新題型01新高考新結構二十一大考點匯總

命題趨勢

高考數學全國卷的考查內容、考查范圍和考查要求層次與比例均與課程標準保持致注重考查內容的全面

性的同時，突出主干、重點內容的考查，通過依標施考，引導中學教學依標施教。

調整布局，打破固化模式。高考數學堅持穩中有變，通過調整試卷結構，改變相對固化的試題布局優化

試題設計，減少學生反復刷題、機械訓練的收益，竭力破除復習備考中題海戰術和題型套路，發揮引導作

用。

熱考題型解讀

【題型1集合新考點】

【例I】(2024.浙江溫州.高三期末)設集合U=R.A={耳2屹-2]<i}B=3y=in(l-x)),則圖中陰

影部分表示的集合為()

13A.{.中卻B.Ml<r<2}C.{x|0<x<l)

l"D.{AiA<0}

【答案】D

【分析】先求出集合A,B,再由弱可知阻影部分表示(Q4)nB,從而可求得答案

【詳解】因為2x(x-2)<1等價于武工-2)<0,解得0<x<2f

所以A={x|0<x<2],所以={x\x<0或x>2},

要使得函數y=ln(l-x)有意義，只需1一%>0,解得x<1,

所以B=[x\x<1}

則由韋恩圖可知陰影部分表示(CM)CB=(x\x<0}.

故選：D.

【變式I1】(2024.安徽省.高三模擬)(多選)下列選項中的兩個集合相等的有().

A.P={xIx=2n,n^Z},Q={xI%=2(n+l),nEZ]

B.P=[xIx=2〃/,n￡N+},Q={xIx=2n+l,neN+)

2K(n

C.P=[xIX-X=0],Q=Ix=2,nEZj

D.P={xIy=%+l},Q={Qv,y)Iy=x+\}

【答案】AC

【分析】分析各對集合元素的特征，即可判斷.

【詳解】解：對于A：集合P={x%=2九,n￡Z}表示偶數集，集合Q={xI%=2(n+1),九￡Z}也表示偶數集，所

以「二。，故A正確；

對于B：P=(xIx=2n-l,neN+}={l,3,5,7,---),

Q=\xIx=2n+l,neN+M3,5,7,9,-),所以P#2,故B錯誤；

l,n為偶數

對于C：P={xIx2-x=0}={0J},又(-1)71。

?1.,為奇數

所叱竽J'為偶數

,即Q={xIx=嗒,n￡Z卜{0,1},所以P=Q,故C正確；

(0,九為奇數

對于D：集合P={xIyr+l}=R為數集，集合Q={Q,y)|產X+1}為點集，所以PrQ,故D錯誤；

故選：AC

【變式1-2](2024.江蘇四校聯合高三期末)設全集為U定義集合力與B的運算：4*B={x|xC力U8且

x^AC\B],則(A*8)*4=()

A.AB.BC.AClQBD.BClQA

【答案】B

【解析】根據定義用交并補依次化簡集合，即得結果.

【詳解】；A*8={x\xwAuB且xcnnB}=(BnQ力)uG4nQB)

(4*B)*4=HnCu(A*B)]U[(A*B)nCu川=(An8)u(BnQA)=B

故選：B

【點睛】本題考查集合新定義、集合交并補概念，考查基本分析轉化能力，屬中檔題.

【變式1-3](2024.江蘇南通高三期末)定義集合運算4OB=[z\z=xy(x+y\xeA.yeB},集合A=

{0,1},8={2,3},則集合力OB所有元素之和為

【答案】18

【分析】由題意可得z=0,6,12,進而可得結果.

【詳解】當X=0,y=2,z=0

當x=l,y=2,二z=6

當x=0,y=3,二2=0

當x=l,y=3,二z=12

和為0+6+12=18

故答案為：18

【變式1-4](2024.江蘇南通高三期末)已知X為包含v個元素的集合(ueN'/N3).設力為由X的一

些三元子集(含有三個元素的子集)組成的集合，使得X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯

一的一個三元子集中，則稱區力)組成一個V階的Steiner三元系.若(X,A)為一個7階的Steiner三元系,則

集合A中元素的個數為.

【答案】7

【分析】令X=｛a,瓦c,d,e,fg｝,列舉出所有三元子集，結合(X,/1)組成丫階的Steiner三元系定義，確定人中

元素個數.

