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2024 年高考数学终极押题猜想
（高分的秘密武器：终极密押+押题预测）
押题猜想一 函数性质（奇偶性、对称性、周期性、单调性)的综合应用..........................................................1
押题猜想二 导数中的零点问题................................................................................................................................6
押题猜想三 三角恒等变换求值问题......................................................................................................................16
押题猜想四 解三角形中的范围与最值问题..........................................................................................................20
押题猜想五 外接球、内切球、棱切球..................................................................................................................26
押题猜想六 立体几何中的不规则图形..................................................................................................................32
押题猜想七 条件概率背景下概率与实际生活密切联系......................................................................................42
押题猜想八 圆锥曲线的离心率..............................................................................................................................53
押题猜想九 圆锥曲线中的面积问题......................................................................................................................58
押题猜想十 数列新定义..........................................................................................................................................69
押题猜想一 函数性质（奇偶性、对称性、周期性、单调性)的综合应用
已知函数 的定义域为R，对于任意实数x，y满足 ，且 ，
则下列结论错误的是（ ）
A． B． 为偶函数
C． 是周期函数 D．
【答案】C
【解析】令 ，得 ，因为 ，所以 ，A正确;
令 ，则 ，所以 ，则 为偶函数，B正确；
令 ，得 ，即 ，所以 不是周期函数，C错误；
当x取正整数n时， ，则 ，D正确.
故选：C.
押题解读
从近五年的高考情况来看，本部分多以选择题的压轴题呈现，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必
1
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时
要充分运用转化思想、数形结合思想和通过合理的赋值解决，抽象函数问题是今年高考的热点之一.
1．已知函数 ，则不等式 的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为 ，
所以 ，
所以 ，即 的图像关于点 中心对称．
（当且仅当
时等号成立）．
因为 ，所以 ，所以 在 上单调递增．
由 ，得 ．
由 可得 ，即 ，
所以 ，解得 ．
故选：D．
2．（多选题）已知函数 为偶函数，且 ，当 时， ，则
（ ）
A． 的图象关于点 对称 B． 的图象关于直线 对称
C． 的最小正周期为2 D．
【答案】ABD
【解析】对A：因为 为偶函数，则 ，
即 ，所以 是奇函数，
所以 的图象关于点 对称，故A正确；
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！对B：因为 ，所以 的图象关于直线 对称，故B正确；
对C：因为 ， ，
则 ，则 ，
所以 的最小正周期为 ，故C错误；
对D：因为当 时， ，所以 ， ，
因为 的图象既关于点 对称，又关于直线 对称，
所以 ， ，
因为 的最小正周期为4，
所以 ，所以 ，
所以
，故D正确．
故选：ABD．
3．（多选题）已知定义城为R的函数 ．满足 ，且 ，
，则（ ）
A． B． 是偶函数
C． D．
【答案】ABC
【解析】对于A项，由 ，
令 ，则 ，故A项正确；
对于B项，令 ，则 ，
因 ，故 ，
令 ，则 ①，
所以函数 关于点 成中心对称，
令 ，则 ，
令 ，则 ②，
3
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由①可得： ③，由②③可知： ，
且函数 的定义域为 ，则函数 是偶函数，故B项正确；
对于C项，令 ，则 ，
因为 ， ， ，代入上式中得，
故得： ，故C项正确；
对于D项，由上可知： ，则 ，
故函数 的一个周期为4，故 ，
令 ，则 ，
所以 ，
则 ，故D项错误．
故选：ABC．
4．（多选题）已知定义在R上的函数 的导函数分别为 ，且 ，
，则（ ）
A． 关于直线 对称 B．
C． 的周期为4 D．
【答案】ACD
【解析】由 ，得 ①，
②，得 ③，
由①②③，得 ，所以函数 图象关于直线 对称，故A正确；
由 ，得 ，令 ，得 ；
由 ，得 ，
令 ，得 ，
∴ ④，
又 ⑤，令 ，得 ，故B错误；
④⑤两式相加，得 ，得 ，
所以 ，即函数 的周期为4，故C正确；
由 ，令 ，得 ，所以 ，
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 ，故D正确.
故选：ACD
5．（多选题）已知函数 的定义域为 ，且 ，都有 ，
， ， ，当 时， ，则下列说法正确的
是（ ）
A．函数 的图象关于点 对称
B．
C．
D．函数 与函数 的图象有8个不同的公共点
【答案】ABD
【解析】由 得函数 关于 对称，A正确；
由 得函数 关于 对称，
所以 ， ，
所以 ，即 ，
所以 ，故函数 的周期为 ，
由 知 ， ，
又 时， ，所以 ，解得 ，
所以 时， ，
所以 ，B正确；
，C错误；
画出函数 和函数 的图象，如图：
，观察图象可得函数 与函数 的图像有8个不同的公共点，D正确.
故选：ABD.
5
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想二 导数中的零点问题
已知函数 ， ．
(1)若 与 的图象有且仅有两个不同的交点，求实数 的取值范围；
(2)若 ， 是 的导函数，方程 有两个不相等的实数解 ， ，求证：
．
【解析】（1）法一：由已知 与 的图象有且仅有两个不同的交点，
则方程 ，即 有且仅有两个不同的实数解，
令 ，
则原问题可转化为函数 的图象与直线 有两个不同的交点.
，
令 ，得 ，令 ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
且当 趋近于0时， 趋近于0，当 趋近于 时， 趋近于 ，
，作出 与 的大致图象如图所示，
数形结合可得 ，即实数 的取值范围为 .
解法二：若 与 的图象有且仅有两个不同的交点，
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！则方程 ，即 有且仅有两个不同的实数解，
令 ，则原问题可转化为函数 有两个不同的零点．
，
令 ，得 ，令 ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
且当 趋近于0时， 趋近于 ，当 趋近于 时， 趋近于
，作出 的大致图象如图所示，
数形结合可得 ，得 ，即实数 的取值范围为 ．
（2） ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
且 ，当 趋近于0时， 趋近于0，
当 趋近于 时， 趋近于 ，
作出 的大致图象如图所示．
7
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司不妨令 ，则由 ，得 ，
令 ， ，
则
当 时， ，所以 ， 单调递减，
所以 ，所以 ， ．
因为 ，所以 ，
又 ，故 ，
又 ， ，且 在 上单调递增，故 ，即 ．
押题解读
本部分多以解答题呈现，导数压轴题以零点问题为主，重点关注由函数的零点生成的各类问题（结合不等
式、双变量问题、恒成立与有解问题、极值点偏移问题等）的求解思路，本质是如何构造函数以及变形函
数求解难题，导数中的零点问题与不等式结合是今年高考的热点之一
1．已知 ，函数 的图象在点 处的切线方程为 .
(1)求a，b的值;
(2)若方程 （e为自然对数的底数）有两个实数根 ，且 ，证明：
【解析】（1）因为 ，所以 ，
由题意知 ，所以 ，
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！联立方程组 ，解得 .
