数学（二）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略_2024高考押题卷_62024学科网全系列_21学科网高考考前终极攻略_数学-2024年高考考前20天终极冲刺攻略

学科网（北京）股份有限公司目 录 contents
（二）
三角恒等变换（选填题）……………………………………………………03
平面向量（选填题）…………………………………………………………18
指对数运算及比较大小（选填题）…………………………………………37
三角函数（选填题） ………………………………………………………50
集合（选填题）………………………………………………………………70
学科网（北京）股份有限公司三角恒等变换（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I
6 三角恒等变换 已知条件求值问题
卷
2021年II
无
卷
2022年I
无
卷
①三角函数和差、半角正余弦公式
2022年II ②三角函数和差、半角正切公式
6 三角函数化简
卷 ③三角函数辅助角公式
④三角函数万能公式
①三角函数和差、半角正余弦公式
2023年新 ②三角函数和差、半角正切公式
8 三角恒等变换
高考1 ③三角函数辅助角公式
④三角函数万能公式
①三角函数和差、半角正余弦公式
2023 年 新
②三角函数和差、半角正切公式
高考2 7 三角函数的诱导公式
③三角函数辅助角公式
④三角函数万能公式
近三年，三角恒等变换在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、已知条件求值问题（①“给角求值”②“给值求值”③“给值求角”）
2、求非特殊角三角函数值运算（①整体换元利用恒等变形公式计算其结果②对偶式处理③记住一些特殊角
的三角函数值）
3
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学科网（北京）股份有限公司3、正余弦三角函数值加减问题（①三角函数和差、半角正余弦公式②三角函数和差、半角正切公式③ 三
角函数辅助角公式④三角函数三剑客）
4、
tan与齐次式互换（掌握五类变形的标准）
题干的设置一般来说在上述的四项考点中选其一项。三角恒等变换需要认真分类，熟练掌握各类题的
技巧，即目测题后瞬间就能想到对应的做题方案，便可轻松搞定。
三角恒等变换在2024新高考新题型中的考查形式依然以选择或者填空为主，以考查齐次化和已知条件
求值问题为主，三角恒等变换在选填中难度中等，考生可适当留意常见的变换并分类，每一类总结出一个
固定模板，以便此类题在高考出现时考生能做到心中有数，快速解答.
一、已知条件求值问题
Ⅰ诱导公式的秒记
奇变偶不变，符号看象限

①奇变偶不变关键要看所加弧度是 的奇数倍还是偶数倍
2
若是奇数倍则sin cos互变，若是偶数倍，则sin cos不变
 3 3 
例如：sin  ∵ 是 的3倍，3属于奇数，故先变为cos
 2  2 2
②符号看象限首先将永远看成300，其次利用sin看上下，cos看左右进行秒杀
上个例题中变成cos后，然后判断符号，2700 300 3000，所以位于第四象限，利用sin看上下，
所以原式为负，化简结果为cos

例如：cos    ∵是 的2倍，2属于偶数，故先变为cos，然后判断符号，
2
1800 300 2100，所以位于第三象限，利用cos看左右，所以原式为负，化简结果为cos.
4
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学科网（北京）股份有限公司Ⅱ诱导公式的延伸
结论Ⅰ：sinn 

 1nsin nZ
 
推导如下 ①当n2k kZ 时，
由诱导公式有sin2k  sin  12k sin kZ
 
②当n2k1kZ 时，由诱导公式有
sin 2k1   sin2k  sin   sin  12k1sin kZ
结论Ⅱ：cosn 

 1ncos nZ
 
推导如下 ①当n2k kZ 时，
由诱导公式有cos2k  cos  12k cos kZ
 
②当n2k1kZ 时，由诱导公式有
cos 2k1   cos2k  cos   cos  12k1cos kZ
结论Ⅲ：sinn 

 1n1sin nZ
 
①当n2k kZ 时，
由诱导公式有sin2k  sin  12k1sin kZ
 
②当n2k1kZ 时，由诱导公式有
sin 2k1   sin2k  sin   sin  12k sin kZ
结论Ⅳ：cosn 

 1ncos nZ
 
推导如下 ①当n2k kZ 时，
由诱导公式有cos2k  cos  12k cos kZ
 
②当n2k1kZ 时，由诱导公式有
cos 2k1   cos2k  cos   cos  12k1cos kZ
Ⅲ诱导公式的妙用
5
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学科网（北京）股份有限公司技巧总结
题中出现同名三角函数相加且首尾互余或互补时，则采用倒序相加的思想处理此类问题
 2 n2  n1 
 
模型：cos cos   cos cos n为大于2的奇数 …①
n n n n
n1  n2  2 
 
cos cos   cos cos n为大于2的奇数 …②
n n n n
 n1    n2  2  
由①+②得cos cos cos cos   n为大于2的奇数
 n n  n n 
由诱导公式可得每一组都为0
Ⅳ诱导公式的超级应用
技巧总结
针对已知条件求值问题，则遵循以下步骤（万能）
第一步：将目标角和已知角全拿出来
第二步：通过加减乘消去或x
第三步：用已知角代替目标角
第四步：利用诱导公式或三角恒等变换处理
二、求非特殊角三角函数值运算问题
Ⅰ三角函数非特殊角选择问题
技巧总结
记住常见数据：sin60 0.1,sin120 0.2,sin180 0.3,sin240 0.4,sin300 0.5
sin370 0.6,sin440 0.7,sin530 0.8,sin640 0.9,sin900 1.0
sin750 0.96，sin450 0.71
Ⅱ三角函数非特殊角填空问题
技巧总结
一些非特殊角的三角恒等变形求值填空题，由于最后得出的是一个具体的数值，故将其设为一个元t，再利
用恒等变形公式计算其结果
Ⅲ针对非特殊角三角函数值运算有两种思路
思路1：采用对偶式处理
步骤如下：
第一步：令原式为x，对偶式为 y
6
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学科网（北京）股份有限公司第二步：两式相加x y ?，两式相减x y ?
第三步：解二元一次方程组，求解x
思路2：若原式拥有两个角的运算，可借助三角形处理
步骤如下：
第一步：构造△ABC,A?、B?、C ?外接圆直径2R1
第二步：应用正弦定理求出a ?、b?、c?
第三步：应用余弦定理表示求出答案
三、正余弦三角函数值加减问题
Ⅰ三角函数三剑客
技巧总结
三角函数sincos、sincos、sincos称为《三剑客》，《三剑客》中《知一求二》
理由如下：
sincos 2 sin22sincoscos212sincos
sincos 2 sin22sincoscos212sincos
如果已知sincos求sincos必须会判断sincos的正负
判断如下：
①关于sincos的符号判断
当角的终边在区域2、3、4、5则有sincos＞0
当角的终边在区域1、6、7、8则有sincos＜0
当角的终边在直线y  x上时，则有sincos0
②关于sincos的符号判断
当角的终边在区域8、1、2、3则有sincos＞0
当角的终边在区域4、5、6、7则有sincos＜0
当角的终边在直线y x上时，则有sincos0
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学科网（北京）股份有限公司③关于sintan的符号判断
当角的终边在区域1、2、5、6则有sintan＞0,sintan＜0
当角的终边在区域3、4、7、8则有sintan＜0,sintan＞0
当角的终边在x轴上时，则有sintan0
 
结论：④若 f   sincos 2sin 则
 4
 
Ⅰ当角在终边在区域1、2内时， f    1, 2
   
Ⅱ当角在终边在区域3、8内时， f  0,1
   
Ⅲ当角在终边在区域4、7内时， f  1,0
 
Ⅳ当角在终边在区域5、6内时， f     2,1
 
⑤若 f   sincos 2sin 则
 4
 
Ⅰ当角在终边在区域3、4内时， f    1, 2
   
Ⅱ当角在终边在区域2、5内时， f  0,1
   
Ⅲ当角在终边在区域1、6内时， f  1,0
 
Ⅳ当角在终边在区域7、8内时， f     2,1
结论1：出现asinbcos A形式则采用对偶式处理
asinbcos A   1 

acosbsin B   2 
12  22  asinbcos 2  acosbsin 2  A2 B2
a2 b2  A2 B2  B2 a2 b2 A2
然后利用二元一次方程组快速求解sin、cos
a
特殊情况：asinbcos a2 b2 则tan
b
结论2：速记一些常见的勾股数，然后利用直角三角形处理
    
3,4,5，5,12,13，7,24,25，8,15,17，1,1，2，1，3,2 1,2，5 1,3，10
 
1,7,5 2
8
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学科网（北京）股份有限公司Ⅱ三角函数和差、半角正余弦公式
技巧总结
①两角和与差的正弦公式 口诀：正余余正，符号相同
 
sin sincoscossin
 
sin sincoscossin
 
sin sincoscossin2sincos故：sin22sincos
②两角和与差的余弦公式 口诀：余余正正，符号相反
 
cos coscossinsin
 
cos coscossinsin
cos    coscossinsincos2sin22cos2112sin2
Ⅲ三角函数和差、半角正切公式
技巧总结
tantan tantan
   
①tan  ②tan 
1tantan 1tantan
  
③tantantan 1tantan
  
④tantantan 1tantan
tantan tantan
⑤1tantan ⑥1tantan
   
tan tan
   
⑦tantantantantan tan

只要k ,kZ 都有tantan 3tantan 3
3

只要k ,kZ 都有 3tantan  tantan1
6

只要k ,kZ 都有tantantantan1
4
⑧△ABC中，tanAtanBtanC tanAtanBtanC（正切恒等式）
Ⅳ三角函数辅助角公式
技巧总结
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学科网（北京）股份有限公司形如：asinbcos
第一步：asinbcos a2 b2 sin     a2 b2 cos   
第二步：等号左侧若是加号，则等号右侧也为加号，等号左侧若是减号，等号右侧也为减号.
 
第三步：的求算，只需在第一象限标明点 a,b 寻找夹角即可达到秒杀的境界.
注意：若果a＜0，则需提负号，继续遵循以上步骤
三角函数万能公式
技巧总结
万能公式如下
  
2sin cos 2tan
 
2 2 2
①sin2sin cos  
2 2   
sin2 cos2 1tan2
2 2 2
  
cos2 sin2 1tan2
 
2 2 2
②coscos2 sin2  
2 2   
sin2 cos2 1tan2
2 2 2

2tan
2  sin 1cos
③tan ④tan  
 2 1cos sin
1tan2
2

记忆方法：令t tan
2
  对
tan 

2 邻

  对
sin 
2 斜

  邻
cos 
  2 斜

之所以称之为万能公式是因为只要明确tan 的值，则可以秒求sin、cos、tan
2
四、tan与齐次式互换
技巧总结
形式如下：
asinbcos
①形如 的分式，可将分子分母同时除以cos
csindcos
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学科网（北京）股份有限公司asin bcos

cos cos atanb
得： 
csin dcos ctand

cos cos
asin2bsincosccos2
②形如 的分式，可将分子分母同时除以cos2
dsin2esincos f cos2
asin2 bsincos ccos2
 
asin2bsincosccos2 cos2 cos2 cos2
得： 
dsin2esincos f cos2 dsin2 esincos f cos2
 
cos2 cos2 cos2
atan2btanc

dtan2etan f
③形如asin2bsincosccos2的式子，可将其看成分母为1的分式
asin2bsincosccos2 asin2bsincosccos2
即： 
1 sin2cos2
可将分子分母同时除以cos2
asin2 bsincos ccos2
 
asin2bsincosccos2 cos2 cos2 cos2
即： 
sin2cos2 sin2 cos2

cos2 cos2
atan2btanc

tan21
④形如asinbcos A  asinbcos 2  A2
a2sin22absincosb2cos2 A2
a2sin22absincosb2cos2
  A2
1
a2sin22absincosb2cos2
  A2
sin2cos2
a2 tan22abtanb2
  A2求tan即可
tan21
⑤形如acos2bsin2acos22bsincos转化为形式③
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学科网（北京）股份有限公司1 1
典例1【2023新高考1卷】已知sin ,cossin ，则cos22（ ）．
3 6
7 1 1 7
A. B. C.  D. 
9 9 9 9
【答案】B
1 1 1
【解析】因为sin()sincoscossin ，而cossin ，因此sincos ，
3 6 2
2
则sin()sincoscossin ，
3
2 1
所以cos(22)cos2()12sin2()12( )2  .
3 9
故选：B
1 5 
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知为锐角，cos ，则sin （ ）．
4 2
3 5 1 5 3 5 1 5
A. B. C. D.
8 8 4 4
【答案】D
 1 5
【解析】因为cos12sin2  ，而为锐角，
2 4
 2
 51
解得：sin  3 5 51．
 
2
8 16 4
故选：D．
 
典例3【2022新高考全国II卷】若sin()cos()2 2cos    sin，则（ ）
 4
A.
tan1
B.
tan1
C.
tan1
D.
tan1
【答案】C
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学科网（北京）股份有限公司【解析】[方法一]：直接法
由已知得：sincoscossincoscossinsin2cossinsin,
即：sincoscossincoscossinsin0，
即：sincos0
所以tan1
故选：C
[方法二]：特殊值排除法

解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取= ，排除A, B；
2

再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β= ，排除D；选C.
4
[方法三]：三角恒等变换
 
sin()cos() 2sin（ ）= 2sin（[  ）]
4 4
  
 2sin（ ）cos 2co（s  ）sin2 2co（s  ）sin
4 4 4
 
所以 2sin（ ）cos 2co（s  ）sin
4 4
  
sin（ ）cosco（s  ）sin=0即sin（ ）=0
4 4 4
   2 2
sin（ ）=sin（）cos co（s ）sin = sin（） co（s ）=0
4 4 4 2 2
sin（）=co（s ）即tan(）=-1,
故选：C.
 
