2024年1月-3月各省市一模压轴新题型汇编 （解析）版

2024年1月-3月各省市一模压轴新题型汇编221(2024·云南·一模)已知抛物线C的焦点F在x轴的正半轴上，顶点是坐标原点O.P是圆O:x+y=33与C的一个交点，PF=.A､B是C上的动点，且A､B在x轴两侧，直线AB与圆O相切，线段OA､线2段OB分别与圆O相交于点M､N.(1)求C的方程；(2)△OMN的面积是否存在最大值？若存在，求使△OMN的面积取得最大值的直线AB的方程；若不存在，请说明理由.2解析：(1)由已知，设抛物线C的方程为y=2pxp>0，pp由抛物线定义得，抛物线准线方程为x=-，PF=xP+，22p3p故xp=PF-=-，22222又∵P是抛物线C与圆O:x+y=3的一个交点，23p∴yP=2p2-2，223p23pxP+yP=2-2+2p2-2=3，2∴p-2p+1=0，解方程得p=1.2∴C的方程为y=2x.2(2)由(1)知抛物线C的方程为y=2x，根据已知设直线AB的方程为x=ty+m，22y1y2即x-ty-m=0.由A､B是C上的动点，设A,y1,B,y2，22y2y212则OA=,y1，OB=,y2.22∵直线AB与圆O相切，mm2-32∴=3，化简得t=.1+t232y=2x,2由得y-2ty-2m=0.x=ty+m224m∴Δ=4t+8m=+8m-4>0，且y1+y2=2t,y1y2=-2m.3又∵A､B在x轴两侧，∴y1y2=-2m<0.22m-3t=3≥02故Δ=4m+8m-4>0，解得m≥3，3y1y2=-2m<01133∵S△OMN=OMONsin∠MON=×3×3sin∠AOB=sin∠AOB≤成立，22221 ⇔sin∠AOB=1,0<∠AOB<π，π∴∠AOB=.22y1y22∴OA⋅OB=0.∴OA⋅OB=+y1y2=m-2m=0，解得m=0或m=2.4再由m≥3得m=2.22m-313当m=2时，t==，解方程得t=±.3333∴△OMN的面积存在最大值，且使△OMN的面积取得最大值的直线AB的方程为x±y-2=0，3即3x±3y-6=0.2(2024·广西南宁·一模)若无穷数列an满足a1=0,an+1-an=fn，则称数列an为β数列，若βn-1数列an同时满足an≤，则称数列an为γ数列．2∗(1)若数列an为β数列，fn=1,n∈N，证明：当n≤2025时，数列an为递增数列的充要条件是a2025=2024；∗(2)若数列bn为γ数列，fn=n，记cn=b2n，且对任意的n∈N，都有cn<cn+1，求数列cn的通项公式．解析：(1)先证必要性：依题意得，an+1-an=1，又数列an是递增数列，故an+1-an=1，故数列an是a1=0，公差d=1的等差数列，故a2025=0+2025-1×1=2024.再证充分性：由an+1-an=1，得an+1-an≤1，故a2025=a2025-a2024+a2024-a2023+⋯a2-a1+a1≤2024，当且仅当an+1-an=1时取等号.又a2025=2024，故an+1-an=1，故数列an是递增数列.(2)因为cn=b2n，由cn<cn+1，知数列cn是单调递增数列，故数列bn的偶数项构成单调递增数列，依题意，可得b2=-1,b4=0，故当b2n≥0时，有n≥2.下面证明数列bn中相邻两项不可能同时为非负数.假设数列bn中存在bi,bi+1同时为非负数，因为|bi+1-bi|=i，i+1-1若bi+1-bi=i，则有bi+1=bi+i≥i>，与条件矛盾；2i-1若bi+1-bi=-i，则有bi=bi+1+i≥i>，与条件矛盾；2即假设不存在，即对任意正整数n,bn,bn+1中至少有一个小于0；2 由b2n≥0，对n≥2成立，故n≥2时，b2n-1≤0，b2n+1≤0，即b2n>b2n-1,b2n>b2n+1，故b2n-b2n-1=2n-1,b2n-1-b2n-2=-2n-2，故b2n-b2n-1+b2n-1-b2n-2=1，即b2n-b2n-2=1,n≥2，即cn-cn-1=1,n≥2.又c1=b2=-1,c2=b4=0，所以数列cn是c1=-1，公差为1的等差数列，所以cn=-1+n-1=n-2.3(2024·山东青岛·一模)记集合S=an|无穷数列an中存在有限项不为零，n∈N*，对任意n-1an∈S，设变换fan=a1+a2x+⋯+anx+⋯，x∈R．定义运算⊗：若an,bn∈S，则an⊗bn∈S，fan⊗bn=fan⋅fbn．(1)若an⊗bn=mn，用a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4表示m4；(2)证明：an⊗bn⊗cn=an⊗bn⊗cn；2n+1+11203-nnn+1,1≤n≤1002,1≤n≤5001(3)若an=，bn=，dn=an⊗bn，证明：d200<．0,n>1000,n>5002解析：(1)因为fan⊗bn=fan⋅fbn2323=a1+a2x+a3x+a4x⋯b1+b2x+b3x+b4x⋯3=⋅⋅⋅+a1b4+a2b3+a3b2+a4b1x+⋅⋅⋅，23且fmn=m1+m2x+m3x+m4x+⋯，33所以，由an⊗bn=mn可得m4x=(a1b4+a2b3+a3b2+a4b1)x，所以m4=a1b4+a2b3+a3b2+a4b1.(2)因为f({an}⊗{bn})=f({an})⋅f({bn})，所以f({an})⋅f({bn})⋅f({cn})=f({an}⊗{bn})⋅f({cn})=f(({an}⊗{bn})⊗{cn})又因为fan⋅fbn⋅fcn=fan⋅fbn⋅fcn=f({an})⋅f({bn}⊗{cn})=f({an}⊗({bn}⊗{cn}))所以f(({an}⊗{bn})⊗f{cn})=f({an}⊗({bn}⊗f{cn}))，所以an⊗bn⊗cn=an⊗bn⊗cn.(3)对于{an},{bn}∈S，n-1n-1n-1因为(a1+a2x+⋯+anx+⋯)(b1+b2x+⋯+bnx+⋯)=d1+d2x+⋯+dnx+⋯，n-1n-1k-1n-kn-2n-1所以dnx=a1(bnx)+⋯+akx(bn+1-kx)+⋯+an-1x(b2x)+anxb1，所以dn=a1bn+a2bn-1+⋯+akbn+1-k+⋯+an-1b2+anb1，n所以an⊗bn=dn=∑akbn+1-k，k=12001002001001002(k+1)+1d200=akb201-k=akb201-k+akb201-k=akb201-k=k+2，k=1k=1k=101k=1k=1k(k+1)23 100121所以d200=∑1+-，k=12k+2kk+1100100111=∑k+2+∑k+1-k+2k=12k=1k⋅2k+1⋅211021=-<.2101×210224(2024·山东聊城·一模)如图，一个正三角形被分成9个全等的三角形区域，分别记作A，B1，P，B2，C1，Q1，C2，Q，C3.一个机器人从区域P出发，每经过1秒都从一个区域走到与之相邻的另一个区域(有公共边的区域)，且到不同相邻区域的概率相等.(1)分别写出经过2秒和3秒机器人所有可能位于的区域；(2)求经过2秒机器人位于区域Q的概率；(3)求经过n秒机器人位于区域Q的概率.解析：(1)经过2秒机器人可能位于的区域为P、Q1，Q，经过3秒机器人可能位于的区域为A，B1，B2，C1，C2，C3；(2)若经过2秒机器人位于区域Q，则经过1秒时，机器人必定位于B2，1P有三个相邻区域，故由P→B2的概率为p1=，31B2有两个相邻区域，故由B2→Q的概率为p2=，2111则经过2秒机器人位于区域Q的概率为p1p2=×=；326(3)机器人的运动路径为P→A∪B1∪B2→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→A∪B1∪B2∪C1∪C2∪C3→P∪Q1∪Q→⋯，设经过n秒机器人位于区域Q的概率Pn，则当n为奇数时，Pn=0，1当n为偶数时，由(2)知，P2=，由对称性可知，6经过n秒机器人位于区域Q的概率与位于区域Q1的概率相等，亦为Pn，故经过n秒机器人位于区域P的概率为1-2Pn，1若第n秒机器人位于区域P，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为，61若第n秒机器人位于区域Q1，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为，612若第n秒机器人位于区域Q，则第n+2秒机器人位于区域Q的概率为1-2×=，634 21111则有Pn+2=Pn+Pn+1-2Pn，即Pn+2=+Pn，366621111令Pn+2+λ=Pn+λ，即Pn+2=Pn-λ，即有λ=-，2223P-1111n+231即有Pn+2-3=2Pn-3，则1=2，Pn-3P-1P-1P-1n31n-231431故有=、=、⋯、=，P-12P-12P-12n-23n-4323111Pn-3Pn-2-3P4-3111n-11111n22故1×1×⋯×1×P2-3=Pn-3=2×6-3=-3⋅2，Pn-2-3Pn-4-3P2-3n1112即Pn=3-3⋅2，综上所述，当n为奇数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为0，n1112当n为偶数时，经过n秒机器人位于区域Q的概率为-⋅.332a,a≥b,b,a≥b,5(2024·河南信阳·一模)定义：maxa,b=b,a<b,mina,b=a,a<b,已知数列{an}满足an+min{an+1,an+2}=max{an+1,an+2}．(1)若a2=2，a3=3，求a1，a4的值；**(2)若∀n∈N，∃k∈N，使得an≤ak恒成立．探究：是否存在正整数p，使得ap=0，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；*(3)若数列{an}为正项数列，证明：不存在实数A，使得∀n∈N,an≤A．解析：(1)依题意，an=max{an+1,an+2}-min{an+1,an+2}，显然an≥0；故a1=max{a2,a3}-min{a2,a3}=1；a2=max{a3,a4}-min{a3,a4}=2，即a3-a4=2或a4-a3=2，则a4=1或a4=5．(2)∵maxan+1,an+2≥minan+1,an+2，∴an=maxan+1,an+2-minan+1,an+2≥0,*∵an≤ak对∀n∈N恒成立，∴ak+1≤ak,ak+2≤ak,∴maxak+1,ak+2≤ak.∵ak=maxak+1,ak+2-minak+1,ak+2≤maxak+1,ak+2∴ak≤maxak+1,ak+2≤ak，∴maxak+1,ak+2=ak,∴minak+1,ak+2=0，①ak+1=0,ak+2≠0时,ak=maxak+1,ak+2-minak+1,ak+2=ak+2≠0ak-1=maxak,ak+1-minak,ak+1=ak=ak+2≠05 ak-2=maxak-1,ak-minak-1,ak=ak-ak=0ak-3=maxak-2,ak-1-minak-2,ak-1=ak-0=ak=ak+2≠0∴当p=k+3m-2,m∈Z,且p>0时,ap=0.∴p的集合为{p∣p=k+3m-2,m∈Z且p>0}②ak+2=0,ak+1≠0时,ak=maxak+1,ak+2-minak+1,ak+2=ak+1≠0，ak-1=maxak,ak+1-minak,ak+1=ak+1-ak+1=0，ak-2=maxak-1,ak-minak-1,ak=ak+1≠0，∴当p=k+3m-1,m∈Z,且p>0时,ap=0.