《2026年理想树试题攻略高中数学》

11. 已知函数 $ f(x) = \frac{1}{2}x^2 + 4x - (4x + 1)\ln x $，则下列结论中正确的是(ABD)

A.$ f(x) $ 有四个单调区间
B.$ f(x) $ 存在最小值
C.$ f(x) $ 有三个极值点，从小到大依次为 $ a $，$ b $，$ c $，则 $ a $，$ b $，$ c $ 成等差数列
D.$ f(x) $ 有三个极值点，从小到大依次为 $ a $，$ b $，$ c $，则 $ a $，$ b $，$ c $ 成等比数列

答案： 11.ABD新趋考点利用导数求函数的单调区间、极值与最值，等比数列的判断
思路导引$f(x)\rightarrow f^{\prime}(x)=x - 4\ln x - \frac{1}{x}$ 令$g(x)=f^{\prime}(x)$，$g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-4x + 1}{x^{2}}\rightarrow g(x)$的单调性$\rightarrow f^{\prime}(x)$的单调性，$f^{\prime}(\frac{1}{e^{3}})＜0,f^{\prime}(1)=0$，$\rightarrow$存在$a\in(\frac{1}{e^{3}},2-\sqrt{3})$，$c\in(2+\sqrt{3},e^{3})$使$f^{\prime}(a)=f^{\prime}(c)=0\rightarrow f(x)$的单调区间和最小值$\rightarrow$A，B正确；$f^{\prime}(\frac{1}{x})=-f^{\prime}(x)\rightarrow f^{\prime}(a)=-f^{\prime}(c)=0\rightarrow a = \frac{1}{c}$，$a,1,c$为$f(x)$的三个极值点$\rightarrow ac = 1\rightarrow a,1,c$成等比数列$\rightarrow$C错误，D正确。
[深度解析]对于A，B，由题可得，函数$f(x)$的定义域为$(0, + \infty)$，$f^{\prime}(x)=x - 4\ln x - \frac{4x + 1}{x}=x - 4\ln x - \frac{1}{x}$。令$g(x)=x - 4\ln x - \frac{1}{x}(x＞0)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-4x + 1}{x^{2}}$，令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x = 2-\sqrt{3}$或$x = 2+\sqrt{3}$。当$x\in(0,2-\sqrt{3})$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增；当$x\in(2-\sqrt{3},2+\sqrt{3})$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减；当$x\in(2+\sqrt{3}, + \infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增。又$f^{\prime}(\frac{1}{e^{3}})=\frac{1}{e^{3}}-4\ln\frac{1}{e^{3}}-\frac{1}{\frac{1}{e^{3}}}=e^{3}+\frac{1}{e^{3}}-12＜0$，$f^{\prime}(1)=0$，$f^{\prime}(e^{3})＞0$，所以存在$a\in(\frac{1}{e^{3}},2-\sqrt{3})$，$c\in(2+\sqrt{3},e^{3})$，使得$f^{\prime}(a)=f^{\prime}(c)=0$（提示：已知函数的二阶导数，利用该信息判断一阶导数的取值情况，主要是判断其正负，但是由于导函数形式较为复杂，所以可以利用卡根法确定其零点所在的区间），故$x\in(0,a)\cup(1,c)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$x\in(a,1)\cup(c, + \infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，所以函数$f(x)$在$(0,a)$，$(1,c)$上单调递减，在$(a,1)$，$(c, + \infty)$上单调递增，故$f(x)$有四个单调区间，且存在最小值，最小值为$\min\{f(a),f(c)\}$，故A，B正确。
对于C，D，由A，B分析知$f(x)$存在三个极值点$a$，$1$，$c$，因为$f^{\prime}(\frac{1}{x})=\frac{1}{x}-4\ln\frac{1}{x}-x=-f^{\prime}(x)$（关键：得到$f^{\prime}(x)$的性质，即$f^{\prime}(\frac{1}{x})=-f^{\prime}(x)$），又$f^{\prime}(a)=-f^{\prime}(c)=0$，所以$a = \frac{1}{c}$，即$ac = 1$，所以$a$，$1$，$c$成等比数列，故C错误，D正确。故选ABD。

