新题型01 新高考新结构二十一大考点汇总-2024年高考数学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
新题型01 新高考新结构二十一大考点汇总
高考数学全国卷的考查内容、考查范围和考查要求层次与比例均与课程标准保持致注重考查内容的全面性的同时，突出主干、重点内容的考查，通过依标施考，引导中学教学依标施教。
调整布局，打破固化模式。高考数学坚持稳中有变，通过调整试卷结构，改变相对固化的试题布局优化试题设计，减少学生反复刷题、机械训练的收益，竭力破除复习备考中题海战术和题型套路，发挥引导作用。
【题型1 集合新考点】
【例1】（2024·浙江温州·高三期末）设集合U=R，A=x2xx−2<1 ，B=xy=ln(1−x)，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．{x|x≥1}B．{x|1≤x<2}C．{x|0【答案】D
【分析】先求出集合A，B，再由图可知阴影部分表示∁UA∩B，从而可求得答案
【详解】因为2xx−2<1等价于xx−2<0，解得0所以A=x0要使得函数y=ln1−x有意义，只需1−x>0，解得x<1，
所以B=xx<1
则由韦恩图可知阴影部分表示∁UA∩B ={x|x≤0}.
故选：D.
【变式1-1】（2024·安徽省·高三模拟）（多选）下列选项中的两个集合相等的有（ ）.
A．P=x∣x=2n,n∈Z,Q=x∣x=2n+1,n∈Z
B．P=x∣x=2n-1,n∈N+,Q=x∣x=2n+1,n∈N+
C．P=x∣x2-x=0,Q=x∣x=1+(-1)n2,n∈Z
D．P=x∣y=x+1,Q=x,y∣y=x+1
【答案】AC
【分析】分析各对集合元素的特征，即可判断.
【详解】解：对于A：集合P=x∣x=2n,n∈Z表示偶数集，集合Q=x∣x=2n+1,n∈Z也表示偶数集，所以P=Q，故A正确；
对于B：P=x∣x=2n-1,n∈N+=1,3,5,7,⋯，
Q=x∣x=2n+1,n∈N+=3,5,7,9,⋯，所以P≠Q，故B错误；
对于C：P=x∣x2-x=0=0,1，又(-1)n=1,n为偶数-1,n为奇数，
所以x=1+(-1)n2=1,n为偶数0,n为奇数，即Q=x∣x=1+(-1)n2,n∈Z=0,1，所以P=Q，故C正确；
对于D：集合P=x∣y=x+1=R为数集，集合Q=x,y∣y=x+1为点集，所以P≠Q，故D错误；
故选：AC
【变式1-2】（2024·江苏四校联合·高三期末）设全集为U定义集合A与B的运算：A∗B=x|x∈A∪B且x∉A∩B，则(A∗B)∗A=（ ）
A．AB．BC．A∩∁UBD．B∩∁UA
【答案】B
【解析】根据定义用交并补依次化简集合，即得结果.
【详解】∵A∗B=x|x∈A∪B且x∉A∩B =(B∩∁UA)∪(A∩∁UB)
∴(A∗B)∗A=[A∩∁U(A∗B)]∪[(A∗B)∩∁UA]=(A∩B)∪(B∩∁UA)=B
故选：B
【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题.
【变式1-3】（2024·江苏南通·高三期末）定义集合运算A⊙B=z|z=xy(x+y),x∈A,y∈B，集合A=0,1,B=2,3，则集合A⊙B所有元素之和为
【答案】18
【分析】由题意可得z=0,6,12，进而可得结果.
【详解】当x=0,y=2,∴z=0
当x=1,y=2,∴z=6
当x=0,y=3,∴z=0
当x=1,y=3,∴z=12
和为0+6+12=18
故答案为：18
【变式1-4】（2024·江苏南通·高三期末）已知X为包含v个元素的集合（v∈N∗，v≥3）．设A为由X的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集中，则称X,A组成一个v阶的Steiner三元系．若X,A为一个7阶的Steiner三元系，则集合A中元素的个数为 ．
【答案】7
【分析】令X={a,b,c,d,e,f,g}，列举出所有三元子集，结合X,A组成v阶的Steiner三元系定义，确定A中元素个数.
【详解】由题设，令集合X={a,b,c,d,e,f,g}，共有7个元素，
所以X的三元子集，如下共有35个：
{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}，
因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以A中元素满足要求的有：
{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f,g}、{b,d,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,f}、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{c,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,f}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,f}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,f}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7个；
{a,b,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f}、{d,f,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,d,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,f}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,e,g}、{d,f,g}，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7
【题型2 复数新考点】
【例2】（2023·全国·统考模拟预测）已知复数z=12+32in，n∈N∗且z>0，则n的最小值为（ ）
A．1B．3C．6D．9
【答案】C
【分析】计算出12+32inn=2,3,4,5,6的值，即可得解.
【详解】因为12+32i2=14−34+32i=−12+32i，
12+32i3=−12+32i12+32i=−34−14=−1，
12+32i4=−12+32i=−12−32i，
12+32i5=−12+32i12+32i=−−12+32i=12−32i，
12+32i6=12−32i⋅12+32i=14−−34=1，
所以，当n=6时，z>0，故n的最小值为6.
故选：C.
【变式2-1】（多选）（2024上·云南·高三校联考阶段练习）若复数z=i20231−2i，则（ ）
A．z的共轭复数z=2+i5B．|z|=55
C．复数z的虚部为−15iD．复数z在复平面内对应的点在第四象限
【答案】ABD
【分析】首先化简复数z，再根据复数的相关概念，即可判断选项.
【详解】∵z=i20231−2i， ∴z=i20231−2i=−i1−2i=−i(1+2i)(1−2i)(1+2i)=25−i5，则z=2+i5，故A正确；
|z|= 252+−152=55，故B正确；复数z的虚部为−15，故C错误；
复数z在复平面内对应的点为25， −15，在第四象限，故D正确.
故选：ABD
【变式2-2】（多选）（2024上·江西宜春·高三上高二中校考阶段练习）设z为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A．z2=zzB．若z=(1−2i)2，则复平面内z对应的点位于第二象限
C．z2=z2D．若z=1，则z+i的最大值为2
【答案】ABD
【分析】利用复数的四则运算，复数模的性质逐个选项分析即可.
【详解】对于A，设z=a+bi，故z=a−bi，则z2=a2+b2，zz=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，故z2=zz成立，故A正确，
对于B，z=(1−2i)2=−4i−3，z=4i−3，显然复平面内z对应的点位于第二象限，故B正确，
对于C，易知z2=a2+b2，z2=a2+b2+2abi，当ab≠0时，z2≠z2，故C错误，
对于D，若z=1，则a2+b2=1，而z+i=a2+(b+1)2=2b+2，易得当b=1时，z+i最大，此时z+i=2，故D正确.
故选：ABD
【变式2-3】（多选）（2024上·云南德宏·高三统考期末）已知z是复数z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z⋅z=z2B．若|z|=1，则z=±1
C．|z⋅z|=|z|⋅|z|D．若|z+1|=1，则|z−1|的最小值为1
【答案】CD
【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D.
【详解】对于A，设z=a+bia,b∈R，则z⋅z=a+bia−bi=a2+b2=z2，但z2=a+bi2=a+bia+bi=a2+2abi−b2，故A错误；
对于B，令z=i，满足z=i=1，故B错误；
对于C，设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi所以z⋅z=a+bia−bi=a2+b2，则|z⋅z|=a2+b2=a2+b2 |z|⋅|z|=a2+b2⋅a2+b2=a2+b2，所以|z⋅z|=|z|⋅|z|，故C正确；
对于D，设z=a+bia,b∈R，则z+1=a+1+bi=a+12+b2=1，
即a+12+b2=1，表示以−1,0为圆心，半径为1的圆，
z−1=a−12+b2表示圆上的点到1,0的距离，故z−1的最小值为22−1=1，故D正确.
故选：CD
【变式2-4】（多选）（2024上·河南南阳·高三统考期末）设复数z=−12−32i的共轭复数为z，则下列结论正确的有（ ）
A．z=cs2π3+isin2π3B．zz2=12
C．zz=1D．z2+z2=2
【答案】AC
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算法则，即可求解.
【详解】对于A，z=−12+32i=cs2π3+isin2π3，故A正确；
对于B，zz2=−12+32i−12−32i2=−12+32i−12+32i=1，故B错误；
对于C，zz=−12+32i−12−32i=−12+32i2−12−32i−12+32i=−12−32i，所以zz=1，故C正确；
对于D，z2=−12−32i2=−12+32i，z2=−12+32i2=−12−32i，所以z2+z2=−1，故D错误.
故选：AC
【题型3 函数选图题新考点】
【例3】（2024·浙江·高三期末）已知函数对任意的x∈R有f(x)+f(−x)=0，且当x>0时，f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由f(x)+f(−x)=0得f(−x)=−f(x)，得到函数是奇函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论.
【详解】由f(x)+f(−x)=0得f(−x)=−f(x)，则函数是奇函数，排除A、C
∵当x>0时，f(x)=ln(x+1)，∴对应的图象为D，
故选：D.
【变式3-1】（2024·浙江宁波·高三期末）函数f(x)=5sinxe|x|+xcsx在[−2π,2π]上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先f(−x)=−f(x)，所以函数是奇函数，故排除D，f(2π)=2π，故排除B，
当x∈(0,π2)时，f(x)>0，故排除A，只有C满足条件.
故选：C
【变式3-2】（2024·安徽省·高三模拟）函数fx=alnx+1x的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分a=0，a>0和a<0三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.
【详解】①当a=0时，fx=1x，此时A选项符合；
②当a>0时，fx=alnx+1x=alnx+1x,x>0aln−x+1x,x<0，
当x<0时，fx=aln−x+1x，
因为函数y=aln−x,y=1x在−∞,0上都是减函数，
所以函数fx在在−∞,0上是减函数，
如图，作出函数y=aln−x,y=−1x在−∞,0上的图象，
由图可知，函数y=aln−x,y=−1x的图象在−∞,0上有一个交点，
即函数fx在在−∞,0上有一个零点，
当x>0时，fx=alnx+1x，则f'x=ax−1x2=ax−1x2，
由f'x>0，得x>1a，由f'x<0，得0所以函数fx在0,1a上单调递减，在1a,+∞上单调递增，
当a=1时，f1a=aln1a+a=1，故B选项符合；
③当a<0时，fx=alnx+1x=alnx+1x,x>0aln−x+1x,x<0，
当x>0时，fx=alnx+1x，
因为函数y=alnx,y=1x在0,+∞上都是减函数，
所以函数fx在0,+∞上是减函数，
如图，作出函数y=alnx,y=−1x在0,+∞上的图象，
由图可知，函数y=alnx,y=−1x的图象在0,+∞上有一个交点，
即函数fx在在0,+∞上有一个零点，
当x<0时，fx=aln−x+1x，则f'x=ax−1x2=ax−1x2，
由f'x>0，得x<1a，由f'x<0，得1a所以函数fx在1a,0上单调递减，在−∞,1a上单调递增，
当a=−1时，f1a=aln−1a+a=−1，故C选项符合，D选项不可能.
故选：D.
【变式3-3】（2024·安徽·高三期末）若将lny=lnx+lny−x确定的两个变量y与x之间的关系看成y=fx，则函数y=fx的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用对数的运算及排除法即可求解.
【详解】由lny=lnx+lny−x得y=xy−x=xy−x2，
显然x≠1，所以y=x2x−1，
由x>0，y>0得x>1，
所以fx=x2x−1x>1，排除AB，
由fx=x2x−1=x−1+1x−1+2≥2+2=4，当且仅当x=2时取等号，可排除D．
故选：C．
【变式3-4】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，满足fx=fx．当x<0时fx=1x−xlnx2，则fx的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性，及特殊位置结合排除法即可判定选项.
【详解】因为函数fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，满足fx=fx，
所以fx是偶函数，所以fx的图象关于y轴对称，故排除A；
当−10，故排除B，C．
故选:D
【题型4 比较大小新考点】
【例4】（2024·辽宁重点高中·模拟预测）设a=cs0.1，b=10sin0.1，c=110tan0.1，则（ ）
A．a【答案】D
【分析】先根据sinθ<θa,c>a，再构造函数，比较出c<238801239600<599600【详解】a=cs0.1>0,b=10sin0.1>0,c=110tan0.1>0，
ba=10tan0.1，ac=10tan0.1⋅cs0.1=10sin0.1，
下证θ∈0,π2时，tanθ>θ>sinθ，
设∠AOB=θ∈0,π2，射线OB与单位圆O相交于点C，过点C作CD⊥x轴于点D，
单位圆与x轴正半轴交于点A，过点A作AB⊥x轴，交射线OB于点B，连接AC，
则CD=sinθ,AB=tanθ，
设扇形AOC的面积为S，因为S△AOC所以12OA⋅CD<12θ<12OA⋅AB，即sinθ<θ故tan0.1>0.1>sin0.1，所以ba=10tan0.1>10×0.1=1，ac=10sin0.1<10×0.1=1，
所以b>a,c>a，
因为b=10sin0.1，令fx=sinx−x+x36，x∈0,π2，
则f'x=csx−1+x22，其中f'0=0，
令gx=f'x，则g'x=−sinx+x，g'0=0，
令ℎx=g'x，则ℎ'x=−csx+1>0在x∈0,π2上恒成立，
则ℎx=g'x在x∈0,π2上单调递增，又g'0=0，
故ℎx=g'x=−sinx+x>0在x∈0,π2上恒成立，
所以gx=f'x=csx−1+x22在x∈0,π2上单调递增，又f'0=0，
故gx=f'x=csx−1+x22>0在x∈0,π2上恒成立，
所以fx=sinx−x+x36在x∈0,π2上单调递增，又f0=0，
所以sin0.1−0.1+0.136>0，即sin0.1>0.1−0.136=110−16000=5996000，
则b=10sin0.1>599600
因为c=110tan0.1=cs0.110sin0.1，
令qx=csx−1+x22−x424，x∈0,π2，
则q'x=−sinx+x−x36，令wx=q'x=−sinx+x−x36，
则w'x=−csx+1−x22，令ex=w'x=−csx+1−x22，
则e'x=sinx−x，令rx=e'x=sinx−x，
则r'x=csx−1<0在x∈0,π2上恒成立，
所以rx=e'x=sinx−x在x∈0,π2单调递减，
又r0=0，故rx=e'x=sinx−x<0在x∈0,π2上恒成立，
所以ex=w'x=−csx+1−x22在x∈0,π2上单调递减，
又e0=0，故ex=w'x=−csx+1−x22<0在x∈0,π2上恒成立，
所以wx=q'x=−sinx+x−x36在x∈0,π2上单调递减，
又w0=0，故wx=q'x=−sinx+x−x36<0在x∈0,π2上恒成立，
故qx=csx−1+x22−x424在x∈0,π2上单调递减，
又q0=0，故q0.1<0，即cs0.1<1−0.012+0.000124=238801240000，
故c=110tan0.1=cs0.110sin0.1<238801240000599600=238801240000×600599=238801239600，
其中c<238801239600<599600则a故选：D
【点睛】麦克劳林展开式常常用于放缩法进行比较大小，常用的麦克劳林展开式如下：
ex=1+x+x22!+⋯+xnn!+xn+1，sinx=x−x33!+x55!−⋯+−1nx2n+12n+1!+x2n+2，
csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯+−1nx2n2n!+x2n，
ln1+x=x−x22+x33−⋯+−1nxn+1n+1+xn+1，
11−x=1+x+x2+⋯+xn+xn，1+xn=1+nx+nn−12!x2+x2
【变式4-1】（2024·江苏四校联合·高三期末）设a=14,b=2lnsin18+cs18,c=54ln54，则（ ）
A．aC．c【答案】B
【分析】利用x>sinx和x>lnx+1以及lnx+1>xx+1，再进行合理赋值即可.
【详解】b=lnsin18+cs182=ln1+sin14,c=1+14ln1+14，
设ℎx=x−sinx，x∈0,+∞，则ℎ'x=1−csx≥0，
则ℎx在0,+∞上单调递增，则ℎx>ℎ0=0，则x>sinx在0,+∞上恒成立，则14>sin14，即a>sin14，
设gx=x−lnx+1，x∈0,+∞，则g'x=1−1x+1=xx+1>0在0,+∞上恒成立，
则gx>g0=0，则x>lnx+1在0,+∞上恒成立，
令x=sin14，则ln1+sin14b，
设fx=lnx+1−xx+1，f'x=1x+1−1(x+1)2=x(x+1)2>0在0,1上恒成立，
则fx在0,1上单调递增，则fx>f0=0，即lnx+1>xx+1在0,1上恒成立，
令x=14，则ln54>15，则54ln54>14，即c>a，故c>a>b，
故选：B.
【变式4-2】（2024·吉林·高三期末）已知a=sin13,b=13cs13,c=ln32，则（ ）
A．cC．b【答案】D
【分析】构造函数，利用导数研究函数单调性，从而比较大小.
【详解】设f(x)=sinx−xcsx,x∈0,π2，则f'(x)=xsinx，
在x∈0,π2时，f'(x)>0，所以f(x)在0,π2上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，则f(13)=sin13−13cs13>0，
即sin13>13cs13，则a>b，
设g(x)=lnx+1x，则g'(x)=x−1x2,x>0，
则当x∈0,1，g'(x)<0，所以g(x)为减函数，
则当x∈1,+∞， g'(x)>0，所以g(x)为增函数，
所以g(32)=ln32+23>g(1)=1，则ln32>13；
设ℎ(x)=x−sinx，x∈0,π2，则ℎ'(x)=1−csx>0，
所以ℎ(x)在0,π2为增函数，则ℎ(13)=13−sin13>ℎ(0)=0，
即13>sin13，则ln32>sin13，所以c>a；
所以c>a>b.
故选：D.
【点睛】思路点睛：两个常用不等式
（1）x>sinx，x∈0,π2
（2）sinx>xcsx，x∈0,π2
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知a=eπ10，b=1+sin9π10，c=1.16，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a>b>cB．a>c>bC．c>a>bD．c>b>a
【答案】C
【分析】先利用常见不等式放缩得到a，b的大小关系，再利用幂函数的单调性比较a，c的大小关系即可得到答案.
【详解】令fx=ex−x−1x≥0，则f'x=ex−1≥0恒成立，
所以fx在0,+∞单调递增，
所以当x>0时，fx>f0=0，即ex>x+1x>0；
令gx=x−sinxx≥0，则g'x=1−csx≥0恒成立，
所以gx在0,+∞单调递增，
所以当x>0时，gx>g0=0，即sinx0)；
由诱导公式得b=1+sin9π10=1+sinπ10，
所以b=1+sinπ10<1+π10b；
因为a=eπ10故只需比较e与1.115的大小，
由二项式定理得，1.115=(1+0.1)15>1+C151×(0.1)1+C152×(0.1)2>3>e，
所以c>a．
综上，c>a>b.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；
（2）构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质进而比较大小；
（3）放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.
【变式4-4】（2023·山东临沂·统考一模）已知x=12x,lg12y=x,x=lgxz，则（ ）
A．x【答案】B
【分析】构造fx=x−12x，由零点存在定理求得零点x的范围，即可结合指数函数、幂函数的性质比较x=12x, y=12x, z=xx的大小.
【详解】令fx=x−12x，则fx在R上单调递增，
由f1>0, f12<0，则x∈12,1时fx=0，即x=12x，而lg12y=x⇒y=12x，
∵x∴x−y=12x−12x>0⇒x>y.
x=lgxz⇒z=xx>12x=x.
综上：y故选：B.
【题型5 数列小题新考点 】
【例5】（2024上·北京房山·高三统考期末）数学家祖冲之曾给出圆周率π的两个近似值：“约率”227与“密率”355113.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率.由于31<π<41，取3为弱率，4为强率，计算得a1=3+41+1=72，故a1为强率，与上一次的弱率3计算得a2=3+71+2=103，故a2为强率，继续计算，….若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推.已知am=258，则m=（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为a2为强率，由31<π<103可得，a3=3+101+3=134>3.1415927，即a3为强率；
由31<π<134可得，a4=3+131+4=165>3.1415927，即a4为强率；
由31<π<165可得，a5=3+161+5=196>3.1415927，即a5为强率；
由31<π<196可得，a6=3+191+6=227>3.1415927，即a6为强率；
由31<π<227可得，a7=3+221+7=258=3.125<3.1415926，即a7为弱率，所以m=7，
故选：B.
【变式5-1】（2023·山东烟台·统考二模）给定数列A，定义A上的加密算法fi：当i为奇数时，将A中各奇数项的值均增加i，各偶数项的值均减去1；当i为偶数时，将A中各偶数项的值均增加2i，各奇数项的值均减去2，并记新得到的数列为fi(A)i∈N∗．设数列B0：2，0，2，3，5，7，数列Bn=fnBn−1,n∈N∗，则数列B2为 ；数列B2n的所有项的和为 ．
【答案】 1，3，1，6，4，10 9n2−3n+19
【分析】由题意求出数列B1，即可求解数列B2；对于偶数项可得B2n−B2n−2=4n−1，为等差数列，写出第2，4，6项. 对于奇数项可得B2n−B2n−2=2n−3，为等差数列，写出第1，3，5项，相加即可求解.
【详解】由题意，
B1=f1(B0)，1为奇数，所以B1:3,−1,3,2,6,6，
B2=f2(B1)，2为偶数，所以B2:1,3,1,6,4,10.
因为B2n=f2n(B2n−1)=f2n(f2n−1(B2n−2))，2n为偶数，2n−1为奇数，
所以对于偶数项，B2n−1−B2n−2=−1,B2n−B2n−1=4n，得B2n−B2n−2=4n−1，
则{B2n−B2n−2}为等差数列，得数列B2n中：
第2项为：0+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=[3+(4n−1)]n2=(2n+1)n，
第4项为：3+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=(2n+1)n+3，
第6项为：7+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=(2n+1)n+7；
对于奇数项，B2n−1−B2n−2=2n−1,B2n−B2n−1=−2，得B2n−B2n−2=2n−3，
则{B2n−B2n−2}为等差数列，得数列B2n中：
第1项为：2+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=2+[−1+(2n−3)]n2=(n−2)n+2，
第3项为：2+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=2+[−1+(2n−3)]n2=(n−2)n+2，
第5项为：5+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=(n−2)n+5，
所以B2n所有的项的和为
(2n+1)n+(2n+1)n+3+(2n+1)n+7+n(n−2)+2+n(n−2)+2+n(n−2)+5=9n2−3n+19.
故答案为：1,3,1,6,4,10；9n2−3n+19.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解新定义“数列A”的算法，以学习过的数列相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.
【变式5-2】（2024江西省九师联盟）在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，x1，x2，…，x2n−1，3为数列1，3的第n次扩展数列，令an=lg31×x1×x2×⋯×x2n−1×3，则数列an的通项公式为 .
【答案】an=3n+12
【分析】根据数列的定义找到an+1与an的关系，然后利用构造法结合等比数列的定义求解即可.
【详解】因为an=lg31×x1×x2×⋯×x2n−1×3，
所以an+1=lg31⋅1⋅x1x1x1x2x2⋯x2n−1x2n−1⋅3⋅3= lg312⋅x13x23⋯x2n−23x2n−13⋅32=3an−1，
所以an+1−12=3an−12，
又a1=lg31×3×3=2，所以a1−12=32，
所以an−12是以32为首项，3为公比的等比数列，
所以an−12=32×3n−1=3n2，所以an=3n+12.
故答案为：an=3n+12
【变式5-3】（2023上·广东深圳·）若系列椭圆Cn:anx2+y2=1（0A．1−14nB．1−12nC．1−12nD．1−14n
【答案】A
【分析】先化为标准方程，直接求出离心率列方程即可求解.
【详解】椭圆Cn可化为：x21an+y21=1.
因为0故选：A
【变式5-4】（2024上·浙江温州·高三）汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有n个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为p(n)，则p(3)= .i=1np(i)= .
【答案】 7 2n+1−n−2
【分析】根据题意可得p1=1，当nn≥2时，求pn分三步，从而可得pn=2pn−1+1n≥2，则可求出pn，进而可求得答案.
【详解】显然p1=1.
当有nn≥2个圆盘时，求pn分三步：
第一步，先将上面的n−1个圆盘移到辅助柱，至少需要pn−1次；
第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；
第三步，将辅助柱上的n−1个圆盘移动到目标柱至少需要pn−1次，
因此pn=2pn−1+1n≥2，
所以pn+1=2pn−1+1n≥2
因为p1=1，
所以数列pn+1是以2 为公比，2为首项的等比数列，
所以pn+1=2×2n−1=2n
所以pn=2n−1，所以p3=7，
i=1npi=i=1n2i−1=21−2n1−2−n=2n+1−n−2，
故答案为：7，2n+1−n−2.
【变式5-5】（2024上·上海·）已知等差数列an（公差不为0）和等差数列bn的前n项和分别为Sn、Tn，如果关于x的实系数方程1003x2−S1003x+T1003=0有实数解，那么以下1003个方程x2−aix+bi=0i=1,2,…1003中，有实数解的方程至少有（ ）个.
A．499B．500C．501D．502
【答案】D
【分析】依题意，由等差数列的性质及求和公式得到a5022−4b502≥0，要想无实根，需满足ai2−4bi<0，结合根的判别式与基本不等式得到Δ1<0,Δ1003<0至多一个成立，同理可证：Δ2<0,Δ1002<0至多一个成立，⋯Δ501<0,Δ503<0至多一个成立，且Δ502≥0，从而得到结论.
【详解】由题意得：S10032−4×1003T1003≥0，其中S1003=1003a1+a10032=1003a502，
T1003=1003b1+b10032=1003b502，代入上式得：a5022−4b502≥0，
要方程x2−aix+bi=0i=1,2,3,⋯,1003无实数解，则ai2−4bi<0，
显然第502个方程有解.
设方程x2−a1x+b1=0与方程x2−a1003x+b1003=0的判别式分别为Δ1,Δ1003，
则Δ1+Δ1003=a12−4b1+a10032−4b1003=a12+a10032−4b1+b1003
≥a1+a100322−4×2b502=2a50222−8b502=2a5022−4b502≥0，
等号成立的条件是a1=a1003，所以Δ1<0,Δ1003<0至多一个成立，
同理可证：Δ2<0,Δ1002<0至多一个成立，⋯Δ501<0,Δ503<0至多一个成立，且Δ502≥0，
综上，在所给的1003个方程中，无实数根的方程最多502个，
故选：D.
【点睛】解决本题关键是灵活运用二次方程根的判别式，等差数列性质及基本不等式进行求解.
【题型6 排列组合小题新考点】
【例6】（2023·贵州·校联考模拟预测）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围：3.1415926<π<3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有（ ）
A．240B．360C．600D．720
【答案】A
【分析】分为3.11开头的以及3.12开头的，分别计算得出结果，根据分类加法计数原理加起来，即可得出答案.
【详解】小于3.14的不同数字的个数有两类：
第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有A55=120种；
第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有A55=120种.
根据分类加法计数原理可知，共120+120=240种.
故选：A．
【变式6-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考一模）图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按2,2将导致1,2，2,1，2,2，2,3，3,2改变状态．如果要求只改变1,1的状态，则需按开关的最少次数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】分析可知，要只改变1,1的状态，则只有在1,1及周边按动开关才可以实现开关的次数最少，利用表格分析即可.
【详解】根据题意可知：只有在1,1及周边按动开关，才可以使按开关的次数最少，具体原因如下：
假设开始按动前所有开关均为闭合状态，要只改变1,1的状态，在按动1,1后，1,2，2,1也改变，
下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动2,2，但会导致周边的2,3，3,2也改变，因此会按动开关更多的次数；所以接下来逐一恢复，至少需按开关3次；
这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动5次可以满足要求.
如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）
则需按开关的最少次数为5.
故选：A.
【变式6-2】（2023·高三课时练习）小于300的所有末尾是1的三位数的和等于 ．
【答案】3920
【分析】根据小于300的所有末尾是1的三位数是以101为首项，以10为公差的等差数列求解.
【详解】解：小于300的所有末尾是1的三位数是101，111，121，…，291，
是以101为首项，以10为公差的等差数列，
所以小于300的所有末尾是1的三位数的和为S20=20×101+2912=3920,
故答案为：3920
【变式6-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）在一个圆周上有8个点，用四条既无公共点又无交点的弦连结它们，则连结方式有 种.
【答案】14
【分析】根据加法分类计数原理求解即可.
【详解】不妨设圆周上的点依次为A,B,C,D,E,F,G,H，
要使得四条弦既无公共点又无交点，如图所示：

