《2025年金考卷特快专递高中数学》

13. 已知向量$\boldsymbol{a},\boldsymbol{b}$满足$|\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}| = \sqrt{3},|\boldsymbol{a} + \boldsymbol{b}| = |2\boldsymbol{a} - \boldsymbol{b}|$,则$|\boldsymbol{b}| = $______.

答案： √3 向量的模 + 向量的数量积(理性思维) 解法一(利用向量数量积的定义及运算律) 由向量长度和数量积的关系,结合题设可知(a - b)·(a - b)=3,(a + b)·(a + b)=(2a - b)·(2a - b). 由数量积的运算律得a·a - 2a·b + b·b = 3,a·a - 2a·b = 0,因此b·b = |b|² = 3,故|b| = √3.
解法二(利用平面向量的坐标运算) 不妨设向量a = (x₁,y₁),b = (x₂,y₂). 由|a - b| = √3得(x₁ - x₂)² + (y₁ - y₂)² = 3. 由|a + b| = |2a - b|得(x₁ + x₂)² + (y₁ + y₂)² = (2x₁ - x₂)² + (2y₁ - y₂)²,整理可得x₁² - 2x₁x₂ + y₁² - 2y₁y₂ = 0. 所以x₂² + y₂² = (x₁ - x₂)² + (y₁ - y₂)² = 3,故|b| = √3. (完成这一过程后不难发现,结论|b| = √3对空间向量同样成立)

14. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为______.

答案：
28 棱台的体积(理性思维) 如图所示,正四棱锥P - ABCD的底面边长为4,用平行于底面的平面截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥P - A'B'C'D'后,得到正四棱台A'B'C'D' - ABCD,且A'B' = 2,AB = 4. 记O',O分别为正四棱台A'B'C'D' - ABCD上、下底面的中心,H',H分别为A'B',AB的中点,连接PO,PH,O'H',OH,则PO' = 3,O'H' = 1,OH = 2. 易知△PO'H'∽△POH,所以PO'/PO = O'H'/OH,即3/PO = 1/2,解得PO = 6,(题眼)所以OO' = PO - PO' = 3,所以该正四棱台的体积V = 1/3×3×(2² + 2×4 + 4²)=28. (方法技巧:台体的体积V = 1/3h(S₁ + √(S₁S₂) + S₂),其中h为台体的高,S₁,S₂分别为台体的上、下底面积)

15. 已知直线$x - my + 1 = 0$与$\odot C:(x - 1)^2 + y^2 = 4$交于$A,B$两点,写出满足“$\triangle ABC$面积为$\frac{8}{5}$”的$m$的一个值______.

答案：
2(答案不唯一,可填±1/2,±2中任意一个) 直线与圆的位置关系 + 点到直线的距离 + 圆内接三角形性质(理性思维、数学探索)
解法一 设直线x - my + 1 = 0为直线l,由条件知⊙C的圆心C(1,0),半径R = 2,C到直线l的距离d = 2/√(1 + m²),(题眼)(提示:点(x₀,y₀)到直线Ax + By + C = 0的距离d = |Ax₀ + By₀ + C|/√(A² + B²)) |AB| = 2√(R² - d²)=2√(4 - (2/√(1 + m²))²)=4|m|/√(1 + m²). (方法技巧:直线被圆截得的弦长的相关问题,通常利用几何法解决,即直线被圆截得的半弦长l/2、弦心距d和圆的半径r满足r² = (l/2)² + d²,可以知二求一,或者结合点到直线的距离公式构建关系式进行求解) 由S△ABC = 8/5,得1/2×4|m|/√(1 + m²)×2/√(1 + m²)=8/5,整理得2m² - 5|m| + 2 = 0,解得m = ±2或m = ±1/2,经验证,满足题目要求. 故答案可以为2.
解法二 如图,由圆C的标准方程(x - 1)² + y² = 4知圆心为C(1,0),半径r = 2;直线x - my + 1 = 0过圆C上的定点(-1,0),不妨设A(-1,0). 设直线x - my + 1 = 0与圆C另一交点B的坐标为B(xB,yB). 将x = my - 1代入圆C的方程,整理得m²y² - 4my + y² = 0,即(1 + m²)y² = 4my,所以yB = 4m/(1 + m²) (*). 在△ABC中,AC是固定的边,且|AC| = 2. 若视AC为△ABC的底,则其上高的长度h等于顶点B纵坐标的绝对值|yB|. 于是S△ABC = 1/2×|AC|×h = |yB|,又由题设S△ABC = 8/5,所以|yB| = 8/5. 故由(*)式得|m|/(1 + |m|²)=2/5,即2|m|² - 5|m| + 2 = 0,解得|m| = 2或|m| = 1/2. 因此,满足“△ABC面积为8/5”的m的一个值可填2,-2,1/2,-1/2中任意一个.
考情速递 命制开放填空题,体现创新性要求 近几年高考试题的命制在灵活度上有所增加,形式上丰富多彩,有结构不良试题、双空题、结论开放题等. 本题属于结论开放题,考查学生思维的灵活性,既增加了试题的灵活度,又拒绝了套路解法.

