2024新題型02 新高考新結構競賽題型十五大考點匯總（解析版）

學科網（北京）股份有限公司學科網（北京）股份有限公司學科網（北京）股份有限公司學科網（北京）股份有限公司新題型02新高考新結構競賽題型十五大考點匯總高考數(shù)學中會出現(xiàn)與競賽相關的考點，本專題主要針對高考中的競賽考點進行分類歸納【題型1集合中的競賽考點】【例1】（2022·新疆·競賽）設集合3a+b【答案】7-2【詳解】由1≤a≤b≤4知，3a當a=1,b=4時，得最大元素M=7，又3a+b≥3a+a≥2因此，M?N=7?23故答案為：7?23【變式1-1】（2022·浙江·競賽）已知集合A=xx【答案】4【詳解】n=1時，A=0,1n=2時，A=2n≥3時，n2∴n∴n=4.故答案為：4.【變式1-2】（2021·全國·高三競賽）已知集合M={1,2,3,?,1995}，A是M的子集，當x∈A時，19x?A，則集合A元素個數(shù)的最大值為．【答案】1895【詳解】解析：先構造抽屜：{6,114},{7,133},?,{105,1995},{1,2,3,4,5,106,107,?,1994}．使前100個抽屜中恰均只有2個數(shù)，且只有1個數(shù)屬于A，可從集合M中去掉前100個抽屜中的數(shù)，剩下1995?100×2=1795個數(shù)，作為第101個抽屜．現(xiàn)從第1至100個抽屜中取較大的數(shù)，和第101個抽屜中的數(shù)，組成集合A，于是A={1,2,3,4,5,106,107,?,1995}，滿足A包含于M，且當x∈A時，19x?A．所以card(A)的最大值為1995?100=1895．故答案為：1895.【變式1-3】（2020·江蘇·高三競賽）設n∈N?，歐拉函數(shù)φn表示在正整數(shù)1，2，3，…，n中與n互質的數(shù)的個數(shù)，例如1，3都與4互質，2，4與4不互質，所以φ【答案】800【詳解】解析：法一：因為2020=2故能被2整除的數(shù)有1010個，能被5整除的數(shù)有404個，能被101整除的數(shù)有20個，既能被2整除又能被5整除的數(shù)有202個，既能被2整除又能被101整除的數(shù)有10個，既能被5整除又能被101整除的數(shù)有4個，既能被2整除又能被5和101整除的數(shù)有2個．故與2020不互質的有1010+404+20?202?10?4+2=1220，則φ2020故答案為：800.法二：φ2020故答案為：800.【變式1-4】（2021·全國·高三競賽）設集合A={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，滿足下列性質的集合稱為“翔集合”：集合至少含有兩個元素，且集合內任意兩個元素之差的絕對值大于2.則A的子集中有個“翔集合”.【答案】49【分析】設出集合{1,2,3,?,n}中滿足題設性質的子集個數(shù)為an，寫出a2=a3=0,a【詳解】設集合{1,2,3,?,n}中滿足題設性質的子集個數(shù)為an，則a2=a3=0,a4=1.當n>4時，可將滿足題設性質的子集分為如下兩類：一類是含有n的子集，去掉n后剩下小于n?2的單元子集或者是{1,2,3,?,n?3}滿足題設性質的子集，前者有n?3個，后者有an?3個；另一類是不含有n的子集，此時恰好是故答案為：49【點睛】本題的難點是用數(shù)列的思想來考慮，設集合{1,2,3,?,n}中滿足題設性質的子集個數(shù)為an，寫出a【題型2函數(shù)中的競賽考點】【例2】（2018·吉林·高三競賽）已知fx=2A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【詳解】fx的圖象關于（0，1）對稱，故M+N=f故答案為B【變式2-1】（2018·吉林·高三競賽）已知函數(shù)fx滿足：f1=14，4fA．12 B．-12 C．14【答案】B【詳解】取x=1，y=0，得f0取x=1，y=1，得4f21取x=2，y=1，得4f1f2取x=n，y=1，有f同理，fn+1聯(lián)立得fn+2=?fn?1所以周期為6，故f2019故答案為B【變式2-2】（2022·新疆·競賽）已知f(x)=【答案】-【詳解】令g(x)=f(x)?1011，易得g(原不等式等價于g(2x+1)+g(x)>0?g(2x+1)>g(?x)．所以2x+1>?x?x>?1故答案為：?1【變式2-3】（2022·廣西·統(tǒng)考競賽）設y=fx是嚴格單調遞增的函數(shù)，其反函數(shù)為y=gx．設x1，x【答案】2【詳解】fx且fx故x1=g于是x1故答案為：2.【變式2-4】（2021·浙江金華·高三浙江金華第一中學?？几傎悾┰Ox>0，平面向量AB=0,1，BC=1,2，CD=【答案】1【詳解】由于AC=則AC?故log3x=?2,從而故答案為：19【題型3函數(shù)與方程中的競賽考點】【例3】（2021·全國·高三競賽）已知s?t是關于x的整系數(shù)方程ax2+bx+c=0(a>0)的兩根，1<s<t<2【答案】?4【詳解】設f(x)=a(x?s)(x?t)，則f(x)=ax因為f(1),f(2)∈Z，所以f(1)?f(2)≥1，所以a2又因為(s?1)(2?s)≤14,(t?1)(2?t)≤14，所以a當a=5時，f(1)?f(2)=25(s?1)(t?1)(2?s)(2?t)∈1,2516所以f(1)=f(2)=1.