2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)代入法技術(shù)觀試卷一、選擇題（共12小題，每小題5分，共60分）1.函數(shù)方程求解中的代入法應(yīng)用已知函數(shù)$f(x)=2x^3+ax^2+bx+c$滿(mǎn)足$f(1)=f(2)=f(3)=0$，則$a+b+c$的值為（）A.-12B.-24C.12D.24解析：根據(jù)題意可設(shè)$f(x)=2(x-1)(x-2)(x-3)$，展開(kāi)得$f(x)=2x^3-12x^2+22x-12$，對(duì)比系數(shù)得$a=-12$，$b=22$，$c=-12$，故$a+b+c=-2$。此處通過(guò)因式分解代入法將零點(diǎn)條件轉(zhuǎn)化為解析式，避免了三元方程組的繁瑣求解。2.數(shù)列遞推公式的迭代代入在數(shù)列${a_n}$中，$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+3$，則$a_5$的值為（）A.31B.63C.127D.255解析：遞推式可變形為$a_{n+1}+3=2(a_n+3)$，令$b_n=a_n+3$，則$b_1=4$，$b_n=4×2^{n-1}=2^{n+1}$，故$a_n=2^{n+1}-3$。代入$n=5$得$a_5=64-3=61$。本題體現(xiàn)了構(gòu)造新數(shù)列代入法在遞推關(guān)系中的轉(zhuǎn)化作用。3.立體幾何中的參數(shù)代入法已知正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為$\sqrt{5}$，則其體積為（）A.$\frac{4}{3}$B.$\frac{8}{3}$C.4D.$\frac{16}{3}$解析：設(shè)棱錐高為$h$，由勾股定理得$h^2+(\sqrt{2})^2=(\sqrt{5})^2$，解得$h=\sqrt{3}$。體積$V=\frac{1}{3}×2^2×\sqrt{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。此處通過(guò)幾何量關(guān)系代入建立方程求解關(guān)鍵參數(shù)。二、填空題（共4小題，每小題5分，共20分）4.三角函數(shù)中的整體代入技巧已知$\sin(\alpha+\frac{\pi}{6})=\frac{1}{3}$，則$\cos(2\alpha+\frac{\pi}{3})=$________。答案：$\frac{7}{9}$解析：令$\theta=\alpha+\frac{\pi}{6}$，則$\cos(2\theta)=1-2\sin^2\theta=1-2×(\frac{1}{3})^2=\frac{7}{9}$，即$\cos(2\alpha+\frac{\pi}{3})=\frac{7}{9}$。通過(guò)變量替換代入簡(jiǎn)化了二倍角公式的應(yīng)用。5.解析幾何中的坐標(biāo)代入法拋物線(xiàn)$y^2=4x$上一點(diǎn)$P$到焦點(diǎn)的距離為5，則點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為_(kāi)_______。答案：(4,±4)解析：由拋物線(xiàn)定義知$x_P+1=5$，得$x_P=4$，代入方程得$y^2=16$，故坐標(biāo)為(4,±4)。此處利用定義轉(zhuǎn)化代入避免了距離公式的復(fù)雜計(jì)算。三、解答題（共6小題，共70分）6.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)中的多變量代入（12分）已知函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax^2$有兩個(gè)極值點(diǎn)$x_1$，$x_2$（$x_1<x_2$），證明：$x_1+x_2>\frac{1}{a}$。證明：（1）求導(dǎo)得$f'(x)=\lnx+1-2ax$，令$f'(x)=0$得$\lnx=2ax-1$。設(shè)$g(x)=\lnx$，$h(x)=2ax-1$，兩函數(shù)圖像交點(diǎn)橫坐標(biāo)即為極值點(diǎn)。（2）由$g(x_1)=h(x_1)$，$g(x_2)=h(x_2)$得$\lnx_1-\lnx_2=2a(x_1-x_2)$，即$\frac{\lnx_1-\lnx_2}{x_1-x_2}=2a$。（3）要證$x_1+x_2>\frac{1}{a}$，即證$a(x_1+x_2)>1$。令$t=\frac{x_1}{x_2}(0<t<1)$，則$a=\frac{\lnt}{2(x_1-x_2)}$，代入得$\frac{\lnt(x_1+x_2)}{2(x_1-x_2)}>1$，化簡(jiǎn)得$\frac{(t+1)\lnt}{2(t-1)}>1$。