典例4【2021新高考全国Ⅰ卷】 下列区间中，函数 f x7sin  x 单调递增的区间是（ ）
 6 
  π   3 3 
A.  0,  B.  ,π  C.  ,  D.  ,2
 2  2   2   2 
【答案】A
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学科网（北京）股份有限公司  
【解析】因为函数y sinx的单调递增区间为 2k ,2k  kZ ，
 2 2 
    
对于函数 f x7sin  x ，由2k  x 2k kZ，
 6  2 6 2
 2
解得2k  x2k kZ，
3 3
  2
取k 0，可得函数 f x 的一个单调递增区间为  , ，
 3 3 
    2     2
则 0,     , ， ,     , ，A选项满足条件，B不满足条件；
 2  3 3   2   3 3 
5 8
取k1，可得函数 f x 的一个单调递增区间为 , ，
 3 3 
 3   2  3 5 8 3  5 8
 ,     , 且 ,    , ， ,2    , ，CD选项均不满足条件.
 2   3 3   2   3 3   2   3 3 
故选：A.
π sin1sin2
预测1（2024·宁夏银川·模拟预测）若tan( )2，则 （ ）
4 cossin
3 3 6 6
A．- B． C． D．
5 5 5 5
1
预测2（2024·浙江·模拟预测）已知coscoscoscos ，则
3
sinsinsinsin（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
6 3 6 3
 π π   π
预测3（2024·山西·模拟预测）已知sinsin cossin ，则tan2 （ ）
 6 3   4
3
A． 3 B． C．2 3 D．2 3
3
r r r r
预测4（2024·贵州遵义·模拟预测）已知向量a(4,2)，b (2cos,2sin)，当ab取得最大值时tan
14
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1 1 1 1
A． B． C． D．
2 3 4 5
1
预测5（2024·青海西宁·模拟预测）已知tantan5,coscos ,则sin（ ）
6
1 1 5 4
A． B． C． D．
6 5 6 5
 π 3 2π π  π
押题1已知sin     ，则sin （ ）
 6 3  3 3  3
3 6 3 6 6 3
A． B． C． D．
6 6 3 3
 π 3 5  3π
押题2已知x

0,

,sinxcosx ，则tanx （ ）
 4 5  4 
A．3 B．3 C． 5 D．2
1  3π  π
押题3已知cosx ,xπ, ，则cosx （ ）
5  2   3
6 21 6 21 6 21 2 6 3
A． B． C． D．
10 10 10 10
π  π 
押题4若 ,π，且5cos2 2sin ，则tan（ ）
2  4 
4 3 1
A． B． C． D．1
3 4 3
π π 1
押题5已知,满足tan( )3,tan( ) ，则tan(2)（ ）
6 12 2
1 1 3 2
A． B． C． D．
3 3 4 3
名校预测
预测1：答案A
π tan1
【详解】tan( ) 2，解得tan3，
4 1tan
15
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学科网（北京）股份有限公司sin1sin2 sincossin2 sincossin
所以  
cossin cossin cos2sin2
tan1tan 313 3
   .
1tan2 19 5
故选：A.
预测2：答案B
【详解】因为coscoscossinsin，
又coscoscossinsin，
所以coscossinsincoscossinsin，
1
因为coscoscoscos ，
3
1
则sinsinsinsincoscoscoscos
.
3
故选：B.
预测3：答案C
 π π 
【详解】由sinsin cossin ，
 6 3 
3 1 3 1
得 sin2 sincos cos2 sincos，
2 2 2 2
3 3 1
即  cos2sin2  sincos，所以 cos2 sin2，
2 2 2
所以tan2 3，
 π 31
所以tan2  2 3.
 4 1 31
故选：C.
预测4：答案A
r r 2 5 5
【详解】ab 4sin8cos4 5sin()，其中sin ，cos ，
5 5
 r r
故当2k (kZ)时，ab取得最大值4 5，
2
  
sin2k 
sin  2  cos 1
此时tan    ，
cos    sin 2
cos2k 
 2 
16
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学科网（北京）股份有限公司故选：A.
预测5：答案C
sincoscossin
【详解】因为tantan 5,
coscos
1
又coscos ,
6
5
所以sincoscossinsin5coscos ,
6
故选C.
名师押题
押题1：答案B
2π π π π π  π 3  π 6
【详解】由  可得   ，又sin  ，则cos  ，
3 3 2 6 2  6 3  6 3
 π  π π  π π  π π 3 3 6 1 3 6
故sin sin  sin cos cos sin      故选：B．
 3  6 6  6 6  6 6 3 2 3 2 6
押题2：答案A
3 5  π 3 5  π 3 10
【详解】因为sinxcosx ，所以 2sinx  ，所以sinx  ，
5  4 5  4 10
 π π π π  π  π 10
又x  0,  ，所以x   ,  ，所以cosx  1sin2 x   ，
 4 4 4 2  4  4 10
 π  3π  π   π
所以tanx 3，故tanx tan x π

tanx 3.
 4  4   4   4
故选：A
押题3：答案A
1  3π  1 2 2 6
【详解】Qcosx ，xπ, ，sinx 1cos2x  1   ，
5  2   5 5
 π π π 1 1  2 6 3 6 21
cos  x 3   cosxcos 3 sinxsin 3  5  2     5     2  10 ，
故选：A．
押题4：答案A
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学科网（北京）股份有限公司【详解】由5cos2 2sin   π   得5  cos2sin2   2    2 cos 2 sin    ，
4   2 2 
即5cossincossincossin，
π 
因为 ,π，所以cossin0，
2 
1
所以cossin ，结合cos2sin21，且cos0,sin0，
5
3 4 sin 4
得cos ,sin ，所以tan  .
5 5 cos 3
故选：A.
押题5：答案B
π
2tan( )
π 1 π π 12 4
【详解】由tan( ) ，得tan( 2)tan2( )  ，
12 2 6 12 π 3
1tan2( )
12
π π 4
tan( )tan( 2) 3
π π 6 6 3 1
所以tan(2)tan[( )( 2)]   .
6 6 π π 4 3
1tan( )tan( 2) 13
6 6 3
故选：B
平面向量（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I
10 坐标向量 坐标向量与三角函数的综合
卷
2021年II
15 平面向量 平面向量数量积
卷
2022年I
3 平面向量 用基底表示某向量
卷
18
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学科网（北京）股份有限公司2022年II 平面向量数量积
4 坐标向量
卷
2023年新 3 坐标向量 平面向量数量积
高考1 16 平面向量 平面向量与双曲线综合
2023 年新
高考2 13 平面向量 平面向量数量积
近三年，平面向量在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、平面向量的基础知识及共线定理（①平面向量的四则运算②平面向量共线定理）
2、平面向量极化恒等式及等和线（①极化恒等式②等和线定理）
3、平面向量建系法及对角线向量定理（①平面向量建系法.②对角线向量定理③平面向量奔驰定理及向量四
心④平面向量的基本运算及基底）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。平面向量题目中若表示向量则最好采用建系的思
想，平面向量题目中若表示求向量积最值问题则最好采用极化恒等的思想，另外考生们要想灵活应用小技
巧则需在有限的时间内多推导几遍，考场中便可轻松搞定。
从近三年的全国卷的考查情况来看，本节是高考的热点，其中平面向量数量积定值和向量积最值考查
比较频繁平面向量三类题目比重相当，新高考主要以基向量表示平面向量及向量积最值的形式考查，因小
结论偏多，考生需多推导一遍，试题灵活，下面为考生已总结..
一、平面向量的基础知识及共线定理
平面向量的四则运算
技巧总结
①向量加法与减法的法则：
平行四边形法则：以同一点O为起点的两个已知向量a，b为邻边作▱OACB，则以O为起点的对角线OC
就是a与b的和.
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学科网（北京）股份有限公司图形表示：
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
字母表示：OAOB=OC ，OAOBBA
uuur uuur uuur uuur
坐标表示：记OAx , y ，OBx , y 则OAOBx y , x y 
1 1 2 2 1 1 2 2
uuur uuur
OBOAx x , y y
2 1 2 1
三角形法则：如果把两个向量的起点放在一起，那么这两个向量的差是以减向量的终点为起点，被减向量
的终点为终点的向量.
图形表示：
uuur uuur uuur
字母表示：OA ABOB
uuur uuur uuur uuur
坐标表示：记OAx , y ，OBx , y 则OAOBx y , x y 
1 1 2 2 1 1 2 2
uuur uuur
OBOAx x , y y
2 1 2 1
②向量数乘的定义
 
实数与向量a的积是一个向量，这种运算叫做向量的数乘，记作a
图形表示：

 
字母表示：ABma mR
r 
 
坐标表示：记a=(x, y)， 则ma  mx,my
③两个向量的数量积
图形表示：
r r r r r r
字母表示：ababcos a,b
r r uurr
坐标表示：记a(x ,y)，b(x ,y )，则ab xx  y y
1 1 2 2 1 2 1 2
注意：
   
1、向量b 与非零向量a共线的充要条件是有且只有一个实数，使得b a .
   
2、设a  x ,y ,b  x ,y ,a∥b， x y x y 0，
1 1 2 2 1 2 2 1
r r
a⊥b ab0 x x y y 0.
1 2 2 1
20
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学科网（北京）股份有限公司
r x x  y y
3、两个向量a，b 的夹角公式：cos 1 2 1 2 .
x2  y 2  x 2  y 2
1 1 2 2
平面向量共线定理
技巧总结
uuur uuur uuur
定理1：已知PC PAPB，若1，则A、B、C三点共线；反之亦然
平面向量共线定理证明
若点 A、B、C互不重合，P是 A、B、C三点所在平面上的任意一点，且满足PC  xPA yPB，则
A、B、C三点共线 x y 1.
证明:(1)由x y 1 A、B、C三点共线.由x y 1得
PC  xPA yPB xPA(1x)PB PCPB x(PAPB) BC  xBA.
即BC，BA共线，故A、B、C三点共线.
(2)由A、B、C三点共线 x y 1.
由A、B、C三点共线得BC，BA共线，即存在实数x使得BC BA.
 
故BPPC BPPA  PC PA  1  PB.令x,y 1，则有x y 1.
推广1：分点恒等式
①当M 为BC中点时； ②当BM 2MC ；
C C
M
M
A B A B
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
1 1 1 2
AM= AB AC AM= AB AC
2 2 3 3
③当BM 3MC时； ④当BM MC时，
21
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学科网（北京）股份有限公司C C
M M
A B A B
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
1 3 1 
AM= AB AC AM= AB AC
4 4 1 1
1
⑤当BM  MC时，④中的结论仍然成立
3
C
B
A
M
uuuur uuur uuur
3 1
AM= AB AC
2 2
结论：分点恒等式：在ABC中，M 为直线BC上一等分点，当BM MC时，
1 
有AM  AB AC
1 1
C
M
A B
分点恒等式变形：
m n
在ABC中，D是BC上的点，如果 BD : CD m:n，则AD  AC AB
mn mn
A
m n
B C
D
二、平面向量极化恒等式及等和线
向量方法证明:平行四边形的对角线的平方和等于两条邻边平方和的两倍.
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学科网（北京）股份有限公司   
证明：不妨说ABa,ADb 则AC ab ，DBab
2 2   2 2 2
AC  AC  ab  a 2ab b （1）
2 2   2 2 2
DB  DB  ab  a 2ab b （2）
2 2  2 2  2 2
（1）（2）两式相加得： AC  DB 2 a  b 2 AB  AD 
   
结论：定理：平行四边形对角线的平方和等于两条邻边平方和的两倍.
r r r r r r
1 2  2
将上面（1）（2）两式相减， ab ab  ab 极化恒等式
4 
r r
1
即：ab  AC 2  DB 2 （平行四边形模式）
4 
A
B M C
在三角形ABC中（M 为BC的中点），恒等式：
uuur uuur
因为BC 2BM ，所以ABAC  AM 2  BM 2（三角形模式）
极化恒等式的作用主要在于，它可以将两个向量的数量积转化为这两个向量的“和向量”与“差向量”，因此，
当两个向量的“和向量”或“差向量”为定向量时，常常可以考虑利用极化恒等式进行转化.
常见的解决的题型:有中点或能构造中点的积的向量题。
uuur uuur uuur
平面向量共线定理：已知OAOBOC ，若1，则A,B,C三点共线；反之亦然。
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
等和线：平面内一组基底OA,OB，及任一向量OP，OPOAOB(,R)，若点P在直线AB上
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学科网（北京）股份有限公司或在平行于AB的直线上，则k（定值）。反之也成立，我们把直线AB以及与直线AB平行的直
线称为等和线。
结论：（1）当等和线恰为直线AB时，k 1；
（2）当等和线在点O和直线AB之间时，k(0,1)；
（3）当直线AB在点O和等和线之间时，k(1,)；
（4）当等和线过点O时，k 0；
（5）若两等和线关于点O对称，则定值k互为相反数；
（6）定值k的变化与等和线到O点的距离成正比。
证明过程：如图所示，直线DE∥AB，C为直线DE上任一点，设PC  xPA yPB  x,yR  ．当直线
DE不过点P时，直线PC与直线AB的交点记为F ，因为点F 在直线AB上，所以由三点共线结论可知，
 
