《2025年金考卷特快专递高中数学》

8. 在三棱锥$P - ABC$中，点$M$，$N$分别在棱$PB$和$PC$上，且$PM=\frac{1}{3}PB$，$PN=\frac{2}{3}PC$，则三棱锥$P - AMN$和三棱锥$P - ABC$的体积之比为
A. $\frac{1}{9}$
B. $\frac{2}{9}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{4}{9}$

答案：
8.B　三棱锥的结构特征、体积(空间想象能力、运算求解能力)
教你审题　三棱锥$P - AMN$和三棱锥$P - ABC$分别以$\triangle PMN$和$\triangle PBC$为底面时高相等,其体积之比等于底面积之比,进而求解.
如图所示,$\frac{V_{三棱锥P - AMN}}{V_{三棱锥P - ABC}}=\frac{V_{三棱锥A - PMN}}{V_{三棱锥A - PBC}}=\frac{S_{\triangle PMN}}{S_{\triangle PBC}}=\frac{\frac{1}{2}PM\cdot PN\cdot\sin\angle MPN}{\frac{1}{2}PB\cdot PC\cdot\sin\angle BPC}=\frac{PM\cdot PN}{PB\cdot PC}=\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}=\frac{2}{9}$,选B.

9.已知双曲线的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$. 过$F_{2}$向一条渐近线作垂线,垂足为$P$.
若$|PF_{2}| = 2$,直线$PF_{1}$的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$,则双曲线的方程为
A.$\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$
B.$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{8}=1$
C.$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$
D.$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$

答案：
9. D 点到直线的距离公式 + 直线的斜率公式 + 双曲线的标准方程和几何性质(数形结合思想、运算求解能力)
教你审题 解法一 由已知条件,根据点到直线的距离公式求出b,再由直线$PF_{1}$的斜率求出a,进而得到双曲线的方程.
解法一 设双曲线的半焦距为c,则$F_{1}(-c,0),F_{2}(c,0)$. 依题意,取双曲线的渐近线$y=\frac{b}{a}x$,如图,由$|PF_{2}| = 2$,得$\frac{|bc|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=2$,利用$c^{2}=a^{2}+b^{2}$,得$b = 2$. 依题意,直线$PF_{2}$的方程为$y=-\frac{a}{b}(x - c)$,由$\begin{cases}y=\frac{b}{a}x\\y=-\frac{a}{b}(x - c)\end{cases}$,利用$c^{2}=a^{2}+b^{2}$,得点P的坐标为$(\frac{a^{2}}{c},\frac{ab}{c})$,则直线$PF_{1}$的斜率为$\frac{\frac{ab}{c}-0}{\frac{a^{2}}{c}-(-c)}=\frac{ab}{a^{2}+c^{2}}=\frac{a}{a^{2}+2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$,解得$a=\sqrt{2}$. 故双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$,选D.

解法二 因为过点$F_{2}$向其中一条渐近线作垂线,垂足为P,且$|PF_{2}| = 2$,所以$b = 2$,(题眼)( 此处利用二级结论:双曲线中焦点到渐近线的距离为b)再结合选项,排除B,C;若双曲线方程为$\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$,则$F_{1}(-2\sqrt{3},0),F_{2}(2\sqrt{3},0)$,渐近线方程为$y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x$,不妨取渐近线$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x$,则直线$PF_{2}$的方程为$y=-\sqrt{2}(x - 2\sqrt{3})$,与渐近线方程$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x$联立,得$\begin{cases}y=-\sqrt{2}(x - 2\sqrt{3})\\y=\frac{\sqrt{2}}{2}x\end{cases}$,解得$\begin{cases}x=\frac{4\sqrt{3}}{3}\\y=\frac{2\sqrt{6}}{3}\end{cases}$,则$P(\frac{4\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3})$,则$k_{PF_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{5}$,又直线$PF_{1}$的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$,所以双曲线方程$\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$不符合题意,排除A. 故选D.
考情速递 突出对数学学科本质的考查 近几年高考题重点突出对学科本质的考查,淡化解题技巧. 如本题考查双曲线的标准方程,利用的方法主要是解析法,即把题目中的每一个几何条件都用方程或代数式表示出来,然后再运算,这是近几年高考题中解析几何考查的主要形式.

10. 已知$\mathrm{i}$是虚数单位,化简$\frac{5 + 14\mathrm{i}}{2 + 3\mathrm{i}}$的结果为_________.