于是f(x)=5x2?15x+11【變式3-1】（2021·全國·高三競賽）實數(shù)x、y滿足4y【答案】x>y/y<x【分析】比較x、y的大小關系，在等式中比較x、y的大小關系，利用假設法結論正確的答案，結論錯誤則結果與假設的相反.【詳解】假設x≤y．由①知16y?9y=13x，由于13x≤13y，則13y≥16y?9由②知，7x+11y=13x類似上面有x>2．于是x>y與x≤y矛盾故x>y．故答案為：x>y.【變式3-2】（2021·全國·高三競賽）若f(x)=x6?2【答案】2020【詳解】研究二次方程x2?22019即(x?和(x?2020因此x0f(x)=x故f(2019故答案為：2020.【變式3-3】（2023·全國·高三對口高考）方程4+4x?x【答案】1【分析】將等式兩邊平方，整理得到x2x2【詳解】由4+4x?x2=整理得x2x2?6x+6=0，解得x=0又4+4x?x2=2?xx?1所以方程4+4x?x2=故答案為：1．【變式3-4】（2021·全國·高三競賽）方程(x?1)(x?4)(x?9)(x+1)(x+4)(x+9)【答案】5【詳解】解析：易知x=0是原方程的解.當x≠0時，利用a3(x?1)(x?4)(x?9)等價于x3方程兩端同除x，整理后得xxx2即x2(x+7)(x?1)(x+5)(x?11)=0.經驗證x1故答案為：5.【題型4函數(shù)最值中的競賽考點】【例4】（2018·全國·高三競賽）已知x2+yA．510 B．610 C．710【答案】B【詳解】因為x2+=的幾何意義是圓x2+y2=25上的點到A3,?4、B【變式4-1】（2018·全國·高三競賽）方程x2+x3+A．85 B．?85 C．42 D．?42【答案】B【詳解】設x=42p+q（p、q為整數(shù)，0≤q≤41）．將x代入原方程得p=q對于每個不同的q確定了唯一的有序數(shù)對p,q，從而，x也互不相同．要比較x的大小應先比較p的大小，若p相等，再比較q的大?。驗閜=q所以，p的最大值只有當q=0時取到，且最大值為0．因此，x的最大的解為0．又p=q所以，p≥?3．當且僅當q=41時，p=?3．因此，x的最小的解為?85．綜上所述，最大的解與最小的解之和為?85．【變式4-2】（2019·全國·高三競賽）若關于x的方程x2?a2+b2A．22,5+2 B．1,9?45 【答案】D【詳解】記fx由fx=0的兩個根x1、x即a+12+b?2在坐標平面aOb中畫出這兩個不等式所限定的區(qū)域，則a2+b2+4a+4=a+22+b2的最?。ù螅┲导礊辄c?2,0到該區(qū)域各點的最小（大）距離的平方．最小距離是點?因此，a2+b【變式4-3】（2019·河南·高二校聯(lián)考競賽）已知函數(shù)f(x)=x2+ax+b,(a,b∈R)，記M(a,b)是|f(x)|在區(qū)間[-1,1]上的最大值.當a?【答案】3【詳解】由題意可得：對任意x∈[?1,1]，有?2?x2+ax+b?2，分別取x=1,x=?1，可得：?3?a+b?1且?3?b?a?1,易知a+|b|且當b=?1，a=2時符合題意，所以|a|+|b|的最大值為3.【變式4-4】（2019·廣西·高三校聯(lián)考競賽）設函數(shù)y=(1+x【答案】2+【詳解】令u=1+x則u'=11+x?11?x由u(x)單調遞減，求得u∈[2則y=u所以當u=2時，原函數(shù)取得最小值2+故答案為：2+2【題型5構造函數(shù)中的競賽考點】【例5】（2023·全國·模擬預測）已知實數(shù)a，b，c∈0,1，且ae2=2eA．a<b<c B．c<a<bC．b<c<a D．c<b<a【答案】C【分析】由題可得eaa=e22，ebb=【詳解】ae2=2ea?eaa=令fx=exx，x∈0,1，則f'x=exx'=e故選：C【變式5-1】（2022上·湖北宜昌·高三校考開學考試）已知a=4ln5πA．c<a<b B．a<b<cC．a<c<b D．c<b<a【答案】B【分析】令fx=lnxxx≥e【詳解】令fx=ln當x≥e時，f'所以fx=ln所以fπ即lnππ>ln4所以lnπ4>所以5lnπ4即c>b，b>a.所以a<b<c.故選：B.【變式5-2】（2021·云南玉溪·高三統(tǒng)考階段練習）已知在函數(shù)fx=ax+ba>0,b>0，gx=lnx+2A．0,+∞ B．1,+∞ C．2,+∞ D．[e,+∞)【答案】B【分析】令t(x)=fx?gx=ax+b?ln(x+2)，即t(x)min≥【詳解】由題意，f令t(x)=fx則?x>?2，fx≥gx恒成立，即t令t令t'(x)>0∴x>1?2a令t'(x)<0∴?2<x<1?2a∴t∴b≥2a?1?令?(a)=2?令?'(a)>0∴a>1，即?(a)在令?'(a)<0∴0<a<1，即?(a)在∴?∴故選：B【變式5-3】（2020·全國·高三競賽）已知首項系數(shù)為1的五次多項式f(x)滿足：f(n)=8n,n=1,2,?,5，則f(x)的一次項系數(shù)為．【答案】282【分析】由已知條件令g(x)=f(x)?8x，結合條件求出函數(shù)fx【詳解】解：令g(x)=f(x)?8x，則g(x)也是一個首項系數(shù)為1的五次多項式，且g(n)=f(n)?8n=0,n=1,2,?,5，故g(x)有5個實數(shù)根1，2，…，5，所以g(x)=(x?1)(x?2)?