2025年下學(xué)期高二數(shù)學(xué)論文寫(xiě)作素材試題（二）一、函數(shù)性質(zhì)綜合應(yīng)用專(zhuān)題（一）奇偶性與單調(diào)性的融合問(wèn)題已知函數(shù)$f(x)$是定義在$R$上的偶函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為$f'(x)$。當(dāng)$x>0$時(shí)，$f(x)+xf'(x)>0$且$f(1)=0$，則不等式$f(x)>0$的解集為（）A.$(-1,0)\cup(1,+\infty)$B.$(-\infty,-1)\cup(0,1)$C.$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$D.$(-1,0)\cup(0,1)$解題思路拓展：構(gòu)造輔助函數(shù)$g(x)=xf(x)$是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。由于$f(x)$為偶函數(shù)，則$g(x)$為奇函數(shù)，且$g'(x)=f(x)+xf'(x)$。根據(jù)題干條件，當(dāng)$x>0$時(shí)$g'(x)>0$，故$g(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增。結(jié)合$f(1)=0$可得$g(1)=0$，進(jìn)而通過(guò)奇函數(shù)性質(zhì)推出$g(-1)=0$。分$x>0$和$x<0$兩種情況討論$g(x)$的符號(hào)，即可轉(zhuǎn)化為$f(x)$的解集問(wèn)題。此類(lèi)問(wèn)題體現(xiàn)了函數(shù)性質(zhì)與導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的深度結(jié)合，可延伸探討構(gòu)造法在不等式證明中的應(yīng)用，如證明當(dāng)$x>0$時(shí)，$f(x)>\frac{2}{e^x}$等變式命題。（二）分段函數(shù)的連續(xù)性與極限計(jì)算設(shè)函數(shù)$f(x)=\begin{cases}\frac{\sinax}{x},&x<0\x^2+2b,&x\geq0\end{cases}$在$x=0$處連續(xù)，且$\lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=3$，求$a+b$的值。數(shù)學(xué)思想提煉：本題綜合考查函數(shù)連續(xù)性定義、導(dǎo)數(shù)定義及極限運(yùn)算。根據(jù)連續(xù)性條件，左極限$\lim\limits_{x\to0^-}\frac{\sinax}{x}=a$應(yīng)等于右極限$f(0)=2b$，即$a=2b$。導(dǎo)數(shù)定義式$\lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=f'(1)=2=3$（此處原條件可能存在矛盾，可設(shè)計(jì)為$f'(1)=2$，引導(dǎo)學(xué)生發(fā)現(xiàn)題設(shè)錯(cuò)誤并修正）。通過(guò)此類(lèi)問(wèn)題可培養(yǎng)學(xué)生的批判性思維，建議延伸研究含參分段函數(shù)的極值點(diǎn)討論，如當(dāng)$a\in[-1,1]$時(shí)，函數(shù)$f(x)$的極值情況分析。二、立體幾何與空間向量應(yīng)用（一）動(dòng)態(tài)幾何體體積計(jì)算在棱長(zhǎng)為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，點(diǎn)$P$是棱$CC_1$上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），過(guò)$A$，$P$，$D_1$三點(diǎn)的平面截正方體所得截面為$\alpha$，求三棱錐$P-ABD_1$體積的取值范圍?？臻g想象能力培養(yǎng)：連接$AP$、$D_1P$，可證明截面$\alpha$為平行四邊形$APD_1Q$（其中$Q$為$BB_1$中點(diǎn)）。通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)$P(2,2,t)$（$0<t<2$），利用向量法求得點(diǎn)$P$到平面$ABD_1$的距離$d=\frac{|t-2|}{\sqrt{3}}$。根據(jù)三棱錐體積公式$V=\frac{1}{3}S_{\triangleABD_1}\cdotd$，可得$V=\frac{2}{3}|t-2|$，從而確定體積取值范圍為$(0,\frac{4}{3})$。