【詳解】由題設,令集合X=｛a,b,c,d,e,f,g｝,共有7個元素，

所以X的三元子集，如下共有35個：

｛a,b,c｝、｛a,b,d｝.｛a,b,e｝x｛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,ej｝、｛a,e,g｝、｛aj,g｝、｛瓦c,d｝、｛b,c,e｝、｛瓦c,f｝、｛b,c,g｝、｛b,d,e｝、｛b,d,/｝、｛b,d,g｝、

｛b,e,f],｛b,e,g｝、｛b,fg｝、｛c,d,e〕、｛c,dJ｝、(c,d,g｝、｛c,e,/｝、｛c,e,g｝、｛c,fg｝、｛d,e,/｝、｛d,e,g｝、｛d/g｝、

｛e，f，g｝,

因為4中集合滿足X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集，所以A中元素滿足

要求的有：

｛a,b,c｝、｛a,d,e｝、｛aj，。｝、｛dd,f｝、｛b,e,g｝、｛c,d,g｝、共有7個;

｛a,b,c｝、｛a,d,/｝、｛Q，e，。｝、｛8,d,e｝、｛"g｝、｛c,d,g｝、共有7個；

｛a,b,c｝、｛a,d,g｝、｛a,e,f｝、｛b,d,e｝、｛"g｝、｛c,d,f｝、｛c,e,g],共有7個；

｛a,仇叫、｛a,c,e｝、｛"g｝、｛b，af｝、｛b，e,g｝、｛c,d,g｝、｛d,e,f｝，共有7個；

｛a,b,d｝、｛a,c,g｝、｛a，e,f｝、｛b,c,e｝、｛"g｝、｛c,dj｝、｛d,e,g｝,共有7個;

｛a,b,d｝、｛a,c,f｝、｛a，e,g｝、｛b,c.e｝、｛"g｝、｛c,d,g｝、｛d,e,f｝,共有7個；

｛a,①e｝、｛u,c,"｝、w，/■，辦—｝、吃辦｛d.e.f｝，共有7個；

｛a,b,e｝、｛a，G/｝、｛a,d,g｝、｛瓦c,d｝、也f，g｝、｛c,e,g｝、共有7個；

｛a,b,e｝、｛a，c，g｝、｛a.d.fY｛仇ad｝、｛瓦/⑼、｛c，e，/｝、｛d.e.g｝，共有7個；

｛。，匕力、｛a,c,d｝、｛a，e，g｝、｛b,c,e).(b.d.g).｛c/g｝、｛d,e,f｝,共有7個;

｛皿｝、｛a,c,e｝、?d,g｝、也加嗎、｛瓦e,g｝、｛c/g｝、｛d,e,f｝,共有7個;

｛a，b,f｝、｛a，c,g｝、｛a,d,e｝、｛瓦ad｝、(瓦巴辦｛c,e,f｝、[d,f,3｝，共有7個；

｛a,b,g｝、｛a,c,d｝、｛a,e,f｝、｛瓦c,e｝、｛b,d,f｝、｛c/g｝、｛d,e,g｝,共有7個;

｛a,b,g｝、｛a,c,e｝、｛a,d,f｝、［b,c,d｝x｛瓦e,f｝、｛c,/,g｝、｛d,e,g｝,共有7個；

｛a,b,g｝、｛a,c,/｝、｛a,d,e｝,｛b,c,d｝、｛瓦e,f｝、｛c,e,g｝、｛d,/,g｝,共有7個；

共有15種滿足要求的集合A，但都只有7個元素.

故答案為：7

【題型2復數新考點】

［例2］（2023?全國?統考模擬預測）已知復數z=Q+爭）"，neN?且z>0,則n的最小值為（）

A.1B.3C.6D.9

c

計算出C+,i）n（n=234,5,6）的值，即可得解.

9

+V3

/1一

一2

\2

/19

一+V3T

\2

斤

當

，n=6時,z>0.故n的最小值為6.

故選：C.

?2023

【變式2-1］（多選）（2024上云南高三校聯考階段練習）若復數z=%，則（）

A.z的共期復數2=三2B.|z|=y

C.復數z的虛部為.iD.復數是復平面內對應的點在第四象限

【答案】ABD

【分析】首先化簡復數z,再根據復數的相關概念，即可判斷選項.

【詳解匕，=昌瑞=|七，則人等，故A正確；

0=J（|）2+（-T,故B正確；復數Z的虛部為一】故C錯誤；

復數Z在復平面內對應的點為（I,-0,在第四象限，故D正確.

故選：ABD

【變式2-2X多選I2024上?江西宜春高三上高二中校考階段練習股z為復數，則下列命題中正確的是：）

A.|z|2=zzB.若z=（1-2i）2,則復平面內5對應的點位于第二象限

C.z2=|z|2D.若|z|=1,則|z+i|的最大值為2

【答案】ABD

【分析】利用復數的四則運算，復數模的性質逐個選項分析即可.