若PF PAPB,R ，则1.由PAB与PED相似，知必存在一个常数mR，使得
 
PC mPF ，则PC mPF mPAmPB.又PC  xPA yPB x,yR ，
所以x y mmm以上过程可逆．
因此得到结论：PC  xPA yPB  x,yR  ，则x y m（定值），反之亦成立．
三、平面向量建系法及对角线向量定理
常见的坐标系建立
①边长为a的等边三角形 ②知道夹角的任意三角形
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学科网（北京）股份有限公司③正方形 ④矩形
⑤平行四边形 ⑥ 直角梯形
⑥ 等腰梯形 ⑦圆
建系原则：尽可能让多个点位于坐标轴上.
解题步骤：第一步： 将已知条件进行坐标处理；第二步： 利用平面向量共线坐标表示列式求解；第三步：
得出结论.
 2 2  2 2
AD BC AB CD 
   
对角线向量定理：ACBD
2
2 2 2
CA CB  AB
证明过程：在ABC中，由余弦定理的向量式有CACB  ；
2
2 2 2
CA CD  AD
在CAD中，同理有CACD  .所以在四边形ABCD中，
2
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学科网（北京）股份有限公司 2 2  2 2
AD BC AB CD 
 
   
ACBD AC CDCB 
2
 2 2  2 2
AD BC AB CD 
   
即ACBD ，表明四边形的两条对角线对应向量的数量积可用四条边的长
2
度表示。
2 2 2 2
结论1：当AC  BD时，有AD BC  AB CD .
当对角线相互垂直时，四边形两组对边的平方和相等．
 2 2  2 2
AD BC AB CD 
   
结论2：cos ACBD  这些结论适用于任何情况
2AC BD
奔驰定理
技巧总结
Ⅰ ：已知 O是 ABC内的一点， BOC,AOC,AOB的面积分别为 S ， S ， S ，求证：
A B C
S
A
OAS
B
OBS
C
OC 0
证明过程：如图延长OA与BC边相交于点D，
A
O
B C
D
BD S S S S S
则  ABD  BOD  ABD BOD  C ，
DC S S S S S
ACD COD ACD COD B
OD DC OB  BD OC  S B OB  S C OC
BC BC S S S S
B C B C
 OD  S BOD  S COD  S BOD S COD  S A  OD S A OA
OA S S S S S S
BOA COA BOA COA B C S S
B C
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学科网（北京）股份有限公司  S A OA  S B OB  S C OC
S S S S
S S B C B C
B C
S OA  S OB  S OC  0
A  B  C 
推论：已知P为ABC内一点，
 
且xPA yPBzPC 0, x,y,zR,xyz 0,x yz 0 ．则有
①S :S :S  x : y : z ．
PBC PAC PAB
S x S y S z
② PBC  , PAC  , PAB  ．
S x yz S x yz S x yz
ABC ABC ABC
Ⅱ：奔驰定理在三角形四心中的具体形式：
（1）O是ABC的重心 S :S :S 1:1:1OAOBOC 0.
A B C
（2）O是ABC的内 S :S :S a:b:c aOAbOBcOC 0.
A B C
（3）O是ABC的外心
 S :S :S sin2A:sin2B:sin2C sin2AOAsin2BOBsin2COC 0.
A B C
（4）O是ABC的垂心 S :S :S tanA:tanB:tanC  tanAOAtanBOBtanCOC 0.
A B C
四心的概念介绍
（1）重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1；
（2）垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；
（3）内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；
（4）外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等。
模型总结：
模型一：OAOBOC 0 O是ABC的重心.
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学科网（北京）股份有限公司A
E
O
B D C
证法1：设O(x,y),A(x ,y ),B(x ,y ),C(x ,y )
1 1 2 2 3 3
 x  x  x
x  1 2 3
(x x)(x x)(x x) 0   3
OAOBOC 0  1 2 3    O是ABC的重心.
(y  y)(y  y)(y  y) 0 y  y  y
 1 2 3  y  1 2 3

 3
证法2：如图 OAOBOC OA2OD 0 AO  2OD
 A、O、D三点共线，且O分AD为2：1，O是ABC的重心
模型二：OAOB OBOC OCOA O为ABC的垂心.
A
E
O
B D C
证明：如图所示O是三角形ABC的垂心，BE垂直AC，AD垂直BC，D,E是垂足.
OAOB OBOC  OB(OAOC) OBCA0  OB  AC
同理OA BC ，OC  AB  O为ABC的垂心
模型三：设a,b,c是三角形的三条边长，O是ABC的内心
aOAbOBcOC 0 O为ABC的内心.
AB AC AB AC
证明： 、 分别为AB、AC方向上的单位向量，  平分BAC,
c b c b
AB AC bc bc AB AC
AO (  )，令  AO  （  )
c b abc abc c b
化简得(abc)OAbABcAC 0aOAbOBcOC 0
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学科网（北京）股份有限公司模型四： OA  OB  OC  O为ABC的外心。（证明略）
模型五：变形四心
变形1：O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足OP OA(AB AC)，
 
 0, ，则点P的轨迹一定通过ABC的重心
证明：ABC，D、E分别为边BC、AC 的中点.
 AB AC  2ADOP OA2AD OP OA APAP  2ADAP//AD
点P的轨迹一定通过ABC的重心.
变 形 2 ： O是 平 面 上 一 定 点 ， A、B、C是 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 P满 足
AB AC
OP OA(  )，  0,  ，则点P的轨迹一定通过ABC的内心
AB AC
AB AC
证明： 、 分别为AB、AC方向上的单位向量，
AB AC
AB AC
  平分BAC,点P的轨迹一定通过ABC的内心.
AB AC
变 形 3 ： O是 平 面 上 一 定 点 ， A、B、C是 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 P满 足
AB AC
OP  OA(  ) ，  0,  ，则点P的轨迹一定通过ABC的垂心
AB cosB AC cosC
证明：AD垂直BC，BE垂直AC，D,E 是垂足.
AB AC ABBC ACBC
(  )BC = 
AB cosB AC cosC AB cosB AC cosC
 AB BC cosB AC BC cosC
=  = BC + BC =0
AB cosB AC cosC
点P的轨迹一定通过ABC的垂心.
变形4：O是ABC所在平面内一点，动点P满足
29
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学科网（北京）股份有限公司 
 AB AC 
 
OPOA  ， 0, ，则动点P的轨迹一定通过ABC的重心
 
 AB sinB AC sinC
 
AB AC AB AC
 
证明：    ，h为BC边上的高∴AP  AB AC .
AB sinB AC sinC h h h
变形 5 ：已知 O是平面上的一定点， A，B，C是平面上不共线的三个点，动点 P满足
uuur uuur uuur uuur
uuur  
OBOC AB AC
OP  uuur  uuur  ，(0，)，则动点P的轨迹一定通过△ABC的外心。
2  AB cosB AC cosC
 
uuur uuur
uuur
OBOC
证明：取BC中点M, 则 =OD，
2
uuur uuur
uuur uuur  AB AC  uuur
OPOD uuur  uuur  ,移项后同乘BC
 AB cosB AC cosC
 
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur   uuur uuur  
AB AC ABBC ACBC
DP uuur  uuur  DPBC  uuur  uuur 
 AB cosB AC cosC  AB cosB AC cosC
   
uuur uuur  uuur uuur  uuur uuur
DPBC   BC  BC 0，即DP BC
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
变形 6：若H 为△ABC所在平面内一点，且 HA 2  BC 2  HB 2  CA 2  HC 2  AB 2
则点H 是△ABC的垂心
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2 2  2 2  2
证明： HA  BC  HB  CA  HA  BH HC = HB  CH HA
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
得HAHB HCHA HACB0,即HACB，同理可得HB AC,HC  BC
典例1【2021新高考1卷】已知O为坐标原点，点Pcos,sin ，P cos,sin ，
1 2
P  cos,sin ，A(1,0)，则（ ）
3
uuur uuur uuur uuur
A. OP  OP B. AP  AP
1 2 1 2
30
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学科网（北京）股份有限公司uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
C. OAOP OPOP D. OAOP OP OP
3 1 2 1 2 3
【答案】AC
uuur uuur uuur
【解析】A：OP (cos,sin)，OP (cos,sin)，所以|OP | cos2sin21，
1 2 1
uuur uuur uuur
|OP | (cos)2 (sin)2 1，故|OP ||OP |，正确；
2 1 2
uuur uuur
B：AP (cos1,sin)，AP (cos1,sin)，所以
1 2
uuur
 
| AP | (cos1)2 sin2 cos22cos1sin2 2(1cos)  4sin2 2|sin |
1 2 2
uuur  uuur uuur
，同理|AP | (cos1)2sin22|sin |，故| AP |,| AP |不一定相等，错误；
2 2 1 2
uuur uuur
C：由题意得：OAOP 1cos()0sin()cos()，
3
uuur uuur
OPOP coscossin(sin)cos()，正确；
1 2
uuur uuur
D：由题意得：OAOP 1cos0sincos，
1
uuur uuur
OP OP coscos()(sin)sin()
2 3
uuur uuur uuur uuur
cos  βαβ cosα2β ，故一般来说OAOP OP OP 故错误；
1 2 3
故选：AC
r r r r r r r
典例2【2021新高考全国Ⅱ卷】 已知向量abc0， a 1， b  c 2，
r r r r r r
abbcca _______．
9
【答案】
2
r r r r r r r r r r r r r r r r r r
 2 2 2 2    
【解析】由已知可得 abc a b c 2 abbcca 92 abbcca 0，
r r r r r r
9
因此，abbcca  .
2
9
故答案为： .
2
uuur r uuur r uuur
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】在VABC中，点D在边AB上，BD 2DA．记CAm，CDn，则CB
（ ）
31
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学科网（北京）股份有限公司r r r r r r r r
A. 3m2n B. 2m3n C. 3m2n D. 2m3n
【答案】B
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur  
【解析】因为点D在边AB上，BD 2DA，所以BD2DA，即CDCB2 CACD ，
uuur uuur uuur r ur r r
所以CB 3CD2CA3n2m 2m3n．
故选：B．
r r r r r r r r r
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知向量a (3,4),b(1,0),c atb，若a,c b,c ，则t （ ）
A. 6 B. 5 C. 5 D. 6
【答案】C
r r r r 93t16 3t
【解析】解：c 3t,4 ,cos a,c cos b,c ,即 r  r ,解得t 5,
5c c
故选：C
r r r r r r
   
典例5【2023新高考全国Ⅰ卷】 已知向量a 1,1,b1,1，若 ab  ab ，则（ ）
A. 1 B. 1
C. 1 D. 1
【答案】D
r r r r r r
【解析】因为a 1,1,b1,1，所以ab1,1，ab1,1，
r r r r r r r r
       
由 ab  ab 可得， ab  ab 0，
即
11110，整理得：1．
故选：D．
r r
预测1（2024·广东佛山·模拟预测）已知a与b为两个不共线的单位向量，则（ ）
r r r r r r
   
A． ab //a B．a ab
32
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学科网（北京）股份有限公司r r π r r r π r r r π r r π
C．若 a,b  ，则 ab,b  D．若 ab,a  ，则 a,b 
3 3 4 2
r r r r 3π 
预测2（2024·安徽池州·模拟预测）已知向量a1,1,b2,4，若a与b的夹角为，则cos 
 2 
（ ）
10 10 3 10 3 10
A． B． C． D．
10 10 10 10
r r r r r r r 3 r r r r r
预测3（2024·广西·模拟预测）已知向量a,b,c满足 a 1,b  3，ab= , ac,bc 30o，则 c 的最
2
大值等于（ ）
A．2 7 B． 7 C．2 D． 2
r r r r r r r
预测4（2024·河南信阳·模拟预测）已知e为单位向量，向量a满足ae 2， ae 1，则 a 的最大值为
（ ）
A．4 B．2 C． 5 D．5
预测5（2024·宁夏固原·模拟预测）已知向量a r 1,1,b r 0,t，若a r   a r 2b r  ，则b r （ ）
2
A． B．1 C． 2 D．2
2
uuur 1uuur uuur
押题1：在平行四边形ABCD中，点E满足AE AC，则BE（ ）
4
3uuur 1uuur 3uuur 1uuur
A． AB AD B． AB AD
4 4 4 4
uuur 1uuur uuur 1uuur
C．AB AD D．AB AD
4 4
r r r r r r r r
押题2：平面向量a，b 满足|a|2， b 3， ab 4，则b 在a方向上的投影向量为（ ）
15 r 1 r 3r 15 r
A． a B． a C． a D． a
12 4 8 8
r r r r
押题3：若向量a1,5，bx,x1，a∥b，则x（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
6 6 4 4
uuur uuur uuur
 