16. 已知函数$f(x) = \sin(\omega x + \varphi)$,如图,$A,B$是直线$y = \frac{1}{2}$与曲线$y = f(x)$的两个交点,若$|AB| = \frac{\pi}{6}$,则$f(\pi) = $______.
　　　　　　

答案： -√3/2 正弦型函数的图象与性质(理性思维、数学探索)
解题思路 要求f(π)的值,就需求出ω,φ的值. 根据函数图象求解是抓住图中的关键点,而这些点主要是利用“五点(画图)法”确定,同时结合正弦函数图象的对称性求解.
第1步:由题图及“五点(画图)法”得ω,φ的关系式
对比正弦函数y = sin x的图象易知,点(2π/3,0)为“五点(画图)法”中的第五点,(提醒:将点的坐标代入解析式时,要注意选择的点属于“五点(画图)法”中的哪一个点)所以2π/3ω + φ = 2π ①.
第2步:根据正弦函数图象的对称性求ω的值
由题知|AB| = xB - xA = π/6,{ωxA + φ = π/6,ωxB + φ = 5π/6},(题眼)两式相减,得ω(xB - xA)=4π/6,即π/6ω = 4π/6,解得ω = 4.
第3步:求出φ,即可求得结果
代入①,得φ = -2π/3,所以f(π)=sin(4π - 2π/3)= -sin 2π/3 = -√3/2.

17.（10分）记的内角A,B,C的对边分别为，$b,c$,已知$\triangle ABC$面积为$\sqrt{3}$,$D$为$BC$的中点,且$AD = 1$.
(1)若$\angle ADC=\frac{\pi}{3}$,求$\tan B$;
(2)若$b^{2}+c^{2}=8$,求$b,c$.

答案：
17.三角形面积公式+余弦定理+正弦定理+三角函数的诱导公式、两角和公式(理性思维、数学探索)
解:
(1)第1步:由三角形面积公式求a
因为D为BC的中点，
所以$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABD}=2\times\frac{1}{2}\times AD\times BD\sin\angle ADB = 2\times\frac{1}{2}\times1\times\frac{a}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,(提示:三角形的中线平分三角形的面积)
解得a=4.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(1分)
第2步:求tanB
解法一(利用正弦定理)　在$\triangle ABD$中,由正弦定理,
得$\frac{BD}{\sin\angle BAD}=\frac{AD}{\sin B}$,
所以$\frac{2}{\sin(\frac{\pi}{3}-B)}=\frac{1}{\sin B},2\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos B-\frac{1}{2}\sin B,5\sin B=\sqrt{3}\cos B$,
(4分)
所以$\tan B=\frac{\sin B}{\cos B}=\frac{\sqrt{3}}{5}$.　　　　　　　　　　　　　　　　　(5分)
解法二(利用余弦定理)　在$\triangle ABD$中,由余弦定理,得$c^{2}=AD^{2}+BD^{2}-2AD\cdot BD\cos\angle ADB = 1 + 4 + 2 = 7$,(方法技巧:已知两边及夹角求第三边时,选用余弦定理)
所以$c=\sqrt{7}$.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)
在$\triangle ABD$中,由余弦定理,得$\cos B=\frac{c^{2}+(\frac{a}{2})^{2}-AD^{2}}{2\cdot c\cdot\frac{a}{2}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$, (3分)
所以$\sin B=\sqrt{1-\cos^{2}B}=\frac{\sqrt{21}}{14},\tan B=\frac{\sqrt{3}}{5}$.　　　　　　　　　　(5分)
解法三(作$\triangle ABC$的高)　如图1,过点A作$AE\perp BC$,垂足为E,则$AE = AD\cdot\sin\angle ADC=\frac{\sqrt{3}}{2},DE = AD\cdot\cos\angle ADC=\frac{1}{2}$.

