2024年高考數(shù)學(xué)新模式新題型《數(shù)學(xué)與閱讀理解》共22道（含解析）

ai,l11,2%,加

（2023上?北京朝陽?高三統(tǒng)考期中/24南通）已知4=知仁2%"'（〃叱2）是療個正整數(shù)組成的加

、。加,1am,2…am,m）

行加列的數(shù)表，當(dāng)/<y777時，記+設(shè)“eN*,若4滿足如

下兩個性質(zhì)：

?a,.yG{1,2,3；■?,n}（z=1,2,,7n;7=l,2,,ni）-

②對任意左e{1,2,3,…㈤,存在ie{l,2,…，叫,je{l,2,…,3,使得%=k,則稱任為數(shù)表.

‘123、

⑴判斷4=231是否為小數(shù)表，并求4（&1，%2）+1（02,2，%3）的值；

□「J

⑵若口數(shù)表4滿足d（%，%ij+J=1。=1，2,3;j=1,2,3）,求4中各數(shù)之和的最小值；

（3）證明：對任意Q數(shù)表A。，存在14，<s410,14j<Y10,使得［（為,&J=0.

【答案】⑴是；5

（2）22

（3）證明見詳解

【分析】（1）根據(jù)題中條件可判斷結(jié)果，根據(jù)題中公式進(jìn)行計算即可；

⑵根據(jù)條件討論"埼的值，根據(jù)=「4」,得到相關(guān)的值，

進(jìn)行最小值求和即可；

（3）當(dāng)々22時，將橫向相鄰兩個人用從左向右的有向線段連接，則該行有〃-1條有向線段，得到橫向有向

線段的起點總數(shù)，同樣的方法得到縱向有向線段的起點總數(shù)，根據(jù)條件建立不等關(guān)系，即可證明.

‘123、

【詳解】（1）4=231是一數(shù)表，

1312）

］（%.］,出,2）+（/（。2,2，%,3）=2+3=5.

（2）由題可知d（atj,4,）=\aitj-aSJ\+\asJ-ast|=l（z=l,2,3;j=1,2,3）.

a

當(dāng)M,j=1時，有d⑷,4+i,j+i）=（a.jJ+l-1）=^1,

所以%+4+U+1=3.

當(dāng)j=2時,有d(%j，4+ij+i)=(2—%))(2—4+ij+i)=1,

所以a,j+《+ij+i=3.

所以at,j+aM,j+i=3?=1，2,3;j=1,2,3).

所以alA+a22+a3}+a44=3+3=6,a13+a2A=3,%」+=3.

32+%+%4=3+1=4或者&2+4,3+%4=3+2=5,

%1+%2+%,3=3+1=4或者%+%2+&,3=3+2=5,

%4=1或?1,4=2,?4,1=1或?4,1=2,

故各數(shù)之和26+3+3+4+4+1+1=22,

4111、

1222

=當(dāng)4“=1211時」，

J212,

各數(shù)之和取得最小值22.

(3)由于Q數(shù)表/中共100個數(shù)字，

必然存在丘{1,2,3,4},使得數(shù)表中左的個數(shù)滿足7225.

設(shè)第i行中％的個數(shù)為4(/=1,2,-,10).

當(dāng)乙22時，將橫向相鄰兩個女用從左向右的有向線段連接，

則該行有々T條有向線段，

所以橫向有向線段的起點總數(shù)尺=2&-1注￡&-1)=7-10.

號之210

設(shè)第J列中％的個數(shù)為Cj(j=1,2,…,10).

當(dāng)J22時，將縱向相鄰兩個人用從上到下的有向線段連接，

則該列有C/T條有向線段，

所以縱向有向線段的起點總數(shù)。=z(c-i)>Z(c.-i)=r-io.

cj>2J710J7

所以R+CN2T-20,

因為T?25,所以R+C-T22T—20-T=T-20>0.

所以必存在某個上既是橫向有向線段的起點，又是縱向有向線段的終點,

即存在1<i/<v<10,1<p<q<10,

使得au,p=av,p=av,q=k,

所以d（第4j=除廣時|+\av,P一%）=0，

則命題得證.

