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|---|---|---|---|---|---|---|---|
2010 | （新课标） | 为调查某地区老年人是否需要志愿者提供帮助, 用简单随机抽样 方法从该地区调查了 500 位老年人，结果如表:
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline 性别 & 男 & 女 \\
\hline 是否需要志愿者 & & \\
\hline 需要 & 40 & 30 \\
\hline 不需要 & 160 & 270 \\
\hline
\end{tabular}
（1）估计该地区老年人中，需要志愿者提供帮助的比例;
(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关?
(3) 根据（2）的结论, 能否提出更好的调查方法来估计该地区的老年人中需要 志愿者提供帮助的老年人比例? 说明理由.
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geqslant k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}
附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$.
| 解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$
(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$
因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,
所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.
（3）根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.
| （1）由样本的频率率估计总体的概率,
（2）求 $K^{2}$ 的观测值查表, 下结论;
（3）由 99\%的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关, 则可按性别分层抽样.
解: (1) 调查的 500 位老年人中有 70 位需要志愿者提供帮助, 因此在 该地区老年人中, 需要帮助的老年人的比例的估计值为 $\frac{70}{500}=14 \%$
(2) $K^{2}$ 的观测值 $k=\frac{500(40 \times 270-30 \times 160)^{2}}{200 \times 300 \times 70 \times 430} \approx 9.967$
因为 $9.967>6.635$, 且 $P\left(K^{2} \geqslant 6.635\right)=0.01$,
所以有 $99 \%$ 的把握认为该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有关.
（3）根据（2）的结论可知, 该地区的老年人是否需要志愿者提供帮助与性别有 关, 并且从样本数据能够看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的 比例有明显差异, 因此在调查时, 先确定该地区老年人中男、女的比例, 再 把老年人分成男女两层, 并采取分层抽样方法比简单随机抽样方法更好.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2010 | （新课标） | 设 $F_{1}, F_{2}$ 分别是椭圆 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点, 过 $F_{1}$ 斜率为 1 的直线 $e$ 与 $E$ 相交于 $A, B$ 两点, 且 $\left|A F_{2}\right|,|A B|,\left|B F_{2}\right|$ 成等差数列
(1) 求 $E$ 的离心率;
(2) 设点 $P(0,-1)$ 满足 $|P A|=|P B|$, 求 $E$ 的方程.
| 解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|=4 \mathrm{a}$, 又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|A B|=\frac{4}{3} a$, 1 的方程为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$.
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A 、 B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$
化简的 $\left(a^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} c x+a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)=0$
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)}{a^{2}+b^{2}}$
因为直线 $A B$ 斜率为 $1,|A B|=\sqrt{2}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{2\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]}$, 得 $\frac{4}{3} a=\frac{4 a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$, 故 $a^{2}=2 b^{2}$
所以 $E$ 的离心率 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
(II) 设 $A B$ 的中点为 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由 (1) 知 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{-a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}=-\frac{2}{3} c$,
$$
y_{0}=x_{0}+c=\frac{c}{3} \text {. }
$$
由 $|P A|=|P B|$, 得 $k_{P N}=-1$,
即 $\frac{y_{0}+1}{x_{0}}=-1$
得 $c=3$, 从而 $a=3 \sqrt{2}, b=3$
故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$.
| (1) 根据椭圆的定义可知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|=4 \mathrm{a}$, 进而根据 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|, \mid \mathrm{AB}$ , $\left|B F_{2}\right|$ 成等差数表示出 $|A B|$, 进而可知直线 $\mid$ 的方程, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}\right.$ $\left(y_{2}\right)$, 代入直线和椭圆方程, 联立消去 $y$, 根据韦达定理表示出 $x_{1}+x_{2}$ 和 $x_{1} x_{2}$ 进而根据 $\frac{4}{3} a=\frac{4 a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$, 求得 $a$ 和 $b$ 的关系, 进而求得 $a$ 和 $c$ 的关系, 离心率 可得.
(II) 设 $A B$ 的中点为 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 根据 (1) 则可分别表示出 $x_{0}$ 和 $y_{0}$, 根据 $|P A|=|P B|$, 推知直线 $P N$ 的斜率, 根据 $\frac{y_{0}+1}{x_{0}}=-1$ 求得 $c$, 进而求得 $a$ 和 $b$, 粗圆的方程可得.
解：（1）由椭圆定义知 $\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|+|\mathrm{AB}|=4 \mathrm{a}$, 又 $2|\mathrm{AB}|=\left|\mathrm{AF}_{2}\right|+\left|\mathrm{BF}_{2}\right|$, 得 $|A B|=\frac{4}{3} a$, 1 的方程为 $y=x+c$, 其中 $c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$.
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $A 、 B$ 两点坐标满足方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=x+c \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$
化简的 $\left(a^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} c x+a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)=0$
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{-2 a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}\left(c^{2}-b^{2}\right)}{a^{2}+b^{2}}$
因为直线 $A B$ 斜率为 $1,|A B|=\sqrt{2}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{2\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]}$, 得 $\frac{4}{3} a=\frac{4 a b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$, 故 $a^{2}=2 b^{2}$
所以 $E$ 的离心率 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
(II) 设 $A B$ 的中点为 $N\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由 (1) 知 $x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{-a^{2} c}{a^{2}+b^{2}}=-\frac{2}{3} c$,
$$
y_{0}=x_{0}+c=\frac{c}{3} \text {. }
$$
由 $|P A|=|P B|$, 得 $k_{P N}=-1$,
即 $\frac{y_{0}+1}{x_{0}}=-1$
得 $c=3$, 从而 $a=3 \sqrt{2}, b=3$
故椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{9}=1$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2010 | （新课标） | 设函数 $f(x)=e^{x}-1-x-a x^{2}$.
(1) 若 $a=0$, 求 $f(x)$ 的单调区间;
(2) 若当 $x \geqslant 0$ 时 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) $a=0$ 时, $f(x)=e^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=e^{x}-1$.
当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.
故 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调减少, 在 $(0,+\infty)$ 单调增加
(II) $f^{\prime}(x)=e^{x}-1-2 a x$
由 (1) 知 $e^{x} \geqslant 1+x$, 当且仅当 $x=0$ 时等号成立. 故 $f^{\prime}(x) \geqslant x-2 a x=(1-2 a ） x$, 从而当 $1-2 a \geqslant 0$, 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0(x \geqslant 0)$, 而 $f(0)=0$,
于是当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 0$.
由 $e^{x}>1+x(x \neq 0)$ 可得 $e^{-x}>1-x(x \neq 0)$.
从而当 $a>\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<e^{x}-1+2 a\left(e^{-x}-1\right)=e^{-x}\left(e^{x}-1\right)\left(e^{x}-2 a\right)$, 故当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 而 $f(0)=0$, 于是当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f($ x) $<0$.
综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$.
| (1) 先对函数 $f(x)$ 求导, 导函数大于 0 时原函数单调递增, 导函数 小于 0 时原函数单调递减.
(2) 根据 $e^{x} \geqslant 1+x$ 可得不等式 $f^{\prime}(x) \geqslant x-2 a x=(1-2 a) x$, 从而可知当 1- $2 a \geqslant$ 0 , 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$ 判断出函数 $f(x)$ 的单调性, 得到答案.
解: (1) $a=0$ 时, $f(x)=e^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=e^{x}-1$.
当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.
故 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 单调减少, 在 $(0,+\infty)$ 单调增加
(II) $f^{\prime}(x)=e^{x}-1-2 a x$
由 (1) 知 $e^{x} \geqslant 1+x$, 当且仅当 $x=0$ 时等号成立. 故 $f^{\prime}(x) \geqslant x-2 a x=(1-2 a ） x$, 从而当 $1-2 a \geqslant 0$, 即 $a \leqslant \frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0(x \geqslant 0)$, 而 $f(0)=0$,
于是当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 0$.
由 $e^{x}>1+x(x \neq 0)$ 可得 $e^{-x}>1-x(x \neq 0)$.
从而当 $a>\frac{1}{2}$ 时, $f^{\prime}(x)<e^{x}-1+2 a\left(e^{-x}-1\right)=e^{-x}\left(e^{x}-1\right)\left(e^{x}-2 a\right)$, 故当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 而 $f(0)=0$, 于是当 $x \in(0, \ln 2 a)$ 时, $f($ x) $<0$.
综合得 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2010 | （新课标） | 已知直线 $C_{1}\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ (t 为参数), $C_{2}\left\{\begin{array}{l}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)
(I) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时，求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点坐标;
(II) 过坐标原点 $O$ 做 $C_{1}$ 的垂线, 垂足为 $A, P$ 为 $O A$ 中点, 当 $\alpha$ 变化时, 求 $P$ 点的轨迹的参数方程, 并指出它是什么曲线.
| 解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$
联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,
解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.
则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,
联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;
A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,
故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),
$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.
故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.
| (1）先消去参数将曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的参数方程化成普通方程, 再联立方程 组求出交点坐标即可,
(II) 设 $P(x, y)$, 利用中点坐标公式得 $P$ 点轨迹的参数方程, 消去参数即得 普通方程, 由普通方程即可看出其是什么类型的曲线.
解: ( I ) 当 $\alpha=\frac{\pi}{3}$ 时, $C_{1}$ 的普通方程为 $y=\sqrt{3}(x-1), C_{2}$ 的普通方程为 $x^{2}+y^{2}=1$
联立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}(x-1) \\ x^{2}+y^{2}=1\end{array}\right.$,
解得 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的交点为 $(1,0)\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
( II ) $C_{1}$ 的普通方程为 $x \sin \alpha-y \cos \alpha-\sin \alpha=0(1)$.
则 $O A$ 的方程为 $x \cos \alpha+y \sin \alpha=0(2)$,
联立(1)(2)可得 $x=\sin ^{2} \alpha, y=-\cos \alpha \sin \alpha$;
A 点坐标为 $\left(\sin ^{2} \alpha,-\cos \alpha \sin \alpha\right)$,
故当 $\alpha$ 变化时, $P$ 点轨迹的参数方程为: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha \\ y=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数),
$P$ 点轨迹的普通方程 $\left(x-\frac{1}{4}\right)^{2}+y^{2}=\frac{1}{16}$.
故 $P$ 点轨迹是圆心为 $\left(\frac{1}{4}, 0\right)$, 半径为 $\frac{1}{4}$ 的圆.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2011 | （新课标） | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 且 $2 a_{1}+3 a_{2}=1, a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$,
(I ) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II ) 设 $b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}$, 求数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
| 解: ( I ) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 由 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$ 得 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{4}{ }^{2}$, 所以 $q^{2}=\frac{1}{9}$
由条件可知各项均为正数, 故 $q=\frac{1}{3}$.
由 $2 a_{1}+3 a_{2}=1$ 得 $2 a_{1}+3 a_{1} q=1$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{3}$.
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项式为 $a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$. ( II ) $b_{n}=\log _{3} a_{1+} \log _{3} a_{2+}+{ }^{+} \log _{3} a_{n=-}(1+2+\ldots+n)=-\frac{n(n+1)}{2}$,
故 $\frac{1}{b_{n}}=-\frac{2}{n(n+1)}=-2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$
则 $\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}=-2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}\right)\right]=-\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$,
所以数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $-\frac{2 n}{n+1}$.
| （I ) 设出等比数列的公比 $q$, 由 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$, 利用等比数列的通项公式 化简后得到关于 $q$ 的方程, 由已知等比数列的各项都为正数, 得到满足题意 $q$ 的值, 然后再根据等比数列的通项公式化简 $2 a_{1}+3 a_{2}=1$, 把求出的 $q$ 的值代入 即可求出等比数列的首项, 根据首项和求出的公比 $\mathrm{q}$ 写出数列的通项公式即 可;
（II ）把（I ) 求出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式代入设 $b n=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}$, 利用 对数的运算性质及等差数列的前 $n$ 项和的公式化简后, 即可得到 $b_{n}$ 的通项公 式, 求出倒数即为 $\frac{1}{b_{n}}$ 的通项公式, 然后根据数列的通项公式列举出数列的各 项, 抵消后即可得到数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.
解: ( I ) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 由 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$ 得 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{4}{ }^{2}$, 所以 $q^{2}=\frac{1}{9}$
由条件可知各项均为正数, 故 $q=\frac{1}{3}$.
由 $2 a_{1}+3 a_{2}=1$ 得 $2 a_{1}+3 a_{1} q=1$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{3}$.
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项式为 $a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$. ( II ) $b_{n}=\log _{3} a_{1+} \log _{3} a_{2+}+{ }^{+} \log _{3} a_{n=-}(1+2+\ldots+n)=-\frac{n(n+1)}{2}$,
故 $\frac{1}{b_{n}}=-\frac{2}{n(n+1)}=-2\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$
则 $\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}=-2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}\right)\right]=-\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$,
所以数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $-\frac{2 n}{n+1}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2011 | （新课标） | 某种产品的质量以其质量指标值衡量, 质量指标值越大表明质量 越好, 且质量指标值大于或等于 102 的产品为优质品, 现用两种新配方（分 别称为 $\mathrm{A}$ 配方和 $\mathrm{B}$ 配方) 做试验, 各生产了 100 件这种产品, 并测量了每件 产品的质量指标值, 得到下面试验结果:
A 配方的频数分布表
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 8 & 20 & 42 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
B 配方的频数分布表
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 4 & 12 & 42 & 32 & 10 \\
\hline
\end{tabular}
（I ）分别估计用 $\mathrm{A}$ 配方, $B$ 配方生产的产品的优质品率;
（II) 已知用 B 配方生成的一件产品的利润 $y$ （单位: 元）与其质量指标值 $t$ 的 关系式为 $\mathrm{y}= \begin{cases}-2, & \mathrm{t}<94 \\ 2, & 94 \leqslant \mathrm{t}<102 \\ 4, & \mathrm{t} \geqslant 102\end{cases}$
从用 $B$ 配方生产的产品中任取一件, 其利润记为 $X$ （单位: 元), 求 $X$ 的分布列 及数学期望. (以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质 量指标值落入相应组的概率)
| 解： ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$
$\therefore$ 用 $A$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 . 由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$
$\therefore$ 用 $B$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;
（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间
$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,
$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,
即 $X$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline $\mathrm{P}$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}
$\therefore X$ 的数学期望值. $\mathrm{EX}=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$
| (1）根据所给的样本容量和两种配方的优质的频数, 两个求比值, 得 到用两种配方的产品的优质品率的估计值.
(II) 根据题意得到变量对应的数字, 结合变量对应的事件和第一问的结果写出 变量对应的概率, 写出分布列和这组数据的期望值.
解： ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$
$\therefore$ 用 $A$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 . 由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$
$\therefore$ 用 $B$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;
（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间
$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,
$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,
即 $X$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline $\mathrm{P}$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}
$\therefore X$ 的数学期望值. $\mathrm{EX}=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2011 | （新课标） | 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知点 $A(0,-1), B$ 点在直线 $y=-3$ 上, $M$ 点满足 $\overrightarrow{M B} / / \overrightarrow{O A}, \overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{B A}, M$ 点的轨迹为曲线 $C$.
(I ) 求 C 的方程;
(II) $\mathrm{P}$ 为 $C$ 上的动点, 1 为 $C$ 在 $\mathrm{P}$ 点处的切线, 求 $\mathrm{O}$ 点到 $I$ 距离的最小值.
| 解: ( I ) 设 $M(x, y)$, 由已知得 $B(x,-3), A(0,-1)$. 所 $\overrightarrow{M A}=(-x,-1-y), \overrightarrow{M B}=(0,-3-y), \overrightarrow{A B}=(x,-2)$.
再由题意可知 $(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}) \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$, 即 $(-x,-4-2 y) \cdot(x,-2)=0$.
所以曲线 $C$ 的方程式为 $y=\frac{1}{4} x^{2}-2$.
(II) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为曲线 $C: y=\frac{1}{4} x^{2}-2$ 上一点, 因为 $y^{\prime}=\frac{1}{2} x$, 所以 的斜率 为 $\frac{1}{2} x_{0}$,
因此直线 $I$ 的方程为 $y-y_{0}=\frac{1}{2} x_{0}\left(x-x_{0}\right)$, 即 $x_{0} x-2 y+2 y_{0}-x_{0}^{2}=0$.
则 0 点到I的距离 $\mathrm{d}=\frac{\left|2 y_{0}-x_{0}^{2}\right|}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}$. 又 $y_{0}=\frac{1}{4} x_{0}^{2}-2$,
所以 $d=\frac{\frac{1}{2} x_{0}{ }^{2}+4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x_{0}{ }^{2}+4}+\frac{4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}\right) \geqslant 2$,
所以 $x_{0}^{2}=0$ 时取等号, 所以 0 点到 $I$ 距离的最小值为 2 .
| ( I ) 设 $M(x, y)$, 由已知得 $B(x,-3), A(0,-1)$ 并代入 $\overrightarrow{M B} / /$ $\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{B A}$, 即可求得 $M$ 点的轨迹 $C$ 的方程;
(II ) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为 $C$ 上的点, 求导, 写出 $C$ 在 $P$ 点处的切线方程, 利用点 到直线的距离公式即可求得 $\mathrm{O}$ 点到 I 距离, 然后利用基本不等式求出其最小 值.
解: ( I ) 设 $M(x, y)$, 由已知得 $B(x,-3), A(0,-1)$. 所 $\overrightarrow{M A}=(-x,-1-y), \overrightarrow{M B}=(0,-3-y), \overrightarrow{A B}=(x,-2)$.
再由题意可知 $(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}) \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$, 即 $(-x,-4-2 y) \cdot(x,-2)=0$.
所以曲线 $C$ 的方程式为 $y=\frac{1}{4} x^{2}-2$.
(II) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为曲线 $C: y=\frac{1}{4} x^{2}-2$ 上一点, 因为 $y^{\prime}=\frac{1}{2} x$, 所以 的斜率 为 $\frac{1}{2} x_{0}$,
因此直线 $I$ 的方程为 $y-y_{0}=\frac{1}{2} x_{0}\left(x-x_{0}\right)$, 即 $x_{0} x-2 y+2 y_{0}-x_{0}^{2}=0$.
则 0 点到I的距离 $\mathrm{d}=\frac{\left|2 y_{0}-x_{0}^{2}\right|}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}$. 又 $y_{0}=\frac{1}{4} x_{0}^{2}-2$,
所以 $d=\frac{\frac{1}{2} x_{0}{ }^{2}+4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x_{0}{ }^{2}+4}+\frac{4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}\right) \geqslant 2$,
所以 $x_{0}^{2}=0$ 时取等号, 所以 0 点到 $I$ 距离的最小值为 2 .
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2011 | （新课标） | 已知函数 $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的 切线方程为 $x+2 y-3=0$.
(I) 求 $a 、 b$ 的值;
（II ）如果当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$, 求 $k$ 的取值范围.
| 解: 由题意 $f(1)=1$, 即切点坐标是 $(1,1)$
( I ) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$
由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$, 故 $\left\{\begin{array}{l}f(1)=1 \\ f^{\prime}(1)=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$ 解得 $a=1, b=1$.
( II) 由 ( I ) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$, 所以
$f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}\right)$.
考虑函数 $h(x)=2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}(x>0)$, 则
$h^{\prime}(x)=\frac{(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x}{x^{2}}$
(i) 设 $k \leqslant 0$, 由 $h^{\prime}(x)=\frac{k\left(x^{2}+1\right)-(x-1)^{2}}{x^{2}}$ 知, 当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$. 而 $h （$
1) $=0$, 故
当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$
从而当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)>0$, 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$.
(ii) 设 $0<k<1$. 由于当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x>0$, 故 $h^{\prime}(x$ $>>0$, 而
$h(1)=0$, 故当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $h(x)>0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛 盾. (iii) 设 $k \geqslant 1$. 此时 $h^{\prime}(x)>0$, 而 $h(1)=0$, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)>0$ , 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛盾.
综合得, $\mathrm{k}$ 的取值范围为 $(-\infty, 0]$.
| (1）求出函数的导数; 利用切线方程求出切线的斜率及切点; 利用函 数在切点处的导数值为曲线切线的斜率及切点也在曲线上, 列出方程组, 求 出 $a, b$ 值.
(II) 将不等式变形, 构造新函数, 求出新函数的导数, 对参数 $\mathrm{k}$ 分类讨论, 判 断出导函数的符号, 得到函数的单调性, 求出函数的最值, 求出参数 $\mathrm{k}$ 的范 围.
解: 由题意 $f(1)=1$, 即切点坐标是 $(1,1)$
( I ) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$
由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$, 故 $\left\{\begin{array}{l}f(1)=1 \\ f^{\prime}(1)=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$ 解得 $a=1, b=1$.
( II) 由 ( I ) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$, 所以
$f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}\right)$.
考虑函数 $h(x)=2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}(x>0)$, 则
$h^{\prime}(x)=\frac{(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x}{x^{2}}$
(i) 设 $k \leqslant 0$, 由 $h^{\prime}(x)=\frac{k\left(x^{2}+1\right)-(x-1)^{2}}{x^{2}}$ 知, 当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$. 而 $h （$
1) $=0$, 故
当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$
从而当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)>0$, 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$.
(ii) 设 $0<k<1$. 由于当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x>0$, 故 $h^{\prime}(x$ $>>0$, 而
$h(1)=0$, 故当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $h(x)>0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛 盾. (iii) 设 $k \geqslant 1$. 此时 $h^{\prime}(x)>0$, 而 $h(1)=0$, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)>0$ , 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛盾.
综合得, $\mathrm{k}$ 的取值范围为 $(-\infty, 0]$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2011 | （新课标） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数) $M$ 是 $\mathrm{C}_{1}$ 上的动点, $\mathrm{P}$ 点满足 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=2 \overrightarrow{\mathrm{OM}}, \mathrm{P}$ 点的轨迹为曲线 $\mathrm{C}_{2}$
(I) 求 $\mathrm{C}_{2}$ 的方程;
(II ) 在以 $O$ 为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴的极坐标系中, 射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的异 于极点的交点为 $A$, 与 $C_{2}$ 的异于极点的交点为 $B$, 求 $|A B|$.
| 解：（1）设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$
从而 $C_{2}$ 的参数方程为
$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}(\alpha\right.$ 为参数)
(II ) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.
所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.
| （1）先设出点 $P$ 的坐标, 然后根据点 $P$ 满足的条件代入曲线 $C_{1}$ 的方程 即可求出曲线 $C_{2}$ 的方程;
(II) 根据 (I) 将求出曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程, 分别求出射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}$, 以及射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}$, 最后根据 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|$ 求出所求.
解：（1）设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$
从而 $C_{2}$ 的参数方程为
$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}(\alpha\right.$ 为参数)
(II ) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,
射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.
所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2011 | （新课标） | 24. 设函数 $f(x)=|x-a|+3 x$, 其中 $a>0$.
(I) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集
(II ) 若不等式 $f(x) \leqslant 0$ 的解集为 $\{x \mid x \leqslant-1\}$, 求 $a$ 的值.
| 解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$
由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.
故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为 $\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.
( II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得
$|x-a|+3 x \leqslant 0$
此不等式化为不等式组
$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$
因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$
由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$
| ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$. 直接求出不等式 $f($ $x) \geqslant 3 x+2$ 的解集即可. (II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得 $|x-a|+3 x \leqslant 0$ 分 $x \geqslant a$ 和 $x \leqslant a$ 推出等价不等式组, 分别求 解, 然后求出 $a$ 的值.
解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$
由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.
故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为 $\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.
( II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得
$|x-a|+3 x \leqslant 0$
此不等式化为不等式组
$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$
因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$
由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2012 | （新课标） | 已知 $a, b, c$ 分别为 $\triangle A B C$ 三个内角 $A, B, C$ 的对边, $\operatorname{acos} C+\sqrt{3} a \sin C-b-c=0$
(1) 求 $A$;
(2) 若 $a=2, \triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$; 求 $b, c$.
| 解： (1) 由正弦定理得: $a \cos C+\sqrt{3} a \sin C-b-c=0$,
即 $\sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin B+\sin C$
$\therefore \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin (A+C)+\sin C$,
即 $\sqrt{3} \sin A-\cos A=1$
$\therefore \sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}$.
$\therefore A-30^{\circ}=30^{\circ}$
$\therefore A=60^{\circ}$;
(2) 若 $\mathrm{a}=2, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积 $=\frac{1}{2} \mathrm{bcsin} \mathrm{A}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{bc}=\sqrt{3}$,
$\therefore b c=4$. 1
再利用余弦定理可得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \bullet \cos A$ $=(b+c)^{2}-2 b c-b c=(b+c)^{2}-3 \times 4=4$,
$\therefore b+c=4$. (2)
结合(1)(2)求得 $b=c=2$.
| （1）已知等式利用正弦定理化简, 整理后得到 $\sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}$. 即 可求出 $\mathrm{A}$ 的值;
(2) 若 $a=2$, 由 $\triangle A B C$ 的面积为 $\sqrt{3}$, 求得 $b c=4$. (1), 再利用余弦定理可得 $b+c=4$ - (2), 结合(1)(2)求得 $\mathrm{b}$ 和 $c$ 的值.
解： (1) 由正弦定理得: $a \cos C+\sqrt{3} a \sin C-b-c=0$,
即 $\sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin B+\sin C$
$\therefore \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin (A+C)+\sin C$,
即 $\sqrt{3} \sin A-\cos A=1$
$\therefore \sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}$.
$\therefore A-30^{\circ}=30^{\circ}$
$\therefore A=60^{\circ}$;
(2) 若 $\mathrm{a}=2, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积 $=\frac{1}{2} \mathrm{bcsin} \mathrm{A}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{bc}=\sqrt{3}$,
$\therefore b c=4$. 1
再利用余弦定理可得: $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \bullet \cos A$ $=(b+c)^{2}-2 b c-b c=(b+c)^{2}-3 \times 4=4$,
$\therefore b+c=4$. (2)
结合(1)(2)求得 $b=c=2$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2012 | （新课标） | 某花店每天以每枝 5 元的价格从农场购进若干枝玫瑰花, 然后以 每枝 10 元的价格出售, 如果当天卖不完, 剩下的玫瑰花作垃圾处理.
（1）若花店一天购进 16 枝玫瑰花, 求当天的利润 y（单位: 元）关于当天需求 量 $n$ (单位: 枝, $n \in N$ ) 的函数解析式.
（2）花店记录了 100 天玫瑰花的日需求量（单位: 枝），整理得如表:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 日需求量 $\mathrm{n}$ & 14 & 15 & 16 & 17 & 18 & 19 & 20 \\
\hline 频数 & 10 & 20 & 16 & 16 & 15 & 13 & 10 \\
\hline
\end{tabular}
以 100 天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率.
（i）若花店一天购进 16 枝玫瑰花, $\mathrm{X}$ 表示当天的利润（单位: 元）, 求 $\mathrm{X}$ 的分 布列、数学期望及方差;
（ii）若花店计划一天购进 16 枝或 17 枝玫瑰花, 你认为应购进 16 枝还是 17 枝 ? 请说明理由.
| 解: （1）当 $\mathrm{n} \geqslant 16$ 时, $\mathrm{y}=16 \times(10-5)=80$; 当 $n \leqslant 15$ 时, $y=5 n-5(16-n)=10 n-80$, 得: $y=\left\{\begin{array}{l}10 n-80(n \leqslant 15) \\ 80 \quad(n \geqslant 16)\end{array}(n \in N)\right.$
（2）(i） $x$ 可取 $60,70,80$, 当日需求量 $n=14$ 时, $x=60, n=15$ 时, $x=70$, 其 他情况 $X=80$ ，
$P(X=60)=\frac{\text { 频数 }}{\text { 总数 }}=\frac{10}{10+20+16+16+15+13+10}=\frac{10}{100}=0.1, P(X=70)=\frac{20}{100} 0.2, P(X=80$ )$=1-0.1-0.2=0.7$
$X$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 60 & 70 & 80 \\
\hline$P$ & 0.1 & 0.2 & 0.7 \\
\hline
\end{tabular}
$E X=60 \times 0.1+70 \times 0.2+80 \times 0.7=76$
$D X=16^{2} \times 0.1+6^{2} \times 0.2+4^{2} \times 0.7=44$
(ii）购进 17 枝时, 当天的利润的期望为 $y=(14 \times 5-3 \times 5) \times 0.1+(15 \times 5-2 \times$
5) $\times 0.2+(16 \times 5-1 \times 5) \times 0.16+17 \times 5 \times 0.54=76.4$
$\because 76.4>76, \therefore$ 应购进 17 枝
| （1）根据卖出一枝可得利润 5 元, 卖不出一枝可得赔本 5 元, 即可建 立分段函数;
(2) (i) $X$ 可取 $60,70,80$, 计算相应的概率, 即可得到 $X$ 的分布列, 数学期 望及方差;
（ii）求出进 17 枝时当天的利润，与购进 16 枝玫瑰花时当天的利润比较，即可 得到结论.
解: （1）当 $\mathrm{n} \geqslant 16$ 时, $\mathrm{y}=16 \times(10-5)=80$; 当 $n \leqslant 15$ 时, $y=5 n-5(16-n)=10 n-80$, 得: $y=\left\{\begin{array}{l}10 n-80(n \leqslant 15) \\ 80 \quad(n \geqslant 16)\end{array}(n \in N)\right.$
（2）(i） $x$ 可取 $60,70,80$, 当日需求量 $n=14$ 时, $x=60, n=15$ 时, $x=70$, 其 他情况 $X=80$ ，
$P(X=60)=\frac{\text { 频数 }}{\text { 总数 }}=\frac{10}{10+20+16+16+15+13+10}=\frac{10}{100}=0.1, P(X=70)=\frac{20}{100} 0.2, P(X=80$ )$=1-0.1-0.2=0.7$
$X$ 的分布列为
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 60 & 70 & 80 \\
\hline$P$ & 0.1 & 0.2 & 0.7 \\
\hline
\end{tabular}
$E X=60 \times 0.1+70 \times 0.2+80 \times 0.7=76$
$D X=16^{2} \times 0.1+6^{2} \times 0.2+4^{2} \times 0.7=44$
(ii）购进 17 枝时, 当天的利润的期望为 $y=(14 \times 5-3 \times 5) \times 0.1+(15 \times 5-2 \times$
5) $\times 0.2+(16 \times 5-1 \times 5) \times 0.16+17 \times 5 \times 0.54=76.4$
$\because 76.4>76, \therefore$ 应购进 17 枝
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2012 | （新课标） | 设抛物线 $C: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点为 $F$, 准线为 $\mid, A \in C$, 已知以 $F$ 为圆心, $F A$ 为半径的圆 $F$ 交 I 于 $B, D$ 两点;
(1) 若 $\angle B F D=90^{\circ}, \triangle A B D$ 的面积为 $4 \sqrt{2}$, 求 $p$ 的值及圆 $F$ 的方程;
(2) 若 $A, B, F$ 三点在同一直线 $\mathrm{m}$ 上, 直线 $\mathrm{n}$ 与 $\mathrm{m}$ 平行, 且 $\mathrm{n}$ 与 $\mathrm{C}$ 只有一个 公共点, 求坐标原点到 $m, n$ 距离的比值.
| 解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$
点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $d=|F A|=|F B|=\sqrt{2} p$,
$\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,
$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,
解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,
$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.
(2) 由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{p}{2}\right)$,
$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上,
又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.
由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$
得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,
$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$
直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y \frac{\sqrt{3}}{6} p=0$
坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.
| （1）由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$ 点 $A$ 到准线 $I$ 的距离 $\mathrm{d}=|F \mathrm{FA}|=|\mathrm{FB}|=\sqrt{2} \mathrm{p}$, 由 $\triangle \mathrm{ABD}$ 的面积 $\mathrm{S} \triangle \mathrm{ABD}=4 \sqrt{2}$, 知 $\frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=$ $\frac{1}{2} \times 2 p \times \sqrt{2} p=4 \sqrt{2}$, 由此能求出圆 $F$ 的方程.
（2）由对称性设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{\mathrm{p}}{2}\right)$ 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 关于点 $\mathrm{F}$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$, 得 $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 由此能求出坐标 原点到 $m, n$ 距离的比值.
解: (1) 由对称性知: $\triangle B F D$ 是等腰直角 $\triangle$, 斜边 $|B D|=2 p$
点 $A$ 到准线 $\mid$ 的距离 $d=|F A|=|F B|=\sqrt{2} p$,
$\because \triangle A B D$ 的面积 $S_{\triangle A B D}=4 \sqrt{2}$,
$\therefore \frac{1}{2} \times \mathrm{BD} \times \mathrm{d}=\frac{1}{2} \times 2 \mathrm{p} \times \sqrt{2} \mathrm{p}=4 \sqrt{2}$,
解得 $p=2$, 所以 $F$ 坐标为 $(0,1)$,
$\therefore$ 圆 $F$ 的方程为 $x^{2}+(y-1)^{2}=8$.
(2) 由题设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{0}, \frac{\mathrm{x}_{0}^{2}}{2 \mathrm{p}}\right)\left(\mathrm{x}_{0}>0\right)$, 则 $\mathrm{F}\left(0, \frac{p}{2}\right)$,
$\because A, B, F$ 三点在同一直线 $m$ 上,
又 $A B$ 为圆 $F$ 的直径, 故 $A, B$ 关于点 $F$ 对称.
