2024 年高考数学·新课标 I 卷 T11/T18/T19

2024 年高考数学·新课标 I 卷

T11

题面

• $\mathrm{A}.$ $a=-2$
• $\mathrm{B}.$ 点 $(2\sqrt2,0)$ 在 $C$ 上
• $\mathrm{C}.$ $C$ 在第一象限的点的纵坐标的最大值为 $1$
• $\mathrm{D}.$ 当点 $(x_0,y_0)$ 在 $C$ 上时，$y_{0}\leqslant\frac{4}{x_0+2}$

题解

正确答案：$\color{green}\mathrm{ABD}$

• $\color{green}\mathrm{A}$ 选项分析

$\because$ $O$ 在曲线 $C$ 上
$\therefore$ $O$ 到 $x=a$ 的距离为 $-a$
$\because$ $OF=2$
$\therefore$ $-2a=4$
$\therefore$ $a=-2$

• $\color{green}\mathrm{B}$ 选项分析

由上述分析易知 $C:(x+2)\cdot\sqrt{(x-2)^2+y^2}=4$
将 $(2\sqrt2,0)$ 代入得原方程成立
$\therefore$ 点 $(2\sqrt2,0)$ 在 $C$ 上

• $\color{red}\mathrm{C}$ 选项分析

$\because$ $y^2=(\frac{4}{x+2})^2-(x-2)^2=f(x)$
$\therefore$ $f'(x)=-\frac{32}{(x+2)^3}-2(x-2)$
$\therefore$ $f(2)=1,f'(2)=-\frac{1}{2}<0$
$\therefore$ 在 $x=2$ 左侧存在 $(2-\ ,2)$ 满足 $f(x)>1$
$\therefore$ $y_{max}>1$
$\therefore$ $C$ 在第一象限的点的纵坐标的最大值大于 $1$

• $\color{green}\mathrm{D}$ 选项分析

$\because$ $y_0^2=(\frac{4}{x_0+2})^2-(x_0-2)^2\leqslant(\frac{4}{x_0+2})^2$
$\therefore$ $y_0\leqslant\frac{4}{x_0+2}$
$\therefore$ 当点 $(x_0,y_0)$ 在 $C$ 上时，$y_{0}\leqslant\frac{4}{x_0+2}$

T18

题面

• $(\mathrm{I})$ 若 $b=0$，且 $f'(x)\geqslant0$，求 $a$ 的最小值。
• $(\mathrm{II})$ 证明：曲线 $y=f(x)$ 是中心对称图形。
• $(\mathrm{III})$ 若 $f(x)>-2$ 当且仅当 $1<x<2$，求 $b$ 的取值范围。

题解

• $(\mathrm{I})$

当 $b=0$ 时，$f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax$
$\therefore f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{2-x}+a=\frac{2}{x(2-x)}+a\geqslant0$
即 $a\geqslant-\frac{2}{x(2-x)}$
当 $x=1$ 时，$a\geqslant-\frac{2}{1\times(2-1)}=-2$
$\therefore a_{min}=2$

• $(\mathrm{II})$

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

• $(\mathrm{III})$

由题，$a=f(1)\leqslant-2$
假设 $a<-2$，由 $f(\frac{2\cdot e^{\left|b\right|+1}}{1+e^{\left|b\right|+1}})>\left|b\right|+1-\left|b\right|=1$
应用零点存在定理知存在 $x_1\in{(1,\frac{2\cdot e^{\left|b\right|+1}}{1+e^{\left|b\right|+1}})},f(x_1)=0$
该结论与 $f(\frac{2\cdot e^{\left|b\right|+1}}{1+e^{\left|b\right|+1}})>1$ 矛盾
$\therefore a=-2$
此时，$f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x(2-x)}\cdot[3b\cdot x(2-x)+2]$
当 $b\geqslant-\frac{2}{3}$ 时，$f'(x)\geqslant\frac{(x-1)^2}{x(2-x)}\cdot(2x^2-4x+2)\geqslant0$ 且不恒为 $0$
$\therefore f(x)$ 在 $(0,2)$ 递增，其中，当且仅当 $1<x<2$ 时，$f(x)>-2=f(1)$
当 $b<-\frac{2}{3}$ 时，令 $x_0=\frac{3b-\sqrt{9b^2-6b}}{3b}\in{(0,1)},f'(x_0)=0$
且当 $x\in{(x_0,1)}$ 时，$f'(x)<0$
$\therefore f(x)$ 在 $(x_0,1)$ 递减
$\therefore f(x_0)>f(1)=-2$
而 $x_0\notin{(1,2)}$，此时矛盾

综上所述，$b\in{[-\frac{2}{3},+\infty)}$

T19

题面

• $(\mathrm{I})$ 写出所有的 $(i,j),1\leqslant i<j\leqslant6$，使数列 $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$ 是 $\color{green}(i,j)—可分数列$。
• $(\mathrm{II})$ 当 $m\geqslant3$ 时，证明：数列 $a_1,a_2,a_3,\cdots,a_{4m+2}$ 是 $\color{red}(2,13)—可分数列$。
• $(\mathrm{III})$ 从 $1,2,3,\cdots,4m+2$ 中一次任取两个数 $i$ 和 $j$ $(i<j)$，记数列 $a_1,a_2,a_3,\cdots,a_{4m+2}$ 是 $\color{purple}(i,j)—可分数列$ 的概率为 $P_m$，证明：$P_m>\frac{1}{8}$。

题解

• $\mathrm{(I)}$

由题，显然有 $(i,j)=(1,2),(5,6),(1,6)$

• $\mathrm{(II)}$

去掉 $a_2,a_{13}$ 后剩下 $a_1,a_3,\cdots,a_{12},a_{14}$
该 $12$ 个可分割为以下三个四元组
$(1,4,7,10),(3,6,9,12),(5,8,11,14)$
当 $a_i$ 中 $i>14$ 时，连续四个分为一组即可
$\therefore$ 数列 $a_1,a_2,,\cdots,a_{4m+2}$ 是 $\color{red}(2,13)—可分数列$

• $\mathrm{(III)}$

实则是不会写了，嘴硬说是不想写 $\LaTeX$ 了。