壓軸題大招-新高考第19題-沖刺2024高考數(shù)學(xué)（解析試卷）

壓軸題大招新高考第19題沖刺2024高考數(shù)學(xué)【突破壓軸型】（解析試卷）1．【詳解】（1）若，則，解得，則，與題設(shè)矛盾，舍去；若，則，得，而，解得或，故或.（2）設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)?，則，則，由，得，而，故，兩式相減得，即，又，得，所以.（3）記中所有非負(fù)項(xiàng)之和為，負(fù)項(xiàng)之和為，因?yàn)閿?shù)列為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，則得，故，所以.若存在，使得，即，則，且.假設(shè)數(shù)列也為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，則因?yàn)?，所?所以；又，則.所以；即與不能同時成立.故數(shù)列不為“階可控?fù)u擺數(shù)列”.2．【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列的公比為.若，則由①得，得，由②得或.若，由①得，，得，不可能.綜上所述，.或.（2）設(shè)等差數(shù)列的公差為，，，即，當(dāng)時，“曼德拉數(shù)列”的條件①②矛盾，當(dāng)時，據(jù)“曼德拉數(shù)列”的條件①②得，，，即，由得，即，.當(dāng)時，同理可得，即.由得，即，.綜上所述，當(dāng)時，，當(dāng)時，.（3）記中非負(fù)項(xiàng)和為，負(fù)項(xiàng)和為，則，得，，，即.若存在，使，由前面的證明過程知：，，，，，，，，且.若數(shù)列為階“曼德拉數(shù)列”，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，則.，又，，.又，，，，，，又與不能同時成立，數(shù)列不為階“曼德拉數(shù)列”.3．【詳解】（1），令，則，令，則；由①，當(dāng)時，②，由①②得，當(dāng)時，，所以數(shù)列和數(shù)列是等比數(shù)列.因?yàn)椋?，所以，因此，從而，所以?shù)列是“型數(shù)列”.（2）（i）因?yàn)閿?shù)列的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且為“G型數(shù)列”，所以，所以，因此數(shù)列遞增.又，所以，因此遞增，所以公比.又不是“型數(shù)列”，所以存在，使得，所以，又公比為正整數(shù)，所以，又，所以，則.（ii），因?yàn)?，所以，所以，令，?dāng)時，，當(dāng)時，4．【詳解】（1）對于函數(shù)，由對任意的、，，可知函數(shù)是上的“平緩函數(shù)”.對于函數(shù)，由對任意的、，，因此函數(shù)也是上的“平緩函數(shù)”；（2）由已知可得，由于函數(shù)是周期函數(shù)，故不妨設(shè)、.當(dāng)時，由為上的“平緩函數(shù)”得；當(dāng)時，不妨設(shè)，，此時由為上的“平緩函數(shù)”得綜上所述，命題得證；（3）由為上的“平緩函數(shù)”，且得，則對任意的，，因此5．【詳解】（1）由，且，得，即，則，即，即，則函數(shù)與“具有性質(zhì)”.（2）由函數(shù)與“具有性質(zhì)”，得，，且，即，整理得，則對恒成立，又，，則，，即，則，即所求的的取值范圍為.（3）由函數(shù)在有兩個零點(diǎn)，得，又函數(shù)與“具有性質(zhì)”，則，即，

即，令，即，記，即，因?yàn)?，?dāng)時，；當(dāng)時，，所以函數(shù)在區(qū)間是減函數(shù)，在上是增函數(shù).要證，即證，不妨設(shè)，即證，只需證，即證，設(shè)，即，因?yàn)?，所以函?shù)在是減函數(shù)，且，又，則，即，則得證，故.6．【詳解】（1）解：若與不為相關(guān)函數(shù)對，則且，則，所以只要即可，當(dāng)，時，，所以函數(shù)與是相關(guān)函數(shù)對；（2）因?yàn)榕c為相關(guān)函數(shù)對，所以，令，，當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以是極小值點(diǎn)，，所以，所以；（3）假設(shè)對任意均存在，均有，則取，，，使得，對任意，，有，，又函數(shù)與為相關(guān)函數(shù)對，則①若，則；②若，則，由①②知：，由，將其分為很多個子區(qū)間，如，，，……則以上每個區(qū)間至多包含一個，矛盾，假設(shè)不成立，故存在實(shí)數(shù)，使得對任意，均有．