壓軸題大招新高考第19題沖刺2024高考數學【突破壓軸型】（解析試卷）1．【詳解】（1）若，則，解得，則，與題設矛盾，舍去；若，則，得，而，解得或，故或.（2）設等差數列的公差為，因為，則，則，由，得，而，故，兩式相減得，即，又，得，所以.（3）記中所有非負項之和為，負項之和為，因為數列為“階可控搖擺數列”，則得，故，所以.若存在，使得，即，則，且.假設數列也為“階可控搖擺數列”，記數列的前項和為，則因為，所以.所以；又，則.所以；即與不能同時成立.故數列不為“階可控搖擺數列”.2．【詳解】（1）設等比數列的公比為.若，則由①得，得，由②得或.若，由①得，，得，不可能.綜上所述，.或.（2）設等差數列的公差為，，，即，當時，“曼德拉數列”的條件①②矛盾，當時，據“曼德拉數列”的條件①②得，，，即，由得，即，.當時，同理可得，即.由得，即，.綜上所述，當時，，當時，.（3）記中非負項和為，負項和為，則，得，，，即.若存在，使，由前面的證明過程知：，，，，，，，，且.若數列為階“曼德拉數列”，記數列的前項和為，則.，又，，.又，，，，，，又與不能同時成立，數列不為階“曼德拉數列”.3．【詳解】（1），令，則，令，則；由①，當時，②，由①②得，當時，，所以數列和數列是等比數列.因為，所以，所以，因此，從而，所以數列是“型數列”.（2）（i）因為數列的各項均為正整數，且為“G型數列”，所以，所以，因此數列遞增.又，所以，因此遞增，所以公比.又不是“型數列”，所以存在，使得，所以，又公比為正整數，所以，又，所以，則.（ii），因為，所以，所以，令，當時，，當時，4．【詳解】（1）對于函數，由對任意的、，，可知函數是上的“平緩函數”.對于函數，由對任意的、，，因此函數也是上的“平緩函數”；（2）由已知可得，由于函數是周期函數，故不妨設、.當時，由為上的“平緩函數”得；當時，不妨設，，此時由為上的“平緩函數”得綜上所述，命題得證；（3）由為上的“平緩函數”，且得，則對任意的，，因此5．【詳解】（1）由，且，得，即，則，即，即，則函數與“具有性質”.（2）由函數與“具有性質”，得，，且，即，整理得，則對恒成立，又，，則，，即，則，即所求的的取值范圍為.（3）由函數在有兩個零點，得，又函數與“具有性質”，則，即，

即，令，即，記，即，因為，當時，；當時，，所以函數在區間是減函數，在上是增函數.要證，即證，不妨設，即證，只需證，即證，設，即，因為，所以函數在是減函數，且，又，則，即，則得證，故.6．【詳解】（1）解：若與不為相關函數對，則且，則，所以只要即可，當，時，，所以函數與是相關函數對；（2）因為與為相關函數對，所以，令，，當時，；當時，，所以是極小值點，，所以，所以；（3）假設對任意均存在，均有，則取，，，使得，對任意，，有，，又函數與為相關函數對，則①若，則；②若，則，由①②知：，由，將其分為很多個子區間，如，，，……則以上每個區間至多包含一個，矛盾，假設不成立，故存在實數，使得對任意，均有．7．【詳解】（1）由，得．由題意，得，解得，則．令，即，解得，令，即，解得，所以在和上分別單調遞增，在上單調遞減．所以滿足題意，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為．（2）猜想如下：．因為表示的圖像上兩端點連線的斜率，所以由圖像可知，曲線上至少存在一點且，使得曲線在該點處的切線與的圖像上兩端點的連線平行．設切線的斜率為，即，故一定存在，使得．（3）證明：由（1）可知，則，當且僅當時取等號．由猜想可知，對于函數圖像上任意兩點，在之間一定存在一點，使得．又所以．8．【詳解】（1）由題可知函數在處的階帕德近似，則，，，由得，所以，則，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因為，所以在及上均單調遞減.當，，即，而，所以，即，當，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是的極大值點，又，故，則，當時，，所以，當時，，，則，故在上單調遞增，所以當時，，當時，，令，因為，所以在上單調遞減，所以，又因為在上，故當時，，綜上，當時，恒成立.9．【詳解】（1）因為，令，則.，因為，則，則在上單調遞減，又因為，由零點存在定理知，存在唯一的，使得，且時，，，所以在上遞增，上遞減，所以為單峰函數.（2）（i）令，則，令，因為為在上的最優點，所以為在的最優點，，所以，結合最優點的定義知，為在區間上的唯一零點.又由（1）知，在遞增，遞減，且.所以由零點存在性定理知在區間存在唯一的，使得，即，所以.（ii）第一次操作：取，由對稱性不妨去掉區間，則存優區間為，為好點；第二次操作：為一個試驗點，為了保證對稱性，另一個試驗點與關于區間的中心對稱，所以；又因為前兩次操作，每次操作后剩下的存優區間長度與操作前的比值為.若，即，則（舍去）；若，即，則，即，解得或（舍）.則操作5次后的精度為..又，所以.所以，得證.10．【詳解】（1）設切點為，∵，當時切線為，此時切線斜率為不合題意，所以，∴即：∴,由有理根定理知，該方程有理根可能為：，，，經驗證滿足方程，即有理根有，進一步分解因式為：，即：或或.（2）因為是的一個有理根，因此在有理數域上，從而所以，可將分解為：，式中都是整數比較兩邊系數，即得，.因此，，.（3）求解之前先引入下面引理：引理

