--- title: "高三开学考好题大串讲：题目整理" date: "2026-09-30" summary: "整理《高三开学考好题大串讲》视频中安徽A10联盟、青桐鸣联考、杭二开学考、深圳中学、浙江Z20的9道数学题题目（不含解答）。" tags: ["数学", "高三", "开学考", "题目整理"] featured: false --- > 来源：[《高三开学考好题大串讲》（一数）](https://www.bilibili.com/video/BV1MwY967E58/)。仅收录题目，不含解答。 ## 2027届安徽A10联盟 ### 第 6 题 若函数 $f(x) = (x+1)\ln(x+1) - ax$ $(a \in \mathbf{Z})$ 在 $(1, 3)$ 上存在最小值 $m$，则 $m = (\ \ )$ A. $e - 1$　　B. $e - 2$　　C. $1 - e$　　D. $2 - e$ 先对函数求导: $$f'(x)=\ln(x+1)+1-a$$ $f'(x)$单调递增，要求$f(x)$在$(1,3)$上存在最小值$m$，即要求$f'(x)$有在$(1,3)$上恰有一个有变号零点: $$f'(x_0)=\ln(x_0+1)+1-a=0,x_0\in(1,3)\\ a=1+\ln(x_0+1)\in(1+\ln2,1+\ln4)\subset(1,3)\\ Besides, a\in\Z\\ \therefore a=2,x_0=e-1\\ m=f(x_0)=e\ln e-2(e-1)=2-e$$ 正确选项:D ### 第 7 题 已知各项均不相同的数列 $\{a_n\}$ 满足 $\dfrac{2}{a_{n+1}} = \dfrac{1}{a_n} + \dfrac{1}{a_{n+2}}$，则 $\displaystyle\sum_{i=1}^{2027} \dfrac{a_i a_{i+1}}{a_1 a_{2028}} = (\ \ )$ A. $2027$　　B. $2028$　　C. $2$　　D. $1$ 首先明确方向：不太可能求出$a_n$的通项公式，因为数列的初值没有给出. 我们对递推公式进行变形: $$\frac1{a_{n+1}}-\frac1{a_{n+2}}=\frac1{a_n}-\frac1{a_{n+1}}\\ \frac1{a_{n}}-\frac1{a_{n+1}}=k(n=1,2,3,\cdots,2027)\\ \frac{a_{n+1}-a_n}{a_na_{n+1}}=k\\ a_{n}a_{n+1}=\frac1k(a_{n+1}-a_n)\\ \displaystyle\sum_{i=1}^{2027} \dfrac{a_i a_{i+1}}{a_1 a_{2028}}\\ =\frac{1}{a_1a_{2028}}\displaystyle\sum_{i=1}^{2027}{a_i a_{i+1}}\\ =\frac{1}{a_1a_{2028}}\displaystyle\sum_{i=1}^{2027}\frac1k(a_{n+1}-a_n)\\ =\frac{1}{a_1a_{2028}}\cdot\frac1k(a_{2028}-a_1)\\ =\frac{a_{2028}-a_1}{a_1a_{2028}}\cdot\frac1k\\ =(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{2028}})\frac1k\\ =[(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{2}})+(\frac1{a_2}-\frac1{a_3})+\cdots+(\frac1{a_{2027}}-\frac1{a_{2028}})]\frac1k\\ =2027k\cdot\frac{1}{k}=2027$$ 正确答案:A 可以更快的得到答案: 忽略各项均不相同的条件，令$a_n=1(n=1,2,3,\cdots,2028)$，可以快速得到答案. ### 第 17 题（15 分） 在 $\triangle ABC$ 中，角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$，且 $\cos 2A + \cos 2B + 2 = 4\cos^2 C$. （1）求 $\dfrac{c^2}{a^2 + b^2}$ 的值； （2）若 $c\sin A = 