文科数学（一）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用）（解析版）

这是一份文科数学（一）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用）（解析版），共76页。




目 录 contents
（一）

集合与常用逻辑用语………………………………………………………………04

数系的扩充与复数的引入………………………………………………………………14

平面向量………………………………………………………………21

算法初步、推理与证明………………………………………………………………30

不等式………………………………………………………………48

函数………………………………………………………………59

集合与常用逻辑用语

考点
2020
2021
2022
分值
题型
集合
I卷：交集；II卷：交集；III卷：交集。
甲：交集
乙：补集与并集
甲：交集
乙：交集
5
选择题/主观题
常用逻辑用语
II卷（理）：简单的逻辑连接词
乙：简单的逻辑连接词
甲乙（理）：充要条件

5
选择题/主观题
从内容上看：
1．集合从近三年来看主要还是考查集合运算（交集、并集、补集）。
2．常用逻辑用语近三年主要考查了充要条件、特称（全称）命题的否定，简单的逻辑连接词等。
从形式上看：集合与常用逻辑用语基本上还是选择题为主。

2023年高考中集合仍将与一元二次不等式解法、一元一次不等式解法、指数、对数不等式解法结合重点考查集合的交集运算，也可能考查集合的并集、补集运算，依然放在前2题位置，难度为基础题。
2023年高考预测常用逻辑用语仍将与其他知识结合（例如与集合、函数、不等式、立体几何结合等）；含有一个量词的命题的否定和充分必要条件的判定是高考的重点，考查考生的推理能力，考查形式以基础题为主，低档难度。
近年来看集合和常用逻辑用语的考试以基础题型为主，建议大家重点抓基础，适当注意集合中的具有创新性的新定义问题，充要条件主要还是主要和其他版块知识的结合。

1、集合的表示
1）列举法，注意元素互异性和无序性；2）描述法，注意准确理解集合元素，能理解不同符号的元素。
2、集合元素的特征
1）研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性；2）研究两（多个）集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系。
3、集合的关系
1）注意子集和真子集的区别和练习；2）判断集合之间的关系：（1）定义判断；（2）数形结合判断；
4、集合的运算
1）注意并集与交集的大小关系；2）补集和全集是不可分割的两个概念。
5、 集合的新定义
与集合有关的创新题目是近几年高考的一个新趋势，试题出现较多的是在现有运算法则和运算律的基础上定义一种新的运算，并运用它解决相关的一些问题.解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义．首先分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是破解新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质．集合的性质(概念、元素的性质、运算性质等)是破解新定义型集合问题的基础，也是突破口，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之处用好集合运算与性质．
6、充分、必要条件的判断有3种：
1）定义法：(1)若p⇒q，则p是q的充分条件；(2)若q⇒p，则p是q的必要条件；
(3)若p⇒q且q⇒p，则p是q的充要条件；(4)若p⇒q且qp，则p是q的充分不必要条件；
(5)若pq且q⇒p，则p是q的必要不充分条件；(6)若pq且qp，则p是q的既不充分也不必要条件．
2）利用集合间的包含关系判断：记条件p，q对应的集合分别是A，B，则
(1)若A⊆B，则p是q的充分条件或q是p的必要条件；
(2)若AB，则p是q的充分不必要条件，或q是p的必要不充分条件；
(3)若A＝B，则p是q的充要条件；
(4)若AB，且AB，则p是q的既不充分也不必要条件．
3）等价法：利用p⇒q与q⇒p，q⇒p与p⇒q，p⇔q与q⇔p的等价关系．

典例1（2022·全国·统考高考真题）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
典例2（2022·全国·统考高考真题）设全集，集合M满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先写出集合,然后逐项验证即可
【详解】由题知,对比选项知，正确,错误 故选:
典例3（2022·全国·统考高考真题）设全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.
【详解】由题意，，所以,
所以. 故选：D.
典例4（2022·全国·统考高考真题）若集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，故选：D
典例5（2022·浙江·统考高考真题）设，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.故选：A.
典例6（2021·全国·统考高考真题）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（    ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，必须要给予其证明过程．
典例7（2021·全国·统考高考真题）已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.
【详解】由于，所以命题为真命题；
由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；
所以为真命题，、、为假命题. 故选：A．
典例8（2022·天津·统考高考真题）“为整数”是“为整数”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由当为整数时，必为整数；当为整数时，比一定为整数；即可选出答案.
【详解】当为整数时，必为整数；当为整数时，比一定为整数，
例如当时，. 所以“为整数”是“为整数”的充分不必要条件.故选：A.

1．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）若集合，集合，则中整数的个数为（    ）．
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】根据不等式的解法，分别求得集合，，结合集合并集的运算，求得，进而得到答案.
【详解】由题意，可得集合，，
则，其中集合有，共有个. 故选：C.
2．（2023·广东湛江·统考二模）已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意求集合，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：
所以. 故选：D.
3．（2023·江苏常州·校考二模）已知集合和，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】化简集合，根据集合的交集，并集及包含关系判断即可.
【详解】，,A、B选项错误；
，，故C错误，D正确.故选：D
4．（2023·天津河东·一模）已知集合，，，则实数的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设知，讨论、求a值，结合集合的性质确定a值即可.
【详解】由知：，
当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
当，即或，
若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；
若，则，，满足要求. 综上，. 故选：A
5．（2023·湖北·统考二模）已知集合，，且全集，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用集合的交集、并集、补集的运算法则求解.
【详解】由已知得集合表示的区间为，集合表示的区间为，
则，，，, 故选：.
6．（2023·山西运城·统考二模）已知全集，集合，则集合等于（     ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先表示出集合与集合的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．
【详解】由题意知，，
所以，，故选：B．
7．（2023·浙江·统考二模）已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据交集的含义即可得到答案.
【详解】因为集合表示的是所有偶数的集合，所以，故选：D.
8．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）已知集合，，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据绝对值不等式可以求出集合A，再利用正弦函数值域求出集合B，进而求出结果.
【详解】由条件知，，所以，故选：D．
9．（2023·陕西·统考一模）在R上定义运算，若关于x的不等式的解集是集合的子集，则实数a的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据在R上定义运算，结合分式不等式的解法求出不等式的解集，再根据集合的包含关系列出不等式，即可得解.
【详解】由得，
即，解得，由题设知，解得. 故选：C.
10．（2023·北京通州·统考模拟预测）已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，//，则“a与b异面”是“直线b与l相交”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若“a与b异面”，反证：直线b与l不相交，由于，则//，
∵//，则//，这与a与b异面相矛盾，故直线b与l相交，
故“a与b异面”是“直线b与l相交”的充分条件；
若“直线b与l相交”，反证：若a与b不异面，则a与b平行或相交，
①若a与b平行，∵//，则//，这与直线b与l相交相矛盾；
②若a与b相交，设，即，
∵，，则，即点A为，的公共点，且，∴，
即A为直线a、l的公共点，这与//相交相矛盾；
综上所述：a与b异面，即“a与b异面”是“直线b与l相交”的必要条件；
所以“a与b异面”是“直线b与l相交”的充分必要条件. 故选：C.
11．（2023·山东德州·统考一模）在中，“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，，由，可得，
所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B.
12．（2023·广东佛山·统考二模）记数列的前项和为，则“”是“为等差数列”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】等差数列的前项和为，则，
数列的前项和为，取，显然有，
而，即数列不是等差数列，
所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件.故选：B
13．（2023·广东佛山·统考二模）已知方程，其中．现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题：甲：可以是圆的方程；    乙：可以是抛物线的方程；
丙：可以是椭圆的标准方程；    丁：可以是双曲线的标准方程．
其中，真命题有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据圆，抛物线，椭圆及双曲线的方程特点结合条件分析即得.
【详解】因为方程，其中，
所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程；
当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程；
当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程；
若方程为双曲线的标准方程，则有，这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程；所以真命题有3个.故选：C.
14．（2023·安徽·校联考二模）设，则“”是“为奇函数”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据为奇函数，可得，即可求得，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】若为奇函数，
则，
，解得，经检验，符合题意，
“”是“为奇函数”的充分不必要条件.故选：A．
15．（2023·江西·校联考二模）设为任一实数，表示不超过的最大整数，表示不小于的最小整数，例如，，，，那么“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据给定的信息，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】对于实数，依题意，，而，因此，
若，如取，有，显然，
所以“”是“”的充分不必要条件，A正确.故选：A
16．（2023·四川达州·统考二模）命题p：，，则为（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】对全称量词的否定用特称量词，直接写出.
【详解】因为对全称量词的否定用特称量词，
所以命题p：，的否定为：，.故选：D
17．（2023·陕西榆林·统考三模）已知两个非零向量，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据向量的共线的坐标运算，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为且，可得，解得或，
又因为为非零向量，所以，即，故“”是“”的充要条件．故选：C.
18．（2023·全国·校联考二模）已知命题，；命题，则下列命题是真命题的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用命题的真假判定，真值表的应用求解.
【详解】因为不成立，所以p为假命题；
因为当时，成立，故q为真命题．
所以为假命题，为真命题． 故选：．