方程不存在整數解.證明：假設存在整數解，即，變形為,∴是1的約數，即,當時，，因此不成立,當時，，即.又因為整數，不是3的倍數，不妨設或，,即或.所以是除以3余1的數，同理可得也是除以3余1的數；所以除以3的余數為2，與矛盾,所以不存在整數解.下面正式求解：假設這樣的寫成最簡分數是，其中.根據引理，，因此，化簡得到.注意到是整數，所以是的約數，另外，互質，所以代入回上面的式子，得到，即是4的約數.考慮到，互質，分別代入即可，當時，，矛盾.當時，也就是，.可得：，，，.11．【詳解】（1）由題因為，所以若使，則可以，此時，滿足題意.（2）根據題意對于任意點集，不妨設，且，，，若，則，令，則，此時恒有；若，則，可令，此時，則，滿足題意；若，則，令，此時，則，滿足題意；若，則，則令，此時，則，滿足題意；所以對于任意點集，都存在的一個優劃分，滿足.（3）不妨設，若，則B取其中一點即可滿足；若，則必存在正整數k使得，則有，于是，又因為，當且僅當時取等號；于是取，即可滿足且，命題得證.12．【詳解】（1）中的最小元素為.（2）由題得，設，.①當時，或或或或或.經檢驗，當時，，符合題意，所以.②當時，或或或.經檢驗，當時，，符合題意，所以.③當時，不符合題意.因此，或10.（3）設，則，其中，，所以，設，則.因為，所以.因為，所以，所以，又因為，所以.13．【詳解】（1）由，知，所以，；（2）依題意，，，則有，所以，當且僅當時取等號，又因為，所以，，互不相同，故，若，則；（3）由，得，則有①，由及①，可得，，，以上各式相加，得.由及①，當時，，所以，即.14．【詳解】（1）設點，由，得，的圖象是以原點為中心，順次連接四點所形成的正方形，將其上移2個單位長度即得的圖象，所以點集所占區域是：以四點為頂點的正方形及其內部，面積為8.（2）設，則，將看成關于的函數，則在或時取得最小值，即，令，則，當時，；當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，則，此時，所以的最小值為3.（3）設點，則，若存在實數，使，則對任意的成立，令，則，令，則，所以：，所以，令，則是上的偶函數，當時，若，即，則，當且僅當時等號成立；若，則，當且僅當時等號成立，所以存在實數且，使得的最小值為.15．【詳解】（1）設的隨影數集分別為，則，所以集合是理想數集，集合不是理想數集.（2）不妨設集合且，即.為理想數集，，則，且，使得.當時，.當且僅當且時，等號成立；當時，.當且僅當且時，等號成立；當時，.當且僅當時，等號成立.綜上所述：.（3）設.為理想數集.，且，使得.對于，同樣有.下先證對元理想數集，有.不妨設集合中的元素滿足.即.為理想數集，，且，使得.當時，，當且僅當且時，等號成立；當時，，當且僅當且時，等號成立；當時，.當且僅當時，等號成立...當且僅當時，等號成立..理數.當且僅當或時，等號成立.理數的最小值為.16．【詳解】（1）解：設，則直線的方程為，即，記，則的方程為，將其代入橢圓的方程，消去，得，因為直線與橢圓有且只有一個公共點，所以，即，將代入上式，整理得，同理可得，，所以為關于的方程的兩根，所以，．又點在橢圓上，所以，所以．（2）解：由橢圓，得其離心率，所以當，即時，橢圓的標準方程為，所以，，，恰好為橢圓的左、右焦點，易知直線的斜率均存在且不為，所以，因為在橢圓上，所以，即，所以．設直線的斜率為，則直線的斜率為，所以直線的方程為．由，得，設，則，，所以，同理可得，所以．17．【詳解】（1）因為當垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，所以的方程為.（2）（i）當的斜率存在時，設的方程為：，由消去得：，由直線與橢圓相切，得，整理得，于是圓心到直線的距離，則的面積為，設，求導得，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，因此當時，取得最大值，此時，當的斜率不存在時，由（1）知，，由，得，則.對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，當為線段的中點時，取得最大值，所以.（ii）因為均存在，設點，且，設是集合中到的最近點，根據對稱性，不妨設，令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，因此，而在坐標平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，所以.18.【詳解】（1）由定義可知，與相切，則圓的圓心到直線的距離等于1，則，.（2）點不在直線族的任意一條直線上，所以無論取何值時，無解.將整理成關于的一元二次方程，即.若該方程無解，則，即.證明：在上任取一點在該點處的切線斜率為，于是可以得到在點處的切線方程為：，即.今直線族中，則直線為，所以該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線，而對任意都是拋物線在點處的切線.所以直線族的包絡曲線為.（3）法一：已知，設，則，；由（2）知在點處的切線方程為；同理在點處的切線方程為；聯立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：過分別作準線的垂線，連接，如圖所示：則，因為，顯然.又由拋物線定義得，故為線段的中垂線，得到，即.同理可知，所以，即.則.所以成立.19．【詳解】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，即，即，所以“橢圓”的方程為；（2）由方程，得，因為，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“橢圓”的范圍為，，將點代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，將點代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，將點代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關于原點對稱，所以“橢圓”關于軸，軸，原點對稱；