建議進(jìn)一步探究：當(dāng)$P$在面對(duì)角線(xiàn)$BC_1$上運(yùn)動(dòng)時(shí)，截面形狀的變化規(guī)律及體積函數(shù)的單調(diào)性。（二）空間角的多解問(wèn)題探究在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$為矩形，$PA\perp$底面$ABCD$，$AB=2$，$AD=3$，$PA=4$，點(diǎn)$E$在棱$PD$上，且$PE:ED=1:2$，求異面直線(xiàn)$AE$與$PC$所成角的余弦值。解法對(duì)比分析：向量法：以$A$為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，得$\overrightarrow{AE}=(1,2,\frac{4}{3})$，$\overrightarrow{PC}=(2,3,-4)$，利用夾角公式求得$\cos\theta=\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{PC}|}=\frac{11\sqrt{19}}{570}$。幾何法：通過(guò)構(gòu)造中位線(xiàn)將異面直線(xiàn)平移至同一平面，在$\triangleAFG$中（$F$、$G$分別為$PC$、$BC$中點(diǎn)），利用余弦定理求解。兩種方法的對(duì)比可引導(dǎo)學(xué)生思考空間問(wèn)題代數(shù)化的優(yōu)越性，同時(shí)培養(yǎng)作圖能力。拓展問(wèn)題：若$E$為$PD$上動(dòng)點(diǎn)，求$AE$與$PC$所成角的取值范圍。三、概率統(tǒng)計(jì)與數(shù)學(xué)建模（一）復(fù)雜事件的概率計(jì)算某高校組織"數(shù)學(xué)建模"競(jìng)賽，參賽隊(duì)伍需完成A、B、C三個(gè)模塊的任務(wù)，每個(gè)模塊由隊(duì)長(zhǎng)隨機(jī)分配給3名隊(duì)員中的1人完成。已知隊(duì)員甲完成A、B、C模塊的成功率分別為0.8、0.7、0.6，隊(duì)員乙的成功率分別為0.7、0.8、0.5，隊(duì)員丙的成功率分別為0.6、0.5、0.9。求：隊(duì)長(zhǎng)將A模塊分配給甲，且該模塊成功完成的概率；在A模塊成功完成的條件下，該模塊由乙完成的概率；三個(gè)模塊均成功完成的概率（假設(shè)各模塊完成情況相互獨(dú)立）。數(shù)學(xué)建模思想：本題構(gòu)建了"任務(wù)分配-概率計(jì)算-條件概率"的完整模型。第3問(wèn)需考慮所有可能的分配方案（共$3^3=27$種），通過(guò)全概率公式計(jì)算總成功率。例如，當(dāng)A模塊分配給甲、B給乙、C給丙時(shí)，成功概率為$0.8\times0.8\times0.9=0.576$，需遍歷所有組合并求和。此類(lèi)問(wèn)題可延伸至優(yōu)化模型：如何分配任務(wù)才能使三個(gè)模塊均成功的概率最大？通過(guò)比較不同分配策略的成功率，培養(yǎng)學(xué)生的優(yōu)化意識(shí)。（二）統(tǒng)計(jì)案例分析與回歸模型某電商平臺(tái)收集了2024年1-12月的月度銷(xiāo)售額$y$（單位：萬(wàn)元）與廣告投入$x$（單位：萬(wàn)元）的數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算得：$\sum_{i=1}^{12}x_i=360$，$\sum_{i=1}^{12}y_i=840$，$\sum_{i=1}^{12}x_i^2=11400$，$\sum_{i=1}^{12}x_iy_i=28980$建立銷(xiāo)售額$y$關(guān)于廣告投入$x$的線(xiàn)性回歸方程$\hat{y}=\hatx+\hat{a}$；若2025年1月計(jì)劃投入廣告50萬(wàn)元，預(yù)測(cè)當(dāng)月銷(xiāo)售額；計(jì)算相關(guān)系數(shù)$r$，并分析線(xiàn)性相關(guān)的強(qiáng)弱程度。數(shù)據(jù)分析能力：線(xiàn)性回歸方程中，斜率$\hat=\frac{n\sumx_iy_i-(\sumx_i)(\sumy_i)}{n\sumx_i^2-(\sumx_i)^2}=\frac{12\times28980-360\times840}{12\times11400-360^2}=1.5$，截距$\hat{a}=\bar{y}-\hat\bar{x}=70-1.5\times30=25$，故回歸方程為$\hat{y}=1.5x+25$。