文档内容
衡中数学一本通高分手册
................................................................................................................................................................................................3
专题01 集合专辑..............................................................................................................................................................4
专题02 常用逻辑用语....................................................................................................................................................11
专题03 函数性质............................................................................................................................................................20
专题04 函数与导数........................................................................................................................................................30
专题05 三角函数与解三角............................................................................................................................................41
专题06 平面向量............................................................................................................................................................53
专题07 数列....................................................................................................................................................................63
专题08 不等式................................................................................................................................................................74
专题09 立体几何............................................................................................................................................................89
专题10 解析几何..........................................................................................................................................................107
专题11 排列组合 二项式定理....................................................................................................................................141
专题12 概率与统计......................................................................................................................................................152
专题13 算法、推理与证明、复数..............................................................................................................................177
专题14 极坐标与参数方程、不等式选讲..................................................................................................................190
专题15 分段函数的性质、图象以及应用..................................................................................................................214
专题16 基本初等函数中含有参数问题......................................................................................................................228
专题17 函数、数列、三角函数中大小比较问题......................................................................................................239
专题18 函数、不等式中恒成立问题..........................................................................................................................253
专题19 数列中的最值问题..........................................................................................................................................267
专题21 几何体与球切、接的问题..............................................................................................................................283
专题22 几何体的表面积与体积的求解......................................................................................................................299
专题23 与圆有关的最值问题......................................................................................................................................311
专题24 立体几何角的计算问题..................................................................................................................................319
专题25 椭圆、双曲线、抛物线的几何性质的应用..................................................................................................337
专题26 圆锥曲线的“三定”与探索性问题..............................................................................................................351
专题27 概率与统计相结合问题..................................................................................................................................369
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专题 集合专辑
01
1．【高考全国I卷理数2】设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）
A．–4 B．–2 C．2 D．4
【答案】B
【思路导引】由题意首先求得集合A，B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a
的值．
【解析】求解二次不等式x240可得：A x|2 x2 ，求解一次不等式2xa0可得：
a a
B x|x ．由于AB x|2 x1 ，故： 1，解得：a2．故选B．
2 2
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了一元二次不等式的解法、含参数的一元一次不等式的解法，
考查利用集合的交集运算求参数的值，考查数形结合思想，考查数学运算及直观想象等学科素养．解题关键是
正确求解一元二次不等式，应用数形结合法求参数的值．
2．【高考全国II卷理数1】已知集合U 2,1,0,1,2,3 , A1,0,1 ,B 1,2 ，则ð AB
U
（ ）
A．2,3 B．2,2,3 C．2,1,0,3 D．2,1,0,2,3
【答案】A
【思路导引】首先进行并集运算，然后计算补集即可．
【解析】由题意可得：AB1,0,1,2 ，则ð AB 2,3 ．故选A．
U
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了集合的并集和补集运算，考查数学运算学科素养．解题关键
是正确理解并集和补集的含义．
3．【高考全国Ⅲ卷文数1】已知集合A1,2,3,5,7,11，Bx|3x15，则A∩B中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【思路导引】采用列举法列举出AB中元素的即可．
【解析】由题意，AI B {5,7,11}，故AB中元素的个数为3，故选B
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【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了，考查集合的交集运算，考查集合的含义，考查数学运算学
科素养．
4．【高考江苏卷1】已知集合A1,0,1,2 ,B
0,2,3
，则AB ．
【答案】 0,2 ．
【解析】由题知，AB
0,2
．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查集合的交集运算，考查数学运算学科素养．解题关键是正确集
合交集的含义．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
(1)确定性：是指作为一个集合的元素必须是明确的，不能确定的对象不能构成集合．也
就是说，给定一个集合，任何一个对象是不是这个集合的元素是确定的．
(2)互异性：对于给定的集合，其中的元素一定是不同的，相同的对象归入同一个集合时
只能算作集合的一个元素．
元素的特征
(3)无序性：对于给定的集合，其中的元素是不考虑顺序的．如1,2,3与3,2,1构成的集合
是同一个集合．
(4)解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不满
足“互异性”而导致解题错误．
(5)关注点：利用集合的含义判断一组对象能否组成一个集合，应注意集合中元素的特性，
即确定性、互异性和无序性．
（1）使用列举法表示集合的四个注意点
①元素间用“，”分隔开，其一般形式为{a ，a ，…，a }；
集合的表示 1 2 n
②元素不重复，满足元素的互异性；
③元素无顺序，满足元素的无序性；
④对于含有有限个元素且个数较少的集合，采取该方法较合适；若元素个数较多或有无
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限个且集合中的元素呈现一定的规律，在不会产生误解的情况下，也可以列举出几个元素作
为代表，其他元素用省略号表示.
（2）利用描述法表示集合应关注五点
①写清楚该集合代表元素的符号．例如，集合{x∈R|x<1}不能写成{x<1}．
②所有描述的内容都要写在花括号内．例如，{x∈Z|x＝2k}，k∈Z，这种表达方式就不
符合要求，需将k∈Z也写进花括号内，即{x∈Z|x＝2k，k∈Z}．
③不能出现未被说明的字母．
④在通常情况下，集合中竖线左侧元素的所属范围为实数集时可以省略不写．例如，方
程x2－2x＋1＝0的实数解集可表示为{x∈R|x2－2x＋1＝0}，也可写成{x|x2－2x＋1＝0}．
⑤在不引起混淆的情况下，可省去竖线及代表元素，如{直角三角形}，{自然数}等．
集合的关系 （1）对子集概念的理解
①集合A是集合B的子集的含义是：集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，
即由x∈A能推出x∈B.例如{0,1} {－1,0,1}，则0∈{0,1},0∈{－1,0,1}．
②如果集合A中存在着不是集
⊆
合B的元素，那么集合A不包含于B，或B不包含A.此
时记作A B或B⊉A.
③注
⃘
意符号“∈”与“ ”的区别：“ ”只用于集合与集合之间，如{0} N.而不能写成{0}∈
N，“∈”只能用于元素与 ⊆ 集合之间．如 ⊆0∈N，而不能写成0 N. ⊆
（2）对真子集概念的理解
⊆
①在真子集的定义中，AB首先要满足A B，其次至少有一个x∈B，但x∉A.
②若A不是B的子集，则A一定不是B的
⊆
真子集.
（3）判断集合间关系的方法
①用定义判断．
首先，判断一个集合A中的任意元素是否属于另一集合B，若是，则A B，否则A不
是B的子集；其次，判断另一个集合B中的任意元素是否属于第一个集合A，
⊆
若是，则B A，
否则B不是A的子集；若既有A B，又有B A，则A＝B.
⊆
②数形结合判断．
⊆ ⊆
对于不等式表示的数集，可在数轴上标出集合的元素，直观地进行判断，但要注意端点
值的取舍．
(1) 理解并集应关注三点
①A∪B仍是一个集合，由所有属于A或属于B的元素组成．
②“或”的数学内涵的形象图示如下：
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集合的运算
③若集合A和B中有公共元素，根据集合元素的互异性，则在A∪B中仅出现一次.
（2）理解交集的概念应关注四点
①概念中“且”即“同时”的意思，两个集合交集中的元素必须同时是两个集合的元素．
②概念中的“所有”两字不能省，否则将会漏掉一些元素，一定要将相同元素全部找出．
③当集合A和集合B无公共元素时，不能说集合A，B没有交集，而是A∩B＝∅.
④定义中“x∈A，且x∈B”与“x∈(A∩B)”是等价的，即由既属于A，又属于B的元素组
成的集合为A∩B.而只属于集合A或只属于集合B的元素，不属于A∩B.
（3）理解补集应关注三点
①补集既是集合之间的一种关系，同时也是集合之间的一种运算．求集合A的补集的前
提是A是全集U的子集，随着所选全集的不同，得到的补集也是不同的，因此，它们是互
相依存、不可分割的两个概念．
②∁ A包含三层意思：①A U；②∁ A是一个集合，且∁ A U；③∁ A是由U中所有不
U U U U
属于A的元素构成的集合．
⊆ ⊆
③若x∈U，则x∈A或x∈∁ A，二者必居其一．
U
考查集合的表示：
【例1】（2021·北京人大附中模拟）已知集合A{(x,y)|x y2,x,yN}，则A中元素的个数为（ ）
A．1 B．5 C．6 D．无数个
【答案】C
【解析】由题得A{(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)}，所以A中元素的个数为6，故选C．
【点睛】本题主要考查集合的表示和化简，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
【例2】（高考全国Ⅲ卷理数1）已知集合A{(x,y)|x,yN*,yx}，B{(x,y)|x y8}，则AB中元素的
个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【思路导引】采用列举法列举出AB中元素的即可．
y x
【解析】由题意，AB中的元素满足 ，且x,yN*，由x y 82x，得x4，
x y 8
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所以满足x y8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，故AB中元素的个数为4．故选C．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了二元一次方程及二元一次不等式混合组的整数解的解法，考
查集合的交集运算，考查数学运算及直观想象等学科素养．解题关键是正确应用二元一次方程及二元一次不等
式混合组求整数解，理解集合交集的含义．
M {x|x 1} N {xZ |0 x4} (C M)N
【例3】（2021·江苏南通·高三期中）若集合 ， ，则 R （ ）
A．{0} B．{0,1} C．{0,1,2} D．{2,3,4}
【答案】B
【解析】N＝{0，1，2，3，4}，∁ M＝{x|x≤1}，∴（∁ M）∩N＝{0，1}，故选B．
R R
【点睛】本题考查补集、交集的运算，描述法、列举法的定义，熟记交集，补集的定义是关键，是基础题．
考查元素的特征：
【例1】已知集合A＝{a＋2，(a＋1)2，a2＋3a＋3}，且1∈A，则2017a的值为_________．
【解析】对集合A中的元素分情况讨论，当a＋2＝1时，a＝－1，此时有(a＋1)2＝0，a2＋3a＋3＝1，不满足集
合中元素的互异性；当(a＋1)2＝1时，a＝0或a＝－2，当a＝－2，则a2＋3a＋3＝1，舍去，经验证a
＝0时满足；当a2＋3a＋3＝1时，a＝－1或a＝－2，由上知均不满足，故a＝0，则2017a＝1．
【例2】（2021·河南南阳月考）M {x|6x25x10}，P {x|ax1}，若P M ，则a的取值集合为(
)
A． 2 B． 3 C． 2,3 D． 0,2,3
【答案】D
1 1 1 1
【解析】M {x|6x2 5x10} , ，P {x|ax1}，P M ，P，P 或P ，
3 2 3 2
a0或a3或a2，a的取值集合为 0,2,3 ，故选D ．
【点睛】本题主要考查集合子集的定义，以及集合空集的定义，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础
题．
考查集合的关系：
【例1】（2021·陕西省榆林中学高三三模）已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B的集合C的
个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
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【解析】由AC B可知集合C中一定有元素2，所以符合要求的集合C有 2 , 2,0 , 2,1 , 2,0,1 ，共4
种情况，所以选A项．
【例2】（2019·辽宁高考模拟（理））已知集合A{2,3,1}，集合B {3,m2}．若B A，则实数m的取值
集合为（ ）
A．{1} B． 3 C．{1,1} D．{ 3, 3}
【答案】C
【解析】将选项中的元素逐一验证，排除错误选项，由此得出正确选项．若m1，则B 1,3 ，符合B A，
排除B，D两个选项．若m1，则B 1,3 ，符合B A，排除A选项．故本小题选C．
【点睛】本小题主要考查子集的概念，考查选择题的解法——排除法，属于基础题．
考查集合的运算：
【例1】（2021·南京市秦淮中学高三开学考试）设A x x 1 ，B x x2 x20 ，则 C A B=（ ）
R
A． x x 1 B． x 1 x1 C． x 1 x1 D． x1 x2
【答案】B
【解析】C A x|x1 ，B x x2 x20 = x| x2 x1 0 x|1 x2 ，
R
则 C A I B x 1 x1 ，故选：B．
R
【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
【例2】（2021·甘肃兰州一中高三其他（文））已知集合A x|log x1 ，集合B y| y 2x ，则AB
2
（ ）
A． ,2 B．,2 C． 0,2 D． 0,
【答案】D
【解析】A x|0 x2 ，By|y0， AB 0,，故选D．
【点睛】考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．
一、因忽视集合中元素的互异性而致误
【例1】已知全集U＝{1，3，x3＋3x2＋2x}和它的子集A＝{1，|2x－1|}，如果集合A在U中的补集为{0}，求
实数x的值．
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【解析】因为U＝{1，3，x3＋3x2＋2x}，且集合A在U中的补集为{0}，
所以0∈U，x3＋3x2＋2x＝0，解得x ＝0，x ＝－1，x ＝－2．
1 2 3
当x＝0时，A＝{1，1}，与集合中元素的互异性矛盾，故舍去；
当x＝－2时，A＝{1，5} U，不符合题意，故舍去；
当x＝－1时，A＝{1，3}⊆U，符合题意．
综上所述，实数x的值为－ ⊆1．
二、忽视代表元素而致误
【例2】设P＝{y|y＝x2，x∈R}，Q＝{y|y＝2－|x|，x∈R}，求P∩Q．
y＝x2， x＝1， x＝－1，
【错解】由 解得 或 所以P∩Q＝{(1，1)，(－1，1)}．
y＝2－|x| y＝1 y＝1，
【剖析】上述解法混淆了集合的代表元素，本题中两个集合中的代表元素是y，而不是点的坐标．
【正解】因为P＝{y|y＝x2，x∈R}＝{y|y≥0}，Q＝{y|y＝2－|x|，x∈R}＝{y|y≤2}，所以P∩Q＝
{y|y≥0}∩{y|y≤2}＝{y|0≤y≤2}．
三、因忽视区间端点而致误
【例3】已知集合A＝{x|2≤x≤3}，集合B＝{x|a3，即a<－2或a>3，所
以实数a的取值范围是(－∞，－2)∪(3，＋∞)．
【剖析】上述解法的错误原因是忽视了集合A＝{x|2≤x≤3}的两个端点值2 和3，事实上，当a＝3 时，B＝
{x|3 b b ”的（ ）．
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由题意，若a b ，则a b 0，则a 0且ab，所以a a a2，则a a > b b 成立．
当a1,b2时，满足a a > b b ，但a b 不一定成立，所以a b 是a a > b b 的充分不必要条件，故
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选A．
【例2】（2021·湖北高三月考）已知Ax |1 x 2，命题“xA,x2a0”是真命题的一个充分不必要
条件是（ ）
A．a4 B．a4 C．a 5 D．a5
【答案】C
【解析】因为Ax |1 x 2，xA,x2a0为真命题，所以a x2 ，xA，因为函数 f x x2
max
在1,2上单调递增，所以 x2 4，所以a4，又因为 5,Ü 4, ，所以命题“xA,x2a0，
max
Ax |1 x 2 ”是真命题的一个充分不必要条件为a 5，故选C．
考查逻辑联结词：
1
【例1】（2021·安徽月考）已知命题 p：函数 y log x2 2xa的定义域为R，命题q：函数 y 5a x
2 2
是减函数，若 pq和p都为真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．a2 B．2a4 C．a4 D．a2或a4
【答案】A
【解析】由 pq为真命题，p为真命题，得 p为假命题，q为真命题．
1 1
由 p：函数 y log x2 2xa为假命题得， x2 2xa 0在R上不恒成立，
2 2 2
即42a0a2．
由q：函数 y (5a)x是减函数，即：y (5a)x是增函数，即5a1a4，所以：a2，故选A．
【点睛】本题主要考查逻辑联结词“或”、“且”、“非”，命题的真假判断，属于中档题．
【例2】设命题p：f(x)＝lg(ax2－4x＋a)的定义域为R；命题q：不等式2x2＋x>2＋ax在x∈(－∞，－1)上恒成
立，如果命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，则实数a的取值范围为________．
【答案】[1，2]
2
【解析】对于命题p：Δ<0且a>0，故a>2；对于命题q：a>2x－ ＋1在x∈(－∞，－1)上恒成立，又函数
x
2
2
2x－ ＋1
y＝2x－ ＋1为增函数，所以 x <1，故a≥1．命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，等价于p，q
x
a>2， a≤2，
一真一假，即 或 故1≤a≤2．
a<1 a≥1，
考查全称（特称）命题：
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5
【例1】（2021·黑龙江萨尔图·大庆实验中学月考）已知命题 p：R，sincos ，命题q：正数的
4
对数都是正数，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．(p)q B． pq
C．(p)(q) D．(p)(q)
【答案】D
5 5
【解析】sincos 2sin( ) 2， 2 ，R,sincos ，故命题p为真命
4 4 4
题；命题q：正数的对数都是正数．是假命题，当x=1时，对数值为0，p命题为假，q命题为真，
(p)(q)为真命题，故选D．
【点睛】本题考查了特称命题、复合命题的真假判断、三角函数诱导公式的应用以及对数性质，属于中档题目，
题目综合性较强，在解题过程中需要对知识点准确应用，尤其是复合命题的真假判断容易出错．
【例2】若命题“ x ∈R，x2＋(a－1)x ＋1<0”是真命题，则实数a的取值范围是( )
0 0 0
A．[－1，3]
∃
B．(－1，3) C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
【答案】D
【解析】因为命题“ x ∈R，x2＋(a－1)x ＋1<0”是真命题等价于x2＋(a－1)x ＋1＝0有两个不等的实根，所以Δ
0 0 0 0 0
＝(a－1)2－ ∃4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3，故选D．
讲方法
充分条件与必要条件判定的三种方法
1．定义法：
(1)若p q，则p是q的充分条件；
(2)若q⇒p，则p是q的必要条件；
(3)若p⇒q且q p，则p是q的充要条件；
(4)若p⇒q且q⇒ p，则p是q的充分不必要条件；
(5)若p⇒ q且q p，则p是q的必要不充分条件；
(6)若p q且q⇒ p，则p是q的既不充分也不必要条件．
2．利用集合间的包含关系判断：记条件p，q对应的集合分别是A，B，则
(1)若A B，则p是q的充分条件或q是p的必要条件；
(2)若A⊆ B，则p是q的充分不必要条件，或q是p的必要不充分条件；
(3)若A＝B，则p是q的充要条件；
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(4)若A B，且A B，则p是q的既不充分也不必要条件．
3．等价法：利用p q与 q p，q p与 p q，p q与 q p的等价关系．
【例1】（2021·渝中·重庆 ⇒ 巴蜀中学月 ⇒ 考）设等 ⇒ 比数列 a ⇒ 的公比 ⇔ 为q，前n ⇔ 项的和为S ，则“q＞0”是“S S＜S2”
n n 1 3 2
的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】S a ，S a 1q ，S a 1qq2 ，故S2 S S a2 1q 2 1qq2 a2q，
1 1 2 1 3 1 2 1 3 1 1
因为在等比数列 a 中，a 0，故S S S2 q 0，故“q＞0”是“S S＜S2”的充要条件，故选C．
n 1 1 3 2 1 3 2
1 3m1 x4m,x1
【例2】（2021·四川成都·月考）“m 0, ”是“函数 f x 是定义在R上的减函数”
3 mx,x1
的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
3m1 x4m,x1
【解析】因为函数 f
x
是定义在R上的减函数，
mx,x1
3m10
1 1
所以m0 ，解得m
, ，
3m1 4mm
8 3
1 1 1 1 3m1 x4m,x1
因为
, 是0, 的真子集，所以“m 0, ”是“函数 f x 是定义在R上的减
8 3 3 3 mx,x1
函数”的必要不充分条件，故选B．
【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判断，可借助集合的方式进行判断，考查分段函数的单调性，分段
函数在定义域上单调递减时，每段函数都递减，且要注意分界点处函数值的处理，是中档题．
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专题 函数性质
03
1．【高考全国Ⅱ卷文数10】设函数 f x x3 1 ，则 f x （ ）
x3
A．是奇函数，且在 0,单调递增 B．是奇函数，且在 0,单调递减
C．是偶函数，且在 0,单调递增 D．是偶函数，且在 0,单调递减
【答案】A
【思路导引】根据函数的解析式可知函数的定义域为 x x0 ，利用定义可得出函数 f x 为奇函数，
再根据函数的单调性法则，即可解出．
【解析】∵函数 f x x3 1 定义域为 x x0 ，其关于原点对称，而 f x f x ，
x3
∴函数 f x 为奇函数．
又∵函数 y x3在 ( 0,+¥ ) 上单调递增，在 (-¥ ,0 ) 上单调递增，而y 1 x3在 ( 0,+¥ ) 上单调递减，在
x3
(-¥ ,0 ) 上单调递减，∴函数 f x x3 1 在 ( 0,+¥ ) 上单调递增，在 (-¥ ,0 ) 上单调递增．故选A．
x3
2．【高考全国Ⅱ卷文数12理数11】若2x 2y 3x 3y，则 （ ）
A．ln yx1 0 B．ln(yx1)0 C．lnx y 0 D．lnx y 0
【答案】A
【思路导引】将不等式变为2x 3x 2y 3y，根据 f t 2t 3t的单调性知x y，以此去判断各个选项
中真数与1的大小关系，进而得到结果．
【解析】由2x 2y 3x 3y得：2x 3x 2y 3y，令 f t 2t 3t，
y 2x为R上的增函数， y 3x为R上的减函数， f t 为R上的增函数，x y，
Q yx0，yx11，ln yx1 0，则A正确，B错误；Q xy 与1的大小不确定，故CD
无法确定，故选A．
20/397衡中数学一本通高分手册
3．【高考全国Ⅱ卷理数9】设函数 f x ln 2x1ln 2x1，则 f x （ ）
1 1 1
A．是偶函数，且在 , 单调递增 B．是奇函数，且在 , 单调递减
2 2 2
1 1
C．是偶函数，且在
,
单调递增 D．是奇函数，且在
,
单调递减
2 2
【答案】D
1 1
【思路导引】根据奇偶性的定义可判断出 f x 为奇函数，排除AC；当x , 时，利用函数单调性的性
2 2
1
质可判断出 f x 单调递增，排除B；当x , 时，利用复合函数单调性可判断出 f x 单调递减，从
2
而得到结果．
1
【解析】由 f x ln 2x1ln 2x1得 f x 定义域为x x ，关于坐标原点对称，
2
又 f x ln12x ln 2x1 ln 2x1ln 2x1 f x ，
f x 为定义域上的奇函数，可排除AC；
1 1
当x , 时， f x ln 2x1 ln 12x ，
2 2
1 1 1 1
Q yln 2x1 在 , 上单调递增， yln 12x 在 , 上单调递减，
2 2 2 2
1 1
f x 在 , 上单调递增，排除B；
2 2
1 2x1 2
当x , 时， f x ln 2x1 ln 12x ln ln1 ，
2 2x1 2x1
2 1
1 在 , 上单调递减， f ln在定义域内单调递增，
2x1 2
1
根据复合函数单调性可知： f x 在 , 上单调递减，D正确．故选D．
2
4．【高考全国Ⅰ卷理数12】若2a log a 4b 2log b，则 （ ）
2 4
21/397衡中数学一本通高分手册
A．a2b B．a2b C．a b2 D．ab2
【答案】B
【思路导引】设 f(x)2xlog x，利用作差法结合 f(x)的单调性即可得到答案．
2
【解析】设 f(x)2xlog x，则 f(x)为增函数，∵2a log a 4b 2log b22b log b，
2 2 4 2
1
∴ f(a) f(2b) 2a log a(22b log 2b) 22b log b(22b log 2b) log 10，
2 2 2 2 2 2
∴ f(a) f(2b)，∴a2b．
∴ f(a) f(b2) 2a log a(2b2 log b2) 22b log b(2b2 log b2) 22b 2b2 log b，
2 2 2 2 2
当b1时， f(a) f(b2)20 ，此时 f(a) f(b2)，有a b2；当b2时， f(a) f(b2) 10，此
时 f(a) f(b2)，有ab2，∴C、D错误，故选B．
5．【高考全国Ⅲ卷理数12】已知55 84 ,134 85．设a log 3,blog 5,clog 8，则 （ ）
5 8 13
A．abc B．bac C．bca D．cab
【答案】A
【思路导引】由题意可得a、b、c0,1，利用作商法以及基本不等式可得出a、b的大小关系，由blog 5，
8
4 4
得8b 5，结合55 84可得出b ，由clog 8，得13c 8，结合134 85，可得出c ，综合可得出a、
13
5 5
b、c的大小关系．
【解析】解法一：由题意可知a、b、c0,1，
a log 3 lg3 lg8 1 lg3lg8 2 lg3lg8 2 lg24 2
5 1，ab；
b log 5 lg5 lg5 lg5 2 2 2lg5 lg25
8
4
由blog 5，得8b 5，由55 84，得85b 84，5b 4，可得b ；
8
5
4
由clog 8，得13c 8，由134 85，得134 135c，5c 4，可得c ．
13
5
综上所述，abc．故选A．
a log 3 log 3log 8 2 log 24 2 22
解法二：易知 a,b,c(0,1) ，由 5 log 3log 8 5 5 5 1 ，知
b log 5 5 5 4 4 4
8
22/397衡中数学一本通高分手册
ab．∵blog 5，c log 8，∴8b 5，13c 8，即85b 55，134c 84又∵55 84，134 85，∴
8 13
134c 84 55 85b 134b，即bc．综上所述：abc，故选A．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1、用单调性求解与抽象函数有关不等式的策略
(1)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转
化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
(2)有时，在不等式一边没有符号“f”时，需转化为含符号“f”的形式．如若已知f(a)＝0，
单调性
f(x－b)<0，则f(x－b)0，设函数f(x)＝ (x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝( )
2018x＋1
A．2016 B．2018 C．4032 D．4034
【答案】D
2018x＋1＋2016 2
【解析】由题意得f(x)＝ ＝2018－ ．因为y＝2018x＋1在[－a，a]上是单调递增的，所
2018x＋1 2018x＋1
2
以f(x)＝2018－ 在[－a，a]上是单调递增的，所以M＝f(a)，N＝f(－a)，所以M＋N＝f(a)＋f(－
2018x＋1
2 2
a)＝4036－ － ＝4034．
2018a＋1 2018－a＋1
【例2】（2021·四川泸州高三一模）函数 f(x)lnxln(2x)的最大值为______．
【答案】0
【解析】由 f(x)lnxln(2x)ln[(x1)21]，且0 x2，
∴令t(x)(x1)2 1， f(t)lnt，即t(x)在0 x1为单调递增，1 x2为单调递减，而 f(t)为增函
数，∴ f(x)在0 x1上单调递增，1 x2上单调递减， f(x) f(1)0．
max
a，a≤b，
【例3】对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝ 函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log x，则函数h(x)＝min{f(x)，
2
b，a>b。
g(x)}的最大值为________．
【答案】1
log x，02时，h(x)＝3－x 是减
2
－x＋3，x>2。
函数，则h(x) ＝h(2)＝1．
max
26/397衡中数学一本通高分手册
考查对称性：
9x 1
【例1】（2021·定远县育才学校高三月考）函数f（x）= 的图象
3x
A．关于原点对称 B．关于x轴对称
C．关于y轴对称 D．关于直线y=x对称
【答案】C
9x 1
【解析】∵函数 f(x) =3x3x的定义域为R，且满足 f(x)=3x 3x f(x)，故该函数为偶函数，
3x
图象关于y轴对称，故选C．
【名师点睛】函数中常见的几种对称关系：
（1）函数 f(x)关于x轴对称，则有 f(x)=-f(x)；
（2）函数 f(x)关于y轴对称，则有 f(x)=f(-x)；
（3）函数 f(x)关于原点对称，则有 f(x)= f(x)；
（4）函数关于直线 y x对称，则 f(x)与其反函数是同一个函数．
考查单调性奇偶性周期性综合问题
【例1】【2019年高考江苏】设 f(x),g(x)是定义在R上的两个周期函数， f(x)的周期为4，g(x)的周期为
k(x2),0 x1
2，且 f(x)是奇函数．当x(0,2]时， f(x) 1(x1)2 ，g(x) 1 ，其中k>0．若
,1 x2
2
在区间(0，9]上，关于x的方程 f(x) g(x)有8个不同的实数根，则k的取值范围是 ▲ ．
1 2
【答案】 ,
3 4
【解析】作出函数 f(x)，g(x)的图象，如图：
由图可知，函数 f(x) 1(x1)2 的图象与
27/397衡中数学一本通高分手册
1
g(x) (1 x2,3 x4,5 x6,7 x8)的图象仅有2个交点，即在区间(0，9]上，关于x的方
2
程 f(x) g(x)有2个不同的实数根，
要使关于x的方程 f(x) g(x)有8个不同的实数根，
则 f(x) 1(x1)2,x(0,2]与g(x)k(x2),x(0,1]的图象有2个不同的交点，
|3k | 2
由(1,0)到直线kx y2k 0的距离为1，可得 1，解得k (k 0)，
k2 1 4
1 1 2
∵两点(2,0),(1,1)连线的斜率k ，∴ k ，
3 3 4
1 2
综上可知，满足 f(x) g(x)在(0，9]上有8个不同的实数根的k的取值范围为 ，
．
3 4
【名师点睛】本题考查分段函数，函数的图象，函数的性质，函数与方程，点到直线的距离，直线的斜率等，
考查知识点较多，难度较大．正确作出函数 f(x)，g(x)的图象，数形结合求解是解题的关键因
素．
【例2】（2021四川宜宾高三一模）已知定义在R上的奇函数y f(x)满足， f x2 f(x)，若
x ,x 0,1 且x x 时，都有x f(x )x f(x ) x f(x )x f(x )，则下列四个结论中：①y f(x)图象
1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2
1 3
关于直线x2022对称；② f(2022)0；③y f(x)在 2019,2021 上为减函数；④ f( ) f( )．其中
3 2
正确的个数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】因为 f x 为奇函数，所以 f x f x ，所以 f x2 f x f x ，所以对称轴为x1，
因为 f x2 f x ，所以 f x4 f x2 f x ，所以周期为4，所以对称轴x14k kZ ，
故x2022不符合，所以①不正确；
f 2022 f 45052 f 2 f 0 ，因为 f x 是定义在R上的奇函数，所以 f 0 0，
所以 f(2022)0，所以②正确；
因为x ,x 0,1 且x x 时，都有x f(x )x f(x ) x f(x )x f(x )，
1 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2
28/397衡中数学一本通高分手册
所以x f x f x x f x f x ，即 x x f x f x 0，
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
所以 f x 在[0，1]上为增函数，所以 f x 在[4k,4k1] kZ 上为增函数，所以 y f(x)在 2020,2021 上
为增函数，所以③不正确；
3 1 1 1 1 1 3
因为 f f f ，f f ，所以 f f ，所以④不正确，即正确的个数为1
2 2 2 2 3 3 2
个，故选A．
【名师点睛】本题考查抽象函数的周期和单调性对称性的综合应用，解答本题的关键是先由函数为奇函数结合
f x2 f x ，得到 f x2 f x f x 和 f x4 f x2 f x ，从而得到函数的对
称性和周期性，根据条件得出 x x f(x ) f(x ) 0，得到函数的单调性．
1 2 1 2
二次函数给定区间上的最问题
【典例】求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0，2]上的最大值和最小值．
【解析】f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a．
(1)当a<0时，由图①可知，f(x)在区间[0，2]上是增函数，所以
f(x) ＝f(0)＝－1，f(x) ＝f(2)＝3－4a．
min max
(2)当0≤a≤1时，由图②可知，对称轴在区间[0，2]内，所以f(x)
min
＝f(a)＝－1－a2，f(x) ＝f(2)＝3－4a．
max
(3)当12时，由图④可知，f(x)在[0，2]上为减函数，所以f(x) ＝f(2)＝3－4a，f(x) ＝f(0)＝－1．
min max
【点评】上题由于对称轴x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．由于抛物线的对称轴在区间[0，2]所
对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)，故应分四类讨论．与
二次函数有关的最值问题还有以下三类：
(1)求二次函数在某定区间上的最小(大)值．
【变式1】求二次函数f(x)＝x2－2ax＋2在[2，4]上的最小值．
【解析】∵函数图象的对称轴是x＝a，
∴当a<2时，f(x)在[2，4]上是增函数，∴f(x) ＝f(2)＝6－4a．
min
当a>4时，f(x)在[2，4]上是减函数，∴f(x) ＝f(4)＝18－8a．
min
当2≤a≤4时，f(x) ＝f(a)＝2－a2．
min
29/397衡中数学一本通高分手册
6－4a，a<2，
∴f(x) min ＝ 2－a2，2≤a≤4，
18－8a，a>4.
(2)已知二次函数的最大(小)值，求参数．
【变式2】已知函数y＝－x2－2ax(0≤x≤1)，且y ＝a2，求实数a的取值范围．
max
【解析】∵y＝－x2－2ax＝－(x＋a)2＋a2(0≤x≤1)，
∴函数图象是开口向下的抛物线，且对称轴为x＝－a．又∵y ＝a2，且0≤x≤1，
max
∴0≤－a≤1 －1≤a≤0．∴实数a的取值范围是[－1，0]．
(3)求二次函数在某动区间
⇔
上的最大(小)值．
【变式3】设f(x)＝x2－4x－4，x∈[a，a＋1](a∈R)，求函数f(x)的最小值g(a)的解析式．
【解析】∵f(x)＝(x－2)2－8，x∈[a，a＋1]，
∴当2∈[a，a＋1]时，即1≤a≤2时，g(a)＝f(2)＝－8．
当a＋1<2，即a<1时，f(x)在[a，a＋1]上是减函数，∴g(a)＝f(a＋1)＝a2－2a－7．
当a>2时，f(x)在[a，a＋1]上是增函数，∴g(a)＝f(a)＝a2－4a－4．
a2－2a－7， a<1，
综上可知，g(a)＝ －8， 1≤a≤2，
a2－4a－4， a>2.
【小结】（1）求 f(x)ax2bxc(a0)在区间[m,n]上的最值，下面分析a0的各情况：
1 若对称轴 x b 在区间[m,n]内，则最小值为 f( b ) ，最大值为 f(m),f(n)中的较大者；
2a 2a
②若
b
m
，则 f(x)在区间[m,n]内为增函数，则最大值为 f(n)，最小值为 f(m)；
2a
2 若 b n ，则 f(x)在区间[m,n]内为减函数，则最小值为 f(n)，最大值为 f(m) ．
2a
专题 函数与导数
04
1．（高考全国Ⅰ卷理数6）函数 f xx4 2x3的图像在点 1, f 1 处的切线方程为 （ ）
A．y 2x1 B．y2x1 C．y 2x3 D． y 2x1
【答案】B
30/397衡中数学一本通高分手册
【解析】 f x x4 2x3， f x 4x36x2， f 1 1， f 1 2，因此，所求切线的方程为
y12 x1 ，即 y2x1，故选B．
x,x0
2．（2019浙江高考）已知a,bR，函数 f(x)1 1 ．若函数y f(x)axb恰
x3 (a1)x2 ax,x0
3 2
有3个零点，则
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0 C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
【答案】C
【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x ，则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有
=1−
一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b x3 （a+1）x2+ax﹣ax﹣b x3
1 1 1 1
=3 −2 =3 −2
（a+1）x2﹣b，y x2 (a1)x，当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）
﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，
不合题意；当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数
单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2
个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点 函数y＝f（x）﹣
ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个⇔零点，如图：
＞
∴ ＜0且 ，解得b＜0，1﹣a＞0，b＞ （a+1）3，则a>–1，b<0.故选
＜
− 0 1
1− 1 3 1 2 −6
C． 3( +1) −2( +1)( +1) − 0
x2 2ax2a, x1,
3．（2019年高考天津理数）已知aR，设函数 f(x) 若关于x的不等式 f(x)0在
xalnx, x1.
R上恒成立，则a的取值范围为
A． 0,1 B． 0,2 C． 0,e D． 1,e
【答案】C
【解析】当x1时， f(1)12a2a 10恒成立；当x1时， f(x) x2 2ax2a0
x2 x2 x2 (1x1)2 (1x)2 2(1x)1
2a 恒成立，令g(x) ，则g(x)
x1 x1 1x 1x 1x
31/397衡中数学一本通高分手册
1 1 1
1x 1x 2 2 (1x) 1x 2 0，当1x 1x ，即x0时取等号，∴2a g(x) max 0，
x x lnx1
则a0.当x1时， f(x) xalnx0，即a 恒成立，令h(x) ，则h(x) ，当xe
lnx lnx (lnx)2
时，h(x)0，函数h(x)单调递增，当0 xe时，h(x)0，函数h(x)单调递减，则xe时，h(x)取得
最小值h(e)e，∴ah(x) e，综上可知，a的取值范围是[0,e].
min
故选C.
【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒
成立问题.
4．（高考全国Ⅰ卷文数15）曲线 y lnxx1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程
为 ．
【答案】 y 2x
1 1
【解析】设切线的切点坐标为(x ,y ),y lnxx1,y 1， y| 12,x 1,y 2，
0 0 x xx 0 x 0 0
0
∴切点坐标为(1,2)，所求的切线方程为 y22(x1)，即 y 2x，故答案为：y 2x．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1．求切线方程的方法
(1)求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后
利用点斜式写出切线方程。
(2)求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标
导数的几
的方程解出切点坐标，进而写出切线方程。
32/397衡中数学一本通高分手册
2．处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并
何意义
解出参数。
(1)切点处的导数是切线的斜率。(2)切点在切线上。(3)切点在曲线上。
1、确定函数单调区间的步骤
（1）确定函数f(x)的定义域。（2）求f′(x)。
（3）解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间。
（4）解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。
导数与函
2．函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在
数单调性
(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。
3、根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的
子集。
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子
区间上f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解。
4、划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断
点。
5、个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时
取到)，f(x)在R上是增函数。
1、函数极值问题的常见类型及解题策略
（1）知图判断函数极值的情况。先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的
导数符号。
（2）已知函数求极值。求f′(x)―→求方程f′(x)＝0的根―→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的
导数与函数
附近两侧的符号―→下结论。
极值、最值
（3）已知极值求参数。若函数f(x)在点(x ，y )处取得极值，则f′(x )＝0，且在该点左、右两
0 0 0
侧的导数值符号相反。
2、求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路：
若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]
内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个
是最大值，最小的一个是最小值。若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通
过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值。
33/397衡中数学一本通高分手册
1．利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究
函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式。
2、对于不等式的证明问题可考虑：①通过研究函数的单调性进行证明；②根据不等式的结
构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。有些不等式直接移项、构造函数证
导数与
明会导致运算量很大，而先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺
不等式
利解决。
3．函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题
时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多
次求和达到证明的目的。此类问题一般至少2问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特
征而得到。
4．已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指
数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln(x＋1)0，所以[h(x)] ＝h 3
min
3
h －1 ≤6，
1
1
－ ，6
1 1
＝－a2－2a－ 。又由题意可知，h(x)的值域是 3 的子集，所以 －a2－2a－ ≥－ ， 解得
3 3 3
h 1 ≤6，
实数a的取值范围是[－2,0]。
2．形如“存在x ∈A及x ∈B，使得f(x )＝g(x )成立”
1 2 1 2
此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域的交集不为空集”来求解参数的取值范围。
1
2x3 ，1
，x∈ 2 ，
x＋1
πx
【典例2】已知函数f(x)＝
1 1
0， 1 函数g(x)＝ksin
6
－2k＋2(k>0)，若存在x 1 ∈[0,1]及
－ x＋ ，x∈ 2 ，
3 6
x ∈[0,1]，使得f(x )＝g(x )成立，求实数k的取值范围。
2 1 2
3k
2－2k，2－
【解】由题意，易得函数f(x)的值域为[0,1]，g(x)的值域为 2 ，并且两个值域有公共部分。先
3 1 4
求没有公共部分的情况，即2－2k>1或2－ k<0，解得k< 或k> ，所以，要使两个值域有公共部分，
2 2 3
1 4
，
k的取值范围是 2 3 。
3．形如“对任意x ∈A及x ∈B，都有f(x )
【典例5】已知函数f(x)＝ ，g(x)＝ 3 ，若对任意的x 0 ∈[0，a]，总存在相应的x 1 ∈[0，a]，x 2 ∈[0，
x2＋1 x＋a
a]，使得g(x )≤f(x )≤g(x )成立，求实数a的取值范围。
1 0 2
1
－ 3x－1 x＋3 1 0，
【解】由题意知，f′(x)＝ 。令f′(x)＝0，解得x＝ 或－3(舍去)。当x∈ 3 时，f′(x)>0；
x2＋1 2 3
1 1
，a 9 3a＋4 a 3－4a
当x∈ 3 时，f′(x)<0，所以[f(x)] max ＝f 3 ＝ 。又f(0)＝4，f(a)＝ ，f(a)－f(0)＝ ，
2 a2＋1 a2＋1
1 3 3 3a＋4
所以，当 0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解。但如果ω<0，
那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错。
三角函数图
2.三角函数的奇偶性、对称性和周期问题的解题思路
象与性质
（1）奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx或y＝Atanωx的形
式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b的形式。
2π
（2）周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的周期为 ，
ω
π
函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为 求解。
ω
（3）对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心
的横坐标一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0或点(x0,0)是否是函数的对称轴或对称中
心时，可通过检验f(x0)的值进行判断。
3.图象变换注意事项：
φ
（1）由y＝sinωx到y＝sin(ωx＋φ)的变换：向左平移 (ω>0，φ>0)个单位长度而非φ个单
ω
位长度。
（2）平移前后两个三角函数的名称如果不一致，应先利用诱导公式化为同名函数，ω为
负时应先变成正值。
44/397衡中数学一本通高分手册
4. 确定y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式的步骤
M－m M＋m
（1）求A，B，确定函数的最大值M和最小值m，则A＝ ，B＝ 。
2 2
2π
（2）求ω，确定函数的周期T，则ω＝ 。
T
（3）求φ，常用方法有：
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区
间上)或把图象的最高点或最低点代入。
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口。
1. 解三角形即求三角形中的一些基本量，主要指求三角形的三边、三角等，它的实质是将几
何问题转化为代数问题，解题关键是正确分析边角关系，依据题设条件合理地设计解题步骤，
利用三角形内角和定理、正弦定理及余弦定理等工具进行边角关系的互化。
2．判断三角形形状主要有以下两种途径
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断。
解三角形
(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判
断。
3.三角形面积公式的应用原则
1 1 1
(1)对于面积公式S＝ absinC＝ acsinB＝ bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式。
2 2 2
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化。
1、利用正、余弦定理解决平面几何问题的一般思路
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理
求解。
三角函数与
（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。
解三角形
做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形
的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题。
2、解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为
函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题。这里要利用条件中的范围限
制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免
结果的范围过大。
考查三角函数求值：
【例1】（2021·福建福州一中高三开学考试）已知角的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边经过
点 1,2 ，则tan2（ ）
45/397衡中数学一本通高分手册
3 3 4 4
A． B． C． D．
4 4 3 3
【答案】D
2
【解析】因为角的终边经过点 1,2 ，由三角函数定义可得tan 2，根据正切的二倍角
1
2tan
22
4
tan2 ，代入可得tan2 ，故选D。
1tan2 122 3
tanα sinα－3cosα
【例2】 已知 ＝－1，求下列各式的值：(1) ； (2)sin2α＋sinαcosα＋2。
tanα－1 sinα＋cosα
5 13
【答案】－ ；
3 5
1
【解析】由已知得tanα＝ 。
2
sinα－3cosα tanα－3 5
(1) ＝ ＝－ 。
sinα＋cosα tanα＋1 3
sin2α＋sinαcosα tan2α＋tanα 13
(2)sin2α＋sinαcosα＋2＝ ＋2＝ ＋2＝ 。
sin2α＋cos2α tan2α＋1 5
1
【例3】已知x∈(－π，0)，sinx＋cosx＝ 。
5
sin2x＋2sin2x
(1)求sinx－cosx的值。 (2)求 的值。
1－tanx
7 24
【答案】－ ；－ 。
5 175
1 1 24
【解析】 (1)由sinx＋cosx＝ ，平方得sin2x＋2sinxcosx＋cos2x＝ ，整理得2sinxcosx＝－ 。
5 25 25
49
所以(sinx－cosx)2＝1－2sinxcosx＝ 。由x∈(－π，0)，知sinx<0，又sinx＋cosx>0，
25
7
所以cosx>0，则sinx－cosx<0， 故sinx－cosx＝－ 。
5
sin2x＋2sin2x 2sinx cosx＋sinx 2sinxcosx cosx＋sinx 24
(2) ＝ ＝ ＝－ 。
1－tanx 1－ sinx cosx－sinx 175
cosx
【例4】（2021·四川遂宁·高三零模（文））已知1sin cos ，则cos2 的值为（ ）
3 2 6
3 6 2 1
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】C
46/397衡中数学一本通高分手册
【分析】根据诱导公式以及两角和的正弦公式先化简原式，计算出sin 的值，然后根据同角三角函数的
6
关系求解出cos2 的值.
6
1 3
【解析】因为1sin cos ，所以1 sin cossin，
3 2 2 2
3 3 3 1 2
所以 sin cos1，所以sin ，所以cos2 1sin2 1 ，故选
2 2 6 3 6 6 3 3
C.
【名师点睛】解答本题的关键是熟练掌握诱导公式以及三角恒等变换的公式、同角三角函数的基本关系.
考查三角恒等变形：
tan 2 π
【例1】【2019年高考江苏卷】已知 ，则sin2 的值是 ▲ .
π 3 4
tan
4
2
【答案】
10
tan tan
tan 1tan
2
【解析】由 ，得3tan25tan20，
π tan1 tan1 3
tan
4 1tan
1 π π π
解得tan2，或tan .sin2 sin2cos cos2sin
3 4 4 4
2 22sincoscos2sin2 22tan1tan2
sin2cos2 = = ，
2 2 sin2cos2 2 tan21
2 22122 2
当tan2时，上式= = ；
2 22 1 10
1 1
2( )1( )2
当tan 1 时，上式= 2 [ 3 3 ]= 2 .综上，sin 2 π 2 .
3 2 ( 1 )21 10 4 10
3
【名师点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转
化与化归思想解题.由题意首先求得tan
的值，然后利用两角和的正弦公式和二倍角公式将原问题转化为
47/397衡中数学一本通高分手册
齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
考查三角函数图像与性质：
【例1】（2021·广西南宁二中高三月考（文））已知函数 f(x)2 3sinxcosx2cos2x1，则（ ）
A． f(x)的最小正周期为，最大值为3 B． f(x)的最小正周期为，最大值为4
C． f(x)的最小正周期为2，最大值为3 D． f(x)的最小正周期为2，最大值为4
【答案】B
【解析】由题 f x 2 3sinxcosx2cos2x1 3sin2xcos2x22si（n 2x ）2 ,
6
2
∴最大值为4 ，T ．故选B.
2
【名师点睛】本题考查了三角变换及三角函数的图象与性质，解题的关键是化成正弦型函数的标准形式．
【例2】（2021·黑龙江大庆实验中学高三月考（理））已知函数 f(x)2sin(x)1 0,|| ，
2
3
f()1， f()1，若||的最小值 ，且 f x 的图象关于点 ,1对称，则函数 f x 的所有对
4 4
称轴中，离原点最近的对称轴方程为（ ）
3
A．x B．x C．x D．x
4 4 2 12
【答案】C
【分析】根据 f()1，可得2k ，k Z ，根据 f()1，可得k，k Z ，
1 2 1 2 2
3 2
可得|()||(2k k ) | ，所以 ，所以 ，根据 f x 的图象关于点 ,1对称，
1 2 2 2 2 4 3 4
可得 ，再求出函数 f x 的所有对称轴，从而可得答案 .
6
【解析】因为 f()1，所以sin(a)1，所以2k ，k Z ，
1 2 1
因为 f()1，所以sin()0，所以k，k Z ，
2 2
所以()(2k k ) ，k Z ，k Z ，
1 2 2 1 2
所以|()||(2k k ) | ，当且仅当2k k 0或2k k 1时，等号成立，
1 2 2 2 1 2 1 2
3 2
因为0，所以|| ，所以 ，所以 .
2 2 4 3
48/397衡中数学一本通高分手册
2
又 f x 的图象关于点 ,1对称，所以 k，kZ，所以k ，kZ，
4 3 4 6
2 2
因为|| ，所以 ，所以 f(x)2sin( x )1，由 x k ，k Z ，
2 6 3 6 3 6 3 2 3
3 3 3
得x k，k Z ，所以|x0|| k|| | ，当且仅当k 1时，等号成立，
2 3 3 2 3 2 2 3
所以函数 f x 的所有对称轴中，离原点最近的对称轴方程为x ,故选C.
2
考查解三角形：
【例1】（高考全国Ⅰ卷文数18）ABC的内角A, B,C的对边分别为a,b,c．已知B150．
（1）若a 3c,b2 7 ，求ABC的面积；
2
（2）若sinA+ 3sinC= ，求C．
2
【答案】（1） 3；（2）15．
【思路导引】（1）已知角B和b边，结合a,c关系，由余弦定理建立c的方程，求解得出a,c，利用面积公式，
即可得出结论；（2）将A30C 代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关C角的三角
函数值，结合C的范围，即可求解．
【解析】（1）由余弦定理可得b2 28a2 c2 2accos1507c2，
1
c 2,a 2 3,△ABC 的面积S acsinB 3．
2
（2）AC 30，
1 3 2
sinA 3sinC sin(30C) 3sinC cosC sinC sin(C30) ，
2 2 2
0C 30,30C3060 ，C3045,C 15．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了余弦定理、三角恒等变换解三角形，考查数学运算学科素养．解
题关键是熟记有关公式．
【例2】如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直
径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型
道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA上的所有点到点
O的距离均不
．
小
．
于
．
圆 ．O的半径．已知点A、B到直线l的
距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，
49/397衡中数学一本通高分手册
BD=12（单位：百米）．
（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；
（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；
【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；
【解析】（1）过A作AE BD ，垂足为E.由已知条件得，四边形ACDE为矩形，
8 4
DE BE AC 6, AE CD 8.' 因为PB⊥AB，所以cosPBD sinABE .
10 5
BD 12
所以PB 15. 因此道路PB的长为15（百米）.
cosPBD 4
5
（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，
所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知AD AE2 ED2 10，
AD2 AB2 BD2 7
从而cosBAD 0 ，所以∠BAD为
2ADAB 25
锐角.所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.因此，Q
选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
考查解三角形与三角函数
【例1】（2021·四川遂宁·高三零模（理））已知函数 f x 4sinxcosx 1 3.
3
（1）若关于x的方程 f x m 3 0在x
,
上有解，求实数m的取值范围；
3 2
（2）设ABC 的内角A满足 f A 31，若ABAC 4，求BC边上的高AD长的最大值．
【答案】（1） 1,3 3 ；（2） 6 ．
【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数 f x 的解析式为 f x 2sin2x 1，求出函数 f x 在
3
区间 , 上的值域，可得出关于实数m的不等式，由此可解得实数m的取值范围；
3 2
50/397衡中数学一本通高分手册
（2）由 f A 31结合角A的取值范围可求得角A的值，由ABAC 4可得出A ，bc8，利用
3
余弦定理结合基本不等式可求得a2 2，再利用三角形的面积公式可求得AD长的最大值.
1 3
【解析】（1） f x 4sinxcosx 1 3 4sinx cosx sinx 1 3
3 2 2
1cos2x
2sinxcosx2 3sin2 x1 3 sin2x2 3 1 3
2
1sin2x 3cos2x2sin2x
1，
3
2 3
又x
,
，所以2x
,
，则sin2x ,1，所以 f x 在区间
,
上的值域为
3 2 3 3 3 3 2 3 2
31,3，由 f x m 3 0可得 f x m 3，所以m 3 31,3，即m1,3 3。
3
（2）由 f A 31，即2sin2A 1 31，可得sin2A = ，
3 3 2
5 2
0 A， 2A ，则2A 或2A ，解得A 或 ．
3 3 3 3 3 3 3 3 2
由ABAC 4，即bccosA4，所以A ，则bc8，
3
由余弦定理，得 a b2 c2 2bccosA b2 c2 bc 2bcbc 2 2 ，
1 1 1 3 1 4 3
由三角形的面积公式可得S bcsinA aAD，即 8 aAD．所以AD 6 ．
ABC 2 2 2 2 2 2 2
所以BC边上的高AD长的最大值为 6 .
【名师点睛】求函数 f
x
Asin
x
在区间
a,b
上值域的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如y Asinxk的形式或 y Acosxk 的形式．
第二步：由x的取值范围确定x的取值范围，再确定sin x （或cos x ）的取值范围；
第三步：求出所求函数的值域（或最值）.