7．【詳解】（1）由，得．由題意，得，解得，則．令，即，解得，令，即，解得，所以在和上分別單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．所以滿足題意，的單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間為．（2）猜想如下：．因?yàn)楸硎镜膱D像上兩端點(diǎn)連線的斜率，所以由圖像可知，曲線上至少存在一點(diǎn)且，使得曲線在該點(diǎn)處的切線與的圖像上兩端點(diǎn)的連線平行．設(shè)切線的斜率為，即，故一定存在，使得．（3）證明：由（1）可知，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號．由猜想可知，對于函數(shù)圖像上任意兩點(diǎn)，在之間一定存在一點(diǎn)，使得．又所以．8．【詳解】（1）由題可知函數(shù)在處的階帕德近似，則，，，由得，所以，則，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因?yàn)?，所以在及上均單調(diào)遞減.當(dāng)，，即，而，所以，即，當(dāng)，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是的極大值點(diǎn)，又，故，則，當(dāng)時，，所以，當(dāng)時，，，則，故在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，令，因?yàn)椋栽谏蠁握{(diào)遞減，所以，又因?yàn)樵谏?，故?dāng)時，，綜上，當(dāng)時，恒成立.9．【詳解】（1）因?yàn)椋?，則.，因?yàn)椋瑒t，則在上單調(diào)遞減，又因?yàn)?，由零點(diǎn)存在定理知，存在唯一的，使得，且時，，，所以在上遞增，上遞減，所以為單峰函數(shù).（2）（i）令，則，令，因?yàn)闉樵谏系淖顑?yōu)點(diǎn)，所以為在的最優(yōu)點(diǎn)，，所以，結(jié)合最優(yōu)點(diǎn)的定義知，為在區(qū)間上的唯一零點(diǎn).又由（1）知，在遞增，遞減，且.所以由零點(diǎn)存在性定理知在區(qū)間存在唯一的，使得，即，所以.（ii）第一次操作：取，由對稱性不妨去掉區(qū)間，則存優(yōu)區(qū)間為，為好點(diǎn)；第二次操作：為一個試驗(yàn)點(diǎn)，為了保證對稱性，另一個試驗(yàn)點(diǎn)與關(guān)于區(qū)間的中心對稱，所以；又因?yàn)榍皟纱尾僮鳎看尾僮骱笫Ｏ碌拇鎯?yōu)區(qū)間長度與操作前的比值為.若，即，則（舍去）；若，即，則，即，解得或（舍）.則操作5次后的精度為..又，所以.所以，得證.10．【詳解】（1）設(shè)切點(diǎn)為，∵，當(dāng)時切線為，此時切線斜率為不合題意，所以，∴即：∴,由有理根定理知，該方程有理根可能為：，，，經(jīng)驗(yàn)證滿足方程，即有理根有，進(jìn)一步分解因式為：，即：或或.（2）因?yàn)槭堑囊粋€有理根，因此在有理數(shù)域上，從而所以，可將分解為：，式中都是整數(shù)比較兩邊系數(shù)，即得，.因此，，.（3）求解之前先引入下面引理：引理

方程不存在整數(shù)解.證明：假設(shè)存在整數(shù)解，即，變形為,∴是1的約數(shù)，即,當(dāng)時，，因此不成立,當(dāng)時，，即.又因?yàn)檎麛?shù)，不是3的倍數(shù)，不妨設(shè)或，,即或.所以是除以3余1的數(shù)，同理可得也是除以3余1的數(shù)；所以除以3的余數(shù)為2，與矛盾,所以不存在整數(shù)解.下面正式求解：假設(shè)這樣的寫成最簡分?jǐn)?shù)是，其中.根據(jù)引理，，因此，化簡得到.注意到是整數(shù)，所以是的約數(shù)，另外，互質(zhì)，所以代入回上面的式子，得到，即是4的約數(shù).考慮到，互質(zhì)，分別代入即可，當(dāng)時，，矛盾.當(dāng)時，也就是，.可得：，，，.11．【詳解】（1）由題因?yàn)?，所以若使，則可以，此時，滿足題意.