由点 $A, B$ 关于点 $F$ 对称得: $B\left(-x_{0}, p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}\right) \Rightarrow p-\frac{x_{0}^{2}}{2 p}=-\frac{p}{2} \Leftrightarrow x_{0}^{2}=3 p^{2}$
得 : $A\left(\sqrt{3} p, \frac{3 p}{2}\right)$, 直 线 $m: y=\frac{\frac{3 p}{2}-\frac{p}{2}}{\sqrt{3} p} x+\frac{p}{2} \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y+\frac{\sqrt{3} p}{2}=0$,
$$
x^{2}=2 p y \Leftrightarrow y=\frac{x^{2}}{2 p} \Rightarrow y^{\prime}=\frac{x}{p}=\frac{\sqrt{3}}{3} \Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3} p \Rightarrow \text { 切点 } P\left(\frac{\sqrt{3} p}{3}, \frac{p}{6}\right)
$$
直线 $n: y-\frac{p}{6}=\frac{\sqrt{3}}{3}\left(x-\frac{\sqrt{3} p}{3}\right) \Leftrightarrow x-\sqrt{3} y \frac{\sqrt{3}}{6} p=0$
坐标原点到 $m, n$ 距离的比值为 $\frac{\sqrt{3} p}{2}: \frac{\sqrt{3} p}{6}=3$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2012 | （新课标） | 已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x)=f^{\prime} （ 1 ） e^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2}$;
（1）求 $f(x)$ 的解析式及单调区间;
(2) 若 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geqslant \frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}+a x+b$, 求 $(a+1) b$ 的最大值.
| 解: (1) $f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2} \Rightarrow f^{\prime}(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f($ 0) $+x$
令 $x=1$ 得: $f(0)=1$
$\therefore f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-x^{2}+\frac{1}{2} x^{2}$ 令 $x=0$, 得 $\left.f(0)=f^{\prime} （ 1\right) e^{-1}=1$ 解得 $f^{\prime}(1)=e$ 故函数的解析式为 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$
令 $g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x$
$\therefore g^{\prime}(x)=e^{x}+1>0$, 由此知 $y=g(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增
当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(0)=0$; 当 $x<0$ 时, 有
$f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0$ 得:
函数 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty)$, 单调递减区间为 $(-\infty$,
0)
(2) $f(x) \geqslant \frac{1}{2} x^{2}+a x+b \Leftrightarrow h(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1) x-b \geqslant 0$ 得 $h^{\prime}(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1)$
(1)当 $a+1 \leqslant 0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Rightarrow y=h(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增, $x \rightarrow-\infty$ 时, $h(x) \rightarrow-$ $\infty$ 与 $\mathrm{h}(\mathrm{x}) \geqslant 0$ 矛盾
(2)当 $a+1>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x>\ln \left(a+1 ， h^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x<\ln (a+1)\right.$
得: 当 $x=\ln (a+1)$ 时, $h(x){ }_{\min }=(a+1)-(a+1) \ln (a+1)-b \geqslant 0$, 即 $(a+1$
)$-(a+1) \ln (a+1) \geqslant b$
$\therefore(a+1) b \leqslant(a+1)^{2-}(a+1)^{2} \ln (a+1), \quad(a+1>0)$
令 $F(x)=x^{2}-x^{2} \ln x(x>0)$, 则 $F^{\prime}(x)=x(1-2 \ln x)$
$\therefore F^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow 0<x<\sqrt{e}, F^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x>\sqrt{e}$
当 $x=\sqrt{\mathrm{e}}$ 时, $F(x)_{\text {max }}=\frac{\mathrm{e}}{2}$
即当 $a=\sqrt{e}-1, b=\frac{\sqrt{e}}{2}$ 时, $(a+1) b$ 的最大值为 $\frac{e}{2}$
| (1) 对函数 $f(x)$ 求导, 再令自变量为 1 , 求出 $f^{\prime}$ (1) 得到函数的解 析式及导数, 再由导数求函数的单调区间;
(2) 由题意 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geqslant \frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}+\mathrm{ax}+\mathrm{b} \Leftrightarrow \mathrm{h}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-(\mathrm{a}+1) \mathrm{x}-\mathrm{b} \geqslant 0$, 借助导数求出新函数的 最小值, 令其大于 0 即可得到参数 $a, b$ 所满足的关系式, 再研究 $(a+1) b$ 的最大值
解: (1) $f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f(0) x+\frac{1}{2} x^{2} \Rightarrow f^{\prime}(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-f($ 0) $+x$
令 $x=1$ 得: $f(0)=1$
$\therefore f(x)=f^{\prime}(1) e^{x-1}-x^{2}+\frac{1}{2} x^{2}$ 令 $x=0$, 得 $\left.f(0)=f^{\prime} （ 1\right) e^{-1}=1$ 解得 $f^{\prime}(1)=e$ 故函数的解析式为 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$
令 $g(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}-1+x$
$\therefore g^{\prime}(x)=e^{x}+1>0$, 由此知 $y=g(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增
当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)>f^{\prime}(0)=0$; 当 $x<0$ 时, 有
$f^{\prime}(x)<f^{\prime}(0)=0$ 得:
函数 $f(x)=e^{x}-x+\frac{1}{2} x^{2}$ 的单调递增区间为 $(0,+\infty)$, 单调递减区间为 $(-\infty$,
0)
(2) $f(x) \geqslant \frac{1}{2} x^{2}+a x+b \Leftrightarrow h(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1) x-b \geqslant 0$ 得 $h^{\prime}(x)=e^{x_{-}} \quad(a+1)$
(1)当 $a+1 \leqslant 0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Rightarrow y=h(x)$ 在 $x \in R$ 上单调递增, $x \rightarrow-\infty$ 时, $h(x) \rightarrow-$ $\infty$ 与 $\mathrm{h}(\mathrm{x}) \geqslant 0$ 矛盾
(2)当 $a+1>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow x>\ln \left(a+1 ， h^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x<\ln (a+1)\right.$
得: 当 $x=\ln (a+1)$ 时, $h(x){ }_{\min }=(a+1)-(a+1) \ln (a+1)-b \geqslant 0$, 即 $(a+1$
)$-(a+1) \ln (a+1) \geqslant b$
$\therefore(a+1) b \leqslant(a+1)^{2-}(a+1)^{2} \ln (a+1), \quad(a+1>0)$
令 $F(x)=x^{2}-x^{2} \ln x(x>0)$, 则 $F^{\prime}(x)=x(1-2 \ln x)$
$\therefore F^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow 0<x<\sqrt{e}, F^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow x>\sqrt{e}$
当 $x=\sqrt{\mathrm{e}}$ 时, $F(x)_{\text {max }}=\frac{\mathrm{e}}{2}$
即当 $a=\sqrt{e}-1, b=\frac{\sqrt{e}}{2}$ 时, $(a+1) b$ 的最大值为 $\frac{e}{2}$
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2012 | （新课标） | 23. 选修 4- 4; 坐标系与参数方程
已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \phi \\ y=3 \sin \phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴的 正半轴为极轴建立坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的坐标系方程是 $\rho=2$, 正方形 $A B C D$ 的顶 点都在 $C_{2}$ 上, 且 $A, B, C, D$ 依逆时针次序排列, 点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$
(1) 求点 $A, B, C, D$ 的直角坐标;
（2）设 $P$ 为 $C_{1}$ 上任意一点, 求 $|P A|^{2+}|P B|^{2+}|P C|^{2}+|P D|^{2}$ 的取值范围.
| 解: $(1)$ 点 $A, B, C, D$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$
点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$
(2) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数)
$t=|\mathrm{PA}|^{2}+|\mathrm{PB}|^{2}+|\mathrm{PC}|^{2}+|\mathrm{PD}|^{2}=4 \mathrm{x}^{2}+4 \mathrm{y}^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$
$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$
$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$
| (1) 确定点 A, B, C, D 的极坐标, 即可得点 A, B, C, D 的直角坐标
(2) 利用参数方程设出 $\mathrm{P}$ 的坐标, 借助于三角函数, 即可求得 $|\mathrm{PA}|^{2+}|\mathrm{PB}|^{2+}|\mathrm{PC}|^{2+}|\mathrm{PD}|^{2}$ 的取值范围.
解: $(1)$ 点 $A, B, C, D$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right),\left(2, \frac{5 \pi}{6}\right),\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right),\left(2, \frac{11 \pi}{6}\right)$
点 $A, B, C, D$ 的直角坐标为 $(1, \sqrt{3}),(-\sqrt{3}, 1),(-1,-\sqrt{3}),(\sqrt{3},-1)$
(2) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=2 \cos \phi \\ y_{0}=3 \sin \phi\end{array}\right.$ ( $\phi$ 为参数)
$t=|\mathrm{PA}|^{2}+|\mathrm{PB}|^{2}+|\mathrm{PC}|^{2}+|\mathrm{PD}|^{2}=4 \mathrm{x}^{2}+4 \mathrm{y}^{2}+16=32+20 \sin ^{2} \phi$
$\because \sin ^{2} \phi \in[0,1]$
$\therefore \mathrm{t} \in[32,52]$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅰ） | 一批产品需要进行质量检验, 检验方案是: 先从这批产品中任取 4 件作检验, 这 4 件产品中优质品的件数记为 $\mathrm{n}$. 如果 $\mathrm{n}=3$, 再从这批产品中任 取 4 件作检验, 若都为优质品, 则这批产品通过检验 如果 $n=4$, 再从这批产 品中任取 1 件作检验, 若为优质品, 则这批产品通过检验; 其他情况下, 这 批产品都不能通过检验. 假设这批产品的优质品率为 $50 \%$, 即取出的产品是 优质品的概率都为 $\frac{1}{2}$, 且各件产品是否为优质品相互独立.
( I ) 求这批产品通过检验的概率;
(II ) 已知每件产品检验费用为 100 元, 凡抽取的每件产品都需要检验, 对这批 产品作质量检验所需的费用记为 $X$ (单位：元）, 求 $X$ 的分布列及数学期望.
| 解: ( I ) 设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 $\mathrm{A}_{1}$, 第 一次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{A}_{2}$,
第二次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{B}_{1}$, 第二次取出的 1 件产品是优质品 为事件 $B_{2}$,
这批产品通过检验为事件 $A$, 依题意有 $A=\left(A_{1} B_{1}\right) \cup\left(A_{2} B_{2}\right)$, 且 $A_{1} B_{1}$ 与 $A_{2} B_{2}$ 互斥,
所以 $P(A)=P\left(A_{1} B_{1}\right)+P\left(A_{2} B_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(B_{1} \mid A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right) P\left(B_{2} \mid A_{2}\right)$ $=\frac{4}{16} \times \frac{1}{16}+\frac{1}{16} \times \frac{1}{2}=\frac{3}{64}$
(II ) $X$ 可能的取值为 $400,500,800$, 并且 $P(X=800)=\frac{1}{4}, P(X=500)=\frac{1}{16}$, $\mathrm{P}(\mathrm{X}=400)=1-\frac{1}{16}-\frac{1}{4}=\frac{11}{16}$, 故 $\mathrm{X}$ 的分布列如下：
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 400 & 500 & 800 \\
\hline
\end{tabular}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline $\mathrm{P}$ & $\frac{11}{16}$ & $\frac{1}{16}$ & $\frac{1}{4}$ \\
\hline
\end{tabular}
故 $\mathrm{EX}=400 \times \frac{11}{16}+500 \times \frac{1}{16}+800 \times \frac{1}{4}=506.25$
| （II）设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 $\mathrm{A}_{1}$, 第一次 取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{A}_{2}$, 第二次取出的 4 件产品全是优质品为 事件 $\mathrm{B}_{1}$, 第二次取出的 1 件产品是优质品为事件 $\mathrm{B}_{2}$, 这批产品通过检验为事 件 $A$, 依题意有 $A=\left(A_{1} B_{1}\right) \cup\left(A_{2} B_{2}\right)$, 且 $A_{1} B_{1}$ 与 $A_{2} B_{2}$ 互斥, 由概率得加法 公式和条件概率, 代入数据计算可得;
(II ) $X$ 可能的取值为 $400,500,800$, 分别求其概率, 可得分布列, 进而可得 期望值.
解: ( I ) 设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 $\mathrm{A}_{1}$, 第 一次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{A}_{2}$,
第二次取出的 4 件产品全是优质品为事件 $\mathrm{B}_{1}$, 第二次取出的 1 件产品是优质品 为事件 $B_{2}$,
这批产品通过检验为事件 $A$, 依题意有 $A=\left(A_{1} B_{1}\right) \cup\left(A_{2} B_{2}\right)$, 且 $A_{1} B_{1}$ 与 $A_{2} B_{2}$ 互斥,
所以 $P(A)=P\left(A_{1} B_{1}\right)+P\left(A_{2} B_{2}\right)=P\left(A_{1}\right) P\left(B_{1} \mid A_{1}\right)+P\left(A_{2}\right) P\left(B_{2} \mid A_{2}\right)$ $=\frac{4}{16} \times \frac{1}{16}+\frac{1}{16} \times \frac{1}{2}=\frac{3}{64}$
(II ) $X$ 可能的取值为 $400,500,800$, 并且 $P(X=800)=\frac{1}{4}, P(X=500)=\frac{1}{16}$, $\mathrm{P}(\mathrm{X}=400)=1-\frac{1}{16}-\frac{1}{4}=\frac{11}{16}$, 故 $\mathrm{X}$ 的分布列如下：
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 400 & 500 & 800 \\
\hline
\end{tabular}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline $\mathrm{P}$ & $\frac{11}{16}$ & $\frac{1}{16}$ & $\frac{1}{4}$ \\
\hline
\end{tabular}
故 $\mathrm{EX}=400 \times \frac{11}{16}+500 \times \frac{1}{16}+800 \times \frac{1}{4}=506.25$
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 圆 $N:(x-1)^{2}+y^{2}=9$, 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, 圆心 $P$ 的轨迹为曲线 $C$.
(I ) 求 C 的方程;
(II ) $I$ 是与圆 $P$, 圆 $M$ 都相切的一条直线, $I$ 与曲线 $C$ 交于 $A, B$ 两点, 当圆 $P$ 的半径最长时, 求 $|A B|$.
| 解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .
设动圆的半径为 $R$,
$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,
而 $|N M|=2$, 由椭圆的定义可知: 动点 $P$ 的轨迹是以 $M, N$ 为焦点, 4 为长轴长 的椭圆,
$\therefore a=2, \quad c=1, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.
$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.
(II）设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,
由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
(1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.
(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot M$ 的半径 $1 \neq R$, 可知 $I$ 与 $x$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ ) ,
由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.
当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$.
$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{8}{7}, \quad x_{1} x_{2}=-\frac{8}{7}$.
$\therefore|A B|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{2}-x_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$
由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.
综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.
| (1）设动圆的半径为 $R$, 由已知动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, 可 得 $|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$, 而 $|N M|=2$, 由椭圆的定义可知: 动点 $P$ 的 轨迹是以 $M, N$ 为焦点, 4 为长轴长的椭圆, 求出即可;
（II）设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$, 由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 4-2=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0) R=2$ 时, 其半径最大，其方程为 $(x-2$ )$^{2}+y^{2}=4$. 分 (1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 此时 $\mid$ 与 $y$ 轴重合, 可得 $|A B|$. (2)若 $\mid$ 的倾 斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot \mathrm{M}$ 的半径 $1 \neq \mathrm{R}$, 可知 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴不平行, 设 $\mathrm{I}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴的交 点为 $Q$, 根据 $\frac{|Q P|}{\mid Q M} \mid=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $I: y=k(x+4)$, 与椭 圆的方程联立, 得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出.
解: (1) 由圆 $M:(x+1)^{2}+y^{2}=1$, 可知圆心 $M(-1,0)$; 圆 $N:(x-1$ )$^{2}+y^{2}=9$, 圆心 $N(1,0)$, 半径 3 .
设动圆的半径为 $R$,
$\because$ 动圆 $P$ 与圆 $M$ 外切并与圆 $N$ 内切, $\therefore|P M|+|P N|=R+1+(3-R)=4$,
而 $|N M|=2$, 由椭圆的定义可知: 动点 $P$ 的轨迹是以 $M, N$ 为焦点, 4 为长轴长 的椭圆,
$\therefore a=2, \quad c=1, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$.
$\therefore$ 曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 \quad(x \neq-2)$.
(II）设曲线 $C$ 上任意一点 $P(x, y)$,
由于 $|P M|-|P N|=2 R-2 \leqslant 3-1=2$, 所以 $R \leqslant 2$, 当且仅当 $\odot P$ 的圆心为 $(2,0)$ $R=2$ 时，其半径最大，其方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
(1) $\mid$ 的倾斜角为 $90^{\circ}$, 则 $I$ 与 $\mathrm{y}$ 轴重合, 可得 $|A B|=2 \sqrt{3}$.
(2)若 $\mathrm{I}$ 的倾斜角不为 $90^{\circ}$, 由于 $\odot M$ 的半径 $1 \neq R$, 可知 $I$ 与 $x$ 轴不平行, 设 $\mid$ 与 $x$ 轴的交点为 $Q$, 则 $\frac{|Q P|}{\mid Q M}=\frac{R}{r_{1}}$, 可得 $Q(-4,0)$, 所以可设 $\mid: y=k(x+4$ ) ,
由 I于 $M$ 相切可得: $\frac{|3 k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=1$, 解得 $k= \pm \frac{\sqrt{2}}{4}$.
当 $k=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{\sqrt{2}}{4} x+\sqrt{2} \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$, 得到 $7 x^{2}+8 x-8=0$.
$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{8}{7}, \quad x_{1} x_{2}=-\frac{8}{7}$.
$\therefore|A B|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{2}-x_{1}\right|=\sqrt{1+\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)^{2}} \sqrt{\left(-\frac{8}{7}\right)^{2}-4 \times\left(-\frac{8}{7}\right)}=\frac{18}{7}$
由于对称性可知: 当 $k=-\frac{\sqrt{2}}{4}$ 时, 也有 $|A B|=\frac{18}{7}$.
综上可知: $|A B|=2 \sqrt{3}$ 或 $\frac{18}{7}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=x^{2}+a x+b, g(x)=e^{x}(c x+d)$, 若曲线 $y=f(x)$ 和 曲线 $y=g(x)$ 都过点 $P(0,2)$, 且在点 $P$ 处有相同的切线 $y=4 x+2$.
(I ) 求 $a, b, c, d$ 的值;
(II ) 若 $x \geqslant-2$ 时, $f(x) \leqslant k g(x)$, 求 $k$ 的取值范围.
| 解: ( I ) 由题意知 $f(0)=2, g(0)=2, f^{\prime}(0)=4, g^{\prime}(0)=4$, 而 $f^{\prime}(x)=2 x+a, g^{\prime}(x)=e^{x}(c x+d+c)$, 故 $b=2, d=2, a=4, d+c=4$, 从而 $a=4, b=2, c=2, d=2$;
(II ) 由 (I) 知, $f(x)=x^{2}+4 x+2, g(x)=2 e^{x}(x+1)$
设 $F(x)=k g(x)-f(x)=2 k e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x-2$,
则 $F^{\prime}(x)=2 k e^{x}(x+2)-2 x-4=2(x+2)\left(k e^{x}-1\right)$,
由题设得 $F(0) \geqslant 0$, 即 $k \geqslant 1$,
令 $F^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-\operatorname{lnk}, x_{2}=-2$,
(1)若 $1 \leqslant k<e^{2}$, 则 $-2<x_{1} \leqslant 0$, 从而当 $x \in\left(-2, x_{1}\right)$ 时, $F^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{1}\right.$ $,+\infty)$ 时, $\mathrm{F}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,
即 $F(x)$ 在 $\left(-2, x_{1}\right)$ 上减, 在 $\left(x_{1},+\infty\right)$ 上是增, 故 $F(x)$ 在 $[-2,+\infty)$ 上的最小值为 $F\left(x_{1}\right)$,
而 $F\left(x_{1}\right)=-x_{1}\left(x_{1}+2\right) \geqslant 0, x \geqslant-2$ 时 $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.
(2)若 $k=e^{2}$, 则 $F^{\prime}(x)=2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$, 从而当 $x \in(-2,+\infty)$ 时, $F^{\prime}($ x) $>0$,
即 $F(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上是增, 而 $F(-2)=0$, 故当 $x \geqslant-2$ 时, $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.
(3)若 $k>e^{2}$ 时, $F^{\prime}(x)>2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$,
而 $F(-2)=-2 k e^{-2}+2<0$, 所以当 $x>-2$ 时, $f(x) \leqslant k g(x)$ 不恒成立,
综上, $k$ 的取值范围是 $\left[1, \mathrm{e}^{2}\right]$.
| ( I ) 对 $f(x), g(x)$ 进行求导, 已知在交点处有相同的切线及曲线 $y=f(x)$ 和曲线 $y=g(x)$ 都过点 $P(0,2)$, 从而解出 $a, b, c, d$ 的值;
（II ) 由 (I) 得出 $f(x), g(x)$ 的解析式, 再求出 $F(x)$ 及它的导函数, 通 过对 $k$ 的讨论, 判断出 $F(x)$ 的最值, 从而判断出 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立, 从而求出 $\mathrm{k}$ 的范围.
解: ( I ) 由题意知 $f(0)=2, g(0)=2, f^{\prime}(0)=4, g^{\prime}(0)=4$, 而 $f^{\prime}(x)=2 x+a, g^{\prime}(x)=e^{x}(c x+d+c)$, 故 $b=2, d=2, a=4, d+c=4$, 从而 $a=4, b=2, c=2, d=2$;
(II ) 由 (I) 知, $f(x)=x^{2}+4 x+2, g(x)=2 e^{x}(x+1)$
设 $F(x)=k g(x)-f(x)=2 k e^{x}(x+1)-x^{2}-4 x-2$,
则 $F^{\prime}(x)=2 k e^{x}(x+2)-2 x-4=2(x+2)\left(k e^{x}-1\right)$,
由题设得 $F(0) \geqslant 0$, 即 $k \geqslant 1$,
令 $F^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=-\operatorname{lnk}, x_{2}=-2$,
(1)若 $1 \leqslant k<e^{2}$, 则 $-2<x_{1} \leqslant 0$, 从而当 $x \in\left(-2, x_{1}\right)$ 时, $F^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{1}\right.$ $,+\infty)$ 时, $\mathrm{F}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,
即 $F(x)$ 在 $\left(-2, x_{1}\right)$ 上减, 在 $\left(x_{1},+\infty\right)$ 上是增, 故 $F(x)$ 在 $[-2,+\infty)$ 上的最小值为 $F\left(x_{1}\right)$,
而 $F\left(x_{1}\right)=-x_{1}\left(x_{1}+2\right) \geqslant 0, x \geqslant-2$ 时 $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.
(2)若 $k=e^{2}$, 则 $F^{\prime}(x)=2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$, 从而当 $x \in(-2,+\infty)$ 时, $F^{\prime}($ x) $>0$,
即 $F(x)$ 在 $(-2,+\infty)$ 上是增, 而 $F(-2)=0$, 故当 $x \geqslant-2$ 时, $F(x) \geqslant 0$, 即 $f(x) \leqslant k g(x)$ 恒成立.
(3)若 $k>e^{2}$ 时, $F^{\prime}(x)>2 e^{2}(x+2)\left(e^{x}-e^{-2}\right)$,
而 $F(-2)=-2 k e^{-2}+2<0$, 所以当 $x>-2$ 时, $f(x) \leqslant k g(x)$ 不恒成立,
综上, $k$ 的取值范围是 $\left[1, \mathrm{e}^{2}\right]$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅰ） | 23. 已知曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
(1) 把 $C_{1}$ 的参数方程化为极坐标方程;
(2) 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标 $(\rho \geqslant 0,0 \leqslant \theta<2 \pi)$.
| 解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$
即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，
将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,
得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,
$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.
| (1) 曲线 $C_{1}$ 的参数方程消去参数 $t$, 得到普通方程, 再由 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$, 能求出 $C_{1}$ 的极坐标方程.
(2) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程化为直角坐标方程, 与 $C_{1}$ 的普通方程联立, 求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的直角坐标, 由此能求出 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标.
解: (1) 将 $\left\{\begin{array}{l}x=4+5 \cos t \\ y=5+5 \sin t\end{array}\right.$, 消去参数 $t$, 化为普通方程 $(x-4)^{2+}(y-5$ )$^{2}=25$
即 $C_{1}: x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$ ，
将 $\left\{\begin{array}{l}x=\rho \cos \theta \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入 $x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0$,
得 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
$\therefore C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}-8 \rho \cos \theta-10 \rho \sin \theta+16=0$.
(2) $\because$ 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sin \theta$.
$\therefore$ 曲线 $C_{2}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-8 x-10 y+16=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 y=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=2\end{array}\right.$,
$\therefore C_{1}$ 与 $C_{2}$ 交点的极坐标为 $\left(\sqrt{2}, \frac{\pi}{4}\right)$ 和 $\left(2, \frac{\pi}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅱ） | $\triangle A B C$ 在内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a=b \cos C+c \sin B$
(I I) 求 B;
(II ) 若 $b=2$, 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.
| 解： ( I ) 由已知及正弦定理得: $\sin A=\sin B \cos C+\sin B \sin C(1)$,
$\because \sin A=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\cos B \sin C(2)$,
$\therefore \sin \mathrm{B}=\cos \mathrm{B}$, 即 $\tan \mathrm{B}=1$,
$\because B$ 为三角形的内角,
$\therefore B=\frac{\pi}{4}$
( II) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{acsin} \mathrm{B}=\frac{\sqrt{2}}{4} \mathrm{ac}$,
由已知及余弦定理得: $4=a^{2}+c^{2}-2 \operatorname{accos} \frac{\pi}{4} \geqslant 2 a c-2 a c \times \frac{\sqrt{2}}{2}$, 整理得: $a c \leqslant \frac{4}{2-\sqrt{2}}$, 当且仅当 $a=c$ 时, 等号成立, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{4}{2-\sqrt{2}}=\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times(2+\sqrt{2})=\sqrt{2}+1$.
| ( I ) 已知等式利用正弦定理化简, 再利用两角和与差的正弦函数公 式及诱导公式变形, 求出 $\tan B$ 的值, 由 $B$ 为三角形的内角, 利用特殊角的三 角函数值即可求出 $\mathrm{B}$ 的度数;
(II) 利用三角形的面积公式表示出三角形 $A B C$ 的面积, 把 $\sin B$ 的值代入, 得 到三角形面积最大即为 ac 最大, 利用余弦定理列出关系式, 再利用基本不等 式求出 ac 的最大值, 即可得到面积的最大值.
解： ( I ) 由已知及正弦定理得: $\sin A=\sin B \cos C+\sin B \sin C(1)$,
$\because \sin A=\sin (B+C)=\sin B \cos C+\cos B \sin C(2)$,
$\therefore \sin \mathrm{B}=\cos \mathrm{B}$, 即 $\tan \mathrm{B}=1$,
$\because B$ 为三角形的内角,
$\therefore B=\frac{\pi}{4}$
( II) $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{ABC}}=\frac{1}{2} \mathrm{acsin} \mathrm{B}=\frac{\sqrt{2}}{4} \mathrm{ac}$,
由已知及余弦定理得: $4=a^{2}+c^{2}-2 \operatorname{accos} \frac{\pi}{4} \geqslant 2 a c-2 a c \times \frac{\sqrt{2}}{2}$, 整理得: $a c \leqslant \frac{4}{2-\sqrt{2}}$, 当且仅当 $a=c$ 时, 等号成立, 则 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{4}{2-\sqrt{2}}=\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times(2+\sqrt{2})=\sqrt{2}+1$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\ln (\mathrm{x}+\mathrm{m})$
（I）设 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, 求 $m$, 并讨论 $f(x)$ 的单调性;
(II）当 $m \leqslant 2$ 时, 证明 $f(x)>0$. 选考题: (第 22 题～第 24 题为选考题, 考生根据要求作答. 请考生在第 22、
| ( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$.
所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$.
$\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$
设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数,
又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$.
所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$.
当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$
故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$.
当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,
从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值.
由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$.
故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$.
综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.
| ( I ) 求出原函数的导函数, 因为 $\mathrm{x}=0$ 是函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的极值点, 由极 值点处的导数等于 0 求出 $\mathrm{m}$ 的值, 代入函数解析式后再由导函数大于 0 和小 于 0 求出原函数的单调区间;
(II) 证明当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$, 转化为证明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$. 求出当 $m=2$ 时函数的导函数, 可知导函数在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 并进一步得到导 函数在 $(-1,0)$ 上有唯一零点 $\mathrm{x}_{0}$, 则当 $\mathrm{x}=\mathrm{x}_{0}$ 时函数取得最小值, 借助于 $\mathrm{x}_{0}$ 是导函数的零点证出 $f\left(x_{0}\right)>0$, 从而结论得证.
( I ) 解 $\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+m}, x=0$ 是 $f(x)$ 的极值点, $\therefore f^{\prime}(0)=1-\frac{1}{m}=0$ , 解得 $\mathrm{m}=1$.
所以函数 $f(x)=e^{x}-\ln (x+1)$, 其定义域为 $(-1,+\infty)$.
$\because f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+1}=\frac{e^{x}(x+1)-1}{x+1}$
设 $g(x)=e^{x}(x+1)-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}(x+1)+e^{x}>0$, 所以 $g(x)$ 在 $(-1,+$ $\infty$ )上为增函数,
又 $\because g(0)=0$, 所以当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$; 当 $-1<x<0$ 时, $g$ $(x)<0, f^{\prime}(x)<0$.
所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上为减函数; 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数; （II ) 证明: 当 $m \leqslant 2, x \in(-m,+\infty)$ 时, $\ln (x+m) \leqslant \ln (x+2)$, 故只需证 明当 $m=2$ 时 $f(x)>0$.
当 $m=2$ 时, 函数 $f^{\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x+2}$ 在 $(-2,+\infty)$ 上为增函数, 且 $f^{\prime}(-1)<0$ $f^{\prime}(0)>0$
故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(-2,+\infty)$ 上有唯一实数根 $\mathrm{x}_{0}$, 且 $\mathrm{x}_{0} \in(-1,0)$.
当 $x \in\left(-2, x_{0}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$,
从而当 $x=x_{0}$ 时, $f(x)$ 取得最小值.
由 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 得 $e^{x_{0}}=\frac{1}{x_{0}+2}, \ln \left(x_{0}+2\right)=-x_{0}$.
故 $f(x) \geqslant f\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}+2}+x_{0}=\frac{\left(x_{0}+1\right)^{2}}{x_{0}+2}>0$.
综上, 当 $m \leqslant 2$ 时, $f(x)>0$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅱ） | 23. 已知动点 $P 、 Q$ 都在曲线C: $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \beta \\ y=2 \sin \beta\end{array}\right.$ ( $\beta$ 为参数) 上, 对应参数分别为 $\beta=\alpha$ 与 $\beta=2 \alpha(0<\alpha<2 \pi), M$ 为 $P Q$ 的中点.
(1) 求 $M$ 的轨迹的参数方程;
(2) 将 $M$ 到坐标原点的距离 $d$ 表示为 $\alpha$ 的函数, 并判断 $M$ 的轨迹是否过坐标 原点.
| 解: (1) 依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,
因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.
$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $\left.0<\alpha<2 \pi\right)$.
(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha}(0<\alpha<2 \pi)$.
当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.
| (1) 利用参数方程与中点坐标公式即可得出;
（2）利用两点之间的距离公式、三角函数的单调性即可得出.
解: (1) 依题意有 $P(2 \cos \alpha, 2 \sin \alpha), Q(2 \cos 2 \alpha, 2 \sin 2 \alpha)$,
因此 $M(\cos \alpha+\cos 2 \alpha, \sin \alpha+\sin 2 \alpha)$.
$M$ 的轨迹的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos \alpha+\cos 2 \alpha \\ y=\sin 2 \alpha+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数, $\left.0<\alpha<2 \pi\right)$.
(2) $M$ 点到坐标原点的距离 $d=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{2+2 \cos \alpha}(0<\alpha<2 \pi)$.
当 $\alpha=\pi$ 时, $d=0$, 故 $M$ 的轨迹过坐标原点.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2013 | （新课标ⅱ） | 24.设 $a, b, c$ 均为正数, 且 $a+b+c=1$, 证明:
( I ) $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$
(II) $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.
| 证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:
$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$
由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,
所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.
(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,
故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$ ，即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.
所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.
| ( I ) 依题意, 由 $a+b+c=1 \Rightarrow(a+b+c)^{2}=1 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$, 利用基本不等式可得 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 从而得证;
(II ) 利用基本不等式可证得: $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$, 三式累加 即可证得结论.
证明: ( I ) 由 $a^{2}+b^{2} \geqslant 2 a b, b^{2}+c^{2} \geqslant 2 b c, c^{2}+a^{2} \geqslant 2 c a$ 得:
$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant a b+b c+c a$
由题设得 $(a+b+c)^{2}=1$, 即 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 b c+2 c a=1$,
所以 $3(a b+b c+c a) \leqslant 1$, 即 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{3}$.
(II ) 因为 $\frac{a^{2}}{b}+b \geqslant 2 a, \frac{b^{2}}{c}+c \geqslant 2 b, \frac{c^{2}}{a}+a \geqslant 2 c$,
故 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+(a+b+c) \geqslant 2(a+b+c)$ ，即 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant a+b+c$.
所以 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a} \geqslant 1$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅰ） | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n} \neq 0, a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1$, 其中 $\lambda$ 为常数.
( I ) 证明: $a_{n+2}-a_{n}=\lambda$
(II ) 是否存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列? 并说明理由.
| （I ） 证明: $\because a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$,
$\therefore a_{n+1}\left(a_{n+2}-a_{n}\right)=\lambda a_{n+1}$
$\because a_{n+1} \neq 0$
$\therefore a_{n+2}-a_{n}=\lambda$
（II ) 解：假设存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设公差为 $d$.
则 $\lambda=a_{n+2}-a_{n}=\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=2 d$,
$\therefore d=\frac{\lambda}{2}$
$\therefore a_{n}=1+\frac{\lambda(n-1)}{2}, a_{n+1}=1+\frac{\lambda_{n}}{2}$
$\therefore \lambda S_{n}=1+\left[1+\frac{\lambda(n-1)}{2}\right]\left[1+\frac{\lambda n}{2}\right]=\frac{\lambda^{2}}{4} n^{2}+\left(\lambda-\frac{\lambda^{2}}{4}\right) n+2-\frac{\lambda}{2}$,
根据 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \neq 0 \\ 2-\frac{\lambda}{2}=0\end{array}\right.$, 解得 $\lambda=4$.
此时可得 $S_{n}=n^{2}, a_{n}=2 n-1$.
因此存在 $\lambda=4$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.
| ( I ) 利用 $a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$, 相减即可得出;
(II ) 假设存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设公差为 $d$. 可得 $\lambda=a_{n+2}-a_{n}=\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right.$ )$+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=2 d, \quad d=\frac{\lambda}{2}$. 得到 $\lambda S_{n}=\frac{\lambda^{2}}{4} n^{2}+\left(\lambda-\frac{\lambda^{2}}{4}\right) n+2-\frac{\lambda}{2}$, 根据 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \neq 0 \\ 2-\frac{\lambda}{2}=0\end{array}\right.$, 解得 $\lambda$ 即可.
（I ） 证明: $\because a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$,
$\therefore a_{n+1}\left(a_{n+2}-a_{n}\right)=\lambda a_{n+1}$
$\because a_{n+1} \neq 0$
$\therefore a_{n+2}-a_{n}=\lambda$
（II ) 解：假设存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设公差为 $d$.
则 $\lambda=a_{n+2}-a_{n}=\left(a_{n+2}-a_{n+1}\right)+\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=2 d$,
$\therefore d=\frac{\lambda}{2}$
$\therefore a_{n}=1+\frac{\lambda(n-1)}{2}, a_{n+1}=1+\frac{\lambda_{n}}{2}$
$\therefore \lambda S_{n}=1+\left[1+\frac{\lambda(n-1)}{2}\right]\left[1+\frac{\lambda n}{2}\right]=\frac{\lambda^{2}}{4} n^{2}+\left(\lambda-\frac{\lambda^{2}}{4}\right) n+2-\frac{\lambda}{2}$,
根据 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\lambda \neq 0 \\ 2-\frac{\lambda}{2}=0\end{array}\right.$, 解得 $\lambda=4$.
此时可得 $S_{n}=n^{2}, a_{n}=2 n-1$.
因此存在 $\lambda=4$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅰ） | 已知点 $A(0,-2)$, 椭圆 $\left.E: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 （ a>b>0\right)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ , $F$ 是椭圆的右焦点, 直线 $A F$ 的斜率为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}, O$ 为坐标原点.
(I ) 求 $E$ 的方程;
（II ) 设过点 $A$ 的直线 $I$ 与 $E$ 相交于 $P, Q$ 两点, 当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时, 求 $I$ 的方程.
| 解: ( I ) 设 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$, 由条件知 $\frac{2}{\mathrm{c}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 得 $\mathrm{c}=\sqrt{3}$ 又 $\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $a=2$ 田, $b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$, 故 $E$ 的方程 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 . \cdots$. （5 分）
(II ) 依题意当 $I \perp x$ 轴不合题意, 故设直线 $l: y=k x-2$, 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}\right.$ $\left.y_{2}\right)$
将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-16 k x+12=0$,
当 $\triangle=16\left(4 k^{2}-3\right)>0$, 即 $k^{2}>\frac{3}{4}$ 时, $x_{1}, 2=\frac{8 k \pm 2 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$
从而 $|P Q|=\sqrt{k^{2}+1}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{4 \sqrt{k^{2}+1} \cdot \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$ ?]?
又点 $O$ 到直线 $P Q$ 的距离 $d=\frac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}$, 所以 $\triangle O P Q$ 的面积 $S_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} d|P Q|=$
$$
\frac{4 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}
$$
设 $\sqrt{4 k^{2}-3}=t$, 则 $t>0, S_{\triangle 0 P Q}=\frac{4 t}{t^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{4}{t}} \leqslant 1$,
当且仅当 $\mathrm{t}=2, k= \pm \frac{\sqrt{7}}{2}$ 等号成立, 且满足 $\triangle>0$,
所以当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时, $\mathrm{l}$ 的方程为: $y=\frac{\sqrt{7}}{2} x-2$ 或 $y=-\frac{\sqrt{7}}{2} x-2 . \ldots$ （12 分
| （I ）通过离心率得到 $a 、 c$ 关系, 通过 $A$ 求出 $a$, 即可求 $E$ 的方程; (II ) 设直线 $1: y=k x-2$, 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$ , 利用 $\triangle>0$, 求出 $k$ 的范围, 利用弦长公式求出 $|P Q|$, 然后求出 $\triangle O P Q$ 的面 积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值， 然后求解直线方程.