（2）由（1）可知 ， ，
，设 ，
，
所以 即 在 上单调递增.
又 ，所以存在 ，使得 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
设 ，令 ，
则 ，
因为 在 上单调递增，
所以 在 上单调递增.
又 ，所以当 时， ，当 时， .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
故 ，即 ，当且仅当 时，等号成立.
因为方程 有两个实数根 ，且 ，
也就是 ，且注意到 在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，即 .
设 的根为： ，则 ，
又 在 上单调递增，所以 ，
故 ①.
易知 的图象在坐标原点处的切线方程为 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司令 ，
则 ，
因为 在 上单调递增，
所以 在 上单调递增.
又 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 ， ，当且仅当 时，等号成立.
因为 ，所以 ，即 .
设 的根为 ，则 ，
又 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，
从而 ②.
由①②可知： .
2．已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)设 ，求函数 的极大值；
(3)若 ，求函数 的零点个数．
【解析】（1）当 时， ， ，
则 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2） ，则 ，
则 ，
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！当 时， ，此时函数 无极值；
当 时，令 ，则 或 ，令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的极大值为 ；
当 时，令 ，则 或 ，令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
而函数 的定义域为 ，
所以此时函数 无极值.
综上所述，当 时，函数 无极大值；
当 时， 的极大值为 ；
（3）令 ，则 ，
当 时， ，
所以 时，函数 无零点；
当 时，由 ，得 ，所以 ，
则 时，函数 零点的个数即为函数 图象交点的个数，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
又当 时， 且 ，当 时， ，
如图，作出函数 的大致图象，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司又 ，由图可知，所以函数 的图象只有 个交点，
即当 时，函数 只有 个零点；
综上所述，若 ，函数 有 个零点．
3．已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若关于 的不等式 无整数解，求 的取值范围.
【解析】（1） ，
当 ，得 ，
当 时， 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减，
当 时， 时， ， 单调递减，
时， ， 单调递增，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
综上可知， 时，函数 的单调递增区间是 ，单调递减区间是 ，
时，函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ，
时，函数 的增区间是 ，无减区间.
（2）不等式 ，即 ，
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！设 ， ，
设 ， ，所以 单调递增，
且 ， ，
所以存在 ，使 ，即 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，当 时， ，
不等式 无整数解，即 无整数解，
若 时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，
若 时，即 ，因为函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 时， ，所以 无整数解，符合题意，
当 时，因为 ，显然 是 的两个整数解，不符合题意，
综上可知， .
4．已知函数 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)求函数 在 上的零点个数.
【解析】（1）∵ ，故 ，
令 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）因为 ， ，
则 ．
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司①当 时，因为 ，
所以 在 上单调递减．所以 ．
所以 在 上无零点．
②当 时，因为 单调递增，且 ， ，
所以存在 ，使 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ．
所以 ．设 ， ，
由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 ．
所以 ，得 ．
所以 ．所以 在 上存在一个零点．
所以 在 有2个零点．
③当 时， ，
所以 在 上单调递增．因为 ，所以 在 上无零点．
综上所述， 在 上的零点个数为2．
5．已知函数 ．
(1)讨论 的单调性．
(2)已知 是函数 的两个零点 ．
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（ⅰ）求实数 的取值范围．
（ⅱ） 是 的导函数．证明： ．
【解析】（1） ．
①当 时， 在 上单调递增．
②当 时，令 得 ，即 在 上单调递增；
同理，令 得 ，即 在 上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当 时， 在 上单调递增，不可能有两个零点．
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，
若使 有两个零点，则 ，即 ，解得 ，
且 ，当 时， ，则有 ，
所以 的取值范围为 ．
（ⅱ） 是函数 的两个零点，则有 ①， ②，
①-②得 ，即 ，
，
因为 有两个零点，所以 不单调，
因为 ，得 ，
所以 ．
若要证明 成立，
只需证 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司即证 ，令 ，则 ，
则不等式只需证 ，
即证 ，
令 ，
，令 ，
令 ，因为 ，得 在 上单调递减，
得 ，得 ，即 在 上单调递减，
得 ，得 ，即 在 上单调递减，
所以有 ，
故有 ，不等式得证．
押题猜想三 三角恒等变换求值问题
己知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 .
故选：B.
押题解读
在近几年的高考中，本部分多以选择题或者填空题形式呈现，三角恒等变换是三角函数部分考查频率最高
的一个知识点，考查题目灵活多变。在学习时，公式特别多，难度非常大，学好的首要条件是熟练掌握三
角函数诱导公式，然后主要是理解掌握两角差的余弦公式的推导过程，进而推导出两角和与差的正弦、余
弦、正切公式。在三角函数求值题目当中，常常会出现已知条件中给出两个或者一个三角函数值，求问题
中的三角函数值，解决此类问题的关键在于用“已知角”来表示“未知角”，因此三角恒等变换求值问题
是今年高考的热点之一.
1． （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由
.
故选：A．
2．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由已知可得， ，显然 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司两边同时乘以 可得， ，
整理可得 ，
所以， ，
两边同时平方可得 ，
即 ，解得 或 .
当 时， ，此时 ，不满足题意，舍去.
所以， .
故选：A.
3．已知 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，
从而 ， ，
所以 .
故选：B.
4．已知 ， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ， ，
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 ，
解得 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 .
故选：A
5．在 中，已知 ．若 ，则 （ ）
A．无解 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】由 ，即 ，则 ，
由 ，知 ，
则 ，则 ，
又 ，
故 ，设 ，则 ，
有 ，即 ， ，
即该方程无解，故不存在这样三角形，即 无解.
故选：A.
6．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意知， ， ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由 ，得 ，
整理，得 ，解得 或 ，
又 ，则 ，所以 .
所以
.
故选：A
押题猜想四 解三角形中的范围与最值问题
记锐角 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 .
(1)证明： ；
(2)求 的取值范围.
【解析】（1）证明：由 ，
得 ，
即 ，
由正弦定理可得 ，即 ，
由余弦定理可得 ，故 ，
又 ，故 ，由 ，
故 ；
（2）由正弦定理可得：
，
又锐角 中，有 ， ，解得 ，
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故 .
押题解读
本部分多以解答题或者填空题呈现，解三角形问题是高考高频考点，命题多位于解答题第一题，主要利用
三角形的内角和定理，正、余弦定理、三角形面积公式等知识解题，解题时要灵活利用三角形的边角关系
进行“边转角”、“角转边”．解决“最值与范围问题”的基本方法：①利用正弦定理，边转角，转化为
关于角的三角函数．②利用余弦定理，角转边，转化为关于边的函数，通过代入消元或基本不等式求解最
值．③若条件中包含“锐角三角形”，则一般转角．④通过画图寻找思路，以及检查结果．
1．在 中， 为 边上一点， ，且 面积是 面积的2倍．
(1)若 ，求 的长；
(2)求 的取值范围．
【解析】（1）设 边上的高为 ，垂足为 ，
因为 面积是 面积的2倍，
所以有 ，
设 ，
由余弦定理可知：
，
解得 或 舍去，即 ；
（2）由（1）可知 ，
设 ，由 且 ，
由余弦定理可得：
21
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司，
，
在 中，因为 ，
所以由正弦定理可知：
，
因为 ，
所以 ，
于是有 ，因此 的取值范围为 .