（2）根據(jù)題意對于任意點(diǎn)集，不妨設(shè)，且，，，若，則，令，則，此時恒有；若，則，可令，此時，則，滿足題意；若，則，令，此時，則，滿足題意；若，則，則令，此時，則，滿足題意；所以對于任意點(diǎn)集，都存在的一個優(yōu)劃分，滿足.（3）不妨設(shè)，若，則B取其中一點(diǎn)即可滿足；若，則必存在正整數(shù)k使得，則有，于是，又因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時取等號；于是取，即可滿足且，命題得證.12．【詳解】（1）中的最小元素為.（2）由題得，設(shè)，.①當(dāng)時，或或或或或.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時，，符合題意，所以.②當(dāng)時，或或或.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時，，符合題意，所以.③當(dāng)時，不符合題意.因此，或10.（3）設(shè)，則，其中，，所以，設(shè)，則.因?yàn)?，所?因?yàn)椋?，所以，又因?yàn)?，所?13．【詳解】（1）由，知，所以，；（2）依題意，，，則有，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，又因?yàn)?，所以，，互不相同，故，若，則；（3）由，得，則有①，由及①，可得，，，以上各式相加，得.由及①，當(dāng)時，，所以，即.14．【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)，由，得，的圖象是以原點(diǎn)為中心，順次連接四點(diǎn)所形成的正方形，將其上移2個單位長度即得的圖象，所以點(diǎn)集所占區(qū)域是：以四點(diǎn)為頂點(diǎn)的正方形及其內(nèi)部，面積為8.（2）設(shè)，則，將看成關(guān)于的函數(shù)，則在或時取得最小值，即，令，則，當(dāng)時，；當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，此時，所以的最小值為3.（3）設(shè)點(diǎn)，則，若存在實(shí)數(shù)，使，則對任意的成立，令，則，令，則，所以：，所以，令，則是上的偶函數(shù)，當(dāng)時，若，即，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立；若，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以存在實(shí)數(shù)且，使得的最小值為.15．【詳解】（1）設(shè)的隨影數(shù)集分別為，則，所以集合是理想數(shù)集，集合不是理想數(shù)集.（2）不妨設(shè)集合且，即.為理想數(shù)集，，則，且，使得.當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.綜上所述：.（3）設(shè).為理想數(shù)集.，且，使得.對于，同樣有.下先證對元理想數(shù)集，有.不妨設(shè)集合中的元素滿足.即.為理想數(shù)集，，且，使得.當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立...當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立..理數(shù).當(dāng)且僅當(dāng)或時，等號成立.理數(shù)的最小值為.16．【詳解】（1）解：設(shè)，則直線的方程為，即，記，則的方程為，將其代入橢圓的方程，消去，得，因?yàn)橹本€與橢圓有且只有一個公共點(diǎn)，所以，即，將代入上式，整理得，同理可得，，所以為關(guān)于的方程的兩根，所以，．又點(diǎn)在橢圓上，所以，所以．（2）解：由橢圓，得其離心率，所以當(dāng)，即時，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，所以，，，恰好為橢圓的左、右焦點(diǎn)，易知直線的斜率均存在且不為，所以，因?yàn)樵跈E圓上，所以，即，所以．設(shè)直線的斜率為，則直線的斜率為，所以直線的方程為．由，得，設(shè)，則，，所以，同理可得，所以．17．【詳解】（1）因?yàn)楫?dāng)垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，所以的方程為.