51/397衡中数学一本通高分手册
三角函数中有关参数ω的求解问题
三角函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或g(x)＝Acos(ωx＋φ))的参数有好几个，但其中ω的求解最为复杂。
一、三角函数的周期T与ω的关系
【例1】为了使函数y＝sinωx(ω>0)在区间[0,1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( )
197 199
A．98π B． π C． π D．100π
2 2
【答案】B
1 1 197 2π 197
【解析】由题意，至少出现50次最大值即至少需用49 个周期，所以49 T＝ · ≤1，所以ω≥ π，
4 4 4 ω 2
二、三角函数的单调性与ω的关系
π π
，
【例2】 若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间 3 2 上单调递减，则ω的取值范围是( )
2 3 2 3
0， 0， ，3 ，3
A． 3 B． 2 C． 3 D． 2
【答案】C
π π
，
π 3 π 2kπ 3π 2kπ
【解析】令 ＋2kπ≤ωx≤ π＋2kπ(k∈Z)，得 ＋ ≤x≤ ＋ ，因为 f(x)在 3 2 上单调递减，所以
2 2 2ω ω 2ω ω
π 2kπ π
＋ ≤ ，
2ω ω 3
3 3 3
得：6k＋ ≤ω≤4k＋3。又ω>0，所以k≥0，又6k＋ <4k＋3，得0≤k< ，所以
π 3π 2kπ
≤ ＋ ， 2 2 4
2 2ω ω
3
k＝0。即 ≤ω≤3。
2
三、三角函数最值与ω的关系
π π
－ ，
【例3】 已知函数f(x)＝2sinωx在区间 3 4 上的最小值为－2，求ω的取值范围。
3
，＋∞
【答案】(－∞，－2]∪ 2 。
【解析】显然ω≠0。
π π π π
－ ， － ，
π π
若ω>0，当x∈ 3 4 时，－ ω≤ωx≤ ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间 3 4 上的最小值为－2，所以
3 4
π π 3
－ ω≤－ ，解得ω≥ 。
3 2 2
π π π π
－ ， － ，
π π π
若ω<0，当x∈ 3 4 时，ω≤ωx≤－ ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间 3 4 上的最小值为－2。所以 ω≤
4 3 4
π
－ ，解得ω≤－2。
2
52/397衡中数学一本通高分手册
3
，＋∞
综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪ 2 。
专题 平面向量
06
1．【高考全国Ⅱ卷文数5】已知单位向量a,b的夹角为60°，则在下列向量中，与b垂直的是（ ）
A．a2b B．2ab C．a2b D．2ab
【答案】D
【思路导引】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可．
1 1
【解析】由已知可得：ab a b cos6011 ．
2 2
1 5
A：∵(a2b)bab2b2 21 0，∴本选项不符合题意；
2 2
1
B：∵(2ab)b2abb2 2 120，∴本选项不符合题意；
2
1 3
C：∵(a2b)bab2b2 21 0，∴本选项不符合题意；
2 2
1
D：∵(2bb)b2abb2 2 10，∴本选项符合题意．故选D．
2
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量
积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查数学运算学科素养．解题关键是熟记向量垂直的充要条件．
2．【高考全国Ⅲ卷理数6】已知向量a,b满足 a 5, b 6,ab6，则cos a,ab （ ）
31 19 17 19
A． B． C． D．
35 35 35 35
【答案】D
【思路导引】计算出a ab 、 ab 的值，利用平面向量数量积可计算出cosa,ab的值．
2
【解析】 a 5， b 6，ab6，a ab a ab52 619．
2 2 2
ab ab a 2abb 252636 7 ，因此
a ab 19 19
cosa,ab ．故选D．
a ab 57 35
53/397衡中数学一本通高分手册
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积
的计算以及向量模的计算，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是熟记夹角公式．
新高考3．【高考山东卷7】已知P是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则APAB的取值范围是（ ）
A．(2,6) B．(6,2) C．(2,4) D．(4,6)
【答案】A
【思路导引】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到AP在AB方向上的投影的取值范围是
(1,3)，利用向量数量积的定义式，求得结果．
【解析】解法一：AB的模为2，根据正六边形的特征，可以得到AP在AB方向上的投影的取值范围是(1,3)，
结合向量数量积的定义式，可知 APAB 等于AB的模与AP在AB方向上的投影的乘积，所以 APAB 的取值
范围是(2,6)，故选：A．
解法二：如图，建立平面直角坐标系A xy ，由题意知A(0,0)，B(2,0)，C(3, 3)，F(1, 3)，设P(x,y)，
则1 x3，∵APAB(x,y)(2,0)2x，∴22x6，∴APAB的取值范围是(2,6)．
【专家解读】本题的特点是注重向量的应用，本题考查了平面向量数量积运算，考查平面向量数量积的几何意
义，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是理解平面向量数量积的定义．
3．【高考全国Ⅰ卷文数14】设向量a 1,1 ,b m1,2m4 ，若a b，则m ．
【答案】5
【思路导引】根据向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用向量垂直的坐标表示，求得结果．
r r
【解析】由ab可得ab0，又∵a (1,1),b(m1,2m4)，
∴ab1(m1)(1)(2m4)0，即m5，故答案为：
5
．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查了平面向量垂直充要条件的坐标形式，考查平面向量积
的应用，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是熟记平面向量垂直充要条件的坐标形式．
54/397衡中数学一本通高分手册
4．【高考全国Ⅰ卷理数14】设a,b为单位向量，且 ab 1，则 ab ．
【答案】 3
【思路导引】整理已知可得： ab ab 2 ，再利用a,b为单位向量即可求得2ab1，对 ab 变形
可得： ab a 2 2ab b 2 ，问题得解．
【解析】∵a,b为单位向量，∴ a b 1，∴ ab ab 2 a 2 2ab b 2 22ab 1，解
得：2ab1，∴ ab ab 2 a 2 2ab b 2 3．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查了平面向量模长的计算，考查平面向量积的应用，考查
转化与化归思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是向量模的计算公式及转化能力．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1．平面向量的线性运算技巧
(1)不含图形的情况：可直接运用相应运算法则求解．
(2)含图形的情况：将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相等向量、相反向量、
三角形的中位线等性质，把未知向量用已知向量表示出来求解．
2．利用平面向量的线性运算求参数的一般思路
(1)没有图形的准确作出图形，确定每一个点的位置．
(2)利用平行四边形法则或三角形法则进行转化，转化为要求的向量形式．
向量的线 (3)比较，观察可知所求．
3、平面向量线性运算问题的常见类型及解题策略
性运算
（1）向量加法或减法的几何意义．向量加法和减法均适合三角形法则．
（2）求已知向量的和．一般共起点的向量求和用平行四边形法则；求差用三角形法则；
求首尾相连向量的和用三角形法则．
55/397衡中数学一本通高分手册
（3）求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的运算将向量表示出来，进行
比较求参数的值．
1、数量积公式a·b＝|a||b|cosθ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助
向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的
坐标运算公式a·b＝x x ＋y y 求解，较为简捷、明了．
1 2 1 2
2．平面向量夹角的求法
向量的
a·b
（1）若a，b为非零向量，则由平面向量的数量积公式得cosθ＝ (夹角公式)，所以
数量积
|a||b|
平面向量的数量积可以用来解决有关角度的问题．
（2）在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过
“平移”实现．
3．平面向量的模的解题方法
(1)若向量a是以坐标形式出现的，求向量a的模可直接利用|a|＝ x2＋y2．
(2)若向量a，b是非坐标形式出现的，求向量a的模可应用公式|a|2＝a2＝a·a，或|a±b|2
＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2，先求向量模的平方，再开方求解．
向量与平面几何综合问题的解法
1．坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相
向量与解
应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
析几何
2．基向量法
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进
行求解．
用平面向量基本定理解决问题
平面向量 1．实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算．
基本定理 2．一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再
通过向量的运算来解决．
3．要熟练运用平面几何的一些性质定理．
1．两平面向量共线的充要条件有两种形式
①若a＝(x ，y )，b＝(x ，y )，则a∥b的充要条件是x y －x y ＝0；②a∥b(b≠0)⇔a＝
1 1 2 2 1 2 2 1
λb．
共线向量
2．向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数．当两向量的坐
标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解．
考查平面向量基本定理：
【例1】（2021·广东高州一模）如图所示的ABC 中，点D是线段AC上靠近A的三等分点，点E是线段AB
56/397衡中数学一本通高分手册
uuur
的中点，则
DE
（ ）
1 1 1 1 5 1 5 1
A． BA BC B． BA BC C． BA BC D． BA BC
3 6 6 3 6 3 6 3
【答案】B
1 1 1 1 1 1 1
【解析】依题意，DE DA AE AC BA BC BA BA BA BC，故选B．
3 2 3 3 2 6 3
考查共线向量
【例1】（2021·四川宜宾一模）如图，ABC 是等边三角形，ADC是等腰直角三角形，ADC 90，线
uuur
段AC,BD交于点O，设BC a，BA b，用a，b表示OD为（ ）
3 3 3 3
A．OD a b B．OD a b
6 6 3 3
3 3 3 3
C．OD a b D．OD a b
6 6 3 3
【答案】A
【解析】由题意 AB BC , AD DC ，所以BAD 与△BCD全等，则BAO与BCO 全等，所以
AO OC ，所以O为AC的中点，则BO AC，在直角BOC中，OCB60，所以 OB 3 OC
ADC是等腰直角三角形，则 OD OC ，所以 OB 3 OD ，即BO 3OD，又在等边三角形ABC
1 1 3 3 1 3 3
中，BO BABC ab ，所以OD BO ab a b，故选A．
2 2 3 3 2 6 6
【名师点睛】关键点睛：本题考查利用基底向量来表示平面向量，解答本题的关键的由几何图形的性质得到
57/397衡中数学一本通高分手册
1 1
OB 3 OC ，从而BO 3OD，再根据BO BABC ab 得出答案，属于中档题．
2 2
考查线性运算：
【例1】若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5＝＋3，则△ABM与△ABC的面积比为
( )
1 2 3 9
A． B． C． D．
5 5 5 25
【答案】C
【解析】AB的中点为D，由5＝＋3，得3－3＝2－2，
3
即3＝2．如图所示，故C，M，D三点共线，且＝ ，也就
5
是△ABM与△ABC对于边AB的两高之比为3∶5，则△ABM与△ABC 的
3
面积比为 ．
5
考查数量积：
【例1】（2021·安徽淮北一模）已知A,B是圆O:x2 y2 1上的两个动点， AB 3，OC 3OA2OB，
M 为线段AB的中点，则OCOM 的值为（ ）
1 1 3 3
A． B． C． D．
4 2 4 2
【答案】A
AB
【解析】A,B是圆O:x2 y2 4上的两个动点，OA OB 1，又 AB 3，即 3 ，
2 2
AB
2
即 2 3 ，即 BAO ，AOB 2 ，M 是线段 AB 的中点，
cosBAO 6 6 3
OA 2
1 1
OM OA OB，
2 2
1 1 3 2 2 1 3 1 2 1
OM OC OA OB 3OA2OB OA OB OAOB 1212 11cos ，
2 2 2 2 2 2 3 4
故选A．
2
【名师点睛】关键点点睛：本题解题的关键是：利用A,B在圆上以及 AB 3得到AOB ．
3
1 AB 4AC
【例2】已知AB AC, AB , AC t ，若P 点是ABC 所在平面内一点，且AP ，则
t AB AC
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PBPC 的最大值等于（ ）
A．13 B．15 C．19 D．21
【答案】 A
【解析】
考查向量与三角函数：
k k k 11
【例1】设向量a (cos ,sin cos )(k 0,1,2,,12) ，则(a a )的值为
k 6 6 6 k k1
k0
【答案】9 3
20 k k k (k1) (k1) (k1)
【解析】 a a (cos ,sin cos )(cos ,sin cos )
11 k k1 6 6 6 6 6 6
2k k (k1) 3 3 2k 1 (2k1) 11 3 3
cos sin cos cos sin cos 因此a a 129 3
6 6 6 6 4 6 2 6 k k1 4
k0
【例2】（2021·贵溪一中月考）如图所示，A、B分别是单位圆与x轴、y轴正半轴的交点，点P在单位圆上，
AOP0，点C坐标为 2,0 ，平行四边形OAQP的面积为S ．
（1）求t OAOQS 的最大值；
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（2）若CB//OP，求sin2 ．
3
43 3
【答案】（1）1 2；（2）sin2
．
3 10
【分析】（1）由三角函数的定义得出点P cosθ,sinθ ，计算出点Q的坐标，利用三角恒等变换思想结合平面
向量数量积的坐标运算以及平行四边形的面积公式可得出t关于的表达式，利用正弦函数的有界性可得出t的
最大值；（2）由CB//OP以及同角三角函数的基本关系可得出关于sin、cos的方程组，结合0可
求得sin、cos的值，利用二倍角的正弦、余弦公式以及两角差的正弦公式可求得sin2 的值．
3
( )
【解析】（1）由已知，得A 1,0 、B 0,1 、P cosθ,sinθ ，
因为四边形OAQP是平行四边形，所以OQ OAOP 1cos,sin，所以OAOQ 1cos．
又平行四边形OAQP的面积为S OA sinsin，所以OAOQS 1cossin 2sin 1．
4
5
又0，则 ，所以当 时，OAOQS的最大值为1 2．
4 4 4 4 2
（2）由题意，知CB 2,1 ，OP (cos,sin)，因为CB//OP，得cos2sin，
5 2 5 4
又 0 ， 结 合 sin2cos21 得 sin ， cos ， sin22sincos ，
5 5 5
3 43 3
cos22cos21 ，所以sin2
sin2cos cos2sin ．
5 3 3 3 10
【名师点睛】方法点睛：求函数 f
x
Asin
x
在区间
a,b
上值域的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如y Asinxk的形式或 y Acosxk 的形式；
第二步：由x的取值范围确定x的取值范围，再确定sin x （或cosx )的取值范围；
第三步：求出所求函数的值域（或最值）．
考查向量与解析几何：
x2
【例1】已知M（x y ）是双曲线C： y2 1上的一点，F 、F 是C上的两个焦点，若MF MF 0，
0， 0 1 2 1 2
2
则y 的取值范围是
0
60/397衡中数学一本通高分手册
2 2 2 2 2 3 2 3
（A）（- ， ） （B）（- ， （C）（ ， ） （D）（ ， ）
3 3 3 3
3 3 3 3
【答案】A 3 3 6 6
【解析】
x2 y2
【例2】（2021·陕西宝鸡一模）已知双曲线C: 1 (a 0,b0)的左､右焦点分别为F ，F ，且以FF
a2 b2 1 2 1 2
为直径的圆与双曲线C的渐近线在第四象限交点为P，PF 交双曲线左支于Q，若2FQQP，则双曲线的
1 1
离心率为（ ）
101 51
A． B． 10 C． D． 5
2 2
【答案】A
【解析】F(c,0),F (c,0)，圆方程为x2 y2 c2，
1 2
x2 y2 c2
xa
由 b ， 由a2 b2 c2，x0,y0，解得 ，即P(a,b)，
y x y b
a
a2c b
设Q(x ，y )，由2FQQP，(ax ,b y )2(x c,y ) ，得x ，y ，
0 0 1 0 0 0 0 0 3 0 3
(a2c)2 b2 101 1 10
因为Q在双曲线上，∴ 1，(12e)2 10，解得e （e 舍去），故选A．
9a2 9b2 2 2
【名师点睛】关键点点睛：解题关键是找到关于a,b,c的齐次关系式，由题意中向量的线性关系，可得解法，
圆与渐近线相交得P点坐标，由向量线性关系得Q点坐标，代入双曲线方程可得．
考查向量与解三角形：
3
【例1】（2021海南海南中学高三月考）已知向量a sin x, 3sin x ，b (sinx,cosx)，
2 2
f(x)ab．
（1）求f(x)的最大值及f(x)取最大值时x的取值集合M；
61/397衡中数学一本通高分手册
C a
（2）在锐角△ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，若 M ，求 的取值范围．
2 4 b
【解析】（1） a cosx, 3cosx ，
1 3 3 3
f x absinxcosx 3cos2x sin2x cos2x sin 2x－ ， f x 的最大值为
2 2 2 3 2
3 5 5
1 ，此时2x 2k ,即x k ，kz，M x xk ,kz ．
2 3 2 12 12
C C 5
（2） M ， k ，C 2k ，
2 4 2 4 12 3
2 3 1
C 0, ，C ， a sin A sin( 3 B) 2 cosB 2 sinB 3 1 ，
3 tanB
b sinB sinB cosB 2 2
3 a 2 3 a 2 3
锐角△ABC中， B ， tanB ， ，即 的取值范围为
,
．
6 2 3 b 3 b 3
【名师点睛】本题考查三角形中的取值范围，解题的关键是将所求利用正弦定理以及角的关系化为
a 3 1
tanB，利用角的范围求解．
b 2 2
平面向量的数量积的解题方法
例1 如图，在矩形ABCD中，AB＝ 2，BC＝2，点E为BC的中点，点F在边CD上，
若·＝ 2，则·的值是________．
解析：方法一 坐标法．以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴建立平面
直角坐标系，则A(0，0)，B( 2，0)，E( 2，1)，F(x，2)．故＝( 2，0)，
＝(x，2)，＝( 2，1)，＝(x－ 2，2)，∴·＝( 2，0)·(x，2)＝ 2x．又·＝
2，
∴x＝1．∴＝(1－ 2，2)．∴·＝( 2，1)·(1－ 2，2)＝ 2－2＋2＝ 2．
方法二 用，表示，是关键．设＝x，则＝(x－1)．·＝·(＋)＝
2
·(＋x)＝x2＝2x，又∵·＝ 2，∴2x＝ 2，∴x＝ ．∴＝＋＝
2
2
－1
＋ 2 ．∴·＝(＋)·＝
2 2
－1
1
－1
1
＝ 2 2＋ 2＝ 2 ×2＋ ×4＝ 2．
2 2
【例2】若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为 ( )
62/397衡中数学一本通高分手册
A． 2－1 B．1 C． 2 D．2
解析：法一：由题意知a2＝b2＝c2＝1，又a·b＝0，∵(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2≤0，
∴a·c＋b·c≥c2＝1，∴|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c＝3－2(a·c＋b·c)≤1，
∴|a＋b－c|≤1．
方法二 设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，则x2＋y2＝1，a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x，1－y)，
则(a－c)·(b－c)＝(1－x)(－x)＋(－y)(1－y)＝x2＋y2－x－y＝1－x－y≤0，即x＋y≥1．
又a＋b－c＝(1－x，1－y)，
∴|a＋b－c|＝ (1－x)2＋(1－y)2＝ (x－1)2＋(y－1)2＝ 3－2(x＋y)≤1．
小结： (1)涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路：
①直接利用数量积的定义；
②建立坐标系，通过坐标运算求解．
(2)在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模和夹角已知的向量进行计算．求
平面向量的模时，常把模的平方转化为向量的平方．
专题 数列
07
1．【高考全国Ⅰ卷文数10】设 a 是等比数列，且a a a 1,a a +a 2，则a a a （ ）
n 1 2 3 2 3 4 6 7 8
A．12 B．24 C．30 D．32
【答案】D
【思路导引】根据已知条件求得q的值，再由a a a q5a a a 可求得结果．
6 7 8 1 2 3
【解析】设等比数列 a 的公比为q，则a a a a 1qq2 1，
n 1 2 3 1
a a a aqaq2 aq3 aq 1qq2 q2，
2 3 4 1 1 1 1
a a a aq5 aq6 aq7 aq5 1qq2 q5 32，故选D．
6 7 8 1 1 1 1
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等比数列及其性质，考查等比数列基本量的计算，考查数学
运算学科素养．解题关键是正确应用等比数列的性质．
2．【高考全国Ⅱ卷理数4】北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石
板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一
63/397衡中数学一本通高分手册
层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇
面形石板（不含天心石） （ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【思路导引】第n环天石心块数为a ，第一层共有n环，则{a }是以9为首项，9为公差的等差数列，
n n
设S 为{a }的前n项和，由题意可得S S S S 729，解方程即可得到n，进一步得到S ．
n n 3n 2n 2n n 3n
【解析】设第 n 环天石心块数为a ，第一层共有n环，则{a }是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，
n n
a 9(n1)99n ，设 S 为 {a } 的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为
n n n
S ,S S ,S S ， 因 为 下 层 比 中 层 多 729 块 ， 所 以 S S S S 729 ， 即
n 2n n 3n 2n 3n 2n 2n n
3n(927n) 2n(918n) 2n(918n) n(99n)
729 ， 即 9n2 729 ， 解 得 n 9 ， 所 以
2 2 2 2
27(9927)
S S 3402，故选C．
3n 27 2
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等差数列的通项公式的基本量计算，考查了等差数列前n项
和公式的应用，考查数学文化，考查函数与方程思想，考查数学运算学科素养．解题关键是正确消元．
3．【高考全国Ⅱ卷理数 6】数列{a }中，a 2，a a a ，若a a a 215 25，则k
n 1 mn m n k1 k2 k10
（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【思路导引】取m1，可得出数列 a 是等比数列，求得数列 a 的通项公式，利用等比数列求和公式可得
n n
出关于k的等式，由kN可求得k的值．
a
【解析】在等式a a a 中，令m1，可得a a a 2a ， n1 2，
mn m n n1 n 1 n a
n
所以，数列 a 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a 22n1 2n，
n n
a 1210 2k1 1210
a a a k1 2k1 210 1 25 210 1 ，
k1 k2 k10 12 12
2k1 25，则k15，解得k 4．故选：C．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n项
64/397衡中数学一本通高分手册
和公式的应用，考查函数与方程思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是正确应用有关公式解
决问题．
a
4．【高考浙江卷7】已知等差数列 a 的前n项和S ，公差d 0, 1 1．记b S ,b S S ,nN，
n n d 1 2 n1 n2 2n
下列等式不可能成立的是 （ ）
A．2a a a B．2b b b C．a2 a a D．b2 b b
4 2 6 4 2 6 4 2 8 4 2 8
【答案】B
【解析】A．由等差数列的性质可知2a a a ，成立；
4 2 6
B．b S S a ，b S S a ，b S S a a a 3a ，
4 5 6 6 2 3 2 3 6 7 10 8 9 10 9
若2b b b ，则2a a 3a 2 a a a a ，
4 2 6 6 3 9 9 6 3 9
即6d 6d d 0，这与已知矛盾，故B不成立；
C．a 2 a a a 3d 2 a d a 7d ，整理为：a d ，故C成立；
4 2 8 1 1 1 1
D．b S S a a a a a 5a ，当b 2 b b 时，即a 2 a 5a ，整理为
8 9 14 10 11 12 13 14 12 4 2 8 6 3 12
a 5d 2 5 a 2d a 11d ，即2a2 25ad 45d2 0，0，方程有解，故D成立．综上可知，
1 1 1 1 1
等式不可能成立的是B，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等差数列的性质应用，考查数学运算、数学建模等学科素养．解
题关键是合理等差数列的性质解题．
5 ． 【 高 考 全 国 Ⅱ 卷 文 数 14 】 记 S 为 等 差 数 列 a 的 前 n 项 和 ， 若 a 2,a a 2 ， 则
n n 1 2 6
S ．
10
【答案】25
【思路导引】∵ a 是等差数列，根据已知条件a a 2，求出公差，根据等差数列前n项和，即可求得答
n 2 6
案．
【解析】 a 是等差数列，且a 2,a a 2．设 a 等差数列的公差d ，根据等差数列通项公式：
n 1 2 6 n
a a n1 d，可得a d a 5d 2，即：2d2 5d 2，整理可得：6d 6，解得：d 1．
n 1 1 1
n n1 d
根 据 等 差 数 列 前 n 项 和 公 式 ： S na ,nN* ， 可 得 ：
n 1 2
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10 101
S 102 204525 ， S 25．故答案为：25．
10 2 10
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等差数列通项公式及等差数列的前n项和公式，考查数学运
算学科素养．解题关键是掌握等差数列的通项公式及前n项和公式．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1、用观察法求数列的通项公式的两个技巧
(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之
间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．
(2)对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．
2、已知S 求a 的三个步骤
n n
(1)先利用a ＝S 求出a ；
1 1 1
(2)用n－1替换S 中的n得到一个新的关系，利用a ＝S －S (n≥2)便可求出当n≥2
n n n n－1
时a 的表达式；
n
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a 的表达式，如果符合，则可以把数
n
列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
3、由递推关系式求通项公式的常用方法
（1）已知a 且a －a ＝f(n)(n≥2，n∈N*)，可用“累加法”求a ．
1 n n－1 n
a
（2）已知a 且 n ＝f(n)(n≥2，n∈N*)，可用“累乘法”求a ．
1 n
a
n－1
（3）已知a 且a ＝qa ＋b，则a ＋k＝q(a ＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转
通项公式 1 n＋1 n n＋1 n
化为等比数列{a ＋k}．
n
Aa
另外：1．形如a ＝ n (A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构
n＋1
Ba ＋C
n
造新数列求解．
66/397衡中数学一本通高分手册
（4）形如a ＋a ＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成a ＋a ＝f(n＋1)，两式相减
n＋1 n n＋2 n＋1
即得a －a ＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．
n＋2 n
1、等差数列运算问题的通性通法
（1）等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 和公差d，然后由通项公式或前n项
1
和公式转化为方程(组)求解．
（2）等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a ，a ，d，n，S ，知其中三
1 n n
等差数列
个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．
2、等差数列的四种判断方法
(1)定义法：a －a ＝d(d是常数) {a }是等差数列．
n＋1 n n
(2)等差中项法：2a
n＋1
＝a
n
＋a
n＋2
(n⇔ ∈N*) {a
n
}是等差数列．
(3)通项公式：a
n
＝pn＋q(p，q为常数) ⇔{a
n
}是等差数列．
(4)前n项和公式：S n ＝An2＋Bn(A，B为 ⇔ 常数) {a n }是等差数列．
3、等差数列的性质 ⇔
a －a
（1）项的性质：在等差数列{a }中，a －a ＝(m－n)d m n＝d(m≠n)，其几何意义是点
n m n
m－n
⇔
(n，a )，(m，a )所在直线的斜率等于等差数列的公差．
n m
(2)和的性质：在等差数列{a }中，S 为其前n项和，则
n n
①S ＝n(a ＋a )＝…＝n(a ＋a )；②S ＝(2n－1)a ．
2n 1 2n n n＋1 2n－1 n
4、求等差数列前n项和S 最值的两种方法
n
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式S ＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二
n
次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
a ≥0，
m
①当a >0，d<0时，满足 的项数m使得S 取得最大值S ．
1 n m
a ≤0
m＋1
a ≤0，
m
②当a <0，d>0时，满足 的项数m使得S 取得最小值S ．
1 n m
a ≥0
m＋1
1、解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：等比数列中有五个量a ，n，q，a ，S ，一般可以“知三求二”，通过列
1 n n
方程(组)求关键量a 和q，问题可迎刃而解．
1
等比数列
(2)分类讨论的思想：在使用等比数列的前n项和公式时，应根据公比的取值情况进行分
类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．
2、证明等比数列的用方法：证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法
只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不
成等比数列即可．
67/397衡中数学一本通高分手册
1、分组转化法求和的常见类型
（1）若a ＝b ±c ，且{b }，{c }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a }的前n
n n n n n n
项和．
b ，n为奇数，
n
（2）通项公式为a ＝ 的数列，其中数列{b }，{c }是等比数列或等差
n n n
c ，n为偶数
n
数列，可采用分组求和法求和．
2、错位相减法求和时两个注意点
数列求和
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“S ”与“qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确
n n
写出“S －qS ”的表达式．
n n
（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1
两种情况求解．
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧
1 1
－
1 1 1 1 1
① ＝ － ．② ＝ n n＋2 ．
n(n＋1) n n＋1 n(n＋2) 2
1 1
－
1 1 1
③ ＝ 2n－1 2n＋1 ．④ ＝ n＋1－ n．
(2n－1)(2n＋1) 2 n＋ n＋1
（3）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可
能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使
裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
考查通项公式：
【例1】（2021·江苏镇江期中考试）数列 a 的前n项和为S ，定义 a 的“优值”为
n n n
H a 1 2a 2 2n1a n ，现已知 a 的“优值”H 2n，则a ______，S ______．
n n n n n n
n n3
【答案】n1
2
【分析】由新定义得出a 2a 2n1a n2n，然后写出a 2a 2n2a (n1)2n1，相减后
1 2 n 1 2 n1
可得a (n2)．再求得a 即可．
n 1
【解析】由题意a 2a 2n1a n2n，∴n 2时，a 2a 2n2a (n1)2n1，
1 2 n 1 2 n1
68/397衡中数学一本通高分手册
两式相减得：2n1a n2n (n1)2n1 (n1)2n1，a n1，又a 2，满足a n1，
n n 1 n
n(2n1) n(n3) n(n3)
∴a n1，S ．故答案为：n1； ．
n n 2 2 2
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是把新定义进行转化，转化为与数列通项公式有关的和
式，然后可求通项公式．还要注意解题中a (n2)与a 求法的不同，需要分别求解验证．
n 1
a a 1
【例2】在数列 a 中，a 2， n1 n ln(1 )，则a （ ）
n 1 n1 n n n
A．2nlnn B．2 n1 lnn C．1nlnn D．2nnlnn
【答案】D
a a n1 a a n a a n1 a a 2
【解析】由题， n1 n ln ，则 n n1 ln ， n1 n2 ln …， 2 1 ln ，
n1 n n n n1 n1 n1 n2 n2 2 1 1
a a n n1 2 a n n1 2
所以由累加法可得， n 1 ln ln ln ，即 n a ln ，则
n 1 n1 n2 1 n 1 n1 n2 1
a
n 2lnn，所以a 2nnlnn ，故选D．
n n
考查等（差）比数列的证明
【例1】已知数列{a }的前n项和为S ，且S 4a 2 ，a 1．
n n n1 n 1
a
（1）b a 2a ，求证数列{b }是等比数列；（2）设c n ，求证数列{c }是等差数列；
n n1 n n n 2n n
【解析】（1）由题意，S 4a 2 ，S 4a 2，两式相减，得
n1 n n2 n1
S S 4 a a ,a 4a 4a ，a 2a 2 a 2a ，
n2 n1 n1 n n2 n1 n n2 n1 n1 n
b a 2a , b 2b ，又由题设，得1a 426，即a 5，
n n1 n n1 n 2 2
b a 2a 3，∴{b }是首项为3，公比为2的等比数列；
1 2 1 n
（2）由（1）得b 32n1，b a 2a 32n1，
n n n1 n
a a 3 3 1 3
n1 n ，即c c ．∴数列{c }是首项为 ，公差为 的等差数列；
2n1 2n 4 n1 n 4 n 2 4
【点睛】本题考查数列递推式，考查了等差关系与等比关系的确定，是中档题．
69/397衡中数学一本通高分手册
考查等差（比）数列性质：
【例1】（2021·四川凉山彝族自治州一模）S 为正项等差数列 a 的前n项和，a a a tS ，则t
n n 3 5 7 9
（ ）
1 2
A．3 B． C．2 D．
3 3
【答案】B
9 a a 1
【解析】因为数列 a 为正项等差数列，且a a a tS ，所以3a t 1 9 9ta ，解得t ，
n 3 5 7 9 5 2 5 3
故选B．
【例2】设 a 是等比数列，且a a a ，a 27，则 a 的通项公式为_______．
n 2 4 5 4 n
【答案】a 3n1，nN．
n
a
【解析】设等比数列 a 的公比为q，因为a a a ，a 27，所以a a q2 5 q2 q3 27，解得q 3，
n 2 4 5 4 4 2 a
4
a 27
所以a 4 1，因此，a 3n1，nN．故答案为a 3n1，nN．
1 q3 27 n n
【名师点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，熟记等比数列的通项公式即可，属于常考题型．
考查数列求和：
1
【例1】（2021·河南郑州一模）设S 为数列 a 的前n项和，S (1)na ,(nN*)，则数列 S 的前
n n n 2n n n
7项和为（ ）
1 85 1 341
A． B． C． D．
256 256 1024 1024
【答案】B
1 1 1 1
【解析】∵S (1)na ，∴n 1时，S a ，即a a ，a ，
n 2n n 1 2 1 1 2 1 1 4
1
由已知S (1)na ，
n n 2n
1 1 1
当n 2时，a S S (1)na (1)n1a (1)na (1)na (*)，
n n n1 n 2n n1 2n1 n n1 2n
70/397衡中数学一本通高分手册
1 1 1
(*)式中n为偶数时，a a a ，a ，此时n1为奇数，∴n为奇数时a ；
n n n1 2n n1 2n n 2n1
1 1 1 1 1
(*)式中n为奇数时，a a a ，2a a ，即a 2 ，此时n1
n n n1 2n n 2n n1 n1 2n1 2n 2n1
1
,n为奇数
1 2n1 1
为偶数，∴n为偶数时，a ，∴a ，由S (1)na ，得
n 2n n 1 n n 2n
,n为偶数
2n
1 1 1 1
n为奇数时，S ，n为偶数时，S 0，∴数列{S }的前7项和为
n 2n1 2n n 2n 2n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 85
．故选B．
4 2 16 8 64 32 256 128 4 16 64 256 256
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的前n项和．解题关键是确定通项公式a ，为此利用n 2时，
n
a S S 得递推关系，然后按n的奇偶分类计算求解．最后确定数列{S }中的各项，求出前7项和．
n n n1 n
【例2】已知递增等比数列 a 满足：a 3，S 13．
n 2 3
1
（1）求 a
n
的前n项和S
n
；（2）设b
n
n1 log a
，求数列 b
n
的前n项和T
n
．
3 n1
3n 1 n
【答案】（1）a 3n1，S ；（2）T ．
n n 2 n n1
a 9
【解析】（1）由题可知 a S 2
3
1 3 3 ， a a 1
1
q 1 3 qq2 13 ，由递增等比数列 a n a q 1 3 1 或
q 1 1
3
（舍），所
a
1qn
3n 1
以S 1 ；
n 1q 2
1 1 1 1
（2）由（1）知a
n1
3n ，所以b
n
n1 log a
n n1
n
n1
．
3 n1
1 1 1 1 1 1 1
所以数列 b 的前n项和：T b b b b 1
n n 1 2 3 n 2 2 3 3 4 n n1
1 n n
1 ．数列 b 的前n项和T ．
n1 n1 n n n1
71/397衡中数学一本通高分手册
【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查等比数列通项公式和前n项和公式，考查裂项求和法，
属于中档题．
考查数列应用：
【例1】习近平总书记指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山．”新能源汽车环保、节能，以电代油，减少
排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向．工业部表示，到2025年中国的汽车总销量将达
到3500万辆，并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一．山东某新能源公司年初购入一批新能源汽车充电桩，
每台12800元，第一年每台设备的维修保养费用为1000元，以后每年增加400元，每台充电桩每年可给公司收
益6400元．
（1）每台充电桩第几年开始获利？（ 33 5.7）
（2）每台充电桩在第几年时，年平均利润最大．
【答案】（1）公司从第3年开始获利；（2）在第8年时，每台充电桩年平均利润最大
【解析】（1）由题意知每年的维修保养费用是以1000为首项，400为公差的等差数列，设第n年时累计利润为
f(n)， f(n)6400n[10001400L (400n600)]12800
6400nn(200n800)12800 200n2 5600n12800 200 n2 28n64 ，
开始获利即 f(n)0，∴200 n2 28n64 0，即n2 28n640，
解得142 33 n142 33 ，∵ 33 5.7，∴2.6n25.4，∴公司从第3年开始获利；
f(n) 64
（2）每台充电桩年平均利润为 200n 28 200(2 6428)2400，
n n
64
当且仅当n ，即n8时，等号成立．即在第8年时每台充电桩年平均利润最大为2400元．
n
【点睛】本题考查等差数列的实际应用和利用基本不等式求最值，考查学生分析问题，解决问题的能力，根据
条件列出符合题意的表达式是解本题的关键，属中档题．
考查数列与不等式：
S
【例1】已知正数数列 a 满足a 1，S n2a ．令b n （其中n!123n ），数列 b 的前n
n 1 n n n n! n
项和为T ，证明：1T 2．
n n
【答案】证明见解析
72/397衡中数学一本通高分手册
a n1 a n2
【解析】当n 2且nN时，a S S n2a n1 2 a ，整理可得： n n1 ，
n n n1 n n1 a n1 a n
n1 n2
a n3 a 2 a 1
n2 ，…， 3 ， 2
a n1 a 4 a 3
n3 2 1
a n1 n2 n3 2 1 2 2
n a
a n1 n n1 4 3 n n1 n n n1
1
2 2 1 1
当n 1时，a 1符合a a 2 ，nN*
1 n n n1 n n n1 n n1
1 1 1 1 1 1 2n
S 2 1
2 1
n 2 2 3 n n1 n1 n1
S 2n 1 1
所以b n 2
n n! n1 n! n! n1 !
1 1 1 1 1 1 1 1
T 21 21 0， 1 1，
n 2! 2! 3! n! n1 ! n1 ! n1 ! n1 !
1
T 2又a 0，b 0，T T 2 1 1，综上所述：1T 2
n n n n 1 2! n
【点睛】本题考查数列通项公式的求解、裂项相消法求解数列的前n项和的问题；涉及到a 与S 关系的应用、
n n
累乘法求解数列的通项公式等知识；求解数列前n项和的关键是能够根据通项公式的形式进行准确裂项，进而
前后相消求得结果．
等差数列前n项和最值问题
【例】在等差数列{a }中，已知a ＝20，前n项和为S ，且S ＝S ，求当n取何值时，S 取得最大值，并求
n 1 n 10 15 n
出它的最大值．
【解析】法一：因为a ＝20，S ＝S ，
1 10 15
10×9 15×14 5
所以10×20＋ d＝15×20＋ d，所以d＝－ ．
2 2 3
5
－ 5 65
由a n ＝20＋(n－1)× 3 ＝－ n＋ ，得a 13 ＝0．即当n≤12时，a n >0，当n≥14时，a n <0．
3 3
13×(20＋0)
所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S ＝S ＝ ＝130．
12 13
2
73/397衡中数学一本通高分手册
5 25
n(n－1) － 5 125 5 n－ 2 3125
解法二：S n ＝20n＋ · 3 ＝－ n2＋ n＝－ 2 ＋ ．
2 6 6 6 24
因为n∈N*，所以当n＝12或13时，S 取得最大值，且最大值为S ＝S ＝130．
n 12 13
解法三：由S ＝S 得a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝0．所以5a ＝0，即a ＝0．
10 15 11 12 13 14 15 13 13
所以当n＝12或13时，Sn取得最大值，最大值为S ＝S ＝130．
12 13
【变式】若将本例条件“a ＝20”改为“a ＝－20”，其他条件不变，求当n取何值时，S 取得最小值，并
1 1 n
求出最小值．
【解析】由S ＝S ，得a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝0，所以a ＝0．又a ＝－20，所以a <0，a >0，
10 15 11 12 13 14 15 13 1 12 14
所以当n＝12或13时，S 取得最小值，最小值S ＝S ＝－130．
n 12 13
求等差数列前n项和Sn最值的两种方法
1．函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式S ＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方
n
法求解．
2．邻项变号法：
a ≥0，
m
(1)当a >0，d<0时，满足 的项数m使得S 取得最大值S ．
1 n m
a ≤0
m＋1
a ≤0，
m
(2)当a <0，d>0时，满足 的项数m使得S 取得最小值S ．
1 n m
a ≥0
m＋1
专题 不等式
08
1．【高考全国Ⅱ文12理11】若2x 2y 3x 3y，则 （ ）
A．ln yx1 0 B．ln(yx1)0 C．lnx y 0 D．lnx y 0
【答案】A
【解析】由2x 2y 3x 3y得：2x 3x 2y 3y，令 f t 2t 3t，
y 2x为R上的增函数， y 3x为R上的减函数， f t 为R上的增函数，x y，
Q yx0，yx11，ln yx1 0，则A正确，B错误；Q xy 与1的大小不确定，故CD
74/397衡中数学一本通高分手册
无法确定，故选A．
【名师点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得
到x,y的大小关系，考查了转化与化归的数学思想．
2．【高考全国Ⅲ理12】已知55 84 ,134 85．设a log 3,blog 5,clog 8，则（ ）
5 8 13
A．abc B．bac C．bca D．cab
【答案】A
【 解 析 】 解 法 一 ： 由 题 意 可 知 a 、 b 、 c0,1 ，
a log 3 lg3 lg8 1 lg3lg8 2 lg3lg8 2 lg24 2
5 1，ab；
b log 5 lg5 lg5 lg5 2 2 2lg5 lg25
8
4
由blog 5，得8b 5，由55 84，得85b 84，5b 4，可得b ；
8
5
4
由clog 8，得13c 8，由134 85，得134 135c，5c 4，可得c ．
13
5
综上所述，abc．故选A．
a log 3 log 3log 8 2 log 24 2 22
解法二：易知 a,b,c(0,1) ，由 5 log 3log 8 5 5 5 1 ，知
b log 5 5 5 4 4 4
8
ab．∵blog 5，c log 8，∴8b 5，13c 8，即85b 55，134c 84又∵55 84，134 85，∴
8 13
134c 84 55 85b 134b，即bc．综上所述：abc，故选A．
【名师点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应
用，考查推理能力，属于中等题．
3．【新高考山东海南8】若定义在R上的奇函数 f(x)在(,0)单调递减，且 f(2)0，则满足xf(x1)0的x
的取值范围是 （ ）
A．1,1 3, B．3,1 0,1 C．1,0 1, D．1,0 1,3
【答案】D
【解析】∵定义在R上的奇函数 f(x)在(,0)上单调递减，且 f(2) 0，
∴ f(x)在(0,)上也是单调递减，且 f(2)0， f(0)0，
∴当x(,2)(0,2)时， f(x)0，当x(2,0)(2,)时， f(x)0，
75/397衡中数学一本通高分手册
x0 x0
∴由xf(x1)0可得： 或 或x0
2 x10或x12 0 x12或x12
解得1 x0或1 x 3，∴满足xf(x1)0的x的取值范围是 1,0 1,3 ，故选D．
【名师点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题．
4．【高考浙江9】已知a,bR且ab0，若 xa xb x2ab 0在x0上恒成立，则（ ）
A．a0 B．a0 C．b0 D．b0
【答案】C
【解析】当 a0 时，在 x0 上， xa0 恒成立，∴只需满足 xb x2ab 0 恒成立，此时 2abb ，
由二次函数的图象可知，只有 b0 时，满足 xb x2ab 0 ， b0 不满条件；
当b0时，在 0,上，xb0恒成立，∴只需满足 xa x2ab 0恒成立，此时当两根分别为
xa和x2ab，
（1）当ab0时，此时0a2ab，当x0时， xa x2ab 0不恒成立，
（2）当ab0时，此时2aba，若满足 xa x2ab 0恒成立，只需满足
a0
76/397衡中数学一本通高分手册
当ab0时，此时2aba0，满足 xa x2ab 0恒成立，
综上可知满足 xa xb x2ab 0在x0恒成立时，只有b0，故选C ．
【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题．
5．【高考北京6】已知函数 f(x)2x x1，则不等式 f(x)0的解集是 （ ）
A．1,1 B．,1
1, C．0,1 D．,0
1,
【答案】D
【解析】因为 f x 2x x1，所以 f x 0等价于2x x1，在同一直角坐标系中作出y 2x和yx1
的图象如图，两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式2x x1的解为 x0或 x1，所以不等式
f
x
0的解集为： ,0 1,
，故选D．
【名师点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础题．
2x y20 ,
6．【高考全国Ⅰ文理13】若x, y满足约束条件x y10, 则z x7y的最大值为__________．
y10,
【答案】1
1 1
【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数z x7y即： y x z，其中z取得最大
7 7
值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得
77/397衡中数学一本通高分手册
2x y20
( )
最大值，联立直线方程： ，可得点 A 的坐标为： A 1,0 ，据此可知目标函数的最大值为：
x y10
z 1701，故答案为：1．
max
【名师点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z
值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴
上截距最小时，z值最大．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1、含有参数的不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论
（1）若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则
可对判别式进行分类讨论．
（2）若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为
零的情形，以便确定解集的形式．
78/397衡中数学一本通高分手册
一元二次 （3）其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集．
不等式 2、一元二次不等式恒成立问题求解思路
（1）一元二次不等式在R上恒成立确定参数的范围时，结合一元二次方程，利用判别式来
求解．
（2）一元二次不等式在x∈[a，b]上恒成立确定参数范围时，要根据函数的单调性，求其最
小值，让最小值大于等于0，从而求参数的范围．
1．求目标函数的最值3步骤：①作图；②平移；③求值．
2．常见的3类目标函数
线性规划 (1)截距型：形如z＝ax＋by．求这类目标函数的最值常将函数z＝ax＋by转化为直线的
a z z
斜截式：y＝－ x＋ ，通过求直线的截距 的最值间接求出z的最值．
b b b
(2)距离型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2．
y－b
(3)斜率型：形如z＝ ．
x－a
1、含全称、存在量词不等式恒成立问题的方法
（1）存在x ∈A，任意x ∈B使f(x )≥g(x )成立，则f(x) ≥g(x) ．
1 2 1 2 max max
导数与不等 （2）任意x 1 ∈A，存在x 2 ∈B，使f(x 1 )≥g(x 2 )成立，则f(x) min ≥g(x) min ．
式恒成立 （3）任意x ∈A，x ∈B，使f(x )≥g(x )，则f(x) ≥g(x) ．
1 2 1 2 min max
（4）存在x ∈A，x ∈B，使f(x )≤g(x )，则f(x) ≤g(x) ．
1 2 1 2 min max
2、利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或
a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围．恒成立问题的求解方法：a≥f(x)在x
∈D上恒成立，则a≥f(x) (x∈D)；a≤f(x)在x∈D上恒成立，则a≤f(x) ．
max min
1．应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正
数，“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条
件．
2．在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，
然后再利用基本不等式．
基本不
3、条件最值的求解通常有三种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，
等式
然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和
或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值；三是对条件使用基本不等式，建立所求
目标函数的不等式求解．
79/397衡中数学一本通高分手册
4、基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略
是：
（1）先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用
基本不等式求解，这是难点．
（2）用基本不等式求最值，要有用基本不等式求最值的意识．
（3）检验．检验等号是否成立，完成后续问题．
1．两平面向量共线的充要条件有两种形式
①若a＝(x ，y )，b＝(x ，y )，则a∥b的充要条件是x y －x y ＝0；②a∥b(b≠0)⇔a＝
1 1 2 2 1 2 2 1
λb．
数列与不
2．向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数．当两向量的坐
等式证明
标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解．
考查一元二次不等式解法：
【例1】（2021·湖南衡阳模拟）不等式ax2 bx20的解集为 x 1 x2 ，则不等式2x2 bxa 0的
解集为（ ）
1 1
A． x x1或x B．x 1 x
2 2
C． x 2 x1 D． x x2或x1
【答案】A
【解析】由题意可知1、2是关于x的二次方程ax2 bx20的两根，
2
12
a a1
由韦达定理可得 ，解得 ，不等式2x2 bxa 0即为2x2 x10，解得x 1或
b b1
12
a
1 1
x ．因此，不等式2x2 bxa 0的解集为 x x1或x ，故选A．
2 2
【例2】 解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．
【解析】若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1．
1
x－
1
若a<0，原不等式等价于 a (x－1)>0，解得x< 或x>1．
a
80/397衡中数学一本通高分手册
1
x－
若a>0，原不等式等价于 a (x－1)<0．
1 1
1
x－
1
x－
1
1 当a＝1时， ＝1， a (x－1)<0无解； ②当a>1时， <1，解 a (x－1)<0，得 1，解 a (x－1)<0，得11
综上所述，当a<0时，解集为 a ； 当a＝0时，解集为{x|x>1}；
1 1
x|11时，解集为 a ．
考查一元二次不等式恒成立：
【典例1】已知命题“ ，使 ”是假命题，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
1
【解析】原命题是假命题，则其否定是真命题，即 xR,2x2 a1 x 0 恒成立，故判别式
2
a1 2 40,a1,3 ，故选B。
【典例2】设函数f(x)＝mx2－mx－1．若对于x∈[1，3]，f(x)<－m＋5恒成立，求m的取值范围．
6
【答案】{m|m< }．
7
1
x－
3
【解析】要使f(x)<－m＋5在x∈[1，3]上恒成立，即m 2 2 m－6<0在x∈[1，3]上恒成立．
4
1
x－
3
令g(x)＝m 2 2＋ m－6，x∈[1，3]，当m>0时，g(x)在[1，3]上是增函数，所以g(x) max ＝g(3)
4
⇒
6 6
7m－6<0，所以m< ，所以00，则f(x)＝4x－2＋ ＝－ 5－4x ＋3≤－2 5－4x)＋3
4 4x－5
1 1
＝－2＋3＝1．当且仅当5－4x＝ ，即x＝1时，等号成立．故f(x)＝4x－2＋ 的最大值为1．
5－4x 4x－5
考查线性规划：
82/397衡中数学一本通高分手册
x y40
【例1】（2021·江西五市九校协作体联考）若x，y满足约束条件x2y40，则z x4y的最小值为（ ）
2x y20
26
A．26 B．4 C． D．26
5
【答案】B
【解析】由题意可知，如上图，不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（包含边界），目标函数z x4y
1 1 1 1 1
变为 y x z，当直线 y x z经过点 4,0 时，z值最小， z 1，故z 4，故选B．
min
4 4 4 4 4
【名师点睛】易错点睛：本题由于三条直线能够围成一个三角形，很自然的会将其看作是可行域，实际上，在
判断可行域时，一定要验证一下原点是否在可行域内再确定．
【例2】某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料．已知生产1吨每种产品需原料及每天原料的可用
限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润
为（ ）
A．12万元 B．16万元 C．17万元 D．18万元
【答案】D
【解析】设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为x、 y 吨，则利润
83/397衡中数学一本通高分手册
3x2y 12
x2y 8
z 3x4y，由题意可列 ，其表示如图阴影部分区域：
x0
y 0
当直线3x4yz 0过点A(2,3)时，z取得最大值，所以
z 324318，故选D．
max
考查数列与不等式：
【例1】（2021·广东湛江·模拟）已知等差数列 a 的前n项和为S ，a a 0，a 3，且a ，a ，12a
n n n1 n 2 1 3 7
成等比数列．
（1）求a 和S ；
n n
（2）设b 1 ，数列 b 的前n项和为T ，求证： 1 T 1．
n S S n n 2 n
n n1
【解析】（1）设等差数列 a 的公差为d ，首项为a ，由a a 0，得d 0，
n 1 n1 n
a 3, a d 3,
则 2 所以 1
a2 a (12a ), (a 2d)2 a (12a 6d).
3 1 7 1 1 1
n 12n1
解得a 1，d 2，所以a 2n1 ，S n2．
1 n n 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
（2）因为b ，所以T 1 1．
n S S n(n1) n n1 n 1 2 2 3 3 4 n n1 n1
n n1
1 1 1
因为T 1 单调递增．所以T T ，综上， T 1．
n n1 n 1 2 2
【名师点睛】方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列{a }的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这
n
个数列的前n项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列
的前n项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列：或可求和的数列组成，则求和时可用
分组转换法分别求和再相加减；
84/397衡中数学一本通高分手册
（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如a =(−1)nf(n)类型，可采
n
用两项合并求解．
考查导数与不等式：
ax2 x1
【例1】已知函数 f(x) ，证明：当a1时， f(x)e0．
ex
【证明】由题意：原不等式等价于：ex1ax2 x10恒成立；令g(x)ex1ax2 x1，
∴g(x)ex12ax1，g(x)ex12a ，∵a1，∴g(x)0恒成立，∴g(x)在(,)上
单调递增，∴g(x)在(,)上存在唯一x 使g(x )0，∴ex 0 12ax 10，即ex 0 1 2ax 1，
0 0 0 0
且g(x)在(,x )上单调递减，在(x ,)上单调递增，∴g(x) g(x )．
0 0 0
又g(x )ex 0 1ax 2 x 1ax 2 (12a)x 2(ax 1)(x 2)，g( 1 )e 1 1 a 1，
0 0 0 0 0 0 0
a
1
∵a1，∴ 1 1 ，∴x ，∴g(x )0，综上所述：当a1时， f xe0．
0e a 1e1 0 a 0
【例2】已知函数 f(x)ex sinxcosx, g(x)ex sinxcosx ．
5
（1）证明：当x 时， f(x) 0；
4
（2）若g(x) 2ax，求a．
【解析】(1)分类讨论：
5
①．当x , ， f x ex 2sinx 0；
4 4 4
②．当x ,0时， f x ex cosxsinx, f 0 0，
4
f x ex sinxcosxex 2sinx 0，
4
则函数 f x 在 ,0上单调增，则 f x f 0 0，
4
85/397衡中数学一本通高分手册
则函数 f x 在 ,0上单调减，则 f x f 00；
4
③．当x0时，由函数的解析式可知 f
0
1010，
当x 0, 时，令H x sinxx x0 ，则H' x cosx10，
故函数H
x
在区间
0,
上单调递增，从而：H
x
H
0
0，即sinxx0,sinxx，
从而函数 f x ex sinxcosxex x1，
令y ex x1，则：yex 1，当x0时，y 0，故 y ex x1在 0, 单调递增，故函数的最小
值为 y e0 010，从而：ex x10．从而函数 f x ex sinxcosxex x10；
min
综上可得，题中的结论成立．
5
(2) 当x 时，令h x g x ax2ex sinxcosxax2﹐
4
则h x ex cosxsinxa， h x f x 0，故hx单调递增，
当 a2时，h 0 2a0，h ln a2 2 2sin
ln a2
0，
4
x 0,ln a2 使得h x 0，
1 1
当0 x x 时，h x 0,h x 单调递减，hxh00不符合题意；
1
5 5
当a2时，h 0 0，若在x ,0上，总有h x 0（不恒为零），则h x 在 , 上为增
4 4
5
函数，但h 0 0，故当x ,0时，h x 0，不合题意．
4
5 5
故在 x ,0 上， h x 0 有解，故 x ,0 ，使得 hx 0 ，且当 x x0 时，
4 2 4 2 2
h
x
0,h
x
单调递增，故当x
x ,0
时，h
x
h(0)0，不符合题意；
2
故a2不符合题意，当a=2时，h
x
ex cosxsinx2，由于hx单调递增，h
0
0，故：
5
x0时，h x 0,h x 单调递减；当x0时，h x 0,h x 单调递增，此时h x h 0 0﹔
4
86/397衡中数学一本通高分手册
5 5
当x 时，h x ex sinxcosx2x20 2 20，综上可得，a=2．
4 2
【名师点睛】对于利用导数研究不等式问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直
接求岀最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大．
不等式恒成立问题
分离参数求参数取值范围
【例1】已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x．若x>0时，总有f(x)>－e2x，求实数a的取值范围．
ex ex
【解析】由f(x)>－e2x得a>－ ．设g(x)＝－ ，x>0，则g′(x)＝错误!．所以当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)在(0，
x2 x2
e2
2)上单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．所以g(x)≤g(2)＝－ ．因此，a的取值
4
e2
－ ，＋∞
范围是 4 ．
小结：利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，
通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围．恒成立问题的求解方法：a≥f(x)在x∈D上恒成立，则a≥f(x) (x∈D)；
max
a≤f(x)在x∈D上恒成立，则a≤f(x) ．
min
转化法求参数范围
【例2】设函数f(x)＝a2lnx＋ax(a≠0)，g(x)＝错误!2tdt，F(x)＝g(x)－f(x)．
(1)试讨论F(x)的单调性．(2)当a>0时，－e2≤F(x)≤1－e在x∈[1，e]恒成立，求实数a的取值．
【解析】(1)由题意得：g(x)＝错误!2tdt＝x2，所以F(x)＝g(x)－f(x)＝x2－a2lnx－ax(x>0)，
a2
F′(x)＝2x－ －a＝错误!，
x
a>0时，x∈(0，a)时，F′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在(0，a)单调递减，在区间(a，＋∞)单调递增；
a a
0，－ － ，＋∞
a<0时，x∈ 2 时，F′(x)<0，x∈ 2 时，F′(x)>0，
a a
0，－ － ，＋∞
所以函数F(x)在区间 2 单调递减，在 2 单调递增，
综上，a>0时，函数F(x)在区间(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增；
87/397衡中数学一本通高分手册
a a
0，－ － ，＋∞
a<0时，函数F(x)在区间 2 单调递减，在区间 2 单调递增．
(2)由题意得F(1)＝g(1)－f(1)＝1－a≤1－e，即a≥e，当a>0时，由(1)得F(x)在[1，e]内单调递减，
F 1 ≤1－e， 1－a≤1－e， a≥e，
故要使－e2≤F(x)≤1－e在x∈[1，e]恒成立，只需 即 即 即
F e ≥－e2， e2－a2－ae≥－e2， a≤e，
a＝e．
小结：破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，
从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数
进行分类讨论，求出参数的取值范围．
不等式能成立问题
含参数的能成立(存在型)问题
【例1】已知函数f(x)＝x3－ax2＋10．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程．
(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋10，所以f′(x)＝3x2－2x．所以k＝f′(2)＝8．
又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2．
x3＋10 10 10 20
(2)由已知得：a> ＝x＋ ，设g(x)＝x＋ (1≤x≤2)，则g′(x)＝1－ ，因为1≤x≤2，
x2 x2 x2 x3
9 9
所以g′(x)<0．所以g(x)在[1，2]上是减函数，所以g(x) ＝g(2)＝ ，a> ，
min
2 2
9
，＋∞
即a的取值范围是 2 ．
小结：含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
（1）a≥f(x)在x∈D上能成立，则a≥f(x) ； （2）a≤f(x)在x∈D上能成立，则a≤f(x) ．
min max
含有全称量词与存在量词的不等式问题
1 a
【例2】已知函数f(x)＝ lnx－mx(m∈R)，g(x)＝x－ (a>0)．
2 x
(1)求函数f(x)的单调区间．
1
(2)若m＝ ，对 x ，x ∈[2，2e2]都有g(x )≥f(x )成立，求实数a的取值范围．
1 2 1 2
2e2
∀
1 1
【解析】(1)f(x)＝ lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝ －m，
2 2x
当m≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
1 f′ x >0， 1 f′ x <0， 1
当m>0时，由f′(x)＝0得x＝ ；由 得0 ．
2m x>0 2m x>0 2m
综上所述，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
88/397衡中数学一本通高分手册
1 1
0， ，＋∞
当m>0时，f(x)的单调递增区间为 2m ，单调递减区间为 2m ．
1 1 1
(2)若m＝ ，则f(x)＝ lnx－ x．对 x ，x ∈[2，2e2]都有g(x )≥f(x )成立，等价于对 x∈[2，2e2]都
1 2 1 2
2e2 2 2e2
∀ ∀
1 a
有g(x) ≥f(x) ，由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝ ，g′(x)＝1＋ >0(a>0)，x∈[2，2e2]，函
min max
2 x2
a a 1
数g(x)在[2，2e2]上是增函数，g(x) ＝g(2)＝2－ ，由2－ ≥ ，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，即
min
2 2 2
实数a的取值范围是(0，3]．
小结：含全称、存在量词不等式恒成立问题的方法
1．存在x ∈A，任意x ∈B使f(x )≥g(x )成立，则f(x) ≥g(x) ．
1 2 1 2 max max
2．任意x ∈A，存在x ∈B，使f(x )≥g(x )成立，则f(x) ≥g(x) ．
1 2 1 2 min min
3．任意x ∈A，x ∈B，使f(x )≥g(x )，则f(x) ≥g(x) ．
1 2 1 2 min max
4．存在x ∈A，x ∈B，使f(x )≤g(x )，则f(x) ≤g(x) ．
1 2 1 2 min max
专题 立体几何
09
1．【高考全国Ⅱ卷理数7】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为
，在俯视图中对应的点为 ，则该端点在侧视图中对应的点为 （ ）
M N
A．E BF ． C．G D．H
【答案】A
【思路导引】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点．
【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，
89/397衡中数学一本通高分手册
图中标出了根据三视图M 点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E，故选：A．
【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图判断点的位置，考查直观想象学
科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法．
2．【高考全国Ⅲ卷理数8】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是 （ ）
A．64 2 B．44 2 C．62 3 D．42 3
【答案】C
【思路导引】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面
积．
【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，
1
根据立体图形可得：S S S 222，根据勾股定理可得：AB AD DB2 2，
△ABC △ADC △CDB
2
△ADB是边长为2 2的等边三角形，根据三角形面积公式可得：
90/397衡中数学一本通高分手册
1 1 3
S ABADsin60 (2 2)2 2 3，该几何体的表面积是：322 3 62 3 ，故选
△ADB
2 2 2
C．
【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，考查
数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法．
3．【高考全国Ⅰ卷理3】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱
锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的
边长的比值为 （ ）
51 51 51 51
A． B． C． D．
4 2 4 2
【答案】C
1
【思路导引】设CD a,PE b，利用PO2 CDPE得到关于a,b的方程，解方程即可得到答案．
2
a2 1 a2 1
【解析】如图，设CD a,PE b，则PO PE2 OE2 b2 ，由题意PO2 ab，即b2 ab，
4 2 4 2
b b b 1 5
化简得4( )2 2 10，解得 （负值舍去），故选C．
a a a 4
【专家解读】本题的特点是注重正棱锥中截面直角三角形的应用，本题考查了正四棱锥的概念及面积的计算，
考查正四棱锥中截面的性质，考查数学运算、直观想象等学科素养．正确进应用截面性质是解题的关键．
4．【高考全国Ⅰ卷理数10】已知A, B,C为球O的球面上的三个点，⊙O 为ABC的外接圆．若⊙O 的面
1 1
91/397衡中数学一本通高分手册
积为4π，AB BC AC OO ，则球O的表面积为 （ ）
1
A．64π B．48 C．36 D．32
【答案】A
【思路导引】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO
1
的值，根据球截面性质，求出
球的半径，即可得出结论．
【解析】设圆O 半径为r，球的半径为R，依题意，得r2 4,r 2，
1
由正弦定理可得AB 2rsin602 3 ，OO AB2 3，根据圆截面性质OO 平面ABC，
1 1
OO O A,R OA OO2 O A2 OO2 r2 4，球O的表面积S 4R2 64，故选A．
1 1 1 1 1
【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了三棱锥的外接球，考查球的表面积公式，考查
数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是正确应用球的截面性质．
5 ． 【 高 考 全 国 Ⅰ 卷 理 数 16 】 如 图 ， 在 三 棱 锥 PABC 的 平 面 展 开 图 中 ，
AC 1, AB AD 3, AB AC , AB AD,CAE 30，则cosFCB_____________．
92/397衡中数学一本通高分手册
1
【答案】
4
【思路导引】在△ACE中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF ，利用勾股定理计算出BC、BD，可得出
BF ，然后在BCF中利用余弦定理可求得cosFCB的值．
【解析】AB AC，AB 3，AC 1，由勾股定理得BC AB2 AC2 2，
同理得BD 6 ，BF BD 6，在△ACE中，AC 1，AE AD 3，CAE 30，
3
由余弦定理得CE2 AC2 AE2 2ACAEcos30 1321 3 1，CF CE 1，
2
在BCF中，BC 2，BF 6，CF 1，
CF2 BC2 BF2 146 1 1
由余弦定理得cosFCB ，故答案为： ．
2CFBC 212 4 4
【专家解读】本题的特点是注重空间角的计算，本题考查了利用余弦定理解三角形，考查数学运算、直观想象
等学科素养．解题关键是选择合适的三角形，利用余弦定理解决问题．
6．【高考全国Ⅲ卷理数 15】已知圆维的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积
为 ．
2
【答案】
3
【思路导引】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值．
【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中BC 2,AB AC 3，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，
1
由于AM 32 12 2 2，故S 22 2 2 2，设内切圆半径为r，则：
△ABC
2
1 1 1 1
S S S S ABr BCr ACr 332 r 2 2，
△ABC △AOB △BOC △AOC
2 2 2 2
93/397衡中数学一本通高分手册
2 4 2 2
解得：r = ，其体积：V r3 ．故答案为： ．
2 3 3 3
解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为BS 3，底面
半径为BC=1，高为SC BS2 BC2 2 2，不妨设该内切圆与母线BS 切于D点，
OD BC r 1 2 4 2
令ODOCr，则由SODSBC，可得 ，即 ，得r ，此时V r3= ．
OS BS 2 2r 3 2 3 3
【专家解读】本题的特点是圆锥与球的位置关系，本题考查了圆锥内切球，考查球的体积公式，考查数学运算、
数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量
关系，正确作出截面，构造直角三角形，应用勾股定理解题．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1、空间几何体表面积的求法
（1）以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间
的位置关系及数量。
（2）多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理。
94/397衡中数学一本通高分手册
（3）旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用。
2．求空间几何体体积的常用方法：
几何 (1)公式法(适用于规则几何体)。
体表 (2)割补法(适用于不规则的几何体，有时对不易求体积的规则几何体也用此法)。
面积 (3)等体积转化法(适用于求三棱锥的体积)。
与体 3．求空间几何体的体积最值的常用方法：
积 (1)几何法：由图形的特殊位置确定最值，如垂直。
(2)基本不等式法：根据条件建立两个变量的和或积为定值，利用基本不等式求体积的最值。
(3)函数法：通过建立相关函数式，将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解，此法应用
最为广泛。
1、根据三视图还原几何体
（1）对柱、锥、台、球的三视图要熟悉。
（2）明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图。
（3）根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相
关数据。
三视图 提醒：对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组
合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线
和虚线的不同。
2、由三视图还原几何体的三个步骤：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；
第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)做垂线，找到顶点，
连线即可。
1．判定线面平行的四种方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)。
平行问题 (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b α，a∥b a∥α)。
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂ α a∥β⇒)。
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，⊂a⊄β⇒，a∥α a∥β)。
2．在应用线面平行的判定定理进行平行转化时⇒，一定注意定理成立的条件，通常应严格按
照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直
线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行。
95/397衡中数学一本通高分手册
3、证明面面平行的方法
（1）面面平行的定义。
（2）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这
两个平面平行。
（3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行。
（4）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行。
（5）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化。
4．三种平行关系的转化：
判定定理 判定定理
线线平行性质定理线面平行 性质 面面平行性质定理
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中
既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向。
1、证明直线和平面垂直的常用方法
(1)利用判定定理．(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α b⊥α)．
垂直问题 (3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β a⊥β)．(4)利用面面垂直的性⇒质．
2、证明面面垂直的主要方法 ⇒
①利用判定定理．在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边
上的中线垂直于底边，勾股定理的逆定理等．②用定义证明．只需判定两平面所成二面角为
直二面角．③客观题中，也可应用：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也
垂直于第三个平面．
3、必记结论：
(1)直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b α a⊥b.
(2)若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂⊂直于⇒该平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
4、垂直关系综合题的类型及解法
（1）三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化。
（2）垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用。
（3）垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体
积。
96/397衡中数学一本通高分手册
1．向量法求异面直线所成角的方法
（1）选好基底或建立空间直角坐标系。
|v ·v |
（2）求出两直线的方向向量v ，v ，代入公式|cos〈v ，v 〉|＝ 1 2求解。
1 2 1 2
|v ||v |
1 2
π
0，
提醒：两异面直线所成角θ的范围是 2 ，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面
空间角
直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当两异面直线的方向向量
的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角。
2．向量法求线面角的两大途径
（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或
其补角)。
（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余
角就是斜线和平面所成的角。
3、（1）利用向量法计算二面角大小的常用方法
①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向
量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小。
②找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的
两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小。
（2）已知二面角大小求值的技巧
建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向
量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解。
4、平面的法向量求法步骤：
(1)设平面的法向量为n＝(x，y，z)．
(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a＝(a ，b ，c )，b＝(a ，b ，c )；
1 1 1 2 2 2
n·a＝0，
(3)根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组
n·b＝0；
(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量．
1、对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或
方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等。
探索性问题 2、对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数。
3、立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
97/397衡中数学一本通高分手册
(1)根据条件作出判断，再进一步论证．
(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的
值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
3
(1)外接球：球心是正方体中心；半径r＝ a(a为正方体的棱长)。
2
a
(2)内切球：球心是正方体中心；半径r＝ (a为正方体的棱长)。
2
球体 2
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝ a(a为正方体的棱长)。
2
2．正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
6
(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝ a(a为正四面体的棱长)。
4
6
(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝ a(a为正四面体的棱长)。
12
考查空间几何体的表面积与体积：
【例1】（2021·陕西咸阳一模）已知某圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则它的体积为（ ）
2 3 4 3 8 3
A． B． C． D．2 3
3 3 3
【答案】C
【解析】如图所示：
ABC 为边长为4的正三角形，所以AB=AC=BC=4，取BC中点为O，则AO 42 22 2 3，所以圆锥
1 8 3
的体积V 222 3 .故选C.
3 3
【例2】在长方体ABCDABC D 中，AB BC 2，AC 与平面BBCC 所成的角为30，则该长方体
1 1 1 1 1 1 1
的体积为（ ）
98/397衡中数学一本通高分手册
A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3
【答案】C
【解析】连接AC 和BC ，∵AC 与平面BBCC 所成角为30，∴
1 1 1 1 1
AC B 30 ，
1
AB
∴ tan30,BC 2 3，∴CC 2 2 ，∴V 222 2 8 2 ，故选C.
BC 1 1
1
考查三视图：
【例1】（2021·宁夏吴忠一模）下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（ ）
A．12a2 B．6a2 C．3a2 D．a2
【答案】C
【解析】根据三视图可知，该几何体为如图正方体中的三棱锥ABCD，正方体的棱长等于a，三棱锥的外接
球就是正方体的外接球，所以外接球的直径2R 3a，因此外接球的表面积为S 4R2 3a2，故选C．
【例2】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆
柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M 到N的路径中，最短路径的长度为（ ）
99/397衡中数学一本通高分手册
A．2 17 B．2 5 C．3 D．2
【答案】B
【解析】三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开，最短路径为M,N 连线的距离，所以
MN 42 22 2 5 ，故选B.
考查平行、垂直问题：
【例1】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，E，
F 分别为AD，PB的中点．
（1）求证：PE BC ；
（2）求证：平面PAB平面PCD；
（3）求证：EF∥平面PCD．
【解析】（1）Q PAPD，且E为AD的中点，PE AD，
Q 底面ABCD为矩形，BC∥AD，PEBC ．
（2）Q 底面ABCD为矩形，AB AD，Q 平面PAD平面ABCD，AB平面PAD，
ABPD．又PAPD，Q PD平面PAB，平面PAB平面PCD．
（3）如图，取PC中点G，连接FG ，GD．
1
Q F ，G分别为PB和PC的中点，FG∥BC ，且FG BC ，
2
1
Q 四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，ED∥BC ，DE BC，
2
ED∥FG ，且EDFG ，四边形EFGD为平行四边形，
EF∥GD，又EF 平面PCD，GD 平面PCD，EF∥平面PCD．
100/397衡中数学一本通高分手册
【例2】在平行六面体ABCDABCD 中，AA AB,AB BC ．
1 1 1 1 1 1 1 1
求证：（1）AB∥平面ABC ；（2）平面ABB A 平面ABC．
1 1 1 1 1
【解析】（1）在平行六面体ABCDABC D 中，AB∥AB ．
1 1 1 1 1 1
因为AB平面ABC ，AB 平面ABC ，所以AB∥平面ABC ．
1 1 1 1 1 1 1 1
（2）在平行六面体ABCDABC D 中，四边形ABB A 为平行四边形，又因为AA AB ，
1 1 1 1 1 1 1
所以四边形ABB A 为菱形，因此AB AB．又因为AB BC ，BC∥BC ，所以AB BC．
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又因为ABBC B ，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AB 平面ABC．
1 1 1 1 1 1
因为AB 平面ABB A ，所以平面ABB A 平面ABC．
1 1 1 1 1 1
考查空间角：
【例1】如图，在正三棱柱ABC-A B C 中，AB=AA =2，点P，Q分别为A B ，BC的中点．
1 1 1 1 1 1
（1）求异面直线BP与AC 所成角的余弦值；
1
（2）求直线CC 与平面AQC 所成角的正弦值．
1 1
3 10 5
【答案】（1） ；（2） ．
20 5
【解析】如图，在正三棱柱ABCABC 中，设AC，
1 1 1
AC 的中点分别为O，O ，则OBOC ，OO OC ，
1 1 1 1
OO OB ，以 OB,OC,OO 为基底，建立空间直角坐标系 Oxyz．因为
1 1
AB AA 2，
1
所以A 0,1,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 0,1,2 ， B 3,0,2 ，
1 1
101/397衡中数学一本通高分手册
C 0,1,2 ．
1
3 1
（1）因为P为AB 的中点，所以P , ,2，
1 1 2 2
3 1
从而BP , ,2，AC 0,2,2 ，
2 2 1
BPAC 14 3 10
1
故 cos BP,AC ．
1 BP AC 52 2 20
1
3 10
因此，异面直线BP 与AC 所成角的余弦值为 ．
1 20
3 1 3 3
（2）因为Q为BC 的中点，所以Q , ,0 ，因此AQ , ,0，AC 0,2,2 ，CC 0,0,2 ．设
2 2 2 2 1 1
3 3
n x,y,z 为平面AQC 的一个法向量，则 A Q n0 即 2 x 2 y 0 ，不妨取n 3,1,1 ，设直
1
AC
1
n0
2y2z 0
CC n 2 5
1
线CC 与平面AQC 所成角为，则sin cosCC,n ，所以直线CC 与平面
1 1 1 CC n 52 5 1
1
5
AQC 所成角的正弦值为 ．
1 5
【例2】（2021·安徽六安一模）如图，在平面四边形PABC中，PA AC，ABBC，PA AB 3，AC 2，
现把△PAC沿AC折起，使P在平面ABC上的射影为O，连接OA、OB，且OB//AC.