1．已知全集，集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别求出集合、 、，再求交集可得答案.
【详解】因为，所以，
又因为，所以.故选：D.
2．一个集合中含有4个元素，从该集合的子集中任取一个，则所取子集中含有3个元素的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合子集的概念与性质及古典概型的概率公式求解即可.
【详解】4个元素的集合所有子集共个，设此集合为，
事件A：“所取子集中含有3个元素”，则事件A的基本事件个数为4个，即，，，，
所以.故选：D．
3．使“”成立的一个充分不必要条件是（    ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【分析】根据不等式的关系结合充分不必要条件分别进行判断即可．
【详解】对于A，若，，当时，成立，
所以“，”“”，A不满足条件；
对于B，，，则，即，所以“，”“”，
若，则，不妨取，，，则，所以“，”“”，
所以“，”是“”的充分不必要条件，B满足条件；
对于C，若，则，使得，即，即“”“，”，
所以“，”是“”的充分条件，C不满足条件；
对于D，若，，则，即，当且仅当时，等号成立，
所以“，”“”，D不满足条件.故选：B.
4．在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换公式和正弦定理，把中等式化为，从而，得或，然后结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
【详解】根据正弦定理可得，所以

所以，即，

整理得，则或，
因为，，，，
则或，即或，所以由不能推出；
当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，
故p是q的既不充分也不必要条件．故选：D

数系的扩充与复数的引入

考点
2020
2021
2022
分值
题型
复数
I卷：复数运算与模
II卷：复数的运算
III卷：共轭复数与运算
甲：复数运算
乙：复数运算
甲：共轭复数与模
乙：复数运算与相等
5
选择题/主观题
从内容上看：考查复数的四则运算、复数的相等、共轭复数、实部、虚部、模、复数平面等。
从形式上看：复数考查基本上还是选择题、填空题为主。

2023年高考中复数仍将重点考查复数的四则运算、复数的相等、共轭复数、实部、虚部、模、复数平面等相关概念与计算，基本出现在前3题的位置，难度不大，属于容易题。

1、复数的相关概念
复数模、共轭复数、复数相等或代数运算都要认清复数包括实部和虚部两部分，所以在解决复数有关问题时要将复数的实部和虚部都认识清楚．
2、复数的运算
设，则
（1）；（2）；（3）。
3、复数的几何意义
复数的几何意义在于复数的实质是复平面上的点，其实部、虚部分别是该点的横坐标、纵坐标，这是研究复数几何意义的最重要的出发点．

典例1（2022·全国·统考高考真题）（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用复数的乘法可求.
【详解】，故选：D.
典例2（2022·全国·统考高考真题）设，其中为实数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．
【详解】因为R，，所以，解得：．故选：A.
典例3（2022·全国·统考高考真题）若．则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．
【详解】因为，所以，所以．故选：D.
典例4（2022·全国·统考高考真题）若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
【详解】 故选 ：C
典例5（2022·全国·统考高考真题）已知，且，其中a，b为实数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】
由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
得,即 故选:
典例6（2021·全国·统考高考真题）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.
【详解】设，则，则，
所以，，解得，因此，.故选：C.

1．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知复数z满足，若，则复数z为（    ）．
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【分析】根据复数的模的计算求得a的值，再根据复数的除法运算即可求得答案.
【详解】由有，即，解得，
当时，,
当时，.故选：C
2．（2023·全国·校联考三模）已知复数满足，则的最大值为（    ）
A． B． C．4 D．
【答案】B
【分析】由复数减法的几何意义得即可得出答案.
【详解】因为，所以，所以，
所以的最大值为．故选：B
3．（2023·四川巴中·校考模拟预测）已知，则复数z在复平面上对应的点在(    )
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】设，，代入已知等式，根据复数相等可得a、b的值，从而可得答案．
【详解】设，则，
∴由，得，解得，，
∴复数在复平面上对应的点在第一象限．故选：A．
4．（2023·广东广州·统考二模）若为实数，且，则（    ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【分析】由题意得出，计算即可得解．
【详解】由题意得，，故选：C．
5．（2023·河南·洛阳联考模拟预测）已知复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】转化为动点到两定点距离相等的几何意义即可得到答案.
【详解】设复数在复平面内对应的点分别为,
则的几何意义是到的距离和到的距离相等,
则在复平面内对应的点满足. 故选：D.
6．（2023·吉林延边·统考二模）已知复数满足，给出下列四个命题其中正确的是（    ）
A． B．的虚部为 C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可逐项判断.
【详解】∵，∴，故z的虚部为，
则，，，所以B正确，A，C，D不正确.故选：B.
7．（2023·山西太原·校考一模）复平面内复数满足，则的最小值为（    ）
A．1 B． C． D．3
【答案】B
【分析】根据分析出对应点轨迹方程，再根据的几何意义以及圆外一点到圆上点的距离最小值求法求解出结果.
【详解】设，因为，所以，
即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：，如图，

又，所以表示圆C上的动点到定点的距离，
所以为，故选：B．
8．（2023·东北师大附中校联考模拟预测）已知复数满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解.
【详解】设，，所以，所以，
解得：，所以.故选：C