符合图①的连结方式有2种；符合图②的连结方式有4种；符合图③的连结方式有8种；
共计2+4+8=14种.
故答案为：14.
【变式6-4】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）（多选）若m，n为正整数且n>m>1，则（ ）
A．C83=C85B．C73=A734!
C．mCnm=(n−1)Cn−1m−1D．Anm+mAnm−1=An+1m
【答案】AD
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质：Cnm=Cnn−m可知，A正确；
对B：C73=A733! ，故B错误；
对C：mCnm =m×n!m!n−m!=n!(m−1)!n−m!=n×n−1!m−1!n−m!，
(n−1)Cn−1m−1 =n−1×n−1!m−1!n−m!，故mCnm≠(n−1)Cn−1m−1，C错误；
对D：Anm+mAnm−1 =n!n−m!+m×n!n−m+1!=n−m+1×n!n−m+1!+m×n!n−m+1!
=n+1!n−m+1!= An+1m，故D正确.
故选：AD.
【题型7 圆锥曲线小题新考点】
【例7】（2023上·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知圆锥曲线Γ：fx,y=1关于坐标原点O对称，定点P的坐标为x0,y0.给出两个命题：①若0A．①是假命题，②是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①②都是假命题D．①②都是真命题
【答案】C
【分析】结合双曲线的几何性质，可判定命题①为假命题；根据不在曲线上的点，结合圆与圆锥曲线的位置关系，可判定命题②为假命题.
【详解】命题①中，例如：圆锥曲线x2−y2=1，点P(1,12)，此时满足0设A(x1,y1),B(x2,y2)，且满足x1+x22=1,y1+y22=12，即x1+x2=2,y1+y2=1，
此时点P为AB的中点，
由x12−y12=1x22−y22=1，两式相减可得(x2−x1)(x2+x1)−(y2−y1)(y2+y1)=0，
则kAB=y2−y1x2−x1=x2+x1y2+y1=2，可得直线AB的方程为y−12=2(x−2)，即y=2x−32，
联立方程组y=2x−32x2−y2=1，整理得4x2−6x+134=0，此时Δ=−3<0，
即直线AB与双曲线没有公共点，即曲线x2−y2=1不存在A,B两点，使得点P为A,B的中点，所以命题①为假命题；
命题②中，对于点P满足fx0,y0=0，即点P(x0,y0)不在曲线fx,y=1上，
当PA是点P到曲线fx,y=1上的最短距离时，此时以P为圆心，以PA为半径的圆与曲线fx,y=1只有一个公共点A，不存在点B，使得PA=PB，所以命题②为假命题.
故选：C.
【变式7-1】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形G的四边均与椭圆M:x26+y24=1相切，则下列说法错误的是（ ）

A．椭圆M的离心率为33B．椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=10
C．若G为正方形，则G的边长为25D．长方形G的面积的最大值为18
【答案】D
【分析】由椭圆标准方程求得a,b后再求得c，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知a=6，b=2，则c=6−4=2，离心率为e=26=33，A正确；
当长方形G的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为26和4，其对角线长为24+16=210，因此蒙日圆半径为10，圆方程为x2+y2=10，B正确；
设矩形的边长分别为m,n，因此m2+n2=40≥2mn，即mn≤20，当且仅当m=n时取等号，所以长方形G的面积的最大值是20，此时该长方形G为正方形，边长为25，C正确，D错误．
故选：D．
【变式7-2】（多选）（2023·广东茂名·统考二模）阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线C:y2=2pxp>0，M是抛物线C上的动点，焦点F12,0，N4,2，下列说法正确的是（ ）

A．C的方程为y2=xB．C的方程为y2=2x
C．MF+MN的最小值为52D．MF+MN的最小值为92
【答案】BD
【分析】由焦点易得抛物线的方程为y2=2x，设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于点B，交C于点M'，连接M'F，通过抛物线的定义结合图象可得|MF|+|MN|≥M'F+M'N=92，即可求得答案.
【详解】由题可得p2=12,p=1，即C的方程为y2=2x，
设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于点B，交C于点M'，连接M'F，
将y=2代入y2=2x可得M'(2,2)，
所以M'F+M'N=(2−0)2+2−122+2=92，
于是|MF|+|MN|=|MA| +|MN|≥|BN|=BM'+M'N=M'F+M'N=92，
当M与M'重合时，|MF|+|MN|取得最小值92.