∴p的集合为{p∣p=k+3m-1,m∈Z且p>0}*③ak+1=0且ak+2=0时,ak=0,p的集合为N(3)∵an=max{an+1,an+2}-min{an+1,an+2}>0，∴an+1≠an+2；*设S={n|an>an+1,n∈N}，*①若S=∅，则a1≤a2，ai<ai+1(i≥2,i∈N)，A对任意A>0，取n1=①+2([x]表示不超过x的最大整数)，a1当n>n1时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋯+(a3-a2)+a2=an-2+an-3+⋯+a1+a2≥(n-1)a1>(n1-1)AAan=a+1a1>a⋅a1=A；11②若S≠∅，**ⅰ)若S为有限集，设m=max{n|an>an+1,n∈N}，am+i<am+i+1(i∈N)，A对任意A>0，取n2=+m+1([x]表示不超过x的最大整数)，am+1当n>n2时，an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+⋯+(am+2-am+1)+am+1=an-2+an-3+⋯+am+am+1≥(n-m)AAam+1>(n2-m)am+1=a+1am+1>a⋅am+1=A；m+1m+1**ⅱ)若S为无限集，设p1=min{n|an>an+1,n∈N}，pi+1=min{n|an>an+1,n>pi}(i∈N)，若pi+1-pi=1，则api>api+1>api+2，又api<max{api+1,api+2}，矛盾；*故pi+1-pi≥2(i∈N)；*记mi=api+1(i∈N)；当pi+1-pi=2时，api>api+1，api+1<api+2，api+2>api+3；因为api+1=api+2-api+3，所以mi+1=api+1+1=a(pi+2)+1=api+3=api+2-api+1=api>api+1=mi；当pi+1-pi≥3时，api>api+1，api+1<api+2<⋯<api+1，api+1>api+1+1因为api+1-1=api+1-api+1+1，故mi+1=api+1+1=api+1-api+1-1=api+1-2≥api+1=mi；因为api+1=api+1+2-api+1+1，故api+1+2=api+1-api+1+1=api+1+mi+1≥api+1+m1≥api+2+m1，6 A故对任意A>0，取n3=+1，当k>n3时，apk+2=(apk+2-apk-1+2)+(apk-1+2-apk-2+2)+⋯+(ap2+2-ap1+2)m1AA+ap1+2≥(k-1)m1+ap1+2>km1>m+1m1>m⋅m1=A；11*综上所述，不存在实数A，使得∀n∈N,an≤A．综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有an≤A．y222x26(2024·湖北·一模)已知双曲线C1:x-2=1经过椭圆C2:2+y=1的左、右焦点F1,F2，设C1,C2的ba6离心率分别为e1,e2，且e1e2=．2(1)求C1,C2的方程；(2)设P为C1上一点，且在第一象限内，若直线PF1与C2交于A,B两点，直线PF2与C2交于C,D两点，设AB,CD的中点分别为M,N，记直线MN的斜率为k，当k取最小值时，求点P的坐标．22解析：(1)依题意可得a-1=1，得a=2，226221+ba-132由e1e2=，得e1e2=⋅2=，解得b=2，21a2y222x2故C1的方程为x-=1,C2的方程为+y=1．22(2)易知F1-1,0,F21,0，设Px0,y0，直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，2y0y0y0则k1=,k2=,k1k2=2，Px0,y0x0+1x0-1x0-1222y2y0在C1:x-=1，即有x0-=1，222y0可得k1k2=2=2为定值．x0-12x2设直线PF1的方程为：y=k1x+1，联立+y=1可得222222k1+1x+4k1x+2k1-1=0,Δ>0恒成立，2-4k1设Ax1,y1,Bx2,y2，则有x1+x2=2，2k1+12-2k1k1可求得M,，2k2+12k2+111设直线PF2的方程为：y=k2x-1,Cx3,y3,Dx4,y4，22k2-k2同理可得N,，2k2+12k2+122k1k22+2k2k2+1+k2k2+12k1+12k2+11221则k=-=-2k22k222221+22k12k2+1+2k22k1+1222k1+12k2+12k1k2+1k1+k22k1k2+1k1+k2=-=-22222228k1k2+2k1+k28k1k2+2k1+k2-2k1k27 5k1+k2由k1k2=2可得：k=-2，24+2k1+k2点P在第一象限内，故k2>k1>0，5553k=-≥-=-24+2k+k2424k1+k2122k1+k2×2k1+k224当且仅当=2k1+k2，即k1+k2=23时取等号，k1+k2而k1+k2>2k1k2=22，故等号可以取到．即当k取最小值时，k1+k2=23，联立k1k2=2，可解得k1=3-1,k2=3+1，故PF1的方程为：y=3-1x+1,PF2的方程为：y=3+1x-1，x=3联立可解得，即有P3,2．y=22x27(2024·广东汕头·一模)已知点Mx0,y0为双曲线-y=1上的动点.2x0x(1)判断直线-y0y=1与双曲线的公共点个数，并说明理由；2(2)(i)如果把(1)的结论推广到一般双曲线，你能得到什么相应的结论？请写出你的结论，不必证明；2y22y2xx(ii)将双曲线C:-=1(a>0,b>0)的两条渐近线称为“退化的双曲线”，其方程为-=0，请利2222ababmxny用该方程证明如下命题：若Tm,n为双曲线C上一点，直线l：-=1与C的两条渐近线分别交于22ab点P､Q，则T为线段PQ的中点.2x2x2x20220解析：(1)由点Mx0,y0在双曲线-y=1上，得-y0=1，即y0=-12222x-y2=1222y0x022由x0x消去y得：2-4x+x0x-(1+y0)=0，-y0y=122222则x-2x0x+x0=0，显然Δ=4x0-4x0=0，所以该直线与双曲线有且只有1个公共点.xx20x2(2)(i)由(1)知，直线-y0y=1与双曲线-y=1相切于点x0,y0，222y2xxyyx00所以过双曲线2-2=1(a>0,b>0)上一点x0,y0的切线方程为2-2=1.证明如下：abab22x0y0222222显然2-2=1，即bx0-ay0=ab，abx0xy0y2-2=122abb22b22由x2y2消去y得：2x-2x0x+b+y0=0，2-2=1aaab8 4b4x224b2(b2x2-a2y2-a2b2)04b2200于是Δ=-(b+y0)==0，424aaaxxyy2y200x因此直线2-2=1与双曲线2-2=1(a>0,b>0)相切于点x0,y0，abab2y2xxyyx00所以过双曲线2-2=1(a>0,b>0)上一点x0,y0的切线方程为2-2=1.abab(ii)当n=0时，直线l的斜率不存在，由对称性知，点T为线段PQ的中点；当n≠0时，设Px1,y1,Qx2,y2，线段PQ的中点N(t,s)，2y2x2-2=0n2m2ab22由消去y得：-x+2mx-a=0，mxnyb2a22-2=1ab22x+xmn2212由-=1，得x-2mx+a=0，则t==m，a2b2222mtnsbm又-=1，于是s=-1=n，即点T与点N重合，a2b2na2所以点T为线段PQ的中点.8(2024·湖北·二模)微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过1渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数fx=(x>0),fx在区间a,bxb11上的图像连续不断，从几何上看，定积分dx便是由直线x=a,x=b,y=0和曲线y=所围成的区axxb1域(称为曲边梯形ABQP)的面积，根据微积分基本定理可得dx=lnb-lna，因为曲边梯形ABQP的axa-b面积小于梯形ABQP的面积，即S<S，代入数据，进一步可以推导出不等式：曲边梯形ABQP梯形ABQPlna-lnb2>．1+1aba-ba+b(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：<；lna-lnb22(2)已知函数fx=ax+bx+xlnx，其中a,b∈R．①证明：对任意两个不相等的正数x1,x2，曲线y=fx在x1,fx1和x2,fx2处的切线均不重合；②当b=-1时，若不等式fx≥2sinx-1恒成立，求实数a的取值范围．1a+b2解析：(1)解：在曲线y=x取一点M2,．a+b9 a+b2过点M2,a+b作fx的切线分别交AP,BQ于M1,M2，因为S曲边梯形ABQP>S梯形ABM2M1，112a-ba+b可得lnb-lna>⋅AM1+BM2⋅AB=⋅2⋅⋅b-a，即<．22a+blna-lnb22(2)解：①由函数fx=ax+bx+xlnx，可得fx=2ax+lnx+b+1，不妨设0<x1<x2，曲线y=fx在x1,fx1处的切线方程为l1:y-fx1=fx1x-x1，即y=fx1x+fx1-x1fx1同理曲线y=fx在x2,fx2处的切线方程为l2:y=fx2x+fx2-x2fx2，fx1=fx2假设l1与l2重合，则，fx1-x1fx1=fx2-x2fx2lnx2-lnx1+2ax2-x1=0代入化简可得，ax2+x1=-1(a<0)x2-x1x2-x1x2+x1两式消去a，可得lnx2-lnx1-2=0，整理得=，x2+x1lnx2-lnx12x2-x1x2+x1由(1)的结论知<，与上式矛盾lnx2-lnx12即对任意实数a,b及任意不相等的正数x1,x2,l1与l2均不重合．②当b=-1时，不等式fx≥2sinx-1恒成立，2所以hx=ax-x+xlnx-2sinx-1≥0在0,+∞恒成立，所以h1≥0⇒a≥1，下证：当a≥1时，hx≥0恒成立．2因为a≥1，所以hx≥x-x+xlnx-2sinx-12设Hx=x-x+xlnx-2sinx-1,Hx=2x+lnx-2cosx-1(i)当x∈1,+∞时，由2x≥2,,lnx≥0,-2cosx-1≥-2知Hx≥0恒成立，即Hx在1,+∞为增函数，所以Hx≥H1=0成立；1(ii)当x∈0,1时，设Gx=2x+lnx-2cosx-1，可得Gx=2++2sinx-1，x1由2sinx-1≥-2,>0知Gx≥0恒成立，即Gx=Hx在0,1为增函数．x所以Hx<H1=0，即Hx在0,1为减函数，所以Hx>H1=0成立，综上所述，实数a的取值范围是1,+∞.29(2024·湖北·二模)如图，O为坐标原点，F为抛物线y=2x的焦点，过F的直线交抛物线于A,B两点，直线AO交抛物线的准线于点D，设抛物线在B点处的切线为l．10 (1)若直线l与y轴的交点为E，求证：DE=EF；2(2)过点B作l的垂线与直线AO交于点G，求证：|AD|=AO⋅AG．11解析：(1)易知抛物线焦点F,0，准线方程为x=-；221设直线AB的方程为x=my+,Ax1,y1,Bx2,y2,2x=my+1联立2得y2-2my-1=0，y2=2x2Δ=4m+4>0-1可得y1+y2=2m，所以y1=；yy=-1y2121不妨设A在第一象限，B在第四象限，对于y=-2x,y=-；2x111可得l的斜率为--=2x2y2y2211y2所以l的方程为y-y2=x-x2，即为y=x+.y2y22y2令x=0得E0,2y12直线OA的方程为y=x=x=-2y2x，x1y111令x=-2得D-2,y2．