1．若在复数范围内分解为，则在复数平面内，复数对应的点位于（    ）
A．实轴上 B．虚轴上 C．第一象限 D．第二象限
【答案】B
【分析】先求出复数，再根据共轭复数的定义结合复数的减法运算及乘法求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】由，得，
当，时，，，所以；
当，时， ，
综上，复数对应的点位于虚轴上.故选：B．
2．复数与下列复数相等的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.
【详解】由题设，，故A、C、D错误；
而，故B正确.故选：B
3．设，，为复数，且，下列命题中不正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则在复平面对应的点在一条直线上
【答案】B
【分析】根据共轭复数的概念可判断A，利用特值可判断B，根据复数运算法则及复数相等可判断C，根据复数的几何意义结合条件可判断D.
【详解】设，，，
对A， 若，即，则，
所以，，故A正确；
对B，若，则，而，故B错误；
对C，，，
所以，即，
因为，，则至少有一个不为零，
不妨设，由，可得，
所以，，即，，故C正确；
对D，由，可得，
所以，又不全为零，
所以表示一条直线，即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确. 故选：B.





























平面向量

考点
2020
2021
2022
分值
题型
平面向量
I卷：向量垂直（坐标）
II卷：向量垂直
III卷：平面向量的数量积
甲：向量的模
乙：向量平行（坐标）
甲：向量垂直（坐标）
乙：向量的模（坐标）
5
选择题/主观题
从内容上看：主要命题方向：向量的线性运算、向量的数量积运算，利用向量数量积解决模长、夹角问题，平行或垂直问题、平面向量基本定理及应用。
从形式上看：平面向量基本上还是选填题为主，偶尔也会在解答题中作为基础工具使用。

2023年高考中向量主要考查向量的线性运算、向量的数量积运算，利用向量数量积解决模长、夹角问题，平行或垂直问题、平面向量基本定理及应用。有时也会与三角函数、平面解析几何进行交汇命题共线向量定理，主要以选择题和填空题的形式呈现，难度不大。考查考生的直观想象、数学运算核心素养和方程思想、数形结合思想的运用。

1．平面向量的线性运算技巧
1）不含图形的情况：可直接运用相应运算法则求解．
2）含图形的情况：将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相等向量、相反向量、三角形的中位线等性质，把未知向量用已知向量表示出来求解．
求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的运算将向量表示出来，进行比较求参数的值．
2、数量积和模的计算问题，求解思路：①直接利用数量积的定义；②建立坐标系，通过坐标运算求解．
在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模和夹角已知的向量进行计算．求平面向量的模时，常把模的平方转化为向量的平方．
3、向量与平面几何综合问题的解法
1）坐标法：把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
2）基底法：适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程来求解．

典例1（2022·全国·统考高考真题）已知向量，则（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】先求得，然后求得.
【详解】因为，所以.故选：D
典例2（2022·全国·统考高考真题）在中，点D在边AB上，．记，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．故选：B．
典例3（2022·全国·统考高考真题）已知向量满足，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
【详解】解：∵，
又∵∴9，∴故选：C.
典例4（2022·全国·统考高考真题）已知向量，若，则（    ）
A． B． C．5 D．6
【答案】C
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解：,,即,解得,故选：C
典例5（2022·北京·统考高考真题）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，

因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；故选：D
典例6（2021·全国·高考真题）若向量满足，则_________.
【答案】
【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案
【详解】∵∴∴.故答案为：.
典例7（2021·全国·统考高考真题）已知向量，若，则_________．
【答案】
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.
【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解方程得：. 故答案：.
典例8（2022·全国·统考高考真题）已知向量．若，则______________．
【答案】
【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】由题意知：，解得.故答案为：.



1．（2023·山西·统考二模）已知 ，，与的夹角为，则（   ）
A．2 B． C． D．4
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律、结合数量积的定义求解作答.
【详解】因为，，与的夹角为，则，
所以.故选：A
2．（2023·河南开封·统考二模）已知向量，，若，则（    ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】由向量线性运算坐标表示得，再由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，又，则，可得.故选：D
3．（2023·广东深圳·统考二模）已知中，，，与相交于点，，则有序数对（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据平面向量共线定理得到，，利用、分别表示出，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得、，再代入计算可得.
【详解】依题意、、三点共线，故，
所以，
又、、三点共线，故，则
，所以，解得，
所以，又，所以，所以有序数对.故选：D

4．（2023·四川巴中·模拟预测）已知平面向量，，则向量与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用两个向量的数量积的定义，两个向量坐标形式的运算法则，求得，进而可得结果．
【详解】因为，，所以，，
所以，所以，
又，所以向量与的夹角为．故选：A．
5．（2023·河北邯郸·统考二模）向量，满足，且，则在上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解作答.
【详解】由得，又，
所以在上的投影向量为. 故选：C
6．（2023·安徽·校联考二模）如图，在中，点D为线段BC的中点，点E，F分别是线段AD上靠近D，A的三等分点，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】确定，，相加整理得到答案.
【详解】，则①；
，则②；
①②两式相加，，即，故选：C.
7．（2023·广西南宁·统考二模）已知向量，，且满足，则_______.
【答案】4
【分析】由向量垂直的坐标表示求解.
【详解】由已知，又，所以，．故答案为：4.
8．（2023·西藏拉萨·统考一模）已知平面向量，在网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则_________.

【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，利用数量积的坐标表示可求答案.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，，所以.故答案为：.

9．（2023·天津·校联考模拟预测）窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图．如图2，正八边形ABCDEFGH中，若，则的值为________ ；若正八边形ABCDEFGH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则的最小值为______.

【答案】
【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由，列出方程组，求得，从而得到；设，则，由即可求得的最小值.
【详解】，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
正八边形内角和为，则，
所以，,
,

因为，则，
所以，解得，所以；
设，则，，则，
所以，当点在线段上时，取最小值.故答案为：，.


1．已知两个非零向量，满足，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据向量的数量积运算律和夹角公式求解.
【详解】因为，所以，所以，所以，
，故选:D.
2．已知向量，若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用向量数量积的坐标公式结合同角三角函数的基本关系化简即可.
【详解】，从而，
于是，
从而
．故选：A
3．已知在平行四边形ABCD中，点E满足，，则实数______．
【答案】
【分析】利用向量的四则运算化简求值.
【详解】如图所示：

平行四边形ABCD中，点E满足，
，
解得：. 故答案为：












算法初步、推理与证明


考点
2020
2021
2022
分值
题型
算法初步
I卷：程序框图
II卷：程序框图

乙：程序框图
乙（理）：程序框图
5
选择题/主观题
推理与证明
III卷：数学归纳法（数列背景）
新高考I卷：数与式中的归纳推理

5
选择题/主观题
从内容上看：程序框图主要考查三种基本逻辑结构的识别与应用（顺序结构、条件结构、循环结构）。推理与证明主要考查反证法、数学归纳法和推理。
从形式上看：程序框图主要考查选择题或填空题，数学归纳法主要考查解答题（特别是与数列相关内容）。

