b≤1，則maxb?a,c?b,1?c【答案】1【分析】法一：當(dāng)b≥2a，由不等式性質(zhì)得b2當(dāng)a+b≤1，由不等式性質(zhì)得b?a≥2b?1，再根據(jù)定義得出最小值.法二：記max{b?a,c?b,1?c}=A，討論b2≥1?b法三：當(dāng)b≥2a，由不等式性質(zhì)得b2當(dāng)a+b≤1，由不等式性質(zhì)得b?a≥2b?1，再根據(jù)定義得出最小值.【解析】法一：若b≥2a，則max當(dāng)且僅當(dāng)b?a=c?b=1?c且b=2a，即a=1若a+b≤1，則max當(dāng)且僅當(dāng)b?a=c?b=1?c且a+b=1，即a=2法二：解：記max{b?a,c?b,1?c}=A，則A≥b?a>0,A≥c?b>0,A≥1?c>0又b≥2a，或a+b≤1，∴a≤b2，或①當(dāng)b2≥1?b，即23≤b<1時，②當(dāng)b2<1?b，即0<b<2A≥2b?1,4A+A≥2(c?b+1?c)+(2b?1)=1,A≥1當(dāng)1?b=a2b?1=c?b=1?c,即a=綜上，Amin=15，即法三：解：記max{b?a,c?b,1?c}=A.則A≥b?a,A≥c?b,A≥1?c3A≥(b?a)+(c?b)+(1?c),a≥1?3A.2A≥(c?b)+(1?c)=1?b,b≥1?2A.①若b≥2a，則由A≥b?a得A≥b?a≥a≥1?3A，A≥1?3A,A≥1②若a+b≤1，則1?2A≤b≤1?a≤1?(1?3A)=3A，1?2A≤3A,A≥1且當(dāng)a=25,b=綜上，Amin=15，即【變式11-2】（2024·浙江寧波·高三期末）設(shè)實數(shù)x，y滿足x>32，y>3，不等式k2x?3y?3≤8A．12 B．24 C．23 D．【答案】B【分析】令a=2x?3>0，b=y?3>0，不等式變形為4x2y?3【詳解】x>32，y>3，變形為令a=2x?3>0，則k2x?3k≤8x3其中4

=12當(dāng)且僅當(dāng)a=3,b=3ba=a故選：B【點睛】思路點睛：不等式恒成立問題，先分離參數(shù)后，然后利用基本不等式求最值.利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數(shù)；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.【變式11-3】（2018·河南·高三競賽）已知a、b、c均為正數(shù)，則min1【答案】2

【詳解】記M=min1a,2b,于是M3≤8abc又

M≤3abc由①②可得M≤2M，所以M≤2，即M【變式11-4】（2018·全國·高三競賽）設(shè)非負實數(shù)x、y、z滿足x+y+z=1．則t=9+【答案】37【詳解】首先，4+y則t≥9+當(dāng)且僅當(dāng)z=12y=【變式11-5】（2023·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)fx,y,z=x2y?z1+x+3y+y2z?x1+y+3z+z【答案】最大值為17，最小值為【分析】方法一：利用對稱輪換式，要求fx,y,z的最大值和最小值，本題可轉(zhuǎn)化為證明0≤fx,y,z≤【詳解】[方法一]：先證fx,y,z≤1f由柯西不等式：∑x因為∑x1+x+3y從而∑x1+x+3y≥當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=1再證fx,y,z≥0當(dāng)事實上，f=xy=7xyz故fx,y,z≥0，當(dāng)且僅當(dāng)[方法二]：先證fx,y,z≤1f由柯西不等式：∑x因為∑x1+x+3y從而∑x1+x+3y≥當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z=1本不等式是輪換對稱的，可設(shè)z=minf(x,y,0)=2xy下設(shè)x,y≥z>0，由(*)式，要證f≥0，只要證∑注意到12z即2x+4y而由Cauchy不等式，可得x即(2)成立，從而f≥0，故fmin=0，當(dāng)【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查三元函數(shù)最值的求解，解本題的關(guān)鍵在于靈活使用柯西不等式，注意到代數(shù)式的對稱性，利用輪換結(jié)合柯西不等式證明出0≤fx,y,z【題型12立體幾何小題新考點】【例12】（2024·浙江省溫州·高三）（多選）“牟合方蓋”是由我國古代數(shù)學(xué)家劉徽首先發(fā)現(xiàn)并采用的一種用于計算球體體積的方法，當(dāng)一個正方體用圓柱從縱橫兩側(cè)面作內(nèi)切圓柱體時，兩圓柱體的公共部分即為“牟合方蓋”，他提出“牟合方蓋”的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積比為定值．南北朝時期祖暅提出理論：“緣冪勢既同，則積不容異”，即“在等高處的截面面積總是相等的幾何體，它們的體積也相等”，并算出了“牟合方蓋”和球的體積．其大體思想可用如圖表示，其中圖1為棱長為2r的正方體截得的“牟合方蓋”的八分之一，圖2為棱長為2r的正方體的八分之一，圖3是以底面邊長為r的正方體的一個底面和底面以外的一個頂點作的四棱錐，則根據(jù)祖暅原理，下列結(jié)論正確的是：（