（1）证明：OB平面PAO；
（2）求二面角OPBC的余弦值.
【解析】（1）PO 平面ABC，AC 平面ABC，PO AC，
又PA AC，PAI PO P，所以AC 平面PAO，Q OB//AC，所以OB平面PAO。
（2）在RtABC中，AB 3，AC 2，则BC AC2 AB2 1，BAC 30，
102/397衡中数学一本通高分手册
1 3 3
在RtOAB中，OAB 90 30 60，所以OA AB ，OB ，
2 2 2
3 3
RtPAO中，PA 3，AO ，OP PA2 OA2 ，
2 2
以点O为坐标原点，OB、OA、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，
3 3 3 3 uur 3 3 uuur 3 3
则A 0, ,0 、C 2, ,0 、B ,0,0 、P0,0, ，所以PB ,0, ，PC 2, , ，
2 2 2 2 2 2 2 2
ur
由（1）可知m
0,1,0
为平面POB的一个法向量，
3 3
2 x 2 z 0 y 3 x
设平面平PBC的法向量为n x,y,z ，则有 3 ，
3 3
2x y z 0 z x
2 2
mn 1 7
取x 3，得n 3,1, 3 ，cos m,n
，
m n 1 7 7
7
由图可知，二面角OPBC为钝角，所以，二面角OPBC的余弦值为 .
7
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标
平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从
而得到二面角的余弦值.
考查球体：
【例1】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )
103/397衡中数学一本通高分手册
7 11
A．πa2 B. πa2 C. πa2 D．5πa2
3 3
【答案】B
【解析】如图，O ，O分别为上、下底面的中心，D为O O的中点，则DB为球的 半径，
1 1
a2 a3 7a2
有r＝DB＝ OD2 OB2 ＝ ＝ ，
4 3 12
7a2 7
∴S ＝4πr2＝4π× ＝ πa2.
表
12 3
【例2】（2021·山西吕梁一模）已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧
8 2π
面PAD 底面ABCD，AB 2，若四棱锥PABCD外接球的体积为 ，则该四棱锥的表面积为（ ）
3
A．4 3 B．6 3 C．8 3 D．10 3
【答案】B
【分析】首先确定球心O的位置，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M ，过O作三角形APD的垂线，垂足
为N ，过N 作NE AD ，证明四边形MENO是平行四边形，设AD2x，分别求出OA、OM、AM 的长，
利用勾股定理可得x，然后分别计算四个侧面和底面的面积可得答案.
【解析】设四棱锥PABCD外接球的球心为O，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M ，
因为四边形ABCD是长方形，所以M 的底面中心，即对角线AC、BD的交点，
过O作三角形APD的垂线，垂足为N ，所以N 是正三角形APD外心，
8 2π 4r3
设外接球半径为r，外接球的体积为 ，所以r 2，即OA 2，
3 3
1
过N 作NE AD ，则E是AD的中点，连接EM ，所以EM AB 1，EM AD，因为平面APD 平
2
面ABCD，平面APD平面ABCD AD，
所以NE 平面ABCD，所以NE//OM ，所以EM 平面APD，所以EM//ON ，
所以四边形 MENO 是平行四边形，即 OM NE ，设 AD2x ，则 AM AE2 EM2 x2 1 ，
1 1 3 3 3
NE PE AD x ，所以 OM NE x ，由勾股定理得 OA2 OM2 AM2 ，即
3 3 2 3 3
1 3 1 3 3
2 x2 x2 1，解得x ，所以AD 3，S AD2sin60 ，
3 2 PAD 2 4
104/397衡中数学一本通高分手册
因为AB//CD//OM ，所以AB 平面APD，CD平面APD，
1
所以PA AB，PDCD，S S ABAP 3，
PAB PCD 2
因为PB PC PA2 AB2 7，BC 3 ，
2
1 3 5
作 PH BC 于 H ， 所 以 H 为 BC 的 中 点 ， 所 以 PH PB2 BC 7 ， 所 以
2 4 2
1 5 3
S PHBC ，S 2 3，所以S S S S S 6 3.故选B.
PBC 2 4 矩形ABCD 表 PAD PAB PCD 矩形ABCD
【点睛】本题考查了球内接四棱锥的问题，关键点是确定球心的位置及计算边长，考查了学生的空间想象力、
推理能力和计算能力.
立体几何中的探索性问题
【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，
AC＝CD＝ 5。
(1)求证：PD⊥平面PAB。
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值。
AM
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求 的值；若不存在，
AP
说明理由。
【解析】(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB 平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD。所以AB⊥PD。又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥
⊂
平面PAB。
(2)取AD的中点O，连接PO，CO。因为PA＝PD，所以PO⊥AD。
又因为PO 平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面 ⊂ABCD。因为CO 平面ABCD，所以PO⊥CO。因为AC＝CD，所以CO⊥AD。
⊂
105/397衡中数学一本通高分手册
如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz。
由题意得，A(0,1,0)，B(1，1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)。
则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)。
－y－z＝0，
则即 令z＝2，则x＝1，y＝－2。
2x－z＝0。
3
所以n＝(1，－2,2)。又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－ 。
3
3
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 。
3
(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0,1]，使得＝λ。因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)。
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0。
1 AM 1
解得λ＝ 。所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时 ＝ 。
4 AP 4
【小结】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把
“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等。
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出
等式，解出参数。
【例2】如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°。点D，E，N
分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2。
(1)求证：MN∥平面BDE。
(2)求二面角C－EM－N的正弦值。
7
(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，求线
21
段AH的长。
【解析】(1)证明：如图，以点A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向
建立空间直角坐标系，依题意可得A(0，0,0)，B(2,0,0)，C(0，4,0)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，
M(0,0,1)，N(1，2,0)。所以＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)。设n＝(x ，y ，z )为平面BDE
1 1 1
2y ＝0，
1
的法向量，则即 不妨设z ＝1，可得n＝(1,0,1)。又＝(1,2，－1)，
1
2x －2z ＝0。
1 1
可得·n＝0。因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE。
(2)易知n ＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量。设n ＝(x ，y ，z )为平面EMN的法向量，
1 2 2 2 2
－2y －z ＝0，
2 2
则因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，所以
x ＋2y －z ＝0。
2 2 2
n ·n 4 21
不妨设y ＝1，可得n ＝(－4,1，－2)。因此有cos〈n ，n 〉＝ 1 2＝－ ，设二面角C－EM－N的平面角
2 2 1 2
|n ||n | 21
1 2
106/397衡中数学一本通高分手册
105 105
为θ，于是sinθ＝ 1－cos2〈n ，n 〉＝ 。所以二面角C－EM－N的正弦值为 。
1 2
21 21
(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)。又＝(－2,2,2)，由已知，得|cos〈，〉|
|2h－2|
7 8 1
＝＝ ＝ 。整理，得10h2－21h＋8＝0，解得h＝ 或h＝ 。
h2＋5×2 3 21 5 2
8 1
所以线段AH的长为 或 。
5 2
【小结】本例中的第(3)问是由已知的线线角探究点H的位置，应抓住该点所满足的特征，从而引入参数表示其
坐标。由已知点H在棱PA上，知此处应抓住两个关键点：一是共线，因为棱PA就在z轴上，所以直
接设AH的长度就可以得到点H的坐标(若直线PA与坐标轴不平行，则需利用向量共线引入参数解决，
直接设＝λ，然后进行坐标运算)；二是注意范围，因为点H在棱PA上，所以0≤AH≤AP，即0≤h≤4(若
引入参数λ，则0≤λ≤1)，若该题中求出的h值超出该范围，则应舍掉。
专题 解析几何
10
1．【高考全国Ⅲ卷文数8】点 0,1 到直线y k x1 距离的最大值为 （ ）
A．1 B． 2 C． 3 D．2
【答案】B
【思路导引】首先根据直线方程判断出直线过定点P(1,0)，设A(0,1)，当直线 y k(x1)与AP垂直时，
点A到直线 y k(x1)距离最大，即可求得结果．
【解析】由y k(x1)可知直线过定点P(1,0)，设A(0,1)，
当直线y k(x1)与AP垂直时，点A到直线y k(x1)距离最大，即为|AP| 2．故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了点到直线距离公式，考查数学运算学科素养．解题关键是熟
记公式．
2．【高考全国Ⅰ卷理数11】已知⊙M :x2 y2 2x2y20，直线l:2x y20，P为l上的动点，
过点P作⊙M 的切线PA,PB，切点为A, B，当 PM AB 最小时，直线AB的方程为 （ ）
107/397衡中数学一本通高分手册
A．2x y10 B．2x y10 C．2x y10 D．2x y10
【答案】D
【思路导引】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点 A,P,B,M 共圆，且 AB MP ，根据
PM AB 2S 2 PA 可知，当直线MP l 时， PM AB 最小，求出以MP为直径的圆的方程，根
△PAM
据圆系的知识即可求出直线AB的方程．
2112
【解析】圆的方程可化为 x1 2 y1 2 4，点M 到直线l的距离为d 5 2，∴直线l
22 12
与圆相离．依圆的知识可知，四点A,P,B,M 四点共圆，且AB MP，
1
∴ PM AB 2S 2 PA AM 2 PA ，而 PA MP 2 4，
△PAM
2
当直线MP l 时， MP 5 ， PA 1，此时 PM AB 最小．
min min
1 1
1 1 1 y x x1
∴MP: y1 x1 即 y x ，由 2 2 解得， ．
2 2 2 2x y20 y 0
∴以MP 为直径的圆的方程为 x1 x1 y y1 0，即x2 y2 y10，两圆的方程相减可得：
2x y10，即为直线AB的方程，故选D．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性
质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质的应用．
3．【高考全国Ⅲ卷文数 6】在平面内， A,B是两个定点，C 是动点．若 ACBC 1，则点C 的轨迹为
（ ）
A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线
【答案】A
【思路导引】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可．
【解析】设AB2a a0 ，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
108/397衡中数学一本通高分手册
则：A
a,0
,B
a,0
，设C
x,y
，可得：A
C xa,y ,B
C xa,y ，
从而：A CB C xa xa y2，结合题意可得： xa xa y2 1，
整理可得：x2 y2 a2 1，即点C的轨迹是以AB中点为圆心， a2 1为半径的圆．故选A．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，
考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是解题关键是掌握圆锥曲线的定义及轨迹方程的求解．
4．【高考全国Ⅰ卷文数 6】已知圆x2 y2 6x0 ，过点1,2的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【思路导引】根据直线和圆心与点(1,2)连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论．
【解析】圆x2 y2 6x0化为(x3)2 y2 9，∴圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，
设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，
根据弦长公式最小值为2 9|CP|2 2 98 2，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的几何性质的应用，
考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质及勾股定理的应用．
5．【高考全国Ⅰ卷理数4】已知A为抛物线C:y2 2px p0 上一点，点A到C的焦点的距离为12，到 y
轴的距离为9，则 p （ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
【答案】C
【思路导引】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案．
109/397衡中数学一本通高分手册
p p
【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知 AF x 12，即129 ，解得 p = 6，故选C．
A 2 2
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性
质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是应用抛物线的定义解题．
y2
6．【高考全国Ⅰ卷文数11】设F ,F 是双曲线C:x2 1的两个焦点，O为坐标原点，点P 在C上且
1 2 3
OP 2，则PFF 的面积为 （ ）
1 2
7 5
A． B．3 C． D．2
2 2
【答案】B
【思路导引】由 PFF 是以 P 为直角直角三角形得到 PF 2 PF 2 16 ，再利用双曲线的定义得到
1 2 1 2
1
PF PF 2，联立即可得到 PF PF ，代入S PF PF 中计算即可．
1 2 1 2 △F 1 F 2 P 2 1 2
1
【解析】由已知，不妨设F(2,0),F (2,0)，则a1,c2，∵ OP 1 FF ，
1 2 2 1 2
∴点P在以FF 为直径的圆上，即FF P是以P为直角顶点的直角三角形，
1 2 1 2
故|PF |2 |PF |2|FF |2，即|PF |2 |PF |216，又 |PF ||PF | 2a 2，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴4 |PF ||PF | 2 |PF |2 |PF |2 2|PF ||PF |162|PF ||PF |，
1 2 1 2 1 2 1 2
1
解得|PF ||PF |6，∴S |PF ||PF |3，故选B．
1 2 △F 1 F 2 P 2 1 2
【专家解读】本题的特点是注重双曲线的基本应用，本题考查了双曲线标准方程及其几何性质，考查双曲线中
焦点三角面积的计算问题，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是双曲线的定义的应用．
7．【高考山东卷9】已知曲线C:mx2ny2 1 （ ）
A．若mn0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若mn0，则C是圆，其半径为 n
m
C．若mn0，则C是双曲线，其渐进线方程为y x
n
D．若m0，n0，则C 是两条直线
【答案】ACD
【思路导引】结合选项进行逐项分析求解，mn0时表示椭圆，mn0时表示圆，mn0时表示双曲
线，m0,n0时表示两条直线．
110/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2
1
【解析】对于A，若mn0，则mx2 ny2 1可化为 1 1 ，
m n
1 1
因为mn0，所以 ，即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
m n
1 n
对于B，若mn0，则mx2 ny2 1可化为x2 y2 ，此时曲线C表示圆心在原点，半径为 的圆，
n n
故B不正确；
x2 y2
1
对于C，若mn0，则mx2 ny2 1可化为 1 1 ，此时曲线C表示双曲线，
m n
m
由mx2 ny2 0可得 y x，故C正确；
n
1 n
对于D，若m0,n0，则mx2 ny2 1可化为 y2 ， y ，此时曲线C表示平行于x轴的两条直
n n
线，故D正确．故选ACD．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了圆锥曲线的定义及其几何性质，考查数学运算、直观想象、
逻辑推理等学科素养．解题关键是圆锥曲线定义的应用．
x2 y2
8．【高考上海卷10】已知椭圆C: 1，直线l经过椭圆右焦点F ，交椭圆C 于P,Q两点（点P在第
4 3
二象限），若Q关于x轴对称的点为Q'，且满足PQ FQ'，则直线l的方程为 ．
【答案】 y x1
【解析】由条件可知FQQ是等腰直角三角形，所以直线l的倾斜角是135，所以直线l的斜率是tan135 1，
且过点F 1,0 ，得到直线l的方程为 y x1 ，即 y x1．故答案为： y x1．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了椭圆标准方程及其几何性质，考查直线与椭圆位置关系，考
查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是直角三角形的应用．
一、考向分析：
111/397衡中数学一本通高分手册
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
1．求倾斜角的取值范围的一般步骤：①求出斜率k＝tanα的取值范围；②利用正切函数的单
调性，借助图象或单位圆数形结合，确定倾斜角α的取值范围．
直线的 2．求倾斜角时要注意斜率是否存在．
倾斜角 3．斜率公式k＝ y 2 －y 1 (x ≠x )的计算与两点坐标的顺序无关，当x ＝x ，y ≠y 时，直线的倾
1 2 1 2 1 2
x －x
2 1
斜角为90°．
1．当直线方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不
存在的特殊情况．同时还要注意x、y的系数不能同时为零这一隐含条件．
两条直线 2．在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．设直线
位置关系 A 1 B 2 ＝A 2 B 1 ，
l 方程为A x＋B y＋C ＝0，直线l 方程为A x＋B y＋C ＝0．若l ∥l 若
1 1 1 1 2 2 2 2 1 2
A C ≠A C ；
1 2 2 1
⇔
l ⊥l A A ＋B B ＝0．
1 2 1 2 1 2
3．求⇔过两直线交点的直线方程的方法： 求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直
112/397衡中数学一本通高分手册
线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程．
4．利用距离公式应注意：①点P(x ，y )到直线x＝a的距离d＝|x －a|，到直线y＝b的距离
0 0 0
d＝|y －b|；②应用两平行线间的距离公式要把两直线方程中x，y的系数分别化为相等．
0
1．求解与直线方程有关的最值问题．先设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式
与直线有关
求解最值．
的最值问题
2．求参数值或范围．注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性
或基本不等式求解．
用待定系数法求圆的方程的一般步骤
1．选用圆的方程两种形式中的一种(若知圆上三个点的坐标，通常选用一般方程；若给出圆
圆的方程
心的特殊位置或圆心与两坐标轴间的关系，通常选用标准方程)．
2．根据所给条件，列出关于D，E，F或a，b，r的方程组．
3．解方程组，求出D，E，F或a，b，r的值，并把它们代入所设的方程中，得到所求圆的
方程．
求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同，常采用以下方法：
1．直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．
2．定义法：根据圆、直线等定义列方程．
3．几何法：利用圆的几何性质列方程．
4．代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．
y－b
1．形如μ＝ 的最值问题，可转化为过定点的动直线的斜率的最值问题．
x－a
2．形如t＝ax＋by的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题，也可用三角代换求解．
与圆有关的
3．形如m＝(x－a)2＋(y－b)2的最值问题，可转化为动点与定点的距离的平方的最值问题．
最值问题
4．与圆相关的最值，若几何意义明显时，可充分利用几何性质，借助几何直观求解．否则
可用代数法转化为函数求最值．
1、判断直线与圆的位置关系的常见方法
（1）几何法：利用d与r的关系； （2）代数法：联立方程之后利用Δ判断．
直线与圆 2、直线被圆所截得的弦长问题是直线与圆相交时产生的问题，也是直线与圆的位置关系的
的位置关系 一个衍生问题．常用的方法有：①根据平面几何知识结合坐标，把弦长用圆的半径和圆心到
直线的距离表示；②通过联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系，建立弦长与交点坐标
的关系来解决问题．
113/397衡中数学一本通高分手册
1．椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判定平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆；二
是利用定义求焦点三角形的周长、面积、弦长、最值和离心率等．
椭圆定义及 2．椭圆的定义式必须满足2a>|F 1 F 2 |．
其几何性质 3、求椭圆方程的基本方法是待定系数法，先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然
后根据条件建立关于a，b的方程组，如果焦点位置不确定，可设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，
n>0，m≠n)，求出m，n的值即可．
4．在解关于离心率e的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e∈(0，1)进行根的取舍，否
则将产生增根．
5．与椭圆有关的最值或取值范围问题的求解方法主要有以下几种：
(1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质，求最值或取值范围．
(2)利用函数，尤其是二次函数求最值或取值范围．
(3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值或取值范围．
(4)利用一元二次方程的判别式求最值或取值范围．
1．“焦点三角形”中常用到的知识点及技巧
(1)常用知识点：在“焦点三角形”中，正弦定理、余弦定理、双曲线的定义经常使用．
(2)技巧：经常结合||PF |－|PF ||＝2a，运用平方的方法，建立它与|PF |·|PF |的联系．
1 2 1 2
双曲线定义 2．应用双曲线定义需注意的问题
及其几何性
在双曲线的定义中一是不能漏掉“绝对值”，否则轨迹是双曲线的一支；二是“常数”小于|F F |，
1 2
质
否则轨迹是线段或不存在．
(1)利用待定系数法求双曲线标准方程的关键是：设出双曲线方程的标准形式，根据已知条件，
x2 y2
列出关于参数a，b，c的方程并求出a，b，c的值；(2)与双曲线 － ＝1有相同渐近线时
a2 b2
x2 y2
可设所求双曲线方程为 － ＝λ(λ≠0)．
a2 b2
3．求双曲线离心率或其取值范围的方法
c2 a2＋b2 b2
(1)求a，b，c的值，由 ＝ ＝1＋ 直接求e．
a2 a2 a2
(2)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助于b2＝c2－a2消去b，然后转化成关于e
的方程(或不等式)求解．
4．与双曲线有关的取值范围问题的解题思路
(1)若条件中存在不等关系，则借助此关系直接变换转化求解．
114/397衡中数学一本通高分手册
(2)若条件中没有不等关系，要善于发现隐含的不等关系或借助曲线中不等关系来解决．
1．由抛物线定义，把抛物线上点到焦点距离与到准线距离相互转化．
p p
2．注意灵活运用抛物线上一点P(x，y)到焦点F的距离|PF|＝|x|＋ 或|PF|＝|y|＋ ．
抛物线定义
2 2
及其几何性 3．求抛物线的标准方程的方法
质
(1)先定位：根据焦点或准线的位置．(2)再定形：即根据条件求p．
4．抛物线性质的应用技巧
(1)利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程．
(2)要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质以形助数．
5、抛物线焦点弦的4个常用结论
设AB是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的弦，若A(x ，y )，B(x ，y )，则
1 1 2 2
p2 2p
(1)x x ＝ ，y y ＝－p2． (2)弦长|AB|＝x ＋x ＋p＝ (α为弦AB的倾斜角)．
1 2 1 2 1 2
4 sin2α
(3)以弦AB为直径的圆与准线相切．(4)过焦点垂直于对称轴的弦长等于2p．
1．判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消
元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0．
2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意
观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数
转化为判别式与0的大小关系求解．
直线与圆锥
3、设直线与椭圆的交点坐标为A(x ，y )，B(x ，y )，
曲线位置关 1 1 2 2
1
系 1＋
则|AB|＝ 1＋k2 [ x
1
＋x
2
2－4x
1
x
2
]＝ k2 [ y
1
＋y
2
2－4y
1
y
2
](k为直线斜率)．
4、最值与范围问题的解题思路
（1）构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解．
（2）构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解．在解题过程中，一定要深
刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等．
5、遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．
x2 y2 b2x x2 y2
在椭圆 ＋ ＝1中，以P(x ，y )为中点的弦所在直线的斜率k＝－ 0；在双曲线 － ＝1
0 0
a2 b2 a2y a2 b2
0
b2x
中，以P(x ，y )为中点的弦所在直线的斜率k＝ 0；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x ，y )
0 0 0 0
a2y
0
p
为中点的弦所在直线的斜率k＝ ．在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0．
y
0
115/397衡中数学一本通高分手册
1、直接法求轨迹方程的2种常见类型及解题策略
（1）题目给出等量关系，求轨迹方程．可直接代入即可得出方程．
（2）题中未明确给出等量关系，求轨迹方程．可利用已知条件寻找等量关系，得出方程．但
要注意完备性易忽视．
求轨迹方程
2．定义法求轨迹方程的适用条件：动点与定点、定直线之间的某些关系满足直线、圆、椭
的基本方法
圆、双曲线、抛物线的定义，定义法求轨迹方程的关键是理解平面几何图形的定义．
3、相关点法求轨迹方程的步骤
（1）明确主动点(已知曲线上的动点)P(x ，y )，被动点(要求轨迹的动点)M(x，y)．
0 0
（2）寻求关系式x ＝f(x，y)，y ＝g(x，y)．
0 0
（3）将x ，y 代入已知曲线方程．
0 0
（4）整理关于x，y的关系式得M的轨迹方程．
1、圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何
方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二
定点、定值、 是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后
最值问题的 利用函数方法、不等式方法等进行求解．
求解策略
2、圆锥曲线中的证明问题常见的有：位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数
量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用
直接证明法，但有时也会用到反证法．
3、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看
成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数
都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组
的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
4、求定值问题常用的方法有两种
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
考查直线的倾斜角及斜率
【例1】一条光线从点(2,3)射出，经y 轴反射后与圆(x3)2 (y2)2 1相切，则反射光线所在直线的斜
率为
116/397衡中数学一本通高分手册
5 3 3 2 5 4 4 3
A． 或 B． 或 C． 或 D． 或
3 5 2 3 4 5 3 4
【答案】D
【解析】(2,3)关于 y轴对称点的坐标为(2,3)，设反射光线所在直线为 y3k(x2)，即kxy2k30，
|3k22k3| 4 3
则d 1，|5k5| k21，解得k 或 ．
k2 1 3 4
【例2】（2021·江西五市九校联考）设A 2,0 ，B 2,0 ，O为坐标原点，点P满足 PA 2 PB 2 16，若
直线kx y6 0上存在点Q使得PQO ，则实数k的取值范围为（ ）
6
A．
4 2,4 2
B． ,4 2
4 2,
5 5 5 5
C．
, ,
D． ,
2 2 2 2
【答案】C
【解析】设P x,y ，则 PA 2 PB 2 x2 2 y2 x2 2 y2 16，整理可得x2 y2 4，故 OP 2，
OQ OP OP sinQPO
在PQO中， ，则 OQ 2OP sinQPO2214，
sinQPO sinPQO sinPQO
6 5 5
设原点到直线的距离为d ，则需满足d 4，d 4，解得k 或k ．故选C．
k2 1 2 2
【点睛】本题考查直线中参数范围的求解，解题的关键是得出 OQ 2OP sinQPO4，利用原点到直线
的距离小于等于4求解．
考查两条直线的位置关系：
1
【例1】（2020·陕西汉中一模（理））已知直线l :ax(a2)y10,l :xay20(aR)，则“ea ”
1 2
e
是“l//l ”的（ ）
1 2
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】∵直线l :ax a2 y10,l :xay20，
1 2
117/397衡中数学一本通高分手册
当“a2”时，直线l :2x10,l :x2y20，不满足l//l ，
1 2 1 2
当“a0”时，直线l :2y10,l :x20，不满足l//l ，
1 2 1 2
a a+2 1 1
∴当l//l 时，则 ，解得a1或a2．而由ea ，解得a1，
1 2
1 a 2 e
1 1 1
所以由“ea ”能推出“l//l ”，由“l//l ”不能推出“ea ”，所以“ea ”是“l//l ”充分不必要条件．故选A．
1 2 1 2 1 2
e e e
【例2】已知直线l过圆x2 y3 2 4的圆心，且与直线x y10垂直，则l的方程是（ ）
A．x y20 B．x y20 C．x y30 D．x y30
【答案】D
【解析】直线l过点(0,3)，斜率为1，所以直线l的方程为x y30．
考查与直线有关的最值：
【例1】（2021·四川成都二模（理））已知椭圆C的焦点为F 1,0 ，F 1,0 ，且椭圆与直线l：x y 7有
1 2
公共点，则椭圆长轴长的最小值为（ ）
A．10 B．7 C．2 7 D．2 5
【答案】A
【解析】设椭圆C与直线l的一个公共点为P，则 PF PF 2a（即为长轴长），问题转化为在直线l上找
1 2
y
1
点P，使得 PF PF 最小，设F 关于l的对称点E x,y ，则
x1
，可得E点坐标为 7,6 ，
1 2 2 x1 y
7
2 2
则 PF PF PF PE FE 71 2 62 10，当且仅当F ，P，E三点共线时等号成立即椭圆
1 2 1 1 1
长轴长2a的最小值为10．故选A．
118/397衡中数学一本通高分手册
【例2】在平面直角坐标系中，记d 为点P(cos,sin)到直线xmy20的距离，当，m变化时，d 的
最大值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
|cosmsin2| |msincos2|
【解析】由题意可得d
m2 1 m2 1
m 1
| m2 1( sin cos)2|
m2 1 m2 1 | m2 1sin()2|
m2 1 m2 1
m 1
（其中cos ，sin ），∵1≤sin()≤1，
m2 1 m2 1
|2 m2 1| 2 m2 1 2 m2 1 2
∴ ≤d≤ ， 1 ，
m2 1 m2 1 m2 1 m2 1
∴当m0时，d 取得最大值3，故选C．
考查圆的方程：
【例1】（2021·陕西咸阳一模（理））已知M 经过坐标原点，半径r 2，且与直线 y x2相切，则M
的方程为（ ）．
A．(x1)2 (y1)2 2或(x1)2 (y1)2 2 B．(x1)2 (y1)2 2或(x1)2 (y1)2 2
C．(x1)2 (y1)2 2或(x 2)2 y2 2 D．(x1)2 (y1)2 2或(x 2)2 y2 2
【答案】A
【解析】设圆心坐标为(a,b)，半径r 2，因为圆M 过坐标原点，且与直线 y x2相切，
119/397衡中数学一本通高分手册
ab2
所以 a2 b2 2，所以ab1，即圆心为 1,1 或 1,1 ，
2
圆M 的方程为：(x1)2 (y1)2 2或(x1)2 (y1)2 2，故选A．
【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有
参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
【例2】若圆心在x轴上、半径为 5的圆O位于 y 轴左侧，且与直线x2y 0 相切，则圆O的方程是
A．(x 5)2 y2 5 B．(x 5)2 y2 5
C．(x5)2 y2 5 D．(x5)2 y2 5
【答案】D
|a|
【解析】设圆心 O(a,0)(a0) ，则 5 ，即 |a|5 ，解得 a5 ，所以圆 O 的方程为
12 22
(x5)2 y2 5 ．
考查圆与圆的位置关系：
【例1】若圆C :x2 y2 1与圆C :x2 y2 6x8ym0外切，则m
1 2
A．21 B．19 C．9 D．11
【答案】C
【解析】由题意得C (0,0),C (3,4) ，r 1,r 25m ，|CC |r r 1 25m 5，所以m9．
1 2 1 2 1 2 1 2
【例2】（2021·陕西宝鸡一模（理））过点P(x,y)作圆C :x2 y2 1与圆C :(x2)2(y2)2 1的切线，
1 2
切点分别为A､B，若 PA PB ，则x2y2的最小值为（ ）
A． 2 B．2 C．2 2 D．8
【答案】B
【 解 析 】 如 图 所 示 ， 由 圆 的 切 线 的 性 质 得 C APA,C BPB ， 在 RtPAC ,RtPBC 中 有
1 2 1 2
PA 2 PC 2 1, PB 2 PC 2 1，由题知 PA PB ， PC PC ，所以点P在线段CC 的垂直平分
1 2 1 2 1 2
线上，由题知C (0,0),C (2,2)，所以C 与C 的中点Q的坐标为(1,1)，
1 2 1 2
120/397衡中数学一本通高分手册
20 1
C 与C 所在直线的斜率为k 1，P,Q所在直线l 的斜率为k 1，
1 2 1 20 1 2 k
1
直线l 的方程为 y 1(x1)1，即 y x2，点 P(x,y) 在 y x2，所以点 P 的坐标满足
1
y x2，所以x2 y2 x2 (x2)2 2x2 4x42(x1)2 22，
故选B．
【点睛】本题主要考查直线与圆相切的性质及函数的最值；解题方法是根据已知条件，将x2y2表示为只含有
一个未知数x的函数，然后根据二次函数的特征求出其最小值；解题的关键点是找出点P所在的一条直线，进
而用一个未知数x表示出其坐标，进而求得x2y2的最小值．
考查直线与圆的位置关系：
【例1】已知点M(a,b)在圆O:x2 y2 1外， 则直线axby 1与圆O的位置关系是
A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定
【答案】B
1
【解析】点M(a， b)在圆x2 y2 1外，∴a2 b2 1．圆O(0,0)到直线axby 1距离d 1=
a2 b2
圆的半径，故直线与圆相交．所以选B．
【例2】（2020·江西新余市·新余一中高三其他模拟（文））垂直于直线 y x2且与圆x2 y2 1相切于第三
象限的直线方程是（ ）
A．x y10 B．x y 2 0
C．x y 2 0 D．x y10
【答案】B
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|m|
【解析】设所求方程为 y xm(m0)，圆心到直线的距离为r 1，
2
∵m0，∴m 2 ．故选B．
【例3】若曲线C ：x2 y2 2x 0与曲线C ： y(ymxm)0有四个不同的交点，则实数m的取值范
1 2
围是
3 3 3 3
A．( ， ) B．( ，0)(0， )
3 3 3 3
3 3 3 3
C．[ ， ] D．( ， ) ( ，+)
3 3 3 3
【答案】B
【解析】C :(x1)2 y2 1，C 表示两条直线即x轴和直线l：y m(x1) ，显然x 轴与C 有两个交点，
1 2 1
|m(11)0| 3 3
由题意l 与C 相交，所以C 的圆心到l 的距离d r 1，解得m( , )，又当
2 1 m2 1 3 3
m0时，直线l与x轴重合，此时只有两个交点，不符合题意．故选B．
考查与圆有关的最值问题：
【例 1】已知圆C: x3 2 y4 2 1和两点 A m,0 ，B m,0 m0 ，若圆C 上存在点P ，使得
APB 90 ，则m的最大值为
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】B
【解析】因为圆
C
的圆心为
(3,4)
，半径为1，
|OC |5
，所以以原点为圆心、以m为半径与圆
C
有公共点的
最大圆的半径为6，所以m的最大值为6，故选B．
【例2】（2021·安徽六安一模（理））已知圆O:x2 y2 2，过直线l:2x y 4在第一象限内一动点P作圆
O的两条切线，切点分别是A，B，直线AB与两坐标轴分别交于M，N两点，则OMN 面积的最小值为（ ）
1
A． B．1 C． 2 D．2
2
【答案】B
【解析】设P x ,y ，则2x y 4 x 0,y 0 ，设 A x ,y ，B x ,y ，
0 0 0 0 0 0 1 1 2 2
122/397衡中数学一本通高分手册
y x
当 x 0,y 0 时 ， k k 1 1k 1k 1 ， 所 以 切 线 PA 方 程 为 ：
1 1 OA PA x PA PA y
1 1
x
y y ( 1)(xx )，而x2 y2 2，化简为：x x y y 2，显然当x 0或 y 0时也适合，所以切线
1 y 1 1 1 1 1 1 1
1
x x y y 2
PA方程为x x y y 2，同理PB:x x y y2，将P的坐标代入上述直线方程，则有 1 0 1 0 ，
1 1 2 2 x x y y 2
2 0 2 0
2 2
于是直线AB的方程为x x y y2，因此M ,0，N0, ，
0 0 x y
0 0
1 2 2 4 4 4
S 1
OMN 的面积为 2 x y 2x y 2x y 2 4 2 ，
0 0 0 0 0 0
2 2
x 1
当且仅当2x y ，即 0 时取等号．所以OMN 面积的最小值为1．故选B．
0 0 y 2
0
考查圆锥曲线的方程：
y2
【例1】设F,F 分别是椭圆E:x2 1(0b1) 的左、右焦点，过点F 的直线交椭圆E于A,B两点，
1 2 b2 1
若 AF 3BF ,AF x轴，则椭圆E的方程为_____．
1 1 2
3
【答案】x2 y2 1
2
5c 1
【解析】由题意得通径 AF b2 ，∴点 B 坐标为 B( , b2) ，将点 B 坐标带入椭圆方程得
2 3 3
1 2
( b2)2
b2
( 5c )2 3 1，又b2 1c2，解得 3 ∴椭圆方程为x2 3 y2 1．
3 b2 1 2
c2
3
x2 y2
【例2】已知双曲线 1(a0, b0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，
a2 b2
B两点．设A，B到双曲线同一条渐近线的距离分别为d 和d ，且d d 6，则双曲线的方程为
1 2 1 2
x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2
A． 1 B． 1 C． 1 D． 1
4 12 12 4 3 9 9 3
123/397衡中数学一本通高分手册
【答案】C
x2 y2
【解析】由d d 6得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b3．因为 1(a0,b0)的
1 2 a2 b2
c a2 b2 a2 9 x2 y2
离心率为2，所以 2，所以 4，所以 4，解得a2 3，所以双曲线的方程为 1．
a a2 a2 3 9
x2 y2
【例3】已知双曲线C ： 1(a0,b0)的离心率为2．若抛物线C :x2 2py(p0)的焦点到双曲线C
1 a2 b2 2 1
的渐近线的距离为2，则抛物线C 的方程为
2
8 3 16 3
A．x2 y B．x2 y C．x2 8y D．x2 16y
3 3
【答案】D
x2 y2 c
【解析】因为双曲线C ： 1(a0,b0)的离心率为2，所以 2b 3a.又渐近线方程为
1 a2 b2 a
p
bxay 0,所以双曲线C 的渐近线，方程为 3x y 0.而抛物C :x2 2py(p0)的焦点坐标为(0, ),
1 2 2
p
| |
2
所以有 2 p 8．故选D．
( 3)2 12
考查椭圆、双曲线离心率：
x2 y2
【例1】（2021·云南曲靖一模（理））已知双曲线 1(a0,b0) 与函数 y x(x 0)的图象交于点P，
a2 b2
若函数y x 的图象在点P处的切线过双曲线左焦点F(4,0)，则双曲线的离心率是（ ）
174 173 172 17 1
A． B． C． D．
4 4 4 4
【答案】D
m 0 1
【解析】设P的坐标为(m, m)，由左焦点F(4,0)，所以k ，函数的导数 f (x) ，
PF m4 2 x
1 m
则在P处的切线斜率k f(m) ，即m4 2m，得m4，则P(4,2)，
2 m m4
设右焦点为A(4,0)，则2a |PF ||PA| 644 04 2( 17 1)，即a 171，
c 171
c4，∴双曲线的离心率e ．故选D．
a 4
124/397衡中数学一本通高分手册
【例2】（2021·安徽淮南一模（文））已知ABC 是有一内角为 的直角三角形，若圆锥曲线以A、B为焦
6
点，并经过点C，则圆锥曲线的离心率不可能是（ ）
3 3
A． B． C． 3 D． 31
3 2
【答案】B
【解析】由题意可知，ABC 的三个内角大小分别为 、 、 ，设ABC 的三边长分别为2、2 3、4．
6 3 2
① 当 C 时 ， 若 圆 锥 曲 线 为 椭 圆 ， 则 2c2 ， 2a42 3 ， 曲 线 的 离 心 率 为
6
2c 2
e 2 3；
2a 42 3
2
若圆锥曲线为双曲线，则2c2，2a42 3，曲线的离心率为e 2 3；
42 3
2c 3
②当C 时，若圆锥曲线为椭圆，则 2c2 3 ，2a426，曲线的离心率为e ；
3 2a 3
2c 2 3
若圆锥曲线为双曲线，则 2c2 3 ，2a422，曲线的离心率为e 3；
2a 2
③ 当 C 时 ， 若 圆 锥 曲 线 为 椭 圆 ， 则 2c4 ， 2a2 32 ， 曲 线 的 离 心 率 为
2
2c 4
e 31；
2a 2 32
2c 4
若圆锥曲线为双曲线，则2c4，2a2 32，曲线的离心率为e 31．
2a 2 32
故选B．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a、c的值，根据离心率的定义求解离心率e的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于a、c的齐次方程，然后转化为关于e的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率．
考查焦点弦问题：
x2
【例1】（2021·四川凉山彝族自治州·高三一模（理））直线y x2和双曲线 y2 1的渐近线相交于A，
3
125/397衡中数学一本通高分手册
B两点，则线段AB的长度为（ ）
A． 2 6 B． 6 C．2 3 D． 3
【答案】A
x2 3
【解析】双曲线 y2 1的渐近线为y x，
3 3
3 3
设y x2与y x相交于A点，与 y x相较于B点，
3 3
y x2 y x2
由 3 解得A(3 3, 31)，由 3 解得B( 33, 31)，
y x y x
3 3
所以 AB (3 3 33)2 ( 31 31)2 24 2 6 ，故选A．
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关两点间距离问题，解题方法如下：
x2
（1）先根据双曲线的渐近线方程求得 y2 1的渐近线；
3
（2）联立方程组，分别求得对应的交点坐标；
（3）利用两点间距离公式求得结果．
x2 y2
【例2】椭圆: 1(a b0)的左、右焦点分别为F,F ，焦距为2c．若直线 y 3 xc 与椭圆
a2 b2 1 2
的一个交点M 满足MFF 2MF F ，则该椭圆的离心率等于
1 2 2 1
【答案】 31
【解析】由题意可知，MFF 中，MFF 60,MF F 30,FMF 90，
1 2 1 2 2 1 1 2
MF2MF 2 FF 2 (2c)2
1 2 1 2 c
所以有 MF MF 2a ，整理得e 31，故答案为 31．
1 2 a
MF 3MF
2 1
考查中点弦问题：
x2 y2
【例1】（2021·陕西咸阳一模（理））已知双曲线C: 1(a0,b0)上存在两点A，B 关于直线y x6
a2 b2
对称，且线段AB 的中点坐标为M(2,4)，则双曲线C的离心率为（ ）
126/397衡中数学一本通高分手册
A． 2 B． 3 C．2 D． 5
【答案】 B
【解析】设A(x ,y )，B(x ,y ) ，且线段AB 的中点坐标为M(2,4)，则x x 4,y y 8 ，
1 1 2 2 1 2 1 2
y y x2 y2 x2 y2
又A，B 关于直线 y x6对称，所以 1 2 11，且A，B 在双曲线上， 1 1 1， 2 2 1，
x x a2 b2 a2 b2
1 2
x2 x2 y2 y2 (x x )(x x ) (y y )(y y ) 4 8 b2
相减可得 1 2 1 2 0，即 1 2 1 2 1 2 1 2 0，故 0，即 2，
a2 b2 a2 b2 a2 b2 a2
b2
离心率为e 1 3，故选B．
a2
【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种
c
方法：①求出a，c，代入公式e ；
a
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)
两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
【例2】（2021·山东菏泽市·高三期末）已知抛物线C:y2 2px p0 的焦点F 到准线的距离是2，过点F 的
直线l与抛物线交于A、B两点，M 为线段AB的中点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．C的准线方程为x1 B．线段AB的长度的最小值为4
C．M 的坐标可能是（4，2） D．存在直线l，使得OA与OB垂直
【答案】AB
【解析】由题意 p 2，所以准线方程为x1，A正确；焦点为F(1,0)，
当直线l斜率不存在时，方程为x1，则A(1,2),B(1,2)，此时 AB 4，AB中点为F(1,0)，k k 4，
OA OB
OA与OB不垂直．
当直线l斜率存在时，设方程为yk(x1)，设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
y k(x1) 2(k2 2)
由 得k2x2 2(k2 2)xk2 0，x x ，x x 1，
y2 4x 1 2 k2 1 2
2(k2 2) 4
AB x x 2 24 4，所以 AB 的最小值为4，B正确；
1 2 k2 k2
127/397衡中数学一本通高分手册
x x k2 2 6 y y k(x 1)k(x 1) k 2
若 1 2 4，则k ，此时 1 2 1 2 (x x 2) 2，因此 AB
2 k2 3 2 2 2 1 2 k
中点不可能是(4,2)，C错；
y2 4x ,y2 4x ，即(y y )2 16x x 16，y y 4（显然A,B在x轴两侧），
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
y y
则k k 1 2 4，OA与OB不垂直．D错．故选AB．
OA OB x x
1 2
【名师点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的焦点弦的性质，掌握焦点弦性质是解题关键．
设抛物线 y2 2px(p0)焦点为F ，过F 的直线与抛物线交于A,B两点，A(x ,y ),B(x ,y )，则
1 1 2 2
（1） AB x x p，当AB是x轴垂直时， AB 2p，此时AB称为抛物线的通径；
1 2 min
p2
（2） y y p2，x x ；
1 2 1 2 4
2p
（3）若直线AB的倾斜角为，则 AB ；
sin2
（4）以AB为直径的圆与准线相切；
（5）焦点到A,B两点在准线上的投影的张角为90；
1 1 2
（6） ．
AF BF p
x2 y2 3
【例3】设椭圆C： 1 ab0 过点（0，4），离心率为
a2 b2 5
4
（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为 的直线被C所截线段的中点坐标．
5
16 c 3 a2 b2 9
【解析】（Ⅰ）将（0，4）代入C的方程得 1，∴b=4，又e 得
b2 a 5 a2 25
16 9 x2 y2
即1 ，∴a=5，∴C的方程为 1．
a2 25 25 16
4 4
（Ⅱ）过点 3,0 且斜率为 的直线方程为 y x3 ，设直线与Ｃ的交点为A(x ,y )，B(x ,y )，
5 5 1 1 2 2
4 x2 x3 2 3 41
将直线方程 y x3 代入C 的方程，得 1，即 x2 3x80 ，解得 x ，
5 25 25 1 2
128/397衡中数学一本通高分手册
x 3 41 ， AB 的中点坐标x x 1 x 2 3 ，y y 1 y 2 2 x x 6 6 ，即中点为 3 , 6 ．
2 2 2 2 2 5 1 2 5 2 5
考查定值、定点问题：
x2 y2
【例1】（2021·宁夏吴忠一模（理））若双曲线x2 y2 9与椭圆C: 1(a b 0)共顶点，且它们的
a2 b2
4
离心率之积为 ．
3
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为A ，A ，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线AP与AQ的斜率分别
1 2 1 2
1
为k ，k ，且k k 0．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
1 2 1 5 2
4 2 2
【解析】（1）由已知得双曲线的离心率为 2 ，又两曲线离心率之积为 ，所以椭圆的离心率为 ；
3 3
x2
由题意知a 3，所以c2 2，b1，所以椭圆的标准万程为 y2 1．
9
1
（2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知：k k 0，不满足k k 0，
1 2 1 5 2
故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为x tyn，
x tyn
由x2 ，得： t2 9 y2 2tnyn2 90，
y2 1
9
因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，所以4t2n2 4 t2 9 n2 9 0，整理得：t2 n2 90，
设P x ,y 、Q x ,y ，则 y y
2tn
， y y
n2 9
，k
y
1 ，k
y
2 ．
1 1 2 2 1 2 t2 9 1 2 t2 9 1 x 3 2 x 3
1 2
y
1
1 1 k x 3 y x 3 y ty n3
因为k k 0，所以 1 1 1 2 1 2 ，
1 5 2 5 k y y x 3 y ty n3
2 2 2 1 2 1
x 3
2
整理得：4ty y 5(n3)y (n3)y 0，4ty y 5(n3) y y (6n12)y ，
1 2 1 2 1 2 1 2 2
129/397衡中数学一本通高分手册
2tn n2 9
将y y ，y y 代入整理得：t(n2)(n3)(2n) t2 9 y ，
1 2 t2 9 1 2 t2 9 2
要使上式恒成立，只需n 2，此时满足t2 n2 90，因此，直线l恒过定点 2,0 ．
【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；
（3）证明直线过定点，通常有两类：①直线方程整理为斜截式y=kx+b，过定点(0，b)；
②直线方程整理为点斜式y-y =k(x-x )，过定点(x ，y ) ．
o 0 0 0
x2 y2 3
【例2】已知椭圆C： 1(ab0)的离心率为 ，A(a,0) ，B(0,b)，O(0,0) ，ΔOAB的面积
a2 b2 2
为1．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是椭圆C上一点，直线PA 与 y 轴交于点M ，直线PB与x轴交于点N ．
求证：| AN ||BM |为定值．
c 3
, x2
【解析】（Ⅰ）由题意得 a 2 解得a 2,b1．所以椭圆C的方程为 y2 1．
1
ab1, 4
2
a2 b2c2,
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，A(2,0),B(0,1)，设P(x ,y ) ，则x2 4y2 4．
0 0 0 0
y
当x 0时，直线PA 的方程为 y 0 (x2)．
0 x 2
0
2y 2y
令x0，得 y 0 ．从而 BM 1 y 1 0 ．
M x 2 M x 2
0 0
y 1 x x
直线PB 的方程为 y 0 x1．令y 0，得x 0 ．从而 AN 2x 2 0 ．
x N y 1 N y 1
0 0 0
所以 AN BM 2 x 0 1 2y 0 x 0 24y 0 24x 0 y 0 4x 0 8y 0 4 4x 0 y 0 4x 0 8y 0 8 4．
y 1 x 2 x y x 2y 2 x y x 2y 2
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
当x 0时， y 1， BM 2, AN 2,所以 AN BM 4．
0 0
综上， AN BM 为定值．
130/397衡中数学一本通高分手册
考查最值范围问题：
1 1 3 9
【例1】如图，已知抛物线x2 y ．点A( , )，B( , )，抛物线上的 点
2 4 2 4
1 3
P(x,y) ( x )，过点B作直线AP 的垂线，垂足为Q．
2 2
（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；
（Ⅱ）求|PA||PQ|的最大值．
1
x2
1 1 3
【解析】（Ⅰ）设直线AP的斜率为k ，k 4 x ，因为 x ，所以直线AP斜率的取值范围
1 2 2 2
x
2
是(1,1) ．
1 1
kx y k 0,
2 4 k2 4k3
（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程 ，解得点Q的横坐标是x
9 3 Q 2(k2 1)
xky k 0,
4 2
1 (k1)(k1)2
因为|PA|= 1k2(x )= 1k2(k1) ，|PQ|= 1k2(x x)= ，
2 Q k2 1
所以|PA||PQ|=(k1)(k1)3，令 f(k) (k1)(k1)3，因为 f(k)(4k 2)(k 1)2 ，
1 1 1 27
所以 f(k)在区间(1, )上单调递增，( ,1)上单调递减，因此当k 时，|PA||PQ|取得最大值 ．
2 2 2 16
x2 y2 1
【例2】（2021·安徽淮南一模（文））椭圆C: 1(a b 0)的左、右焦点分别为F 、F ，离心率e ，
a2 b2 1 2 2
过F 的直线l交C于点A、B，且FAB的周长为8．
2 1
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点O为坐标原点，求AOB 面积S的取值范围．
1 c
【解析】（1）因为FAB的周长为8，由椭圆的定义知4a 8，故a2，又e ，
1 2 a
x2 y2
所以c1b2 a2 c2 3，所以椭圆C的标准方程为 1．
4 3
（2）由题意可设直线l的方程为xmy1，A x ,y ，B x ,y ，
1 1 2 2
131/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2
1
6m 9
由 4 3 3m2 4 y2 6my90，显然0且y y ，y y ，
1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
xmy1
∴S S S 1 y y 1 y y 2 4y y 1 6m 2 36 6 m2 1
OF 2 A OF 2 B 2 1 2 2 1 2 1 2 2 3m2 4 3m2 4 3m2 4
6 m2 1 6t 6
S (t 1)
令 m2 1t(t 1)，∴ 3m2 4 3t2 1 1 ．
3t
t
3
易知S在t 1, 单调递减，从而S 0,
．
2
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形
的面积等问题．
考查证明、探索问题：
x2 y2
【例1】（2021·海南高三二模）已知椭圆C: 1(a b 0)的左､右焦点分别为F ，F ，过点F 作直
a2 b2 1 2 2
线l交椭圆C于M ，N 两点(l与x轴不重合)，△FMN ，△FF M 的周长分别为12和8．
1 1 2
（1）求椭圆C的方程；
（2）在x轴上是否存在一点T ，使得直线TM 与TN 的斜率之积为定值？若存在，请求出所有满足条件的点T
的坐标；若不存在，请说明理由．
4a 12
【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c(c 0)，由题意可得 ，
2a2c 8
a3 x2 y2
解得 ，所以 b a2 c2 2 2 ，因此椭圆C的方程为 + =1．
c1 9 8
（2）因为直线l过点F (1,0) 且不与x轴重合，所以设l的方程为xmy1，
2
xmy1
联立方程x2 y2 ，消去x并整理得 8m2 9 y2 16my640，
1
9 8
132/397衡中数学一本通高分手册
16m
y y
1 2 8m2 9
设M x ,y ，N x ,y ，则 ，
1 1 2 2 64
y y
1 2 8m2 9
18 72m2 9
所以x x m y y 2 ，xx my 1 my 1 m2y y m y y 1 ．
1 2 1 2 8m2 9 1 2 1 2 1 2 1 2 8m2 9
y y
设T(t,0) ，则直线TM 与TN 的斜率分别为k 1 ，k 2 ，
TM x t TN x t
1 2
64
y y y y 8m2 9
则k k 1 2 1 2
TM TN x t x t xx t x x t2 72m2 9 18
1 2 1 2 1 2 t t2
8m2 9 8m2 9
64
．
8t2 72 m2 918t9t2
所以当8t2 720，即
4 16
当t 3时，mR，k k ；当t 3时，mR，k k ．
TM TN 9 TM TN 9
因此，所有满足条件的T 的坐标为(3,0)和(3,0)．
【点睛】思路点睛：定点问题解决步骤：
（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；
（2）韦达定理列出两根和及两根积；
（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；
（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件．
x2
【例2】在直角坐标系xoy中，曲线C：y 与直线 y kxa (a 0)交与M ，N 两点，
4
（Ⅰ）当k 0时，分别求C在点M 和N 处的切线方程；
（Ⅱ） y轴上是否存在点P，使得当k 变动时，总有OPM OPN ？说明理由．
1 x2
【解析】（Ⅰ）由题设可得M(2 a,a)，N(2 2,a) ，或M(2 2,a)，N(2 a,a)．∵ y x，故y
2 4
在x=2 2a处的导数值为 a ，C在(2 2a,a) 处的切线方程为ya a(x2 a)，即 ax ya 0．故
133/397衡中数学一本通高分手册
x2
y 在 x2 2a 处的导数值为 a ，C 在(2 2a,a) 处的切线方程为 ya a(x2 a) ，即
4
ax ya 0．故所求切线方程为 ax ya 0或 ax ya 0．
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P(0,b)为符合题意的点，M(x ,y )，N(x ,y )，直线PM ，PN 的
1 1 2 2
斜率分别为k ,k ．将y kxa代入C的方程整理得x2 4kx4a 0．∴x x 4k,x x 4a ．∴
1 2 1 2 1 2
y b y b 2kx x (ab)(x x ) k(ab)
k k 1 2 = 1 2 1 2 = ．当ba 时，有k k =0，则直线PM 的倾
1 2 x x x x a 1 2
1 2 1 2
斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM =∠OPN ，所以P(0,a) 符合题意．
考查轨迹方程问题
2
【例1】（2021·安徽马鞍山一模（文））已知点 A在圆C: x 2 y2 16上，B 2,0 ，P 0, 2 ，
线段AB 的垂直平分线与AC相交于点D．
（1）求动点D的轨迹方程；
（2）若过点Q 0,1 的直线l斜率存在，且直线l与动点D的轨迹相交于M ，N 两点．证明：直线PM与PN
的斜率之积为定值．
2
【解析】（1）由C: x 2 y2 16得，圆心C( 2,0) ，半径r 4，
点D在线段AB 的垂直平分线上，|DA||DB|，
|DB||DC||DA||DC|| AC|r 4|BC|2 2，
由椭圆的定义可得动点D的轨迹是以B( 2,0) ，C( 2,0) 为焦点，长轴长为2a4的椭圆．
x2 y2
从而a 2,c 2,b2 a2 c2 2，故所求动点D的轨迹方程为 1．
4 2
y kx1
（2）设l: y kx1，M(x ,y )，N(x ,y )，由x2 y2 消去y得(2k2 1)x2 4kx20，
1 1 2 2
1
4 2
4k 2
显然(4k)28(2k21) k280 ，x x ,x x ．
1 2 2k2 1 1 2 2k2 1
x 0,x 0，可设直线PM与PN 的斜率分别为k ,k 则
1 2 1 2
134/397衡中数学一本通高分手册
y 2 y 2 (kx 21) (kx 21)
k k 1 2 1 2
1 2 x x x x
1 2 1 2
4k
( 21)k 2 23
k2x
1
x
2
( 21)k(x
1
x
2
)2 23
k2
2k2 1
x x 2
1 2
2k2 1
2k2 32 2 3
k2 2．
2 2
即直线PM与PN 的斜率之积为定值．
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明
了易于表达，只需要把这种关系转化为x,y的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得
到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出
几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运
动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据
相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交
点（含参数）的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程．
x2 y2 5
【例2】已知椭圆C: 1(a b 0)的一个焦点为( 5,0) ，离心率为 ，
a2 b2 3
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若动点P(x ,y )为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程．
0 0
【解析】（Ⅰ）可知c 5 ，又 c 5 ，a3，b2 a2 c2 4，椭圆C的标准方程为
x2
y2
1；
a 3 9 4
（Ⅱ）设两切线为l ,l ，
1 2
①当l x轴或l //x 轴时，对应l //x轴或l x轴，可知P(3,2)
1 1 2 2
1
②当l 与x轴不垂直且不平行时，x 3，设l 的斜率为k ，则k 0，l 的斜率为 ，l 的方程为
1 0 1 2 k 1
135/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2
y y k(xx )，联立 1，得(9k2 4)x2 18(y kx )kx9(y kx )2 360，
0 0 9 4 0 0 0 0
因为直线与椭圆相切，所以0，得9(y kx )2k2 (9k2 4)[(y kx )2 4]0，
0 0 0 0
36k2 4[(y kx )2 4]0，(x 2 9)k2 2x y k y 2 40
0 0 0 0 0 0
所以k 是方程(x 2 9)x2 2x y x y 2 40的一个根，
0 0 0 0
同理 1 是方程(x 2 9)x2 2x y x y 2 40的另一个根，
k 0 0 0 0
k( 1 ) y 0 2 4 ，得x 2 y 2 13，其中x 3，所以点P的轨迹方程为x2 y2 13（x3），
k x 2 9 0 0 0
0
因为P(3,2)满足上式，综上知：点P的轨迹方程为x2 y2 13．
x2 y2 4 1
【例3】已知椭圆C： 1(a b 0)的两个焦点分别为F(1，0)，F（1，0），且椭圆C经过点P( ，）．
a2 b2 1 2 3 3
（Ⅰ）求椭圆C的离心率
（Ⅱ）设过点A（0，2）的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是MN上的点，且
2 1 1
，求点Q的轨迹方程．
2 2 2
AQ AM AN
2 2 2 2
4 1 4 1
【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，2a＝|PF 1 |＋|PF 2 |＝ 1 1 2 2，
3 3 3 3
c 1 2
所以a 2 ．又由已知，c＝1．所以椭圆C的离心率e ．
a 2 2
x2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C的方程为 ＋y2＝1．设点Q的坐标为(x，y)．
2
3 5
(ⅰ)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为0,2 ．
5
(ⅱ)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2．因为M，N在直线l上，
可设点M，N的坐标分别为(x ，kx ＋2)，(x ，kx ＋2)，
1 1 2 2
则|AM|2＝(1＋k2)x2，|AN|2＝(1＋k2)x2．又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2 ．
1 2
2 1 1 2 1 1
由 ，得 ，
| AQ|2 | AM |2 | AN |2 1k2x2 1k2x2 1k2x 2
1 2
2 1 1 x x 22x x x2
即 1 2 1 2 ．①将y＝kx＋2代入 ＋y2＝1中，得
x2 x2 x 2 x2x 2 2
1 2 1 2
136/397衡中数学一本通高分手册
3
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0．②由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞ ．
2
8k 6 18
由②可知，x x ＝ ，x x ＝ ，代入①中并化简，得x2 ．③
1 2 2k2 1 1 2 2k2 1 10k2 3
y2
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k ，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18．
x
3 3 6 6
由③及k2＞ ，可知0＜x2＜ ，即x∈ ,0∪0, ．
2 2 2 2
3 5 6 6
又0,2 满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈ , ．
5 2 2
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1．
9 9 1 3 5
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈ , 且－1≤y≤1，则y∈ ,2 ．
5 4 2 5
6 6 1 3 5
所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈ , ，y∈ ,2
2 2 2 5
圆锥曲线中的最值问题
基本不等式型的最值问题
【例1】已知直线l过点M(2，1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O为原点，当|MA|·|MB|
取得最小值时，直线l的方程为________________．
【答案】x＋y－3＝0．
1 1 1
【解析】因为|MA|＝ ＋1，|MB|＝ 4＋4k2，所以|MA|·|MB|＝ ＋1· 4＋4k2＝2 k2＋ ＋2≥
k2 k2 k2
1
2×2＝4，当且仅当k2＝ ，即k＝－1时取等号，故直线方程为x＋y－3＝0．
k2
【例2】已知圆C ：(x－a)2＋(y＋2)2＝4与圆C ：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1外切，则ab的最大值为_____________．
1 2
9
【答案】
4
【解析】由两圆外切可得圆心(a，－2)，(－b，－2)之间的距离等于两圆半径之和，即(a＋b)2＝(2＋1)2，
9 9
即9＝a2＋b2＋2ab≥4ab，所以ab≤ ，当且仅当a＝b时取等号，即ab的最大值是 ．
4 4
【例3】已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l ，l ，直线l 与C交于A，B两点，
1 2 1
直线l 与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为( )
2
A．16 B．14
137/397衡中数学一本通高分手册
C．12 D．10
【答案】A
y＝k x－1 ，
【解析】设直线AB：y＝k(x－1)(k≠0)，A(x ，y )，B(x ，y )，由 得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
1 1 2 2
y2＝4x
2k2＋4 4 4
所以x ＋x ＝ ＝2＋ ．根据抛物线的定义，得|AB|＝x ＋x ＋2＝4＋ ；因为AB⊥DE，同理可得|DE|＝4
1 2 1 2
k2 k2 k2
1
4 4 4 ＋k2 1
＋ ＝4＋4k2，所以|AB|＋|DE|＝4＋ ＋4＋4k2＝8＋ ＋4k2＝8＋4 k2 ≥8＋4×2 ×k2＝16，当且仅当k＝
1 k2 k2 k2
k2
±1时取等号，故选A．
斜率型的最值问题
y＋3
【例4】已知实数x，y满足y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)，试求 的最大值和最小值．
x＋2
4
【答案】最大值是8，最小值是 ．
3
y＋3
【解析】如图，作出y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)的图象——曲线段AB，则 表示定点
x＋2
P(－2，－3)和曲线段AB上任一点(x，y)的连线的斜率k，连接PA，PB，则k ≤k≤k ．
PA PB
1－ －3 4 5－ －3 4
易得A(1，1)，B(－1，5)，所以k ＝ ＝ ，k ＝ ＝8，所以 ≤k≤8，
PA PB
1－ －2 3 －1－ －2 3
y＋3 4
故 的最大值是8，最小值是 ．
x＋2 3
y
【例5】 已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，则 的最大值为_____________，最小值为__________．
x
【答案】最大值是 3，最小值是－ 3．
【解析】法一：如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0表示以点(2，0)为圆心，以 3为半径的圆．
y
设 ＝k，即y＝kx，当圆心(2，0)到直线y＝kx的距离为半径时，即直线与圆相
x
切，
|2k－0|
斜率取得最大、最小值．由 ＝ 3得k2＝3，所以k ＝ 3，k ＝－ 3．
max min
k2＋1
法二：由平面几何知识，得OC＝2，CP＝ 3，∠POC＝60°，直线OP的倾斜角
为60°，直线OP′的倾斜角为120°．所以k ＝ 3，k ＝－ 3．
max min
函数型的最值问题
【例6】 已知点P在圆x2＋y2＝1上，点A的坐标为(－2，0)，O为原点，则·的最大值为_____________．
【答案】6
【解析】法一：由题意知，＝(2，0)，令P(cosα，sinα)，则＝(cosα＋2，sinα)，·＝
138/397衡中数学一本通高分手册
(2，0)·(cosα＋2，sinα)＝2cosα＋4≤6，故·的最大值为6．
法二：由题意知，＝(2，0)，令P(x，y)，－1≤x≤1，则·＝(2，0)·(x＋2，y)＝2x＋4≤6，
故·的最大值为6．
3 x2 y2
【例7】如图，圆O与离心率为 的椭圆T： ＋ ＝1(a>b>0)相切于点M(0，1)，
2 a2 b2
过点M引两条互相垂直的直线l ，l ，两直线与两曲线分别交于点A，C与点B，
1 2
D(均不重合)．若P为椭圆上任一点，记点P到两直线的距离分别为d ，d ，则d2
1 2 1
＋d2的最大值是( )
2
A．4 B．5
16 25
C． D．
3 3
【答案】C
x2
【解析】易知椭圆C的方程为 ＋y2＝1，圆O的方程为x2＋y2＝1，设P(x ，y )，因为l ⊥l ，则d2＋d2＝|PM|2
0 0 1 2 1 2
4
1
＝x2 0 ＋(y 0 －1)2，因为 x2 0＋y2 0 ＝1，所以d2 1 ＋d2 2 ＝4－4y2 0 ＋(y 0 －1)2＝－3 y 0 ＋ 3 2＋ 16 ，因为－1≤y 0 ≤1，所以当y 0 ＝
4 3
4 2 1
1 16 ± ，－
－ 时，d2 1 ＋d2 2 取得最大值 ，此时点P 3 3 ．故选C．
3 3
1 1 3 9 1 3
－ ， ， － 0.5，而前4组的频
率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5，所以2≤x<2.5。由0.50×(x－2)＝0.5－0.48，解得x＝2.04，
故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨。
【例2】（2021江西吉安模拟（文））某学生准备参加某科目考试，在12次模拟考试中，所得分数的茎叶图如图
所示，则此学生该门功课考试成绩的众数与中位数分别为（ ）
A．95，94 B．95，94．5 C．93，94．5 D．95，95
【答案】B
9495
【解析】由茎叶图可得众数为95，中位数为 94.5，故选B．
2
【名师点睛】关键点点睛：该题考查的是有关利用茎叶图求众数和中位数的问题，解题的关键点是理解众数和
中位数的定义．
考查样本数据特征：
161/397衡中数学一本通高分手册
【例1】（2021·安徽淮北一模（理））某地气象局把当地某月(共30天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如
下图所示的统计图．记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（ ）
A．M N P B．N M P C．PM N D．P N M
【答案】A
56
【解析】由统计图得：该月温度的中位数为N 5.5，众数为M 5，
2
1
平均数为P (233410566372829210)5.97． M N P．故选A．
30
【例2】（2021贵州遵义模拟）为激活国内消费市场，挽回疫情造成的损失，国家出台一系列的促进国内消费的
优惠政策，某机构从某一电商的线上交易大数据中来跟踪调查消费者的购买力，界定3至8月份购买商品在5000
元以上人群属“购买力强人群”，购买商品在5000元以下人群属“购买力弱人群”现从电商平台消费人群中随机选
出200人，发现这200人中属购买力强的人数占80%，并将这200人按年龄分组，记第1组[15,25)，第2组
[25,35)，第3组[35,45)，第4组[45,55)，第5组[55,65)，得到的频率分布直方图，如图所示．
（1）求出频率分布直方图中的a值和这200人的平均年龄；
（2）从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，并再从这5人中随机抽取2人进行电话回访，求这两人恰好
属于不同组别的概率；
162/397衡中数学一本通高分手册
（3）把年龄在第1，2，3组的居民称为青少年组，年龄在第4，5组的居民称为中老年组，若选出的200人中“购
买力弱人群”的中老年人有20人，问是否有99%的把握认为是否“购买力强人群”与年龄有关？
附：
P K2 K 0．150 0．100 0．050 0．025 0．010 0．005 0．001
0
k 2．072 2．706 3．841 5．024 6．635 7．879 10．828
0
n(adbc)2
K2 ，nabcd
(ab)(cd)(ac)(bd)
【解析】（1）由题意得： 20.010.0150.03a 101，所以a0.035，
200人的平均年龄为：200.1300.15400.35500.3600.141.5。
（2）由题意得：利用分层抽样的方法从第一组抽取2人，从第二组抽取3人，
C2 C2 3
设两人恰好属于不同组别为事件A，则P A 1 2 3 ．
C2 5
5
（3）由题意可得22列联表为：
购买力强人群 购买力弱人群 合计
青少年组 100 20 120
中老年组 60 20 80
合计 160 40 200
200 100206020 2 25
故K2 2.083 6.635，故没有99%的把握认为是否“购买力强人群”与年龄
1208016040 12
有关．
【名师点睛】本题主要考查了利用频率分布直方图求平均数的问题，考查了对立事件的概率公式，考查了列联
表、独立性检验的基本思想、考查了考生的分析能力、计算能力，属于中档题．
考查古典概型、几何概型：
【例1】（2021·海南高三二模）为了丰富教职工业余文化生活，某校计划在假期组织全体老师外出旅游，并给
出了两个方案(方案一和方案二)，每位老师均选择且只选择一种方案，其中有50%的男老师选择方案一，有75%
的女老师选择方案二，且选择方案一的老师中女老师占40%，那么该校全体老师中女老师的比例为（ ）
163/397衡中数学一本通高分手册
1 4 5 3
A． B． C． D．
2 7 8 4
【答案】B
【解析】设该校男老师的人数为x，女老师的人数为y，则可得如下表格：
方案一 方案二
男老师 0.5x 0.5x
女老师 0.25y 0.75y
0.25y y 4 y 4
由题意， 0.4，可得 ，所以 = ．故选B。
0.5x0.25y x 3 x+ y 7
【例2】（2021·陕西咸阳一模）中国书法历史悠久、源远流长．书法作为一种艺术，以文字为载体，不断地反
映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，
汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术．我国书法大体可分为篆、隶、楷、
行、草五种书体，如图：以“国”字为例，现有一名书法爱好者准备从五种书体中任意选两种进行研习，则他恰
好不选草书体的概率为（ ）
3 2 4 1
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】A
【解析】从五种书体中任意选两种进行研习，共有C2 10种，则不选草书体共有C2 6种，则不选草书体的
5 4
6 3
概率为P ．故选A．
10 5
【例3】（2021江苏宿迁中学高三期中）古埃及、古印度、古巴比伦和中国是四大文明古国之一，金字塔（如图
1）作为古埃及劳动人民的智慧结晶，是历史留给当下的宝贵遗产著名的胡夫金字塔的俯视图如图2所示，该金
字塔的高146．5米，底面正方形边长230米．若小明在距离金字塔底而中心230米的圆周．上任取一点（圆周
上所有点被选取的概率相等），从该点处观察金字塔，则小明可以同时看到金字塔两个侧面的概率为（ ）
164/397衡中数学一本通高分手册
1 2 1 3
A． B． C． D．
3 3 4 4
【答案】A
【解析】如图所示，中间正方形的边长为230 米，可得ABCD230米，其中在
AB
处的任意一点，只能看
到金字塔的一个侧面，又由圆的半径为230 米，其中OAOB230米，所以ABO 为等边三角形，即
460 2
AOB 60，其中由四个这的区域，只能看到金字塔的一个侧面，所以只能看到一个侧面的概率为 ，
360 3
1
所以小明可以同时看到金字塔两个侧面的概率为 ．故选A．
3
【例4】在棱长为2的正方体ABCD－A B C D 中，点O为底面ABCD的中心，在正方体ABCD－A B C D
1 1 1 1 1 1 1 1
内随机取一点P，则点P到点O的距离大于1的概率为_____________。
π
【答案】1－
12
1 4 2π
【解析】如图，与点O距离等于1的点的轨迹是一个半球面，其体积V ＝ × π×13＝ 。事件“点P与点O
1
2 3 3
2π
距离大于1的概率”对应的区域体积为23－ ，根据几何概型概率公式得，点P与点O距离大于1的概率P＝
3
2π
23－
π
3＝1－ 。
12
23
165/397衡中数学一本通高分手册
【例5】某市中学生田径运动会总分获得冠、亚、季军的代表队人数情况如下表，大会组委会为使颁奖仪式有
序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动。并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16人在前排就坐，
其中亚军队有5人。
名次
冠军队 亚军队 季军队
性别
男生 30 30
女生 30 20 30
(1)求季军队的男运动员人数。
(2)从前排就坐的亚军队5人(3男2女)中随机抽取2人上台领奖，请求出有女生上台领奖的概率。
(3)抽奖活动中，运动员通过操作按键，使电脑自动产生[0,4]内的两个均匀随机数x，y，随后电脑自动运行如图
所示的程序框图的相应程序。若电脑显示“中奖”，则运动员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖。求
运动员获得奖品的概率。
5 50
【解析】(1)设代表队共有n人，则 ＝ ，所以n＝160，
16 n
则季军队的男运动员人数为160－(30＋30＋30＋20＋30)＝20。
(2)设男生为a ，a ，a ，女生为b ，b ，随机抽取2人，包括的基本事件个数为C2＝10，有女生上台领
1 2 3 1 2 5
7 7
奖的基本事件为C2－C2＝10－3＝7，所以P(A)＝ ，有女生上台领奖的概率为 。
5 3
10 10
(3)试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤4,0≤y≤4}，面积为S ＝4×4＝16，
Ω
事件A表示运动员获得奖品，所构成的区域为A＝{(x，y)|4x－y－8≤0,0≤x≤4,0≤y≤4} ，
1 S 5 5
面积为S ＝ (2＋3)×4＝10，这是一个几何概型，所以P(A)＝ A＝ 。即运动员获得奖品的概率为 。
A
2 S 8 8
Ω
考查相互独立事件：
【例1】某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有1,2,3三个问题，每位参赛者按问题1,2,3的顺序作答，竞赛
166/397衡中数学一本通高分手册
规则如下：
①每位参赛者计分器的初始分均为10分，答对问题1,2,3分别加1分，2分，3分，答错任一题减2分；
②每回答一题，积分器显示累计分数，当累计分数小于8分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或
等于12分时，答题结束，进入下一轮；当答完三题，累计分数仍不足12分时，答题结束，淘汰出局．
3 1 1
已知甲同学回答1,2,3三个问题正确的概率依次为 ，，，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
4 2 3
(1)求甲同学能进入下一轮的概率；
(2)用X表示甲同学本轮答题结束时的累计分数，求X的分布列．
【解析】(1)设事件A表示“甲同学问题1回答正确”，事件B表示“甲同学问题2回答正确”，事件C表示“甲同
3 1 1
学问题3回答正确”，依题意P(A)＝ ，P(B)＝ ，P(C)＝ .记“甲同学能进入下一轮”为事件D，则P(D)＝
4 2 3
P(A B C＋AB＋ A BC)＝P(A B C)＋P(AB)＋P( A BC)
＝P(A)P( B )P(C)＋P(A)P(B)＋P( A )P(B)P(C)＝ 3 × 1 × 1 ＋ 3 × 1 ＋ 1 × 1 × 1 ＝ 13 .