22

【詳解】對于A，設z=a+b\/故2=a-bi,則|zF=a+b,zz=（a4-bi）（a-bi）=Q?+/,故=zz

成立，故A正確，

對于B,z=(1-2i)2=-4i-3,z=4i-3,顯然復平面內建t應的點位于第二象限，故B正確，

22

對于C,易知口2=小+匕2,z2=+匕2+2ab\,當Q/)H0時,ZH\z\,故C錯誤,

對于D,若|z|=1,則小+b2=1,而|z+i|=J。？+3+1)2=>12b+2,易得當b=1時，|z+i|最大,

此時|z+i|=2,故D正確.

故選：ABD

【變式2-3](多選X2024上云南德宏?高三統考期末)已知之是復數z的共軌復數，則下列說法正確的是()

A.z-z=z2B.若|z|=1,則z=±1

C.|z-z|=|z|?\z\D.若憶十1|=1,則憶-1|的最小值為1

【答案】CD

【分析】結合復數的四則運算，共甄復數的定義及復數模長的公式可判斷A；結合特殊值法可判斷B；結合

復數模長的性質可判斷C；結合復數的幾何意義可判斷D.

【詳解】對于A,設z=a+bi(a,bGR),則z-z=(a+bi)(a-bi)=a2+b2=\z\2,但z?=(a+bi)2=

(a+bi)(a+bi)=a2+2abi-b?,故A錯誤;

對于B,令2=i,滿足|z|=|i|=1,故B錯誤；

對于C,設z=a+bi(a,bGR)，則5=a-歷所以z-z=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,則|z-z\=\a2+b2\=

a2+b2\z\?\z\=Va2+b2-Va2+b2=a2+b2,所以|z?z\=|z|?|2|,故C正確；

對于D,設z=a+bi(a,bWR),則|z+1|=|a+1+bi|=7(a+l)2+b2=1,

即(a+I/+中=1,表示以(一1,0)為圓心，半徑為1的圓,

\z-l\=J(a-I]+爐表示圓上的點至1(」1,0)的距離,故|z-1|的最小值為舊一1=1,故D正確.

故選：CD

【變式2-4](多選)(2024上?河南南陽?高三統考期末)設復數z=-苧i的共匏復數為2,則下列結論正

確的有()

A.z=cos—+isin—R.-=-

C.HI=1D.z24-z2=2

【答案】AC

【分析】根據已知條件，結合共輪復數的概念，以及復數代數形式的乘除法運算法則，即可求解.

【詳解】對于A,z=-1+yi=cosy+isiny,故A正確；

對于8,套=蔚=署=1,故B錯誤;

2J+爭(一1豹1V3.

,所以用=1，故C正確；

2

對于D/2=(十爭)+z=(-1+yi)=-?爭，所以z2+%2=—l,故D錯誤.

故選：AC

【題型3函數選圖題新考點】

【例312024.浙江.高三期末圮知函數對任意的xeR有/'(%)+/(-x)==0月當3>0時f(x)=ln(x+1),

則函數f(x)的圖象大致為()

【答案】D

【解析】由/⑶+f(r)=0得f(r)=~fW，得到函數是奇函數，根據函數奇偶性和單調性之間的關系

即可得到結論.

【詳解】由f(幻+/(-%)=0得/(t)=-/(x),則函數是奇函數,排除A、C

???當＞0時，f(x)=ln(x+1),，對應的圖象為D,

古煙：D.

C.D.

【答案】C

【分析】根據函數的奇偶性，結合特殊值，即可排除選項.

【詳解】首先/'(T)=-/(X),所以函數是奇函數，故排除DJ(2TT)=27r,故排除B,

當x6(0?)時，/(%)>0,故排除A,只有C滿足條件.

故選：C

【變式3-2](2024.安徽省.高三博以)函數f(%)=aln|x|+:的圖象不可能是()

【答案】D

【分析】分Q=0,Q>0和a<0三種情況討論，結合函數的單調性及函數的零點即可得出答案.