（2）（i）當(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r，設(shè)的方程為：，由消去得：，由直線與橢圓相切，得，整理得，于是圓心到直線的距離，則的面積為，設(shè)，求導(dǎo)得，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，因此當(dāng)時，取得最大值，此時，當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r，由（1）知，，由，得，則.對于線段上任意點(diǎn)，連接并延長與圓交于點(diǎn)，則是圓上與最近的點(diǎn)，當(dāng)為線段的中點(diǎn)時，取得最大值，所以.（ii）因?yàn)榫嬖?，設(shè)點(diǎn)，且，設(shè)是集合中到的最近點(diǎn)，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)，令點(diǎn)到集合的最近點(diǎn)為，點(diǎn)到集合的最近點(diǎn)為，因?yàn)槭羌现兴悬c(diǎn)到集合最近點(diǎn)距離的最大值，則，因?yàn)槭羌现兴悬c(diǎn)到集合最近點(diǎn)距離的最大值，則，因此，而在坐標(biāo)平面中，，又點(diǎn)是集合中到點(diǎn)的最近點(diǎn)，則，所以.18.【詳解】（1）由定義可知，與相切，則圓的圓心到直線的距離等于1，則，.（2）點(diǎn)不在直線族的任意一條直線上，所以無論取何值時，無解.將整理成關(guān)于的一元二次方程，即.若該方程無解，則，即.證明：在上任取一點(diǎn)在該點(diǎn)處的切線斜率為，于是可以得到在點(diǎn)處的切線方程為：，即.今直線族中，則直線為，所以該曲線上的每一點(diǎn)處的切線都是該直線族中的某條直線，而對任意都是拋物線在點(diǎn)處的切線.所以直線族的包絡(luò)曲線為.（3）法一：已知，設(shè)，則，；由（2）知在點(diǎn)處的切線方程為；同理在點(diǎn)處的切線方程為；聯(lián)立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：過分別作準(zhǔn)線的垂線，連接，如圖所示：則，因?yàn)椋@然.又由拋物線定義得，故為線段的中垂線，得到，即.同理可知，所以，即.則.所以成立.19．【詳解】（1）設(shè)“橢圓”上任意一點(diǎn)為，則，即，即，所以“橢圓”的方程為；（2）由方程，得，因?yàn)?，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“橢圓”的范圍為，，將點(diǎn)代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關(guān)于軸對稱，將點(diǎn)代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關(guān)于軸對稱，將點(diǎn)代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以“橢圓”關(guān)于軸，軸，原點(diǎn)對稱；

（3）由題意可設(shè)橢圓的方程為，將點(diǎn)代入得，解得，所以橢圓的方程為，，由題意可設(shè)直線的方程為，聯(lián)立，得，恒成立，則，因?yàn)榈闹悬c(diǎn)為，所以直線的中垂線的方程為，同理直線的中垂線的方程為，設(shè)，則是方程的兩根，即是方程的兩根，所以，又因，所以，兩式相比得，所以，所以，所以直線與的斜率之積為定值．

20．【詳解】（1）根據(jù)題意，蒙日圓的半徑為，所以.因?yàn)?，可知，則，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，因?yàn)橹本€過點(diǎn)，可知直線的斜率存在，且直線與橢圓必相交，可設(shè)直線，聯(lián)立方程，消去可得，由根與系數(shù)的關(guān)系可得：因?yàn)椋傻弥本€，直線，所以即，解得，所以直線的交點(diǎn)在直線上.（2）設(shè)直線與直線的交點(diǎn)分別為，則由（1）可知：直線，直線.聯(lián)立方程和，解得因?yàn)?，又因?yàn)辄c(diǎn)到直線的距離，可得，只需求的最小值.由弦長公式可得令，則.可得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立.即的最小值為，可得面積的最小值為.故直線圍成的三角形面積的最小值為.

