压轴题大招-新高考第19题-冲刺2024高考数学（解析试卷）

压轴题大招新高考第19题冲刺2024高考数学【突破压轴型】（解析试卷）1．【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；若，则，得，而，解得或，故或.（2）设等差数列的公差为，因为，则，则，由，得，而，故，两式相减得，即，又，得，所以.（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，故，所以.若存在，使得，即，则，且.假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，则因为，所以.所以；又，则.所以；即与不能同时成立.故数列不为“阶可控摇摆数列”.2．【详解】（1）设等比数列的公比为.若，则由①得，得，由②得或.若，由①得，，得，不可能.综上所述，.或.（2）设等差数列的公差为，，，即，当时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，当时，据“曼德拉数列”的条件①②得，，，即，由得，即，.当时，同理可得，即.由得，即，.综上所述，当时，，当时，.（3）记中非负项和为，负项和为，则，得，，，即.若存在，使，由前面的证明过程知：，，，，，，，，且.若数列为阶“曼德拉数列”，记数列的前项和为，则.，又，，.又，，，，，，又与不能同时成立，数列不为阶“曼德拉数列”.3．【详解】（1），令，则，令，则；由①，当时，②，由①②得，当时，，所以数列和数列是等比数列.因为，所以，所以，因此，从而，所以数列是“型数列”.（2）（i）因为数列的各项均为正整数，且为“G型数列”，所以，所以，因此数列递增.又，所以，因此递增，所以公比.又不是“型数列”，所以存在，使得，所以，又公比为正整数，所以，又，所以，则.（ii），因为，所以，所以，令，当时，，当时，4．【详解】（1）对于函数，由对任意的、，，可知函数是上的“平缓函数”.对于函数，由对任意的、，，因此函数也是上的“平缓函数”；（2）由已知可得，由于函数是周期函数，故不妨设、.当时，由为上的“平缓函数”得；当时，不妨设，，此时由为上的“平缓函数”得综上所述，命题得证；（3）由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的，，因此5．【详解】（1）由，且，得，即，则，即，即，则函数与“具有性质”.（2）由函数与“具有性质”，得，，且，即，整理得，则对恒成立，又，，则，，即，则，即所求的的取值范围为.（3）由函数在有两个零点，得，又函数与“具有性质”，则，即，

即，令，即，记，即，因为，当时，；当时，，所以函数在区间是减函数，在上是增函数.要证，即证，不妨设，即证，只需证，即证，设，即，因为，所以函数在是减函数，且，又，则，即，则得证，故.6．【详解】（1）解：若与不为相关函数对，则且，则，所以只要即可，当，时，，所以函数与是相关函数对；（2）因为与为相关函数对，所以，令，，当时，；当时，，所以是极小值点，，所以，所以；（3）假设对任意均存在，均有，则取，，，使得，对任意，，有，，又函数与为相关函数对，则①若，则；②若，则，由①②知：，由，将其分为很多个子区间，如，，，……则以上每个区间至多包含一个，矛盾，假设不成立，故存在实数，使得对任意，均有．7．【详解】（1）由，得．由题意，得，解得，则．令，即，解得，令，即，解得，所以在和上分别单调递增，在上单调递减．所以满足题意，的单调递增区间为和，单调递减区间为．（2）猜想如下：．因为表示的图像上两端点连线的斜率，所以由图像可知，曲线上至少存在一点且，使得曲线在该点处的切线与的图像上两端点的连线平行．设切线的斜率为，即，故一定存在，使得．（3）证明：由（1）可知，则，当且仅当时取等号．由猜想可知，对于函数图像上任意两点，在之间一定存在一点，使得．又所以．8．【详解】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似，则，，，由得，所以，则，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因为，所以在及上均单调递减.当，，即，而，所以，即，当，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是的极大值点，又，故，则，当时，，所以，当时，，，则，故在上单调递增，所以当时，，当时，，令，因为，所以在上单调递减，所以，又因为在上，故当时，，综上，当时，恒成立.9．【详解】（1）因为，令，则.，因为，则，则在上单调递减，又因为，由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且时，，，所以在上递增，上递减，所以为单峰函数.（2）（i）令，则，令，因为为在上的最优点，所以为在的最优点，，所以，结合最优点的定义知，为在区间上的唯一零点.又由（1）知，在递增，递减，且.所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得，即，所以.（ii）第一次操作：取，由对称性不妨去掉区间，则存优区间为，为好点；第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性，另一个试验点与关于区间的中心对称，所以；又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为.若，即，则（舍去）；若，即，则，即，解得或（舍）.则操作5次后的精度为..又，所以.所以，得证.10．【详解】（1）设切点为，∵，当时切线为，此时切线斜率为不合题意，所以，∴即：∴,由有理根定理知，该方程有理根可能为：，，，经验证满足方程，即有理根有，进一步分解因式为：，即：或或.（2）因为是的一个有理根，因此在有理数域上，从而所以，可将分解为：，式中都是整数比较两边系数，即得，.因此，，.（3）求解之前先引入下面引理：引理