4 2 3 4 2 4 2 3 24
(2)X可能的取值是6,7,8,12,13.
1 1 1 3 1 2 1
P(X＝6)＝P()＝ × ＝ ， P(X＝7)＝P(A)＝ × × ＝ ，
4 2 8 4 2 3 4
1 1 2 1 3 1 1 1
P(X＝8)＝P(B)＝ × × ＝ ， P(X＝12)＝P(AC)＝ × × ＝ ，
4 2 3 12 4 2 3 8
3 1 1 1 1 5
P(X＝13)＝P(AB＋BC)＝P(AB)＋P(BC)＝ × ＋ × × ＝ .
4 2 4 2 3 12
∴X的分布列为
X 6 7 8 12 13
1 1 1 1 5
P
8 4 12 8 12
【例2】（2021·江苏南通期末）习近平总书记在党的十九大工作报告中提出，永远把人民美好生活的向往作为
奋斗目标．在这一号召下，全国人民积极工作，健康生活．当前，“日行万步”正式成为健康生活的代名词．某
地一研究团队统计了该地区1000位居民的日行步数，得到如下表格：
日行步数（单位：千步） 0,2 2,4 4,6 6,8 8,10 10,12 12,14
人数 20 60 170 200 300 200 50
（1）为研究日行步数与居民年龄的关系，以日行步数是否超过8千步为标准进行分层抽样，从上述1000位居
民中抽取200人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为日行步数
与居民年龄超过40岁有关；
167/397衡中数学一本通高分手册
日行步数8千步 日行步数8 千步 总计
40岁以上 100
40岁以下（含40岁） 50
总计 200
（2）以这1000位居民日行步数超过8千步的频率，代替该地区1位居民日行步数超过8千的概率，每位居民日
行步数是否超过8千相互独立．为了深入研究，该研究团队随机调查了20位居民，其中日行步数超过8千的最
有可能（即概率最大）是多少位居民?
附：
P K2 k 0.05 0.025 0.010
0
k 3.841 5.024 6.635
0
n ad bc 2
K2 ，其中nabcd ．
ab cd ac bd
【解析】（1）1000人中，步数不超过8千步的有2060170200450人，超过8千步有550人，
按分层抽样，抽取的人数中不超过8千步的有90人，超过8千步的有110人，列联表如下：
日行步数8千步 日行步数8 千步 总计
40岁以上 40 60 100
40岁以下（含40岁） 50 50 100
总计 90 110 200
200 40505060 2
K2 2.023.841 ，故没有95%的把握认为日行步数与居民年龄超过40岁有关．
10010090110
550 11
（2）每位居民步数超过8千的概率为 ，
1000 20
设步数超过8千的最有可能是x位居民，
168/397衡中数学一本通高分手册
x 20x x1 21x
11 9 11 9 231
Cx
Cx1
x
20 20 20 20 20 20 20 211 231
， x ，xZ，x11，
11 x 9 20x 11 x1 9 19x 211 20 20
C 2 x 0 20 20 C 2 x 0 1 20 20 x 20
即最有可能是11位居民．
【名师点睛】关键点点睛：解本题第二问概率最大的问题时，利用二项分布求随机变量在第k 的概率最
P k P k1
大时，可根据 列不等式组求解．
P
k
P
k1
考查离散型随机变量分布列：
【例1】（2021·浙江绍兴期末）设a 0，若随机变量的分布列如下：
1 0 2
P a 2a 3a
则下列方差值中最大的是（ ）
A．D() B．D(||) C．D(21) D．D(2||1)
【答案】C
1
【解析】由题意a2a3a1，a ，
6
1 1 1 5 1 1 1 7
E 1 0 2 ，E()1 0 2 ，
6 3 2 6 6 3 2 6
1 5 1 5 1 5 53
D() (1 )2 (0 )2 (2 )2 ，
6 6 3 6 2 6 36
1 7 1 7 1 7 29
D() (1 )2 (0 )2 (2 )2 ．
6 6 3 6 2 6 36
53 53 29 29
D()1 D ，D(21)4 ，D(21)4 ．
36 9 36 9
其中D(21)最大．故选C．
【名师点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下：
（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
169/397衡中数学一本通高分手册
（2）已知随机变量X 的期望、方差，求aX b a,bR 的期望与方差，利用期望和方差的性质
（E aX b aE X b，D aX b a2D X ）进行计算；
（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期
望和方差公式进行计算．
【例2】某市A,B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生，2名女生，B中学推荐了3名男
生，4名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽
取3人，女生中随机抽取3人组成代表队．
（1）求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
（2）某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 得分布列
和数学期望．
【解析】（1）由题意，参加集训的男、女生各有6名，参赛学生全从B中抽取（等价于A 中学没有学生入选
C3C3 1 1 99
代表队）的概率为 3 4 ．因此，A中学至少1名学生入选的概率为1 ．
C3C3 100 100 100
6 6
（2）根据题意，X 的可能取值为1，2，3．
C1C3 1 C2C2 3 C3C1 1
P(X 1) 3 3 ，P(X 2) 3 3 ，P(X 3) 3 3 ，
C4 5 C4 5 C4 5
6 6 6
所以X 的分布列为：
X 1 2 3
1 3 1
P
5 5 5
1 3 1
因此，X 的期望为E X 1P(X 1)2P X 2 3P X 3 ，E(X)1 2 3 2．
5 5 5
【例3】（2021广西南宁模拟（理））某地区为了解学生课余时间的读书情况，随机抽取了n名学生进行调查，
将调查得到的学生日均课余读书时间分成 0,10 ， 10,20 ， 20,30 ， 30,40 ， 40,50 ， 50,60 六组，
绘制成如图所示的频率分布直方图，将日均课余读书时间不低于40分钟的学生称为“读书之星”，日均课余读书
时间低于40分钟的学生称为“非读书之星”已知抽取的样本中日均课余读书时间低于10分钟的有10人．
170/397衡中数学一本通高分手册
（1）求p和n的值；
（2）根据已知条件和下面表中两个数据完成下面的22列联表，并判断是否有95%以上的把握认为“读书之星”
与性别有关？
非读书之星 读书之星 总计
男
女 10 55
总计
（3）将本次调查所得到有关事件发生的频率视为其发生的概率，现从该地区大量学生中．随机抽取20名学生
参加读书与文学素养的研讨会，记被抽取的“读书之星”人数为随机变量X，求X的数学期望E(X)．
n(adbc)2
附：K2 ，其中nabcd ．
(ab)(cd)(ac)(bd)
P K2 k 0．10 0．05 0．025 0．010 0．005 0．001
0
k 2．706 3．841 5．024 6．635 7．879 10．828
0
10
【解析】（1）(0.005 p0.0180.0200.0220.025)101，解得： p0.01，所以n 100．
0.1
（2）因为n100，所以“读书之星”有1000.25 25，
从而22列联表如下图所示：
非读书之星 读书之星 总计
男 30 15 45
171/397衡中数学一本通高分手册
女 45 10 55
总计 75 25 100
100(30101545)2
将22列联表中的数据代入公式计算得K2 3.030，
45557525
因为3.0303.841，所以没有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关．
1
（3）将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名学生是“读书之星”的概率为 ．
4
1 1
由题意可知X ~ B20, ，所以E(X)20 5（人）．
4 4
【名师点睛】此题考查频率分布直方图，考查频率的求法，考查离散型数学期望的求法，考查二项分布，考查
分析问题的能力，属于中档题。
考查正态分布：
【例1】设X N(, 2)，Y N(, 2)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是
1 1 2 2
A．P(Y≥)≥P(Y≥) B．P(X ≤)≤P(X ≤)
2 1 2 1
C．对任意正数t ，P(X ≤t)≥P(Y ≤t) D．对任意正数t，P(X≥t)≥P(Y≥t)
【答案】C
【解析】由正态分布密度曲线的性质可知，X N(,2)，Y N(,2)的密度曲线分别关于直线x=，
1 1 2 2 1
x= 对称，因此结合题中所给图象可得， <，所以P(Y≥) P(X ≤) ，
1 1 2 2 1 2 2 1
B错误．对任意正数t，P(X ≤t)≥P(Y ≤t)，P(X≥t)≥P(Y≥t)，C正确，D错误．
【例2】（2021·湖北宜昌期末）某校一次高三年级数学检测，经抽样分析，成绩占近似服从正态分布N 95,2 ，
172/397衡中数学一本通高分手册
且P(9195)0.25．若该校有700人参加此次检测，估计该校此次检测数学成绩不低于99分的人数为
（ ）
A．100 B．125 C．150 D．175
【答案】D
【解析】由题意，成绩X 近似服从正态分布N 95,2 ，则正态分布曲线的对称轴为X 95，
又由P(9195)0.25，根据正态分布曲线的对称性，可得
1 1
P X 99 [12P(91 X 95)] 120.25 0.25，
2 2
所以该市某校有700人中，估计该校数学成绩不低于99分的人数为7000.25175人，故选D．
【名师点睛】关键点点睛：该题主要考查了正态分布曲线的性质的应用，其中解答中熟练应用正态分布曲线的
对称性，求得成绩不低于99分的概率是解答的关键．
【例3】50．（2021·江苏南通期末）国庆节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”．某路桥公
司为掌握国庆节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了3日上午9：20~10：40这一时间段内
通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费站点，它们通过该收费站点的时刻的频率分布
直方图如下图所示，其中时间段9：20~9：40记作[20,40) 、9：40~10：00记作[40,60)，10：00~10：20记
作[60,80)，10：20~10：40记作[80,100)，例如：10点04分，记作时刻64．
（Ⅰ）估计这600辆车在9：20~10：40时间内通过该收费站点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的
中点值代表）；
（Ⅱ）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，
设抽到的4辆车中，在9：20~10：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列；
（Ⅲ）根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻T服从正态分布N ~ ,2 ，其中可用3日数
据中的600辆车在9：20~10：40之间通过该收费站点的时刻的平均值近似代替，2用样本的方差近似代替（同
173/397衡中数学一本通高分手册
一组中的数据用该组区间的中点值代表）．假如4日全天共有1000辆车通过该收费站点，估计在9：46~10：40
之间通过的车辆数（结果保留到整数）．
附：若随机变量T服从正态分布N ,2 ，则P(T )0.6827，
P(2T 2)0.9545，P(3T 3)0.9973．
【解析】（Ⅰ）这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：
(300.005500.015700.020900.010)2064，即10∶04
（Ⅱ）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间
分组中在20，60这一区间内的车辆数，即(0.0050.015)20104，
所以X的可能的取值为0，1，2，3，4．
C4 1 C3C1 8 C2C2 3
所以P X 0 6 ，P X 1 6 4 ，P X 2 6 4 ，
C4 14 C4 21 C4 7
10 10 10
C1C3 4 C4 1
P X 3 6 4 ，P X 4 4 ．
C4 35 C4 210
10 10
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
1 8 3 4 1
P
14 21 7 35 210
（Ⅲ）由（1）得64，2 (3064)20.1(5064)20.3(7064)20.4(9064)20.2324,
车辆
所以18，
估计在9：46~10：40之间通过的车辆数也就是在46，100通过的车辆数，由T ~ N 64,182 ，得
P(T ) P(2T 2)
P(6418T 64218) 0.8186，
2 2
所以估计在在9：46~10：40之间通过的车辆数为10000.8186819．
【名师点睛】方法点睛：(1)求解离散型随机变量X的分布列的步骤：①理解X的意义，写出X可能取的全部
值；②求X取每个值的概率；③写出X的分布列．(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值
对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
考查条件概率：
174/397衡中数学一本通高分手册
【例1】（2021·黑龙江哈尔滨三中高三月考（理））已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯
的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.3，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红
灯的概率为___________．
【答案】0.6
【解析】设事件A：第一个路口遇到红灯，事件B：第二个路口遇到红灯，则P(A)0.5，P(AB)0.3，
P AB
P(B A) 0.6，故答案为：0.6．
P(A)
【例2】如图，EFGH是以O为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A表示
事件“豆子落在正方形EFGH内”，B表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.
1
【答案】
4
【解析】由题意可得，事件A发生的概率P(A)＝ S 正方形EFGH＝ 2× 2 ＝ 2 .
S π×12 π
圆O
1
×12
事件AB表示“豆子落在△EOH内”，则P(AB)＝ S △EOH＝2 ＝ 1 .
S 圆O π×12 2π
1
P(AB) 2π 1
故P(B|A)＝ ＝ ＝ .
P(A) 2 4
π
超几何分布与二项分布
二项分布与超几何分布的辨别方法
超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立。当超
几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布。
【例】写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X 表示n次重复抛掷1枚骰子出现点数是3的倍数的次数。
1
(2)X 表示连续抛掷2枚骰子，所得的2个骰子的点数之和。
2
(3)有一批产品共有N件，其中次品有M件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n次(n>N)，抽出的次品件数为
X 。
3
(4)有一批产品共有N件，其中M件为次品，采用不放回抽取方法抽n件，出现次品的件数为X (N－M>n>0)。
4
【解】 (1)X 的分布列为
1
X 0 1 2 … n
1
175/397衡中数学一本通高分手册
1 2 1 2 1 2 1
P …
C0 n 3 0 3 n C1 n 3 1 3 n－1 C2 n 3 2 3 n－2 Cn n 3 n
1
n，
X 1 服从二项分布，即X 1 ～B 3 。
(2)X 的分布列为
2
X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2
1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
P
36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36
(3)X 的分布列为
3
X 0 1 2 … n
3
M
P 1－
M
N n C1 n M N ·
1－
N n－1 C2 n
M
N 2· 1－
M
N n－2 …
M
N n
M
n，
X 服从二项分布，即X ～B N 。
3 3
(4)X 的分布列为
4
X 0 1 … k … n
4
Cn C1Cn－1 CkCn－k Cn
P
N－M M N－M
…
M N－M
…
M
Cn
N
Cn
N
Cn
N
Cn
N
X 服从超几何分布。
4
【例】从某批产品中，有放回地抽取产品两次，每次随机抽取1件。假设事件A：“取出的2件产品中至多有1
件是二等品”，其概率P(A)＝0.96。
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p。
(2)若该批产品共100件，从中无放回地抽取2件，ξ表示取出的2件产品中二等品的件数，求ξ的分布列。
【解析】(1)记A 表示事件“取出的2件产品中无二等品”，A 表示事件“取出的2件产品中恰有1件二等品”，则
0 1
A ，A 互斥，且A＝A ∪A ，故P(A)＝P(A ∪A )＝P(A )＋P(A )＝(1－p)2＋C1p(1－p)＝1－p2，即0.96
0 1 0 1 0 1 0 1 2
＝1－p2，解得p＝0.2或p＝－0.2(舍去)，故从该批产品中任取1件是二等品的概率为0.2。
(2)该批产品共100件，由(1)知其二等品有100×0.2＝20(件)，ξ的可能取值为0,1,2。
C2 316 C1 C1 32 C2 19
故P(ξ＝0)＝ 80＝ ，P(ξ＝1)＝ 80 20＝ ，P(ξ＝2)＝ 20＝ 。
C2 495 C2 99 C2 495
100 100 100
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2
316 32 19
P
495 99 495
【例】甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束。除第五局甲队获胜的概
1 2
率是 外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是 。假设各局比赛结果相互独立。
2 3
(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率。
176/397衡中数学一本通高分手册
(2)若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分，对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分，对方得
1分。求乙队得分X的分布列。
2 2 2 8
【解析】(1)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A，B，C，则P(A)＝ × × ＝ ，
3 3 3 27
2 2 2 2
1－
2 8
1－
1 4
P(B)＝C2 3 3 2× 3 × ＝ ，P(C)＝C2 4 3 2× 3 2× ＝ 。
3 27 2 27
16 4
(2)X的可能的取值为0,1,2,3。则P(X＝0)＝P(A)＋P(B)＝ ，P(X＝1)＝P(C)＝ ，
27 27
2 2 1 1 1
1－ 1－
4 2 1 1
P(X＝2)＝C2 4 × 3 2× 3 2× 2 ＝ ，P(X＝3)＝ 3 3＋C2 3 3 2× × ＝ 。
27 3 3 9
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
16 4 4 1
P
27 27 27 9
小结：利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)
＝Ckpk(1－p)n－k的三个条件：(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相
n
同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了
k次的概率。
专题 算法、推理与证明、复数
13
1．【高考全国Ⅰ卷文数9】执行下面的程序框图，则输出的n （ ）
177/397衡中数学一本通高分手册
A．17 B．19 C．21 D．23
【答案】C
【思路导引】根据程序框图的算法功能可知，要计算满足135n 100的最小正奇数n，根据等差数
列求和公式即可求出．
【解析】依据程序框图的算法功能可知，输出的n是满足135n 100的最小正奇数，
n1
1n
1
135n 2 1 n1 2100 ，解得n19，∴输出的n21，故选C．
2 4
【专家解读】本题考查了程序框图的算法功能的理解，以及等差数列前n项和公式的应用，考查数学运算学科
素养．解题关键是正确理解程序框图中的循环结构．
2．【高考全国Ⅰ卷理数1】若z 1i，则 z2 2z （ ）
A．0 B．1 C． 2 D．2
【答案】D
【思路导引】
由题意首先求得z2 2z的值，然后计算其模即可．
【解析】由题意可得：z2 1i 2 2i，则z2 2z2i2 1i 2，故 z2 2z 2 2，故选D．
【专家解读】本题考查了复数的运算法则和复数的模的计算，考查数学运算学科素养．
3．【高考全国Ⅱ卷文数2】1i4 （ ）
A．4 B．4 C．4i D．4i
【答案】A
【思路导引】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可．
178/397衡中数学一本通高分手册
【解析】(1i)4 [(1i)2]2 (12ii2)2 (2i)2 4 ．故选A．
【专家解读】本题考查了复数的乘方运算性质，考查数学运算学科素养．
1
4．【高考全国Ⅲ卷理数2】复数 的虚部是 （ ）
13i
3 1 1 3
A． B． C． D．
10 10 10 10
【答案】D
【思路导引】利用复数的除法运算求出z即可．
1 13i 1 3 1 3
【解析】∵z i ，∴复数z 的虚部为 ，故选D．
13i (13i)(13i) 10 10 13i 10
【专家解读】本题考查了复数的概念，考查复数的除法运算，考查数学运算学科素养．
5．【高考江苏卷5】下图是一个算法流程图，若输出 y的值为2，则输入x的值是 ．
【答案】3
2x , x0,
【解析】由题可知 y ，当 y 2时，得x12，解得x3．
x1, x0
【专家解读】本题考查了程序框图的算法功能的理解，考查数学运算学科素养．解题关键是理解程序框图中的
条件结构．识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：
(1)要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构．
(2)要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题．
(3)按照题目的要求完成解答并验证．
179/397衡中数学一本通高分手册
6．【高考全国Ⅱ卷理数15】设复数z ,z 满足 z z 2，z z 3i，则 z z ．
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】2 3
【思路导引】令z 2cos2sini，z 2cos2sini，根据复数的相等可求得
1 2
1
coscossinsin ，代入复数模长的公式中即可得到结果．
2
【解析】 z z 2，可设z 2cos2sini，z 2cos2sini，
1 2 1 2
z z 2 coscos2 sinsini 3i ，
1 2
2 coscos 3
，两式平方作和得：4 22coscos2sinsin4，
2
sinsin1
1
化简得：coscossinsin
2
z z 2 coscos2 sinsini
1 2
4 coscos2 4 sinsin2 88 coscossinsin 84 2 3 ．
故答案为：2 3．
【专家解读】本题考查了复数的应用，考查复数的加法、减法运算，考查复数模长的计算，考查数学运算、数
学建模等学科素养．解题关键是正确正确计算复数的模长，理解复数相等的充要条件．
一、考向分析：
180/397衡中数学一本通高分手册
复数
复数概念 复数运算
推理与证明
推理 证明
合情推理 演绎推理 直接证明 间接证明
算法
三中基本 输入（输出、 条件语句 循环语句
逻辑结构 赋值）语句）
二、考向讲解
考查内容 解 题 技 巧
1．利用复数的四则运算求复数的一般思路:
(1)复数的乘法运算满足多项式的乘法法则，利用此法则运算后将实部与虚部分别写出即可．
复数 (2)复数的除法运算主要是利用分子、分母同乘分母的共轭复数进行运算化简．
(3)利用复数的相关概念解题时，通常是设出复数或利用已知联立方程求解．
2． 判断复数对应的点在复平面内的位置的方法:首先将复数化成a+bi(a，b∈R)的形式，其
次根据实部a和虚部b的符号来确定点所在的象限．
3．(1)与共轭复数有关的问题一般都要先设出复数的代数形式，再用待定系数法解决．
（2）与复数的概念有关的问题，一般是先化简，把复数的非代数形式化为代数形式．
4．复数的代数运算多用于次数较低的运算，但应用i、ω的性质可简化运算．注意下面结论
1＋i 1－i
的灵活运用：(1)(1±i)2＝±2i；(2) ＝i， ＝－i；(3)ω2＋ω＋1＝0，ω3＝1，其中ω＝－
1－i 1＋i
1 3
± i．(4)in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N)．
2 2
1．执行循环结构:首先，要分清是先执行循环体，再判断条件，还是先判断条件，再执行循
环体；其次，注意控制循环的变量是什么，何时退出循环；最后，要清楚循环体内的程序是
181/397衡中数学一本通高分手册
什么，是如何变化的．
算法 2．解答补全问题时，首先，根据输出的结果，计算出需要循环的次数；然后，计算出最后
一次循环变量对应的数值；最后，通过比较得出结论．特别要注意对问题的转化，问题与框
图的表示的相互转化．
3．解答有关程序框图的问题，要读懂程序框图，熟练掌握程序框图的三种基本结构．注意
逐步执行，并且将每一次执行的结果都写出来，要注意在哪一步结束循环以防止运行程序不
彻底．循环结构常常用在一些有规律的科学计算中，如累加求和、累乘求积、多次输入等．
4．程序框图中只要有了循环结构，就一定会涉及条件结构和顺序结构．对于循环结构，要
注意当型与直到型的区别，搞清进入或终止的循环条件、循环次数是做题的关键．
1．运用归纳推理得出一般结论时，要注意从等式、不等式的项数、次数、系数等多个方面
推理与证明 进行综合分析，归纳发现其一般结论．
2．若已给出的式子较少，规律不明显，则可多写出几个式子，从中发现一般结论．
3．进行类比推理时，首先要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的
性质．
4．归纳推理的关键是找规律，类比推理的关键是看共性．
5．区分两种合情推理的思维过程:
(1)归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，归纳推理的思维过程:
实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论
(2)类比推理的思维过程:实验、观察→联想、类推→猜测新的结论
在进行类比推理时，不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比．主要有以下两点:(1)找
两类对象的对应元素，如:三角形对应三棱锥，圆对应球，面积对应体积等等；(2)找对应元
素的对应关系，如:两条边(直线)垂直对应线面垂直或面面垂直，边相等对应面积相等．
考查复数：
例1．（2021·湖北新高考演练）设复数z满足zi 1i R，则z的虚部为（ ）
A．1 B．-1 C．i D．i
【答案】B
【解析】设复数z abi,(a,bR)，则zi 1i a1(b1)i，因为zi 1i R，可得b10，
解得b1，所以复数z 的虚部为1．故选B．
【名师点睛】本题考查复数的乘除法的运算及共轭复数的概念，其中正确求出复数z 是解题的关键，对于复数
182/397衡中数学一本通高分手册
的运算，解题时一定要按照相关的运算法则求解，特别是在乘除运算中一定不要忘了i2 1．
1- i
例2．（2021·陕西咸阳市·高三一模（理））设复数z= ，那么在复平面内复数3z1对应的点位于（ ）
1+ i
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
1i 1i 2 2i
【解析】z i，3z113i，因此，复数3z1在复平面内对应的点位
1i 1i 1i 2
于第三象限．故选C．
例3．知复数z满足 (3i)z 10i (其中 i 是虚数单位，满足 i2 1)，则复数z的共轭复数是（ ）
A．13i B．13i C．13i D．13i
【答案】B
10i 10i(3i) 1030i
【解析】因为z = 13i,z 13i ，选B．
3i (3i)(3i) 10
例4．已知i为虚数单位， z 为复数z 的共轭复数，若z2z 9i ，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A． 第一象限 B． 第二象限 C． 第三象限 D． 第四象限
【答案】A
【解析】设z abi,a,bR ，由z2z 9i ，得 abi 2 abi 9i，即3abi9i ，则
a 3,b1，即z 3i 在复平面内对应的点 3,1 位于第一象限．故选A．
考查算法：
1．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））执行如图所示的程序框图，则输出的s=（ ）
A． 2020 1 B． 20211 C．2 2020 1 D．2 20211
【答案】B
1 1 1 1
【解析】由程序框图可知，输出的S ...
21 3 2 4 3 2021 2020
183/397衡中数学一本通高分手册
21 3 2 4 3... 2021 2020 20211．故选B．
例2．（2021·安徽六安市·高三一模（文））《九章算术》是中国古代的数学专著，其中的“更相减损术”可以用来
求两个数的最大公约数，这是一个伟大创举．其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少
减多，更相减损，求其等也，以等数约之”．下面的程序框图体现了该算法的主要过程，若输入m168，n105，
i 1时，则输出的结果为（ ）
A．m21，i4 B．m21，i5
C．m 23，i4 D．m 23，i5
【答案】B
【解析】按照程序框图运行程序，输入：m168，n105，i 1 ，
mn，则m63，n105，i2；
m n，则m63，n 42，i3；
mn，则m21，n 42，i4；
m n，则m21，n21，i5；
i5满足mn，输出m21，i5．故选B．
例3．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（文））执行下边的程序框图(“amodb”是a除以b的余数)，如果输入a18，
b12，则输出M 的值等于（ ）
184/397衡中数学一本通高分手册
A．12 B．18 C．36 D．72
【答案】C
【解析】a 18，b12，m ab 1812
第一次循环得：r amodb 18mod126 0，所以a 12,b6；
m 1812
第二次循环得：r amodb 12mod60，所以跳出循环；M 36，故选C．
b 6
例4．（2021·河南郑州市·高三一模（文））运行如图所示的程序框图，若输入的a值为2时，输出的S 的值为12，
则判断框中可以填（ ）
A．k 3? B．k 4? C．k 5? D．k 6?
185/397衡中数学一本通高分手册
【答案】B
【解析】运行该程序：输入a2，
第一次循环：S =0+2´12 = 2，a2，k 11 2；
第二次循环：S = 2-2´ 22 = -6，a2，k 213；
第三次循环：S = -6+2´32 =12，a2，k 314，
因为输出的S 的值为12，所以判断框中可以填k 4，故选B．
考查推理与证明
例1．（2021·陕西西安市·高三一模（文））天干地支纪年法(简称干支纪年法)是中国历法上自古以来就一直使用
的纪年方法．天干有十，即：甲､乙，丙､丁､戊､己､庚，辛，壬､癸；地支有十二，即：子､丑､寅､卯､辰，巳､
午，未､申､酉､戌､亥．干支纪年法中，天干地支对应的规律如表：
天干 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸 甲 乙 丙 …
地支 子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥 子 …
甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸 甲 乙 丙
天干地
子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥 子 …
支纪年
年 年 年 年 年 年 年 年 年 年 年 年 年
2049年是新中国成立100周年．这一百年，中国逐步实现中华民族的伟大复兴．使用干支纪年法，2049年是己
巳年，则2058年是（ ）年．
A．己巳 B．甲申 C．戊寅 D．丙戌
【答案】C
【解析】列表如下：
天干 地支 天干地支纪年
甲 子 甲子年
乙 丑 乙丑年
丙 寅 丙寅年
186/397衡中数学一本通高分手册
丁 卯 丁卯年
戊 辰 戊辰年
己 巳 己巳年
庚 午 庚午年
辛 未 辛未年
壬 申 壬申年
癸 酉 癸酉年
甲 戌 甲戌年
乙 亥 乙亥年
丙 子 丙子年
丁 丑 丁丑年
戊 寅 戊寅年
己 卯 己卯年
庚 辰 庚辰年
辛 巳 辛巳年
壬 午 壬午年
甲 未 甲未年
乙 申 乙申年
丙 酉 丙酉年
丁 戌 丁戌年
戊 亥 戊亥年
2049年是己巳年，往后数9年，得2058年是戊寅年．故选C．
187/397衡中数学一本通高分手册
例2．甲、乙、丙、丁四个人参加某项竞赛，四人在成绩公布前做出如下预测：
甲说：获奖者在乙丙丁三人中；乙说：我不会获奖，丙获奖；丙说：甲和丁中的一人获奖；
丁说：乙猜测的是对的． 成绩公布后表明，四人中有两人的预测与结果相符，另外两人的预测与结果不
相符．已知俩人获奖，则获奖的是
A．甲和丁 B．甲和丙
C．乙和丙 D．乙和丁
【答案】D
【解析】乙、丁的预测要么同时与结果相符，要么同时与结果不符，若乙、丁的预测成立，则甲、丙的预测不
成立，可知矛盾，故乙、丁的预测不成立，从而获奖的是乙和丁，故选D．
【名师点睛】本题考查了逻辑推理能力，假设法是解决此类问题常用的方法．
3．已知 a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的nN,b 是a 和a 的等差中项．
n n n n1
(Ⅰ)设c b2 b2,nN*，求证： c 是等差数列；
n n1 n n
2n n 1 1
(Ⅱ)设 a d,T 1 n b 2,nN*，求证： .
1 n n T 2d2
k1 k1 k
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
（I）证明：由题意得b2 a a ，有c b2 b2 a a a a 2da ，因此
n n n1 n n1 n n1 n2 n n1 n1
c c 2d a a 2d2，所以 c 是等差数列．
n1 n n2 n1 n
（II）证明：T b2 b2 b2 b2 b2 b2
n 1 2 3 4 2n1 2n
n a a
2d a a a 2d 2 2n 2d 2n n1
2 4 2n 2
n 1 1 n 1 1 n 1 1 1 1 1
所以 1 ．
T 2d2 k k 1 2d2 k k 1 2d2 n1 2d2
k1 k k1 k1
反证法
反证法
假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样
的证明方法叫作反证法．
188/397衡中数学一本通高分手册
例1．（2021梅河口市第五中学高三月考（理））甲、乙、丙三人尝试在下面的表格中填入第二排的数字，使得
第一个数字表明这一排中0的数量，第二个数字表明这一排中1的数量，第三个数字表明这一排中2的数量，
依此类推，最后一个数字表明这一排中6的数量．
0 1 2 3 4 5 6
甲说：“第七个数字一定是0”；
乙说：“这些数字的和是7，所以第一个数字不能比3大”；
丙说：“这七个数字有且只有一种填法”
其中，说法正确的是（ ）
A．甲 B．乙 C．甲 乙 D．甲 乙 丙
【答案】D
【解析】由题意可知，若第七个数字不是0，设第七个数字为n n0 ，则就要求第二排要有n个6，那就要
在其他地方填上6，对应着要有6个该数字，无法满足，所以第七个数字是0，则甲说法正确；第五个和第六个
数字也如上述原因需填0，所以第四个数字不能填0，若是0则第一个数至少为4，需要在第二和第三个数字上
填4，个数不够，只能填1，若是填2，仍不成立，所以最后答案仅为3211000，所以乙丙的说法正确，所以说
法正确的是甲 乙 丙．故选D．
【点睛】本题考查反证法的应用，以及合情推理和演绎推理的应用，考查学生逻辑推理能力，属于基础题．
例2．用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
【答案】A
【解析】反证法中否定结论需全否定，“至少有一个”的否定为“一个也没有”．
例3．等差数列{a }的前n项和为S ，a ＝1＋ 2，S ＝9＋3 2．
n n 1 3
(1)求数列{a }的通项a 与前n项和S ；
n n n
S
(2)设b ＝ n(n∈N*)，求证：数列{b }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
n n
n
189/397衡中数学一本通高分手册
a ＝ 2＋1，
1
【解析】(1)由已知得 所以d＝2，故a ＝2n－1＋ 2，S ＝n(n＋ 2)．
n n
3a ＋3d＝9＋3 2，
1
S
(2)证明：由(1)，得b ＝ n＝n＋ 2．
n
n
假设数列{b }中存在三项b ，b ，b(p，q，r互不相等)成等比数列，
n p q r
则b2＝b b，即(q＋ 2)2＝(p＋ 2)(r＋ 2)，所以(q2－pr)＋ 2(2q－p－r)＝0．
q p r
p＋r
q2－pr＝0，
因为p，q，r∈N*，所以 所以 2 2＝pr，(p－r)2＝0．
2q－p－r＝0，
所以p＝r，这与p≠r矛盾，所以数列{b }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
n
反证法证明问题的五个注意点
(1)分清问题的条件和结论；
(2)假设所要证的结论不成立，而假设结论的反面成立(否定结论)；
(3)从假设和条件出发，经过正确的推理，导出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自
相矛盾(推导矛盾)；
(4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误，即结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结
论成立)；
(5)应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达
到否定结论的目的．
专题 极坐标与参数方程、不等式选讲
14
1．【高考全国Ⅰ卷文理数21】
xcoskt ,
在直角坐标系xOy中，曲线C 的参数方程为 (t 为参数)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴
1 y sinkt
建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为4cos16sin30．
2
（1）当k 1时，C 是什么曲线？
1
190/397衡中数学一本通高分手册
（2）当k 4时，求C 与C 的公共点的直角坐标．
1 2
1 1
【答案】（1）曲线C 表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）( , )．
1
4 4
【思路导引】（1）利用sin2tcos2t 1消去参数t，求出曲线C 的普通方程，即可得出结论；
1
x cos2t
（2）当k 4时，x0,y 0，曲线C 的参数方程化为 (t为参数），两式相加消去参数t，得C
1 y sin2t 1
普通方程，由cos x,sin y，将曲线C 化为直角坐标方程，联立C ,C 方程，即可求解．
2 1 2
xcost ,
【解析】（1）当k 1时，曲线C 的参数方程为 （t为参数），两式平方相加得x2 y2 1，
1 y sint
∴曲线C 表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆．
1
xcos4t ,
（2）当k 4时，曲线C 的参数方程为 （t为参数），∴x0,y 0，曲线C 的参数方程化为
1 y sin4t 1
x cos2t
(t 为 参 数 ）， 两 式 相 加 得 曲 线 C 方 程 为 x y 1 ， 得 y 1 x ， 平 方 得
y sin2t 1
y x2 x 1,0 x1,0 y 1，
曲线C 的极坐标方程为4cos16sin30 ，曲线C 直角坐标方程为4x16y30，
2 2
y x2 x 1, 1 13
联立C ,C 方程 ，整理得12x32 x 130，解得 x 或 x （舍去），
1 2 4x16y30 2 6
1 1 1 1
x ,y ，C ,C 公共点的直角坐标为( , )．
1 2
4 4 4 4
【专家解读】本题考查了参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，考查转化与化归思想，
考查数学运算学科素养，合理消元是解题的关系，要注意曲线坐标的范围．
x4cos2,
2．【高考全国Ⅱ卷文理数21】已知曲线 C ,C 的参数方程分别为 C : （ 为参数），
1 2 1 y4sin2
1
xt ,
t
C : （t 为参数）．
2 yt 1
t
（1）将C ,C 的参数方程化为普通方程；
1 2
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C ,C 的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极
1 2
191/397衡中数学一本通高分手册
点和P的圆的极坐标方程．
17
【答案】（1）C :x y4；C :x2 y2 4；（2） cos．
1 2 5
【思路导引】（1）分别消去参数和t即可得到所求普通方程；
（2）两方程联立求得点P，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐
标方程．
【解析】（1）由cos2sin21得C 的普通方程为：x y 4，
1
1 1
xt x2 t2 2
t t2
由 得： ，两式作差可得C 的普通方程为：x2 y2 4．
1 1 2
y t y2 t2 2
t t2
5
x
x y 4 2 5 3
（2）由 得： ，即P , ．
x2 y2 4
3 2 2
y
2
设所求圆圆心的直角坐标为 a,0 ，其中a 0，则 a 5
2 0 3
2 a2，解得：a 17 ，
2 2 10
17 17 2 17 2 17
所求圆的半径r ，所求圆的直角坐标方程为： x
y2
，即x2 y2 x，
10 10 10 5
17
所求圆的极坐标方程为 cos．
5
【专家解读】本题考查了极坐标与参数方程的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、直角坐标方程化极
坐标方程等知识，考查转化与化归思想，考查数学运算、数学建模等学科素养，合理消元是解题的关系．
3．【高考全国Ⅰ卷文理数22】已知函数 f x 3x12 x1 ．
（1）画出y f x的图像；
192/397衡中数学一本通高分手册
（2）求不等式 f x f x1的解集．
7
【答案】（1）详解解析；（2） , ．
6
【思路导引】（1）根据分段讨论法，即可写出函数 f x 的解析式，作出图像；
（2）作出函数 f x1 的图像，根据图像即可解出．
x3, x1
1
【解析】（1）∵ f x 5x1, x1，作出图像，如图所示：
3
1
x3, x
3
（2）将函数 f x 的图像向左平移1个单位，可得函数 f x1 的图像，如图所示：
7 7
由x35 x1 1，解得x ，∴不等式的解集为 , ．
6 6
【专家解读】本题考查了分段函数的图像及其应用，考查绝对值不等式的解法，考查数形结合思想，考查数学
运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是正确应用零点分段法作出绝对值函数的图像．
193/397衡中数学一本通高分手册
4．【高考全国Ⅱ卷文理数22】已知函数 f x x2 a x2a1．
（1）当a2时，求不等式 f x4的解集；
（2）若 f x4，求a的取值范围．
3 11
【答案】（1）x x 或x ；（2） ,1 3, ．
2 2
【思路导引】（1）分别在x3、3 x4和x4三种情况下解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得到 f x a1 2，由此构造不等式求得结果．
【解析】（1）当a2时， f x x4 x3．
3
当x3时， f
x
4x3x72x4，解得：x
；
2
当3 x4时， f
x
4xx314，无解；
11
当x4时， f
x
x4x32x74，解得：x
；
2
3 11
综上所述： f x 4的解集为x x 或x ．
2 2
（ 2 ） f x xa2 x2a1 xa2 x2a1 a2 2a1 a1 2 （ 当 且 仅 当
2a1 x a2时取等号）， a1 2 4，解得：a1或a3，
a的取值范围为 ,1 3, ．
【专家解读】本题考查了绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立的参数取值范围问题的解法，考查绝对值三
角不等式的应用，考查数形结合思想、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题
关键是绝对值三角不等式的应用．
x2tt2 ,
5．【高考全国Ⅲ卷文理数22】在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 （t为参数且t 1），
y 23tt2
C与坐标轴交于A, B两点．
（1）求 AB ；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．
【答案】（1）4 10；（2）3cossin120
194/397衡中数学一本通高分手册
【思路导引】（1）由参数方程得出A,B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出 AB 的值；
（2）由A,B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可．
【解析】（1）令x0，则t2 t20，解得t 2或t1（舍），则 y 26412，即A(0,12)．
令y 0，则t2 3t 20，解得t 2或t1（舍），则x 224 4，即B(4,0)．
AB (04)2 (120)2 4 10．
120
（2）由（1）可知k 3，则直线AB的方程为 y3(x4)，即3x y120．
AB 0(4)
由xcos,ysin可得，直线AB的极坐标方程为3cossin120．
【专家解读】本题考查了极坐标与参数方程的综合应用，考查利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极
坐标方程，考查转化与化归思想，考查数学运算学科素养．
6．【高考全国Ⅲ卷文理数23】设a,b,cR ,abc 0,abc 1．
（1）证明：abbcca0；
（2）用max a,b,c 表示a,b,c的最大值，证明：max a,b,c 3 4 ．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析．
【思路导引】（1）根据题设条件abc 0,两边平方，再利用均值不等式证明即可；
（2）思路一：不妨设max{a,b,c}a，由题意得出a0,b,c0，
bc 2 b2 c2 2bc
由a3 a2a ，结合基本不等式，即可得出证明．
bc bc
思路二：假设出a,b,c中最大值，根据反证法与基本不等式推出矛盾，即可得出结论．
【解析】（1）证明：abc0,
abc
2
0.
a2 b2 c2 2ab2ac2ca0,即2ab2bc2ca a2 b2 c2
2ab2bc2ca0,abbcca0.