答案： 10. $4 + i$ 复数的运算 $\frac{5 + 14i}{2 + 3i}=\frac{(5 + 14i)(2 - 3i)}{(2 + 3i)(2 - 3i)}=\frac{10 - 15i + 28i + 42}{13}=\frac{52 + 13i}{13}=4 + i$.

11. 在$(2x^{3}-\frac{1}{x})^{6}$的展开式中,$x^{2}$的系数为_________.

答案： 11. 60 二项式定理(运算求解能力) 解法一 $(2x^{3}-\frac{1}{x})^{6}$的展开式的通项$T_{k + 1}=C_{6}^{k}(2x^{3})^{6 - k}(-\frac{1}{x})^{k}=(-1)^{k}2^{6 - k}C_{6}^{k}x^{18 - 4k}$,令$18 - 4k = 2$,解得$k = 4$,所以$x^{2}$的系数为$(-1)^{4}\times2^{2}\times C_{6}^{4}=60$.
解法二 将$(2x^{3}-\frac{1}{x})^{6}$看成6个多项式$(2x^{3}-\frac{1}{x})$相乘,要想出现$x^{2}$项,则先在2个多项式中分别取$2x^{3}$,然后在余下的多项式中都取$-\frac{1}{x}$,相乘,即$C_{6}^{2}(2x^{3})^{2}\times C_{4}^{4}(-\frac{1}{x})^{4}=60x^{2}$, (题眼) 所以$x^{2}$的系数为60.

12. 已知过原点$O$的直线$l$与圆$(x + 2)^{2}+y^{2}=3$相切,且$l$与抛物线$y^{2}=2px(p ＞ 0)$交于$O,A$两点.若$|OA| = 8$,则$p = $_________.

答案： 12. 6 直线与圆的位置关系 + 两点间的距离公式 + 抛物线的标准方程(数形结合思想、运算求解能力)
教你审题 先利用直线与圆相切求得直线l的方程,再联立l的方程和抛物线的方程,用p表示点A的坐标,然后利用两点间的距离公式和已知条件求p.
由已知,得圆心C的坐标为$(-2,0)$,半径$r=\sqrt{3}$. 由题意知,直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为$y = kx$. 点C到直线l的距离$d=\frac{|-2k|}{\sqrt{k^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{2|k|}{\sqrt{k^{2}+1}}$. 依题意,$d = r$,即$\frac{2|k|}{\sqrt{k^{2}+1}}=\sqrt{3}$,解得$k=\pm\sqrt{3}$. 由$\begin{cases}y=\pm\sqrt{3}x\\y^{2}=2px\end{cases}$,得$A(\frac{2p}{3},\pm\frac{2\sqrt{3}p}{3})$. 由$|OA| = 8$,得$(\frac{2p}{3})^{2}+(\pm\frac{2\sqrt{3}p}{3})^{2}=64$,解得$p=\pm6$,又$p＞0$,所以$p = 6$.

13. 把若干个黑球和白球(这些球除颜色外没有其他差异)放进三个空箱子中. 三个箱子中的球数之比为$5:4:6$,且其中的黑球比例依次为$40\%,25\%$, $50\%$. 若从每个箱子中各随机摸出一个球,则三个球都是黑球的概率为_________;若把所有球放在一起,然后随机摸出一个球,则该球是白球的概率为_________.