2．已知锐角 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，其中 ， ，且
．
(1)求证： ；
(2)已知点 在线段 上，且 ，求 的取值范围．
【解析】（1）因为 ，
即 ，由正弦定理可得 ，
又 ，即 ，所以 ，整理得 ，
由余弦定理得 ，整理得 ，
由正弦定理得 ，
22
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故 ，
即 ，
整理得 ，
又因为 为锐角三角形，则 ，可得 ，
所以 ，即 .
（2）因为点 在线段 上，且 ，即 平分 ，
又 ，所以 ，则 ，
在 中，由正弦定理得 ，
所以 ，
因为 为锐角三角形，且 ，所以 ，解得 .
故 ，所以 .
因此线段 长度的取值范围 .
3． 中， 为 边的中点， .
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(1)若 的面积为 ，且 ，求 的值；
(2)若 ，求 的取值范围．
【解析】（1）因为 为 边的中点，所以 ，
又 ，即 ，解得 ，
在 中由余弦定理 ，
即 ，所以 ，
在 中由正弦定理 ，即 ，解得 .
（2）设 ， ，
在 中由余弦定理 ，
即 ，
在 中由余弦定理 ，
即 ，
在 中由余弦定理 ，
因为 ，所以 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，即 .
4．已知平面四边形 中， .
(1)若 ，求 ；
(2)若 的面积为 ，求四边形 周长的取值范围.
【解析】（1）在 中，由余弦定理得 ，
24
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！在 中，由余弦定理得 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
解得 .
（2）由已知 ，得 ，
在 中， ，由余弦定理得
，则 ，
设 ，在 中，由余弦定理得
，
则 ，得 ，
所以 ，当且仅当 时取等号，
又 ，
所以四边形 周长的取值范围为 .
5． 的内角 的对边分别为 ，已知 .
(1)求 ；
(2)若 为锐角三角形，且 ，求 面积的取值范围.
【解析】（1）因为 中， ，即 ，
而 ，故 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司故 ，又 ，
则 ；
（2）由（1）以及题设可得 ；
由正弦定理得
，
因为 为锐角三角形， ， ，
则 ，
则 ，则 ，
即 ，则 ，
即 面积的取值范围为 .
押题猜想五 外接球、内切球、棱切球
已知体积为 的球O与正四面体 的四个面均相切，且与正四面体 的六条棱均相切，
则正四面体 与 的表面积的比值为（ ）
A．6 B． C． D．3
【答案】D
【解析】设球O的半径为R，因为球O的体积为 ，所以 ，得 ．
设正四面体 的棱长为a，则该正四面体的高 ，所以该正四面体的体积
26
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！，又 ，
所以 ，解得 ，即正四面体 的棱长为 ．
将正四面体 放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体 的六条棱均
相切的球O．
因为 ，所以该正方体的棱长为6，则正四面体 的棱长为 ，
所以 ，
故选:D．
押题解读
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综
合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高
考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难
度．
1．（多选题）在三棱锥 中， 与 是全等的等腰直角三角形，平面 平面
为线段 的中点．过点 作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】由题意可知，满足条件的三棱锥有五种情况，如图．
由于图（1）（2）（3）（4）将三棱锥 补成正方体，其外接球球心为正方体中心，
点 到球心 的距离相等，因此只考虑一种情况．
以图（1）为例，其外接球半径 ．
当 垂直于截面时，截面圆的半径取最小值 ，此时其面积为 ；
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司当截面过球心时，截面圆的半径取最大值 ，此时其面积为 ．
因此截面圆的面积的取值范围为 ．
若三棱锥为图（5）， 时，
则球心 与 重合，此时 ，截面圆的面积为 ．
故选：AB．
2．（多选题）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫
（化学式 ）､金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正
八面体 的（如图2）棱长为2，则（ ）
A．正八面体 的内切球表面积为
B．正八面体 的外接球体积为
C．若点 为棱 上的动点，则 的最小值为
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！D．若点 为棱 上的动点，则三棱锥 的体积为定值
【答案】ACD
【解析】对于 A 项，设该正八面体内切球的半径为 ，由内切球的性质可知正八面体的体积
，
解得 ，故它的内切球表面积为 ，故A项正确；
对 于 B 项 ， 设 该 正 八 面 体 外 接 球 的 半 径 为 ， 由 图 知 ， 是 正 方 形 ，
,
在 中， ,利用对称性知 ,故点 为正八面体外接球的球心，则
，
所以正八面体外接球的体积为 ，故 项错误；
对于C项，如图，因 与 是边长为2的全等的正三角形，可将 翻折到 ，使其与
共面，从而得到一个菱形 .
连接 与 相交于点 ，此时 , ,则 取得最小值为 ，
故 项正确；
对于D项，易知 ，因为 平面 平面 ，所以 //平面 ，
所以 ，故D项正确.
故选：ACD.
3．在四面体 中， ，且 与 所成的角为 .若四面体 的体
积为 ，则它的外接球半径的最小值为 .
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【解析】依题意，可将四面体 补形为如图所示的直三棱柱 ，因为 与 所成的角为
，
所以 或 ，设 ，外接球半径记为 ，
外接球的球心如图点 .
易知 平面 ，所以点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，
，得 ，
在 中， ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以当 时，外接球的半径会更小.
所以 ，
所以 ，
所以 .
故答案为：3.
4．如图，棱长为 的正方体 的内切球为球 ， ， 分别是棱 ， 的中点， 在
棱 上移动，则（ ）
30
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！A．对于任意点 ， 平面
B．直线 被球 截得的弦长为
C．过直线 的平面截球 所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为
D．当 为 的中点时，过 ， ， 的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】C
【解析】
对于A，根据已知条件圆 为以 为圆心，半径 的圆； 在棱 上移动，
当 与点 重合时，平面 即为平面 ，因为 在直线 上，
所以 平面 ，所以 与平面 相交，A错误；
对于B，以 点为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如图所示的空间直角坐标
系，
则 、 、 、 ，
则 ， ， ，
设直线 与直线 夹角为 ，则 ，
由此可知 ，连结 ，过 作直线 的垂线，垂足为 ，
31
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司则在 中，有 ，解得 ，
设直线 被球O截得的弦长为 ，则 ，B错误；
对于C，过直线 的平面截球O所得的所有截面圆半径最小时，有 垂直于过 的平面，
此时圆的半径为 ，圆的面积为 ，C正确；
对于D，根据题意当 为 的中点时，
过 ， ， 的平面截该正方体所得截面为正六边形 ， ，
在 中， ，所以边长 ，
所以截面面积为 ，D错误.