故选：BD.
【变式7-3】（2024江西九师联盟）阿波罗尼斯（约公元前262年~约公元前190年），古希腊著名数学家，主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等，尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质，其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点，已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，其离心率为e=5,从F2发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则sin∠F2F1E=
A.56 B.55 C. 45 D. 255
【答案】B
【详解】设|EF1=m,|EF2=n,|F1F2|=2c,由题意可知 m−n=2a,EF2⊥EP,ca=5, 所以m2+n2−2mn=4a2, c=5a, m2+n2=4c2,所以mn=2c2−2a2=8a2,又m−n=2a,所以n2+2an−8a2=0,
解得n=2a，所以sin∠F2F1E=|EF2||F1F2|=2a25a=55
【变式7-4】（2024·浙江宁波·高三期末）（多选）已知O为坐标原点，曲线Γ：x2+y22=ay3x2−y2，a>0，Px0,y0为曲线Γ上动点，则（ ）
A．曲线Γ关于y轴对称B．曲线Γ的图象具有3条对称轴
C．y0∈−a,916aD．OP的最大值为3a
【答案】ABC
【分析】对于选项A:将x用−x替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令x=rcsθ，y=rsinθ，代入整理可得r=asin3θ，利用周期性与对称性即可判断；对于选项C:代入，借助三角恒等变换公式化简计算即可；对于选项D:借助三角函数的性质并表示出OP=r=asin3θ≤a.
【详解】对于选项A:将x用−x替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A正确；
对于选项B:由sin3θ=sin2θ+θ=sin2θcsθ+cs2θsinθ
=2sinθ1−sin2θ+1−2sin2θsinθ=3sinθ−4sin3θ=sinθ3cs2θ−sin2θ，
令x=rcsθ，y=rsinθ，
代入整理可得r=asinθ3cs2θ−sin2θ=asin3θ，
其中r=x2+y2>0，θ为点x,y所在终边对应的角度，且θ∈0,2π，
因为r>0，故θ∈0,π3∪2π3,π∪4π3,5π3，
因为曲线关于y轴对称，
故θ∈4π3,5π3对应的图象关于θ=3π2轴（即y轴对称）对称，
注意到r=asin3θ关于θ的周期为2π3，
故曲线也关于θ=π6和θ=5π6（即y=±x3）对称，
故B选项正确；
对于选项C:y0=asin3θsinθ=a4sin2θ3−4sin2θ∈−a,916a，C正确；
对于选项D:OP=r=asin3θ≤a，D错误；
故选：ABC．
C另解：x2+y22=ay3x2−y2⇔x4+2y2−3ayx2+y4+ay3=0，
该方程关于x2有解，令t=x2≥0，则t2+2y2−3ayt+y4+ay3=0在0,+∞上有根，
由mt=t2+2y2−3ayt+y4+ay3，
则m0=y4+ay3≤0， 或m0>0Δ=2y2−3ay2−4y4+ay3≥0−2y2−3ay2>0，
解得；y∈−a,0或y∈0,916a
综上：y0∈−a,916a．
D另解：
x2+y22=a88y23x2−y22≤a88y2+23x2−y2233=ax2+y232，
解得OP=x2+y2≤a．
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于将曲线Γ进行换元，令x=rcsθ，y=rsinθ，代入整理得r=asin3θ，借助三角函数的相关性质探讨即可.
【题型8 导数周期与对称新考点】
【例8】（2024·陕西西安·统考一模）已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R，记g(x)=f'(x)，若f(1−2x)+4x为偶函数，g(x+2)=g(x−4)，且g−12=0，则g52+g(4)=（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质可得f(1−2x)+4x=f(1+2x)−4x，求导得g(1+2x)+g(1−2x)=4，结合g(x)的周期性即可求解.
【详解】因为f(1−2x)+4x为偶函数，所以f(1−2x)+4x=f(1+2x)−4x，
两边同时求导得−2f'(1−2x)+4=2f'(1+2x)−4，即f'(1+2x)+f'(1−2x)=4，
所以g(1+2x)+g(1−2x)=4，令x=0，得g(1)=2，
令x=−34，得g−12+g52=4，又因为g−12=0，所以g52=4，
由g(x+2)=g(x−4)，所以g(x+6)=g(x)，所以g(x)的周期为6，则g(4)=g(−2)，
而g(4)+g(−2)=4，所以g(4)=2，所以g52+g(4)=4+2=6．
故选：B
【变式8-1】（2023上·四川·高三校联考阶段练习）已知函数fx及其导函数f'x的定义域均为R，且fx−1为奇函数，f'2−x+f'x=−2，f'−1=−2，则i=127f'2i−1=（ ）
A．−28B．−26C．−24D．−22
【答案】B
【分析】根据题意利用赋值法求出f'1、f'3、f'5、f'7的值，推出函数f'x的周期，结合f'1+f'3+f'5+f'7+⋅⋅⋅+f'49，每四个值为一个循环，即可求得答案.
【详解】由f'2−x+f'x=−2，令x=1，得2f'1=−2，所以f'1=−1，
由fx−1为奇函数，得fx−1=−f−x−1，所以f'x−1=f'−x−1，
故f'x=f'−x−2①．
又f'2−x+f'x=−2②，
由①和②得f'2−x+f'−x−2=−2，即f'4−x−2+f'−x−2=−2，
所以f'x+f'x+4=−2，③
令x=−1，得f'−1+f'3=−2，得f'3=0，
令x=1，得f'1+f'5=−2，得f'5=−1，
又f'x+4+f'x+8=−2④，
由③−④得f'x−f'x+8=0，即f'x=f'x+8，
所以函数f'x是以8为周期的周期函数，
故f'7=f'−1=−2，
所以f'1+f'3+f'5+f'7=−1+0−1−2=−4，
所以i=127f'2i−1=f'1+f'3+f'5+f'7+⋅⋅⋅+f'53
=6f'1+f'3+f'5+f'7+f'1+f'3+f'5=−24−1+0−1=−26.
故选：B．
【变式8-2】（2024上·浙江宁波·高三统考期末）已知函数fx的定义域为R，且fx+yfxfy=fx+y−fx−fy，f1=3，则k=12024fk=（ ）
A．2024B．10123C．3D．0
【答案】D
【分析】根据表达式得出规律，即可求出k=12024fk的值.
【详解】由题意，
在fx中， 定义域为R，fx+yfxfy=fx+y−fx−fy，
当x=y=0时，f0f0f0=f0−f0−f0，解得：f0=0，
当y=1时，fx+1fxf1=fx+1−fx−f1，
即3fx+1fx=fx+1−fx−3
当x=0时，3f1f0=f1−f0−3，解得：f1=3，
当x=1时，3f2f1=f2−f1−3，解得：f2=−3，
当x=2时，3f3f2=f3−f2−3，解得：f3=0，
……函数值周期性变化，周期为3，
∵2024=675×3−1，
可得：k=12024fk=f1+f2+f3+⋯+f2022+f2023+f2024
=675f1+f2+f3−f2025=3×3−3+0−f3=0−0=0，
故选：D.
【变式8-3】（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知函数fx，gx的定义域都为R，g'x为gx的导函数，g'x的定义域也为R，且fx+g'x=2，fx−g'4−x=2，若gx为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为（ ）
①f4=2 ②g'2=0 ③f1=f3 ④f−1+f−3=4
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由已知可得g'x关于点2,0对称，判断②；因为gx为偶函数，可推得g'x为奇函数，进而得出g'x的周期为4，可判断①；由已知得出f1，f3，可判断③；结合g'x的性质可判断④.
【详解】因为fx+g'x=2，fx−g'4−x=2，所以g'x+g'4−x=0，
所以g'x关于点2,0对称，所以g'2=0，②成立；
因为gx为偶函数，所以g−x=gx，所以−g'−x=g'x，
所以g'x为奇函数，g'x关于0,0对称，即g'0=0，
因为g'x+g'4−x=0，−g'−x=g'x，
所以g'4−x=g'−x，所以g'x的周期为4，
因为f4+g'4=2，所以f4=2−g'4=2−g'0=2，①成立；
因为fx=2−g'x，所以f1=2−g'1，
又fx=2+g'4−x，所以f3=2+g'1，
因为g'1不能确定，③不一定成立；
因为g'x周期为4，
所以f−1+f−3=2−g'−1+2+g'7=4−g'−1+g'−1=4，④成立；
综上，一定成立的有3个.
故选：C.
【变式8-4】（多选）（2024上·河南漯河·高三统考期末）已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为R，若函数y=f(3−2x)为奇函数，函数y=13x−f(x+2)为偶函数，g(x)=f'(x)，则（ ）
A．g(0)=23B．g(4)=13
C．g(0)+g(2)=23D．g(4)−g(6)=23
【答案】BC
【分析】由y=f3−2x为奇函数，可知g3−x−g3+x=0，可得函数gx图像关于直线x=3对称，再由y=13x−fx+2，可得gx+2+g−x+2=23，函数gx图像关于点2,13对称，再代入特值，可判断各选项.
【详解】由y=f3−2x为奇函数可得f3−2x=−f3+2x，即f3−x=−f3+x，
∴f'3−x=f'3+x，即f'3−x−f'3+x=0，即g3−x−g3+x=0，
所以函数y=gx的图像关于直线x=3对称，
由y=13x−fx+2是偶函数可得y'=13−f'x+2为奇函数，
∴13−f'x+2+13−f'−x+2=0，
即gx+2+g−x+2=23，
所以函数y=gx的图像关于点2,13对称；
将x=0代入gx+2+g−x+2=23，得g2=13，
将x=1代入g3−x−g3+x=0，得g4=13，B选项正确；
将x=2代入gx+2+g−x+2=23得g4+g0=23，得g0=13，A选项错误；
g0+g2=13+13=23，C选项正确；
将x=3代入g3−x−g3+x=0，得g0−g6=0，故g6=13，g4−g6=13−13=0，D选项错误.
故选：BC.
【题型9 抽象函数类新考点】
【例9】【2024九省联考第11题】已知函数fx的定义域为R，且f12≠0，若fx+y+fxfy=4xy，则（ ）
A．f−12=0 B．f12=−2
C．函数fx−12是偶函数 D．函数fx+12是减函数
【分析】对抽象函数采用赋值法，令x=12、y=0，结合题意可得f0=−1，对A：令x=12、y=0，代入计算即可得；对B、C、D：令y=−12，可得fx−12=−2x，即可得函数fx−12及函数fx+12函数的性质，代入x=1，即可得f12.
【详解】令x=12、y=0，则有f12+f12×f0=f121+f0=0，
又f12≠0，故1+f0=0，即f0=−1，令x=12、y=−12，则有f12−12+f12f−12=4×12×−12，
即f0+f12f−12=−1，由f0=−1，可得f12f−12=0，又f12≠0，故f−12=0，故A正确；
令y=−12，则有fx−12+fxf−12=4x×−12，即fx−12=−2x，故函数fx−12是奇函数，
有fx+1−12=−2x+1=−2x−2，即fx+12=−2x−2，即函数fx+12是减函数，
令x=1，有f12=−2×1=−2，故B正确、C错误、D正确.故选：ABD.
【变式9-1】（2022•新高考Ⅱ）已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y),f(1)=1，则k=122f(k)=（ ）
A．−3B．−2C．0D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的f1,f2,⋯,f6的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为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，所以函数fx为偶函数，令y=1得，fx+1+fx−1=fxf1=fx，即有fx+2+fx=fx+1，从而可知fx+2=−fx−1，fx−1=−fx−4，故fx+2=fx−4，即fx=fx+6，所以函数fx的一个周期为6．因为f2=f1−f0=1−2=−1，f3=f2−f1=−1−1=−2，f4=f−2=f2=−1，f5=f−1=f1=1，f6=f0=2，所以
一个周期内的f1+f2+⋯+f6=0．由于22除以6余4，
所以k=122fk=f1+f2+f3+f4=1−1−2−1=−3．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由fx+y+fx−y=fxfy，联想到余弦函数和差化积公式
csx+y+csx−y=2csxcsy，可设fx=acsωx，则由方法一中f0=2,f1=1知a=2,acsω=1，解得csω=12，取ω=π3，
所以fx=2csπ3x，则
fx+y+fx−y=2csπ3x+π3y+2csπ3x−π3y=4csπ3xcsπ3y=fxfy，所以fx=2csπ3x符合条件，因此f(x)的周期T=2ππ3=6，f0=2,f1=1，且f2=−1,f3=−2,f4=−1,f5=1,f6=2，所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0，
由于22除以6余4，
所以k=122fk=f1+f2+f3+f4=1−1−2−1=−3．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.
【变式9-2】（2023•玉林三模）函数fx对任意x，y∈R总有fx+y=fx+fy，当x<0时，fx<0，f1=13，则下列命题中正确的是（ ）
A．fx是偶函数B．fx是R上的减函数
C．fx在−6,6上的最小值为−2D．若fx+fx−3≥−1，则实数x的取值范围为3,+∞
【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f2x−3≥f−3，利用函数的单调性，即可判断D.
【详解】解：取x=0，y=0，则f0=f0+f0，解得f0=0，y=−x，
则f0=fx+f−x．即−fx=f−x，函数fx是奇函数，所以选项A错误；
令x1，x2∈R，且x1则fx1−fx2=fx1+f−x2=fx1−x2<0．即fx1函数fx是R上的增函数，所以选项B错误；
因为函数fx是R上的增函数，所以函数fx在−6,6上的最小值为f−6，
f−6=f−3+f−3=2f−3，f−3=−f3，f3=f2+f1=3f1=1．
故f−6=−2，fx在−6,6的最小值为-2，所以选项C正确；
fx+fx−3≥−1，即f2x−3≥f−3，
因为函数fx是R上的增函数，所以2x−3≥−3，所以x≥0，
所以实数x的取值范围为0,+∞，所以选项D不正确．
故选：C．
【变式9-3】已知函数fx的定义域D为−∞,0∪0,+∞，fx在−∞,0上单调递减，且对任意的x1,x2∈D，都有fx1x2=fx1+fx2−1，若对任意的x∈1,+∞，不等式fax−flnx>f1−1恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】a>1e或a<−1e
【分析】利用特殊值法求f1=1，f−1=1，利用奇偶函数概念研究fx的奇偶性，再利用单调性化简不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令x1=x2=1，有f1=f1+f1−1，得f1=1，
令x1=x2=−1，得f1=2f−1−1，则f−1=1，
令x1=xx∈D，x2=−1，有f−x=fx+f−1−1，得f−x=fx，
又函数fx的定义域D为−∞,0∪0,+∞关于原点对称，所以fx是偶函数，
因为fx在−∞,0上单调递减，所以fx在0,+∞上单调递增.
不等式fax−flnx>f1−1可化为fax>flnx，
则有fax>flnx，
因为函数fx在0,+∞上单调递增，所以ax>lnx，
又x>1，所以ax>lnx，即a>lnxx，
设ℎx=lnxx(x>1)，则a>ℎ(x)max，
因为ℎ'x=1−lnxx2，故当x∈1,e时，ℎ'x>0，ℎx单调递增，
当x∈e,+∞时，ℎ'x<0，ℎx单调递减，
所以ℎx≤ℎe=1e，所以a>1e，所以a>1e或a<−1e.
故答案为：a>1e或a<−1e.
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质进行求解是解题的关键.
【变式9-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）已知函数fx的定义域为R，且fx+yfx−y=f2x−f2y,f1=3,f2x+32为偶函数，则（ ）
A．f(0)=0B．fx为偶函数
C．f(3+x)=−f(3−x)D．k=12023f(k)=3
【答案】ACD
【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合fx的奇偶性即可判断；对于D，先推得fx的一个周期为6，再依次求得f1,f2,f3,f4,f5,f6，从而利用fx的周期性即可判断.
【详解】对于A，因为fx+yfx−y=f2x−f2y，
令x=y=0，则f0f0=f20−f20，故f20=0，则f0=0，故A正确；
对于B，因为fx的定义域为R，关于原点对称，
令x=0，则fyf−y=f20−f2y，又fy不恒为0，故f−y=−fy，
所以fx为奇函数，故B错误；
对于C，因为f2x+32为偶函数，所以f−2x+32=f2x+32，
令−t=−2x+32，则2x=t+32，故f−t=ft+3，
令t=−2x+32，则2x=−t+32，故ft=f−t+3，
又fx为奇函数，故f−t=−ft，
所以ft+3=−f−t+3，即f(3+x)=−f(3−x)，故C正确；
对于D，由选项C可知ft+3=f−t=−ft，
所以ft+6=−ft+3=ft，故fx的一个周期为6，
因为f1=3，所以f−1=−f1=−3，
对于ft=f−t+3，
令t=2，得f2=f1=3，则f−2=−3，
令t=3，得f3=f0=0，则f−3=0，
令t=4，得f4=f−1=−3，
令t=5，得f5=f−2=−3，
令t=6，得f6=f−3=0，
所以f1+f2+f3+f4+f5+f6=3+3+0−3−3+0=0，
又2023=337×6+1，
所以由fx的周期性可得：
i=12023f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(2023)=f(1)=3，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得fx的奇偶性，再结合题设条件推得fx为周期函数，从而得解.
【题型10 函数导数新考点】
【例10】（多选）（2022·山东菏泽·统考一模）对圆周率π的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值：227．我国数学家祖冲之（430—501）得出近似值355113，后来人们发现π−355113<10−6，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发展，计算π的方法越来越多．已知π=3.141592653589793238462643383279502⋯，定义fnn∈N的值为π的小数点后第n个位置上的数字，如f1=1，f4=5，规定f0=3．记f1n=fn，fk+1n=fkfnk∈N∗，集合Ak为函数fknn∈N的值域，则以下结论正确的有（ ）
A．A1=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9B．A3=1,2,3,4,5,6,9
C．对∀k∈N∗,1∈AkD．对∀k∈N∗,Ak中至少有两个元素
【答案】AC
【分析】对于A：根据定义，直接求出A1=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，即可判断；
对于B：根据定义，直接求出f3n的值域为1,2,3,4,5,9，即可判断；
对于C：求出fk+11=fkf1=⋯=f1f1=f1=1，即可判断；
对于D：求出k=10时，f9n的值域为1，即可否定结论.
【详解】对于A：由题意，集合Ak为函数fknn∈N的值域，所以集合A1为函数f1n的值域.
所以由f1n=fn可得：f11=f1=1，f16=f6=2，f19=f9=3，f12=f2=4，f14=f4=5，f17=f7=6，f113=f13=7，f111=f11=8，f15=f5=9，f132=f32=0，故A1=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9.故A正确.
对于B：由题意，集合Ak为函数fknn∈N的值域，所以集合A3为函数f3n的值域.
规定f0=3．记f1n=fn，fk+1n=fkfnk∈N∗，
所以f3n=f2fn，令fn=m，m∈0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，则f3n=f2m=f1fm，
因为f0=3,f1=1,f2=4,f3=1,f4=5,f5=9,f6=2,f7=6,
f8=5,f9=3，
所以f20=f1f0=f3=1, f21=f1f1=f1=1,
f22=f1f2=f4=5, f23=f1f3=f1=1,
f24=f1f4=f5=9, f25=f1f5=f9=3,
f26=f1f6=f2=4, f27=f1f7=f6=2,
f28=f1f8=f5=9, f29=f1f9=f3=1,所以f3n的值域为1,2,3,4,5,9.故B错误.
对于C：因为f1=1，所以fk+11=fkf1=⋯=f1f1=f1=1，所以对∀k∈N∗,1∈Ak.故C正确；
对于D：
由C的推导可知：fk+11=fkf1=⋯=f1f1=f1=1.
因为f1n=fn，fk+1n=fkfnk∈N∗，
所以f10n=f9fn，令fn=m，m∈0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，则f10n=f9m=f8fm，
因为f0=3,f1=1,f2=4,f3=1,f4=5,f5=9,f6=2,f7=6,
f8=5,f9=3，
所以f90=f8f0=f83=f7f3=f71=1,
f91=1,
f92=f8f2=f84=f7f4=f75=f6f5=f69=f5f9=f53=f4f3=f41=1, f93=f8f3=f81=1，
f94=f8f4=f85=f7f5=f79=f6f9=f63=f5f3=f51=1, f95=f8f5=f89=f7f9=f73=f6f3=f61=1,，
f96=f8f6=f82=f7f2=f74=f6f4=f65=f5f5=f59=f4f9=f43=f3f3=f31=1, f97=f8f7=f86=f7f6=f72=f6f2=f64=f5f4=f55=f4f5=f49=f3f9=f33=f2f3=f21=1,
f98=f8f8=f85=f7f5=f79=f6f9=f63=f5f3=f51=1, f99=f8f9=f83=f7f3=f71=1
即k=10时，f10n的值域为1.故D错误.
故选：AC
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
【变式10-1】（2024·高三·期末）（多选）在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α (0<α≤90°)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”.那么（ ）
A．存在90°旋转函数
B．80°旋转函数一定是70°旋转函数
C．若g(x)=ax+1x为45°旋转函数，则a=1
D．若ℎ(x)=bxex为45°旋转函数，则−e2≤b≤0
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“α旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将45°旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如y=x满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为20°的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误；
对C，若g(x)=ax+1x为45°旋转函数，则根据函数的性质可得，g(x)=ax+1x逆时针旋转45°后，不存在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为45°的直线与g(x)=ax+1x的函数图象有两个交点.即y=x+bb∈R与g(x)=ax+1x至多1个交点.联立y=ax+1xy=x+b可得a−1x2−bx+1=0.
当a=1时，−bx+1=0最多1个解，满足题意；
当a≠1时，a−1x2−bx+1=0的判别式Δ=b2−4a−1，对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不满足题意，故a=1.故C正确；
对D，同C，ℎ(x)=bxex与y=x+aa∈R的交点个数小于等于1，即对任意的a，a=bxex−x至多1个解，故gx=bxex−x为单调函数，即g'x=b1−xex−1为非正或非负函数.
又g'1=−1，故b1−xex−1≤0，即ex≥−bx−1恒成立.
即y=ex图象在y=−bx−1上方，故−b≥0，即b≤0.
当y=ex与y=−bx−1相切时，可设切点x0,ex0，对y=ex求导有y'=ex，故ex0x0−1=ex0，解得x0=2，此时b=−ex0=−e2，故−e2≤b≤0.故D正确.
故选：ACD
【变式10-2】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A．fx=x−sinxB．fx=sinx−xcsxC．fx=x2−1x2D．fx=sinx+x3
【答案】B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：f'(x)=1−csx≥0，即f(x)在定义域上递增，不符合；
B：f'(x)=csx−(csx−xsinx)=xsinx，
在(−2π,−π)上f'(x)<0，在(−π,π)上f'(x)>0，在(π,2π)上f'(x)<0，
所以f(x)在(−2π,−π)、(π,2π)上递减，(−π,π)上递增，符合；
C：由f(−x)=(−x)2−1(−x)2=x2−1x2=f(x)且定义域为{x|x≠0}，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究(0,+∞)上性质：f'(x)=2x+2x3>0，故f(x)递增，不符合；
D：由f(−x)=sin(−x)+(−x)3=−sinx−x3=−f(x)且定义域为R，为奇函数，
研究(0,+∞)上性质：f'(x)=csx+3x2>0，故f(x)在(0,+∞)递增，
所以f(x)在R上递增，不符合；
故选：B
【变式10-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线（又称为雁柱曲线）方程为y=1.1x，第n（n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线l:y=x+1交于点Anxn,yn和Bnx'n,y'n，则n=020yny'n=（ ）参考数据：1.122=8.14．
A．814B．900C．914D．1000
【答案】C
【分析】根据题意，有yn=1.1n，y'n=n+1，则有yny'n=(n+1)1.1n，利用错位相减法分析可得答案．
【详解】根据题意，第n根弦分别与雁柱曲线y=1.1x和直线l:y=x+1交于点An(xn，yn)和Bn(x'n，y'n)，
则yn=1.1n，y'n=n+1，则有yny'n=(n+1)1.1n，
设Tn=n=020ynyn'，则Tn=1+2×1.1+3×1.12+4×1.13+……+21×1.120，①
则1.1Tn=1.1+2×1.12+3×1.13+4×1.14+……+21×1.121，②
①-②可得：−0.1Tn=1+1.1+1.12+1.13+……+1.120−21×1.121=1⋅121−11.1−1−21×1.121
=10×(1.121−1)−21×1.121=−10−11×1.121=−10−10×1.122=−91.4；
Tn=914，
故n=020ynyn'=914；
故选：C
【变式10-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）（多选）定义：对于定义在区间I上的函数f(x)和正数α(0<α≤1)，若存在正数M，使得不等式fx1−fx2≤Mx1−x2α对任意x1,x2∈I恒成立，则称函数f(x)在区间I上满足α阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ）
A．函数f(x)=x在[1,+∞)上满足12阶李普希兹条件
B．若函数f(x)=xlnx在[1,e]上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为e
C．若函数f(x)在[a,b]上满足M=k(0D．若函数f(x)在[0,1]上满足M=1的一阶李普希兹条件，且f(0)=f(1)，则对任意函数f(x)，∀x1,x2∈[0,1]，恒有fx1−fx2≤12
【答案】ACD
【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.
【详解】A选项：不妨设x1>x2，∴fx1−fx2=x1−x2，即∴fx1−fx2x1−x212=x1−x2x1−x212=x1−x2x1+x2<1，故∃M≥1，对∀x1,x2∈1,+∞，均有fx1−fx2≤Mx1−x212，A选项正确；
B选项：不妨设x1>x2，∵fx=xlnx在1,e单调递增，∴fx1−fx2=fx1−fx2，∴fx1−fx2≤Mx1−x2，即fx1−fx2≤Mx1−x2，即fx1−Mx1≤fx2−Mx2对∀x1>x2，x1,x2∈1,e恒成立，即fx−Mx在1,e上单调递减，∴f'x−M≤0对∀x∈1,e恒成立，所以M≥1+lnx对∀x∈1,e恒成立，即M≥2，即M的最小值为2，B选项错误；
C选项：假设方程fx=x在区间a,b上有两个解x0，t，则fx0−ft≤kx0−tD选项：不妨设x1>x2，当x1−x2≤12时，fx1−fx2≤x1−x2≤12，当x1−x2>12时，fx1−fx2=fx1−f1+f0−fx2≤fx1−f1+fx2−f0
≤1−x1+x2−0=1−x1−x2<12，故对∀x1,x2∈0,1，fx1−fx2≤12，故D选项正确；
故选：ACD
【题型11 不等式新考点】
【例11】（2020下·浙江温州·高三温州中学校考阶段练习）已知正实数x,y,z>0，则A=maxx,1y+maxy,2x的最小值为 ；B=maxx,1y+maxy,2z+maxz,3x的最小值为 .
【答案】 22 25
【解析】分类讨论，结合均值不等式，注意取等验证是否满足即可．
【详解】（1）若x≥1y,2x≥y时，即1≤xy≤2时，A=x+2x≥22，当x=2,y=1时可取等号，
若x>1y,y>2x时，即xy>2时，A=x+y≥2xy>22，
若1y>x,2x>y时，即02，
所以A=1y+2x≥22xy>22，
综上可知A的最小值为22；
(2)当z≥3x时，B≥x+2z+z≥5z+z≥25，当z=5,x=355,y=255时可取等号；
当z≤3x时，B≥x+3x+2z≥x+3x+2x3=5x3+3x≥25，当z=5,x=355,y=255时可取等号；
综上所述，B≥25，z=5,x=355,y=255时可取等号；
故答案为：22，25．
【点睛】本题考查代数式的最值求法，考涉及均值不等式及分类讨论思想，属于中档题．
【变式11-1】【2024九省联考】以max M表示数集M中最大的数.设0【答案】15
【分析】法一：当b≥2a，由不等式性质得b2≤b−a≤m，再根据定义得出最小值.
当a+b≤1，由不等式性质得b−a≥2b−1，再根据定义得出最小值.
法二：记max{b−a,c−b,1−c}=A，讨论b2≥1−b、b2<1−b两种情况，再根据定义得出最小值.
法三：当b≥2a，由不等式性质得b2≤b−a≤m，再根据定义得出最小值.
当a+b≤1，由不等式性质得b−a≥2b−1，再根据定义得出最小值.
【解析】法一：若b≥2a，则maxb−a,c−b,1−c≥maxb−a,1−b2≥12b−a+1−b2=14+14b−2a≥14
当且仅当b−a=c−b=1−c且b=2a，即a=14,b=12,c=34时取等号.
若a+b≤1，则maxb−a,c−b,1−c≥maxb−a,1−b2≥15b−a+4⋅1−b2=152−a+b≥15
当且仅当b−a=c−b=1−c且a+b=1，即a=25,b=35,c=45时取等号.
法二：解：记max{b−a,c−b,1−c}=A，则A≥b−a>0,A≥c−b>0,A≥1−c>0.
又b≥2a，或a+b≤1，∴a≤b2，或a≤1−b.
①当b2≥1−b，即23≤b<1时，a≤b2,A≥b−a≥b−b2=b2.A≥b2≥13,A≥13.
②当b2<1−b，即0A≥2b−1,4A+A≥2(c−b+1−c)+(2b−1)=1,A≥15，
当1−b=a2b−1=c−b=1−c,即a=25,b=15,c=45时，可取得等号.
综上，Amin=15，即maxb−a,c−b,1−c的最小值为15.
法三：解：记max{b−a,c−b,1−c}=A.则A≥b−a,A≥c−b,A≥1−c，
3A≥(b−a)+(c−b)+(1−c),a≥1−3A.
2A≥(c−b)+(1−c)=1−b,b≥1−2A.
①若b≥2a，则由A≥b−a得A≥b−a≥a≥1−3A，A≥1−3A,A≥14，
②若a+b≤1，则1−2A≤b≤1−a≤1−(1−3A)=3A，1−2A≤3A,A≥15，
且当a=25,b=35,c=45时，A=15.
综上，Amin=15，即maxb−a,c−b,1−c的最小值为15.
【变式11-2】（2024·浙江宁波·高三期末）设实数x，y满足x>32，y>3，不等式k2x−3y−3≤8x3+y3−12x2−3y2恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12B．24C．23D．43
【答案】B
【分析】令a=2x−3>0，b=y−3>0，不等式变形为4x2y−3+y22x−3≥k，求出4x2y−3+y22x−3的最小值，从而得到实数k的最大值.
【详解】x>32，y>3，变形为2x−3>0，y−3>0，
令a=2x−3>0，b=y−3>0，
则k2x−3y−3≤8x3+y3−12x2−3y2转化为
k≤8x3+y3−12x2−3y22x−3y−3，即4x2y−3+y22x−3≥k，
其中4x2y−3+y22x−3=a+32b+b+32a≥23a2b+23b2a
=12ab+ba≥24ab⋅ba=24
当且仅当a=3,b=3ba=ab，即x=3,y=6时取等号，可知k≤24.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式11-3】（2018·河南·高三竞赛）已知a、b、c均为正数，则min1a,2b,4c,3abc的最大值为 ．
【答案】2
【详解】记M=min1a,2b,4c,3abc，那么M≤1a，M≤2b，M≤4c，
于是M3≤8abc，得 3abc≤2M． ①
又 M≤3abc． ②
由①②可得M≤2M，所以M≤2，即Mmax=2，当且仅当c=2b=4a=22时取得．
【变式11-4】（2018·全国·高三竞赛）设非负实数x、y、z满足x+y+z=1．则t=9+x2+4+y2+1+z2的最小值为 ．
【答案】37
【详解】首先，4+y2+1+z2≥9+y+z2．
则t≥9+x2+9+y+z2≥29+14=37．
当且仅当z=12y=13x=16时，tmin=37．
【变式11-5】（2023·全国·高三专题练习）设fx,y,z=x2y−z1+x+3y+y2z−x1+y+3z+z2x−y1+z+3x， 其中x、y、z≥0 ，且x+y+z=1．求fx,y,z的最大值和最小值．
【答案】最大值为17，最小值为0
【分析】方法一：利用对称轮换式，要求fx,y,z的最大值和最小值，本题可转化为证明0≤fx,y,z≤17，利用柯西不等式即可证得结论成立，从而可得出fx,y,z的最大值和最小值.
【详解】[方法一]：
先证fx,y,z≤17，当且仅当x=y=z=13时等号成立．
fx,y,z=∑xx+3y−11+x+3y=1−2∑x1+x+3y
由柯西不等式：∑x1+x+3y≥∑x2∑x1+x+3y=1∑x1+x+3y，
因为∑x1+x+3y=∑x2x+4y+z=2+∑xy≤73，
从而∑x1+x+3y≥37，所以，fx,y,z≤1−2×37=17，
当且仅当x=y=z=13时等号成立．
再证fx,y,z≥0当x=1y=z=0时等号成立．
事实上，fx,y,z=x2y−z1+x+3y+y2z−x1+y+3z+z2x−y1+z+3x
=xy21+x+3y−11+y+3z+xz21+z+3x−11+x+3y+yz21+y+3z−11+z+3x
=7xyz1+x+3y1+y+3z+7xyz1+z+3x1+x+3y+7xyz1+y+3z1+z+3x≥0，
故fx,y,z≥0，当且仅当x=1y=z=0时等号成立．
[方法二]：
先证fx,y,z≤17，当且仅当x=y=z=13时等号成立．
fx,y,z=∑xx+3y−11+x+3y=1−2∑x1+x+3y
由柯西不等式：∑x1+x+3y≥∑x2∑x1+x+3y=1∑x1+x+3y，
因为∑x1+x+3y=∑x2x+4y+z=2+∑xy≤73，
从而∑x1+x+3y≥37，所以，fx,y,z≤1−2×37=17，
当且仅当x=y=z=13时等号成立．
本不等式是轮换对称的，可设z=minx,y,z，若z=0，则
f(x,y,0)=2xy1+x+3y−xy1+y=2xy2x+4y−xyx+2y=0.
下设x,y≥z>0，由(*)式，要证f≥0，只要证∑x1+x+3y≤12⋯(1)
注意到12=x2x+4y+yx+2y，于是(1)等价于
z1+z+3x≤(x2x+4y−x1+x+3y)+(yx+2y−y1+y+3z)=z2x+4y(x1+x+3y+8y1+y+3z)
即2x+4y1+z+3x≤x1+x+3y+8y1+y+3z⋯(2)
而由Cauchy不等式，可得
x1+x+3y+8y1+y+3z=x2x(1+x+3y)+(2y)2y(1+y+3z)2≥(x+2y)2x+x2+3xy+y+y2+3yz2=2x+4y1+z+3x
即(2)成立，从而f≥0，故fmin=0，当x=1,y=z=0时等号成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查三元函数最值的求解，解本题的关键在于灵活使用柯西不等式，注意到代数式的对称性，利用轮换结合柯西不等式证明出0≤fx,y,z≤17，同时要注意等号成立的条件.
【题型12 立体几何小题新考点】
【例12】（2024·浙江省温州·高三）（多选）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）
A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B．图2中阴影部分的面积为ℎ2
C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π:4
D．由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为163r3
【答案】BCD
【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.
【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；
由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖来说，
使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是π:4，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；
而正四棱锥体的体积为V倒棱锥=13r3．
所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积V18牟盒方盖=r3−13r3=23r3，
从而得到整个牟合方盖的体积为8×23r3=163r3，故D正确
故选：BCD．
【变式12-1】（2024·高三期末）如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为（ ）