答案： 13. $\frac{1}{20}$ $\frac{3}{5}$ 相互独立事件的概率 + 古典概型 + 对立事件的概率(运用概率知识解决简单实际问题的能力) 解法一 用$A_{i}(i = 1,2,3)$表示事件“从第i个箱子中摸出一个黑球”. 依题意,三个球都是黑球的概率$P(A_{1}A_{2}A_{3})=P(A_{1})\cdot P(A_{2})\cdot P(A_{3})=40\%\times25\%\times50\%=\frac{1}{20}$.
由题意,可设三个箱子中的球数分别为$5k,4k,6k(k\in N^{*})$,则总球数为15k,三个箱子中的黑球总数为$5k\times40\%+4k\times25\%+6k\times50\%=6k$,所以把所有球放在一起,然后随机摸出一个球,该球是黑球的概率为$\frac{6k}{15k}=\frac{2}{5}$,从而所求概率为$1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}$.
解法二 设$A =$“从甲箱子中取一个球,是黑球”,$B =$“从乙箱子中取一个球,是黑球”,$C =$“从丙箱子中取一个球,是黑球”,由题意可知$P(A)=40\%=\frac{2}{5},P(B)=25\%=\frac{1}{4},P(C)=50\%=\frac{1}{2}$,现从三个箱子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为$P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=\frac{2}{5}\times\frac{1}{4}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{20}$.
设$D_{1}=$“取到的球是甲箱子中的”,$D_{2}=$“取到的球是乙箱子中的”,$D_{3}=$“取到的球是丙箱子中的”,$E =$“取到的球是白球”,由题意可知$P(D_{1})=\frac{5}{5 + 4 + 6}=\frac{1}{3},P(D_{2})=\frac{4}{5 + 4 + 6}=\frac{4}{15},P(D_{3})=\frac{6}{5 + 4 + 6}=\frac{2}{5},P(E|D_{1})=1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5},P(E|D_{2})=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4},P(E|D_{3})=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$,所以$P(E)=P(D_{1}E + D_{2}E + D_{3}E)=P(D_{1}E)+P(D_{2}E)+P(D_{3}E)=P(D_{1})P(E|D_{1})+P(D_{2})P(E|D_{2})+P(D_{3})P(E|D_{3})=\frac{1}{3}\times\frac{3}{5}+\frac{4}{15}\times\frac{3}{4}+\frac{2}{5}\times\frac{1}{2}=\frac{3}{5}$.
解法三 设甲、乙、丙三个箱子中的球的个数分别为5,4,6,其中甲箱子中黑球的个数为2,白球的个数为3;乙箱子中黑球的个数为1,白球的个数为3;丙箱子中黑球的个数为3,白球的个数为3. 则从三个箱子中各取一个球,共有$5\times4\times6$种结果,其中取到的三个球都是黑球有$2\times1\times3$种结果,所以取到的三个球都是黑球的概率为$\frac{2\times1\times3}{5\times4\times6}=\frac{1}{20}$.
将三个箱子中的球混合在一起共有$5 + 4 + 6 = 15$(个)球,其中白球共有$3 + 3 + 3 = 9$(个),所以混合后任取一个球,共有15种结果,其中取到白球有9种结果,所以混合后任取一个球,是白球的概率为$\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$.

14. 在$\triangle ABC$中,$BC = 1,\angle A = 60^{\circ},\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{CD}$. 记$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol{a},\overrightarrow{AC}=\boldsymbol{b}$. 用$\boldsymbol{a}$和$\boldsymbol{b}$表示$\overrightarrow{AE}$,则$\overrightarrow{AE}=$_________;若$\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$, 则$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$的最大值为_________.