2023年高考中程序框图在最近几年的高考中基本上都会涉及，以选择题或填空题的形式出现，属较容易题；程序框图考查的主流方向是框图三种基本逻辑结构的识别与应用（顺序结构、条件结构、循环结构）。

解答程序框图（流程图）问题的方法
1）首先要读懂程序框图，要熟练掌握程序框图的三种基本结构，特别是循环结构，在累加求和、累乘求积、多次输入等有规律的科学计算中，都有循环结构；
2）准确把握控制循环的变量，变量的初值和循环条件，弄清在哪一步结束循环，弄清循环体和输入条件、输出结果；
3）对于循环次数比较少的可逐步写出，对于循环次数较多的可先依次列出前几次循环结果，找出规律。
注意：(1)在解决含有循环结构的框图时， 要弄清停止循环的条件；(2)解决程序框图问题时，要注意流程线的指向与其上文字“是”、“否”的对应。


典例1（2022·全国·统考高考真题）执行下边的程序框图，输出的（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据框图循环计算即可.
【详解】执行第一次循环，，，
；
执行第二次循环，，，
；
执行第三次循环，，，
，此时输出.故选：B
典例2（2020·全国·统考高考真题）执行右面的程序框图，若输入的k=0，a=0，则输出的k为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，即可求得答案.
【详解】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出的值
模拟程序的运行过程
第1次循环，，为否
第2次循环，，为否
第3次循环，，为否
第4次循环，，为是 退出循环 输出. 故选：C.
【点睛】本题考查求循环框图的输出值，解题关键是掌握模拟循环语句运行的计算方法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

典例3（2020·全国·统考高考真题）执行下面的程序框图，则输出的n=（ ）

A．17 B．19 C．21 D．23
【答案】C
【分析】根据程序框图的算法功能可知，要计算满足的最小正奇数，根据等差数列求和公式即可求出．
【详解】依据程序框图的算法功能可知，输出的是满足的最小正奇数，
因为，解得，所以输出的．故选：C.
【点睛】本题主要考查程序框图的算法功能的理解，以及等差数列前项和公式的应用，属于基础题．
典例4（2019·全国·统考高考真题）执行如图所示的程序框图，如果输入的为，则输出的值等于

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据程序框图，结合循环关系进行运算，可得结果.
【详解】输入的为，不满足条件；
不满足条件；满足条件
输出，故选C．
【点睛】解答本题关键是利用循环运算，根据计算精确度确定数据分析．
典例5．（2019·全国·高考真题）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入

A．A= B．A= C．A= D．A=
【答案】A
【分析】本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框图结构，即可找出作出选择．
【详解】执行第1次，是，因为第一次应该计算=，=2，循环，
执行第2次，，是，因为第二次应该计算=，=3，，否，输出，
故循环体为，故选A．
【点睛】秒杀速解  认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为．
典例6（2017·全国·高考真题）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（    ）
A．乙可以知道其他两人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩
【答案】D
【分析】根据所给信息进行推理．
【详解】甲、乙、丙、丁四位同学中有2位优秀，2位良好，
因为甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，故选：D．
典例7（2016·全国·高考真题）有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
【答案】1和3.
【详解】 根据丙的说法知，丙的卡片上写着和，或和；
（1）若丙的卡片上写着和，根据乙的说法知，乙的卡片上写着和；
所以甲的说法知，甲的卡片上写着和；
（2）若丙的卡片上写着和，根据乙的说法知，乙的卡片上写着和；
又加说：“我与乙的卡片上相同的数字不是”；
所以甲的卡片上写的数字不是和，这与已知矛盾； 所以甲的卡片上的数字是和.



1．（2023·陕西·统考二模）我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，则输出的的值为（    ）

A．25 B．45 C．55 D．75
【答案】D
【分析】根据程序框图，模拟程序计算过程，计算每一步的，，的值，直到退出循环，即可求得结果.
【详解】执行程序框图：，，，
，，，继续执行；，，，继续执行；
，，，继续执行；，，，继续执行；
，，，继续执行；，，，退出循环，输出.
故选：D.
2．（2023·陕西榆林·统考三模）执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）

A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【分析】模拟运行程序，得出输出的.
【详解】；；；，故输出的．选：B
3．（2023·甘肃·统考模拟预测）如图是某算法的程序框图，若执行此算法程序，输入区间内的任意一个实数，则输出的的概率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由程序框图可知：输入，
当时，执行循环体，，，
当时，执行循环体，此时，，
当时，执行循环体，此时，，
当时，执行循环体，此时，，当时，退出循环，
由几何概型，得输出的概率为. 故选：B.
4．（2023·陕西西安·校联考模拟预测）执行图示程序框图，则输出的值为（    ）