【詳解】①當Q=0時，/(外=]此時A選項符合；

1(alnx+-,x>0

②當Q>0時，/'a)=aln|x|+!=1、,

Ialn(-x)+-,x<0

當x<0時,fM=aln(-x)+：,

因為由數y=aln(-x),y=:在(一8,0)上都是減函數，

所以函數f(x)在在(-8,0)上是減函數,

如圖，作出函數y=aln(-x),y=一;在(一8,0)上的圖象，

由圖可知,函數y=aln(-x),y=一§的圖象在(-8,0)上有一個交點，

即函數“外在在(-8,0)上有一個零點，

當x>0時，/'(%)=alnx+：,則/(%)=?-妥QX-1

由，(x)>0,得x>［由/''a)<0,得0<xV)

所以函數人外在(0,J上單調遞減，在(9+8)上單調遞增，

當a=1時，f(，)=alnj+a=1,故B選項符合；

alnx+-,x>0

③當a<0時，/1(x)=aln|x|+：=

aln(—x)+<0

當x>0時,/(x)=a\nx+1,

因為函數y=alnxfy=:在(0,+8)上都是減函數,

所以函數人外在(0,+8)上是減函數，

-紙(0,+8)上的圖象,

由圖可知,函數y=a\nx,y=一:的圖象在(0,+<?)上有一個交點，

即函數/(X)在在(0,+8)上有一個零點,

當x<0時，f(x)=aln(-x)+:,則/(無)=￡一妥二等,

由廠(工)>0,得％V?,由/(%)<0,得5VxV0,

所以函數f(x)在(，0)上單調遞減，在(-8,￡)上單調遞增，

當a=-1時，/弓)=Qin(—：)+Q=-1,故C選項符合，D選項不可能.

故選：D.

【變式3-312024.安徽.高三期末若將Iny=Inx+ln(y-%)確定的兩個變量y與x之間的關系看成y=/(x),

)

【答案】C

【分析】利用對數的運算及排除法即可求解.

【詳解】由Iny=Inx+ln(y-%)得y=x(y-x)=xy-x2

顯然所以、=三

由x>0,y>0得％>1,

所以/(%)=^―(x>1),排除AB,

X—1

由/(%)=M=%-1+止7+222+2=4,當且僅當％=2時取等號,可排除D.

故選：C.

【變式3-4](2023上湖北?高三校聯考階段練習)已知函數/(x)的定義域為(-8,0)u(0,+8),滿足八⑶)=

/W.當x＜。時/'(%)=Q-x)Inx2,則/(外的大致圖象為()

【答案】D

【分析】利用函數的奇偶性，及特殊位置結合排除法即可判定選項.

【詳解】因為函數FG)的定義域為(-8,0)u(0,+8),滿足/TM)=/(%),

所以/(%)是偶函數，所以八外的圖象關于y軸對稱，故排除A;

當一1VxV0時,x<0,Inx2<0，所以f(x)=(^-x)Inx2>0,故排除B,C.

故選:D

【題型4比較大小新考點】

[例4](2024.遼寧重點高中?模擬預測)設Q=cosO.l,b=lOsinO.l,c=—^―，則()

lutonu.i

A..a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

【答案】D

【分析】先根據sin。V6<tan。，0G(0,9，得到b>a,cAa,再構造函數,比較出c<黑黑

\Z//JYbUloUU

得到結論.

