《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 3.
(2025·山东淄博一模)数学中有许多形状优美的曲线.例如曲线:|x|ⁿ + |y|ⁿ = 1(n ＞ 0),当 n = 2 时,是我们熟知的圆;当 n = 2/3 时,曲线 E:|x|$^{2/3} + $|y|$^{2/3} = 1 $是形状如“四角星”的曲线,称为星形线,常用于超轻材料的设计.则下列关于曲线 E 说法错误的是 (C)

A.曲线 E 关于 x 轴对称
B.曲线 E 上的点到 x 轴,y 轴的距离之积不超过 1/8
C.曲线 E 与|x| + |y| = 1 有 8 个交点
D.曲线 E 所围成图形的面积小于 2

答案：
变式训练3.C解析:对于A，在方程$|x|^{\frac{2}{3}} + |y|^{\frac{2}{3}} = 1$中，以$x,-y$替代$x,y$，方程不变，所以曲线$E$关于$x$轴对称，同理以$-x,y$和$-x,-y$替代$x,y$，方程均不变，所以曲线$E$关于$y$轴、坐标原点对称，如图①，故A正确；
对于B，曲线$E$上点$(x,y)$到$x$轴的距离为$|y|$，到$y$轴的距离为$|x|$，由$|x|^{\frac{2}{3}} + |y|^{\frac{2}{3}} = 1 \geq 2\sqrt{|x|^{\frac{2}{3}} · |y|^{\frac{2}{3}}} = 2\sqrt{(|x||y|)^{\frac{2}{3}}}$，当且仅当$|x| = |y|$时取等号，所以$|x||y| \leq \frac{1}{8}$，故B正确；
对于C，在第一象限内，$|x|^{\frac{2}{3}} + |y|^{\frac{2}{3}} = x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = 1 ＜ x + y$，所以曲线$E$在直线$x + y = 1$的下方，所以两者有4个交点，分别为$(-1,0),(1,0),(0,1),(0,-1)$，故C错误；
对于D，如图②，$|x| + |y| = 1$围成的正方形面积为$\sqrt{2} × \sqrt{2} = 2$，所以曲线$E$所围成图形的面积小于2，故D正确。

变式训练 4.
(多选)(2025·江西鹰潭一模)数学中有许多寓意美好的曲线,曲线 C:(x² + y²)³ = 16x²y² 被称为“四叶玫瑰线”(如图所示),P(x₀,y₀)是 C 上在第一象限内的一点.给出的下列四个结论中,结论正确的是 (AD)


A.曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2
B.曲线 C 经过 5 个整点(即横、纵坐标均为整数的点)
C.存在一个以原点为中心、边长为 2√2 的正方形,使曲线 C 在此正方形区域内(含边界)
D.y₀ 的最大值为 8√3/9

答案：
变式训练4.AD　解析:对于A，不妨设点$P(x_0,y_0)$为曲线$C:(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$上的任一点，则$(x_0^2 + y_0^2)^3 = 16x_0^2y_0^2 = 4(2x_0y_0)^2 \leq 4(x_0^2 + y_0^2)^2$，化简得$x_0^2 + y_0^2 \leq 4$，当且仅当$x_0 = y_0$时取等号，所以$|OP|^2 = x_0^2 + y_0^2 \leq 4$，即得$|OP| \leq 2$，故可得曲线$C$上任意一点到原点的距离都不超过2，故A正确；
对于B，由A可知$0 \leq x^2 \leq 4,0 \leq y^2 \leq 4,x^2 + y^2 \leq 4$，当$x^2 = 0,y^2 = 0$时，代入$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$成立，故$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$经过点$(0,0)$，
当$x^2 = 0,y^2 = 1$时，$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$不成立，
当$x^2 = 0,y^2 = 4$时，$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$不成立，
当$x^2 = 1,y^2 = 0$时，$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$不成立，
当$x^2 = 1,y^2 = 1$时，$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$不成立，
当$x^2 = 4,y^2 = 0$时，$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$不成立，
故曲线$C$经过1个整点$(0,0)$，故B错误；
对于C，由A选项可知，包含该曲线且以原点为圆心的最小圆的半径为2，边长为$2\sqrt{2}$的正方形是以原点为圆心，2为半径的圆的内接正方形，故不存在一个以原点为中心，边长为$2\sqrt{2}$的正方形，使曲线$C$在此正方形区域内(含边界)，故C错误；
对于D，如图，$P$点在射线$y = x(x \geq 0)$的上方，则可设$x^2 + y^2 = M^2(M ＞ 0),x = M\cos \theta,y = M\sin \theta(\frac{\pi}{4} ＜ \theta ＜ \frac{\pi}{2})$，代入$(x^2 + y^2)^3 = 16x^2y^2$，得$M = 4\sin \theta \cos \theta,y = 4\sin^2 \theta \cos \theta$。
令$\cos \theta = t(0 ＜ t ＜ \frac{\sqrt{2}}{2})$，则$y(t) = 4t(1 - t^2)$，所以$y'(t) = 4(1 - 3t^2) = -12(t + \frac{\sqrt{3}}{3})(t - \frac{\sqrt{3}}{3})$，当$0 ＜ t ＜ \frac{\sqrt{3}}{3}$时，$y'(t) ＞ 0,y(t)$单调递增，当$\frac{\sqrt{3}}{3} ＜ t ＜ \frac{\sqrt{2}}{2}$时，$y'(t) ＜ 0,y(t)$单调递减，所以$t = \frac{\sqrt{3}}{3}$是$y(t)$的最大值点，即$y(t)_{\max} = y(\frac{\sqrt{3}}{3}) = \frac{8\sqrt{3}}{9}$，故D正确。