解: ( I ) 设 $\mathrm{F}(\mathrm{c}, 0)$, 由条件知 $\frac{2}{\mathrm{c}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 得 $\mathrm{c}=\sqrt{3}$ 又 $\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 所以 $a=2$ 田, $b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$, 故 $E$ 的方程 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1 . \cdots$. （5 分）
(II ) 依题意当 $I \perp x$ 轴不合题意, 故设直线 $l: y=k x-2$, 设 $P\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}\right.$ $\left.y_{2}\right)$
将 $y=k x-2$ 代入 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}-16 k x+12=0$,
当 $\triangle=16\left(4 k^{2}-3\right)>0$, 即 $k^{2}>\frac{3}{4}$ 时, $x_{1}, 2=\frac{8 k \pm 2 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$
从而 $|P Q|=\sqrt{k^{2}+1}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{4 \sqrt{k^{2}+1} \cdot \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}$ ?]?
又点 $O$ 到直线 $P Q$ 的距离 $d=\frac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}$, 所以 $\triangle O P Q$ 的面积 $S_{\triangle O P Q}=\frac{1}{2} d|P Q|=$
$$
\frac{4 \sqrt{4 k^{2}-3}}{1+4 k^{2}}
$$
设 $\sqrt{4 k^{2}-3}=t$, 则 $t>0, S_{\triangle 0 P Q}=\frac{4 t}{t^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{4}{t}} \leqslant 1$,
当且仅当 $\mathrm{t}=2, k= \pm \frac{\sqrt{7}}{2}$ 等号成立, 且满足 $\triangle>0$,
所以当 $\triangle O P Q$ 的面积最大时, $\mathrm{l}$ 的方程为: $y=\frac{\sqrt{7}}{2} x-2$ 或 $y=-\frac{\sqrt{7}}{2} x-2 . \ldots$ （12 分
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅰ） | 设函数 $f(x)=a e^{x} \ln x+\frac{b e^{x-1}}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处 得切线方程为 $y=e(x-1)+2$.
(I) 求 $a 、 b$;
( II ) 证明: $f(x)>1$.
| 解: ( I ) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
$f^{\prime}(x)=a e^{x} \ln x+\frac{a}{x} \cdot e^{x}-\frac{b}{x^{2}} \cdot e^{x-1}+\frac{b}{x} \cdot e^{x-1}$,
由题意可得 $f(1)=2, f^{\prime}(1)=e$,
故 $a=1, b=2$; (II) 由 ( I ) 知, $f(x)=e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}$,
$\because f(x)>1, \quad \therefore e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}>1, \quad \therefore \ln x>\frac{1}{e^{x}}-\frac{2}{x e}$,
$\therefore f(x)>1$ 等价于 $x \ln x>x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 设函数 $g(x)=x \ln x$, 则 $g^{\prime}(x)=1+\ln x$,
$\therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$.
故 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增, 从而 $g(x)$ 在 (
$0,+\infty)$ 上的最小值为 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\frac{1}{\mathrm{e}}$.
设函数 $h(x)=x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 则 $h^{\prime}(x)=e^{-x}(1-x)$.
$\therefore$ 当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$ ；当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,
故 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减,
从而 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $h(1)=-\frac{1}{e}$.
综上，当 $x>0$ 时, $g(x)>h(x)$, 即 $f(x)>1$.
| ( I ）求出定义域, 导数 $f^{\prime}(x)$, 根据题意有 $f(1)=2, f^{\prime}(1)=e$, 解出即可;
(II ) 由 ( I ) 知, $f(x)>1$ 等价于 $x \ln x>x e^{-x}-\frac{2}{x}$, 设函数 $g(x)=x \ln x$, 函 数 $h(x)=x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 只需证明 $g(x)_{\text {min }}>h(x){ }_{\max }$, 利用导数可分别求得 $g$ (x) $\min , h(x)_{\max }$;
解: ( I ) 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,
$f^{\prime}(x)=a e^{x} \ln x+\frac{a}{x} \cdot e^{x}-\frac{b}{x^{2}} \cdot e^{x-1}+\frac{b}{x} \cdot e^{x-1}$,
由题意可得 $f(1)=2, f^{\prime}(1)=e$,
故 $a=1, b=2$; (II) 由 ( I ) 知, $f(x)=e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}$,
$\because f(x)>1, \quad \therefore e^{x} \ln x+\frac{2}{x} \cdot e^{x-1}>1, \quad \therefore \ln x>\frac{1}{e^{x}}-\frac{2}{x e}$,
$\therefore f(x)>1$ 等价于 $x \ln x>x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 设函数 $g(x)=x \ln x$, 则 $g^{\prime}(x)=1+\ln x$,
$\therefore$ 当 $x \in\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$; 当 $x \in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$.
故 $g(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 上单调递增, 从而 $g(x)$ 在 (
$0,+\infty)$ 上的最小值为 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\frac{1}{\mathrm{e}}$.
设函数 $h(x)=x e^{-x}-\frac{2}{e}$, 则 $h^{\prime}(x)=e^{-x}(1-x)$.
$\therefore$ 当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)>0$ ；当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$,
故 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减,
从而 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $h(1)=-\frac{1}{e}$.
综上，当 $x>0$ 时, $g(x)>h(x)$, 即 $f(x)>1$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅰ） | 23. 已知曲线 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 直线 $\mid:\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=2-2 t\end{array}\right.$ (t 为参数 )
( I ) 写出曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程, 直线 I 的普通方程.
(II) 过曲线 $C$ 上任意一点 $P$ 作与 $I$ 夹角为 $30^{\circ}$ 的直线, 交 $\mid$ 于点 $A$, 求 $|P A|$ 的最 大值与最小值.
| 解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$,
故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).
对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1) \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,
由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;
(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.
$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.
则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.
当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.
当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
| ( I ) 联想三角函数的平方关系可取 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$ 得曲线 $\mathrm{C}$ 的参数 方程, 直接消掉参数 $\mathrm{t}$ 得直线 I 的普通方程;
(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$. 由点到直线的距离公式得到 $P$ 到直线 I 的距离, 除以
$\sin 30^{\circ}$ 进一步得到 $|P A|$, 化积后由三角函数的范围求得 $|P A|$ 的最大值与最小值.
解: ( I ) 对于曲线 $c: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9}=1$, 可令 $\mathrm{x}=2 \cos \theta 、 \mathrm{y}=3 \sin \theta$,
故曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=3 \sin \theta\end{array}\right.$, ( $\theta$ 为参数).
对于直线 I: $\left\{\begin{array}{ll}x=2+t & (1) \\ y=2-2 t & (2)\end{array}\right.$,
由(1)得: $t=x-2$, 代入(2)并整理得: $2 x+y-6=0$;
(II ) 设曲线 $C$ 上任意一点 $P(2 \cos \theta, 3 \sin \theta)$.
$P$ 到直线 I 的距离为 $\mathrm{d}=\frac{\sqrt{5}}{5}|4 \cos \theta+3 \sin \theta-6|$.
则 $|P A|=\frac{d}{\sin 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}|5 \sin (\theta+\alpha)-6|$, 其中 $\alpha$ 为锐角.
当 $\sin (\theta+\alpha)=-1$ 时, $|P A|$ 取得最大值, 最大值为 $\frac{22 \sqrt{5}}{5}$.
当 $\sin (\theta+\alpha)=1$ 时, $|P A|$ 取得最小值, 最小值为 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅰ） | 24. 若 $a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\sqrt{a b}$.
( I ) 求 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值;
（II ) 是否存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ ? 并说明理由.
| 解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}=\sqrt{\mathrm{ab}}$,
$\therefore \sqrt{a b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,
当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.
$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,
$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.
(II) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.
而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,
故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.
| ( I ) 由条件利用基本不等式求得 $a b \geqslant 2$, 再利用基本不等式求得 $a^{3}+b^{3}$ 的最小值.
(II ) 根据 $a b \geqslant 2$ 及基本不等式求的 $2 a+3 b>8$, 从而可得不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$
解: ( I ) $\because a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}=\sqrt{\mathrm{ab}}$,
$\therefore \sqrt{a b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}, \quad \therefore a b \geqslant 2$,
当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号.
$\because a^{3}+b^{3} \geqslant 2 \sqrt{(a b)^{3}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3}}=4 \sqrt{2}$, 当且仅当 $a=b=\sqrt{2}$ 时取等号,
$\therefore a^{3}+b^{3}$ 的最小值为 $4 \sqrt{2}$.
(II) $\because 2 a+3 b \geqslant 2 \sqrt{2 a \cdot 3 b}=2 \sqrt{6 a b}$, 当且仅当 $2 a=3 b$ 时, 取等号.
而由 (1) 可知, $2 \sqrt{6 a b} \geqslant 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}>6$,
故不存在 $a, b$, 使得 $2 a+3 b=6$ 成立.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅱ） | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=3 a_{n}+1$.
（I ) 证明 $\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$ 是等比数列, 并求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
（II）证明: $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<\frac{3}{2}$.
| 证明 ( I ) $\frac{a_{n+1}+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3 a_{n}+1+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3\left(a_{n}+\frac{1}{2}\right)}{a_{n}+\frac{1}{2}}=3$,
$\because a_{1}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \neq 0$
$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$ 是以首项为 $\frac{3}{2}$, 公比为 3 的等比数列;
$\therefore a_{n}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \times 3^{n-1}=\frac{3^{n}}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{3^{n}-1}{2}$;
(II ) 由 ( I ) 知 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}$,
当 $n \geqslant 2$ 时, $\because 3^{n-} 1>3^{n-} 3^{n-1}, \therefore \frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}<\frac{2}{3^{n}-3^{n-1}}=\frac{1}{3^{n-1}}$,
$\therefore$ 当 $n=1$ 时, $\frac{1}{a_{1}}=1<\frac{3}{2}$ 成立,
当 $n \geqslant 2$ 时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\ldots+\frac{1}{3^{n-1}}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)<\frac{3}{2}$.
$\therefore$ 对 $n \in N_{+}$时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<\frac{3}{2}$.
| ( I ) 根据等比数列的定义, 后一项与前一项的比是常数, 即 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=$ 常 数, 又首项不为 0 , 所以为等比数列;
再根据等比数列的通项化式, 求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II) 将 $\frac{1}{a_{n}}$ 进行放大, 即将分母缩小, 使得构成一个等比数列, 从而求和, 证 明不等式.
证明 ( I ) $\frac{a_{n+1}+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3 a_{n}+1+\frac{1}{2}}{a_{n}+\frac{1}{2}}=\frac{3\left(a_{n}+\frac{1}{2}\right)}{a_{n}+\frac{1}{2}}=3$,
$\because a_{1}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \neq 0$
$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$ 是以首项为 $\frac{3}{2}$, 公比为 3 的等比数列;
$\therefore a_{n}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} \times 3^{n-1}=\frac{3^{n}}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{3^{n}-1}{2}$;
(II ) 由 ( I ) 知 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}$,
当 $n \geqslant 2$ 时, $\because 3^{n-} 1>3^{n-} 3^{n-1}, \therefore \frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}-1}<\frac{2}{3^{n}-3^{n-1}}=\frac{1}{3^{n-1}}$,
$\therefore$ 当 $n=1$ 时, $\frac{1}{a_{1}}=1<\frac{3}{2}$ 成立,
当 $n \geqslant 2$ 时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\ldots+\frac{1}{3^{n-1}}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)<\frac{3}{2}$.
$\therefore$ 对 $n \in N_{+}$时, $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\ldots+\frac{1}{a_{n}}<\frac{3}{2}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=e^{x}-e^{-x}-2 x$.
(I) 讨论 $f(x)$ 的单调性;
（II）设 $g(x)=f(2 x)-4 b f(x)$, 当 $x>0$ 时, $g(x)>0$, 求 $b$ 的最大值; (III) 已知 $1.4142<\sqrt{2}<1.4143$, 估计 $\ln 2$ 的近似值（精确到 0.001 ）. 请考生在第 22、23、24 三题中任选一题作答, 如果多做, 则按所做的第一题计 分, 作答时请写清题号.【选修 4-1：几何证明选讲】
| 解: ( I ) 由 $f(x)$ 得 $f^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2 \geqslant 2 \sqrt{e^{x} \cdot e^{-x}}-2=0$,
即 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $e^{x}=e^{-x}$ 即 $x=0$ 时, $f^{\prime}(x)=0$,
$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数.
( II ) $g(x)=f(2 x)-4 b f(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)+(8 b-4) x$,
则 $g^{\prime}(x)=2\left[e^{2 x}+e^{-2 x}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-2)\right]$
$=2\left[\left(e^{x}+e^{-x}\right)^{2}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-4)\right]$
$=2\left(e^{x}+e^{-x}-2\right)\left(e^{x}+e^{-x}+2-2 b\right)$.
(1) $\because e^{x}+e^{-x}>2, e^{x}+e^{-x}+2>4$,
$\therefore$ 当 $2 b \leqslant 4$, 即 $b \leqslant 2$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $x=0$ 时取等号,
从而 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数, 而 $\mathrm{g}(0)=0$,
$\therefore \mathrm{x}>0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})>0$, 符合题意. (2) 当 $b>2$ 时, 若 $x$ 满 足 $2<e^{x+e^{-x}}<2 b-2$ 即 $\left\{\begin{array}{l}2<e^{x}+e^{-x} \\ e^{x}+e^{-x}<2 b-2\end{array}\right.$, 得 $\ln \left(b-1-\sqrt{b^{2}-2 b}\right)<x<\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$, 此时, $g^{\prime}(x)<0$,
又由 $g(0)=0$ 知, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时, $g(x)<0$, 不符合题意.
综合(1)、(2)知, $b \leqslant 2$, 得 $b$ 的最大值为 2 .
(III) $\because 1.4142<\sqrt{2}<1.4143$, 根据（II ) 中 $g(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ $+(8 b-4) x$,
为了凑配 $\ln 2$, 并利用 $\sqrt{2}$ 的近似值, 故将 $\ln \sqrt{2}$ 即 $\frac{1}{2} \ln 2$ 代入 $g(x)$ 的解析式中, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-2 \sqrt{2} b+2(2 b-1) \ln 2$.
当 $b=2$ 时, 由 $g(x)>0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-4 \sqrt{2}+6 \ln 2>0$,
从而 $\ln 2>\frac{8 \sqrt{2}-3}{12}>\frac{8 \times 1.4142-3}{12}=0.6928$;
令 $\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)=\ln \sqrt{2}$, 得 $b=\frac{3 \sqrt{2}}{4}+1>2$, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时,
由 $g(x)<0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=-\frac{3}{2}-2 \sqrt{2}+(3 \sqrt{2}+2) \ln 2<0$, 得 $\ln 2<\frac{18+\sqrt{2}}{28}<\frac{18+1.4143}{28}<0.6934$.
所以 $\ln 2$ 的近似值为 0.693 .
| 对第 ( I ) 问, 直接求导后, 利用基本不等式可达到目的;
对第 (II) 问, 先验证 $g(0)=0$, 只需说明 $g(x)$ 在 $[0+\infty)$ 上为增函数即可,
从而问题转化为“判断 $g^{\prime}(x)>0$ 是否成立”的问题;
对第 (III) 问, 根据第 (II) 问的结论, 设法利用 $\sqrt{2}$ 的近似值, 并寻求 $\ln 2$, 于
是在 $b=2$ 及 $b>2$ 的情况下分别计算g $(\ln \sqrt{2})$, 最后可估计 $\ln 2$ 的近似值.
解: ( I ) 由 $f(x)$ 得 $f^{\prime}(x)=e^{x}+e^{-x}-2 \geqslant 2 \sqrt{e^{x} \cdot e^{-x}}-2=0$,
即 $f^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $e^{x}=e^{-x}$ 即 $x=0$ 时, $f^{\prime}(x)=0$,
$\therefore$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数.
( II ) $g(x)=f(2 x)-4 b f(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)+(8 b-4) x$,
则 $g^{\prime}(x)=2\left[e^{2 x}+e^{-2 x}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-2)\right]$
$=2\left[\left(e^{x}+e^{-x}\right)^{2}-2 b\left(e^{x}+e^{-x}\right)+(4 b-4)\right]$
$=2\left(e^{x}+e^{-x}-2\right)\left(e^{x}+e^{-x}+2-2 b\right)$.
(1) $\because e^{x}+e^{-x}>2, e^{x}+e^{-x}+2>4$,
$\therefore$ 当 $2 b \leqslant 4$, 即 $b \leqslant 2$ 时, $g^{\prime}(x) \geqslant 0$, 当且仅当 $x=0$ 时取等号,
从而 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{R}$ 上为增函数, 而 $\mathrm{g}(0)=0$,
$\therefore \mathrm{x}>0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})>0$, 符合题意. (2) 当 $b>2$ 时, 若 $x$ 满 足 $2<e^{x+e^{-x}}<2 b-2$ 即 $\left\{\begin{array}{l}2<e^{x}+e^{-x} \\ e^{x}+e^{-x}<2 b-2\end{array}\right.$, 得 $\ln \left(b-1-\sqrt{b^{2}-2 b}\right)<x<\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$, 此时, $g^{\prime}(x)<0$,
又由 $g(0)=0$ 知, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时, $g(x)<0$, 不符合题意.
综合(1)、(2)知, $b \leqslant 2$, 得 $b$ 的最大值为 2 .
(III) $\because 1.4142<\sqrt{2}<1.4143$, 根据（II ) 中 $g(x)=e^{2 x}-e^{-2 x}-4 b\left(e^{x}-e^{-x}\right)$ $+(8 b-4) x$,
为了凑配 $\ln 2$, 并利用 $\sqrt{2}$ 的近似值, 故将 $\ln \sqrt{2}$ 即 $\frac{1}{2} \ln 2$ 代入 $g(x)$ 的解析式中, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-2 \sqrt{2} b+2(2 b-1) \ln 2$.
当 $b=2$ 时, 由 $g(x)>0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=\frac{3}{2}-4 \sqrt{2}+6 \ln 2>0$,
从而 $\ln 2>\frac{8 \sqrt{2}-3}{12}>\frac{8 \times 1.4142-3}{12}=0.6928$;
令 $\ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)=\ln \sqrt{2}$, 得 $b=\frac{3 \sqrt{2}}{4}+1>2$, 当 $0<x \leqslant \ln \left(b-1+\sqrt{b^{2}-2 b}\right)$ 时,
由 $g(x)<0$, 得 $g(\ln \sqrt{2})=-\frac{3}{2}-2 \sqrt{2}+(3 \sqrt{2}+2) \ln 2<0$, 得 $\ln 2<\frac{18+\sqrt{2}}{28}<\frac{18+1.4143}{28}<0.6934$.
所以 $\ln 2$ 的近似值为 0.693 .
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅱ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系 , 半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$
(I) 求 C 的参数方程;
(II ) 设点 $D$ 在半圆 $C$ 上, 半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 $I: y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 根据 （1）中你得到的参数方程, 求直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标. 六、解答题（共 1 小题, 满分 0 分）
| 解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.
可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$. (2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的 上半圆，
$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \operatorname{tant}=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.
故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
| （1）利用 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ x=\rho \cos \theta\end{array}\right.$ 即可得出直角坐标方程, 利用 $\cos ^{2} t+\sin ^{2} t=1$ 进 而得出参数方程.
(2) 利用半圆 $C$ 在 $D$ 处的切线与直线 $\mid: y=\sqrt{3} x+2$ 垂直, 则直线 $C D$ 的斜率与直 线 I 的斜率相等, 即可得出直线 $C D$ 的倾斜角及 $D$ 的坐标.
解 (1) 由半圆 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \cos \theta, \theta \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, 即 $\rho^{2}=2 \rho \cos \theta$ , 可得 $C$ 的普通方程为 $(x-1)^{2}+y^{2}=1(0 \leqslant y \leqslant 1)$.
可得 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数, $0 \leqslant t \leqslant \pi)$. (2) 设 $D(1+\cos t, \sin t)$, 由 (1) 知 $C$ 是以 $C(1,0)$ 为圆心, 1 为半径的 上半圆，
$\because$ 直线 $C D$ 的斜率与直线 $\mathrm{l}$ 的斜率相等, $\therefore \operatorname{tant}=\sqrt{3}, \mathrm{t}=\frac{\pi}{3}$.
故 $D$ 的直角坐标为 $\left(1+\cos \frac{\pi}{3}, \sin \frac{\pi}{3}\right)$, 即 $\left(\frac{3}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2014 | （新课标ⅱ） | 24. 设函数 $f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a|(a>0)$.
( I ) 证明: $f(x) \geqslant 2$;
(II) 若 $\mathrm{f}(3)<5$, 求 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
| 解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a$ ) $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,
故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.
( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,
$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.
当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.
综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.
| （I ）由 $a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a|$, 利用绝对值三角不等式、基本 不等式证得 $f(x) \geqslant 2$ 成立.
(II) 由 $f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$, 分当 $a>3$ 时和当 $0<a \leqslant 3$ 时两种情况, 分 别去掉绝对值, 求得不等式的解集, 再取并集, 即得所求.
解: ( I ) 证明: $\because a>0, f(x)=\left|x+\frac{1}{a}\right|+|x-a| \geqslant \mid\left(x+\frac{1}{a}\right)-(x-a$ ) $|=| a+\frac{1}{a} \mid=a+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}=2$,
故不等式 $f(x) \geqslant 2$ 成立.
( II ) $\because f(3)=\left|3+\frac{1}{a}\right|+|3-a|<5$,
$\therefore$ 当 $a>3$ 时, 不等式即 $a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-5 a+1<0$, 解得 $3<a<\frac{5+\sqrt{21}}{2}$.
当 $0<a \leqslant 3$ 时, 不等式即 $6-a+\frac{1}{a}<5$, 即 $a^{2}-a-1>0$, 求得 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}<a \leqslant 3$.
综上可得, $\mathrm{a}$ 的取值范围 $\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}, \frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)$.
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2015 | （新课标ⅰ） | $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{n}>0, a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式:
(II ) 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{r+1}}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
| 解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$
两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$,
即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$,
$\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$,
$\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$
$\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$,
则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ :
( II ) $\because a_{n}=2 n+1$,
$\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$,
$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$
| (1）根据数列的递推关系, 利用作差法即可求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式: (III) 求出 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{r+1}}$, 利用裂项法即可求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$
两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$,
即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$,
$\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$,
$\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$
$\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$,
则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ :
( II ) $\because a_{n}=2 n+1$,
$\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$,
$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$
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2015 | （新课标ⅰ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$ 与直线 $:: y=k x+a(a>0)$ 交 于 $M, N$ 两点.
(I) 当 $k=0$ 时, 分別求 $C$ 在点 $M$ 和 $N$ 处的切线方程.
( II) $y$ 轴上是否存在点 $P$, 使得当 $k$ 变动时, 总有 $\angle O P M=\angle O P N$ ? （说明理由 )
| 解：（1）联立 $\left\{\begin{array}{l}y=a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$ 不妨取 $M(2 \sqrt{a}, a), N(-2 \sqrt{a}, a)$,
由曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$ 可得: $y^{\prime}=\frac{x}{2}$,
$\therefore$ 曲线 C 在 $M$ 点处的切线斜率为 $\frac{2 \sqrt{a}}{2}=\sqrt{a}$, 其切线方程为: $y^{-} a=\sqrt{a}(x-2 \sqrt{a})$, 化为 $\sqrt{a} x-y-a=0$.
同理可得曲线 $C$ 在点 $N$ 处的切线方程为: $\sqrt{a} x+y+a=0$.
(II) 存在符合条件的点 $(0,-a)$, 下面给出证明:
设 $P(0, b)$ 满足 $\angle O P M=\angle O P N . M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 直线 $P M, P N$ 的 斜率分别为: $k_{1}, k_{2}$.
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$, 化为 $x^{2}-4 k x-4 a=0$,
$\therefore x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=-4 a$.
$\therefore \mathrm{k}_{1}+\mathrm{k}_{2}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{\mathrm{y}_{2}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{2}}=\frac{2 \mathrm{kx} \mathrm{x}_{1}+(\mathrm{a}-\mathrm{b})\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)}{\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}}=\frac{\mathrm{k}(\mathrm{a}+\mathrm{b})}{\mathrm{a}}$.
当 $b=-a$ 时, $k_{1}+k_{2}=0$, 直线 PM, PN 的倾斜角互补, $\therefore \angle \mathrm{OPM}=\angle \mathrm{OPN}$
$\therefore$ 点 $P(0,-a)$ 符合条件.
| (1) 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$, 可得交点 $M, N$ 的坐标, 由曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$, 利用导 数的运算法则可得: $y^{\prime}=\frac{x}{2}$, 利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程.
(II) 存在符合条件的点 $(0,-a)$, 设 $P(0, b)$ 满足 $\angle O P M=\angle O P N . M\left(x_{1}\right.$, $\left.y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 直线 PM, PN 的斜率分别为: $k_{1}, k_{2}$. 直线方程与抛物线 方程联立化为 $x^{2}-4 k x-4 a=0$, 利用根与系数的关系、斜率计算公式可得 $k_{1}+k_{2}=$ $\frac{k(a+b)}{a} \cdot k_{1}+k_{2}=0 \Leftrightarrow$ 直线 PM, $P N$ 的倾斜角互补 $\Leftrightarrow \angle O P M=\angle O P N$. 即可证明.
解：（1）联立 $\left\{\begin{array}{l}y=a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$ 不妨取 $M(2 \sqrt{a}, a), N(-2 \sqrt{a}, a)$,
由曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{4}$ 可得: $y^{\prime}=\frac{x}{2}$,
$\therefore$ 曲线 C 在 $M$ 点处的切线斜率为 $\frac{2 \sqrt{a}}{2}=\sqrt{a}$, 其切线方程为: $y^{-} a=\sqrt{a}(x-2 \sqrt{a})$, 化为 $\sqrt{a} x-y-a=0$.
同理可得曲线 $C$ 在点 $N$ 处的切线方程为: $\sqrt{a} x+y+a=0$.
(II) 存在符合条件的点 $(0,-a)$, 下面给出证明:
设 $P(0, b)$ 满足 $\angle O P M=\angle O P N . M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 直线 $P M, P N$ 的 斜率分别为: $k_{1}, k_{2}$.
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+a \\ y=\frac{x^{2}}{4}\end{array}\right.$, 化为 $x^{2}-4 k x-4 a=0$,
$\therefore x_{1}+x_{2}=4 k, x_{1} x_{2}=-4 a$.
$\therefore \mathrm{k}_{1}+\mathrm{k}_{2}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{1}}+\frac{\mathrm{y}_{2}-\mathrm{b}}{\mathrm{x}_{2}}=\frac{2 \mathrm{kx} \mathrm{x}_{1}+(\mathrm{a}-\mathrm{b})\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)}{\mathrm{x}_{1} \mathrm{x}_{2}}=\frac{\mathrm{k}(\mathrm{a}+\mathrm{b})}{\mathrm{a}}$.
当 $b=-a$ 时, $k_{1}+k_{2}=0$, 直线 PM, PN 的倾斜角互补, $\therefore \angle \mathrm{OPM}=\angle \mathrm{OPN}$
$\therefore$ 点 $P(0,-a)$ 符合条件.
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2015 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=x^{3}+a x+\frac{1}{4}, g(x)=-\ln x$
(i) 当 $a$ 为何值时, $x$ 轴为曲线 $y=f(x)$ 的切线;
（ii）用 $\min \{m, n\}$ 表示 $m, n$ 中的最小值，设函数 $h(x)=\min \{f(x) ， g （ x)$ \}$(x>0)$, 讨论 $h(x)$ 零点的个数.
| 解: （i） $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$.
设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴相切于点 $P\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $f\left(x_{0}\right)=0, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$,
$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
x_{0}^{3}+a x_{0}+\frac{1}{4}=0 \\
3 x_{0}^{2}+a=0
\end{array} \text {, 解得 } x_{0}=\frac{1}{2}, a=-\frac{3}{4} .\right.
$$
因此当 $a=-\frac{3}{4}$ 时, $x$ 轴为曲线 $y=f(x)$ 的切线;
（ii）当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g(x)=-\ln x<0$,
$\therefore$ 函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{\mathrm{f}(\mathrm{x}), \mathrm{g}(\mathrm{x})\}<0$,
故 $h(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 时无零点.
当 $x=1$ 时, 若 $a \geqslant-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4} \geqslant 0$,
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{f(1), g(1)\}=g(1)=0$, 故 $\mathrm{x}=1$ 是函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 的一个零点; 若 $a<-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4}<0, \therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=f(1)<0$, 故 $x=1$ 不是函数 $h(x)$ 的零点;
当 $x \in(0,1)$ 时, $g(x)=-\ln x>0$, 因此只考虑 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内的零点个 数即可.
(1)当 $a \leqslant-3$ 或 $a \geqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$ 在 $(0,1)$ 内无零点, 因此 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内单调,
而 $f(0)=\frac{1}{4}, f(1)=a+\frac{5}{4} ， \therefore$ 当 $a \leqslant-3$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有一 个零点，
当 $a \geqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内没有零点.
(2)当 $-3<a<0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \sqrt{\frac{-a}{3}}\right)$ 内单调递减, 在 $\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}, 1\right)$ 内单调 递增, 故当 $x=\sqrt{\frac{-a}{3}}$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=\frac{2 a}{3} \sqrt{\frac{-a}{3}}+\frac{1}{4}$. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)>0$, 即 $-\frac{3}{4}<\mathrm{a}<0$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,1)$ 内无零点. 若 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=0$, 即 $a=-\frac{3}{4}$, 则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有唯一零点. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)<0$, 即 $-3<a<-\frac{3}{4}$, 由 $\mathrm{f}(0)=\frac{1}{4}, f(1)=\mathrm{a}+\frac{5}{4}$, $\therefore$ 当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有两个零点. 当 $-3<a \leqslant-\frac{5}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有一个零点.
综上可得: $a<-\frac{5}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有一个零点.
当 $a>-\frac{3}{4}$ 时, $h(x)$ 有一个零点; 当 $a=-\frac{3}{4}$ 或 $-\frac{5}{4}$ 时, $h(x)$ 有两个零点;
当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有三个零点.
| (i) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$. 设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴相切于点 $P\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $f($ $\left.x_{0}\right)=0, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ 解出即可.
（ii）对 $x$ 分类讨论: 当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g(x)=-\ln x<0$, 可得函数 $h(x)=\min$ $\{f(x), g(x)\} \leqslant g(x)<0$, 即可得出零点的个数.
当 $x=1$ 时，对 $a$ 分类讨论： $a \geqslant-\frac{5}{4}, a<-\frac{5}{4}$, 即可得出零点的个数;
当 $x \in(0,1)$ 时, $g(x)=-\ln x>0$, 因此只考虑 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内的零点个 数即可. 对 $a$ 分类讨论: (1)当 $a \leqslant-3$ 或 $a \geqslant 0$ 时, (2)当 $-3<a<0$ 时, 利用导 数研究其单调性极值即可得出.
解: （i） $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$.
设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴相切于点 $P\left(x_{0}, 0\right)$, 则 $f\left(x_{0}\right)=0, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$,
$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
x_{0}^{3}+a x_{0}+\frac{1}{4}=0 \\
3 x_{0}^{2}+a=0
\end{array} \text {, 解得 } x_{0}=\frac{1}{2}, a=-\frac{3}{4} .\right.
$$
因此当 $a=-\frac{3}{4}$ 时, $x$ 轴为曲线 $y=f(x)$ 的切线;
（ii）当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $g(x)=-\ln x<0$,
$\therefore$ 函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{\mathrm{f}(\mathrm{x}), \mathrm{g}(\mathrm{x})\}<0$,
故 $h(x)$ 在 $x \in(1,+\infty)$ 时无零点.
当 $x=1$ 时, 若 $a \geqslant-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4} \geqslant 0$,
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})=\min \{f(1), g(1)\}=g(1)=0$, 故 $\mathrm{x}=1$ 是函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 的一个零点; 若 $a<-\frac{5}{4}$, 则 $f(1)=a+\frac{5}{4}<0, \therefore h(x)=\min \{f(1), g(1)\}=f(1)<0$, 故 $x=1$ 不是函数 $h(x)$ 的零点;
当 $x \in(0,1)$ 时, $g(x)=-\ln x>0$, 因此只考虑 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内的零点个 数即可.
(1)当 $a \leqslant-3$ 或 $a \geqslant 0$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+a$ 在 $(0,1)$ 内无零点, 因此 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内单调,
而 $f(0)=\frac{1}{4}, f(1)=a+\frac{5}{4} ， \therefore$ 当 $a \leqslant-3$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内有一 个零点，
当 $a \geqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内没有零点.
(2)当 $-3<a<0$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \sqrt{\frac{-a}{3}}\right)$ 内单调递减, 在 $\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}, 1\right)$ 内单调 递增, 故当 $x=\sqrt{\frac{-a}{3}}$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=\frac{2 a}{3} \sqrt{\frac{-a}{3}}+\frac{1}{4}$. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)>0$, 即 $-\frac{3}{4}<\mathrm{a}<0$, 则 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,1)$ 内无零点. 若 $f\left(\sqrt{\frac{-a}{3}}\right)=0$, 即 $a=-\frac{3}{4}$, 则 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有唯一零点. 若 $\mathrm{f}\left(\sqrt{\frac{-\mathrm{a}}{3}}\right)<0$, 即 $-3<a<-\frac{3}{4}$, 由 $\mathrm{f}(0)=\frac{1}{4}, f(1)=\mathrm{a}+\frac{5}{4}$, $\therefore$ 当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有两个零点. 当 $-3<a \leqslant-\frac{5}{4}$ 时, $f(x)$ 在 $(0,1)$ 内有一个零点.
综上可得: $a<-\frac{5}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有一个零点.
当 $a>-\frac{3}{4}$ 时, $h(x)$ 有一个零点; 当 $a=-\frac{3}{4}$ 或 $-\frac{5}{4}$ 时, $h(x)$ 有两个零点;
当 $-\frac{5}{4}<a<-\frac{3}{4}$ 时, 函数 $h(x)$ 有三个零点.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2015 | （新课标ⅱ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 其中 $0 \leqslant \alpha$ $\leqslant \pi$, 在以 $O$ 为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta, C_{3}$ $: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$
(1) 求 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标; (2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 相交于点 $A, C_{1}$ 与 $C_{3}$ 相交于点 $B$, 求 $|A B|$ 的最大值.
| 解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,
$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$.
同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,
$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.
(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$
$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,
$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), B(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.
$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,
当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .
| (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$, 把 $\left\{\begin{array}{c}\rho^{2}=x^{2}+y^{2} \\ y=\rho \sin \theta\end{array}\right.$ 代入可得直 角坐标方程. 同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程, 联立解出可得 $C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标.
(2) 由曲线 $C_{1}$ 的参数方程, 消去参数 $t$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 $0 \leqslant \alpha \leqslant$ $\pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R, \rho \neq 0)$ , 利用 $|A B|=\mid 2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha$ 即可得出.
解: (1) 由曲线 $C_{2}: \rho=2 \sin \theta$, 化为 $\rho^{2}=2 \rho \sin \theta$,
$\therefore x^{2}+y^{2}=2 y$.
同理由 $C_{3}: \rho=2 \sqrt{3} \cos \theta$. 可得直角坐标方程: $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{3} x$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2 y=0 \\ x^{2}+y^{2}-2 \sqrt{3} x=0\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y=0\end{array},\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.\right.$,
$\therefore C_{2}$ 与 $C_{3}$ 交点的直角坐标为 $(0,0),\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2}\right)$.
(2) 曲线 $C_{1}:\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数, $\left.t \neq 0\right)$, 化为普通方程: $y=x \tan \alpha$, 其中 0 $\leqslant \alpha \leqslant \pi, \alpha \neq \frac{\pi}{2} ; \alpha=\frac{\pi}{2}$ 时, 为 $x=0(y \neq 0)$. 其极坐标方程为: $\theta=\alpha(\rho \in R$, $\rho \neq 0)$
$\because A, B$ 都在 $C_{1}$ 上,
$\therefore A(2 \sin \alpha, \alpha), B(2 \sqrt{3} \cos \alpha, \alpha)$.