【詳解】a=cosO.l1OsinO.1>0,c=——-——>0；

>0,b=lOtanO.l

3=lOtanO.l,/=lOtanO.l-cosO.l=lOsinO.l,

下證9G(°片)時，tan?>0>sin?,

>1

設/A08=8W(0,9,射線OB與單位圓。相交于點C,過點C作C/)_Lx軸于點D,

單位圓與%軸正半軸交于點力，過點>1作軸，交射線0B于點B,連接4c,

貝卜。=sin0,AR=tan。,

設扇形40C的面積為S,因為SAAOC<S<SXAOB，

所以CD<^0<^OA-AB,即sing<8<tan6?,

故tanO.l>0.1>sinO.l,所以￡=lOtanO.l>10x0.1=1,=lOsinO.l<10x0.1=1,

所以b>a,c>a,

因為b=1OsinO.1,令f(x)=sinx-%+高，xG(。j)，

則/'(X)=COSX-1+y,其中尸(0)=0,

令g(x)=fix'),則g'(x)=-sinx+x,g'(0)=0,

令/i(x)=g'M,則“(%)=-cosx+1>0在x€(o,：)上恒成立，

則Mx)=g'(x)在xw(o,9上單調遞增，又g'(o)=o,

故/;(r)=g'M=-sinr+r>。在YF上恒成立，

所以g(x)=f(x)=cos%-1+4生”G(0,9上單調遞增，又/(0)=0,

故g(%)=fix')=COSX-1+y>0在Xe(0,：)上恒成立,

所以f(x)=sinx-x+?在％6(0,上單調遞增，又/XO)=0,

所以sinO.l-0,1+^->0,BPsinO.l>0,1一等二2一氤=贏，

則b=1OsinO.1>7—

cosO.l

因為c=砒而=永而

令q(x)=COSX-l+y-^-,XG(0,；),

4/睛\LJ

33

貝！Jq'(無)=—sinx+x――,令w(x)=q'(x)=-sinx+x——

66

則w'(%)=—cosx4-1—y,令e(x)=w'(x)=-cosx+1-y

貝!Je'(x)=sinx—x,令r(x)=e'(x)=sinx—x,

則y(x)=cosx-1<。在x€(0,3上恒成立，

所以r(x)=e'(x)=sinx-x在x€(0,；)單調遞減,

又r(0)=0,故r(x)=ez(x)=sinx-x<0在xW(0,：)上恒成立,

所以e(x)=w'(%)=—cosx+1-yffixe(0弓)上單調遞減,

又e(0)=0,故e(x)=w'(x)=-cosx+1-y<0在xG(0,：)上恒成立，

所以w(x)=q'(x)=-sinx+x-器在無E(0,])上單調遞減,

又w(0)=0,故w(x)=qrw=-sinx+x-<。在xG(04)上恒成立,

故q(x)=cosx-1+y-盤在xw(o,上單調遞減,

又q(0)=0,故q(0.1)<0,即cosO.lv1-等+等=瑞黑

238801

的_]_COS0.14240000_238801乂600_238801

必一lOtanO.l-lOsinO.l'%一240000乂599—239600

600

,238801599,,

其中CV-----<一<b,

239600600

則aVcVb,D正確.

故選：D

【點睛】麥克勞林展開式常常用于放縮法進行比較大小，常用的麥克勞林展開式如下：

e”二1十X十第十…十5十”才")，sinx=%一片十差一…十(-l)n十八1+2),

2丫4寸6丫2n

cosx=1---v-+-----+???+(-l)n---+o(x2n),

2!4!6!''(271)!'''

ln(l+幻=無一?+?—…+(-1尸三+。(￡吐1),

=1+x+x24----Fxn+o(xr),(1+x)n=1+nx++。(/)

【變式4-1】(2024?江蘇四校聯合?高三期末)設0=：,匕=21rl(sing+cosJ,c=訕：，則()

A..a<b<cB.b<a<c

C.c<b<aD.a<c<b

【答案】B

【分析】利用%>sinx和％>ln(x+1)以及InQ4-1)>,再進行合理賦值即可.

【詳解】b=In(sin+cos=ln(l+sin》,c=(1+In(1+,

設Mx)=x-sinx,%G(0,4-oo),則1(%)=1-cosx>0,

則/i(x)在(0,+s)上單調遞增，則h(x)>/i(0)=0，則3>sinx在［0,+8)上恒成立，則；>sin：，即a>sin；,

444

設g(%)=x-ln(x+1),x6(0,4-co),貝!Jg'O)=1-W=W>。在(°，+8)上恒成立,

則g(x)>g(0)=0,貝>ln(x+1)在(0,+8)上恒成立，

令x=sin：,則In(1+sin；)<sin：<：,則a>b,

設/⑺=ma+1)一喜，(出=W一卷=品>°在(。川上恒成立，

則/(%)在(0,1］上單調遞增，則f(x)>/-(0)=0,即ln(x+1)>W在(0,1］上恒成立,

令X=；,則足>：,則:后>；，即c>a,故c>a>匕，

445444

故選：B.

【變式4-2】(2024.吉林.高三期末)已知a=sin1,b=^cos^,c=ln|，則()

A.c<a<bB.c<b<a

C.b<c<aD.b<a<c

【答案】D

【分析】構造函數，利用導數研究函數單調性，從而比較大小.

【詳解】設/(%)=sinx-xcosx,xG(0,^),則，-xsinx,

在x6(0j)時，/'(%)>0,所以/(%)在(04)上單調遞增，

所以/(%)>/(0)=0,則居)=sin|-|cos|>0,

即sin：>^cos1,則a>b,

設g(x)=lnx+［則g<%)=受,%>0/

則當x6(0,1),g<x)<0,所以g(x)為減函數,

則當x6(1,+8),g，(x)>0,所以g(%)為增函數，

所以弱)=嗎+：>。⑴=1,則叫冶；

設A(x)=x-sinx,xe(0,0,則//(%)=1-cosx>0,

所以h(外在(0,3為增函數，則/I?)=^-sini>h(0)=0,

BP^>sin|,則嗎,sing,所以c>Q；

所以c>a>b.

故選：D.

【點睛】思路點睛：兩個常用不等式

(1)x>sinx,xe

(2)sinx>xcosx,x6(0,：)

【變式4-3](2024.全國.模擬預測)已知Q=,b=1+sin^,c=l.l6,則a,b，。的大小關系為()

A..a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.c>b>a

【答案】C

【分析】先利用常見不等式放縮得到Q,b的大小關系，再利用黑函數的單調性比較Q,C的大小關系即可得

到答案.