1又F,0，所以DE=EF2即DE=EF得证．(2)方法1：1由(1)中l的斜率为可得过点B的l的垂线斜率为-y2，y22y2所以过点B的l的垂线的方程为y-y2=-y2x-x2，即y=-y2x+y21+，2如下图所示：11 2y2联立y=-y2x+y21+2，解得G的纵坐标为y=yy2+2G22y=-2y2x2要证明|AD|=AO⋅AG，因为A,O,D,G四点共线，2只需证明y2-y1=y1⋅yG-y1(*)．222121+y2∵y2-y1=y2+=2，y2y222121+y2y1⋅yG-y1=-y2y2+2-y1=2．y2y22所以(*)成立，|AD|=AO⋅AG得证.方法2：1由D-2,y2,Bx2,y2知DB与x轴平行，AFAO∴=①ABAD又DF的斜率为-y2,BG的斜率也为-y2，所以DF与BG平行，AFAD∴=②，ABAGAOAD2由①②得∴=，即|AD|=AO⋅AG得证.ADAG10(2024·山东烟台·一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆A沿着x轴正向无滑动地滚动，点M为圆A上一个定点，其初始位置为原点O,t为AM绕点A转过的角度(单位：弧度，t≥0).(1)用t表示点M的横坐标x和纵坐标y；1+cos2θ(2)设点M的轨迹在点M0(x0,y0)(y0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：为定值；y0(3)若平面内一条光滑曲线C上每个点的坐标均可表示为(x(t),y(t)),t∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F(β)22-F(α)，其中函数F(t)满足F(t)=[x(t)]+[y(t)].当点M自点O滚动到点E时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE的长度.解析：(1)依题意，y=1-cost,|OB|=BM=t，则x=|OB|-sint=t-sint，所以x=t-sint,y=1-cost.(2)yx⋅xtytsintsint由复合函数求导公式yt=yx⋅xt及(1)得yx===，因此tanθ=，xtxt1-cost1-cost12 222cosθ2而1+cos2θ=2cosθ==222sinθ+cosθtanθ+1222(1-cost)===1-cost=y0，sint2+12-2cost1-cost1+cos2θ所以为定值1.y0(3)22t依题意，F(t)=(1-cost)+sint=2-2cost=2sin.2tttt由0≤≤π，得sin≥0，则F(t)=2sin，于是F(t)=-4cos+c(c为常数)，2222则F(2π)-F(0)=(-4cosπ+c)-(-4cos0+c)=8，所以OE的长度为8.xk11(2024·云南·一模)已知e是自然对数的底数，常数k>0，函数fx=e1-x,Hx=lnx+.x(1)求fx、Hx的单调区间；(2)讨论直线y=x与曲线y=lnx-1的公共点的个数；xelnx-x+12(3)记函数Fx=,∀x1、x2，若0<x1<x2，且Fx1=Fx2，则e-2ex1+x2-a≥0，求x实数a的取值范围.解析：(1)函数fx的定义域为-∞,+∞.x∵fx=e1-x，xxx∴fx=e1-x-e=-xe，∴当x∈-∞,0时，fx>0，当x∈0,+∞时，fx<0，∴fx的单调递增区间是-∞,0，单调递减区间是0,+∞；k1kx-k函数Hx=lnx+的定义域为0,+∞,Hx=-=，常数k>0，xxx2x2∴当x∈0,k时，Hx<0，当x∈k,+∞时，Hx>0.∴Hx的单调递减区间是0,k，单调递增区间是k,+∞；1x-1(2)设hx=x-lnx，它的定义域为0,+∞,hx=1-=，xx∴当x∈0,1时，hx<0，即hx单调递减，当x∈1,+∞时，hx>0，即hx单调递增，∴hx的最小值为h1=1-ln1=1，∴hx=x-lnx=-1不成立，即方程x-lnx=-1无实数解，故方程x=lnx-1无实数解，∴直线y=x与曲线y=lnx-1无公共点；x-lnx(3)根据已知，Fx=e1-x-lnx的定义域为0,+∞，t设t=hx=x-lnx，由(2)得t≥1，且Fx=fhx=e1-t=ft，由0<x1<x2，记hx1=t1,hx2=t2，则t1≥1,t2≥1，13 由Fx1=Fx2得ft1=ft2，由(1)知ft在1,+∞上单调递减，故t1=t2，∴x1-lnx1=t1,x2-lnx2=t1，xlnx2-lnx1=x2-x1x1=lnu2u-1记u=x，则u>1，由u=x2，得ulnu，1x1x2=u-12∀x1,x2，若0<x1<x2，且Fx1=Fx2，则e-2ex1+x2-a≥0，2lnu⇔∀u>1,u+e-2e⋅-a≥0，u-12⇔∀u>1,u+e-2elnu-au-1≥0，22设Du=u+e-2elnu-au-1，则De=e+e-2elne-ae-1≥0，解得a≤e，由a≤e得-a≥-e，由u≥1得u-1≥0，22∴Du=u+e-2elnu-au-1≥u+e-2elnu-eu-1，2设Pu=u+e-2elnu-eu-1，则P1=0,Pe=0，2e-2ePu=lnu++1-e，u2由e是自然对数的底数，得e-2e=ee-2>1，2e-2e2由(1)知，Pu=lnu++1-e在1,e-2e上单调递减，u222在e-2e,+∞上单调递增；由e-2e<e得Pe-2e<Pe=0，2又∵P1=e-3e+1=ee-2+1-e>0.7e+1-e=1-0.3e>1-0.3×2.8>0，2∴存在唯一u0∈1,e-2e，使Pu0=0，∴当1≤u<u0时，Pu>0，当u0<u<e时，Pu<0，当u>e时，Pu>0，∴当u∈1,u0时，Pu单调递增，故Pu≥P1=0；当u∈u0,e时，Pu单调递减，故Pu≥Pe=0；当u∈e,+∞时，Pu单调递增，故Pu≥Pe=0.综上所述，当u>1时，Pu≥0，∴∀u>1,Du≥Pu≥0.∴实数a的取值范围为-∞,e.23nxxxx12(2024·贵州贵阳·一模)英国数学家泰勒发现了如下公式：e=1+x+++⋯++⋯其中2!3!n!n!=1×2×3×4×⋯×n,e为自然对数的底数，e=2.71828⋯⋯.以上公式称为泰勒公式.设fx=x-xx-xe-ee+e,gx=，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.22x(1)证明：e≥1+x；fx(2)设x∈0,+∞，证明：<gx；x14 2x(3)设Fx=gx-a1+2，若x=0是Fx的极小值点，求实数a的取值范围.xx解析：(1)设hx=e-x-1，则hx=e-1.当x>0时，hx>0：当x<0时，hx<0，所以hx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.x因此，hx≥h0=0，即e≥1+x.2345nxxxxxx(2)由泰勒公式知e=1+x+++++⋯++⋯，①2!3!4!5!n!2345n-xxxxxnx于是e=1-x+-+-+⋯+(-1)+⋯，②2!3!4!5!n!由①②得x-x352n-1e-exxxfx==x+++⋯++⋯,23!5!2n-1!x-x242n-2e+exxxgx==1+++⋯++⋯,22!4!2n-2!所以fxx2x4x2n-2=1+++⋯++⋯x3!5!2n-1!242n-2xxx<1+++⋯++⋯=gx.2!4!2n-2!fx即<gx.x2x-x2xe+ex(3)Fx=gx-a1+2=2-a1+2，则x-xx-xx-xe-ee-ee+eFx=-ax，设Gx=-ax，Gx=-a.222x-xe+e1x-x由基本不等式知，≥×2e⋅e=1，当且仅当x=0时等号成立.22所以当a≤1时，Gx≥1-a≥0，所以Fx在R上单调递增.又因为Fx是奇函数，且F0=0，所以当x>0时，Fx>0；当x<0时，Fx<0.所以Fx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.因此，x=0是Fx的极小值点.下面证明：当a>1时，x=0不是Fx的极小值点.lna-lnae+e1111当a>1时，Glna=2-a=2a+a-a=2a-a<0，又因为Gx是R上的偶函数，且Gx在0,+∞上单调递增,所以当x∈-lna,lna时，Gx<0.因此，Fx在-lna,lna上单调递减.又因为Fx是奇函数，且F0=0，15 所以当-lna<x<0时，Fx>0；当0<x<lna时，Fx<0.所以Fx在-lna,0上单调递增，在0,lna上单调递减.因此，x=0是Fx的极大值点，不是Fx的极小值点.综上，实数a的取值范围是-∞,1.13(2024·安徽安庆·二模)取整函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其定义如下：设x∈R，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作[x]，函数y=[x]称为取整函数．另外也称[x]是x的整数部分，称{x}=x-[x]为x的小数部分．(1)直接写出lnπ和-3的值；4(2)设a，b∈N*，证明：a=ba+ba，且0≤ba≤b-1，并求在b的倍数中不大于a的正整数的个bbb数；a1a2ak(3)对于任意一个大于1的整数a，a能唯一写为a=p1×p2×⋯×pk，其中pi为质数，ai为整数，且对任意22的i<j，pi<pj，i，j∈{1,2,3,⋯,k}，称该式为a的标准分解式，例如100的标准分解式为100=2×5．证∞*nnnn明：在n!的标准分解式中，质因数pi(pi≤n，n>1，n∈N)的指数ai=p+2+3+⋯=∑r．ipipir=1pi解析：(1)由e<π<2e，故1<lnπ<2，故lnπ=1，-3=-3--3=-3--1=1=0.25；44444(2)因为a=a+a，等式两边同时乘b，得a=ba+ba，bbbbb因为a，b都为整数，所以ba=a-ba也为整数，bb又0≤a<1，所以0≤ba<b，所以0≤ba≤b-1，即得证，bbb假设b，2b，⋯，nb都小于等于a，n∈N*，因为a=ba+ba，bb所以nb≤a=ba+ba，所以n≤a+a，bbbb因为0≤a<1，所以n≤a，所以b的倍数中不大于a的正整数的个数为a个；bbb(3)n!=1×2×3×⋯×n，将2，3，⋯，n每一个数都分解为质因数的乘积．n对于质因数pi，利用(2)中结论，pi的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n1，pi将这些数都提取pi出来，此时p的倍数中还有可以提取出pi的数，2n注意到pi的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n2，将这些数提取pi出来；2pi3n同理，pi的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为n3，3pi16 依此这样进行下去，nnnr=1n则质因数pi的指数ai=n1+n2+n3+⋯=p+2+3+⋯=∑∞r，即得证．ipipipi14(2024·湖北·一模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当fx在x=0处的3nf0f0f0*23nnn∈N阶导数都存在时，fx=f0+f0x+x+x+⋯+x+⋯．注：fx表2!3!n!n示fx的2阶导数，即为fx的导数，fxn≥3表示fx的n阶导数，该公式也称麦克劳林公式．