12. 已知数列 $ \{ a_n \} $ 是等差数列，若 $ a_1 + a_3 + a_5 = 105 $，$ a_6 = 41 $，则数列 $ \{ a_n \} $ 的公差 $ d = $2。

答案： 12.2基础考点等差数列的通项公式、等差数列的性质
[深度解析](基本量法)由题知，$\begin{cases}a_{1}+a_{3}+a_{5}=3a_{1}+6d=105\\a_{6}=a_{1}+5d=41\end{cases}$，解得$d = 2$。
二题多解(等差中项法)由$a_{1}+a_{3}+a_{5}=105$，解得$3a_{3}=105$，所以$a_{3}=35$，又$a_{6}=41$，所以$d=\frac{a_{6}-a_{3}}{3}=2$。

13. 若直线 $ l: x - 2y + m = 0 (m \neq 0) $ 被圆 $ C: (x + 1)^2 + (y - 2)^2 = 8 $ 截得的弦长为 $ 2\sqrt{3} $，则 $ m = $10。

答案： 13.10热门考点直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式、圆的弦长公式
[深度解析]由题可得，圆$C$：$(x + 1)^{2}+(y - 2)^{2}=8$的圆心为$C(-1,2)$，半径$r = 2\sqrt{2}$。设圆心到直线$l$的距离为$d$，由弦长公式可得$2\sqrt{r^{2}-d^{2}}=2\sqrt{3}$，解得$d = \sqrt{5}$，所以圆心$(-1,2)$到直线$l:x - 2y + m = 0$的距离$d=\frac{|-5 + m|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$，解得$m = 0$或$m = 10$，又$m\neq0$，所以$m = 10$。

14. 一个 $ 3 × 3 $ 的正方形花坛被划分为 9 个 $ 1 × 1 $ 小方格(如图)，计划种植 4 种花卉(玫瑰、月季、百合、郁金香)，每个小方格种 1 种花卉。要求：花坛中任意 $ 2 × 2 $ 的小区域内，4 种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方法共有72种。

答案：
14.72重难考点计数原理的应用
思路导引对正方形每个方格编号$\rightarrow$先种植$1,2,4,5$方格，有$A_{4}^{4}$种不同的种植方法$\rightarrow$
$\begin{cases}当6方格种植A花卉时\rightarrow剩余方格有1种种植方法\\当6方格种植D花卉时\rightarrow讨论9方格种植A或B花卉\end{cases}\rightarrow$共有$24×(1 + 1 + 1)=72$种不同的种植方法
[深度解析]如图①，对正方形每个方格编号，记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为$A,B,C,D$。第一步：在$1,2,4,5$方格中种植4种不同花卉，有$A_{4}^{4}=24$（种）方法。第二步：不妨取1种种植情况如图②。
(1)当6方格种植$A$花卉时，$3$方格只能种植$D$花卉，$8$格种植$B$花卉，$7$方格种植$A$花卉，$9$方格种植$D$花卉，只有1种方法。
(2)当6方格不种植$A$花卉时，则6方格种植$D$花卉，$3$方格只能种植$A$花卉，
①当9方格种植$A$花卉时，$8$方格只能种植$B$花卉，$7$方格种植$A$花卉，只有1种方法；
②当9方格种植$B$花卉时，$8$方格只能种植$A$花卉，$7$方格种植$B$花卉，只有1种方法。
因此根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理可知，共有$24×(1 + 1 + 1)=72$（种）不同的种植方法。
关键点拨在左上角的$2×2$小区域内填上$A,B,C,D$后，需要讨论6方格种植$A$花卉或种植$D$花卉时，剩下的方格有几种不同的种植方法。

15.（13 分）
已知函数 $ f(x) = \cos(\omega x + \varphi) (\omega ＞ 0, |\varphi| ＜ \frac{\pi}{2}) $ 的最小正周期是 $ \pi $，且满足 $ f(\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{2} $。
(1) 求函数 $ f(x) $ 的解析式；
(2) 设函数 $ g(x) = f(x + \frac{\pi}{12}) + \sqrt{3}f(x - \frac{\pi}{6}) $，求 $ g(x) $ 在区间 $ [-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}] $ 上的最大值和最小值。

