2024 年高考数学·新课标 I 卷 T11/T18/T19

Christmas_Defunct · 2025-10-18 20:58:31 · 学习·文化课

2024 年高考数学·新课标 I 卷

T11

题面

造型 \propto 可以看作途中曲线 C 的一部分，已知 C 过坐标原点 O，且 C 上的点满足横坐标大于 -2，到点 F(2,0) 的距离与到定直线 x=a(a<0) 的距离之积为 4，则 ____。

• \mathrm{A}.$ $a=-2
• \mathrm{C}.$ $C$ 在第一象限的点的纵坐标的最大值为 $1
• \mathrm{D}.$ 当点 $(x_0,y_0)$ 在 $C$ 上时，$y_{0}\leqslant\frac{4}{x_0+2}

  题解

  正确答案：\color{green}\mathrm{ABD}

• > $\because$ $O$ 在曲线 $C$ 上\ > $\therefore$ $O$ 到 $x=a$ 的距离为 $-a$\ > $\because$ $OF=2$\ > $\therefore$ $-2a=4$\ > $\therefore$ $a=-2
• > 由上述分析易知 $C:(x+2)\cdot\sqrt{(x-2)^2+y^2}=4$\ > 将 $(2\sqrt2,0)$ 代入得原方程成立\ > $\therefore$ 点 $(2\sqrt2,0)$ 在 $C$ 上
• > $\because$ $y^2=(\frac{4}{x+2})^2-(x-2)^2=f(x)$\ > $\therefore$ $f'(x)=-\frac{32}{(x+2)^3}-2(x-2)$\ > $\therefore$ $f(2)=1,f'(2)=-\frac{1}{2}<0$\ > $\therefore$ 在 $x=2$ 左侧存在 $(2-\ ,2)$ 满足 $f(x)>1$\ > $\therefore$ $y_{max}>1$\ > $\therefore$ $C$ 在第一象限的点的纵坐标的最大值大于 $1
• > $\because$ $y_0^2=(\frac{4}{x_0+2})^2-(x_0-2)^2\leqslant(\frac{4}{x_0+2})^2$\ > $\therefore$ $y_0\leqslant\frac{4}{x_0+2}$\ > $\therefore$ 当点 $(x_0,y_0)$ 在 $C$ 上时，$y_{0}\leqslant\frac{4}{x_0+2}

T18

题面

已知函数 f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3

• ### 题解
• (\mathrm{I})

  当 b=0 时，f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax\

  即 $a\geqslant-\frac{2}{x(2-x)}$\ 当 $x=1$ 时，$a\geqslant-\frac{2}{1\times(2-1)}=-2$\ $\therefore a_{min}=2

• (\mathrm{II})

  $=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3+\ln\frac{2-x}{x}+a(2-x)+b(1-x)^3$\ $=2a$\ $=2\times f(1)$\ $\therefore\ y=f(x)$ 是关于 $(1,a)$ 的中心对称图形

• (\mathrm{III})

  由题，a=f(1)\leqslant-2\ 假设 a<-2，由 f(\frac{2\cdot e^{\left|b\right|+1}}{1+e^{\left|b\right|+1}})>\left|b\right|+1-\left|b\right|=1\ 应用零点存在定理知存在 x_1\in{(1,\frac{2\cdot e^{\left|b\right|+1}}{1+e^{\left|b\right|+1}})},f(x_1)=0\ 该结论与 f(\frac{2\cdot e^{\left|b\right|+1}}{1+e^{\left|b\right|+1}})>1 矛盾\

  此时，$f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x(2-x)}\cdot[3b\cdot x(2-x)+2]$\ 当 $b\geqslant-\frac{2}{3}$ 时，$f'(x)\geqslant\frac{(x-1)^2}{x(2-x)}\cdot(2x^2-4x+2)\geqslant0$ 且不恒为 $0$\ $\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 递增，其中，当且仅当 $1<x<2$ 时，$f(x)>-2=f(1)$\ 当 $b<-\frac{2}{3}$ 时，令 $x_0=\frac{3b-\sqrt{9b^2-6b}}{3b}\in{(0,1)},f'(x_0)=0$\ 且当 $x\in{(x_0,1)}$ 时，$f'(x)<0$\ $\therefore f(x)$ 在 $(x_0,1)$ 递减\ $\therefore f(x_0)>f(1)=-2$\ 而 $x_0\notin{(1,2)}$，此时矛盾\ \ 综上所述，$b\in{[-\frac{2}{3},+\infty)}

T19

题面

设 m 为正整数，数列 a_1,a_2,a_3,\cdots,a_{4m+2} 是公差不为 0 的等差数列，若从中删去两项 a_i 和 a_j (i<j) 后剩余的 4m 项都可被平均分为 m 组，且每组的 4 个数都能构成等差数列，则称数列 a_1,a_2,\cdots,a_{4m+2} 是 \color{blue}(i,j)—可分数列。

• ### 题解
• \mathrm{(I)}

  由题，显然有 (i,j)=(1,2),(5,6),(1,6)

• \mathrm{(II)}

  去掉 a_2,a_{13} 后剩下 a_1,a_3,\cdots,a_{12},a_{14}\ 该 12 个可分割为以下三个四元组\

  当 $a_i$ 中 $i>14$ 时，连续四个分为一组即可\ $\therefore$ 数列 $a_1,a_2,,\cdots,a_{4m+2}$ 是 $\color{red}(2,13)—可分数列

• \mathrm{(III)}

  实则是不会写了，嘴硬说是不想写 \LaTeX 了。