A．36B．32
C．28D．24
【答案】C
【分析】设每个直三棱柱高为a，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为b，设正四棱台的高为ℎ，可得出12abℎ=313b2ℎ=1，求出a2ℎ的值，即可求得该正四棱台的体积.
【详解】设每个直三棱柱高为a，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为b，
设正四棱台的高为ℎ，因为每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，
则12abℎ=313b2ℎ=1，可得a2b2ℎ2=a2ℎ⋅b2ℎ=a2ℎ×3=36，可得a2ℎ=12，
所以，该正四棱台的体积为V=a2ℎ+4×3+4×1=12+16=28.
故选：C.
【变式12-2】（2024·高三期末）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值
D．有且仅有两点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，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点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，
设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α−β，
由已知得t∈0,2，AB=BC=1，
tanα=2t， tanβ=1t， tanθ=tanα−β=tanα−tanβ1+tanα⋅tanβ=2t−1t1+2t⋅1t=tt2+2，
令ft=tt2+2，则f't=1⋅t2+2−t2tt2+22=2+t2−tt2+22，
当t∈0,2时，f't>0，ft单调递增，当t∈2,2时，f't<0，ft单调递减，
f2=13>f0=0
所以t∈0,2，当t=2时，ft取最大值，没有最小值，
即当t=2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，
由对称性知当t=2时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
【变式12-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）
A．4πB．8πC．12πD．16π
【答案】B
【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，求出S=2πR4R2−1，再换元利用基本不等式求出函数的最小值得解.
【详解】设圆锥的内切球半径为r，则4πr2=4π，解得r=1，
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，
轴截面如下图示，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，
又∠ADE=π−2θ，故AB=BE+AE=R+tan(π−2θ)=R−tan2θ，
又tan2θ=2tanθ1−tan2θ=2R1−R2，故AB=R−2R1−R2=R(R2+R)R2−1，
故该圆锥的表面积为S=πR2(R2+1)R2−1+πR2=2πR4R2−1，
令t=R2−1>0，所以R2=t+1，
所以S=2π(t+1)2t=2π⋅(t+1t+2)≥2π⋅(2t⋅1t+2)=8π.
（当且仅当t=1时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选：B

【变式12-4】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点P0x0,y0,z0，且以u=a,b,cabc≠0为方向向量的空间直线l的方程为x−x0a=y−y0b=z−z0c；
（2）过点Px0,y0,z0，且v=m,n,tmnt≠0为法向量的平面α的方程为mx−x0+ny−y0+tz−z0=0．
现已知平面α:x+2y+3z=6，l1:2x−y=13y−2z=1，l2:x=y=2−z，l3:x−15=y−4=z1（ ）
A．l1//αB．l2//αC．l3//αD．l1⊥α
【答案】CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面α:x+2y+3z=6，则平面法向量为v=1,2,3，
对l1:2x−y=13y−2z=1，则6x−3=3y=2z+1，即x−1216=y13=z+1212，所以l1过点12,0,−12，方向向量为 u1=16,13,12，所以v=6u1，所以v//u1，所以l1⊥α，故A错误D正确.
对l2:x=y=2−z，即x1=y1=z−2−1，所以l2过点0,0,2，方向向量为 u2=1,1,−1，点0,0,2代入平面方程x+2y+3z=6成立，所以l2与平面α有公共点，故B错误；
对l3:x−15=y−4=z1，所以l3过点1,0,0，方向向量为 u3=5,−4,1，
因为v⋅u3=1,2,3⋅5,−4,1=5−8+3=0，所以v⊥u3 ，所以l3⊂α或l3//α，但点1,0,0代入平面x+2y+3z=6不成立，故l3⊄α，所以l3//α，所以C正确.
故选：CD
【题型13 统计概率小题新考点】
【例13】（2024·浙江省温州）在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（d1，单位：m）与制动距离（d2，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是（ ）
A．d1=αv，d2=βvB．d1=αv，d2=βv2
C．d1=αv，d2=βvD．d1=αv，d2=βv2
【答案】B
【分析】设d1v=fv，d2v=gv，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
【详解】设d1v=fv，d2v=gv.
由图象知，d1v=fv过点40,8.5，50,10.3，60,12.5，70,14.6，80,16.7，90,18.7，100,20.8，110,22.9，120,25，130,27.1，140,29.2，150,31.3，160,33.3，170,35.4，180,37.5.
作出散点图，如图1.
由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用d1=αv.
d2v=gv过点40,8.5，50,16.2，60,23.2，70,31.4，80,36，90,52，100,64.6，110,78.1，120,93，130,108.5，140,123，150,144.1，160,164.3，170,183.6，180,208.
作出散点图，如图2.
由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d2=βv2.
故选：B.
【变式13-1】（2024·河北省·高三模拟）现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．3.5B．4C．4.5D．5
【答案】D
【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.
【详解】设甲组数据分别为x1、x2、⋯、x6，乙组数据分别为x7、x8、⋯、x12，
甲组数据的平均数为16i=16xi=3，可得i=16xi=18，方差为16i=16xi−32=5，可得i=16xi−32=30，
乙组数据的平均数为16i=712xi=5，可得i=712xi=30，方差为16i=712xi−52=3，可得i=712xi−52=18，
混合后，新数据的平均数为112i=112xi=18+3012=4，
方差为112i=16xi−42+i=712xi−42=112i=16xi−3−12+i=712xi−5+12
=112i=16xi−32+i=712xi−52−2i=16xi−3+2i=712xi−5+12
=112×30+18−2×3−3×6+2×5−5×6+12=5.
故选：D.
【变式13-2】（2022下·山西运城·高二校联考阶段练习）已知n为满足T=a+C20221+C20222+C20223+⋯+C20222022a≥3能被9整除的正整数a的最小值，则x2−x+2x−1n的展开式中含x10的项的系数为 ．
【答案】−10
【分析】分析可得T=9−1674+a−1，利用二项式定理的展开式可求得正整数a的最小值，可得出n的值，然后写出x2−x+2x−1n展开式的通项，令x的指数为10，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】T=a+C20221+C20222+C20223+⋯+C20222022=22022+a−1=8674+a−1=9−1674+a−1
=9674−C6741⋅9673+C6742⋅9672−⋯−C674673⋅9+a能被9整除，则a能被9整除，
因为a≥3，则正整数a的最小值为9，即n=9，
x−19展开式的通项为Tk+1=C9k⋅−1k⋅x9−k，
因为x2−x+2x−19=x2x−19−xx−19+2x−19，
在x2Tr+1=C9r⋅x11−r⋅−1r中，由11−r=10可得r=1，
在xTm+1=C9m⋅x10−m⋅−1m中，由10−m=10可得m=0，
在2Tk+1=2C9k⋅−1k⋅x9−k中，9−k≤9.
所以，展开式中含x10的项的系数为−C91−C90=−10.
故答案为：−10.
【变式13-3】（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，“爱心”是由曲线C1:x2+y2=2|y|(x⩽0)和C2:|y|=csx+1(0⩽x⩽π)所围成的封闭图形，在区域Ω=(x,y)-1⩽x⩽π-2≤y≤2内任取一点A，则A取自“爱心”内的概率P= ．
【答案】3π4π+4
【详解】解法1．区域Ω的面积为S=4×(π+1)=4π+4，
爱心面积SA=π×12+20π(1+csx)dx =π+2(x+sinx)0π=π+2π=3π，
∴P=SAS=3π4π+4．
故答案为：3π4π+4.
解法2．在图中的阴影部分面积S阴影=14×2×2π=π，
所以爱心面积为π×12+2π=3π，∴P=3π4π+4．
故答案为：3π4π+4.
【变式13-4】（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合1,2,⋯,2015中任取一个正整数n恰为方程n2=n3+n6的解的概率为 （x表示不超过实数x的最大整数）.
【答案】10072015
【详解】当n=6kk∈Z+时，n2=6k2=3k，n3+n6=6k3+6k6=2k+k=3k.
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
当n=6k−5k∈Z+时，n2=6k−52=3k−3，
n3+n6=6k−53+6k−56=2k−2+k−1=3k−3.
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
当n=6k−4k∈Z+时，n2=6k−42=3k−2，
n3+n6=6k−43+6k−46=2k−2+k−1=3k−3.
满足题中方程的n不存在；
当n=6k−3k∈Z+时，n2=6k−32=3k−2，
n3+n6=6k−33+6k−36=2k−1+k−1=3k−2.
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
当n=6k−2k∈Z+时，n2=6k−22=3k−1，
n3+n6=6k−23+6k−26=2k−1+k−1=3k−2.
满足题中方程的n不存在；
当n=6k−1k∈Z+时，n2=6k−12=3k−1，
n3+n6=6k−13+6k−16=2k−1+k−1=3k−2.
满足题中方程的n不存在.
因此，从集合1,2,⋯,2015中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为335+336+3362015=10072015.
【题型14 三角函数小题新考点】
【例14】（2024浙江省温州高三）已知函数fx=asin2x+bcs2xab≠0的图象关于直线x=π6对称，若存在x1,x2,⋯,xn，满足fx1−fx2+fx2−fx3+⋯+fxn−1−fxn=24b，其中n≥2,n∈N+，则n的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得a=3b，计算出fx的值域为−2b,2b，根据题意可得fxn−1−fxn≤2b−−2b=4b，因此当且仅当fx1−fx2=fx2−fx3=⋯=fxn−1−fxn=4b时，n的最小值为7.
【详解】由fx=asin2x+bcs2xab≠0可得
fx=a2+b2sin2x+φ，其中tanφ=ba；
又因为fx的图象关于直线x=π6对称，所以需满足2×π6+φ=π2+kπ,k∈Z，
解得φ=π6+kπ,k∈Z，即tanφ=tanπ6+kπ=33,k∈Z；
可得tanφ=ba=33，即a=3b，所以fx=2bsin2x+π6+kπ,k∈Z
由正弦函数值域可得fx=2bsin2x+π6+kπ∈−2b,2b
若要求满足fx1−fx2+fx2−fx3+⋯+fxn−1−fxn=24b的n的最小值，
只需满足fxn−1−fxn取最大值即可，而fxn−1−fxn≤2b−−2b=4b，
所以当且仅当fx1−fx2=fx2−fx3=⋯=fxn−1−fxn=4b时满足题意，
即fx1−fx2+fx2−fx3+⋯+fxn−1−fxn=24b=6×4b；
所以n−1=6，得n=7，即n的最小值为7.
故选：B
【变式14-1】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）已知对任意角α，β均有公式sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β.设△ABC的内角A，B，C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12.面积S满足1≤S≤2.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A．sinAsinBsinC=14B．2≤asinA≤22
C．8≤abc≤162D．bcb+c>8
【答案】CD
【分析】结合已知sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β对sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12进行变形化简即可得sinAsinBsinC的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求asinA=2R的范围，从而判断B；根据sinAsinBsinC的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得bcb+c>bc⋅a，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足sin2A+sinA−B+C=sinC−A−B+12，
∴sin2A+sinπ−2B=sinC−π+C+12，即sin2A+sin2B=−sin2C+12，
∴sin2A+sin2B+sin2C=12，
由题可知，sin2α+sin2β=2sinα+βcsα−β，
∴2sinA+BcsA−B+sin2C=12，
∴2sinCcsA−B+2sinCcsC=12
∴2sinC[csA−B−csA+B]=12，
∴有sinAsinBsinC=18，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，asinA=bsinB=csinC=2R，
∴S=12absinC=12⋅2RsinA⋅2RsinB⋅sinC=2R2sinAsinBsinC=R24∈1,2，
∴R∈2,22，∴asinA=2R∈4,42，故B错误；
abc=8R3sinAsinBsinC∈8,162，故C正确；
bcb+c>abc≥8，故D正确．
故选：CD．
【变式14-2】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）若函数fx=2sin2x⋅lg2sinx+2cs2x⋅lg2csx，则（ ）
A．fx的最小正周期为π
B．fx的图像关于直线x=π4对称
C．fx的最小值为-1
D．fx的单调递减区间为2kπ,π4+2kπ,k∈Z
【答案】BCD
【分析】先求出fx的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出fx的最小正周期；对于B：由fπ2−x=fx，即可判断；对于C：设t=sin2x，得到gt=t⋅lg2t+1−t⋅lg21−t,t∈0,1,利用导数求出g(t)min=−1，即可判断；对于D：利用复合函数单调性法则直接判断.
【详解】由sinx>0,csx>0得fx的定义域为2kπ,π2+2kπ,k∈Z.
对于A：当x∈0,π2时，x+π∈π,32π不在定义域内，故fx+π=fx不成立，易知fx的最小正周期为2π，故选项A错误；
对于B：又fπ2−x=2cs2x⋅lg2csx+2sin2x⋅lg2sinx=fx，所以fx的图像关于直线x=π4对称，所以选项B正确；
对于C：因为fx=sin2x⋅lg2sin2x+cs2x⋅lg2cs2x，设t=sin2x，所以函数转化为gt=t⋅lg2t+1−t⋅lg21−t,t∈0,1,g't=lg2t−lg21−t，
由g't>0得，12对于D：因为gt在0,12上单调递减，在12,1上单调递增，由t=sin2x，令0因为t=sin2x在2kπ,π4+2kπ上单调递增，所以fx的单调递减区间为2kπ,π4+2kπ,k∈Z，
同理函数的递增区间为π4+2kπ,π2+2kπ,k∈Z，所以选项D正确.
故选：BCD.
【变式14-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）函数f(x)=32sin2x+1+83cs2x+2(x∈R)的最小值 ．
【答案】4913##31013
【分析】借助三角函数基本关系与基本不等式计算即可得.
【详解】由sin2x+cs2x=1，
故f(x)=32sin2x+1+83cs2x+2=32sin2x+1+85−3sin2x
=96sin2x+3+1610−6sin2x，
由sin2x∈0,1，故6sin2x+3>0、10−6sin2x>0，
f(x)=96sin2x+3+1610−6sin2x×6sin2x+3+10−6sin2x13
=1139+16+910−6sin2x6sin2x+3+166sin2x+310−6sin2x
≥11325+2910−6sin2x6sin2x+3×166sin2x+310−6sin2x=11325+2×12=4913，
当且仅当910−6sin2x6sin2x+3=166sin2x+310−6sin2x，即sin2x=37时，等号成立.
故答案为：4913.
【变式14-4】（2024·河北省·高三模拟）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）