答案：
14. $\frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b$ $\frac{13}{24}$ 平面向量基本定理 + 平面向量的运算 + 基本不等式(数形结合思想、运算求解能力)
教你审题 解法一 利用平面向量的线性运算及已知,用$a,b$表示$\overrightarrow{AE}$;再由平面向量的数量积运算,用$a,b$表示$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$,然后利用基本不等式求解.
解法一 依题意,$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{DC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AD})=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}(\overrightarrow{AC}-\frac{1}{2}\overrightarrow{AB})=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}=\frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b$.
因为$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b$,又$a\cdot b=|a||b|\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}|a||b|$,所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=(\frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b)\cdot(\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b)=\frac{1}{6}|a|^{2}+\frac{1}{6}|b|^{2}+\frac{5}{12}a\cdot b=\frac{1}{6}|a|^{2}+\frac{1}{6}|b|^{2}+\frac{5}{24}|a||b|$. 由$|\overrightarrow{BC}| = 1,\overrightarrow{BC}=b - a$,得$|b - a|^{2}=1$,可得$|a||b|=|a|^{2}+|b|^{2}-1$,又$|a||b|\leq\frac{1}{2}(|a|^{2}+|b|^{2})$,故$|a|^{2}+|b|^{2}\leq2$,当且仅当$|a| = |b| = 1$时,等号成立. 从而$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=\frac{1}{6}|a|^{2}+\frac{1}{6}|b|^{2}+\frac{5}{24}(|a|^{2}+|b|^{2}-1)=\frac{9}{24}(|a|^{2}+|b|^{2})-\frac{5}{24}\leq\frac{13}{24}$,当且仅当$|a| = |b| = 1$时,等号成立. 所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$的最大值为$\frac{13}{24}$.
解法二 因为E为CD的中点,所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AD}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$,因为D为AB的中点,所以$\overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$,所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{4}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$,又$\overrightarrow{AB}=a,\overrightarrow{AC}=b$,所以$\overrightarrow{AE}=\frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b$. 因为$\overrightarrow{BF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{BC}$,所以$\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})$,即$\overrightarrow{AF}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b$,所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=(\frac{1}{4}a+\frac{1}{2}b)\cdot(\frac{2}{3}a+\frac{1}{3}b)=\frac{1}{6}a^{2}+\frac{5}{12}a\cdot b+\frac{1}{6}b^{2}$. 在$\triangle ABC$中,$\angle CAB = 60^{\circ},|\overrightarrow{BC}| = 1$,设$\triangle ABC$的三个内角$\angle CAB,B,C$所对的边分别为a,b,c,则$a = 1,|a| = c,|b| = b$,所以$a\cdot b = bc\cos60^{\circ}=\frac{bc}{2}$,由余弦定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos60^{\circ}$,即$1 = b^{2}+c^{2}-bc$,所以$b^{2}+c^{2}=bc + 1$,所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=\frac{1}{6}a^{2}+\frac{5}{12}a\cdot b+\frac{1}{6}b^{2}=\frac{1}{6}c^{2}+\frac{5}{24}bc+\frac{1}{6}b^{2}=\frac{1}{6}(bc + 1)+\frac{5}{24}bc=\frac{3}{8}bc+\frac{1}{6}$.
因为$b^{2}+c^{2}\geq2bc$,所以$bc + 1\geq2bc$,所以$bc\leq1$,当且仅当$b = c$时等号成立,所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$的最大值为$\frac{3}{8}+\frac{1}{6}=\frac{13}{24}$.
解法三 由解法二知$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=\frac{3}{8}bc+\frac{1}{6}$.
因为在$\triangle ABC$中,$\angle A = 60^{\circ},a = 1$,所以由正弦定理得$2r=\frac{a}{\sin A}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,其中r为$\triangle ABC$外接圆的半径,所以$r=\frac{\sqrt{3}}{3}$,即$\triangle ABC$外接圆的半径是确定的. 如图所示,圆O的半径为$\frac{\sqrt{3}}{3}$,点A在优弧BC上运动,且总满足$\angle A = 60^{\circ}$,则$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{\sqrt{3}}{4}bc$,由图可知,当点A在优弧BC的中点时,点A到BC的距离最大,即$S_{\triangle ABC}$最大,此时$AB = AC$,即$c = b$,又$\angle A = 60^{\circ}$,所以此时$\triangle ABC$为正三角形,所以$\triangle ABC$面积的最大值为$\frac{\sqrt{3}}{4}$,所以bc的最大值为1,又$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}=\frac{3}{8}bc+\frac{1}{6}$,所以$\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AF}$的最大值为$\frac{3}{8}+\frac{1}{6}=\frac{13}{24}$.

考情速递 在知识交汇处命题 高考试题既重视基础性,又重视综合性,特别是数学知识的综合应用. 本题将向量与利用正、余弦定理解三角形、三角恒等变换综合在一起考查,既考查了学生的综合应用能力,又体现了向量是工具、向量是桥梁的数学本质,估计未来高考会出现更多这种考查形式.

15. 设$a\in\mathbf{R}$,函数$f(x)=ax^{2}-2x-|x^{2}-ax + 1|$. 若$f(x)$恰有两个零点,则$a$的取值范围为_________.