（4）構(gòu)造函數(shù)$\varphi(t)=\lnt-\frac{2(t-1)}{t+1}(0<t<1)$，求導(dǎo)得$\varphi'(t)=\frac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}>0$，故$\varphi(t)<\varphi(1)=0$，即$\lnt<\frac{2(t-1)}{t+1}$，原不等式得證。技術(shù)要點(diǎn)：本題通過(guò)比值代換和函數(shù)構(gòu)造代入，將雙變量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為單變量函數(shù)的單調(diào)性證明，體現(xiàn)了代入法在化歸轉(zhuǎn)化中的核心作用。7.數(shù)列與不等式中的迭代代入（12分）已知數(shù)列${a_n}$滿(mǎn)足$a_1=1$，$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$，證明：$\sqrt{2n-1}\leqa_n\leq\sqrt{3n-2}$。證明：（1）先證右側(cè)不等式：$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}\leqa_n^2+3$（當(dāng)$a_n\geq1$時(shí)，$\frac{1}{a_n^2}\leq1$）迭代得$a_n^2\leqa_1^2+3(n-1)=3n-2$，即$a_n\leq\sqrt{3n-2}$。（2）再證左側(cè)不等式：$a_{n+1}^2=a_n^2+2+\frac{1}{a_n^2}\geqa_n^2+2$迭代得$a_n^2\geqa_1^2+2(n-1)=2n-1$，即$a_n\geq\sqrt{2n-1}$。技術(shù)要點(diǎn)：通過(guò)平方迭代代入將遞推關(guān)系轉(zhuǎn)化為不等式鏈，利用放縮法實(shí)現(xiàn)上下界估計(jì)，展現(xiàn)了代入法在數(shù)列不等式證明中的遞進(jìn)式應(yīng)用。8.立體幾何中的空間向量坐標(biāo)代入（12分）在棱長(zhǎng)為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$為$C_1D_1$中點(diǎn)，求直線(xiàn)$AE$與平面$BDD_1B_1$所成角的正弦值。解析：（1）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)$D(0,0,0)$，則$A(2,0,0)$，$E(0,1,2)$，$\overrightarrow{AE}=(-2,1,2)$。（2）平面$BDD_1B_1$的法向量可取$\overrightarrow{AC}=(-2,2,0)$（$AC\perpBD$且$AC\perpBB_1$）。（3）設(shè)線(xiàn)面角為$\theta$，則$\sin\theta=|\cos<\overrightarrow{AE},\overrightarrow{AC}>|=\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot\overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{AE}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{|-2×(-2)+1×2+2×0|}{\sqrt{4+1+4}×\sqrt{4+4+0}}=\frac{6}{3×2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。技術(shù)要點(diǎn)：通過(guò)坐標(biāo)向量代入將幾何問(wèn)題代數(shù)化，利用法向量與方向向量的數(shù)量積求解線(xiàn)面角，體現(xiàn)了空間幾何中的量化代入思想。9.解析幾何中的參數(shù)方程代入（12分）已知橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，過(guò)點(diǎn)$P(1,1)$的直線(xiàn)$l$交橢圓于$A$，$B$兩點(diǎn)，若$P$為$AB$中點(diǎn)，求直線(xiàn)$l$的方程。解析：（1）設(shè)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，代入橢圓方程得：$\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{3}=1$$\frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{3}=1$（2）兩式相減得$\frac{(x_1-x_2)(x_1+x_2)}{4}+\frac{(y_1-y_2)(y_1+y_2)}{3}=0$（3）由中點(diǎn)條件知$x_1+x_2=2$，$y_1+y_2=2$，代入得$\frac{2(x_1-x_2)}{4}+\frac{2(y_1-y_2)}{3}=0$（4）整理得$k=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\frac{3}{4}$，故直線(xiàn)方程為$y-1=-\frac{3}{4}(x-1)$，即$3x+4y-7=0$。