A．44πB．64πC．70πD．80π
【答案】D
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是2π3，每段圆弧的半径依次增加1，
则第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an=2π3⋅n，
所以S15=2π31+2+3+⋯+15=80π.
故选：D．
【变式14-5】（2024·浙江·高三期末）已知0A．tanx1x1tanx3x3C．x1+x3<2x2D．x1+x3>2x2
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求出曲线f(x)在点(x1,sinx1),(x2,sinx2),(x3,sinx3)处的切线方程，进而tanx1x1=tanx2x2=tanx3x3=1即可判断AB；画出函数y=tanx与y=x图象，由kAD【详解】由题意知，f'(x)=csx，则f'(x1)=csx1,f'(x2)=csx2,f'(x3)=csx3，
所以曲线f(x)在点(x1,sinx1),(x2,sinx2),(x3,sinx3)处的切线方程分别为
y−sinx1=csx1(x−x1),y−sinx2=csx2(x−x2),y−sinx3=csx3(x−x3)，
因为切线均过原点，所以sinx1=x1csx1,sinx2=x2csx2,sinx3=x3csx3，
即x1=tanx1,x2=tanx2,x3=tanx3，得tanx1x1=tanx2x2=tanx3x3=1，故AB错误；
由tanx1x1=tanx2x2=tanx3x3=1，得tanxi=xi(i=1,2,3)，画出函数y=tanx与y=x图象，如图，
设A(x1,tanx1),B(x2,tanx2),C(x3,tanx3)，如上图易知：D(x2−π,tanx2),E(x2+π,tanx2)，
由正切函数图象性质kAD又x2−π−x1>0,x3−x2−π>0，所以(x2−x1)(x3−π−x2)<(x3−x2)(x2−π−x1)，
即x1π+x3π<2πx2，解得x1+x3<2x2，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据tanxi=xi(i=1,2,3)构造新函数tanx=x，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.
【题型15 实际应用相关新考点】
【例15】（2024·浙江温州·高三）著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为θ1∘C，空气温度为θ0∘C，则t分钟后物体的温度θ（单位：∘C）满足：θ=θ0+θ1−θ0e−kt．若常数k=0.05，空气温度为30∘C，某物体的温度从90∘C下降到50∘C，大约需要的时间为（ ）（参考数据：ln3≈1.1）
A．16分钟B．18分钟C．20分钟D．22分钟
【答案】D
【分析】由已知条件得出θ0=30，θ1=90，θ=50，代入等式θ=θ0+θ1−θ0e−0.05t，求出t即可得出结论.
【详解】由题知θ0=30，θ1=90，θ=50，所以，50=30+90−30e−0.05t，可得e−0.05t=130，
所以，−0.05t=ln13=−ln3，∴t=20ln3≈22.
故选：D.
【变式15-1】（2024上·河南·高三校联考期末）据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t（分钟）（在植物学上t表示从花朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数关系式：y=b⋅2t10（b为常数），若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为110，则当该种玫瑰花新鲜程度为12时，其凋零时间约为（参考数据：lg2≈0.3）（ ）
A．3分钟B．30分钟C．33分钟D．35分钟
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合待定系数法，求出b的值，再将y=12代入函数中，即可求解
【详解】由题意得110=2b，则b=120，令12=120⋅2t10，即2t10=10，解得t=10lg2≈33．
故选：C．
【变式15-2】（2024上·北京房山·高三统考期末）保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲.某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量P（单位：毫米/升）与过滤时间t（单位：小时）之间的函数关系为P=P0⋅e−kt(t≥0)，其中k为常数，k>0，P0为原污染物数量.该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（参考数据：1513≈0.585）（ ）
A．12%B．10%C．9%D．6%
【答案】A
【分析】根据题意可得P0⋅e−9k=15P0，解得e−3k=1513，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系式，再将t=12代入即可求得答案.
【详解】因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，所以P0⋅e−9k=15P0，即e−9k=15,所以e−3k=1513．
再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为P0⋅e−12k=P0×e−3k4=P0×1543≈15×0.585×P0≈12%P0．
故选：A.
【变式15-3】（2023上·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考阶段练习）“开车不喝酒，喝酒不开车．”，饮酒驾驶和醉酒驾驶都是根据驾驶人员血液、呼气酒精含量来确定，经过反复试验，一般情况下，某人喝一瓶啤酒后血液中的酒精含量值fx随着时间x（小时）的变化规律，可以用函数模型fx=40sinπ3x+13,0≤x<290⋅e−0.5x+14,x≥2来拟合，则该人喝一瓶啤酒至少经过多少小时后才可以驾车？（ ）（参考数据：ln15≈2.71，ln30≈3.40）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】可结合分段函数建立不等式90e−0.5x+14<20，利用指数不等式的求解即可.
【详解】对于f(x)=40sinπ3x+13,
由0≤x<2，则0≤π3x<2π3，函数f(x)先增后减，
当x∈(32,2)时，f(x)=203+13>20，
所以，该人喝一瓶啤酒后的2个小时内，其血液酒精含量可能大于20，
则驾车只能在2个小时之后，令n≥290⋅e−0.5n+14<20，即n≥2e−0.5n<115，
解得n>2ln15≈2×2.71=5.42，
∵n∈N∗，∴n的最小值为6，故至少经过6小时才可以驾车.
故选：B.
【变式15-4】（2024·山东青岛·高三期末）1551年奥地利数学家､天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则csc10∘−3sec10∘=（ ）
A．3B．23C．4D．8
【答案】C
【分析】根据给定的定义，利用锐角三角函数的定义转化为角的正余弦，再利用二倍角公式、辅助角公式求解作答.
【详解】依题意，10∘角可视为某直角三角形的内角，
由锐角三角函数定义及已知得csc10∘=1sin10∘,sec10∘=1cs10∘，
所以csc10∘−3sec10∘= 1sin10°−3sin10°=cs10°−3sin10°sin10°cs10°=2(12cs10°−32sin10°)sin10°cs10° =4sin30°−10°sin20°=4.
故选：C
【题型16 三角函数解答题新考点】
【例16】（2024·高三·期末）设0(1)若tanx=12，求cs4x−4cs2x+3cs4x+4cs2x+3；
(2)证明：tanx−xx−sinx>2；
(3)若tanx+2sinx−ax>0，求实数a的取值范围.
【答案】(1)116
(2)证明见解析
(3)a≤3
【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系计算即可；
（2）先利用导数证：x−sinx>0，再利用导数研究φx=tanx+2sinx−3x的单调性与最值即可；
（3）构造函数fx=tanx+2sinx−ax，利用换元法先判定f'x的单调性及值域，然后含参讨论结合隐零点判定fx的单调性及值域即可.
【详解】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可知：
cs4x−4cs2x+3cs4x+4cs2x+3=2cs22x−4cs2x+22cs22x+4cs2x+2=cs2x−1cs2x+12
=−2sin2x2cs2x2=−tan2x2=116
（2）证明：先证当00.
令mx=x−sinx，则m'x=1−csx>0在0∴mx=x−sinx在0,π2上单调递增，∴mx>m0=0，
即当00.
要证tanx−xx−sinx>2，只需证明tanx−x>2x−sinx，即证tanx+2sinx−3x>0
令φx=tanx+2sinx−3x，x∈0,π2，
则φ'x=1cs2x+2csx−3=2cs3x−3cs2x+1cs2x=csx−122csx+1cs2x>0.
（或1cs2x+2csx−3≥3×31cs2x⋅csx⋅csx−3=0，当且仅当csx=1时等号成立，）
而x∈0,π2，则00，
∴在φx在0,π2上单调递增，∴φx>φ0=0，
即tanx+2sinx−3x>0
∴当02.
（3）令fx=tanx+2sinx−ax，x∈0,π2，则f0=0，f'x=1cs2x+2csx−a，
令t=csx，则t在x∈0,π2上单调递减，t∈0,1，f'x=gt=1t2+2t−a，
而g't=−2t3+2<0，∴gt在t∈0,1上递减，∴f'x在x∈0,π2上递增
∴f'x的值域为3−a,+∞
（i）当3−a≥0，即a≤3时，f'x≥0恒成立，所以fx在x∈0,π2递增，
∴fx>0，∴a≤3符合题意；
（ii）当3−a<0，即a>3时，f'0<0，
∴存在x0∈0,π2使得f'x0=0
∴当x∈0,x0时，f'x<0，fx递减，此时fx<0，不符题意.
综上知，a≤3.
【变式16-1】（2024·河北省·高三模拟）已知定义域为R的函数ℎx满足：对于任意的x∈R，都有ℎx+2π=ℎx+ℎ2π，则称函数ℎx具有性质P.
(1)判断函数fx=2x,gx=csx是否具有性质P；（直接写出结论）
(2)已知函数fx=sinωx+φ32<ω<52,φ<π2，判断是否存在ω,φ，使函数fx具有性质P？若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数fx具有性质P，且在区间0,2π上的值域为f0,f2π.函数gx=sinfx，满足gx+2π=gx，且在区间0,2π上有且只有一个零点.求证：f2π=2π.
【答案】(1)函数fx=2x具有性质P；gx=csx不具有性质P.
(2)ω=2，φ=0
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义判断即可；
（2）假设函数fx具有性质P，可求出φ=0，进而可得ω=2，从而可得fx=sin2x，再根据定义进行验证，即可得到答案；
（3）由函数fx具有性质P及（2）可知，f(0)=0，进而可得fx在0,2π的值域为0,kπ，k∈Z且k>0，由gx在区间0,2π上有且只有一个零点可证明当k>2时不符合题意，再求解当k=1时与gx是以2π为周期的周期函数矛盾，从而可得k=2，即可证明.
【详解】（1）因为fx=2x，则fx+2π=2(x+2π)=2x+4π，又f2π=4π，
所以fx+2π=f(x)+f(2π)，故函数fx=2x具有性质P；
因为gx=csx，则gx+2π=cs(x+2π)=csx，又g2π=cs2π=1，
g(x)+g(2π)=csx+1≠g(x+2π)，故gx=csx不具有性质P.
（2）若函数fx具有性质P，则f0+2π=f(0)+f(2π)，即f(0)=sinφ=0，
因为φ<π2，所以φ=0，所以fx=sin(ωx)；
若f(2π)≠0，不妨设f(2π)>0，由fx+2π=f(x)+f(2π)，
得f2kπ=f(0)+kf(2π)=kf(2π)(k∈Z)（*），
只要k充分大时，kf(2π)将大于1，而fx的值域为[−1,1]，
故等式（*）不可能成立，所以必有f(2π)=0成立，
即sin(2ωπ)=0，因为32<ω<52，所以3π<2ωπ<5π，
所以2ωπ=4π，则ω=2，此时fx=sin2x，
则fx+2π=sin2(x+2π)=sin2x，
而f(x)+f(2π)=sin2x+sin4π=sin2x，即有fx+2π=f(x)+f(2π)成立，
所以存在ω=2，φ=0使函数fx具有性质P.
（3）证明：由函数fx具有性质P及（2）可知，f(0)=0，
由gx+2π=gx可知函数gx是以2π为周期的周期函数，则g2π=g(0)，
即sin(f(2π))=sin(f(0))=0，所以f(2π)=kπ，k∈Z；
由f(0)=0，f(2π)=kπ以及题设可知，
函数fx在0,2π的值域为0,kπ，所以k∈Z且k>0；
当k>2，fx=π及fx=2π时，均有gx=sinfx=0，
这与gx在区间0,2π上有且只有一个零点矛盾，因此k=1或k=2；
当k=1时，f(2π)=π，函数fx在0,2π的值域为0,π，
此时函数gx的值域为0,1，
而fx+2π=f(x)+π，于是函数fx在2π,4π的值域为π,2π，
此时函数gx的值域为−1,0，
函数gx=sinfx在当x∈0,2π时和x∈2π,4π时的取值范围不同，
与函数gx是以2π为周期的周期函数矛盾，
故k=2，即f(2π)=2π，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.
【变式16-2】（2024·安徽省·高三模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC．
(1)若△ABC的面积S=23，b+c=6，求a的值；
(2)若函数fx=3x2−4x−lnxcsA+1在区间0,t上有零点，求t的取值范围．
【答案】(1)a=23
(2)1,+∞
【分析】（1）由正弦定理边化角结合余弦定理以及三角形面积公式即可得解.
（2）利用导数判断单调性，进而得fxmin=f1=3−4+1=0，由此即可得解.
【详解】（1）∵△ABC中三边a，b，c的对角分别为A，B，C，
∴asinA=bsinB=csinC．
又∵sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC，
∴b2+c2=a2+bc，即b2+c2−a2=bc，
∴csA=b2+c2−a22bc=12．
∵S=23=12bcsinA=12bc⋅1−14=34bc，
∴bc=8，
∴a2=b2+c2−2bccsA=b+c2−2bc1+csA =62−2×8×1+12=12，
∴a=23．
（2）fx=3x2−lnxcsA−4x+1=3x2−2lnx−4x+1（x>0），
f'x=6x−2x−4=6x2−4x−2x=2x−13x+1x，
∵x>0，
∴f'x在0,1上为负，在1,+∞上为正，
∴fx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，
∴fxmin=f1=3−4+1=0，
∴fx在0,+∞上只有一个零点．
∴要使fx在0,t上有零点，则t的取值范围是1,+∞.
【变式16-3】（浙江省杭州第二中学2021-2022学年高三上学期调研考试数学试题）在△ABC中，∠B=π2，D为BC边上一点且BDCD=AB+ADAC+AD．
（１）证明：△ABD和△ADC的内切圆半径相等；
（２）若△ABC的三边长构成等差数列，求∠ADB的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）π3或arctan22.
【分析】（1）利用内切圆半径与面积周长的关系证明；
（2）分c,a,b成等差数列和a,c,b成等差数列两种不同情况，根据等差中项的性质和勾股定理分别求的a,b,c的比例关系，并不妨设a,b,c的最简值进行计算，设出BD的长，根据已知条件列出方程，化简整理后得到三次方程，进行适当配凑，求解即得BD的长，进而得到所求角度或其正切值.
【详解】（1）如图所示，设△ABD和△ADC的面积为S1,S2,周长为l1,l2,内切圆半径分别为r1,r2,则Si=12rilii=1,2,
∴S1S2=r1l1r2l2,
由于S1S2=BDDC=AB+ADAC+AD=BD+AB+ADDC+AC+AD=l1l2,
∴r1r2=1，即r1=r2,
∴△ABD和△ADC的内切圆半径相等；
（2）设△ABC的角A,B,C所对的边分别记作a,b,c,
∵∠B=π2，∴b为最大边.
①当c,a,b成等差数列时，2a=c+b,又∵a2+c2=b2,
∴a2+c2=2a−c2,3a2=4ac,3a=4c,ac=43,
不妨设a=4,c=3,则b=5,
设BD=x,∵BDCD=AB+ADAC+AD，
∴x4−x=3+32+x25+32+x2,
化简得x3−4x2−3x+12=0,
x−4x2−3=0,
∵0此时tan∠ADB=ABBD=33=3,
∴∠ADB=π3；
②当a,c,b成等差数列时，2c=a+b,又∵a2+c2=b2,
∴a2+c2=2c−a2,3c2=4ac,3c=4a,ca=43,
不妨设a=3,c=4,则b=5,
设BD=x,∵BDCD=AB+ADAC+AD，
∴x3−x=4+42+x25+42+x2,
化简得x3−3x2−2x+6=0,
x−3x2−2=0,
∵0此时tan∠ADB=ABBD=42=22,
∠ADB=arctan22
【变式16-4】（2021·上海普陀·统考二模）如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为Ai（i=1,2,3,4），A1A2=30米，∠A2A1A4=120∘，D为对角线A2A4和A1A3的交点．他以A2、A4为圆心分别画圆弧，一段弧与A1A2相交于A1、另一段弧与A3A4相交于A3，这两段弧恰与A2A4均相交于D．设∠A1A2D=θ．
（1）若两段圆弧组成“甬路”L（宽度忽略不计），求L的长（结果精确到1米）；
（2）记此园地两个扇形面积之和为S1，其余区域的面积为S2．对于条件（1）中的L，当LA1A3−S1S2<0.12时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．
【答案】（1）36米；（2）此人的设计是“用心”的；答案见解析．
【分析】（1）在△A1A2A4中，根据正弦定理求出∠A1A4A2=arcsin34，再根据弧长公式可求出结果；
（2）利用余弦定理求出A1D，可得A1A3，利用三角形面积公式和扇形的面积公式求出S1，S2，可得|LA1A3−S1S2|，再通过近似计算可得答案.
【详解】（1）根据题设条件，可得在△A1A2A4中，A2A4=2A1A2．
由正弦定理，得A2A4sin∠A2A1A4=A1A2sin∠A1A4A2，即sin∠A1A4A2=12sin2π3=34．
所以∠A1A4A2=arcsin34，所以θ=π3−arcsin34，
所以L=2A1A2⋅θ=60θ = 60⋅π3−arcsin34 ≈ 36米．
答：甬路L的长约为36米．
（2）由（1）得L=60θ，在△A1A2D中，由余弦定理，得A1D2=302+302−2×30×30×csθ=1800−1800csθ，
所以A1D=302−2csθ，
故A1A3 = 602−2csθ，所以LA1A3= θ2−2csθ，
S1=2×12×302θ=900θ，S2=4×12 ×30×30sinθ−900θ=900(2sinθ−θ)，
故S1S2=θ2sinθ−θ，
当θ=π3−arcsin34时，θ2−2csθ−θ2sinθ−θ≈0.1181<0.12．
所以此人的设计是“用心”的．
【点睛】关键点点睛：利用正弦定理、余弦定理、弧长和扇形的面积公式、三角形的面积公式求解是解题关键.
【题型17 立体几何解答题新考点】
【例17】（2024·江西省九师联盟）如图，在△ABC中，AB=BC=2，D为△ABC外一点，AD=2CD=4，记∠BAD=α，∠BCD=β.
(1)求2csα−csβ的值；
(2)若△ABD的面积为S1，△BCD的面积为S2，求S12+S22的最大值.
【答案】(1)32
(2)312
【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可；
(2)根据题意，由（1）知2csα−csβ=32，求出S12+S22取得最大值，最大值为312.
【详解】（1）在△ABD中，由余弦定理，得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsα=20−16csα，
在△BCD中，由余弦定理，得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsβ=8−8csβ，
所以20−16csα=8−8csβ，
所以82csα−csβ=12，
即2csα−csβ=32.
（2）由题意知S1=12AB⋅ADsin∠BAD=4sinα，S2=12BC⋅CDsin∠BCD=2sinβ，
所以S12+S22=16sin2α+4sin2β=161−cs2α+41−cs2β
=20−16cs2α−4cs2β，
由（1）知2csα−csβ=32，
所以csβ=2csα−32，csα∈14,1，
所以S12+S22=20−16cs2α−42csα−322=−32cs2α+24csα+11
=−32csα−382+312，
所以当csα=38∈14,1时，S12+S22取得最大值，最大值为312.
【变式17-1】（2024·浙江温州·高三）某数学建模小组研究挡雨棚（图1），将它抽象为柱体（图2），底面ABC与A1B1C1全等且所在平面平行，△ABC与△A1B1C1各边表示挡雨棚支架，支架AA1、BB1、CC1垂直于平面ABC.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为π6（即∠AOB=π6），挡雨棚有效遮挡的区域为矩形AA1O1O（O、O1分别在CA、C1A1延长线上）.
(1)挡雨板（曲面BB1C1C）的面积可以视为曲线段BC与线段BB1长的乘积．已知OA=1.5米，AC=0.3米，AA1=2米，小组成员对曲线段BC有两种假设，分别为：①其为直线段且∠ACB=π3；②其为以O为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米）；
(2)小组拟自制△ABC部分的支架用于测试（图3），其中AC=0.6米，∠ABC=π2，∠CAB=θ，其中π6<θ<π2，求有效遮挡区域高OA的最大值.
【答案】(1)①1.2平方米②1.9平方米
(2)0.3米
【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解；
（2）根据正弦定理求出OA，再由三角恒等变换求最大值即可得解.
【详解】（1）①其为直线段且∠ACB=π3时， AC=0.3米，
所以在Rt△ACB中，AC=BCcsπ3，即BC=2AC=0.6（米）.
所以S=BC⋅BB1=BC⋅AA1=0.6×2=1.2（平方米）；
②其为以O为圆心的圆弧时，此时圆的半径为OA+AC=1.8（米），
圆心角∠AOB=π6，所以圆弧BC的长l=1.8×π6=3π10，
所以S=l⋅BB1=l⋅AA1=2×3π10≈1.9（平方米）
（2）由题意，AB=ACcsθ=0.6csθ，∠ABO=θ−π6，
由正弦定理可得：OAsinθ−π6=ABsinπ6，
即OA=1.2csθsinθ−π6=1.2csθ32sinθ−12csθ=1.232sinθcsθ−12cs2θ
=0.632sin2θ−12cs2θ−12 =0.6sin2θ−π6−0.3，其中π6<θ<π2，
当2θ−π6=π2，即θ=π3时，OAmax=0.6−0.3=0.3（米）.
即有效遮挡区域高OA的最大值为0.3米.
【变式17-2】（2024·浙江·高三期末）如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台ABE−DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD．
(1)求证：AD⊥BE；
(2)若∠EAB=π3，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）如图，取AB的中点G，连接DG，BD，DE，设AB=2a，由勾股定理的逆定理可得AD⊥BD，同理可得AD⊥DE，结合线面垂直的判定定理和性质即可证明；
（2）由（1）和勾股定理的逆定理可得DE⊥BD，又DE⊥AD，根据线面、面面垂直的判定定理可得面DEM⊥面ABE，如图，则∠NAD为题意所求的线面角，解三角形△NAD即可.
【详解】（1）连接BD，DE，设AB=2a，则BC=CD=a，
取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故DG=a，
得AD=BD=2a，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD
同理可得，AD⊥DE，又BD∩DE=D,BD、DE⊂面BDE，
∴AD⊥面BDE，又BE⊂面BDE，AD⊥BE；

（2）由（1）知BD=DE=2a，
又∵∠EAB=π3，∴AB=AE=EB=2a，
由ED2+BD2=EB2，得DE⊥BD．
又∵DE⊥AD，BD∩AD=D,BD、AD⊂面ABCD，∴DE⊥面ABCD，
过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM．
因为AB⊂面ABCD，所以DE⊥AB，又因为DE∩DM=D，且DE,DM⊂面DEM，
则AB⊥面DEM，又AB⊂面ABE，∴面DEM⊥面ABE．
过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN．
∴∠NAD就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵面CDF//面ADE，∴∠NAD就是直线AD与面CDF所成的线面角．
∵DE⊥DM，又DG=a，DE=2a，∴DN=63a，
又AD=2a，∴sin∠NAD=63a2a=33，
即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为33.