A． B． C．0 D．3
【答案】B
【分析】根据程序框图模拟运行即得.
【详解】执行框图，可得：
第一次循环：，则，此时；
第二次循环：，则，此时；
即，故跳出循环，输出.故选：B.
5．（2023·贵州·统考模拟预测）执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的的值是（    ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】利用程序框图推出最终结果即可.
【详解】执行程序：，，，；，，，；，，，；，，，此时，退出循环，输出.故选：B.
6．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，若程序框图输出的S值是0，则判断框①中应为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据程序框图中的循环结构和输出值运算即可求解.
【详解】由程序框图知初始值为，，第一次循环结果为，，
第二次循环结果为，，第三次循环结果为，，
第四次循环结果为，，退出运行，所以符合①中的条件．故选：A．
7．（2023·北京顺义·统考一模）2022年足球世界杯在卡塔尔举行，32支参赛队通过抽签分为八个小组．每个小组分别有4支球队，共打6场比赛，每支球队都必须和同组其他3支球队进行且只进行一场比赛．小组赛积分规则为：胜1场积3分，平1场积1分，负1场积0分，每个小组积分前两名的球队出线．若小组赛结束后，同一小组的甲、乙两支球队分别积6分和5分，则（    ）
A．甲、乙两队一定都出线 B．甲队一定出线，乙队可能未出线
C．甲、乙两队都可能未出线 D．甲、乙两支球队至少有一支未出线
【答案】A
【分析】根据甲、乙两支球队的分数确定这两支球队的得分情况，再结合另外二队的比赛情况分类讨论进行判断即可.
【详解】设同一组的另两支球队分别为丙、丁，
因为每支球队要进行三场比赛，甲、乙两支球队分别积6分和5分，
所以甲球队二胜一负，乙球队一胜二平，显然乙球与丙、丁两支球队平，胜甲，
甲球队胜丙、丁，此时丙丁两队一负一平，积分1分，
若丙胜丁，最后丙得4分，丁得1分，若丙与丁平，最后丙丁都得2分，
若丁胜丙，最后丙得1分，丁得4分，
因为每个小组积分前两名的球队出线．所以甲、乙两队一定都出线，故选：A
8．（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）为了完成学校布置的暑期社会实践任务，师范生小红、小明、小勇、小燕将分别前往甲、乙、丙、丁4个贫困的地区进行支教，每个地区一人负责，每人去不同的地区.为了了解四人的意愿，辅导员唐老师分别与小红、小明、小勇、小燕进行交谈，谈话结果如下：
①小红：我不去乙地支教；②小明：我不去甲地支教，也不去乙地；
③小勇：我不去丙地支教；④小燕：他们三人先选，剩下的我去.
若四人中小勇说了假话，其余三人说的是真话，则在完全尊重四人意愿的基础上，唐老师应当将小燕分配到进行支教.（    ）
A．甲地 B．乙地 C．丙地 D．丁地
【答案】B
【分析】根据四个人的谈话以及真假即可得到答案
【详解】由题意，小勇说了假话，则小勇去丙地支教；
小明：我不去甲地支教，也不去乙地；那么小明去丁地支教；
小红：我不去乙地支教，则小红去甲地支教；
小燕：他们三人先选，剩下的我去，小燕去乙地支教．故选：
9．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）现有10名象棋选手进行单循环赛（即每两名选手比赛一场）．规定两人对局胜者得2分，平局各得1分，负者得0分，并按总得分由高到低进行排序．比赛结束后，10名选手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名选手得分之和的．则第二名选手的得分是（    ）
A．12 B．16 C．20 D．24
【答案】B
【分析】根据题意可知每个队需要进行9场比赛，则全胜的队得18分，则最后五队之间至少共得20分，即可求解.
【详解】每个队需要进行9场比赛，则全胜的队得：9×2=18（分），排除CD
而最后五队之间赛10场，至少共得：10×2=20（分），
所以第二名的队得分至少为（分）．排除A故选：B.
10．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是（　　）
A．正方形的对角线相等 B．平行四边形的对角线相等 C．正方形是平行四边形 D．以上均不正确
【答案】A
【分析】三段论是由两个含有一个共同项的性质判断作前提得出一个新的性质判断为结论的演绎推理．在三段论中，含有大项的前提叫大前提，如本例中的“平行四边形的对角线相等”；含有小项的前提叫小前提，如本例中的“正方形是平行四边形”．另外一个是结论．
【详解】演绎推理三段论可得“三段论”推理出一个结论，则这个结论是：”正方形的对角线相等“，故选A．
【点睛】三段论推理是演绎推理中的一种简单判断推理．它包含两个性质判断构成的前提，和一个性质判断构成的结论．一个正确的三段论有仅有三个词项，其中联系大小前提的词项叫中项；出现在大前提中，又在结论中做谓项的词项叫大项；出现在小前提中，又在结论中做主项的词项叫小项．
11．（2023·湖南株洲·统考一模）今年11月，为预防新冠疫情蔓延，株洲市有，，三个小区被隔离；从菜市场出发的专车必须每天准时到这3个小区运送蔬菜，以解决小区居民的日常生活问题．，，，之间的行车距离用表中的数字表示．若专车从出发，每个小区经过且只经过一次，然后再返回，那么专车行驶的最短距离是（    ）






0
7
6
3

7
0
5
4

6
5
0
8

3
4
8
0
A．17 B．18 C．23 D．25
【答案】B
【分析】根据题意，专车行驶的最短距离应该选择或，再求距离即可.
【详解】解：由表中数据可知，到的距离最大，到的距离次之，
所以，为使行驶距离最短，与之间不能直达，与之间不能直达，
所以，专车行驶的最短距离应该选择或，此时最短距离为或.故选：B
12．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）数列满足，则以下说法正确的个数（    ）
① ②； ③对任意正数，都存在正整数使得成立 ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】利用二次函数的性质及递推关系得，然后作差，可判断①，已知等式变形为，求出平方和可得②成立，利用简单的放缩可得，可判断③，利用数学归纳法可判断④．
【详解】因为，若，则，又，
则，又，∴，①正确；
由已知，又，∴，②正确；由及①得，则，，∴，
显然对任意的正数，在正整数，使得，此时成立，③正确；
(i)当时，显然成立，(ii)假设时，，则，又，则，又，
则，∴，综上，可得时，，④正确．故选：D．
【点睛】在解决不等式的证明问题中，本题用到了放缩法和数学归纳法，命题③通过放缩得到，进而得到即可判断；数学归纳法的应用主要是以下步骤，验证当时成立，假设时成立，推出时成立即可.
13．（2023·辽宁·校联考二模）对20不断进行“乘以2”或“减去3”的运算，每进行一次记为一次运算，若运算次得到的结果为23，则的最小值为__________.
【答案】8
【分析】运用逻辑推理的思想，根据题意分类讨论即可.
【详解】因为，所以至少要进行一次“乘以2”的运算.
①若一共只有一次“乘以2”的运算.
设做了次“减去3”的运算之后，再“乘以2”，再做了次“减去3”的运算后，
得数为，即，其中，显然无非负整数解.
②若一共只有2次“乘以2”的运算.
设做了次“减去3”的运算之后“乘以2”，再做了次“减去3”的运算之后“乘以2”，再做了m次“减去3”的运算后，得数是，即，.
当时，或； 当时，；当时，.
所以的最小值为6，即至少运算8次，过程为.
③若一共有3次或3次以上“乘以2”的运算，总运算次数显然不止8次.
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）有1000张从1开始依次编号的多米诺骨牌，从小到大排成一行，每次从中去掉处在奇数位置的牌，则最后剩下的一张牌是______号．
【答案】512
【分析】根据题设，依次写出每次去掉奇数位后的余项，即可得结果.
【详解】第一次：余下编号，编号为，共500项；
第二次：余下编号，编号为，共250项；
第三次：余下编号，编号为，共125项；
第四次：余下编号，编号为，共62项；
第五次：余下编号，编号为，共31项；
第六次：余下编号，编号为，共15项；
第七次：余下编号，编号为，共7项；
第八次：余下编号，编号为，共3项；
第九次：余下编号，编号为，共1项；综上，最后剩下. 故答案为：
15．（2023·广东深圳·统考二模）已知数列满足，，，.
(1)求数列的通项公式；(2)证明:数列中的任意三项均不能构成等差数列.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】(1) 由 得,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式；
(2) 假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可.
【详解】（1）由 ，得
以上两式相比，得, 由，得,
所以，数列是首项为3，公比4为的等比数列，,
数列是首项为6，公比为4的等比数列，,综上，数列的通项公式为 .
（2）假设数列中存在三项数列 (其中）成等差数列，则 .
由（1）得，即,两边同时除以，得(*)
(*）式左边为奇数，右边为偶数 (*）等式不成立，假设不成立.
所以，数列中得任意三项均不能构成等差数列．


1．执行如图所示的程序框图，则输出的T的值是（    ）

A．32 B．48 C．64 D．72
【答案】C
【分析】依据循环结构的要求即可求得输出的T的值.
【详解】由，，得，，；
由，得，，；
由，得，，；
由，得，，，输出.故选：C.
2．在如图所示的程序框图中，若输入的a，b，c分别为，，，执行该程序框图，输出的结果用原来数据表示为（    ）