2b\sin 1500^\circ$，且 $a = 6$，求 $\triangle ABC$ 的外接圆面积. (1)考虑到要计算边的比例，考虑用含正弦的二倍角公式: $$4-2(\sin^2A+\sin^2B)=4(1-\sin^2C)\\ 4\sin^2C=2(\sin^2A+\sin^2B)\\ \frac{c^2}{a^2+b^2}=\frac{\sin^2C}{\sin^2A+\sin^2B}=\frac12$$ (2)注意到主题干条件和(1)互为等价条件，(1)中条件的形式更好. $$c\sin A=2b\sin 60^\circ=\sqrt3b\\ a=6\\ a^2+b^2=2c^2$$ 三个条件中有两个是边的条件，故考虑用余弦定理: $$c^2(1-\cos^2A)=3b^2\\ c^2[1-(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc})^2]=3b^2\\ c^2[1-(\frac{2b^2-c^2}{2bc})^2]=3b^2$$ 考虑到等式的齐次性，结合$\frac{b}{c}=\frac{\sin A}{\sqrt3}$: $$1-[\frac{2\cdot(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1}{2\cdot\frac{\sin A}{\sqrt3}}]^2=3(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2\\ 1-\sin^2 A=[\frac{2\cdot(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1}{2\cdot\frac{\sin A}{\sqrt3}}]^2\\ \cos^2 A=[\frac{2\cdot(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1}{2\cdot\frac{\sin A}{\sqrt3}}]^2\\ \cos A=\pm \frac{2\cdot(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1}{2\cdot\frac{\sin A}{\sqrt3}}$$ 下面进行分类讨论: $$\cos A=\frac{2\cdot(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1}{2\cdot\frac{\sin A}{\sqrt3}}\\ \frac{2\sin A\cos A}{\sqrt3}=\frac23\sin^2A-1\\ \frac{\sin2A}{\sqrt3}=\frac23\frac{1-\cos 2A}{2}-1\\ \frac{\sin2A}{\sqrt3}+\frac13\cos2A=-\frac23\\ \frac23\sin(2A+\frac\pi6)=-\frac23\\ 2A+\frac\pi6\in(\frac\pi6,\frac{13\pi}{6})\\ 2A+\frac\pi6=\frac{3\pi}{2}\\ A=\frac{2\pi}{3}\\ R=\frac{a}{2\sin A}=\frac{6}{2\frac{\sqrt3}{2}}=2\sqrt3$$ $$\cos A=-\frac{2\cdot(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1}{2\cdot\frac{\sin A}{\sqrt3}}\\ \frac{2\sin A\cos A}{\sqrt3}=-\frac23\sin^2A+1\\ \frac{\sin2A}{\sqrt3}=-\frac23\frac{1-\cos 2A}{2}+1\\ \frac{\sin2A}{\sqrt3}-\frac13\cos2A=+\frac23\\ \frac23\sin(2A-\frac\pi6)=+\frac23\\ 2A-\frac\pi6\in(-\frac\pi6,\frac{11\pi}{6})\\ 2A-\frac\pi6=\frac{\pi}{2}\\ A=\frac{\pi}{3}\\ R=\frac{a}{2\sin A}=\frac{6}{2\frac{\sqrt3}{2}}=2\sqrt3$$ 以上两个过程，看似殊途同归，实则有一个致命的错误：平方增根: 