$\therefore|A B|=|2 \sin \alpha-2 \sqrt{3} \cos \alpha|=4\left|\sin \left(\alpha-\frac{\pi}{3}\right)\right|$,
当 $\alpha=\frac{5 \pi}{6}$ 时, $|A B|$ 取得最大值 4 .
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2015 | （新课标ⅱ） | 24. 设 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$, 证明:
(1) 若 $a b>c d$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;
(2) $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.
| 证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$, $(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$, 则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,
即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;
(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,
$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,
即有 (a-b) ${ }^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d|$;
(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 (a- b ${ }^{2}<(c-d)^{2}$,
即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.
综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.
| (1）运用不等式的性质, 结合条件 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d$ , $a b>c d$, 即可得证;
（2）从两方面证, (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 证得 $|a-b|<|c-d|$, (2)若 $|a-b|<$ $|c-d|$, 证得 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 注意运用不等式的性质, 即可得证.
证明: (1) 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}$, $(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}=c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a, b, c, d$ 均为正数, 且 $a+b=c+d, a b>c d$, 则 $\sqrt{a b}>\sqrt{c d}$,
即有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 则 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$;
(2) (1)若 $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$, 则 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$, 即为 $a+b+2 \sqrt{a b}>c+d+2 \sqrt{c d}$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
于是 $(a-b)^{2}=(a+b)^{2}-4 a b$,
$(c-d)^{2}=(c+d)^{2}-4 c d$,
即有 (a-b) ${ }^{2}<(c-d)^{2}$, 即为 $|a-b|<|c-d|$;
(2)若 $|a-b|<|c-d|$, 则 (a- b ${ }^{2}<(c-d)^{2}$,
即有 $(a+b)^{2}-4 a b<(c+d)^{2}-4 c d$,
由 $a+b=c+d$, 则 $a b>c d$,
则有 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}>(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{2}$.
综上可得, $\sqrt{a}+\sqrt{b}>\sqrt{c}+\sqrt{d}$ 是 $|a-b|<|c-d|$ 的充要条件.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅰ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $2 \cos C$ ( $a \cos B+b \cos A)=c$.
(I) 求 C;
(II ) 若 $\mathrm{c}=\sqrt{7}, \triangle \mathrm{ABC}$ 的面积为 $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, 求 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的周长.
| 解: ( I ) $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $0<C<\pi, \therefore \sin C \neq 0$
已知等式利用正弦定理化简得: $2 \cos C(\sin A \cos B+\sin B \cos A)=\sin C$,
整理得: $2 \cos C \sin (A+B)=\sin C$,
即 $2 \cos C \sin (\pi-(A+B))=\sin C$
$2 \cos C \sin C=\sin C$
$\therefore \cos \mathrm{C}=\frac{1}{2}$,
$\therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{3}$
(II) 由余弦定理得 $7=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-2 \mathrm{ab} \cdot \frac{1}{2}$,
$\therefore(a+b)^{2}-3 a b=7$
$\because \mathrm{S}=\frac{1}{2} \mathrm{absinc}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{ab}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,
$\therefore a b=6$,
$\therefore(a+b)^{2}-18=7$
$\therefore a+b=5$,
$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 的周长为 $5+\sqrt{7}$.
| （Ｉ）已知等式利用正弦定理化简, 整理后利用两角和与差的正弦函数 公式及诱导公式化简, 根据 $\sin C$ 不为 0 求出 $\cos C$ 的值, 即可确定出出 $C$ 的度 数;
(2) 利用余弦定理列出关系式, 利用三角形面积公式列出关系式, 求出 $\mathrm{a}+\mathrm{b}$ 的 值, 即可求 $\triangle A B C$ 的周长.
解: ( I ) $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $0<C<\pi, \therefore \sin C \neq 0$
已知等式利用正弦定理化简得: $2 \cos C(\sin A \cos B+\sin B \cos A)=\sin C$,
整理得: $2 \cos C \sin (A+B)=\sin C$,
即 $2 \cos C \sin (\pi-(A+B))=\sin C$
$2 \cos C \sin C=\sin C$
$\therefore \cos \mathrm{C}=\frac{1}{2}$,
$\therefore \mathrm{C}=\frac{\pi}{3}$
(II) 由余弦定理得 $7=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}-2 \mathrm{ab} \cdot \frac{1}{2}$,
$\therefore(a+b)^{2}-3 a b=7$
$\because \mathrm{S}=\frac{1}{2} \mathrm{absinc}=\frac{\sqrt{3}}{4} \mathrm{ab}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,
$\therefore a b=6$,
$\therefore(a+b)^{2}-18=7$
$\therefore a+b=5$,
$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 的周长为 $5+\sqrt{7}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅰ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=a \cos t \\ y=1+\operatorname{asin} t\end{array}(t\right.$ 为参数, $a>0$ ) . 在以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴的极坐标系中, 曲线 $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$. ( I ) 说明 $C_{1}$ 是哪种曲线, 并将 $C_{1}$ 的方程化为极坐标方程;
(II ) 直线 $C_{3}$ 的极坐标方程为 $\theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 若曲线 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公 共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上, 求 $a$.
| 解 （I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$.
$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.
化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)
由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;
( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$, $\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2)$
即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,
$\because$ 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的公共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上,
$\therefore y=2 x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程,
(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,
$\therefore 1-a^{2}=0$,
$\therefore a=1(a>0)$.
| （I）把曲线 $C_{1}$ 的参数方程变形, 然后两边平方作和即可得到普通方 程, 可知曲线 $C_{1}$ 是圆, 化为一般式, 结合 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$ 化为极坐标方程
(II) 化曲线 $C_{2} 、 C_{3}$ 的极坐标方程为直角坐标方程, 由条件可知 $y=x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程, 把 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的方程作差, 结合公共弦所在直线方程为 $y=2 x$ 可得 $1-a^{2}=0$, 则 $a$ 值可求.
解 （I ) 由 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y=1+a \sin t\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}x=a \operatorname{cost} \\ y-1=a \sin t\end{array}\right.$, 两式平方相加得, $x^{2}+(y-1$ )$^{2}=a^{2}$.
$\therefore C_{1}$ 为以 $(0,1)$ 为圆心, 以 $a$ 为半径的圆.
化为一般式: $x^{2}+y^{2}-2 y+1-a^{2}=0$. (1)
由 $x^{2}+y^{2}=\rho^{2}, y=\rho \sin \theta$, 得 $\rho^{2}-2 \rho \sin \theta+1-a^{2}=0$;
( II ) $C_{2}: \rho=4 \cos \theta$, 两边同时乘 $\rho$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$, $\therefore x^{2}+y^{2}=4 x,(2)$
即 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$.
由 $C_{3}: \theta=\alpha_{0}$, 其中 $\alpha_{0}$ 满足 $\tan \alpha_{0}=2$, 得 $y=2 x$,
$\because$ 曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 的公共点都在 $\mathrm{C}_{3}$ 上,
$\therefore y=2 x$ 为圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共弦所在直线方程,
(1)- (2)得: $4 x-2 y+1-a^{2}=0$, 即为 $C_{3}$,
$\therefore 1-a^{2}=0$,
$\therefore a=1(a>0)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅱ） | $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28$, 记 $b_{n}=\left[\lg a_{n}\right]$, 其 中 $[\mathrm{x}]$ 表示不超过 $\mathrm{x}$ 的最大整数, 如 $[0.9]=0,[\lg 99]=1$.
(I) 求 $b_{1}, b_{11}, b_{101}$ ；
(II) 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和.
| 解: ( I ) $s_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28,7 a_{4}=28$.
可得 $a_{4}=4$, 则公差 $d=1$.
$a_{n}=n$,
$b_{n}=[\operatorname{lgn}]$, 则 $b_{1}=[\lg 1]=0$,
$b_{11}=[\lg 11]=1$,
$\mathrm{b}_{101}=[\lg 101]=2$.
( II ) 由 ( I ) 可知: $b_{1}=b_{2}=b_{3}=\ldots=b_{9}=0, b_{10}=b_{11}=b_{12}=\ldots=b_{99}=1$.
$b_{100}=b_{101}=b_{102}=b_{103}=\ldots=b_{999}=2, b_{10,00}=3$.
数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和为: $9 \times 0+90 \times 1+900 \times 2+3=1893$.
| ( I ) 利用已知条件求出等差数列的公差, 求出通项公式, 然后求解 $b_{1}$, $b_{11}, b_{101}$;
(II) 找出数列的规律, 然后求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和.
解: ( I ) $s_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28,7 a_{4}=28$.
可得 $a_{4}=4$, 则公差 $d=1$.
$a_{n}=n$,
$b_{n}=[\operatorname{lgn}]$, 则 $b_{1}=[\lg 1]=0$,
$b_{11}=[\lg 11]=1$,
$\mathrm{b}_{101}=[\lg 101]=2$.
( II ) 由 ( I ) 可知: $b_{1}=b_{2}=b_{3}=\ldots=b_{9}=0, b_{10}=b_{11}=b_{12}=\ldots=b_{99}=1$.
$b_{100}=b_{101}=b_{102}=b_{103}=\ldots=b_{999}=2, b_{10,00}=3$.
数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和为: $9 \times 0+90 \times 1+900 \times 2+3=1893$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅱ） | 已知椭圆 $E: \frac{x^{2}}{t}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的焦点在 $x$ 轴上, $A$ 是 $E$ 的左顶点, 斜率 为 $k(k>0)$ 的直线交 $E$ 于 $A, M$ 两点, 点 $N$ 在 $E$ 上, $M A \perp N A$.
（I ) 当 $t=4,|A M|=|A N|$ 时, 求 $\triangle A M N$ 的面积;
（II）当 $2|\mathrm{AM}|=|\mathrm{AN}|$ 时, 求 $\mathrm{k}$ 的取值范围.
| 解: ( I ) 方法一、 $\mathrm{t}=4$ 时, 椭圆 $\mathrm{E}$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1, A(-2,0)$
直线 $A M$ 的方程为 $y=k(x+2)$, 代入椭圆方程, 整理可得 $\left(3+4 k^{2}\right)$
$$
x^{2}+16 k^{2} x+16 k^{2}-12=0
$$
解得 $x=-2$ 或 $x=-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}$, 则 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|2-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}$,
由 $A N \perp A M$, 可得 $|A N|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{k}\right)^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 \cdot\left(\frac{-1}{k}\right)^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3|k|+\frac{4}{|k|}}$,
由 $|\mathrm{AM}|=|\mathrm{AN}|, \mathrm{k}>0$, 可得 $\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3 k+\frac{4}{k}}$,
整理可得 $(k-1)\left(4 k^{2}+k+4\right)=0$, 由 $4 k^{2}+k+4=0$ 无实根, 可得 $k=1$, 即有 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2}|A M|^{2}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{1+1} \cdot \frac{12}{3+4}\right){ }^{2}=\frac{144}{49}$;
方法二、由 $|A M|=|A N|$, 可得 $M, N$ 关于 $x$ 轴对称,
由 $M A \perp N A$. 可得直线 $A M$ 的斜率为 1 , 直线 $A M$ 的方程为 $y=x+2$,
代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 可得 $7 x^{2}+16 x+4=0$,
解得 $x=-2$ 或 $-\frac{2}{7}, M\left(-\frac{2}{7}, \frac{12}{7}\right), N\left(-\frac{2}{7},-\frac{12}{7}\right)$,
则 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times \frac{24}{7} \times\left(-\frac{2}{7}+2\right)=\frac{144}{49}$;
( II ) 直线 AM 的方程为 $y=k(x+\sqrt{t})$, 代入陏圆方程,
可得 $\left(3+t k^{2}\right) x^{2}+2 t \sqrt{t} k^{2} x+t^{2} k^{2}-3 t=0$,
解得 $x=-\sqrt{t}$ 或 $x=-\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,
即有 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}-\sqrt{t}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,
$|\mathrm{AN}|=\sqrt{1+\frac{1}{\mathrm{k}^{2}}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+\frac{t}{k^{2}}}=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 \mathrm{k}+\frac{\mathrm{t}}{\mathrm{k}}}$,
由 $2|A M|=|A N|$, 可得 $2 \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 k+\frac{t}{k}}$,
整理得 $\mathrm{t}=\frac{6 \mathrm{k}^{2}-3 \mathrm{k}}{\mathrm{k}^{3}-2}$,
由椭圆的焦点在 $x$ 轴上, 则 $\mathrm{t}>3$, 即有 $\frac{6 k^{2}-3 k}{k^{3}-2}>3$, 即有 $\frac{\left(k^{2}+1\right)(k-2)}{k^{3}-2}<0$,
可得 $\sqrt[3]{2}<k<2$, 即 $k$ 的取值范围是 $(\sqrt[3]{2}, 2)$.
| ( I ) 方法一、求出 $\mathrm{t}=4$ 时, 椭圆方程和顶点 $\mathrm{A}$, 设出直线 $A M$ 的方程 , 代入椭圆方程, 求交点 $M$, 运用弦长公式求得 $|A M|$, 由垂直的条件可得 $|A N|$ , 再由 $|A M|=|A N|$, 解得 $k=1$, 运用三角形的面积公式可得 $\triangle A M N$ 的面积; 方法二、运用椭圆的对称性, 可得直线 $A M$ 的斜率为 1 , 求得 $A M$ 的方程代入椭 圆方程, 解方程可得 $M, N$ 的坐标, 运用三角形的面积公式计算即可得到; (II ) 直线 $A M$ 的方程为 $y=k(x+\sqrt{t})$, 代入椭圆方程, 求得交点 $M$, 可得 $|A M|$ , $|A N|$, 再由 $2|A M|=|A N|$, 求得 $t$, 再由椭圆的性质可得 $t>3$, 解不等式 即可得到所求范围.
解: ( I ) 方法一、 $\mathrm{t}=4$ 时, 椭圆 $\mathrm{E}$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1, A(-2,0)$
直线 $A M$ 的方程为 $y=k(x+2)$, 代入椭圆方程, 整理可得 $\left(3+4 k^{2}\right)$
$$
x^{2}+16 k^{2} x+16 k^{2}-12=0
$$
解得 $x=-2$ 或 $x=-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}$, 则 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|2-\frac{8 k^{2}-6}{3+4 k^{2}}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}$,
由 $A N \perp A M$, 可得 $|A N|=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{k}\right)^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 \cdot\left(\frac{-1}{k}\right)^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3|k|+\frac{4}{|k|}}$,
由 $|\mathrm{AM}|=|\mathrm{AN}|, \mathrm{k}>0$, 可得 $\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3+4 k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{12}{3 k+\frac{4}{k}}$,
整理可得 $(k-1)\left(4 k^{2}+k+4\right)=0$, 由 $4 k^{2}+k+4=0$ 无实根, 可得 $k=1$, 即有 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2}|A M|^{2}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{1+1} \cdot \frac{12}{3+4}\right){ }^{2}=\frac{144}{49}$;
方法二、由 $|A M|=|A N|$, 可得 $M, N$ 关于 $x$ 轴对称,
由 $M A \perp N A$. 可得直线 $A M$ 的斜率为 1 , 直线 $A M$ 的方程为 $y=x+2$,
代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$, 可得 $7 x^{2}+16 x+4=0$,
解得 $x=-2$ 或 $-\frac{2}{7}, M\left(-\frac{2}{7}, \frac{12}{7}\right), N\left(-\frac{2}{7},-\frac{12}{7}\right)$,
则 $\triangle A M N$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times \frac{24}{7} \times\left(-\frac{2}{7}+2\right)=\frac{144}{49}$;
( II ) 直线 AM 的方程为 $y=k(x+\sqrt{t})$, 代入陏圆方程,
可得 $\left(3+t k^{2}\right) x^{2}+2 t \sqrt{t} k^{2} x+t^{2} k^{2}-3 t=0$,
解得 $x=-\sqrt{t}$ 或 $x=-\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,
即有 $|A M|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot\left|\frac{t \sqrt{t} k^{2}-3 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}-\sqrt{t}\right|=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+t k^{2}}$,
$|\mathrm{AN}|=\sqrt{1+\frac{1}{\mathrm{k}^{2}}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+\frac{t}{k^{2}}}=\sqrt{1+\mathrm{k}^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 \mathrm{k}+\frac{\mathrm{t}}{\mathrm{k}}}$,
由 $2|A M|=|A N|$, 可得 $2 \sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3+k^{2}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \frac{6 \sqrt{t}}{3 k+\frac{t}{k}}$,
整理得 $\mathrm{t}=\frac{6 \mathrm{k}^{2}-3 \mathrm{k}}{\mathrm{k}^{3}-2}$,
由椭圆的焦点在 $x$ 轴上, 则 $\mathrm{t}>3$, 即有 $\frac{6 k^{2}-3 k}{k^{3}-2}>3$, 即有 $\frac{\left(k^{2}+1\right)(k-2)}{k^{3}-2}<0$,
可得 $\sqrt[3]{2}<k<2$, 即 $k$ 的取值范围是 $(\sqrt[3]{2}, 2)$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅱ） | ( I ) 讨论函数 $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的单调性, 并证明当 $x>0$ 时, $(x-2$ $e^{x}+x+2>0$
（II) 证明: 当 $a \in[0,1)$ 时, 函数 $g(x)=\frac{e^{x}-a x-a}{x^{2}}(x>0)$ 有最小值. 设 $g($ $\mathrm{x}$ )的最小值为 $\mathrm{h}(\mathrm{a} ＼mathrm{~, ~ 求 函 数 ~} \mathrm{~h}$ (a）的值域.
| 解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$
$f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$
$\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$
$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增
$\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$
即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$
(2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$
$=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$
$\mathrm{a} \in[0,1)$
由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$,
只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$,
由 $x>0$, 可得
$t \in(0,2]$
当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减;
当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$
记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$,
故 $k(t)$ 单调递增,
所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$.
| 从导数作为切入点探求函数的单调性, 通过函数单调性来求得函数的 值域, 利用复合函数的求导公式进行求导, 然后逐步分析即可
解: (1) 证明: $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$
$f^{\prime}(x)=e^{x}\left(\frac{x-2}{x+2}+\frac{4}{(x+2)^{2}}\right)=\frac{x^{2} e^{x}}{(x+2)^{2}}$
$\because$ 当 $x \in(-\infty,-2) \cup(-2,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$
$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上单调递增
$\therefore x>0$ 时, $\frac{x-2}{x+2} e^{x}>f(0)=-1$
即 $(x-2) e^{x+x+2}>0$
(2) $g^{\prime}(x)=\frac{\left(e^{x}-a\right) x^{2}-2 x\left(e^{x}-a x-a\right)}{x^{4}}$
$=\frac{x\left(x e^{x}-2 e^{x}+a x+2 a\right)}{x^{4}}=\frac{(x+2)\left(\frac{x-2}{x+2} \cdot e^{x}+a\right)}{x^{3}}$
$\mathrm{a} \in[0,1)$
由 (1) 知, 当 $x>0$ 时, $f(x)=\frac{x-2}{x+2} e^{x}$ 的值域为 $(-1,+\infty)$, 只有一解使得 $\frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}=-a$,
只需 $\frac{t-2}{t+2} \bullet e^{t} \leqslant 0$ 恒成立, 可得 $-2<t \leqslant 2$,
由 $x>0$, 可得
$t \in(0,2]$
当 $x \in(0, t)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调减;
当 $x \in(t,+\infty), g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调增; $h(a)=\frac{e^{t}-a(t+1)}{t^{2}}=\frac{e^{t}+(t+1) \frac{t-2}{t+2} \cdot e^{t}}{t^{2}}=\frac{e^{t}}{t+2}$
记 $k(t)=\frac{e^{t}}{t+2}$, 在 $t \in(0,2]$ 时, $k^{\prime}(t)=\frac{e^{t}(t+1)}{(t+2)^{2}}>0$,
故 $k(t)$ 单调递增,
所以 $h(a)=k(t) \in\left(\frac{1}{2}, \frac{e^{2}}{4}\right]$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅱ） | 23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 圆 $C$ 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$.
( I ) 以坐标原点为极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程
(II) 直线 $\mid$ 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), $I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=$ $\sqrt{10}$, 求 $\mathrm{I}$ 的斜率.
| 解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,
$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,
$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$
$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.
( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）,
$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 I 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,
$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,
圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.
$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,
解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
$\therefore 1$ 的斜率 $\mathrm{k}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
| （I ）把圆 C 的标准方程化为一般方程, 由此利用 $\rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha$, $y=\rho \sin \alpha$, 能求出圆 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程.
(II ) 由直线 I 的参数方程求出直线 I 的一般方程, 再求出圆心到直线距离, 由 此能求出直线 1 的斜率.
解: ( I ) $\because$ 圆 C 的方程为 $(x+6)^{2}+y^{2}=25$,
$\therefore x^{2}+y^{2}+12 x+11=0$,
$\because \rho^{2}=x^{2}+y^{2}, x=\rho \cos \alpha, y=\rho \sin \alpha$
$\therefore C$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+12 \rho \cos \alpha+11=0$.
( II ) $\because$ 直线 I 的参数方程是 $\left\{\begin{array}{l}x=t \cos \alpha \\ y=t \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）,
$\therefore t=\frac{x}{\cos \alpha}$, 代入 $y=t \sin \alpha$, 得: 直线 I 的一般方程 $y=\tan \alpha \cdot x$,
$\because I$ 与 $C$ 交与 $A, B$ 两点, $|A B|=\sqrt{10}$, 圆 $C$ 的圆心 $C(-6,0)$, 半径 $r=5$,
圆心到直线的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{\mathrm{r}^{2}-\left(\frac{|\mathrm{AB}|}{2}\right)^{2}}$.
$\therefore$ 圆心 C $(-6,0)$ 到直线距离 $\mathrm{d}=\frac{|-6 \tan \alpha|}{\sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}=\sqrt{25-\frac{10}{4}}$,
解得 $\tan ^{2} \alpha=\frac{5}{3}, \therefore \tan \alpha= \pm \sqrt{\frac{5}{3}}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
$\therefore 1$ 的斜率 $\mathrm{k}= \pm \frac{\sqrt{15}}{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅱ） | 24. 已知函数 $f(x)=\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x+\frac{1}{2}\right|, M$ 为不等式 $f(x)<2$ 的解集.
(I ) 求 $M$;
(II ) 证明: 当 $a, b \in M$ 时, $|a+b|<|1+a b|$.
| 解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,
解得: $x>-1$,
$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,
当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,
此时不等式恒成立,
$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,
当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,
解得: $x<1$,
$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,
综上可得: $M=(-1,1)$;
证明：（II) 当 $a, b \in M$ 时,
$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,
即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,
即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,
即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,
即 $|a+b|<|1+a b|$.
| (1） 分当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 当 $x>\frac{1}{2}$ 时三种情况, 分别求解 不等式, 综合可得答案;
(II) 当 $a, b \in M$ 时, （a- $\left.a^{2}\right)\left(b^{2}-1\right)>0$, 即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$, 配方后, 可 证得结论.
解: (1) 当 $x<-\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x-x-\frac{1}{2}<2$,
解得: $x>-1$,
$\therefore-1<x<-\frac{1}{2}$,
当 $-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $\frac{1}{2}-x+x+\frac{1}{2}=1<2$,
此时不等式恒成立,
$\therefore-\frac{1}{2} \leqslant x \leqslant \frac{1}{2}$,
当 $x>\frac{1}{2}$ 时, 不等式 $f(x)<2$ 可化为: $-\frac{1}{2}+x+x+\frac{1}{2}<2$,
解得: $x<1$,
$\therefore \frac{1}{2}<x<1$,
综上可得: $M=(-1,1)$;
证明：（II) 当 $a, b \in M$ 时,
$\left(a^{2}-1\right)\left(b^{2}-1\right)>0$,
即 $a^{2} b^{2}+1>a^{2}+b^{2}$,
即 $a^{2} b^{2}+1+2 a b>a^{2}+b^{2}+2 a b$,
即 $(a b+1)^{2}>(a+b)^{2}$,
即 $|a+b|<|1+a b|$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅲ） | 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=1+\lambda a_{n}$, 其中 $\lambda \neq 0$.
(1) 证明 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, 并求其通项公式;
(2) 若 $S_{5}=\frac{31}{32}$, 求 $\lambda$.
| 解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$.
$\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$
当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$,
即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$,
$\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$,
即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ，
$\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$,
当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$,
即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$,
$\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$.
(2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$,
则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$,
即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$,
则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$.
| (1) 根据数列通项公式与前 $\mathrm{n}$ 项和公式之间的关系进行递推, 结合等 比数列的定义进行证明求解即可.
(2) 根据条件建立方程关系进行求解就可.
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$.
$\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$
当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$,
即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$,
$\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$,
即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ，
$\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$,
当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$,
即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$,
$\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$.
(2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$,
则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$,
即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$,
则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅲ） | 设函数 $f(x)=a \cos 2 x+(a-1)(\cos x+1)$, 其中 $a>0$, 记f $(x)$ |的最大值为 $A$.
(I) 求 $f^{\prime}(X)$;
(II) 求 $A$;
(III) 证明: If' $(x) \mid \leqslant 2 A$.
| (I) 解: $f^{\prime}(x)=-2 \operatorname{asin} 2 x-(a-1) \sin x$.
（II) 当 $a \geqslant 1$ 时, If $(x)|=| a \cos 2 x+(a-1) \quad(\cos x+1)|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1)|$ $(\cos x+1) \quad|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1) \quad(|\cos x|+1)| \leqslant a+2(a-1)=3 a-2=f(0)$,
因此 $A=3 a-2$.
当 $0<a<1$ 时, $f(x)=\operatorname{acos} 2 x+(a-1)(\cos x+1)=2 \operatorname{acos}^{2} x+(a-1) \cos x$ $-1$
今 $g(t)=2 a t^{2}+(a-1) t-1$,
则 $A$ 是 $\operatorname{gn}(t)$ |在 $[-1,1]$ 上的最大值, $g(-1)=a, g(1)=3 a-2$,
且当 $t=\frac{1-a}{4 a}$ 时, $g(t)$ 取得极小值, 极小值为 $g\left(\frac{1-a}{4 a}\right)=-\frac{(a-1)^{2}}{8 a}-1=-\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}$,
(二次函数在对称轴处取得极值)
令 $-1<\frac{1-a}{4 a}<1$, 得 $a<-\frac{1}{3}$ (舍) 或 $a>\frac{1}{5}$.
(1)当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, $g(t)$ 在 $(-1,1)$ 内无极值点, $|g(-1)|=a,|g(1)|=2$ $-3 a, \lg (-1)|<\lg (1)|$,
$\therefore \mathrm{A}=2-3 \mathrm{a}$
(2)当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, 由 $g(-1)-g(1)=2(1-a)>0$, 得 $g(-1)>g$
$$
>\mathrm{g}\left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right)
$$
又 g $\left(\frac{1-a}{4 a}\right)|-\lg (-1)|=\frac{(1-a)(1+7 a)}{8 a}>0$,
$\therefore \mathrm{A}=\lg \left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right) \quad \mid=\frac{\mathrm{a}^{2}+6 \mathrm{a}+1}{8 \mathrm{a}}$,
综上, $\mathrm{A}=\left\{\begin{array}{ll}2-3 a, & 0<a \leqslant \frac{1}{5} \\ \frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}, & \frac{1}{5}<a<1 \\ 3 a-2, & a \geqslant 1\end{array}\right.$.
(III) 证明: 由 (I) 可得: |f' ( $x)|=|-2 a \sin 2 x-(a-1) \sin x|\leqslant 2 a+| a-1 \mid$,
当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, If' $(x) \mid<1+a \leqslant 2-4 a<2(2-3 a)=2 A$,
当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, $A=\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}=\frac{a}{8}+\frac{1}{8 a}+\frac{3}{4}>1$,
$\therefore f^{\prime}(x) \quad 1 \leqslant 1+a \leqslant 2 A$,
当 $a \geqslant 1$ 时, If' $(x) \quad \mid \leqslant 3 a-1 \leqslant 6 a-4=2 A$,
综上: If' $(x) \mid \leqslant 2 A$.
| (I) 根据复合函数的导数公式进行求解即可求 $f^{\prime}(\mathrm{x})$;
(II) 讨论 $\mathrm{a}$ 的取值, 利用分类讨论的思想方法, 结合换元法, 以及一元二次函 数的最值的性质进行求解;
(III) 由 (I), 结合绝对值不等式的性质即可证明: |f' $(x) \quad \mid \leqslant 2 A$.
(I) 解: $f^{\prime}(x)=-2 \operatorname{asin} 2 x-(a-1) \sin x$.
（II) 当 $a \geqslant 1$ 时, If $(x)|=| a \cos 2 x+(a-1) \quad(\cos x+1)|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1)|$ $(\cos x+1) \quad|\leqslant a| \cos 2 x|+(a-1) \quad(|\cos x|+1)| \leqslant a+2(a-1)=3 a-2=f(0)$,
因此 $A=3 a-2$.
当 $0<a<1$ 时, $f(x)=\operatorname{acos} 2 x+(a-1)(\cos x+1)=2 \operatorname{acos}^{2} x+(a-1) \cos x$ $-1$
今 $g(t)=2 a t^{2}+(a-1) t-1$,
则 $A$ 是 $\operatorname{gn}(t)$ |在 $[-1,1]$ 上的最大值, $g(-1)=a, g(1)=3 a-2$,
且当 $t=\frac{1-a}{4 a}$ 时, $g(t)$ 取得极小值, 极小值为 $g\left(\frac{1-a}{4 a}\right)=-\frac{(a-1)^{2}}{8 a}-1=-\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}$,
(二次函数在对称轴处取得极值)
令 $-1<\frac{1-a}{4 a}<1$, 得 $a<-\frac{1}{3}$ (舍) 或 $a>\frac{1}{5}$.
(1)当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, $g(t)$ 在 $(-1,1)$ 内无极值点, $|g(-1)|=a,|g(1)|=2$ $-3 a, \lg (-1)|<\lg (1)|$,
$\therefore \mathrm{A}=2-3 \mathrm{a}$
(2)当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, 由 $g(-1)-g(1)=2(1-a)>0$, 得 $g(-1)>g$
$$
>\mathrm{g}\left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right)
$$
又 g $\left(\frac{1-a}{4 a}\right)|-\lg (-1)|=\frac{(1-a)(1+7 a)}{8 a}>0$,
$\therefore \mathrm{A}=\lg \left(\frac{1-\mathrm{a}}{4 \mathrm{a}}\right) \quad \mid=\frac{\mathrm{a}^{2}+6 \mathrm{a}+1}{8 \mathrm{a}}$,
综上, $\mathrm{A}=\left\{\begin{array}{ll}2-3 a, & 0<a \leqslant \frac{1}{5} \\ \frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}, & \frac{1}{5}<a<1 \\ 3 a-2, & a \geqslant 1\end{array}\right.$.
(III) 证明: 由 (I) 可得: |f' ( $x)|=|-2 a \sin 2 x-(a-1) \sin x|\leqslant 2 a+| a-1 \mid$,
当 $0<a \leqslant \frac{1}{5}$ 时, If' $(x) \mid<1+a \leqslant 2-4 a<2(2-3 a)=2 A$,
当 $\frac{1}{5}<a<1$ 时, $A=\frac{a^{2}+6 a+1}{8 a}=\frac{a}{8}+\frac{1}{8 a}+\frac{3}{4}>1$,
$\therefore f^{\prime}(x) \quad 1 \leqslant 1+a \leqslant 2 A$,
当 $a \geqslant 1$ 时, If' $(x) \quad \mid \leqslant 3 a-1 \leqslant 6 a-4=2 A$,
综上: If' $(x) \mid \leqslant 2 A$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2016 | （新课标ⅲ） | 24. 已知函数 $f(x)=|2 x-a|+a$.
(1) 当 $a=2$ 时, 求不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集;
(2) 设函数 $g(x)=|2 x-1|$, 当 $x \in R$ 时, $f(x)+g(x) \geqslant 3$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,
$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,
$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$
$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$
解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,
$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.
(2) $\because g(x)=|2 x-1|$
$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,
$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$
$\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$
当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,
当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,
$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$,
解得 $2 \leqslant a<3$,
$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.
| (1) 当 $a=2$ 时, 由已知得 $2 x-2 \mid+2 \leqslant 6$, 由此能求出不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集.
(2) 由 $f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$, 得 $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$, 由此能 求出 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解: (1) 当 $a=2$ 时, $f(x)=|2 x-2|+2$,
$\because f(x) \leqslant 6, \quad \therefore|2 x-2|+2 \leqslant 6$,
$|2 x-2| \leqslant 4,|x-1| \leqslant 2$
$\therefore-2 \leqslant x-1 \leqslant 2$
解得 $-1 \leqslant x \leqslant 3$,
$\therefore$ 不等式 $f(x) \leqslant 6$ 的解集为 $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 3\}$.
(2) $\because g(x)=|2 x-1|$
$\therefore f(x)+g(x)=|2 x-1|+|2 x-a|+a \geqslant 3$,
$2\left|x-\frac{1}{2}\right|+2\left|x-\frac{a}{2}\right|+a \geqslant 3$
$\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{3-a}{2}$
当 $a \geqslant 3$ 时, 成立,
当 $a<3$ 时, $\left|x-\frac{1}{2}\right|+\left|x-\frac{a}{2}\right| \geqslant \frac{1}{2}|a-1| \geqslant \frac{3-a}{2}>0$,
$\therefore(a-1)^{2} \geqslant(3-a)^{2}$,
解得 $2 \leqslant a<3$,
$\therefore \mathrm{a}$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅰ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\triangle A B C$ 的面积 为 $\frac{a^{2}}{3 \sin A}$.
(1) 求 $\sin B \sin C ;$
(2) 若 $6 \cos B \cos C=1, a=3$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.
| 解: (1) 由三角形的面积公式可得 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a \operatorname{acsin} B=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$,
$\therefore 3 c \sin B \sin A=2 a$,
由正弦定理可得 $3 \sin C \sin B \sin A=2 \sin A$,
$\because \sin A \neq 0$,
$\therefore \sin B \sin C=\frac{2}{3}$;
(2) $\because 6 \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=1$,
$\therefore \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=\frac{1}{6}$,
$\therefore \cos B \cos C-\sin B \sin C=\frac{1}{6}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}$,
$\therefore \cos (\mathrm{B}+\mathrm{C})=-\frac{1}{2}$,
$\therefore \cos A=\frac{1}{2}$,
$\because 0<\mathrm{A}<\pi$,
$\therefore A=\frac{\pi}{3}$
$\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}$,
$\therefore \sin B \sin C=\frac{b}{2 R} \cdot \frac{c}{2 R}=\frac{b c}{(2 \sqrt{3})^{2}}=\frac{b c}{12}=\frac{2}{3}$, $\therefore b c=8$
$\because a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,
$\therefore b^{2}+c^{2}-b c=9$,
$\therefore(b+c)^{2}=9+3 c b=9+24=33$,
$\therefore b+c=\sqrt{33}$
$\therefore$ 周长 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=3+\sqrt{33}$.
| (1）根据三角形面积公式和正弦定理可得答案,
(2) 根据两角余弦公式可得 $\cos A=\frac{1}{2}$, 即可求出 $A=\frac{\pi}{3}$, 再根据正弦定理可得 $b c=8$ , 根据余弦定理即可求出 $b+c$, 问题得以解决.