A．b，a，c B．a，b，c C．c，b，a D．c，a，b
【答案】A
【分析】该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，通过比较输入数据的大小，即可求解．
【详解】解︰由程序框图可知，该程序的功能为从大到小输出原来输入的数据，
，，即，
所以，则输出的结果用原来数据表示为b，a，c.故选∶A．
3．如图是把二进制数化为十进制数的一个程序框图，则判断框内应填入的条件是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】题意输出，按照程序运行，观察与的关系，确定判断框内的条件即可.
【详解】由题意输出，按照程序运行：
按照程序运行：；；，
,,
；此时结束循环输出结果，
故判断框内的条件应为；故选：B.
4．桌面排列着18个乒乓球，两个人轮流拿球装入口袋，能拿到第18个乒乓球的人为胜利者，条件是：每次拿走球的个数为至少要拿1个，但最多又不能超过4个，这个游戏中，先手是有必胜策略的，请问：如果你是最先拿球的人，为了保证最后赢得这个游戏，你第一次该拿走的球的个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】第一次应该拿走3个，然后对方拿走个，我就拿个，这样保证取得胜利.
【详解】第一次应该拿走3个，然后对方拿走个，，，我就拿个，这样保证我拿到第3，8，13，18个. 故选：C
5．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用．若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（    ）
A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了
【答案】C
【分析】利用反证法,即可得出结论
【详解】假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立；
假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话，若乙说的是真话，即甲被录用，成立.故甲被录用.
若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立.故选:C.






























不等式

考点
2020
2021
2022
分值
题型
不等式
I卷：线性规划；
II卷：线性规划；
III卷：线性规划；
乙：线性规划；均值不等式。
乙：线性规划；
5
选择题/主观题
从内容上看：主要考查线性规划、不等式的求解、利用基本不等式求最值问题。
从形式上看：不等式基本上还是选填题为主。

2023年高考中线性规划、均值不等式考查可能性最大，不等式的性质、不等式的解法也不可忽视。多关注不等式的渗透到各个知识领域，作为解题工具与数列、函数、向量相结合，在知识的交汇处命题，难度中档，其中在解析几何中利用不等式求解、范围或解决导数问题时利用不等式进行求解，难度偏高。

1、线性规划
把握知识本质是教与学成功的关键.求解线性规划问题的关键有两点:其一是将二元一次不等式组转化为可行域；其二是理解目标函数的几何意义，数形结合求解.高考对线性规划的考查较多以常规题的形式出现，这一类问题一般是可行域较为常规，但目标函数有变化.常出现的形式有:①直线型，转化成斜截式比较截距；②分式型，几何意义是已知点与在可行域内运动的动点连线的斜率；③平方型，其几何意义是动点与已知点之间的距离，需要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的距离.因此在复习时应使学生准确理解二元一次不等式组的几何意义，准确画出二元一次不等式组所表示的平面区域，利用直线的性质求出目标函数的最优解。
2、条件最值的求解通常有三种方法：
1）是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式转化为函数的最值求解；
2）是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值；
3）是对条件使用基本不等式，建立所求目标函数的不等式求解．
4）积定和最小，和定积最大
（1）设x，y为正实数，若x＋y＝s(和s为定值)，则当x=y时，积xy有最大值，且这个值为.
（2）设x，y为正实数，若xy＝p(积p为定值),则当x=y时，和x＋y有最小值,且这个值为2.
3、基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略是：
（1）先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用基本不等式求解，这是难点；（2）用基本不等式求最值，要有用基本不等式求最值的意识；（3）检验等号是否成立，完成后续问题．

典例1（2022·全国·统考高考真题）若x，y满足约束条件则的最大值是（    ）
A． B．4 C．8 D．12
【答案】C
【分析】作出可行域，数形结合即可得解.
【详解】由题意作出可行域，如图阴影部分所示，

转化目标函数为，上下平移直线，可得当直线过点时，
直线截距最小，z最大，所以.故选：C.
典例2（2021·全国·统考高考真题）若满足约束条件则的最小值为（    ）
A．18 B．10 C．6 D．4
【答案】C
【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.
【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，

由可得点, 转换目标函数为，
上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，此时.故选：C.
典例3（2021·全国·统考高考真题）下列函数中最小值为4的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．

典例4（2021·天津·统考高考真题）若，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】两次利用基本不等式即可求出.
【详解】，，
当且仅当且，即时等号成立，所以的最小值为. 故答案为：.

典例5（2020·天津·统考高考真题）已知，且，则的最小值为_________．
【答案】4
【分析】根据已知条件，将所求的式子化为，利用基本不等式即可求解.
【详解】，,
，当且仅当=4时取等号，
结合,解得，或时，等号成立. 故答案为：
【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.
典例6（2020·海南·高考真题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（    ）（多选题）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.
【详解】对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD
【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养.


1．（2023·广西南宁·校考模拟预测）设x，y满足约束条件则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先作出可行域，把看作与连线的斜率，结合图形可求答案.
【详解】画出可行域如图，表示可行域内的点与连线的斜率，
由图知，直线的斜率最大，直线的斜率最小；
由可得；由可得；
所以的取值范围为．故选：D.

2．（2023·广西南宁·统考二模）某单位为提升服务质量，花费3万元购进了一套先进设备，该设备每年管理费用为0.1万元，已知使用年的维修总费用为万元，则该设备年平均费用最少时的年限为（    ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【分析】根据题意可得该设备年平均费用，结合基本不等式分析运算.
【详解】由题意可得：该设备年平均费用，
∵，则，
当且仅当，即时，等号成立，所以该设备年平均费用最少时的年限为9.故选：C.
3．（2023·广西柳州·校联考模拟预测）已知实数x，y满足，若直线经过该可行域，则实数k的最小值为（    ）
A．－5 B．－ C．－ D．－
【答案】B
【分析】作出可行域，根据的几何意义，结合图象，可知最小.解得出点坐标，即可求出最小值.
【详解】作出可行域

根据已知可知，直线过定点，表示可行域内点与定点连线的斜率，
根据图象可知，其最小值为.联立可得，，所以，
所以，所以实数k的最小值为.故选：B.
4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）若，，，则的最小值为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】根据基本不等式推出，进而根据不等式可得，即可得出答案.
【详解】由已知可得.
因为，，由基本不等式知，当且仅当时，等号成立.
所以，所以，所以，所以的最小值为2.故选：D.
5．（2023·宁夏中卫·统考二模）已知点在直线上，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将点代入直线方程，再用基本不等式求得的最小值，从而将问题转化，解之即可.
【详解】因为点在直线上，所以，
故，
当且仅当且，即时等号成立，
因为关于的不等式恒成立，所以，解得，所以.故选：A
6．（2023·安徽滁州·统考二模）若a，b，c均为正数，且满足，则的最小值是（    ）
A．6 B． C． D．
【答案】C
【分析】利用因式分解法，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】，
因为a，b，c均为正数，所以有，
当且仅当时取等号，即时取等号，故选：C
7．（2023·吉林·统考三模）已知，则下列不等式不一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】A选项，由不等式基本性质得到A正确；B选项，利用基本不等式求出；C选项，作差法比较出大小关系；D选项，举出反例即可.
【详解】A选项，，故，所以，两边同乘以得，，A成立；
B选项，因为，所以，且，由基本不等式得，故B成立；
C选项，因为，所以，
故，所以，C成立；
D选项，不妨取，满足，此时，故D不一定成立.故选：D
8．（2023·山西·校联考模拟预测）已知，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】变形给定等式，求出的范围，再把变形为的二次函数，求出最大值作答.
【详解】由，得，解得，
于是，而，
当且仅当，即时等号，因此，
所以当时，取得最大值.故选：C
9．（2023·辽宁·鞍山一中校联考模拟预测）若关于的不等式对任意恒成立，则正实数的取值集合为______．
【答案】
【分析】分析可得原题意等价于对任意恒成立，根据恒成立问题结合基本不等式运算求解.
【详解】∵，则，
原题意等价于对任意恒成立，
由，，则，可得，
当且仅当，即时取得等号，
∴，解得．故正实数的取值集合为.故答案为：．
10．（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）若、满足约束条件，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】作出不等式组所表示的可行域，分析知目标函数的几何意义表示原点与可行域中任意一点的距离的平方，找出使得目标函数取得最大值和最小值对应的最优解，代入目标函数即可得解.
【详解】不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，