1(1)根据该公式估算sin的值，精确到小数点后两位；22462xxxx(2)由该公式可得：cosx=1-+-+⋯．当x≥0时，试比较cosx与1-的大小，并给出证2!4!6!2明；n*11(3)设n∈N，证明：>n-．14n+2k=1(n+k)tann+k34解析：(1)令fx=sinx，则f(x)=cosx，f(x)=-sinx，fx=-cosx，fx=sinx，⋯34故f0=0，f(0)=1，f(0)=0，f0=-1，f0=0，⋯357xxx由麦克劳林公式可得sinx=x-+-+⋯，3!5!7!111故sin=-+⋯≈0.48.2248(2)2x结论：cosx≥1-，2证明如下：2x令gx=cosx-1+,x≥0，2令hx=gx=-sinx+x,hx=-cosx+1≥0，故hx在0,+∞上单调递增，hx≥h0=0，故gx在0,+∞上单调递增，gx≥g0=0，22xx即证得cosx-1+≥0，即cosx≥1-．22(3)2x由(2)可得当x≥0时，cosx≥1-，且由hx≥0得sinx≤x，22x当且仅当x=0时取等号，故当x>0时，cosx>1-,sinx<x，2cos1cos11n+kn+k11=>=cos>1-，111n+k2(n+k)2n+ktann+ksinn+k⋅n+kn+kn+k1222而=<=2222(n+k)(2n+2k)(2n+2k)-12n+2k-12n+2k+117 11=-，2n+2k-12n+2k+1111即有1>1--n+ktan2n+2k-12n+2k+1n+kn1111111故1>n-2n+1-2n+3+2n+3-2n+5+⋯+4n-1-4n+1k=1(n+k)tann+k11=n-+2n+14n+111111而n-+-n-=->0，2n+14n+14n+24n+14n+2n11即证得>n-.14n+2k=1(n+k)tann+k15(2024·广东·一模)数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括22向量和矩阵.对于平面向量a=(x,y)，其模定义为|a|=x+y.类似地，对于n行n列的矩阵Ann=a11a12a13⋯a1naaa⋯ann12122232n22，其模可由向量模拓展为A=aij(其中aij为矩阵中第i行第j列的数，a31a32a33⋯a3ni=1j=1⋮⋮⋮⋮a11a12∑为求和符号)，记作AF，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A22==a21a22nn124222222，其矩阵模AF=aij=2+4+3+5=36.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有35i=1j=1重要的应用.100⋯0020⋯0*(1)∀n∈N，n≥3，矩阵Bnn=003⋯0，求使BF>35的n的最小值.⋮⋮⋮⋮000⋯n*(2)∀n∈N，n≥3，，矩阵Cnn=1cosθcosθcosθ⋯cosθcosθ0-sinθ-sinθcosθ-sinθcosθ⋯-sinθcosθ-sinθcosθ222200sinθsinθcosθ⋯sinθcosθsinθcosθ求CF.⋮⋮⋮⋮⋮⋮n-2n-2n-2n-20000⋯(-1)sinθ(-1)sinθcosθn-1n-10000⋯0(-1)sinθ18 n+2ln00⋯0n+122n+12n+12lnnlnn0⋯0*n(3)矩阵Dmin=⋮，证明：∀n∈N，n≥3，DF>.3n+9n-1n-1n-14n-14n-14n-1ln3ln3ln3⋯0nnnn3n3n3n3nln2ln2ln2⋯ln2nnnnn+122解析：(1)由题意得BF=∑∑bij=∑k=1+2+3+⋯+n-1+n=.i=1j=1k=12n(n+1)2若‖B‖F>35，则>45，即n+n-90>0.2*因式分解得(n-9)(n+10)>0.因为n∈N，所以n>9.所以使‖B‖F>35的n的最小值是10.2n242n-21-sinθ(2)由题得第1对角线上的平方和为1+sinθ+sinθ+⋯+sinθ=，21-sinθ第2对角线上的平方和为2n-2222n-421-sinθ2n-2cosθ1+sinθ+⋯+sinθ=cosθ⋅=1-sinθ，21-sinθ⋯第k对角线上的平方和为2n-2k+2222n-2k21-sinθ2n-2k+2cosθ1+sinθ+⋯+sinθ=cosθ⋅=1-sinθ，21-sinθ⋯2第n对角线上的平方和为cosθ，2n21-sinθ2n-22n-2k+24所以‖C‖F=+1-sinθ+⋯+1-sinθ+⋯+1-sinθ+21-sinθ2242n-22n-22n-2k+2cosθ=1+sinθ+sinθ+⋯+sinθ+(n-2)-sinθ-⋯-sinθ-⋯-4222sinθ+cosθ=1+(n-2)+sinθ+cosθ=1+(n-2)+1=n.所以‖C‖F=n.n(3)由题意知，证明‖D‖F>3n+923242n+2n等价于证明ln+ln+⋯+ln>，23n+13n+9n2k+223242n+2注意到左侧求和式ln=ln+ln+⋯+ln，k+123n+1k=1将右侧含有n的表达式表示为求和式有n1111111111∑k+2-k+3=3-4+4-5+⋯+n+1-n+2+n+2-n+3k=111n=-=3n+33n+919 2n+21111*故只需证ln>>=-,∀n≥1,n∈N成立，n+1(n+2)2(n+2)(n+3)n+2n+3n+21*1即证ln>,∀n≥1,n∈N成立，令x=1+，n+1n+2n+113则需证lnx≥1-x,x∈1,2成立，记f(x)=lnx+1-1,x∈1,3(x)=1-1=x-1>0在1,33，则f上恒成立，所以f(x)在1,x2xx2x222上单调递增，所以f(x)>f(1)=ln1+1-1=0，13n+21*所以lnx>1-x在1,2上恒成立，即lnn+1>n+2,∀n≥1,n∈N成立，所以原不等式成立.16(2024·河南开封·二模)在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为φn．(1)试求φ3，φ9，φ7，φ21的值；n(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求φ3，φpq与φ(p)和φ(q)的关系；(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：①准备两个不同的、足够大的素数p，q；②计算n=pq，欧拉函数φn；③求正整数k，使得kq除以φn的余数是1；④其中n,q称为公钥，n,k称为私钥．已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17)．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列bn，数列cn满足80cn=bn+47，求数列tancn⋅tancn+1的前n项和Tn．解析：(1)由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则φ3=2，不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则φ9=6，不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则φ7=6，不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则φ21=12，所以φ3=2,φ9=6,φ7,=6,φ21=12.nnn-1(2)在不大于3的正整数中，只有3的倍数不与3互素，而3的倍数有3个，nnn-1n-1因此φ3=3-3=2⋅3.由p，q是两个不同的素数，得φ(p)=p-1,φ(q)=q-1，在不超过pq-1的正整数中，p的倍数有q-1个，q的倍数有p-1个，于是φ(pq)=pq-1-(p-1)-(q-1)=pq-p-q+1=(p-1)(q-1)，所以φ(pq)=φ(p)⋅φ(q).(3)计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是(187,17)，则n=187,q=17，从而p=1120 由(2)得，φ(n)=φ(187)=φ(11×17)=φ(11)φ(17)=10×16=160，即正整数k满足的条件为：17k=160x+1,x∈N，111k=9x+(7x+1)，令y=(7x+1)，则17y=7x+1,x=2y+(3y-1)，1717711令z=(3y-1)，则7z=3y-1,y=2z+(z+1)，73取z=3n-1，则y=7n-2,x=17n-5,k=160n-47，于是bn=160n-47，因此80cn=bn+47=160n，即cn=2n，tan(2n+2)-tan2ntancn⋅tancn+1=tan2n⋅tan(2n+2)=-1，tan2Tn=tanc1⋅tanc2+tanc2⋅tanc3+⋯+tancn⋅tancn+1=tan2⋅tan4+tan4⋅tan6+⋯+tan2n⋅tan(2n+2)tan4-tan2+tan6-tan4+⋯+tan(2n+2)-tan2n=-ntan2tan(2n+2)-tan2tan(2n+2)=-n=-n-1.tan2tan217(2024·广东江门·一模)将2024表示成5个正整数x1，x2，x3，x4，x5之和，得到方程x1+x2+x3+x4+x5=2024①，称五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5为方程①的解，对于上述的五元有序数组x1,x2,x3,x4,x5，当1≤i,j≤5时，若max(xi-xj)=t(t∈N)，则称x1,x2,x3,x4,x5是t-密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解x1,x2,x3,x4,x5，使得xi+1-xii=1,2,3,4等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是1-密集的?52(3)记S=xi，问S是否存在最小值?若存在，请求出S的最小值；若不存在，请说明理由.i=1解析：(1)若xi+1-xii=1,2,3,4等于同一常数，根据等差数列的定义可得xi构成等差数列，所以x1+x2+x3+x4+x5=5x3=2024，2024解得x3=，与x3∈N*矛盾，5所以不存在一组解x1,x2,x3,x4,x5，使得xi+1-xii=1,2,3,4等于同一常数；12024(2)因为x=x1+x2+x3+x4+x5==404.8，55依题意t=1时，即当1≤i,j≤5时，max(xi-xj)=1，所以maxxi=405，minxj=404，设有y个405，则有5-y个404，由405y+4045-y=2024，解得y=4，所以x1，x2，x3，x4，x5中有4个405，1个404，所以方程①的解共有5组.12024(3)因为平均数x=x1+x2+x3+x4+x5==404.8，5521 5552122222又方差σ=xi-x，即5σ=xi-x=xi-5x，5i=1i=1i=1222所以S=5σ+5x，因为x为常数，所以当方差σ取最小值时S取最小值，又当t=0时x1=x2=x3=x4=x5，即5x1=2024，方程无正整数解，故舍去；当t=1时，即x1,x2,x3,x4,x5是1-密集时，S取得最小值，22且Smin=4×405+404=819316.18(2024·山东潍坊·一模)若ξ，η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量，则称(ξ,η)是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机向量．