方程不存在整数解.证明：假设存在整数解，即，变形为,∴是1的约数，即,当时，，因此不成立,当时，，即.又因为整数，不是3的倍数，不妨设或，,即或.所以是除以3余1的数，同理可得也是除以3余1的数；所以除以3的余数为2，与矛盾,所以不存在整数解.下面正式求解：假设这样的写成最简分数是，其中.根据引理，，因此，化简得到.注意到是整数，所以是的约数，另外，互质，所以代入回上面的式子，得到，即是4的约数.考虑到，互质，分别代入即可，当时，，矛盾.当时，也就是，.可得：，，，.11．【详解】（1）由题因为，所以若使，则可以，此时，满足题意.（2）根据题意对于任意点集，不妨设，且，，，若，则，令，则，此时恒有；若，则，可令，此时，则，满足题意；若，则，令，此时，则，满足题意；若，则，则令，此时，则，满足题意；所以对于任意点集，都存在的一个优划分，满足.（3）不妨设，若，则B取其中一点即可满足；若，则必存在正整数k使得，则有，于是，又因为，当且仅当时取等号；于是取，即可满足且，命题得证.12．【详解】（1）中的最小元素为.（2）由题得，设，.①当时，或或或或或.经检验，当时，，符合题意，所以.②当时，或或或.经检验，当时，，符合题意，所以.③当时，不符合题意.因此，或10.（3）设，则，其中，，所以，设，则.因为，所以.因为，所以，所以，又因为，所以.13．【详解】（1）由，知，所以，；（2）依题意，，，则有，所以，当且仅当时取等号，又因为，所以，，互不相同，故，若，则；（3）由，得，则有①，由及①，可得，，，以上各式相加，得.由及①，当时，，所以，即.14．【详解】（1）设点，由，得，的图象是以原点为中心，顺次连接四点所形成的正方形，将其上移2个单位长度即得的图象，所以点集所占区域是：以四点为顶点的正方形及其内部，面积为8.（2）设，则，将看成关于的函数，则在或时取得最小值，即，令，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，此时，所以的最小值为3.（3）设点，则，若存在实数，使，则对任意的成立，令，则，令，则，所以：，所以，令，则是上的偶函数，当时，若，即，则，当且仅当时等号成立；若，则，当且仅当时等号成立，所以存在实数且，使得的最小值为.15．【详解】（1）设的随影数集分别为，则，所以集合是理想数集，集合不是理想数集.（2）不妨设集合且，即.为理想数集，，则，且，使得.当时，.当且仅当且时，等号成立；当时，.当且仅当且时，等号成立；当时，.当且仅当时，等号成立.综上所述：.（3）设.为理想数集.，且，使得.对于，同样有.下先证对元理想数集，有.不妨设集合中的元素满足.即.为理想数集，，且，使得.当时，，当且仅当且时，等号成立；当时，，当且仅当且时，等号成立；当时，.当且仅当时，等号成立...当且仅当时，等号成立..理数.当且仅当或时，等号成立.理数的最小值为.16．【详解】（1）解：设，则直线的方程为，即，记，则的方程为，将其代入椭圆的方程，消去，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以，即，将代入上式，整理得，同理可得，，所以为关于的方程的两根，所以，．又点在椭圆上，所以，所以．（2）解：由椭圆，得其离心率，所以当，即时，椭圆的标准方程为，所以，，，恰好为椭圆的左、右焦点，易知直线的斜率均存在且不为，所以，因为在椭圆上，所以，即，所以．设直线的斜率为，则直线的斜率为，所以直线的方程为．由，得，设，则，，所以，同理可得，所以．17．【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，所以的方程为.（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，由消去得：，由直线与椭圆相切，得，整理得，于是圆心到直线的距离，则的面积为，设，求导得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，取得最大值，此时，当的斜率不存在时，由（1）知，，由，得，则.对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，当为线段的中点时，取得最大值，所以.（ii）因为均存在，设点，且，设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因此，而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，所以.18.【详解】（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，则，.（2）点不在直线族的任意一条直线上，所以无论取何值时，无解.将整理成关于的一元二次方程，即.若该方程无解，则，即.证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，于是可以得到在点处的切线方程为：，即.今直线族中，则直线为，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，而对任意都是抛物线在点处的切线.所以直线族的包络曲线为.（3）法一：已知，设，则，；由（2）知在点处的切线方程为；同理在点处的切线方程为；联立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：则，因为，显然.又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.同理可知，所以，即.则.所以成立.19．【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值．