故选：C
5．在正四棱台 中， ，若球 与上底面A B C D 以及棱
1 1 1 1
均相切，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设棱台上下底面的中心为 ,连接 ，
则 ，
所以棱台的高 ,
设球半径为 ,根据正四棱台的结构特征可知：球 与上底面A B C D 相切于 ,与棱 均相切
1 1 1 1
于各边中点处，
设 中点为 ，连接 ,
所以 ，解得 ，
所以球 的表面积为 ，
故选：C
32
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！押题猜想六 立体几何中的不规则图形
如图，在菱形 中， ， 分别为 的中点，将 沿 折起，使点
到达点 的位置，且 ．
(1)证明： 平面 ．
(2)若 为线段 上的一点，求 与平面 所成角的正弦值的最大值．
【解析】（1）如图，连接 ，设 与 交于点 ，
连接 ，则 ，
又 分别为 的中点，
所以 ，则 ，
因为 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
在菱形 中， ，则 为等边三角形，
所以 ，
因为 ，
所以 ，则 ，
又 平面 ，
所以 平面 ；
（2）以 为原点，分别以 所在直线为 轴、 轴，
以过点 且垂直于平面 的直线为 轴，建立如图的空间直角坐标系，
则 ，
33
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由（1）可知 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
在 中，点 到 的距离为 ，
又 ，故 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则有 ，即 ，
令 ，则 ，所以 ，
设 ，
则 ，
设 与平面 所成的角为 ，
显然当 时， ，不符合题意，
则 ，所以 ，
所以
，
当 ，即 时， 取得最大值，为 ．
34
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！押题解读
本部分多以解答题呈现，立体几何中的不规则图形问题是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程．高考
中，立体几何中的不规则图形常与空间中的平行、垂直、空间角及距离相结合命题．因此，关注立体几何
中的不规则图形问题是非常有必要的，也是今年高考的热点之一.
1．在菱形 中， ，以 为轴将菱形 翻折到菱形 ，使得平面
平面 ，点 为边 的中点，连接 .
(1)求证： 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1） 平面 平面 平面 .
同理可得 平面 .
又 平面 ， 平面 平面 .
平面 平面 .
（2）法1：取 中点 ，易知 .
平面 平面 ，平面 平面 ，
又 平面 ，
平面 .
如图，建立空间直角坐标系，
35
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司则 .
从而 ，得 .
又 ，设平面 的法向量 ，
有 ，得 ，解得 ，取 ，故 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则
，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
法2：取 中点 ，则 是平行四边形，所以 .
从而 与平面 所成角即为 与平面 所成角，设为 .
过 作 交 于 ，过 作 交 于 ，
过 作 交 于 .
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
又 平面 ，
36
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
从而 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，又 ， 平面 ，
从而 平面 .
所以 的长即为 到平面 的距离.
由 ，可得 .
又 ，所以 到平面 的距离设为 即为 到平面 的距离，即 .
又 ，可得 .
在 中， ，所以 ，得 .
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
2．如图，在圆台 中， 为轴截面， 为下底面圆周上一点， 为下
底面圆 内一点， 垂直下底面圆 于点 .
(1)求证：平面 平面 ；
(2)若 为等边三角形，求平面 和平面 的交线 与平面 所成角的正弦值.
【解析】（1）证明：由于 垂直下底面圆 ,
故 ,
平面 ， 平面 ，所以 平面
又 ,所以 ，
37
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司平面 ， 平面 ，所以 平面
平面 ,所以平面 平面
（2）由题意可得四边形 为等腰梯形，且 ，故 ，
,
由于 为等边三角形， ， ,
又 ， 在圆 上，所以 , ,
故 为 中点，
过 作 交圆 于点 ，又 ，故 ，
则 为平面 和平面 的交线,
建立如图所示的空间直角坐标系系，
,
则 ,
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，则 ，
，
所以 ，
38
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故 与平面 所成角的正弦值为
3．如图所示，三棱柱 所有棱长都为 ， ， 为 中点， 为 与 交点．
(1)证明： 平面 ；
(2)证明：平面 平面 ；
(3)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求二面角 的平面角的余弦值．
【解析】（1）取 中点 ，连接 ， ， ；
因为 ， 分别为 和 的中点，所以 且 ，
又 且 ，
所以 且 ，即四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
（2）因为三棱柱 所有棱长都为 ， ，
所以 ， ， 为 的中点， 四点共面，
39
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司所以 ，且 ， ， 平面 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 ．
（3）由题意知， ，且 ， ， 平面 ， ，
所以 平面 ，又 ，所以 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成角，
又 ，所以 ，
因为 ，所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 为直角三角形，所以 ，所以 ，
在 中， ，所以 ，
以 为原点，作 平面 ，以 ， ， 方向为 ， ， 轴正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示：
则 ， ， ， ，由 ，所以 ，
所以 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ，
令 ，解得 ，所以平面 的一个法向量为 ，
记二面角 的平面角为 ，由图可得 为锐角，
则 ，
即二面角 的平面角的余弦值为 ．
40
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4．如图，在三棱柱 中， 是边长为2的正三角形，侧面 是矩形， ．
(1)求证：三棱锥 是正三棱锥；
(2)若三棱柱 的体积为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值．
【解析】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心．
因为 得 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
则 ；
取 中点 ，连接 ，则四边形 是平行四边形，
因为侧面 是矩形，所以 ，又 ，
又 平面 ，
41
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司所以 平面 ，又 平面 ，则 ；
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以三棱锥 是正三棱锥．
（2）因为三棱柱 的体积为 ，底面积为 ，所以高 ，
以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与 平行的方向为z轴的正方向建立空
间直角坐标系，
则 ，
设平面 的法向量 ，因为 ．
则 ，取 ，可得 ，
又 ，
设直线 与平面 所成角为θ，
所以 .