（鎮(zhèn)海高三期末）19.在幾何學(xué)常常需要考慮曲線的彎曲程度，為此我們需要刻畫曲線的彎曲程度.考察如圖

所示的光滑曲線c：y=/（x）上的曲線段A3,其弧長為心，當(dāng)動點從A沿曲線段A8運動到B點時，A

點的切線乙也隨著轉(zhuǎn)動到B點的切線％，記這兩條切線之間的夾角為八。（它等于4的傾斜角與乙的傾斜

角之差）.顯然，當(dāng)弧長固定時，夾角越大，曲線的彎曲程度就越大；當(dāng)夾角固定時，弧長越小則彎曲程度

A6>

越大，因此可以定義K=為曲線段的平均曲率；顯然當(dāng)越接近即加越小，就越能精確刻

A7AB8A,K

畫曲線在點處的彎曲程度，因此定義｛與/|>1

CAK=；J（若極限存在）為曲線C在點A處的

（一）2

曲率.（其中y',y''分別表示y=/（x）在點A處的一階、二階導(dǎo)數(shù)）

（1）求單位圓上圓心角為60。的圓弧的平均曲率;

尤2

（2）求橢圓二+,2=1在處的曲率;

4-

/、2V21y|/、/、

(3)定義°(y)=0—號為曲線y=/(%)的“柯西曲率”.已知在曲線/(x)=xlnx-2x上存在兩點

P(%J(%))和。卜2，/(々))，且HQ處的“柯西曲率”相同，求我+啊的取值范圍.

【答案】(1)1(2)更立

49

【解析】

【分析】(1)依據(jù)所給定義求解即可.

(2)直接利用定義求解即可.

(3)合理構(gòu)造給定式子，轉(zhuǎn)化一元函數(shù)，結(jié)合高觀點極限方法求解即可.

【小問1詳解】

兀

K=--=—=1.

As4

3

【小問2詳解】

1--11_3

、-彳2＞

h/X2,X(.X22?1I(.;J、5%2；X2

y=vT'，y

16A/7

故(占=-#，y"L=旨=-2,故(r]—49.

【小問3詳解】

f'(x)-]nx-l,故9(》)=J_20_20

-z、3―/-/\3，其中5=0%，

x(1+y)x(lnx)3v3(5,ln5)

令:=朽，4=^",則aln%貝1Jin0:二一獨"，其中,=^＞1(不妨灰＞A)

t—1%

令Mx)=—p'(x)=i+mxnp(聞咤)遞減，在[g,+s]遞增，故1＞/2＞：＞：＞0；

令/z⑺=ln(4+/2)=ln?+l),

t—

h'(t)=1,In/"I,令加(/)=hu—2"一」?>D,

t+1Jt+1

則m'(t)="f，當(dāng)/>1時，m'Q)>0恒成立，故m(t)在(1,+8)上單調(diào)遞增,

即叱唱以0,

可得m(t)>m(l)=0,

，/、1「2〃-1)

故有打什)=-----Z-In/——-------

(I)[->0,

則人⑺在(1,+8)遞增，

又噂秋')=ln2—l,lim/i(?)=0,故ln&+芍)e(ln2—l,0),

故依+值=ti+r2e

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查求導(dǎo)數(shù)新定義，解題關(guān)鍵是將給定式子合理轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)，然后利用極

限方法求得關(guān)鍵函數(shù)值域，最終即可求解.

（合肥一中期末）19.同余定理是數(shù)論中的重要內(nèi)容.同余的定義為：設(shè)a,b^Z,m6"*且加＞1.若

—）則稱。與b關(guān)于模相同余，記作。三》（modm）（，”為整除符號）.

（1）解同余方程尤2-%三。（mod3）；

（2）設(shè)（1）中方程的所有正根構(gòu)成數(shù)列｛4｝,其中％＜。2＜。3＜?＜4-

①若"二-一4”江）,數(shù)列也｝的前八項和為S“，求先^；

②若cn=tana2“+i匕!）⑸一］（/eN*）,求數(shù)列｛c“｝的前〃項和心.

解：（1）由題意x（x-l）=0（mod3）,所以x=3左或x—1=3左（左eZ）,即x=3左或x=3左+1（左eZ）.

3義但（〃為奇數(shù)）

（2）由⑴可得｛%｝為｛3,4,6,7,9,10,卜所以2

卜義畀1（〃為偶數(shù)）

1（〃為奇數(shù)）

①因為（neN）,所以仇=<

2（〃為偶數(shù)）.

52024=4+4+&++旬024=3x1012=3036.

?cn=tan?2n+1-311%一1=tan3n-tan3（n+l）QneN*）.