（2）证法一：不妨设max{a,b,c}a，由abc0,abc1可知，a 0,b0,c0，
1 bc 2 b2 c2 2bc 2bc2bc
a bc,a ，a3 a2a 4，
bc bc bc bc
当且仅当bc时，取等号，a 3 4 ，即max{a,b,c} 3 4 ．
195/397衡中数学一本通高分手册
3 1 1 3
证法二：不妨设ab0c 4 ，则ab ,abc 4,而
c 3
4
2 1 1
3 4 ab2 ab 2 3 3 4 矛盾，∴命题得证．
6 4
【专家解读】本题考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，考查数学运算、逻辑推理等学科素养．解
题关键是基本不等式的应用．
一、考向分析：
二、考向讲解
解 题 技 巧
考查内容
(1)在将直角坐标化为极坐标求极角θ时，易忽视判断点所在的象限(即角θ的终边的位置)．
(2)在极坐标系下，点的极坐标不惟一性易忽视．
注意极坐标(ρ，θ)(ρ，θ＋2kπ)，(－ρ，π＋θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一点的坐标．
(3)确定极坐标方程时要注意极坐标系的四要素：极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方
向，四者缺一不可．
196/397衡中数学一本通高分手册
(4)研究曲线的极坐标方程往往要与直角坐标方程进行相互转化．当条件涉及“角度”和“到定
极坐标与 点距离”时，引入极坐标系将会给问题的解决带来很大的方便．
（5）已知直线l经过点M (x ，y )，倾斜角为α，点M(x，y)为l上任意一点，则直线l的参
参数方程 0 0 0
x＝x ＋tcosα，
0
数方程为 (t为参数)．
y＝y ＋tsinα
0
→ → →
a．若M ，M 是直线l上的两个点，对应的参数分别为t ，t ，则|M M ||M M |＝|t t |，|M M |
1 2 1 2 0 1 0 2 12 1 2
＝|t －t |＝ t ＋t 2－4t t ．
2 1 2 1 12
t ＋t
b．若线段M M 的中点为M ，点M ，M ，M 对应的参数分别为t ，t ，t ，则t ＝1 2．
1 2 3 1 2 3 1 2 3 3
2
c．若直线l上的线段M M 的中点为M (x ，y )，则t ＋t ＝0，t t <0．
1 2 0 0 0 1 2 12
提醒：在使用直线参数方程的几何意义时，要注意参数前面的系数应该是该直线倾斜角
的正余弦值，否则参数不具备该几何含义．
1．绝对值不等式的求解方法
(1)|ax+b|≤c，|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法：|ax+b|≤c -c≤ax+b≤c，
|ax+b|≥c ax+b≥c或ax+b≤-c，然后根据a，b⇔的取值求解即可．
(2)|x-a|+|x-b|≥c(⇔c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想；
不等式证明
②利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．
的基本方法
a．令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；
b．将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
c．由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；
d．取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．
③通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．
2．解决绝对值不等式的参数范围问题常用以下两种方法：
(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；
(2)借助于绝对值的几何意义，先求出含参数的绝对值表达式的最值或取值范围，再根据题目
要求，求解参数的取值范围．由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的
点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)或|x－a|－|x－
b|≥c(c＞0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
(3)应熟记以下转化：f(x)>a恒成立 f(x) >a；f(x)a有解
min max
⇔ ⇔
197/397衡中数学一本通高分手册
f(x) >a；f(x)a无解 f(x) ≤a；f(x)a恒成立 f(x) ＞a．
max min
4．利用综合法证明不等式⇔时，应注意对已证不等式的使⇔用，常用的不等式有：
(1)a2≥0；(2)|a|≥0；
a＋b
a2＋b2
（3）a2＋b2≥2ab；它的变形形式又有(a＋b)2≥4ab， ≥ 2 2等；
2
a＋b 1 b a
(4) ≥ ab(a≥0，b≥0)，它的变形形式又有a＋ ≥2(a>0)， ＋ ≥2(ab>0)，
2 a a b
b a
＋ ≤－2(ab<0)等．
a b
5．分析法证明不等式的注意事项：用分析法证明不等式时，不要把“逆求”错误地作为“逆推”，
分析法的过程仅需要寻求充分条件即可，而不是充要条件，也就是说，分析法的思维是逆向
思维，因此在证题时，应正确使用“要证”、“只需证”这样的连接“关键词”．
6、证明绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|．主要的三种方法：
（1）利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
（2）利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．
（3）转化为函数问题，数形结合进行证明．
7、当x的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如 f(x) xa xb 的
函数的最小值，以及解析式形如 f(x) xa xb 的函数的最小值和最大值，否则去绝
对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出
现定值为目标．
考查不等式的证明：
【例1】（2021·宁夏吴忠一模（理））已知函数 f x x1 ．
（1）解不等式 f(x)4 2x1 ；
198/397衡中数学一本通高分手册
1 1
（2）已知mn1(m0,n0)，若1a3，求证 xa f(x) 2．
m n
【解析】（1） f(x)4 2x1 等价于 x1 4 2x1，
4 4
当x 1时，原不等式化为(x1)4(2x1)，即x ，∴ x1；
3 3
1 1
当1 x 时，原不等式化为x14 2x1 ，即x2，∴1 x ；
2 2
1 4 1 4
当x 时，原不等式化为x1 42x1，即x ，∴ x ；
2 3 2 3
4 4
综上可得，原不等式的解集为x∣ x ．
3 3
（2）证明：|xa|f(x) xa x1 (xa)(x1) a1 ，
∵1a3，∴2a12，即 a1 2，∴ xa f x 2，
1 1 mn mn n m
∵mn1(m0,n0)，∴ 2 4，
m n m n m n
1 1 1 1
∴ 2 2，∴ xa f(x) 2．
m n m n
1
【例2】（2021·河南郑州一模（文））已知ab0，函数 f x x
b ab
1
（1）若a1，b ，求不等式 f x 2的解集﹔
2
（2）求证： f x xa2 4．
1
【解析】（1）由a1，b 可得 f x x4 ，则 f x 2即 x4 2，所以x42或x＋42，
2
解得：x2或x6，故不等式 f x 2的解集为 x x2或x6 ．
1
（2）由题意即证， x xa2 4,
b ab
1 1 1
因为 x xa2 x xa2 a2 ，
b ab b ab b ab
bab 2 a2
因为ab0，所以ab0，所以b ab
，
2 4
199/397衡中数学一本通高分手册
1 1 4 4
所以 a2 a2 a2 2 a2 4，
b ab b ab a2 a2
4
a2
2
当且仅当 a2 即a 2，b 时，等号成立，
bab 2
1 1
所以 x xa2 a2 4，故 f x xa2 4成立．
b ab b ab
1
【点睛】关键点点睛：本题要想到利用绝对值三角不等式得出 f x xa2 a2 ，这样不再含x，
b ab
而且b ab a即可用基本不等式消去b转化为只含a的代数式，再次利用基本不等式即可证明．
【例3】设a,b,c均为正数，且abc1，证明：
1 a2 b2 c2
（Ⅰ）abbcca ；（Ⅱ） 1
3 b c a
【解析】（Ⅰ）a2 b2 2ab,b2 c2 2bc,c2 a2 2ca得a2 b2 c2 abbcca
由题设得 abc 2 1，即a2 b2 c2 2ab2bc2ca 1．
1
所以3 abbcca 1，即abbcca ．
3
a2 b2 c2 a2 b2 c2
（Ⅱ）∵ b2a, c2b, a2c， ∴ (abc)2(abc)，
b c a b c a
a2 b2 c2 a2 b2 c2
即 abc，∴ 1．
b c a b c a
考查绝对值不等式的解法：
【例1】（2021·安徽淮南一模（文））设函数 f x 2x1 x4 ．
（1）解不等式 f
x
0；
（2）若关于x的方程 f(x)3 x4 2m2 3m0没有实数根，求实数m的取值范围．
【解析】（1）当x4时， f(x)2x1(x4) x50，得x5，所以x4；
1
当 x4时， f x 2x1x43x30，得x1，所以1 x4；
2
200/397衡中数学一本通高分手册
1
当x 时， f x x50，得x5，所以x5．
2
综上，原不等式的解集为(,5)(1,)；
（2）方程 f x 3 x4 2m2 3m0没有实数根，即 f x 3 x4 2m2 3m没有实数根，
令g x f x 3 x4 2x12 x4 2x1 2x8 2x1(2x8) 9，
1
当且仅当 2x1 2x8 0时，即 x4时等号成立，即g x 值域为 9, ，
2
3
若g x 2m2 3m没有实数根，则2m2 3m9，即2m2 3m90，所以实数m的取值范围为 m3．
2
【点睛】方法点睛：
1、绝对值不等式的解法：
（1）利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
（2）利于“零点分段法”去绝对值进行求解，体现了分类讨论思想；
（3）通过构造函数，利用函数图象求解，体现了函数与方程思想．
2、不等式恒成立问题通常可转化成函数最值来处理．
【例2】（2021·内蒙古月考）已知函数 f(x) xa 5．
（1）证明 f x xa5 ；
4
（2）已知a 0，若不等式 f x 2 x1 0的解集为 m,n ，且nm ，求a的值．
3
【解析】（1）证明： f(x)|xa5||xa||xa5|5．
由绝对值三角不等式知：|xa||xa5||(xa)(xa5)|5，
∴ f(x)|xa5|550，即 f x xa5 得证．
（2）解： f(x)2|x1|0，则|xa|2|x1|5，
3x2a,xa
令g(x) xa 2 x1 xa2,a x1，
3xa2,x1
0a4
g(x) g(1)a15
min ，则 7a ，而g 1 左侧有：
g(n)3na25 n
3
201/397衡中数学一本通高分手册
3
a4
①当g
a 22a5时，有am1，所以g(m)ma25，得ma3，即
2
，
7a 4
a3
3 3
得a 3．
3a
② 当 g a 22a5 时 ， 有 ma ， 所 以 g(m)3m2a5 ， 得 m ， 即
3
3
0a
2
，故此时a无解．
7a a3 10 4
3 3 3 3
综上，a 3．
【点睛】关键点点睛：
（1）将被证不等式转化为|xa||xa5|5，利用|a||b||ab|即可证不等式；
（2）令 g(x) xa 2 x1 ，则原不等式等价于 g(x)5且 m,n 为解集，根据分段函数的性质有
g(1)5
g(m) g(n)5，讨论g a 与5的大小确定m的所在区间，求参数值．
n1
考查不等式恒成立问题：
1
【例1】（2021·陕西西安一模（文））已知函数 f x x2 1，g(x)|xa||2x1|，a ．
2
1 7
（1）当a 时，解不等式g(x2) ；
2 2
（2）对任意x ，x R，若不等式 f(x )≥g(x )恒成立，求实数a的取值范围．
1 2 1 2
1 1 1
【解析】（1）当a 时，g(x)|x | 2x1 |x |，
2 2 2
7 1 7 1 7
不等式g(x2) ，即|x2 | ，即|x2 | ，
2 2 2 2 2
解得x2 4或x2 3(舍去)，由x2 4，解得x2或x2．
7
所以不等式g(x2) 的解集是(,2)(2,) ．
2
（2）由题意知，只需满足 f(x) g x 即可．
min max
202/397衡中数学一本通高分手册
1
xa1,x
2
1 1
f x x2 1， f x 1，依题意，当a 时，g(x)3xa1, xa ，
min 2 2
xa1,xa
1 1 1 1
由一次函数性质知，g(x)在 , 上单调递增，在 ,a和 a, 上单调递减，g(x) g( )a ．
2 2 max 2 2
由 f(x) g x ，得1≥a 1 ，即a 3 ，所以实数a的取值范围是： 1 a 3 ．
min max 2 2 2 2
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数 y f x ,x a,b ， y g x ,x c,d
（1）若x a,b ，x c,d ，总有 f x g x 成立，故 f x g x ；
1 2 1 2 max 2 min
（2）若x a,b ，x c,d ，有 f x g x 成立，故 f x g x ；
1 2 1 2 max 2 max
（3）若x a,b ，x c,d ，有 f x g x 成立，故 f x g x ；
1 2 1 2 min 2 min
（4）若x a,b ，x c,d ，有 f x g x ，则 f x 的值域是g x 值域的子集 ．
1 2 1 2
【例2】已知函数 f x x1,g x t x 2．
（1）解关于x的不等式 f
x
2x1．
（2）若不等式 f x g x 对任意的xR恒成立，求t的取值范围．
【答案】(1) {x|x0} (2) t 1
【解析】（1）由 f x x1, f x 2x1，得 x1 2x1，
当x1时， x12x1，解得x2（舍去），
当x1时， 1x2x1，解得x0，所以x0，
综上，不等式的解集为{x|x0}．
(2)由 f x g x ，得 x1 t x 2，下面分四种情形讨论：
当x0时，不等式恒成立tR ；
203/397衡中数学一本通高分手册
3
当x0时，不等式化简整理得 1t x3，即1t 恒成立，则1t 0，所以t 1；
x
3
当0 x1时，不等式化简整理得 1t x3，即1t 恒成立，则1t 3，所以t 2；
x
1
当x1时，不等式化简整理得 1t x1，即t1 恒成立，则t10，所以t 1；
x
综上t 1．
考查柯西不等式：
【例1】（2021·贵州安顺模拟（文））设函数 f x x4 x5 的最小值为m．
（1）求m；
x2 x2 x2 1
（2）设x ,x ,x R ，且x x x m，求证： 1 2 3 ．
1 2 3 1 2 3 1x 1x 1x 4
1 2 3
2x9,x4
【解析】（1）∵ f x 1,4 x5 ，
2x9,x5
∴x4时， f x1，且x5时 ， f x1，∴ f x 1，∴m 1；
min
（2）由（1）知x x x 1，∴x 1x 1x 14，
1 2 3 1 2 3
x2 x2 x2 x2 x2 x2
∵ 1 2 3 4 1 2 3 x 1 x 1 x 1 x x x 2 1，
1x 1x 1x
1x 1x 1x
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
x2 x2 x2 1
∴ 1 2 3 ，当且仅当x x x 1 取等号．
1x 1x 1x 4 1 2 3 3
1 2 3
【点睛】关键点点睛：得出x 1x 1x 14，构造柯西不等式的形式．
1 2 3
【例2】已知a，b，c，d为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8．
证明：由柯西不等式可得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，
所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8．
【例3】已知|x＋2|＋|6－x|≥k恒成立，求实数k的最大值．
【解析】因为|x＋2|＋|6－x|≥k恒成立，设g(x)＝|x＋2|＋|6－x|，则g(x) ≥k．
min
又|x＋2|＋|6－x|≥|(x＋2)＋(6－x)|＝8，当且仅当－2≤x≤6时，g(x) ＝8，
min
所以k≤8，即实数k的最大值为8．
204/397衡中数学一本通高分手册
考查最值问题：
【例】（2021·云南玉溪模拟（文））已知函数 f(x)|xa||xb|(a0,b0)．
（1）若ab1，解不等式 f(x)2；
1 1
（2）若 f(x)的值域是[2,)，且 k ，求k的最大值．
a2 b1
2x,x1
【解析】（1）∵a1，b1，∴ f(x) x1 x1 2,1 x1．
2x,x1
当x1时， f(x)2化为2x2，不等式的解为x1；
当1 x1时， f(x)2化为22，不等式的解为；
当x1时， f(x)2化为2x2 x1，所以不等式的解为x 1．
综上所述，不等式的解集为 x x1或x1 ．
（2）∵ f(x)|xa||xb||(xa)(xb)||ab|，当且仅当(xa)(xb)0时取“=”号．
又 f(x)的值域是[2,)，所以|ab|2，∵a 0,b0，∴ab2a2b15．
1 1 a2 b1 a2 b1 b1 a2
∵(a2b1)
2
22 4 （当且仅当 ，
a2 b1 b1 a2 b1 a2 a2 b1
1 1 4
即a 0.5,b1.5时取“=”号），∴ ，当且仅当a 0.5,b1.5时取“=”号．
a2 b1 5
1 1 4 4
又∵ k 恒成立，∴k ，故k的最大值是 ．
a2 b1 5 5
【点睛】本题考查含绝对值不等式问题，解题的关键是利用绝对值三角不等式结合值域得出a2b15，
1 1 4
再利用基本不等式求出 ．
a2 b1 5
考查参数范围问题：
【例1】（2021·青海海东一模（文））已知函数 f
x
x ．
（1）求不等式3f x1 f x1 2的解集；
（2）若不等式 f xa f x2 f x3 的解集包含 2,1 ，求a的取值范围．
【解析】（1）3f(x1) f(x1)2即3 x1 x1 2，
205/397衡中数学一本通高分手册
x1 1 x1 x1,
所以 或 或
3(x1)x12 3(x1)x12 3(x1)x12,
解得x1或1 x0或x3，即x0或x3，所以原不等式的解集为
,0 U 3,
．
（2） f(xa) f(x2) f(x3)即 xa x2 x3 ．
因为不等式 f(xa) f(x2) f(x3)的解集包含 2,1 ，所以 xa x2 x3 对于x2,1 恒
成立．因为x2,1 ，所以x20，x30，所以 xa x2 x3 等价于 xa x2 x3，
即 xa 1恒成立，所以a1 xa1在 2,1 上恒成立，
a12,
所以 解得2 a 1，即实数a的取值范围为
2,1
．
1a1,
【点睛】本题是含参数的不等式存在性问题，只要求存在满足条件的x即可；不等式的解集为R是指不等式的
恒成立问题，而不等式的解集∅的对立面(如f(x)＞m的解集是空集，则f(x)≤m恒成立)也是不等式的恒成立问题，
此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)＜a恒成立 a＞f(x) ，f(x)＞a恒成立 a＜f(x) ．
max min
【例】已知函数 f (x)|x1||x2|． ⇔ ⇔
(1)求不等式 f(x)≥1的解集；
(2)若不等式 f(x)≥x2 xm的解集非空，求m的取值范围．
3, x1
【解析】（1） f(x)2x1,1≤x≤2 ，
3, x2
当x1时， f x ≥1无解；
当1≤x≤2时，由 f x ≥1得，2x1≥1，解得1≤x≤2
当x＞2时，由 f x ≥1解得x＞2．
所以 f
x
≥1的解集为
x
x≥1
．
（2）由 f x ≥x2 xm得m≤ x1 x2 x2 x ，而
3 2 5 5
x1 x2 x 2 x≤ x +1+ x 2x 2 x =- x - + ≤
2 4 4
206/397衡中数学一本通高分手册
3 5 5
且当x 时， x1 x2 x 2x = ．故m的取值范围为 -，
．
2 4 4
考查极坐标方程：
x 2cos
【例1】（2021·江西上饶一模（理））在平面直角坐标系xOy中，曲线C 的参数方程为 （为
1 y 22sin
2
参数）．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程 ．
2 13sin2
（1）求曲线C 的普通方程；
2
（2）设A是曲线C 上的动点，B是曲线C 上的动点，求 AB 的最大值．
1 2
2 2
【解析】（1） ，∴2 cos24sin2 4，
13sin2 cos24sin2
x2
即x2 4y2 4，∴ y2 1．
4
（2）由曲线C 的参数方程知其普通方程为x2 y2 2 4，它是以C 0,2 为圆心，2为半径的圆，
1
∵A是曲线C 上的动点，B是曲线C 上的动点，∴ AB BC 2，
1 2 max max
2
设B 2cos,sin ，则 BC 4cos2 sin2 2 3sin24sin8 3 sin 2 28 ，
3 3
2 28 2 21 2 21
∴sin 时， BC ，∴ AB 2．
3 max 3 3 max 3
【点睛】关键点睛：在解决第二问时，关键是由圆的性质将 AB 的最大值转化为求 BC 2，再结合点到
max
直线的距离公式以及正弦函数的性质求出 AB 的最大值．
【例2】在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程
1
为cos4．
（1）M为曲线C 上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM ||OP|16，求点P的轨迹C 的极坐标方程；
1 2
（2）设点A的极坐标为(2, ) ，点B在曲线C 上，求△OAB面积的最大值．
2
3
207/397衡中数学一本通高分手册
【答案】(1) x2 2 y2 4 x0 ；(2) 2 3 ．
【解析】
（2）设点B的极坐标为 , 0 ，由题设知 OA 2, 4cos，于是△OAB面积
B B B
1
S OA sinAOB
2 B
4cos sin
3
3
2 sin2
3 2
2 3。
当 时，S取得最大值2 3 ．所以△OAB面积的最大值为2 3 ．
12
考查参数方程：
x 22cos
【例1】（2021·安徽安庆一模（文））在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 (为参数)，
y 12sin
以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos 2 ．
4
（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；
（2）直线l与曲线C交于M,N两点，设点P的坐标为 0,2 ，求|PM |2 |PN|2的值．
【解析】（1）曲线C：(x2)2 (y1)2 4，直线l：xy20．
208/397衡中数学一本通高分手册
2
x t
2
（2）设l： (t为参数)，将l的参数方程代入(x2)2 (y1)2 4，
2
y 2 t
2
2 2
得( t2)2 (3 t)2 4 ，t2 5 2t90，故t t 5 2，tt 9，
1 2 1 2
2 2
PM 2 PN 2 t2 t 2 (t t )2 2tt 501832，故 PM 2 PN 2 32．
1 2 1 2 1 2
xcos
【点睛】直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式 ，而极坐标方程转化为直角坐标方程的
y sin
2 x2 y2
关键是利用公式 y ，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生2，cos，sin以便转化另一
tan
x
方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有
关的最值问题．
考查参数方程与极坐标互化：
1
xt 1
t
【例1】（2021·江西上饶模拟（理））在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 (t为参数)以坐
1
y t
t
标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）直线OP: (R)与曲线C交于点M ，N ，求线段MN的长．
6
1
xt 1
t
【解析】（1）由曲线C的参数方程为 (t为参数)得曲线 C的普通方程 x+1 2 y2 4，可化为
1
y t
t
x2 2x y2 0，故其极坐标方程为2cos2+2cos2sin23．
（2）将 代入2cos2+2cos2sin23，得2+2 36 0，
6
∴ 2 3， 6，∴ MN 2 4 6．
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
【点睛】关键点点睛：求解极坐标下的相关计算，关键在于理解极坐标下的极径，极角的几何意义，运用极径
209/397衡中数学一本通高分手册
或极角表示所求的量．
xt x 22cos
【例2】在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是 （t为参数），曲线C 的参数方程是
y t1 y 2sin
（为参数），以O 为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线l和曲线C 的极坐标方程；
π π
（2）已知射线OP： （其中0 ）与曲线C 交于O，P 两点，射线OQ： 与直线
1 2 2 2
l交于Q 点，若OPQ的面积为1，求的值和弦长 OP ．
π
【答案】（1）cossin10，4cos；（2） ，OP 2 2．
4
【解析】（1）直线l的普通方程为x y10，极坐标方程为cossin10，
曲线C 的普通方程为（x2）2 y2 4，极坐标方程为4cos．
π 1 1
（2）依题意，∵（0，），∴ OP 4cos， OQ ，
2 π π sincos
sin（ ）cos（ ）
2 2
1 2cos π π
S OP OQ 1，∴tan1，（0，），∴ ，OP 2 2．
△OPQ 2 cossin 2 4
【名师点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间
的转换，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
【例3】将圆x2 y2 1上每个点的横坐标变为原来的4倍，纵坐标变为原来的3倍，得曲线C ，以坐标原点
为极点，x轴的非负轴分别交于A,B半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为：sin 3 2 ，
4
且直线l在直角坐标系中与x,y 轴分别交于A,B两点．
（1）写出曲线C 的参数方程，直线l的普通方程；
（2）问在曲线C 上是否存在点P ，使得ABP 的面积S 3，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请
ABP
说明理由．
x4cos 16 9
【答案】（1）{ 为参数 ， x y60．（2）点P 的坐标为 , ．
y 3sin 5 5
210/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2 x4cos
【解析】（1）曲线 C: 1，故曲线 C 的参数方程为{ ( 为参数)
16 9 y 3sin
直线 l的普通方程为： x y60．
（2）设曲线 C 上点 P
4cos,3sin
，点P 到直线l的距离为d ，则
4cos3sin6 5sin
6
2
d ，又AB 6 2 ，
2 2 2
1 2 3 4
故 S 6 2 3，当 sin 1时取等号，即 sin ,cos ，
ABP 2 2 5 5
16 9 16 9
此时P , ，故在曲线C 上存在点P ，使得ABP 的面积S 3，点P 的坐标为 , ．
ABP
5 5 5 5
1t
x
1t
【例4】（2021·江西八校联考）平面直角坐标系xOy中，曲线C 的参数方程为 （t为参数，且t 1）．以
1 2t
y
1t
4cos
坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为 ．
2 sin2
（1）求曲线C 的极坐标方程和曲线C 的直角坐标方程；
1 2
（2）已知点A的极坐标为（1，0），直线l:(R)与C 交于点B，其中(0, )过点A的直线n与C
1 2
2
| AM || AN |
交于M，N两点，若nl，且 16,，求的取值
|OB|2
1
【答案】（1） ( 5)， y2 4x；（2） ．
sincos 4
1t 2
x x 1
1t t1
【解析】（1） ，∴x y 1(x 1)．
2t 2
y y 2
1t t1
1 4cos
∴ ( 5)，∵ sin24cos2sin24cos，∴y2 4x．
sincos sin2
1 1
（2）直线l:(R)与C ： ( 5)交于点B，所以|OB| ，
1 sincos sincos
211/397衡中数学一本通高分手册
点A的极坐标为（1，0），则直角坐标也是（1，0），
x 1tcos
2 x 1tsin
因为nl，所以直线n的倾斜角 ，其参数方程可以设为 ，化为 ，
2 y tcos
y tsin
2
4 4
代入抛物线方程有cos2t2 4sint40，∴t t ，可得| AM || AN | ，
1 2 cos2 cos2
4
|AM ||AN | cos2
则
16．
|OB|2
1
2
sincos
∴tan1,tan3（舍去），∴ ．
4
【点睛】方法点睛：消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消
元法；极坐标方程化为直角坐标方程，只要将cos和sin换成x和y即可．
绝对值不等式的解法
在解决有关绝对值不等式的问题时，充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨
论不全面的问题．若用零点分段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．
【例1】解不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6．
1 1 3
【解析】法一：当x> 时，原不等式转化为4x≤6 b.
g(x)}的最大值是________．
226/397衡中数学一本通高分手册
【答案】1
log x，02时，h(x)＝3－x是减
2
－x＋3，x>2.
函数，则h(x) ＝h(2)＝1．
max
分段函数单调性问题
(2－a)x＋1(x<1)， f(x )－f(x )
例1．已知f(x)＝ 满足对任意x ≠x ，都有 1 2 >0成立，那么a的取值范围是( )
1 2
ax (x≥1) x
1
－x
2
3 3
，2 1，
A． 2 B． 2
C．(1，2) D．(1，＋∞)
【答案】A
2－a>0，
3
【解析】依题意，f(x)是在R上的增函数，于是有 a>1， 解得 ≤a<2，故选A．
2
(2－a)×1＋1≤a1.
21x,x≤1
例、设函数 f(x) ，则满足 f(x)≤2的x的取值范围是
1log x,x1
2
A．[1，2] B．[0，2] C．[1，+） D．[0，+）
【答案】D
1
【解析】当x≤1时21x ≤2，解得x≥0，所以0≤x≤1；当x1时，1log x≤2 ，解得x≥ ，所
2 2
以x1，综上可知x≥0．
点睛：解分段函数单调性问题时，需要考虑两段函数都是增函数或减函数，其次考虑两段函数的分界点，如果
是增函数，则左侧函数的最大值要小于等于右侧函数的最小值，反之，左侧函数的最小值要大于等于右侧函数
的最大值．
【反思提升】
综合上面的类型，解决分段函数函数问题类型，涉及到很多数学思想主、方法；分段函数首先是函数，
且是一个函数，不是多个函数；分段函数的处理方法:分段函数分段研究；解题中务必看清自变量在哪一段，该
代哪个解析式，这样就要分段讨论、求解，即要重视分类讨论思想在解题过程中的应用．
227/397衡中数学一本通高分手册
专题 基本初等函数中含有参数问题
16
纵观近几年高考对于基本初等函数的考查，基本初等函数中的参数问题一直是高考考查的热点问题之一．高
考考查参数的常见类型主要有：已知集合之间的包含关系求参数；已知函数的性质求参数；已知函数的零点或
方程、不等式有实数解求参数及已知函数图象特征求参数．针对高考考查的常见类型进行归纳整理，抓住基本
初等函数的图象与性质，从“数”与“形”两个方面，进行全面系统复习，有助于适应高考的要求，获取高考
高分．
一、集合关系下求参数问题
已知集合之间的关系求参数的范围，是常见题型之一，此类问题常常与函数相结合，其解法通常是借助于
数轴，构建不等式（组）或应用函数的性质求解．
例1．（高考全国I卷理数2）设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）
A．–4 B．–2 C．2 D．4
【答案】B
【思路导引】由题意首先求得集合A，B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a
的值．
【解析】求解二次不等式x240可得：A x|2 x2 ，求解一次不等式2xa0可得：
a a
B x|x ．由于AB x|2 x1 ，故： 1，解得：a2．故选B．
2 2
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了一元二次不等式的解法、含参数的一元一次不等式的解法，
考查利用集合的交集运算求参数的值，考查数形结合思想，考查数学运算及直观想象等学科素养．解题关键是
正确求解一元二次不等式，应用数形结合法求参数的值．
例2．已知集合A＝{m＋2，2m2＋m}，若3∈A，则m的值为________．
3
【答案】－ ．
2
【解析】因为3∈A，所以m＋2＝3或2m2＋m＝3．
当m＋2＝3，即m＝1时，2m2＋m＝3，此时集合A中有重复元素3，所以m＝1不符合题意，舍去；
3 3 1 3
当2m2＋m＝3时，解得m＝－ 或m＝1(舍去)，当m＝－ 时，m＋2＝ ≠3符合题意．所以m＝－ ．
2 2 2 2
例3． 已知集合A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，若B A，则实数m的取值范围为________．
【答案】(－∞，3]． ⊆
228/397衡中数学一本通高分手册
【解析】∵B A，
⊆ 2m－1≥m＋1，
∴①若B＝∅，则2m－10
−∞ 0 0 0< ≤ 3 (0 3]
为 ， ． −1≤2 +1=2
【名师点(0睛3】]解答此类问题时要注意两点：一是根据函数 在 ， 上单调递增得到在定义域的每一个
区间上函数都要递增；二是要注意在分界点处的函数值的 大 小，−这∞一点+容∞易忽视，属于中档题．
例12．已知定义在R上的函数 f x 在区间[0， 上单调递增，且y f x1 的图象关于x1对称，若实
数a满足 f
log a
f
2
，则a的取值范围是
2
1 1 1
A．0, B． , C． ,4 D．4,
4 4 4
【答案】 C
【解析】根据题意，y f x1 的图象关于直线x1对称，则函数 f x 的图象关于 y 轴对称，即函数 f x
为偶函数，又由函数 f x 在区间[0， 上单调递增，可得 f |log a| f 2 ，则|log a|2，
2 2
1 1
即2log a2，解得 a4，即a的取值范围为 ,4．故选C．
2 4 4
【名师点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的应用，考查对数不等式的解法．
四、与函数方程有关的求参数问题
已知方程有实数解(函数有零点、函数图象有公共点)求参数，通常是通过分离参数，转化成求函数的最值
或借助于函数的图象，利用数形结合思想求解．
例13．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知 f x ln x2 1 1 x2，若 f x k有四个不等的实根，则
2
k的取值范围为（ ）
1 1 1 1 1
A．0,ln2 B． ,ln2 C．ln2 ,ln2 D．ln2 ,
2 2 2 2 2
【答案】A
【 解 析 】 f x ln x2 1 1 x2 ， xR ， f x f x ， 则 f x 为 偶 函 数 ，
2
f x
2x
x
x 1x2
，由
f
x
0，得x0或x1或x1，x
0,1
，f
x
0，x 1,+
，
x2 1 x2 1
233/397衡中数学一本通高分手册
f
x
0，由偶函数可知，可知
f
x
在 x0处取极小值， x1或 x1处取极大值．因 f
0
0，
1 1
f 1 ln2 ，所以0k ln2 时， f x k有四个不等的实根．故选A．
2 2
【方法点睛】本题考查由函数零点求参数问题，解答时要先将函数的零点问题转化为方程有根的问题，再运用
函数思想将问题转化为研究函数图象的性质和最大最小值的问题，考查了分析问题解决问题的能力．
2f(x2),x(1,),
例 14．设函数 f(x) 若关于x的方程 f(x)log (x1)0（a0且a1）
1|x|,x1,1 , a
在区间 0,5 内恰有5个不同的根，则实数a的取值范围是 （ ）
A． 1, 3 B．(4 5,) C．( 3,) D．(4 5, 3)
【答案】C
【解析】要使方程 f(x)log (x1)0（a0且a1）在区间 0,5 内恰有5个不同的根，只需 y f x
a
与ylog x1 的图象在区间 0,5 内恰有5个不同的交点，在同一坐标系内做出它们的图象 要使它们在区
a
log 32
间 0,5 内恰有5个不同的交点，只需 a ，得a 3，故选C．
log 54
a
|x|, x≤m
例15． 已知函数 f(x) 其中m0，若存在实数b，使得关于x的方程 f(x)b有
x2 2mx4m,x m
三个不同的根，则m的取值范围是_________．
【答案】(3,)
234/397衡中数学一本通高分手册
【解析】由题意，当xm时， f(x) x2 2mx4m (xm)2 4mm2 ，其顶点为(m,4mm2) ；当
xm时，函数 f(x)的图象与直线x m的交点为Q(m,m)．
m0
①当 ，即0m3时，函数 f(x)的图象如图1所示，此时直线 y b与函数 f(x)的图象有
4mm2 m
一个或两个不同的交点，不符合题意；
4mm2 m
②当 ，即m3时，函数 f(x)的图象如图2所示，则存在实数b满足4mm2 bm，使得
m0
直线 y b与函数 f(x)的图象有三个不同的交点，符合题意．综上，m 的取值范围为(3,)．
五、与函数零点有关的求参数问题
1 1
例16．（2021河南河南豫南九校联考）已知 f x x4 ax3 2x2 3，f1f1，gx fxk 1，
12 3
若函数g x 有且只有两个零点，则实数k的取值范围为（ ）
19 19 15 15
A．, , B．, ,
3 3 3 3
13 15 15 19
C． , D． ,
3 3 3 3
【答案】A
1 1 1
【解析】因为 f x x4 ax3 2x2 3，所以 fx x3 ax2 4x，
12 3 3
1 1 1 1
因为 f1f1，所以 a4 a4 a4，所以a0，所以 fx x3 4x，
3 3 3 3
1
令hx x3 4x，则hxx2 4x2x2．
3
令h
x
0，得2 x2，令h
x
0，得x2或x2，
所以 f
x
在
2,2
上单调递增，在
,2
，
2,
上单调递减，
所以 f x 的极大值为 f2 16 ，极小值为 f2 16 ．
3 3
235/397衡中数学一本通高分手册
因为函数g x 有且只有两个零点，所以方程 fxk 1有且只有两个实数根，即方程 fxk1和
16
k1
16 16 3 19
fxk1共有两个实数根．又k 1k 1，所以k1 或k1 或 ，解得k 或
3 3 16 3
k1
3
19
k ．故选A．
3
【关键点睛】在考查函数的零点的个数判定及应用时，把函数的零点个数的问题转化为两个函数的图象的交点
个数，正确作出函数的图象是解答问题的关键．
1
例17．已知 f(x)是定义在R 上且周期为3的函数，当x[0,3)时，f(x)|x2 2x |．若函数y f(x)a在
2
区间[3,4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是 ．
1
【答案】(0, )
2
【解析】函数y f(x)a在区间[3,4]上有互不相同的10个零点，即函数 y f(x) 与 y a 的图象有10个
1
不同的交点，在坐标系中作出函数y f(x) 在一个周期内的图象，可知0a ．
2
六、与不等式成立（恒成立）有关的求参数问题
已知不等式成立（恒成立）求参数，通常是通过解不等式（组）或利用数形结合思想或通过分离参数，使
问题转化成研究函数的最值求解．
例 18．当 ， 时，不等式 恒成立，则实数m的取值范围是( )
2
∈ −∞ −1 − ⋅4 −2 <0
236/397衡中数学一本通高分手册
A．(−1，2) B．(−4，3) C．(−2，1) D．(−3，4)
【答案】A
x
【解析】∵（m2﹣m）4x﹣2x＜0在x∈（﹣∞，﹣1]时恒成立，∴m2﹣m＜ = 在x∈（﹣∞，﹣1]时恒成立，
x x
2 1
4 2
由于f（x）= 在x∈（﹣∞，﹣1]时单调递减，∵x≤﹣1，∴f（x）≥2，∴m2﹣m＜2，∴﹣1＜m＜2．
x
1
例19．（2021· 2 山西吕梁市·高三一模（文））已知定义在R上的函数 f x 满足 f 13，对xR恒有 fx 2，
则 f x 2x1的解集为（ ）
A． 1, B． ,1 C．1, D． ,1
【答案】B
【解析】令F(x) f(x)2x1，则F(x) f(x)2，又因为对xR恒有 fx 2，所以
F(x) f(x)20恒成立，所以F(x) f(x)2x1在R上单减．又F(1) f(1)210，所以F(x)0
的解集为
,1
，故选B．
【名师点睛】利用单调性解不等式通常用于：
(1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式．
，
例 20． 已知函数 ．设 ，若关于 的不等式 在 上恒成立，则 的取值
，
| |+2 <1
( )= 2 ∈ ( )≥ |2+ |
范围是 + ≥1
A． ， B． ， C． ， D． ，
【答[案−】2A2] [−2 3 2] [−2 2 3] [−2 3 2 3]
【解析】满足题意时 的图象恒不在函数 下方，当 时，函数图象如图所示，排除C，D选
项；当 时， 函 数图象如图所示，排 除 = B 2选 + 项 ． =2 3
=−2 3
七、与函数图象有关的求参数问题
237/397衡中数学一本通高分手册
函数的综合应用问题，往往涉及函数的性质及导数的应用，一般与“恒成立问题”相关，通常是运用转化与
化归思想、数形结合思想，灵活处理．
xlnx2x,x0,
例21．已知函数 f x { 3 的图像上有且仅有四个不同的点关于直线 y 1的对称点在
x2 x,x0
2
y kx1的图像上，则实数k 的取值范围是（ ）
1 1 3 1 1
A． ,1 B． , C． ,1 D． ,2
2 2 4 3 2
【答案】A
【解析】直线 y kx1关于直线 y 1的对称直线是 y kx1，则直线y kx1与函数 f x 的图象有
3
四个交点，作出函数 f x 和直线y kx1的图象（如图所示），设直线 y k x1与y x2 x x0 相
1 2
y k x 1
1 1 1
3
切于点 x ,y ，则{y x2 x ，解得
1 1 1 1 2 1
3
2x k
1 2 1
x 1
1
{ 1 ，设直线y k x1与
k 2
1 2
y k x 1
2 2 2 x 1 1
y xlnx2x(x0)相切于点 x ,y ，则{y x lnx 2x ，解得{ 2 ，则1k ，即
2 2 2 2 2 2 k 1 2
lnx 1k 2
2 2
1
k 1，故选A．
2
例22．已知当x[0,1]时，函数 y (mx1)2的图象与 y x m的图象有且只有一个交点，则正实数m的
取值范围是
A． 0,1
2 3, B． 0,1 3,
C． 0, 2 2 3, D． 0, 2 3,
【答案】B
238/397衡中数学一本通高分手册
1
【解析】当0m≤1时， ≥1，函数 y f (x)(mx1)2，在[0,1]上单调递减，函数y g(x) x m ，
m
在[0,1] 上单调递增，因为 f(0)1，g(0)m， f(1)(m1)2 ，g(1)1m ，所以 f(0) g(0)，
1
f(1) g(1) ， 此 时 f(x) 与 g(x) 在 x[0,1] 有 一 个 交 点 ； 当 m1 时 ， 0 1 ， 函 数
m
1 1 1
y f (x)(mx1)2，在[0, ]上单调递减，在[ ,1]上单调递增，此时 f(0) g(0)，在[0, ]无交点，
m m m
要使两个函数的图象有一个交点，需 f(1)≥g(1)，即(m1)2≥1m，解得m≥3．选B．
【反思提升】
综合上面的各种类型，解决基本初等函数中的参数问题，要点有：一是对基本初等函数图象与性质的熟练
掌握；二是数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等数学思想方法的运用；三是通过对近几年高考类
题的总结归纳，积累应对经验．分析可以发现，基本初等函数中的参数问题，涉及函数种类多、题型多，题目
的难易不一，因此，在复习中不能好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题
目的类型，升华解题的境界．
专题 函数、数列、三角函数中大小比较问题
17
纵观近几年高考对于大小比较问题的考查，重点放在与函数、数列、三角函数的大小比较问题上，要求学
生有较强的推理能力和准确的计算能力，才能顺利解答，从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，
看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，
以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
1 函数中的大小比较问题
函数是高中数学必修教材中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用判断单调性、最值、单调性、
奇偶性、周期性等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察
学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适
从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路．
1.1 指数函数中的大小比较问题
239/397衡中数学一本通高分手册
比较指数幂值的大小时，要注意区分底数相同还是指数相等，是用指数函数的单调性，还是用幂函数的单
调性，要注意指数函数图象和幂函数的图象的应用，指数函数的图象在第一象限内“底大图高(逆时针方向底数
依次变大)”，还应注意中间量0，1等的运用．
2 2 2 3 2 2
例1．设a ( )5,b ( )5,c ( )5，则a，b，c的大小关系是( )
3 5 5
A．a>c>b B．a>b>c
C．c>a>b D．b>c>a
【答案】A
2 2
【解析】构造指数函数y ( )x(x R)，由该函数在定义域内单调递减可得b0时，有 5 x> 5 x，故 5 2 > 5 2 ，即a>c，故a>c>b．
5 5 5
3 4 4
例2．（2021·安徽淮南一模）设 a 4 7， b 3 7， c 4 7 则a，b，c的大小关系是（ ）
7 7 7
A．acb B．abc C．bca D．bac
【答案】A
【解析】因为函数 y 4 x 在R上为减函数，又 4 3 ，所以 4 7 4 4 7 3 ，即ca，因为函数 y x7 4 在
7 7 7 7 7
4 4
0，+上为增函数， 4 3 0，所以 47
37 ，即cb，所以acb，故选A．
7 7
7 7
3 1 4 2 8 6
例3．（2021四川宜宾一模）已知实数a e2，b e3，c e7，(e为自然对数的底数)则a，b，c的大
2 3 7
小关系为（ ）
A．abc B．bca C．cba D．bac
【答案】A
x1 x1
x1
【解析】由题意，令 f(x) e x ，则a f(2),b f(3),c f(7)，而 f(x) e x ，所以x0时 f(x)0，
x x3
即 f(x)在(0,)上单调递增，∴ f(2) f(3) f(7)，即abc，故选A．
【关键点点睛】结合实数的形式构造函数，再用导数研究函数的单调性，最后利用单调性比较函数值的大小．
例4．已知函数f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是( )
A．a<0，b<0，c<0 B．a<0，b≥0，c>0
240/397衡中数学一本通高分手册
C．2－a<2c D．2a＋2c<2
【答案】D
【解析】作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，∵af(c)>f(b)，结合图象知，00，
∴0<2a<1．∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，∴f(c)<1，∴0f(c)，∴
1－2a>2c－1，∴2a＋2c<2，故选D．
1.2对数函数中的大小比较问题
比较对数值的大小时，要注意区分对数底数是否相等，是用对数函数的单调性，还是用对数函数的单调性，
要注意对数函数图象的应用，还应注意中间量0，1等的运用．
例5．设a log 6,blog 10,clog 14 ，则
3 5 7
A．cba B．bca C．acb D．abc
【答案】D
【解析】a log 61log 2, blog 101log 2,clog 141log 2 ，
3 3 5 5 7 7
由下图可知D正确．
1 1
解法二 a log 61log 21 ，blog 101log 21 ，
3 3 log 3 5 5 log 5
2 2
1
clog 141log 21 ，由log 3log 5log 7 ，可得答案D正确．
7 7 log 7 2 2 2
2
2 3 3 2 3 3
例6．（2021·江西重点中学协作体联考）设a ln ，b ln ，c ln ，则a，b，c的大小关系是（ ）
5 5 5 5 5 5
A．acb B．abc C．cba D．bca
241/397衡中数学一本通高分手册
【答案】A
2 3 3 2 3 3 3 2 3 3 2 3 3
【解析】 ，ln ln10， ln ln ，即ac，ln ln ， ln ln ，即bc，
5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5
acb．故选A．
1.3幂函数、指数函数、对数函数值的综合比较
基本初等函数是高中数学必修教材中重要内容，应用广泛，从近几年高考命题看，涉及函数性质的应用比较大
小问题，往往将幂函数、指数函数、对数函数等综合在一起，考查考生的综合应用知识解决问题的能力．
例1．（2021·广西名校联考）已知a 40.6,blog 8,cln2，则（ ）
9
A．cab B．cba
C．bca D．acb
【答案】B
1
【解析】因为40.6 40.5 2, log 3log 8log 91,0ln2lne1，
2 9 9 9
ln8 ln2 3ln2 3ln2 1 1 1
且bclog 8ln2 3ln2 0 ，所以a2, cb1，所
9 ln9 1 ln9 3 ln9 lne3 2
以cba，故选B．
1 99 101
例2．（2021云南玉溪其他模拟）已知a ,be 100,c ln ，则a，b，c的大小关系为（ ）
101 100
A．abc B．acb C．cab D．bac
【答案】B
【解析】设 f x ex x1， f x ex 1，令 f x 0，解得x0．
x,0
，
f
x
0，
f
x
为减函数；x 0,
，
f
x
0，
f
x
为增函数．
所以 f x f 0 0，即ex x10，当且仅当x0时取等号，所以ex x1x 0．
99 99 1 1
故be 100 1 a ，即ba．
100 100 101
1 1x
设g x lnxx1，g x 1 ，令g x 0，解得x1．
x x
x
0,1
，g
x
0，g
x
为增函数；x 1, ，g
x
0，g
x
为减函数．
所以g x g 1 0，即lnxx10，当且仅当x1时取等号，所以lnx x1 x1 ．
242/397衡中数学一本通高分手册
101 101 1 1
所以 cln 1 ，又因为 b ，所以 bc ，又因为 lnxx1 x1 ，所以
100 100 100 100
101 100 100 1
cln ln 1 a，即ca，综上bca，故选B．
100 101 101 101
【关键点点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性来解决比较大小问题，解决本题的关键为构造函数
f x ex x1和g x lnxx1，属于难题．
1．4 结合函数的奇偶性、单调性比较大小
lnx
例 1．已知 f
x
是定义在
,0 0,
上的偶函数，且当
x 0,
时， f
x
．若
x
e 2
a f ，b f ，c f ，则a，b，c的大小关系是（ ）
2 2 3
A．abc B．cba C．bca D．cab
【答案】D
e e
【解析】因为 f x 为偶函数，所以a f f ，b f f ，
2 2 2 2
lnx lnx 1lnx
当x 1,e 时， f x ， f x ，
x x x2
因为x
1,e
，所以0lnx1，所以
f
x
0，所以y
f
x
在x
1,e
上单调递增，
2
e e 2
ln
3 3 2 1 2
3
1 27
因为1 e，所以 f f ，即ba，c f ln ln ln ，
2 2 2 2 3 2 2 3 2 3 2 8
3
ln2 1 27
又a f f 2 ln2，且 2，所以ca，所以cab，故选D．
2 2 2 8
【关键点睛】本题考查根据函数单调性比较大小，解题的关键是利用导数判断出 f
x
在x
1,e
的单调性进
行判断．
例2．已知定义在R 上的函数 f(x)2xm 1 （m为实数）为偶函数，记
a log 3，b f log 5 ，c f 2m 则a,b,c 的大小关系为
0.5 2
A．abc B．acb
243/397衡中数学一本通高分手册
C．cab D．cba
【答案】C
【解析】因为函数 f x2xm 1为偶函数，所以m0，即 f x2x 1，
1
1 log
所 以 a f(log 3) f log 2 23 12log 2 3 1312 ， b f log 5 2log 2 514 ，
0.5 2 3 2
c f 2m f(0)20 10，所以cab，故选C．
1．5数列中的比较大小问题
例1．（2021·江西上饶一模）在等差数列 a 中，a 11,a 5．记T aa a (n1,2,) ，则数列 T
n 1 4 n 1 2 n n
（ ）
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
【答案】C
a a 511
【解析】依题意可得公差d 4 1 2，a a (n1)d 112n22n13，
41 3 n 1
所以当n6时，a 0，当n7时，a 0，
n n
因为T 110，T 11(9)990，T 11(9)(7)6930，
1 2 3
T 11(9)(7)(5)34650，T 3465(3)103950，
4 5
T 10395(1)103950 ， 又 当 n 6 时 ， T aa a a a a a 0 ， 且
6 n 1 2 3 4 5 6 n
T aa a
n1 1 2 n1 a 2n111，即T T ，所以当n 6时，数列 T 单调递增，所以数列 T 无
T aa a n1 n1 n n n
n 1 2 n
最大项，数列 T 有最小项T 10395，故选C．
n 5
例2．已知等差数列 a 的公差为d ，前n项和为S ，则“d 0”是“S +S 2S ”的
n n 4 6 5
A． 充分不必要条件 B． 必要不充分条件
C． 充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】∵(S S )(S S )a a d，当d 0，可得S +S 2S ；当S +S 2S ，可得d 0．所
6 5 5 4 6 5 4 6 5 4 6 5
以“d 0”是“S +S 2S ” 充分必要条件，选C．
4 6 5
244/397衡中数学一本通高分手册
例3．已知在等差数列{a }中，a >0，d>0，前n项和为S ，等比数列{b }满足b ＝a ，b ＝a ，前n项和为T ，
n 1 n n 1 1 4 4 n
则( )
A．S >T B．S 1，数列{bn}单调递增，又S －T ＝a ＋a －(b ＋
n 4 4 2 3 2
1
a 1－ q－1 q－1
b 3 )＝a 1 ＋a 4 －a 1 q－ 4＝a 1 (1－q)＋a 4 q ＝ (a 4 －a 1 q)＝ (b 4 －b 2 )>0，所以S 4 >T 4 ．
q q q
法二：不妨取a ＝7n－4，则等比数列{b }的公比q＝ 3 a 4＝2，所以S ＝54，T ＝ b 1 (1－q4) ＝45，显然S >T ，
n n 4 4 4 4
a
1
1－q
选A．
1．6 三角函数中的比较大小问题
1
例1．已知锐角α，β满足sinα－cosα＝ ，tanα＋tanβ＋ 3tanαtanβ＝ 3，则α，β的大小关系是( )
6
π π π π
A．α< <β B．β< <α C． <α<β D． <β<α
4 4 4 4
【答案】B
1 π
【解析】因为α为锐角，sinα－cosα＝ >0，所以α> ．又tanα＋tanβ＋ 3tanαtanβ＝ 3，所以
6 4
tanα＋tanβ π π π
tan(α＋β)＝ ＝ 3，所以α＋β＝ ，又α> ，所以β< <α．故选B．
1－tanαtanβ 3 4 4
3π π
例、若－ <α<－ ，从单位圆中的三角函数线观察sinα，cosα，tanα的大小是( )
4 2
A．sinαOM>MP，故有
sinα π 2－tx在t∈[－2，2]时恒成立，求实数x的取值范围．
1
【答案】（1）f(x)＝ x2＋x． （2）(－∞，－3－ 5)∪(－3＋ 5，＋∞)．
2
【解析】(1)∵由①知f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的对称轴是直线x＝－1，∴b＝2a．
y＝ax2＋bx，
∵函数f(x)的图象与直线y＝x只有一个公共点，∴方程组 有且只有一个解，
y＝x
1 1
即ax2＋(b－1)x＝0有两个相同的实根，∴Δ＝(b－1)2＝0，即b＝1，∴a＝ ．∴f(x)＝ x2＋x．
2 2
1
1
(2)∵π>1，∴πf(x)> π 2－tx等价于f(x)>tx－2，即 x2＋x>tx－2在t∈[－2，2]时恒成立 函数
2
⇔
1
x2＋x＋2
g(t)＝xt－ 2 <0在t∈[－2，2]时恒成立，
g(2)<0， x2－2x＋4>0，
∴ 即 解得x<－3－ 5或x>－3＋ 5，
g(－2)<0， x2＋6x＋4>0，
故实数x的取值范围是(－∞，－3－ 5)∪(－3＋ 5，＋∞)．
例3．对于满足| p|2的所有实数 p，则使不等式x2 px1 2px恒成立的x的取值范围为 ．
【答案】x1或x3．
【解析】在不等式中出现了两个变量：x、 p，并且是给出了 p的范围要求x的相应范围，直接从x的不
等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把 p看作自变量，x看成参变量，则上述问题即可转化为
在[-2，2]内关于 p的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x的范围的问题．
解：原不等式可化为(x1)px22x10 ，令 f(p)(x1)px22x1，则原问题等价于
f(p)0在 p[2,2]上恒成立，故有：
254/397衡中数学一本通高分手册
y y
-2 2 x -2 o 2 x
x10 x10
方法一： 或 ∴x1或x3．
f(2)0 f(2)0
f(2)0 x2 4x3 0 x 3或x 1
方法二： 即 解得： ∴x1或x3．
f(2)0 x2 1 0 x 1或x 1
2． 二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解
有以下几种基本类型：
类型1：设 f(x)ax2 bxc(a 0).
（1） f(x) 0在xR上恒成立 a 0且 0；
（2） f(x)0在xR上恒成立 a 0且 0．
类型2：设 f(x)ax2 bxc(a 0).
b b b
,
（1）当a 0时， f(x) 0在x[,]上恒成立 2a 或 2a 或 2a
f()0 0 f()0.
f()0,
f(x)0在x[,]上恒成立
f()0.
f 0,
（2）当a0时， f(x) 0在x[,]上恒成立
f
0.
b b b
,
f(x)0在x[,]上恒成立 2a 或 2a 或 2a
f()0 0 f()0.