5．如图 是由两个三角形组成的图形，其中 ， ， ， ．将三
角形 沿 折起，使得平面 平面 ，如图 ．设 是 的中点， 是 的中点．
(1)求直线 与平面 所成角的大小；
(2)连接 ，设平面 与平面 的交线为直线 ，判别 与 的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）过 作 于 ，连接 ，
∵平面 平面 ，且平面 平面 ， ，
42
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！∴ 平面 ，∴ 为直线 与平面 所成角．
∵ ，不妨设 ，
在 中，由正弦定理得 ．
易知 ，
，
∴在 中， ， ，
∴直线 与平面 所成角的大小为 ．
（2）∵ 是 的中点， 是 的中点，∴DO∥PC；
又∵ ， ，∴DO∥平面PBC；
又∵平面 平面 ，∴ ∥ ，
∴ ∥ ．
押题猜想七 条件概率背景下概率与实际生活密切联系
流感病毒是一种 病毒，大致分为甲型、乙型、丙型三种，其中甲流病毒传染性最强，致死率最高，危
害也最大．某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品 和治疗甲流药品 ，根据研
发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2列联
表：
甲流病毒
预防药品 合计
感染 未感染
未使用 24 21 45
使用 16 39 55
合计 40 60 100
43
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(1)根据 的独立性检验，分析预防药品 对预防甲流的有效性；
(2)用频率估计概率，从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗药品 对该动物进行
治疗，已知治疗药品 的治愈数据如下：对未使用过预防药品 的动物的治愈率为0.5，对使用过预防药
品 的动物的治愈率为0.75，若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染
动物中被治愈的动物只数为 ，求 的分布列与数学期望．
附： ．
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
【解析】（1）假设 ：使用预防药品 与对预防甲流无效果，
由列联表可知 ，
根据小概率值 的独立性检验，推断 不成立，
即认为使用预防药品 与对预防甲流有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05.
（2）设事件 表示使用治疗药品 并且治愈，事件 表示未使用过预防药品 ，事件 表示使用过预防
药品 ，
由题意可得 ，
且 ，
则 ，
治疗药品 的治愈概率 ，
则 ，
所以 ， ，
， ，
所以，随机变量 的分布列为
0 1 2 3
44
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押题解读
回顾近几年的高考试题，可以看出概率统计解答题，大多紧密结合社会实际，以现实生活为背景设置试题，
注重知识的综合应用与实际应用，作为考查实践能力的重要载体，命题者要求考生会收集，整理、分析数
据，能从大量数据中抽取对研究问题有用的信息，建立数学模型，再应用数学原理和数学工具解决实际问
题，是高考常用的考查形式．
1．某企业监控汽车零件的生产过程，现从汽车零件中随机抽取100件作为样本，测得质量差（零件质量与
标准质量之差的绝对值）的样本数据如下表：
质量差（单位：
54 57 60 63 66
）
件数（单位：件） 5 21 46 25 3
(1)求样本质量差的平均数 ；假设零件的质量差 ，其中 ，用 作为 的近似值，求
的值；
(2)已知该企业共有两条生产汽车零件的生产线，其中全部零件的 来自第1条生产线.若两条生产线的废品
率分别为0.016和0.012，且这两条生产线是否产出废品是相互独立的.现从该企业生产的汽车零件中随机抽
取一件.
（i）求抽取的零件为废品的概率；
（ii）若抽取出的零件为废品，求该废品来自第1条生产线的概率.
参考数据：若随机变量 ，则
.
【解析】（1）由题意可知 ，
则 ，
所以
；
（2）（i）设事件 表示“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，
45
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司事件 表示“随机抽取一件零件为第1条生产线生产”，
事件 表示“随机抽取一件零件为第2条生产线生产”，
则 ， ， ， ，
所以 ；
（ii）因为 ，
所以 ，
所以 ．
2．2023年10月10日，习近平总书记来到九江市考察调研，特别关注生态优先，绿色发展.某生产小型污
水处理设备企业甲，原有两条生产线，其中1号生产线生产的产品优品率为0.85，2号生产线生产的产品
优品率为0.8.为了进一步扩大生产规模，同时响应号召，助力长江生态恢复，该企业引进了一条更先进、
更环保的生产线，该生产线（3号）生产的产品优品率为0.95.所有生产线生产的产品除了优品，其余均为
良品.引进3号生产线后，1，2号生产线各承担20%的生产任务，3号生产线承担60%的生产任务，三条生
产线生产的产品都均匀放在一起，且无区分标志.
(1)现产品质检员，从所有产品中任取一件进行检测，求取出的产品是良品的概率；
(2)现某企业需购进小型污水处理设备进行污水处理，处理污水时，需几台同型号的设备同时工作.现有两种
方案选择：方案一，从甲企业购进设备，每台设备价格30000元，可先购进2台设备.若均为优品，则2台
就可以完成污水处理工作；若其中有良品，则需再购进1台相同型号设备才能完成污水处理工作.方案二，
从乙企业购进设备，每台23000元.需要三台同型号设备同时工作，才能完成污水处理工作.从购买费用期望
角度判断应选择哪个方案，并说明理由.
【解析】（1）设 “任取一件产品为优品”，
“产品为第 号生产线生产” ，
由全概率公式得：
则从所有产品中任取一件是良品的概率为：
.
（2）选择方案一，理由如下：
设从甲企业购进设备的费用为 元，
46
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！则 可取： ， ，
由（1）知：
所以 .
设从乙企业购进设备的费用为 元，
则 ，
因为 ，
故选择方案一比较合适.
3．甲、乙两人进行知识问答比赛，共有 道抢答题，甲、乙抢题的成功率相同.假设每题甲乙答题正确的
概率分别为 和 ，各题答题相互独立.规则为：初始双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得﹣1分，
未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.
(1)若 ， ，求甲获胜的概率；
(2)若 ，设甲第 题的得分为随机变量 ，一次比赛中得到 的一组观测值 ，如下表.
现利用统计方法来估计 的值：
①设随机变量 ，若以观测值 的均值 作为 的数学期望，请以此求出 的估计
值 ；
②设随机变量 取到观测值 的概率为 ，即 ；
在一次抽样中获得这一组特殊观测值的概率应该最大，随着 的变化，用使得 达到最大时 的取值
作为参数 的一个估计值.求 .
题目 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
得分 1 0 0 ﹣1 1 1 ﹣1 0 0 0
1 1 1
题目 11 12 14 15 17 19 20
3 6 8
﹣
得分 0 1 1 ﹣1 0 0 0 1 0
1
表1：甲得分的一组观测值.
47
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司附：若随机变量 ， 的期望 ， 都存在，则 .
【解析】（1）记甲获胜为事件 ，甲抢到3道题为事件 ，甲抢到2道题为事件 ，甲抢到1道题为事
件 ，甲抢到0道题为事件 ，
则 ， ，
， ，
而 ，
，
，
，
所以
.
（2）① ， ， ，
所以 ；
因为 ，
由表中数据可知 ，
所以 ， .
②因为 取值相互独立，
所以
，
48
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 ；
令 得 ，
又 ，
所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
即当 时 取到最大值，从而 .
4．为保护森林公园中的珍稀动物，采用某型号红外相机监测器对指定区域进行监测识别.若该区域有珍稀
动物活动，该型号监测器能正确识别的概率（即检出概率）为 ；若该区域没有珍稀动物活动，但监测器
认为有珍稀动物活动的概率（即虚警概率）为 .已知该指定区域有珍稀动物活动的概率为0.2.现用2台该
型号的监测器组成监测系统，每台监测器（功能一致）进行独立监测识别，若任意一台监测器识别到珍稀
动物活动，则该监测系统就判定指定区域有珍稀动物活动.