(x?5)，于是f(x)=(x?1)(x?2)?(x?5)+8x，所以f(x)的一次項系數(shù)等于1+1故答案為：282【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是結合題意求出函數(shù)fx【變式5-4】（2018·全國·高三競賽）已知α、β、γ為方程5x3?6【答案】-【詳解】注意到，α====15記f則α2【題型6三角函數(shù)中的競賽考點】【例6】（2024上·全國·高三統(tǒng)考競賽）給定k∈R，若?m>0，?x,y∈R滿足cosx+kA．(?∞,0)∪(2,+∞) B．(?∞,0]∪[2,+∞)C．[0,2] D．(0,2)【答案】A【分析】對參數(shù)k分0≤k≤2，k<0，k>2三種情況討論，根據(jù)余弦函數(shù)的定義域與值域的范圍即可求解.【詳解】依題意，若0≤k≤2，則?1≤1?k≤1，取y=0，則cosx+k若k<0，則1?kcosy=cosx≤1，于是kcosy≥0，此時若k>2則cosy=1?cosxk綜上，k的范圍是(?∞,0)∪(2,+∞).故選：A.【變式6-1】（2018·吉林·高三競賽）已知fx=sinA．fx≥13sinx B．f【答案】A【詳解】由fx≥1fxfx=sinx2+fπ+x+fπ?x故答案為A【變式6-2】（2021·全國·高三競賽）函數(shù)f(x)=cosx的圖象與直線y=kx(k>0)恰有四個不同交點，設四個交點中橫坐標的最大值為α，則【答案】?1【詳解】易f(x)=cosx與y=kx在區(qū)間32即該點斜率相同，所以k=?sin故(?sinα)α=cos所以α?tan故答案為：?1【變式6-3】（2022·新疆·競賽）已知二面角α-l-β的平面角為60°，A，D為直線l上的兩點，射線DB在平面α內，射線DC在平面β【答案】2【詳解】在α平面中，過點A作DA的垂線，交射線DB于點B，交射線DC于點C，設DA=1，則AB=1,DB=2則∠BAC=60°是二面角在△BDC中，利用余弦定理得BC同理在△BAC中，BC所以cos∠BDC=故答案為：26【變式6-4】（2021·全國·高三競賽）在△ABC中，AC=5,1tanA【答案】7【詳解】解析：記△ABC中A、B、C所對的邊分別是a、b、c，如圖，設內切圓的半徑為r，則tanA2=rb+c?a故b+c?a+a+b?c=5(a+c?b)，故5a+c即a+c=7，故答案為：7【題型7向量中的競賽考點】【例7】（2022·江蘇南京·高三強基計劃）已知向量a，b，c滿足a=3，b=22，a?b【答案】3-【詳解】依題意得：a,設?c=m如圖將a，b放入平面直角坐標系，設a=OA，則A3,0，B1,1，畫圖可知：m的終點在以AB為直徑的圓上，可得圓心坐標P2,12∴b?故答案為：3?5【變式7-1】（2020·浙江·高三競賽）已知a，b為非零向量，且|a|=|a【答案】22【詳解】解法一

設a=1,0，2a解法二

設m=an=a2a故答案為：22【變式7-2】（2021·全國·高三競賽）已知平面向量a?b?c，滿足|a|=2,|b|=|c【答案】29?2/【分析】設a=(x,y),b=(5,0),c=(0,5)，則|a?b+λ(【詳解】解析：建立直角坐標系.設a=(x,y),則|=[x?(5?5λ)]問題轉化為點P(5?5λ,5λ)到點A(x,y)的距離與到點D(0,3)的距離之和最小，其中點P(5?5λ,5λ)在直線x+y=5(0<x<5)上運動，點A(x,y)在圓x2所以|PD|+|PA|≥|PD|+|PO|?r=|PD|+|PO|?2.點O關于直線x+y=5對稱的點為G(5,5)，所以|PD|+|PO|≥|DG∣=5所以|PD|+|PA|≥29?2，等號可以取到，所以最小值是故答案為：29?2【點睛】思路點睛：向量的模的最值問題，可建立平面直角坐標系，將問題轉化為動點到幾何對象的距離和最值的問題.【變式7-3】（2021·全國·高三競賽）已知平面單位向量a、b、c、【答案】4【詳解】單位向量a、b、c滿足a+b+c=則有m2故有(m+n)2=3+mn≤3+(m+n)故y=|x故答案為：4.【變式7-4】（2021·全國·高三競賽）設P是△ABC所在平面內一點，滿足PA+PB+PC=3【答案】1【詳解】因為PA+PB+即3PA記AC的中點為M，于是PA=因此S△PAB故答案為：12【題型8數(shù)列中的競賽考點】【例8】（2023·全國·高三專題練習）已知數(shù)列an滿足aA．an>an+1 B．an<2【答案】D【分析】利用條件把每個選項中的an+1替換成an+1=【詳解】對于選項A，令f(x)=ln1+x?x,x>?1當x∈(?1,0)時，f'(x)>0，所以f(x)在當x∈(0,+∞)時，f'(x)<0，所以故f(x)≤f(0)=0，當且僅當下面利用數(shù)學歸納法證明an①當n=1時，a1②假設當n=k時，ak>0，則那么當n=k+1時，因為ak+1=ln所以ak+1這就說明，當n=k+1時，不等式成立，由①、②可知，原不等式對任意的正整數(shù)n都成立，即對于任意的n∈N?，都有因此f(an故0<a由以上過程得0<an+1<an對于選項B，令g(x)=ln1+x?所以g(x)在(0,1]上單調遞增，故g(x)>g(0)=0，所以ln1+x>1對于選項C，由選項B得an+1所以an當n=1時，a1所以an對于選項D，令?