例1．（2021·安徽名校期末联考）已知使不等式x2 (a1)xa0成立的任意一个x，都满足不等式3x10，
则实数a的取值范围为（ ）
1 1 1 1
A． , B． , C． , D． ,
3 3 3 3
【答案】B
255/397衡中数学一本通高分手册
1
【解析】由题意，3x10，得x ，由x2 (a1)xa0 ，得(x1)(xa)0，因为使不等式成立
3
x2 (a1)xa0的任意一个x，都满足不等式3x10．
1
①若a1，则(x1)(xa)0的解集为 1 ，满足 1 , ，符合题意；
3
1 1 1
②若a1，则(x1)(xa)0的解集为 1,a ，则 1,a , ，故a ，则 a1；
3 3 3
1
③若a1，则则(x1)(xa)0的解集为 a,1 ，则 a,1 , ，故a1．
3
1
综上有：a的取值范围为 , ，故选B．
3
【名师点睛】本题考查了含参的一元二次不等式的解法问题，可先将给定式子十字相乘因式分解，根据一元二
次不等式所对应的方程的根的大小分类讨论，写出解集．如若不能十字相乘分解，需要先对判别式与零的大小
关系进行讨论，判别式大于等于零时，用求根公式求出对应方程的根，从而写出解集．
例2．设0≤≤，不等式8x2 (8sin)xcos2≥0对xR恒成立，则a的取值范围为 ．
5
【答案】[0, ][ ,]
6 6
【 解 析 】 不 等 式 8x2 (8sin)xcos20 对 xR 恒 成 立 ， 则 有
(8sin)248cos264sin232cos2≤0 ， 即
1 1 1
2sin2cos22sin2(12sin2) 4sin21≤0 ．∴ sin2≤ ．∴ sin ，又
4 2 2
π 5π
0，结合下图可知，∈ 0, ,π ．
6 6
例3．已知当x∈(0，＋∞)时，不等式9x－m·3x＋m＋1>0恒成立，则实数m的取值范围是________．
【答案】(－∞，2＋2 2)
【解析】令3x＝t，则当x∈(0，＋∞)时，t∈(1，＋∞)，记f(t)＝t2－mt＋m＋1(t∈(1，＋∞))，则由题意得
f(t)＝t2－mt＋m＋1(t∈(1，＋∞))的图象恒在 x 轴的上方，可得Δ＝(－m)2－4(m＋1)<0 或
256/397衡中数学一本通高分手册
Δ≥0，
m
≤1， 解得m<2＋2 2．
2
f(1)＝1－m＋m＋1≥0，
2 x
例4．设函数 f(x) x2 1，对任意x , ，f 4m2f(x)≤ f(x1)4f(m)恒成立，则实数m
3 m
的取值范围是 ．
3 3
【答案】m 或m ．
2 2
x2 3
【 解 析 】 依 据 题 意 得 14m2(x21)(x1)214(m21) 在 x[ ,) 上 恒 定 成 立 ， 即
m2 2
1 3 2 3 3 3 2 5
4m2 1在x[ ,) 上恒成立．当x 时函数 y 1取得最小值 ，所以
m2 x2 x 2 2 x2 x 3
1 5 3 3
4m2 ，即(3m2 1)(4m2 3)0 ，解得m 或m ．
m2 3 2 2
例5．已知函数f(x)＝x2－2ax－1＋a，a∈R．
f(x)
(1)若a＝2，试求函数y＝ (x>0)的最小值；
x
(2)对于任意的x∈[0，2]，不等式f(x)≤a成立，试求a的取值范围．
f(x) x2－4x＋1 1 1 1
解：(1)依题意得y＝ ＝ ＝x＋ －4．因为x>0，所以x＋ ≥2．当且仅当x＝ 时，
x x x x x
f(x)
即x＝1时，等号成立．所以y≥－2．所以当x＝1时，y＝ 的最小值为－2．
x
(2)因为f(x)－a＝x2－2ax－1，所以要使得“对任意的x∈[0，2]，不等式f(x)≤a成立”
只要“x2－2ax－1≤0在[0，2]恒成立”．不妨设g(x)＝x2－2ax－1，
g(0)≤0， 0－0－1≤0，
则只要g(x)≤0在[0，2]上恒成立即可．所以 即
g(2)≤0， 4－4a－1≤0，
3
3
，＋∞
解得a≥ ．则a的取值范围为 4 ．
4
3． 其它函数：
对于恒成立的问题，常用到以下结论：
（1）a f
x
恒成立
a f
x
；
max
（2）a f
x
恒成立
a f
x
；
min
257/397衡中数学一本通高分手册
（3） f(x)0恒成立 f(x) 0（注：若 f(x)的最小值不存在，则 f(x)0恒成立 f(x)的下界大
min
于0）； f(x)0恒成立 f(x) 0（注：若 f(x)的最大值不存在，则 f(x)0恒成立 f(x)的上界
max
小于0）．
例1．（2021·江西重点中学协作体联考）设k、bR，若关于x的不等式lnxxk x1 b在 0, 上
2kb2
恒成立，则 的最小值是（ ）
k1
1
A．e2 B． C．e1 D．e1
e1
【答案】C
【分析】令 f x lnxxk x1 ，分析得出b f x ，分 k 1、k 1两种情况讨论，可得出
max
f x ln k1 k1，进而可得出
2kb2
1
ln k1 2
，令t k10，利用导数求出函数
max k1 k1
lnt2
g t 1 的最小值，即可得解．
t
【解析】令 f x lnxxk x1 ，则 f x b对任意的x 0, 恒成立，所以，b f x ．
max
1
①当k 1时， f x 1k 0，函数 f x 在 0, 上单调递增，函数 f x 无最大值，不合乎题意；
x
1
②当k 1时，令 f x 0，可得x ．
k 1
1 1
当0 x 时， f x 0，此时函数 f x 单调递增；当x 时， f x 0，此时函数 f x 单调
k 1 k 1
1 1 1 1
递 减 ， 所 以 ， f x f ln k 1 ln k1 k1 ， 即
max k1 k1 k1 k1
bln k1 k1，
2kb2 b ln k1 k1 ln k1 2
2 2 1 ，
k1 k1 k1 k1
lnt2 lnt1
设t k10，令g t 1 ，则g t ，
t t2
1 1
当0t 时，g t 0，此时函数g t 单调递减；当t 时，g t 0，此时函数g t 单调递增．
e e
1 2kb2
所以，g t g 1e，因此， 的最小值是1e，故选C．
min e k1
258/397衡中数学一本通高分手册
【结论点睛】利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）xD，m f x m f x ；
min
（2）xD，m f x m f x ；
max
（3）xD，m f x m f x ；
max
（4）xD，m f x m f x ．
min
8
例2．已知不等式2x＋m＋ >0对一切x∈(1，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是________．
x－1
【答案】(－10，＋∞)
8 8
【解析】不等式2x＋m＋ >0可化为2(x－1)＋ >－m－2，
x－1 x－1
8 8
∵x>1，∴2(x－1)＋ ≥2 2 x－1 · ＝8， 当且仅当x＝3时取等号．
x－1 x－1
8
∵不等式2x＋m＋ >0对一切x∈(1，＋∞)恒成立，∴－m－2<8，解得m>－10．
x－1
例3．不等式x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．[－1，4] B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[4，＋∞) D．[－2，5]
【答案】A
【解析】x2－2x＋5＝(x－1)2＋4的最小值为4，所以x2－2x＋5≥a2－3a对任意实数x恒成立，只需a2－3a≤4，
解得－1≤a≤4．
二、分离参数法
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求
出参数范围．利用分离参数法来确定不等式 f
x,0（xD，为实参数）恒成立中参数的取值范围
的基本步骤：
（1）将参数与变量分离，即化为g
f
x
（或g
f
x
）恒成立的形式；
（2）求 f x 在xD 上的最大（或最小）值；
（3）解不等式g f(x) (或g f x ) ，得的取值范围．
max min
适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．
例1．（2021四川省阆中东风中学校高三月考（文））已知函数 f x ax2 2 a1 x，g x 2lnx2，
若对x 0,
， f
x
g
x
恒成立，则整数a的最小值为（ ）
259/397衡中数学一本通高分手册
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】 f(x) g(x)即为ax2 2 a1 x 2lnx2，a(x2 2x)2lnx2x2 ，
2(lnxx1) 2(lnxx1)
因为x0，所以a ，即a 在(0,)上恒成立．
x2 2x x2 2x
2(lnxx1) 2(x1)(x2lnx)
设h(x) ，则h(x) ，
x2 2x (x2 2x)2
令 p(x) x2lnx，则 p(x)在(0,)上是增函数， p(1)10，
1 1 1 1 1 1
p 2ln 2ln2 ln40 ， 所 以 p(x) 在 ,1 上 存 在 唯 一 零 点 x ， 即
2 2 2 2 2 2 0
1
p(x ) x 2lnx 0 ，x ,1，所以0 x x 时，h(x)0，h(x)递增，x x 时，h(x)0，h(x)
0 0 0 0 2 0 0
2lnx 2x 2 x 2 1 1 1
递减，所以h(x) h(x ) 0 0 0 ，所以a ，又 (1,2)，所以a的最小整
max 0 x2 2x x2 2x x x x
0 0 0 0 0 0 0
数值为2，故选B．
【关键点点睛】本题考查不等式恒成立问题，解题方法用分离参数法变形为求函数最大值，在求函数最大值时，
导函数的零点需要定性分析，估计出范围，利用零点求出函数的最大值，再得出最大值的范围，然后得出所求
结论．
例2．设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满足10，则实数a的取值范围为 ．
1
【答案】a>
2
2 2
【解析】由f(x)>0，即ax2－2x＋2>0，x∈(1，4)，得a>－ ＋ 在(1，4)上恒成立．
x2 x
1 1 1
2 2
－
1 1
，1
1
令g(x)＝－ ＋ ＝－2 x 2 2＋ ， ∈ 4 ，∴g(x) max ＝g(2)＝ ，
x2 x 2 x 2
1
所以要使f(x)>0在(1，4)上恒成立，只要a> 即可．
2
例3．已知 ，若不等式 恒成立，则m的最大值为__________．
【答案】16
【解析】不等式 恒成立，即为 ，
260/397衡中数学一本通高分手册
由 ，当且仅当 ，即 ，取得等号，
即有 ，则 的最大值为16，故答案为 ．
三、主参换位——反客为主法
某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值
却难以求出时，可考虑变换思维角度“反客为主”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个
视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗
花明又一村”的出奇制胜的效果．
例1．对于0≤m≤4的任意m，不等式x2＋mx>4x＋m－3恒成立，则x的取值范围是________________．
【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)
【解析】不等式可化为m(x－1)＋x2－4x＋3>0在0≤m≤4时恒成立．令f(m)＝m(x－1)＋x2－4x＋3．则
f 0 0 x2－4x＋30 x 1或x 3
{ { { ，即x<－1或x>3．
f 4 0 x2－10 x 1或x 1
⇒ ⇒
例2．已知函数 f(x)x2 mx1,若对于任意x[m,m1]，都有 f(x)0成立，则实数m的取值范围是 ．
2
【答案】( ,0)
2
f(m)2m2 10 2
【解析】由题意可得 f(x)0对于x[m,m1]上恒成立，即 ，解得 m0．
f(m1)2m2 3m0 2
例3．对任意m∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范围．
【答案】(－∞，1)∪(3，＋∞)
【解析】由f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m＝(x－2)m＋x2－4x＋4，令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4，
则原问题转化为关于m的一次函数问题．由题意知在[－1，1]上，g(m)的值恒大于零，
g(－1)＝(x－2)×(－1)＋x2－4x＋4>0，
∴ 解得x<1或x>3．
g(1)＝(x－2)＋x2－4x＋4>0，
故当x的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1，1]，函数f(x)的值恒大于零．
四、数形结合
若所给不等式进行合理的变形化为 f(x) g(x) （或 f(x) g(x) ）后，能非常容易地画出不等号两边函数的
图象，则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．
例1．若关于x的不等式4ax－1<3x－4(a>0，且a≠1)对于任意的x>2恒成立，则a的取值范围是( )
261/397衡中数学一本通高分手册
1 1
0， 0，
A． 2 D． 2
C．[2，＋∞) D．(2，＋∞)
【答案】B
3 3
【解析】不等式4ax－1<3x－4等价于ax－1< x－1．令f(x)＝ax－1，g(x)＝ x－1．当a>1时，在同一平面直角坐标
4 4
系中作出两个函数的图象，如图①所示，由图知不满足条件；当00，所以f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x) ＝f(e)＝e＋1．
max
lnx
(2)因为f(x)≤0即ax＋lnx≤0对x∈[1，e]恒成立，所以a≤－ ，x∈[1，e]．
x
lnx lnx－1
令g(x)＝－ ，x∈[1，e]，则g′(x)＝ ，
x x2
265/397衡中数学一本通高分手册
因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上递减，
1
－∞，－
1 1
所以g(x)min＝g(e)＝－ ，所以a≤－ ．即a的取值范围为 e ．
e e
例3．已知函数 （e是自然对数的底数）．
（1）求证： ；
（2）若不等式 在 ]上恒成立，求正数a的取值范围．
【答案】（1）将解析； （2） ．
【解析】（1）由题意知，要证 ，只需证 ，
求导得 ，当 时， ，
当 时， ，
∴f（x）在 是增函数，在 时是减函数，
即 在 时取最小值 ，∴ ，
即 ，∴ ．
（2）不等式 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
亦即 在x∈[ ，2]上恒成立，令g（x）= ， ，
以下求 在 上的最小值， ，当 时， ，
当 ]时， ，∴当 ]时， 单调递减，当 ]时， 单调递增，
∴ 在 处取得最小值为 ，∴正数a的取值范围是 ．
【反思提升】
上述例子剖析了数学高考中恒成立问题的常见题型及解法，解决这类题目要看清式子的特征，选择合适的方法，
以便事半功倍．(1)对于含二次项恒成立的问题，注意讨论二次项系数是否为0，这是容易漏掉的地方．（2）恒
成立问题一般需转化为最值，利用单调性证明在闭区间的单调性．(3)一元二次不等式在R上恒成立，看开口方
266/397衡中数学一本通高分手册
向和判别式．(4)含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立的问题通常有两种处理方法：一是利用二次函数在
区间上的最值来处理；二是分离参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单．（5）值得一提的是，各
种类型各种方法并不是完全孤立的，虽然方法表现的形式不尽相同，但其实质却往往与求函数的最值息息相关，
从而在解数学函数与不等式恒成立的过程中，欣赏一下数学中的“统一美”，在努力攀登知识的高峰中，不要忘
了多看身边的美景，度过有意义的时光．
专题 数列中的最值问题
19
数列中的最值问题在高考中出现的频率较高，注意考查：等差数列前n项和的最值问题和数列与函数、不等式
的结合．等差数列前n项和的最值问题是高考考查的热点之一，考查形式为选择或填空小题，也可以是解答题
的一个小题，是中档题；数列与函数、不等式的结合，是高考考查的重点和热点，重点考查利用数列的相关知
识和函数、不等式知识求数列的最值或已知不等式成立求参数取值范围或是证明不等式，为解答题的一个小题，
难度为中档偏上试题．
一、等差数列中的最值问题
求等差数列前n项和的最值问题的方法：
（1）二次函数法：将S 看成关于n的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问
n
题得到解决，注意项数n是正整数这一条件．
（2）通项公式法：若{a }是等差数列，求前n项和的最值时，
n
a 0
①若a 0，d 0，且满足 n ，则前n项和S 最大；
1 a 0 n
n1
a 0
②若a 0，d 0，且满足 n ，则前n项和S 最小．
1 a 0 n
n1
S S
（3）不等式法：借助S 取最大值时，有 n n1(n2,nN*) ，解此不等式组确定n的范围，进而
n S S
n n1
确定n的值和对应S 的值（即为S 的最值）．
n n
例1．（2021·山西吕梁一模（文））等差数列 a 的前n项和为S ，已知a 2，S 28，则S 0时，n的
n n 5 4 n
最小值为（ ）
267/397衡中数学一本通高分手册
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
4 a a
【解析】等差数列 a 中，a 2，S 28，故a 4d 2， 1 4 28，即2a 3d 14，
n 5 4 1 1
2
1
解得a 10,d 2，故S n10 n n1 2 n2 11nn n11 ，nN，
1 n 2
令S n n11 0得，n11，且nN，故n的最小值为12，故选C．
n
例2．已知数列 a 是等差数列，a 8,a 4，则前n项和S 中最大的是（ ）
n 3 4 n
A．S B．S 或S C．S 或S D．S
3 4 5 5 6 6
【答案】B．
【解析】由已知d a a 484 ，a a (n3)d 8(n3)(4) 204d ，由
4 3 n 3
a 204n0得n5，所以a 0，a 0，a 0，所以S S 是S 中的最大值．故选B．
n 4 5 6 4 5 n
例3．（2021·浙江温州期末）已知等差数列 a 的前n项和为S ，且a 3，S 30，则a 的最小值是（ ）
n n 2 5 1
A．1 B．0 C．1 D．2
【答案】B
a a d 3 a d 3
【解析】设等差数列 a 的公差为d ，由条件 2 1 ，可得 1 ，由不等式的性质可
n S 5a 10d 30 a 2d 6
5 1 1
得a 2 a d a 2d 2360，故选B．
1 1 1
二、数列与函数、不等式的结合中的最值问题
(1)求数列{a }的前n项和S 的最值，主要是两种思路：①研究数列a f(n)的项的情况，判断S 的最
n n n n
值；②直接研究S 的通项公式，求S 的最值．
n n
(2) 求数列{a }的最值，主要有两种方法：①从函数角度考虑，利用函数 y f(x) 的性质，求数列
n
a a a a
a f(n)的最值；②利用数列离散的特点，考察 k k1或 k k1，然后判断数列{a }的最值情况．
n a
k
a
k1
a
k
a
k1
n
(3)对数列不等式相结合的最值问题，往往借助于函数的性质（如二次函数、“对号函数”、指数函数等）或
基本不等式．
268/397衡中数学一本通高分手册
a a a
例1． 已知数列{a }中满足a 15， n1 n 2，则 n 的最小值为（ ）
n 1 n n
27
A．7 B．2 151 C．9 D．
4
【答案】D
【解析】由题意知，a a 2n，a a 21,a a 22， a a 2 n1 ，将以上n个
n1 n 2 1 3 2 n n1
2 n1(1n1)
式子相加，得a a 2 123n1 n2 n，所以a n2 n15，
n 1 2 n
a n n 15 1，令g x x 15 1，g x 1 15 x2 15 ，当x 0,3 时，g x 0，
n n x x2 x2
当x 4, ，g x 0，g 3 3517，g 4 4 15 1 27 ，故最小最值 27 ，故答案为D．
4 4 4
a 1
例 2．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考（理））已知数列 a 满足a 1， n1 1．若
n 1 ea
n
a ta 10恒成立，则实数t（ ）
n1 n
A．最小值是2e1 B．最大值是e2 1
C．最大值是e D．最小值是e
【答案】C
【分析】作差a a a ln a 1 ，构造函数 f(x) xln(x1)，利用导数知识可得a a a 1，
n1 n n1 n1 n1 n 1
a 1 a 1 x
将a ta 10恒成立化为t n1 n1 (a 1)恒成立，构造函数g(x) (x2)，利
n1 n a ln a 1 n1 lnx
n n1
用导数知识求出g(x)的最小值即可得解．
a 1
【 解 析 】 由 n1 1 得 a 1ea n ， 得 a ea 1 1e1 ， a lna 1 ， 所 以
ea
n
n1 2 n n1
1 x
a a a ln a 1 ，令 f(x) xln(x1)，则 f(x)1 (x1)，
n1 n n1 n1 x1 x1
当1 x0时， f(x)0，当x0时， f(x)0，所以 f(x)在(1,0)上递减，在(0,)上递增，
所以当 x0 时， f(x) 取得最小值 f(0)0 ，所以 f(x)0 ，所以 a a f (a ) 0 ，所以
n1 n n1
a a a 1 ， 因 为 a ta 10 恒 成 立 ， 所 以 ta a 1 恒 成 立 ， 所 以
n1 n 1 n1 n n n1
269/397衡中数学一本通高分手册
1
a 1 a 1 x 1lnxx lnx1
t n a 1 n ln a n n 1 1 1 (a n1 1)恒成立，令g(x) lnx (x2)，则 g(x) lnx 2 x (lnx)2 ，
令g(x)0得lnx10，得0 xe，又x2，所以2 xe，
令g(x)0得lnx10，得xe，所以g(x)在[2,e)上递减，在(e,)上递增，所以当xe时，g(x)取
得最小值g(e)e，所以te，即t的最大值为e，故选C．
【结论点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若k f(x)在[a,b]上恒成立，则k f(x) ；
max
②若k f(x)在[a,b]上恒成立，则k f (x) ；
min
③若k f(x)在[a,b]上有解，则k f (x) ；
min
④若k f(x)在[a,b]上有解，则k f(x) ；
max
例3．正项等比数列 中， ，若 ， 则 的最小值等（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】∵正项等比数列{a }中，a ＝a +2a ，a q4＝a q2+2a ，∵a ＞0，∴q4＝q2+2解可得，
n 2018 2016 2014 2014 2014 2014 2014
q2＝2，∴ ，∵ ， 4 ，qm+n﹣2＝4，∴m+n＝6，
则 （ ）（m+n） ，当且仅当 且m+n＝6即m＝n＝3时取等号．
例4．（2021·浙江绍兴期末）已知a ，a ，…，a
为1，2，3，4，5的任意一个排列．则满足：对于任意n
1,2,3,4,5
，
1 2 5
都有a a a na 的排列a ，a ，…，a 有（ ）
1 2 n 1 1 2 5
A．49个 B．50个 C．31个 D．72个
【答案】A
【解析】因为1234515，所以n 5时，a a a a a 15 5a ，所以a 3，
1 2 3 4 5 1 1
当a 5时，任意排列均满足题意；共有A4 24个，
1 4
270/397衡中数学一本通高分手册
当a 4时，只要a 5，其他排列均满足题意；共有332118个，
1 2
当a 3时，a 只能取1或2，所有的情况如下：排列32145，满足题意；排列31245，满足题意；排列32154，
1 2
满足题意；排列31254，满足题意；排列32415，满足题意；排列31425，满足题意；排列32451，不满足题意；
排列31452，不满足题意；排列32514，不满足题意；排列31524，满足题意；排列32541，不满足题意；排列
31542，不满足题意；共7个满足题意．综上，满足题意的排列共有24+18+7=49个，故选A．
【点睛】
解题的关键是根据题意，先求得a 的范围，再进行分类讨论，难点在于a 3时，na 值较小，需逐个检验
1 1 1
a ,a ,a ，方可得答案．
2 3 4
三、数列中最大（小）项问题
S
例1．（2021·北京高三开学考试）等差数列 a 的前n项和为S ．已知a 5，a 1．记b n (n1,2,)，
n n 1 3 n a
n
则数列 b 的（ ）
n
A．最小项为b B．最大项为b C．最小项为b D．最大项为b
3 3 4 4
【答案】C
a a 1(5)
【解析】由题意，设等差数列 a 的公差为d ，因为a 5，a 1，可得d 3 1 2，
n 1 3 31 2
n(a a ) n(5 2n7)
所以a 5(n1)22n7 ，S 1 n 1 n2 6n，
n n 2 2
S n2 6n 32 63 42 64
则b n ，可得b 9,b 8，所以b b ，可排除A、D；
n a 2n7 3 237 4 247 3 4
n
x2 6x 7 7 (2x6)(2x7)(x2 6x)2 2(x2 7x21)
设 f x ,x[1, )( ,)，则 f x ，
2x7 2 2 (2x7)2 (2x7)2
7 7
因为(7)241210，所以 f x 0，所以 f x 在区间
1, 和( ,)上都是单调递增函数，
2 2
即当 n1,2,3 时，数列 b 为递增数列，当 n4,nN 时，数列 b 也为递增数列，其中
n n
8 5 475
b 1,b ,b 9,b 8,b ,，例如当n25时，可得b b ，所以B不正确，C正确，
1 2 3 3 4 5 3 25 43 3
故选C．
【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
271/397衡中数学一本通高分手册
（1）已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n项和公式，求和方法等
对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注
意这一特殊性；
2（2）解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
10
例2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n＋1) 11 n，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的
序号；若没有，请说明理由．
10 10 10
9－n
【解析】法一：∵a n＋1 －a n ＝(n＋2) 11 n＋1－(n＋1) 11 n＝ 11 n× ，
11
当n<9时，a －a >0，即a >a ；
n＋1 n n＋1 n
当n＝9时，a －a ＝0，即a ＝a ；
n＋1 n n＋1 n
当n>9时，a －a <0，即a b，所以a＋c＋b<4，所以△ABC周长的取值范围是[3，4)．
四、三角形中利用辅助角公式求最值
例．（2021·安徽芜湖高三期末（理））在ABC 中，A30，BC边上的高为1，则ABC 面积的最小值为
（ ）
A．2 5 B．2 3 C．2 3 D．2 5
276/397衡中数学一本通高分手册
【答案】B
【解析】设BC边上的高为AD，则AD=1，ADBC，如图所示：
AD 1 AD 1 1 1
所以sinB ,sinC ，所以AB ,AC ，
AB AB AC AC sinB sinC
1 1 1
所以S ABACsin A ABAC ，
ABC 2 4 4sinBsinC
5
设y 4sinBsinC ，因为A ，则BC ，
6 6
5 5 5
所以 y 4sinBsinC 4sinBsin( B)4sinBsin cosBcos sinB
6 6 6
=2sinBcosB2 3sin2B sin2B 3cos2B 3 =2sin(2B ) 3，
3
5 4
因为B(0, )，所以2B ( , )，
6 3 3 3
3
所以sin(2B )( ,1]，则 y 2sin(2B ) 3(0,2 3]，所以y 2 3，
3 2 3 max
1
所以ABC 面积的最小值为 2 3，故选B．
y
max
【点睛】解题的关键是将题干条件，转化为 y 4sinBsinC ，根据B的范围，结合三角函数的图象与性质求
解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题．
3
例．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设S为△ABC的面积，满足S＝ (a2＋b2－c2)．
4
(1)求角C的大小；
(2)求sinA＋sinB的最大值．
1 3 π
【解析】(1)由题意可知 absinC＝ ·2abcosC，所以tanC＝ 3，因为0＜C＜π，所以C＝ ．
2 4 3
2π
(2)由已知sinA＋sinB＝sinA＋sin(π－C－A)＝sinA＋sin( －A)
3
277/397衡中数学一本通高分手册
3 1 π
＝sinA＋ cosA＋ sinA＝ 3sin(A＋ )≤ 3．当△ABC为正三角形时取等号，
2 2 6
所以sinA＋sinB的最大值是 3．
例．（2021·黑龙江哈尔滨哈尔滨三中高三一模（文））在ABC中，记角A,B,C所对的边分别是a,b,c，面积
S
为S，则 的最大值为___________．
b2 4ac
2
【答案】
16
1 1
acsinB acsinB
【解析】 S 2 2 sinB ，
b2 4ac a2 c2 2accosB4ac 6ac2accosB 4 3cosB
sinB 2 2
令y ，则3y sinB ycosB 1 y2 sin(B)，故 3y 1 y2 ，故 y ，
3cosB 4 4
2 3 2 2
又y 0，故0 y ，当且仅当B满足 sinB cosB时等号成立，
4 4 4
2 2 1 S 2
此时sinB ,cosB ，故 的最大值为 ．
3 3 b2 4ac 16
asinxb
【点睛】方法总结：对于形如 y 的函数的值域，可以用导数或辅助角公式来处理，后者实际上是
ccosxd
把函数的值域问题归结三角方程的有解问题．
五、三角形中利用基本不等式求最值
对于三角形中的最值，很多时间同时也考查基本不等式，不仅要注意正余弦定理的应用，三角恒等变形，
同时还要注意构造使用基本不等式的条件，以便使用基本不等式解决问题 ．
例．（2021·安徽高三一模（理））在ABC 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=csinB，则tanA的最大
值为（ ）
5 4 3
A．1 B． C． D．
4 3 2
【答案】C
【解析】在ABC 中，由acsinB及正弦定理得：sinAsinCsinB，sin BC sinBsinC，
1 1
即sinBcosCcosBsinC sinBsinC，两边除以sinBsinC可得 1，
tanC tanB
278/397衡中数学一本通高分手册
1
12 ，即tanBtanC 4，当且仅当tanBtanC 2等号成立，
tanBtanC
tanBtanC 1
tanBtanC
则tan Atan BC tanBtanC1 1 ，
1tanBtanC 1
tanBtanC
4
则当tanBtanC 4时，tanA取得最大值为 ，故选C．
3
1 1
【点睛】本题考查正弦定理的应用，解题的关键是利用已知条件得出 1，利用基本不等式求出
tanC tanB
tanBtanC 4．
例．（2021·广西梧州高三其他模拟（理））在ABC 中，内角A ，B ，C所对的边分别为a，b，c，且
sin AsinC bc
，b3，则ABC 的周长的最大值是___________．
sinBsinC a
【答案】9
【解析】对已知等式进行角化边可得：a2 c2 b2 ac，
ac 2
因为b3，所以a2 c2 9ac，即(ac)2 93ac，因为a 0，c0，所以ac
，
2
所以 ac 2 93
ac
2 ，即ac6，当且仅当ac3时， ac 6，所以 abc 9，
2 max max
即ABC 的周长的最大值为9．
ac 2
【关键点点睛】解题关键是由基本不等式得到ac
，进而建立起关于ac的不等式，从而求出ac
2
的范围，进而得解．
例． ABC在内角A,B,C 的对边分别为a,b,c，已知abcosCcsinB ．
（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若b2，求△ABC 面积的最大值．
【解析】（Ⅰ）因为abcosCcsinB ，所以由正弦定理得：sinAsinBcosCsinCsinB ，
所以sin(BC)sinBcosCsinCsinB，
即cosBsinC sinCsinB，因为sinC 0，所以tanB1，解得B= ；
4
（Ⅱ）由余弦定理得：b2 a2 c2 2accos ，即4a2 c2 2ac，由不等式得：a2 c2 2ac，当且
4
279/397衡中数学一本通高分手册
仅当 ac 时，取等号，所以 4(2 2)ac ，解得 ac42 2 ，所以△ABC 的面积为
1 2
acsin (42 2)= 21，所以△ABC 面积的最大值为 21．
2 4 4
六、三角形中利用二次函数求最值
对于三角形中的最值，不仅可能用到基本不等式来求解，很多时候也要用到三角函数的性质，或是求函数
的最值的方法：如单调性法，导数法，图象法等等．
例．甲船在A处．乙船在甲船正南方向距甲船20海里的B处，乙船以每小时10海里的速度向正北方向行驶，
而甲船同时以每小时8海里的速度由A处向南偏西60o方向行驶，问经过多少小时后，甲．乙两船相距最近？
70
【答案】 小时后，甲乙两船相距最近．
61
【解析】设经过x小时后，甲船和乙船分别到达C,D 两点，则
AC 8x,AD ABBD 2010x ，∴
1
CD2 AC2 AD2 2ACADcos60 8x 2 2010x 2 28x 2010x 244x2 560x400
2
2
70 4800 70
244x ∵当CD2取得最小值时， CD取得最小值，∴当x 时， CD取得最小值，此
61 61 61
时，甲．乙两船相距最近．
例．设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，abtanA，且B为钝角．
（1）证明：BA ；（2）求sinAsinC的取值范围．
2
2 9
【答案】（1）详见解析；（2）( , ]．
2 8
280/397衡中数学一本通高分手册
sin A a sin A
【解析】（1）由abtanA及正弦定理，得 ，∴sinBcosA，即sinB sin( A)，
cosA b sinB 2
又B为钝角，因此 A( ,)，故B A，即BA ；（2）由（1）知，C (AB)
2 2 2 2
(2A ) 2A0，∴A(0, )，于是sin AsinC sin Asin( 2A)
2 2 4 2
1 9 2
sin Acos2A2sin2 Asin A12(sin A )2 ，∵0 A ，∴0sin A ，
4 8 4 2
2 1 9 9 2 9
因此 2(sin A )2 ，由此可知sinAsinC的取值范围是( , ]．
2 4 8 8 2 8
七、三角形与平面向量相结合的最值问题
以向量为载体来描述三角形中的条件，然后解三角形，是近年来是常见高考题型，这种题目不仅要求学生
熟悉应用正余弦理解三角形，同时还要求学生有不错的向量知识才能读懂题目，从而顺利作答．
例．已知向量AB(1,2)，AC (cos,sin)，则ABC 面积的最大值为（ ）
3 1 5
A． B． C． D．1
2 2 2
【答案】C
【 解 析 】 AB (1,2) ， AC (cos,sin) ， AB 12 22 5, AC cos2sin21 ，
ABAC 5 2 5
cosA cos sinsin() ， 其 中 tan 1 ， 故 sin Acos() ，
AB AC 5 5 2
1 5
S AB AC sin A cos()，故当cos()1时，即2k,kZ 时，S 取最
ABC 2 2 ABC
5
大值为 ，故选C．
2
例．已知向量a，b满足 a 1, b 2，则 ab ab 的最小值是___________，最大值是______．
【答案】 4 2 5
【解析】设向量a,b 的夹角为，由余弦定理有： ab 1222212cos 54cos，
a b 1222212cos 54cos，则：
281/397衡中数学一本通高分手册
ab ab 54cos 54cos，令 y 54cos 54cos，则
y2 102 2516cos2 16,20 ，据此可得：
ab ab 20 2 5, ab ab 16 4，
max min
即 ab ab 的最小值是4，最大值是2 5．
例．在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ．
1
(1)求角
△
；
(2
)若
，求
的最小值．
= cos +2
【答案】 （1） π （ · 2） =3
=3 6
【解析】 (1) ∵ 中， ，∴由正弦定理知， ，∵ π，
1
△ − cos =2 sin −sin cos =2sin + + =
∴ ，∴ ，
1
sin = sin( + )= sin cos +cos sin sin cos +cos sin −sin cos =2sin
∴ ，∴ ，∴ π．
1 1
(2)
co
由
s s
(
i
1
n
)
及
=2 si n co
得
s =2
，所
以
=3
2 2 2 2 2
当且仅当 时·取 等 号=，3 所 以 =的6最小值为 = + −2 cos = + −6⩾2 −6=6
八、三角 形=与 圆锥曲线相结 合的最值问题6
x2 y2
例．已知F 、F 分别是双曲线E： 1(a 0，b0)的左、右焦点，且|FF |=2，若P是该双曲
1 2 a2 b2 1 2
线右支上一点，且满足|PF |2|PF |，则△PFF 面积的最大值是（ ）
1 2 1 2
4 5
A．1 B． C． D．2
3 3
【答案】B
【解析】设|PF |m，|PF |n，FPF ，由题意得m2n，c1，由双曲线定义得mn2a，
1 2 1 2
1 2 4
∴n2a，所以2aca1a，所以a ，所以n ，所以n2 ，
3 3 9
m2 n2 4c2 5n2 4
由余弦定理得cos ，
2mn 4n2
1 5n2 4 1 1 20 256
S mnsinn2 1( )2 9n4 40n2 16 9(n2 )2 ，
△PF 1 F 2 2 4n2 4 4 9 9
282/397衡中数学一本通高分手册
20 4 4
当n2 时，△PFF 面积的最大值是 ，故选B．
1 2
9 9 3
例．抛物线 的焦点为 ，已知点 ， 为抛物线上的两个动点，且满足 ，过弦 的
2
=2 ( >0) ∠ =60°
中点 作该抛物线准线的垂线 ，垂足为 ，则 的最小值为
| |
| |
A． B．1 C． D．2
2 3
【答案】B 3 3
【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ中，∴2|CD|＝|AQ|+|BP|
＝a+b．由余弦定理得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos60°＝a2+b2﹣ab，配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣3ab，
又∵ab≤（ ） 2，∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2 （a+b）2 （a+b）2得到|AB| （a+b）＝|CD|．∴
→
1，
+ 3 1 1 | |
→
2 −4 =4 ≥2 | | ≥
即
→
的最小值为1．故选B．
| |
→
【反思提升】综合上面的几种种类型，解决三解形中的不等与最值问题，涉及到三角函数知识和较多的数学思
| |
想、方法；解三角形主要知识是正、余弦定理，同时三角恒等变形能力以及计算能力和按照目的进行分析问题、
解决问题的能力要求也是比较高的；不等关系和最值处理的常用方法：利用三角形中的有关结论转化为基本不
等式来解决或是转化为函数的最值来加以解决．
专题 几何体与球切、接的问题
21
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．从实际教学来看，这
部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之
外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理． 下面结合近几年高考题
对球与几何体的切接问题作深入的探究，以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路，力争在这部分内
283/397衡中数学一本通高分手册
容不失分．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．
首先明确定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个
球是这个多面体的外接球．
定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切， 则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个
多面体的内切球．
1 球与柱体的切接
规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，
通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题．
1.1 球与正方体
如图所示，正方体ABCDABC D ，设正方体的棱长为a，E,F,H,G为棱的中点，O为球的球心．常
1 1 1 1
a
见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH 和其内切圆，则 OJ r ；二是与
2
2
正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFGH 和其外接圆，则 GO R a；三是球为正方体的外接球，
2
3
截面图为长方形ACAC 和其外接圆，则 AO R a ．通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组
1 1 1 2
合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定
好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题．
（1）正方体的内切球，如图1．位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合；
284/397衡中数学一本通高分手册
数据关系：设正方体的棱长为a，球的半径为r，这时有2r a ．
（2）正方体的外接球，如图2．位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心与球心重合；
数据关系：设正方体的棱长为a，球的半径为r，这时有2r 3a．
（3）正方体的棱切球，如图3．位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合；数据关
系：设正方体的棱长为a，球的半径为r，这时有2r 2a．
例1．（2021·江西景德镇市·高三期末（理））已知正方体 ABCDABC D 的棱长为2，E为棱AA 的中点，
1 1 1 1 1
截面CDE交棱AB 于点F ，则四面体CDFD 的外接球表面积为（ ）
1 1
39 41 43
A． B． C．12 D．
4 4 4
【答案】B
【分析】可证F 为AB 的中点，设DD 的中点为G，△DFC的外接圆的球心为O ，四面体CDFD 的外接球
1 1 1
285/397衡中数学一本通高分手册
的球心为O，连接OG,OF,OO ,AB ，利用解三角形的方法可求△DFC的外接圆的半径，从而可求四面体
1 1
CDFD 的外接球的半径．
1
【解析】设DD 的中点为G，△DFC的外接圆的圆心为O ，四面体CDFD 的外接球的球心为O，
1 1 1
连接OG,OF,OO ,AB ，因为平面AABB // 平面DDCC ，平面CDE平面AABB EF ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面CDE平面DDCC DC ，故EF//DC ，而AB//DC，故EF//AB，故F 为AB的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
104 3
所以DF CF 14 5 ，故cosDFC ，
2 5 5 5
1 2 5
4
因为∠DFC为三角形的内角，故sinDFC ，故△DFC的外接圆的半径为2 4 4 ，
5
5
OO 平面ABCD，DD 平面ABCD，故OO //DD ，在平面GDOO中，OG DD ,OD DD ，故
1 1 1 1 1 1 1 1
OG//OD，故四边形GDOO为平行四边形，故OO //GD，OO GD，所以四面体CDFD 的外接球的半
1 1 1 1 1
25 41 41 41
径为 1 ，故四面体CDFD 的外接球表面积为4 ，故选B．
1
16 4 16 4
【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆
心且垂直于底面的直线上”来确定．
9π
例2．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为 ，则正方体的棱长为________．
2
【答案】 3
4 9π 3
【解析】设正方体棱长为a，球半径为R，则 πR3＝ ，∴R＝ ，∴ 3a＝3，∴a＝ 3．
3 2 2
286/397衡中数学一本通高分手册
例3．如图，在等腰梯形ABCD中， AB 2DC 2,DAB 60， E为AB 中点．将ADE 与BEC分
别沿ED、EC 折起，使A、B重合于点P，则三棱锥PDCE的外接球的体积为（ ）
4 3 6 6 6
A． B． C． D．
27 2 8 24
【答案】C
【解析】由题意可知，折叠所得的几何体是一个棱长为1的正四棱锥，将其放入正方体如图所示，由题意可得，
3
2 6 4 4 6 6
该三棱锥的外接球直径为： 3 ，外接球的体积：V R3 ，故选C．
2 2 3 3 4 8
1.2 球与长方体
例4．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底边长为a，高为h，球
的体积为8 6，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．48 2 B．24 2 C．96 2 D．12 2
【答案】B
4
【解析】设球的半径为 R ，则 R3 8 6 ，解得 R 6 ，所以 a2 a2 h2 2R 2 4R2 ，即
3
2a2 h2 242 2a2h2 2 2ah，所以ah6 2，侧面积S=4ah24 2，即侧面积的最大值为24 2，
故选B．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，
确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体
的棱长等于球的直径；球外接于长方体，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径．
例5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角
287/397衡中数学一本通高分手册
形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥PABC的四个
顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A． 8π B． 12π C． 20π D． 24π
【答案】C
【解析】将三棱锥PABC放入长方体中，如图，三棱锥PABC的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，
AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝ ＝2 ．设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋
22＋(2 )2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π．故选C．
例6．已知矩形 ， ， ， 为 的中点，现分别沿 将 ， 翻折，使点 重
合，记为点 ，则几何体 的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】由AB＝1，AD＝ ，E为AD中点，可得PE＝ ，PB＝PC＝1，得
∠EPB＝∠EPC＝90°，∠CPB＝90°，∴P﹣BCE为长方体一角，其外接球直径为其体对角线长，∴
，∴ ，∴外接球表面积为4πR2＝ ，故答案为： ．
1.3 球与正三棱柱
例7．（2021·安徽池州市·高三期末（理））已知四棱锥ABCDE的底面BCDE是边长为2的正方形，DE平
面ABE，AE 2，AC 2 2 ，则四棱锥ABCDE的外接球的表面积为___________．
288/397衡中数学一本通高分手册
28
【答案】
3
【分析】易知三角形ABE为正三角形，又DE平面ABE，构造正三棱柱，则球心为其上下底面中心连线的中
点，求得半径，代入球的表面积公式求解．
【解析】如图所示，∵DE平面ABE，BC⊥平面ABE，∴ABC 90，则有AB2 BC2 AC2，
解得AB 2，又AE 2，构造正三棱柱ABEACD，其上下底面边长为2，高为2，则其外接球的球心是
2
2 3 7
上下中心连线的中点，设外接球半径R，则R2 OE2 OO2 12 ，所以外接球的表面积为
1 1 3 3
28
S 4R2 ．
3
例8．直三棱柱ABC－A B C 的6个顶点都在球O的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA ＝12，求球O
1 1 1 1
的半径．
13
【答案】 ．
2
【解析】设球的半径为R，因为直三棱柱中AB＝3，AC＝4，AA ＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面
1
ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC B 内，矩形BCC B 的对角线长即
1 1 1 1
13
为球直径，所以2R＝ 122＋52＝13，即R＝ ．
2
例9．已知正三棱柱ABC－A B C 的所有顶点都在半径为1的球面上，当正三棱柱的体积最大时，该正三棱柱
1 1 1
289/397衡中数学一本通高分手册
的高为________．
2 3
【答案】
3
【解析】作出正三棱柱ABC－A B C 如图所示，由题意知，球心O为两底面ABC，A B C 的中心O ，O 的连
1 1 1 1 1 1 1 2
h
线的中点，设三棱柱的高O 1 O 2 ＝h，因为球的半径OC＝1，所以在Rt△OO 2 C中，有O 2 C＝ 1－ 2 2，所以
h h
3 2 1 1 3
CD＝ O 2 C，AB＝ CD＝ 3O 2 C，所以VABC－A 1 B 1 C 1 ＝ ·AB·CD·O 1 O 2 ＝ × 3× 1－ 2 2× 1－ 2 2·h＝
2 3 2 2 2
3 3 2 3
(－h3＋4h)，易知当h＝ 时，三棱柱的体积取得最大值．
16 3
2 球与锥体的切接
规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态
进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题．
2．1正四面体与球的切接问题
（1）正四面体的内切球，如图4．位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心
重合；
数据关系：设正四面体的棱长为a，高为h；球的半径为R，这时有
6
4R h a；（可以利用体积桥证明）
3
（2）正四面体的外接球，如图5．位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球
心重合；
290/397衡中数学一本通高分手册
数据关系：设正四面体的棱长为a，高为h；球的半径为R，这时有4R 3h 6a ；（可用正四面体高h
减去内切球的半径得到）
（3）正四面体的棱切球，如图6．位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重合；
6
数据关系：设正四面体的棱长为a，高为h；球的半径为R，这时有4R 3h 2a,h a.
3
S
例10．若一个正四面体的表面积为S ，其内切球的表面积为S ，则 1＝________．
1 2
S
2
6 3
【答案】 ．
π
3 1
【解析】设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S ＝4· ·a2＝ 3a2，其内切球半径为正四面体高的 ，即r
1
4 4
1 6 6 πa2 S 3a2 6 3
＝ · a＝ a，因此内切球表面积为S ＝4πr2＝ ，则 1＝ ＝ ．
4 3 12 2 6 S 2 π a2 π
6
例11．在四面体 中，若 ， ， ，则四面体 的外接球的表面
积为__________．
【答案】
【解析】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以
，2， 为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、
宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2+y2＝3，x2+z2＝5，y2+z2＝4，则有（2R）2＝x2+y2+z2＝6（R为球的半
291/397衡中数学一本通高分手册
径），得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．故答案为： ．
点评：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，
确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图． 一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，
借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，
过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边
形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据
半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径．
2．2其它棱锥与球的切接问题
球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截
面图的特点，可以构造直角三角形进行求解．二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱
锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径R．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，
故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积 ．
球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解．例
如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置．
例12．（2021·江西上饶市·高三一模（理））在三棱锥 ABCD中，AB 平面BCD，△BCD是边长为3的
正三角形，AB 3，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．21 B．6 C．24 D．15
【答案】D
【分析】利用正弦定理求出△BCD的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥的外接球的半径，进而得出表
面积．
【解析】设△BCD的外接圆圆心为O ，半径为r，该三棱锥的外接球的球心为O，半径为R，
1
3 3 3 15 15
∵ 2r ，r 3，OO ，∴R2 OO2 r2 3 ，∴S 4R2 4 15，
sin60 1 2 1 4 4 表 4
故选D．
例13．（2021·广西名校联考）已知三棱锥ABCD中，AB 平面BCD,AB 6,BC 4,BDC 30，三
棱锥ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积是（ ）
500
A．25 B．50 C．100 D．
3
292/397衡中数学一本通高分手册
【答案】C
【分析】由正弦定理可得△BCD的外接圆半径，设球半径为R，球心为O，则OC2 R2，利用勾股定理计
算出半径，进而得出球O的表面积．
【解析】由题意，BC 4,BDC 30，由正弦定理得△BCD的外接圆半径r 4，设球体半径为R，球心
2
1
为O，则OC2 R2 r2 AB 25，所以此三棱椎的外接球O的表面积S 4R2 100，故选C．
2
例14．菱形ABCD中，AB 2，DAB120，将CBD沿BD折起，C点变为E点，当四面体E ABD
的体积最大时，四面体E ABD的外接球的面积为（ ）
A．20 B．40 C．60 D．80
【答案】A
【分析】根据题意，当平面EBD平面ABD时，此时E ABD的体积取得最大值，且C为△ABD的外心，
过点C作平面ABD的垂线l，设l存在点O点，使得OE OAOBOD，利用球的性质，求得球的半径，
结合球的表面积公式，即可求解．
【解析】由题意，三棱锥E ABD的底面△ABD的面积为定值，当平面EBD平面ABD时，此时点E到底
面ABD的距离最大，此时三棱锥E ABD的体积取得最大值，因为四边形ABCD为菱形，且DAB120，
连接AC交BD与点M ，可得CDCACB，所以C为△ABD的外心，
过点C作平面ABD的垂线l，可得l上点到A,B,D三点的距离相等，
设l存在点O点，使得OE OAOBOD，即点O为三棱锥E ABD的外接球的球心，
设OC x，可得AC2 OC2 CM2 (EM OC)2 ，即4x2 1(x1)2，解得x1，
所 以 外 接 球 的 半 径 为 r AC2 OC2 22 12 5 ， 所 以 外 接 球 的 表 面 积 为
S 4r2 4( 5)2 20．故选A．
293/397衡中数学一本通高分手册
【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题
思维流程：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半
径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素
间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解．
例15．三棱锥 的每个顶点都在球 的表面上， 平面 ， ， ， ， ，
则球 的表面积为_____．
【答案】
【解析】∵ 平面 ，则PA⊥BC， 且 ，则 平面 ，所以PA⊥AC，又 ，
∴PC为三棱锥 外接球的直径，∴ ，
∴PC的中点为球O的球心，∴球O的半径r= ，∴球O的面积S=4πr2=8π．故答案为：8π．
3 球与球相切问题
对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球心的
位置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解．
例16．已知有半径分别为2、3的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此球
的半径为 ．
6
【答案】
11
【解析】如图：设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4．设AB中点为E、
294/397
衡中数学一本通高分手册
CD中点为F，连结EF．在△ABF中求得BF= 21，在△EBF中求得EF=2 3．
D
F
5 5
4
O
C
5
A 5
E
6
B
由于对称性可得第五个球的球心O在EF上，连结OA、OD．设第五个
球的半径为r，则OA=r+3，OD=r+2，于是OE= r+3 2 32= r2+6r ，
OF= r+2 2 22= r2+4r ，∵OE+OF=EF，
6
∴ r2+6r+ r2+4r=2 3 r2+6r=2 3 r2+4r 平方整理再平方得11r2+60r36=0解得r= 或
11
6
6（舍掉），故答案为 ．
11
例17． 把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与
前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．
2 6
【答案】2 ．
3
3 2 6
【解析】四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高h 22 (2 )2 ．
3 3
而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四
2 6
个球的最高点与桌面的距离为2 ．
3
4 球与几何体的各条棱相切问题
球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通
2
过构造直角三角形进行转换和求解．如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：r a．
4
例18． 把一个皮球放入如图10所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8
根铁丝都有接触点，则皮球的半径为（ ）
295/397衡中数学一本通高分手册
A．l0 3cm B．10cm C．10 2 cm D．30cm
【答案】B
【解析】如图所示，由题意球心在AP上，球心为O，过O作BP的垂线ON垂足为N，ON=R，OM=R，
因为各个棱都为20，所以AM=10，BP=20，BM=10，AB=10 2 ，设BPA，
在Rt BPM中，BP2 BM2 PM2 ，所以PM 10 3 ．
在Rt PAM中， PM2 AM2 AP2，所以PA10 2．
AB 10 2 2
在Rt ABP中， sin ，
BP 20 2
ON R R 2
在Rt ONP中， sin ，所以 ，所以OP 2R．
OP OP OP 2
在Rt OAM中， OM2 AO2 AM2，所以，R2 (10 2 2R)2 100，解得，R10或30（舍），
所以，R 10cm,故选B．
5 球与旋转体切接问题
首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系．
例19．（2021·山东德州市·高三期末）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，
他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即
球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之
二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为12，则该模型中球的体积为（ ）
296/397衡中数学一本通高分手册
8 8 2
A．8 B．4 C． D．
3 3
【答案】D
2
【 解 析 】 由 题 意 球 的 表 面 积 为 12 8 ， 即 4r2 8 ， r 2 ， 所 以 体 积 为
3
4 4 3 8 2
V r3 2 ．故选D．
3 3 3
例20．在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切．（1）求两球半径之和；（2）球的半径
为多少时，两球体积之和最小．
【解析】如图，球心O 和O 在AC上，过O ，O 分别作AD,BC 的垂线交于E,F ．则由AB 1,AC 3
1 2 1 2
得AO 3r,CO 3R．
1 2
3 3 3
r R 3(r R) 3 ，Rr ．
31 2
4 4
（1）设两球体积之和为V ，则V (R3 r3) (r R)(R2 Rr r2)
3 3
= 4 3 3 (Rr)2 3rR 4 3 3 ( 3 3 )2 3R( 3 3 R) = 4 3 3 3R2 3(3 3) R( 3 3 )2 ，当
3 2 3 2 2 2 3 2 2 2
3 3 3 3
R 时，V 有最小值．当R r 时，体积之和有最小值．
4 4
例21．（2021·广西高三其他模拟（文））乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000
年之后国际比赛用球的直径为40mm．现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，
则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为___________cm2．(忽略乒乓球及包装盒厚度)
【答案】256
【分析】比较三种情形下的表面积即可得：一种四个球排列一列，四个球心在同一直线上；第二种四个球平放，
297/397衡中数学一本通高分手册
四个球心构成正方形；第三种四个球心构成正四面体．
【解析】设A,B,C,D是四个球的球心，以下面积单位是cm2，
（1）A,B,C,D四点共线，则S 242 4416288．
（2）A,B,C,D四点构成一个正方形，则S 282 484256，
（3） A,B,C,D 四点构成一正四面体，如图，设E 是△BCD中心，则 AE⊥平面BCD， AE BE ，
2
3 4 3 4 3 4 6
BE 4 ， AE 42 ，
3 3 3 3
2
4 6 4 6
正四棱柱为正方体，棱长为 4，表面积为S 64 32(52 6)256 ，
3 3
比较可得表面积最小值为256cm2．
【反思提升】综合上面的五种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准
切点，将问题转化成平面几何问题，应用三角形中的边角关系，建立与球半径r,R 的联系，将球的体积之和用
r或R表示．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体的几个顶
点放在球面上即为球的内接问题．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于
球的半径．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方
体、正四面体等可以借助结论直接求解，此时结论的记忆必须准确．高考题往往与三视图相结合，题目的难易
不一，在复习中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题目的类型，升
298/397衡中数学一本通高分手册
华解题的境界．
专题 几何体的表面积与体积的求解
22
从近几年的考试题来看，空间几何体的表面积、体积等问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又
有解答题，难度为中、低档．客观题主要考查由三视图得出几何体的直观图，求其表面积、体积或由几何体的
表面积、体积得出某些量；主观题考查较全面，考查线、面位置关系，及表面积、体积公式，无论是何种题型
都考查学生的空间想象能力．预测2022年高考仍将以空间几何体的面积、体积为主要考查点，重点考查学生的
空间想象能力、运算能力及逻辑推理能力．
1 几何体的表面积
（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几
何体中各元素间的位置关系及数量关系．
（2）多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
（3）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积
与底面圆的面积之和．
1.1 多面体的表面积
例1．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三
8 2π
角形，且侧面PAD 底面ABCD，AB 2，若四棱锥PABCD外接球的体积为 ，则该四棱锥的表
3
面积为（ ）
A．4 3 B．6 3 C．8 3 D．10 3
【答案】B
【分析】首先确定球心O的位置，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M ，过O作三角形APD的垂线，垂足
为N ，过N 作NE AD ，证明四边形MENO是平行四边形，设AD2x，分别求出OA、OM、AM 的长，
利用勾股定理可得x，然后分别计算四个侧面和底面的面积可得答案．
【解析】设四棱锥PABCD外接球的球心为O，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M ，
因为四边形ABCD是长方形，所以M 的底面中心，即对角线AC、BD的交点，
过O作三角形APD的垂线，垂足为N ，所以N 是正三角形APD外心，
299/397衡中数学一本通高分手册
8 2π 4r3
设外接球半径为r，外接球的体积为 ，所以r 2，即OA 2，
3 3
1
过N 作NE AD ，则E是AD的中点，连接EM ，所以EM AB 1，EM AD，因为平面APD 平
2
面ABCD，平面APD平面ABCD AD，
所以NE 平面ABCD，所以NE//OM ，所以EM 平面APD，所以EM//ON ，
所以四边形MENO是平行四边形，即OM NE，设AD2x，则AM AE2 EM2 x2 1，
1 1 3 3 3
NE PE AD x，所以OM NE x，由勾股定理得OA2 OM2 AM2，即
3 3 2 3 3
1 3 1 3 3
2 x2 x2 1，解得x ，所以AD 3，S AD2sin60 ，
3 2 PAD 2 4
因为AB//CD//OM ，所以AB 平面APD，CD平面APD，
1
所以PA AB，PDCD，S S ABAP 3，
PAB PCD 2
因为PB PC PA2 AB2 7，BC 3 ，
2
1 3 5
作PH BC 于H ，所以H 为BC的中点，所以PH PB2 BC 7 ，
2 4 2
1 5 3
所以S PHBC ，S 2 3，所以S S S S S 6 3，故
PBC 2 4 矩形ABCD 表 PAD PAB PCD 矩形ABCD
选B．
【点睛】本题考查了球内接四棱锥的问题，关键点是确定球心的位置及计算边长，考查了学生的空间想象力、
推理能力和计算能力．
例2．（2021·湖北B4联考）现有一个三棱锥形状的工艺品PABC，点P在底面ABC的投影为Q，满足
300/397衡中数学一本通高分手册
S S S 1 QA2 QB2 QC2 1
△QAB △QAC △QBC ， ，S 9 3，若要将此工艺品放入一个球形容器
S S S 2 AB2 BC2 CA2 3 ABC
△PAB △PAC △PBC
（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）
A．42 B．44 C．48 D．49
【答案】D
1
ABQM
S 1
【分析】作QM AB，连接PM，易证ABPM ，由 △QAB 2 ，得到PM 2QM ，再
S 1 2
△PAB ABPM
2
S S S 1 QA2 QB2 QC2 1
根据 △QAB △QAC △QBC ，由对称性得到AB BC AC，然后根据 ，
S S S 2 AB2 BC2 CA2 3
△PAB △PAC △PBC
S 9 3，求得AB 6,AQ 2 3 ，在△AOQ中，由AO2 OQ2 AQ2求解半径即可．
ABC
【解析】如图所示：
作QM AB与M，连接PM，因为PQ平面ABC，所以PQ AB，又QM PQQ，所以AB 平面PQM，
1
ABQM
S 1
所以ABPM ，所以 △QAB 2 ，PM 2QM ，
S 1 2
△PAB ABPM
2
S S S 1 QA2 QB2 QC2 1
因为 △QAB △QAC △QBC ，由对称性得AB BC AC，又因为 ，
S S S 2 AB2 BC2 CA2 3
△PAB △PAC △PBC
1
S 9 3，所以S AB2sin60 9 3，解得AB 6,AQ 2 3，
ABC ABC 2
所以QM 3,PM 2 3,PQ 3，
301/397衡中数学一本通高分手册
7
设外接球的半径为r，在△AOQ中，AO2 OQ2 AQ2，即r2 3r2 2 3 2 ，解得r ，
2
所以外接球的表面积为S 4r2 49，即该球形容器的表面积的最小值为49，故选D．
S S S 1
【点睛】关键点点睛：本题关键是由 △QAB △QAC △QBC 得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心
S S S 2
△PAB △PAC △PBC
的位置而得解．．
例3．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
A．21 3 B．18 3 C．21 D．18
【答案】A
1 3
【解析】如图，将边长为2的正方体截去两个角，∴S 226 112 ( 2)2 21 3
表
2 4
1．2旋转体的表面积
例1．（2021·安徽皖江名校联盟）已知圆锥的顶点为A，过母线AB､AC的截面面积是2 3．若AB ､AC的
夹角是60，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积是（ ）
A．2 2 B． 2 36 C． 4 2 6 D． 4 36
【答案】D
【分析】由截面面积求得母线长，再由母线与底面所成角求得底面半径，由此可得圆锥表面积．
302/397衡中数学一本通高分手册
1
【解析】设圆锥的母线长是l，则 l2sin602 3 ，l 2 2 ，圆锥底面半径是r OC 2 2cos30 6 ，
2
1 2
于是该圆锥的表面积是 2 62 2 6 4 36 ，故选D．
2
例2．【上海市浦东新区高考一模】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
A．20π B．24π C．28π D．32π
【答案】C
【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l，圆柱高为h．
2
由图得r 2，c2πr4π，由勾股定理得：l 22 2 3 4 ，
1
S πr2ch cl 4π16π8π 28π，故选C．
表
2
例3．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的表面积与球O的
表面积的比值为________．
9
【答案】
16
1
【解析】设等边三角形的边长为2a，则S ＝ ·2πa·2a＋πa2＝3πa2．又R2＝a2＋( 3a－R)2(R为球O的半径)，
圆锥表
2
2 3
2 3 a 16π 9
所以R＝ a，故S ＝4π· 3 2＝ a2，故其表面积比为 ．
球表
3 3 16
2 几何体的体积
1． 求体积常见技巧
当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼
303/397衡中数学一本通高分手册
此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题
提供便利．
（1）几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，
进而求之．
（2）几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、
正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将
台体补成锥体研究体积．
（3）有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角
梯形求有关的几何元素．
2．求体积常见方法
①直接法（公式法）；②转移法：利用祖暅原理或等积变化，把所求的几何体转化为与它等底、等高的几何
体的体积；③分割法求和法：把所求几何体分割成基本几何体的体积；④补形法：通过补形化归为基本几何体
的体积；⑤四面体体积变换法；⑥利用四面体的体积性质：（ⅰ）底面积相同的两个三棱锥体积之比等于其底面
积的比；（ⅱ）高相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；（ⅲ）用平行于底面的平面去截三棱锥，截得的
小三棱锥与原三棱锥的体积之比等于相似比的立方．
求多面体体积的常用技巧是割补法（割补成易求体积的多面体．补形：三棱锥三棱柱平行六面体；
分割：三棱柱中三棱锥、四棱锥、三棱柱的体积关系是1：2：3和等积变换法(平行换点、换面)和比例(性质转
换)法等．
3．常见的特殊几何体的性质
2．1 几何体的体积
给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观
图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积
转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等积转换法和割补法求解．
例1．（2021·江西重点中学协作体联考）如图ABCDEF为五面体，其中四边形ABCD为矩形，EF //AB，
3
AB3EF AD3，ADE 和△BCF 都是正三角形，则该五面体的体积为（ ）
2
304/397衡中数学一本通高分手册
7 2 4 2 3 2
A． B． C． 2 D．
3 3 2
【答案】A
【分析】把该五面体分割为两个等体积的四棱锥和一个直三棱柱，结合棱锥和棱柱的体积公式，即可求解．
【解析】过点F 作FO平面ABCD，垂足为O，取BC 的中点P ，连接PF ，
过点F 作FQ AB，垂足为Q，连接OQ ，交CD 于G ，得到四棱锥F BCGQ，
同理得到四棱锥EADMN ，可得V V ，
FBCGQ EADMN
如图所示，因为ADE 和△BCF 都是边长为2 的等边三角形，
1 1
所以OP (ABEF)1,PF 3,OQ BC 1，可得OF PF2 OP2 2 ，
2 2
1 1 2 2
所以V V S OF 12 2 ，
EADMN FBCGQ 3 BCGQ 3 3
1
中间部分三棱柱FGQEMN 为直三棱柱，其体积为 V S EF 2 21 2 ，
FGQEMN FGQ 2
2 2 7 2
所以该五面体的体积为V V V V 22 ，故选A．
FGQEMN EADMN FBCGQ
3 3
【点睛】求空间几何体的表面积与体积的求法：
（1）公式法：对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式进行求解；
（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积的计算，或不规则的几何体补成规则的几何体，
305/397衡中数学一本通高分手册
不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
（3）等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解
决锥体的体积，特别时三棱锥的体积．
例2．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
3
A． B． C． D．
4 2 4
【答案】B
1 3
【解析】圆柱的轴截面如图， AC 1， AB ，所以圆柱底面半径r BC ，那么圆柱的体积是
2 2
3 3
V r2h( )21 ，故选B．
2 4
例3．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三
棱锥DABC体积的最大值为 （ ）
A．12 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3
【答案】B
1
【解析】设等边三角形ABC 的边长为x，则 x2sin60 9 3，得x6．设ABC的外接圆半径为r，则
2
6
2r ，解得r 2 3，所以球心到ABC所在平面的距离d 42 (2 3)2 2，则点D到平面ABC
sin60
1
的最大距离d d 46 ，所以三棱锥DABC体积的最大值V S 618 3．
1 max 3 ABC
例4．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，平面PAD 平面ABCD，且PA AD 2，
PABPAD120，E为PD的中点，AE EC ．
（1）求证：PB//平面EAC ；
（2）求三棱锥BACE 的体积．
306/397衡中数学一本通高分手册
1
【答案】（1）证明见解析；（2）V ．
BACE 2
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，连接EO，根据三角形中位线的性质可得PB//EO，再根据线面平
行的判定可得结论成立．（2）在PAB中由余弦定理得PB2 3 ，于是EO 3 ．在平面PAD内，作
PF AD，交DA的延长线于F ，由条件可得PF 平面ABCD，即PF 为点P 到平面ABCD的距离，然
1
后再结合V V V 求解可得所求．
BACE EACB
2
PABC
【解析】（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接EO．∵E为PD的中点，O为BD的中点，
1
∴EO为PBD的中位线， ∴PB//EO ，且EO PB．
2
又EO 平面EAC ，PB平面EAC ，∴PB//平面EAC ．
（2）在PAB中，PA AB 2，PAB120，
由余弦定理得PB2 PA2 AB2 2PAABcos12012，∴PB 2 3 ，∴EO 3 ．
∵AE EC ，且O为AC的中点，∴AC 2EO 2 3 ．
在ABO 中，BO AB2 AO2 1．在平面PAD内，作PF AD，交DA 的延长线于F ．
∵平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCD AD，∴PF 平面ABCD．
即PF 为点P 到平面ABCD的距离．∵点E为PD的中点，
3
∴点E到平面ABCD的距离h是PF 长度的一半．在PFA中，PF PAsin60 2 3，
2
1 1 1 1
∴V V V ( S 3) ．
BACE EACB
2
PABC
2 3
ABC
2
【点睛】在求空间几何体的体积时，要注意分清几何体的形状，对于形状规则的几何体可直接根据公式求其体
积；对于形状不规则的几何体，可根据“分割”或“补形”的方法转化为形状规则的几何体再求其体积．
2．2关于球的切、接问题
307/397衡中数学一本通高分手册
解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最
佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空
间问题平面化的目的．
例1．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底边长为a，高为h，球
的体积为8 6，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．48 2 B．24 2 C．96 2 D．12 2
【答案】B
【分析】先求出半径，然后利用体对角线等于球的直径建立关系求解．
4
【解析】设球的半径为R，则 R3 8 6，解得R 6 ，所以a2 a2 h2 2R 2 4R2，即
3
2a2 h2 242 2a2h2 2 2ah，所以ah6 2 ，侧面积S=4ah24 2 ，即侧面积的最大值为24 2，
故选B．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，
确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体
的棱长等于球的直径；球外接于长方体，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径．
例2．在封闭的正三棱柱ABC－A B C 内有一个体积为V的球．若AB＝6，AA ＝4，则V的最大值是（ ）
1 1 1 1
A．16π B． C．12π D．
【答案】D
【解析】正三角形 的边长为6，其内切圆的半径为 ，所以在封闭的正三棱柱ABC－A B C 内的
1 1 1
球的半径最大值为 ，所以其体积为 ，故选D．
例3．（2021·河南焦作二模）已知点A，B，C在半径为5的球面上，且AB AC 2 14 ，BC 2 7 ，P
为球面上的动点，则三棱锥PABC 体积的最大值为（ ）
56 7 52 7 49 7 14 7
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】A
【分析】求出球心到平面ABC 的距离，由这个距离加上球半径得P 到平面ABC 距离的最大值，再由体积公
308/397衡中数学一本通高分手册
式可得PABC 体积的最大值．
【解析】如图，M 是ABC 的外心，O是球心，OM 平面ABC ，当P 是MO 的延长线与球面交点时，P
7 2 14
到平面ABC 距离最大，由AB AC 2 14 ，BC 2 7 ，得cosACB ，则sinACB ，
2 14 4 4
AB 2 14
2AM 8
sinCB 14 ，AM 4，OM OA2 AM2 52 42 3，PM 358，又
4
1 1 14 1 56 7
S ACBCsinACB 2 142 7 7 7，所以最大的V 7 78 ，
△ABC
2 2 4
PABC
3 3
故选A．
【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易
得结论．当底面ABC 固定，M 是ABC 外心，当PM 平面ABC ，且球心O在线段PM上时，P 到平面
ABC 距离最大．
例4．已知底面半径为1，高为 3的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则此球的表面积为
32 3π 16π
A． B． 4π C． D． 12π
27 3
【答案】C
【解析】画出圆锥的截面如下图所示，设球的半径为r，则
2
BC 1,OC 3r,OB r ，由勾股定理得12 3r r2 ，
2 16π
解得r ．故表面积为4πr2 ．
3 3
例5．（2021·安徽六校联考）已知三棱锥ABCD满足：AB AC AD，△BCD是边长为2的等边三角形．三
309/397衡中数学一本通高分手册
棱锥ABCD的外接球的球心O满足：OBOCOD0，则该三棱谁的体积为（ ）
1 1 2
A． B． C． D．1
6 3 3
【答案】C
【分析】分析出三棱锥ABCD为正三棱锥，由OBOCOD0可知O为正△BCD的中心，由球心的定
义得出OAOBOC OD，利用正弦定理求出△BCD的外接圆半径，即为OB ，可得出OA，再利用锥
体的体积公式可求得该三棱锥的体积．
【解析】已知三棱锥ABCD满足：AB AC AD，△BCD是边长为2的等边三角形，所以，三棱锥
ABCD为正三棱锥，由于正三棱锥ABCD的外接球的球心O满足：OBOCOD0，则O为正
△BCD的重心，即O为正△BCD中心，所以，AO 平面BCD，
2 2 3
OB 2 3 1
由正弦定理可得
2sin
3 ，OAOB
3
，S △BCD
2
22sin
3
3 ，
3
1 1 2 3 2
因此，V S OA 3 ，故选C．
ABCD
3
△BCD
3 3 3
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求
解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心
一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
【反思提升】综合上面的两种种类型，我们可以概括出在解决几何体的表面积与体积问题中的方法与技巧：
1．几何体的侧面积和全面积：几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面积之和．对
侧面积公式的记忆，最好结合几何体的侧面展开图来进行．
2．求体积时应注意的几点：
（1）求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
（2）与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性．
310/397衡中数学一本通高分手册
3．求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理．
4．解答三视图问题的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．三视图中“正侧一样
高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面
之间的位置关系及相关数据．
专题二十三 与圆有关的最值问题
讲高考
纵观近几年高考对于圆的的考查，重点放在与圆相关的最值问题上，主要考查与圆相关的参数范围问题和
圆相关的长度或面积的最值问题．除了以选择题、填空题的形式考查外，有与圆锥曲线相结合的考查趋势．要
求学生有较强的数形结合能力、转化与化归意识和准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分
知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没
有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的
总结和方法的探讨．
1．【高考全国Ⅰ卷文数 6】已知圆x2 y2 6x0 ，过点1,2的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【思路导引】根据直线和圆心与点(1,2)连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论．
【解析】圆x2 y2 6x0化为(x3)2 y2 9，∴圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，
设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，
根据弦长公式最小值为2 9|CP|2 2 98 2，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的几何性质的应用，
考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质及勾股定理的应用．
2．【高考全国Ⅰ卷理数11】已知⊙M :x2 y2 2x2y20，直线l:2x y20，P为l上的动点，
过点P作⊙M 的切线PA,PB，切点为A, B，当 PM AB 最小时，直线AB的方程为 （ ）
311/397衡中数学一本通高分手册
A．2x y10 B．2x y10 C．2x y10 D．2x y10
【答案】D
【思路导引】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点A,P,B,M 共圆，且AB MP，根据
PM AB 2S 2 PA 可知，当直线MP l 时， PM AB 最小，求出以MP为直径的圆的方程，根
△PAM
据圆系的知识即可求出直线AB的方程．
2112
【解析】圆的方程可化为 x1 2 y1 2 4，点M 到直线l的距离为d 5 2，∴直线l
22 12
与圆相离．依圆的知识可知，四点A,P,B,M 四点共圆，且AB MP，
1
∴ PM AB 2S 2 PA AM 2 PA ，而 PA MP 2 4，
△PAM
2
当直线MP l 时， MP 5 ， PA 1，此时 PM AB 最小．
min min
1 1
1 1 1 y x x1
∴MP: y1 x1 即 y x ，由 2 2 解得， ．
2 2 2 2x y20 y 0
∴以MP为直径的圆的方程为 x1 x1 y y1 0，即x2 y2 y10，两圆的方程相减可得：
2x y10，即为直线AB的方程，故选D．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性
质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质的应用．
3．【高考北京】已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为 （ ）
A． 4 B． 5 C． 6 D． 7
【答案】A
【解析】设圆心C x,y ，则 x3 2 y4 2 1，化简得 x3 2 y4 2 1，所以圆心C的轨迹是
以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，所以|OC|1|OM | 32 42 5，所以|OC|514，当且仅当C
在线段OM 上时取得等号，故选A．
312/397衡中数学一本通高分手册
【命题意图】本类题主要考查点与圆、直线与圆、圆与圆位置关系，以及考查逻辑思维能力、运算求解能力、
数形结合的能力、方程思想的应用．
【考试方向】这类试题考查根据给定直线、圆方程判断点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，同时考查通过
数形结合思想、充分利用圆的几何性质解决圆的切线、圆的弦长等问题．在考查形式上，主要要以选择题、填
空题为主，也有时会出现在解答题中，中档题．
【学科素养】数学运算、直观想象
【难点中心】（一）直线与圆的位置关系的判断方法
（1）几何法：由圆心到直线的距离d 与半径长r的大小关系来判断．
若d r，则直线与圆相离；
若d r，则直线与圆相切；
若d r，则直线与圆相交．
（2）代数法
（二）点与圆、圆与圆位置关系的判断方法，类似的也有几何法和代数法两种；
（三）比较圆心距与两个圆的半径和与半径差的大小关系，特别是遇到参数问题时，如何建立等式或不等式是
一个难点．
3 1
4．【高考江苏卷14】在平面直角坐标系xOy中，已知P( ,0)，A、B是圆C：x2 (y )2 36上的两
2 2
个动点，满足PA PB，则PAB面积的最大值是________．
【答案】10 5
【解析】如图，作PC所在直径EF ，交AB于点D，则：
∵PA PB，CACB R6，∴PC AB，EF 为垂径．
要使面积S 最大，则P、D 位于C两侧，并设CD x，
PAB
313/397衡中数学一本通高分手册
计算可知PC 1，故PD1x，AB2BD2 36x2 ，
1
故S ABPD (1 x) 36x2 ，令x6cos，
PAB
2
S (1 x) 36x2 (16cos)6sin6sin18sin2，0q ，
PAB 2
记函数 f()6sin18sin2，
则 f()6cos36cos26(12cos2cos6)，
2 3
令 f()6(12cos2cos6)0，解得cos （cos 0舍去）
3 4
2
显然，当0cos 时， f()0， f()单调递减；
3
2
当 cos1时， f()0， f()单调递增；
3
2 5
结 合 cos 在 (0, ) 递 减 ， 故 cos 时 f() 最 大 ， 此 时 sin 1cos2 ， 故
2 3 3
5 5 2
f() 6 36 10 5 ，即PAB面积的最大值是10 5．
max 3 3 3
（注：实际上可设BCD，利用直角BCD可更快速计算得出该面积表达式）
讲考向
1．已知含参数直线与圆位置关系，求直线方程中参数取值范围问题
画出圆，利用直线过定点，结合图像即可确定直线方程中满足的条件，利用直线与圆的位置关系和点到直
线的距离公司，列出关于参数的不等式或方程，即可求出参数的范围．
例1．（2021·北京门头沟区·高三一模）在平面直角坐标系中，从点P(3,2)向直线kx y2k 0作垂线，
垂足为M，则点Q(2,4)与点M的距离的最小值是（ ）
A．52 2 B．4 2 C． 6 2 D．17
314/397衡中数学一本通高分手册
【答案】A
【分析】首先求出直线过定点N 1,2 ，依题意可得M 在以PN 为直径的圆上，求出圆的方程，即可判断点
Q(2,4)在圆外，求出Q 到圆心的距离，减去半径即为距离最小值；
x10 x 1
【解析】因为kx y2k 0，所以k x1 y20，所以 ，解得 ，所以直线
y20 y 2
kx y2k 0过定点N 1,2 ；
从点P(3,2)向直线kx y2k 0作垂线，垂足为 M，则M 在以PN 为直径的圆上，因为P(3,2)，
N 1,2 ，所以 PN 的中点为 G 1,0 ， PN 31 2 22 2 4 2 ，所以圆 G 的方程为
x1 2 y2 8，即M 的轨迹方程为 x1 2 y2 8，因为Q(2,4)， 21 2 42 8，所以点Q(2,4)在
圆外， QG 21 2 42 5，所以 QM QG r 52 2 ，故选A．
min
例2．如果直线2axby140 a0,b0 和函数 f x mx11 m0,m1 的图象恒过同一个定点，
b
且该定点始终落在圆 xa1 2 yb2 2 25的内部或圆上，那么 的取值范围是 （ ）
a
3 4 3 4 3 4 3 4
A． ， B． ， C． ， D． ，
4 3 4 3 4 3 4 3
【答案】C
【解析】函数 f x mx11恒过定点1,2 ．将点1,2 代入直线2axby140可得2a2b140，
即 ab7, a0,b0 ． 由 点 1,2 在 圆 xa1 2 yb2 2 25 内 部 或 圆 上 可 得
ab7 a 3 a 4
1a1 2 2b2 2 25 即a2 b2 25 a0,b0 ． 或 ．所以点
a2 b2 25 b4 b3
b
a,b 在以A 3,4 和B 4,3 为端点的线段上运动． 表示以A 3,4 和B 4,3 为端点的线段上的点与坐标原
a
b 30 3 b 40 4 3 b 4
点连线的斜率．所以 ， ．所以 ．故C正确．
a 40 4 a 30 3 4 a 3
min max
2．已知点满足与圆有关的某个条件，求圆中参数或点的坐标的取值范围问题
作出相应的图形，利用数形结合思想找出圆中相关量，如圆心坐标、圆心到某点距离、圆的半径、圆的弦
长或圆的弦心距等满足的条件，列出不等式或方程或函数关系，再利用相关方法求出参数的范围．
例1．已知直线l:x y10截圆:x2 y2 r2 r 0 所得的弦长为 14 ，点M,N 在圆上，且直线
315/397衡中数学一本通高分手册
l: 12m x m1 y3m0过定点P ，若PM PN ，则 MN 的取值范围为__________．学科+网[来
源：Z#xx#k．Com]
【答案】 6 2, 6 2
1
【解析】 依题意2 r2 14，解得r 2 ，
2
因为直线l: 12m x m1 y3m0，故P 1,1 ，
设MN 的中点为Q x,y ，则OM2 OQ2 MQ2 OQ2 PQ2，即4 x2 y2 x1 2 y1 2 ，
2 2
1 1 1 1 1 6
化简可得x y ，所以点Q 的轨迹是以 , 为圆心， 为半径的圆，
2 2 2 2 2 2
6 2 6 2
所以 PQ 的取值范围为 , ，所以 MN 的取值范围是 6 2, 6 2．
2 2
3． 与距离有关的最值问题[来源：Zxxk．Com]
在运动变化中，动点到直线、圆的距离会发生变化，在变化过程中，就会出现一些最值问题，如距离最小，
最大等常常涉及圆上一点到直线的距离最值问题、切线长最值问题、圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值
问题、过定点的圆的弦长最值问题等．这些问题常常利用平面几何知识或圆的参数方程或设圆上点的坐标，直
接求出最值或转化为函数的最值问题，利用函数求最值的方法求解，与圆有关的长度最值问题有以下题型：
①圆外一点A到圆上距离最近为 AO r，最远为 AO r；
②过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为该点为中点的弦；[来源：Zxxk．Com]
③直线与圆相离，则圆上点到直线的最短距离为圆心到直线的距离d r，最近为d r；
④过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆的 面积．
⑤圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值问题常转化为圆心与曲线上的动点距离问题，利用两点间距离公式
转化二元函数的最值问题，利用消元法转化一元函数在某个区间上的最值问题求解．
例1．在平面直角坐标系xOy中，已知 x 2 2 y2 5，x 2y 40，则 x x 2 y y 2的最小
1 1 2 2 1 2 1 2
值为（ ）
5 1 121 11 5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】B
316/397衡中数学一本通高分手册
【 解 析 】 由 已 知 得 点 x ,y 在 圆 x2 2 y2 5 上 ， 点 x ,y 在 直 线 x2y40 上 ， 故
1 1 2 2
x x 2 y y 2表示 x2 2 y2 5的点和直线x2y40上点的距离平方，而距离的最小值为
1 2 1 2
24 5 1
5 ，故 x x 2 y y 2的最小值为 ．故选B
14 5 1 2 1 2 5
【温馨提醒】此类题要注意两点间距离公式的运用．
4． 与面积相关的最值问题
与圆的面积的最值问题，一般转化为寻求圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系，借助函数求最值
的方法，如配方法，基本不等式法等求解，有时可以通过转化思想，利用数形结合思想求解．[来源：学科网
ZXXK]
例2．（2021·陕西西安市·高三月考（理））已知点P在圆C: x2 2 y1 2 1上，直线l:3x4y 12与
两坐标轴的交点分别为M,N，则PMN的面积的最大值是（ ）
15 17
A． B．8 C． D．9
2 2
【答案】A
【分析】根据题意得圆心到直线的距离，然后根据d r计算点P到直线l的距离的最大值，再计算 MN ，利
1
用S MN (d r)计算PMN面积最大值．
2
【解析】如图，当点P距离直线l:3x4y 12的距离最大时，PMN的面积最大．
|6412|
已知，圆C的圆心(2,1) 到直线l:3x4y 12的距离d 2，
32 42
则圆C上的点P到直线l的距离的最大值为d r 213，
又直线l:3x4y 12与两坐标轴交点分别为M(4,0),N(0,3)，所以 MN 5，∴PMN 面积的最大值为
317/397衡中数学一本通高分手册
1 15
S 53 ，故选A．
2 2
例3．在平面直角坐标系中，A,B分别是x轴和 y 轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x y40相
切，则圆C面积的最小值为_______________．
4
【答案】
5
【技能方法】和圆的面积最值有关的问题．就是求半径的最值，注意观察几何图形．
5．圆上点的坐标满足关系式的最值或取值范围问题[来源：学科网]
本类问题有三种解题思路，思路1：充分利用所给式子的几何意义，利用数形结合思想解题；思路2：设所
给式子等于z，代入圆的方程化为一元二次方程，利用判别式即可求出参数的范围；思路3：利用圆的参数方程
或消元法化为函数问题，利用函数求最值的方法求最值，注意留下变量的范围．
例 1．过点 P(x,y) 作圆C :x2 y2 1与圆 C :(x2)2(y2)2 1 的切线，切点分别为 A ､ B ，若
1 2
PA PB ，则x2y2的最小值为（ ）
A． 2 B．2 C．2 2 D．8
【答案】B
【分析】首先根据 PA PB ，圆C 与C 的半径相等，PAC ,PBC 为直角三角形，得到 PC PC ，
1 2 1 2 1 2
进而得到点P在线段CC 的垂直平分线上；然后求出此平分线表达式，得到点P 的只含有x的坐标，代入
1 2
x2y2，得到二次函数，求其最小值即可．
【 解 析 】 如 图 所 示 ， 由 圆 的 切 线 的 性 质 得 C APA,C BPB ， 在 RtPAC ,RtPBC 中 有
1 2 1 2
PA 2 PC 2 1, PB 2 PC 2 1，由题知 PA PB ， PC PC ，所以点P在线段CC 的垂直平分
1 2 1 2 1 2
线上；由题知C (0,0),C (2,2) ，所以 C 与C 的中点 Q 的坐标为 (1,1) ，C 与C 所在直线的斜率为
1 2 1 2 1 2
20 1
k 1，P,Q 所在直线 l 的斜率为 k 1， 直线l 的方程为 y 1(x1)1，即
1 20 1 2 k 1
1
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y x2，点P(x,y)在y x2，所以点P的坐标满足 y x2，
所以x2 y2 x2 (x2)2 2x2 4x42(x1)2 22，故选B．
【点睛】本题主要考查直线与圆相切的性质及函数的最值；解题方法是根据已知条件，将x2y2表示为只含有
一个未知数x的函数，然后根据二次函数的特征求出其最小值；解题的关键点是找出点P所在的一条直线，进
而用一个未知数x表示出其坐标，进而求得x2y2的最小值．
例2．实数x、y满足3x2 2y2 6x，则 x2 y2 的最大值为
【答案】2
3 1 1 9
【解析】由题：y2 3x x2 0,0 x2，因此x2 y2 3x x2 (x3)2 ，
2 2 2 2
所以当x=2时，x2 y2取得最大值4，故 x2 y2 最大值为2．
【反思提升】综上所述，解决与圆相关的最值问题的关键要善于利用数形结合思想，利用几何知识求最值，要
善于利用转化与化归思想将最值问题转化为函数的最值求解． 如（xa)2 (yb)2表示曲线上点(x,y)与点
yb
（a，b）之间距离的平方； 表示曲线上点(x,y)与点（a，b）连线的斜率；z AxBy注意将直线
xa
z AxBy 在坐标轴上的截距与z联系起来解题．
专题二十四 立体几何角的计算问题
在立体几何命题中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与垂直的位置关系)，
计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题．正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地
实施空间图形与平面图形的转换是分析和解决这两类问题的关键．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）
319/397衡中数学一本通高分手册
是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间
的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．本文就高考命题中立体几何角的计算问题加以总
结探讨，以提高高考获取高分．
一、异面直线所成的角的计算问题
①定义：设a，b是两条异面直线，过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫
做a与b所成的角．
②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0, ]．
2
ab
③向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos|cos|| |．利用直线的方向
|a||b|
向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线
所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
④几何法：求异面直线所成角的步骤：一平移，将两条异面直线平移成相交直线．二定角，根据异面直线所成
角的定义找出所成角．三求角，在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．四结论．
例1．（2021·四川高三月考）在正四棱柱（底面为正方形且侧棱垂直于底面） ABCDABC D 中，BC 2AA，
1 1 1 1 1
M 是BC的中点，则异面直线BD 与MC 所成角的大小为（ ）
1 1
A． B． C． D．
2 3 4 6
【答案】C
【分析】设BC 的中点为N，联结BN、ND ，作出异面直线BD 与MC 所成角∠NBD ，在△BND 中，求出
1 1 1 1 1 1 1
各边长，用余弦定理求出∠NBD ．
1
【解析】设BC 的中点为N，联结BN、ND ，则ABCD-A B C D 为长方体，而底面ABCD为正方形，
1 1 1 1 1 1 1
∵M 是BC的中点，N为BC 的中点，∴BN∥C M，则∠BND（或其补角）即为异面直线BD 与MC 所成角．不
1 1 1 1 1 1
1
妨 设 BC=2 ， 则 BB =AA =1 ， BN BC 1 ， 则
1 1 1 2 1 1
BN BN2 BB2 11 2,DN C N2 C D2 14 5,
1 1 1 1 1 1
BD BB2 BC2 C D2 4413，
1 1 1 1 1 1
NB2BD2ND2 295 2
在△BND 中，由余弦定理得：cos∠NBD 1 1 ，∴∠NBD ，故选C．
1 1 2NBBD 2 23 2 1 4
1
320/397衡中数学一本通高分手册
【点睛】求异面直线所成角的方法：
（1）几何法：将两条直线或其中一条平移（找出平行线）至它们相交，把异面转化为共面，用余弦定理或正弦
定理来求（一般是余弦定理）；一般采用平行四边形或三角形中位线来构造平行线；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量
与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．
例2．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））如图，在正方体ABCDABC D 中，M ，N ，P分别为棱AD，
1 1 1 1
CC ，AD 的中点，则BP与MN所成角的余弦值为（ ）
1 1 1 1
30 1 70 1
A． B． C． D．
10 5 10 5
【答案】A
【分析】如图以A为原点，分别以AB,AD,AA所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，求出BP和MN 的
1 1
BPMN
1
坐标，设BP与MN所成的角为，利用cos 即可求解．
1
BP MN
1
【解析】如图以A为原点，分别以AB,AD,AA所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
321/397衡中数学一本通高分手册
设正方体的棱长为2，则M 0,1,0 ，N 2,2,1 ，B 2,0,2 ，P 0,1,2 ，所以BP 2,1,0 ，MN 2,1,1 ，
1 1
BPMN 221 30
1
设BP与MN 所成的角为，所以cos ，BP与MN 所成角的余弦值为
1 BP MN 5 6 10 1
1
30
，故选A．
10
例3．在四棱锥SABCD中，平面SAD平面ABCD，SAD为等边三角形，四边形ABCD为直角梯形，
其中AD 2AB 2BC ，CBABAD 90，若E，F 分别是线段SA与线段SC 的中点，则直线BE 和
DF 所成角的余弦值为（ ）
1 1 3 7 15
A． B． C． D．
8 4 8 4
【答案】A
【解析】过点 A作线段 AF,AB 的垂线作为 z 轴，以 AB ， AF 为 x,y 轴，建立空间直角坐标系，设
1 3 1 3 1 3 1 3
AD2AB2BC 2，则E(0, , ),F( ,1, ),B(1,0,0),D(0,2,0)，BE (1, , ),DF ( ,1, )，
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 3
BEDF
所以直线BE 和DF ，所成角的余弦值为
2 2 4
1 故选A．
BE DF 2 2 8
322/397衡中数学一本通高分手册
【点睛】本题主要考查了求异面直线所成角，属于中档题．
例4．（2021·安徽名校联考）在正方体ABCDABC D 中，已知E,F,G分别为CD,DD,AB 的中点，P为
1 1 1 1 1 1 1
平面CDDC 内任一点，设异面直线GF 与PE所成的角为，则cos的最大值为（ ）
1 1
1 2 3
A． B． C． D．1
3 3 3
【答案】C
【分析】首先判断出角取得最小值时，即为直线GF 与平面CDDC 所成的角，可知角GFH 为GF 与平面
1 1
CDDC 所成的角，利用三角函数值计算余弦值．
1 1
【解析】若cos取得最大值，则取得最小值，因为P为平面CDDC 内任一点，由直线与平面所成角的定
1 1
义可知，直线GF 与平面CDDC 所成的角为直线GF 与平面CDDC 内的所有直线所成角的最小角，所以的
1 1 1 1
最小值为GF 与平面CDDC 所成的角，如图所示，H 为DC 中点，可知HF即为GF 在平面CDDC 内的射
1 1 1 1 1 1
2 3
影，设正方体的边长为2，则可得HF 2,GH 2，所以GF 6 ，从而得到cos ，故选C．
6 3
二、直线和平面所成角的计算问题
向量法求线面角的方法：
（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角
就是斜线和平面所成的角．
（3）如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的
|e·n|
夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝ ．
|e||n|
323/397衡中数学一本通高分手册
例1．（2021·江苏徐州市·徐州一中高三期末）已知平面α与β所成锐二面角的平面角为80，P为α，β外一定点，
过点P的一条直线与α和β所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
【答案】D
【分析】先将题目问题转化为P 点与直线PC,PD所成角为60。的直线有几条，得出满足条件的直线有4条．
【解析】如图，过P 作，的垂线PC,PD，其确定的平面与棱l交于Q，若二面角为80。，AB 与平面，
成30。角，则CPD100。 ，AB 与PC,PD成60。角，因此问题转化为过P 点与直线PC,PD所成角为60。
的直线有几条．
。 。
100 80
60 。， 60 。，所以这样的直线有4条，故选D．
2 2
【点睛】解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，得
出本题的答案．
例2．（2021·河南名校联盟）《九章算术》卷五《商功)中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的
四棱锥”．现有阳马PABCD(如图)，PA平面ABCD．PA AB 1，AD3，点E，F 分别在AB ，
BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，直线PA与平面PFD所成角的正切值为（ ）
324/397衡中数学一本通高分手册
3 5 5 3 3
A． B． C． D．2 3
5 5 2
【答案】A
【分析】把平面PAB展开到与平面ABCD共面的PAB 的位置，根据图象可得当P，E，F ，D ¢四点共线
时，空间四边形PEFD 的周长最小，进而可求得各个边长，过点A作AGFD，垂足为G ，连接PG，可
证FD平面PAG，所以平面PAG 平面PFD，所以APG 即为直线PA与平面PFD所成的角，再求得
各个边长，代入公式，即可求得答案．
【解析】把平面PAB展开到与平面ABCD共面的PAB 的位置(如下图)，
延长DC 到D ¢，使得CD1，则DF DF ，
因为PD的长度为定值，故只需PEEFFDPEEFFD最小，只需P，E，F ，D ¢四点共线，
CF CD
因为PD 4，DD2， ，所以CF 2 ．
PD DD
过点A作AGFD，垂足为G ，连接PG，因为PA平面ABCD，FD 平面ABCD，所以PA FD ，
则FD平面PAG ，所以平面PAG 平面PFD，过A作AH PG，垂足为H ，则AH 平面PFD，
所以APG 即为直线PA与平面PFD所成的角．
325/397衡中数学一本通高分手册
3 1 3 3 3 5
因 为 V AFD 的 面 积 为 ， FD 5 ， 所 以 5AG ， 所 以 AG ， 所 以
2 2 2 5 5
AG 3 5
tanAPG ，故选A．
AP 5
【点睛】难点在于，需将平面PAB展开到与平面ABCD共面的位置，当P，E，F ，D ¢四点共线时，空间
四边形PEFD 的周长最小，求得各个边长，再根据面面垂直的判定定理及线面角的定义求解即可，考查数形结
合，推理证明的能力，属中档题．
例3．如图，在正方体ABCDABC D 中，AB 2，E，F分别为AD，DC的中点，则BB与平面BEF所
1 1 1 1 1 1
成角的正弦值为（ ）
2 17 3 17 17 4 17
A． B． C． D．
17 17 17 17
【答案】B
【解析】由题意，分别以DA,DC,DD 所在的直线为x,y,z轴，建立如图所示坐标系，则B 2,2,0 ，E 1,0,0 ，
1
uuur
F 0,1,0 ，B 2,2,2 ，可得EF 1,1,0 ，EB 1,2,2 ，BB 0,0,2 ，
1 1 1
x y
nEF x y 0
设平面B 1 EF的法向量n x,y,z ，则 n E B x2y2z 0 ，解得 z 3 y ，
1 2
不妨令y 2，取n 2,2,3 ．
326/397衡中数学一本通高分手册
nBB 1 20203 2 3 17
设BB与平面BEF所成的角为，则sin cos n,BB ，故选B．
1 1 1 n BB 2 17 17
1
【点睛】本题主要考查了直线与平面所成角的求解，以及空间向量的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐
标系，求得平面的法向量，结合向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
例4．（2021·湖北九师联盟2月联考）如图，在棱长为6的正方体ABCDABC D 中，E为棱DD 上一点，
1 1 1 1 1
且DE 2,F 为棱C D 的中点，点G 是线段BC 上的动点，则下列叙述不正确的是（ ）
1 1 1
A．无论点G 在线段BC 上如何移动，都有 AG BD
1 1 1
B．四面体ABEF 的体积为24
2 10
C．直线AE 与BF所成角的余弦值为
15
1
D．直线AG 与平面BDC 所成最大角的余弦值为
1 1 3
【答案】C
【分析】根据DB 面ABC 判断A；利用“等积变换”求出体积判断B；求出直线AE 与BF所成角的余弦值
1 1 1
判断C；根据当点G 移动到BC 的中点时AGO最大可判断D．
1 1
【解析】在正方体 ABCDABC D 中，易证DB 面 ABC ,又 AG 平面 ABC ,所以 AG BD,则 A
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1
正确；V V V V 46 624,则B正确；在棱CC 上取
三棱锥ABEF 三棱锥FABE 三棱锥D 1 ABE 三棱锥BAD 1 E 3 2 1
327/397衡中数学一本通高分手册
点 N, 使CN 2 ，连结 BN,NE,FN( 如图),则易知FBN 为直线 AE 与 BF 所成角或其补角，可得
(2 10)2 92 52 8 4 10
BN 2 10,FN 5,FB9,则cosFBN ,则直线 AE 与BF 所成角
292 10 3 10 15
4 10
的余弦值为 ,则C错误；
15
由题意知三棱锥A BDC 为棱长为6 2 的正四面体，作AO 平面BDC ,O 为垂足，则O为正BDC 的中
1 1 1 1 1
OG AO2
心，且AGO为直线AG 与平面BDC 所成角，所以cosAGO 1 1 ,当点G 移动到BC 的
1 1 1 1 AG AG2 1
1 1
中点时,AG最短，如图，此时cosAGO最小，AGO最大，
1 1 1
OG 6 1
此时cosAGO ,则D正确．故选C．
1 AG 3 6 3
1
【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查空间线面垂直证明线线垂直、异面直线成的角、直线与平
面成的角，属于难题．这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而
导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的
自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题．
例 5．（2021·江苏常州市·高三开学考试）如图，在四棱锥 PABCD 中，底面四边形 ABCD是矩形，
AB AP2BC，平面PAB 平面ABCD，二面角PBCA的大小为45 ．
328/397衡中数学一本通高分手册
（1）求证：PA平面ABCD；
（2）求直线PB与平面PAC 所成的角的正弦值．
10
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
10
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出BC⊥平面PAB，可得出BC PA，推导出△PAC 为等腰直角
三角形，可得出PA AC ，利用线面垂直的判定定理可证得PA平面ABCD；
（2）在底面ABCD内，过点B 作BH AC ，垂足为H ，连接PH ，设BC a，推导出BPH 为直线PB
与平面PAC 所成角，计算出BH 、PB，进而可计算得出sinBPH ．
【解析】（1）四棱锥PABCD中，四边形ABCD是矩形，所以BC AB，
又因为平面PAB 平面ABCD，平面PAB平面ABCD AB，BC平面ABCD.