【詳解】令f(%)=cx-X-1(%>0),則廣(x)=cx-1>0恒成立，

所以八外在(0,+8)單調遞增，

所以當尢>。時,/(A.)>/(0)=0,即c*>x+l(x>0)；

令g(x)=x-sinx(x>0),則g，(x)=1-cosx>0恒成立，

所以g(x)在(0,+8)單調遞增，

所以當x>0時，g(x)>g(0)=0,即sinx<x(x>0)；

由誘導公式得匕=1+sin^=1+sin^,

所以b=1+si咤V1+卜Ve石,因此a>b；

因為a=eio<eio=e04,c=l.l6=(l.l15)0,4,

故只需比較。與1.M5的大小，

1512

由二項式定理得，Ll】s=(1+0.1)>1+c}5x(0.1)+C?5x(0.1)>3>e,

所以c>a.

綜上，c>a>b.

故選：C

【點睛】方法點睛：本題考查比較大小問題，此類問題常見的處理方法為：

(1)中間值法：通過與特殊的中間值比較大小，進而判斷兩個數的大小關系；

(2)構造函數法：通過觀察兩個數形式的相似之處，構造函數，利用導數研究函數單調性與極值等性質進

而比較大小；

(3)放縮法：利用常見的不等式進行數的放縮進而快速比較大小.

【變式4-4】(2023?山東臨沂?統考一模)已知無=Jogiy=Vx,x=logxz，則()

A.x<y<zB.y<x<zC.z<x<yD.z<y<x

【答案】B

【分析】構造f(x)=X-C)',由零點存在定理求得零點X的范圍,即可結合指數函數、導函數的性質比

較x=G)*，y=00，z=好的大小.

【詳解】令/'(X)=X(；)',則f(x)在R上單調遞增，

由/(I)>0,fC)<0,則XeQ,1)時TO)=0,即％=G)x,[filogiy=a=y=04,

?：X<Vx,

???x-y=G)x-G)">0=>x>y.

=x

X=logxZ=Z=X*>G)-

綜上：yvxvz.

故選：B.

【題型5數列小題新考點】

【例5X2024上?北京房山?高三統考期末威學家祖沖之曾給出圓周率"的兩個近似值：，約率,弓與“密率”篙.

它們可用.調日法'得到稱小于3.1415926的近似值為弱率大于3.1415927的近似值為強率.由于:V兀<"

取3為弱率，4為強率，計算得4=擊=[故的為強率,與上一次的弱率3計算得a2=震=?,故Q2為

強率，繼續計算，.…若某次得到的近似值為強率，與上一次的弱率繼續計算得到新的近似值，:若某次得到

的近似值為弱率，與上一次的強率繼續計算得到新的近似值，依此類推.已知=得，則m=()

A.8B.7C.6D.5

【答案】B

【分析】根據題意不斷計算即可解出.

【詳解】因為。2為強率，由:<兀<—可得，的=篝=號,3.1415927,即th為強率；

由兀V,可得，4=富=3.1415927,即明為強率；

由：V兀V4可得,。5=~7TT=白>3.1415927,即g為強率；

由兀<?可得，Q6=鱉=一,3.1415927,即。6為強率；

1ol+o/

由:V兀V-可得，劭=等=日=3.125<3.1415926,即a?為弱率，所以m=7,

171+7o

故選：B.

【變式5-1】(2023?山東煙臺?統考二模)給定數列A,定義A上的加密算法力：當i為奇數時，將A中各奇

數項的值均增加i,各偶數項的值均減去1；當i為偶數時，將A中各偶數項的值均增加2i,各奇數項的值

均減去2，并記新得到的數列為力⑷(iWN*).設數列無：2,0,2,3,5,7,數列%=差(%),(nWAT),

則數列%為；數列82rl的所有項的和為

【答案】1,3,1,6,4,109n2-3n+19

【分析】由題意求出數列當，即可求解數列當；對于偶數項可得當”-B2n_2=4n-l,為等差數列，寫出

第2,4,6項.對于奇數項可得-B2n_2=2n-3,為等差數列，寫出第1,3,5項，相加即可求解.

【詳解】由題意，

B1=A(B0),1為奇數，所以無:3,-1,326,6,

B2=僅當),2為偶數,所以2:1,3,1,6,4,10.