預(yù)測(cè)值為$\hat{y}=1.5\times50+25=100$萬(wàn)元。相關(guān)系數(shù)$r=\frac{\sum(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{\sqrt{\sum(x_i-\bar{x})^2\sum(y_i-\bar{y})^2}}=0.96$，表明廣告投入與銷(xiāo)售額存在強(qiáng)線(xiàn)性相關(guān)。可進(jìn)一步探討非線(xiàn)性回歸模型（如二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)）的擬合效果，通過(guò)殘差分析比較模型優(yōu)劣。四、圓錐曲線(xiàn)與參數(shù)方程（一）橢圓的幾何性質(zhì)綜合已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，右焦點(diǎn)為$F$，上頂點(diǎn)為$B$，且$\triangleOBF$的面積為$\sqrt{3}$（$O$為坐標(biāo)原點(diǎn)）。求橢圓$C$的標(biāo)準(zhǔn)方程；過(guò)點(diǎn)$F$的直線(xiàn)$l$與橢圓交于$M$、$N$兩點(diǎn)，若$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=-2$，求直線(xiàn)$l$的方程；設(shè)$P$是橢圓上異于頂點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)，直線(xiàn)$PA$、$PB$分別交$x$軸于$D$、$E$兩點(diǎn)，求證：$|OD|\cdot|OE|$為定值。解題策略構(gòu)建：第1問(wèn)通過(guò)離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$和面積$\frac{1}{2}bc=\sqrt{3}$，結(jié)合$a^2=b^2+c^2$可解得$a=4$，$b=2$，$c=2\sqrt{3}$。第2問(wèn)需分直線(xiàn)斜率存在與不存在兩種情況討論，當(dāng)斜率存在時(shí)設(shè)$l:y=k(x-2\sqrt{3})$，聯(lián)立橢圓方程后利用韋達(dá)定理結(jié)合向量數(shù)量積求解。第3問(wèn)設(shè)$P(4\cos\theta,2\sin\theta)$，通過(guò)直線(xiàn)方程求出$D$、$E$坐標(biāo)，化簡(jiǎn)可得$|OD|\cdot|OE|=8$（定值）。此類(lèi)問(wèn)題可延伸至極點(diǎn)極線(xiàn)理論，探究當(dāng)$P$運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線(xiàn)$DE$是否過(guò)定點(diǎn)。（二）參數(shù)方程與極坐標(biāo)的應(yīng)用在平面直角坐標(biāo)系$xOy$中，曲線(xiàn)$C_1$的參數(shù)方程為$\begin{cases}x=2+\cos\alpha\y=\sin\alpha\end{cases}$（$\alpha$為參數(shù)），曲線(xiàn)$C_2$的極坐標(biāo)方程為$\rho=2\sin\theta$。求$C_1$的普通方程和$C_2$的直角坐標(biāo)方程；設(shè)$P$是$C_1$上任意一點(diǎn)，$Q$是$C_2$上任意一點(diǎn)，求$|PQ|$的最小值。數(shù)形結(jié)合思想：$C_1$為圓心$(2,0)$、半徑1的圓，$C_2$為圓心$(0,1)$、半徑1的圓。兩圓圓心距$d=\sqrt{(2-0)^2+(0-1)^2}=\sqrt{5}$，則$|PQ|_{\text{min}}=d-r_1-r_2=\sqrt{5}-2$。若將$C_2$的極坐標(biāo)方程改為$\rho=4\cos\theta$，則兩圓位置關(guān)系變?yōu)橄嘟?，此時(shí)最小值為0。通過(guò)參數(shù)方程與極坐標(biāo)的轉(zhuǎn)化訓(xùn)練，可加深對(duì)解析幾何本質(zhì)的理解，建議進(jìn)一步研究橢圓參數(shù)方程在最值問(wèn)題中的應(yīng)用，如求橢圓上一點(diǎn)到定點(diǎn)距離的最值。五、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用與不等式證明（一）函數(shù)極值與切線(xiàn)問(wèn)題已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2+(2a-1)x(a\inR)$。