所以BC⊥平面PAB，又因为AB 、PA、PB平面PAB，所以BC AB，BC PA，BC PB，
从而PBA是二面角PBCA的平面角，因为二面角PBCA的大小为45 ，所以PBA45 o，
在△PAB中，AB PA，所以BPAPBA45，所以PBA90 o ，即AB AP ，
又因为BC PA，ABBC B，所以PA平面ABCD．
（2）在底面ABCD内，过点B 作BH AC ，垂足为H ，连接PH ，
由（1）知PA平面ABCD，又BH 平面ABCD，所以PA BH ，
329/397衡中数学一本通高分手册
又因为BH AC ，PAAC A，所以BH 平面PAC ，从而BPH 为直线PB与平面PAC 所成角，
设BC a，则AB AP2a，AC AB2 BC2 5a，
BABC 2a
所以，BH ， PB PA2 AB2 2 2a ，
AC 5
2a
所以直线PB与平面PAC 所成角的正弦值为 BH 5 10 ．
sinBPH
PB 2 2a 10
【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
ABn
（2）向量法，sin cos AB,n （其中AB 为平面的斜线，n为平面的法向量，为斜线
AB n
AB
与平面所成的角）．
三、二面角的计算问题
（1）二面角的平面角及其求法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据
题目选择方法求出结果．
（2）如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．
（3）如图2、3，n,n 分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小n,n (或
1 2 1 2
n,n )．
1 2
例1．（2021江苏镇江市·高三期中）已知二面角l，其中平面的一个法向量m 1,0,1 ，平面的一
个法向量n 0,1,1 ，则二面角l的大小可能为（ ）
A．60 B．120 C．60或120 D．30°
【答案】C
330/397衡中数学一本通高分手册
mn 1 1
【解析】cosm,n ，所以m ,n 120 ，又因为二面角的大小与法向量夹角相
m n 2 2 2
等或互补，所以二面角的大小可能是60 或120，故选C．
例2．已知四面体 ABCD中，BAC 90，DAB45，∠DAC60，则二面角B ADC的余弦值
为（ ）
3 3 1 1
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】B
【解析】在AD上取AO1，过O作ON AD，交AB于N ，作OM AD，交AC于M ，连接MN，
所以MON 为二面角B ADC的平面角，
在RtAON 中，OAN 45，OA1，所以ON 1，AN 2，
在RtAOM 中，OAM 60，OA1，所以OM 3，AM 2，
因为BAC 90，所以MN 6，
2 2
ON2 OM2 MN2 12 3 6
在NOM 中，由余弦定理得cosMON
3 ．
2ONOM
21 3 3
3
所以二面角B ADC的余弦值为 ．故选B．
3
【点睛】本题考查了二面角的平面角，求二面角的大小，余弦定理解三角形，属于简单题．
例3．（2021·浙江高三月考）在矩形ABCD中，AB2 3 ，AD3，E、F分别为边AD、BC 上的点，且
AE BF 2，现将△ABE 沿直线BE 折成ABE ，使得点A 在平面BCDE上的射影在四边形CDEF 内（不
1 1
含边界），设二面角A BE C 的大小为，直线AB 与平面BCDE所成的角为，直线AE 与直线BC 所
1 1 1
成角为，则（ ）
331/397衡中数学一本通高分手册
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意作出相应的二面角，线面角，线线角，结合点A 在平面BCDE上的射影求解．
1
【解析】过A作BE 的垂线，分别交EB，EF，DC 于M，G，N，如图，
显然AMN ．因为BC//AD ，所以直线AE 与AD所成角即为．
当A 在平面BCDE上的射影为G时，AE⊥平面AEF ，此时 ．
2
于是当A 在平面BCDE上的射影在线段GN上时，AED ，所以AED．
2
由于EAEA，MAMA，进而得EAA ，MAA ．
2 2
因为AM 是AA在平面ABCD上的射影，所以由线面角最小性知EAA MAA ，即．
2 2
再由二面角的最大性知，故选D．
【点睛】关键点点睛：根据二面角平面角、线面角、异面直线所成的的角的定义，分别在图形中作出或找到,,
是解题的关键，再根据位置分析角的变化范围即可比较大小．
332/397衡中数学一本通高分手册
例4．（2021·江苏连云港调研）如图，直三棱柱ABCABC 中，AC BC 1，AA 2，D是棱AA 的
1 1 1 1 1
中点，DC BD．则下列叙述不正确的是（ ）
1
1
A．直线DC 与BC 所成角为90 B．三棱锥DBCC 的体积为
1 1 3
C．二面角A BDC 的大小为60 D．直三棱柱ABCABC 外接球的表面积为6
1 1 1 1 1
【答案】C
【分析】四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证．
对于A：证明DC BCD，得到DC BC，即直线DC 与BC 所成角为90；
1 1 1
对于B：先证明BC CDC ，利用等体积法V V 求得体积；
1 DBCC 1 BDCC 1
对于C：利用向量法求出二面角A BDC 的大小；
1 1
对于D：把直三棱柱ABCABC 扩充成长方体，求长方体的外接球体积即可．
1 1 1
【解析】对于A：在Rt△DAC中，AD=AC=1，得∠ADC=45°，同理：∠A DC =45°，所以∠CDC =90°，所以
1 1 1
DC DC，又DC BD，且DCBD D，所以DC BCD，所以DC BC ，即直线DC 与BC 所
1 1 1 1 1
成角为90，故A正确；
对于B：由ABCABC 为直三棱柱，得CC ABC ，所以CC BC ，由A的证明可知DC BC ，可
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
得BC CDC ，所以V V S BC 2 21 ，故B正确；
1 DBCC
1
BDCC
1 3
△DCC
1 3 2 3
对于C：由A、B证明过程可知：CC ABC 且ABBC，可以以C坐标原点，
CA
为x轴正方向，
CB
为
1
333/397衡中数学一本通高分手册
y轴正方向，CC 为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则
1
C 0,0,0 ,A 1,0,0 ,B 0,1,0 ,C 0,0,2 ,A 1,0,2 ,B 0,1,2 ,D 1,0,1 ，
1 1 1
所以DA 0,0,1 ,DB 1,1,1 ,DC 1,0,1 ．
1 1
设平面ABD的一个法向量n x ,y ,z ，则有n⊥DA,n⊥DB，
1 1 1 1 1 1 1 1
z 0
即 1 ，不妨设x 1，则有n 1,1,0 ．
x y z 0 1 1
1 1 1
同理可求平面C BD的一个法向量n 1,2,1 ．
1 2
设二面角A BDC 的平面角为，显然为锐角，
1 1
n n 111201 3
所以cos|cos n,n || 1 2 | ，所以 ，故C错误；
1 2 |n ||n | 12 12 02 12 22 12 2 6
1 2
对于D：由A、B证明过程可知：CC ABC 且ABBC，可以把直三棱柱ABCABC 扩充成长方体，
1 1 1 1
只需求长方体的外接球表面积即可．
在长方体中，设外接球的半径为R，则2R AC2 BC2 CC2 12 12 22 6 ，所以S 4R2 6，
1
故D正确．故选C．
【点睛】立体几何试题的基本结构：
(1)一是几何关系的证明，用判定定理；
(2)二是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算；
(3)多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：①公式法；② 多面体几何性质法；③形
法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
例5．（2021·湖北武汉市·高三月考）在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD 底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，
334/397衡中数学一本通高分手册
1
BC//AD ，∠ADC=90°，BC=CD= AD=1，PA=PD，E，F分别为AD，PC的中点．
2
（1）求证：PA//平面BEF；
（2）若PC与AB所成角为45°，求二面角F-BE-A的余弦值．
3
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
3
【分析】（1）连接AC交BE于O，并连接FO，根据条件可证OF //PA，从而可证明结论．
（2）由ABCE为平行四边形可得EC//AB ，PCE为PC 与AB 所成角，即PCE 45，又由条件可得
PE 平面ABCD，可得PE EC 2，取PD 中点M ，连ME,MA，MF ，可得MEA为F BE A
的平面角，可得答案．
【解析】（1）证明：连接AC交BE于O，并连接FO，
1
BC∥AD,BC AD ，E为AD中点， AE//BC ，且AE=BC，四边形ABCE为平行四边形，O
2
为AC中点，又F为AD中点，OF //PA，OF 平面BEF,PA 平面BEF，PA// 平面BEF．
（2）由BCDE为正方形可得EC 2BC 2．
由ABCE为平行四边形可得EC//AB ．PCE 为PC 与AB 所成角，即PCE 45．
PA PD E为AD中点，所以PE AD ．
侧面PAD 底面ABCD,侧面PAD底面ABCD AD,PE 平面PAD，
335/397衡中数学一本通高分手册
PE 平面ABCD，PE EC ，PE EC 2 ．
取PD 中点M ，连ME,MA，MF ，
由M，F ，分别为PD,PC 的中点，所以MF //CD, 又CD//BE，所以MF //BE，所以B,E,M,F 四点
共面．因为平面PAD 平面ABCD，且平面PAD平面ABCD AD,BE AD，
BE 平面PAD，EM,AE 平面PAD，所以BE AE,BE EM ，则MEA为F BE A 的平面
3 11 3 3
角．又EM ,AE 1,AM ，cosMEA ，所以二面角F BE A 的余弦值为 ．
2 2 3 3
【点睛】本题考查证明线面平行和求二面角的平面角，解答本题的关键是取PD 中点M ，连ME,MA，MF ，
证明出BE AE,BE EM ，得到MEA为F BE A 的平面角，属于中档题．
【反思提升】 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点
的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②两平
面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等
于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．
336/397衡中数学一本通高分手册
专题二十五椭圆、双曲线、抛物线的几何性质的应用
圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2个选择或者填空题，一个解答题．选择
或者填空题有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质及其应用，主要针对圆锥
曲线本身，综合性较小，试题的难度一般不大；解答题主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查
直线与曲线的位置关系．要求学生有较强的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识是学生比
较头疼的题目．分析原因，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以及运算能力不足造成，以至于遇到类似
的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
一、椭圆、双曲线、抛物线定义的应用
圆锥曲线的定义是圆锥曲线问题的根本，利用圆锥曲线的定义解题是高考考查圆锥曲线的一个重要命题点，
在历年的高考试题中曾多次出现．需熟练掌握．
例1．过抛物线 y2 2px（ p 0）的焦点F 作斜率大于0的直线l交抛物线于A， B两点（A在B的上方），
AF
且l与准线交于点C，若CB4BF ，则 （ ）
BF
5 5
A． B． C． 3 D． 2
3 2
【答案】A
【解析】分别过A,B作准线的垂线，垂足分别为A,B ，设 BF x, AF y，则，
1 1
BB BF AA y 1 AF y 5
1 1 , , ，故选A．
BC BC AC yx4x 4 BF x 3
x2 y2
例2．（2021·江西八校联考）已知点F ，F 分别是双曲线C： 1(a0)的左､右焦点，点M 是C
1 2 a2 16a2
右支上的一点．直线MF 与y轴交于点P，MPF 的内切圆在边PF 上的切点为Q，若 PQ 2 3，则C的
1 2 2
离心率为（ ）
5 3 3 3 2 3
A． B．3 C． D．
3 2 3
【答案】D
【解析】如图所示，
337/397衡中数学一本通高分手册
由 MF MF 2a，所以 AF BF 2a，因为 AP PQ , BF QF ，
1 2 1 2 2 2
所以 PF PQ QF 2a，又 PF PF PQ QF ，所以2 PQ 2a4 3a2 3 ，
1 2 1 2 2
x2 y2 c 2 3
所以双曲线方程为： 1，则a 2 3,c4，所以离心率为e ，故选D．
12 4 a 3
x2 y2 x2 y2
例3．（2021湖南郴州市·高三月考）如图，设椭圆C ： 1（ab0）与双曲线C ： 1
1 a2 b2 2 m2 n2
（m 0，n0）的公共焦点为F ，F ，将C ，C 的离心率分别记为e ，e ，点A是C ，C 在第一象限
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
的公共点，若点A关于C 的一条渐近线的对称点为F ，则 （ ）
2 1 e2 e2
1 2
5 7
A．2 B． C． D．4
2 2
【答案】D
【分析】因为点 A 是椭圆和双曲线的公共点，利用椭圆和双曲线的定义得到 AF AF 2a ，
1 2
AF AF 2m，再利用双曲线的一条渐近线是线段AF 的中垂线，结合勾股定理进行分析求解即可
1 2 1
【解析】连结AF ，由题意可得，焦距为2c，椭圆的长轴长为2a，双曲线的实轴长为2m ，
2
则由双曲线的定义可得：AF AF 2m①，
1 2
由椭圆的定义可得：AF AF 2a②，
1 2
338/397衡中数学一本通高分手册
因为点A关于C 的一条渐近线的对称点为F ，则C 的一条渐近线是线段AF 的中垂线，所以FAF 90，
2 1 2 1 1 2
故AF2 AF2 4c2③，
1 2
由①②可得AF2 AF2 2a2 2m2 ④，
1 2
2 2
所以a2 m2 2c2，所以 4．故选D．
e2 e2
1 2
【关键点点睛】本题的解题关键是利用数形结合和定义找关系，得到FAF 90，再由勾股定理可得二次
1 2
齐次式，进而可得离心率的关系．
二、椭圆、双曲线、抛物线的几何性质
圆锥曲线的简单几何性质是圆锥曲线的重点内容，主要考查椭圆与双曲线的离心率的求解、双曲线的渐近
线方程的求解，难度中档．
例1．（2021·北京石景山区·高三一模）过抛物线y2 4x的焦点F 的直线交抛物线于A、B两点，若F 是线段AB
的中点，则 AB （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】由题可知：线段AB为抛物线的通径，所以 AB 4，故选D．
x2 y2
例2．（2021·陕西西安市·高三月考（文））已知双曲线S: 1的离心率为2，则双曲线S的两条渐近
m m8
线的夹角为（ ）
2
A． B． C． 或 D． 或
6 3 6 3 3 3
【答案】B
339/397衡中数学一本通高分手册
【解析】由于方程
x2
y2
1表示的曲线为双曲线，则m m8 0，解得m8或m 0．
m m8
b2 c2 a2
则 e2 13．
a2 a2
b2 m8
①当m 0时，则a2 m，b2 m8，则 3，解得m4，
a2 m
2
所以双曲线的渐近线方程为 y 3x，此时，该双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为 、 ，
3 3
则双曲线S的两条渐近线的夹角为 ；
3
b2 m m
②当m8时，则a2 m8 ，b2 m，则 3，解得m12．
a2 m8 m8
3 5
所以双曲线S的渐近线方程为 y x，此时双曲线S的两条渐近线的倾斜角分别为 、 ，
3 6 6
则双曲线S的两条渐近线的夹角为 ．综上所述，双曲线S的两条渐近线的夹角为 ，故选B．．
3 3
【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程的方法：
b
（1）定义法：直接利用a、b求得比值，则焦点在x轴上时，渐近线方程为 y x，焦点在y轴上时，渐
a
a
近线方程为y x；
b
b c
（2）构造齐次式：利用已知条件结合a2 b2 c2，构建 的关系式（或先构建 的关系式），再根据焦点位
a a
置写出渐近线方程即可．
y2
例3．（2021·吉林吉林市·高三三模（理））已知m是1和9的等比中项，则圆锥曲线x2 1的离心率为（ ）
m
6 6 2 3 6 2 3
A． B． 或2 C． D． 或
3 3 3 3 3
【答案】B
【分析】
由等比中项的性质可得m3 ，分别计算曲线的离心率．
【解析】
340/397衡中数学一本通高分手册
由m是1和9的等比中项，可得m3 ，
y2
1 6
当m3时，曲线方程为x2 1，该曲线为焦点在y轴上的椭圆，离心率e 1 ，
3 3 3
y2
当m 3时，曲线方程为x2 1，该曲线为焦点在x轴上的双曲线，离心率e 132 ，故选B．
3
例4．已知M 是抛物线C:y2 2px p0 上一点， F 是抛物线C 的焦点，若 MF p， k 是抛物线C
的准线与x轴的交点，则MKF （ ）
A． 45° B． 30° C． 15° D． 60°
【答案】A
p p
【解析】因为 MF p，所以x p ，所以 y PMKF 450 ，选A．
M 2 2 M
例 5．已知椭圆
x2
y2
1 ab0 的右焦点和上顶点分别为点 F c,0 bc 和点 A ，直线
a2 b2
l:6x5y280交椭圆于P,Q两点，若F 恰好为APQ的重心，则椭圆的离心率为（ ）
2 3
A． B．
2 3
5 2 5
C． D．
5 5
【答案】C
3c b
【分析】由题设F c,0 ,A 0,b ，利用F 为APQ的重心，求出线段PQ的中点为B , ，将B代入
2 2
5b
直线方程得9c 280，再利用点差法可得2a2 5bc，结合a2 b2 c2，可求出a,b,c，进而求出离心
2
率．
【解析】由题设F c,0 ,A 0,b ,P x ,y ,Q x ,y ，则线段PQ的中点为B x ,y ，
1 1 2 2 0 0
3c b
由三角形重心的性质知 AF 2FB ，即(c,b)2 x c,y ，解得：x ,y
0 0 0 2 0 2
3c b 5b
即B , 代入直线l:6x5y280，得9c 280①．
2 2 2
又B为线段PQ的中点，则x x 3c,y y b，
1 2 1 2
341/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2 x 2 y 2
又P,Q为椭圆上两点， 1 1 1, 2 2 1，
a2 b2 a2 b2
x x x x y y y y
以上两式相减得 1 2 1 2 1 2 1 2 0，
a2 b2
y y b2 x x b2 3c 6
所以k 1 2 1 2 ，化简得2a2 5bc②
PQ x x a2 y y a2 b 5
1 2 1 2
a 2 5
5
由①②及a2 b2 c2，解得：b4 ，即离心率e ，故选C．
5
c2
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求
离心率有以下几种情况：①直接求出a,c，从而求出e；②构造a,c的齐次式，求出e；③采用离心率的定义以
及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
三、求曲线的方程
轨迹问题的考查往往与函数、方程、向量、平面几何等知识相融合，着重考查分析问题、解决问题的能力，
对逻辑思维能力、运算能力也有一定的要求．
例1．（2021·安徽合肥市·高三二模（文））下列双曲线中，焦点在y轴上，且渐近线互相垂直的是（ ）
x2 y2
A．x2 y2 4 B． y2 1 C． x2 1 D．x2 y2 1
3 3
【答案】A
y2 x2 a
【解析】设双曲线的方程为： 1 a0,b0 ，则其渐近线为 y x，
a2 b2 b
a a
因为渐近线互相垂直，故 1即ab，故双曲线的方程为y2 x2 a2，故选A．
b b
例2．已知抛物线 的准线为，若与圆 ： 相交所得弦长为 ，则
2 2 2
抛物线的方程为__ = _ ．>0 −3 + =1 3
1
【答案】y x2
4
【解析】抛物线y＝ax2（a＞0）的准线ly ，双曲线 的两条渐近线分别为y ，y ，可得
2
1 2 1 1
=−4 4 −1 =1 =2 =−2
x ，x ，则|AB| 4，则a ．y x2
A B
4
1 1 1 1 1
=−2 =2 =2 −(−2 )= =4
342/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2
例3．（2021·天津高三一模）已知抛物线 y2 16x的焦点与双曲线C: 1 a0,b0 的焦点F 重合，
a2 b2
C的渐近线恰为矩形OAFB的边OA，OB所在直线(O为坐标原点)，则双曲线C的方程是（ ）
x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2
A． 1 B． 1 C． 1 D． 1
12 4 32 32 4 12 8 8
【答案】D
【分析】根据四边形OAFB为矩形以及双曲线的渐近线关于x轴对称，可得ab，利用抛物线方程求出c4，
再根据a2 b2 c2可求得a2 b2 8，从而可得结果．
【解析】因为四边形OAFB为矩形，所以OAOB，即双曲线的两条渐近线垂直，根据双曲线的渐近线关于x
b
轴对称，可得AOF BOF ，所以 1，即ab，又抛物线 y2 16x的焦点F(4,0)，所以双曲线
4 a
x2 y2
中c4，所以由a2 b2 c2可得2a2 16，所以a2 b2 8，所以双曲线C的方程为 1，故选D．
8 8
【点睛】关键点点睛：根据四边形OAFB为矩形以及双曲线的渐近线关于x轴对称，得到ab是解题关键．
例4．（2021山东泰安模拟）已知椭圆C:
x2
y2
1 ab0 过点P 2,1 ，F,F 分别为椭圆C的左、右
a2 b2 1 2
焦点且PF PF 1．
1 2
（1）求椭圆C的方程；
（2）过P点的直线l 与椭圆C有且只有一个公共点，直线l 平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、
1 2
B，与直线x2交于点M（M介于A、B两点之间）．
（i）当△PAB面积最大时，求l 的方程；
2
（ii）求证： PA MB PB MA ，并判断l ,l ，PA,PB的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列．
1 2
x2 y2 1
【答案】（1） 1；（2）（i） y x 2；（ii）证明见解析，不可能构成等比数列．
8 2 2
343/397衡中数学一本通高分手册
【分析】（1）设F c,0，F c,0 ．求出PF,PF 的坐标，根据PF PF 1，求出c．把点P 2,1 代入
1 2 1 2 1 2
椭圆方程，结合a2 b2 c2，求出a2,b2，即得椭圆C 的方程；
1
（2）（i）设l 方程为 y xt ，A x ,y ,B(x ,y )．把直线l 的方程代入椭圆方程，由韦达定理、弦长
2 1 2 2 2 2
2
1
公式求出 AB ．由点到直线的距离公式求出点P到l 的距离d ，则S AB d ，根据基本不等式求面积
2 PAB 2
|PA| |PB|
的最大值，即求l 的方程；（ii）要证结论成立，只须证明 ，即证直线x2为APB的平分线，
2 |MA| |MB|
转化成证明k k 0．
PA PB
1 1 1 1
又l 与C有一个公共点，即l 为椭圆的切线，可求k y| ，又k ．由题意 ， ，k ，k
1 1 l 1 x2 2 l 2 2 2 2 PA PA
四个数按某种顺序成等比数列，推出矛盾，故不可能构成等比数列．
【解析】（1）设F
1
c,0，F
2
c,0 ，则PF
1
c2,1 ，PF
2
c2,1 ．
4 1
PF PF c2 411，c 6．又P 2,1 在椭圆上，故 1，又a2 b2 6，解得a2 8，
1 2 a2 b2
x2 y2
b2 2，故所求方程为 1．
8 2
1 1
（2）（i）由于k ，设l 方程为y xt ，A x ,y ,B(x ,y )．
OP 2 2 2 1 2 2 2
1
y xt x x 2t
1 2
2
由 ，消y整理得x2 2tx2r2 40，x x 2t24 ，
x2 y2
1 2
1 4 t24 0t2 4
8 2
1 5 5
则|AB| 1 x x 24x x 4t2 4(2t2 4) 164t2 5 4t2 ．
4 1 2 1 2 2 2
|t| 2|t|
d
1 2|t| t2 (4t2)
又点P到l 的距离 1 2 5 ，S 5 4t2 (4t2)t2 2．
2 1 PAB 2 5 2
2
1
当且仅当4t2 t2，2t2 4，即t2 2时，等号成立，故直线AB的方程为： y x 2．
2
|PA| |PB|
（ⅱ）要证结论成立，只须证明： ，由角平分线性质即证：直线x2为APB的平分线，
|MA| |MB|
344/397衡中数学一本通高分手册
转化成证明：k k 0．
PA PB
1 1
y 1 y 1 x t1 x 2 x t1 x 2
因为k k 1 2 2 1 2 2 2 1
P 1 PB x 2 x 2
1 2 x 2 x 2
1 2
x x (t2) x x 4(t1) 2t2 42t(t2)4(t1) 44t4t4
1 2 1 2 0，
x 2 x 2 (x 2)(x 2) (x 2)(x 2)
1 2 2 2 1 2
因此结论成立．
x2 y2 1
又l 与C有一个公共点，即l 为椭圆的切线，由 1得 y2 2 x2，
1 1
8 2 4
1
x
令x0， y 0，则 y 2 1 x2 ， y 2
x
，所以 y| 1 ，所以k 1 ，
4 2 2 1 x2 324x2 x2 2 l 1 2
4
1 1
故所研究的4条直线的斜率分别为 ， ，k ，k ，
2 2 PA PA
若这四个数成等比数列，且其公比记为q，则应有q 1或q2 1，或q3 1．
1 1
因为q2 1不成立，所以q 1，而当q –1时，k ，k ，此时直线PB与l 重合，不合题意，
PA 2 PB 2 1
故l ，l ，PA，PB的斜率无论怎样排序都不可能构成等比数列．
1 2
【点睛】本题考查椭圆的方程，考查弦长公式、点到直线的距离公式、基本不等式和等比数列等知识，考查学
生的逻辑推理能力和运算能力，综合性强，属于难题．
四、直线与圆锥曲线之间的关系
在高考中，直线与圆锥曲线的位置关系是热点，通常围绕弦长、面积、定点(定值)，范围问题来展开，其
中设而不求的思想是处理相交问题的最基本方法，试题难度较大．
例 1．（2021·四川成都市·高三二模（文））已知F 为抛物线 y2 2x的焦点，A 为抛物线上的动点，点
1 AB
B ,0．则当 取最大值时， AB 的值为（ ）
2 AF
A．2 B． 3 C． 2 D．1
【答案】C
a2 a2 1 1 3 1 AB
【分析】设A( ,a)，得到 AF 和 AB a4 a2 ，结合基本不等式，求得当a2 1时，
2 2 2 4 2 4 AF
345/397衡中数学一本通高分手册
取得最大值，进而求得 AB 的值．
1 1
【解析】由题意，抛物线y2 2x的焦点坐标为F( ,0)，准线方程为x ，
2 2
a2 a2 1
设A( ,a)，因为A为抛物线上的一点，可得 AF ，
2 2 2
1 a2 1 1 3 1
又因为B ,0，则 AB ( )2a2 a4 a2 ，
2 2 2 4 2 4
AB a4 6a2 1 a4 6a2 1 4a2 4
1 1
所以 AF a2 1 (a2 1)2 (a2 1)2 1 ，
a2 2
a2
1 1 1
由基本不等式a2 2 a2 2，当且仅当a2 时，即a2 1时等号成立，
a2 a2 a2
AB 1 3 1
此时 取最大值，所以 AB 12 1 2．故选C．
AF 4 2 4
x2 y2 x2 y2
例2．（2021·东北三省市四联考）已知双曲线C: 1 a0,b0 与椭圆 1有公共的左、右
a2 b2 25 9
焦点，分别为F ，F ．以线段FF 为直径的圆与双曲线C及其渐近线在第一象限内分别交于M,N两点，且
1 2 1 2
线段NF 的中点在另外一条渐近线上，则△OMF 的面积为（ ）
1 2
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
b
【分析】首先求出点F ，F 的坐标以及以线段FF 为直径的圆的方程，联立圆和 y x可得点N 的坐标，
1 2 1 2
a
b
即可得出线段NF 的中点的坐标，代入 y x可得a,b之间的关系，结合c2 a2 b2即可求出双曲线的方
1
a
程，再与圆的方程联立可得点M 的坐标，利用三角形面积公式即可求解．
【解析】由题意可得：c2 25916，所以c4，F
4,0
，F
4,0
，
1 2
以线段FF 为直径的圆的方程为：x2 y2 16，
1 2
x2 y2 b b
双曲线C: 1 a0,b0 的渐近线方程为： y x、y x，
a2 b2 a a
346/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2 16
b2 16a2
由 b 可得：x2 x2 16，即x2 ，
y x a2 a2 b2
a
4a b b 4a 4b
因为点N 在第一象限，所以x ，所以 y x ，
N a2 b2 N a N a a2 b2 a2 b2
4a 4b 2a 2b
所以N , ，所以NF 的中点为 2, ，
1
a2 b2 a2 b2 a2 b2 a2 b2
2a 2b b 2b b 2a
因 为 点 2, 在 渐 近 线 y x 上 ， 所 以 2 ， 即
a2 b2 a2 b2 a a2 b2 a a2 b2
2a a2 b2 ，所以b2 3a2，因为c2 a2 b2 a2 3a2 16 ，解得：a2 4，b2 12，所以双曲线
x2 y2
C:
x2
y2
1，由
4
12
1
可得4x2 28，解得：x 7， y3，
4 12 x2 y2 16
1 1
因为点M 在第一象限，所以M 7,3 ，所以△OMF 的面积为 OF y 436，故选B．
2 2 2 M 2
b
【关键点点睛】本题解题的关键点是求出NF 的中点的坐标，代入 y x结合c4解出双曲线方程，求出
1
a
点M 的坐标．
例3．（2021·湖南衡阳市·高三一模）已知抛物线C：x2 2py（ p 0），过其准线上的点T 1,1 作C的两
条切线，切点分别为A、B，下列说法错误的是（ ）
A． p1 B．TATB
1
C．直线AB的斜率为 D．线段AB中点的横坐标为1
2
【答案】A
【分析】选项A：由点T 1,1 在准线上，可求出 p，从而可判断；选项B：设直线 y1k x1 与抛物线
方程联立，由韦达定理可判断；选项C：设A x ,y ，B x ,y 分别求出TA，TB方程，根据方程结构可判
1 1 2 2
断；选项D：由点差法可判断．
【解析】易知准线方程为y 1，∴ p 2，C：x2 4y，故选项A不正确．
设直线y1k x1 ，代入 y
x2
，得
x2
kxk10，当直线与C相切时，有0，即k2 k10，
4 4
347/397衡中数学一本通高分手册
设TA，TB斜率分别为k ，k ，易知k ，k 是上述方程两根，故kk 1，
1 2 1 2 1 2
故TATB．故选项B正确．
设A x ,y ，B x ,y ，其中 y x 1 2 ， y x 2 2 ．则TA： y x 1 2 x 1 xx ，即 y x 1 x y ．
1 1 2 2 1 4 2 4 4 2 1 2 1
代入点 1,1 ，得x 2y 20，同理可得x 2y 20，
1 1 2 2
1
故AB：x-2y+2=0，故k ． 故选项C正确．
AB 2
x2 x2
1 2 x x
由 y y 4 4 x x 1 ，得 1 2 1，即AB中点横坐标为1． 故选项D正确，故选A．
k 1 2 1 2
2
AB x x x x 4 2
1 2 1 2
【点睛】关键点睛：本题考查抛物线的切线问题，解答本题的关键是设直线y1k x1 与抛物线方程联立，
利用韦达定理得出斜率关系，设A x ,y ，B x ,y ，得得x 2y 20，同理可得x 2y 20，属
1 1 2 2 1 1 2 2
于中档题．
例4．（2021·青海海东市·高三一模（理））抛物线C:x2 2py(p0)的焦点为F ，过F 且垂直于y轴的直线
交抛物线C于M,N两点，O为原点，OMN 的面积为2．
（1）求拋物线C的方程．
（2）P为直线l:y y y 0 上一个动点，过点P作拋物线的切线，切点分别为A,B，过点P作AB的垂
0 0
线，垂足为H ，是否存在实数 y ，使点P在直线l上移动时，垂足H 恒为定点？若不存在，说明理由；若存
0
在，求出y 的值，并求定点H 的坐标．
0
【答案】（1）x2 4y；（2）存在这样的 y ，当 y 1时，H 坐标为(0,1)．
0 0
【分析】（1）先根据抛物线的性质，结合题中条件，得到|MN |2p，由三角形面积列出方程求出 p，即可得
出抛物线方程；（2）先设A x ,y ,B x ,y ,P x ,y ，直线AP的方程为yy kxx ，根据直线与抛
1 1 2 2 0 0 1 1
x x x x
物线相切，得到 y y 1 ，进而推出 AB 的方程为 y y 0 ，根据PH AB，得到PH方程，由两
1 2 0 2
直线方程，即可求出y ，确定出结果．
0
p p
【解析】（1）由题意得，点M,N的纵坐标均为 ，由x2 2p ，解得x p，则|MN |2p，
2 2
348/397衡中数学一本通高分手册
1 1 p 1
由S |MN ||OF | 2p p2 2，解得 p 2，故抛物线C的方程为x2 4y．
△CMN
2 2 2 2
（2）假设存在实数y ，使点P在直线l上移动时，垂足H 恒为定点，
0
x2
设 A x ,y ,B x ,y ,P x ,y ，直线 AP 的方程为 yy kxx ，将抛物线方程变形为 y ，则
1 1 2 2 0 0 1 1
4
x x x
y ，所以k 1 ，所以AP的方程为 y y 1 xx ．
2 2 1 2 1
x x x x
因为x2 4y ，所以直线 AP的方程为 y y 1 ，把P x ,y 代入 AP的方程得 y y 1 0 ，同理可
1 1 1 2 0 0 0 1 2
x x
得y y 2 0 .