,/、tan3（〃+1）—tan3〃

因為tan3〃?tan3（〃+l）=-------------------------1,

tan3

?。╰an6-tan3八（tan9-tan6八（tan3（M+l）-tan3n、

所以7；=仿+02+…g=----------------------------1+-----------------1+…+-------------------------1

Vtan3J（tan3）（tan3）

tan3（n+l）-tan3tan3（n+l）]

tan3tan3

（北京西城）21.給定正整數(shù)N23,已知項數(shù)為加且無重復(fù)項的數(shù)對序列A：

（國,%）,（4,%），…，（%,%）滿足如下三個性質(zhì):①不,ye{l,2,…,N},且可#%（i=1,2,…,加）；②

,+1=y（=i，2,…,"T；③（夕應(yīng)）與（%夕）不同時在數(shù)對序列A中.

（1）當(dāng)N=3，機=3時，寫出所有滿足苞=1的數(shù)對序列A；

（2）當(dāng)N=6時，證明：m<13；

（3）當(dāng)N為奇數(shù)時，記用的最大值為T（N）,求T（N）.

【答案】⑴4:（1,2）,（2,3）,（3,1）或4:（1,3）,（3,2）,（2,1）

（2）證明詳見解析（3）T（N）=；N（N—1）

【解析】

【分析】（1）利用列舉法求得正確答案.

（2）利用組合數(shù)公式求得加的一個大致范圍，然后根據(jù)序列A滿足的性質(zhì)證得mW13.

（3）先證明T（N+2）=T（N）+2N+1,然后利用累加法求得T（N）.

【小問1詳解】

依題意，當(dāng)N=3,相=3時有：

4:（1,2）,（2,3）,（3,1）或4:（1,3）,（3,2）,（2,1）.

【小問2詳解】

當(dāng)N=6時，

因為（夕應(yīng)）與（名夕）不同時在數(shù)對序列A中，

所以/力＜或=15,所以1,2,3,4,5,6每個數(shù)至多出現(xiàn)5次，

又因為%+1=%[=1,2,?，加一1）,

所以只有和以對應(yīng)的數(shù)可以出現(xiàn)5次，

所以7“＜gx（4x4+2x5）=13.

【小問3詳解】

當(dāng)N為奇數(shù)時，先證明T（N+2）=T（N）+2N+L

因為（夕,q）與（名夕）不同時在數(shù)對序列A中，

所以T（N）＜Cj=gN（N—1）,

當(dāng)N=3時，構(gòu)造A:。,2）,（2,3）,（3,1）恰有C；項，且首項的第1個分量與末項的第2個分量都為1.

對奇數(shù)N,如果和可以構(gòu)造一個恰有Cj項的序列A,且首項的第1個分量與末項的第2個分量都為1,

那么多奇數(shù)N+2而言，可按如下方式構(gòu)造滿足條件的序列A'：

首先，對于如下2N+1個數(shù)對集合：

｛（1,N+1）,（N+1,1）｝,｛（1,N+2）,（N+2,1）｝,

｛（2,N+l）,（N+l,2）｝,｛（2,N+2）,（N+2,2）｝,

｛（N,N+1）,（N+1,N）｝,｛（N,N+2）,（N+2,N）｝,

｛（N+1,N+2）,（N+2,N+1）｝,

每個集合中都至多有一個數(shù)對出現(xiàn)在序列A'中，

所以T（N+2）WT（N）+2N+1,

其次，對每個不大于N的偶數(shù)，e｛2,4,6,.「N—l｝,

將如下4個數(shù)對并為一組:

（N+Lz）,（i,N+2）,（N+2,i+l）,（i+l,N+l）,

共得到上J組，將這匹J組對數(shù)以及（1,N+1）,（N+1,N+2）,（N+2,1）,

按如下方式補充到A的后面，

即A（,N+l）,（N+L2）,（2,N+2）,（N+23）,（3,/+l）,-,

（N+1,N—1）,（N—1,N+2）,（N+2,N）,（N,N+1）,（N+1,N+2）,（N+2,1）.

此時恰有T（N）+2N+1項，所以T（N+2）=T（N）+2N+L

綜上，當(dāng)N為奇數(shù)時，

T（N）=（T（N）—T（N—2））+（T（N—2）—T（N—4））++（T（5）-T（3））+T（3）

=（2（N-2）+l）+（2（N-4）+1）++（2x3+l）+3

=（2（N-2）+l）+（2（N-4）+1）++（2x3+l）+（2xl+l）

=（2N-3）+（2N-7）++7+3

2N—3+3N—2+1

------------x-----------

22

【點睛】方法點睛：解新定義題型的步驟:

（1）理解“新定義”一一明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論.

⑵重視“舉例”，利用“舉例”檢驗是否理解和正確運用“新定義”；歸納“舉例”提供的解題方法.歸納

“舉例”提供的分類情況.

（3）類比新定義中的概念、原理、方法，解決題中需要解決的問題.