答案：
15. $(-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)$ 函数的图象和零点
教你审题 根据所给函数的特点,通过分类讨论求a的取值范围.
解法一 令$g(x)=ax^{2}-2x,h(x)=x^{2}-ax + 1,h(x)$的判别式$\Delta_{1}=a^{2}-4$.
(i)当$\Delta_{1}\leq0$,即$|a|\leq2$时,$f(x)=ax^{2}-2x-(x^{2}-ax + 1)=(a - 1)x^{2}+(a - 2)x - 1$.
①当$a = 1$时,$f(x)=-x - 1$恰有一个零点,不合题意.
②当$a\neq1$时,$f(x)$的判别式$\Delta_{2}=(a - 2)^{2}+4(a - 1)=a^{2}\geq0$. 当$\Delta_{2}=0$,即$a = 0$时,$f(x)=-(x + 1)^{2}$恰有一个零点,不合题意;当$\Delta_{2}＞0$,即$a\neq0$时,$f(x)$恰有两个零点.
(ii)当$\Delta_{1}＞0$,即$|a|＞2$时,若$f(x)=0$,则有$ax^{2}-2x=|x^{2}-ax + 1|$,故$(ax^{2}-2x)^{2}=(x^{2}-ax + 1)^{2}$,整理得$(x - 1)(x + 1)[(a - 1)x - 1]\cdot[(a + 1)x - 1]=0$. 从而$f(x)=0\Leftrightarrow x\in\{1,-1,\frac{1}{a - 1},\frac{1}{a + 1}\}$且$g(x)\geq0$. 注意到$\begin{cases}g(1)=a - 2\\g(-1)=a + 2\\g(\frac{1}{a - 1})=-\frac{a - 2}{(a - 1)^{2}}\\g(\frac{1}{a + 1})=-\frac{a + 2}{(a + 1)^{2}}\end{cases}$,所以,当$|a|＞2$时,$f(x)$恰有两个零点.
由(i)(ii)可知,当且仅当$a\in(-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)$时$f(x)$恰有两个零点.
解法二 当$a = 1$时,函数$f(x)$仅有一个零点 - 1,不符合题意;当$a = 0$时,函数$f(x)$仅有一个零点 - 1,不符合题意;当$a=-1$时,函数$f(x)$恰有两个零点,分别为 - 1和$-\frac{1}{2}$,符合题意.
若$a\neq0$且$a\neq\pm1$,分以下两种情况:
①当$x^{2}-ax + 1\geq0$时,$f(x)=ax^{2}-2x-|x^{2}-ax + 1|=ax^{2}-2x-(x^{2}-ax + 1)=(a - 1)x^{2}+(a - 2)x - 1=(x + 1)[(a - 1)x - 1]$,令$f(x)=0$,由$a\neq0$且$a\neq\pm1$,得$x_{1}=-1,x_{2}=\frac{1}{a - 1}$,且$x_{1}\neq x_{2}$. 又$x_{1}=-1$时,$ax^{2}-2x-(x^{2}-ax + 1)=a + 2-(x^{2}-ax + 1)=0$,所以$a=(x^{2}-ax + 1)-2$,则$x^{2}-ax + 1\geq0$时,$a\geq - 2$且$a\neq0,a\neq\pm1$;$x_{2}=\frac{1}{a - 1}$时,$ax^{2}-2x-(x^{2}-ax + 1)=\frac{a}{(a - 1)^{2}}-\frac{2}{a - 1}-(x^{2}-ax + 1)=0$,所以$\frac{2 - a}{(a - 1)^{2}}=x^{2}-ax + 1$,则$x^{2}-ax + 1\geq0$时,$a\leq2$且$a\neq0,a\neq\pm1$.