变式训练 5.
(多选)(2025·河北石家庄模拟)若 f = x⁴ - y⁴ - 4x² + 4y²,g = |x| + |y|,满足 f ≤ 0 且 g ≤ 4 的点(x,y)构成的区域记为 Γ.满足 f ≥ 0 且 g ≤ 4 的点(x,y)构成的区域记为 Ω,则 (AB)

A.Γ 的面积为 16
B.Γ 的周长为 4π + 16√2
C.Ω 的面积为 4π + 8
D.Ω 的周长为 4π + 8√2

答案：
变式训练5.AB解析:由$f = x^4 - y^4 - 4x^2 + 4y^2 = 0$得$(x^2 - y^2)(x^2 + y^2 - 4) = 0$，所以$x - y = 0$或$x + y = 0$或$x^2 + y^2 = 4$，表示两条相交直线$y = \pm x$和一个圆$x^2 + y^2 = 4$，由$g = |x| + |y| = 4$，当$x \geq 0,y \geq 0$时，方程为$\frac{x}{4} + \frac{y}{4} = 1$，
以$-x$代替$x$方程不变，曲线关于$y$轴对称，
以$-y$代替$y$方程不变，曲线关于$x$轴对称，
以$-x,-y$代替$x,y$方程不变，曲线关于原点对称，
所以曲线$|x| + |y| = 4$既是轴对称图形也是中心对称图形，
所以方程$|x| + |y| = 4$的曲线围成的封闭图形是一个以$(0,4),(4,0),(0,-4),(-4,0)$为顶点的正方形。
满足$f \leq 0$且$g \leq 4$，即$\begin{cases}(x^2 - y^2)(x^2 + y^2 - 4) \leq 0 \\ |x| + |y| \leq 4 \end{cases}$，则$\begin{cases}(x - y)(x + y) \geq 0 \\ x^2 + y^2 \leq 4 \\ |x| + |y| \leq 4 \end{cases}$或$\begin{cases}(x - y)(x + y) \leq 0 \\ x^2 + y^2 \geq 4 \\ |x| + |y| \leq 4 \end{cases}$
所以满足$f \leq 0$且$g \leq 4$的点$(x,y)$构成的区域$\Gamma$如图①阴影部分所示。

则$\Gamma$的面积为$\frac{1}{2} × 4\sqrt{2} × 4\sqrt{2} = 16,\Gamma$的周长为$2\pi × 2 + 2\sqrt{2} × 4 × 2 = 4\pi + 16\sqrt{2}$，故AB正确；
满足$f \geq 0$且$g \leq 4$，即$\begin{cases}(x^2 - y^2)(x^2 + y^2 - 4) \geq 0 \\ |x| + |y| \leq 4 \end{cases}$，则$\begin{cases}(x - y)(x + y) \geq 0 \\ x^2 + y^2 \geq 4 \\ |x| + |y| \leq 4 \end{cases}$或$\begin{cases}(x - y)(x + y) \leq 0 \\ x^2 + y^2 \leq 4 \\ |x| + |y| \leq 4 \end{cases}$
所以满足$f \geq 0$且$g \leq 4$的点$(x,y)$构成的区域$\Omega$如图②阴影部分所示。

则$\Omega$的面积为$\frac{1}{2} × 4\sqrt{2} × 4\sqrt{2} = 16,\Omega$的周长为$2\pi × 2 + 2\sqrt{2} × 4 × 2 = 4\pi + 16\sqrt{2}$，故CD错误。

变式训练 6.
(2025·贵州遵义模拟)蝴蝶曲线是一种优美的数学曲线,因其形状宛如一只蝴蝶而得名.它不仅是数学与美学结合的经典案例,也是非线性动力学系统的典型案例,更在计算机编程、艺术设计、科学研究和工程领域,展现了跨学科的应用潜力.其核心价值在于将抽象的数学方程转化为可视化的动态图形,成为连接理性与感性的桥梁.已知某种蝴蝶曲线 M,如图所示,在平面直角坐标系中,曲线 M 的方程为(x² + y²)² - y(13x² + y²) = 0,若点 P 在 M 上运动,O 为坐标原点,则|OP|的最大值为$\frac{13\sqrt{13}}{9}$.