（如皋市）19.對于給定的正整數(shù)n,記集合R"={a|a=（%,尤2，三,…，尤“）,尤」eR,/=l,2,3,…,其中

元素。稱為一個w維向量.特別地，0=（0,0,…,0）稱為零向量.

設(shè)左eR,￡=(4，%「-,見)€氏"，0=(瓦力2,…,b,)cR",定義加法和數(shù)乘：ka=(kax,ka2,---,kaj,

a+#=(4+bx,a2+b2,---,an+bn).

對一組向量%,%，…，%(seN+，s..2),若存在一組不全為零的實數(shù)左，k2,...,ks,使得

尤%2a2+…+44=0,則稱這組向量線性相關(guān).否則，稱為線性無關(guān).

(1)對〃=3,判斷下列各組向量是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.

①位=(1,1,1),￡=(2,2,2)；

②。=(1,1,1),￡=(2,2,2),/=(5,1,4)；

③c=(l,l,O),4=(1,0,1),/=(0,1,1),5=(1,1,1).

(2)已知0,13,7線性無關(guān)，判斷a+￡,p+7,&+7是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.

(3)已知加(加-2)個向量％,a2，…，%；線性相關(guān)，但其中任意m-1個都線性無關(guān)，證明：

①如果存在等式左4+左2a2+…=0(左eR,i=l,2,3,…,加)，則這些系數(shù)左，k7,心或者全

為零，或者全不為零；

②如果兩個等式尤4+k2a2+…+%,"%"=0,/]%+l2a2+…+/,“看“=0(,wR,li€凡7，=1,2,3,-.,修)同時成

k,匕km

立，其中/尸0,貝

(1)解：對于①，設(shè)勺。+&/=0,則可得匕+2&=0,所以以〃線性相關(guān)；

對于②，設(shè)kxa+k2P+k3y=0,則可得｛左i+2左2+5&=0^+2k?+k3=0^+2k?+4左3=0,所以左1+2k2=0,

%=0,所以％回/線性相關(guān)；

對于③，設(shè)kxa+k2(3+k3y+k^8=0,則可得｛左1+左2+左4=0勺+&+攵4=0左2+&+&=0，解得

匕=k2=左3二-：左4，所以。,回/?線性相關(guān)；

(2)解：設(shè)勺(。+/)+左2(￡+7)+左3(。+7)=0，

則(匕+女3)儀+(匕+左2)6+()+左3)/=。'

因為向量B,7線性無關(guān)，所以機+收=0勺+左2=0%2+%3=0，解得4=左2=左3=0，

所以向量a+尸，(3+Y,7線性無關(guān),

11

（3）①匕4+A2a2"--------■心區(qū)”=0，如果某個勺=。，，=1,2,-??,m,

貝ijk{ax+k2a2++k-%-+kMa二+…+kma^=0,

因為任意根—1個都線性無關(guān)，所以左—k2,kM,■■■,匕“都等于0,

所以這些系數(shù)左，&，???，K或者全為零，或者全不為零,

②因為/戶0,所以小?一，4全不為零,

...LI

所以由4%+l2a2+?-?+/,???=?？傻?=-7%------十％…

+

代入左0k2a2+---+kmam=0可得勺（一十%----,aQ+k2a2+-'+kmam=0,

所以（一}匕+&）&+…+（-聲勺+&）。加=。，

所以一十%+右=。，…，-y-^i+km=0,

（江蘇四校）19.交比是射影幾何中最基本的不變量，在歐氏幾何中亦有應(yīng)用.設(shè)A,B,C,。是直

線/上互異且非無窮遠(yuǎn)的四點，則稱絲.空（分式中各項均為有向線段長度，例如AB=-A4）為A,B,

BCAD

C,。四點的交比,記為（AB;。,。）.

1

（1）證明:1-（￡>,B；C,A）=

（B,A；C,Z））

（2）若4,12,13,乙為平面上過定點尸且互異的四條直線，%,七為不過點「且互異的兩條直線，L,

與4，12,4，乙的交點分別為4，B],c-2，%與/「%，4，%的交點分別為4，B「c2,D2,

證明：（4，旦;。1，。）=（4，與6,3）；

（3）已知第（2）問的逆命題成立，證明：若AEFG與AER'G'的對應(yīng)邊不平行，對應(yīng)頂點的連線交于

同一點，則AEFG與AEFG對應(yīng)邊的交點在一條直線上.