【变式17-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，点D在棱AA1上，且A1D=13AA1,E为A1C1的中点．
(1)证明：平面BDE⊥平面BCC1B1；
(2)若AB=AA1=2,BC=22,求二面角D−BE−A1的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)53434.
【分析】（1）法一、延长DE与CC1的延长线交于点G，连接GB与B1C1交于点F，利用线段关系及面面垂直的性质判定EF⊥平面BCC1B1即可；法二、延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，利用线段关系及面面垂直的性质判定BG⊥平面BCC1B1即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求二面角即可.
【详解】（1）解法一
如图，延长DE与CC1的延长线交于点G，
因为A1D=13AA1=13CC1,E为A1C1的中点，所以GC1=A1D=13CC1=14GC，
连接GB与B1C1交于点F，则FC1=14B1C1，
取B1C1的中点H，连接A1H,EF，则FC1=12C1H，故EF//A1H，
因为AB=AC，所以A1H⊥B1C1，所以EF⊥B1C1，
又EF⊂平面A1B1C1，平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1，
所以EF⊥平面BCC1B1，
因为EF⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．
解法二
如图，延长ED与CA的延长线交于点G，连接BG，
因为A1D=13AA1,E为A1C1的中点，所以GA=2A1E=AB=AC，
所以BC⊥BG，
又BG⊂平面ABC，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
所以BG⊥平面BCC1B1，
因为BG⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面BCC1B1．
（2）由AB=AC=2,BC=22=2AB，易得AB⊥AC，则AB,AC,AA1两两垂直，
以A为坐标原点，AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B2,0,0,D0,0,43,A10,0,2,E0,1,2，
所以BE=−2,1,2,A1E=0,1,0,BD=−2,0,43，
设平面BEA1的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅BE=−2x1+y1+2z1=0m⋅A1E=y1=0，
取z1=1，得m=1,0,1，
设平面BED的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅BE=−2x2+y2+2z2=0n⋅BD=−2x2+43z2=0，取z2=3，得n=2,−2,3，
则csm,n=m⋅nm⋅n=1×2+0×−2+1×312+02+12×22+−22+32=53434，
由题意可得二面角D−BE−A1为锐二面角，
所以二面角D−BE−A1的余弦值为53434．
【变式17-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）如图，在正三棱锥P−ABC中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，∠ADP=α．
(1)用α分别表示线段BC和PD长度；
(2)当α∈0,π2时，求三棱锥的侧面积S的最小值．
【答案】(1)BC=23sinα；PD=1sinαcsα
(2)272
【分析】（1）连接OP，由题意O为△ABC的中心，则可得△POD为直角三角形，设半球与面PBC的切点为E，然后分别在Rt△ODE和Rt△POD中求解即可，
（2）由已知条件可得S=33sin2αcsα，α∈0,π2，令csα=t，则上述函数变形为St=33t−t3，t∈0,1，然后利用导数可求得结果
【详解】（1）连接OP，由题意O为△ABC的中心，
且PO⊥面ABC，又AD⊂面ABC，所以PO⊥AD，所以△POD为直角三角形．
设半球与面PBC的切点为E，则OE=1且OE⊥PD．
在Rt△ODE中，OEsinα=OD=13×32BC，所以BC=23sinα．
在Rt△POD中，PD=ODcsα=1sinαcsα．
（2）由题知，S=3S△PBC=3×12×BC×PD=32×23sinα×1sinαcsα，
化简得S=33sin2αcsα，α∈0,π2，
令csα=t，则上述函数变形为St=33t−t3，t∈0,1，
所以S't=333t2−1t−t32，令S't=0，得t=33．当t∈0,33时，
S't<0，St单调递减，当t∈33,1时，
S't>0，St单调递增，所以当t=33时，
三棱锥的侧面积S的最小值为S33=272．
【题型18 数列解答题新考点】
【例18】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）记Sn为数列an的前n项和，且满足Sn=knan+pan+qn+rk,p,q,r∈R．
(1)若p=r=0,k=12，求证：数列an是等差数列；
(2)若k=q=0,p=2,r≠0，设bn=−1n+1Snr，数列bn的前n项和为Tn，若对任意的k∈N∗，都有T2k−1<λ【答案】(1)证明见解析
(2)−1,2
【分析】（1）由题意得Sn=12nan+qn，再结合an=Sn−Sn−1n≥2得到an+1−2an+an−1=0，从而得到数列an是等差数列；
（2）由题意得an+1=2an，从而得数列an是等比数列，进一步可求得bn=−1n2n−1，再分别求得T2k,T2k−1，利用数列的增减性可求得实数λ的取值范围．
【详解】（1）当p=r=0,k=12时，Sn=12nan+qn，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=12nan+qn−12n−1an−1+qn−1，
整理得n−2an−n−1an−1+2q=0，则n−1an+1−nan+2q=0，
两式相减，得n−1an+1−2n−1an+n−1an−1=0，
因为n≥2，所以an+1−2an+an−1=0，所以数列an是等差数列．
（2）当k=q=0,p=2时，Sn=2an+r，
令n=1，得a1=S1=2a1+r，则a1=−r≠0，
因为Sn+1−2an+1=Sn−2an，所以an+1=2an，
因为a1=−r≠0，所以an≠0，
所以数列an是首项为－r，公比为2的等比数列，
所以Sn=−r1−2n1−2=1−2nr，所以bn=−1n+1Snr=−1n2n−1．
因为b2k−1+b2k=−22k−1−1+22k−1=22k−1，
所以T2k=2+23+⋯+22k−1=21−4k1−4=234k−1，
则T2k−1=T2k−b2k=234k−1−22k−1=−134k−1，
所以T2k是递增数列，T2k−1是递减数列，
所以T2kmin=T2=2,T2k−1max=T1=−1，
所以−1<λ<2，即实数λ的取值范围为−1,2．
【变式18-1】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）对于无穷数列{an}，“若存在am−ak=tm,k∈N∗,m>k，必有am+1−ak+1=t”，则称数列{an}具有P(t)性质.
（1）若数列{an}满足an=2n(n=1,2)2n−5n≥3,n∈N∗，判断数列{an}是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性质？
（2）对于无穷数列{an}，设T={x|x=aj−ai,i（3）已知{an}是各项均为正整数的数列，且{an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数N，k，使得aN，aN+1，aN+2，…，aN+k，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析.
【分析】（1）根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列{an}不具有性质P(1)，具有性质P(4)；
（2）根据数列具有性质P(0)，得到数列{an}元素个数，从而证得结果；
（3）依题意，数列{an}是各项为正数的数列，且{an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，可证得存在整数N，使得aN,aN+1,aN+2,⋯,aN+k,⋯是等差数列.
【详解】（1）因为an=2n(n=1,2)2n−5n≥3,n∈N∗，
a5−a2=5−4=1，但a6−a3=7−1=6≠1，所以数列{an}不具有性质P(1)，
同理可得数列{an}具有性质P(4)；
（2）因为数列{an}具有性质P(0)，
所以一定存在一组最小的且m>k，满足am−ak=0，即am=ak，
由性质P(0)的含义可得am+1=ak+1，am+2=ak+2，⋯，a2m−k−1=am−1,a2m−k=am，
所以数列{an}中，从第k项开始的各项呈现周期性规律：
ak,ak+1,⋯,am−1为一个周期中的各项，
所以数列{an}中最多有m−1个不同的项，
所以T最多有Cm−12个元素，即T为有限集；
（3）因为数列{an}具有P(2)性质，又具有P(3)性质，
所以存在M',N'，使得aM'+P−aM'=2,aN'+q−aN'=3，
其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质P(2),P(3)的含义可得aM'+p+k−aM'+k=2,aN'+q+k−aN'+k=3，
若M'若M'>N'，则取k=M'−N'，可得aM'+q−aM'=3，
记M=maxM',N'，则对于aM，
有aM+p−aM=2,aM+q−aM=3，显然p≠q，
由性质P(2),P(3)的含义可得：aM+p+k−aM+k=2,aN+q+k−aN+k=3，
所以aM+pq−aM=(aM+pq−aM+(q−1)p)+(aM+(q−1)p−aM+(q−2)p)+⋯+(aM+p−aM)
=2qaM+pq−aM=(aM+pq−aM+(p−1)q)+(aM+(p−1)q−aM+(p−2)q)+⋯+(aM+q−aM)=3p，
所以2q=3p，
又p,q满足aM+p−aM=2,aM+q−aM=3的最小的正整数，
所以q=3,p=2，aM+2−aM=2,aM+3−aM=3，
所以aM+2+k−aM+k=2,aM+3+k−aM+k=3，
所以aM+2k=aM+2(k−1)+2=aM+2k,aM+3k=aM+3(k−1)+3=aM+3k，
取N=M+3，所以，若k是偶数，则aN+k=aN+k，
若k是奇数，
则aN+k=aN+3+(k−3)=aN+3+(k−3)=aN+3+(k−3)=aN+k，
所以，aN+k=aN+k，
所以aN,aN+1,aN+2,⋯,aN+k,⋯是公差为1的等差数列.
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
【变式18-2】（2024·河北省·高三模拟）最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的成功概率为p(0(1)证明：EX<1p；
(2)某公司意向投资该产品，若p=0.2，每次试验的成本为a(a>0)元，若试验成功则获利8a元，则该公司应如何决策投资？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意，X=1,2,3,...,8，P(X=k)=p(1−p)k−1,k=1,2,⋯,7,P(X=8)=(1−p)7，列出分布列，列出E(X)，乘公比错位相减法求和S=(1−p)0+2(1−p)1+3(1−p)2+⋯+7(1−p)6，分析可证明EX<1p；
（2）由（1）可得E(X)<1p=5，分析即得解
【详解】（1）由题意，X=1,2,3,...,8
故P(X=k)=p(1−p)k−1,k=1,2,⋯,7,P(X=8)=(1−p)7
分布列如下：
所以X的数学期望E(X)=p(1−p)0+2p(1−p)1+3p(1−p)2+⋯+7p(1−p)6+8(1−p)7，
记S=(1−p)0+2(1−p)1+3(1−p)2+⋯+7(1−p)6，
(1−p)S=(1−p)1+2(1−p)2+3(1−p)3+⋯+7(1−p)7，
作差可得，pS=1−p0+1−p1+1−p2+⋯+1−p6−71−p7=1−1−p7p−71−p7，
则E(X)=pS+8(1−p)7=1−(1−p)7p+(1−p)7=1−(1−p)8p<1p；
（2）由（1）可知E(X)<1p=5，则试验成本的期望小于5a元，
试验成功则获利8a元，且8a>5a，则该公司应该投资该产品
【变式18-3】（2024·安徽省·高三模拟）同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈Z，m∈N∗且m>1．若m(a−b)则称a与b关于模m同余，记作a≡b（mdm）（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程x2−x≡0（md3）；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列an，其中a1①若bn=an+1−an（n∈N*），数列bn的前n项和为Sn，求S2024；
②若cn=tana2n+1⋅tana2n−1（n∈N*），求数列cn的前n项和Tn．
【答案】(1)x=3k或x=3k+1（k∈Z）．
(2)①3036；②tan3n+1−tan1tan3−n
【分析】（1）根据带除的定义求解，xx−1≡0（md3），即xx−1能被3整除，从而得出x或x−1能被3整除；
（2）①首先求出an（分奇偶项），确定出bn，用并项求和法求和；②求出cn，利用两角差的正切公式变形通项，结合裂项相消法求和．
【详解】（1）由题意xx−1≡0（md3），所以x=3k或x−1=3k（k∈Z），即x=3k或x=3k+1（k∈Z）．
（2）由（1）可得an为1,3,4,6,7,9,10,⋯，所以an=3n−12n为奇数3×n2n为偶数．
①因为bn=an+1−an（n∈N*），所以bn=2n为奇数1n为偶数．
S2024=b1+b2+b3+⋯+b2024=3×1012=3036．
②cn=tana2n+1⋅tana2n−1=tan3n+1⋅tan3n−2（n∈N*）．
因为tan3n+1⋅tan3n−2=tan3n+1−tan3n−2tan3−1，
所以Tn=c1+c2+⋯cn=tan4−tan1tan3−1+tan7−tan4tan3−1+⋯+tan3n+1−tan3n−2tan3−1
=tan3n+1−tan1tan3−n．
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的阅读理解能力，创新意识，解题关键是正确理解新概念并能应用解题，本题中同余问题，实质就是除以一个质数后的余数相等，问题转化后可结合数列的求和方法，两角差的正切公式等等知识才能顺利求解．
【变式18-4】（2024·安徽省·高三模拟）已知Tn为正项数列an的前n项的乘积，且a1=3，Tn2=ann+1，数列bn满足bn=kan−n．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn为递增数列，求实数k的取值范围；
【答案】(1)an=3n；
(2)k>16.
【分析】（1）根据Tn2=ann+1，可得Tn+12=an+1n+2，两式相除可得an+1n=ann+1，两边取对数并构造常数列，即可求得答案.
（2）由（1）的结论，求出bn，再根据单调数列的意义列式求解即得.
【详解】（1）由Tn为正项数列an的前n项的乘积，得Tn+1Tn=an+1，由Tn2=ann+1，得Tn+12=an+1n+2，
于是Tn+12Tn2=an+12=an+1n+2ann+1，即an+1n=ann+1，两边取对数得lgan+1n=lgann+1，
即nlgan+1=n+1lgan，整理得lgan+1n+1=lgann，
因此数列{lgann}是常数列，即lgann=lga11=lg3，于是lgan=nlg3=1g3n，
所以an=3n.
（2）由（1）知，bn=k⋅3n−n，
由数列bn为递增数列，得∀n∈N∗,bn+1>bn⇔k⋅3n+1−(n+1)−k⋅3n+n>0，
即∀n∈N∗,2k⋅3n−1>0⇔k>12×3n，而数列{12×3n}是递减数列，12×3n≤16，当且仅当n=1时等号，
所以实数k的取值范围是k>16.
【题型19 统计概率解答题新考点】
【例19】（2024·浙江宁波·高三期末）某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为p1；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为p2，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤．已知0(1)求X，Y的分布列；
(2)求EX；
(3)若p1=2p2=0.02，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案．（参考数据：0.99100≈0.37．）
【答案】(1)PX=k=1−p1k10−1p1，k10∈N∗，PY=k=1−p2k10−1p2,k10∈N∗,k≤9901−p299,k=1000
(2)EX=10p1
(3)选择方案二
【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式求出PX=k，
（2）结合错位相减法可求期望，
（3）由已知条件依次求得EX，EY，根据数学期望即可给出选择方案.
【详解】（1）X可取值10,20,30,⋯,，Y可取值10,20,⋯,1000，
当X=k时，摸球次数为k10，没有抽中新皮肤的概率为1−p1，
故PX=k=1−p1k10−1p1，k10∈N∗，
PY=k=1−p2k10−1p2,k10∈N∗,k≤9901−p299,k=1000．
（2）令A=t=1nt1−p1t−1，
则1−p1A=t=1nt1−p1t，故p1A=1+1−p1+1−p12+1−p1n−1−n1−p1n，
整理得到p1A=1−1−p1np1−n1−p1n，
所以A=1−1−p1np12−n1−p1np1，
若玩家按方案一抽卡，花费k元时抽到皮肤，则抽取次数为k10，
而PX=s=p11−p1s10−1，其中s10∈N*，s≤k.
则EX=s=1k10s1−p1s10−1p1=10p1s=1k10s101−p1s10−1
=101−1−p1k10p1−k1−p1k10，
因为玩家按方案一抽卡次数无限制，
且当n→+∞时，k1−p1k10→0，1−p1k10→0，
所以EX=10p1.
（3）p1=2p2=0.02，即p1=0.02,p2=0.01，
由（2）可得故EX=100.02=500；
若玩家按方案二抽卡，则Y可取值10,20,⋯,1000，
且PY=i=0.01×0.99i10−1，其中i=10,20,⋯,990，
PY=1000=0.9999，
故EY=1000×0.9999+10k=199k×0.01×0.99k−1，
=1000×0.9999+0.1×k=199k×0.99k−1
=0.1×1−−99×+1000×0.9999
=10001−0.9999−990×0.9999+1000×0.9999
=1000−990×0.9999
≈1000−990⋅≈630
因为EX【变式19-1】（2024·高三·期末）设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为PX=ak=xk，PY=ak=yk，xk>0，yk>0，k=1,2,⋯,n,k=1nxk=k=1nyk=1．指标D(X‖Y)可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为D(X‖Y)=k=1nxklnxkyk．设X~B(n,p),0(1)若Y~B(n,q),0(2)若n=2,P(Y=k−1)=13,k=1,2,3，求D(X‖Y)的最小值；
(3)对任意与X有相同可能取值的随机变量Y，证明：D(X‖Y)≥0，并指出取等号的充要条件
【答案】(1)nplnp(1−q)q(1−p)+nln1−p1−q
(2)ln3−32ln2
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；
（2）利用定义，结合对数的运算法则得到D(X‖Y)关于p的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；
（3）先利用导数证得恒不等式lnx≥1−1x，从而结合定义即可得证.
【详解】（1）不妨设ak=k，则xk=Cnkpk(1−p)n−k,yk=Cnkqk(1−q)n−k.
所以D(X‖Y)= i=1nCnkpk1−pn−klnpk1−pn−kqk1−qn−k
=lnp(1−q)q(1−p)⋅k=0nkCnkpk(1−p)n−k+nln1−p1−q⋅k=0nCnkpk(1−p)n−k
=nplnp(1−q)q(1−p)+nln1−p1−q.
（2）当n=2时，P(X=2)=p2,P(X=1)=2p(1−p),P(X=0)=(1−p)2，
记f(p)=D(X‖Y)=p2ln3p2+2p(1−p)ln6p(1−p)+(1−p)2ln3(1−p)2
=p2lnp2+2p(1−p)ln2p(1−p)+(1−p)2ln(1−p)2+ln3，
则f'(p)=4plnp+2p+(2−4p)[ln2p(1−p)+1]−4(1−p)ln(1−p)−2(1−p)
=2[lnp−ln(1−p)+(1−2p)ln2]，
令g(p)=lnp−ln(1−p)+(1−2p)ln2，则g'(p)=1p+11−p−2ln2>0，
令φp=1p+11−p−2ln2，则φ'p=2p−1p21−p2，
当0当120，φp单调递增；
所以φp>φ12=4−2ln2>0，则g(p)单调递增，而g12=0，
所以f'(p)在0,12为负数，在12,1为正数，
则f(p)在0,12单调递减，在12,1单调递增，
所以D(X‖Y)的最小值为ln3−32ln2.
（3）令ℎx=lnx−x+1，则ℎ'x=1x−1=1−xx，
当00，ℎx单调递增；
当x>1时，ℎ'x<0，ℎx单调递减；
所以ℎx≤ℎ1=0，即lnx−x+1≤0，当且仅当x=1时，等号成立，
则当x>0时，lnx≤x−1，所以ln1x≤1x−1，即lnx≥1−1x，
故D(X‖Y)=k=1nxklnxkyk≥k=1nxk1−ykxk=k=1nxk−yk=k=1nxk−k=1nyk=0，
当且仅当对所有的k,xk=yk时等号成立.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义指标D(X‖Y)，熟练掌握对数的运算法则即可得解.
【变式19-2】（2024·安徽省·高三模拟）将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的入口处，小球自由下落，在下落的过程中，小球将遇到黑色障碍物3次，最后落入A袋或B袋中，已知小球每次遇到障碍物时，向左、右两边下落的概率分别是23，13.设小球向左的次数为随机变量X.
(1)求随机变量X的概率分布列；
(2)分别求出小球落入A袋和B袋中的概率.
【答案】(1)分布列见解析
(2)小球落入A袋和B袋中的概率分别为13和23
【分析】（1）易得X∼B3,23，根据二项分布可得出答案；
（2）小球落入A袋则小球一直向左或一直向右，从而可求出小球落入A袋的概率，再利用对立事件的概率公式可求得小球落入B袋的概率.
【详解】（1）解：由题意可知，X∼B3,23，其中将向左的概率看成成功概率，
则PX=k=C3k⋅23k⋅133−kk=0,1,2,3，
列表如下：
（2）解：小球落入A袋的概率PA=PX=3+PX=0=127+827=13，
小球落入B袋中的概率PB=1−13=23，
所以小球落入A袋和B袋中的概率分别为13和23.
【变式19-3】（2024·安徽省·高三模拟）我国一科技公司生产的手机前几年的零部件严重依赖进口，2019年某大国对其实施限制性策略，该公司启动零部件国产替代计划，与国内产业链上下游企业开展深度合作，共同推动产业发展．2023年9月该公司最新发布的智能手机零部件本土制造比例达到」90%，以公司与一零部件制造公司合作生产某手机零部件，为提高零部件质量，该公司通过资金扶持与技术扶持，帮助制造公司提高产品质量和竞争力，同时派本公司技术人员进厂指导，并每天随机从生产线上抽取一批零件进行质量检测．下面是某天从生产线上抽取的10个零部件的质量分数（总分1000分，分数越高质量越好）：928、933、945、950、959、967、967、975、982、994．假设该生产线生产的零部件的质量分数X近似服从正态分布Nμ,202，并把这10个样本质量分数的平均数x作为μ的值．
参考数据：若X~Nμ,σ2，则Pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.68．
(1)求μ的值；
(2)估计该生产线上生产的1000个零部件中，有多少个零部件的质量分数低于940？
(3)若从该生产线上随机抽取n个零件中恰有ξ个零部件的质量分数在940,980内，则n为何值时，Pξ=10的值最大？
【答案】(1)μ=960
(2)160
(3)n=14
【分析】（1）由均值定义计算；
（2）由已知得X~N960,202，根据正态分布的概率性质计算概率；
（3）由题意ξ~Bn,0.68，则Pξ=10=Cn10×0.6810×0.32n−10，记其为f(n)，然后用作商法求得最大值时的n值．
【详解】（1）x=900+28+33+45+50+59+67+67+75+82+9410=960，
所以μ=960．
（2）由（1）知，X~N960,202，
PX<940=PX<μ−σ=1−Pμ−σ≤X≤μ+σ2≈1−0.682=0.16．
该生产线上生产的1000个零部件中，质量分数低于940的个数约为
0.16×1000=160．
（3）每个零部件的质量分数在940,980内的概率为Pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.68，
由题意可知ξ~Bn,0.68，
则Pξ=10=Cn10×0.6810×0.32n−10，
设fn=Cn10×0.6810×0.32n−10（n≥10），
则fn+1fn=Cn+110×0.6810×0.32n−9Cn10×0.6810×0.32n−10=0.32n+0.32n−9，
令0.32n+0.32n−9>1，得n<≈13.7，
所以当n≤13时，fn+1>fn，
令0.32n+0.32n−9<1，得n>≈13.7，
所以当n≥14时，fn+1所以n=14时，fn最大，故使Pξ=10最大的n的值为14．
【变式19-4】（2024·浙江温州·高三期末）现有标号依次为1，2，…，n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个红球和2个白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球．现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，…，依次进行到从n−1号盒子里取出2个球放入n号盒子为止．
(1)当n=2时，求2号盒子里有2个红球的概率；
(2)当n=3时，求3号盒子里的红球的个数ξ的分布列；
(3)记n号盒子中红球的个数为Xn，求Xn的期望EXn．
【答案】(1)23
(2)分布列见解析
(3)EXn=2
【分析】(1)由古典概率模型进行求解；
(2) ξ可取1,2,3，求出对应的概率，再列出分布列即可；
(3) 记an−1为第nn≥2号盒子有三个红球和一个白球的概率，则a1=16，
bn−1为第nn≥2号盒子有两个红球和两个白球的概率，则b1=23，
则第nn≥2号盒子有一个红球和三个白球的概率为1−an−1−bn−1，且bn−1=23bn−2+12an−2+121−an−2−bn−2n≥3，化解得bn−1=16bn−2+12，即可求解.
【详解】（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为P=C21C21C42=23；
（2）由题可知ξ可取1,2,3，
Pξ=1=C22C42×C32C42+C21C21C42×C22C42=736，
Pξ=3=C22C42×C32C42+C21C21C42×C22C42=736
Pξ=2=1−Pξ=1−Pξ=3=1118，
所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为
（3）记an−1为第nn≥2号盒子有三个红球和一个白球的概率，则a1=16，
bn−1为第nn≥2号盒子有两个红球和两个白球的概率，则b1=23，b2=1118，
则第nn≥2号盒子有一个红球和三个白球的概率为1−an−1−bn−1，
且bn−1=23bn−2+12an−2+121−an−2−bn−2n≥3，
化解得bn−1=16bn−2+12，
得bn−1−35=16bn−2−35，b1−35=115，
而b2−35=16b1−35，则数列bn−35为等比数列,首项为b1−35=115，公比为16，
所以bn=35+11516n−1，
又由an−1=16bn−2+12an−2求得：an=15−1516n
因此EXn=1×an−1+2×bn−1+3×1−an−1−bn−1=3−2an−1−bn−1=2．
【点睛】关键点点睛：记an−1为第nn≥2号盒子有三个红球和一个白球的概率，则a1=16，bn−1为第nn≥2号盒子有两个红球和两个白球的概率，则b1=23，b2=1118，则第nn≥2号盒子有一个红球和三个白球的概率为1−an−1−bn−1，且bn−1=23bn−2+12an−2+121−an−2−bn−2n≥3，即可求解.
【题型20 圆锥曲线解答题新考点】
【例20】（2023·吉林·统考二模）椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线C=(x,y)∣y2=x3+ax+b,4a3+27b2≠0．P∈C关于x轴的对称点记为P．C在点P(x,y)(y≠0)处的切线是指曲线y=±x3+ax+b在点P处的切线．定义“⊕”运算满足：①若P∈C,Q∈C，且直线PQ与C有第三个交点R，则P⊕Q=R；②若P∈C,Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P，则P⊕Q=P；③若P∈C，规定P⊕P=0∗，且P⊕0∗=0∗⊕P=P．
(1)当4a3+27b2=0时，讨论函数ℎ(x)=x3+ax+b零点的个数；
(2)已知“⊕”运算满足交换律、结合律，若P∈C,Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P，证明：P⊕P=Q；
(3)已知Px1,y1∈C,Qx2,y2∈C，且直线PQ与C有第三个交点，求P⊕Q的坐标．
参考公式：m3−n3=(m−n)m2+mn+n2
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)y1−y2x1−x22−x1−x2,y1−y2x1−x2−y1−y2x1−x22+2x1+x2−y1
【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.
（2）利用“⊕”运算的性质计算P⊕P⊕Q⊕Q后可得证明.
（3）设直线PQ的斜率λ=y1−y2x1−x2，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.
【详解】（1）由题设可知a≤0，有ℎ'(x)=3x2+a，
若a=0，则b=0，则ℎ(x)=x3，此时ℎ(x)仅有一个零点；
若a<0，令ℎ'(x)=0，解得x1=−−a3,x2=−a3．
当x<−−a3或x>−a3时，ℎ'(x)>0，当−−a3故ℎ(x)在−∞,−−a3，−a3,+∞上为单调递增；
在−−a3,−a3上ℎ(x)单调递减.
因为4a3+27b2=0，
若b<0，则b=−−4a327=2a3−a3，
此时ℎ(−−a3)=−−a3−a3−a−a3+b=b−2a3−a3=0，而ℎ(−a3)<0
故此时ℎ(x)有2个零点；
若b>0，则b=−4a327=−2a3−a3，
此时ℎ(−a3)=−a3−a3+a−a3+b=b+2a3−a3=0，而ℎ(−−a3)>0
故此时ℎ(x)有2个零点；
综上，
当b>0,ℎx2=0，所以ℎ(x)有2个零点．当b<0,ℎx1=0，所以ℎ(x)有2个零点．
当a=0，有b=0，则ℎ(x)有1个零点．
（2）因为PQ为C在点P处的切线，且Q∈C，所以P⊕Q=P，
故P⊕(P⊕Q)=P⊕P=0∗，故P⊕P⊕Q⊕Q=0∗⊕Q=Q，
因为“⊕”运算满足交换律、结合律，
故P⊕P⊕Q⊕Q=P⊕P⊕Q⊕Q=P⊕P⊕0∗=P⊕P，
故P⊕P=Q.
（3）直线PQ的斜率λ=y1−y2x1−x2，设PQ与C的第三个交点为x3,y3，
则y3=λx3−x1+y1，代入y32=x33+ax3+b得
λ2x3−x12+2λy1x3−x1+y12=x33+ax3+b，
而y12=x13+ax1+b，
故λ2x3−x12+2λy1x3−x1+x13+ax1+b=x33+ax3+b，
整理得到：λ2x3−x12+2λy1x3−x1=x33−x13+ax3−x1，
故λ2x3−x1+2λy1=x32+x12+x1x3+a即x32+x1−λ2x3+x12+λ2x1−2λy1+a=0，
同理可得x32+x2−λ2x3+x22+λ2x2−2λy2+a=0，
两式相减得：x1−x2x3+x12−x22+λ2x1−x2−2λy1−y2=0，
故x3+x1+x2+λ2−2λy1−y2x1−x2=0，
所以x3+x1+x2+λ2−2λ2=0，故x3=λ2−x1−x2，故x3=y1−y2x1−x22−x1−x2，
所以y3=y1−y2x1−x2y1−y2x1−x22−2x1−x2+y1，
因此P⊕Q的坐标为：
y1−y2x1−x22−x1−x2,y1−y2x1−x2−y1−y2x1−x22+2x1+x2−y1．
【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.
【变式20-1】（2024·全国·高三专题练习）下面是某同学在学段总结中对圆锥曲线切线问题的总结和探索，现邀请你一起合作学习，请你思考后，将答案补充完整．
(1)圆O:x2+y2=r2上点Mx0,y0处的切线方程为 ?请说明理由.
(2)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点x0,y0处的切线方程为 ?
(3)P(m,n)是椭圆L:x23+y2=1外一点，过点P作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，如图，则直线AB的方程是 ?这是因为在Ax1,y1，Bx2,y2两点处，椭圆L的切线方程为x1x3+y1y=1和x2x3+y2y=1．两切线都过P点，所以得到了x1m3+y1n=1和x2m3+y2n=1，由这两个“同构方程”得到了直线AB的方程；