对于$A=\frac\pi3$,下面用两种方法计算$b$: $$\frac{c}{b}=\frac{\sqrt3}{\sin A}=2\\ a^2+b^2=2c^2\\ a^2+b^2=8b^2\\ b^2=\frac{36}{7}$$ 余弦定理又给出: $$a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\\ a^2=b^2+c^2-bc\\ 36=3b^2\\ b^2=12$$ 这导致出现矛盾. ### 增根产生的原因 原条件实际上等价于下面两个方程同时成立： $$\text{①}\ \sin A=\sqrt3\,\frac bc,\qquad \text{②}\ \cos A=\frac{2b^2-c^2}{2bc}\ \text{（由余弦定理和 } a^2=2c^2-b^2 \text{ 得到）}$$ 上述做法是把 ② 平方，再和 $\sin^2A+\cos^2A=1$ 合并，得到 $$\cos^2A=\left(\frac{2b^2-c^2}{2bc}\right)^2 .$$ 这一步丢掉了 $\cos A$ 的符号信息。之后再开方写成"$\pm$"时，负号分支 $\cos A=-\dfrac{2b^2-c^2}{2bc}$ 并不是原来的条件 ②，而是一个新加进来的方程。 从几何上看： - 你又用 $\dfrac bc=\dfrac{\sin A}{\sqrt3}$ 把 $b,c$ 换成了 $\sin A$，所以整个方程只依赖于 $\sin A$ 和 $\cos^2A$。 - 这两个量在 $A\to\pi-A$ 时都不变，因此方程的解必然成对出现：若 $A$ 是解，$\pi-A$ 也是解。 - 负号分支正好对应补角。$\dfrac\pi3$ 与 $\dfrac{2\pi}3$ 互补，其中只有一个能满足 ② 中 $\cos A$ 的真实符号。 另外，$A=\dfrac\pi3$ 时算出的 $R=\dfrac{6}{2\sin\frac\pi3}=2\sqrt3$ 与正确答案恰好相同，因为互补角的正弦相等。所以这次答案碰巧没受影响，但这个角本身不成立。 ### 避免增根的写法 ### 方法1 设 $t=\dfrac bc$。保留 ② 的原样，只用平方关系来求 $t$： $$\sin A=\sqrt3t,\qquad \cos A=\frac{2t^2-1}{2t}$$ 由 $\sin^2A+\cos^2A=1$ 得 $$3t^2+\frac{(2t^2-1)^2}{4t^2}=1\ \Longrightarrow\ 16t^4-8t^2+1=0\ \Longrightarrow\ (4t^2-1)^2=0$$ 所以 $t=\dfrac12$。再代回 ②，由它直接**确定符号**： $$\cos A=\frac{2\cdot\frac14-1}{2\cdot\frac12}=-\frac12$$ 因此 $A=\dfrac{2\pi}{3}$，外接圆半径 $R=2\sqrt3$，外接圆面积为 $S=\pi R^2=12\pi$。 ### 方法2 $$\frac{b}{c}=\frac{\sin A}{\sqrt3}\\a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\\ 2c^2-b^2=b^2+c^2-2bc\cos A\\ 2b^2-c^2-2bc\cos A=0\\ 2(\frac{\sin A}{\sqrt3})^2-1-2(\frac{\sin A}{\sqrt3})\cos A=0$$ 这将回到前面分类讨论的情况一，得到$A=\frac{2\pi}{3}$ --- 回顾此题，可知选择大于努力: - 条件的考虑顺序： $$c\sin A=2b\sin 60^\circ=\sqrt3b\\ a=6\\ a^2+b^2=2c^2$$ 在上述三个条件中，我们优先考虑了条件1和3，因为它们可以确定三角形的形状，并且还有**齐次化**的好处 如果过早考虑条件2，就会得到难以求解的代数关系 - 条件的利用方法： 盲目对已知条件平方，会导致出现增根 对根的检验，不是长久之计，应该写出约束更强的等价变形 ## 2027届河南、河北、山西、陕西青桐鸣9月联考 ### 第 17 题（15 分） 已知 $n \in \mathbf{N}^*$，数列 $\{a_n\}$ 的首项为 $0$，$a_{n+1} - (n+1)a_n = n$.