文档内容
7-12
押上海高考 题
函数的应用、数列、平面向量、解三角形、立体几
何、圆锥曲线、概率与统计
考点 4年考题 考情分析
2020年、2022年、2023年， 近四年考查方向函数零点与方程根的关系，分段函数的
函数
2024年春考 应用
近四年考查方向等差数列前n项和、等比数列的性质、数
数列 2020年~2023年、2024年春考
列应用、数列求和、数列递推式。
近四年考查方向两个向量和或差的模的最值、平面向量
平面向量 2020年、2022年、2023年
数量积的性质及运算
解三角形 2023年 余弦定理、三角形中的几何计算
2020年、2021年、2023年、 近四年考查方向棱锥的结构特征、旋转体、异面直线所
立体几何
2024年春考 成的角、两条平行线间的距离
2020年、2021年、2023年、 近四年考查方向圆的一般方程、椭圆的性质、抛物线的
圆锥曲线
2024年春考 性质、双曲线的性质
近四年考查方向古典概型及其概率的计算公式、频率分
布直方图、众数、中位数、平均数、分部加法计算原
概率与统计 2020年~2023年、2024年春考
理、排列组合及其简单计数问题、二项式定理、优选法
的概念。
一．函数的零点与方程根的关系（共2小题）
1．（2023•上海）已知函数 ，且 ，则方程 的解为 ．
【分析】分 和 分别求解即可．
【解答】解：当 时， ，解得 ；当 时， ，解得 （舍 ；
所以 的解为： ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了分段函数的性质、对数的基本运算、指数的基本运算，属于基础题．
2．（2020•上海）设 ，若存在定义域为 的函数 同时满足下列两个条件：
（1）对任意的 ， 的值为 或 ；
（2）关于 的方程 无实数解，
则 的取值范围是 ， ， ， ．
【分析】根据条件（1）可知 或1，进而结合条件（2）可得 的范围
【解答】解：根据条件（1）可得 或 （1） ，
又因为关于 的方程 无实数解，所以 或1，
故 ， ， ， ，
故答案为： ， ， ， ．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，属于基础题．
二．分段函数的应用（共2小题）
3．（2024•上海）已知 ，求 的 的取值范围 ， ．
【分析】根据已知求得 ，再分 以及 分别求解即可．
【解答】解：根据题意知 ，
所以当 时， ，解得 ， ；同理当 时， ，解得 ；
综上所述： ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查分段函数的相关知识，考查不等式的求解，考查计算能力，属于中档题．
4．（2022•上海）若函数 ，为奇函数，求参数 的值为 1 ．
【分析】由题意，利用奇函数的定义可得 ，故有 （1），由此求得 的值．
【解答】解： 函数 ，为奇函数， ，
（1）， ，即 ，求得 或 ．
当 时， ，不是奇函数，故 ；
当 时， ，是奇函数，故满足条件，
综上， ，
故答案为：1．
【点评】本题主要考查函数的奇偶性的定义和性质，属于中档题．
三．等差数列的前n项和（共3小题）
5．（2024•上海）数列 ， ， ， 的取值范围为 ．
【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题．
【解答】解：等差数列由 ，知数列 为等差数列 ，即 ，
解得 ．
故 的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
6．（2022•上海）已知等差数列 的公差不为零， 为其前 项和，若 ，则 ，2， ，
中不同的数值有 9 8 个．
【分析】由等差数前 项和公式求出 ，从而 ，由此能求出结果．
【解答】解： 等差数列 的公差不为零， 为其前 项和， ，
，解得 ，
，
， ，1， ， 中 ，
， ，
其余各项均不相等，
， ， 中不同的数值有： ．
故答案为：98．