设(ξ,η)的一切可能取值为(ai,bj)，i,j=1,2,⋅⋅⋅，记pij表示(ai,bj)在Ω中出现的概率，其中pij=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)]．(1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中，记1号盒子中的小球个数为ξ，2号盒子中的小球个数为η，则(ξ,η)是一个二维随机变量．①写出该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值；②若(m,n)是①中的值，求P(ξ=m,η=n)(结果用m，n表示)；+∞(2)P(ξ=ai)称为二维离散型随机变量(ξ,η)关于ξ的边缘分布律或边际分布律，求证：P(ξ=ai)=pij．j=1解析：(1)①该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值为：(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(3,0).②依题意，0≤m+n≤3，P(ξ=m,η=n)=P(ξ=m|η=n)⋅P(η=n)，n1n23-nm1m13-n-mm13-n显然P(η=n)=C333，则Pξ=m|η=n)=C3-n22=C3-n2，m13-nn1n23-n1nm2所以P(ξ=m,η=n)=C3-n2⋅C333=27C3C3-n=.9⋅m!n!(3-m-n)!(2)由定义及全概率公式知，P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪⋯∪(η=bj)∪⋯]}=P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪⋯∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪⋯}=P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+⋯+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+⋯+∞+∞+∞=P[(ξ=ai)∩(η=bj)]=P(ξ=ai,η=bj)=pij.j=1j=1j=12n19(2024·广东深圳·一模)已知动点P与定点Am,0的距离和P到定直线x=的距离的比为常数mm．其中m>0,n>0，且m≠n，记点P的轨迹为曲线C．n(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；(2)设点B-m,0，若曲线C上两动点M,N均在x轴上方，AM∥BN，且AN与BM相交于点Q．11①当m=22,n=4时，求证：+的值及△ABQ的周长均为定值；AMBN②当m>n时，记△ABQ的面积为S，其内切圆半径为r，试探究是否存在常数λ，使得S=λr恒成立？若22 存在，求λ(用m,n表示)；若不存在，请说明理由．22(x-m)+ym解析：(1)设点Px,y，由题意可知=，2x-nnm22m2即(x-m)+y=x-n，n2y2x经化简，得C的方程为+=1，222nn-m当m<n时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．(2)设点Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3，其中y1>0,y2>0且x3=-x2,y3=-y2，2y2x(ⅰ)由(1)可知C的方程为+=1,A22,0,B-22,0，168y1y2-y2y3因为AM⎳BN，所以===，x1-22x2+22-x2-22x3-222222因此，M,A,M三点共线，且BN=x2+22+y2=-x2-22+-y2=AM，22(法一)设直线MM的方程为x=ty+22，联立C的方程，得t+2y+42ty-8=0，42t8则y1+y3=-2,y1y3=-2，t+2t+2221622由(1)可知AM=4x1-=4-2x1,BN=AM=4-2x3，224-2x+4-2x2-2ty+2-2ty11AM+BN21232123所以+===AMBNAM⋅BN4-2x4-2x2-2ty2-2ty2123212324-2t⋅-42t4-2ty1+y32t2+2===1，4-2ty+y+1t2yy42t128132134-2t⋅-2+2t⋅-2t+2t+211所以+为定值1；AMBNAM224(法二)设∠MAx=θ，则有=，解得AM=，22-AMcosθ42+2cosθAM224同理由=，解得AM=，422+AMcosθ2-2cosθ11112+2cosθ2-2cosθ所以+=+=+=1，44AMBNAMAM11所以+为定值1；AMBN由椭圆定义BQ+QM+MA=8，得QM=8-BQ-AM，AMQM8-BQ-AM∵AM⎳BN,∴==，BNBQBQ8-AM⋅BN8-BN⋅AM解得BQ=，同理可得AQ=，AM+BNAM+BN23 8-BN⋅AM8-AM⋅BN8AM+BN-2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=AM+BNAM+BNAM+BN2=8-=8-2=6．1+1AMBN因为AB=42，所以△ABQ的周长为定值6+42．2y2x(ⅱ)当m>n时，曲线C的方程为-=1，轨迹为双曲线，222nm-n根据(ⅰ)的证明，同理可得M,A,M三点共线，且BN=AM，(法一)设直线MM的方程为x=sy+m，联立C的方程，2222222222得m-ns-ny+2smm-ny+m-n=0，222222smm-nm-n∴y1+y3=-2222,y1y3=2222，(*)m-ns-nm-ns-n2mnmm因为AM=nx1-m=nx1-n,BN=AM=nx3-n，1111AM+AM所以+=+=AMBNAMAMAM⋅AM2222mmsmy+m-n+smy+m-nnx1-n+nx3-nn1nn3n==mm2222x1-nx3-nsmy1+m-nsmy3+m-nnnnnnn22sm2m-nny1+y3+n=，22m2-n2msm2-n22msyy+y+y+n213n213n2112n将(*)代入上式，化简得+=，22AMBNm-nAMmm2-n2(法二)设∠MAx=θ，依条件有=，解得AM=，2m-n+AMnn-mcosθcosθmAM22mm-n同理由=，解得AM=，2m-n-AMnn+mcosθcosθm1111n-mcosθn+mcosθ2n所以+=+=+=．222222AMBNAMAMm-nm-nm-n由双曲线的定义BQ+QM-MA=2n，得QM=2n+AM-BQ，24 AMQM2n+AM⋅BN根据=，解得BQ=，BNBQAM+BNAMAQ2n+BN⋅AM同理根据=，解得AQ=，BNQNAM+BN2n+BN⋅AM2n+AM⋅BN2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=2n+AM+BNAM+BNAM+BN22222m-nm+n=2n+=2n+=，1+1nnAMBN1由内切圆性质可知，S=AB+AQ+BQ⋅r，222(m+n)21m+n当S=λr时，λ=AB+AQ+BQ=m+=(常数)．22n2n2(m+n)因此，存在常数λ使得S=λr恒成立，且λ=．2n20(2024·福建漳州·模拟预测)“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的1一种．他们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为，乙每天选择“共享单车”的概223率为，丙在每月第一天选择“共享单车”的概率为，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继3411续选择“共享单车”的概率为，若前一天选择“地铁”，后一天继续选择“地铁”的概率为，如此往复．43(1)若3月1日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单车”的概率；(2)记甲、乙、丙三人中3月1日选择“共享单车”出行的人数为X，求X的分布列与数学期望；(3)求丙在3月份第nn=1,2,⋅⋅⋅,31天选择“共享单车”的概率Pn，并帮丙确定在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数．解析：(1)记甲、乙、丙三人3月1日选择“共享单车”出行分别为事件A,B,C，记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件D，12111312311则PD=PABC+PABC+PABC=××+××+××=，234234234241231133又PCD=PABC+PABC=××+××=，234234825 3PCD89所以PCD==11=，PD11249即若3月1日有两人选择“共享单车”出行，丙选择“共享单车”的概率为．11(2)由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，1111则PX=0=PABC=××=，234241111211131PX=1=PABC+PABC+PABC=××+××+××=，234234234411PX=2=PD=，241231PX=3=PABC=××=，2344所以X的分布列为X012311111P2442441111123故EX=0×+1×+2×+3×=，2442441223即X的数学期望为．123(3)由题意得P1=，41252则Pn=Pn-1+1-Pn-1=-Pn-1+n=2,3,⋅⋅⋅,31，43123858所以Pn-17=-12Pn-1-17，P-8n175所以=-n=2,3,⋅⋅⋅,31．P-812n-117819又因为P1-=≠0，1768所以数列P-8是以19为首项，-5为公比的等比数列，n1768128195n-1所以Pn=17+68⋅-12n=2,⋅⋅⋅,31，经检验当n=1时，上式也成立，8195n-1所以Pn=17+68⋅-12n=1,2,⋅⋅⋅,31．1由题意知，3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率需满足Pn>1-Pn，即Pn>，28195n-11则+⋅->，17681225n-12即->n=1,2,⋅⋅⋅,31，121926 5n-12当n为偶数时，->显然不成立，12195n-12当n为奇数时，不等式可变为>，12192当n=1时，1>成立；1952252422当n=3时，=>=>成立；121441441219546412当n=5时，12<12=16<19，5n-12则n=5时，>不成立．12195n-1又因为函数y=单调递减，125n-12所以当n≥5时，>不成立，12191所以只有在第1天和第3天时，Pn>，2所以丙在3月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁”的概率的天数只有2天．*21(2024·福建厦门·二模)若∀n∈N，都存在唯一的实数cn，使得fcn=n，则称函数fx存在“源数列”cn.已知fx=x-lnx,x∈0,1.