討論函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性；若函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極大值，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍；當(dāng)$a=1$時(shí)，證明：對(duì)任意$x>0$，$f(x)\leqxe^x-x^2-1$。分類(lèi)討論能力：第1問(wèn)求導(dǎo)得$f'(x)=\lnx-2ax+2a$，令$g(x)=\lnx-2ax+2a$，則$g'(x)=\frac{1}{x}-2a$。分$a\leq0$和$a>0$討論$g(x)$的單調(diào)性，進(jìn)而確定$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。第2問(wèn)需結(jié)合$f'(1)=0$及$g(x)$的單調(diào)性，得出$a>\frac{1}{2}$時(shí)$x=1$為極大值點(diǎn)。第3問(wèn)構(gòu)造函數(shù)$h(x)=xe^x-\lnx-x-1$，通過(guò)求導(dǎo)證明$h(x)\geq0$恒成立，體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)在不等式證明中的工具性作用。可延伸探討$a$取不同值時(shí)，函數(shù)$f(x)$零點(diǎn)個(gè)數(shù)的變化規(guī)律。（二）實(shí)際應(yīng)用中的最優(yōu)化問(wèn)題某工廠生產(chǎn)一種精密儀器，其生產(chǎn)成本包括固定成本和可變成本兩部分。已知固定成本為每月10萬(wàn)元，可變成本與月產(chǎn)量$x$（臺(tái)）的關(guān)系為$C(x)=2x+\frac{x^2}{200}$（萬(wàn)元）。該儀器銷(xiāo)售單價(jià)$p$（萬(wàn)元/臺(tái)）與月產(chǎn)量$x$的關(guān)系為$p=20-\frac{x}{50}$（$x\leq800$）。寫(xiě)出月利潤(rùn)$L(x)$關(guān)于月產(chǎn)量$x$的函數(shù)關(guān)系式；當(dāng)月產(chǎn)量為多少時(shí)，月利潤(rùn)最大？最大月利潤(rùn)是多少？為獲得最大利潤(rùn)，該工廠每月應(yīng)投入多少資金用于改進(jìn)生產(chǎn)技術(shù)，可使可變成本降低10%？數(shù)學(xué)建模應(yīng)用：月利潤(rùn)$L(x)=x\cdotp-C(x)-10=x(20-\frac{x}{50})-(2x+\frac{x^2}{200})-10=-\frac{x^2}{40}+18x-10$。通過(guò)求導(dǎo)$L'(x)=-\frac{x}{20}+18$，令$L'(x)=0$得$x=360$，此時(shí)最大利潤(rùn)$L(360)=3230$萬(wàn)元。第3問(wèn)中可變成本降低10%后，$C'(x)=1.8x+\frac{x^2}{222}$，重新構(gòu)建利潤(rùn)函數(shù)求最優(yōu)解，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)模型在生產(chǎn)決策中的實(shí)際應(yīng)用價(jià)值。建議進(jìn)一步研究稅收政策對(duì)利潤(rùn)函數(shù)的影響，如按銷(xiāo)售額征收5%的銷(xiāo)售稅時(shí)的最優(yōu)化問(wèn)題。六、數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法（一）遞推數(shù)列的通項(xiàng)公式已知數(shù)列${a_n}$滿(mǎn)足$a_1=1$，$a_{n+1}=\frac{3a_n}{2a_n+3}(n\inN^*)$。證明：數(shù)列${\frac{1}{a_n}}$是等差數(shù)列，并求數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式；設(shè)$b_n=a_n\cdota_{n+1}$，求數(shù)列${b_n}$的前$n$項(xiàng)和$S_n$；證明：對(duì)任意$n\geq2$，$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2<\frac{3}{2}$。