(4)问题（3）中两切线PA，PB斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为y−n=k(x−m)，由y−n=k(x−m)x2+3y2=3，得(1+3k2)x2+6k(n−km)x+3(n−km)2−3=0，化简得Δ=0，得(3−m2)k2+2mnk+1−n2=0．若PA⊥PB，则由这个方程可知P点一定在一个圆上，这个圆的方程为 ?
【答案】(1)y0y+x0x=r2，理由见解析；
(2)x0xa2+y0yb2=1
(3)mx3+ny=1
(4)x2+y2=4
【分析】（1）分情况讨论斜率存在与否，斜率存在时根据直线垂直的斜率表示，利用点斜式即可求得方程，易知斜率不存在时也满足方程，即可得出结果；
（2）斜率存在时设出直线方程，联立直线和椭圆方程利用Δ=0得出表达式，代入整理即可得切线方程x0xa2+y0yb2=1，当斜率不存在时切线方程为x=±a满足上式；
（3）根据同构方程可知点A,B都满足方程mx3+ny=1，即可知直线AB的方程；
（4）由PA⊥PB可知方程(3−m2)k2+2mnk+1−n2=0的两根乘积为−1，即可得m2+n2=4，即可知P点一定在圆x2+y2=4上.
【详解】（1）圆O:x2+y2=r2上点Mx0,y0处的切线方程为y0y+x0x=r2．
理由如下：
①若切线的斜率存在，设切线的斜率为k，则k⋅kOM=−1kOM=y0x0，所以k=−x0y0，
又过点Mx0,y0，由点斜式可得y−y0=−x0y0x−x0，
化简可得，y0y+x0x=x02+y02=r2，
所以切线的方程为y0y+x0x=r2；
②若切线的斜率不存在，则M(±r,0)，
此时切线方程为x=±r，满足方程y0y+x0x=r2；
综上所述，圆O:x2+y2=r2上点Mx0,y0处的切线方程为y0y+x0x=r2．
（2）①当切线斜率存在时，设过点x0,y0的切线方程为y=kx+m，
联立方程x2a2+y2b2=1y=kx+m，整理得b2+a2k2x2+2kma2x+a2m2−a2b2=0，
由Δ=0可得2kma22−4b2+a2k2a2m2−a2b2=0，
所以a2k2−m2+b2=0
由韦达定理可知2x0=−2kma2b2+a2k2，即x0=−ka2m，
把x0=−ka2m代入y=kx+m中，得m=b2y0，
所以y=kx+m=−b2x0a2y0+b2y0
化简得x0xa2+y0yb2=1．
②当切线斜率不存在时，过x0,y0的切线方程为x=±a，满足上式．
综上，椭圆上一点x0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1．
（3）在Ax1,y1，Bx2,y2两点处，椭圆L的切线方程为x1x3+y1y=1和x2x3+y2y=1，
因为两切线都过点P(m,n)，
所以得到了x1m3+y1n=1和x2m3+y2n=1，
由这两个“同构方程”得到了直线AB的方程为mx3+ny=1；
（4）问题（3）中两切线PA,PB斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为y−n=kx−m
由y−n=k(x−m)x2+3y2=3，可得(1+3k2)x2+6k(n−km)x+3(n−km)2−3=0，
由Δ=0，得(3−m2)k2+2mnk+1−n2=0，（*）
因为PA⊥PB，
则kPA⋅kPB=−1，
所以（*）式中关于k的二次方程有两个解，且其乘积为−1，
则kPA⋅kPB=1−n23−m2=−1，
可得m2+n2=4，
所以圆的半径为2，圆心为原点，其方程为x2+y2=4．
【变式20-2】（2023·安徽·统考一模）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆C1：x24+y2b2=10(1)求双曲线C2的方程；
(2)试探究kAM与kBN的kAMkBN是否定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；
(3)求w=kAM2+23kBN的取值范围.
【答案】(1)x24−y2=1；
(2)是，定值−13；
(3)−34,−1136∪1336,54；
【分析】（1）根据题意，直接列式计算可得答案；
（2）直线与双曲线联立，利用韦达定理进行消参，进而证明其比值为定值；
（3）根据题意，利用韦达定理得出kAM的范围，然后根据kBN=−3kAM，可得w=kAM2−2kAM，进而可得取值范围.
【详解】（1）由题意可设双曲线C2：x24−y2b2=1，
则e1e2=4−b22×4+b22=154，解得b2=1，
所以双曲线C2的方程为x24−y2=1.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为x=ty+4，
由x=ty+4x24−y2=1，消元得t2−4y2+8ty+12=0.
则t≠±2，Δ=16t2+192>0，且y1+y2=−8tt2−4y1y2=12t2−4，
∴kAMkBN=y1x1+2y2x2−2=y1x1+2×x2−2y2=y1ty2+2y2ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2
=ty1y2+2y1+y2−2y2ty1y2+6y2
=12tt2−4−16tt2−4−2y212tt2−4+6y2=−4tt2−4−2y212tt2−4+6y2=−13；
或由韦达定理可得y1+y2y1y2=−2t3，即ty1y2=−32y1+y2，
∴kAMkBN=y1x1+2y2x2−2=y1x1+2×x2−2y2=y1ty2+2y2ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2=−32y1+y2+2y1−32y1+y2+6y2
=y1−3y2−3y1+9y2=−13，
即kAM与kBN的比值为定值−13.