(x)=ln1+x?當x∈(0,13)時，?'(x)>0當x∈(13,1]時，?'故?(x)max=?(13所以存在x0∈(13,1)，使?(x0)=0故?(x)=ln1+x?34故選項D錯誤.故選：D.【變式8-1】（2023·全國·高三專題練習）已知數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)且滿足2an2?3anA．若{anB．若a1=1C．若a1≠2D．若a1=3，則【答案】D【詳解】數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)且滿足2若{an}即為an?an?1=4an由a1<a2，可得若a1=1，可得2a由2a323+17而2a32?3a3=2(a而2<234<2，則42?3×234∈(4由2an2?3a即2an+1=an?1若a1=3，可得2a22由3×(3×2+1)4=214，3+3+33【變式8-2】（2023·全國·高三專題練習）已知數(shù)列{an}滿足a1=a(0<a<1)A．當a=23時，a2020<1 C．當a=13時，a2020<1 【答案】C【詳解】因an+1?an=當a=23時，∴a2020>當0<a?12時，∴12019∴1a∴1a故1a2020>1a【變式8-3】（2023·全國·高三專題練習）斐波那契數(shù)列又稱“黃金分割數(shù)列”，在現(xiàn)代物理、準晶體結構、化學等領域都有著廣泛的應用.斐波那契數(shù)列an可以用如下方法定義：an=an?1+aA．2020 B．2021 C．2022 D．2023【答案】D【分析】通過斐波那契數(shù)列可得ai【詳解】由題意可得a12=1，a22a2022累加得：a1即i=12022ai2=故選：D.【變式8-4】（多選）（2023·全國·高三專題練習）數(shù)學史上有很多著名的數(shù)列，在數(shù)學中有著重要的地位.13世紀初意大利數(shù)學家斐波那契從兔子繁殖問題引出的一個數(shù)列Fn：1，1，2，3，5，8，13，……，稱之為斐波那契數(shù)列，滿足F0=1，F(xiàn)1=1，F(xiàn)n+1=Fn+Fn?1n≥1.19世紀法國數(shù)學家洛卡斯提出數(shù)列Ln：2，1，3，A．Ln=2FnC．L0+L【答案】AC【分析】利用斐波那契數(shù)列和洛卡斯數(shù)列的性質與特點一一代入檢驗即可.【詳解】對于A，當n=1時，L1當n=2時，L2=L1+那么當n=k+1時，Lk+1又Fk?2=Fk?綜上所述：Ln對于B，∵Fn+2Fn?∴Fn+1Fn?1?F對于C，∵L∴k=0對于D，取n=1，則5F3=15，L故選：AC.【題型9不等式中的競賽考的】【例9】（2016·北京·高三強基計劃）（多選）設函數(shù)f(x,y)=?6xy+72(x+y)?2A．0 B．1C．?124 【答案】BD【詳解】由對稱性可得D的正誤，再根據(jù)不等式的性質可求最小值，故可得正確的選項.【分析】由x，y的對稱性可知，minx∈[0,1]f(x,y)=而max=≥5×故minx∈[0,1]maxy∈[0,1]{f(x,y)}=故選：BD【變式9-1】（2023·全國·高三專題練習）設a,b,c為△ABC的三邊，S為△ABC的面積，若【答案】2【詳解】解法一：直接套用（12）式：λa8=a2+當且僅當a:b:c=1+1即a=46231,b=解法二：S解法三：消元：8=基本不等式放縮：8≥6ab?4abcos移項配湊目標：S=sin萬能代換：令sinC=S≤2當且僅當1t=5t，即tanC2=5【變式9-2】（2022·浙江·競賽）設a，b，c，d∈R+，abcd【答案】73【詳解】由題意可得1d=abc，且則fa原問題等價于求函數(shù)faf====a?d∵a+b+c+d?a+3d，∴(a+b+c+d)∴8(a+d)?8(a+d)?12ad?9a令g(a)=32(a+d)?3ad，則g'由a?b?c?d可得d≤1，則g'a∴g(a)?g(d)=64d?3d則f'a>0,fa此時a=b=c=d=1，f(a)?f(1)=73故答案為：7316【變式9-3】（2021·全國·高三競賽）設a,b,c>0滿足a?b+c+abc=0，則2a【答案】10【詳解】取△ABC，使a=tan由于1a所以2=(1+=2=?3sin最大值為3+1故答案為：103【變式9-4】（2021·全國·高三競賽）已知非負實數(shù)x、y、z滿足4x2+4【答案】3【詳解】設4x2+4y2所以(2x+2y)2=4x點(w,z)在圓心為(0,?1)，半徑為2的圓上運動，結合幾何意義和w，z≥0知，當(w,z)=(0,1)時，2w+3z有最小值3，且當x=y=0,z=1時等號成立．故答案為：3.【題型10解析幾何中的競賽考點】【例10】（2024上·全國·高三統(tǒng)考競賽）設雙曲線Γ:x2?3y2=?3，A(0,2)，B，C在Γ上且直線BC【答案】y=3±51+13【分析】第一空：設BC方程為:y=kx+2，聯(lián)立雙曲線方程得xB+xC=12k1?3k2,xBxC=?91?3k2，進一步設BD方程為:y=?3yBxBx+4【詳解】設BC方程為:y=kx+2，聯(lián)立雙曲線方程x2?3yΔ=144顯然x2?3y2=?3聯(lián)立雙曲線方程得x2?3y所以Δ=36k2所以BD方程為:y=?3yBxB聯(lián)立BD,CD解得x=4y=2k注意到25故25而xD=0時，k=0,此時yD從而D的軌跡方程是25或寫成y=3±5若D的橫縱坐標均為正整數(shù)，可設1+13x于是z2?3ω2=1?.