20．【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.因为，可知，则，所以椭圆的标准方程为，因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，可设直线，联立方程，消去可得，由根与系数的关系可得：因为，可得直线，直线，所以即，解得，所以直线的交点在直线上.（2）设直线与直线的交点分别为，则由（1）可知：直线，直线.联立方程和，解得因为，又因为点到直线的距离，可得，只需求的最小值.由弦长公式可得令，则.可得，当且仅当，即时等号成立.即的最小值为，可得面积的最小值为.故直线围成的三角形面积的最小值为.

21．【详解】（1）①解：因为，则.②证明：设，则，与互换，与互换，与互换，可得，故.（2）证明：因为.故，故要证，只需证，即证.由（1），故，又，则成立，故.（3）由（2），得，故，故的几何意义表示：以为底面､为高的三棱锥体积的6倍.22．【详解】（1）由，，知，，所以，所以；（2）设，，分别为与，，同方向的单位向量，则，，，①，.

②因为，所以，则，∵，

.∴，，所以与的夹角的余弦值为23．【详解】（1）依题意，的所有可能取值为，，，所以的分布列为：123数学期望.（2）令，若前位玩家都没有通过第一关测试，其概率为，若前位玩家中第位玩家才通过第一关测试，则前面位玩家无人通过第一关测试，其概率为，第位玩家通过第一关测试，但没有通过第二关测试，其概率为，第位玩家到第位玩家都没有通过第二关测试，其概率为，所以前面位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：，因此第位成员闯过第二关的概率，由，得，解得，则，所以.24．【详解】（1）①该二维离散型随机变量的所有可能取值为：.②依题意，，，显然，则，所以.（2）由定义及全概率公式知，.25．【详解】（1），，，，；（2）（ⅰ），，（ⅱ），，故从到中，有、、、共9个，有个，由，即共有个有个，由，即共有个……，有个，.26．【详解】（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有种情况，要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有种情况；②最大的番石榴是最后1个，第二大的番石榴是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置，有种情况，所以所求概率为.（2）记事件表示最大的番石榴被摘到，事件表示最大的番石榴排在第个，则，由全概率公式知：，当时，最大的番石榴在前个中，不会被摘到，此时；当时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前个番石榴中的最大一个在前个之中时，此时，因此，令，求导得，由，得，当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，则，于是当时，取得最大值，所以的最大值为，此时的值为.27．【详解】（1）由题可知2号盒子里有2个红球的概率为；（2）由题可知可取，，，所以3号盒子里的红球的个数ξ的分布列为123P（3）记为第号盒子有三个红球和一个白球的概率，则，为第号盒子有两个红球和两个白球的概率，则，则第号盒子有一个红球和三个白球的概率为，且，化解得，得，而则数列为等比数列,首项为，公比为，所以，又由求得：因此．28．【详解】（1）设与的对应项中同时为0的有个，同时为1的有个，则对应项不同的为个，所以．所以．（2）设．因为，所以．因为．所以当时，，当时，所以（3）记集合P中所有两个元素间距离的总和为，则．设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0．则，因为，所以．所以.所以29．【详解】（1）中，与6互质的数有1和5，则；中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8.（2）因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质，又，则，，…，或，，…时，x与n不互质，则，设，，可