因此$BE=\frac{a}{2}+DE=\frac{5}{2}$,故$\tan B=\frac{AE}{BE}=\frac{\sqrt{3}}{5}$.　　　　　　　　(5分)
(2)解法一(利用余弦定理)　第1步:求a
方法一　因为D为BC的中点,所以BD=DC.
因为$\angle ADB+\angle ADC=\pi$,所以$\cos\angle ADB=-\cos\angle ADC$,
则在$\triangle ABD$与$\triangle ADC$中,由余弦定理,得$\frac{AD^{2}+BD^{2}-c^{2}}{2AD\cdot BD}=-\frac{AD^{2}+DC^{2}-b^{2}}{2AD\cdot DC}$,(方法技巧:在求边时,常根据两角互补,其余弦值互为相反数,并结合余弦定理建立方程求解)
得$1 + BD^{2}-c^{2}=-(1 + BD^{2}-b^{2})$,
所以$2BD^{2}=b^{2}+c^{2}-2 = 6$,所以$BD=\sqrt{3}$,所以$a = 2\sqrt{3}$. (题眼)
(6分)
方法二　　因为D为BC的中点，所以BC=2BD.
在$\triangle ABD$与$\triangle ABC$中,由余弦定理,得$\cos B=\frac{c^{2}+BD^{2}-AD^{2}}{2c\cdot BD}=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}$,(方法技巧:当在一个三角形中不易求解时,可考虑在两个三角形中找到等量关系建立关系式求解)
整理,得$2BD^{2}=b^{2}+c^{2}-2 = 6$,
得$BD=\sqrt{3}$,所以$a = 2\sqrt{3}$. (题眼)　　　　　　　　　　　　　(6分)
第2步:求b,c的值
在$\triangle ABC$中,由余弦定理,得$\cos\angle BAC=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{8 - 12}{2bc}=-\frac{2}{bc}$,
(7分)
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin\angle BAC$
$=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-\cos^{2}\angle BAC}$
$=\frac{1}{2}bc\sqrt{1-(-\frac{2}{bc})^{2}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{b^{2}c^{2}-4}$
$=\sqrt{3}$,
解得bc = 4. (9分)
则由$\begin{cases}bc = 4\\b^{2}+c^{2}=8\end{cases}$,解得b = c = 2. (10分)
解法二(利用平行四边形对角线平方和定理)　如图2,延长AD至E使得AD=DE,连接BE,CE,则四边形ABEC为平行四边形,则$BC^{2}+AE^{2}=2(AB^{2}+AC^{2})$,
因此$a^{2}+4 = 2(c^{2}+b^{2}) = 16$,故$a = 2\sqrt{3}$.

(6分)
而$\triangle ABC$面积为$\sqrt{3}=\frac{1}{2}AD\cdot a$,
所以AD为$\triangle ABC$的边BC上的高,
故$b = c=\sqrt{(\frac{a}{2})^{2}+AD^{2}} = 2$. (10分)

18.（12分）已知$\{ a_{n}\}$为等差数列，$b_{n}=\begin{cases}a_{n}-6,n为奇数\\2a_{n},n为偶数\end{cases}$. 记$S_{n},T_{n}$分别为数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，$S_{4}=32$，$T_{3}=16$.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)证明：当$n ＞ 5$时，$T_{n} ＞ S_{n}$.