(1)证明：fx存在源数列；λ(2)(ⅰ)若fx-≤0恒成立，求λ的取值范围；x5(ⅱ)记fx的源数列为cn，证明：cn前n项和Sn<.311x-2解析：(1)由fx=x-lnx,x∈0,1，得fx=-=<0，2xx2x即fx在0,1上单调递减，又f1=1，当x>0且x无限趋近于0时，fx趋向于正无穷大，即fx的值域为[1,+∞)，且函数在0,1上单调递减，对于fx可以取到任意正整数，且在x∈0,1上都有存在唯一自变量与之对应，*故对于∀n∈N，令fx=n，其在0,1上的解必存在且唯一，不妨设解为cn，*即∀n∈N，则都存在唯一的实数cn∈(0,1]，使得fcn=n，即fx存在源数列；λ(2)(i)fx-≤0恒成立，即λ≥x-xlnx恒成立，x2令t=x∈0,1，即λ≥t-2tlnt恒成立，2令φt=t-2tlnt，则φ(t)=2t-2lnt-2，2令g(t)=φ(t)=2t-2lnt-2,t∈0,1，则gt=2-≤0，仅在t=1时取等号，t即g(t)在0,1上单调递减，故g(t)≥g(1)=0，即φ(t)在0,1上单调递增，、27 故φ(t)max=φ(1)=1，故λ≥1；111(ii)由(i)得fx≤，故fcn≤，即n≤，xcncn1122故cn≤<=-，n2n2-12n-12n+1415当n=1时，S1≤=1<，123222222525当n≥2时，Sn≤1+-+-+⋯+-=-<，35572n-12n+132n+135即cn前n项和Sn<.3122(2024·辽宁·一模)已知平面上一动点P到定点F,0的距离比到定直线x=-2023的距离小24045，记动点P的轨迹为曲线C.2(1)求C的方程；(2)点A2,1,M,N为C上的两个动点，若M,N,B恰好为平行四边形MANB的其中三个顶点，且该平行四86边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形MANB的面积为S，求证：S≤.9解析：(1)解法一：设Px,y，易知x>-2023，12240452根据题意可得x-2+y=x+2023-，化简得y=2x，22所以C的方程为y=2x.14045解法二：因为点P到定点F,0的距离比到定直线x=-2023的距离小，2211所以点P到定点F,0的距离与到定直线x=-的距离相等，2211由抛物线的定义可知，点P的轨迹是以定点F,0为焦点，定直线x=-为准线的抛物线，222所以C的方程为y=2x.(2)证明：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的斜率为kk≠0，线段MN的中点为Q，因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，所以线段MN的中点Q在直线y=x上，28 2y1=2x1,设Qm,mm≠0，所以2y2=2x2,所以y1-y2y1+y2=2x1-x2，y1-y2又y1+y2=2m,=k,x1-x21所以km=1，即k=.m1设直线MN的方程为y-m=x-m，m2即x-my+m-m=0，2x-my+m-m=0,22联立2整理得y-2my+2m-2m=0，y=2x,2所以Δ=8m-4m>0，解得0<m<2，2y1+y2=2m,y1y2=2m-2m，222则MN=1+my1-y2=1+my1+y2-4y1y222222=1+m4m-42m-2m=21+m2m-m.22-2m+m又点A到直线MN的距离为d=，21+m2222-2m+m22所以S=2S△AMN=MN⋅d=21+m2m-m⋅=22m-m2-2m+m，21+m2记t=2m-m，因为0<m<2，所以t∈0,1，23所以S=2t2-t=-2t+4t,t∈0,1.32令ft=-2t+4t,t∈0,1，则ft=-6t+4，6令ft=0，可得t=，3666当t∈0,3时，ft>0,ft在区间(0,3内单调递增，当t∈3,1时，ft<0,ft在区间6,1上单调递减，363686所以当t=3，即m=1±3时，ft取得最大值，即Smax=f3=9，86所以S≤.9222λ23(2024·江苏徐州·一模)将x+y=2上各点的纵坐标变为原来的0<λ<2倍(横坐标不变)，2所得曲线为E．记P-2,0，Q1,0，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．(1)求E的方程：π(2)设直线AB，CD的倾斜角分别为α，β．当0<α<今时，229 tanα(i)求的值：tanβ(ii)若β-α有最大值，求λ的取值范围．22解析：(1)解：设所求轨迹E上的任意点为(x,y)，与x+y=2对应的点为(x1,y1)，x=x1x1=x根据题意，可得y=2λy1，即y1=2y，22λ22x2y2222代入方程x+y=2，可得x+y=2，整理得+=1(0<λ<2)，2λ2λ2y2x所以曲线E的轨迹方程为+=1(0<λ<2).2λ(2)解：(i)设直线AC的方程为y=k(x-1)，A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)，y=k(x-1)2222联立方程组x2y2，整理得(λ+2k)x-4kx+2k-2λ=0，+=12λ2222224k2k-2λ则Δ=(-4k)-4(λ+2k)(2k-2λ)>0，且x1+x3=2,x1x3=2，λ+2kλ+2k23x-432λ+4k1可得x1+x3-x1x3=2=2，所以x3=，2λ+2k2x1-3y13x1-4y1可得y3=x-1⋅2x-3-1=2x-3，1113x1-4y13x2-4y2所以C,，同理可得D,，2x1-32x1-32x2-32x2-3y1y2又因为P,A,B三点共线，可得=，即x2y1-x1y2=2(y2-y1)，x1+2x2+2y2y12x2-3-2x1-32(x2y1-x1y2)+3(y2-y1)7(y2-y1)所以kCD====4kAB，3x2-4-3x1-4x2-x1x2-x12x2-32x1-3tanαkAB1所以==.tanβkCD7(ii)设直线AB的方程为y=k(x+2)，其中k>0，由(i)知，直线CD的斜率为7k，tanβ-tanα7k-k63则tan(β-α)===≤，1+tanβtanα1+7k217+7kk121当且仅当=7k时，即k=时，等号成立，k7y=k(x+2)2222联立方程组x2y2，整理得(λ+2k)x+8kx+8k-2λ=0，+=12λ2222则Δ=64kx+4(λ+2k)(8k-2λ)>0，解得λ>2k，12若β-α有最大值，则λ>2×=，772又因为0<λ<2，所以实数λ的取值范围为,2，730 2y2x24(2024·全国·一模)如图，已知椭圆Γ的短轴长为4，焦点与双曲线-=1的焦点重合.点4-tt1P4,0，斜率为的直线l1与椭圆Γ交于A,B两点.2(1)求常数t的取值范围，并求椭圆Γ的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述2y2xxyyx00的.对于椭圆Γ:2+2=1，极点Px0,y0(不是原点)对应的极线为lP:2+2=1，且若极点P在x轴abab上，则过点P作椭圆的割线交Γ于点A1,B1，则对于lP上任意一点Q，均有kQA1+kQB1=2kPQ(当斜率均存在时).已知点Q是直线l1上的一点，且点Q的横坐标为2.连接PQ交y轴于点E.连接PA,PB分别交椭圆Γ于M,N两点.①设直线AB、MN分别交y轴于点D、点T，证明：点E为D、T的中点；②证明直线：MN恒过定点，并求出定点的坐标.4-t>0解析：(1)由题意焦点在x轴上，所以，解得0<t<4，即t的范围为0,4，t>022222且c=4-t+t=2,2b=4,a=b+c，解得a=8,b=4，2y2x所以椭圆方程为+=1.84(2)我们首先给出题目给出的引理的证明：2a设Pp,0,Q,t，则Q在P的极线上，p现在如果经过P的直线x=my+p交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)：222222222那么，代入椭圆就得到a+bmy+2bmpy+bp-ab=0，4222222224222222224222所以Δ=4bmp-4bp-aa+bm=4bmp-4bpa+pbm-a-abm2222222222=4aba+bm-p>0⇒a+bm>p，222222bmpbp-ab由韦达定理有y1+y2=-222,y1y2=222，a+bma+bm此时要证明的是：kQA+kQB=2kPQ，y1-ty2-t-2t也就是+=，222my+p-amy+p-ap-a1p2pp31 y1-ty2-t2t也就是++=0，222my+p-amy+p-ap-a1p2pp22222aaaaa也就是p-y1-tmy2+p-+y2-tmy1+p-+2tmy1+p-my2+p-=0，pppppa2a22a22也就是2mp-+2mty1y2+p-+tmp-y1+y2=0，pppa2b2p2-a2b2a22a22b2mp2也就是2mp-+2mt⋅+p-+tmp--=0，pa2+b2m2ppa2+b2m2a2a22a222222也就是mp-+mt⋅bp-a+p-+tmp--bmp=0，pppa2a22a22222也就是p-+mt⋅bp-a-bpp-+tmp-=0，pppa2a22a222也就是p-+mt⋅p-a-pp-+tmp-=0，pppa2a2a22a2也就是p-+mt⋅p--p-+tmp-=0，ppppa2a2a22a2也就是p-+mt⋅p-=p-+tmp-，pppp这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，①首先由于Q在P的极线x=2上，故由引理有kQN+kQB=2kPQ，kQA+kQM=2kPQ，1而kQA=kQB=，2所以kQN=kQM，这表明Q是MN和AB的交点，又由于kQA+kQM=2kPQ，故kBA+kNM=2kPQ，t-yDt-yTt-yE设Q2,t，而kAB=kQD=，kMN=kQT=，kPQ=kQE=，222所以yD+yT=2yE，也就是E是DT的中点；t11②设Q2,t，那么kPQ=-,kAB=，所以kMN=-t-，22232 11这表明MN的方程是y=-t-x-2+t，即t3-x+1-x-y=0，221所以MN恒过点3,-.2x225(2024·河北·一模)已知函数fx=e-axa>0．(1)若函数fx有3个不同的零点，求a的取值范围；(2)已知fx为函数fx的导函数，fx在R上有极小值0，对于某点Px0,fx0，fx在P点的切线方程为y=gx，若对于∀x∈R，都有x-x0⋅fx-gx≥0，则称P为好点．①求a的值；②求所有的好点．