解: (1) 由三角形的面积公式可得 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a \operatorname{acsin} B=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$,
$\therefore 3 c \sin B \sin A=2 a$,
由正弦定理可得 $3 \sin C \sin B \sin A=2 \sin A$,
$\because \sin A \neq 0$,
$\therefore \sin B \sin C=\frac{2}{3}$;
(2) $\because 6 \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=1$,
$\therefore \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=\frac{1}{6}$,
$\therefore \cos B \cos C-\sin B \sin C=\frac{1}{6}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}$,
$\therefore \cos (\mathrm{B}+\mathrm{C})=-\frac{1}{2}$,
$\therefore \cos A=\frac{1}{2}$,
$\because 0<\mathrm{A}<\pi$,
$\therefore A=\frac{\pi}{3}$
$\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}$,
$\therefore \sin B \sin C=\frac{b}{2 R} \cdot \frac{c}{2 R}=\frac{b c}{(2 \sqrt{3})^{2}}=\frac{b c}{12}=\frac{2}{3}$, $\therefore b c=8$
$\because a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,
$\therefore b^{2}+c^{2}-b c=9$,
$\therefore(b+c)^{2}=9+3 c b=9+24=33$,
$\therefore b+c=\sqrt{33}$
$\therefore$ 周长 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=3+\sqrt{33}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅰ） | 为了监控某种零件的一条生产线的生产过程, 检验员每天从该生 产线上随机抽取 16 个零件, 并测量其尺寸（单位 $\mathrm{cm}$ ）. 根据长期生产经验 ，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right.$ ) .
（1）假设生产状态正常, 记 $X$ 表示一天内抽取的 16 个零件中其尺寸在（ $\mu-3 \sigma$ $, \mu+3 \sigma)$ 之外的零件数, 求 $P(X \geqslant 1)$ 及 $X$ 的数学期望;
（2）一天内抽检零件中, 如果出现了尺寸在（ $\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的零件, 就 认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况, 需对当天的生产 过程进行检查.
（i ）试说明上述监控生产过程方法的合理性;
(ii ) 下面是检验员在一天内抽取的 16 个零件的尺寸:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 9.95 & 10.12 & 9.96 & 9.96 & 10.01 & 9.92 & 9.98 & 10.04 \\
\hline 10.26 & 9.91 & 10.13 & 10.02 & 9.22 & 10.04 & 10.05 & 9.95 \\
\hline
\end{tabular}
经计算得 $\bar{x}=\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16} x_{i}=9.97, s=\sqrt{\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{16}\left(\sum_{i=1}^{16} x_{i}{ }^{2}-16 \bar{x}^{2}\right)} \approx 0.212$, 其中 $x_{i}$ 为抽取的第 $i$ 个零件的尺寸, $i=1,2, \ldots, 16$.
用样本平均数 $\bar{x}$ 作为 $\mu$ 的估计值 $\mu$, 用样本标准差 $s$ 作为 $\sigma$ 的估计值 $\sigma$, 利用估 计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之 外的数据, 用剩下的数据估计 $\mu$ 和 $\sigma$ （精确到 0.01 ）.
附: 若随机变量 $Z$ 服从正态分布 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 则 $P(\mu-3 \sigma<Z<\mu+3 \sigma)=0.9974$, $0.9974^{16} \approx 0.9592, \sqrt{0.008} \approx 0.09$
| 解：（1）由题可知尺寸落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之内的概率为 0.9974 ,
则落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的概率为 $1-0.9974=0.0026$,
因为 $P(X=0)=C_{16}^{0} \times(1-0.9974){ }^{0} \times 0.9974^{16} \approx 0.9592$,
所以 $P(X \geqslant 1)=1-P(X=0)=0.0408$,
又因为 $X \sim B(16,0.0026)$,
所以 $E(X)=16 \times 0.0026=0.0416$;
（2）（i ) 如果生产状态正常, 一个零件尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的 概率只有 0.0026 , 一天内抽取的 16 个零件中, 出现尺寸在 $\left(\mu-3 \sigma, \mu^{-} \mu^{+3}\right.$ G）之外的零件的概率只有 0.0408 , 发生的概率很小. 因此一旦发生这种状 况, 就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况, 需 对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii) 由 $\bar{x}=9.97, s \approx 0.212$, 得 $\mu$ 的估计值为 $\mu=9.97, \sigma$ 的估计值为 $\sigma=0.212$, 由样本数据可以看出一个
零件的尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外, 因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma ）$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的平均数为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$
因此 $\mu$ 的估计值为 10.02 .
$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2} \approx 1591.134$
剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right) \approx 0.008$,
因此 $\sigma$ 的估计值为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.
| (1) 通过 $P(X=0)$ 可求出 $P(X \geqslant 1)=1-P(X=0)=0.0408$, 利用二项 分布的期望公式计算可得结论;
（2）（i ）由（1）及知落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外为小概率事件可知该监控生 产过程方法合理;
(ii ) 通过样本平均数 $\bar{x}$ 、样本标准差 s估计 $\mu 、 \sigma$ 可知 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ $=(9.334,10.606)$, 进而需剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的数据 9.22, 利 用公式计算即得结论.
解：（1）由题可知尺寸落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之内的概率为 0.9974 ,
则落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的概率为 $1-0.9974=0.0026$,
因为 $P(X=0)=C_{16}^{0} \times(1-0.9974){ }^{0} \times 0.9974^{16} \approx 0.9592$,
所以 $P(X \geqslant 1)=1-P(X=0)=0.0408$,
又因为 $X \sim B(16,0.0026)$,
所以 $E(X)=16 \times 0.0026=0.0416$;
（2）（i ) 如果生产状态正常, 一个零件尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的 概率只有 0.0026 , 一天内抽取的 16 个零件中, 出现尺寸在 $\left(\mu-3 \sigma, \mu^{-} \mu^{+3}\right.$ G）之外的零件的概率只有 0.0408 , 发生的概率很小. 因此一旦发生这种状 况, 就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况, 需 对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.
(ii) 由 $\bar{x}=9.97, s \approx 0.212$, 得 $\mu$ 的估计值为 $\mu=9.97, \sigma$ 的估计值为 $\sigma=0.212$, 由样本数据可以看出一个
零件的尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外, 因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma ）$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的平均数为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$
因此 $\mu$ 的估计值为 10.02 .
$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2} \approx 1591.134$
剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right) \approx 0.008$,
因此 $\sigma$ 的估计值为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.
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2017 | （新课标ⅰ） | 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 四点 $P_{1}(1,1), P_{2}(0,1$ ), $P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 中恰有三点在椭圆 $C$ 上.
(1) 求 C 的方程;
(2) 设直线 $I$ 不经过 $P_{2}$ 点且与 $C$ 相交于 $A, B$ 两点. 若直线 $P_{2} A$ 与直线 $P_{2} B$ 的斜 率的和为 -1 , 证明: 1 过定点.
| 解： （1）根据椭圆的对称性, $P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 两点必在 椭圆 C上,
又 $P_{4}$ 的横坐标为 $1, \therefore$ 椭圆必不过 $P_{1}(1,1)$,
$\therefore P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 三点在椭圆 $C$ 上.
把 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 代入椭圆 $C$, 得:
$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{b^{2}}=1 \\ \frac{1}{a^{2}}+\frac{3}{4 b^{2}}=1\end{array}\right.$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=1$,
$\therefore$ 椭圆 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
证明: (2) (1)当斜率不存在时, 设 $\mathrm{l}: \mathrm{x}=\mathrm{m}, \mathrm{A}\left(\mathrm{m}, \mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right), B\left(\mathrm{~m},-\mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right)$,
$\because$ 直线 $P_{2} A$ 与直线 $P_{2} B$ 的斜率的和为 -1 ,
$\therefore k_{P_{2} \mathrm{~A}}+k_{P_{2} \mathrm{~B}}=\frac{y_{\dot{A}}-1}{m}+\frac{-y_{\dot{A}}-1}{m}=\frac{-2}{m}=-1$,
解得 $m=2$, 此时 1 过椭圆右顶点, 不存在两个交点, 故不满足.
(2)当斜率存在时, 设 $1: y=k x+t,(t \neq 1), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+t \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$ ，整理, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k t x+4 t^{2}-4=0$,
$x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k t}{1+4 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}$
则 $k_{P_{2} A}+k_{P_{2}}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}}=\frac{x_{2}\left(k_{1}+t\right)-x_{2}+x_{1}\left(k_{2}+t\right)-x_{1}}{x_{1} x_{2}}$ $=\frac{\frac{8 k t^{2}-8 k-8 k t^{2}+8 k t}{1+4 k^{2}}}{\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}}=\frac{8 k(t-1)}{4(t+1)(t-1)}=-1, \quad 又 t \neq 1$,
$\therefore t=-2 k-1$, 此时 $\triangle=-64 k$, 存在 $k$, 使得 $\triangle>0$ 成立,
$\therefore$ 直线 I 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}-2 \mathrm{k}-1$,
当 $x=2$ 时, $y=-1$,
$\therefore 1$ 过定点 (2, - 1).
| （1）根据椭圆的对称性, 得到 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}(1$, $\left.\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 三点在椭圆 $C$ 上. 把 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 代入椭圆 $C$, 求出 $a^{2}=4$ ,$b^{2}=1$, 由此能求出椭圆 $C$ 的方程. (2) 当斜率不存在时, 不满足; 当斜率存在时, 设 $\mathrm{l}: \mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{t}, \quad(\mathrm{t} \neq 1)$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+t \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k t x+4 t^{2}-4=0$, 由此利用根的判别式、丰达定 理、直线方程, 结合已知条件能证明直线 I过定点（2, - $1 ）$.
解： （1）根据椭圆的对称性, $P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 两点必在 椭圆 C上,
又 $P_{4}$ 的横坐标为 $1, \therefore$ 椭圆必不过 $P_{1}(1,1)$,
$\therefore P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 三点在椭圆 $C$ 上.
把 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 代入椭圆 $C$, 得:
$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{b^{2}}=1 \\ \frac{1}{a^{2}}+\frac{3}{4 b^{2}}=1\end{array}\right.$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=1$,
$\therefore$ 椭圆 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
证明: (2) (1)当斜率不存在时, 设 $\mathrm{l}: \mathrm{x}=\mathrm{m}, \mathrm{A}\left(\mathrm{m}, \mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right), B\left(\mathrm{~m},-\mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right)$,
$\because$ 直线 $P_{2} A$ 与直线 $P_{2} B$ 的斜率的和为 -1 ,
$\therefore k_{P_{2} \mathrm{~A}}+k_{P_{2} \mathrm{~B}}=\frac{y_{\dot{A}}-1}{m}+\frac{-y_{\dot{A}}-1}{m}=\frac{-2}{m}=-1$,
解得 $m=2$, 此时 1 过椭圆右顶点, 不存在两个交点, 故不满足.
(2)当斜率存在时, 设 $1: y=k x+t,(t \neq 1), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+t \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$ ，整理, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k t x+4 t^{2}-4=0$,
$x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k t}{1+4 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}$
则 $k_{P_{2} A}+k_{P_{2}}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}}=\frac{x_{2}\left(k_{1}+t\right)-x_{2}+x_{1}\left(k_{2}+t\right)-x_{1}}{x_{1} x_{2}}$ $=\frac{\frac{8 k t^{2}-8 k-8 k t^{2}+8 k t}{1+4 k^{2}}}{\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}}=\frac{8 k(t-1)}{4(t+1)(t-1)}=-1, \quad 又 t \neq 1$,
$\therefore t=-2 k-1$, 此时 $\triangle=-64 k$, 存在 $k$, 使得 $\triangle>0$ 成立,
$\therefore$ 直线 I 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}-2 \mathrm{k}-1$,
当 $x=2$ 时, $y=-1$,
$\therefore 1$ 过定点 (2, - 1).
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅰ） | 已知函数 $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$.
（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 若 $f(x)$ 有两个零点, 求 $a$ 的取值范围.
| 解 （1）由 $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-1$ 当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x+1}\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\ln \frac{1}{a}$,
当 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得: $x>\ln \frac{1}{a}$,
当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<\ln \frac{1}{a}$,
$\therefore x \in\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 单调递增;
当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立,
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,
当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数;
(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,
当 $a>0$ 时, $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$,
当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $e^{2 x} \rightarrow 0, e^{x} \rightarrow 0$,
$\therefore$ 当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $f(x) \rightarrow+\infty$,
当 $x \rightarrow \infty, e^{2 x} \rightarrow+\infty$, 且远远大于 $e^{x}$ 和 $x$,
$\therefore$ 当 $x \rightarrow \infty, f(x) \rightarrow+\infty$,
$\therefore$ 函数有两个零点, $f(x)$ 的最小值小于 0 即可,
由 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数,
$\therefore f(x)_{\min }=f\left(\ln \frac{1}{a}\right)=a \times\left(\frac{1}{a^{2}}\right)+(a-2) \times \frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$,
$\therefore 1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$, 即 $\ln \frac{1}{a}+\frac{1}{a}-1>0$,
设 $t=\frac{1}{a}$, 则 $g(t)=\ln t+t-1, \quad(t>0)$,
求导 $g^{\prime}(t)=\frac{1}{t}+1$, 由 $g(1)=0$, $\therefore t=\frac{1}{a}>1$, 解得: $0<a<1$,
$\therefore a$ 的取值范围 $(0,1)$.
方法二: (1) 由 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-1$
当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x}+1\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\ln a$,
当 $f^{\prime}(x)>0$, 解得: $x>-\ln a$,
当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<-\ln a$,
$\therefore x \in(-\infty,-\ln a)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in(-\ln a,+\infty)$ 单调递增;
当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立，
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,
当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 是减函数, 在 $(-\ln a,+\infty)$ 是增函数;
(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,
(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可知 当 $x=-\ln a$ 时, $f(x)$ 取得最小值, $f(x){ }_{\min }=f(-\ln a$
$$
=1-\frac{1}{\mathrm{a}}-\ln \frac{1}{\mathrm{a}}
$$
当 $a=1$, 时, $f(-\ln a)=0$, 故 $f(x)$ 只有一个零点,
当 $a \in(1,+\infty)$ 时, 由 $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}>0$, 即 $f(-\ln a)>0$,
故 $f(x)$ 没有零点,
当 $a \in(0,1)$ 时, $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0, f(-\ln a)<0$,
由 $f(-2)=a e^{-4+}(a-2) e^{-2+2}>-2 e^{-2}+2>0$,
故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 有一个零点, 假设存在正整数 $n_{0}$, 满足 $n_{0}>\ln \left(\frac{3}{a}-1\right)$, 则 $f\left(n_{0}\right)=e^{n_{0}}\left(a_{e}{ }^{n_{0}+a-} 2\right)-n_{0}>$ $e^{n_{0-} n_{0}>2^{n_{0}-} n_{0}>0}$
由 $\ln \left(\frac{3}{\mathrm{a}}-1\right)>-\ln a$,
因此在 $(-\ln a,+\infty)$ 有一个零点.
$\therefore a$ 的取值范围 ( $0,1 ）$.
| (1）求导, 根据导数与函数单调性的关系, 分类讨论, 即可求得 $f(x)$ 单调性;
（2）由（1）可知: 当 $a>0$ 时才有两个零点, 根据函数的单调性求得 $f(x)$ 最 小值, 由 $f(x)_{\min }<0, g(a)=a l_{n} a+a-1, a>0$, 求导, 由 $g(a)_{\min }=g\left(e^{-2}\right.$ )$=\mathrm{e}^{-2} \ln \mathrm{n}^{-2}+\mathrm{e}^{-2}-1=-\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}-1, \mathrm{~g}(1)=0$, 即可求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
（1）求导, 根据导数与函数单调性的关系, 分类讨论, 即可求得 $f(x)$ 单调性;
（2）分类讨论, 根据函数的单调性及函数零点的判断, 分别求得函数的零点, 即可求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
解 （1）由 $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-1$ 当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x+1}\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\ln \frac{1}{a}$,
当 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得: $x>\ln \frac{1}{a}$,
当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<\ln \frac{1}{a}$,
$\therefore x \in\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 单调递增;
当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立,
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,
当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数;
(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,
当 $a>0$ 时, $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$,
当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $e^{2 x} \rightarrow 0, e^{x} \rightarrow 0$,
$\therefore$ 当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $f(x) \rightarrow+\infty$,
当 $x \rightarrow \infty, e^{2 x} \rightarrow+\infty$, 且远远大于 $e^{x}$ 和 $x$,
$\therefore$ 当 $x \rightarrow \infty, f(x) \rightarrow+\infty$,
$\therefore$ 函数有两个零点, $f(x)$ 的最小值小于 0 即可,
由 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数,
$\therefore f(x)_{\min }=f\left(\ln \frac{1}{a}\right)=a \times\left(\frac{1}{a^{2}}\right)+(a-2) \times \frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$,
$\therefore 1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$, 即 $\ln \frac{1}{a}+\frac{1}{a}-1>0$,
设 $t=\frac{1}{a}$, 则 $g(t)=\ln t+t-1, \quad(t>0)$,
求导 $g^{\prime}(t)=\frac{1}{t}+1$, 由 $g(1)=0$, $\therefore t=\frac{1}{a}>1$, 解得: $0<a<1$,
$\therefore a$ 的取值范围 $(0,1)$.
方法二: (1) 由 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-1$
当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x}+1\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\ln a$,
当 $f^{\prime}(x)>0$, 解得: $x>-\ln a$,
当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<-\ln a$,
$\therefore x \in(-\infty,-\ln a)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in(-\ln a,+\infty)$ 单调递增;
当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立，
$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,
综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,
当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 是减函数, 在 $(-\ln a,+\infty)$ 是增函数;
(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,
(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可知 当 $x=-\ln a$ 时, $f(x)$ 取得最小值, $f(x){ }_{\min }=f(-\ln a$
$$
=1-\frac{1}{\mathrm{a}}-\ln \frac{1}{\mathrm{a}}
$$
当 $a=1$, 时, $f(-\ln a)=0$, 故 $f(x)$ 只有一个零点,
当 $a \in(1,+\infty)$ 时, 由 $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}>0$, 即 $f(-\ln a)>0$,
故 $f(x)$ 没有零点,
当 $a \in(0,1)$ 时, $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0, f(-\ln a)<0$,
由 $f(-2)=a e^{-4+}(a-2) e^{-2+2}>-2 e^{-2}+2>0$,
故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 有一个零点, 假设存在正整数 $n_{0}$, 满足 $n_{0}>\ln \left(\frac{3}{a}-1\right)$, 则 $f\left(n_{0}\right)=e^{n_{0}}\left(a_{e}{ }^{n_{0}+a-} 2\right)-n_{0}>$ $e^{n_{0-} n_{0}>2^{n_{0}-} n_{0}>0}$
由 $\ln \left(\frac{3}{\mathrm{a}}-1\right)>-\ln a$,
因此在 $(-\ln a,+\infty)$ 有一个零点.
$\therefore a$ 的取值范围 ( $0,1 ）$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅰ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$, 数）, 直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{a}+4 \mathrm{t} \\ \mathrm{y}=1-\mathrm{t}\end{array},(\mathrm{t}\right.$ 为参数）.
(1) 若 $a=-1$, 求 $C$ 与 $\mid$ 的交点坐标;
(2) 若 $\mathrm{C}$ 上的点到 $I$ 距离的最大值为 $\sqrt{17}$, 求 $a$.
| 解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$;
$a=-1$ 时, 直线 1 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$;
联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,
所以椭圆 $C$ 和直线 $I$ 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.
(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,
椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,
所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:
$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $\mathrm{d}$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.
(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$
解得 $a=8 \geqslant-4$, 符合题意.
(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$
解得 $a=-16<-4$, 符合题意.
| (1) 将曲线 C 的参数方程化为标准方程, 直线 I 的参数方程化为一般 方程，联立两方程可以求得焦点坐标;
(2) 曲线 C上的点可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$, 运用点到直线 距离公式可以表示出 $P$ 到直线 1 的距离, 再结合距离最大值为 $\sqrt{17}$ 进行分析, 可以求出 $a$ 的值.
解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$;
$a=-1$ 时, 直线 1 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$;
联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,
所以椭圆 $C$ 和直线 $I$ 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.
(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,
椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,
所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:
$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $\mathrm{d}$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.
(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$
解得 $a=8 \geqslant-4$, 符合题意.
(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时
$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$
解得 $a=-16<-4$, 符合题意.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅰ） | 23. 已知函数 $f(x)=-x^{2}+a x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集;
（2）若不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解： (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数,
$g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1, \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$
当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.
当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$
综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;
(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得- $1 \leqslant a \leqslant 1$,
故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.
| （1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$ , 分 $x>1 、 x \in[-1,1] 、 x \in(-\infty,-1)$ 三类讨论, 结合 $g(x)$ 与 $f(x)$ 的单调性质即可求得 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;
(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒 成立, 只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$ ， 解之即可得 $a$ 的取值范围.
解： (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数,
$g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1, \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$
当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.
当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$
综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;
(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得- $1 \leqslant a \leqslant 1$,
故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅱ） | $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\sin (A+C)=8 \sin ^{2}$ $\frac{B}{2}$ (1) 求 $\cos B$;
(2) 若 $a+c=6, \triangle A B C$ 的面积为 2 , 求 $b$.
| 解: (1) $\sin (A+C)=8 \sin ^{2} \frac{B}{2}$,
$\therefore \sin B=4(1-\cos B)$,
$\because \sin ^{2} \mathrm{~B}+\cos ^{2} \mathrm{~B}=1$
$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B=1$,
$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B-1=0$,
$\therefore 16(\cos B-1)^{2+}(\cos B-1)(\cos B+1)=0$,
$\therefore(17 \cos B-15)(\cos B-1)=0$,
$\therefore \cos B=\frac{15}{17}$ （2）由（1）可知 $\sin B=\frac{8}{17}$,
$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=2$,
$\therefore \mathrm{ac}=\frac{17}{2}$
$\therefore b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=a^{2}+c^{2}-2 \times \frac{17}{2} \times \frac{15}{17}$
$=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{c}^{2}-15=(\mathrm{a}+\mathrm{c})^{2}-2 \mathrm{ac}-15=36-17-15=4$,
$\therefore b=2$.
| （1）利用三角形的内角和定理可知 $A+C=\pi-B$, 再利用诱导公式化简 $\sin$ $(A+C)$ ，利用降幂公式化简 $8 \sin ^{2} \frac{B}{2}$, 结合 $\sin ^{2} B+\cos ^{2} B=1$, 求出 $\cos B$,
（2）由 (1) 可知 $\sin B=\frac{8}{17}$, 利用勾面积公式求出 ac, 再利用余弦定理即可求 出 b.
解: (1) $\sin (A+C)=8 \sin ^{2} \frac{B}{2}$,
$\therefore \sin B=4(1-\cos B)$,
$\because \sin ^{2} \mathrm{~B}+\cos ^{2} \mathrm{~B}=1$
$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B=1$,
$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B-1=0$,
$\therefore 16(\cos B-1)^{2+}(\cos B-1)(\cos B+1)=0$,
$\therefore(17 \cos B-15)(\cos B-1)=0$,
$\therefore \cos B=\frac{15}{17}$ （2）由（1）可知 $\sin B=\frac{8}{17}$,
$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=2$,
$\therefore \mathrm{ac}=\frac{17}{2}$
$\therefore b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=a^{2}+c^{2}-2 \times \frac{17}{2} \times \frac{15}{17}$
$=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{c}^{2}-15=(\mathrm{a}+\mathrm{c})^{2}-2 \mathrm{ac}-15=36-17-15=4$,
$\therefore b=2$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅱ） | 设 $O$ 为坐标原点, 动点 $M$ 在椭圆 $C: \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 上, 过 $M$ 作 $x$ 轴的 垂线, 垂足为 $N$, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.
(1) 求点 $P$ 的轨迹方程;
(2) 设点 $Q$ 在直线 $x=-3$ 上, 且 $\overrightarrow{O P} \bullet \overrightarrow{P Q}=1$. 证明: 过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 $I$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.
| 解：（1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,
设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.
可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$,
可得 $x-x_{0}=0, y=\sqrt{2} y_{0}$,
即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}}$, 代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,
即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;
（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \bullet(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,
即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,
当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$,
解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,
即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，
椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \bullet\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$
$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 $I$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.
另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,
可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,
又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,
即有 $n t=3+3 m$,
又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$,
$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$
$=3+3 m-3-3 m=0$,
则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.
| （1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$, 设 $P(x, y)$, 运用 向量的坐标运算, 结合 $M$ 满足椭圆方程, 化简整理可得 $P$ 的轨迹方程;
（2）设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$, 运用向量的数 量积的坐标表示, 可得 $m$, 即有 $Q$ 的坐标, 求得椭圆的左焦点坐标, 求得 $O Q$ , $P F$ 的斜率, 由两直线垂直的条件: 向量数量积为 0 , 即可得证.
解：（1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,
设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.
可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$,
可得 $x-x_{0}=0, y=\sqrt{2} y_{0}$,
即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}}$, 代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,
即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;
（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,
$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \bullet(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,
即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,
当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$,
解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,
即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，
椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \bullet\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$
$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 $I$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.
另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,
可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,
又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,
即有 $n t=3+3 m$,
又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$,
$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$
$=3+3 m-3-3 m=0$,
则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,
可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x$, 且 $f(x) \geqslant 0$.
(1) 求 $a$;
(2) 证明: $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$.
| (1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$.
因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$,
又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$,
所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$;
另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$
所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$;
（2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$,
所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,
所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$
且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正,
所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$,
所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$,
由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$;
由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减,
所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$;
综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$.
| (1) 通过分析可知 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 进而利 用 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$ 可得 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 从而可得结论;
(2) 通过 (1) 可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x$, 记 $t(x)=f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 解不 等式可知 $t(x)_{\text {min }}=t\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而可知 $f^{\prime}(x)=0$ 存在两根 $x_{0}, x_{2}$, 利用 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$ 及 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\frac{1}{4}$, 另一方面可知 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$.
(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$.
因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$,
又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$,
所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$;
另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$
所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$;
（2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$,
令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$,
所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,
所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$
且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正,
所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$,
所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$,
由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$;
由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减,
所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$;
综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅱ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴 建立极坐标系, 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \theta=4$.
(1) $M$ 为曲线 $C_{1}$ 上的动点, 点 $P$ 在线段 $O M$ 上, 且满足 $|O M| \cdot|O P|=16$, 求点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程;
(2) 设点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$, 点 $B$ 在曲线 $C_{2}$ 上, 求 $\triangle O A B$ 面积的最大值
| 解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,
设 $P(x, y) ， M\left(4, y_{0}\right) ， \quad$ 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \quad \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,
$\because|\mathrm{OM}||\mathrm{OP}|=16$
$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$
即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16$,
$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,
两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,
整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,
$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.
（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,
$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,
$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.
| （1）设 $P(x, y)$, 利用相似得出 $M$ 点坐标, 根据 $|O M| \cdot|O P|=16$ 列 方程化简即可;
(2) 求出曲线 $C_{2}$ 的圆心和半径, 得出 $B$ 到 $O A$ 的最大距离, 即可得出最大面积
解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,
设 $P(x, y) ， M\left(4, y_{0}\right) ， \quad$ 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \quad \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,
$\because|\mathrm{OM}||\mathrm{OP}|=16$
$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$
即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16$,
$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,
两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,
整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,
$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.
（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,
$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,
$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅱ） | 23. 已知 $a>0, b>0, a^{3}+b^{3}=2$. 证明:
(1) $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant 4$;
( 2$) a+b \leqslant 2$.
| 证明: （1）由柯西不等式得: $(a+b) \quad\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} a^{5}}+\sqrt{b^{*} \cdot b^{5}}\right)$ ${ }^{2}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$,
当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,
(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,
$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$,
$\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,
$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,
$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$
由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,
$\therefore(a+b)^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$
$\therefore \frac{1}{4}(a+b) 3 \leqslant 2$
$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.
| （1）由柯西不等式即可证明,
(2) 由 $a^{3}+b^{3}=2$ 转化为 $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$, 再由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant$ $\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$, 即可得到 $\frac{1}{4}(a+b)^{3} \leqslant 2$, 问题得以证明.
证明: （1）由柯西不等式得: $(a+b) \quad\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} a^{5}}+\sqrt{b^{*} \cdot b^{5}}\right)$ ${ }^{2}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$,
当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,
(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,
$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$,
$\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,
$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,
$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$
由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,
$\therefore(a+b)^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$
$\therefore \frac{1}{4}(a+b) 3 \leqslant 2$
$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅲ） | 某超市计划按月订购一种酸奶, 每天进货量相同, 进货成本每瓶 4 元, 售价每瓶 6 元, 末售出的酸奶降价处理, 以每瓶 2 元的价格当天全部处 理完. 根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 有关. 如 果最高气温不低于 25, 需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，25), 需求量为 300 瓶; 如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶. 为了确定六月份 的订购计划, 统计了前三年六月份各天的最高气温数据, 得下面的频数分布 表：
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 最高气温 & {$[10,15)$} & {$[15,20)$} & {$[20,25)$} & {$[25,30)$} & {$[30,35)$} & {$[35,40)$} \\
\hline 天数 & 2 & 16 & 36 & 25 & 7 & 4 \\
\hline
\end{tabular}
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量 X (单位：瓶）的分布列;
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 $Y$ (单位：元), 当六月份这种酸奶一 天的进货量 $n$ (单位: 瓶) 为多少时, $Y$ 的数学期望达到最大值?
| 解：(1) 由题意知 $X$ 的可能取值为 $200,300,500$,
$P(X=200)=\frac{2+16}{90}=0.2$,
$P(X=300)=\frac{36}{90}=0.4$,
$P(X=500)=\frac{25+7+4}{90}=0.4$
$\therefore \mathrm{X}$ 的分布列为:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 200 & 300 & 500 \\
\hline$P$ & 0.2 & 0.4 & 0.4 \\
\hline
\end{tabular}
(2) 由题意知这种酸奶一天的需求量至多为 500 瓶, 至少为 200 瓶,
$\therefore$ 只需考虑 $200 \leqslant \mathrm{n} \leqslant 500$,
当 $300 \leqslant n \leqslant 500$ 时,
若最高气温不低于 25 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$;
若最高气温位于区间 $[20,25)$, 则 $Y=6 \times 300+2(n-300)-4 n=1200-2 n$;
若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,
$\therefore E Y=2 n \times 0.4+(1200-2 n) \times 0.4+(800-2 n) \times 0.2=640-0.4 n$,
当 $200 \leqslant n \leqslant 300$ 时,
若最高气温不低于 20 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$,
若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,
$\therefore E Y=2 n \times(0.4+0.4)+(800-2 n) \times 0.2=160+1.2 n$.
$\therefore n=300$ 时, $Y$ 的数学期望达到最大值, 最大值为 520 元.
| (1) 由题意知 $X$ 的可能取值为 200, 300, 500, 分别求出相应的概率, 由此能求出 $X$ 的分布列. (2) 由题意知这种酸奶一天的需求量至多为 500 瓶, 至少为 200 瓶, 只需考虑 $200 \leqslant n \leqslant 500$, 根据 $300 \leqslant n \leqslant 500$ 和 $200 \leqslant n \leqslant 300$ 分类讨论经, 能得到当 $n=300$ 时, $E Y$ 最大值为 520 元.
解：(1) 由题意知 $X$ 的可能取值为 $200,300,500$,
$P(X=200)=\frac{2+16}{90}=0.2$,
$P(X=300)=\frac{36}{90}=0.4$,
$P(X=500)=\frac{25+7+4}{90}=0.4$
$\therefore \mathrm{X}$ 的分布列为:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 200 & 300 & 500 \\
\hline$P$ & 0.2 & 0.4 & 0.4 \\
\hline
\end{tabular}
(2) 由题意知这种酸奶一天的需求量至多为 500 瓶, 至少为 200 瓶,
$\therefore$ 只需考虑 $200 \leqslant \mathrm{n} \leqslant 500$,
当 $300 \leqslant n \leqslant 500$ 时,
若最高气温不低于 25 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$;
若最高气温位于区间 $[20,25)$, 则 $Y=6 \times 300+2(n-300)-4 n=1200-2 n$;
若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,
$\therefore E Y=2 n \times 0.4+(1200-2 n) \times 0.4+(800-2 n) \times 0.2=640-0.4 n$,
当 $200 \leqslant n \leqslant 300$ 时,
若最高气温不低于 20 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$,
若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,
$\therefore E Y=2 n \times(0.4+0.4)+(800-2 n) \times 0.2=160+1.2 n$.
$\therefore n=300$ 时, $Y$ 的数学期望达到最大值, 最大值为 520 元.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅲ） | 已知抛物线 $C: y^{2}=2 x$, 过点 $(2,0)$ 的直线।交 $C$ 于 $A, B$ 两点, 圆 $M$ 是以线段 $A B$ 为直径的圆.
(1) 证明：坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;
(2) 设圆 $M$ 过点 $P(4,-2)$, 求直线 $।$ 与圆 $M$ 的方程.
| 解: 方法一: 证明: (1) 当直线 I的斜率不存在时, 则 $A(2,2), B$ $(2,-2)$,
则 $\overrightarrow{O A}=(2,2), \overrightarrow{O B}=(2,-2)$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$,
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{OA}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OB}}$
则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;
当直线 I 的斜率存在, 设直线 $\mid$ 的方程 $y=k(x-2), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-2) \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $k^{2} x^{2}-\left(4 k^{2}+2\right) x+4 k^{2}=0$, 则 $x_{1} x_{2}=4,4 x_{1} x_{2}=y_{1}{ }^{2} y_{2}{ }^{2}=\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}$, 由 $y_{1} y_{2}<0$,
则 $y_{1} y_{2}=-4$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=\mathrm{x}_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,
则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上,
综上可知: 坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;
方法二: 设直线 $\mathrm{I}$ 的方程 $\mathrm{x}=\mathrm{my+2}$, $\left\{\begin{array}{l}x=m y+2 \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $y^{2}-2 m y-4=0, \quad A \quad\left(x_{1}, y_{1}\right), B \quad\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
则 $y_{1} y_{2}=-4$
则 $\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}=4 x_{1} x_{2}$, 则 $x_{1} x_{2}=4$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,
则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上,
$\therefore$ 坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上;
(2) 由 (1) 可知: $x_{1} x_{2}=4, x_{1}+x_{2}=\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}}, y_{1}+y_{2}=\frac{2}{k}, y_{1} y_{2}=-4$,
圆 $M$ 过点 $P(4,-2)$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\left(4-x_{1},-2-y_{1}\right), \quad \overrightarrow{\mathrm{BP}}=\left(4-x_{2},-2-y_{2}\right)$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{AP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$, 则 $\left(4-\mathrm{x}_{1}\right)\left(4-\mathrm{x}_{2}\right)+\left(-2-\mathrm{y}_{1}\right)\left(-2-\mathrm{y}_{2}\right)=0$,
整理得: $k^{2}+k-2=0$, 解得: $k=-2, k=1$,
当 $\mathrm{k}=-2$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=-2 x+4$,
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{9}{2}, y_{1}+y_{2}=-1$,
则 $M\left(\frac{9}{4},-\frac{1}{2}\right)$, 半径为 $r=|M P|=\sqrt{\left(4-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(-2+\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{4}$,
$\therefore$ 圆 $\mathrm{M}$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$.
当直线斜率 $\mathrm{k}=1$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-2$,
同理求得 $M(3,1)$, 则半径为 $r=|M P|=\sqrt{10}$,
$\therefore$ 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$,
综上可知: 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $y=-2 x+4$, 圆 $M$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$,
或直线 $\mathrm{I}$ 的方程为 $y=x-2$, 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$.
| (1) 方法一: 分类讨论, 当直线斜率不存在时, 求得 $A$ 和 $B$ 的坐标, 由 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上; 当直线 $\mathrm{A}$ 斜率存在, 代人抛物线方程, 利用韦达定理及向量数量积的可得 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$, 则坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $M$ 上; 方法二: 设直线 I 的方程 $\mathrm{x}=\mathrm{my}+2$, 代人抛物线方程, 利用韦达定理及向量数量 积的坐标运算, 即可求得 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;
(2) 由题意可知: $\overrightarrow{\mathrm{AP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$, 根据向量数量积的坐标运算, 即可求得 $\mathrm{k}$ 的值, 求得 $M$ 点坐标, 则半径 $r=|M P|$, 即可求得圆的方程.