押题4：正方形ABCD的边长为2，E是AD的中点，F是DC的中点，则 EBEF BF （ ）
A．4 B．3 C．4 D．3
33
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学科网（北京）股份有限公司押题5：如图，已知AB是圆O的直径，C是圆O上一点，» AC C » B，点P是线段BC上的动点，且VPAB
uuur uuur S
的面积记为S ，圆O的面积记为S ，当PAPB取得最大值时， 1 （ ）
1 2 S
2
1 2 3 4
A． B． C． D．
π π π π
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学科网（北京）股份有限公司名校预测
预测1：答案 D
r r r r r r r r
【详解】选项A：若  ab  //a，则a  ab  ，即1ab，
r r
与a与b为两个不共线的单位向量矛盾，故选项A说法错误；
r r
选项B：设a与b的夹角为，则0π，cos1，
r r r r r r r r r
   2 2
所以a ab  a ab a  a b cos1cos0，故选项B 说法错误；
r r π r r r r π 1
选项C：若 a,b  ，则ab a b cos  ，
3 3 2
 r r  r r r  r 2 1 r r 2 r 2 r r r 2 r r
所以 ab bab b  ， ab  a 2ab b 1，即 ab 1，
2
r r r
 
r r r ab b 1
所以cos ab,b  r r r  ，
ab b 2
r r r r r r 2π
又0 ab,b π，所以 ab,b  ，故选项C说法错误；
3
r r r r r r r r r r r r r r r r
   2 2  2  2
选项D：因为a ab  a ab1ab， ab  a 2ab b 22ab，
r r r
  r r
r r r ab a 1ab 2 r r r r
所以cos ab,a  r r r  r r  ，化简得1ab 1ab，
ab a 22ab 2
r r r r r r
设a与b的夹角为，则0π，cos1，所以ab a b cos1，
r r r r r r π
所以 1ab 1，即ab0，所以 a,b  ，故选项D说法正确；
2
故选：D
预测2：答案A
r r
ab 1214 3
【详解】由题意得cos r r   ,0,π ，
a b 2 2242 10
2
3π   3  10
所以cos sin 1
 
 ．
 2   10 10
故选：A
预测3：答案A
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学科网（北京）股份有限公司uuur r uuur r uuur r
【详解】设OAa,OBb,OC c，
r r
r r r r 3 ab 3
因为 a 1,b  3，ab ，所以cosAOB r r  AOB150，
2 a b 2
r r r r
又ac,bc 30o，所以cosACB30，所以点A,O,B,C共圆，
r
要使 c 的最大，即OC 为直径，
在VAOB中，由余弦定理可得AB2 OA2OB22OAOBcosAOB7 AB 7，
AB
又由正弦定理2R 2 7，
sinAOB
r
即 c 的最大值等于2 7，
故选：A.
预测4：答案C
r r
【详解】因为 ae 1，
r r r r r r r r r
所以 ae2 ae2  a22aee2  a242 1
r r
所以 a2 24122 5 5，所以 a  5.
故选：C
预测5：答案B
r r
【详解】由题意知，abt，
r r r r r r r r r r r r r
由a(a2b)，得a(a2b)a22ab 22ab 0，解得ab1，
r
因此t 1，解得t 1，即b(0,1)，
r
所以|b|1.
故选：B
名师押题
押题1：答案B
【详解】因为ABCD为平行四边形，
uuur 1uuur 1 uuur uuur 
则由AE AC  ABAD ，
4 4
uuur uuur uuur 1 uuur uuur  uuur 3uuur 1uuur
∴BE AEAB ABAD AB AB AD.
4 4 4
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学科网（北京）股份有限公司故选：B.
押题2：答案C
r r r r r r r r r r r r 3
【详解】由 ab  (ab)2  |a|2 2ab+|b|2  132ab 4可得ab ，
2
r r r r r 3
而b r 在a r 方向上的投影向量为|b|co r sb,a a r  a r b a r  2 a r  3 a r .
|a| |a|2 4 8
故选：C.
押题3：答案A
r r 1
【详解】因为a // b ，所以x15x0，解得x .
6
故选：A
押题4：答案D
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
    
【详解】 EBEF BF  EAABEDDF · BCCF

1uuur uuur 1uuur 1uuur

uuur 1uuur

 ADAB AD AB·AD AB
 2 2 2  2 
3uuur

uuur 1uuur

 AB·AD AB
2  2 
3uuur uuur 3uuur 1uuur
 ABAD AB AB
2 2 2
3
0 22 3.
4
故选：D.
故选：ABD
押题5：答案A
【详解】由题意可知：OCAB，以O为坐标原点建立平面直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司不妨设OC 2，则A2,0,B2,0,C0,2，
可知直线BC对应的一次函数解析式为y2x，可设Pa,2a,0a2，
uuur uuur
可得PA2a,a2,PB2a,a2，
uuur uuur
则PAPB2a2aa22 2a122，且0a2，
因为y2a12 2开口向上，对称轴为a1，
uuur uuur
且0a2，可知当a0时，即点P与点C重合时，PAPB取到最大值，
1 S 4 1
此时S  244，且S 4π，所以 1   .
1 2 2 S 4π π
2
故选：A.
指对幂运算及比较大小（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I
13 指对幂 指数与函数奇偶性综合
卷
2021年II
7 指对幂 指对幂数值的比较大小
卷
2022年I
7 指对幂 指对幂数值的比较大小
卷
2022年II
无
卷
2023年新
4 复合函数 指数的运算及函数单调性求参
高考1
38
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学科网（北京）股份有限公司2023 年 新
高考2 4 复合函数 含对数复合函数与函数奇偶性综合
近三年，指对幂运算在选填中很大可能占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、对数的实际应用（给定实际应用含对数表达式求值或参数）
2、指对数与函数的奇偶性综合（已知超越函数的奇偶性求参数）
3、指对幂数值的比较大小
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。针对考点1着重了解函数表达式中参数的含义，
考点2一般需要代值求算但要注意此值必定在定义域内，考点3尽量转化为同一函数利用单调性比较，也
可借助换底公式转化为常见数据求算，另外考生们考试前需要借助计算器多记几组对数值，方便考试急用。
从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，指对幂运算及比较大小是高考选填方向必
不可少的一类题，新高考主要以比较大小及指对数应用为主，但也不能忽略奇偶性的参合.
一、指对数运算
指数基本运算
技巧总结
1、有理数指数幂的分类
   n个  
 
⑴正整数指数幂an aaaaa a nN
⑵零指数幂a0 1  a0 
1  
⑶负整数指数幂an  a 0,nN
an
⑷0的正分数指数幂等于0,0的负分数指数幂没有意义.
2、有理数指数幂的性质
⑴aman amn a 0,m,nQ 
⑵  am n amn a0,m,nQ 
⑶
abm ambma0,b0,mQ
m
⑷n am an  a 0,m,nQ 
3、根式的定义
 
一般地，如果xn a，那么x叫做a的n次根式，其中 n1,nN , n a 叫做根式，n叫做根指数，
39
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学科网（北京）股份有限公司a叫做开方数.
4、对于根式n a ，要注意以下几点
⑴nN且n1；
 a,a0
⑵当n为奇数时，n an a；当n为偶数时，n an  a  ；
a,a0
⑶负数没有偶次方根；
⑷0的任何次方根都是0
5、多重根号问题，首先先写成指数形式
 3 7 7  1 1
 a a2  a4 a8 1 1  a2  a1  a1 a2
a a a  ， a2  a2  a 
1 1 1 7 1 1 1 1
 
 a2 a4 a8 a8  a4 a8 a8 a2
6、指数的逆运算过程
1
1 1 -
 3 - 3 27 - 3  3 3 3 3 1 2
3         
 8  8   2  2 3
指数特殊运算
技巧总结
形如xx1 a，求下列各种形式的值的思路．
2
 1 1 
1 1 
（1） x2 x  2 ；根据x2 x 2   xx12计算即可；
 
（2）x2 x2；根据  xx12  x2 x2 2计算即可；
（3） x2 x2 ．由于xx1   xx12   xx12 4，进而根据x2 x2   xx1 xx1
即可求解.
（4）x1x1；根据xx1   xx12   xx12 4计算即可
（5）x3 x3根据  x2 x2 x+x1  x3 x3+xx1计算即可
（6）x3 x3根据  x2 x2 xx1  x3 x3 xx1计算即可
对数基本运算
技巧总结
1、对数运算法则
M 
 
①外和内乘：log MN log M log N ②外差内除：log  log M log N
a a a a  N  a a
n
③提公次方法：log bn  log bm,nR ④特殊对数：log 10
am m a a
⑤指中有对，没心没肺，真数为几，直接取几：alog a b b,log ab b
a
2、对数的定义
40
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学科网（北京）股份有限公司一般地，如果ax  N  a 0,a 1  ，那么数x叫做以a为底N 的对数，记xlog N ,其中a叫做对数的底
a
 
数，N 叫做对数的真数 N 0
3、换底公式
log b 1
①常用换底log b m ②倒数原理log b
a log a a log a
m b
lgb lgc lgc
③约分技巧log blog c   log c④具体数字归一处理：lg2lg51
a b lga lgb lga a
二、指对幂比较大小
指对数大小比较问题
技巧总结
指对数大小比较问题已经成为高考的重难点问题，我们这里介绍五大核心思想.
核心思想一：同步《升降》次法
log blog bn
a am
形如：log 3log 32 log 33 log 34 log 31
2 22 23 24 21
注意：一般情况下以2,3为底的对数比较大小，底数真数次方一起同升同降.
口诀：2,3为底眼睛亮，底真次方同升降.
核心思想二：先分离常数再比大小
当底数与真数出现倍数关系，必须先将对数分离常数后作比较.
 
①log pm log plog mlog p1
m m m m
 
②log pmn log plog mn log pn
m m m m
口诀：底真出现倍数时，分离常数用起来
核心思想三：利用糖水变甜不等式比较大小
当对数比较大小形式中出现底数与真数成等差数列时，可以采用糖水不等式放缩处理.
bm b am a
形如：a b0,m0则存在  ，或 
am a bm b
模型演练：①比较log 3与log 4的大小
2 3
3
ln3ln
根据糖水不等式log 3 ln3  ln3m m0 ，令mln 3 ，即 ln3  2
2 ln2 ln2m 2 ln2 3
ln2ln
2
9
ln
ln4
2
 log 4故log 3log 4
ln3 ln3 3 2 3
②比较log 3与log 5的大小
4 6
41
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学科网（北京）股份有限公司6
ln3ln
根据糖水不等式log 3 ln3  ln3m m0 ，令mln 6 ，即 ln3  4
4 ln4 ln4m 4 ln4 6
ln4ln
4
18
ln
ln5
4
 log 5故log 3log 5
ln6 ln6 6 4 6
口诀：底大真小底大者大，底小真大底小者大.
lnx
核心思想四：由
fx
 引出的大小比较问题
x
如图所示：
lnx 1
① fx  在  0，e  在  e,  ，在xe时，取得最大值且为
x e
   
②极大值左偏，且 f 2  f 4
lna lnb
③若0bae，则  blna alnblnab lnba ab ba
a b
lna lnb
若eba，则  blnaalnblnab lnba ab ba
a b
口诀：大指小底永为大（大小指e）
核心思想五：对数等比定理
lnx ln y mlnxnln y lnz
log xlog y log z   
a b ambn lna lnb mlnanlnb mlnanlnb
mlnxnln y lnxm ln yn lnxmyn lnz
     z  xmyn
mlnanlnb mlnanlnb mlnanlnb mlnanlnb
三、指对数奇偶性
函数奇偶性的妙解
技巧总结
①：基本方法判定函数的奇偶性
使用前提：函数表达式比较简单，定义域也容易求解.
解题步骤：
第一步：确定函数的定义域，判断其定义域是否关于原点对称；
第二步：若是，则确定 f(x)与 f(x)的关系；若不是，则既不是奇函数也不是偶函数；
42
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学科网（北京）股份有限公司第三步: 得出结论.
利用函数的奇偶性求函数的解析式
使用前提：已知函数在给定的某个区间上的解析式，求其在对称区间(或对称区间的子区间)上的解析式.
解题步骤：
第一步：首先设出所求区间的自变量x；
第二步：运用已知条件将其转化为已知区间满足的x的取值范围；
第三步：利用已知解析式确定所求区间相应的函数的表达式.
分段函数的奇偶性
使用前提：所给函数的解析式为分段函数，需要判定函数的奇偶性
秒杀：口诀：奇函数定奇变偶、偶函数定偶变奇，奇双负，偶单负.
         
定义在 , 上任意的函数 f x 都可以唯一表示成一个奇函数g x 和一个偶函数h x 之和，当 f x
以分段函数形式出现奇偶性时，则函数一定满足：
       
Ⅰ：奇函数 f x f x  g x h x
       
Ⅱ：偶函数 f x  f x g x h x
 
若 f x 不容易拆分出奇函数和偶函数之和时，则直接采用
       
Ⅰ：奇函数 f x f x Ⅱ：偶函数 f x  f x
解题步骤：
解题模板1：利用传统的方法分类讨论确定函数的奇偶性
第一步：确定函数的定义域，判断其定义域是否关于原点对称；
第二步：若是，则确定 f x与 f x的关系；若不是，则既不是奇函数也不是偶函数；
第三步：得出结论.
解题模板2：
第一步： 确定函数的定义域
第二步： 写出 f x形式的分段函数
第三步： 确定函数的奇偶性
常见基本函数的奇偶性：
 
(1)一次函数y kxb k 0 ，当b0时，是奇函数，当b0时，是非奇非偶函数.
(2)二次函数y ax2 bxc  a0  ，当b0时，是偶函数；当b0时，是非奇非偶函数.
k
(3)反比例函数y  k 0,x0是奇函数.
x
(4)指数函数y ax(a0且a 1)是非奇非偶函数
(5)对数函数y log x(a0且a 1，x0)是非奇非偶函数.
a
43
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学科网（北京）股份有限公司  
(6) 三角函数 y sinx  xR  是奇函数， y cosx  xR  是偶函数， y tanx  xk ,kZ 是奇
 2 
函数.
 