21．【詳解】（1）①解：因?yàn)?，則.②證明：設(shè)，則，與互換，與互換，與互換，可得，故.（2）證明：因?yàn)?故，故要證，只需證，即證.由（1），故，又，則成立，故.（3）由（2），得，故，故的幾何意義表示：以為底面?為高的三棱錐體積的6倍.22．【詳解】（1）由，，知，，所以，所以；（2）設(shè)，，分別為與，，同方向的單位向量，則，，，①，.

②因?yàn)椋?，則，∵，

.∴，，所以與的夾角的余弦值為23．【詳解】（1）依題意，的所有可能取值為，，，所以的分布列為：123數(shù)學(xué)期望.（2）令，若前位玩家都沒有通過第一關(guān)測試，其概率為，若前位玩家中第位玩家才通過第一關(guān)測試，則前面位玩家無人通過第一關(guān)測試，其概率為，第位玩家通過第一關(guān)測試，但沒有通過第二關(guān)測試，其概率為，第位玩家到第位玩家都沒有通過第二關(guān)測試，其概率為，所以前面位玩家中恰有一人通過第一關(guān)測試的概率為：，因此第位成員闖過第二關(guān)的概率，由，得，解得，則，所以.24．【詳解】（1）①該二維離散型隨機(jī)變量的所有可能取值為：.②依題意，，，顯然，則，所以.（2）由定義及全概率公式知，.25．【詳解】（1），，，，；（2）（?。?，，（ⅱ），，故從到中，有、、、共9個，有個，由，即共有個有個，由，即共有個……，有個，.26．【詳解】（1）依題意，4個番石榴的位置從第1個到第4個排序，有種情況，要摘到那個最大的番石榴，有以下兩種情況：①最大的番石榴是第3個，其它的隨意在哪個位置，有種情況；②最大的番石榴是最后1個，第二大的番石榴是第1個或第2個，其它的隨意在哪個位置，有種情況，所以所求概率為.（2）記事件表示最大的番石榴被摘到，事件表示最大的番石榴排在第個，則，由全概率公式知：，當(dāng)時，最大的番石榴在前個中，不會被摘到，此時；當(dāng)時，最大的番石榴被摘到，當(dāng)且僅當(dāng)前個番石榴中的最大一個在前個之中時，此時，因此，令，求導(dǎo)得，由，得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，于是當(dāng)時，取得最大值，所以的最大值為，此時的值為.27．【詳解】（1）由題可知2號盒子里有2個紅球的概率為；（2）由題可知可取，，，所以3號盒子里的紅球的個數(shù)ξ的分布列為123P（3）記為第號盒子有三個紅球和一個白球的概率，則，為第號盒子有兩個紅球和兩個白球的概率，則，則第號盒子有一個紅球和三個白球的概率為，且，化解得，得，而則數(shù)列為等比數(shù)列,首項(xiàng)為，公比為，所以，又由求得：因此．28．【詳解】（1）設(shè)與的對應(yīng)項(xiàng)中同時為0的有個，同時為1的有個，則對應(yīng)項(xiàng)不同的為個，所以．所以．（2）設(shè)．因?yàn)?，所以．因?yàn)椋援?dāng)時，，當(dāng)時，所以（3）記集合P中所有兩個元素間距離的總和為，則．設(shè)集合中所有元素的第個位置的數(shù)字共有個個0．則，因?yàn)?，所以．所?所以29．【詳解】（1）中，與6互質(zhì)的數(shù)有1和5，則；中，與15互質(zhì)的數(shù)有1、2、4、7、8、11、13和14，則8.（2）因?yàn)?，p和q為素?cái)?shù)，則對，僅當(dāng)或時，x和n不互質(zhì)，又，則，，…，或，，…時，x與n不互質(zhì)，則，設(shè)，，可