）A．若以一個平行于正方體上下底面的平面，截“牟合方蓋”，截面是一個圓形B．圖2中陰影部分的面積為?C．“牟合方蓋”的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積比為πD．由棱長為2r的正方體截得的“牟合方蓋”體積為16【答案】BCD【分析】根據(jù)“牟盒方蓋”的定義、祖暅原理及幾何體的體積公式計算可得.【詳解】由于牟盒方蓋可以由兩個直徑相等且相互垂直的圓柱體相交得到的，故只要用水平面去截它們，那么所得的截面為正方形，故A錯誤；根據(jù)祖暅原理，圖2中正方體與“牟合方蓋”的八分之一之間空隙的截面面積與圖3中正四棱錐中陰影部分的面積相等，故B正確；由于牟盒方蓋可以由兩個直徑相等且相互垂直的圓柱體相交得到的，存在內(nèi)切球，且只要用水平面去截它們，那么所得的正方形和圓，也是相切在一起的，對于直徑為2r的球和高為2r的牟合方蓋來說，使用同一高度處的水平面來截它們，所得的截面積之比正好總是相切的圓和正方形的面積之比，也就是π:4由圖中正方體與牟合方蓋的八分之一之間空隙的體積與正四棱錐體的體積相等；而正四棱錐體的體積為V倒棱錐所以八分之一牟合方蓋的體積等于正方體的體積減去正四棱錐的體積V1從而得到整個牟合方蓋的體積為8×2故選：BCD．【變式12-1】（2024·高三期末）如圖，將正四棱臺切割成九個部分，其中一個部分為長方體，四個部分為直三棱柱，四個部分為四棱錐．已知每個直三棱柱的體積為3，每個四棱錐的體積為1，則該正四棱臺的體積為（

）

A．36 B．32C．28 D．24【答案】C【分析】設(shè)每個直三棱柱高為a，每個四棱錐的底面都是正方形，設(shè)每個四棱錐的底面邊長為b，設(shè)正四棱臺的高為?，可得出12ab?=31【詳解】設(shè)每個直三棱柱高為a，每個四棱錐的底面都是正方形，設(shè)每個四棱錐的底面邊長為b，設(shè)正四棱臺的高為?，因為每個直三棱柱的體積為3，每個四棱錐的體積為1，則12ab?=313b所以，該正四棱臺的體積為V=a故選：C.【變式12-2】（2024·高三期末）已知直線BC垂直單位圓O所在的平面，且直線BC交單位圓于點A，AB=BC=1，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則（）A．有且僅有一點P使二面角B?l?C取得最小值B．有且僅有兩點P使二面角B?l?C取得最小值C．有且僅有一點P使二面角B?l?C取得最大值D．有且僅有兩點P使二面角B?l?C取得最大值【答案】D【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再構(gòu)造輔助函數(shù)，最后用導(dǎo)數(shù)求最值方法判斷．【詳解】過A作AM⊥l于M，連接MB、MC，如圖所示，因為直線BC垂直單位圓O所在的平面，直線l在平面內(nèi)，且直線BC交單位圓于點A，所以AC⊥l，AM,AC?平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，MC,MB?平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，所以∠BMC是二面角B?l?C的平面角，設(shè)∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，則θ=α?β，由已知得t∈0,2，AB=BC=1tanα=2t，tan令ft=t當(dāng)t∈0,2時，f't>0，ft單調(diào)遞增，當(dāng)f所以t∈0,2，當(dāng)t=2時，即當(dāng)t=2時tanθ取最大值，從而由對稱性知當(dāng)t=2時，對應(yīng)P所以有且僅有兩點P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．故選：D．【變式12-3】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）表面積為4π的球內(nèi)切于圓錐，則該圓錐的表面積的最小值為（