解析：(1)当x≤0，fx单调递增，且f0=1，当x→-∞时，fx→-∞，因此fx在区间-∞,0上存在唯一零点，xx2e当x>0时，只要e-ax=0存在两个根即可，即a=存在两个根，2xxx-2exe设ux=，则ux=，23xx当x∈0,2时，ux<0，函数ux单调递减，当x∈2,+∞时，ux>0，函数ux单调递增，2e由u2=，当x→0时，ux→+∞，当x→+∞时，ux→+∞，42e所以当a>时，在区间0,+∞有2个零点，42e因此a得到取值范围是4,+∞；x2x(2)①fx=e-axa>0，fx=e-2ax，x令φx=fx，则φx=e-2a，令φx=0，得x=ln2a，当x∈-∞,ln2a时，φx<0，fx单调递减，当x∈ln2a,+∞时，φx>0，fx单调递增，ln2ae故fln2a=e-2aln2a=2a1-ln2a=0，得a=，2②设Px0,fx0为好点，对于任意x∈R，都有x-x0⋅fx-gx≥0，当x=x0时，0≥0成立，当x≠x0时，即为当x≥x0时，fx-gx≥0，当x<x0时，fx-gx≤0成立，因为fx在P点的切线方程为gx-fx0=fx0x-x0，所以gx=fx0x-x0+fx0，设hx=fx-gx，即hx=fx-fx0x-x0-fx0，33 hx=fx-fx0，又因为fx在x∈-∞,1上单调递减，x∈1,+∞上单调递增，故分情况讨论，(1)当x>x0时，因为P为好点，所以hx=fx-gx≥0恒成立，1°若x0≥1，fx在x∈x0,+∞上单调递增，fx>fx0，hx=fx-fx0>0，所以hx在x>x0时单调递增，hx>hx0=fx0-gx0=0，满足条件，故x0≥1时成立；2°若x0<1，fx在x∈x0,1上单调递减，在x∈1,+∞上单调递增，当x∈x0,1时，fx<fx0，hx=fx-fx0<0，所以hx在x∈x0,1时单调递减，hx<hx0=fx0-gx0=0，矛盾，不满足条件；(2)当x<x0时，因为P为好点，所以hx=fx-gx≤0恒成立，1°若x0≤1，fx在x∈-∞,x0上单调递减，fx>fx0，hx=fx-fx0>0，所以hx在x<x0时单调递增，hx<hx0=fx0-gx0=0，满足条件，故x0≤1时成立；2°若x0>1，fx在x∈-∞,1上单调递减，在x∈1,x0上单调递增，当x∈1,x0时，fx<fx0，hx=fx-fx0<0，所以hx在x∈1,x0时单调递减，hx>hx0=fx0-gx0=0，矛盾，不满足条件；e综上可知，由(1)(2)可得，x0≥1且x0≤1，即x0=1，所以只有一个好点1,2.26(2024·河北·一模)某商场周年庆进行大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏，游戏规则如下：在一个盒子里放着六枚硬币，其中有三枚正常的硬币，一面印着字，一面印着花；另外三枚硬币是特制的，有两枚双面都印着字，一枚双面都印着花，规定印着字的面为正面，印着花的面为反面．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一枚硬币并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是正面，则进入最终挑战，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的方式是进行第三次投掷，有两个方案可供选择：方案一，继续投掷之前抽取的那枚硬币，如果掷出向上的面为正面，则获得200元礼券，方案二，不使用之前抽取的硬币，从盒子里剩余的五枚硬币中再次随机抽取一枚投掷，如果掷出向上的面为正面，则获得300元礼券，不管选择方案一还是方案二，如果掷出向上的面为反面，则获得100元礼券．(1)求第一次投掷后，向上的面为正面的概率．(2)若已知某顾客抽取一枚硬币后连续两次投掷，向上的面均为正面，求该硬币是正常硬币的概率．(3)在已知某顾客进入了最终挑战环节的条件下，试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得的礼券的数学期望，并以此判断应该选择哪种抽奖方案更合适．解析：(1)设第一次抽到正常硬币为事件A，抽到双面都印着字的硬币为事件B，抽到双面都印着花的硬币为事件C，第一次投掷出正面向上为事件M1，第二次投掷出正面向上为事件M2，选择方案一进行第三次投掷并正面向上事件M3，选择方案二进行第三次投掷并证明向上为事件N3，由全概率公式可得，PM1=PM1A⋅PA+PM1BPB+PM1CPC，11117=×+×1+×0=，22361234 (2)连续两次都是正面的概率PM1M2=PM1M2APA+PM1M2BPB+PM1M2CPC，1111111=××+×1+×0=，22236241×1×1PM1M2APM1M2A2223所以PAM1M2====；PM1M2PM1M2111124(3)(一)若选择方案一，设第三次投掷后最终获得的礼券为X元，第三次投掷出正面向上为事件S，则PM1M2M3PM1M2M3APA+PM1M2M3BPB+PM1M2M3CPCPM3M1M2===PM1M2PM1M21×1×1×1+1×1+1×022223619=，112224193PS=，1-PS=，222219341002050EX=×200+×100==；22222211(二)如选择方案二，设第三次投掷后最终获得礼券为Y元，第三次投掷出正面向上为事件T，①如果第一次抽到的是正常硬币，设第二次抽到正常硬币为事件HA，第二次抽到两面都是字的硬币为事件HB，第二次抽到两面都是花的硬币为事件HC，则P1=PM1M2APAPN3HAPHA+PN3HBPHB+PN3HCPHC11121213=××××+×1+×0=；222525540②如果第一次抽到的两面都是字的硬币，设第二次抽到正常硬币为事件KA，第二次抽到两面都是字的硬币为事件KB，第二次抽到两面都是花的硬币为事件KC，则P2=PM1M2BPBPN3KAPKA+PN3KBPKB+PN3KCPKC131111=×1××+×1+×0=；352556293129PM1M2N312029所以PM1M2N3=P1+P2=+=，PN3M1M2===，406120PM1M21155242926PT=，1-PT=，55552926113002260EY=×300+×100==,55555511综上(一)(二)可得，EX<EY，所以选择方案二的收益更高.27(2024·河南南阳·一模)在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的2y2x算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的蒙日圆的面积为13π，该椭圆的上22ab1顶点和下顶点分别为P1,P2，且P1P2=2，设过点Q0,2的直线l1与椭圆E交于A,B两点(不与P1,P2两点重合)且直线l2:x+2y-6=0.35 (1)证明：AP1，BP2的交点P在直线y=2上;(2)求直线AP1,BP1,l2围成的三角形面积的最小值.22解析：(1)根据题意，蒙日圆的半径为13，所以a+b=13.因为P1P2=2，可知b=1，则a=23，2x2所以椭圆E的标准方程为+y=1，121因为直线l1过点Q0,2，可知直线l1的斜率存在，且直线l1与椭圆必相交，1可设直线l1:y=kx+,Ax1,y1,Bx2,y2，2y=kx+1222联立方程2，消去y可得12k+1x+12kx-9=0，x2+y=11212k9由根与系数的关系可得：x1+x2=-2,x1x2=-212k+112k+1y1-1y2+1因为P10,1,P20,-1，可得直线AP1:y=x+1，直线BP2:y=x-1，x1x2y1-11111y-1x1x2y1-1x2kx1-2kx1x2-2x2kx1x2-2x1+x2+2x1所以=====y+1y2+1x1y2+1xkx+3kxx+3xkxx+3xx122122112212-9k-1×-12k+1x-3k+1x12k2+1212k2+12112k2+1211===.-9k+3x-9k+3x312k2+12112k2+121y-11即=，解得y=2，y+13所以直线AP1,BP2的交点P在直线y=2上.(2)设直线l2与直线AP1,BP1的交点分别为Cx3,y3,Dx4,y4，y1-1y2-1则由(1)可知：直线AP1:y=x+1，直线BP1:y=x+1.x1x2y1-1y2-1y=x+1y=x+1x1x2联立方程和，y=-1x+3y=-1x+3224x14x2解得x3=,x4=(2k+1)x1-1(2k+1)x2-12616k2+1212k36因为x1-x2=x1+x2-4x1x2=-2+2=2，12k+112k+112k+1|0+2×1-6|45又因为点P1到直线l2的距离d==，55125可得S=|CD|⋅d=|CD|，只需求CD的最小值.251254x14x2由弦长公式可得CD=1+-2x3-x4=2-(2k+1)x1-1(2k+1)x2-136 x1-x2x1-x2=25×=25×(2k+1)x-1(2k+1)x-1(2k+1)2xx-(2k+1)x+x+112121223516k+1=×.23k+1t-1令3k+1=t，则k=.3223516k+1516(t-1)+95116216×951265可得×=×=×25-+≥×=，23k+12t22t25252551163当且仅当=，即k=时等号成立.t25166512即CD的最小值为，可得△P1CD面积的最小值为.5512故直线AP1,BP1,l2围成的三角形面积的最小值为.5(1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；(2)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．28(2024·甘肃兰州·一模)已知圆C过点P4,1，M2,3和N2,-1，且圆C与y轴交于点F，点F是2抛物线E:x=2pyp>0的焦点.(1)求圆C和抛物线E的方程；(2)过点P作直线l与抛物线交于不同的两点A，B，过点A，B分别做抛物线E的切线，两条切线交于点Q，试判断直线QM与圆C的另一个交点D是否为定点，如果是，求出D点的坐标；如果不是，说明理由．解析：(1)因为圆C过点M2,3和N2,-1，所以圆心在直线y=1上，设圆心为Ca,1，半径为r，又圆过点P4,1，所以a=2，r=2，22则圆C的方程为x-2+y-1=4，p令x=0，解得y=1，所以F0,1，则=1，所以p=2，22所以抛物线E的方程为x=4y.(2)依题意直线AB的斜率必存在，不妨设为k，则直线AB的方程为y-1=kx-4，y=kx-4k+12即y=kx-4k+1，由2整理得x-4kx+16k-4=0，x=4y2其中Δ=16k-416k-4>0，解得k<2-3或k>2+3，则x1+x2=4k，x1x2=16k-4，37 设Ax1,y1，Bx2,y2，过A，B点的抛物线的切线的斜率分别为k1、k2，12111又y=x，所以y=x，则k1=y|x=x1=x1、k2=y|x=x2=x2，422222x11x1x1所以过A点的切线方程为y-=x1x-x1，即y=x-，42242x2x2同理可得过B点的切线方程为y=x-，242x1x1x1+x2y=x-x==2k242由xx2，解得xx，即Q2k,4k-1，22y=12=4k-1y=2x-44所以点Q在直线y=2x-1上，而点M2,3也在直线y=2x-1上，所以直线QM与圆C的另一个交点D就是直线y=2x-1与圆C的交点，x=2y=2x-1x=25由22，解得或1，x-2+y-1=4y=3y=-521所以直线QM与圆C的另一个交点为定点D,-.55(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；(5)代入韦达定理求解.29(2024·甘肃兰州·一模)定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为x1,y1，x2,y2，那么称d(A,B)=x1-x2+y1-y2为A，B两点间的曼哈顿距离．(1)已知点N1，N2分别在直线x-2y=0，2x-y=0上，点M0,2与点N1，N2的曼哈顿距离分别为dM,N1，dM,N2，求dM,N1和dM,N2的最小值；2(2)已知点N是直线x+ky+2k+1=0k>0上的动点，点M0,2与点N的曼哈顿距离dM,N的最小值记为fk，求fk的最大值；kk(3)已知点Me,ke，点N(m,n)(k，m，n∈R，e是自然对数的底)，当k≤1时，dM,N的最大值为fm,n，求fm,n的最小值．