（提示：$n! = 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times (n-1) \times n$） （1）求 $\{a_n\}$ 的通项公式. （2）记 $b_n = \dfrac{1}{a_n + 1}$，设函数 $f(x) = 1 + b_1 x + b_2 x^2 + \cdots + b_n x^n$. 证明： （i）当 $x > 0$ 时，$f'(x) < f(x)$； （ii）$b_1 + b_2 + \cdots + b_n < e - 1$. (1) 计算前4项： $$a_1=0,a_2=1,a_3=5,a_4=23$$ 我们猜测，$a_n=n!-1$ 凑出$a_n+1$的阶乘形式: $$n\ge1,\\ (a_{n+1}+1)-(n+1)(a_n+1)=0\\ (a_{n+1}+1)=(n+1)(a_n+1)\\ =(n+1)n(a_{n-1}+1)\\ =(n+1)n(n-1)\cdots 2(a_1+1)\\ =(n+1)!\\ a_{n+1}=(n+1)!-1,n\ge1\\ \text{In particular, }a_1=1!-1\\ \therefore a_n=n!-1$$ (2) (i) $$b_n=\frac{1}{n!}\\ f(x)=1+\frac1{1!}x+\frac1{2!}x^2+\cdots+\frac1{n!}x^n$$ 不难发现，此题的命题背景是$y=e^x$的泰勒展开 $$f'(x)=1+\frac1{1!}x+\frac1{2!}x^2+\cdots+\frac1{(n-1)!}x^{n-1}\lt f(x)$$ (ii) $$b_1 + b_2 + \cdots + b_n =f(1)-1$$ 其实就是要证明$f(x)\lt e^x$ 这一点从泰勒展开的角度是显然的，可惜不能如此书写: 考虑到(i)中证明了$f'(x)-f(x)\lt0$,构造函数: $$H(x)=\frac{f(x)}{e^x}\\ H'(x)=[f'(x)-f(x)]e^{-x}\lt 0\\ \frac{f(1)}{e}=H(1)\lt H(0)=1\\ f(1)\lt e\\ b_1 + b_2 + \cdots + b_n = f(1)-1\lt e-1$$ ## 2027届浙江杭州二中9月开学考 ### 第 7 题 已知函数 $f(x) = x^3 + ax$，若 $f(e^x) \ge f(-e^{-x})$ 对 $\forall x \in \mathbf{R}$ 恒成立，则实数 $a$ 的取值范围为 $(\ \ )$ A. $a \le 0$　　B. $a \ge 0$　　C. $a \le -1$　　D. $a \ge -1$ 初步打量，看似是对函数单调性的讨论，但实际上由于自变量并不自由，所以$f(x)$单调递增是题目条件的充分不必要条件： $$\text{let }f'(x)=3x^2+a\ge0,a\ge0\\ e^x\gt0\gt -e^{-x}\\ f(e^x)\gt f(-e^{-x})$$ 那么，$a\ge0$一定满足条件. 答案很有可能是$a\ge-1$. 或者考虑带入函数解析式: $$[(e^x)^3+(e^{-x})^3]+(e^x+e^{-x})a\ge0\\ [(e^x)^2-1+(e^{-x})^2]+a\ge0\\ \text{LHS}\ge a+1\ge0\\ a\ge-1$$ 正确答案:D ## 2027届广东深圳中学9月开学考 ### 第 7 题 已知函数 $f(x)$ 满足 $f(x+y) + f(x-y) = \dfrac{2}{3}f(x)f(y)$，$f(1) = \dfrac{3}{2}$，则下列结论不正确的是 A. $f(0) = 3$ B. 函数 $f(2x-1)$ 关于直线 $x = \dfrac{1}{2}$ 对称 C. $f(x) + f(0) \ge 0$ D. $3$ 是函数 $f(x)$ 的周期 题目条件类似于余弦积化和差: $$\text{let }f(x)=t\cos \omega x\\ \cos(x+y) + \cos(x-y) = \dfrac{2t}{3}\cos(x)\cos(y)\\ \frac{2t}{3}=2,t=3\\ f(1)=3\cos\omega=\frac32,\omega=\pm\frac\pi3+2k\pi,k\in\Z\\ f(0)=3\\ f[2(1-x)-1]=f(-2x+1)=f(2x-1)\\ f(x)+f(0)=3+f(x)\ge0\\ \text{let }f(x)=3\cos \frac{\pi}{3}x,T_{min}=6$$ 因此，通过特殊情况，我们得知正确答案为D 下面，我们进行严谨证明: 令$x=1,y=0$,则: $$2f(1)=f(0)=3$$ 令$x=0$,则: $$f(y)+f(-y)=2f(y)\\ f(y)=f(-y),y\in\R$$ 这表明$f(x)$有对称轴$x=0$,与选项B等价 令$x=y$,则: $$f(2x)+f(0)=\frac23[f(x)]^2\ge0\\ 2x\to x,f(x)+f(0)=\frac23[f(\frac{x}{2})]^2\ge0$$ 令$y=1$,则: $$f(x+1)+f(x-1)=f(x)\\ f(x+2)+f(x)=f(x+1)\\ f(x+2)+f(x-1)=0\\ f(x+5)+f(x+2)=0\\ f(x-1)=f(x+5)\\ T=6$$ 对于周期$T=3$，可以利用余弦函数构造反例，同上. ### 第 8 题 将 $1, 2, 3, 4, 5, 6$ 随机排成一行，前三个数字构成三位数 $a$，后三个数字构成三位数 $b$，则 $|a - b| > 100$ 的概率为 A. $\dfrac{1}{3}$　　B. $\dfrac{1}{2}$　　C. $\dfrac{2}{3}$　　D. $\dfrac{5}{6}$ 我们不妨对随机排列的结果进行排序，令$a\gt b,|a-b|=a-b$. 我们对三位数的百位进行分类: (i) 百位相差不小于2 这种情况一定满足$a-b\gt 100$ 概率:$P_1=\frac{4+3+2+1}{C_6^2}=\frac{10}{15}=\frac23$ 到这里，基本可以锁定正确答案为D (ii) 百位相差1 如果有$a-b\gt100$,必然要求$a$的十位数大于$b$的十位数。 已经选取了百位的2个数字，还剩下4个数字 概率:$P_2=\frac{5}{C_6^2}\cdot\frac12=\frac16$ 总概率:$P=P_1+P_2=\frac56$ --- 反思：如果考虑反面$a-b\le 100$,更加简单 ### 第 11 题 已知函数 $f(x) = 3^{x+1} + ax^3$ 有三个极值点 $x_1, x_2, x_3$，若 $x_1 < x_2 < \dfrac{x_3}{3}$，则 A. $x_1 x_2 < 0$ B. $x_1$ 为极大值点 C. $x_3 - x_2 > 2$ D. $f(x_2) > 0$ $$f'(x)=(\ln3)3^{x+1}+3ax^2$$ $f'(x)$恰有三个变号零点$x_1,x_2,x_3$，显然有$a\lt 0$ $$f'(x)=0 \Longleftrightarrow -\frac{\ln 3}{a}=t=x^2\cdot3^{-x}\\ g(x)=x^2\cdot3^{-x}\\ g'(x)=(2x-x^2\ln3)3^{-x}$$ 画出$g(x)$图像可知，$g(x)-t=0$有三个变号零点，要求$t\in(0,g(\frac2{\ln3}))$,有$x_1\lt 0\lt x_2\lt \frac2{\ln 3}\lt x_3$. 自此，可以判断选项A正确. $$f'(x)\gt 0 \Longleftrightarrow t\gt g(x)$$ 可见$g(x)-t$和$f'(x)$符号相反. $$x\in(-\infty,x_1),g(x)-t\gt 0,f'(x)\lt 0\\ x\in(x_1,x_2),g(x)-t\lt 0,f'(x)\gt 0$$ 因此$x_1$是极小值点，选项B错误 $$f(x_2)\gt f(0)=3\gt0$$ 选项D正确. 接下来处理选项C: 由$g(x)$图像可知，$t$越小，$x_2$越小，$x_3$越大. 那么，当$x_2=\frac{x_3}3$时，一定有唯一与之对对应的$t_0$，使得$t\in(0,t_0)$是题目条件的充要条件. 如果能证明$t=t_0$时，$x_3-x_2\ge 2$，则选项C正确. $$x_3=3x_2\\ g(x_3)=g(x_2)\\ (3x_2)^2\cdot 3^{-3x_2}=(x_2)^2\cdot 3^{-x_2}\\ 9=3^{2x_2},x_2=1,x_3=3\\ x_3-x_2=2$$ 答案正如我所料，选项C正确. 