技術(shù)要點(diǎn)：本題運(yùn)用點(diǎn)差法代入，通過(guò)設(shè)而不求的代換技巧，巧妙利用中點(diǎn)坐標(biāo)簡(jiǎn)化計(jì)算，是解析幾何中處理中點(diǎn)弦問(wèn)題的典型方法。10.概率統(tǒng)計(jì)中的分布列代入（12分）某射手每次射擊命中率為$p(0<p<1)$，現(xiàn)進(jìn)行5次射擊，記命中次數(shù)為$X$，若$E(X)=2$，求$D(X)$的最大值。解析：（1）由二項(xiàng)分布性質(zhì)知$E(X)=5p=2$，得$p=\frac{2}{5}$。（2）方差$D(X)=5p(1-p)=5×\frac{2}{5}×\frac{3}{5}=\frac{6}{5}$。（3）若考慮非二項(xiàng)分布情況，設(shè)命中概率依次為$p_1,p_2,p_3,p_4,p_5$，則$E(X)=\sump_i=2$，$D(X)=\sump_i(1-p_i)=\sump_i-\sump_i^2=2-\sump_i^2$。（4）由柯西不等式知$\sump_i^2\geq\frac{(\sump_i)^2}{5}=\frac{4}{5}$，當(dāng)$p_1=p_2=p_3=p_4=p_5=\frac{2}{5}$時(shí)取等號(hào)，故$D(X)_{\text{max}}=2-\frac{4}{5}=\frac{6}{5}$。技術(shù)要點(diǎn)：通過(guò)分布列參數(shù)代入和不等式工具，證明了二項(xiàng)分布在等概率條件下方差達(dá)到最大，體現(xiàn)了代入法在概率模型構(gòu)建中的應(yīng)用。11.導(dǎo)數(shù)應(yīng)用中的構(gòu)造函數(shù)代入（10分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1$在$x\geq0$時(shí)恒有$f(x)\geq0$，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。解析：（1）當(dāng)$x=0$時(shí)，$f(0)=0$恒成立。（2）當(dāng)$x>0$時(shí)，$a\leq\frac{e^x-1}{x}$，令$g(x)=\frac{e^x-1}{x}$，則$g'(x)=\frac{xe^x-e^x+1}{x^2}$。（3）設(shè)$h(x)=xe^x-e^x+1$，則$h'(x)=xe^x>0$，故$h(x)>h(0)=0$，得$g'(x)>0$，$g(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增。（4）由洛必達(dá)法則知$\lim\limits_{x→0}g(x)=\lim\limits_{x→0}e^x=1$，故$a\leq1$。技術(shù)要點(diǎn)：通過(guò)參數(shù)分離代入構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)工具研究單調(diào)性，利用極限思想確定邊界值，展現(xiàn)了代入法在恒成立問(wèn)題中的轉(zhuǎn)化策略。四、附加題（共20分）12.競(jìng)賽中的高階代入技巧已知正實(shí)數(shù)$a,b,c$滿(mǎn)足$a+b+c=3$，證明：$\frac{a}{b^3+1}+\frac{c^3+1}+\frac{c}{a^3+1}\geq\frac{3}{2}$。證明：（1）利用不等式$b^3+1=(b+1)(b^2-b+1)\leq(b+1)(b^2+\frac{1}{4}b^2+\frac{3}{4})=\frac{3}{4}(b+1)^2$（當(dāng)$b=1$時(shí)取等）（2）代入得$\frac{a}{b^3+1}\geq\frac{4a}{3(b+1)^2}$，原不等式轉(zhuǎn)化為$\sum\frac{4a}{3(b+1)^2}\geq\frac{3}{2}$，即$\sum\frac{a}{(b+1)^2}\geq\frac{9}{8}$。（3）由柯西不等式$(\suma)(\sum\frac{a}{(b+1)^2})\geq(\sum\frac{a}{b+1})^2$，又$\sum\frac{a}{b+1}=\sum\frac{a}{b+1}(a+b+c)\geq(\sum\sqrt{a})^2$（權(quán)方和不等式）（4）當(dāng)$a=b=c=1$時(shí)，等號(hào)成立，故原不等式得證。技術(shù)要點(diǎn)：本題通過(guò)不等式放縮代入和多元柯西代換，將分式不等式轉(zhuǎn)化為可利用均值定理的形式，是高階代入技巧在競(jìng)賽中的綜合應(yīng)