A．4π B．8π C．12π【答案】B【分析】求出圓錐內(nèi)切球的半徑，設(shè)圓錐頂點為A，底面圓周上一點為B，底面圓心為C，內(nèi)切球球心為D，內(nèi)切球切母線AB于E，底面半徑BC=R>1，∠BDC=θ，則tanθ=R，求出S=【詳解】設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為r，則4πr2設(shè)圓錐頂點為A，底面圓周上一點為B，底面圓心為C，內(nèi)切球球心為D，軸截面如下圖示，內(nèi)切球切母線AB于E，底面半徑BC=R>1，∠BDC=θ，則tanθ=R又∠ADE=π?2θ，故又tan2θ=2tan故該圓錐的表面積為S=π令t=R2?1>0所以S=2（當(dāng)且僅當(dāng)t=1時等號成立）所以該圓錐的表面積的最小值為8π故選：B

【變式12-4】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）（多選）在空間直角坐標(biāo)系中，有以下兩條公認事實：（1）過點P0x0,y0,（2）過點Px0,y0,z現(xiàn)已知平面α:x+2y+3z=6，l1:2x?y=13y?2z=1，l2A．l1//α B．l2//α【答案】CD【分析】根據(jù)公認事實求出直線的方向向量與平面的法向量，用空間向量判斷它們之間的位置關(guān)系.【詳解】平面α:x+2y+3z=6，則平面法向量為v=對l1:2x?y=13y?2z=1，則6x?3=3y=2z+1，即x?1216=y13=對l2:x=y=2?z，即x1=y1=z?2?1，所以l2過點0,0,2，方向向量為對l3:x?15=y?4因為v?u3=1,2,3?5,?4,1=5?8+3=0，所以v⊥u3，所以l故選：CD【題型13統(tǒng)計概率小題新考點】【例13】（2024·浙江省溫州）在研究急剎車的停車距離問題時，通常假定停車距離等于反應(yīng)距離（d1，單位：m）與制動距離（d2，單位：m）之和.如圖為某實驗所測得的數(shù)據(jù)，其中“KPH”表示剎車時汽車的初速度v（單位：km/h）.根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可以推測，下面四組函數(shù)中最適合描述d1，d2與A．d1=αv，d2=βvC．d1=αv，d2=βv【答案】B【分析】設(shè)d1v=f【詳解】設(shè)d1v=f由圖象知，d1v=fv過點40,8.5，50,10.3，60,12.5，70,14.6，80,16.7，90,18.7，100,20.8，110,22.9，120,25，130,27.1，140,29.2，150,31.3，160,33.3，作出散點圖，如圖1.由圖1可得，d1與v呈現(xiàn)線性關(guān)系，可選擇用dd2v=gv過點40,8.5，50,16.2，60,23.2，70,31.4，80,36，90,52，100,64.6，110,78.1，120,93，130,108.5，140,123，150,144.1，160,164.3，作出散點圖，如圖2.由圖2可得，d2與v呈現(xiàn)非線性關(guān)系，比較之下，可選擇用d故選：B.【變式13-1】（2024·河北省·高三模擬）現(xiàn)有甲、乙兩組數(shù)據(jù)，每組數(shù)據(jù)均由六個數(shù)組成，其中甲組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為3，方差為5，乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為5，方差為3．若將這兩組數(shù)據(jù)混合成一組，則新的一組數(shù)據(jù)的方差為（