目标函数的几何意义表示原点与可行域中任意一点的距离的平方，
结合图形可知，在点处取得最小值，
在点处取得最大值，联立方程，可得，即点，此时．
所以的取值范围为. 故答案为：.



1．已知实数满足约束条件则的最大值是（    ）
A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.
【详解】
画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界点的位置，
此时取得最大值为.故选：B.
2．设，，且，则下列不正确的是（    ）
A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为
【答案】B
【分析】利用基本不等式可判断A选项；求出的取值范围，可得出的取值范围，可判断B选项；利用二次函数的最值可判断C选项；求得，将与相乘，展开后利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由基本不等式可得，可得，
当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，由可得，解得，所以，，B错；
对于C选项，由可得，则，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，C对；
对于D选项，，
因为，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D对.故选：B.
3．点满足不等式组，若的最小值为0，则实数a的值为______．
【答案】-1
【分析】画出可行域，求出三个顶点坐标，分，，三种情况，利用中的z的几何意义，数形结合求出答案．
【详解】作出不等式组满足的可行域如图阴影部分，
联立可得，联立可得，联立可得，
则三个顶点坐标分别为，，，
若，此时，此时取得最小值为1，不合题意，
若，画出目标函数，如图1，则当经过点时，取得最小值，
故，解得，不合要求，

若，画出目标函数，如图2，则当经过点或时，取得最小值，
故，解得，满足要求，故答案为：

函数

考点
2020
2021
2022
分值
题型
函数
I卷：指对数运算。
II卷：函数性质（单调性、奇偶性）；比较大小（指对幂）。
III卷：指数运算的实际应用；比较大小（指对幂）；
函数的性质（单调、对称性、最值）。
甲：函数的增加性；对数运算的实际应用；函数的性质（单调、对称、周期性）
乙：函数的奇偶性；
甲：函数图象（已知解析式）；比较大小（指对幂）。
乙：函数图象（已知图象）；函数的奇偶性（求参）。
10
选择题/主观题
从内容上看：
1．对基本初等函数的考查，如通过分段函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、高次整式函数以及简单复合函数等，考查函数的性质及应用；
2．对函数性质的考查，如单调性、奇偶性、周期性、对称性等，往往是将两个以上的性质融合进行考查；
3．对抽象函数的考查，如通过抽象函数考查函数性质。
从形式上看：函数及其性质基本上还是选填题为主。

2023年高考中函数及其性质依然是命题的一个热点，常以基本初等函数为载体，主要考查以下四方面内容：①函数的定义域、值域、解析式的求法；②求函数的单调区间，判断函数的单调性，利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值等；③判定函数的奇偶性、会用函数的奇偶性为主，与函数的单调性、周期性、对称性交汇命题；④利用零点存在性定理判断零点是否存在以及零点所在区间，判断函数零点、方程根的个数，根据零点（方程根）的情况求参数的取值范围。

1、函数图象识别问题
图象识别的三种常用方法：
（1）抓住函数的性质，定性分析：①从函数的定义域、值域；②从函数的奇偶性，判断图象的对称性； ③从函数的单调性，判断图象的变化趋势； ④从周期性，判断图象的循环往复。⑤从函数的特征点，排除不合要求的图象.
（2）抓住函数的特征，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题．
（3）根据实际背景、图形判断函数图象的方法：
①根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象(定量分析)；
②根据自变量取不同值时函数值的变化、增减速度等判断函数图象(定性分析)．
2、函数性质综合问题
函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：
（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．
（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．
3、解不等式、比大小问题
（1）给定具体函数，确定函数不等式的解，首先要判断函数的单调性；
（2）求解含“f”的函数不等式的解题思路:先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)＞h(x)(或g(x)＜h(x))．
（3）先判断出函数的单调性，然后判断a，b，c之间的大小关系，利用单调性比较出f(a)，f(b)，f(c)之间的大小关系.一般地，比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．
4、不等式恒成立（能成立）与方程解相关的求参问题
（1）直接法（分类讨论）：直接根据题设条件对参数进行相应的分区间讨论，虽然整个过程有点烦琐，却是正统解法，要仔细体会和掌握（该解法是解答题必备技能之一）；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

典例1（2021·全国·高考真题）下列函数中是增函数的为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍.
对于C，在为减函数，不合题意，舍.
对于D，为上的增函数，符合题意，故选：D.
典例2（2021·全国·高考真题）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（    ）（）
A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6
【答案】C
【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.
【详解】由，当时，，则.故选：C.
典例3（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】设，则，故排除B;设，当时，，
所以，故排除C;设，则，故排除D.故选：A.
典例4（2022·全国·统考高考真题）函数在区间的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.故选：A.
典例5（2022·全国·统考高考真题）已知函数的定义域为R，且，则（    ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以一个周期内的．
由于22除以6余4，所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
典例6（2022·全国·统考高考真题）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以
因为，所以.
所以.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
典例7（2022·全国·统考高考真题）已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．



1．（2023·内蒙古包头·二模）若是奇函数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据奇函数的定义结合对数运算求解.
【详解】若是奇函数，可得，
则，
可得，解得，所以.故选：A.
2．（2023·辽宁锦州·统考二模）如图为一台冷轧机的示意图.冷轧机由若干对轧辊组成，厚度为（单位：）的带钢从一端输入，经过各对车辊逐步减薄后输出，厚度变为（单位：）.若，每对轧辊的减薄率不超过4%，则冷轧机至少需要安装轧辊的对数为（    ）（一对轧辊减薄率）

A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】D
【分析】根据题意可得，两边取对数能求出冷轧机至少需要安装轧辊的对数.
【详解】厚度为的带钢从一端输入经过减薄率为4%的对轧辊后厚度为，过各对车辊逐步减薄后输出，厚度变为，
则，