答案： 15.经典题型正弦型、余弦型函数的性质、两角和的正弦公式
[解]
(1)第一步：根据周期公式求$\omega$的值
$\because f(x)=\cos(\omega x+\varphi)(\omega＞0)$的最小正周期$T$为$\pi$，
$\therefore T=\frac{2\pi}{\omega}=\pi$，解得$\omega = 2$，$\therefore f(x)=\cos(2x+\varphi)$。……2分
第二步：根据所给函数值求$\varphi$的值
$\because f(\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore\cos(\frac{\pi}{3}+\varphi)=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore\frac{\pi}{3}+\varphi=\pm\frac{\pi}{6}+2k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$，$\therefore\varphi=-\frac{\pi}{6}+2k\pi$或$\varphi=-\frac{\pi}{2}+2k\pi$，$k\in\mathbf{Z}$。$\because|\varphi|＜\frac{\pi}{2}$，$\therefore\varphi=-\frac{\pi}{6}$。……4分
第三步：写出函数解析式
$\therefore f(x)=\cos(2x-\frac{\pi}{6})$。……6分
(2)第一步：求函数$g(x)$的解析式并利用两角和的正弦公式化简
$g(x)=f(x+\frac{\pi}{12})+\sqrt{3}f(x-\frac{\pi}{6})=\cos[2(x+\frac{\pi}{12})-\frac{\pi}{6}]+\sqrt{3}\cos[2(x-\frac{\pi}{6})-\frac{\pi}{6}]=\cos2x+\sqrt{3}\cos[2x-\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}]=2(\frac{1}{2}\cos2x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{6})$（题眼）。……9分
第二步：令$\theta = 2x+\frac{\pi}{6}$，根据给定区间判断函数$y = 2\sin\theta$的单调性
令$\theta = 2x+\frac{\pi}{6}$，由$x\in[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]$，得$\theta\in[-\frac{\pi}{3},\frac{2\pi}{3}]$。
$\therefore y = 2\sin\theta$在$[-\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]$上单调递增，在$[\frac{\pi}{2},\frac{2\pi}{3}]$上单调递减。……10分
第三步：求函数$g(x)$的最值
$\therefore$当$2x+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$，即$x=\frac{\pi}{6}$时，$\sin(2x+\frac{\pi}{6})=1$，$g(x)$取得最大值，最大值为2。
当$2x+\frac{\pi}{6}=-\frac{\pi}{3}$，即$x=-\frac{\pi}{4}$时，$\sin(2x+\frac{\pi}{6})=-\frac{\sqrt{3}}{2}$，$g(-\frac{\pi}{4})=2×(-\frac{\sqrt{3}}{2})=-\sqrt{3}$，
当$2x+\frac{\pi}{6}=\frac{2\pi}{3}$，即$x=\frac{\pi}{4}$时，$\sin(2x+\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$g(\frac{\pi}{4})=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$(提示：在求函数在闭区间上的最值时，注意端点值的比较)。……11分
$\therefore g(x)$在区间$[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]$上的最大值为2，最小值为$-\sqrt{3}$。……13分
一两角题差多的解余弦(公2)式第化一简步:求函数$g(x)$的解析式并利用
$\because g(x)=f(x+\frac{\pi}{12})+\sqrt{3}f(x-\frac{\pi}{6})=\cos[2(x+\frac{\pi}{12})-\frac{\pi}{6}]+\sqrt{3}\cos[2(x-\frac{\pi}{6})-\frac{\pi}{6}]=2(\frac{1}{2}\cos2x+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin2x)=2\cos(2x-\frac{\pi}{3})$。……9分
第二步；令$t = 2x-\frac{\pi}{3}$，根据给定区间判断函数$y = 2\cos t$的单调性
令$t = 2x-\frac{\pi}{3}$，由$x\in[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]$，得$t\in[-\frac{5\pi}{6},\frac{\pi}{6}]$。
$\therefore y = 2\cos t$在$[-\frac{5\pi}{6},0]$上单调递增，在$[0,\frac{\pi}{6}]$上单调递减。……10分
第三步:求函数$g(x)$的最值
又$2\cos(-\frac{5\pi}{6})=-\sqrt{3}$，$2\cos0 = 2$，$2\cos\frac{\pi}{6}=\sqrt{3}$。……11分
$\therefore g(x)$在区间$[-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}]$上的最大值为2，最小值为$-\sqrt{3}$。……13分