因為82n=f2n(82n-l)=An(/2n-l(^2n-2))12n為偶數,2n—1為奇數,

所以對于偶數項，-B2n.2=-1,B2n-/n-i=4n,得々n-B2n_2=4n-1z

則｛4n-％-2｝為等差數列，得數列B2n中：

⑶(4

第2項為：0+(3+7+…+4n—3+4n—1)=丁加=(2n+l)n,

第4項為：3+(3+7+…+4/7-3+4/—1)=(2n+1)九+3,

第6項為：7+(3+7+…+471-3十4九-1)二(2n十l)n+7；

對于奇數項t^2n-l~B2n-2=2/1—1,B271—^2n-l=-2，得為口-B2n-2=2M—3,

則｛B2n-々n-2｝為等差數列，得數列B2n中：

第I項為：2+(—1+…+2九-5+2n-3)=2+[-1+(2；-3-=(n-2)n+2,

第3項為：2+(—1+…+2〃-5+-3)=2+…歹))"=(n―2)幾+2,

第5項為：5+(—1+…+2n—5+2九-3)=(n—2)九+5,

所以4八所有的項的和為

(2n+l)n+(2n+l)n+3+(2n+l)n+7+n(n-2)+2+n(n—2)4-24-n(n—2)+5=9n2—3n+

19.

故答案為：1,3,1,6,4,10；9n2—3n+19.

【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是理解新定義“數列A”的算法，以學習過的數列相關的知識為基礎，

通過一類問題共同特征的''數學抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基礎上，解決新問題.

【變式5-2](2024江西省九師聯盟)在1,3中間插入二者的乘積，得到1,3,3,稱數列1,3,3為數列

1,3的第一次擴展數列，數列1,3,3,9,3為數列1,3的第二次擴展數列，重復上述規則，可得1,必，

%2，…，x2n_1,3為數列1,3的第n次擴展數列，令On=log3（lX%]xx2x???xx2n-iX3）,QI擻列｛Q?J的

通項公式為.

【答案】冊=嬰

【分析】根據數列的定義找到即+1與冊的關系，然后^用構造法結合等比數列的定義求解即可.

【詳解】因為即=10g3（lX勺X。X…XX2n_iX3）,

23a

所以Q〃+l=IOg3[l?（1?無1）%（￥62）%2?3）?3]=l0g3（l.婢球…機2機1°=n-

1,

所以Q》+1-：=3（冊一，

又臼=log3（lx3x3）=2,所以%-》

所以｛斯-目是以|為首項，3為公比的等比數列，

所以Q”一；|X3"T=y,所以冊二號

故答案為：“=等

【變式5-3】(2023上廣東深圳.)若系列橢圓的:冊/+V=1(0<an<1,nGN*)的離心率en=g)",

則/=()

A.i-erc1nD1n

B.D-J-G)-J-G)

【答案】A

【分析】先化為標準方程，直接求出離心率列方程即可求解.

【詳解】橢圓c，可化為：￥+?=L

-1

an

n

,解得：an=1-Q)

因為0<an<l,所以離心率分=￡=

故選：A

【變式5-4](2024上?浙江溫州?高三)漢諾塔(又稱河內塔)I'巨題是源于印度一個古老傳說的益智玩具.如

圖所示目標柱起始柱輔助柱的漢諾塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及顏色各不相同的圓盤，三

根柱子分別為起始柱、輔助柱及目標柱.已知起始柱上套有幾個圓盤，較大的圓盤都在較小的圓盤下面.現把

圓盤從起始柱全部移到目標柱上，規則如下：每次只能移動一個圓盤，且每次移動后，每根柱上較大的圓

盤不能放在較小的圓盤上面.規定一個圓盤從任一根柱上移動到另一根柱上為一次移動.若將九個圓盤從起始

柱移動到目標柱上最少需要移動的次數記為p(n),則p(3)=￡與1p(i)=.

目標柱起始柱輔助柱

【答案】72n+1-n-2

【分析】根據題意可得p(l)=1,當n(n>2)時,求p(析分三步,從而可得p(n)=2p(n-1)+l(n>2),

則可求出PS),進而可求得答案.

【詳解】顯然p(l)=1.

當有/5>2)個圓盤時，求pQ)分三步：

第一步，先將上面的n-1個圓盤移到輔助柱，至少需要p(〃-1)次；

第二步，將起始柱上最大的一個圓盤移動到目標柱子，需1次；

第二步，將輔助柱上的九-1個圓盤移動到目標柱至少需要p(n-1)次，

因此p(n)=2p(n-1)+l(n>2),

所以p(zi)4-1=2[p(n-1)+l](n>2)

因為P⑴=1,

所以數列｛pS)+1｝是以2為公比，2為首項的等比數列，

所以p(?i)+1=2x2n-1=271

所以p(n)=2n-1,所以「⑶=7,

fn+1

洋1P(i)=2-=1(2-1)=-^=2-n-2,

故答案為：7,2〃+】一九一2.