(7)常值函数 f x a，当a0时，是偶函数，当a0时，既是奇函数又是偶函数.
特殊函数的奇偶性：
奇函数：两指两对
ax 1 2m ax 1 2m
⑴ f  x  m m  x0  ， f  x  m m  mR 
   

ax 1

ax 1

ax 1

ax 1
⑵函数 f  x    ax ax    ax  1    a2x 1  
 
 ax   ax 
xm  2m   xm  2m 
⑶ fx log  log 1 ， fx log  log 1 
a  xm a  xm a xm a  xm
⑷函数 f

x

log 
 
mx
2
1mx

，函数 f

x

log 
 
mx
2
1mx

a  a 
ax  ax a2x  1
 
⑸函数 f x  
ax ax a2x 1
   
 f x  f x 0
考点：形如①已知 f  x  奇函数，则

0
 
0

M 最大值 m 最小值 0
   
 f x  f x 2a
②已知 f  x  奇函数a，则

0
 
0

M 最大值 m 最小值 2a
偶函数：
⑴函数 f  x    ax ax  ⑵函数 fx log  amx 1   mx
a 2
 
⑶函数 f x 类型的一切函数.
典例1【2023新高考1卷】设函数 f x2xxa 在区间 0,1 上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A.
,2
B.
2,0
C.
0,2
D.
2,
【答案】D
44
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学科网（北京）股份有限公司【解析】函数y 2x在R上单调递增，而函数 f x2xxa 在区间 0,1 上单调递减，
a a2 a
则有函数y  x(xa)(x )2  在区间 0,1 上单调递减，因此 1，解得a2，
2 4 2
所以a的取值范围是 2, .
故选：D
2x1
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 若 f xxaln 为偶函数，则a （ ）．
2x1
1
A. 1 B. 0 C. D. 1
2
【答案】B
1
【解析】因为 f(x) 为偶函数，则 f(1) f(1)，(1a)ln (1a)ln3，解得a0，
3
2x1 1 1
当a0时， f x xln ， 2x12x10，解得x 或x ，
2x1 2 2
 1 1
则其定义域为x x 或x ，关于原点对称.
 2 2
2x1
2x1 2x1
1
2x1
f xxln xln xln
 
 xln  f x，
2x1 2x1 2x1 2x1
故此时 f x 为偶函数.
故选：B.
1
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】设a0.1e0.1,b ，cln0.9，则（ ）
9
A. abc B. cba C. c<a<b D. acb
【答案】C
【解析】方法一：构造法
1 x
设 f(x)ln(1x)x(x1)，因为 f(x) 1 ，
1x 1x
当x(1,0)时， f(x)0，当x(0,)时 f(x)0，
所以函数 f(x)ln(1x)x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，
1 10 1 1 10
所以 f( ) f(0)0，所以ln  0，故 ln ln0.9，即bc，
9 9 9 9 9
1 9 1 9  1 1 1 1
所以 f( ) f(0)0，所以ln + 0，故 e 10 ，所以 e10  ，
10 10 10 10 10 9
45
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学科网（北京）股份有限公司故ab，
1  x2 1  ex1
设g(x) xexln(1x)(0 x1)，则g(x)x+1ex  ,
x1 x1
令h(x)ex(x2 1)+1，h(x)ex(x2 2x1)，
当0 x 21时，h(x)0，函数h(x)ex(x2 1)+1单调递减，
当 21 x1时，h(x)0，函数h(x)ex(x2 1)+1单调递增，
又h(0)0，
所以当0 x 21时，h(x)0，
所以当0 x 21时，g(x)0，函数g(x) xexln(1x)单调递增，
所以g(0.1) g(0)0，即0.1e0.1 ln0.9，所以ac
故选：C.
方法二：比较法
0.1
解： a0.1e0.1 ， b ， c  ln(10.1) ，
10.1
① lnalnb  0.1ln(10.1) ，
令 f (x)  xln(1 x),x(0,0.1],
1 x
则 f(x)1  0 ，
1x 1x
故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f (0.1) f (0)  0 ，即 lnalnb0 ，所以 ab ；
② ac0.1e0.1 ln(10.1) ，
令 g(x) xex ln(1 x),x(0,0.1],
1 1x1xex 1
则 g'x xex ex   ，
1x 1x
令 k(x)(1 x)(1x)ex 1 ，所以 k(x)(1 x2 2x)ex 0 ，
所以 k(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k(x)  k(0)  0 ，即 g(x)0 ，
所以 g(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1) g(0)0 ，即 ac0 ，所以 ac.
故 cab.
典例4【2021新高考全国Ⅰ卷】 已知函数 f x x3 a2x 2x 是偶函数，则a ______.
【答案】1
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学科网（北京）股份有限公司【解析】因为 f x x3 a2x 2x ，故 f xx3 a2x 2x ，
因为 f x 为偶函数，故 f x f x，
时x3 a2x 2x x3 a2x 2x ，整理得到 a1 2x+2x =0，
故a 1，
故答案为：1
1 ln5 ln6
预测1（2024·云南昆明·模拟预测）设a ,b ,c ，则（ ）
6 10 12
A．cba B．c<a<b
C．b<c<a D．bac
预测2（2024·河北沧州·模拟预测）某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含有
的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量为2.25g/m3，首次改良工艺后排
放的废水中含有的污染物数量为2.21g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量r 满足函数模
n
型r r (r r )30.25nt（tR，nN*），其中r 为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量，r为首
n 0 1 0 0 1
次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过
0.65g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为（ ）（参
考数据：lg20.30，lg30.48）
A．12 B．13 C．14 D．15
预测3（2024·甘肃武威·模拟预测）设a0.80.4, blog 0.8,clog 0.9，则a,b,c的大小关系是（ ）
0.5 0.4
A．bca B．acb C．bac D．abc
预测4（2024·湖南·模拟预测）已知a,bR，且a0,b0，则ab1是lnalnb0的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
预测5（2024·新疆喀什·模拟预测）数学中，悬链线指的是一种曲线，是两端固定的一条（粗细与质量分布）
均匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，它被广泛应用到现实生活中，比如
计算山脉的形状、婲述星系的形态、研究植物的生长等等．在合适的坐标系中，这类曲线可用函数
f(x)aexbex（其中a,b为非零常数，e2.71828L ）来表示，当 f(x)取到最小值为2时，下列说法正确
的是（ ）
A．此时xlna B．此时ab的最小值为2
C．此时2a 2b的最小值为2 D．此时lnalnb的最小值为0
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学科网（北京）股份有限公司押题1：近年来，中国成为外来物种入侵最严重的国家之一，物种入侵对中国生物多样性、农牧业生产等
构成巨大威胁．某地的一种外来动物数量快速增长，不加控制情况下总数量每经过7个月就增长1倍．假
设不加控制，则该动物数量由入侵的100只增长到1亿只大约需要(lg20.3010）（ ）
A．8年 B．10年 C．12年 D．20年
押题2：已知aln5，blog 5，c50.3，则（ ）
3
A．b<c<a B．cab C．cba D．bac
1 1 0.6  2  1
押题3：已知函数 f x x  ex ，若a f     2      ,b f   log 1 2 9   ，c f   43  ，则a,b,c的大小关系为
（ ）
A．abc B．cba C．acb D．b<c<a
押题4：设命题p:mR，使 f xm1xm24m3是幂函数，且在0,上单调递减；命题
q:x2,,2x x2，则下列命题为真的是（ ）
A．pq B．pq C．pq D．pq
押题5：科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出
现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为
n1
P nlog ，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检
b b n
k ln6ln2
验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若P n （kN*，k 4），则k的值为
10 ln2ln5
n4
（ ）
A．11 B．15 C．19 D．21
名校预测
预测1：答案 A
lnx 12lnx
【详解】设 f x ，则 fx 0，得x e，
x2 x3
则 f x在  0, e  上单调递增，在  e,  上单调递减，
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学科网（北京）股份有限公司   
b f 5 ,c f 6 ，则bc，
1 ln5 53ln5 lne5ln125
又ab    0，得ab，
6 10 30 30
所以abc，
故选：A
预测2：答案D
【详解】由题意知r 2.25g/m3，r 2.21g/m3，
0 1
当n1时，r r (r r)30.25t，故30.25t 1，解得t0.25，
1 0 1 0
所以r 2.250.0430.25(n1)．
n
lg40
由r 0.65，得30.25(n1) 40，即0.25(n1) ，
n lg3
4(12lg2)
得n 114.33，又nN*，
lg3
所以n15，
故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次．
故选：D
预测3：答案D
【详解】因为a0.80.4 0.80 1,blog 0.8log 0.51，所以ab．同理ac.
0.5 0.5
又因ylog x在定义域内为减函数，故blog 0.8log 0.9，
0.5 0.5 0.5
1 1 log 0.4log 0.5
而log 0.9log 0.9   0.9 0.9 ，
0.5 0.4 log 0.5 log 0.4 log 0.5log 0.4
0.9 0.9 0.9 0.9
因log 0.50，log 0.40，且log 0.4log 0.50，故log 0.9log 0.9，即bc，所以abc．
0.9 0.9 0.9 0.9 0.5 0.4
故选：D.
预测4：答案D
【详解】若ae,b1，符合ab1，但此时lnalnb0，不满足充分性，
若ae1 b，符合lnalnb0，但是ab1，不满足必要性.
故选：D
预测5：答案B
【详解】函数 f(x)aexbex，a,b为非零常数，ex 0,ex 0，由 f(x)取到最小值为2，得a0,b0，
对于A，aexbex 2 aexbex 2 ab 2，则ab1，当且仅当aex bex，
b 1 1
即e2x   时取等号，此时ex  ，xlna，A错误；
a a2 a
对于B，ab2 ab 2，当且仅当ab1取等号，B正确；
49
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学科网（北京）股份有限公司对于C，2a 2b 2 2a2b 2 2ab 4，当且仅当ab1取等号，C错误；
lnalnb 1
对于D，lnalnb( )2 ( lnab)2 0，当且仅当ab1取等号，D错误.
2 2
故选：B
名师押题
押题1：答案C
【详解】设经过x个月动物数量由入侵的100只增长到1亿，
x x
所以 ，所以 ，
10027 108 27 106
x
两边同时取对数可得： lg27 lg106 6 ，
x 42 42
所以 lg26，所以x  139.53，
7 lg2 0.3010
139.53
而 11.63，
12
所以该动物数量由入侵的100只增长到1亿只大约需要12年.
故选：C.
押题2：答案C
【详解】因为aln5blog 51，c50.3 1，所以cba．
3
故选：C
押题3：答案C
2 9 1 0.6 2 1
【详解】因为log 1 9 log 2 2 log 2 42，0 2   20.6 23 43 2，
2
1 0.6 1 2
所以0  43<log ，
2 1 9
2
1
当x0时， f xx ，
ex
1
因为 fx1 0，所以 f x在0,上单调递增，
ex
所以acb，
故选：C.
押题4：答案A
【详解】对于命题p，当m2时，函数 f xx1，是幂函数，且在0,上单调递减，故命题p为真命
题；
对于命题 q ，当x3时，23 32，不满足x2,,2x x2，故命题 q 为假命题．
50
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学科网（北京）股份有限公司所以“pq ”为真命题，“ pq”为假命题，“pq”为假命题，“pq”为假命题．
故选：A．
押题5：答案A
k 5 6 7 k1 ln6ln2
【详解】P nlg lg lg ...lg  ，
10 4 5 6 k ln2ln5
n4
k1 ln3 k1
即lg  lg3，则 3，得k11.
4 ln10 4
故选：A
三角函数（选填题）
年份 题号 知识点 考点
4 正弦函数 正弦函数的单调性
2021年I
①平面向量表示三角函数
卷
10 三角函数与平面向量 ②辅助角公式异名变同名
③正弦函数求值
2021年II
无
卷
2022年I
求三角函数的表达
6 三角函数
卷 式从而求值
①三角函数单调性
2022年II
9 三角函数 ②三角函数极值点
卷
③三角函数对称轴及切线
2023年新
15 余弦函数 余弦函数零点求参问题
高考1
2023 年新
①根据图像求表达式
高考2 16 正弦函数
②求值问题
近三年，三角函数在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、求正余切函数图象性质、值域（最值）（①求正弦函数图象性质②求余弦函数图象性质③求正切函数图
51
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学科网（北京）股份有限公司象性质④九大模型求最值）
2、确定解析式（两大思路）
3、平移变换（正规方法及秒杀方法）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。有关三角函数考生需熟记三大基本图像，有关详
细问题考生需要将三角函数所研究的角度k令为t，画出简化后三角函数图像，研究各项问题，最后一步记
得反解x，选择题中求单调性及最值秒杀技巧下面有介绍。
从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，三角函数是高考选填方向必不可少的一类
题，预测：多选题形式给定部分三角函数图像，求出单调性、最值、零点及平移问题，单选一般以含三角
函数的复合函数求最值，此类难度偏小，熟练即可.
一、求正余切函数图象性质、值域（最值）问题
求正余切函数图象性质
技巧总结
正弦、余弦、正切函数性质有单调性、周期性、对称轴、对称中心
大前提必须熟悉掌握三大基本图象的画法《基本函数法》
①正弦图象
②余弦图象
③正切图象
52
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学科网（北京）股份有限公司考点1：单调性
 