答案： 18.等差数列的通项公式及前n项和公式+分组求和法的应用(理性思维、数学应用)
解:
(1)第1步:求出{bₙ}的前3项
设等差数列{aₙ}的公差为d.
因为$b_{n}=\begin{cases}a_{n}-6,n为奇数\\2a_{n},n为偶数\end{cases}$，
所以$b_{1}=a_{1}-6$，$b_{2}=2a_{2}=2a_{1}+2d$，$b_{3}=a_{3}-6=a_{1}+2d-6$.(提示:由于数列{bₙ}是一个奇偶项数列,因此求项时需“对号入座”)(2分)
第2步:结合已知条件建立方程组求出a₁与公差d
因为$S_{4}=32$，$T_{3}=16$，
所以$\begin{cases}4a_{1}+6d=32\\(a_{1}-6)+(2a_{1}+2d)+(a_{1}+2d-6)=16\end{cases}$，(方法技巧:求等差数列的基本量时,常根据已知条件建立方程组求解)
整理,得$\begin{cases}2a_{1}+3d=16\\a_{1}+d=7\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=5\\d=2\end{cases}$，(题眼)(4分)
第3步:求数列{aₙ}的通项公式
所以{aₙ}的通项公式为$a_{n}=2n+3$.(提示:等差数列的通项公式为$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d$)(5分)
(2)解法一 $T_{2n}=b_{1}+b_{3}+\cdots +b_{2n - 1}+b_{2}+b_{4}+\cdots +b_{2n}$
$=a_{1}+a_{3}+\cdots +a_{2n - 1}-6n+2a_{2}+2a_{4}+\cdots +2a_{2n}$
$=S_{2n}+a_{2}+\cdots +a_{2n}-6n$
$=S_{2n}+2n^{2}-n$.(7分)
$T_{2n + 1}=T_{2n}+b_{2n + 1}=S_{2n}+2n^{2}-n+a_{2n + 1}-6=S_{2n + 1}+2n^{2}-n-6$.(9分)
当$n\geq1$时，$T_{2n}-S_{2n}=2n^{2}-n＞0$，故$T_{2n}＞S_{2n}$；(10分)
当$n＞2$时，$T_{2n + 1}-S_{2n + 1}=2n^{2}-n-6＞0$，故$T_{2n + 1}＞S_{2n + 1}$.(11分)
综上,当$n＞5$时，$T_{n}＞S_{n}$.(12分)
解法二 第1步:结合
(1)求$S_{n}$
由
(1)知$a_{n}=2n+3$，
所以$S_{n}=\frac{n[5+(2n + 3)]}{2}=n^{2}+4n$.(提示:等差数列{aₙ}的前n项和公式为$S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}$)(6分)
第2步:证明n为奇数时所证不等式成立
当n为奇数时，
$T_{n}=(-1 + 14)+(3 + 22)+(7 + 30)+\cdots +[(2n - 7)+(4n + 2)]+2n - 3=[-1 + 3 + 7+\cdots+(2n - 7)+(2n - 3)]+[14 + 22+30+\cdots+(4n + 2)]=\frac{\frac{n + 1}{2}(-1 + 2n - 3)}{2}+\frac{\frac{n - 1}{2}(14 + 4n + 2)}{2}=\frac{3n^{2}+5n - 10}{2}$.(方法技巧:如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列,则求其前n项和时可以使用分组求和方法,使具有相同结构的部分求和,然后将结果相加、化简即可)(8分)
当$n＞5$时，$T_{n}-S_{n}=\frac{3n^{2}+5n - 10}{2}-(n^{2}+4n)=\frac{n^{2}-3n - 10}{2}=\frac{(n - 5)(n + 2)}{2}＞0$，
所以$T_{n}＞S_{n}$.(9分)
第3步:证明n为偶数时所证不等式成立,得结果
当n为偶数时，$T_{n}=(-1 + 14)+(3 + 22)+(7 + 30)+\cdots +[(2n - 5)+(4n + 6)]=[-1 + 3 + 7+\cdots+(2n - 5)]+[14 + 22+30+\cdots+(4n + 6)]=\frac{\frac{n}{2}(-1 + 2n - 5)}{2}+\frac{\frac{n}{2}(14 + 4n + 6)}{2}=\frac{3n^{2}+7n}{2}$.(10分)
当$n＞5$时，$T_{n}-S_{n}=\frac{3n^{2}+7n}{2}-(n^{2}+4n)=\frac{n^{2}-n}{2}=\frac{n(n - 1)}{2}＞0$，
所以$T_{n}＞S_{n}$.(11分)
综上可知,当$n＞5$时，$T_{n}＞S_{n}$.(12分)
真题互鉴 奇偶项数列 高考从来不避讳对重点知识和重点题型的考查,基本上是年年考.本题考查奇偶项数列问题,这类题型在2021年新高考Ⅰ卷中呈现过,题型模式熟,学生易下手,虽试题内容有所更新,但解题方法类似.
命题分析 试题的主干部分包括两个数列,一个是学生熟悉的等差数列{aₙ},要解决的是关于数列通项公式的问题;另一个是在此基础上构造的新数列{bₙ},要解决问题需挖掘新数列蕴含的信息,并与老数列进行对比.