解: 方法一: 证明: (1) 当直线 I的斜率不存在时, 则 $A(2,2), B$ $(2,-2)$,
则 $\overrightarrow{O A}=(2,2), \overrightarrow{O B}=(2,-2)$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$,
$\therefore \overrightarrow{\mathrm{OA}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OB}}$
则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;
当直线 I 的斜率存在, 设直线 $\mid$ 的方程 $y=k(x-2), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-2) \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $k^{2} x^{2}-\left(4 k^{2}+2\right) x+4 k^{2}=0$, 则 $x_{1} x_{2}=4,4 x_{1} x_{2}=y_{1}{ }^{2} y_{2}{ }^{2}=\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}$, 由 $y_{1} y_{2}<0$,
则 $y_{1} y_{2}=-4$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=\mathrm{x}_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,
则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上,
综上可知: 坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;
方法二: 设直线 $\mathrm{I}$ 的方程 $\mathrm{x}=\mathrm{my+2}$, $\left\{\begin{array}{l}x=m y+2 \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $y^{2}-2 m y-4=0, \quad A \quad\left(x_{1}, y_{1}\right), B \quad\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
则 $y_{1} y_{2}=-4$
则 $\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}=4 x_{1} x_{2}$, 则 $x_{1} x_{2}=4$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,
则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上,
$\therefore$ 坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上;
(2) 由 (1) 可知: $x_{1} x_{2}=4, x_{1}+x_{2}=\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}}, y_{1}+y_{2}=\frac{2}{k}, y_{1} y_{2}=-4$,
圆 $M$ 过点 $P(4,-2)$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\left(4-x_{1},-2-y_{1}\right), \quad \overrightarrow{\mathrm{BP}}=\left(4-x_{2},-2-y_{2}\right)$,
由 $\overrightarrow{\mathrm{AP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$, 则 $\left(4-\mathrm{x}_{1}\right)\left(4-\mathrm{x}_{2}\right)+\left(-2-\mathrm{y}_{1}\right)\left(-2-\mathrm{y}_{2}\right)=0$,
整理得: $k^{2}+k-2=0$, 解得: $k=-2, k=1$,
当 $\mathrm{k}=-2$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=-2 x+4$,
则 $x_{1}+x_{2}=\frac{9}{2}, y_{1}+y_{2}=-1$,
则 $M\left(\frac{9}{4},-\frac{1}{2}\right)$, 半径为 $r=|M P|=\sqrt{\left(4-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(-2+\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{4}$,
$\therefore$ 圆 $\mathrm{M}$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$.
当直线斜率 $\mathrm{k}=1$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-2$,
同理求得 $M(3,1)$, 则半径为 $r=|M P|=\sqrt{10}$,
$\therefore$ 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$,
综上可知: 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $y=-2 x+4$, 圆 $M$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$,
或直线 $\mathrm{I}$ 的方程为 $y=x-2$, 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅲ） | 已知函数 $f(x)=x-1-a \ln x$. (1) 若 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的值;
（2）设 $m$ 为整数，且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<m$, 求 $m$ 的最小值.
| 解: (1) 因为函数 $f(x)=x-1-\operatorname{aln} x, x>0$,
所以 $f^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$, 且 $f(1)=0$.
所以当 $a \leqslant 0$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 这 与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;
当 $a>0$ 时令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=a$,
所以 $y=f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增, 即 $f(x) \min ^{=} f$ (a)
若 $a \neq 1$, 则 $f(a)<f(1)=0$, 从而与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;
所以 $a=1$;
(2) 由 (1) 可知当 $a=1$ 时 $f(x)=x-1-\ln x \geqslant 0$, 即 $\ln x \leqslant x-1$, 所以 $\ln (x+1) \leqslant x$ 当且仅当 $x=0$ 时取等号,
所以 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}\right)<\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}, k \in N^{*}$.
$\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\frac{1}{2^{2}}\right)+\ldots+\ln \left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$,
即 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<e$;
因为 $m$ 为整数, 且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<m$ 成立, 当 $n=3$ 时, 不等式左边大于 2 ,
所以 $m$ 的最小值为 3 .
| (1) 通过对函数 $f(x)=x-1-a \ln x(x>0)$ 求导, 分 $a \leqslant 0 、 a>0$ 两 种情况考虑导函数 $f^{\prime}(x)$ 与 0 的大小关系可得结论;
(2) 通过 (1) 可知 $\ln x \leqslant x-1$, 进而取特殊值可知 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{k}}\right)<\frac{1}{2^{k}}, k \in N^{*}$. 一 方面利用等比数列的求和公式放缩可知 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<e$, 另一方面可知 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)>2$, 从而当 $n \geqslant 3$ 时, $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots$ $\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right) \in(2, e)$, 比较可得结论.
解: (1) 因为函数 $f(x)=x-1-\operatorname{aln} x, x>0$,
所以 $f^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$, 且 $f(1)=0$.
所以当 $a \leqslant 0$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 这 与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;
当 $a>0$ 时令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=a$,
所以 $y=f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增, 即 $f(x) \min ^{=} f$ (a)
若 $a \neq 1$, 则 $f(a)<f(1)=0$, 从而与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;
所以 $a=1$;
(2) 由 (1) 可知当 $a=1$ 时 $f(x)=x-1-\ln x \geqslant 0$, 即 $\ln x \leqslant x-1$, 所以 $\ln (x+1) \leqslant x$ 当且仅当 $x=0$ 时取等号,
所以 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}\right)<\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}, k \in N^{*}$.
$\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\frac{1}{2^{2}}\right)+\ldots+\ln \left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$,
即 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<e$;
因为 $m$ 为整数, 且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<m$ 成立, 当 $n=3$ 时, 不等式左边大于 2 ,
所以 $m$ 的最小值为 3 .
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2017 | （新课标ⅲ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), 直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array}\right.$, ( $m$ 为参数). 设 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的交点为 $P$, 当 $k$ 变化 时, $P$ 的轨迹为曲线 $C$.
(1) 写出 $C$ 的普通方程;
(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 设 $I_{3}: \rho(\cos \theta+\sin \theta)$ $-\sqrt{2}=0, M$ 为 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点, 求 $M$ 的极径.
| 解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\mathrm{t} \\ y=k \mathrm{kt}\end{array}\right.$, ( $\mathrm{t}$ 为参数),
$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得：直线 $I_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);
又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array}, \quad(m\right.$ 为参数 $)$,
同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y(2)$;
联立(1)(2), 消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;
(2) $\because I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,
$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$,
$\therefore \rho^{2}=x^{2}+y^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.
$\therefore I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.
| 解: (1) 分别消掉参数 $\mathrm{t}$ 与 $m$ 可得直线 $I_{1}$ 与直线 $I_{2}$ 的普通方程为 $y=k$ $(x-2)$ (1)与 $x=-2+k y(2)$; 联立(1)(2), 消去 $k$ 可得 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4$;
(2) 将 $I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$ 化为普通方程: $x+y-\sqrt{2}=0$, 再与曲线 $C$ 的方程联立, 可得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, 即可求得 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$
解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\mathrm{t} \\ y=k \mathrm{kt}\end{array}\right.$, ( $\mathrm{t}$ 为参数),
$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得：直线 $I_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);
又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array}, \quad(m\right.$ 为参数 $)$,
同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y(2)$;
联立(1)(2), 消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;
(2) $\because I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,
$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$,
$\therefore \rho^{2}=x^{2}+y^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.
$\therefore I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅰ） | 某工厂的某种产品成箱包装, 每箱 200 件, 每一箱产品在交付用 户之前要对产品作检验, 如检验出不合格品, 则更换为合格品. 检验时, 先 从这箱产品中任取 20 件作检验, 再根据检验结果决定是否对余下的所有产品 作检验. 设每件产品为不合格品的概率都为 $\mathrm{p}(0<\mathrm{p}<1)$, 且各件产品是否 为不合格品相互独立.
(1) 记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$, 求 $f(p)$ 的最大值点 $\mathrm{p}_{0}$.
（2）现对一箱产品检验了 20 件, 结果恰有 2 件不合格品, 以（1）中确定的 $p_{0}$ 作为 $p$ 的值. 已知每件产品的检验费用为 2 元, 若有不合格品进入用户手中, 则工厂要对每件不合格品支付 25 元的赔偿费用.
(i) 若不对该箱余下的产品作检验, 这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记 为 $X$, 求 $E X$;
(ii) 以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据, 是否该对这箱余下的所有 产品作检验?
| 解：（1）记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$,
则 $f(p)=c_{20}^{2} p^{2}(1-p)^{18}$,
$\therefore f^{\prime}(p)=C_{20}^{2}\left[2 p(1-p)^{18}-18 p^{2}(1-p)^{17}\right]=2 C_{20}^{2} p(1-p)^{17}(1-10 p)$,
令 $f^{\prime}(p)=0$, 得 $p=0.1$,
当 $p \in(0,0.1)$ 时, $f^{\prime}(p)>0$ ，
当 $p \in(0.1,1)$ 时, $f^{\prime}(p)<0$ ，
$\therefore f(p)$ 的最大值点 $p_{0}=0.1$.
（2）(i) 由 (1) 知 $p=0.1$,
令 $Y$ 表示余下的 180 件产品中的不合格品数, 依题意知 $Y \sim B(180,0.1 ）$,
$X=20 \times 2+25 Y$, 即 $X=40+25 Y$ ，
$\therefore E(X)=E(40+25 Y)=40+25 E(Y)=40+25 \times 180 \times 0.1=490$.
(ii）如果对余下的产品作检验, 由这一箱产品所需要的检验费为 400 元,
$\because E(X)=490>400$,
$\therefore$ 应该对余下的产品进行检验.
| $(1)$ 求 出 $f(p)=c_{20}^{2} p^{2}(1-p)^{18}$, 则 $f^{\prime}(p)=C_{20}^{2}\left[2 p(1-p)^{18}-18 p^{2}(1-p)^{17}\right]=2 C_{20}^{2} p(1-p)^{17}(1-10 p)$, 利用导数 性质能求出 $f(p)$ 的最大值点 $p_{0}=0.1$.
(2)（i）由 $p=0.1$, 令 $Y$ 表示余下的 180 件产品中的不合格品数, 依题意知 $Y \sim$ $B(180,0.1)$, 再由 $X=20 \times 2+25 Y$, 即 $X=40+25 Y$, 能求出 $E(X)$.
(ii）如果对余下的产品作检验, 由这一箱产品所需要的检验费为 400 元, $E(X)$ $=490>400$, 从而应该对余下的产品进行检验.
解：（1）记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为 $f(p)$,
则 $f(p)=c_{20}^{2} p^{2}(1-p)^{18}$,
$\therefore f^{\prime}(p)=C_{20}^{2}\left[2 p(1-p)^{18}-18 p^{2}(1-p)^{17}\right]=2 C_{20}^{2} p(1-p)^{17}(1-10 p)$,
令 $f^{\prime}(p)=0$, 得 $p=0.1$,
当 $p \in(0,0.1)$ 时, $f^{\prime}(p)>0$ ，
当 $p \in(0.1,1)$ 时, $f^{\prime}(p)<0$ ，
$\therefore f(p)$ 的最大值点 $p_{0}=0.1$.
（2）(i) 由 (1) 知 $p=0.1$,
令 $Y$ 表示余下的 180 件产品中的不合格品数, 依题意知 $Y \sim B(180,0.1 ）$,
$X=20 \times 2+25 Y$, 即 $X=40+25 Y$ ，
$\therefore E(X)=E(40+25 Y)=40+25 E(Y)=40+25 \times 180 \times 0.1=490$.
(ii）如果对余下的产品作检验, 由这一箱产品所需要的检验费为 400 元,
$\because E(X)=490>400$,
$\therefore$ 应该对余下的产品进行检验.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅰ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$. 以坐标原点为 极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$
(1) 求 $C_{2}$ 的直角坐标方程;
(2) 若 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 有且仅有三个公共点, 求 $C_{1}$ 的方程.
| 解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.
转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,
转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.
（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$
由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.
所以: 必有一直线相切,一直线相交.
则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .
故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$
解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0
经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.
故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.
| （1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.
(2) 利用直线在坐标系中的位置, 再利用点到直线的距离公式的应用求出结果.
解: (1) 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho^{2}+2 \rho \cos \theta-3=0$.
转换为直角坐标方程为: $x^{2}+y^{2}+2 x-3=0$,
转换为标准式为: $(x+1)^{2}+y^{2}=4$.
（2）由于曲线 $C_{1}$ 的方程为 $y=k|x|+2$, 则：该射线关于 $y$ 轴对称, 且恒过定点（ $0,2)$
由于该射线与曲线 $C_{2}$ 的极坐标有且仅有三个公共点.
所以: 必有一直线相切,一直线相交.
则: 圆心到直线 $y=k x+2$ 的距离等于半径 2 .
故: $\frac{|2-k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$, 或 $\frac{|2+k|}{\sqrt{1+k^{2}}}=2$
解得: $k=-\frac{4}{3}$ 或 $0,\left(0\right.$ 舍去）或 $k=\frac{4}{3}$ 或 0
经检验, 直线 $y=\frac{4}{3} x+2$ 与曲线 $C_{2}$ 没有公共点.
故 $C_{1}$ 的方程为: $y=\frac{4}{3}|x|+2$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅰ） | 23. 已知 $f(x)=|x+1|-|a x-1|$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)>1$ 的解集;
(2) 若 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$
由 $f(x)>1$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,
解得 $x>\frac{1}{2}$,
故不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,
（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,
$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,
即 $x+1-|a x-1|-x>0$ ，
即 $|a x-1|<1$ ，
$\therefore-1<a x-1<1$
$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,
$\because x \in(0,1)$,
$\therefore \mathrm{a}>0$,
$\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,
$\therefore a<\frac{2}{x}$
$\because \frac{2}{x}>2$
$\therefore 0<a \leqslant 2$,
故 a 的取值范围为 $(0,2]$.
| （1）去绝对值, 化为分段函数, 即可求出不等式的解集,
(2) 当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立, 转化为即 $|a x-1|<1$, 即 $0<a x<$
2 , 转化为 $a<\frac{2}{x}$, 且 $a>0$, 即可求出 $a$ 的范围.
解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=|x+1|-|x-1|= \begin{cases}2, & x>1 \\ 2 x, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \text {, } \\ -2, & x<-1\end{cases}$
由 $f(x)>1$,
$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 x>1 \\ -1 \leqslant x \leqslant 1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}2>1 \\ x>1\end{array}\right.$,
解得 $x>\frac{1}{2}$,
故不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x})>1$ 的解集为 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$,
（2）当 $x \in(0,1)$ 时不等式 $f(x)>x$ 成立,
$\therefore|x+1|-|a x-1|-x>0$,
即 $x+1-|a x-1|-x>0$ ，
即 $|a x-1|<1$ ，
$\therefore-1<a x-1<1$
$\therefore 0<\mathrm{ax}<2$,
$\because x \in(0,1)$,
$\therefore \mathrm{a}>0$,
$\therefore 0<x<\frac{2}{a}$,
$\therefore a<\frac{2}{x}$
$\because \frac{2}{x}>2$
$\therefore 0<a \leqslant 2$,
故 a 的取值范围为 $(0,2]$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅱ） | 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$.
（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 求 $S_{n}$, 并求 $S_{n}$ 的最小值.
| 解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, \mathrm{~S}_{3}=-15$,
$\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,
$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$;
(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,
$\therefore s_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,
$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .
| (1）根据 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$, 可得 $a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 求出等差数 列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差, 然后求出 $a_{n}$ 即可;
(2) 由 $a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$, 得 $S_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4$ ) 2- 16, 由此可求出 $S_{n}$ 以及 $S_{n}$ 的最小值.
解: (1) $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=-7, \mathrm{~S}_{3}=-15$,
$\therefore a_{1}=-7,3 a_{1}+3 d=-15$, 解得 $a_{1}=-7, d=2$,
$\therefore a_{n}=-7+2(n-1)=2 n-9$;
(2) $\because a_{1}=-7, d=2, a_{n}=2 n-9$,
$\therefore s_{n}=\frac{n}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)=\frac{1}{2}\left(2 n^{2}-16 n\right)=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$,
$\therefore$ 当 $n=4$ 时, 前 $n$ 项的和 $S_{n}$ 取得最小值为 -16 .
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅱ） | 已知函数 $f(x)=e^{x}-a x^{2}$.
（1）若 $a=1$, 证明: 当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \geqslant 1$;
(2) 若 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 求 $a$. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做, 则按所做的第一题计分。[选修 4-4：坐标系与参数方程]
| 证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$.
则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$,
令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$.
当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,
$\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$,
$\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$,
解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$,
$+\infty$ ）只有一个根,
$\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根，
即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点.
$G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$
当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,
$\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增,
当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$,
$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$.
方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. .
(2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$
$(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点.
$h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$
$(\mathrm{x})>0$
$\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点
当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点,
当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$.
| （1）通过两次求导, 利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明
（2）方法一、分离参数可得 $a=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根, 即函数 $y=a$ 与 $G($ $x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点. 结合图象即可求得 $a$.
方法二、 : (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. . (2)当 $a \leqslant 0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$ $(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点.
利用 $h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 可得 $\left.h(x)\right)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递 增, 结合函数 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 图象即可求得 $\mathrm{a}$.
证明：（1）当 $a=1$ 时, 函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}$.
则 $f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$,
令 $g(x)=e^{x}-2 x$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-2$,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=\ln 2$.
当 $x \in(0, \ln 2)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(\ln 2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,
$\therefore g(x) \geqslant g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2 \cdot \ln 2=2-2 \ln 2>0$,
$\therefore f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增, $\therefore f(x) \geqslant f(0)=1$,
解: (2) 方法一、, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $e^{x}-a x^{2}=0$ 在 $(0$,
$+\infty$ ）只有一个根,
$\Leftrightarrow a=\frac{e^{x}}{x^{2}}$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个根，
即函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 与 $G(x)=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{x}}}{\mathrm{x}^{2}}$ 的图象在 $(0,+\infty)$ 只有一个交点.
$G^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-2)}{x^{3}}$
当 $x \in(0,2)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $\in(2,+\infty)$ 时, $\mathrm{G}^{\prime}(\mathrm{x})>0$,
$\therefore G(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增,
当 $\rightarrow 0$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$, 当 $\rightarrow+\infty$ 时, $G(x) \rightarrow+\infty$,
$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=G(2)=\frac{e^{2}}{4}$.
方法二: (1)当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)=e^{x}-a x^{2}>0, f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点. .
(2)当 $a>0$ 时, 设函数 $h(x)=1-a x^{2} e^{-x} . f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点 $\Leftrightarrow h$
$(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点.
$h^{\prime}(x)=x(x-2) e^{-x}$, 当 $x \in(0,2)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $h^{\prime}$
$(\mathrm{x})>0$
$\therefore h(x)$ 在 $(0,2)$ 递减, 在 $(2,+\infty)$ 递增, $\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{h}(2)=1-\frac{4 \mathrm{a}}{\mathrm{e}^{2}}, \quad(\mathrm{x} \geqslant$ 0). 当 $h(2)<0$ 时, 即 $a>\frac{e^{2}}{4}$, 由于 $h(0)=1$, 当 $x>0$ 时, $e^{x}>x^{2}$, 可得 $h$ $(4 a)=1-\frac{16 a^{3}}{e^{4 a}}=1-\frac{16 a^{3}}{\left(e^{2 a}\right)^{2}}>1-\frac{16 a^{3}}{(2 a)^{4}}=1-\frac{1}{a}>0 . h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有 2 个零点
当 $\mathrm{h}(2)>0$ 时, 即 $\mathrm{a}<\frac{\mathrm{e}^{2}}{4} ， \mathrm{~h}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 没有零点,
当 $h(2)=0$ 时, 即 $a=\frac{e^{2}}{4}, h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点, 综上, $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 只有一个零点时, $a=\frac{e^{2}}{4}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅱ） | 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array},(\theta\right.$ 为 参数), 直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+t \sin \alpha\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数).
(1) 求 C 和 I 的直角坐标方程;
(2) 若曲线 $C$ 截直线 $I$ 所得线段的中点坐标为 $(1,2)$, 求 $\mid$ 的斜率.
| 解：（1）曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),
转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.
直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).
转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$. （2）把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+t \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+t \cos \alpha)^{2}}{4}=1$
整理得： $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,
则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,
由于 (1, 2) 为中点坐标,
(1)当直线的斜率不存时, $x=1$.
无解故舍去.
(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)
所以利用中点坐标公式 $\frac{\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}}{2}=0$,
则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,
解得: $\tan \alpha=-2$,
即: 直线 I 的斜率为 -2 .
| （1）直接利用转换关系, 把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进 行转化.
(2) 利用直线和曲线的位置关系, 在利用中点坐标求出结果.
解：（1）曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \theta \\ y=4 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数),
转换为直角坐标方程为: $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1$.
直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=1+t \cos \alpha \\ y=2+\sin \alpha\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).
转换为直角坐标方程为: $x \sin \alpha-y \cos \alpha+2 \cos \alpha-\sin \alpha=0$. （2）把直线的参数方程代入椭圆的方程得到: $\frac{(2+t \sin \alpha)^{2}}{16}+\frac{(1+t \cos \alpha)^{2}}{4}=1$
整理得： $\left(4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha\right) t^{2}+(8 \cos \alpha+4 \sin \alpha) t-8=0$,
则: $t_{1}+t_{2}=-\frac{8 \cos \alpha+4 \sin \alpha}{4 \cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$,
由于 (1, 2) 为中点坐标,
(1)当直线的斜率不存时, $x=1$.
无解故舍去.
(2)当直线的斜率存在时, (由于 $t_{1}$ 和 $t_{2}$ 为 $A 、 B$ 对应的参数)
所以利用中点坐标公式 $\frac{\mathrm{t}_{1}+\mathrm{t}_{2}}{2}=0$,
则: $8 \cos \alpha+4 \sin \alpha=0$,
解得: $\tan \alpha=-2$,
即: 直线 I 的斜率为 -2 .
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅱ） | 23. 设函数 $f(x)=5-|x+a|-|x-2|$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集;
（2）若 $f(x) \leqslant 1$, 求 $a$ 的取值范围.
| 解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{ll}2 x+4, & x \leqslant-1 \\ 2, & -1<x<2 \text {. } \\ -2 x+6, & x \geqslant 2\end{array}\right.$.
当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$, 当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,
当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,
综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,
(2) $\because f(x) \leqslant 1$,
$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$
$\therefore|x+a|+|x-2| \geqslant 4$
$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,
$\therefore|a+2| \geqslant 4$
解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,
故 $\mathrm{a}$ 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.
| （1）去绝对值, 化为分段函数, 求出不等式的解集即可,
（2）由题意可得 $|x+a|+|x-2| \geqslant 4$, 根据据绝对值的几何意义即可求出
解: (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=5-|x+1|-|x-2|=\left\{\begin{array}{ll}2 x+4, & x \leqslant-1 \\ 2, & -1<x<2 \text {. } \\ -2 x+6, & x \geqslant 2\end{array}\right.$.
当 $x \leqslant-1$ 时, $f(x)=2 x+4 \geqslant 0$, 解得 $-2 \leqslant x \leqslant-1$, 当 $-1<x<2$ 时, $f(x)=2 \geqslant 0$ 恒成立, 即 $-1<x<2$,
当 $x \geqslant 2$ 时, $f(x)=-2 x+6 \geqslant 0$, 解得 $2 \leqslant x \leqslant 3$,
综上所述不等式 $f(x) \geqslant 0$ 的解集为 $[-2,3]$,
(2) $\because f(x) \leqslant 1$,
$\therefore 5-|x+a|-|x-2| \leqslant 1$
$\therefore|x+a|+|x-2| \geqslant 4$
$\therefore|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|\mathrm{x}-2|=|\mathrm{x}+\mathrm{a}|+|2-\mathrm{x}| \geqslant|\mathrm{x}+\mathrm{a}+2-\mathrm{x}|=|\mathrm{a}+2|$,
$\therefore|a+2| \geqslant 4$
解得 $a \leqslant-6$ 或 $a \geqslant 2$,
故 $\mathrm{a}$ 的取值范围 $(-\infty,-6] \cup[2,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2018 | （新课标ⅲ） | 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{m}=63$, 求 $m$.
| 解: (1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.
$\therefore 1 \times \mathrm{q}^{4}=4 \times\left(1 \times \mathrm{q}^{2}\right)$,
解得 $q= \pm 2$,
当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,
当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.
(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.
当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in N$, 无解;
当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,
解得 $m=6$.
| (1) 利用等比数列通项公式列出方程, 求出公比 $q= \pm 2$, 由此能求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式. (2) 当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$, 由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in$ $N$, 无解; 当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=2^{n}-1$, 由此能求出 $m$.
解: (1) $\because$ 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{5}=4 a_{3}$.
$\therefore 1 \times \mathrm{q}^{4}=4 \times\left(1 \times \mathrm{q}^{2}\right)$,
解得 $q= \pm 2$,
当 $q=2$ 时, $a_{n}=2^{n-1}$,
当 $q=-2$ 时, $a_{n}=(-2)^{n-1}$,
$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为, $a_{n}=2^{n-1}$, 或 $a_{n}=(-2)^{n-1}$.
(2) 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.
当 $a_{1}=1, q=-2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=\frac{1-(-2)^{m}}{3}=63, m \in N$, 无解;
当 $a_{1}=1, q=2$ 时, $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1$,
由 $S_{m}=63$, 得 $S_{m}=2^{m}-1=63, m \in N$,
解得 $m=6$.
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2018 | （新课标ⅲ） | 已知斜率为 $\mathrm{k}$ 的直线 I 与椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 交于 $A, B$ 两点, 线 段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)(m>0)$.
(1) 证明: $k<-\frac{1}{2}$;
(2) 设 $F$ 为 $C$ 的右焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$. 证明: $|\overrightarrow{F A}|$, $|\overrightarrow{F P}|$, | $\overrightarrow{\mathrm{FB} \mid}$ 成等差数列，并求该数列的公差.
| 解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,
$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$
将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得
$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,
两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$
点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,
解得 $0<m<\frac{3}{2}$
$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.
(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,
可得 $x_{1}+x_{2}=2$,
$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, F(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}+\mathrm{y}_{3}=0$,
$\therefore \mathrm{x}_{3}=1, \mathrm{y}_{3}=-\left(\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)=-2 \mathrm{~m}$ $\because \mathrm{m}>0$, 可得 $\mathrm{P}$ 在第四象限, 故 $\mathrm{y}_{3}=-\frac{3}{2}, \mathrm{~m}=\frac{3}{4}, \mathrm{k}=-1$
由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2}, \quad|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.
则 $|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=4-\frac{1}{2}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)=3, \quad \therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-x+\frac{7}{4} \\ 3 x^{2}+4 y^{2}=12\end{array}\right.$, 可得 $\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\frac{3 \sqrt{21}}{7}$
所以该数列的公差 $\mathrm{d}$ 满足 $2 \mathrm{~d}= \pm \frac{1}{2}\left|\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}\right|= \pm \frac{3 \sqrt{21}}{14}$,
$\therefore$ 该数列的公差为 $\pm \frac{3 \sqrt{21}}{28}$.
| (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 利用点差法得 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}\right.$ $\left.-\mathrm{y}_{2}\right)=0, \quad k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{6}{8 m}=-\frac{3}{4 m}$ 又点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $m$ 的取值范围, 即可 得 $k<-\frac{1}{2}$,
(2) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$
由 $\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$, 可得 $x_{3}-1=0$, 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1}$, $|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 即可证明 $|F A|+|F B|=2|F P|$, 求得 $A, B$ 坐标 再求公差.
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,
$\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$,
$\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$
将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得
$\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$,
两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$,
$\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$
点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$,
解得 $0<m<\frac{3}{2}$
$\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$.
(2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$,
可得 $x_{1}+x_{2}=2$,
$\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, F(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}+\mathrm{y}_{3}=0$,
$\therefore \mathrm{x}_{3}=1, \mathrm{y}_{3}=-\left(\mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}\right)=-2 \mathrm{~m}$ $\because \mathrm{m}>0$, 可得 $\mathrm{P}$ 在第四象限, 故 $\mathrm{y}_{3}=-\frac{3}{2}, \mathrm{~m}=\frac{3}{4}, \mathrm{k}=-1$
由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2}, \quad|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$.
则 $|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=4-\frac{1}{2}\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}\right)=3, \quad \therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-x+\frac{7}{4} \\ 3 x^{2}+4 y^{2}=12\end{array}\right.$, 可得 $\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=\frac{3 \sqrt{21}}{7}$
所以该数列的公差 $\mathrm{d}$ 满足 $2 \mathrm{~d}= \pm \frac{1}{2}\left|\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}\right|= \pm \frac{3 \sqrt{21}}{14}$,
$\therefore$ 该数列的公差为 $\pm \frac{3 \sqrt{21}}{28}$.
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2018 | （新课标ⅲ） | 已知函数 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$.
（1）若 $a=0$, 证明: 当 $-1<x<0$ 时, $f(x)<0$; 当 $x>0$ 时, $f(x)>0$;
(2) 若 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点, 求 $a$.
| (1) 证明: 当 $a=0$ 时, $f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x,(x>-1)$. $f^{\prime}(x)=\ln (x+1) \frac{x}{x+1}, \quad f^{\prime \prime}(x)=\frac{x}{(x+1)^{2}}$ 可得 $x \in(-1,0)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0, x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0$
$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0)$ 递减, 在 $(0,+\infty)$ 递增,
$\therefore f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(0)=0$
$\therefore f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 又 $f(0)=0$.
$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $f(x)<0$; 当 $x>0$ 时, $f(x)>0$.
(2) 解: 由 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$, 得
$f^{\prime}(x)=(1+2 a x) \ln (1+x)+\frac{2+x+a x^{2}}{x+1}-2=\frac{a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)}{x+1}$
今 $h(x)=a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)$,
$h^{\prime}(x)=4 a x+(4 a x+2 a+1) \ln (x+1)$
当 $a \geqslant 0, x>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,
$\therefore h(x)>h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,
$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $x=0$ 不是 $f(x)$ 的极大值点, 不符合题 意.
当 $a<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)=8 a+4 a l n(x+1)+\frac{1-2 a}{x+1}$,
显然 $h^{\prime \prime}(x)$ 单调递减,
(1) 令 $h^{\prime \prime}(0)=0$, 解得 $a=-\frac{1}{6}$.
$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0$, 当 $x>0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)<0$,
$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,
$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x}) \leqslant \mathrm{h}^{\prime}(0)=0$
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递减, 又 $h(0)=0$,
$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,
当 $x>0$ 时, $h(x)<0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,
$\therefore x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点, 符合题意;
(2) 若 $-\frac{1}{6}<a<0$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a>0, h^{\prime \prime}\left(e^{-\frac{1+6 a}{4 a}}-1\right)=(2 a-1)\left(1-e^{\frac{1+6 a}{4 a}}\right)$ $<0$,
$\therefore h^{\prime \prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一一个零点, 设为 $\mathrm{x}_{0}$,
$\therefore$ 当 $0<x<x_{0}$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0, h^{\prime}(x)$ 单调递增,
$\therefore h^{\prime}(x)>h^{\prime}(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,
$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 不符合题意;
(3)若 $a<-\frac{1}{6}$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a<0, h^{\prime \prime}\left(\frac{1}{e^{2}}-1\right)=(1-2 a) e^{2}>0$,
$\therefore h^{\prime \prime}(x)=0$ 在 $(-1,0)$ 上有唯一一个零点, 设为 $x_{1}$,
$\therefore$ 当 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}<0$ 时, $\mathrm{h}^{\prime \prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{~h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 单调递减,
$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})>\mathrm{h}^{\prime}(0)=0, \therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递增,
$\therefore h(x)<h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$,
$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{1}, 0\right)$ 上单调递减, 不符合题意.
综上, $\mathrm{a}=-\frac{1}{6}$.
| (1) 对函数 $f(x)$ 两次求导数, 分别判断 $f^{\prime}(x)$ 和 $f(x)$ 的单调性, 结合 $f(0)=0$ 即可得出结论;
(2) 今 $h(x)$ 为 $f^{\prime}(x)$ 的分子, 令 $h^{\prime \prime}(0)$ 计算 $a$, 讨论 $a$ 的范围, 得出 $f(x)$ 的单调性, 从而得出 $\mathrm{a}$ 的值.
(1) 证明: 当 $a=0$ 时, $f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x,(x>-1)$. $f^{\prime}(x)=\ln (x+1) \frac{x}{x+1}, \quad f^{\prime \prime}(x)=\frac{x}{(x+1)^{2}}$ 可得 $x \in(-1,0)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \leqslant 0, x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime \prime}(x) \geqslant 0$
$\therefore f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0)$ 递减, 在 $(0,+\infty)$ 递增,
$\therefore f^{\prime}(x) \geqslant f^{\prime}(0)=0$
$\therefore f(x)=(2+x) \ln (1+x)-2 x$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增, 又 $f(0)=0$.
$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $f(x)<0$; 当 $x>0$ 时, $f(x)>0$.
(2) 解: 由 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$, 得
$f^{\prime}(x)=(1+2 a x) \ln (1+x)+\frac{2+x+a x^{2}}{x+1}-2=\frac{a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)}{x+1}$
今 $h(x)=a x^{2}-x+(1+2 a x)(1+x) \ln (x+1)$,
$h^{\prime}(x)=4 a x+(4 a x+2 a+1) \ln (x+1)$
当 $a \geqslant 0, x>0$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递增,
$\therefore h(x)>h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,
$\therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 故 $x=0$ 不是 $f(x)$ 的极大值点, 不符合题 意.
当 $a<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)=8 a+4 a l n(x+1)+\frac{1-2 a}{x+1}$,
显然 $h^{\prime \prime}(x)$ 单调递减,
(1) 令 $h^{\prime \prime}(0)=0$, 解得 $a=-\frac{1}{6}$.
$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0$, 当 $x>0$ 时, $h^{\prime \prime}(x)<0$,
$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,
$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x}) \leqslant \mathrm{h}^{\prime}(0)=0$
$\therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递减, 又 $h(0)=0$,
$\therefore$ 当 $-1<x<0$ 时, $h(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,
当 $x>0$ 时, $h(x)<0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore f(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单调递增, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,
$\therefore x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点, 符合题意;
(2) 若 $-\frac{1}{6}<a<0$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a>0, h^{\prime \prime}\left(e^{-\frac{1+6 a}{4 a}}-1\right)=(2 a-1)\left(1-e^{\frac{1+6 a}{4 a}}\right)$ $<0$,
$\therefore h^{\prime \prime}(\mathrm{x})=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一一个零点, 设为 $\mathrm{x}_{0}$,
$\therefore$ 当 $0<x<x_{0}$ 时, $h^{\prime \prime}(x)>0, h^{\prime}(x)$ 单调递增,
$\therefore h^{\prime}(x)>h^{\prime}(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,
$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 不符合题意;
(3)若 $a<-\frac{1}{6}$, 则 $h^{\prime \prime}(0)=1+6 a<0, h^{\prime \prime}\left(\frac{1}{e^{2}}-1\right)=(1-2 a) e^{2}>0$,
$\therefore h^{\prime \prime}(x)=0$ 在 $(-1,0)$ 上有唯一一个零点, 设为 $x_{1}$,
$\therefore$ 当 $\mathrm{x}_{1}<\mathrm{x}<0$ 时, $\mathrm{h}^{\prime \prime}(\mathrm{x})<0, \mathrm{~h}^{\prime}(\mathrm{x})$ 单调递减,
$\therefore \mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})>\mathrm{h}^{\prime}(0)=0, \therefore \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 单调递增,
$\therefore h(x)<h(0)=0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$,
$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{1}, 0\right)$ 上单调递减, 不符合题意.
综上, $\mathrm{a}=-\frac{1}{6}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅰ） | 17.V $A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 设 $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$.