(1)若 .
（i）在该区域有珍稀动物活动的条件下，求该监测系统判定指定区域有珍稀动物活动的概率；
（ii）在判定指定区域有珍稀动物活动的条件下，求指定区域实际没有珍稀动物活动的概率（精确到
0.001）；
(2)若监测系统在监测识别中，当 时，恒满足以下两个条件：①若判定有珍稀动物活动时，该
区域确有珍稀动物活动的概率至少为0.9；②若判定没有珍稀动物活动时，该区域确实没有珍稀动物活动
的概率至少为0.9.求 的范围（精确到0.001）.
（参考数据： ）
【解析】（1）记事件 为“监测系统判定指定区域有珍稀动物活动”，事件 为“监测区域实际上有珍稀
动物活动”，
（i） ；
（ii）
49
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司，
则
；
（2） ，
，
由题意可得 ，即 ，
令 ， ，得 ， ，故 ， ，
即 ，即 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
故 ，即 ，所以 ，
故 .
5．入冬以来，东北成为全国旅游和网络话题的“顶流”．南方的小土豆们纷纷北上体验东北最美的冬天，
这个冬天火的不只是东北的美食、东北人的热情，还有东北的洗浴中心，拥挤程度堪比春运，南方游客直
接拉着行李箱进入．东北某城市洗浴中心花式宠“且”，为给顾客更好的体验，推出了 和 两个套餐服
务，顾客可自由选择 和 两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该洗浴中心在App
平台10天销售优惠券情况．
日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量 （千张） 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4
50
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！经计算可得： ， ， ．
(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，
现剔除第10天数据，求 关于 的经验回归方程（结果中的数值用分数表示）；
(2)若购买优惠券的顾客选择 套餐的概率为 ，选择 套餐的概率为 ，并且 套餐可以用一张优惠券，
套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为 张的概率为 ，求 ；
(3)记（2）中所得概率 的值构成数列 ．
①求 的最值；
②数列收敛的定义：已知数列 ，若对于任意给定的正数 ，总存在正整数 ，使得当 时，
，（ 是一个确定的实数），则称数列 收敛于 ．根据数列收敛的定义证明数列 收敛．
参考公式： ， ．
【解析】（1）剔除第10天数据的 ，
，
， ，
所以 ，
故 ，所以 ．
（2）由题意可知 ，
其中 ，
所以 ，
51
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司又 ，
所以 是首项为 的常数列，故 ，
所以 ，又 ，
所以 是以首项为 ，公比为 的等比数列，
故 ，即 .
（3）①当 为偶数时， 单调递减，最大值为 ；
当 为奇数时， 单调递增，最小值为 ；
综上：数列 的最大值为 ，最小值为 .
②证明：对任意 总存在正整数 ，（其中 表示取整函数），
当 时， ，
所以数列 收敛.
6．某商场举办摸球赢购物券活动．现有完全相同的甲､乙两个小盒，每盒中有除颜色外形状和大小完全相
同的10个小球，其中甲盒中有8个黑球和2个白球，乙盒中有3个黑球和7个白球．参加活动者首次摸球，
可从这两个盒子中随机选择一个盒子，再从选中的盒子中随机摸出一个球，若摸出黑球，则结束摸球，得
300元购物券；若摸出的是白球，则将摸出的白球放回原来盒子中，再进行第二次摸球．第二次摸球有如
下两种方案：方案一，从原来盒子中随机摸出一个球；方案二，从另外一个盒子中随机摸出一个球．若第
二次摸出黑球，则结束摸球，得200元购物券；若摸出的是白球，也结束摸球，得100元购物券．用X表
示一位参加活动者所得购物券的金额．
(1)在第一次摸出白球的条件下，求选中的盒子为甲盒的概率．
(2)①在第一次摸出白球的条件下，通过计算，说明选择哪个方案第二次摸到黑球的概率更大；
②依据以上分析，求随机变量 的数学期望的最大值.
【解析】（1）设试验一次，“取到甲盒”为事件 ，“取到乙盒”为事件 ，
“第一次摸出黑球”为事件 ，“第一次摸出白球”为事件 ，
52
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所以 ，
所以选中的盒子为甲盒的概率为 .
（2）① ，
所以方案一中取到黑球的概率为： ，
方案二中取到黑球的概率为： ，
因为 ，所以方案二中取到黑球的概率更大.
②随机变量 的值为 ，
依据以上分析，若采用方案一：
，
，
，
，
若采用方案二：
，
，
，
，
所以随机变量 的数学期望的最大值 .
53
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司押题猜想八 圆锥曲线的离心率
如图，已知双曲线 ： （ ， ）的右焦点为 ，点 是双曲线 的渐近线上的一点，
点 是双曲线 左支上的一点.若四边形 是一个平行四边形，且 ，则双曲线 的离心率是
（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】A
【解析】因为四边形 是一个平行四边形，且 ，可得 ，即 ，
由双曲线 ，可得 ，渐近线方程为 ，即 ，
可得 ，且 ，
因为直线 ，可得 ，
又因为 ，所以 即 ，
代入双曲线 方程，可得 ，整理得 ，
所以 ，可得 ，即 ，
所以离心率 .
故选：A.
54
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！押题解读
圆锥曲线的离心率问题是高考中的一个难点和热点．因为离心率是刻画圆锥曲线形状的一个基本量，能考
查考生对圆锥曲线形状最本质的理解，考查数学抽象、数学建模、数学运算等数学核心素养，灵活多变，
综合性强．求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题，多以选择、填空题的形式考查，难
度中等，是高考常用的考查形式．双曲线的离心率是今年高考的热点之一.
1．已知 ， 分别是双曲线 的左、右焦点．若双曲线右支上存在一点 ，使
，则双曲线 的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意可得 ，
代入 并整理，得 ，解得 ，
所以 ，即 ，所以 ．
因为双曲线上的点到焦点的距离的最小值为 ，
所以要满足双曲线右支上存在一点 ，使 ，则 ，
即 ，所以 ，
所以双曲线 的离心率的取值范围为 ．
故选：B．
2．已知点A，B，C都在双曲线 ： 上，且点A，B关于原点对称， .过
A作垂直于x轴的直线分别交 ， 于点M，N.若 ，则双曲线 的离心率是（ ）
55
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司A． B． C．2 D．
【答案】B
【解析】
不妨设 ，由 且 轴，
所以 ，所以 ，
从而 ，即 ，
设点 ，且它在双曲线上，
，
即 ，其中 ， ，
从而 ， .
故选：B.
3．已知双曲线 的左，右顶点分别为 是双曲线上不同于 ， 的一点，设直
线 的斜率分别为 ，则当 取得最小值时，双曲线 的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】设 为双曲线 上异于 、 两点的任意一点，则 ，
又 ， ，所以：
56
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！所以 ，
设 ，则 （ ），
因为 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，所以当 时，函数取得最小值.