（3）由題意可設橢圓的方程為，將點代入得，解得，所以橢圓的方程為，，由題意可設直線的方程為，聯立，得，恒成立，則，因為的中點為，所以直線的中垂線的方程為，同理直線的中垂線的方程為，設，則是方程的兩根，即是方程的兩根，所以，又因，所以，兩式相比得，所以，所以，所以直線與的斜率之積為定值．

20．【詳解】（1）根據題意，蒙日圓的半徑為，所以.因為，可知，則，所以橢圓的標準方程為，因為直線過點，可知直線的斜率存在，且直線與橢圓必相交，可設直線，聯立方程，消去可得，由根與系數的關系可得：因為，可得直線，直線，所以即，解得，所以直線的交點在直線上.（2）設直線與直線的交點分別為，則由（1）可知：直線，直線.聯立方程和，解得因為，又因為點到直線的距離，可得，只需求的最小值.由弦長公式可得令，則.可得，當且僅當，即時等號成立.即的最小值為，可得面積的最小值為.故直線圍成的三角形面積的最小值為.

21．【詳解】（1）①解：因為，則.②證明：設，則，與互換，與互換，與互換，可得，故.（2）證明：因為.故，故要證，只需證，即證.由（1），故，又，則成立，故.（3）由（2），得，故，故的幾何意義表示：以為底面?為高的三棱錐體積的6倍.22．【詳解】（1）由，，知，，所以，所以；（2）設，，分別為與，，同方向的單位向量，則，，，①，.

②因為，所以，則，∵，

.∴，，所以與的夾角的余弦值為23．【詳解】（1）依題意，的所有可能取值為，，，所以的分布列為：123數學期望.（2）令，若前位玩家都沒有通過第一關測試，其概率為，若前位玩家中第位玩家才通過第一關測試，則前面位玩家無人通過第一關測試，其概率為，第位玩家通過第一關測試，但沒有通過第二關測試，其概率為，第位玩家到第位玩家都沒有通過第二關測試，其概率為，所以前面位玩家中恰有一人通過第一關測試的概率為：，因此第位成員闖過第二關的概率，由，得，解得，則，所以.24．【詳解】（1）①該二維離散型隨機變量的所有可能取值為：.②依題意，，，顯然，則，所以.（2）由定義及全概率公式知，.25．【詳解】（1），，，，；（2）（ⅰ），，（ⅱ），，故從到中，有、、、共9個，有個，由，即共有個有個，由，即共有個……，有個，.26．【詳解】（1）依題意，4個番石榴的位置從第1個到第4個排序，有種情況，要摘到那個最大的番石榴，有以下兩種情況：①最大的番石榴是第3個，其它的隨意在哪個位置，有種情況；②最大的番石榴是最后1個，第二大的番石榴是第1個或第2個，其它的隨意在哪個位置，有種情況，所以所求概率為.（2）記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個，則，由全概率公式知：，當時，最大的番石榴在前個中，不會被摘到，此時；當時，最大的番石榴被摘到，當且僅當前個番石榴中的最大一個在前個之中時，此時，因此，令，求導得，由，得，當時，，當時，，即函數在上單調遞增，在上單調遞減，則，于是當時，取得最大值，所以的最大值為，此時的值為.27．【詳解】（1）由題可知2號盒子里有2個紅球的概率為；（2）由題可知可取，，，所以3號盒子里的紅球的個數ξ的分布列為123P（3）記為第號盒子有三個紅球和一個白球的概率，則，為第號盒子有兩個紅球和兩個白球的概率，則，則第號盒子有一個紅球和三個白球的概率為，且，化解得，得，而則數列為等比數列,首項為，公比為，所以，又由求得：因此．28．【詳解】（1）設與的對應項中同時為0的有個，同時為1的有個，則對應項不同的為個，所以．所以．（2）設．因為，所以．因為．所以當時，，當時，所以（3）記集合P中所有兩個元素間距離的總和為，則．設集合中所有元素的第個位置的數字共有個個0．則，因為，所以．所以.所以29．【詳解】（1）中，與6互質的數有1和5，則；中，與15互質的數有1、2、4、7、8、11、13和14，則8.（2）因為，p和q為素數，則對，僅當或時，x和n不互質，又，則，，…，或，，…時，x與n不互質，則，設，，可