答案： 变式训练6.$\frac{13\sqrt{13}}{9}$解析:记$|OP| = r$，以$x$正半轴为始边，射线$OP$为终边对应的角为$\theta$，由图知$\theta \in [0,\pi]$，则$P(r\cos \theta,r\sin \theta)$，所以$(x^2 + y^2)^2 - y(13x^2 + y^2) = 0 \Rightarrow (r^2\cos^2 \theta + r^2\sin^2 \theta)^2 - r\sin \theta(13r^2\cos^2 \theta + r^2\sin^2 \theta) = 0 \Rightarrow r = \sin \theta[13(1 - \sin^2 \theta) + \sin^2 \theta] = -12\sin^3 \theta + 13\sin \theta$，不妨令$t = \sin \theta \in [0,1]$，则$r = -12t^3 + 13t,t \in [0,1]$，记$f(x) = -12x^3 + 13x$，$f'(x) = -36x^2 + 13$，则$f'(\frac{\sqrt{13}}{6}) = 0$，当$x \in [0,\frac{\sqrt{13}}{6})$时，$f'(x) ＞ 0$，当$x \in (\frac{\sqrt{13}}{6},1]$时，$f'(x) ＜ 0$，所以$f(x)$在$[0,\frac{\sqrt{13}}{6})$上单调递增，在$(\frac{\sqrt{13}}{6},1]$上单调递减，故$|OP|_{\max} = r_{\max} = f(\frac{\sqrt{13}}{6}) = \frac{13\sqrt{13}}{9}$。

变式训练 7.
(2025·北京东城区二模)已知曲线 C:xy - x² + x - y + 1 = 0.给出下列四个结论:
①曲线 C 为中心对称图形;
②曲线 C 与直线 y = x + 1 有两个交点;
③曲线 C 恰好经过两个整点(即横、纵坐标均为整数的点);
④曲线 C 上任意两点 A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),当 x₁ ＜ 1 ＜ x₂ 时,|AB| ≥ 2.
其中正确结论的序号是①③.

答案： 变式训练7.①③解析:对于①，假设曲线$C$的对称中心为$M(h,k)$，将对称点$(2h - x,2k - y)$代入原方程得$(2h - x)(2k - y) - (2h - x)^2 + (2h - x) - (2k - y) + 1 = 0$，整理得$xy - x^2 + (4h - 2k - 1)x + (1 - 2h)y + 4hk - 4h^2 + 2h - 2k - 1 = 0$，与原方程比较系数，有$\begin{cases}1 - 2h = -1 \\ 4hk - 4h^2 + 2h - 2k = 0 \end{cases}$，解得$h = 1,k = 1$，说明曲线$C$关于点$M(1,1)$对称，故①正确；
对于②，联立$y = x + 1$与$xy - x^2 + x - y + 1 = 0$，消去$y$并整理可得$x = 0$，此时$y = 1$，故曲线$C$与直线$y = x + 1$有一个交点$(0,1)$，故②错误；
对于③，当$x = 1$时，原方程不成立，故曲线$C$可变形为$y = \frac{x^2 - x - 1}{x - 1} = x - \frac{1}{x - 1}$，若横、纵坐标均为整数，则$\frac{1}{x - 1}$必须为整数，故$x = 0$或$x = 2$。当$x = 0$时，$y = 1$，当$x = 2$时，$y = 1$，故曲线$C$恰好经过两个整点$(0,1)$和$(2,1)$，故③正确；
对于④，由③可知$C:y = \frac{x^2 - x - 1}{x - 1}$，因为$|BM|^2 = (x_2 - 1)^2 + (y_2 - 1)^2 = (x_2 - 1)^2 + (\frac{x_2^2 - x_2 - 1}{x_2 - 1} - 1)^2$，令$t = x_2 - 1$，因为$x_2 ＞ 1$，所以$t ＞ 0$，所以$x_2 = t + 1$，所以$|BM|^2 = t^2 + [\frac{(t + 1)^2 - (t + 1) - 1}{t} - 1]^2 = 2t^2 + \frac{1}{t^2} - 2 \geq 2\sqrt{2} - 2$，当且仅当$2t^2 = \frac{1}{t^2}$，即$t^2 = \frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立，同理，$|AM|^2 \geq 2\sqrt{2} - 2$，由①知曲线$C$关于点$M(1,1)$成中心对称，所以当$|BM|^2$和$|AM|^2$都最小时，$A,B,M$三点共线，此时$|AB|$最小，所以$|AB|_{\min}^2 = 4|BM|^2 = 8\sqrt{2} - 8 ＜ 4$，故④错误。