的八、，小「「“、,DCBABCAD+DCBABC（AC+CD）+CD-AB

解：（1）1-（JD,B;C,A）=1--------------=---------------------------=------------------------------------

BCDABCADBCAD

BCAC+BCCD+CDAB_3cAe+ACCD_AC-BD_]

BCAD-BCAD-BC-AD-（B,A,C,D）'

（2）（A,四；c>2）=AG.4A=S'AG.SAPB向

BCMs^Ci-s^Di

5PApc1.sm/APCI^PB/PR.sinSPRsm/"Cjsin/gP〃

sinZSPCsinPD

；PB『PCjsinZB,PC,-PD,■sinZA,PDX''幺i

SAP4c2?S^pgD2

sinZAPC2-sinZBPD2

222.詈=(4，%G，3；

sinZB2PC2?sinAA1PD2S”32c2?SA%￡)2

第(3)問圖

(3)設(shè)EF與EF'交于X,FG與F'G'交于Y,EG與E'G'交于Z,連接XY,FF'與XY交于L,EE'

與xy交于w,GG與xy交于N,欲證x,Y,z三點共線，只需證z在直線xy上.考慮線束XP,XE,

XM,XE',由第(2)問知(P,fU,/')=(P,E;K￡)，再考慮線束IP，YF,YL,YF',由第(2)問

知(P,F;L,F')=(P,G;N,G),從而得到(P,E;M,E')=(P,G;N,G'),于是由第(2)問的逆命題知，EG,

MN,E'G'交于一點，即為點Z,從而A/N過點Z,故Z在直線XV上，X,Y,Z三點共線.

(高考仿真)19.已知無窮數(shù)列{4}滿足%=max{%+i，a“+2}—min{a"+iM"+2}("=l,2,3,,)，其中

max{x,y}表示x,y中最大的數(shù)，min{x,y}表示x,y中最小的數(shù).

(1)當(dāng)％=1,%=2時，寫出％的所有可能值；

(2)若數(shù)列{%}中的項存在最大值，證明：0為數(shù)列{4}中的項；

(3)若里,〉0(，=1,2,3,?),是否存在正實數(shù)M,使得對任意的正整數(shù)%都有為<“？如果存在，寫

出一個滿足條件的M；如果不存在，說明理由.

【答案】⑴{1,3,5}

(2)證明見解析(3)不存在，理由見解析

【解析】

【分析】(1)根據(jù)定義知?！?0,討論。3>2、%<2及%，“4大小求所有。4可能值；

(2)由?！?0,假設(shè)存在4eN*使a“K品，進(jìn)而有4°Wmax{ailo+l,ailo+2}<%,可得

min{aw+i，a聞+?}=0，即可證結(jié)論；

(3)由題設(shè)為/4+15=2,3,?),令5={加。〃〉a〃+i，"21},討論S=0、S/0求證%>“即可

判斷存在性.

【小問1詳解】

由a“=max[an+1,an+2}-min[aII+1,an+2}>0,q=max{2,?3}-min{2,a3}=1,

若名〉2,則%-2=1,即％=3,此時。2==2,

當(dāng)%>3,則&-3=2,即%=5；

當(dāng)應(yīng)<3,則3—%=2，即為=1；

若%<2,貝!]2-%=1，即。3=1，此時g=max{l,a4}-min{l,a4}=2,

當(dāng)%>1，則%—1=2，即%=3；

當(dāng)應(yīng)<1，則1—%=2,gpa4=-1(舍)；

綜上，％的所有可能值為{L3,5}.

【小問2詳解】

由(1)知：an>0,貝i|min{a“+i，%+2}N0,

數(shù)列{4}中的項存在最大值，故存在%6N*使％,Wa聞，("=1,2,3,…)，

由%=max{%M,。否+2}—min{%+],allo+2}<max{a^+1,a^+2}<^,

所以min{aM，aw+2}=0，故存在左e{%+1,%+2}使4=0,

所以0為數(shù)列{4}中的項；

【小問3詳解】

不存在，理由如下：由。“>0(〃=1,2,3,),則4產(chǎn)?！?15=2,3,..),

設(shè)S={“|%>"〃+1,"31}，

若S=0,則qWg，q<6+1(7=2,3,.),

M-

對任意〃〉0,取％=[—]+2([幻表示不超過x的最大整數(shù))，

當(dāng)">為時，an=(4-a〃T)+(a”--an_2)+...+(a3-a2)+a2

—a“_2+a”_3+…+。]+2(“一I)%〉M；

若S/0,則S為有限集，

設(shè)〃2=max｛〃|a">a“+i，〃21｝，am+i<am+M(z=l,2,3,)，

M,，

對任意〃>0,取“=[r——]+m+l([x]表示不超過x的最大整數(shù))，

a1n+i

當(dāng)">〃2時'4=(見一%-1)+(%-「q-2)+…+(4+2一%"+1)+4+1

a

=a吁2+%+???+m+4+1>(n-m)am+1>M；

綜上，不存在正實數(shù)M,使得對任意的正整數(shù)〃，都有

【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，首選確定為/a.5=2,3,),并構(gòu)造集合5=｛加4>”“+1，九21｝,討

論S=0、SW0研究存在性.