38 -3x+2,x<0211解析：(1)dM,N1=x+y-2=x+2x-2=2x+2,0≤x<4，3x-2,x≥42则dM,N1≥2，即dM,N1的最小值为2；2-3x,x<0dM,N2=x+y-2=x+2x-2=2-x,0≤x<1，3x-2,x≥1则dM,N2≥1，即dM,N2的最小值为1.2(2)当k≥1时，dM,N=x+y-2，2点x,y为直线x+ky+2k+1=0k>0上一动点，2x21xx2121则当k≥1时dM,N=x++++2≥++++2≥++2，k2kk2k2k2kk2kk221即fk=++2；kk22x2122当k<1时，dM,N=x++++2≥x+x+2k+1+2k≥2k+2k+1，k2kk22即fk=2k+2k+1；2+1+2,k≥1kk221所以fk=，又当k≥1时，++2≤5，2kk22k+2k+1,0<k<12当0<k<1时，2k+2k+1<5，所以fk的最大值为5.kk(3)令x=e，则ke=xlnx，0<x≤e，kkdM,N=e-m+ke-n=maxx+xlnx-m-n,x-xlnx-m+n，-2令gx=x+xlnx,0<x≤e，则gx=2+lnx>0在区间e,e内成立，-21-2则gx在区间e,e内单调递增，则-=ge≤gx≤ge=2e，2e令hx=x-xlnx,0<x≤e，则hx=-lnx<0在区间1,e内成立，则hx在区间1,e内单调递减，则0=he≤hx≤g1=1，所以fm,n=max-1-m-n,2e-m-n,-m+n,1-m+n，e22e--1e21-01所以fm,n≥max,=e+，222e2111当m+n=e-且-<n<e-时，取最小值，2e22e221fm,n的最小值e+22e39 30(2024·安徽合肥·一模)“q-数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设q是非零实数，对任意n∈*n-1N，定义“q-数”(n)q=1+q+⋯+q利用“q-数”可定义“q-阶乘”n!q=(1)q(2)q⋯(n)q,且0!q=1.*nn!q和“q-组合数”，即对任意k∈N,n∈N,k≤n，=kqk!qn-k!q5(1)计算：；32nn-1n-1*k(2)证明：对于任意k,n∈N,k+1≤n，=+qkqk-1qkqn+m+1nmn+i*n-k+i(3)证明：对于任意k,m∈N,n∈N,k+1≤n，-=∑q.k+1qk+1qi=0kq解析：(1)由定义可知，55!2(1)2(2)2(3)2(4)2(5)2==323!22!2(1)2(2)2(3)2(1)2(2)223234(4)2(5)21+2+2+21+2+2+2+2===155.(1)2(2)21×1+2nn!q(n)q⋅n-1!q(2)因为==，kqk!qn-k!qk!qn-k!qkn-1kn-1n-1!qq⋅n-1!q+q=+k-1qkqk-1!qn-k!qk!qn-k-1!qn-1!qk=(k)q+q⋅(n-k)q.k!qn-k!qkk-1kn-k-1又(k)q+q⋅(n-k)q=1+q+⋯+q+q1+q+⋯+qn-1=1+q+⋯+q=(n)q,nn-1n-1k所以=+qkqk-1qkq(3)由定义得：nn*对任意k∈N,n∈N,k≤n,=.kqn-kq结合(2)可知nnn-1n-1n-k==+qkqn-kqn-k-1qn-kqn-1n-1n-k=+qkqk-1qnn-1n-1n-k即=+q，kqkqk-1qnn-1n-1n-k也即-=q.kqkqk-1q40 n+m+1n+mn+mn+m-k所以-=q，k+1qk+1qkqn+mn+m-1n+m-1n+m-1-k-=q，k+1qk+1qkq⋯⋯n+1nnn-k-=q.k+1qk+1qkq上述m+1个等式两边分别相加得：n+m+1nmn+in-k+i-=∑q.k+1qk+1qi=0kq31(2024·黑龙江哈尔滨·一模)这个冬季，哈尔滨文旅持续火爆，喜迎大批游客，冬天里哈尔滨雪花纷飞，成为无数南方人向往的旅游胜地，这里的美景，美食，文化和人情都让人流连忘返，严寒冰雪与热情服务碰撞出火花，吸引海内外游客纷至沓来．据统计，2024年元旦假期，哈尔滨市累计接待游客304.79万人次，实现旅游总收入59.14亿元，游客接待量与旅游总收入达到历史峰值．现对某一时间段冰雪大世界的部分游客做问卷调查，其中75%的游客计划只游览冰雪大世界，另外25%的游客计划既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人．每位游客若只游览冰雪大世界，则得到1份文旅纪念品；若既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人，则获得2份文旅纪念品．假设每位来冰雪大世界景区游览的游客与是否参观群力音乐公园大雪人是相互独立的，用频率估计概率．(1)从冰雪大世界的游客中随机抽取3人，记这3人获得文旅纪念品的总个数为X，求X的分布列及数学期望；(2)记n个游客得到文旅纪念品的总个数恰为n+1个的概率为an，求an的前n项和Sn；(3)从冰雪大世界的游客中随机抽取100人，这些游客得到纪念品的总个数恰为n个的概率为bn，当bn取最大值时，求n的值．3解析：(1)据题意，每位游客只游览冰雪大世界的概率为，得到1份文旅纪念品；41既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人的概率为，获得2份文旅纪念品，4则X的可能取值为3，4，5，6，332711322721239其中P(X=3)=4=64，P(X=4)=C3⋅4⋅4=64，P(X=5)=C3⋅4⋅4=64，P(X=6)=131=，464所以X的分布列为X3456272791P6464646427279115E(X)=3×+4×+5×+6×=.646464644(2)因为n个游客得到文旅纪念品的总个数恰为n+1个，则只有1人既游览冰雪大世界又参观群力音乐公41 园大雪人，113n-1n3n于是an=Cn⋅4⋅4=3⋅4，1332333n则Sn=31×4+2×4+3×4+⋯+n×4，313233343n3n+1于是4Sn=31×4+2×4+3×4+⋯+(n-1)×4+n×4，11332333n3n+1两式相减，得4Sn=34+4+4+⋯+4-n×433n141-43n+113n+1=33-n×4=1-3(n+4)×4，1-43n所以Sn=4-(n+4)4.(3)设只游览冰雪大世界的人数为x，则既游览冰雪大世界又参观群力音乐公园大雪人的人数为100-x，x3x1100-x1xx因此游客得到纪念品的总个数n=x+2(100-x)=200-x，此时bn=C10044=100C1003，41xx1x+1x+1100C1003≥100C100344假定bn取最大值，必有0<x<100，于是，1xx1x-1x-1100C1003≥100C100344100!≥3⋅100!x!(100-x)!(x+1)!(99-x)!x+1≥3(100-x)299303即，整理得，解得≤x≤，而x∈N，则x=3⋅100!≥100!3(101-x)≥x44x!(100-x)!(x-1)!(101-x)!75，所以当bn取最大值时，n=125.32(2023·广东广州·模拟预测)多元导数在微积分学中有重要的应用.设y是由a，b，c⋯等多个自变Δydy量唯一确定的因变量，则当a变化为a+Δa时，y变化为y+Δy，记lim为y对a的导数，其符号为.Δa→0Δadadydy和一般导数一样，若在a1,a2上，已知>0，则y随着a的增大而增大；反之，已知<0，则y随着adadady1+y2dy1的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：=+daday1dy1dy2dy2dy1y2dy1dy2dy2y2da-y1dady2；②乘法法则：=y2+y1；③除法法则：=2；④复合法则：=dadadadaday2dady2dy1x1212⋅.记y=e+xlnx-x-ex-a.(e=2.7182818⋯为自然对数的底数)，dy1dae2edydy(1)写出和的表达式；dxda(2)已知方程y=0有两实根x1,x2，x1<x2.①求出a的取值范围；dx1+x2②证明>0，并写出x1+x2随a的变化趋势.da42 x1212解析：(1)解：设fx=ga=e+xlnx-x-ex-a，e2edyΔyfx+Δx-fxx2则=lim=lim=fx=e+xlnx-e，dxΔx→0ΔxΔx→0Δxedy同理=g′a=-1.dax2(2)解：①由(1)，可得fx=e+xlnx-e，则f1=0，ex且x<1时，e<e，xlnx<0，fx<0即fx单调递减，x>1时，fx>0即fx单调递增，1故fx≥f1=--a，2e2又由x→0时，x趋近于0的速度远远快于lnx趋近于-∞的速度，21故xlnx→0，fx→1-a，因此只需1-a>0且--a<0，2e1即由零点存在性定理，x1∈0,1，x2>1，存在两个零点，故a∈-2e,1；dydydx1+x2dx1dx2dx1dydx2dydx1dx211dx1+dx2②由=+=⋅+⋅=-+=-+=-=dadadadydadydadydydydydydydx1dx2dx1⋅dx2fx1+fx2-，fx1fx2由①可得fx1<0，fx2>0，故只需证明fx1+fx2>0，x1+x2x2-x1令2=m，设hx=fm+x-fm-x0≤x≤2，x2-x1则h0=h2=fx2-fx1=0，且hx=fm+x+fm-x，x2-x1则h2=fx1+fx2，m+x2m-x2又hx=fm+x-fm-x=e+lnm+x+1-e+lnm-x+1单调递增，且heex2-x10=0，故hx≥h0=0，hx单调递增，则hx≤h2，x2-x1必然h2=fx1+fx2>0，否则hx≤0即hx单调递减，不符合题意，x2-x1h0=h2=fx2-fx1=0，故原命题成立。所以x1+x2随a增大而减小.233(2024·广西南宁·一模)已知曲线Γ:x=4y．t(1)若点Tt,s是Γ上的任意一点，直线l:y=x-s，判断直线l与Γ的位置关系并证明．2(2)若E是直线y=-1上的动点，直线EA与Γ相切于点A，直线EB与Γ相切于点B．①试问∠AEB是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．43 EBAB②若直线EA,EB与x轴分别交于点C,D，证明：=．ECCD2解析：(1)由题意知点Tt,s是Γ上的任意一点，则t=4s，y=tx-s联立2，得x2-2tx+4s=0，x2=4y2则△=4t-16s=0，故直线l与Γ相切；(2)①：∠AEB为定值22x1x2设Ax1,,Bx2,，4422x1x1x2x2由(1)知切线AE为y=x-，切线BE为y=x-，24242x1+x2x1x1+x2x1x1x2联立得x=，则yE=⋅-=，22244x1x2又E点在直线y=-1上，故=-1，4x1x1x1x2则kAE⋅kBE=⋅==-1，224故EA⊥EB，即∠AEB=90°为定值；②证明：设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的斜率必存在，设为k，倾斜角为θ，22x2x1y2-y14-4x1+x2则k=tanθ===，x2-x1x2-x14EA的斜率存在，不妨设为k1>0，倾斜角为θ1，EB的斜率存在，不妨设为k2<0，倾斜角为θ2，x1x2则tan∠ECD=tanθ1=,tanθ2=，22x1+x2x2x1-x2tanθ-tanθ24-24tan∠EBA=tanθ-θ2==x+xx=21+tanθ⋅tanθ21+12⋅21+x1x2+x2428x--41x14x1==，-422-4+x1+18由题意知∠EBA,∠ECD为锐角，则tan∠EBA=tan∠ECD,∴∠EBA=∠ECD，44 又EA⊥EB，故Rt△EBA∽Rt△ECD，EBAB所以=.ECCD45