(1) 求 $A$;
(2) 若 $\sqrt{2} a+b=2 c$, 求 $\sin C$.
| 【详解】(1) $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} B-2 \sin B \sin C+\sin ^{2} C=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$
即: $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$
由正弦定理可得: $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$
$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$
$\because A \in(0, \pi) \quad \backslash A=\frac{\pi}{3}$
(2) $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$
又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$
$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$
整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$ $\because \sin ^{2} C+\cos ^{2} C=1 \quad \therefore(3 \sin C-\sqrt{6})^{2}=3\left(1-\sin ^{2} C\right)$
解得: $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
因为 $\sin B=2 \sin C-\sqrt{2} \sin A=2 \sin C-\frac{\sqrt{6}}{2}>0$ 所以 $\sin C>\frac{\sqrt{6}}{4}$, 故 $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
(2) 法二: $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$
又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$
$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$
整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$, 即 $3 \sin C-\sqrt{3} \cos C=2 \sqrt{3} \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{6}$
$\therefore \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$ 或 $\frac{11 \pi}{12}$
$\because A=\frac{\pi}{3}$ 且 $A+C<\pi \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$
$\therefore \sin C=\sin \frac{5 \pi}{12}=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{6} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{6} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
| 【分析】}
(1) 利用正弦定理化简已知边角关系式可得: $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 从而可整理出 $\cos A$, 根 据 $A \in(0, \pi)$ 可求得结果; (2) 利用正弦定理可得 $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$, 利用 $\sin B=\sin (A+C)$ 、两角和差正弦公式可得关于 $\sin C$ 和 $\cos C$ 的方程, 结合同角三角函 数关系解方程可求得结果.
【详解】(1) $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} B-2 \sin B \sin C+\sin ^{2} C=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$
即: $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$
由正弦定理可得: $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$
$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$
$\because A \in(0, \pi) \quad \backslash A=\frac{\pi}{3}$
(2) $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$
又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$
$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$
整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$ $\because \sin ^{2} C+\cos ^{2} C=1 \quad \therefore(3 \sin C-\sqrt{6})^{2}=3\left(1-\sin ^{2} C\right)$
解得: $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$
因为 $\sin B=2 \sin C-\sqrt{2} \sin A=2 \sin C-\frac{\sqrt{6}}{2}>0$ 所以 $\sin C>\frac{\sqrt{6}}{4}$, 故 $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
(2) 法二: $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$
又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$
$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$
整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$, 即 $3 \sin C-\sqrt{3} \cos C=2 \sqrt{3} \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{6}$
$\therefore \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$ 或 $\frac{11 \pi}{12}$
$\because A=\frac{\pi}{3}$ 且 $A+C<\pi \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$
$\therefore \sin C=\sin \frac{5 \pi}{12}=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{6} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{6} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅰ） | 19. 已知抛物线 $C: y^{2}=3 x$ 的焦点为 $F$, 斜率为 $\frac{3}{2}$ 的直线 $/$ 与 $C$ 的交点为 $A, B$, 与 $x$ 轴的交 点为 $P$.
(1) 若 $|A F|+|B F|=4$, 求 $l$ 的方程;
(2) 若 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B}$, 求 $|A B|$.
| 【详解】(1) 设直线 $l$ 方程为: $\mathrm{y}=\frac{3}{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 由抛物线焦半径公式可知: $|A F|+|B F|=x_{1}+x_{2}+\frac{3}{2}=4 \quad \therefore x_{1}+x_{2}=\frac{5}{2}$ 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{3}{2} x+m \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $9 x^{2}+(12 m-12) x+4 m^{2}=0$ 则 $\Delta=(12 m-12)^{2}-144 m^{2}>0 \quad \therefore m<\frac{1}{2}$
$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{12 m-12}{9}=\frac{5}{2}$, 解得: $m=-\frac{7}{8}$
$\therefore$ 直线 $l$ 的方程为: $y=\frac{3}{2} x-\frac{7}{8}$, 即: $12 x-8 y-7=0$
(2) 设 $P(t, 0)$, 则可设直线 $l$ 方程为: $x=\frac{2}{3} y+t$
联立 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3} y+t \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $y^{2}-2 y-3 t=0$ 则 $\Delta=4+12 t>0 \quad \therefore t>-\frac{1}{3}$
$\therefore y_{1}+y_{2}=2, \quad y_{1} y_{2}=-3 t$
$\because \overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B} \quad \therefore y_{1}=-3 y_{2} \quad \therefore y_{2}=-1, \quad y_{1}=3 \quad \therefore y_{1} y_{2}=-3$
则 $|A B|=\sqrt{1+\frac{4}{9}} \cdot \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3} \cdot \sqrt{4+12}=\frac{4 \sqrt{13}}{3}$
| (1) 设直线 $l: \mathrm{y}=\frac{3}{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$; 根据抛物线焦半径公式可得 $x_{1}+x_{2}=1$;
联立直线方程与抛物线方程, 利用韦达定理可构造关于 $m$ 的方程, 解方程求得结果;
设直线 $l: x=\frac{2}{3} y+t$; 联立直线方程与抛物线方程, 得到韦达定理的形式; 利用 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B}$ 可得 $y_{1}=-3 y_{2}$, 结合韦达定理可求得 $y_{1} y_{2}$; 根据弦长公式可求得结果.
【详解】(1) 设直线 $l$ 方程为: $\mathrm{y}=\frac{3}{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 由抛物线焦半径公式可知: $|A F|+|B F|=x_{1}+x_{2}+\frac{3}{2}=4 \quad \therefore x_{1}+x_{2}=\frac{5}{2}$ 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{3}{2} x+m \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $9 x^{2}+(12 m-12) x+4 m^{2}=0$ 则 $\Delta=(12 m-12)^{2}-144 m^{2}>0 \quad \therefore m<\frac{1}{2}$
$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{12 m-12}{9}=\frac{5}{2}$, 解得: $m=-\frac{7}{8}$
$\therefore$ 直线 $l$ 的方程为: $y=\frac{3}{2} x-\frac{7}{8}$, 即: $12 x-8 y-7=0$
(2) 设 $P(t, 0)$, 则可设直线 $l$ 方程为: $x=\frac{2}{3} y+t$
联立 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3} y+t \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $y^{2}-2 y-3 t=0$ 则 $\Delta=4+12 t>0 \quad \therefore t>-\frac{1}{3}$
$\therefore y_{1}+y_{2}=2, \quad y_{1} y_{2}=-3 t$
$\because \overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B} \quad \therefore y_{1}=-3 y_{2} \quad \therefore y_{2}=-1, \quad y_{1}=3 \quad \therefore y_{1} y_{2}=-3$
则 $|A B|=\sqrt{1+\frac{4}{9}} \cdot \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3} \cdot \sqrt{4+12}=\frac{4 \sqrt{13}}{3}$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅰ） | 20. 已知函数 $f(x)=\sin x-\ln (1+x), f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导数. 证明:
(1) $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点;
(2) $f(x)$ 有且仅有 2 个零点.
| 【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$
$\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
$\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$
$\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$
$\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$
即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点
即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$.
(2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$
(1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增
$\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减
又 $f(0)=0$
$\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点
(2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$
$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$
$\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$
$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$
$\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点
(3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减
$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减
又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$
即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减
$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点
(4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$
$\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$
即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点
综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点
| 【分析】}
(1) 求得导函数后, 可判断出导函数在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, 根据零点存在定理可判断出 $\exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 进而得到导函数在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的单调性, 从而可证得结论;
(2) 由 (1) 的结论可知 $x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点; 当 $x$ 西碚 $\frac{p}{2} \frac{p}{2} \dot{\vdots}$ 时, 渞先可 判断出在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上无零点, 再利用零点存在定理得到 $f(x)$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的单调性, 可知 $f(x)>0$, 不存在零点; 当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, 利用零点存在定理和 $f(x)$ 单调性可判断出存 在唯一一个零点; 当 $x \in(\pi,+\infty)$, 可证得 $f(x)<0$; 综合上述情况可证得结论.
【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$
$\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
$\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$
$\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$
$\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$
即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点
即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$.
(2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$
(1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增
$\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减
又 $f(0)=0$
$\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点
(2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$
$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$
$\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$
$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减
又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$
$\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点
(3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减
$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减
又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$
即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减
$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点
(4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$
$\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$
即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点
综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅰ） | 21. 为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效, 为此进行动物 试验. 试验方案如下: 每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验. 对于两只白鼠, 随机选一 只施以甲药, 另一只施以乙药. 一轮的治疗结果得出后, 再安排下一轮试验. 当其中一种药 治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4 只时, 就停止试验, 并认为治愈只数多的药更有效. 为 了方便描述问题, 约定: 对于每轮试验, 若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠末治愈则 甲药得 1 分, 乙药得-1 分; 若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠末治愈则乙药得 1 分, 甲药得 - 1 分; 若都治愈或都末治愈则两种药均得 0 分. 甲、乙两种药的治愈率分别记为 $\alpha$ 和 $\beta$, 一轮试验中甲药的得分记为 $X$.
(1) 求 $X$ 的分布列;
(2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分, $p_{i}(i=0,1, \cdots, 8)$ 表示“甲药的累计得分为 $i$ 时, 最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 $p_{0}=0, \quad p_{8}=1$,
$p_{i}=a p_{i-1}+b p_{i}+c p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$, 其中 $a=P(X=-1), \quad b=P(X=0)$,
$c=P(X=1)$ ．假设 $a=0.5, \beta=0.8$.
(i)证明: $\left\{p_{i+1}-p_{i}\right\}(i=0,1,2, \cdots, 7)$ 为等比数列;
(ii)求 $p_{4}$, 并根据 $p_{4}$ 的值解释这种试验方案的合理性.
| 【详解】(1) 由题意可知 $X$ 所有可能的取值为: $-1,0,1$
$\therefore P(X=-1)=(1-a) \beta ; \quad P(X=0)=a \beta+(1-a)(1-\beta) ; \quad P(X=1)=a(1-\beta)$ 则 $X$ 的分布列如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$X$ & -1 & 0 & 1 \\
\hline$P$ & $(1-a) \beta$ & $a \beta+(1-a)(1-\beta)$ & $a(1-\beta)$ \\
\hline
\end{tabular}
(2) $\because a=0.5, \quad \beta=0.8$
$\therefore a=0.5 \times 0.8=0.4, \quad b=0.5 \times 0.8+0.5 \times 0.2=0.5, c=0.5 \times 0.2=0.1$
(i) $\because p_{i}=a p_{i-1}+b p_{i}+c p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$
即 $p_{i}=0.4 p_{i-1}+0.5 p_{i}+0.1 p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$
整理可得: $5 p_{i}=4 p_{i-1}+p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7) \quad \therefore p_{i+1}-p_{i}=4\left(p_{i}-p_{i-1}\right)(i=1,2, \cdots, 7)$
| 【分析】}
(1) 首先确定 $X$ 所有可能的取值, 再来计算出每个取值对应的概率, 从而可得分布列; (2)
(i) 求解出 $a, b, c$ 的取值, 可得 $p_{i}=0.4 p_{i-1}+0.5 p_{i}+0.1 p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$, 从而整理出 符合等比数列定义的形式, 问题得证; (ii) 列出证得的等比数列的通项公式, 采用累加的方 式, 结合 $p_{8}$ 和 $p_{0}$ 的值可求得 $p_{1}$; 再次利用累加法可求出 $p_{4}$.
【详解】(1) 由题意可知 $X$ 所有可能的取值为: $-1,0,1$
$\therefore P(X=-1)=(1-a) \beta ; \quad P(X=0)=a \beta+(1-a)(1-\beta) ; \quad P(X=1)=a(1-\beta)$ 则 $X$ 的分布列如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$X$ & -1 & 0 & 1 \\
\hline$P$ & $(1-a) \beta$ & $a \beta+(1-a)(1-\beta)$ & $a(1-\beta)$ \\
\hline
\end{tabular}
(2) $\because a=0.5, \quad \beta=0.8$
$\therefore a=0.5 \times 0.8=0.4, \quad b=0.5 \times 0.8+0.5 \times 0.2=0.5, c=0.5 \times 0.2=0.1$
(i) $\because p_{i}=a p_{i-1}+b p_{i}+c p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$
即 $p_{i}=0.4 p_{i-1}+0.5 p_{i}+0.1 p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$
整理可得: $5 p_{i}=4 p_{i-1}+p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7) \quad \therefore p_{i+1}-p_{i}=4\left(p_{i}-p_{i-1}\right)(i=1,2, \cdots, 7)$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅰ） | 22.[选修 4-4: 坐标系与参数方程]
在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \\ y=\frac{4 t}{1+t^{2}}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点 $O$ 为
极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 直线 $l$ 的极坐标方程为
$2 \rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta+11=0$.
(1) 求 $C$ 和 $l$ 的直角坐标方程;
(2) 求 $C$ 上的点到 $l$ 距离的最小值.
| 【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$
$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$
整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$
又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$
$\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$
(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$
则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$
当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值
则 $d_{\min }=\sqrt{7}$
| 【分析】}
(1) 利用代人消元法, 可求得 $C$ 的直角坐标方程; 根据极坐标与直角坐标互化原则可得 $l$ 的 直角坐标方程; (2) 利用参数方程表示出 $C$ 上点的坐标, 根据点到直线距离公式可将所求 距离表示为三角函数的形式, 从而根据三角函数的范围可求得最值.
【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$
$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$
整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$
又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$
$\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$
(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$
则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$
当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值
则 $d_{\min }=\sqrt{7}$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅰ） | 23.已知 $a, b, c$ 为正数, 且满足 $a b c=1$. 证明:
(1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
(2) $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$.
| 【详解】 (1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$
$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$
当且仅当 $a=b=c$ 时取等号
$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等
号
又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)
$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$
又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$
| 【分析】}
(1) 利用 $a b c=1$ 将所证不等式可变为证明: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq b c+a c+a b$, 利用基本不等 式可证得 $2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$, 从而得到结论; (2) 利用基本不等式可得 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 再次利用基本不等式可将式转化为 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24 \sqrt{(a b c)^{2}}$, 在取等条件一致的情况下, 可得结论.
【详解】 (1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$
$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$
当且仅当 $a=b=c$ 时取等号
$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等
号
又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)
$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$
又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 18.
11 分制乒乓球比赛, 每赢一球得 1 分, 当某局打成 $10: 10$ 平后, 每球交换发球权, 先多 得 2 分的一方获胜, 该局比赛结束. 甲、乙两位同学进行单打比赛, 假设甲发球时甲得 分的概率为 0.5 , 乙发球时甲得分的概率为 0.4 , 各球的结果相互独立.在某局双方 $10: 10$ 平后，甲先发球，两人又打了 $X$ 个球该局比赛结束.
(1) 求 $P(X=2)$;
(2) 求事件“ $X=4$ 且甲获胜”的概率.
| 【详解】(1)由题意可知, $P(X=2)$ 所包含的事件为 “甲连赢两球或乙连赢两球”
所以 $P(X=2)=0.5{\times} 0.4+0.5{\times} 0.6=0.5$
(2)由题意可知, $P(X=4)$ 包含的事件为 “前两球甲乙各得 1 分, 后两球均为甲得分” 所以 $P(X=4)=0.5{\times}0.6{\times}0.5{\times}0.4+0.5{\times}0.4{\times}0.5{\times}0.4=0.1$
| 【分析】}
(1)本题首先可以通过题意推导出 $P(X=2)$ 所包含的事件为 “甲连赢两球或乙连赢两球”, 然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果;
(2)本题首先可以通过题意推导出 $P(X=4)$ 所包含的事件为 “前两球甲乙各得 1 分, 后两球 均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果。
【详解】(1)由题意可知, $P(X=2)$ 所包含的事件为 “甲连赢两球或乙连赢两球”
所以 $P(X=2)=0.5{\times} 0.4+0.5{\times} 0.6=0.5$
(2)由题意可知, $P(X=4)$ 包含的事件为 “前两球甲乙各得 1 分, 后两球均为甲得分” 所以 $P(X=4)=0.5{\times}0.6{\times}0.5{\times}0.4+0.5{\times}0.4{\times}0.5{\times}0.4=0.1$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 19.
已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, b_{1}=0,4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4,4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4$.
(1) 证明: $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是等比数列, $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是等差数列;
(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
| 【详解】(1)由题意可知 $4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4,4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4, a_{1}+b_{1}=1, a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $4 a_{n+1}+4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4+3 b_{n}-a_{n}-4=2 a_{n}+2 b_{n}$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 所以数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, 因为 $4 a_{n+1}-4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4-\left(3 b_{n}-a_{n}-4\right)=4 a_{n}-4 b_{n}+8$, 所以 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$, 数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项 1 公差为 2 的等差数列, $a_{n}-b_{n}=2 n-1$
(2)由(1)可知, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}, a_{n}-b_{n}=2 n-1$,
所以 $a_{n}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}+a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}, b_{n}=\frac{1}{2}$ 轾 战 $^{n}+b_{n}-\left(a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$ 。
| 【分析】}
(1)可通过题意中的 $4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4$ 以及 $4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4$ 对两式进行相加和相减即 可推导出数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是等比数列以及数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是等差数列;
(2)可通过(1)中的结果推导出数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 以及数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 的通项公式, 然后利用数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 以及数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 的通项公式即可得出结果。
【详解】(1)由题意可知 $4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4,4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4, a_{1}+b_{1}=1, a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $4 a_{n+1}+4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4+3 b_{n}-a_{n}-4=2 a_{n}+2 b_{n}$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 所以数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, 因为 $4 a_{n+1}-4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4-\left(3 b_{n}-a_{n}-4\right)=4 a_{n}-4 b_{n}+8$, 所以 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$, 数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项 1 公差为 2 的等差数列, $a_{n}-b_{n}=2 n-1$
(2)由(1)可知, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}, a_{n}-b_{n}=2 n-1$,
所以 $a_{n}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}+a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}, b_{n}=\frac{1}{2}$ 轾 战 $^{n}+b_{n}-\left(a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$ 。
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 20.
已知函数 $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$.
(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性, 并证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点;
(2) 设 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 证明曲线 $y=\ln x$ 在点 $A\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 的切线.
| 【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$,
$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数;
当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点
综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点;
(2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$
$y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$.
设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$,
当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$,
切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线.
| 【分析】}
(1) 对函数 $f(x)$ 求导, 结合定义域, 判断函数的单调性;
(2) 先求出曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$, 然后求出当曲线 $y=e^{x}$ 切线的斜率与 $l$ 斜率相等时, 证明曲线 $y=e^{x}$ 切线 $l^{\prime}$ 在纵轴上的截距与 $l$ 在纵轴的截距相等即可.
【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$,
$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数;
当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点;
当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点
综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点;
(2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$
$y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$.
设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$,
当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$,
切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 21.
已知点 $A(-2,0), B(2,0)$, 动点 $M(x, y)$ 满足直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$. 记 $M$ 的轨 迹为曲线 $C$. (1) 求 $C$ 的方程, 并说明 $C$ 是什么曲线;
(2) 过坐标原点的直线交 $C$ 于 $P, Q$ 两点, 点 $P$ 在第一象限, $P E \perp x$ 轴, 垂足为 $E$, 连结 $Q E$ 并延长交 $C$ 于点 $G$.
(i) 证明: $\triangle P Q G$ 是直角三角形;
(ii) 求 $\triangle P Q G$ 面积的最大值.
| 【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$;
(2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程
$$
x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l }
{ y = k x , } \\
{ x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\
{ y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . }
\end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\
y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} .
\end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 }
$$
限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为
$\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$
直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立,
$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点
$G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解
所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得
$y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,
直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$,
因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形;
(ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,
$G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,
$$
\begin{aligned}
& P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\
& P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}
\end{aligned}
$$
$S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$
$S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单
调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值,
最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$.
| 【分析】}
(1) 分别求出直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率, 由已知直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$, 可以得 到等式, 化简可以求出曲线 $C$ 的方程, 注意直线 $A M$ 与 $B M$ 有斜率的条件;
(2) (i) 设出直线 $P Q$ 的方程, 与椭圆方程联立, 求出 $P, Q$ 两点的坐标, 进而求出点 $E$ 的 坐标, 求出直线 $Q E$ 的方程, 与椭圆方程联立, 利用根与系数关系求出 $G$ 的坐标, 再求出 直线 $P G$ 的斜率, 计算 $k_{P Q} k_{P G}$ 的值, 就可以证明出 $\triangle P Q G$ 是直角三角形;
(ii) 由 (i) 可知 $P, Q, G$ 三点坐标, $\triangle P Q G$ 是直角三角形, 求出 $P Q, P G$ 的长, 利用面积 公式求出 $\triangle P Q G$ 的面积, 利用导数求出面积的最大值.
【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$;
(2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程
$$
x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l }
{ y = k x , } \\
{ x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l }
{ x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\
{ y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . }
\end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\
y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} .
\end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 }
$$
限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为
$\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$
直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立,
$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点
$G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解
所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得
$y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,
直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$,
因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形;
(ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,
$G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,
$$
\begin{aligned}
& P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\
& P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}
\end{aligned}
$$
$S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$
$S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单
调递增, 当 $k>1$ 时, $S<0$, 函数 $S(k)$ 单调递减, 因此当 $k=1$ 时, 函数 $S(k)$ 有最大值,
最大值为 $S(1)=\frac{16}{9}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 22.[选修 4-4：坐标系与参数方程]
在极坐标系中, $O$ 为极点, 点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上, 直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 垂足为 $P$.
(1) 当 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $\rho_{0}$ 及 $l$ 的极坐标方程;
(2) 当 $M$ 在 $C$ 上运动且 $P$ 在线段 $O M$ 上时, 求 $P$ 点轨迹的极坐标方程.
| 【详解】(1) 因为点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,
所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;
即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$ ，
因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;
因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;
(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, \quad k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,
由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,
因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,
所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.
| 【分析】}
(1) 先由题意, 将 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 代人 $\rho=4 \sin \theta$ 即可求出 $\rho_{0}$; 根据题意求出直线 $l$ 的直角坐标方 程, 再化为极坐标方程即可;
(2) 先由题意得到 $P$ 点轨迹的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可, 要注意变量的取值 范围.
【详解】(1) 因为点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,
所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;
即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$ ，
因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;
因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;
(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, \quad k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,
由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,
因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,
所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅱ） | 23.[选修 4-5：不等式选讲]
已知 $f(x)=|x-a| x+|x-2|(x-a)$.
（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x)<0$ 的解集;
(2) 若 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $f(x)<0$, 求 $a$ 的取值范围.
| 【详解】(1) 当 $a=1$ 时, 原不等式可化为 $|x-1| x+|x-2|(x-1)<0$;
当 $x<1$ 时, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立, 此时解集为 $(-\infty, 1)$;
当 $1 \leq x<2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(2-x)(x-1)<0$, 解得 $x<1$, 此时解集为空集; 当 $x \geq 2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(x-2)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}<0$, 显然不成立; 此 时解集为空集;
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty, 1)$;
(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 所以由 $f(x)<0$ 可得 $(a-x) x+(2-x)(x-a)<0$,
即 $(x-a)(x-1)>0$ ，显然恒成立; 所以 $a \geqslant 1$ 满足题意;
当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,
所以 $a<1$ 不满足题意;
综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.
| 【分析】}
(1) 根据 $a=1$, 将原不等式化为 $|x-1| x+|x-2|(x-1)<0$, 分别讨论 $x<1,1 \leq x<2$,
$x \geq 2$ 三种情况, 即可求出结果;
(2) 分别讨论 $a \geqslant 1$ 和 $a<1$ 两种情况， 即可得出结果.
【详解】(1) 当 $a=1$ 时, 原不等式可化为 $|x-1| x+|x-2|(x-1)<0$;
当 $x<1$ 时, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立, 此时解集为 $(-\infty, 1)$;
当 $1 \leq x<2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(2-x)(x-1)<0$, 解得 $x<1$, 此时解集为空集; 当 $x \geq 2$ 时, 原不等式可化为 $(x-1) x+(x-2)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}<0$, 显然不成立; 此 时解集为空集;
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty, 1)$;
(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 所以由 $f(x)<0$ 可得 $(a-x) x+(2-x)(x-a)<0$,
即 $(x-a)(x-1)>0$ ，显然恒成立; 所以 $a \geqslant 1$ 满足题意;
当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,
所以 $a<1$ 不满足题意;
综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅲ） | 18. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$.
(1) 求 $B$;
(2) 若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的取值范围.
| 【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。 $0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有
$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$
$=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因
$\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.
故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
| 【分析】}
(1)利用正弦定理化简题中等式, 得到关于 $B$ 的三角方程, 最后根据 A,B,C 均为三角形内角 解得 $B=\frac{\pi}{3}$.(2)根据三角形面积公式 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B$, 又根据正弦定理和 $\frac{12}{25}$ 得到 $S_{\triangle A B C}$ 关于 $C$ 的函数, 由于 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 所以利用三个内角都小于 $\frac{\pi}{2}$ 来计算 $C$ 的定义 域, 最后求解 $S_{\triangle A B C}(C)$ 的值域.
【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。 $0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.
(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有
$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$
$=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因
$\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.
故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅲ） | 21. 已知曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{2}, D$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点, 过 $D$ 作 $C$ 的两条切线, 切点分别为 $A$, B.
(1) 证明: 直线 $A B$ 过定点:
(2) 若以 $E\left(0, \frac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $A B$ 相切, 且切点为线段 $A B$ 的中点, 求四边形 $A D B E$ 的面积.
| 【详解】(1)证明: 设 A, B 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$, 则切线 DA 为: $y-y_{1}=x_{1}\left(x-x_{1}\right) \cdots-\cdots--(1)$, 切线 DB 为: $y-y_{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right)-\cdots-\cdots$ (2), 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array},(1) x_{2}-2 \times x_{1}\right.$ 得 $\left(x_{2}-x_{1}\right) y+\frac{1}{2} x_{1} x_{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)=0$, 因为 $x_{1}-x_{2} \neq 0$ 故消去得交点的纵坐标 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}$, 因为 $\mathrm{DA}$ 和 $\mathrm{DB}$ 的交点 $\mathrm{D}$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点, 所以有 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}=-\frac{1}{2}, x_{1} x_{2}=-1$, 直线 $\mathrm{AB}$ 为 $\frac{y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ 在曲线 $y=\frac{x^{2}}{2}$ 上, 则有 $\frac{y-\frac{x_{1}^{2}}{2}}{\frac{x_{2}^{2}}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 整理 得 $y=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x-x_{1}\right)+\frac{x_{1}^{2}}{2}=-\frac{1}{2} x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x=\frac{1}{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x$, 即 $\left(x_{1}+x_{2}\right) x+\left(\frac{1}{2}-y\right)=0$. 当 $x=0, y=\frac{1}{2}$ 时无论 $x_{1}, x_{2}$ 取何值时, 此等式均成立。因此直线 $\mathrm{AB}$ 过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$, 得证。
(2)设 $\mathrm{AB}$ 的中点为 $\mathrm{G}$, 由题得 $\mathrm{G}$ 点坐标为 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)$, 则 $\overrightarrow{E G}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}-0, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)$, 又 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)$. 由题意知 $E G \perp B A$, 即 $\overrightarrow{E G} \cdot \overrightarrow{B A}=0$ 即 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$. 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)+\left(\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}-\frac{5}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)=0$ 整理得 $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 因 $x_{1}-x_{2} \neq 0$, 故 $\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 所以 $x_{1}+x_{2}=0$ 或 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$. 由第一问中 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array}\right.$, 为这里的 $(x, y)$ 为 $\mathrm{D}$ 点坐标,然而 $y=\frac{1}{2}$, 故 $-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2}$, 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)$, 又因为 $x_{1} x_{2}=-1$. 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{-x_{1} x_{2}}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)$ 。即 $\mathrm{D}$ 坐标为 $\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right),-\frac{1}{2}\right)$. 那么 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right), \overrightarrow{E D}=\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right), 3\right)$.
设 $\theta$ 为 $\overrightarrow{B A}$ 与 $\overrightarrow{E D}$ 的夹角, 那么有
$$
\begin{aligned}
& S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} B A \cdot E D \sin \theta=\frac{1}{2} \sqrt{B A^{2} \cdot E D^{2}\left(1-\cos ^{2} \theta\right)}=\frac{1}{2} \sqrt{|B A|^{2} \cdot \mid \overrightarrow{\left.E D\right|^{2}-(\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{E D})^{2}}} \\
& =\frac{1}{2} \sqrt{\left[\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}\right] \cdot\left[\frac{1}{4}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+9\right]^{2}-\left[\left(x_{1}-x_{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)-3\left(y_{1}-y_{2}\right)\right]^{2}}
\end{aligned}
$$
代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 进行化简有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot\left[9+3\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{4}}{16}\right]}$
若 $x_{1}+x_{2}=0$, 则 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot 9}=\frac{3}{2} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=3$.
若 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$, 则 $\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}=4,\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2 x_{1} x_{2}=8$
代人有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{8 \cdot\left(9+\frac{3}{2} \cdot 4+\frac{4^{2}}{16}\right)}=4 \sqrt{2}$.
所以四边形 $A D B E$ 的面积为 3 或 $4 \sqrt{2}$.
| 【分析】}
可用解析法和几何法证明。解析法可设 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 然后求 出 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点处的切线, 两条切线交于直线 $y=-\frac{1}{2}$ 之上, 所以交点的纵坐标为 $-\frac{1}{2}$
联立方程可解 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的关系。之后用两点式求出直线 $A B$ 方程, 最后根据直线 $A B$ 方程求 出它所过的定点.(2)应用四边形面积公式, 代人化简出关于 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的对称式。然后分情况 讨论求解。如果不知道四面下面积公式则可以将四边形分成两个三角形求面积之后做和, 但 会稍微麻烦一些。 (此题若用向量积的概念则更为容易)
【详解】(1)证明: 设 A, B 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$, 则切线 DA 为: $y-y_{1}=x_{1}\left(x-x_{1}\right) \cdots-\cdots--(1)$, 切线 DB 为: $y-y_{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right)-\cdots-\cdots$ (2), 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array},(1) x_{2}-2 \times x_{1}\right.$ 得 $\left(x_{2}-x_{1}\right) y+\frac{1}{2} x_{1} x_{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)=0$, 因为 $x_{1}-x_{2} \neq 0$ 故消去得交点的纵坐标 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}$, 因为 $\mathrm{DA}$ 和 $\mathrm{DB}$ 的交点 $\mathrm{D}$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点, 所以有 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}=-\frac{1}{2}, x_{1} x_{2}=-1$, 直线 $\mathrm{AB}$ 为 $\frac{y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ 在曲线 $y=\frac{x^{2}}{2}$ 上, 则有 $\frac{y-\frac{x_{1}^{2}}{2}}{\frac{x_{2}^{2}}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 整理 得 $y=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x-x_{1}\right)+\frac{x_{1}^{2}}{2}=-\frac{1}{2} x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x=\frac{1}{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x$, 即 $\left(x_{1}+x_{2}\right) x+\left(\frac{1}{2}-y\right)=0$. 当 $x=0, y=\frac{1}{2}$ 时无论 $x_{1}, x_{2}$ 取何值时, 此等式均成立。因此直线 $\mathrm{AB}$ 过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$, 得证。
(2)设 $\mathrm{AB}$ 的中点为 $\mathrm{G}$, 由题得 $\mathrm{G}$ 点坐标为 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)$, 则 $\overrightarrow{E G}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}-0, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)$, 又 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)$. 由题意知 $E G \perp B A$, 即 $\overrightarrow{E G} \cdot \overrightarrow{B A}=0$ 即 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$. 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)+\left(\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}-\frac{5}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)=0$ 整理得 $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 因 $x_{1}-x_{2} \neq 0$, 故 $\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 所以 $x_{1}+x_{2}=0$ 或 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$. 由第一问中 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array}\right.$, 为这里的 $(x, y)$ 为 $\mathrm{D}$ 点坐标,然而 $y=\frac{1}{2}$, 故 $-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2}$, 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)$, 又因为 $x_{1} x_{2}=-1$. 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{-x_{1} x_{2}}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)$ 。即 $\mathrm{D}$ 坐标为 $\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right),-\frac{1}{2}\right)$. 那么 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right), \overrightarrow{E D}=\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right), 3\right)$.
设 $\theta$ 为 $\overrightarrow{B A}$ 与 $\overrightarrow{E D}$ 的夹角, 那么有
$$
\begin{aligned}
& S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} B A \cdot E D \sin \theta=\frac{1}{2} \sqrt{B A^{2} \cdot E D^{2}\left(1-\cos ^{2} \theta\right)}=\frac{1}{2} \sqrt{|B A|^{2} \cdot \mid \overrightarrow{\left.E D\right|^{2}-(\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{E D})^{2}}} \\
& =\frac{1}{2} \sqrt{\left[\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}\right] \cdot\left[\frac{1}{4}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+9\right]^{2}-\left[\left(x_{1}-x_{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)-3\left(y_{1}-y_{2}\right)\right]^{2}}
\end{aligned}
$$
代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 进行化简有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot\left[9+3\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{4}}{16}\right]}$
若 $x_{1}+x_{2}=0$, 则 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot 9}=\frac{3}{2} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=3$.
若 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$, 则 $\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}=4,\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2 x_{1} x_{2}=8$
代人有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{8 \cdot\left(9+\frac{3}{2} \cdot 4+\frac{4^{2}}{16}\right)}=4 \sqrt{2}$.
所以四边形 $A D B E$ 的面积为 3 或 $4 \sqrt{2}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2019 | （新课标ⅲ） | 23. 设 $x, y, z \in R$ ，且 $x+y+z=1$.
(1) 求 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值;
(2) 若 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$ 成立, 证明: $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.
| 【详解】
$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$
故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因 $x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$
所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.
因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.
根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.
所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.
另解: 用反证法.
若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当 $x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放
| 【分析】}
(1)根据条件 $x+y+z=1$, 和柯西不等式得到 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$, 再讨论 $x, y, z$ 是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题, 柯西不等式等号成立时构造的 $x, y, z$ 代人原 不等式, 便可得到参数的取值范围.
【详解】
$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$
故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因 $x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$
所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.
因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.
根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.
所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.
另解: 用反证法.
若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而
$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当 $x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 17. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{n+1}=3 a_{n}-4 n$.
(1) 计算 $a_{2}, a_{3}$, 猜想 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式并加以证明;
(2) 求数列 $\left\{2^{n} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 利用递推公式得出 $a_{2}, a_{3}$, 猜想得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用数学归纳法证明即可;
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】(1) 由题意可得 $a_{2}=3 a_{1}-4=9-4=5, a_{3}=3 a_{2}-8=15-8=7$, 由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前三项可猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 3 为首项, 2 为公差的等差数列, 即 $a_{n}=2 n+1$, 证明如下:
当 $n=1$ 时, $a_{1}=3$ 成立;
假设 $n=k$ 时, $a_{k}=2 k+1$ 成立.
那么 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}=3 a_{k}-4 k=3(2 k+1)-4 k=2 k+3=2(k+1)+1$ 也成立.
则对任意的 $n \in N^{*}$, 都有 $a_{n}=2 n+1$ 成立;
(2) 由 (1) 可知, $a_{n} \cdot 2^{n}=(2 n+1) \cdot 2^{n}$
$S_{n}=3 \times 2+5 \times 2^{2}+7 \times 2^{3}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n-1}+(2 n+1) \cdot 2^{n}$, (1)
$2 S_{n}=3 \times 2^{2}+5 \times 2^{3}+7 \times 2^{4}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n}+(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$
由(1)-(2)得: $-S_{n}=6+2 \times\left(2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}\right)-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$
$=6+2 \times \frac{2^{2} \times\left(1-2^{n-1}\right)}{1-2}-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}=(1-2 n) \cdot 2^{n+1}-2$,
即 $S_{n}=(2 n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.
| 【分析】}
(1) 利用递推公式得出 $a_{2}, a_{3}$, 猜想得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用数学归纳法证明即可;
（2）由错位相减法求解即可.
【解析】}
【分析】}
(1) 利用递推公式得出 $a_{2}, a_{3}$, 猜想得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式, 利用数学归纳法证明即可;
（2）由错位相减法求解即可.
【详解】(1) 由题意可得 $a_{2}=3 a_{1}-4=9-4=5, a_{3}=3 a_{2}-8=15-8=7$, 由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前三项可猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 3 为首项, 2 为公差的等差数列, 即 $a_{n}=2 n+1$, 证明如下:
当 $n=1$ 时, $a_{1}=3$ 成立;
假设 $n=k$ 时, $a_{k}=2 k+1$ 成立.