即 时， 取得最小值.
此时： .
故选：A
4．已知 ， 分别为双曲线 的左、右焦点，过 的直线与双曲线C左支相交于
A，B两点，若 ， ，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，
由 ， ，
结合正弦定理得 ， ，
由双曲线的定义得 ，
所以 ，
57
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司在 中，由余弦定理，得 ．
又因为 ，于是在 中，由余弦定理
得 ，整理得 ，
所以 .
故选：C．
5．已知椭圆 ，直线 与椭圆 交于 两点（ 点在 点上方），
为坐标原点，以 为圆心， 为半径的圆在点 处的切线与 轴交于点 ，若 ，则 的
离心率的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】椭圆 的左顶点为 ，直线 过点 ，
且直线 与椭圆 交于 两点（ 点在 点上方），所以 ，
因为 ，只要 ，即只要 .
联立 ，
得 ，即 （*）
58
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！注意到 为方程（*）的一个根，故 ，
则 ，
所以点 ，可得 ，
由于 ，故 ，
令 ，得 ，
即 ，所以离心率的取值范围是 ，则 的离心率的最大值为 .
故选：C
押题猜想九 圆锥曲线中的面积问题
某校数学问题研究小组的同学利用电脑对曲线 进行了深人研究．已知点 在曲线 上，
曲线 在点 处的切线方程为 ．请同学们研究以下问题，并作答．
(1)问题1：过曲线 的焦点 的直线与曲线 交于 两点，点 在第一象限．
（i）求 （ 为坐标原点）面积的最小值；
（ii）曲线 在点 处的切线分别为 ，两直线 相交于点 ，证明 ．
(2)问题2：若 是曲线 上任意两点，过 的中点 作 轴的平行线交曲线 于点 ，记线段 与
曲线 围成的封闭区域为 ，研究小组的同学利用计算机经过多次模拟实验发现 是个定值，请
求出这个定值．
【解析】（1）（i）明显直线 的斜率不为零，设直线 的方程为 ， ，
联立 ，消去 得 ，
则 ，
又 ，
59
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司则当 时， 的面积最小，且最小值为 ；
（ii）由已知得 ，
联立 ，解得 ，即
所以
所以 ；
（2）如图. ，线段$AB$的中点 ，
则 .
，
分别过线段 的中点 ，线段 的中点 ，
60
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！作 轴的平行线交抛物线分别于 两点，连接 .
同理可得 .
，（分子的上标均省略了文字“的面积”）
又由于 的面积 的面积 的面积 ，
所以 ，解得 .
押题解读
本部分多以解答题呈现，圆锥曲线面积问题的题目思路会比较顺畅，重点会在计算上面设置障碍，要利用
几何关系转换所求的面积，复习过程中要关注如何简化计算和转化思想．抛物线的面积问题是今年高考的
热点之一.
1．已知椭圆C： 短轴长为2，左、右焦点分别为 ， ，过点 的直线l与椭圆C
交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方， ， ，直线 与直线MO交于点
，直线 与直线NO交于点 ．
(1)若 的坐标为 ，求椭圆C的方程；
(2)在（1）的条件下，过点 并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足 ， ，
61
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
(3)若 ，求实数a的取值范围．
【解析】（1）依题意， ，故椭圆C： ；
易知点 为 的重心，则 ，故 ，
代入椭圆方程得 ∴椭圆C的方程为 ；
（2）
∵ ， ， 成等差数列，．∴ ．
设 ， ，AD中点 ． ，
由弦长公式
，
∵ ，∴ ，
同理 ，代入可得 ，
①当AB斜率存在时 两式作差可得 ， ，
∴ ，
62
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！∴弦AD的中垂线方程为 ，
当 时， ，即AD的中垂线的纵截距．
∵ 在椭圆C内，∴ ，得 ，且 ．
②当AB斜率不存在时，此时AD： ， ．
∴综上所述 ，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为 ．
（3）解法一：易知点 ， 分别为 ， 的重心，设 ， ，设点
， ，则根据重心性质及面积公式得 ，
，
而 ∴ ，
∴ ，∴ ， ，
设直线l： ，则联立椭圆方程得
消元化简得， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 对任意的t恒成立，
即 ，故实数a的取值范围为 ．
解法二：易知点 为 的重心， ，
63
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司∴， ， ，
此时，设点 ， ， ， ，则根据重心的性质可得 ，
∴ ， ， ，
∴ ， ；
；
而 ，∴ ，
∴ ， ；
设直线l： ，则联立椭圆方程得
消元化简得， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 对任意的t恒成立，
即 ，故实数a的取值范围为 ．
2．如图，已知椭圆 和抛物线 ， 的焦点 是 的上顶点，过 的直线
交 于 、 两点，连接 、 并延长之，分别交 于 、 两点，连接 ，设 、 的
面积分别为 、 ．
64
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求 的取值范围.
【解析】（1）椭圆 的上顶点坐标为 ，
则抛物线 的焦点为 ，故 .
（2）若直线 与 轴重合，则该直线与抛物线 只有一个公共点，不符合题意，
所以直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，点 、 ，
联立 可得 ， 恒成立，则 ，
.
（3）设直线 、 的斜率分别为 、 ，其中 ， ，
联立 可得 ，解得 ，
点 在第三象限，则 ，
点 在第四象限，同理可得 ，
且
，
65
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司当且仅当 时，等号成立.
的取值范围为 .
3．已知椭圆 ： 的上顶点为 ，离心率 ，过点 的直线 与椭圆
交于 ， 两点，直线 、 分别与 轴交于点 、 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)已知命题“对任意直线 ，线段 的中点为定点”为真命题，求 的重心坐标；
(3)是否存在直线 ，使得 ？若存在，求出所有满足条件的直线 的方程；若不存在，请说明
理由.（其中 、 分别表示 、 的面积）
【解析】（1）依题意 ， ，又 ，
解得 ，所以椭圆 的方程为 ；
（2）因为命题“对任意直线 ，线段 的中点为定点”为真命题，
可以取直线 为 ，由 ，解得 或 ，
所以 ， ，
则 ，所以 ， ，所以 ，
设 的重心为 ，则 ， ，
所以 ，即 的重心坐标为 .
（3）依题意可得直线 的斜率存在、不为 且斜率为负数，
66
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！设直线 ， ， ，
则直线 ： ，令 ，得 ，同理可得： ；
所以
设直线 与 轴交于 点，则 ，所以 ， ，
，
因为 ，故得 ①，
由 ，
则 ， ，
代入①得 ，解得 ，
所以 ，故直线 的方程为 .