(高考仿真)19.若項數(shù)為k(keN*,工3)的有窮數(shù)列若“｝滿足:0W3<&<的<???<^，且對任意的

i,jQWiWjWk),%+6或%-6是數(shù)列｛4｝中的項，則稱數(shù)列｛“"｝具有性質(zhì)尸.

⑴判斷數(shù)列0,1,2是否具有性質(zhì)P,并說明理由；

(2)設(shè)數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P,q?=L2,,公是｛““｝中的任意一項，證明：。*-q一定是｛%｝中的項；

(3)若數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P,證明：當(dāng)上25時，數(shù)列｛4｝是等差數(shù)列.

解析(1)數(shù)列0』,2具有性質(zhì)P.

理由：根據(jù)有窮數(shù)列｛%｝滿足：0^a｝<a2<a3<---<ak,且對任意的i,j(lViVjW6)，％+弓或。廠q是數(shù)

列｛%｝中的項，則稱數(shù)列｛q｝具有性質(zhì)P，

對于數(shù)列。,1,2中，若對任意的可得力-6=?；?或2,

可得勺一4一定是數(shù)列｛%｝中的項，所以數(shù)列0,1,2具有性質(zhì)P...........4分

(2)證明：由q(i=l,2,，幻是數(shù)列｛%｝中的任意一項,

因為數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P,即％+%或勺-％是數(shù)列｛q,｝中的項，

令/=&,可得%+q或延-勾是數(shù)列｛%｝中的項，

又因為0=4<a2<...<ak,可得如+弓一定不是數(shù)列｛%｝中的項，

所以%-卬一定是數(shù)列｛%｝中的項...........8分

（3）由數(shù)列｛七｝具有性質(zhì)尸，可得以+為走｛?！埃?所以4-4e｛a“｝,

則0e｛a“｝,且q=0,

又由4+qg｛a“｝,所以4-4日凡｝,

又由0=〃k一<&_ak_x<ak-ak_2<L<ak-a2<ak-ax,

①設(shè)左，因為0?%<〃2<<4

aa=aa

可得%一必=0q~k-\=〃2，4~k-2=〃3，S_〃2k-vk-ax=ak,

當(dāng)上N5時，可得%—%7=4+1（14，4左一1）,（*）

②設(shè)3W左一2,貝!jai+q>%T+/=%,所以％T+4任｛q｝,

由°=ak_x-ak_x<ak_y-ak_2<L<ak_x-a3<ak-a3=ak_2,

又由。<%<出<■<ak_3<ak_2,

aa=aaa=a

可得k-\~k-\\'k-\~k-22<ak_3=a3,ak_｝—a3=ak_3,

所以%-ak_,=ai（l<i<k-3）,

因為左25,由以上可知：4T-%T=4且%「a1=0，

所以為_］一4=%T且仆2，所以《_|一。1=q（14i4左-1）,（**）

由（*）知，ak-ak_t=aM（1<z<A;-1）

兩式相減，可得以一。1=@+i（1d《左-1）,

所以當(dāng)上25時，數(shù)列｛%｝為等差數(shù)列...........17分.

（安徽）19.（17分）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》

一書中.阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是已知動點般與兩定點2P的距離之比

向\MQ\一人。，人D"是一個常數(shù)，那么動點般的軌跡就是阿波羅尼斯圓，圓心在直線P。上.已知動

22

y

點四的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為/+丁2=4,定點分別為橢圓c：\+=l(tz>b>0)的右焦點

a

廠與右頂點A，且橢圓C的離心率為e=’.

2

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;

（2）如圖，過右焦點/斜率為左伏＞0）的直線/與橢圓C相交于民。（點8在x軸上方），點S,T是橢圓

C上異于民。的兩點，SF平分NBSD,TF平分NBTD.

BS\

①求亍房的取值范圍;

Q1jP

②將點S、2T看作一個阿波羅尼斯圓上的三點，若SFT外接圓的面積為《一,求直線/的方程.