Ⅰ：求y  Asinx B的单调性，B是不影响单调性的
⑴若＞0，A＞0，则令t x只要求y sint的单调性即可，假如求递增区间，由基本图象得
   
 2kt  2k 2kx 2k反解x范围
2 2 2 2
 
⑵若＜0，A＞0，则先将由负变正，y Asin xB令t x只要求y sint的单调
性即可，假如求递增区间，将基本图象沿x轴对称所得目标图象
 3  3
2kt  2k 2kx 2k反解x范围
2 2 2 2
 
⑶若＜0，A＜0，则先将由负变正，y  Asin xB则令t x只要求y sint的单调
   
性即可，假如求递增区间，由基本图象得 2kt  2k 2kx 2k反
2 2 2 2
解x范围
 
Ⅱ：求y  Acosx B的单调性，B是不影响单调性的
⑴若＞0，A＞0，则令t x只要求y cost的单调性即可，假如求递增区间，由基本图象得
2kt 02k2kx02k反解x范围
 
⑵若＜0，A＞0，则先将由负变正，y  Acos xB令t x只要求y cost的单调性
即可，假如求递增区间，由基本图象得2kt 02k2kx02k反解x范
围
 
⑶若＜0，A＜0，则先将由负变正，y Acos xB则令t x只要求y cost的单
调性即可，假如求递增区间，将基本图象沿x轴对称所得目标图象
02kt 2k02kx2k反解x范围
 
Ⅲ：求y  Atanx B的单调性，B是不影响单调性的
⑴若＞0，A＞0，则令t x只要求y tant的单调性即可，假如求递增区间，由基本图象得
   
 kt  k kx k反解x范围
2 2 2 2
53
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学科网（北京）股份有限公司 
⑵若＜0，A＞0，则先将由负变正，y A tan xB令t x只要求y tant 的单调
性即可，假如求递增区间，将基本图象沿x轴对称所得目标图象
 3  3
kt  k kx k反解x范围
2 2 2 2
 
⑶若＜0，A＜0，则先将由负变正，y  A tan xB则令t x只要求y tant的单调
   
性即可，假如求递增区间，由基本图象得 kt  k kx k反解x范
2 2 2 2
围
考点2：周期性
2
   
①：求y  Asinx 及y  Acosx 的周期性，最小正周期为T 


   
②:求y  Asinx 及y  Acosx 的周期性，最小正周期为T 

2
     
③：求y  Asinx B 及y  Acosx B B0 的周期性，最小正周期为T 

T
④:若函数y  f  x  的周期是T ,则函数y  Af  x  的周期  A0,0,为常数 


 
⑤：求y  Atanx 的周期性，最小正周期为T 


 
⑥：求y  Atanx 的周期性，最小正周期为T 

       
⑦：若函数 f x xR 的图象由两条对称轴xa,xb a b ，则函数 f x xR 是周期函数，
T 2ba
          
⑧：若函数 f x xR 的图象存在对称中心A a,0 B b,0 a b ，则函数 f x xR 是周期函数，
T 2ba
⑨：若函数 f  x  xR  的图象存在对称轴xa对称中心B  b,0   a b  ，则函数 f  x  xR  是周期函数，
T 4ba
考点3：对称轴
Ⅰ：求y  Asin  x  B的对称轴，A、B是不影响对称轴的
 
则令t x只要求得y sint的对称轴，由基本图象t  kx k,反解x即可
2 2
Ⅱ：求y  Acos  x  B的对称轴，A、B是不影响对称轴的
54
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学科网（北京）股份有限公司则令t x只要求得y cost的对称轴，由基本图象t 0kx0k反解x即可
 
Ⅲ：求y  Asinx 的对称轴，A是不影响对称轴的
则令t x只要求得y  sint 的对称轴，将基本图象下面部分翻上去得
 k  k
t   x   kZ  反解x即可
2 2 2 2
 
Ⅳ：求y  Acosx 的对称轴，A是不影响对称轴的
则令t x只要求得y  cost 的对称轴，将基本图象下面部分翻上去得
k k
t 0 x0  kZ  反解x即可
2 2
 
Ⅴ:求y  Atanx 的对称轴，A是不影响对称轴的
则令t x只要求得y  tant 的对称轴，将基本图象下面部分翻上去得
k k
t 0 x0 ,  kZ  反解x即可
2 2
考点4：对称中心
 
Ⅰ：求y  Asinx B的对称轴，A是不影响对称中心的
则令t x只要求得y sint的对称中心，基本图象t kxk,  kZ  反解x即对称中心
 
x,B
 
Ⅱ：求y  Acosx B的对称中心，A是不影响对称中心的
 
 
则令t x只要求得y cost的对称中心，由基本图象t  k x k kZ 反解
2 2
x即对称中心  x,B 
 
Ⅲ：求y  Atanx 的对称中心，A是不影响对称中心的
k k
则令t x只要求得y tant的对称中心，由基本图象t 0 x0 ,  kZ  反解x
2 2
 k 
  
2
即可 ,0
  
 
 
 
Ⅳ：求y  Atanx B的对称中心，A是不影响对称中心的
k k
则令t x只要求得y tant的对称中心，由基本图象t 0 x0 ,  kZ  反解x
2 2
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学科网（北京）股份有限公司 k 
  
2
即可 ,B
  
 
 
角函数单调区间、对称中心、对称轴（选择题）
技巧总结
①单调区间：第一步：确定周期及周期的一半，将选项端点作差
第二步：将选项给定的区间任一端点值代入表达式
第三步：确定第二步求出的弧度为基础函数sinx、cosx的那个位置，根据走势判断即可
②对称中心：第一步：将选项给定的对称中心的横坐标代入表达式
第二步：确定第一步求出的弧度为基础函数sinx、cosx的那个位置，根据位置判断即可
③对称轴：第一步：将选项给定的对称中心的横坐标代入表达式
第二步：确定第一步求出的弧度为基础函数sinx、cosx的那个位置，根据位置判断即可
九大模型求最值
模型一：形如y asinb利用1sin1的有界性，注意：同时乘正则保序，同时乘负则反序.
asinxb acosxb
模型二：形如y  ac0 y  ac0 既可以利用分离常数法求解，也可以建立关
csinxd ccosxd
于 y的不等式根据三角函数有界性求解.
模型三：形如y asin2 xbsinxc  a0  ，令t sinx，1t 1转化为二次函数求最值.
     
模型四：形如y  Asinx k A0 当定义域为R时，值域为  A k, A k
当定义域为某个给定区间时，t x利用三角函数图象求最值.
asinxb
模型五:形如y  ac0 借助斜率公式(圆)及数形结合求解.
ccosxd
atan2 xbtanxc
模型六:形如y  ∵t tanxR故可以采用判别式处理.
dtan2 xetanx f
模型七:形如y asinxbcosx利用辅助角公式y  a2 b2 sin  x  ,辅助角公式中的符号完全由原式
b
决定,而tan (最好借助图象)然后利用三角函数图象求最值
a
b d
模型八:形如y   利用基本不等式求最值
asin2 x ccos2 x
模型九:形如y asinxcosxb  sinxcosx  c应考虑 sinxcosx2 12sinxcosx
转化为二次函数求最值
二、确定解析式问题
56
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学科网（北京）股份有限公司 
秒杀： 思路1：形如：y  Asinx k
第一步：定A K,借助函数图象的最高点、最低点确定参数A K的值
fx

fx fx

fx
A  max min k  max min
2 2
第二步：定周期  、  ，借助函数图象及五点作图法中的“五点”确定函数的周期
第一点（即图象第一次上升时与x轴的交点）横坐标满足x0

第二点（即图象的“峰点”）横坐标满足x
2
第三点（即图象下降时与x轴的交点）横坐标满足x
3
第四点（即图象的“谷点”）横坐标满足x
2
第五点（即图象第二次上升时与x轴的交点）横坐标满足x2
求  、  只需在部分图象中寻求“五点”中任意两点建立二元一次方程组即可
 
思路2：形如：y  Asinx k
第一步：定A K,借助函数图象的最高点、最低点确定参数A K的值
fx

fx fx

fx
A  max min k  max min
2 2
 
第二步：定周期 
2
∵T  ，∴往往通过求T 来确定，可以通过已知曲线及其与x轴的交点来确定T 。

T
注意：①相邻的最高点与最低点之间的水平距离为
2
②相邻的两个最高点（最低点）之间的水平距离为T
T
③相邻的最高点（最低点）与平衡点之间的水平距离为
4
第三步：求
求只需在部分图象中寻求“五点”中任意一点建立一元一次方程即可（同思路1第二步）
三、平移变换问题
技巧总结
正规方法： 左加右减，上加下减，左右只针对x而言（解决题干有平移信息的选择题）
秒杀：第一步：明确谁平移得到谁C C
1 2
第二步：C :  m,1  解出m C :  n,1  解出n
1 2
第三步：mn确定左右平移了多少
57
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学科网（北京）股份有限公司注意：先平移后伸缩与先伸缩后平移的区别
典例1【2023新高考1卷】已知函数 f xcosx1(0)在区间 0,2π 有且仅有3个零点，则的
取值范围是________．
【答案】[2,3)
【解析】因为0≤x≤2π，所以0≤x≤2π，
令 f(x)cosx10，则cosx1有3个根，
令t x，则cost 1有3个根，其中t[0,2π]，
结合余弦函数y cost的图像性质可得4π2π6π，故23，
故答案为：[2,3).
1
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知函数 f xsinx ，如图A，B是直线y  与曲线y  f x
2
π
的两个交点，若 AB  ，则 f π______．
6
3
【答案】
2
 1  1 π π
【解析】设A  x ,  ,B  x , ，由 AB  可得x x  ，
 1 2  2 2 6 2 1 6
1 π 5π
由sinx 可知，x 2kπ或x 2kπ，kZ，由图可知，
2 6 6
5 π 2π 2π
x x  π  ，即x x  ，4．
2 1 6 6 3 2 1 3
2  8π  8π 8
因为 f  π  sin    0，所以 kπ，即 πkπ，kZ．
3   3  3 3
58
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学科网（北京）股份有限公司 8   2 
所以 f(x)sin  4x πkπ  sin  4x πkπ ，
 3   3 
 2   2 
所以 f xsin  4x π 或 f xsin  4x π ，
 3   3 
 2   2  3
又因为 f 00，所以 f(x)sin  4x π ， f πsin  4π π   ．
 3   3  2
3
故答案为： ．
2
  2
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】记函数 f(x)sin  x  b(0)的最小正周期为T．若 T ，
 4 3
3  
且y f(x)的图象关于点 ,2 中心对称，则 f   （ ）
 2   2
3 5
A. 1 B. C. D. 3
2 2
【答案】 A
2 2 2
【解析】由函数的最小正周期T满足 T ，得  ，解得23，
3 3 
3  3 
又因为函数图象关于点 ,2 对称，所以  k,kZ ，且b2，
 2  2 4
1 2 5 5 
所以  k,kZ ，所以 ， f(x)sin  x  2，
6 3 2 2 4
 5 
所以 f   sin    21.
 2 4 4
故选：A
2π 
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】已知函数 f(x)sin(2x)(0π)的图像关于点 ,0 中心对称，
 3 
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学科网（北京）股份有限公司则（ ）
 5π
A. f(x)在区间 0, 单调递减
 12
 π 11π
B. f(x)在区间  , 有两个极值点
 12 12 
7π
C. 直线x  是曲线y f(x)的对称轴
6
3
D. 直线 y  x是曲线y f(x)的切线
2
【答案】AD
2π 4π  4π
【解析】由题意得： f   sin    0，所以 kπ，kZ，
 3   3  3
4π
即 kπ,kZ，
3
2π  2π
又0π，所以k 2时， ，故 f(x)sin  2x ．
3  3 
 5π 2π 2π 3π  5π
对A，当x  0, 时，2x   , ，由正弦函数y sinu图象知y f(x)在 0, 上是单
 12 3  3 2   12
调递减；
 π 11π 2π π 5π
对B，当x   , 时，2x   , ，由正弦函数y sinu图象知y f(x)只有1个极值
 12 12  3 2 2 
2π 3π 5π 5π
点，由2x  ，解得x  ，即x  为函数的唯一极值点；
3 2 12 12
7π 2π 7π 7π
对C，当x  时，2x 3π， f( )0，直线x  不是对称轴；
6 3 6 6
 2π  2π 1
对D，由y2cos  2x  1得：cos  2x   ，
 3   3  2
2π 2π 2π 4π
解得2x  2kπ或2x  2kπ,kZ,
3 3 3 3
π
从而得：xkπ或x kπ,kZ,
3
 3 2π
所以函数y f(x)在点0, 处的切线斜率为k  y 2cos 1，
 
2 x0 3
 
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学科网（北京）股份有限公司3 3
切线方程为：y (x0)即 y  x．
2 2
故选：AD．
 
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 下列区间中，函数 f x7sin  x 单调递增的区间是（ ）
 6 
  π   3 3 
A.  0,  B.  ,π  C.  ,  D.  ,2
 2  2   2   2 
【答案】A
  