0 2 2
x x x x
构造直线方程为y y 0 ，易知A,B两点均在该直线上，所以直线AB的方程为 y y 0 ．
0 2 0 2
x
故 AB 恒过点 0,y ．因为 PH AB ，所以可 设 PH 方程为 xx 0 y y ，化简得
0 0 2 0
x
x 0 y y 2 ，所以PH恒过点 0,y 2 ．
2 0 0
当y y 2，即 y 1时，AB与PH均恒过(0,1)，故存在这样的y ，当y 1时，H 坐标为(0,1)．
0 0 0 0 0
【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于用y 分别表示出直线AB和PH 的方程；根据题中条件，先
0
设点的坐标，以及直线AP的方程，由直线与抛物线相切，得出直线AP方程，推出AB的方程，进而确定PH
的方程，即可求解．
x2 y2
例5．已知椭圆C: 1 a 3 的左、右顶点分别为A，A ，点P为椭圆C上异于A，A 的一点，
a2 3 1 2 1 2
3
且直线PA ，PA 的斜率之积为 ．
1 2
4
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线l 过右焦点 F 与椭圆C 交于 M ， N 两点（ M ， N 与 A 不重合），l 不与 x轴垂直，若
2 1
k k k ，求 MN ．
AM AN MN
1 1
x2 y2 24
【答案】（1） 1；（2） ．
4 3 7
3
【分析】（1）设出P点的坐标，根据P点在椭圆上以及PA ，PA 的斜率之积为 ，列出方程，即可求得椭
1 2
4
圆C的标准方程；（2）设出直线l的方程以及M ，N 点的坐标，与椭圆方程联立，消去x，利用韦达定理得
349/397衡中数学一本通高分手册
出y y 与y y 的值，再根据k k k 列出方程，即可解出直线的斜率，从而利用弦长公式求得 MN ．
1 2 1 2 A 1 M A 1 N MN
【解析】（1）设P
x ,y
，由题意知： A
a,0
，A
a,0
，
0 0 1 2
x2
31 0 3 3
y y y2 a2 3 ， ，解得：a2 4，
k k 0 0 0 a2 4
PA 1 PA 2 x a x a x2a2 x2a2 a2
0 0 0 0
x2 y2
椭圆C的标准方程为 1．
4 3
x2 y2
1,
（2）根据题意，设M x ,y ，N x ,y ，直线MN:xmy1 m0 ，由 4 3 ，
1 1 2 2
xmy1,
消去x并整理得： 3m2 4 y2 6my90，则 36m2 36 3m2 4 0，
6m 9
即y y ，y y ，
1 2 3m2 4 1 2 3m2 4
y y y x 2 y x 2 y my 3 y my 3
k 1 ，k 2 ，k k 1 2 2 1 1 2 2 1
A 1 M x 2 A 1 N x 2 A 1 M A 1 N x 2 x 2 my 3 my 3
1 2 1 2 2 1
9 6m
2my y 3 y y
2m
3m2 4
3
3m2 4 36m
1 2 1 2 m，
m2y y 3m y y 9 9 6m 36
1 2 1 2 m2 3m 9
3m2 4 3m2 4
1 1 6 9
又k ，由k k k ，得： m0，解得：m2 1， y y ， y y ，
MN m A 1 M A 1 N MN m 1 2 7 1 2 7
24
故 MN 1m2 y y 2 y y 2 4y y ．
1 2 1 2 1 2 7
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方
程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务
必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
350/397衡中数学一本通高分手册
【反思提升】圆锥曲线问题，往往利用a,b,c,e,p的关系或曲线的定义，确定圆锥曲线方程是基础，通过联立
直线方程与圆锥曲线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确
定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解．本题“出奇”之处在于有较浓的“几何味”，
研究几何图形的面积等．这类题目能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能
力、数学的应用意识等．因此，在复习中，一要熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线的基础知识、基本方法，在抓
住通性通法的同时，要训练利用代数方法解决几何问题的运算技巧．二要熟悉圆锥曲线的几何性质，重点掌握
直线与圆锥曲线相关问题的基本求解方法与策略，提高运用函数与方程思想，向量与导数的方法来解决问题的
能力．最后要注意运算能力的培养．
专题二十六 圆锥曲线的“三定”与探索性问题
纵观近几年高考圆锥曲线的综合问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注
重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力．其中直线与椭圆、抛物线的位置关系常
常与平面向量、三角函数、函数的性质、不等式等知识交汇命题．涉及求轨迹、与圆相结合、定点、定值、最
值、参数范围、存在性问题等．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
一、定点问题
求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的一端
化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，
这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
例1．已知O为坐标原点，过点P(a，1)作两条直线分别与抛物线C：x2 4y相切于点A、B，AB的中点
为M ，则下列结论错误的是（ ）
A．直线AB过定点(0，2)；
B．PM的斜率不存在；
C．y轴上存在一点N ，使得直线NA与直线NB关于y轴对称；
D．A、B两点到抛物线准线的距离的倒数和为定值．
【答案】A
【分析】根据导数求出切线斜率，得出切线方程，进而可得直线AB方程，即可求出直线AB定点判断A；联立
351/397衡中数学一本通高分手册
2a(b1)
直线AB方程和抛物线求出点M的横坐标可判断B；设N(0，b)，可得k k ，当b1时满足
1 2 4
1 1
条件，可判断C；可求出 1，即可判断D．
y 1 y 1
1 2
1 1 1
【解析】设A(x ,y )，B(x ,y )，∵ y x2，∴ y x，∴过点A的切线方程为y y x (xx )，即
1 1 2 2 4 2 1 2 1 1
1 1 1 1 1 1 1
y x2 x x x2，∴ y x x x2，同理过点B的切线方程为 y x x x2，
4 1 2 1 2 1 2 1 4 1 2 2 4 2
a a
将(a，1)分别代入上式，得1 x y ，1 x y ，
2 1 1 2 2 2
a
∴直线AB的方程为 x y10，∴直线AB过定点(0，1)，故A选项错误，符合题意；
2
x2 4y
联立方程a 得：x2 2ax40， 4a2 160，则x x 2a，x x 4，
x y10 1 2 1 2
2
x x
∴点M 的横坐标为 1 2 a，∴PM x轴，故B选项正确，不符合题意；
2
设N(0，b)，由题意得x 0，x 0，设直线NA、NB的斜率分别为k 、k ，
1 2 1 2
1
( x x b)(x x )
则 y b y b 4 1 2 1 2 2a(b1)，
k k 1 2
1 2 x x x x 4
1 2 1 2
当b1时，k k 0，即直线NA与直线NB关于y轴对称，C选项正确，不符合题意；
1 2
∵点A到准线的距离为 y 1，点B到准线的距离为y 1，
1 2
1 1 y y 2 y y 2 y y 2
1 2 1 2 1 2 1
∴ y 1 y 1 (y 1)(y 1) y y y y 1 (x x )2 ，D 选项正确，不符合题
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 y y 1
16 1 2
意，故选A．
【点睛】思路点睛：直线与抛物线的综合问题的求解策略：
（1）有关直线与抛物线 y2 2px p0 相交所得的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线
的焦点且与抛物线交于A，B两点，则可直接使用公式 AB x
A
x
B
p求解；若不过焦点，则用一般的弦
长公式求解；
（2）涉及中点、距离等问题时，一般要利用根与系数的关系及“设而不求，整体代入”思想求解．
352/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2
例2．（2021四川南充市·高三月考（文））设F 为椭圆C： 1的右焦点，不垂直于x轴且不过点F 的
4 3
直线l与C交于M ，N 两点，在△MFN 中，若MFN的外角平分线与直线MN交于点P，则P的横坐标
为______．
【答案】4
x2 y2
【 分 析 】 根 据 椭 圆 方 程 1 ， 设 M x ,y ,N x ,y ， 由 椭 圆 的 第 二 定 义 得 到
1 1 2 2
4 3
1 1 MF MP
MF 2 x , NF 2 x ，设 P m,n ，然后根据外角平分线定理，由 求解．
2 1 2 2 NF NP
【解析】解法一：如图所示：
x2 y2
因为椭圆方程为 1，所以 a 2,b 3,c 1 ，所以椭圆的右焦点是 F 1,0 ，所以离心率为
4 3
e
c
1
，设M x ,y ,N x ,y ， 且y2 3-
3x2
1 1 2 2
a 2 4
3 1
（x 1)2 3 x2 2 x
所以 MF （x 1 1)2 y 1 2 1 4 1 2 1 ，
NF （x 2 1)2 y 2 2 （x 1)2 3 3 x 2 2 1 x
2 4 2 2 2
1
2 x
设 P m,n ，由外角平分线定理得 MF MP ，即 x 1 m 2 1 ，化简得 2 x x 1 m x x ，
NF NP x m 1 1 2 2 1 2
2 2 x
2 2
353/397衡中数学一本通高分手册
解得m4，所以P的横坐标为4．
【解析】解二：如图所示：
x2 y2
因为椭圆方程为 1，所以 a 2,b 3,c 1 ，所以椭圆的右焦点是 F 1,0 ，所以离心率为
4 3
MF NF
c 1 e
e ，设M x ,y ,N x ,y ，由椭圆的第二定义得： a2 a2 ，
a 2 1 1 2 2 x x
1 c 2 c
1 1
所以 MF 2 x , NF 2 x ，
2 1 2 2
1
2 x
设 P m,n ，由外角平分线定理得 MF MP ，即 x 1 m 2 1 ，化简得 2 x x 1 m x x ，
NF NP x m 1 1 2 2 1 2
2 2 x
2 2
解得m4，所以P的横坐标为4．
解法三：由题干给出信息直线是变化的而却求P点横坐标的值显然这个值是一个定值，我们不妨取一个特殊情
MF MP
况；如图 则由由外角平分线定理得 得
NF NP
354/397衡中数学一本通高分手册
3
m1
2
解得m4，所以P的横坐标为4．
3 m1
4( )2
2
x2 y2 1 3
例3．（2021江西吉安模拟）已知椭圆C: 1 ab0 经过点P 3, ，且离心率e ．
a2 b2 2 2
（1）求椭圆C的方程；
4 3
（2）已知斜率存在的直线l与椭圆相交于A，B两点，点Q
,0
总满足AQO BQO ，证明：直线
3
l过定点．
x2
【答案】（1） y2 1；（2）证明见解析．
4
3 1 3 1
【分析】(1)由离心率e 可得a2 4b2，再根据椭圆过点P 3, 可得 1，联立可得答案．
2 2 a2 4b2
(2) 设直线l的方程为ykxm，A x ,y ，B x ,y ，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，又因
1 1 2 2
为AQO BQO ，所以k k 0，将韦达定理代入得出答案．
AQ BQ
2
x2 y2 3 b2 3
【解析】（1）因为椭圆C: 1 ab0 的离心率e ，所以e2 1 ，即a2 4b2，
a2 b2 2 a2 2
x2 y2 1 3 1
又椭圆C: 1 ab0 经过点P 3, ，代入椭圆方程可得 1，
a2 b2 2 a2 4b2
3 1
1 x2
联立方程组可得a2 4b2 ，解得a2 4，b2 1，所以椭圆C的方程为 y2 1．
a2 4b2 4
（2）设直线l的方程为ykxm，A x ,y ，B x ,y ，
1 1 2 2
x2
y2 1
联立方程组 4 消去 y 得 14k2 x2 8kmx4m2 40 ， 16 4k2 m2 1 0 ，即
y kxm
8km 4m2 4
m2 4k2 1，x x ，x x ，
1 2 14k2 1 2 14k2
355/397衡中数学一本通高分手册
y y kx m kx m
k k 1 2 1 2 0
因为AQO BQO ，所以k k 0， AQ BQ 3 4 3 4 3 4 3 ，
AQ BQ x 4 x x x
1 3 2 3 1 3 2 3
4 3 4 3 4 3 8 3
即 kx m x kx m x 2kx x m k x x m0，
1 2 3 2 1 3 1 2 3 1 2 3
4 3 8 3
得2k 4m2 4 8km
m k
m 14k2 0，化简得m 3k，直线l的方程为 y k x 3 ，
3 3
所以，直线l恒过定点 3,0 ．
【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线过定点问题，解答本题的关键是由AQO BQO ，所以
4 3 8 3
k k 0，即2kx x m k x x m0 ，将韦达定理代入，属于中档题．
AQ BQ 1 2 3 1 2 3
例4．已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点．
(1)求抛物线C的方程．
(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，若k ·k ＝－2，
BP BQ
求证：直线PQ过定点．
【解析】(1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，
可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x．
若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，
1 1
可得m＝ ，所以抛物线方程为x2＝ y．
2 2
1
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝ y．
2
(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x．
易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP的方程代入
(k＋2)2
y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0．设P(x ，y )，则x ＝ ，
1 1 1
k2
356/397衡中数学一本通高分手册
(k＋2)2 2k＋4
，
2
所以 P k2 k ．用－ 替换点 P 坐标中的 k，可得 Q((k－1)2，2－2k)，从而直线 PQ 的斜率为
k
2k＋4
－2＋2k
k 2k3＋4k 2k 2k
＝ ＝ ，故直线PQ的方程是y－2＋2k＝ [x－(k－1)2]．
(k＋2)2 －k4＋2k3＋4k＋4 －k2＋2k＋2 －k2＋2k＋2
－(k－1)2
k2
在上述方程中，令x＝3，解得y＝2， 所以直线PQ恒过定点(3，2)．
例5．如图，在平面直角坐标系中，已知点 ，过直线 ： 左侧的动点 作 于点 ， 的角平
分线交 轴于点 ，且 ，记动点 的轨迹为曲线 ．
（1）求曲线 的方程；
（2）过点 作直线 交曲线 于 两点，点 在 上，且 轴，试问：直线 是否恒过定点？请说明理由．
【答案】(1) ；(2)答案见解析．
【解析】（1）设 ，由题可知 ，所以 ，即 ，
化简整理得 ，即曲线 的方程为 ．
（2）由已知可得直线 的斜率不为0，∴可设直线 的方程为 ，
联立方程组 消去 得 ， 恒成立，
记 ，则 ，则 ，
∴直线 的斜率为 ，直线 的方程为 ，
即 ，又 ，
357/397衡中数学一本通高分手册
∴直线 的方程为 ，∴直线 过定点 ．
二、定值问题
定值是证明求解的一个量与参数无关，解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距，也可能
是动点的坐标等)，使用参数表达其中变化的量，再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标．当使用直线的
斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题
解决．
x2 y2
例1．（2021湖北大课改联考）已知椭圆C: 1的左右顶点分别为A,B，过x轴上点M(4,0)作一直
4 2
线PQ与椭圆交于P,Q两点（异于A, B），若直线 AP和BQ的交点为N ，记直线MN和 AP的斜率分别为
k ,k ，则k :k （ ）
1 2 1 2
1 1
A． B．3 C． D．2
3 2
【答案】A
k
【分析】首先利用三点共线表示点N 的横坐标，并利用方程联立，得出P,Q两点坐标关系，代入 1 ，即可求
k
2
值．
【解析】设N x,y ，P x ,y ，Q x ,y ，设直线PQ的方程：xmy4 ，
1 1 2 2
y y
1
x 2 x2
由P,N,A和Q,N,B三点共线可知 1 ，
y y
2
x 2 x2
2
2y x 2 2y x 2 2y my 6 2y my 2
解得：x 1 2 2 1 1 2 2 1 ，
y x 2 y x 2 y my 6 y my 2
1 2 2 1 1 2 2 1
2my y 6y 2y 2my y 6y 6y
x 1 2 1 2 ，x4 1 2 1 2 ，（*）
3y y 3y y
1 2 1 2
xmy4
联立x2 y2 ，得 m2 2 y2 8my120，64m2 48(m2 2)16(m2 6)0,m2 6，
1
4 2
8m 12 3
y y ,y y ,my y (y y )，
1 2 m2 2 1 2 m2 2 1 2 2 1 2
358/397衡中数学一本通高分手册
9y 3y y y k x2 2 1
代入（*）得x4 1 2 3， k ，k ， 1 1 ，故选A．
3y y 1 x4 2 x2 k x4 x4 3
1 2 2
【思路点睛】本题的思路利用韦达定理设而不求，巧妙运用 y y 与 y y 关系化简，从而达到求值目的．
1 2 1 2
例2．（2021·河北张家口市·高三期末）抛物线C: y2 4x的焦点为F，直线l过点F，斜率k 0，且交抛物线
C于A，B(点A在x轴的下方)两点，抛物线的准线为m，AA m于A ，BB m于B ，下列结论错误的是
1 1 1 1
（ ）
uuur uuur 1 1
A．若BF 3FA，则k 3 B．
1
FA FB
C．若k 1，则 AB 12 D．AFB 90
1 1
【答案】C
【分析】对A，延长BA ，交准线m于Q，根据相似得出AAQ 60即可求解；对B，联立直线与抛物线，
1
利用韦达定理即可求解；对C，将B 中k 换为1，利用弦长公式即可求出；对D，利用BBF BFB ，
1 1
AAF AFA可得．
1 1
【解析】延长BA，交准线m于Q．
359/397衡中数学一本通高分手册
设 FA AA t， FB BB 3t， AQ x，
1 1
QA AA x t
则△QAA∽△QBB 1 x2t ，故AAQ 60，故k 3，A正确；
1 1 QB BB x4t 3t 1 AB
1
yk x1
设 A x,y ,B x ,y ， 联 立 直 线 与 抛 物 线 ， 得 k2x2 2k2 4 xk2 0 ，
1 1 2 2 y2 4x
x 1 x 2 2k k 2 2 4 ,x 1 x 2 1， F 1 A F 1 B x 1 1 x 1 1 x x x 1 x x 2 x 2 1 1，故B正确；
1 2 1 2 1 2
若k 1，则x x 6， AB x x 28，故C错误；
1 2 1 2
180BBF 180AAF
BBF BFB，AAF AFA，BFBAFA 1 1 90，故
1 1 1 1 1 1 2 2
D正确，故选C．
【点睛】本题考查抛物线焦点弦问题，解题的关键是正确理解抛物线的定义，利用定义得出线段关系求解．
例3．（2021·云南师大附中高三月考（文））已知点O为坐标原点，抛物线 y2 3x与过焦点的直线交于A，B
两点，则OAOB等于___________．
27
【答案】
16
3
【分析】由题知抛物线 y2 3x的焦点F ,0，进而分直线AB 斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可．
4
y2 y2 3 3
【解析】设A 1 ，y ，B 2，y ，当直线AB 斜率不存在时， y p ,y p ，
3 1 3 2 1 2 2 2
y2 y2 1 27
所以OA OB 1 ，y 2 ，y y2y2 y y ．
3 1 3 2 9 1 2 1 2 16
360/397衡中数学一本通高分手册
3 9
当直线 AB 斜率存在时，设方程为 xmy m0 ，与抛物线联立方程得： y2 3my 0，所以
4 4
9 y2 y2 1 27 27
y y ，∴OA OB 1 ，y 2 ，y y2y2 y y ．故答案为： ．
1 2 4 3 1 3 2 9 1 2 1 2 16 16
【点睛】本题考查过抛物线的焦点的弦的性质，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题．本题解题的关
键在于根据已知条件分直线AB 斜率存在和不存在两种情况讨论；此外，掌握过抛物线焦点的弦的相关性质，
能够快速解题．
例4．在直角坐标系xoy中，曲线C 的点均在C ：(x5)2 y2 9 外，且对C 上任意一点M ，M 到直线
1 2 1
x2的距离等于该点与圆C 上点的距离的最小值 ．
2
（Ⅰ）求曲线C 的方程；
1
（Ⅱ）设P(x ,y )（ y 3）为圆C 外一点，过P作圆C 的两条切线，分别与曲线C 相交于点A，B和C，
0 0 2 2 1
D．证明：当P在直线x4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
【解析】（Ⅰ）解法1 ：设M的坐标为(x,y)，由已知得 x2 (x5)2 y2 3，
易知圆C 上的点位于直线x2的右侧．于是x20，所以 (x5)2 y2 x5．
2
化简得曲线C 的方程为 y2 20x．
1
解法2 ：由题设知，曲线C 上任意一点M到圆心C (5,0) 的距离等于它到直线x5的距离，因此，曲线C
1 2 1
是以(5,0) 为焦点，直线x5为准线的抛物线，故其方程为y2 20x．
（Ⅱ）当点P在直线x4上运动时，P的坐标为(4,y )，又 y 3，则过P且与圆C 相切的直线的斜率
0 0 2
k 存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为
5k y 4k
yy k(x4),即kx-y+y +4k=0．于是 0 3.整理得72k218y ky290. ①
0 0 k2 1 0 0
设过P所作的两条切线PA,PC的斜率分别为k ,k ，则k ,k 是方程①的两个实根，故
1 2 1 2
18y y k x y y 4k 0,
k k 0 0 . ②，由 1 0 1 得k y2 20y20(y 4k )0. ③
1 2 72 4 y2 20x, 1 0 1
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y ,y ,y ,y ，则 y ,y 是方程③的两个实根，所以
1 2 3 4 1 2
361/397衡中数学一本通高分手册
20(y 4k ) 20(y 4k )
y y 0 1 . ④，同理可得y y 0 2 . ⑤
1 2 k 3 4 k
1 2
于是由②，④，⑤三式得y y y y 400(y 0 4k 1 )(y 0 4k 2 ) 400 y 0 2 4(k 1 k 2 )y 0 16k 1 k 2
1 2 3 4 k k k k
1 2 1 2
400[y2y216kk ]
0 0 1 2 6400．所以当P在x4上运动时，四点A,B,C,D的纵坐标之积为定值6400．
kk
1 2
例5．已知椭圆
x2
y2
1 ab0 的焦距为2 2 ，且经过点 2,1 ．过点D 0,2 的斜率为k 的直线
a2 b2
l与椭圆交于A,B两点，与x轴交于P点，点A关于x轴的对称点C，直线BC 交x轴于点Q．
（1）求k 的取值范围；
（2）试问： OP OQ 是否为定值？若是，求出定值；否则，说明理由．
2 2
【答案】(1) , ,；(2)答案见解析．
2 2
b2 x2 y2
【解析】（1）由已知得 1， c 2，∴a2， b 2 ，所以椭圆方程为 1
a 4 2
x2 y2
设直线l的方程为 y kx2，与椭圆 1联立得 12k2 x2 8kx40．
4 2
1 2 2
由 64k2 16 12k2 0得k2 ，所以k, ,．
2 2 2
8k 4
（2）令A x ,y ， B x ,y ，则C x ,y ，则x x ， x x ．
1 1 2 2 1 1 1 2 12k2 1 2 12k2
2 2
由y kx2中，令 y 0得x ，即P ,0．
P k k
y y x y x y
设直线BC 的方程为 y 2 1 xx y ，令 y 0得x 2 1 1 2 ．
x x 1 1 Q y y
2 1 2 1
将y kx 2， y kx 2代入上式得：
1 1 2 2
4 16k
x
x
2
y
1
x
1
y
2
2kx
1
x
2
2 x
1
x
2
2k 12k2 12k2
2k
Q y y k x x 4 8k
2 1 1 2 k 4
12k2
362/397衡中数学一本通高分手册
2
所以 OP OQ x x 2k 4，为定值．
P Q k
三、探索性问题
解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题，往往是先假设所求的元素存在，然后再推理论证，检验说明假设
是否正确． 其解题步骤为：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)．
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在；若无解则不存在．
(3)得出结论．
例1．（2021·江西赣州期末）如图，已知抛物线M :x2 2py(p 0) 的焦点为F(0,1)，过焦点F作直线交抛
物线于A，B两点，在A，B两点处的切线相交于N，再分别过A，B两点作准线的垂线，垂足分别为C，D．
（1）求证：点N在定直线上；
（2）是否存在点N，使得BDN 的面积是△ACN 的面积和ABN 的面积的等差中项，若存在，请求出点N
的坐标，若不存在，请说明理由．
2
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，N
,1
．
2
【分析】（1）由题意设直线AB: y kx1，A x ,y ，B x ,y ，将直线与抛物线方程联立求出两根之和、
1 1 2 2
x x 2 x x 2
两根之积，求出直线AN :y 1 x 1 以及直线BN :y 2 x 2 ，将两直线联立求出交点即证．
2 4 2 4
ACBD
（2）由（1）知点N为CD 的中点，取AB 的中点E，则EN ，利用抛物线的定义可得AB2EN ，
2
AFCN BFCN
S S S ， S ， S ，根据 2S S S ，可得
ABN AEN BEN ACN 2 BDN 2 △BDN △ACN △ABN
2BF AF AB ，即x 2x ，结合韦达定理即可求解．
2 1
363/397衡中数学一本通高分手册
【解析】（1）由题知 p 2，所以M :x2 4y ，设直线AB: y kx1，A x ,y ，B x ,y ，
1 1 2 2
y kx1 x x 4k x2 x
联立 得x2 4kx40 ，所以 1 2 ，对 y 求导得 y ，所以直线 AN的斜率为
x2 4y x x 4 4 2
1 2
x x x x 2
k 1 ，所以直线AN:yy 1 xx 即AN :y 1 x 1 ①
AN 2 1 2 1 2 4
x x 2
同理直线BN :y 2 x 2 ②
2 4
x x
x 1 2 2k
2
联立①和②得 ，所以点N的坐标为(2k,1)，即点N在定直线 y 1上．
x x
y 1 2 1
4
ACBD
（2）由（1）知点N为CD 的中点，取AB 的中点E，则EN ，由题知AC BD AB，
2
ENCN ENDN ENCN ABCN
所以AB2EN ，所以S S S 2 ，
△ABN △AEN △BEN
2 2 2 2
ACCN AFCN BDDN BFCN
而S ，S ，
△ACN
2 2
△BDN
2 2
若存在点N满足题意，则2S S S ，即2BF AF AB ，
△BDN △ACN △ABN
所以2 x 0 0x x x 即x 2x ③
2 1 2 1 2 1
x x 4k
又因为 1 2 ④
x x 4
1 2
2 2 2
将③代入④解得k= ，由（1）知N(2k,1)即N
,1
，经检验，存在N
,1
满足题意．
4 2 2
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是由A x ,y ，B x ,y ，求出点
1 1 2 2
N的坐标为(2k,1)以及x 2x ，考查了计算能力、推理能力．
2 1
x2 y2
例2．（2021·安徽安庆市·高三一模（文））已知椭圆C： 1 ab0 ，直线l：x4 3y 3 0
a2 b2
3
过椭圆的左焦点F ，与椭圆C在第一象限交于点M ，三角形MFO的面积为 ，A、B 分别为椭圆的上下
4
364/397衡中数学一本通高分手册
顶点，P 、Q是椭圆上的两个不同的动点
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线PA的斜率为k ，直线QB 的斜率为k ，若2k k 0，问直线PQ是否过定点，若过定点，
PA QB PA QB
求出定点；否则说明理由．
x2
【答案】（1） y2 1；（2）直线PQ过定点 0,3 ．
4
3
【分析】（1）根据直线x4 3y 3 0过左焦点F ，得到c 3，再由三角形MFO的面积为 ，求得
4
点M的坐标，代入椭圆方程求解；（2）设直线PA 的方程为 y kx1，则QB 的方程为 y 2kx1，分别
与椭圆方程联立求得点P，Q的坐标，写出PQ的直线方程求解．
【解析】（1）直线l：x4 3y 3 0过左焦点F ，所以F 3,0 ，c 3，
1 3 1 1
又由S 3y 可知 y = ，从而椭圆经过点 3， ．
△OMF 2 M 4 M 2 2
1 1 x2
由椭圆定义知2a 12 4，即a2，故椭圆的方程为C： y2 1．
2 4 4
y kx1
（2）设直线PA 的方程为 y kx1，则QB 的方程为 y 2kx1，由 得 4k2 1 x2 8kx0，
x2 4y2 4
8k 14k2
从而点P 坐标为 , ，
4k2 1 4k2 1
y 2kx1
16k 16k2 1
由 得 16k2 1 x2 16kx0，从而点Q坐标为 , ，
x2 4y2 4 16k2 1 16k2 1
8k2 1
由条件知k 0，从而直线PQ的斜率存在，k ．
PQ 4k
所以直线PQ的方程为 y
14k2
8k2 1
x
8k
，即 y
8k2 1
x3，过定点 0,3 ，故直线PQ
4k2 1 4k 4k2 1 4k
过定点 0,3 ．
【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方
程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②
365/397衡中数学一本通高分手册
从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
x2 y2
例3．（2021·江西重点中学协作体联考）已知椭圆C: 1(a b 0)，长轴为4，不过原点O且不平行
a2 b2
3
于坐标轴的直线l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值 ．
4
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l过右焦点F ，问y轴上是否存在点D，使得三角形ABD为正三角形，若存在，求出点D，若不
2
存在，请说明理由．
x2 y2
【答案】（1） 1；（2）不存在这样的点D，理由见解析．
4 3
b2
【分析】（1）由题意可得a2，设点A x ,y ，B x y ，利用点差法可得k k ，即可求出b，
1 1 2 2 AB OM a2
从而得解；（2）设直线l: y k(x1)，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点M ，假设
存在点D，求出MD的直线方程，从而得到D点坐标，利用弦长公式求出 AB 、 MD ，由△ABD为等边三
3
角形，则|MD| | AB|，即可得到方程，即可判断；
2
【解析】（1）由题意可知：2a4，所以a2，设点A x ,y ，B x y ，A，B在椭圆上，
1 1 2 2
x2 y2
1 1 1．．．．．．．．．．．．．．①
a2 b2
x2 y2
2 2 1．．．．．．．．．．．．．．．②
a2 b2
3 y y y y 3
因为k k ， 2 1 1 2 ．．．．．．．．．．．．．．③
AB OM 4 x x x x 4
2 1 1 2
x2 x2 y2 y2 x2 x2 y2 y2 y y y y b2
由①-②得 1 2 1 2 0，即 1 2 1 2 0，所以 2 1 1 2 ，
a2 a2 b2 b2 a2 b2 x x x x a2
2 1 1 2
由③得 b2 3 ，b2 3，椭圆C方程为： x2 y2 1．
a2 4 4 3
366/397衡中数学一本通高分手册
x2 y2
1
（2）设直线l: y k(x1)联立 4 3 得 34k2 x2 8k2x4k2 120，
y k(x1)
8k2 4k2 12
x x ,x x ，
1 2 34k2 1 2 34k2
8k2 6k
y y k x 1 k x 1 k x x 2k k 2k ，
1 2 1 2 1 2 34k2 34k2
4k2 3k
M , ，
34k2 34k2
3k 1 4k2 k
假设存在点D，则MD的直线方程为： y x ，D0, ，
34k2 k 34k2 34k2
8k2 2 4k2 12 12 1k2
所以| AB| 1k2 x x 1k2 4 ．
1 2 34k2
34k2 34k2
1 4k2 4|k| k2 1
|MD| 1 0 ，
k2 34k2 34k2
3 3 12 1k2 4| k| k2 1
若△ABD为等边三角形则：|MD| | AB|， 即23k2 270，方程无
2 2 34k2 34k2
实数解，不存在这样的点D．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助
根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
例4．一种作图工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON
连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN ON 1，MN 3．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，
带
．
动 ．N绕O转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在的直线为
x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）设动直线l 与两定直线l :x2y0和l :x2y0分别交于P,Q两点．若直线l 总与曲线C 有且
1 2
只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
367/397衡中数学一本通高分手册
【解析】（Ⅰ）设点D(t, 0) (|t|2)，N(x ,y ), M(x,y) ，依题意，
0 0
MD2DN ，且|DN||ON|1，
(x t)2 y2 1
所以(tx, y)2(x t, y )，且 0 0
0 0 x2 y2 1
0 0
tx2x 2t
即 0 ，且t(t2x )0．
y2y 0
0
由于当点D不动时，点N也不动，所以t 不恒等于0，
x y x2 y2
于是t 2x ，故x ,y ，代入x2 y2 1，可得 1，
0 0 4 0 2 0 0 16 4
x2 y2
即所求的曲线C 的方程为 1．
16 4
1
（Ⅱ）（1）当直线l 的斜率不存在时，直线l 为x4或x4 ，都有S 448．
OPQ 2
1
（2）当直线l 的斜率存在时，设直线l:ykxm (k )，
2
ykxm
由 ，消去y ，可得(14k2)x2 8kmx4m2 160．
x2 4y2 16
因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以64k2m2 4(14k2)(4m2 16)0，即m2 16k2 4 ． ①
ykxm, 2m m 2m m
又由 可得P( , )；同理可得Q( , )．
x2y0, 12k 12k 12k 12k
|m|
由原点O到直线PQ的距离为d 和|PQ| 1k2 |x x |，可得
1k2 P Q
1 1 1 2m 2m 2m2
S |PQ|d |m||x x | |m| ．②
OPQ 2 2 P Q 2 12k 12k 14k2
2m2 4k2 1
将①代入②得，S 8 ．
OPQ 14k2 4k2 1
1 4k2 1 2
当k2 时，S 8( )8(1 )8；
4 OPQ 4k2 1 4k2 1
368/397衡中数学一本通高分手册
1 4k2 1 2
当0k2 时，S 8( )8(1 )．
4 OPQ 14k2 14k2
1 2 2
因0k2 ，则014k2 1， 2，所以S 8(1 )8，
4 14k2 OPQ 14k2
当且仅当k 0时取等号．所以当k 0时，S 的最小值为8．
OPQ
综合（1）（2）可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．
【反思提升】
1、探索性问题：此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论
是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往
往涉及对参数的讨论．
2．存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．注意以下几
点：
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
3、求定值问题常用的方法有两种
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
4、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的
一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等
于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
专题二十七 概率与统计相结合问题
概率与统计是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2个选择或者填空题，一个解答题．选择或
者填空题有针对性地考查概率或统计知识，主要是对基本概念和基本抽样方法的考查，试题的难度一般不大；
369/397衡中数学一本通高分手册
解答题考查多在概率与统计、算法框图等知识交汇处命题，重点考查抽样方法，频率分布直方图和回归分析或
独立性检验，注意加强抽样后绘制频率分布直方图，然后作统计分析或求概率的综合练习．
统计与正态分布、二项分布结合
例1．（2021·湖北十一校三月联考）下列命题错误的是（ ）
A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
B．设~ N 1,2 ，且P(0)0.2，则P 12 0.2
C．线性回归直线 yˆ bxa一定经过样本点的中心(x,y)
D．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越狭窄，其模型拟合的精度越高
【答案】B
【解析】对于A，根据相关系数的意义可知，A正确；对于B，由~ N 1,2 ，知1，即概率密度函数
12P(0)
的图像关于直线x1对称，所以P(0) P(2)0.2，则P 12 0.3，故B错
2
误；对于C，根据线性回归直线的性质可知，C正确；对于D，根据残差图的意义可知， D正确．
例2．重庆奉节县柑橘栽培始于汉代，历史悠久．奉节脐橙果皮中厚､脆而易剥，酸甜适度，汁多爽口，余味清
香，荣获农业部优质水果､中国国际农业博览会金奖等荣誉．据统计，奉节脐橙的果实横径(单位：mm)服从正
态分布N 80,52 ，则果实横径在 75,90 的概率为（ ）
附：若X ~ N ,2 ，则P X 0.6827；P 2 X 20.9545．
A．0．6827 B．0．8413 C．0．8186 D．0．9545
【答案】C
【分析】由题得5，以及P 75 X 85 0.6827和P 70 X 90 0.9545，利用对称性可得答案．
【解析】由题得5，P 805 X 805 0.6827，
所以P 75 X 85 0.6827，P 8010 X 8010 0.9545，
0.95450.6827
所以P 70 X 90 0.9545，所以P 85 X 90 0.1359，
2
所以果实横径在 75,90 的概率为0.68270.13590.818．故选C．
例3．（2021·山东临沂模拟）空气质量指数AQI 是反映空气质量状况的指数，其对应关系如下表：
AQI 指数 0~50 51~100 101~150 151~200 201~300 300
370/397衡中数学一本通高分手册
值
空气质量 优 良 轻度污染 中度污染 重度污染 严重污染
为监测某化工厂排放废气对周边空气质量指数的影响，某科学兴趣小组在校内测得10月1日—20日AQI 指数
的数据并绘成折线图如下：
下列叙述正确的是（ ）
1
A．这20天中AQI 指数值的中位数略大于150 B．这20天中的空气质量为优的天数占
4
C．10月4日到10月11日，空气质量越来越好 D．总体来说，10月中旬的空气质量比上旬的空气质量好
【答案】B
【分析】通过表格可知，AQI 数值越大，说明空气污染越严重，质量不好，数值越小空气质量越好．体现在图
标上就是点的位置越高空气污染越严重，点的位置越低空气质量越好．可以通过将点计数来确定中位数的大概
位置，以及空气质量为优的天数．
【解析】由折线图知100以上有10个，100以下有10个，中位数是100两边两个数的均值，观察比100的数离
1
100远点，因此两者均值大于100但小于150，A错；空气质量为优的有5天，占 ，B正确；10月4日到10
4
月11日，空气质量越来越差，C错；10月上旬的空气质量AQI 指数值在100以下的多，中旬的空气质量AQI
指数值在100以上的多，上旬的空气质量比中旬的空气质量好，D错．故选B．
例4．（2021·广东肇庆市·高三二模）已知两种不同型号的电子元件（分别记为X ，Y ）的使用寿命均服从正态
分布，X ~ N ,2 ，Y ~ N ,2 ，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列结论错误的是（ ）
1 1 2 2
371/397衡中数学一本通高分手册
参考数据：若Z ~ N ,2 ，则P ≤Z≤0.6827，P 2≤Z≤20.9545
A．P X 20.8186 B．P Y P Y
1 1 1 1 2 1
C．P X ≤ P X ≤ D．对于任意的正数t，有P X ≤t P Y ≤t
2 1
【答案】C
【分析】抓住平均数和标准差这两个关键量，结合正态曲线的图形特征分析即可．
1
【解析】对于A，P X 2 0.68270.9545 0.8186，A选项正确；
1 1 1 1 2
对于B，由正态分布密度曲线，可知 ，所以P Y P Y ，B选项正确；
1 2 2 1
对于C，由正态分布密度曲线，可知 ，所以P X P X ，C选项错误；
1 2 2 1
对于D，对于任意的正数t，由图像知P X ≤t 表示的面积始终大于P Y≤t 表示的面积，所以
P X ≤t P Y ≤t ，D选项正确，故选C．
例5．下列命题中，正确命题的序号为_________．
2
①已知随机变量X 服从二项分布B(n,p)，若E(X)30,D(X)20，则 p ；
3
②将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；
1
③设随机变量服从正态分布N(0,1)，若P( 1) p，则P(10) p；
2
④某人在10次射击中，击中目标的次数为X,X ~ B(10,0.8)，则当X 8时概率最大．
【答案】②③④
【分析】根据二项分布的均值与方差公式计算判断A，由方差公式判断B，由正态分布判断C，由独立重复试
验的概率公式判断D．
1
【解析】根据二项分布的数学期望和方差的公式，可得E(X)np30,D(X)np(1 p)20，解得 p ，
3
372/397衡中数学一本通高分手册
所以①错误；根据方差的计算公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，所以②
12P( 1) 12p 1
正确；由正态分布的图像的对称性可得P(10) p，所以③正确；由独立重
2 2 2
P(X k) Ck 0.8k 0.210k 4(11k)
复试验的概率的计算公式可得，由 10 1，得k 8.8，即k 8时，
P(X k 1) Ck10.8k10.211k k
10
P X k P xk1 ，同理得k 9时， p(X k) p(xk1)，即P(X 8)最大，
P(X 8)C8 (0.8)8(10.8)2，所以④正确．所以正确命题的序号为②③④．
10
【点睛】本题考查二项分布，正态分布，随机变量的方差．正态分布曲线具有对称性，常常出现由对称性求概
问题，二项分布中概率公式是P(X k)Ckpk(1 p)nk，可用作商法确定其中的最大值或最小值．
n
例6．某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万多人．2019年7月份以来，共完成1931个志愿服务项
目，8900多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，
随机调查了500名志愿者每月的志愿服务时长（单位：小时），并绘制如图所示的频率分布直方图．
（1）求这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数x和样本方差s2（同一组中的数据用该组区间的中间
值代表）；
（2）由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长X 服从正态分布N ,2 ，其中近似为样本平均
数x，2近似为样本方差s2．一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若
X~N ,2 ，令Y X ，则Y~N 0,1 ，且P X a P Y a ．
373/397衡中数学一本通高分手册
（ⅰ）利用直方图得到的正态分布，求P X 10 ；
（ⅱ）从该地随机抽取20名志愿者，记Z 表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求
P Z 1 （结果精确到0．001）以及Z 的数学期望．
参考数据： 1.64 1.28，0.773420 0.0059．若Y~N 0,1 ，则P Y 0.78 0.7734．
【答案】（1）9，1．64；（2）（ⅰ）0．7734，（ⅱ）0．994，4．532．
【分析】（1）根据平均数和方差的公式直接求解即可．
109
（2）（ⅰ）由（1）可得由题知9，2 1.64，所以X ~ N 9,1.64 ，则P X 10 PY 可
1.28
得答案．
（ⅱ）（ⅰ）知P X 10 1P X 10 0.2266，则Z ~ B 20,0.2266 从而可得答案．
【解析】（1）x60.0270.180.290.38100.18110.08120.049．
s2 6920.027920.18920.29920.3810920.1811920.0812920.041.64．
（2）（ⅰ）由题知9，2 1.64，所以X ~ N 9,1.64 ， 1.64 1.28．
109
所以P X 10 PY P Y 0.78 0.7734．
1.28
（ⅱ）由（ⅰ）知P X 10 1P X 10 0.2266，可得Z ~ B 20,0.2266 ．
P Z 1 1P Z 0 10.773420 10.00590.99410.994．
故Z 的数学期望E
Z
200.22664.532．
【点睛】关键点睛：本题考查根据频率分布直方图求平均数和方差以及根据正态分布求概率和二项分布问题，
解答本题的关键是将问题“从该地随机抽取20名志愿者，记Z 表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10
小时的人数”，转化为得到Z ~ B 20,0.2266 ，属于中档题．
例7．2019年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年，有关部门为宣传垃圾分类知识，面向该市市民进
行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查，每位市民仅有一次参与机会，通过抽样，得到参与问卷调查中的
1000人的得分数据，其频率分布直方图如图所示：
374/397衡中数学一本通高分手册
（1）估计该组数据的中位数、众数；
（2）由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分Z 服从正态分布N ，210 ， 近似为这1000人得
分的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表），利用该正态分布，求P 50.5Z 94 ；
（3）在（2）的条件下，有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
（ⅰ）得分不低于可获赠2次随机话费，得分低于则只有1次；
（ⅱ）每次赠送的随机话费和对应概率如下：
现有一位市民要参加此次问卷调查，记X (单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X 的分布列和
数学期望．
附： 210=14.5，
若Z N ,2 ，则P Z + =0.6826， P 2Z +2 =0.9544．
75
【答案】（1）中位数为65，众数为65．（2）0.8185（3）EX ，分布列见解析
4
【解析】（1）由(0.0025+0.0050+0.0100+ 0.0150+a0.0225 0.0250)101，得a0.0200，设中位
数为x，由 0.0025+0.0150+0.0200 10+ x60 0.02500.5000，解得x65，由频率分布直方图
可知众数为65．
（2）从这1000人问卷调查得到的平均值为
=350.025+450.15 +550.20+650.25+ 750.225+85 0.1+950.05
375/397衡中数学一本通高分手册
=0.875+6.75+11+16.25+16.875+8.5+4.75=65，因为由于得分Z 服从正态分布N 65,210 ，
0.6826+0.9544
所以P 50.5Z 94 = P 6014.5Z 6014.52 =0.8185．
2
1
（3）设得分不低于分的概率为 p，则P Z = ，X 的取值为10，20，30，40，
2
1 4 3 1 1 1 3 3 13
P X 10 ， P X 20 ，
2 3 8 2 4 2 4 4 32
1 4 1 3 1 1 1 1
P X 30 C1 ， P X 40 ，
2 2 3 4 16 2 4 4 32
所以X 的分布列为：
3 13 3 1 75
所以EX 10 20 30 40 ．
8 32 16 32 4
统计与独立性检验结合
例1．（2021·山西临汾市·高三一模（理））这一年来人类与新型冠状病毒的“战争”让人们逐渐明白一个道理，人
类社会组织模式的差异只是小事情，病毒在地球上存在了三四十亿年，而人类的文明史不过只有几千年而已，
人类无法消灭病毒，只能与之共存，或者病毒自然消亡，在病毒面前，个体自由要服从于集体或者群体生命的
价值．在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体内或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该
疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期，因此我们应该注意做好良好的防护措施和隔离措施．某研究
团队统计了某地区10000名患者的相关信息，得到如表表格：
潜伏期（天） 0,2 2,4 4,6 6,8 8,10 10,12 12,14
人数 600 1900 3000 2500 1600 250 150
（1）新冠肺炎的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与年龄的关系，通过分层抽样从10000名患者中抽取
200人进行研究，完成下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0．001的前提下认为潜伏期与患
者年龄有关？
376/397衡中数学一本通高分手册
潜伏期8天 潜伏期8 天 总计
60岁以上（含60岁） 150
60岁以下 30
总计 200
（2）依据上述数据，将频率作为概率，且每名患者的潜伏期是否超过8天相互独立．为了深入研究，该团队在
这一地区抽取了20名患者，其中潜伏期不超过8天的人数最有可能是多少？
n ad bc 2
附：K2 ．
ab cd ac bd
P K2 k 0．150 0．100 0．050 0．025 0．010 0．005 0．001
0
k 2．072 2．706 3．841 5．024 6．635 7．879 10．828
0
【答案】（1）表格见解析，能；（2）16名．
【分析】（1）由表中数据可知，求得潜伏期大于8天的人数，列出2×2列联表，利用公式求得K2的值，结合
附表，即可得到结论；（2）求得该地区10000名患者中潜伏期不超过8天的人数，求得潜伏期不超过8天的概
率，进而抽取的20名患者中潜伏期不超过8天的人数．
1600250150
【解析】（1）由表中数据可知，潜伏期大于8天的人数为 20040人，
10000
补充完整的2×2列联表如下，
潜伏期8天 潜伏期8 天 总计
60岁以上（含60岁） 130 20 150
60岁以下 30 20 50
总计 160 40 200
200 130203020 2
所以 K2 16.66710.828 ，
1505016040
故能在犯错误的概率不超过0．001的前提下认为潜伏期与患者年龄有关．
377/397衡中数学一本通高分手册
（2）该地区10000名患者中潜伏期不超过8天的人数为6001900300025008000名，
8000 4
将频率视为概率，潜伏期不超过8天的概率为 ，
10000 5
4
所以抽取的20名患者中潜伏期不超过8天的人数最有可能是20 16名．
5
统计与独立性检验、随机变量分布列结合
例1．（2021·辽宁铁岭市·高三一模）某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生400人，为了解该校学生
在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在450950分之间，根据调
查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：
将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．
（1）求a的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数落在 550,650 ， 750,850 内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随
机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望；
（3）若样本中属于“高分选手”的女生有10人，完成下列22列联表，并判断是否有97.5％的把握认为该校学
生属于“高分选手”与“性别”有关？
属于“高分选手” 不属于“高分选手” 合计
男生
女生
合计
n ad bc 2
（参考公式：K2 ，期中nabcd ）
ab cd ac bd
378/397衡中数学一本通高分手册
P K2 k 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
9
【答案】（1）a0.0035，中位数650，众数600；（2）分布列见解析；期望为 ；（3）填表见解析；有．
10
【分析】（1）由频率分布直方图中频率和为1可求得a ，每组数据用该组区间的中点值乘以频率相加得均值；
（2）由频率分布直方图知从[550，650) 中抽取7人，从[750，850)中抽取3人，随机变量X 的所有可能
取值有0，1，2，3，求出各概率得分布列，然后由期望公式得期望；
（3）样本中男生40人，女生60人属于“高消费群”的25人，其中女生10人，由频率分布直方图求出高消费群
人数，可得高消费群中男生人数，从而可填写列联表，并计算出K2后可得结论．
【解析】（1）由题意知100 0.0015a0.00250.00150.001 1，解得a0.0035，
样本平均数为x 5000.156000.357000.258000.159000.10670，中位数650，众数600．
（2）由题意，从 550,650 中抽取7人，从 750,850 中抽取3人，随机变量x的所有可能取值有0，1，2，
CkC3k
3，P x k 3 7 k 0,1,2,3 ，所以随机变量X 的分布列为：
C3
10
P 0 1 2 3
35 63 21 1
X
120 120 120 120
63 21 1 9
随机变量X 的数学期望E X 2 3 ．
120 120 120 10
（3）由题可知，样本中男生40人，女姓60人，属于“高分选手”的25人，其中女姓10人；得出以下22列
联表；
属于“高分选手” 不属于“高分选手” 合计
男生 15 25 40
女生 10 50 60
合计 25 75 100
379/397衡中数学一本通高分手册
n ad bc 2 100 10251550 2 50
K2 5.5565.024，
ab cd ac bd 25754060 9
所以有97.5％的把握认为该校学生属于“高分选手”与性别有关．
【点睛】超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．超几何分布的特征是：①
考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X的概率分布，超几何
分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
统计与古典概型、抽样、独立性检验结合
例1．某校为了推动数学教学方法的改革，学校将高一年级部分生源情况基本相同的学生分成甲､乙两个班，每
班各40人，甲班按原有模式教学，乙班实施教学方法改革．经过一年的教学实验，将甲､乙两个班学生一年来
的数学成绩取平均数，两个班学生的平均成绩均在 50，100 ，按照区间 50，60 ， 60，70 ， 70，80 ，
80，90 ， 90，100 进行分组，绘制成如下频率分布直方图，规定不低于80分(百分制)为优秀．
（1）完成表格，并判断是否有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”；
甲班 乙班 总计
大于等于80分的人数
小于80分的人数
总计
2）从乙班 70，80 ， 80，90 ， 90，100 分数段中，按分层抽样随机抽取7名学生座谈，从中选三位同学发言，记
n ad bc 2
来自 80，90 发言的人数为随机变量X ，求X 的分布列和期望．附：K2 ，
ab cd ac bd
P K2 k 0．10 0．05 0．025
0
380/397衡中数学一本通高分手册
k 2．706 3．841 5．024
0
【答案】（1）表格见解析，有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”（2）分布列见解析，期望为
9
7
【解析】（1）列联表如下：
甲班 乙班 总计
大于等于80分的人数 12 20 32
小于80分的人数 28 20 48
总计 40 40 80
40 12202820 2
依题意得 K2 3.333 2.706 ，
40403248
有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”．
（2）从乙班 70，80 ， 80，90 ， 90，100 ，乙班 70，80 ， 80，90 ， 90，100 频率分别为0.2,0.3,0.2，
分数段中抽人数分别为2，3，2，依题意随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，
C3 4 C2C1 18 C1C2 12 C3 1
P X 0 4 ，P X 1 4 3 ，P X 2 4 3 ，P X 3 3 ，
C3 35 C3 35 C3 35 C3 35
7 7 7 7
∴X 的分布列为：
X 0 1 2 3
4 18 12 1
P
35 35 35 35
18 12 1 45 9
∴E X 1 2 3 ．
35 35 35 35 7
统计与独立性检验、二项分布结合
例1．（2021·内蒙古呼和浩特市·高三一模（理））根据国家深化医药卫生体制改革的总体部署和要求，某地区自
2015年起，开始逐步推行“基层首诊､逐级转诊”的医疗制度，从而全面推行家庭医生签约服务．已知该地区居
民约为2000万，从1岁到101岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1所示．为了解各年龄段居民签约家庭
381/397衡中数学一本通高分手册
医生的情况，现调查了1000名年满18周岁的居民，各年龄段被访者签约率如图2所示．
（1）根据图1和图2的信息，估计该地区签约率超过35%低于60%的人群的总人数；
（2）若以图2中年龄在71~80岁居民签约率作为此地区该年龄段每个居民签约家庭医生的概率，现从该地区
年龄在71~80岁居民中随机抽取3人，记抽到的签约人数为X ，求X 的分布列及数学期望；
（3）据统计，该地区被访者的签约率约为43%．为把该地区年满18周岁居民的签约率提高到55%以上，应着
重提高图2中哪个年龄段的签约率？并结合数据对你的结论作出解释．
382/397衡中数学一本通高分手册
【答案】（1）总人数为1040万；（2）分布列答案见解析，数学期望：2.1；（3）着重提高31~50这个年龄段
的签约率，解释答案见解析．
【分析】（1）由图2可知签约率超过35%低于60%的人群得年龄为3150岁、5160岁，再根据频率分布直
方图求出对应的三个小长方形的面积之和即可；
（2）该地区年龄在71~80岁居民中0.7，X ~ B 3,0.7 利用二项分布的概率公式计算出概率即可得分布列
和数学期望；
（3）由图1，2列出表格，可以得出该地区在3150岁这个年龄段的人数多，签约率低，即可得正确答案．
【解析】由图2可知签约率超过35%低于60%的人群得年龄为3150岁、5160岁，
由表1易得所求频率P 0.0210.0160.015 100.52，
所以估计该地区签约率超过35%低于60%的人群的总人数为0.5220001040万．
（2）该地区年龄在71~80岁居民中0.7，抽到的签约人数为X 可能为：0，1，2，3，易得X ~ B 3,0.7 ，
P X i Ci0.7i0.33i ，i 0,1,2,3，P X 0 C00.700.33 0.027，
3 3
P X 1 C10.710.32 0.189，P X 2 C20.720.31 0.441，P X 3 C30.730.30 0.343，
3 3 3
X 的分布列为
X 0 1 2 3
P 0．027 0．189 0．441 0．343
E X 30.7 2.1．
（3）应该着重提高31~50这个年龄段的签约率．
由图1，2知，
年龄段 该地区人数(万) 签约率%
0.005102000100
18~30 0.018102000360 30．3
大于360，小于460
31~40，41~50 0.0210.016 102000740 37．1
51~60 0.015102000300 55．7
383/397衡中数学一本通高分手册
61~70 0.010102000200 61．7
71~80 0.00410200080 70．0
80以上 0.010102000200 75．8
由以上数据可知这个地区在31~50这个年龄段的人为740万，基数较其他年齡段是最大的，且签约率为37．1%，
比较低，所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到55%以上，应该着重提高31~50这个年龄段的签约率．
【点睛】思路点睛：
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几
何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）
古典概型与抽样方法结合
古典概型与抽样方法结合问题的考查往往主要是考查统计中的几种抽样方法．特别注意辨别系统抽样、简
单随机抽样和分层抽样的适用范围和操作步骤 ．
例1．（2021·北京门头沟区·高三一模）第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京和张家口举办，为了普及冬
奥知识，京西某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了20名学生作为样本，
得到他们的分数统计如下：
分数段 [30，40） [40，50） [50，60） [60，70） [70，80） [80，90） [90，100]
人数 1 2 2 8 3 3 1
我们规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上
为优秀．
（I）从这20名学生中随机抽取2名学生，恰好2名学生都是优秀的概率是多少？
（II）将上述样本统计中的频率视为概率，从全校学生中随机抽取2人，以X表示这2人中优秀人数，求X的
分布列与期望．
3 2
【答案】（1） ；（2）分布列见详解；E X ．
95 5
【分析】（1）利用组合数以及古典概型的概率计算公式即可求解；（2）由题意可得x0,1,2，再利用二项分布
384/397衡中数学一本通高分手册
的概率计算公式列出分布列，从而求出数学期望．
C2 6 3
【解析】（1）记恰好2名学生都是优秀的事件为A，则P A 4 ．
C2 190 95
20
2 0
4 1 4 1 16
（2）抽到一名优秀学生的概率为 p ，X的取值为0,1,2，P X 0 C0 ，
20 5 2 5 5 25
1 1 0 2
4 1 8 4 1 1
P X 1 C1 ，P X 2 C2 ，
2 5 5 25 2 5 5 25
故X的分布列为：
X 0 1 2
16 8 1
P
25 25 25
16 8 1 2
E X 0 1 2
25 25 25 5
古典概型与独立性检验、回归方程相结合
古典概型与独立性检验、回归方程相结合问题的考查往往主要是考查独立性检验、回归方程的求法和步
骤．特别注意回归方程求解过程中公式的灵活应用和独立性检验求解过程中的解题步骤．
例1．（2021·福建漳州市·龙海二中高三月考）5月28日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和
国民法典》，自2021年1月1日起施行．《中华人民共和国民法典》被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第
-部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法，为了增强学生的法律意识，了
解法律知识，某校组织全校学生进行学习《中华人民共和国民法典》知识竞赛，从中随机抽取100名学生的成
绩(单位：分)统计得到如下表格：
成绩
0,60 60,70 70,80 80,90 90,100
性别
男 5 14 16 13 4
女 3 11 13 15 6
规定成绩在 90,100 内的学生获优秀奖．
（1）根据以上成绩统计，判断是否有90%的把握认为该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别有关？
385/397衡中数学一本通高分手册
（2）在抽取的100名学生中，若从获优秀奖的学生中随机抽取3人进行座谈，记X 为抽到获优秀奖的女生人
数，求X 的分布列和数学期望．
附：
P K2 k 0.1 0.01 0.001
k 2.706 6.635 10.828
n ad bc2
K2 .
ab cd ac bd
【答案】（1）有90%的把握认为该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关；（2）分布列答案见解析，数学期
9
望： ．
5
【分析】（1）依题意完善列联表，计算K2，再与观测值比较即可判断；
（2）依题意得X 的所有可能取值为0，1，2,3，求出所对应的概率，列出分布列，求出数学期望；
【解析】（1）依题意得，列联表如下：
是否获奖
获优秀奖 未获优秀奖 合计
性别
男 4 48 52
女 6 42 48
10 90 100
假设H ：“该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关”，当H 成立时，P K2 2.706 0.1．
0 0
100(442486)2
将列联表中的数据代入公式，计算得K2 0.641.
52481090
因为0.6412.706．所以小概率事件未发生．从而接受假设H ．
0
所以在犯错误的概率不超过0.1的前提下可以推断该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关，即有90%的把
握认为该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关．
386/397衡中数学一本通高分手册
（2）依题意得，X 的所有可能取值为0，1，2,3，
C3 1 C1C2 3 C2C1 1 C3 1
P(X 0) 4 ,P(X 1) 6 4 ，P(X 2) 6 4 ,P(X 3) 6 ．
C3 30 C3 10 C3 2 C3 6
10 10 10 10
所以X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 3 1 1
P
30 10 2 6
1 3 1 1 9
X 的数学期望为E(X)0 1 2 3 ．
30 10 2 6 5
古典概型与统计图表结合
例1．某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满
意度评分如下：
A地区：62 73 81 92 95 85 74 64 53 76
78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B地区：73 83 62 51 91 46 53 73 64 82
93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程
度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分 低于70分 70分到89分 不低于90分
满意度等级 不满意 满意 非常满意
记事件C：“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根
据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C的概率．
【解析】(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下
387/397衡中数学一本通高分手册
通过茎叶图可以看出，A地区用户满意度评分的平均值高于B地区用户满意度评分的平均值；A地区用户满意
度评分比较集中，B地区用户满意度评分比较分散．
(2)记C 表示事件：“A地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；C 表示事件：“A地区用户的满意度等级
A1 A2
为非常满意”；C 表示事件：“B地区用户的满意度等级为不满意”；C 表示事件：“B地区用户的满意度等级
B1 B2
为满意”，则C 与C 独立，C 与C 独立，C 与C 互斥，C＝C C ∪C C ．P(C)＝P(C C ∪C C )
A1 B1 A2 B2 B1 B2 B1 A1 B2 A2 B1 A1 B2 A2
16
＝P(C C )＋P(C C )＝P(C )P(C )＋P(C )P(C )．由所给数据得C ，C ，C ，C 发生的频率分别为 ，
B1 A1 B2 A2 B1 A1 B2 A2 A1 A2 B1 B2
20
4 10 8 16 4 10 8 10 16 8 4
， ， ，故P(C )＝ ，P(C )＝ ，P(C )＝ ，P(C )＝ ，P(C)＝ × ＋ × ＝0．48．
A1 A2 B1 B2
20 20 20 20 20 20 20 20 20 20 20
73．（2021·北京丰台区·高三一模）某电影制片厂从2011年至生产的科教影片、动画影片、纪录影片的时长（单
位：分钟）如图所示．
（1）从2011年至中任选一年，求此年动画影片时长大于纪录影片时长的概率；
（2）从2011年至中任选两年，设X 为选出的两年中动画影片时长大于纪录影片时长的年数，求X 的分布列
和数学期望E(X)；
（3）将2011年至生产的科教影片、动画影片、纪录影片时长的方差分别记为s2,s 2,s 2，试比较s2,s 2,s 2的
1 2 3 1 2 3
大小．（只需写出结论）
3 6
【答案】（1） ；（2）分布列见解析， ；（3）s2 s2 s2．．
5 5 1 2 3
【分析】（1）由统计图表知10年有6年时间动画影片时长大于纪录影片时长，由此可得概率；
388/397衡中数学一本通高分手册
（2）X 的所有可能取值为0，1，2，计算出各概率，可得分布列，由期望公式计算出期望；
（3）根据统计图表中的数据计算出方差后可得．
【解析】（1）从2011年至中任选一年，动画影片时长大于纪录影片时长的年份分别是2011年，2015年，2017
年，2018年，2019年和，共6年．
6 3
记从2011年至中任选一年，此年动画影片时长大于纪录影片时长为事件A，则P(A) ．
10 5
（2）X 的所有可能取值为0，1，2．
C2 2 C1C1 8 C2 5 1
P(X 0) 4 ；P(X 1) 4 6 ；P(X 2) 6 ．
C2 15 C2 15 C2 15 3
10 10 10
所以X 的分布列为
X 0 1 2
2 8 1
P
15 15 3
2 8 1 6
数学期望E(X)0 1 2 ．
15 15 3 5
（3）科教影片所记录时长波动较大，方差最大，动画影片、纪录影片的时长需计算出方差才能确定．
180150200240320290350260380430
x 281，
2 10
(101)2(131)2(81)2(41)239292692(21)29921492
s2 7441，
2 10
100270330300240380190130210150
x 230，
3 10
(130)240210027021021502(40)2(100)2(20)2(80)2
s2 7440 ．
3 10
所以s2 s2 s2．．
1 2 3
古典概型与独立性检验相结合：
例1．（2021·吉林吉林市·高三三模（理））2020年是决胜全面建成小康社会、决战脱贫攻坚之年，面对新冠肺
炎疫情和严重洪涝灾害的考验．党中央坚定如期完成脱贫攻坚目标决心不动摇，全党全社会戮力同心真抓实干，
取得了积极成效．某贫困县为了响应国家精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使用面积x与相
389/397衡中数学一本通高分手册
应的管理时间y的关系如下表所示：
土地使用面积x（单位：亩） 1 2 3 4 5
管理时间y（单位：月） 8 11 14 24 23
并调查了某村300名村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示；
愿意参与管理 不愿意参与管理
男性村民 140 60
女性村民 40
（1）做出散点图，判断土地使用面积x与管理时间y是否线性相关；并根据相关系数r说明相关关系的强弱．(若
r 0.75，认为两个变量有很强的线性相关性，r值精确到0.001) ．
（2）若以该村的村民的性别与参与管理意风的情况估计贫困县的情况，且每位村民参与管理的意互不影响，则
从该贫困县村民中任取3人，记取到不愿意参与管理的女性村民的人数为X ，求X 的分布列及数学期望．
n x x
i
参考公式：r i1
n x x 2 n y y 2
i i
i1 i1
参考数据：y
16,
y y
2
206, 515 22.7
3
【答案】（1）答案见解析；（2）分布列见解析， ．
5
【分析】 1 作出散点图．再由已知数据计算r 0.947，由0.9470.75,可得结论；
1
2 由已知得该贫困县中任选一人，取到不愿意参与管理的女性树民的概率 p ，随机变量X 可取0,1,2,3，
5
1
X : B3, ，可求得数学期望．．
5
【解析】 1 散点图如下图，由散点图可知，管理时间y与土地使用面积x线性相关．
390/397衡中数学一本通高分手册
12345
依题意：x 3，又 y 16，
5
5 x x y y 2 81 5 02 182743，
i i
i1
5 x x 2 1 2 02 12 22 10， 5 y y 2 206，
i i
i1 i1
n x x y y
i i 43 43 43
则r i1 0.947 ，
n x x n y y 10206 2 515 45.4
i i
i1 i1
由于0.9470.75,故管理时间y与土地使用面积x线性相关性较强
2 由题知调查的300名村名中有不愿意参与管理的女性村民人数为300 1404060 60，
60 1
该贫困县中任选一人，取到不愿意参与管理的女性树民的概率 p ，则X 可取0,1,2,3，
300 5
3 2
4 64 4 48
P X 0 C10 ，P X 1 C1 ，
3 5 125 3 5 125
2 3
1 4 12 1 1
P X 2 C2 ，P X 3 C3 ，
3 5 5 125 3 5 125
1 1 k 4 3k
即：X : B3, ，P X K Ck ,k 0,1,2,3
5 3 5 5
X 的分布列
X 0 1 2 3
391/397衡中数学一本通高分手册
64 48 12 1
P
125 125 125 125
64 48 12 1 3 1 3
E X 0 1 2 3 ，即E X nP 3 ．
125 125 125 125 5 5 5
【点睛】方法点睛：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法，是中档题，求解
离散型随机变量分布列的步骤是：
1．首先确定随机变量X 的所有可能取值；
2．计算X 取得每一个值的概率，可通过所有概率和为1来检验是否正确；
3．进行列表，画出分布列的表格；
4．最后扣题，根据题意求数学期望或者其它．
例2．某高校为调查学生喜欢“应用统计”课程是否与性别有关，随机抽取了选修课程的55名学生，得到数据
如下表：
喜欢“应用 不喜欢“应 总
统计”课程 用统计”课程 计
男生 20 5 25
女生 10 20 30
总计 30 25 55
(1)判断是否有99．5%的把握认为喜欢“应用统计”课程与性别有关？
(2)用分层抽样的方法从喜欢统计课程的学生中抽取6名学生做进一步调查，将这6名学生作为一个样本，从中
任选2人，求恰有1个男生和1个女生的概率．
下面的临界值表供参考：
P(K2≥k ) 0．15 0．10 0．05 0．25 0．010 0．005 0．001
0
k 2．072 2．706 3．841 5．024 6．635 7．879 10．828
0
n(ad－bc)2
(参考公式：K2＝ ，其其中n＝a＋b＋c＋d)
(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)
55×(20×20－10×5)2
【解析】(1)由公式K2＝ ≈11．978>7．879，
30×25×25×30
所以有99．5%的把握认为喜欢“应用统计”课程与性别有关．
6 m
(2)设所抽样本中有m个男生，则 ＝ ，得m＝4，所以样本中有4个男生，2个女生，分别记作
30 20
B ，B ，B ，B ，G ，G ．从中任选2人的基本事件有(B ，B )，(B ，B )，(B ，B )，(B ，G )，
1 2 3 4 1 2 1 2 1 3 1 4 1 1
392/397衡中数学一本通高分手册
(B ，G )，(B ，B )，(B ，B )，(B ，G )，(B ，G )，(B ，B )，(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，
1 2 2 3 2 4 2 1 2 2 3 4 3 1 3 2 4 1
(B ，G )，(G ，G )，共15个，其中恰有1个男生和1个女生的事件有(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，
4 2 1 2 1 1 1 2 2 1
8
(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，共8个．所以恰有1个男生和1个女生的概率为 ．
2 2 3 1 3 2 4 1 4 2
15
回归方程与二项分布结合
例1．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三二模）某地区在一次考试后，从全体考生中随机抽取44名，获取他们本
次考试的数学成绩(x)和物理成绩(y)，绘制成如图散点图：
根据散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，但图中有两个异常点A，B．经调查得知，A考生由于重感冒
导致物理考试发挥失常，B考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科学准确，剔除这两组数据后，对
剩下的数据作处理，得到一些统计的值：
42 42 42 i1 i1
x 4641,y 3108,x y 350350, x x 2 13814.5, y y 2 5250,其中x，y 分别表示
i i i i i i i i
i1 i1 i1 42 42
这42名同学的数学成绩、物理成绩，i＝1，2，…，42，y与x的相关系数r＝0．82．
（1）若不剔除A，B两名考生的数据，用44组数据作回归分析，设此时y与x的相关系数为r ．试判断r 与r
0 0
的大小关系，并说明理由；
（2）求y关于x的线性回归方程（系数精确到0．01），并估计如果B考生加了这次物理考试（已知B考生的
数学成绩为125分），物理成绩是多少？（精确到个位）；
（3）从概率统计规律看，本次考试该地区的物理成绩ξ服从正态分布N ,2 ，以剔除后的物理成绩作为样
本，用样本平均数 y 作为μ的估计值，用样本方差s2作为σ2的估计值．试求该地区5000名考生中，物理成绩位
于区间（62．8，85．2）的人数Z的数学期望．
n
(x x)(y y)
i i
附：①回归方程 y a b x中：b i1 ，a yb x
n
(x x)2
i
i1
393/397衡中数学一本通高分手册
②若~ N ,2 ，则P()0.6826,P(22)0.9544
③ 125 11．2
【答案】（1）r ＜r，理由详见解析；（2） y 0.50x18.64，81分；（3）3413．
0
【分析】（1）结合散点图，可得出结论；（2）利用题中给的相关系数，最小二乘法写出回归直线方程，再令x
＝125，即可算出答案；（3）算出 y ，s2，得到ξ～N（74，125）， 125 11．2，所以 P（62．8＜ξ＜85．2）
＝P(7411.27411.2)0.6826,因为 Z ~ B(5000,0.6826)，即可算出期望．
【解析】（1）r ＜r． 理由如下：由图可知，y与x成正相关关系，
0
①异常点 A，B 会降低变量之间的线性相关程度．
②44个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．
③42个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．
④42个数据点更贴近其回归直线l．
⑤44个数据点与其回归直线更离散．
1 42 42
（2）由题中数据可得：x x 110.5,y y 74，
42 i i
i1 i1
42 42
所以 x x y y x y 42xy 35035042110.5746916，
i i i i
i1 i1
n
x x y y
42 i i 6916
又因为 x x 2 13814.5，所以 b ˆ i1 0.501，
i1 i n x x 2 13814.5
i
i1
a y b x 740.501110.518.64，所以 y 0.50x18.64，
将x125代入，得 y 0.5012518.6462.518.6481，所以估计B同学的物理成绩约为81分．
42 1 42 1
（3） y y 74,s2 (y y)2 5250125，所以ξ～N（74，125），又因为 125 11．2，
i 42 i 42
i1 i1
所以P(62.885.2) P(7411.27411.2)0.6826，
因为Z ~ B(5000,0.6826)，所以E(Z)50000.68263413，
即该地区本次考试物理成绩位于区间（62．8，85．2）的数学期望为3413．
394/397衡中数学一本通高分手册
【点睛】本题考查回归直线方程与正态分布的综合应用，涉及到正态分布的知识，考查学生的数学运算、数据
分析、数学建模的能力，是一道中档题．
例2．红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害．每只红铃虫的平均产卵数y和平均温度x有
关．现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值．
平均温度x/℃ 21 23 25 27 29 32 35
平均产卵数y /个 7 11 21 24 66 115 325
x y z n x x z z n x x 2
i i i
i1 i1
27．429 81．286 3．612 40．182 147．714
1 7
表中z ln y，z z
i 7 i
i1
（1）根据散点图判断，yabx与y cedx（其中e2.718为自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均
产卵数y关于平均温度x的回归方程类型？（给出判断即可不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出y关
于x的回归方程．（计算结果精确到小数点后第三位）
（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到28℃以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均
不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为 p 0 p1 ．
（ⅰ）记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为 f p ，求 f p 的最大值，并求出相应的概率 p ．
0
（ⅱ）当 f p 取最大值时，记该地今后5年中，需要人工防治的次数为X ，求X 的数学期望和方差．
附：对于一组数据 x ,z , x ,z ,, x ,z ，其回归直线z a b x 的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：
1 1 2 2 7 7
395/397衡中数学一本通高分手册
7 x x z z
i i
b i1 ，a z b x ．
7 x x 2
i
i1
216 3
【答案】（1）y cedx更适宜； y e0.272x3.849（2）（i）f p ，此时相应的概率为 p （ii）E X 3，
max 625 0 5
6
D X ．
5
【解析】（1）根据散点图可以判断 y cedx更适宜作为平均产卵数y关于平均温度x的回归方程类型．
对y cedx两边取自然对数得ln y lncdx，令z ln y，alnc，bd ，得z abx．
7 x x z z
i i 40.182
因为b i1 7 x x 2 147.714 0.2720，所以 a zb x3.6120.27227.4293.849 ，
i
i1
所以z关于x的线性回归方程为z 0.272x3.849，所以y关于x的回归方程为 y e0.272x3.849．
（2）（ⅰ）由 f p C3p3 1 p 2，得 f p C3p2 1 p 35p ，因为0 p1，
5 5
3 3
令 f p 0得35p 0，解得0 p ；令 f p 0得35p0，解得 p1，
5 5
3 3 3
所以 f p 在0, 上单调递增，在 ,1上单调递减，所以 f p 有唯一极大值 f ，也为最大值．
5 5 5
3 216 3
所以当 p 时， f p ，此时响应的概率 p ．
5 max 625 0 5
3 3
（ⅱ）由（ⅰ）知，当 f p 取最大值时， p ，所以x b5, ，
5 5
3 3 2 6
所以E X 5 3，D X 5 ．
5 5 5 5
【反思提升】1． 对古典概型必须明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n必
须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m其可能性大小必须是相同的．只有在同时满足①、②的条件下，
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m
运用的古典概型计算公式P(A) 得出的结果才是正确的．
n
2．对于几何概型的概率公式中的“测度”要有正确的认识，它只与大小有关，而与形状和位置无关，在解题时，
要掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法．
3． 样本的数字特征常见的命题角度有：(1)样本的数字特征与直方图交汇；(2)样本的数字特征与茎叶图交汇；
(3)样本的数字特征与优化决策问题．
4．（1）用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估计总体则是用样本的频率
分布去估计总体分布的两种主要方法．分布表在数量表示上比较准确，直方图比较直观．
（2）频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1；在频率分布直方图中，各小长方形的
面积表示相应各组的频率，所以，所有小长方形的面积的和等于1．
5．随机变量的分布列问题：
（1）求随机变量的分布列的主要步骤：一是明确随机变量的取值，并确定随机变量服从何种概率分布；二是求
每一个随机变量取值的概率，三是列成表格；（2）求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列
是否正确；（3）求解离散随机变量分布列和方差，首先要理解问题的关键，其次
要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相对应的概率，写成随机变量的分布列，正确运用均值、方
差公式进行计算．
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