22V5M

【答案】（1）土+匕=1⑵①,1?y=——X------

8622

c-2c+2)

【解析】（1）方法①特殊值法，令”（土2,0）,石5'且0=20'解得c=2.

a—2

22

a?=8,〃=/_。2=6,橢圓C的方程為土+匕=1,

86

22

z-x一/\\MF\J（X-C）+y

方法②7設(shè)由題意上2「2二丸（常數(shù)），整理得:

IIM^x-a）+y

2c—-=o

2C]

222c—2a4?幾2〃2—天2-1

x+y+-------x-\----；---=0,故<9，又一=二，解得：a—2-\/2,c—^2.

22-122-1A2a2-c?a2

-=-4

、力—1

22

.?.廿=/—。2=6,橢圓C的方程為二+±=1.

86

_]s葉|S斗sin/BSF」SB|

qA=I即

(2)①由一^一問又

SSDF^\SD\\SF\-sin^DSFS.SDF\DF\'

BS\\BF\\BF

.??易=羽(或由角平分線定理得)，令方=力，則=設(shè)。(%,％)，

xB=>/2(2+1)-Ax0

則有知+4y；=24,又直線/的斜率左＞0,貝！1xoe卜

yB=一/%

代入3/+4/-24=0得：31后(1+2)_2不1+422)：_24=0,

31

A>0,.\2=5一拒飛"，1.

|s劇\TB\\BF\

馬，由阿波羅尼斯圓定義知,

②由⑴知‘的=西=西

S,T,尸在以民。為定點的阿波羅尼斯圓上，設(shè)該圓圓心為G，半徑為廠，與直線/的另一個交點為N,則

1

"」N3|\BF\_2r-\BF\

有標(biāo)一同‘即麻司‘解侍:11

DF2r+DF

\BF\\DF\

P_2_81_9112V2

又3圓G-兀廠--71故一百一皿3~9~

O?

1

又回+^0=0)+6_1x：=2V2_gx()'

11115—12A/2

~9~-

■\BF\\DF\~A\DF\\DF\3(2V2-1x2直一；1

02X°

,V2[1工=—乎?左?直線/的方程為y="x—巫

解得：x=---,y0=-

04472—X。Z22

(鄭州外國語)19.記。={1,2,…,100}.對數(shù)列{4}(“eN*)和U的子集T,若T=0,定義工=0；

若丁={討2….,人},定義$=%+@+…+4.例如:7={1,3,66}時,ST=al+a3+a66.現(xiàn)設(shè)

{4}(〃wN*)是公比為3的等比數(shù)列，且當(dāng)T={2,4}時，ST=30.

(1)求數(shù)列{4}的通項公式；

(2)對任意正整數(shù)左(1W左W100),若T{1,2,...,公，求證：ST<ak+l；

(3)設(shè)c=u,o=u,scNsr),求證：sc+scD>2SD.

解(1)當(dāng)丁={2,4}時，ST-a2+a4-a2+9a2-30,因此%=3,從而％=2=1,"“=3"'；

T3^—1

(2)+a?+以=1+3+3?++3"————v3”=以+i；

(3)設(shè)A=jf(CD),B=D(CD),則A|3=0,Sc=S#Sc0,SD=SB+SCD,

Sc+ScD-2SD=SA-2SB,因此原題就等價于證明SA>2SB.由條件Sc>SD可知SA>SB.

①若5=0,則品=0,所以SA22sB.

②若Bw0,由SA^SB可知設(shè)A中最大元素為中最大元素為加，若機N/+1,

則由第(2)小題，SA<aM<am<SB,矛盾.因為AB=0,所以/。加，所以/2機+1,

2

SB<a,+a2++am=1+3+3++3%]=<安<?<，，即力>258.

綜上所述，SA>2SB,因此Sc+Sc2so.

（福建模擬）2022年北京冬奧會標(biāo)志性場館一一國家速滑館的設(shè)計理念來源于一個冰和速度結(jié)合的創(chuàng)意，

沿著外墻面由低到高盤旋而成的“冰絲帶”，就像速度滑冰運動員高速滑動時留下的一圈圈風(fēng)馳電掣的軌

跡，冰上劃痕成絲帶，22條“冰絲帶”又象征北京2022年冬奧會,其中“冰絲帶”呈現(xiàn)出圓形平面、橢圓形

平面、馬鞍形雙曲面三種造型，這種造型富有動感，體現(xiàn)了冰上運動的速度和激情這三種造型取自于球、

橢球、橢圓柱等空間幾何體，其設(shè)計參數(shù)包括曲率、撓率、面積體積等對幾何圖形的面積、體積計算方法

的研究在中國數(shù)學(xué)史上有過輝煌的成就，如仇章算術(shù)》中記錄了數(shù)學(xué)家劉徽提出利用牟合方蓋的體積來

推導(dǎo)球的體積公式，但由于不能計算牟合方蓋的體積并沒有得出球的體積計算公式直到200年以后數(shù)學(xué)家祖

沖之、祖眶父子在掇術(shù)》提出祖唯原理：“累勢既同，則積不容異”，才利用牟合方蓋的體積推導(dǎo)出球

的體積公式原理的意思是：兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體的

體積相等.