故选：D.
3．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）尿酸是鸟类和爬行类的主要代谢产物，正常情况下人体内的尿酸处于平衡的状态，但如果体内产生过多来不及排泄或者尿酸排泄机制退化，则体内尿酸滞留过多，当血液尿酸浓度大于7mg/dL时，人体体液变酸，时间长会引发痛风，而随低食物（低嘌呤食物）对提高痛风病人缓解率、降低血液尿酸浓度具有较好的疗效．科研人员在对某类随低食物的研究过程中发现，在每天定时，定量等特定条件下，可以用对数模型描述血液尿酸浓度（单位：mg/dL）随摄入随低食物天数t的变化规律，其中为初始血液尿酸浓度，K为参数．已知，在按要求摄入随低食物50天后，测得血液尿酸浓度为15，若使血液尿酸浓度达到正常值，则需将摄入随低食物的天数至少提高到（）（    ）
A．69 B．71 C．73 D．75
【答案】D
【分析】代入得，设浓度为7mg/dL时，摄入天数为，则有，通过作差解出即可.
【详解】由函数模型，当时,,可得,即①.
设血液尿酸浓度达到正常值7mg/dL时，摄入天数为,则，即②,
②①得，即，则.故选：D.
4．（2023·河南新乡·统考二模）定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，则（    ）
A．0 B． C． D．1
【答案】A
【分析】由和为偶函数，可知的周期为4，且的图象关于直线对称，利用函数的周期性和对称性将条件进行转化即可得出答案.
【详解】因为，所以的周期为4．
又为偶函数，所以的图象关于直线对称，
则．故选：A.
5．（2023·广西玉林·统考三模）函数对任意x，总有，当时，，，则下列命题中正确的是（    ）
A．是偶函数 B．是R上的减函数
C．在上的最小值为 D．若，则实数x的取值范围为
【答案】C
【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义，即可判断A；
根据函数单调性的定义，结合条件，即可判断B；
根据函数的单调性，和奇偶性，以及条件，即可判断C；
不等式转化为，利用函数的单调性，即可判断D.
【详解】解：取，，则，解得，，
则．即，函数是奇函数，所以选项A错误；
令，，且，则，因为当时，，所以．
则．即，
函数是R上的增函数，所以选项B错误；
因为函数是R上的增函数，所以函数在上的最小值为，
，，．
故，在的最小值为-2，所以选项C正确；
，即，
因为函数是R上的增函数，所以，所以，
所以实数x的取值范围为，所以选项D不正确．故选：C．
6．（2023·北京通州·统考模拟预测）下列函数中，是奇函数且在定义域内单调递增的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据幂函数、指数函数、正切函数的单调性及奇偶性逐一判断即可.
【详解】对于A，函数在上递减，故A不符题意；
对于B，函数的定义域为，关于原点对称，
因为，所以函数为奇函数，又函数在单调递增，故B符合题意；
对于C，函数的定义域为，关于原点对称，
因为，所以函数为偶函数，故C不符合题意；
对于D，函数，因为，所以函数不是增函数，故D不符题意.
故选：B.
7．（2023·北京西城·统考一模）设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别利用指数函数、对数函数、三角函数单调性，限定的取值范围即可得出结论.
【详解】根据对数函数在定义域内为单调递增可知，即；
由三角函数单调性可知；
利用指数函数为单调递增可得；所以.故选：C
8．（2023·浙江台州·统考二模）已知函数同时满足性质:①;②当时,,则函数可能为(    )
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减,再逐项分析即可.
【详解】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减.A不满足②，B不满足①，
C不满足②,因为在单调递减，在单调递增.
对于D,满足①,当,单调递减,也满足②.故选：D.
9．（2023·重庆·统考模拟预测）函数的图象大致为（    ）
A． B．C． D．
【答案】A
【分析】先求得的定义域并化简其解析式，再利用函数奇偶性排除选项CD，最后利用特值法排除选项B，进而得到正确选项A.
【详解】由，可得，则定义域为，
则，
，
则为偶函数，其图像关于y轴轴对称，排除选项CD；
又，则排除选项B，正确选项为A.故选：A
10．（2023·甘肃·统考二模）已知函数满足：当时，，且对任意都成立，则方程的实根个数是______．
【答案】4
【分析】据给定条件，探讨函数的性质，变形给定方程，转化成求两个函数图象的公共点个数作答
【详解】依题意，函数是以4为周期的偶函数，当时，，
则当时，，方程，
因此原方程的实根就是函数与函数的图象的交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，

观察图象知，当时，两函数图象只有一个交点，
当时，由得，即当时，两函数图象只有一个公共点，
于是当时，函数与的图象有2个公共点，
又函数与均为偶函数，则当时，两个函数图象有2个公共点，
所以函数与的图象有4个公共点，即原方程有4个根．故答案为：4
【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f(x)=0的解；(2)图象法：作出函数f(x)的图象，观察与x轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
11．（2023·陕西宝鸡·统考二模）请写出一个图像关于点对称的函数的解析式_________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】可利用关于原点对称的图象，再把对称中心平移到点即可得．
【详解】的图象关于原点对称，则的图象关于点对称．同样如函数也满足题意．
故答案为：（答案不唯一）．



1．定义在R上的非常数函数满足：，且.请写出符合条件的一个函数的解析式______.
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据已知，且得出对称轴和对称中心，确定一个具体函数即可.
【详解】因为.得出对称中心，且得出对称轴为轴，且周期为4的函数都可以. 故答案为：
2．2022年8月，中科院院士陈发虎带领他的团队开始了第二次青藏高原综合科学考察．在科考期间，陈院士为同行的科研人员讲解专业知识，在空气稀薄的高原上开设了“院士课堂”．已知某地大气压强与海平面大气压强之比为b，b与该地海拔高度（单位：米）满足关系：（k为常数，e为自然对数的底）． 若科考队算得A地，海拔8700米的B地 ，则A，B两地的高度差的绝对值约为（，）（    ）
A．3164米 B．4350米 C．5536米 D．6722米
【答案】A
【分析】设地海拔高度为，由题意可得，，解方程可得，进而求解.
【详解】设地海拔高度为，由已知可得，，则，，
所以，所以（米）.故选：A.
3．函数，的图像大致为（    ）
A． B．C． D．
【答案】B
【分析】根据奇函数的对称性，排除A；讨论特殊点对应的函数值的正负，排除D；由，排除C，即可得到正确选项.
【详解】对于A，因为关于原点对称，
且，所以为奇函数，排除A；
对于D，因为，所以，排除D；
对于B，C，关键看还是，
因为，所以，
又，所以，所以，
而，所以，所以排除C．故选：B
4．定义在R上的函数满足，①对于互不相等的任意，都有，且当时，，②对任意恒成立，③的图象关于直线对称，则､､的大小关系为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据函数的三个条件得到函数为上的偶函数，周期为4，且函数在上单调递增，然后将利用周期、奇偶性和单调性即可比较大小.
【详解】因为的图象关于直线对称，则函数关于轴对称，
所以函数为上的偶函数，又因为对任意恒成立，则函数的周期为4，
又因为对于互不相等的任意，都有，
且当时，，所以对任意，则，
故有，所以函数在上单调递增，
则有，，，因为函数在上单调递增，则，即，故选：B.