使用**齐次化**的技巧，可以更好地利用比值条件: $$x_2^2\cdot 3^{-x_2}=x_3^2\cdot 3^{-x_3}\\ (\frac{x_3}{x_2})^2=3^{x_3-x_2}\gt 9\\ x_3-x_2\gt 2$$ 正确答案:ACD ## 2027届浙江Z20 ### 第 18 题（17 分） 已知椭圆 $C: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1$ $(a > b > 0)$ 的左、右顶点分别为 $A, B$，且 $|AB| = 4$，离心率为 $\dfrac{1}{2}$. （1）求椭圆 $C$ 的方程； （2）设直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $M, N$ 两点. ① 若 $l$ 过点 $P(4, 1)$，求 $|PM| \cdot |PN|$ 的最大值； ② 设直线 $AM, BN$ 的斜率分别为 $k_1, k_2$，且 $k_1 = 2k_2$，问直线 $l$ 是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由. (1)$|AB|=2a=4,a=2,e=\frac{c}{a}=\frac12,c=1,b=\sqrt3$ 综上，$C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ (2)① 用直线的参数方程处理线段长度乘积: $$\begin{cases}x=4+t\cos \theta,\\ y=1+t\sin \theta\end{cases}\\ 3x^2+4y^2-12=0\\ 3(4+t\cos\theta)^2+4(1+t\sin \theta)^2-12=0\\ (3\cos^2\theta+4\sin^2\theta)t^2+8(\sin\theta+3\cos\theta)t+40=0\\ |PM|\cdot|PN|=t_1t_2=\frac{40}{3\cos^2\theta+4\sin^2\theta}\le \frac{40}3$$ ② 根据对称性，若直线$l$过定点，则定点一定在$x$轴上. $$x=my+t\\ 3x^2+4y^2-12=0\\ 3(my+t)^2+4y^2-12=0\\ (3m^2+4)y^2+6mty+3(t^2-4)=0\\ \Delta\gt0\\ k_1=2k_2\\ \frac{y_1}{x_1+2}=2\frac{y_2}{x_2-2}\\ 2=\frac{y_1(x_2-2)}{y_2(x_1+2)}\\ =\frac{y_1(my_2+t-2)}{y_2(my_1+t+2)}\\ =\frac{my_1y_2+(t-2)y_1}{my_1y_2+(t+2)y_2}$$ 接下来的问题，转为处理非对称韦达定理: 这里，我们沿用**齐次化**的方法，将$y_1y_2$转化为含$y_1+y_2$的代数式: $$\begin{cases}y_1+y_2=-\frac{6mt}{3m^2+4},\\ y_1y_2=\frac{3(t^2-4)}{3m^2+4}\end{cases}\\ \frac{y_1y_2}{y_1+y_2}=-\frac{3(t^2-4)}{6mt}\\ my_1y_2=(-\frac{3(t^2-4)}{6t})(y_1+y_2)\\ \frac{my_1y_2+(t-2)y_1}{my_1y_2+(t+2)y_2}\\ =\frac{(\frac12t+\frac2t-2)y_1+(-\frac12t+\frac2t)y_2}{(-\frac12t+\frac2t)y_1+(\frac12t+\frac2t+2)y_2}=2\\ (3t-\frac4t-4)y_1=(3t+\frac4t+8)y_2\\ \because y_1\ne y_2\\ \therefore 3t-\frac4t-4=3t+\frac4t+8\\ t=-\frac23$$ 因此，直线$l$过定点$(-\frac23,0)$ ## 总结 这 9 道题涵盖函数与导数、数列、三角形、概率和圆锥曲线。解题时，先从条件的结构入手，往往比直接展开计算更有效：数列递推可以转成倒数差后求和，阶乘递推可以通过配凑 $a_n+1$ 化为标准形式，几何题则可先用正弦定理、余弦定理或直线参数方程整理关系。 贯穿这些题目的一个提醒是：变形时要保留原条件中的信息。平方可能丢失符号并引入增根；函数方程推出某些性质，也不代表可以据此断定函数必为熟悉的初等函数。最后把候选结果代回关键条件，确认其确实成立，才能让计算得到的结论与原题等价。