（3）思路一：设直线AM：y=kx+2，代入双曲线方程并整理得：
1−4k2x2−16k2x−16k2−4=01−4k2≠0，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为−2，
由韦达定理得：−2xA=−16k2−41−4k2，解得xA=24k2+11−4k2.
因为点A在双曲线的右支上，所以xA=24k2+11−4k2>0，
解得k∈−12,12，即kAM∈−12,12，
同理可得kBN∈−∞,−12∪12,+∞，
由（2）中结论可知kBN=−3kAM∈−∞,−12∪12,+∞，
得kAM∈−∞,−16∪16,+∞，所以kAM∈−12,−16∪16,12，
故w=kAM2+23kBN=kAM2+23−3kAM=kAM2−2kAM，
设ℎx=x2−2x，其图象对称轴为x=1，
则ℎx=x2−2x在−12,−16，16,12上单调递减，
故ℎx∈−34,−1136∪1336,54，
故w=kAM2+23kBN的取值范围为−34,−1136∪1336,54.
思路二：由于双曲线x24−y2=1的渐近线方程为y=±12x，
如图，过点M作两渐近线的平行线l1与l2，

由于点A在双曲线x24−y2=1的右支上，
所以直线AM介于直线l1与l2之间（含x轴，不含直线l1与l2），
所以kAM∈−12,12，
同理，过点N作两渐近线的平行线l3与l4，

由于点B在双曲线x24−y2=1的右支上，
所以直线BN介于直线l3与l4之间（不含x轴，不含直线l3与l4），
所以kBN∈−∞,−12∪12,+∞.
由（2）中结论可知kBN=−3kAM∈−∞,−12∪12,+∞，
得kAM∈−∞,−16∪16,+∞，所以kAM∈−12,−16∪16,12，
故w=kAM2+23kBN=kAM2+23−3kAM=kAM2−2kAM∈−34,−1136∪1336,54.
【点睛】本题的解题关键是理解题目定义，求出双曲线方程，根据定点位置合理设出直线的方程形式，再利用直线与双曲线的位置关系得到韦达定理，然后利用斜率公式代入消元，即可判断斜率的比值是否为定值，注意非对称韦达的使用技巧，第三问，由第二问较容易得到函数关系式，难点是准确找到斜率kAM的取值范围，从而得到精确的ω的范围.
【变式20-3】（2024·浙江宁波·高三期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为12，经过点F1且倾斜角为θ（0<θ<π2）的直线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），△ABF2的周长为8．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面AF1F2）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面BF1F2）互相垂直．
①若θ=π3，求三棱锥A−BF1F2的体积，
②若θ=π3，异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；
③是否存在θ（0<θ<π2），使得△ABF2折叠后的周长为与折叠前的周长之比为1516？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)①35；②1328；③存在，tanθ=33514
【分析】（1）由椭圆定义求得a，结合离心率求得c，再求出b后即得椭圆标准方程；
（2）①求得A,B点坐标，确定折叠后新坐标，然后由体积公式计算体积；②建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角；③建立解析中所示空间直角坐标系，设折叠前Ax1,y1，Bx2,y2，折叠后A，B在新图形中对应点记为A'，B'，A'x1,y1,0，B'x2,0,−y2，由三角形周长求得AB−A'B'=12，设l方程为my=x+1，代入椭圆方程应用韦达定理得y1+y2，y1y2，用坐标表示AB−A'B'=12变形后代入y1+y2，y1y2求出m值，从而可得结论．
【详解】（1）由椭圆的定义知：AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，
所以△ABF2的周长L=4a=8，所以a=2，
又椭圆离心率为12，所以ca=12，所以c=1，b2=a2−c2=3，
由题意，椭圆的焦点在x轴上，
所以椭圆的标准方程为x24+y23=1；
（2）①由直线l：y−0=3x+1与x24+y23=1，
由y−0=3(x+1)x24+y23=1得x=0,y=3或x=−85y=−353，
所以A0,3（因为点A在x轴上方）以及B−85,−353，
AF1=2，BF1=65，V=13⋅12BF1‖F1F2sin120°AF1sin60°=35
②O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则

F10,−1,0，A0,0,3，B353,−85,0，F20,1,0，
F1A=0,1,3，BF2=−353,135,0．
记异面直线AF1和BF2所成角为φ，则csφ=cs=F1A⋅BF2F1ABF2=1328；
③设折叠前Ax1,y1，Bx2,y2，折叠后A，B在新图形中对应点记为A'，B'，A'x1,y1,0，B'x2,0,−y2，
折叠前△ABF2周长是8，则折叠后△A'B'F2周长是152，
由A'F2+B'F2+A'B'=152，AF2+BF2+AB=8，故AB−A'B'=12，
设l方程为my=x+1，
由my=x+1x24+y23=1，得3m2+4y2−6my−9=0，
y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）；

A'B'=x1−x22+y12+y22，AB=x1−x22+y1−y22，
所以AB−A'B'=x1−x22+y1−y22−x1−x22+y12+y22=12，（ⅰ）
又−2y1y2x1−x22+y1−y22+x1−x22+y12+y22=12，
所以x1−x12+y1−y22+x1−x22+y12+y12=−4y1y2，（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）可得x1−x22+y1−y22=14−2y1y2，
因为x1−x22+y1−y22=1+m2y1−y22=14−2y1y22，
所以1+m26m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42，
即1441+m3m2+42=14+183m2+42，
所以12+12m23m2+4=14+183m2+4，解得m2=2845，
因为0<θ<π2，所以tanθ=1m=33514．
【变式20-4】（2024·高三·期末）已知椭圆C：x225+y29=1的左焦点为F，P为曲线E：x2+4x25+y29=0上的动点，且点P不在x轴上，直线FP交C于A，B两点.
(1)证明：曲线E为椭圆，并求其离心率；
(2)证明：P为线段AB的中点；
(3)设过点A，B且与AB垂直的直线与C的另一个交点分别为M，N，求△PMN面积的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，45
(2)证明见解析
(3)0,725
【分析】（1）整理得到x+224+y23625=1，可以看出曲线E为椭圆，并求出离心率；
（2）设AB的中点为H，利用点差法得到kOHkAB=−925，设Pm,n，得到kOPkAB=n2m2+4m=−925，故P,H重合，P为线段AB的中点；
（3）设直角梯形ABNM的面积为S，得到S△PMN=12S，设直线AB的方程为x=−4+ky，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，得到AB，并求出AM,BN，表达出S=1620001+k221+k225k2+925+9k22，得到S∈0,1445，得到答案.
【详解】（1）曲线E：x2+4x25+y29=0，整理得x+22−425+y29=0，
x+2225+y29=425，即x+224+y23625=1，
故曲线E可由x24+y23625=1向左平移2个单位得到，故为椭圆，
其中a=2,c=4−3625=85，离心率为ca=852=45；
（2）由题意得F−25−9,0，即F−4,0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则9x12+25y12=2259x22+25y22=225，两式相减得
9x1+x2x1−x2=−25y1+y2y1−y2，
因为点P不在x轴上，故直线FP的斜率存在且不为0，
故x1≠x2,x1+x2≠0，所以y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=−925，
设AB的中点为H，则Hx1+x22,y1+y22，
y1+y2x1+x2=y1+y22x1+x22=kOH,y1−y2x1−x2=kl，故kOHkAB=−925，
设Pm,n，则m2+4m25+n29=0，
则kOP=nm，又kAB=kFP=nm+4，
则kOPkAB=nm⋅nm+4=n2m2+4m=−925，
故kOH=kOP，而直线AB不过原点，且H,P在直线AB上，
即P,H重合，P为线段AB的中点；
（3）由题意得四边形ABNM为直角梯形，设直角梯形ABNM的面积为S，又P为AB的中点，
所以S△AMP+S△BNP=12AM⋅AP+12BN⋅BP=12AM+BN⋅AP=12S，则S△PMN=12S，
设直线AB的方程为x=−4+ky，与9x2+25y2=225联立得：25+9k2y2−72ky−81=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=72k25+9k2,y1y2=−8125+9k2，
则AB=1+k2y1+y22−4y1y2=1+k272k25+9k22−4⋅−8125+9k2
=1+k2901+k225+9k2=901+k225+9k2，
直线AM方程为y−y1=−kx−x1，联立9x2+25y2=225得：9x2+25y1−kx−x12=225，
即25k2+9x2−50ky1+50k2x1x+25y12−2ky1x1+k2x12−225=0，
设Mx3,y3，由图形可得x3>x1，则x1+x3=50ky1+50k2x125k2+9，故x3=50ky1+50k2x125k2+9−x1，
故AM=1+k2x3−x1=1+k2⋅50ky1+50k2x125k2+9−2x1=1+k2⋅50ky1−18x125k2+9，
同理可得BN=1+k250ky2−18x225k2+9，
故AM+BN=1+k250ky1−18x125k2+9+1+k250ky2−18x225k2+9
=1+k250ky1+y2−18x1+x225k2+9，
又x1+x2=−8+ky1+y2=−8+72k225+9k2=−20025+9k2，
故AM+BN=1+k250k⋅72k25+9k2−18⋅−20025+9k225k2+9=1+k23600k2+360025k2+925+9k2，
故S=12901+k225+9k21+k23600k2+360025k2+925+9k2=1620001+k221+k225k2+925+9k22，
由于分母最高次为6次，分子最高次为5次，且k2>0恒成立，
故随着k2的增大，S趋向于0，
当k=0时，S=1445，故S∈0,1445，
则S△PMN=12S∈0,725.
【点睛】结论点睛：圆锥曲线中点弦相关结论及其推广：
椭圆x2a2+y2b2=1与直线相交于A,B两点，弦AB的中点为M，其中原点为O，
则kAB⋅kOM=−b2a2，
推广：已知椭圆x2a2+y2b2=1的两顶点分别为A1−a,0,A2a,0，则椭圆上一点P（除A1,A2两点），满足kA1P⋅kA2P=−b2a2；
双曲线x2a2−y2b2=1与直线相交于A,B两点，弦AB的中点为M，其中原点为O，
则kAB⋅kOM=b2a2，
推广：已知双曲线x2a2−y2b2=1的两顶点分别为A1−a,0,A2a,0，则双曲线上一点P（除A1,A2两点），满足kA1P⋅kA2P=b2a2；
【题型21 九省联考类19题】
【例21】（2024·浙江温州·高三）设数阵A0=a11a12a21a22，其中a11,a12,a21,a22∈1,2,3,4,5,6．设S=e1,e2,⋯,el⊆1,2,3,4,5,6，其中e1(1)若A0=1336,S=1,3，写出A0经过φ1变换后得到的数阵A1，并求TsA0的值；
(2)若A0=1336,S=e1,e2,e3，求TsA0的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵A0，证明：TsA0的所有可能取值的和不超过−4．
【答案】(1)A1=−1−336，TsA0=−5
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）由A0=1336，S=1,3，求出数阵A0经过φs变化后的矩阵，进而可求得TSA0的值；
（2）分情况讨论，结合题意分析求解；
（3）分a11≠a12和a11=a12两种情况讨论，推导出变换后数阵Al的第一行和第二行的数字之和，由此能证明TSA0的所有可能取值的和不超过−4．
【详解】（1）因为A0=1336,S=1,3，
A0经过φ1变换后得到的数阵A1=−1−336，
A1经过φ3变换后得到的数阵A2=13−3−6，
所以TsA0=1+3−3−6=−5.
（2）若S=2,4,5，则A3=A0，可得TsA0=1+3+3+6=13；
若e1=1,e2,e3∈2,4,5，则A3=−1−336，可得TsA0=−1−3+3+6=5；
若e3=6,e1,e2∈2,4,5，则A3=13−3−6，可得TsA0=1+3−3−6=−5；
若e1,e3,e2其中一个为3，另外两个属于2,4,5，则A3=−1−3−3−6，
可得TsA0=−1−3−3−6=−13；
若e1=1,e2∈2,4,5,e3=6，则A3=−1−3−3−6，可得TsA0=−1−3−3−6=−13；
若e1=1，e2,e3其中一个为3，另外一个属于2,4,5，
则A3=13−3−6，可得TsA0=1+3−3−6=−5；
若e3=6，e1,e2其中一个为3，另外一个属于2,4,5，
则A3=−1−336，可得TsA0=−1−3+3+6=5；
若e1=1,e2=3,e3=6，则A3=A0，可得TsA0=1+3+3+6=13；
综上所述：TsA0的所有可能取值的和为13+−13+5+−5=0.
（3）若a11≠a12，在1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共24个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
含有a12且不含a11的子集共24个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
同时含有a11和a12的子集共24个，经过变换后第一行仍为a11、a12；
不含a11也不含a12的子集共24−1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．
所以经过变换后所有Al的第一行的所有数的和为
24×−a11−a12+24×−a11−a12+24×a11+a12+24−1×a11+a12=−a11−a12.
若a11=a12，则1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11的子集共25个，经过变换后第一行均变为−a11、−a12；
不含有a11的子集共25−1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．
所以经过变换后所有Al的第一行的所有数的和为25×−a11−a12+25−1×a11+a12=−a11−a12．
同理，经过变换后所有Al的第二行的所有数的和为−a21−a22．
所以TsA0的所有可能取值的和为−a11−a12−a21−a22，
又因为a11、a12、a21、a22∈1,2,⋯,6，所以TsA0的所有可能取值的和不超过−4．
【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后得出结论,
【变式21-1】（2023·浙江宁波·高三期末）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：y=fx上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线lA也随着转动到B点的切线lB，记这两条切线之间的夹角为Δθ（它等于lB的倾斜角与lA的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K=ΔθΔs为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K=limΔs→0ΔθΔs=y″1+y'232（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示y=fx在点A处的一阶、二阶导数）
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
(2)求椭圆x24+y2=1在3,12处的曲率；
(3)定义φy=22y″1+y'3为曲线y=fx的“柯西曲率”．已知在曲线fx=xlnx−2x上存在两点Px1,fx1和Qx2,fx2，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求3x1+3x2的取值范围．
【答案】(1)1
(2)16749
(3)2e,1
【分析】（1）依据所给定义求解即可.
（2）直接利用定义求解即可.
（3）合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
【详解】（1）K=ΔθΔs=π3π3=1．
（2）y=1−x24，y'=−x41−x24−12，y″=−141−x24−12−x2161−x24−32，
故y'x=3=−32，y″x=3=−2，故K=21+3432=16749．
（3）f'x=lnx−1，f″x=1x，故φy=22y''1+y'3=22xlnx3=223slns3，其中s=3x，
令t1=3x1，t2=3x2，则t1lnt1=t2lnt2，则lnt1=−tlntt−1，其中t=t2t1>1（不妨t2>t1）
令px=xlnx，p'x=1+lnx⇒px在0,1e递减，在1e,+∞递增，故1>t2>1e>t1>0；
令ℎt=lnt1+t2=lnt+1−tlntt−1，
ℎ't=1t−12lnt−2t−1t+1，令m(t)=lnt−2t−1t+1 (t>1)，
则m'(t)=t−12t(t+1)，当t>1时，m'(t)>0恒成立，故m(t)在(1,+∞)上单调递增，
可得m(t)>m(1)=0，即lnt−2t−1t+1>0，
故有ℎ't=1t−12lnt−2t−1t+1>0，
则ℎt在1,+∞递增，
又limt→1ℎt=ln2−1，limt→+∞ℎt=0，故lnt1+t2∈ln2−1,0，
故3x1+3x2=t1+t2∈2e,1．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．
【变式21-2】（2024· 江苏省四校联合·高三模拟）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD（分式中各项均为有向线段长度，例如AB=−BA）为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．
(1)证明：1−(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；
(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E'F'G'的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△E'F'G'对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）1−(D,B;C,A)=1−DC⋅BABC⋅DA=BC⋅AD+DC⋅BABC⋅AD=BC⋅(AC+CD)+CD⋅ABBC⋅AD
=BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AD=BC⋅AC+AC⋅CDBC⋅AD=AC⋅BDBC⋅AD=1(B,A;C,D)；
（2）A1,B1;C1,D1=A1C1⋅B1D1B1C1⋅A1D1=S△PA1C1⋅S△PB1D1S△PB1C1⋅S△PA1D1
=12⋅PA1⋅PC1⋅sin∠A1PC1⋅12⋅PB1⋅PD1⋅sin∠B1PD112⋅PB1⋅PC1⋅sin∠B1PC1⋅12⋅PA1⋅PD1⋅sin∠A1PD1=sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1sin∠B1PC1⋅sin∠A1PD1
=sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2=S△PA2C2⋅S△PB2D2S△PB2C2⋅S△PA2D2==A2C2⋅B2D2B2C2⋅A2D2=A2,B2;C2,D2；

（3）设EF与E'F'交于X，FG与F'G'交于Y，EG与E'G'交于Z，
连接XY，FF'与XY交于L，EE'与XY交于M，GG'与XY交于N，
欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．
考虑线束XP，XE，XM，XE'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,E;M,E')，
再考虑线束YP，YF，YL，YF'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,G;N,G')，
从而得到(P,E;M,E')=(P,G;N,G')，
于是由第（2）问的逆命题知，EG，MN，E'G'交于一点，即为点Z，
从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．

【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
【变式21-3】（2024· 江苏南通·高三模拟）已知Am=a1,1a1,2⋯a1,ma2,1a2,2⋯a2,m⋮⋮⋱⋮am,1am,2⋯am,m(m≥2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当1≤i①ai,j∈1,2,3;⋯,n(i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,m)；
②对任意k∈1,2,3,⋯,n，存在i∈1,2,⋯,m,j∈1,2,⋯,m，使得ai,j=k，则称Am为Γn数表．
(1)判断A3=123231312是否为Γ3数表，并求da1,1,a2,2+da2,2,a3,3的值；
(2)若Γ2数表A4满足dai,j,ai+1,j+1=1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求A4中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意Γ4数表A10，存在1≤i【答案】(1)是；5
(2)22
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论ai+1,j的值，根据dai,j,as,t=ai,j−as,j+as,j−as,t，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri−1条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【详解】（1）A3=123231312是Γ3数表，
da1,1,a2,2+da2,2,a3,3=2+3=5.
（2）由题可知dai,j,as,t=ai,j−as,j+as,j−as,t=1 (i=1,2,3;j=1,2,3).
当ai+1,j=1时，有dai,j,ai+1,j+1=(ai,j−1)(ai+1,j+1−1)=1，
所以ai,j+ai+1,j+1=3.
当ai+1,j=2时，有dai,j,ai+1,j+1=(2−ai,j)(2−ai+1,j+1)=1，
所以ai,j+ai+1,j+1=3.
所以ai,j+ai+1,j+1=3(i=1,2,3;j=1,2,3).
所以a1,1+a2,2+a3,3+a4,4=3+3=6, a1,3+a2,4=3,a3,1+a4,2=3.
a1,2+a2,3+a3,4=3+1=4或者a1,2+a2,3+a3,4=3+2=5，
a2,1+a3,2+a4,3=3+1=4或者a2,1+a3,2+a4,3=3+2=5，
a1,4=1或a1,4=2，a4,1=1或a4,1=2，
故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，
当A4=1111122212111212时，
各数之和取得最小值22.
（3）由于Γ4数表A10中共100个数字，
必然存在k∈1,2,3,4，使得数表中k的个数满足T≥25.
设第i行中k的个数为ri(i=1,2,⋅⋅⋅,10).
当ri≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，
则该行有ri−1条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数R=ri≥2(ri−1)≥i=110(ri−1)=T−10.
设第j列中k的个数为cj(j=1,2,⋅⋅⋅,10).
当cj≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，
则该列有cj−1条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数C=cj≥2(cj−1)≥j=110(cj−1)=T−10.
所以R+C≥2T−20,
因为T≥25,所以R+C−T≥2T−20−T=T−20>0.
所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，
即存在1使得au,p=av,p=av,q=k，
所以dau,p,av,q=au,p−av,p+av,p−av,q=0，
则命题得证.
【变式21-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）对于给定的正整数n，记集合Rn=αα=x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn,xj∈R,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n，其中元素α称为一个n维向量．特别地，0=0,0,⋅⋅⋅,0称为零向量．设k∈R，α=a1,a2,⋅⋅⋅,an，β=b1,b2,⋅⋅⋅,bn∈Rn，定义加法和数乘：α+β=a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn，kα=ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan．对一组向量α1，α2，…，αs（s∈N+，s≥2），若存在一组不全为零的实数k1，k2，…，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
(1)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①α=1,1,1，β=2,2,2；②α=1,1,1，β=2,2,2，γ=5,1,4；③α=1,1,0，β=1,0,1，γ=0,1,1，δ=1,1,1．
(2)已知向量α，β，γ线性无关，判断向量α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．
(3)已知mm≥2个向量α1，α2，…，αm线性相关，但其中任意m−1个都线性无关，证明下列结论：
①如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0（ki∈R，i=1,2,3,⋅⋅⋅,m），则这些系数k1，k2，…，km或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0（ki∈R，l1∈R，i=1,2,3,⋅⋅⋅,m）同时成立，其中l1≠0，则k1l1=k2l2=⋅⋅⋅=kmlm．
【答案】(1)①α,β线性相关，②α,β,γ线性相关，③α,β,γ,δ线性相关
(2)向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义逐一判断即可；
（2）设k1α+β+k2β+γ+k3α+γ=0，则k1+k3α+k1+k2β+k2+k3γ=0，然后由条件得到k1=k2=k3=0即可；
（3）①如果某个ki=0，i=1,2,⋯,m，然后证明k1,k2,⋯ki−1,ki+1,⋅⋅⋅,km都等于0即可；
②由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm，然后代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0证明即可.
【详解】（1）对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α,β线性相关；
对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+5k3=0k1+2k2+k3=0k1+2k2+4k3=0，所以k1+2k2=0，k3=0
所以α,β,γ线性相关；
对于③，设k1α+k2β+k3γ+k4δ=0，则可得k1+k2+k4=0k1+k3+k4=0k2+k3+k4=0，
可取k1=k2=k3=1,k4=−2符合该方程，所以α,β,γ,δ线性相关；
（2）设k1α+β+k2β+γ+k3α+γ=0，则k1+k3α+k1+k2β+k2+k3γ=0
因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k3=0k1+k2=0k2+k3=0，解得k1=k2=k3=0
所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关
（3）证明：①k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1,2,⋯,m
则k1α1+k2α2+⋯ki−1αi−1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0
因为任意m−1个都线性无关，所以k1,k2,⋯ki−1,ki+1,⋅⋅⋅,km都等于0
所以这些系数k1，k2，…，km或者全为零，或者全不为零
②因为l1≠0，所以l1,l2,⋅⋅⋅,lm全不为零
所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm
代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0
所以−l2l1k1+k2α2+⋅⋅⋅+−lml1k1+kmαm=0
所以−l2l1k1+k2=0，⋯，−lml1k1+km=0
所以k1l1=k2l2=⋅⋅⋅=kmlm
1,1
1,2
1,3
2,1
2,2
2,3
3,1
3,2
3,3
1,1
1,2
1,3
2,1
2,2
2,3
3,1
3,2
3,3
按动1,1
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动1,3
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动2,3
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动3,2
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动3,1
开
关
关
关
关
关
关
关
关
驾驶行为类别
酒精含量值（mg/100mL）
饮酒驾驶
≥20,<80
醉酒驾驶
≥80
X
1
2
3
4
5
6
7
8
P
p
p(1−p)
p(1−p)2
p(1−p)3
p(1−p)4
p(1−p)5
p(1−p)6
(1−p)7
P
0
1
2
3
X
127
29
49
827
ξ
1
2
3
P
736
1118
736