【解析】因为函数y sinx的单调递增区间为 2k ,2k  kZ ，
 2 2 
    
对于函数 f x7sin  x ，由2k  x 2k kZ，
 6  2 6 2
 2
解得2k  x2k kZ，
3 3
  2
取k 0，可得函数 f x 的一个单调递增区间为  , ，
 3 3 
    2     2
则 0,     , ， ,     , ，A选项满足条件，B不满足条件；
 2  3 3   2   3 3 
5 8
取k1，可得函数 f x 的一个单调递增区间为 , ，
 3 3 
 3   2  3 5 8 3  5 8
 ,     , 且 ,    , ， ,2    , ，CD选项均不满足条件.
 2   3 3   2   3 3   2   3 3 
故选：A.
1
预测1（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数 f x 3sinxcosx cos2x,0，则下列结论正确的是
2
（ ）
 π π
A．0,1, f x在  , 上单调递增
 
 6 4
B．若1且 f x  f x  2，则 x x π
1 2 1 2 min
61
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学科网（北京）股份有限公司5 4
C．若 f x 1在0,π上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为  , 
6 3
π
D．存在0,1，使得 f x的图象向左平移 个单位长度后得到的函数为奇函数
6
 π π
预测2（2024·广东·模拟预测）下列函数中，是偶函数且在 , 上单调递增的是（ ）
 2 4
A． f x sin2x B． f x cos2x
C． f x sinx cosx D． f xsinx cosx
预测3（2024·山西朔州·模拟预测）将函数 f x2sin  x π 的图象上所有点的横坐标缩小为原来的 1 ，
 3 2
纵坐标不变，得到函数gx的图象，下列关于函数gx的说法正确的是（ ）
A．gx的最小正周期为π
π 
B． ,0是gx的一个对称中心
3 
 π 5π 
C．gx的单调递增区间为  kπ, kπ ,kZ
 
 12 12 
D．gx在0,π上恰有3个零点
预测4（2024·河南信阳·模拟预测）已知 f(x)esin2x2cosx，（参考数据ln13.42.6），则下列说法正确的是
（ ）
A． f x是周期为π的周期函数
B． f x在(π,0)上单调递增
C． f x在(2π,2π)内共有4个极值点
 29π
D．设gx f xx，则g(x)在, 上共有5个零点
 6 
 π
预测5（2024·安徽·模拟预测）如图，函数 f x Asinx A0,0, 的图象与x轴的其中两
 2
2 21
个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，OB 3OC，OA2，AD ，则（ ）
3
62
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学科网（北京）股份有限公司A． f x的最小正周期为12π B． f x的图象关于直线x8对称
C． f x在5,7单调递减 D． f x2为奇函数
 π
押题1：已知函数 f xsinx （0），则下列说法正确的是（ ）
 6
5π 
A．若1，则 ,0是 f x的图像的对称中心
 6 
π
B．若 f x f  恒成立，则的最小值为2
6
C．若 f x在  0, π 上单调递增，则0 2
 
 2 3
11 17
D．若 f x在0,2π上恰有2个零点，则 
12 12
1
押题2：已知函数 f x 3sinxcosxcos2x ，则下列说法正确的是
2
 π
A． f xsin2x 1
 6
B．函数 f x的最小正周期为π
π kπ
C．函数 f x的图象的对称轴方程为x  kZ
3 2
π
D．函数 f x的图象可由ysin2x的图象向右平移 单位长度得到
12
 π
押题3：函数 f xcosπx 0 的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
 2
π
A．
6
5
B．x 
0 3
63
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学科网（北京）股份有限公司17 
C． f x的图象的一个对称中心为 ,0
 6 
D．设函数gx f x f  x 1 ，则gx在 

 1 , 1

上的最小值为 3
 3  2 3 2
π
押题4：要得到函数ysin(2x )的图象，可将函数ysinx的图象（ ）
3
π
A．向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
6
π 1
B．向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的
3 2
1 π
C．纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，再将所得图象上所有点向左平移 个单位长度
2 6
π
D．纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将所得图象上所有点向左平移 个单位长度
3
 π π 2π
押题5：若函数 f xcosx  0在区间  ,  内单调递减，则的最大值为 ．
 6 3 3 
名校预测
预测1：答案ACD
1  π
【详解】 f x 3sinxcosx cos2xsin2x ，
2  6
 π π π  21π π π  π π
0,1，当x

 ,

时，2x  ,  

 ,

，
 6 4 6  6 2 6   2 2
 π π
由复合函数、正弦函数单调性可知 f x在  , 上单调递增，故A正确；
 
 6 4
T π
对于B，若1且 f x  f x  2，则 x x   ，故B不正确；
1 2 1 2 min 2 2
π  π π
对于C，若x0,π，则2x   ,2π ，
 
6  6 6
 π
若 f x  sin2x  1在0,π上有且仅有2个不同的解，如图所示：
 6
64
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学科网（北京）股份有限公司3 π 5 5 4 5 4
可得 π2π  π，解得  ，也就是的取值范围为

, ，故C正确；
2 6 2 6 3 6 3
  π π  π π 1
对于D，gxsin2x  sin2x  ，可知当 时，gxsinx是奇函数，故D正
  6 6  3 6 2
确.
故选：ACD.
预测2：答案AC
【详解】对于A： f x sin2x  sin2x  sin2x  f x，为偶函数，
 π π  π
当x , 时，2xπ, ，f x sin2x sin2x，
 2 4  2
 3π π 
Qysinx的单调递减区间为x  2kπ, 2kπ kZ，
 
 2 2 
 3π π 
f xsin2x的递增区间为x  kπ, kπ kZ，
 
 4 4 
 π π  3π π 
而 , 

 kπ, kπ

kZ，
 2 4  4 4 
  
所以 f x sin2x 在 , 上单调递增，故A正确；
 2 4
对于B： f x cos2x  cos2x  f x，为偶函数，
 π π  π
当x , 时，2xπ, ，f x cos2x cos2x，
 2 4  2
Qycosx的单调递增区间为xπ2kπ,2kπkZ，
 π 
f xcos2x的单调递减区间为x  kπ,kπ kZ，
 
 2 
 π π  π 
而 , 

 kπ,kπ

kZ，
 2 4  2 
  
所以 f x cos2x 在 , 上单调递减，故B错误；
 2 4
对于C： f x sinx cosx sinx cosx f x，为偶函数，
65
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学科网（北京）股份有限公司 π π  π
当x , 时， f x sinx cosxsinxcosx 2sinx ，
 2 4  4
 3π π 
Qysinx的单调递减区间为x  2kπ, 2kπ kZ，
 
 2 2 
 π  5π π 
则 f x 2sinx 的单调递增区间为

 2kπ, 2kπ

kZ，
 4  4 4 
 π π  5π π 
而 , 

 2kπ, 2kπ

kZ，
 2 4  4 4 
 π π
所以 f x sinx cosx在 , 上单调递增，故C正确；
 2 4
对于D： f xsinx cosx sinx cosx f x，
所以 f xsinx cosx 为非奇非偶函数，故D错误.
故选：AC.
预测3：答案AC
 π 2π
【详解】对于A，由题设可得gx2sin2x ，故其最小正周期为 π，
 3 2
故A正确.
π  π π π 
对于B，g 2sin2   30，故 ,0不是gx的一个对称中心，
3  3 3 3 
故B错误.
π π π  π 5π 
对于C，令 2kπ2x  2kπ,kZ，解得x  kπ, kπ ,kZ，
 
2 3 2  12 12 
 π 5π 
故gx的单调递增区间为  kπ, kπ ,kZ，
 
 12 12 
故C正确.
 π π
对于D， 由2sin2x 0可得2x nπ,nZ，
 3 3
π  π 5π π π 2π
而x0,π时，2x   , ，故2x 0,π即x 或x ，
 
3  3 3  3 6 3
故D错误.
故选：AC
预测4：答案BCD
【详解】对于选项A，因为 f(x)esin2x2cosx，
所以 f(xπ)esin2(xπ)2cos(xπ) esin2x2cosx  f(x)，所以选项A错误，
对于选项B，因为 f(x)(2cos2x2sinx)esin2x2cosx 2(12sin2xsinx)esin2x2cosx
66
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学科网（北京）股份有限公司2(2sinx1)(sinx1)esin2x2cosx，
当x(π,0)时，2sinx10，sinx10，esin2x2cosx 0，
所以当x(π,0)时， f(x)0，当且仅当x π 时，取等号，所以 f x在(π,0)上单调递增，故选项B正
2
确，
对于选项C，因为 f(x)2(2sinx1)(sinx1)esin2x2cosx，
令 f(x)0，得到(2sinx1)(sinx1)0，
π 3π
又因为sinx10，当且仅当x 或x 时，取等号，
2 2
所以x π ，x 3π 不是变号零点，即 π ， 3π 不是 f x的极值点，
2 2 2 2
1
由2sinx10，即sinx ，
2
π 5π 11π 7π
又x(2π,2π)，解得x 或x 或x 或x ，
6 6 6 6
由y sinx图象知，每一个解都是变号零点，所以 f x在(2π,2π)内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为 f(x2π)esin2(x2π)2cos(x2π) esin2x2cosx  f(x)，
所以 f(x)的周期为2π，
又因为 f(x)2(2sinx1)(sinx1)esin2x2cosx，
π 5π 3π
当x0,2π时，由 f(x)0得到x ，x ，x ，
6 6 2
列表如下，
 π π π 5π 5π 5π 3π 3π 3π 
x  0,   ,   ,   ,2π 
 6 6 6 6  6  6 2  2  2 
f(x)  0  0  0 
y f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 单调递增
又 f(0)e2， f( π )e sin π 3 2cos π 6 e 3 2 3 ， f( 5π )e sin 5 3 π 2cos 5 6 π e  3 2 3 ，
6 6
则 f(x)在0,2π上的大致图象如图所示，
当x0时，因为 f(x)esin2x2cosx 0，此时 f(x)x无解，
由 31.732，则 3 3 2.6，又ln13.42.6，则 3 3 ，
e 2 e2.6 13.4
2
29π 29
又由4π43.1412.5613.4，  3.1415.1813.4，
6 6
67
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学科网（北京）股份有限公司 29π
故只需再画出 f(x)在2π, 图象即可，
 6 
29π 3 3 29π
当x 时，e 2 13.4 ， f(x)x无解，
6 6
25π 25
作出yx的图象，注意到  3.1413.0913.4，
6 6
25π
所以x 时，yx的图象在 f(x)esin2x2cosx图象下方，
6
 29π
由图可知yx与 f(x)esin2x2cosx在

0, 上有5个交点，
 6 
 29π
所以g(x)在, 上共有5个零点，所以选项D正确，
 6 
故选：BCD.
预测5：答案CD
 π   π Asin
【详解】由题可A2,0，B2 ,0，C0,Asin，则D1 , ，
    2 2 
π
有 3 Asin2 ，sin20，

2 21  π  2 A2sin2 28
QAD ， 1   ，
3 2  4 3
1  π  π 2 π π
把 Asin 2 代入上式，得   2 240，解得 6 (负值舍去)，
3    
π π  π π  π
 ，sin 0，由 ，解得 ， 3 Asin  8，
6 3  2 3  3
解得A 16 ，f x 16 sin   π x π ，
3 3 6 3
2π
12
对A， f x的最小正周期为 π ，故A错误；
6
68
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学科网（北京）股份有限公司16 π π
对B： f 8 sin 8 0，故B错误；
3 6 3
π π π 5π
对C：当5x7时，  x  ，f x在5,7单调递减，故C正确；
2 6 3 6
16 π π 16 π 
对D： f x2 sin

x2

 sin x，为奇函数，故D正确.
3 6 3 3 6 
故选：CD.
名师押题
押题1：答案ABC
5π 5π π
【详解】选项A：若1，则 f  sin  sinπ0，
 6   6 6
5π 
由正弦函数的图象可知 ,0是 f x的图像的对称中心，A说法正确；
 6 
π π π π
选项B：若 f x f  恒成立，则   2kπkZ，解得212kkZ，
6 6 6 2
又0，所以的最小值为2，B说法正确；
π  π π
选项C：令gxx ，显然gx在 0, 上单调递增，且g0 ，
 
6  2 6
 π π π π π 2 2
若 f x在

0,

上单调递增，则g    ，解得 ，所以0 ，C说法正确；
 2 2 2 6 2 3 3
π π π
选项D：当x0,2π时，x  ,2π+ ，
 
6 6 6
π 11 17
若 f x在0,2π上恰有2个零点，则2π2π+ 3π，解得  ，D说法错误；
6 12 12
故选：ABC
押题2：答案BCD
1 3 1cos2x 1
【详解】对于AB，因为函数 f x 3sinxcosxcos2x  sin2x 
2 2 2 2
3 1  π
 sin2x cos2xsin2x  ，故A错误；
2 2  6
2π
所以T  π，故B正确；
2
π π kπ π
对于C，令2x kπ ,kZ，解得x  ,kZ，故C正确；
6 2 2 3
π  π   π
对于D，ysin2x的图象向右平移 单位长度可得ysin2x sin2x ，
12  12  6
69
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学科网（北京）股份有限公司故D正确.
故选：BCD
押题3：答案ABD
3
【详解】由图象可知， f0 fx  ，
0 2
3 3
所以 f 0cosπ0 ，即cos ，
2 2
π π
又因为0 ，所以 ，故A正确；
2 6
 π
所以 f x的解析式为 f xcosπx ，
 6
 π 3
f x 0 cos  πx 0  6    2 ，x 0 0，
π π 5
所以πx  2π ，解得x  ，故B正确；
0 6 6 0 3
17  17 π 17 
所以 f  cosπ  cos3π1，故点 ,0不是 f x的图象的一个对称中心，故C错误；
 6   6 6  6 
 1  π   1 π
gx f x f x cosπx cos