轉(zhuǎn)化與化歸思想：第1問(wèn)通過(guò)取倒數(shù)將遞推關(guān)系轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}=\frac{2}{3}$，證得${\frac{1}{a_n}}$為等差數(shù)列，進(jìn)而求得$a_n=\frac{3}{2n+1}$。第2問(wèn)利用裂項(xiàng)相消法，$b_n=\frac{9}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{9}{2}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})$，則$S_n=\frac{9}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3})$。第3問(wèn)通過(guò)放縮法$a_n^2=\frac{9}{(2n+1)^2}<\frac{9}{4n(n+1)}=\frac{9}{4}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$，累加后可證得不等式成立。此類(lèi)問(wèn)題可拓展至更復(fù)雜的遞推關(guān)系，如$a_{n+1}=\frac{a_n^2}{2a_n-1}$的通項(xiàng)公式求解。（二）數(shù)學(xué)歸納法的創(chuàng)新應(yīng)用已知函數(shù)$f(x)=\frac{x}{1+x}$，定義數(shù)列${a_n}$滿(mǎn)足$a_1=1$，$a_{n+1}=f(a_n)$。求數(shù)列${a_n}$的通項(xiàng)公式；用數(shù)學(xué)歸納法證明：$a_1+a_2+\cdots+a_n<2$；設(shè)$c_n=\frac{a_n}{n+1}$，記數(shù)列${c_n}$的前$n$項(xiàng)和為$T_n$，證明：$T_n<\frac{3}{4}$。邏輯推理訓(xùn)練：第1問(wèn)通過(guò)計(jì)算前幾項(xiàng)歸納出$a_n=\frac{1}{n}$，再用數(shù)學(xué)歸納法嚴(yán)格證明。第2問(wèn)利用$a_n=\frac{1}{n}$，則$S_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$，需證明調(diào)和級(jí)數(shù)前$n$項(xiàng)和小于2（可通過(guò)放縮法證明）。第3問(wèn)$c_n=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，則$T_n=1-\frac{1}{n+1}<1$，但題目要求證明$T_n<\frac{3}{4}$，需進(jìn)一步加強(qiáng)放縮，如當(dāng)$n\geq2$時(shí)，$\frac{1}{n(n+1)}<\frac{1}{(n-1)(n+1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1})$，通過(guò)裂項(xiàng)相消法證得結(jié)論。此類(lèi)問(wèn)題培養(yǎng)了學(xué)生從特殊到一般的推理能力，可延伸探討貝努利不等式在數(shù)列不等式證明中的應(yīng)用。七、綜合探究與拓展（一）跨模塊知識(shí)交匯問(wèn)題在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)$A(-2,0)$，$B(2,0)$，動(dòng)點(diǎn)$P$滿(mǎn)足$\angleAPB=60^\circ$，記點(diǎn)$P$的軌跡為曲線(xiàn)$\Gamma$。求曲線(xiàn)$\Gamma$的方程；過(guò)點(diǎn)$B$作直線(xiàn)$l$交曲線(xiàn)$\Gamma$于$M$、$N$兩點(diǎn)，若$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=-4$，求直線(xiàn)$l$的方程；設(shè)曲線(xiàn)$\Gamma$與$y$軸交于$C$、$D$兩點(diǎn)（$C$在$D$上方），點(diǎn)$Q$是曲線(xiàn)$\Gamma$上異于$C$、$D$的動(dòng)點(diǎn)，直線(xiàn)$CQ$、$DQ$分別交$x$軸于$E$、$F$兩點(diǎn)，證明：以$EF$為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)。知識(shí)整合能力：第1問(wèn)利用圓的性質(zhì)，點(diǎn)$P$的軌跡是以$AB$為弦的兩段圓?。ú缓?A$、$B$兩點(diǎn)），其方程為$x^2+y^2=8(y\neq0)$。第2問(wèn)聯(lián)立直線(xiàn)與圓的方程，利用韋達(dá)定理和向量數(shù)