顯然z0=2,ω=1是?從而可以得出一系列?的解:(2,1),(7,4),(26,15),(97,56),(362,209)?，而x=3ω,y=3+5z，故可取x=3×209=627,y=3+5×362=1813,此時x+y=2440>2024,符合要求.故答案為：y=3±51+【點睛】關鍵點點睛：第一空的關鍵是得出BD方程為:y=?3yBxBx+4y【變式10-1】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考一模）設F為雙曲線E:x2a【答案】54【分析】設出直線方程，與雙曲線的方程聯(lián)立，韋達定理表示出A與P的關系，根據(jù)三點B，P，Q共線，求得Q點坐標的橫坐標表示出t,然后運用設參數(shù)m法化簡ta【詳解】設PA:y=kx+a，Px2,y所以?a+x2=2a過F作直線PA的垂線l1:y=?1因為B,Q,P三點共線，所以Q是直線l1Q是BP:y=y2?0所以得t=ab設m=1+(所以當1m=1故答案為：5【點睛】方法點睛：（1）聯(lián)立方程，根據(jù)韋達定理表示出坐標關系式；按照題目中給出的關系，構建關系式，表示出所求變量；（2）在計算推理的過程中運用整體轉化，化簡函數(shù)式，從而得到二次函數(shù)或者不等式，求得最值；本題的解題的關鍵是，表示出Q點的交點坐標，找到與t有關的解析式.【變式10-2】（2022·江蘇南京·高三強基計劃）設F，l分別為雙曲線x-4212-y212=1的右焦點與右準線，橢圓Γ以F和l為其對應的焦點及準線，過F作一條平行于【答案】5?【詳解】由雙曲線方程可知其焦準距為3，則橢圓Γ的焦準距b2如圖，設橢圓中心為O，建立平面直角坐標系，設F：x2a2+y直線AB方程：y=3聯(lián)立直線AB和橢圓?？傻茫篵2由韋達可得：x1由橢圓中心O位于以AB為直徑的圓外，則有OA?結合韋達定理可得：3a所以4a即3e解得：5?13故答案為：5?13【變式10-3】（2021·全國·高三競賽）已知?ABCD的四個頂點均在雙曲線x2?y24=1上，點P(0,1)【答案】3【分析】由對稱性，知O為平行四邊形的中心，設Ax0,y0【詳解】由平行四邊形的對稱性與雙曲線的對稱性，知O為平行四邊形的中心，由A、B、C、D四點在兩支雙曲線上各有兩點，不妨設A、D在左支上，B、C在右支上，如圖：考慮A、B關于雙曲線中心的對稱點A'因為單支雙曲線上不存在四點構成平行四邊形，知A'=C,B設Ax0,y0將點A、B的坐標代入雙曲線方程得x02?y所以xA=65故S?故答案為：3【變式10-4】（2021·全國·高三競賽）已知S(2,1)為橢圓Γ:x28+y22=1上的點，對橢圓Γ上的任意兩點P、Q，用如下辦法定義它們的“和”P+Q：過點S作一條平行于PQ（若點P與Q重合，則直線PQ表示橢圓Γ在P處的切線）的直線l與橢圓Γ(1)若點P(22,0),Q(0,?2)，求P+Q、(2)在橢圓Γ上是否存在不同于S的點P，滿足3P=S？若存在，求出所有滿足條件的點P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)P+Q(?2,?1),2P(2,?1),100P(0,?(2)存在，P?1?32【分析】（1）利用新定義數(shù)形結合直接求解P+Q、2P以及100P的坐標（2）利用參數(shù)方程假設存在，找出點P、Q對應的參數(shù)，求出P+Q對應的參數(shù)，以及2P，3P對應的參數(shù)，列方程直接求解.【詳解】（1）根據(jù)新定義P+Q“和”的運算，畫圖如下：過S做PQ的平行線，因為kPQ=12=k（2）存在.設A(a則AB//CD???tan而S(2,1)對應的參數(shù)為π4，于是，若點P、Q對應的參數(shù)為α、β，則P+Q對應的參數(shù)γ滿足γ≡α+β?設P(acosφ,bsinφ)，且對應的參數(shù)為φ.則2P對應的參數(shù)為故3φ?π于是，3P的坐標為22從而，所求坐標為P?1?32【變式10-5】（2021·全國·高三競賽）已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其右焦點為F，過F作直線l交橢圓C1【答案】2【分析】先將橢圓與直線聯(lián)立，結合韋達定理表示出D坐標，再結合直線OD交橢圓C1于M、N兩點，若A、M、B、N四點共圓，且|MN||OD|=83【詳解】不妨設橢圓C1的半焦距c=1，則b2=a2將x=ky+1，代入x2a2顯然，方程判別式Δ>0，設A由韋達定理知yAxDyD于是Da所以直線OD的方程為x=?a設圓AMBN的方程為C2直線l∪直線MN的方程為C3由于C3經過C1、C2(x?ky?1)x+比較方程兩邊xy系數(shù)知?k+a2a由對稱性不妨設k=aa2又|MN||OD|=8而M在C1上，故232于是C1的離心率為e=【題型11立體幾何中的競賽考點】【例11】（2023上·湖南邵陽·高三校聯(lián)考階段練習）已知三棱錐A?BCD中，AB=CD=32，AC=AD=BC=BD=5，空間中的動點M滿足MA≥2MB，則平面BCD截M【答案】264【分析】把圖形放在長方體中，建立空間直角坐標系，翻譯條件得出M的軌跡方程，再利用球截面中的勾股定理計算即可.