（I）利用祖眶原理推導(dǎo)半徑為R的球的體積公式時，可以構(gòu)造如圖所示的幾何體M,幾何體M的底面半徑和

高都為R，其底面和半球體的底面同在平面a內(nèi).設(shè)與平面a平行且距離為d的平面￡截兩個幾何體得到兩個截

面，請在圖中用陰影畫出與圖中陰影截面面積相等的圖形并給出證明；

B（如圖），類比（I）中的方法，探究橢球4的體積公式，并寫出橢球4,B的體積之比.

【答案】解：（I）由圖可知，圖①幾何體的為半徑為R的半球，

圖②幾何體為底面半徑和高都為R的圓柱中挖掉了一個圓錐，與圖①截面面積相等的圖形是圓環(huán)（如陰影部

分）

證明如下：

在圖①中，設(shè)截面圓的圓心為01，易得截面圓。1的面積為兀（R2-d2）,

在圖②中，截面截圓錐得到的小圓的半徑為d,所以，圓環(huán)的面積為兀（R2—d2）,

所以，截得的截面的面積相等

（II）類比（I）可知，橢圓的長半軸為a,短半軸為b,

構(gòu)造一個底面半徑為6,高為a的圓柱，把半橢球與圓柱放在同一個平面上（如圖）,

在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐，即挖去的圓錐底面半徑為6,高為

,2

在半橢球截面圓的面積兀4（a2-d2y

22

在圓柱內(nèi)圓環(huán)的面積為兀爐一兀與=兀］(a?-(/2)

azaL

???距離平面a為d的平面截取兩個幾何體的平面面積相等，

根據(jù)祖曬原理得出橢球4的體積為：

吸==-a-^Tt-b2-a)=yab2,

同理：橢球8的體積為/=與。2b

所以，兩個橢球4B的體積之比為2

a

【解析】本題考查新定義問題，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，構(gòu)建圓柱，通過計算得到高相等時截面面積相等，

考查學(xué)生的空間想象能力與運算求解能力，屬于中檔題.

(I)由題意，直接畫出陰影即可，然后分別求出圖①中圓的面積及圖②中圓環(huán)的面積即可證明；

(II)類比(I)可知，橢圓的長半軸為a,短半軸為b,構(gòu)造一個底面半徑為6,高為a的圓柱，把半橢球與圓

柱放在同一個平面上，在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐，即挖去的

圓錐底面半徑為6,高為a,證明截面面積相等，由祖晅原理求出出橢球4的體積，同理求出橢球B的體積,

作比得出答案.

用數(shù)學(xué)的眼光看世界就能發(fā)現(xiàn)很多數(shù)學(xué)之“美”.現(xiàn)代建筑講究線條感，曲線之美讓人稱奇.衡量曲線彎曲程

度的重要指標(biāo)是曲率，曲線的曲率定義如下：若「0)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，尸(乃是「(")的導(dǎo)函數(shù)，則曲線y=

”.，㈤I

/(久)在點(%,f(x))處的曲率K一，3.

1+/(切

⑴若曲線/'(>)=lnx+比與g(x)=C在(1,1)處的曲率分別為K2,比較七的大小;

(2)求正弦曲線h(久)=sin久(久eR)曲率的平方R2的最大值.

【答案】解：⑴由題意，得.0)=打11,/(久)=—+1,“(久)=1"-21,9〃0)=—江1-23,

,“一ir(i)i?i-ii一i

“1-3-3-J1.二'

{1+[f(l)]2f(1+22)2

K.05局J2

{"?(MF,(羽2JM

???Ki<K2；

(2)由h(%)=sinx(x6R),得//(%)=cosx,h!'(x)=-sin%,

2

則K=Lsinxl,k2=sir?%=sin%

、(l+cos2x)^(1+cos2%)3"*3，

令t=2-sin2%,則t6[1,2],K2=

設(shè)p(t)=號,te[1,2],

則p'(t)=_」一"一t)/=等，所以P，(t)<o,p(t)在[1,2]上單調(diào)遞減