那么 $n=k+1$ 时, $a_{k+1}=3 a_{k}-4 k=3(2 k+1)-4 k=2 k+3=2(k+1)+1$ 也成立.
则对任意的 $n \in N^{*}$, 都有 $a_{n}=2 n+1$ 成立;
(2) 由 (1) 可知, $a_{n} \cdot 2^{n}=(2 n+1) \cdot 2^{n}$
$S_{n}=3 \times 2+5 \times 2^{2}+7 \times 2^{3}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n-1}+(2 n+1) \cdot 2^{n}$, (1)
$2 S_{n}=3 \times 2^{2}+5 \times 2^{3}+7 \times 2^{4}+\cdots+(2 n-1) \cdot 2^{n}+(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$
由(1)-(2)得: $-S_{n}=6+2 \times\left(2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}\right)-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}$
$=6+2 \times \frac{2^{2} \times\left(1-2^{n-1}\right)}{1-2}-(2 n+1) \cdot 2^{n+1}=(1-2 n) \cdot 2^{n+1}-2$,
即 $S_{n}=(2 n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 18. 某学生兴趣小组随机调查了某市 100 天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人 次, 整理数据得到下表 (单位: 天):
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline $\begin{array}{l}\text { 锻炼人次 } \\
\text { 空气质量等级 }\end{array}$ & {$[0,200]$} & $(200,400]$ & $(400,600]$ \\
\hline 1 (优) & 2 & 16 & 25 \\
\hline 2 (良) & 5 & 10 & 12 \\
\hline 3 (轻度污染) & 6 & 7 & 8 \\
\hline 4 (中度污染) & 7 & 2 & 0 \\
\hline
\end{tabular}
(1) 分别估计该市一天的空气质量等级为 $1,2,3 ， 4$ 的概率;
(2) 求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代 表);
(3) 若某天的空气质量等级为 1 或 2 , 则称这天“空气质量好”; 若某天的空气质量等级为 3 或 4, 则称这天“空气质量不好”。根据所给数据，完成下面的 $2 \times 2$ 列联表，并根据列联表，判 断是否有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关?
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量好 & & \\
\hline 空气质量不好 & & \\
\hline
\end{tabular}
附: $\quad K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$,
\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}
| 【解析】}
【分析】}
(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;
(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;
（3）根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.
【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;
(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为
$\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350$
(3) $2 \times 2$ 列联表如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
$K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841$,
因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
| 【分析】}
(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;
(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;
（3）根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.
【解析】}
【分析】}
(1) 根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为 $1 、 2 、 3 、 4$ 的概率;
(2) 利用每组的中点值乘以频数，相加后除以 100 可得结果;
（3）根据表格中的数据完善 $2 \times 2$ 列联表, 计算出 $K^{2}$ 的观测值, 再结合临界值表可得结论.
【详解】(1) 由频数分布表可知, 该市一天的空气质量等级为 1 的概率为 $\frac{2+16+25}{100}=0.43$, 等级为 2 的概率为 $\frac{5+10+12}{100}=0.27$, 等级为 3 的概率为 $\frac{6+7+8}{100}=0.21$, 等级为 4 的概率 为 $\frac{7+2+0}{100}=0.09$;
(2) 由频数分布表可知，一天中到该公园锖炼的人次的平均数为
$\frac{100 \times 20+300 \times 35+500 \times 45}{100}=350$
(3) $2 \times 2$ 列联表如下:
\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 人次 $\leq 400$ & 人次 $>400$ \\
\hline 空气质量不好 & 33 & 37 \\
\hline 空气质量好 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}
$K^{2}=\frac{100 \times(33 \times 8-37 \times 22)^{2}}{55 \times 45 \times 70 \times 30} \approx 5.820>3.841$,
因此，有 $95 \%$ 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （全国卷Ⅲ） | 21. 设函数 $f(x)=x^{3}+b x+c$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $\left(\frac{1}{2}, f\left(\frac{1}{2}\right)\right)$ 处的切线与 $y$ 轴垂直.
(1) 求 $b$.
(2) 若 $f(x)$ 有一个绝对值不大于 1 的零点, 证明: $f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 1 .
| 【解析】}
【分析】}
（1）利用导数的几何意义得到 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 解方程即可;
(2) 由（1）可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=2\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 易知 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$, 采用反证法, 推出矛盾即可.
【详解】(1) 因为 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+b$,
由题意, $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 即 $3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+b=0$
则 $b=-\frac{3}{4}$;
(2) 由（1） 可得 $f(x)=x^{3}-\frac{3}{4} x+c$,
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=3\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>\frac{1}{2}$ 或 $x<-\frac{1}{2}$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,
且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$,
若 $f(x)$ 所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 $x_{0}$, 则 $f(-1)>0$ 或 $f(1)<0$,
即 $c>\frac{1}{4}$ 或 $c<-\frac{1}{4}$.
当 $c>\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}>0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}>0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}>0, f(1)=c+\frac{1}{4}>0$,
又 $f(-4 c)=-64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)<0$ ，
由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(-4 c,-1)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}$,
即 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-1,+\infty)$ 上不存在零点,
此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;
当 $c<-\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}<0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}<0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}<0, f(1)=c+\frac{1}{4}<0$,
又 $f(-4 c)=64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)>0$ ，
由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(1,-4 c)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}^{\prime}$,
即 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-\infty, 1)$ 上不存在零点,
此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;
综上, $f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 1 . 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点, 涉及到导数的几何意义, 反证法, 考查学 生逻辑推理能力, 是一道有一定难度的题.
（二）选考题: 共 10 分. 请考生在第 $22 、 23$ 题中任选一题作答.如果多做, 则按所 做的第一题计分.
[选修 4-4: 坐标系与参数方程] (10 分)}
| 【分析】}
（1）利用导数的几何意义得到 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 解方程即可;
(2) 由（1）可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=2\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 易知 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$, 采用反证法, 推出矛盾即可.
【解析】}
【分析】}
（1）利用导数的几何意义得到 $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 解方程即可;
(2) 由（1）可得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=2\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$, 易知 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增, 且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$, 采用反证法, 推出矛盾即可.
【详解】(1) 因为 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+b$,
由题意, $f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=0$, 即 $3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+b=0$
则 $b=-\frac{3}{4}$;
(2) 由（1） 可得 $f(x)=x^{3}-\frac{3}{4} x+c$,
$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-\frac{3}{4}=3\left(x+\frac{1}{2}\right)\left(x-\frac{1}{2}\right)$,
令 $f^{\prime}(x)>0$, 得 $x>\frac{1}{2}$ 或 $x<-\frac{1}{2}$; 令 $f^{\prime}(x)<0$, 得 $-\frac{1}{2}<x<\frac{1}{2}$,
所以 $f(x)$ 在 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(-\infty,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,
且 $f(-1)=c-\frac{1}{4}, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}, f(1)=c+\frac{1}{4}$,
若 $f(x)$ 所有零点中存在一个绝对值大于 1 的零点 $x_{0}$, 则 $f(-1)>0$ 或 $f(1)<0$,
即 $c>\frac{1}{4}$ 或 $c<-\frac{1}{4}$.
当 $c>\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}>0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}>0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}>0, f(1)=c+\frac{1}{4}>0$,
又 $f(-4 c)=-64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)<0$ ，
由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(-4 c,-1)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}$,
即 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-1,+\infty)$ 上不存在零点,
此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;
当 $c<-\frac{1}{4}$ 时, $f(-1)=c-\frac{1}{4}<0, f\left(-\frac{1}{2}\right)=c+\frac{1}{4}<0, f\left(\frac{1}{2}\right)=c-\frac{1}{4}<0, f(1)=c+\frac{1}{4}<0$,
又 $f(-4 c)=64 c^{3}+3 c+c=4 c\left(1-16 c^{2}\right)>0$ ，
由零点存在性定理知 $f(x)$ 在 $(1,-4 c)$ 上存在唯一一个零点 $x_{0}^{\prime}$,
即 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上存在唯一一个零点, 在 $(-\infty, 1)$ 上不存在零点,
此时 $f(x)$ 不存在绝对值不大于 1 的零点, 与题设矛盾;
综上, $f(x)$ 所有零点的绝对值都不大于 1 . 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点, 涉及到导数的几何意义, 反证法, 考查学 生逻辑推理能力, 是一道有一定难度的题.
（二）选考题: 共 10 分. 请考生在第 $22 、 23$ 题中任选一题作答.如果多做, 则按所 做的第一题计分.
[选修 4-4: 坐标系与参数方程] (10 分)}
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2020 | （全国卷Ⅲ） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2-t-t^{2} \\ y=2-3 t+t^{2}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数且 $\left.t \neq 1\right), C$ 与坐标 轴交于 $A 、 B$ 两点.
(1) 求 $|A B|$;
(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 求直线 $A B$ 的极坐标方程.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式, 即可得出 $|A B|$ 的值;
(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.
【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.
令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$ $\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$
(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,
则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.
由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.
| 【分析】}
(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式, 即可得出 $|A B|$ 的值;
(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.
【解析】}
【分析】}
(1) 由参数方程得出 $A, B$ 的坐标，最后由两点间距离公式, 即可得出 $|A B|$ 的值;
(2) 由 $A, B$ 的坐标得出直线 $A B$ 的直角坐标方程, 再化为极坐标方程即可.
【详解】(1) 令 $x=0$, 则 $t^{2}+t-2=0$, 解得 $t=-2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $y=2+6+4=12$, 即 $A(0,12)$.
令 $y=0$, 则 $t^{2}-3 t+2=0$, 解得 $t=2$ 或 $t=1$ (舍), 则 $x=2-2-4=-4$, 即 $B(-4,0)$ $\therefore|A B|=\sqrt{(0+4)^{2}+(12-0)^{2}}=4 \sqrt{10}$
(2) 由 (1) 可知 $k_{A B}=\frac{12-0}{0-(-4)}=3$,
则直线 $A B$ 的方程为 $y=3(x+4)$, 即 $3 x-y+12=0$.
由 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 可得, 直线 $A B$ 的极坐标方程为 $3 \rho \cos \theta-\rho \sin \theta+12=0$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2020 | （全国卷Ⅲ） | 23. 设 $a, b, c \in R, a+b+c=0, a b c=1$.
(1) 证明: $a b+b c+c a<0$;
(2) 用 $\max \{a, b, c\}$ 表示 $a, b, c$ 中的最大值，证明: $\max \{a, b, c\} \geq \sqrt[3]{4}$.
| 【解析】}
【分析】}
（1） 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;
（2）不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由
$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.
【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，
$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$
$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，
由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,
$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.
当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,
$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.
| 【分析】}
（1） 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;
（2）不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由
$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.
【解析】}
【分析】}
（1） 由 $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ 结合不等式的性质，即可得出证明;
（2）不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，由题意得出 $a>0, b, c<0$ ，由
$a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c}$, 结合基本不等式, 即可得出证明.
【详解】(1) $\because(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2 a b+2 a c+2 b c=0$ ，
$\therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)$
$\because a, b, c$ 均不为 0 , 则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}>0, \therefore a b+b c+c a=-\frac{1}{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)<0$ ；
(2) 不妨设 $\max \{a, b, c\}=a$ ，
由 $a+b+c=0, a b c=1$ 可知, $a>0, b<0, c<0$,
$\because a=-b-c, a=\frac{1}{b c}, \quad \therefore a^{3}=a^{2} \cdot a=\frac{(b+c)^{2}}{b c}=\frac{b^{2}+c^{2}+2 b c}{b c} \geq \frac{2 b c+2 b c}{b c}=4$.
当且仅当 $b=c$ 时, 取等号,
$\therefore a \geq \sqrt[3]{4}$, 即 $\max \{a, b, c\} \sqrt[3]{4}$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 17. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比不为 1 的等比数列, $a_{1}$ 为 $a_{2}, a_{3}$ 的等差中项.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比;
(2) 若 $a_{1}=1$, 求数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 由已知结合等差中项关系, 建立公比 $q$ 的方程, 求解即可得出结论;
(2) 由（1）结合条件得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项, 根据 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的通项公式特征, 用错位相减法, 即可求出结论.
【详解】(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{1}$ 为 $a_{2}, a_{3}$ 的等差中项，
$\because 2 a_{1}=a_{2}+a_{3}, a_{1} \neq 0, \therefore q^{2}+q-2=0$
$\because q \neq 1, \therefore q=-2$
(2) 设 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n}=(-2)^{n-1}$,
$S_{n}=1 \times 1+2 \times(-2)+3 \times(-2)^{2}+\cdots+n(-2)^{n-1}$
$-2 S_{n}=1 \times(-2)+2 \times(-2)^{2}+3 \times(-2)^{3}+\cdots(n-1)(-2)^{n-1}+n(-2)^{n}$ (1)-(2) 得, $3 S_{n}=1+(-2)+(-2)^{2}+\cdots+(-2)^{n-1}-n(-2)^{n}$
$=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}-n(-2)^{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{3}$,
$\therefore S_{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{9}$
| 【分析】}
(1) 由已知结合等差中项关系, 建立公比 $q$ 的方程, 求解即可得出结论;
(2) 由（1）结合条件得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项, 根据 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的通项公式特征, 用错位相减法, 即可求出结论.
【解析】}
【分析】}
(1) 由已知结合等差中项关系, 建立公比 $q$ 的方程, 求解即可得出结论;
(2) 由（1）结合条件得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项, 根据 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的通项公式特征, 用错位相减法, 即可求出结论.
【详解】(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{1}$ 为 $a_{2}, a_{3}$ 的等差中项，
$\because 2 a_{1}=a_{2}+a_{3}, a_{1} \neq 0, \therefore q^{2}+q-2=0$
$\because q \neq 1, \therefore q=-2$
(2) 设 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n}=(-2)^{n-1}$,
$S_{n}=1 \times 1+2 \times(-2)+3 \times(-2)^{2}+\cdots+n(-2)^{n-1}$
$-2 S_{n}=1 \times(-2)+2 \times(-2)^{2}+3 \times(-2)^{3}+\cdots(n-1)(-2)^{n-1}+n(-2)^{n}$ (1)-(2) 得, $3 S_{n}=1+(-2)+(-2)^{2}+\cdots+(-2)^{n-1}-n(-2)^{n}$
$=\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}-n(-2)^{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{3}$,
$\therefore S_{n}=\frac{1-(1+3 n)(-2)^{n}}{9}$
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 19. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛, 约定赛制如下: 累计负两场者被淘汰; 比赛前抽签决定首先比赛 的两人, 另一人轮空; 每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛, 负者下一场轮空, 直至有一人被淘汰; 当一人被淘汰后, 剩余的两人继续比赛, 直至其中一人被淘汰, 另一人最终获胜, 比赛结束.经抽签, 甲、 乙首先比赛, 丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为 $\frac{1}{2}$,
(1) 求甲连胜四场的概率;
(2) 求需要进行第五场比赛的概率;
(3) 求丙最终获胜的概率.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 根据独立事件的概率乘法公式可求得事件 “甲连胜四场” 的概率;
(2) 计算出四局以内结束比赛的概率, 然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率;
(3) 列举出甲赢的基本事件, 结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率, 由对称性可知乙赢的概 率和甲赢的概率相等, 再利用对立事件的概率可求得丙贏的概率.
【详解】（1）记事件 $M$ : 甲连胜四场, 则 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{16}$ ；
(2) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输,
则四局内结束比赛的概率为
$P^{\prime}=P(A B A B)+P(A C A C)+P(B C B C)+P(B A B A)=4 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{4}$,
所以, 需要进行第五场比赛的概率为 $P=1-P^{\prime}=\frac{3}{4}$;
(3) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输, 记事件 $M$ :甲赢，记事件 $N$ :丙贏，
则甲赢的基本事件包括: $B C B C 、 A B C B C 、 A C B C B$ 、
$B A B C C 、 B A C B C 、 B C A C B 、 B C A B C 、 B C B A C$,
所以, 甲赢的概率为 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+7 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{9}{32}$.
由对称性可知, 乙赢的概率和甲赢的概率相等,
所以丙赢的概率为 $P(N)=1-2 \times \frac{9}{32}=\frac{7}{16}$.
| 【分析】}
(1) 根据独立事件的概率乘法公式可求得事件 “甲连胜四场” 的概率;
(2) 计算出四局以内结束比赛的概率, 然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率;
(3) 列举出甲赢的基本事件, 结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率, 由对称性可知乙赢的概 率和甲赢的概率相等, 再利用对立事件的概率可求得丙贏的概率.
【解析】}
【分析】}
(1) 根据独立事件的概率乘法公式可求得事件 “甲连胜四场” 的概率;
(2) 计算出四局以内结束比赛的概率, 然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率;
(3) 列举出甲赢的基本事件, 结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率, 由对称性可知乙赢的概 率和甲赢的概率相等, 再利用对立事件的概率可求得丙贏的概率.
【详解】（1）记事件 $M$ : 甲连胜四场, 则 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{16}$ ；
(2) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输,
则四局内结束比赛的概率为
$P^{\prime}=P(A B A B)+P(A C A C)+P(B C B C)+P(B A B A)=4 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{4}=\frac{1}{4}$,
所以, 需要进行第五场比赛的概率为 $P=1-P^{\prime}=\frac{3}{4}$;
(3) 记事件 $A$ 为甲输, 事件 $B$ 为乙输, 事件 $C$ 为丙输, 记事件 $M$ :甲赢，记事件 $N$ :丙贏，
则甲赢的基本事件包括: $B C B C 、 A B C B C 、 A C B C B$ 、
$B A B C C 、 B A C B C 、 B C A C B 、 B C A B C 、 B C B A C$,
所以, 甲赢的概率为 $P(M)=\left(\frac{1}{2}\right)^{4}+7 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{5}=\frac{9}{32}$.
由对称性可知, 乙赢的概率和甲赢的概率相等,
所以丙赢的概率为 $P(N)=1-2 \times \frac{9}{32}=\frac{7}{16}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
|
2020 | （新课标Ⅰ） | 21. 已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}+a x^{2}-x$.
（1）当 $a=1$ 时, 讨论 $f(x)$ 的单调性;
(2) 当 $x \geq 0$ 时, $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$, 求 $a$ 的取值范围.
| 【解析】}
【分析】}
(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.
(2)首先讨论 $x=0$ 的
情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $a$ 的取值范围.
【详解】(1)当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,
由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$, 故:
当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,
当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.
(2)由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \ldots \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,
(1). 当 $x=0$ 时, 不等式为: $1 \geq 1$, 显然成立, 符合题意; (2).当 $x>0$ 时, 分离参数 $a$ 得, $a \ldots-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}$,
记 $g(x)=-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}{x^{3}}$,
令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,
则 $h^{\prime}(x)=e^{x}-x-1, h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,
故 $h^{\prime}(x)$ 单调递增, $h^{\prime}(x) \geq h^{\prime}(0)=0$,
故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,
由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \ldots 0$ 恒成立,
故当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;
当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;
因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$ ，
综上可得，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.
| 【分析】}
(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.
(2)首先讨论 $x=0$ 的
情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $a$ 的取值范围.
【解析】}
【分析】}
(1)由题意首先对函数二次求导, 然后确定导函数的符号, 最后确定原函数的单调性即可.
(2)首先讨论 $x=0$ 的
情况, 然后分离参数, 构造新函数, 结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数 $a$ 的取值范围.
【详解】(1)当 $a=1$ 时, $f(x)=e^{x}+x^{2}-x, f^{\prime}(x)=e^{x}+2 x-1$,
由于 $f^{\prime \prime}(x)=e^{x}+2>0$, 故 $f^{\prime}(x)$ 单调递增, 注意到 $f^{\prime}(0)=0$, 故:
当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,
当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.
(2)由 $f(x) \geq \frac{1}{2} x^{3}+1$ 得, $e^{x}+a x^{2}-x \ldots \frac{1}{2} x^{3}+1$, 其中 $x \geq 0$,
(1). 当 $x=0$ 时, 不等式为: $1 \geq 1$, 显然成立, 符合题意; (2).当 $x>0$ 时, 分离参数 $a$ 得, $a \ldots-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}$,
记 $g(x)=-\frac{e^{x}-\frac{1}{2} x^{3}-x-1}{x^{2}}, g^{\prime}(x)=-\frac{(x-2)\left(e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1\right)}{x^{3}}$,
令 $h(x)=e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1(x \geq 0)$,
则 $h^{\prime}(x)=e^{x}-x-1, h^{\prime \prime}(x)=e^{x}-1 \geq 0$,
故 $h^{\prime}(x)$ 单调递增, $h^{\prime}(x) \geq h^{\prime}(0)=0$,
故函数 $h(x)$ 单调递增, $h(x) \geq h(0)=0$,
由 $h(x) \geq 0$ 可得: $e^{x}-\frac{1}{2} x^{2}-x-1 \ldots 0$ 恒成立,
故当 $x \in(0,2)$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;
当 $x \in(2,+\infty)$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;
因此, $[g(x)]_{\max }=g(2)=\frac{7-e^{2}}{4}$ ，
综上可得，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\frac{7-e^{2}}{4},+\infty\right)$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅰ） | 22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{k} t, \\ y=\sin ^{k} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数 $)$. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$.
（1）当 $k=1$ 时, $C_{1}$ 是什么曲线?
(2) 当 $k=4$ 时, 求 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的公共点的直角坐标.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;
(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程，即可求解.
【详解】 (1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数 $)$,
两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,
所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心, 半径为 1 的圆;
(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,
得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,
曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,
曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,
联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,
整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去)，
$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.
| 【分析】}
(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;
(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程，即可求解.
【解析】}
【分析】}
(1) 利用 $\sin ^{2} t+\cos ^{2} t=1$ 消去参数 $t$, 求出曲线 $C_{1}$ 的普通方程, 即可得出结论;
(2) 当 $k=4$ 时, $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 两式相加消去参数 $t$ , 得 $C_{1}$ 普通方程, 由 $\rho \cos \theta=x, \rho \sin \theta=y$, 将曲线 $C_{2}$ 化为直角坐标方程, 联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程，即可求解.
【详解】 (1) 当 $k=1$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos t \\ y=\sin t\end{array}(t\right.$ 为参数 $)$,
两式平方相加得 $x^{2}+y^{2}=1$,
所以曲线 $C_{1}$ 表示以坐标原点为圆心, 半径为 1 的圆;
(2) 当 $k=4$ 时, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\cos ^{4} t \\ y=\sin ^{4} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
所以 $x \geq 0, y \geq 0$, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程化为 $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x}=\cos ^{2} t \\ \sqrt{y}=\sin ^{2} t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数),
两式相加得曲线 $C_{1}$ 方程为 $\sqrt{x}+\sqrt{y}=1$,
得 $\sqrt{y}=1-\sqrt{x}$, 平方得 $y=x-2 \sqrt{x}+1,0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1$,
曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $4 \rho \cos \theta-16 \rho \sin \theta+3=0$,
曲线 $C_{2}$ 直角坐标方程为 $4 x-16 y+3=0$,
联立 $C_{1}, C_{2}$ 方程 $\left\{\begin{array}{l}y=x-2 \sqrt{x}+1 \\ 4 x-16 y+3=0\end{array}\right.$,
整理得 $12 x-32 \sqrt{x}+13=0$, 解得 $\sqrt{x}=\frac{1}{2}$ 或 $\sqrt{x}=\frac{13}{6}$ (舍去)，
$\therefore x=\frac{1}{4}, y=\frac{1}{4}, \therefore C_{1}, C_{2}$ 公共点的直角坐标为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.
| 10 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 17. $\square A B C$ 中, $\sin ^{2} A-\sin ^{2} B-\sin ^{2} C=\sin B \sin C$.
(1) 求 $A$;
(2) 若 $B C=3$, 求 $\square A B C$ 周长的最大值.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 利用正弦定理角化边, 配凑出 $\cos A$ 的形式, 进而求得 $A$;
(2) 利用余弦定理可得到 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$, 利用基本不等式可求得 $A C+A B$ 的最大值, 进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得: $B C^{2}-A C^{2}-A B^{2}=A C \cdot A B$,
$\therefore \cos A=\frac{A C^{2}+A B^{2}-B C^{2}}{2 A C \cdot A B}=-\frac{1}{2}$,
$\because A \in(0, \pi), \quad \therefore A=\frac{2 \pi}{3}$.
(2) 由余弦定理得: $B C^{2}=A C^{2}+A B^{2}-2 A C \cdot A B \cos A=A C^{2}+A B^{2}+A C \cdot A B=9$,
即 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$.
$\because A C \cdot A B \leq\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}$ （当且仅当 $A C=A B$ 时取等号），
$\therefore 9=(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B \geq(A C+A B)^{2}-\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}(A C+A B)^{2}$, 解得: $A C+A B \leq 2 \sqrt{3}$ (当且仅当 $A C=A B$ 时取等号),
$\therefore \square A B C$ 周长 $L=A C+A B+B C \leq 3+2 \sqrt{3}, \therefore \square A B C$ 周长的最大值为 $3+2 \sqrt{3}$.
| 【分析】}
(1) 利用正弦定理角化边, 配凑出 $\cos A$ 的形式, 进而求得 $A$;
(2) 利用余弦定理可得到 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$, 利用基本不等式可求得 $A C+A B$ 的最大值, 进而得到结果.
【解析】}
【分析】}
(1) 利用正弦定理角化边, 配凑出 $\cos A$ 的形式, 进而求得 $A$;
(2) 利用余弦定理可得到 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$, 利用基本不等式可求得 $A C+A B$ 的最大值, 进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得: $B C^{2}-A C^{2}-A B^{2}=A C \cdot A B$,
$\therefore \cos A=\frac{A C^{2}+A B^{2}-B C^{2}}{2 A C \cdot A B}=-\frac{1}{2}$,
$\because A \in(0, \pi), \quad \therefore A=\frac{2 \pi}{3}$.
(2) 由余弦定理得: $B C^{2}=A C^{2}+A B^{2}-2 A C \cdot A B \cos A=A C^{2}+A B^{2}+A C \cdot A B=9$,
即 $(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B=9$.
$\because A C \cdot A B \leq\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}$ （当且仅当 $A C=A B$ 时取等号），
$\therefore 9=(A C+A B)^{2}-A C \cdot A B \geq(A C+A B)^{2}-\left(\frac{A C+A B}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}(A C+A B)^{2}$, 解得: $A C+A B \leq 2 \sqrt{3}$ (当且仅当 $A C=A B$ 时取等号),
$\therefore \square A B C$ 周长 $L=A C+A B+B C \leq 3+2 \sqrt{3}, \therefore \square A B C$ 周长的最大值为 $3+2 \sqrt{3}$.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 18. 某沙漠地区经过治理, 生态系统得到很大改善, 野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的 数量, 将其分成面积相近的 200 个地块, 从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取 20 个作为样区, 调查得 到样本数据 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$, 其中 $x_{i}$ 和 $y_{i}$ 分别表示第 $i$ 个样区的植物覆盖面积(单位: 公顷)和这种野 生动物的数量, 并计算得 $\sum_{i=1}^{20} x_{i}=60, \sum_{i=1}^{20} y_{i}=1200, \sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}=80, \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}=9000$, $\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)=800$
(1) 求该地区这种野生动物数量的估计值 (这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平 均数乘以地块数）;
(2) 求样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)(i=1,2, \ldots, 20)$ 的相关系数（精确到 0.01$)$;
(3) 根据现有统计资料, 各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动 物数量更准确的估计, 请给出一种你认为更合理的抽样方法, 并说明理由.
附: 相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x}) y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}(-\bar{x})^{2} \sum_{i=1}^{n} y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}, \quad \sqrt{2}=1.414$.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;
(2) 利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;
(3) 各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样. 【详解】（1）样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$ ，
地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$
(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为
$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$
(3)
由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样 先将植物覆盖面积按优中差分成三层,
在各层内按比例抽取样本,
在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.
【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.
| 【分析】}
(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;
(2) 利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;
(3) 各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样.
【解析】}
【分析】}
(1) 利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数, 代入数据即可;
(2) 利用公式 $r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}$ 计算即可;
(3) 各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样. 【详解】（1）样区野生动物平均数为 $\frac{1}{20} \sum_{i=1}^{20} y_{i}=\frac{1}{20} \times 1200=60$ ，
地块数为 200 , 该地区这种野生动物的估计值为 $200 \times 60=12000$
(2) 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right)$ 的相关系数为
$r=\frac{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{20}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sum_{i=1}^{20}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}=\frac{800}{\sqrt{80 \times 9000}}=\frac{2 \sqrt{2}}{3} \approx 0.94$
(3)
由于各地块间植物覆盖面积差异较大, 为提高样本数据的代表性, 应采用分层抽样 先将植物覆盖面积按优中差分成三层,
在各层内按比例抽取样本,
在每层内用简单随机抽样法抽取样本即可.
【点晴】本题主要考查平均数的估计值、相关系数的计算以及抽样方法的选取, 考查学生数学运算能力, 是一道容易题.
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 21.已知函数 $f(x)=\sin ^{2} x \sin 2 x$.
(1) 讨论 $f(x)$ 在区间 $(0, \pi)$ 的单调性;
(2) 证明: $|f(x)| \leq \frac{3 \sqrt{3}}{8}$;
(3) 设 $n \in N^{*}$, 证明: $\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \sin ^{2} 4 x \ldots \sin ^{2} 2^{n} x \leq \frac{3^{n}}{4^{n}}$.
| 【解析】}
【分析】}
(1)首先求得导函数的解析式, 然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号, 最后确定原函数的单调性 即可;
(2) 首先确定函数的周期性, 然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的 不等式;
(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
$f(x)=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ , 然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
【详解】(1)由函数的解析式可得: $f(x)=2 \sin ^{3} x \cos x$, 则:
$f^{\prime}(x)=2\left(3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x-\sin ^{4} x\right)=2 \sin ^{2} x\left(3 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)$
$=2 \sin ^{2} x\left(4 \cos ^{2} x-1\right)=2 \sin ^{2} x(2 \cos x+1)(2 \cos x-1)$,
$f^{\prime}(x)=0$ 在 $x \in(0, \pi)$ 上的根为: $x_{1}=\frac{\pi}{3}, x_{2}=\frac{2 \pi}{3}$,
当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增,
当 $x \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,
当 $x \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.
(2)注意到 $f(x+\pi)=\sin ^{2}(x+\pi) \sin [2(x+\pi)]=\sin ^{2} x \sin 2 x=f(x)$,
故函数 $f(x)$ 是周期为 $\pi$ 的函数,
结合(1)的结论, 计算可得: $f(0)=f(\pi)=0$,
$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{8}, f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,
据此可得: $[f(x)]_{\max }=\frac{3 \sqrt{3}}{8},[f(x)]_{\min }=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,
即 $|f(x)| \leq \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.
(3)结合(2)的结论有:
$\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \sin ^{2} 4 x \cdots \sin ^{2} 2^{n} x$
$=\left[\sin ^{3} x \sin ^{3} 2 x \sin ^{3} 4 x \cdots \sin ^{3} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$
$=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$
$\leq\left[\sin x \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \cdots \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ $\leq\left[\left(\frac{3 \sqrt{3}}{8}\right)^{n}\right]^{\frac{2}{3}}=\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$
| 【分析】}
(1)首先求得导函数的解析式, 然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号, 最后确定原函数的单调性 即可;
(2) 首先确定函数的周期性, 然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的 不等式;
(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
$f(x)=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ , 然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
【解析】}
【分析】}
(1)首先求得导函数的解析式, 然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号, 最后确定原函数的单调性 即可;
(2) 首先确定函数的周期性, 然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的 不等式;
(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
$f(x)=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ , 然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
【详解】(1)由函数的解析式可得: $f(x)=2 \sin ^{3} x \cos x$, 则:
$f^{\prime}(x)=2\left(3 \sin ^{2} x \cos ^{2} x-\sin ^{4} x\right)=2 \sin ^{2} x\left(3 \cos ^{2} x-\sin ^{2} x\right)$
$=2 \sin ^{2} x\left(4 \cos ^{2} x-1\right)=2 \sin ^{2} x(2 \cos x+1)(2 \cos x-1)$,
$f^{\prime}(x)=0$ 在 $x \in(0, \pi)$ 上的根为: $x_{1}=\frac{\pi}{3}, x_{2}=\frac{2 \pi}{3}$,
当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增,
当 $x \in\left(\frac{\pi}{3}, \frac{2 \pi}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减,
当 $x \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增.
(2)注意到 $f(x+\pi)=\sin ^{2}(x+\pi) \sin [2(x+\pi)]=\sin ^{2} x \sin 2 x=f(x)$,
故函数 $f(x)$ 是周期为 $\pi$ 的函数,
结合(1)的结论, 计算可得: $f(0)=f(\pi)=0$,
$f\left(\frac{\pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{8}, f\left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2} \times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,
据此可得: $[f(x)]_{\max }=\frac{3 \sqrt{3}}{8},[f(x)]_{\min }=-\frac{3 \sqrt{3}}{8}$,
即 $|f(x)| \leq \frac{3 \sqrt{3}}{8}$.
(3)结合(2)的结论有:
$\sin ^{2} x \sin ^{2} 2 x \sin ^{2} 4 x \cdots \sin ^{2} 2^{n} x$
$=\left[\sin ^{3} x \sin ^{3} 2 x \sin ^{3} 4 x \cdots \sin ^{3} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$
$=\left[\sin x\left(\sin ^{2} x \sin 2 x\right)\left(\sin ^{2} 2 x \sin 4 x\right) \cdots\left(\sin ^{2} 2^{n-1} x \sin 2^{n} x\right) \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$
$\leq\left[\sin x \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \cdots \times \frac{3 \sqrt{3}}{8} \times \sin ^{2} 2^{n} x\right]^{\frac{2}{3}}$ $\leq\left[\left(\frac{3 \sqrt{3}}{8}\right)^{n}\right]^{\frac{2}{3}}=\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$
| 12 | 2010-2022_Math_I_Open-ended_Questions |
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2020 | （新课标Ⅱ） | 22. 已知曲线 $C_{1}, C_{2}$ 的参数方程分别为 $C_{1}$ : $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos ^{2} \theta, \\ y=4 \sin ^{2} \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), $C_{2}:\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t}, \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数).
(1) 将 $C_{1}, C_{2}$ 的参数方程化为普通方程;
(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系. 设 $C_{1}, C_{2}$ 的交点为 $P$, 求圆心在极轴上, 且经过 极点和 $P$ 的圆的极坐标方程.
| 【解析】}
【分析】}
(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;
(2) 两方程联立求得点 $P$
, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;
由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.
(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,
则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,
$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,
$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.
| 【分析】}
(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;
(2) 两方程联立求得点 $P$
, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【解析】}
【分析】}
(1) 分别消去参数 $\theta$ 和 $t$ 即可得到所求普通方程;
(2) 两方程联立求得点 $P$
, 求得所求圆的直角坐标方程后, 根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.
【详解】（1）由 $\cos ^{2} \theta+\sin ^{2} \theta=1$ 得 $C_{1}$ 的普通方程为: $x+y=4$;
由 $\left\{\begin{array}{l}x=t+\frac{1}{t} \\ y=t-\frac{1}{t}\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{c}x^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}+2 \\ y^{2}=t^{2}+\frac{1}{t^{2}}-2\end{array}\right.$, 两式作差可得 $C_{2}$ 的普通方程为: $x^{2}-y^{2}=4$.
(2) 由 $\left\{\begin{array}{l}x+y=4 \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{2} \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$, 即 $P\left(\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$; 设所求圆圆心的直角坐标为 $(a, 0)$, 其中 $a>0$,
则 $\left(a-\frac{5}{2}\right)^{2}+\left(0-\frac{3}{2}\right)^{2}=a^{2}$, 解得: $a=\frac{17}{10}, \therefore$ 所求圆的半径 $r=\frac{17}{10}$,
$\therefore$ 所求圆的直角坐标方程为: $\left(x-\frac{17}{10}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{17}{10}\right)^{2}$, 即 $x^{2}+y^{2}=\frac{17}{5} x$,
$\therefore$ 所求圆的极坐标方程为 $\rho=\frac{17}{5} \cos \theta$.
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