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，∵AB=CD=32，且設ED=c，EB=a，EA=b，故a2+故A(0,0,0)，B(3,3,0)，M(x,y,z)，∵MA≥2MB，∴x2+y2+z2≥4(x2+y2+z設面BCD的法向量n?3x+4z=0?3y+4z=0解得x=4y=4z=3，故設球心到面BCD的距離為d，故d=841<R易知球截面是圓，故r2=故答案為：264【變式11-1】（2022·江蘇徐州·統(tǒng)考模擬預測）已知A，B，C，D是半徑為4的球面上四點，E，F(xiàn)分別為AB,CD的中點，AB=43，CD=27，則以EF為直徑的球的最小表面積為；若A，B，C，D不共面，則四面體【答案】π20【分析】①利用圓的垂徑定理，可求得OE，OF，再利用三角形三邊關系定理可求得EF的取值范圍，即可求得以EF為直徑的球的最小表面積②過C作CM∥AB,CM=43，連接AM,DM，四邊形ABCM為平行四邊形，則VABCD=【詳解】設球心為O，∴OA=OB=OC=OD=4，分別取AB,CD中點E，F(xiàn)知OE=OF?OE≤EF≤OE+OF?1≤EF≤5，∴以EF為直徑的球的最小表面積為4π?過C作CM∥AB,CM=43，連接AM,DM設∠DCM=θ，設A到平面DCM距離為?∴V∵sinθ≤1，?也為E到平面CDM的距離，∴V故答案為：π；20【變式11-2】（2021·全國·高三競賽）把半徑為1的4個小球裝入一個大球內，則此大球的半徑的最小值為．【答案】1+【詳解】4個小球在大球內兩兩相切，4個小球的球心連線構成1個正四面體，正四面體的中心與大球的球心重合，大球的半徑等于正四面體的外接球半徑加上小球的半徑，所以大球半徑為34（其中h表示正四面體的高，a表示正四面體的棱長．）故答案為：1+6【變式11-3】（2021·全國·高三競賽）A、B、C、D是半徑為1的球面上的4個點，若AB=CD=1，則四面體ABCD體積的最大值是．【答案】3【詳解】設AB與CD間的距離為d，夾角為θ．取AB中點M和CD中點N，則d≤MN≤OM+ON=3故四面體體積V=16?AB?CD?d?故答案為：36【變式11-4】（2021·全國·高三競賽）正四面體ABCD中，點G為面ABC的中心，點M在線段DG上，且tan∠AMB=?351【答案】2【詳解】解析；設AM=BM=x,AB=1，由余弦定理得x=339，且則GM=A而DG=63，所以故答案為：23【變式11-5】（2023·全國·統(tǒng)考競賽）已知三棱柱Ω:ABC?A1B1C1的9條棱長均相等.記底面ABC所在平面為α.若Ω的另外四個面（即面A1B1C1，ABB1A1，【答案】6【分析】由對稱性，僅需考慮點D位于∠BAC內的情形（如圖所示），此時有SABED+SACFD=SBCFE，由題設中的面積故可得故SABED，SACFD必為23，33的排列，S【詳解】

設點A1，B1，C1在平面α上的投影分別為D，E則面A1B1C1，ABB1A1，ACC1A1由已知及三棱柱的性質，△DEF為正三角形，且四邊形ABED，四邊形ACFD，四邊形BCFE均為平行四邊形.由對稱性，僅需考慮點D位于∠BAC內的情形（如圖所示）.顯然此時有SABED由于S△DEF,SABED,SACFD,SBCFE=23,33,43不妨設SABED=23，SACFD=3取射線AD與線段BC的交點X，則BXCX=S因此AX=A而ADAX=S于是Ω的高?=AA12?AD2【題型12排列組合中的競賽考點】【例12】（2024上·全國·高三統(tǒng)考競賽）設a1,a2,?,【答案】7936【分析】由組合數(shù)公式結合遞歸的方式發(fā)現(xiàn)規(guī)律，逐步代入即可求解.【詳解】設共有n個數(shù)時符合要求的數(shù)列個數(shù)是xn，本題要求xx9x7x5x3x1由此可從下往上計算得x故答案為：7936.【變式12-1】（2024上·遼寧遼陽·高三統(tǒng)考期末）如圖，將n2個整數(shù)放入n×n的宮格中，使得任意一行及任意一列的乘積為2或－2，記將n2個整數(shù)放入n×n的宮格有an種放法，則a【答案】32n+1【分析】根據(jù)題意可以得到2=2×1×1…×1，進而得到n×n宮格中2的放置共有Ann，根據(jù)2正負號和1正負號共有2n【詳解】根據(jù)題意可以得到2=2×1×1…×1，所以得到n×n宮格中2的放置共有An根據(jù)2正負號和1正負號共有2n則通項公式an則a2因此n?1a所以i=1=n+1故答案為：32；n+1【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用排列公式和分步乘法原理得到an【變式12-2】（2023·全國·統(tǒng)考競賽）八張標有A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H的正方形卡片構成下圖.現(xiàn)逐一取走這些卡片，要求每次取走一張卡片時，該卡片與剩下的卡片中至多一張有公共邊（例如可按D，A，B，E，C，F(xiàn)，G，H的次序取走卡片，但不可按D，B，A，E，C，F(xiàn)，G，H的次序取走卡片），則取走這八張卡片的不同次序的數(shù)目為.