）A．3.5 B．4 C．4.5 D．5【答案】D【分析】利用平均數(shù)和方差公式可求得新數(shù)據(jù)的方差.【詳解】設(shè)甲組數(shù)據(jù)分別為x1、x2、?、x6，乙組數(shù)據(jù)分別為x7、x8甲組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為16i=16xi=3，可得乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為16i=712xi=5，可得混合后，新數(shù)據(jù)的平均數(shù)為112方差為1==1故選：D.【變式13-2】（2022下·山西運城·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）已知n為滿足T=a+C20221+C20222+C【答案】?10【分析】分析可得T=9?1674+a?1，利用二項式定理的展開式可求得正整數(shù)a的最小值，可得出n的值，然后寫出x2?x+2【詳解】T=a+=9674?C6741?因為a≥3，則正整數(shù)a的最小值為9，即n=9，x?19展開式的通項為T因為x2在x2Tr+1=C在xTm+1=C9在2Tk+1=2所以，展開式中含x10的項的系數(shù)為?故答案為：?10.【變式13-3】（2022·貴州·高二統(tǒng)考競賽）如圖，“愛心”是由曲線C1:x2+y2【答案】3【詳解】解法1．區(qū)域Ω的面積為S=4愛心面積SA=π×∴P=S故答案為：3π4π+4解法2．在圖中的陰影部分面積S陰影所以愛心面積為π×12+2π故答案為：3π4π+4【變式13-4】（2018·全國·高三競賽）設(shè)n為正整數(shù).從集合1,2,?,2015中任取一個正整數(shù)n恰為方程n2=n【答案】1007【詳解】當(dāng)n=6kk∈Z+時，n滿足題中方程的n為6，12，…，2010，共335個；當(dāng)n=6k?5k∈Z+n3滿足題中方程的n為1，7，13，…，2011，共336個；當(dāng)n=6k?4k∈Z+n3滿足題中方程的n不存在；當(dāng)n=6k?3k∈Z+n3滿足題中方程的n為3，9，15，…，2013，共336個；當(dāng)n=6k?2k∈Z+n3滿足題中方程的n不存在；當(dāng)n=6k?1k∈Z+n3滿足題中方程的n不存在.因此，從集合1,2,?,2015中任取一個正整數(shù)n恰為題中方程的解的概率為335+336+336【題型14三角函數(shù)小題新考點】【例14】（2024浙江省溫州高三）已知函數(shù)fx=asin2x+bcos2xab≠0的圖象關(guān)于直線x=π6對稱，若存在xA．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】首先利用輔助角公式和對稱軸方程可得a=3b，計算出fx的值域為?2b,2b，根據(jù)題意可得fx【詳解】由fxfx=a又因為fx的圖象關(guān)于直線x=π6解得φ=π6+k可得tanφ=ba=由正弦函數(shù)值域可得f若要求滿足fx1?f只需滿足fxn?1?f所以當(dāng)且僅當(dāng)fx即fx所以n?1=6，得n=7，即n的最小值為7.故選：B【變式14-1】（2024·遼寧重點高中·高三模擬）（多選）已知對任意角α，β均有公式sin2α+sin2β=2sinα+βcosα?β.設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C滿足sin2A+sinA?B+C=sinC?A?B+12.面積S滿足A．sinAsinBC．8≤abc≤162 D．【答案】CD【分析】結(jié)合已知sin2α+sin2β=2sinα+βcosα?β對sin2A+sinA?B+C=sinC?A?B+12進行變形化簡即可得sinAsinB【詳解】∵△ABC的內(nèi)角A、B、C滿足sin2A+∴sin2A+sinπ?2B∴sin2A+由題可知，sin2α+∴2sin∴2∴2sin∴有sinA設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，由正弦定理可知，asin∴S=1∴R∈2,22，∴abc=8Rbcb+c故選：CD．【變式14-2】（2024·江蘇南通·高三模擬）（多選）若函數(shù)fx=2sinA．fxB．fx的圖像關(guān)于直線x=C．fxD．fx的單調(diào)遞減區(qū)間為【答案】BCD【分析】先求出fx的定義域，再對四個選項一一驗證：對于A：利用定義法判斷出fx的最小正周期；對于B：由fπ2?x=fx【詳解】由sinx>0,cosx>0得f對于A：當(dāng)x∈0,π2時，x+π∈π,32對于B：又fπ2?x=2cos2x?對于C：因為fx=sin2x?由g't>0得，12<t<1.g't<0得0<t<12.所以gt對于D：因為gt在0,12上單調(diào)遞減，在12,1上單調(diào)遞增，由t=sin2x，令0<sin因為t=sin2x在2kπ,同理函數(shù)的遞增區(qū)間為π4故選：BCD.【變式14-3】（2024·江蘇南通·高三模擬）函數(shù)f(x)=32sin【答案】4913##【分析】借助三角函數(shù)基本關(guān)系與基本不等式計算即可得.【詳解】由sin2故f(x)==9由sin2x∈0,1，故6f(x)==≥1當(dāng)且僅當(dāng)910?6sin2故答案為：4913【變式14-4】（2024·河北省·高三模擬）蚊香具有悠久的歷史，我國蚊香的發(fā)明與古人端午節(jié)的習(xí)俗有關(guān).如圖為某校數(shù)學(xué)社團用數(shù)學(xué)軟件制作的“蚊香”.畫法如下：在水平直線上取長度為1的線段AB，作一個等邊三角形ABC，然后以點B為圓心，AB為半徑逆時針畫圓弧交線段CB的延長線于點D（第一段圓弧），再以點C為圓心，CD為半徑逆時針畫圓弧交線段AC的延長線于點E，再以點A為圓心，AE為半徑逆時針畫圓弧……以此類推，當(dāng)?shù)玫降摹拔孟恪鼻『糜?5段圓弧時，“蚊香”的長度為（