【變式5-5](2024上上海)已知等差數列｛Q,J(公差不為0)和等差數列｛九｝的前幾項和分別為Sn、Tn,如

果關于％的實系數方程1003/-Sioo3X+Aoo3=0有實數解，那么以下1003個方程/—口/+仇=

0(i=1,2,…1003)中,有實數解的方程至少有()個.

A.499B.50CC.501D.502

【答案】D

2

【分析】依題意，由等差數列的性質及求和公式得到Q52-4b5”>0,要想無實根，需滿足a：-4bi<0,

結合根的判別式與基本不等式得到Ai<0,A1003<0至多一個成立，同理可證：&<0,A1002<0至多一個成

立r，，，△501<。，ASO3<。至多一個成立，且%02—0，從而得到結論.

【詳解】由題意得：S：003-4x1003T1003>o,其中S1003=1。。3(2+%。。3)=1003a502,

71003=幽竽32=1003壇02，代入上式得：磋02-也02>。，

要方程―-atx+瓦-0(i-1,2,3,…,1003)無支數解，則方-4bt<0,

顯然第502個方程有解.

設方程/一axx+瓦=0與方程/一a1003x+d()03=0的判別式分別為△I，AIOO3，

則4+“003=(al-4瓦)+@oo3-4瓦003)=向+說)03-4(瓦+b1003)

之(%：ioos，4X2/)502=8b502=2(碎02—4^502)-0I

等號成立的條件是a1=a1003/所以A]<0,A1003<0至多一個成立，

同理可證：MV。泊1002<。至多一個成AZIA501VA503V。至多一個成AZ,且A502—。，

綜上，在所給的1003個方程中，無實數根的方程最多502個，

故選：D.

【點睛】解決本題關鍵是靈活運用二次方程根的判別式，等差數列性質及基本不等式進行求解.

【題型6排列組合小題新考點】

[例6](2023?貴州?校聯考模擬預測)公元五世紀，數學家祖沖之估計圓周率冗的值的范圍：3.1415926<兀<

3.1415927,為紀念祖沖之在圓周率的成就，把3.1415926稱為，,祖率”，這是中國數學的偉大成就.某小學教

師為幫助同學們了解，祖率”，讓同學們把小數點后的7位數字1,4,1,5,9,2,6進行隨機排列，整數部分3不變，

那么可以得到小于3.14的不同數字的個數有()

A.240B.36。C.60()D.720

【答案】A

【分析】分為3.11開頭的以及3.12開頭的，分別計算得出結果，根據分類加法計數原理加起來,即可得出

答案.

【詳解】小于3.14的不同數字的個數有兩類：

第一類：3.11開頭的,剩余5個數字全排列有Ag=120種；

第二類：3.12開頭的，剩余5個數字全俳列有Ag=120種.

根據分類加法計數原理可知，共120+120=240種.

故選：A.

【變式6-1](2023.寧夏銀川?銀川一中校考一模)圖為一個開關陣列，每個開關只有“開討「關’兩種狀態，

按其中一個開關1次)隆導致自身和所有相鄰的開關改變狀態例如按(2,2)將導致(1,2),(2,1),(2,2),(2,3),

(3,2)改變狀態.如果要求只改變(1,1)的狀態,則需按開關的最少次數為()

(1,1)(1,2)(1,3)

(2,1)(2,2)(2,3)

(3,1)(3,2)(3,3)

A.5B.6C.7D.8

【答案】A

【分析】分析可知，要只改變(L1)的狀態，則只有在(1,1)及周邊按動開關才可以實現開關的次數最少，利

用表格分析即可.

【詳解】根據題意可知：只有在(L1)及周邊按動開關，才可以使按開關的次數最少，具體原因如下：

假設開始按動前所有開關均為閉合狀態，要只改變(1,1)的狀態，在按動(1,1)后，(1,2),(2,1)也改變，

下一步可同時恢復或逐一恢復，同時恢復需按動(2,2)，但會導致周邊的(2,3),(3,2)也改變，因此會按動開

關更多的次數；所以接下來逐一恢復，至少需按開關3次；

這樣沿著周邊的開關再按動，可以實現最少的開關次數，即按動5次可以滿足要求.

如下表所示：(按順時針方向開關，逆時針也可以)

(14)(1,2)(1,3)(2,1)(2,2)(2,3)(3,1)(3,2)(3,3)

按動(1,1)開開關開關關關關關

按動(1,3)開關開開關開關關關

按動(2,3)開關關開開關關關開

按動(3,2)開關關開開