4．已知O为坐标原点，抛物线 ，过点 的直线交抛物线于A，B两点，
．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点 ，连接AD，BD，证明： ；
(3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴
两侧，求 面积的最小值．
【解析】（1）设直线 的方程为 ，
由 ，得 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司设 ， ，
则 ， ，
从而 ，解得 ，
所以抛物线C的方程为 ；
（2）要证 ，即证DG平分 ，即证 ，
由（1）可知 ， ，
则
，
故 ；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，
由题意，得 ，
由切线长定理，知 ， ， ，
所以 ，
又
，解得 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时，取等号，
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！故 面积的最小值为8．
5．已知双曲线 的虚轴长为4，渐近线方程为 .
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)过右焦点 的直线 与双曲线 的左､右两支分别交于点 ，点 是线段 的中点，过点 且与 垂
直的直线 交直线 于点 ，点 满足 ，求四边形 面积的最小值.
【解析】（1）由题意可知 ，
又浙近线方程为 ，所以 ，
易知双曲线的标准方程为 .
（2）
设 ，联立方程 得
，
且 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由 三点共线得 ①，
由 得 ，即 ②，
由①②解得 .
由 可知，四边形 是平行四边形，所以 ，
，
，
所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，所以 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时取等号.
押题猜想十 数列新定义
定义：若对 恒成立，则称数列 为“上凸数列”．
(1)若 ，判断 是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若 为“上凸数列”，则当 时， ．
（ⅰ）若数列 为 的前 项和，证明： ；
（ⅱ）对于任意正整数序列 （ 为常数且 ），若
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！恒成立，求 的最小值．
【解析】（1） 是“上凸数列”，理由如下：
因为 ，
令 ，
则 ．
当 时， ，
所以 ，
所以 在区间 上单调递减，
所以 ，
所以 ，
所以 是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为 是“上凸数列”，由题意可得对任意 ，
，
所以 ，
所以 ．
（ⅱ）令 ，
由（1）可得当 时， 是“上凸数列”，
由题意可知，当 时， ．
因为 ，
即
．
所以
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司，
当且仅当 时等号成立，
所以 ．
综上所述， 的最小值为 ．
押题解读
继九省联考结束后，各省相继发布高考新命题结构通知，往年的新高考没出现这类题型，由于题型上的变
动较大，所以都会引起大部分考生的焦虑心态．回顾往年高考历程，创新题北京卷几乎每年都考，其它地
区每年都有，但不是“跳板式”的新，而是循序渐进式的新，因为高考出题非常重视高考卷的区分度，因
此在最后的备考阶段要踏踏实实地总结复习，多做、多想、多悟真题．本部分多以解答题压轴题形式呈现，
数列新定义是今年高考的热点之一
1．已知 为非零常数， ，若对 ，则称数列 为 数列．
(1)证明： 数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设 ，若 为 数列，证明： ；
(3)若 为 数列，证明： ，使得 ．
【解析】（1） ，
故 为公差为 的等差数列，所以 ，
若 ，则当 时， ，不合题意，
若 ，则 ，满足要求，
，
因为 ，所以 ，故 ，故数列 为递增数列，
，由于 为递增数列，故 不是常数，
不是常数，故 数列是递增数列，但不是等比数列；
72
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！（2）因为 为 数列，所以 ，故 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，
当且仅当 时，等号成立，所以 ；
（3）因为 为 数列，
所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，解得 ，
所以 ，使得 .
2．已知数列 的各项均为正整数，设集合 ， ，记 的元
素个数为 .
(1)若数列A:1，3，5，7，求集合 ，并写出 的值;
(2)若 是递减数列，求证:“ ”的充要条件是“ 为等差数列”;
(3)已知数列 ，求证: .
【解析】（1）由题意，数列 ，
可得 ，
所以集合 ，所以 .
（2）证明：充分性：若 为等差数列，且 是递减数列，则 的公差为 ，
当 时， ，所以 ，
则 ，故充分性成立.
必要性:若 是递减数列， ，则 为等差数列，
因为 是递减数列，所以 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司所以 ，且互不相等，
所以 ，
又因为 ，
所以 且互不相等，
所以 ，
所以 ，
所以 为等差数列，必要性成立.
所以若 是递减数列，“ ”的充要条件是“ 为等差数列”.
（3）证明：由题意集合 中的元素个数最多为 个，
即 ，
对于数列 ，此时 ，
若存在 ，则 ，其中 ，
故 ，
若 ，不妨设 ，则 ，而 ，
故 为偶数， 为奇数，矛盾，
故 ，故 ，故由 得到的 彼此相异，所以 .
3． 表示正整数a，b的最大公约数，若 ，且 ，
，则将k的最大值记为 ，例如： ， .
(1)求 ， ， ；
(2)已知 时， .
（i）求 ；
（ii）设 ，数列 的前n项和为 ，证明： .
【解析】（1）依题可得 表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以 ；
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原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！因为与3互质的数为1，2，所以 ；
因为与6互质的数为1，5，所以 .
（2）（i）因为 中与 互质的正整数只有奇数，
所以 中与 互质的正整数个数为 ，所以 ，
又因为 中与 互质的正整数只有 与 两个，
所以 中与 互质的正整数个数为 ，
所以 ，所以 ，
（ii）解法一：因为 ，
所以 ，所以 ，
令 ，因为 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以数列 的前n项和 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
解法二：因为 ，所以 ，
又因为 ，
所以 ，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司所以 ，
所以 ，所以
因为 ，所以 ，
4．在 个数码 构成的一个排列 中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的
前面，则称它们构成逆序（例如 ，则 与 构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数称为这个排
列的逆序数，记为 ，例如， ，
(1)计算 ；
(2)设数列 满足 ，求 的通项公式；
(3)设排列 满足 ，求 ，
【解析】（1）在排列 中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以 .
（2）由（1）中的方法，同理可得 ，
又 ，所以 ，
设 ，得 ，
所以 ，解得 ，则 ，
因为 ，
所以数列 是首项为1，公比为5的等比数列，
所以 ，则 .
（3）因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
76
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！5．若数列 满足：存在等差数列 ，使得集合 元素的个数为不大于 ，则称
数列 具有 性质.
(1)已知数列 满足 ， .求证：数列 是等差数列，
且数列 有 性质；
(2)若数列 有 性质，数列 有 性质，证明：数列 有 性质；
(3)记 为数列 的前n项和，若数列 具有 性质，是否存在 ，使得数列 具有 性
质？说明理由.
【解析】（1）由 ，
故 ，
即 ，
又 ，故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
则 ，即 ，
故存在等差数列 ，使 ，
由 ，故数列 有 性质；
（2）设对数列 ，存在等差数列 ，使 ，
对数列 ，存在等差数列 ，使 ，
则对数列 ，存在等差数列 ，
使 的值为 ，
这样的 最多有 个，即数列 有 性质；
（3）设对数列 ，存在等差数列 ，且其公差为 ，使得 ，
当 时，有
，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司由 ，
故当 时， ，
当 时， ，当 时， 可能有 种，
故这样的 最多有 个，
即存在等差数列 ，使 ，
的元素个数不超过 个，
故一定存在 ，使得数列 具有 性质.
78
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