②当$x^{2}-ax + 1＜0$时,$f(x)=ax^{2}-2x-|x^{2}-ax + 1|=ax^{2}-2x+(x^{2}-ax + 1)=(a + 1)x^{2}-(a + 2)x + 1=(x - 1)[(a + 1)x - 1]$,令$f(x)=0$,由$a\neq0$且$a\neq\pm1$,得$x_{3}=1,x_{4}=\frac{1}{a + 1}$,且$x_{3}\neq x_{4}$. 同理,$x_{3}=1$时,$x^{2}-ax + 1＜0$,则$a＞2$;$x_{4}=\frac{1}{a + 1}$时,$x^{2}-ax + 1＜0$,则$a＜-2$.
综上,a的取值范围为$(-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)$.
解法三 第1步:讨论当$a = 0$时的情况
当$a = 0$时,$f(x)=-2x-|x^{2}+1|=-x^{2}-2x - 1=-(x + 1)^{2}$,令$f(x)=0$,解得$x=-1$,所以此时$f(x)$仅有一个零点,所以$a = 0$不符合题意.
第2步:讨论$x^{2}-ax + 1\geq0$时的情况
令$x^{2}-ax + 1=0$,当$\Delta=a^{2}-4\leq0$,即$-2\leq a\leq2$时,$x^{2}-ax + 1\geq0$在R上恒成立,此时$f(x)=ax^{2}-2x-(x^{2}-ax + 1)=(a - 1)x^{2}+(a - 2)x - 1$. 当$a = 1$时,$f(x)=-x - 1$,此时函数$f(x)$仅有一个零点,不符合题意,当$a\neq0$且$a\neq1$时,令$f(x)=0$,解得$x=-1$或$x=\frac{1}{a - 1}$,此时方程$f(x)=0$有两个不相等实根,即函数$f(x)$恰有两个零点,所以$-2\leq a\leq2$且$a\neq0,a\neq1$符合题意.
第3步:讨论当$a＞2$时的情况
当$a＞2$时,在同一平面直角坐标系中作出函数$y_{1}=ax^{2}-2x$和$y_{2}=x^{2}-ax + 1$的图象,如图1所示. 令$y_{3}=y_{1}-y_{2}=ax^{2}-2x-x^{2}+ax - 1=0$,得$(a - 1)x^{2}+(a - 2)x - 1=0$,解得$x=-1$或$x=\frac{1}{a - 1}$,所以函数$y_{1}=ax^{2}-2x$和函数$y_{2}=x^{2}-ax + 1$的图象有两个交点,当$x＜-1$或$x＞\frac{1}{a - 1}$时,$y_{3}＞0$,即$y_{1}＞y_{2}$;当$-1＜x＜\frac{1}{a - 1}$时,$y_{3}＜0$,即$y_{1}＜y_{2}$. 函数$y_{1}=ax^{2}-2x$的图象与x轴的交点分别为点$(0,0),(\frac{2}{a},0)$,因为$a＞2$,所以函数$y_{2}=x^{2}-ax + 1$的图象与x轴有两个交点,设两个交点坐标分别为$(x_{1},0),(x_{2},0)$,则$x_{1},x_{2}$是方程$x^{2}-ax + 1=0$的两根,不妨设$x_{1}＜x_{2}$,则$x_{1}x_{2}=1,x_{1}+x_{2}=a＞0$,所以$x_{2}＞1,0＜x_{1}＜1$. 当$x=\frac{2}{a}$时,$y_{2}=\frac{4}{a^{2}}-a\times\frac{2}{a}+1=\frac{4}{a^{2}}-1＜0$,即$0＜x_{1}＜\frac{2}{a}＜x_{2}$;当$x=\frac{1}{a - 1}$时,$y_{2}=\frac{1}{(a - 1)^{2}}-\frac{a}{a - 1}+1=\frac{2 - a}{(a - 1)^{2}}＜0$,且$\frac{1}{a - 1}＜\frac{2}{a}$,所以$0＜x_{1}＜\frac{1}{a - 1}＜\frac{2}{a}＜x_{2}$. (题眼)据此作出函数$y=|x^{2}-ax + 1|$的图象(如图2),所以函数$y=|x^{2}-ax + 1|$在$(x_{1},x_{2})$内的图象与函数$y_{1}=ax^{2}-2x$的图象有一个交点,当$x＜x_{1}$时两函数图象还有一个交点,所以此时函数$y=|x^{2}-ax + 1|$和函数$y_{1}=ax^{2}-2x$的图象有且仅有两个交点,即此时$f(x)=ax^{2}-2x-|x^{2}-ax + 1|$恰有两个零点,所以$a＞2$符合题意.