）

A．44π B．64π C．70π【答案】D【分析】利用扇形弧長公式及等差數(shù)列求和公式計算即可.【詳解】由題意每段圓弧的中心角都是2π則第n段圓弧的半徑為n，弧長記為an，則a所以S15故選：D．【變式14-5】（2024·浙江·高三期末）已知0<x1<x2<xA．tanx1x1<tanx3x【答案】C【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出曲線f(x)在點(x1,sinx1),(x2,sin【詳解】由題意知，f'(x)=cos所以曲線f(x)在點(xy?sin因為切線均過原點，所以sinx即x1=tan由tanx1x1=tanx設(shè)A(x1,由正切函數(shù)圖象性質(zhì)kAD<kEC，得又x2?π即x1π+故選：C【點睛】關(guān)鍵點點睛：證明選項CD的關(guān)鍵是根據(jù)tanxi=【題型15實際應(yīng)用相關(guān)新考點】【例15】（2024·浙江溫州·高三）著名數(shù)學(xué)家、物理學(xué)家牛頓曾提出：物體在空氣中冷卻，如果物體的初始溫度為θ1°C，空氣溫度為θ0°C，則t分鐘后物體的溫度θ（單位：°C）滿足：θ=θ0+θ1?A．16分鐘 B．18分鐘 C．20分鐘 D．22分鐘【答案】D【分析】由已知條件得出θ0=30，θ1=90，θ=50，代入等式【詳解】由題知θ0=30，θ1=90，θ=50，所以，所以，?0.05t=ln13故選：D.【變式15-1】（2024上·河南·高三校聯(lián)考期末）據(jù)科學(xué)研究表明，某種玫瑰花新鮮程度y與其花朵凋零時間t（分鐘）（在植物學(xué)上t表示從花朵完全綻放時刻開始到完全凋零時刻為止所需的時間）近似滿足函數(shù)關(guān)系式：y=b?2t10（b為常數(shù)），若該種玫瑰花在凋零時間為10分鐘時的新鮮程度為110，則當(dāng)該種玫瑰花新鮮程度為A．3分鐘 B．30分鐘 C．33分鐘 D．35分鐘【答案】C【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合待定系數(shù)法，求出b的值，再將y=1【詳解】由題意得110=2b，則b=120，令12故選：C．【變式15-2】（2024上·北京房山·高三統(tǒng)考期末）保護環(huán)境功在當(dāng)代，利在千秋，良好的生態(tài)環(huán)境既是自然財富，也是經(jīng)濟財富，關(guān)系社會發(fā)展的潛力和后勁.某工廠將生產(chǎn)產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過過濾后排放，已知過濾過程中的污染物的殘留數(shù)量P（單位：毫米/升）與過濾時間t（單位：小時）之間的函數(shù)關(guān)系為P=P0?e?kt(t≥0)，其中k為常數(shù)，k>0，A．12% B．10% C．9%【答案】A【分析】根據(jù)題意可得P0?e?9k=【詳解】因為前9個小時廢氣中的污染物恰好被過濾掉80%，所以P0?e?9k再繼續(xù)過濾3小時，廢氣中污染物的殘留量約為P0故選：A.【變式15-3】（2023上·寧夏銀川·高三寧夏育才中學(xué)校考階段練習(xí)）“開車不喝酒，喝酒不開車．”