πx 

 3  6   3 6
π π  π 3 1
cosπxcos sinπxsin cosπx  cosπx sinπxsinπx
6 6  2 2 2
3 3  π
 cosπx sinπx 3cosπx ,
2 2  3
1 1 π π 2π
因为 x ，所以 πx  ，
2 3 6 6 3
当πx π  2π ，即x 1 时，gx取的最小值为g   1  3cos  π 1  π  3cos 2π  3 ，故D正确.
3 3 3 3  3 3 3 2
故选：ABD.
押题4：答案BC
1 π
【详解】对于A，所得解析式为ysin( x )，A错误；
2 6
π
对于B，所得解析式为ysin(2x )，B正确；
3
π π
对于C，所得解析式为ysin[2(x )]sin(2x )，C正确；
6 3
1 π 1 π
对于D，所得解析式为ysin[ (x )]sin( x )，D错误.
2 3 2 6
70
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学科网（北京）股份有限公司故选：BC
7
押题5：答案
4
1 2π π
【详解】由题得： T   03，
2 3 3
π π π 2π π
令t x t  ,  ，
 
6  3 6 3 6
π π 2π π
则ycost在t  ,  单调递减，
 
 3 6 3 6
π π
 2kπ
  3 6 1 7
故 6k 3k ，
2π π 2 4
  2kππ
 3 6
1 7
由03，故 , ，
 
2 4
7
所以的最大值为 ，
4
7
故答案为： .
4
集合（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I
1 集合 集合中交集问题
卷
2021年II
2 集合 集合中补集与并集
卷
2022年I
1 集合 集合中交集问题
卷
2022年II 集合中交集问题
1 集合
卷
2023年新 1 集合 集合中交集问题
71
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学科网（北京）股份有限公司高考1
2023 年新
利用集合之间的关系求
高考2 2 集合
参数的值或范围
近三年，集合在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、集合的含义与表示2、集合间的基本关系3、集合的基本运算
题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项。集合需考生需熟悉技巧，其次掌握集合之间的关
系求参数的值或范围，集合的基本运算也是高考的重点内容，设置此类题难度一般，用心研究必能夺分。
从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，集合是高考选填方向必不可少的一类题，
预测：类型1：集合的基本运算。类型2：集合间的基本关系。，考生需从多方面认识，两类型都相对简单.
涉及集合中研究对象为不等式此类题目一定采用数形（数轴）结合，端点值单独讨论及验证.
一、关于集合的元素的特征问题
(1)确定性：设A是一个给定的集合，x是某一个具体对象，则x或者是A的元素，或者不是A的元素，
两种情况必有一种且只有一种成立.
(2)互异性：一个给定集合中的元素，指属于这个集合的互不相同的个体(对象)，因此，同一集合中不应
重复出现同一元素.
(3)无序性：集合中的元素的次序无先后之分.如：由1，2，3组成的集合，也可以写成由1，3，2组成
一个集合，它们都表示同一个集合.
结论：（1）A A.（类比aa）
（2）空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集。
（3）若A B,BC,则AC（类比a  b，b  c 则a  c）
（4）一般地，一个集合元素若为n 个，则其子集数为2n个，其真子集数为2n-1 个，特别地，空集的
子集个数为1，真子集个数为0。
二、集合的运算
1.并集
一般地，由所有属于集合A或属于集合B的元素所组成的集合，称为集合A与B的并集，记作：A∪B
读作：“A并B”，即：A∪B={x|xA，或xB}
Venn图表示：
72
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学科网（北京）股份有限公司（1）“xA，或xB”包含三种情况：“xA,但xB”；“xB,但xA”；“xA,且xB”．
（2）两个集合求并集，结果还是一个集合，是由集合A与B的所有元素组成的集合(重复元素只出现
一次).
2.交集
一般地，由属于集合A且属于集合B的元素所组成的集合，叫做集合A与B的交集；记作：A∩B，读
作：“A交B”，即A∩B={x|xA，且xB}；交集的Venn图表示：
（1）并不是任何两个集合都有公共元素，当集合A 与B 没有公共元素时，不能说A 与B 没有交集，
而是AI B．
（2）概念中的“所有”两字的含义是，不仅“A∩B中的任意元素都是A与B的公共元素”，同时“A与B
的公共元素都属于A∩B”．
（3）两个集合求交集，结果还是一个集合，是由集合A与B的所有公共元素组成的集合.
3.补集
全集：一般地，如果一个集合含有我们所研究问题中所涉及的所有元素，那么就称这个集合为全集，
通常记作U.
补集：对于全集U的一个子集A，由全集U中所有不属于集合A的所有元素组成的集合称为集合A相
对于全集U的补集(complementary set)，简称为集合A的补集，记作：C A，即C A{x|xU且xA}
U U
补集的Venn图表示：
（1）理解补集概念时，应注意补集C A是对给定的集合A和U(AU)相对而言的一个概念，一个
U
确定的集合A，对于不同的集合U，补集不同．
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学科网（北京）股份有限公司（2）全集是相对于研究的问题而言的，如我们只在整数范围内研究问题，则Z 为全集；而当问题扩展
到实数集时，则R为全集，这时Z 就不是全集．
（3）C A表示U为全集时A的补集，如果全集换成其他集合（如R）时，则记号中“U”也必须换成
U
相应的集合（即C A）．
R
集合基本运算的一些结论
AB A，AB B，AA=A，A=，AB=BA
A  AB，B AB，AA=A，A=A，AB=BA
(C A)AU ，(C A) A 
U U
若A∩B=A，则A  B，反之也成立
若A∪B=B，则A  B，反之也成立
若x(A∩B)，则xA且xB
若x(A∪B)，则xA，或xB
求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且”与
“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn图或数
轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法.
三：充分条件与必要条件充要条件的概念
符号 pq与 p q的含义
“若 p，则q”为真命题，记作： pq；
“若 p，则q”为假命题，记作： p q.
充分条件、必要条件与充要条件
①若 pq，称 p是q的充分条件，q是 p的必要条件.
②如果既有 pq，又有q p，就记作 p  q，这时 p是q的充分必要条件，称 p是q的充要条
件.
对 pq的理解：指当 p成立时，q一定成立，即由 p通过推理可以得到q.
①“若 p，则q”为真命题；
② p是q的充分条件；
③q是 p的必要条件
以上三种形式均为“ pq”这一逻辑关系的表达.
充分条件、必要条件与充要条件的判断
从逻辑推理关系看
命题“若 p，则q”，其条件p与结论q之间的逻辑关系
①若 pq，但q p，则 p是q的充分不必要条件，q是 p的必要不充分条件；
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学科网（北京）股份有限公司②若 p q，但q p，则 p是q的必要不充分条件，q是 p的充分不必要条件；
③若 pq，且q p，即 p  q，则 p、q互为充要条件；
④若 p q，且q p，则 p是q的既不充分也不必要条件.
从集合与集合间的关系看
若p：x∈A，q：x∈B，
①若AB，则 p是q的充分条件，q是 p的必要条件；
②若A是B的真子集，则 p是q的充分不必要条件；
③若A=B，则 p、q互为充要条件；
④若A不是B的子集且B不是A的子集，则 p是q的既不充分也不必要条件.
记法 A={x|p(x)},B={x|q(x)}
关系 A B B A A=B A⊈B且B⊈A
图示
p是q的充分不必 p是q的必要不充 p是q的既不充分也
结论 p,q互为充要条件
要条件 分条件 不必要条件
充要条件的判断通常有四种结论：充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要
条件.判断方法通常按以下步骤进行：
①确定哪是条件，哪是结论；
②尝试用条件推结论，
③再尝试用结论推条件，
④最后判断条件是结论的什么条件.
典例1【2023新高考1卷】已知集合M 2,1,0,1,2 ，N   x x2 x60  ，则M N （ ）
A.
2,1,0,1
B.
0,1,2
C.
2
D.
2
【答案】C
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学科网（北京）股份有限公司【解析】方法一：因为N   x x2 x60  ,23, ，而M 2,1,0,1,2 ，
所以M N 
2
．
故选：C．
方法二：因为M 2,1,0,1,2 ，将2,1,0,1,2代入不等式x2 x60，只有2使不等式成立，
所以M N 
2
．
故选：C．
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 设集合A0,a ，B1,a2,2a2 ，若AB，则a 
（ ）．
2
A. 2 B. 1 C. D. 1
3
【答案】B
【解析】因为AB，则有：
若a20，解得a2，此时A0,2 ，B1,0,2
，不符合题意；
若2a20，解得a 1，此时A0,1 ，B1,1,0 ，符合题意；
综上所述：a 1.
故选：B.
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】若集合M {x∣ x 4}, N {x∣3x1}，则M N （ ）
 1   1 
   
A. x 0 x2 B. x  x2 C. x 3 x16 D. x  x16
 3   3 
【答案】D
1  1 
【解析】M {x∣0 x16},N {x∣x }，故M N x  x16，
3  3 
故选：D
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知集合A1,1,2,4,B  x x1 1  ，则AI B（ ）
A. {1,2} B. {1,2} C. {1,4} D. {1,4}
【答案】B
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学科网（北京）股份有限公司【解析】[方法一]：直接法
因为Bx|0 x2 ，故AI B 1,2 ，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
 
x=1代入集合B x x1 1 ，可得21，不满足，排除A、D；
 
x4代入集合B x x1 1 ，可得31，不满足，排除C.
故选：B.
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 设集合A  x 2 x4  ，B2,3,4,5 ，则AI B（ ）
A.
2
B.
2,3
C.
3,4
D.
2,3,4
【答案】B
【解析】由题设有AB2,3，
故选：B .
预测1（2024·宁夏固原·模拟预测）已知集合A  xZ x22x30  ,BxN x3 ，则AI B（ ）
A．1 B．0,1 C．1,2 D．0,1,2
预测2（2024·河北沧州·模拟预测）已知集合AxN x4 ，B  x xn21,nA  ，PAB，则集合
P的子集共有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．8个
预测3（2024·浙江·模拟预测）已知集合M=1,2,3，N=0,1,2,3,4,7，若M  A N ，则满足集合A的
个数为（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
 3
预测4（2024·山东·模拟预测）已知集合Ax lnx10,Bx 1x ，则AI B（ ）
 2
 3  3
A．0,2 B．1,

C．0,2 D．0,

 2  2
   
预测5（2024·湖南·模拟预测）已知集合M  x x22x30 ,N  x x2ax0,xZ ，若集合M N 恰
有两个元素，则实数a的取值范围是 .
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学科网（北京）股份有限公司x3
押题1：已知集合A{x|1x2},B{x| 0}. 则AI B .
x1
押题2：已知集合A1,2,B1,a,3，且AB，则a ．
押题3：已知集合A  x log 3x2  ,B  x x5x40  ，则AI B .
2
押题4：已知集合A  x∣x2 4  ,Bx∣a1xa1，若AB，则a的取值范围是 .
押题5：以maxMminM表示数集M 中最大（小）的数.设a0,b0,c0，已知a2cb2c1，则
 1 1 1
minmax , ,  .
 a b c
名校预测
预测1：答案B
【详解】由x22x30，得3x1，
所以A  xZ x22x30  3,2,1,0,1，
而BxN x30,1,2，
所以AI B0,1 .
故选：B.
预测2：答案C
【详解】因为AxN x40,1,2,3，又B  x xn21,nA  ，
所以B1,0,3,8，所以P AB0,3，则集合P的子集共有22 4个．
故选：C
预测3：答案D
【详解】因为M  A N ，
所以A可以是1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,0,1,2,3,7,1,2,3,0,4,1,2,3,0,7,1,2,3,7,4,1,2,3,0,4,7，共8个，
故选：D
预测4：答案B
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学科网（北京）股份有限公司【详解】由lnx10ln1可得Ax1x2
，
 3
所以AI B1,

.
 2
故选：B
预测5：答案(2,)
 
【详解】因为M  x x22x30 {x∣1x3}，
 
N  x x2ax0,xZ {x∣x(xa)0,xZ}，
又集合M N 恰有两个元素，
所以M N 恰有两个元素1和2，所以a2.
故答案为：(2,).
名师押题
押题1：答案{x|1x2}
x3
【详解】因为A{x|1x2},B{x| 0}{x|1x3}，
x1
所以AI B{x|1x2}.
故答案为：{x|1x2}.
押题2：答案2
【详解】∵A1,2,B1,a,3，且AB，
∴集合A里面的元素均可在集合B里面找到，
∴a=2．
故答案为：2
押题3：答案1,3
【详解】log 3x203x4，解得1x3，故A1,3；
2
x5x40x25x40，解得1x4，故B1,4，故AB1,3
.
故答案为：1,3
押题4：答案,3U3,
【详解】由x2 4，得x2x20,解得2x2，
所以Ax∣2x2
.
因为AB，
所以a12或a12，解得a3或a3，
所以a的取值范围是,3U3,
.
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学科网（北京）股份有限公司故答案为：,3U3,
.
押题5：答案32
1
【详解】由a2cb2c1，得a2b2  ，
c
1 1 1 1 1 1
设max , , M ，则M  ,M  ,M  a2b2 2ab，
a b c a b c
1 1 1 1
由3M 2 M  M M 2  2ab  2ab
a b ab ab
1 1
33  2ab 33 2，
ab ab
1
当且仅当abc 时，取等号，
3 2
 1 1 1
所以minmax , ,  3 2.
 a b c
故答案为：32.
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