第4步:讨论$a＜-2$时的情况
当$a＜-2$时,在同一平面直角坐标系中作出函数$y_{1}=ax^{2}-2x$和$y_{2}=x^{2}-ax + 1$的图象,如图3所示. 同理可知$x_{1}＜-1＜\frac{2}{a}＜x_{2}＜\frac{1}{a - 1}$,据此作出函数$y=|x^{2}-ax + 1|$的图象,如图4所示,所以函数$y=|x^{2}-ax + 1|$在$(x_{1},x_{2})$上的图象与函数$y_{1}=ax^{2}-2x$的图象有一个交点,当$x＞x_{2}$时两函数图象还有一个交点,所以此时函数$y=|x^{2}-ax + 1|$和函数$y_{1}=ax^{2}-2x$的图象有且仅有两个交点,即此时$f(x)=ax^{2}-2x-|x^{2}-ax + 1|$恰有两个零点,所以$a＜-2$符合题意.

综上,a的取值范围为$(-\infty,0)\cup(0,1)\cup(1,+\infty)$.
解后反思 本题解法三首先讨论a是否为0,然后讨论函数$y_{2}=x^{2}-ax + 1$的图象与x轴是否有交点,因为本题可以转化为求函数$y_{1}=ax^{2}-2x$与$y=|x^{2}-ax + 1|$的图象有两个交点时a的取值范围,所以确定出函数$y_{1}=ax^{2}-2x$和函数$y_{2}=x^{2}-ax + 1$的图象与x轴交点的横坐标,及这两个函数图象交点的横坐标的关系是解答本题的关键. 这种思想方法与2022年天津卷的第15题类似.
真题互鉴 (2022天津卷,15)设$a\in R$. 对任意实数x,用$f(x)$表示$|x|-2,x^{2}-ax + 3a - 5$中的较小者. 若函数$f(x)$至少有3个零点,则a的取值范围为________.
答案:$[10,+\infty)$
考情速递 创设新函数,考查学科素养 近几年在高考试题中,常通过创设一个新函数,考查学生的学科素养和应用数学知识的能力. 本题考查函数的零点问题,需要学生对一元二次函数图象深刻认识,及对绝对值符号正确处理,需要学生有良好的学科素养.

16.(本小题满分14分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知a = $\sqrt{39}$,b = 2,A = 120°.
　(1)求sin B的值;
　(2)求c的值;
　(3)求sin(B - C)的值.

答案： 16.正弦定理+余弦定理+同角三角函数的基本关系+二倍角的正弦、余弦公式+两角差的正弦公式(运用三角形的边角关系和三角恒等变换解决问题的能力)
解题思路　
(1)由正弦定理求出sinB的值;
(2)解法一　由余弦定理求出c的值;
(3)将求sin(B−C)转化为求sin(2B−60°),由
(1)求出cosB,利用二倍角的正弦和余弦公式分别求出sin2B和cos2B的值，最后利用两角差的正弦公式求出sin(2B−60°)的值.
解:
(1)由正弦定理$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$及已知，(3分)
可得$\sin B=\frac{b\sin A}{a}=\frac{\sqrt{13}}{13}$。(5分)
(2)解法一(余弦定理)　由余弦定理$a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos A$及已知，可得$39 = 4 + c^{2}-4c\cos 120°$，(6分)
整理得$c^{2}+2c - 35 = 0$，(7分)
解得$c = 5$或$c = -7$(舍去)。
所以$c = 5$。(10分)
解法二(射影定理)　第1步:根据同角三角函数的基本关系，求出$\cos B$
因为$A = 120°$，所以$B$，$C$均为锐角，
所以$\cos B=\sqrt{1-\sin^{2}B}=\frac{2\sqrt{39}}{13}$。(7分)
第2步:利用三角形的射影定理求$c$
由射影定理得，$c = a\cos B + b\cos A=\sqrt{39}\times\frac{2\sqrt{39}}{13}+2\times(-\frac{1}{2}) = 6 - 1 = 5$。(10分)
(3)解法一　由已知可得$B$为锐角，又由
(1)可得，$\cos B=\sqrt{1-\sin^{2}B}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$，故$\sin 2B = 2\sin B\cos B=\frac{4\sqrt{3}}{13}$，$\cos 2B = 1 - 2\sin^{2}B=\frac{11}{13}$。(12分)
由$C = 180° - A - B = 60° - B$，可得$\sin(B - C)=\sin(2B - 60°)=\sin 2B\times\frac{1}{2}-\cos 2B\times\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{7\sqrt{3}}{26}$。(14分)
解法二　由正弦定理$\frac{c}{\sin C}=\frac{b}{\sin B}$，可得$\sin C=\frac{5\sqrt{13}}{26}$，(11分)
又$B$，$C$均为锐角，所以$\cos C=\sqrt{1-\sin^{2}C}=\frac{3\sqrt{39}}{26}$，$\cos B=\sqrt{1-\sin^{2}B}=\frac{2\sqrt{39}}{13}$，(若第
(2)问采用解法二，则$\cos B$可直接用) (13分)
所以$\sin(B - C)=\sin B\cos C-\cos B\sin C=\frac{\sqrt{13}}{13}\times\frac{3\sqrt{39}}{26}-\frac{2\sqrt{39}}{13}\times\frac{5\sqrt{13}}{26}=-\frac{7\sqrt{3}}{26}$。(14分)