【答案】392【分析】構建如圖所示的m+n+2階圖Gm,n，設不同的取法數(shù)為fm,n，則可有遞推關系fm,n【詳解】解：如左下圖重新標記原圖中的八張卡片.現(xiàn)將每張卡片視為頂點，有公共邊的兩張卡片所對應的頂點之間連一條邊，得到一個八階圖，該圖可視為右下圖中的m+n+2階圖Gm,n在m=3，n=3

取卡片（頂點）的規(guī)則可解釋為：（ⅰ）若頂點P已取走，則以下每步取當前標號最小或最大的頂點，直至取完；（ⅱ）若頂點P未取走，則必為某個Gm,nm,n≥0的情形，此時若m=0，則將P視為歸結為（?。┑那樾?；若m≠0，n=0，則將P視為1號頂點，歸結為（?。┑那樾?；若m，n≥1，則當前可取P或?m號頂點或n號頂點，分別歸結為（?。┗騁m?1,n或G設Gm,n的符合要求的頂點選取次序數(shù)為fm,n，本題所求即為由（?。?、（ⅱ）知fm,0=2m+1m≥0由此可依次計算得f1,1=12，f1,2=f2,1=28，f1,3故答案為：392.【變式12-3】（2023·全國·高三專題練習）設A=a1a2?an（0≤【答案】C【分析】根據(jù)1≤x1+【詳解】解法1：設a是任一個小于10n且其數(shù)字具有非降順序的正整數(shù)，a中有x1個1，x2個2……x9個9，則xi≥0（i=1,2,?,9）且x1+故所求的正整數(shù)個數(shù)等于方程①滿足x10≠n的非負整數(shù)解的個數(shù)，由定理1知答案為解法2：設A是任一一個小于10nA=a其中a1,a因此所求正整數(shù)的個數(shù)等于10元集0,1,2,?,9的n可重復組合的個數(shù)減去1，由定理1知答案為Cn+10?1故答案為：C【變式12-4】（2023·全國·高三專題練習）8個女孩和25個男孩圍成一圈，任何兩個女孩之間至少站兩個男孩，則共有種不同的排列方法．（只要把圈旋轉一下就重合的排法認為是相同的）【答案】16!25!【詳解】假定女孩中有一個是A，對任何一個滿足要求的圓排列，令從A打頭按順時針方向走成一個直排，示意圖如下：?ABCD?．現(xiàn)在以O代表女孩所站的位置，以×代表男孩所站的位置，則在每個〇后至少有兩個×．讓每個O“吸收了”它緊后的兩個×，畫成一個⊕，則每個O，×排列對應成一個⊕×排列：

后一種排列的個數(shù)顯然是從（8+25）-2×8-1=16個位置中選出7位置的組合數(shù)，即C167種．以上表明男、女孩的位置排列共C16

【題型13概率中的競賽考點】【例13】（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13-1】（2022·福建·統(tǒng)考競賽）從1，2，3，…，11這11個正整數(shù)中任意抽取3個不同的正整數(shù)a，b，c，則它們的積abc能被4整除的概率為.【答案】20【詳解】考慮abc能被4整除的抽法：由abc能被4整除可知，a，b，c中至少有1個數(shù)為偶數(shù)，若a，b，c中恰有1個偶數(shù)2個奇數(shù)，則偶數(shù)須為4或8，不同的抽法有C2若a，b，c中恰有2個偶數(shù)1個奇數(shù)，則不同的抽法有C5若a，b，c均為偶數(shù)，則不同的抽法有C5所以使abc能被4整除的不同抽法有30+60+10=100種，因此abc能被4整除的概率為100C故答案為：2033【變式13-2】（2023·全國·高三專題練習）甲、乙進行某項比賽，甲得、失1分的概率分別為0．8與0．2，且每得、失1分相互獨立．由于甲的實力比乙強得多，乙提出了如下不公平的比賽規(guī)則（否則乙將不與甲比賽）：甲在乙得2分之前得5分甲勝，乙在甲得5分之前得2分乙勝．求甲獲勝的概率．【答案】0.851968【詳解】此規(guī)則的一般情形是：甲在乙得m分之前得nn>m分甲勝，乙在甲得n分之前得m分乙勝，此即是分賭注問題．由式①P5,2【變式13-3】（2022·湖北武漢·高三統(tǒng)考強基計劃）連續(xù)地隨機擲1顆骰子，一直擲到6點出現(xiàn)3次為止.用X表示停止時已經擲的次數(shù).(1)求X的分布列PX=k(2)令Y=minmaxX【答案】(1)答案見解析.(2)2153432【詳解】（1）顯然當擲k次才停止時,必有第k次擲出的是6,前k?1中有2次擲出6,k?3次擲出的是其它數(shù)字.所以PX由于PX=3=2×1×50故其分布列為：X34?k?P115?k?1?（2）當Y=4時,有X=3,4,故PY=4當Y=5時,有X≥5,故P于是可得EY【變式13-4】（2024上·全國·高三統(tǒng)考競賽）校乒乓球錦標賽共有2n位運動員參加.第一輪，運動員們隨機配對，共有2n?1場比賽，勝者進入第二輪，負者淘汰.第二輪在同樣的過程中產生2n?2名勝者.如此下去，直到第n輪決出總冠軍.實際上，在運動員之間有一個不為比賽組織者所知的水平排序，在這個排序中x1最好，x2次之，…，xn最差.假設任意兩場比賽的結果相互獨立，不存在平局，且?1≤i<j≤2n(1)求最后一輪比賽在水平最高的兩名運動員x1與x(2)證明:?1≤i≤2n?1，x【答案】(1)2(2)證明見解析.【分析】（1）考慮一般情形：設倒數(shù)第k輪開始前剩下的選手恰好為x1,x2,?,（2）xi為總冠軍的概率是xi為總冠軍的所有2n?1!