，飲酒駕駛和醉酒駕駛都是根據(jù)駕駛?cè)藛T血液、呼氣酒精含量來確定，經(jīng)過反復(fù)試驗，一般情況下，某人喝一瓶啤酒后血液中的酒精含量值fx隨著時間x（小時）的變化規(guī)律，可以用函數(shù)模型fx=40sin駕駛行為類別酒精含量值（mg/100mL）飲酒駕駛≥20,<80醉酒駕駛≥80A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】可結(jié)合分段函數(shù)建立不等式90e【詳解】對于f(x)=40由0≤x<2，則0≤π3x<當(dāng)x∈(32,2)所以，該人喝一瓶啤酒后的2個小時內(nèi)，其血液酒精含量可能大于20，則駕車只能在2個小時之后，令n≥290?e?0.5n解得n>2ln∵n∈N?，故選：B.【變式15-4】（2024·山東青島·高三期末）1551年奧地利數(shù)學(xué)家?天文學(xué)家雷蒂庫斯在《三角學(xué)準(zhǔn)則》中首次用直角三角形的邊長之比定義正割和余割，在某直角三角形中，一個銳角的斜邊與其鄰邊的比，叫做該銳角的正割，用sec（角）表示；銳角的斜邊與其對邊的比，叫做該銳角的余割，用csc（角）表示，則csc10°?A．3 B．23 C．4 【答案】C【分析】根據(jù)給定的定義，利用銳角三角函數(shù)的定義轉(zhuǎn)化為角的正余弦，再利用二倍角公式、輔助角公式求解作答.【詳解】依題意，10°由銳角三角函數(shù)定義及已知得csc10所以csc10°?3sec故選：C【題型16三角函數(shù)解答題新考點】【例16】（2024·高三·期末）設(shè)0<x<π(1)若tanx=12(2)證明：tanx?x(3)若tanx+2sinx?ax>0【答案】(1)1(2)證明見解析(3)a≤3【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系計算即可；（2）先利用導(dǎo)數(shù)證：x?sinx>0，再利用導(dǎo)數(shù)研究（3）構(gòu)造函數(shù)fx=tanx+2sin【詳解】（1）由二倍角公式及同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系可知：cos=（2）證明：先證當(dāng)0<x<π2時，令mx=x?sinx，則∴mx=x?sinx在即當(dāng)0<x<π2時，要證tanx?xx?sinx令φx=tan則φ'（或1cos2x而x∈0,π2，則0<∴在φx在0,π2即tan∴當(dāng)0<x<π2時，（3）令fx=tanx+2sinx?ax，令t=cosx，則t在x∈0,π2而g't=?2t3+2<0，∴g∴f'（i）當(dāng)3?a≥0，即a≤3時，f'x≥0恒成立，所以f∴fx>0，（ii）當(dāng)3?a<0，即a>3時，f'∴存在x0∈∴當(dāng)x∈0,x0時，f'x綜上知，a≤3.【變式16-1】（2024·河北省·高三模擬）已知定義域為R的函數(shù)?x滿足：對于任意的x∈R，都有?x+2π=?x(1)判斷函數(shù)fx=2x,gx(2)已知函數(shù)fx=sinωx+φ32<ω<52(3)設(shè)函數(shù)fx具有性質(zhì)P，且在區(qū)間0,2π上的值域為f0,f2π.函數(shù)gx【答案】(1)函數(shù)fx=2x具有性質(zhì)P；gx(2)ω=2，φ=0(3)證明見解析【分析】（1）利用定義判斷即可；（2）假設(shè)函數(shù)fx具有性質(zhì)P，可求出φ=0，進而可得ω=2，從而可得f（3）由函數(shù)fx具有性質(zhì)P及（2）可知，f(0)=0，進而可得fx在0,2π的值域為0,kπ，k∈Z且k>0，由gx在區(qū)間0,2π上有且只有一個零點可證明當(dāng)k>2時不符合題意，再求解當(dāng)k=1【詳解】（1）因為f