【詳解】（1）我們考慮更一般的情形:求倒數(shù)第k輪開始前剩下的選手恰好為x1要實現(xiàn)這一點，這k名選手是種子選手，即在前面的比賽中兩兩不能相遇，而且必須在其全部2k錦標賽樹形的2n片樹葉的填寫方式有2我們有2k!2因此其概率為2p2特別地，本題為k=1的情形，故所求概率為2p（2）xi為總冠軍的概率是xi為總冠軍的所有所有這些結果中將xi與x對于某一特定的比賽結果，若xi與x否則改變后的這一特定比賽結果的概率等于用1?pp注意到1?pp<1,因此求和后總概率變小，這表明xi【題型14復數(shù)中的競賽考點】【例14】已知復數(shù)z=cos2π3A．?12+C．12?3【答案】C【分析】由題設由z3【詳解】根據(jù)題意，有z3=1，z≠1，于是從而z3故選：C【變式14-1】設z1,z2,A．?6 B．6 C．?8 【答案】D【分析】利用高次方程的韋達定理可求代數(shù)式的值.【詳解】設題中代數(shù)式為M，則M===2×(?2)故選：D【變式14-2】設x是實數(shù)，z是輻角為π4的復數(shù)，則|2+A．22 B．3 C．10 D．【答案】C【分析】利用對稱及復數(shù)的幾何意義可求諸模之和的最小值.【詳解】設Y(2,1)，x，z對應的點分別為X，Z，則所求代數(shù)式的幾何意義為△XYZ的周長，點Y關于x軸和直線y=x的對稱點分別為Y1因此所求最小值為Y1故選：C.【變式14-3】（多選）若復數(shù)z滿足z2A．5B．3?C．argD．arg【答案】AC【詳解】因為|z|?1故5?12≤|z|≤5+1令z=r(cosθ+i?sin由z+可知r+1r2故cos2θ≤?12【解答】AC【變式14-4】已知復數(shù)z1，z2滿足z1+2z【答案】10+1/【分析】設z1=x+yi，根據(jù)題意求得z【詳解】令復數(shù)z1=x+yi，x，y∈R，則z所以z1+2z1=3x?yi=?3?又因為z2?z1=1又點(?1,1)到點(0,?2)的距離為(?1?0)2所以z2+2i故答案為：10+1【題型15整除中的競賽考點】【例15】（2023·全國·高三專題練習）計算55個5的乘積，則其最后三位數(shù)是（

）A．125 B．375 C．625 D．875【答案】A【詳解】提示：555=25設555=125m，125m=8k+5，則125m≡5(mod8)，則125m≡125(8k+1)≡125(mod1000)，所以最后三位數(shù)是【變式15-1】（多選）（2024下·河北·高三校聯(lián)考開學考試）歐拉函數(shù)φnn∈N*是數(shù)論中的一個基本概念，φn的函數(shù)值等于所有不超過正整數(shù)nA．φ4?φ6=φC．φ100=40 D．數(shù)列φ2n【答案】ACD【分析】A，由題意可得φ4，φ6，φ10【詳解】A選項，由題可知與4互質的數(shù)為1，3，則φ4=2；與6互質的數(shù)為1，5，則與10互質的數(shù)為1，3，7，9，則φ10=4，故B選項，由A選項可知，φ4=φ6C選項，注意到100=2被5整除的有20個，同時被2和5整除的有10個，則從1到100，這100個整數(shù)中，不能被被2或5整除的數(shù)，即與100互質的數(shù)的個數(shù)為100?50?20+10=40個，則φ100D選項，由C選項分析可知，與2n互質的數(shù)，就是從1到2n，這其中2的倍數(shù)有2n?1個，則φ2n=2即為首項為12，公比為23的等比數(shù)列，其前n項和故選：ACD【變式15-2】（2024下·河北·高三張北縣第一中學校聯(lián)考開學考試）設a，b為非負整數(shù)，m為正整數(shù)，若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和b對模m同余，記為a≡b(?(1)求證：233(2)若p是素數(shù)，n為不能被p整除的正整數(shù)，則np?1①證明：對于任意整數(shù)x都有x13②求方程x9【答案】(1)證明見詳解；(2)①證明見詳解；②35.【分析】（1）由二項式定理證明233(2)①由費馬小定理證明x13?x≡0(?mod?13)，x13?x≡0(?mod?2)，x13【詳解】（1）因為233所以233所以233又65被7除所得的余數(shù)為2，所以233（2）①由費馬小定理得x12≡1(?又x13所以x13同理：x13?x≡0(?因為2,3,7,13都為素數(shù)，2×3×7×13=546，所以x②因為x9由費馬小定理知，對于任意正整數(shù)x都有x7即x9x9+x7?即x9因為5和7互為質數(shù)，所以對于任意的正整數(shù)x都有x所以方程x9【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是充分理解新定義，然后結合帶余除法以及費馬小定理等初等數(shù)論知識即可順利求解.【變式15-3】（2024·河南·統(tǒng)考模擬預測）離散對數(shù)在密碼學中有重要的應用．設p是素數(shù)，集合X=1,2,?,p?1，若u,v∈X,m∈N，記u?v為uv除以p的余數(shù)，um,?為um除以p的余數(shù)；設a∈X，1,a,a2,?,?,ap?2,?兩兩不同，若an,?(1)若p=11,a=2，求ap?1,?(2)對m1,m2∈0,1,?,p?2，記m1⊕m2為m1+m(3)已知n=log(p)ab．對x∈X,k∈1,2,?,p?2【答案】(1)1(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）第一問直接根據(jù)新定