【点评】本题考查等差数列的前 项和公式、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7．（2020•上海）已知数列 是公差不为零的等差数列，且 ，则 ．
【分析】根据等差数列的通项公式可由 ，得 ，在利用等差数列前 项和公式化简即可得出结论．
【解答】解：根据题意，等差数列 满足 ，即 ，变形可得 ，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查等差数列的前 项和与等差数列通项公式的应用，注意分析 与 的关系，属于基础题．
四．等比数列的性质（共1小题）
8．（2021•上海）在无穷等比数列 中， ，则 的取值范围是 ， ， ．
【分析】由无穷等比数列的概念可得公比 的取值范围，再由极限的运算知 ，从而得解．
【解答】解： 无穷等比数列 ， 公比 ， ， ，
，
，
， ， ．
故答案为： ， ， ．
【点评】本题考查无穷等比数列的概念与性质，极限的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
五．数列的应用（共1小题）
9 ． （ 2024• 上 海 ） ， ， ， ， 任 意 ， ， ， ， 满 足
，求有序数列 ， ， ， 有 4 8 对．
【分析】由题意得 ，10，12，18，20， ，设 ，由单调性有 ，， ， ，分类讨论可求解．
【解答】解：由题意得 ，10，12，18，20， ，
满足 ，
不妨设 ，
由单调性有 ， ， ， ，
分两种情况讨论：
① ， ，
解得 ， ， ， ，
② ， ，
解得 ， ， ， ，
所以有2种，
综上共有 对．
故答案为：48．
【点评】本题综合考查了数列，不等式的应用，属于难题．
六．数列的求和（共1小题）
10．（2021•上海）已知 为无穷等比数列， ， 的各项和为9， ，则数列 的各项和为
．
【分析】设 的公比为 ，由无穷递缩等比数列的求和公式，解方程可得 ，进而得到 ， ，求得数
列 的首项和公比，再由无穷递缩等比数列的求和公式，可得所求和．
【解答】解：设 的公比为 ，由 ， 的各项和为9，可得 ，
解得 ，
所以 ，
，
可得数列 是首项为2，公比为 的等比数列，
则数列 的各项和为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和无穷递缩等比数列的求和公式，考查方程思想和运算能力，属于
基础题．
七．数列递推式（共1小题）
11．（2021•上海）已知 ，2， ， 对任意的 ， 或 中
有且仅有一个成立， ， ，则 的最小值为 3 1 ．
【分析】设 ，由题意可得， ， 恰有一个为1，然后分两种情况分别求解 的值，
即可得到答案．
【解答】解：设 ，由题意可得， ， 恰有一个为1，
如果 ，那么 ， ， ， ，
同样也有， ， ， ， ，
全部加起来至少是 ；
如果 ，那么 ， ， ，同样也有， ， ， ， ，
全部加起来至少是 ，
综上所述，最小应该是31．
故答案为：31．
【点评】本题考查了数列的概念的理解和应用，递推公式的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于
中档题．
八．两向量的和或差的模的最值（共1小题）
12．（2020•上海）已知 ， ， ， ， ， 是平面内两两互不相等的向量，满足
，且 ， （其中 ，2， ，2， ， ，则 的最大值是 6 ．
【分析】设 ， ，结合向量的模等于1和2画出图形，由圆的交点个数即可求得 的最大值．
【解答】解：如图，设 ， ，
由 ，且 ， ，
分别以 ， 为圆心，以1和2为半径画圆，其中任意两圆的公共点共有6个．
故满足条件的 的最大值为6．
故答案为：6．
【点评】本题考查两向量的线性运算，考查向量模的求法，正确理解题意是关键，是中档题．
九．平面向量数量积的性质及其运算（共4小题）
13．（2023•上海）已知 、 、 为空间中三组单位向量，且 、 ， 与 夹角为 ，点 为空间任意一点，且 ，满足 ，则 最大值为
．
【分析】将问题坐标化，表示出 的坐标，再设 ，代入条件，结合不等式的性质求
解．
【解答】解：设 ， ， ，
，不妨设 ， ， ，则 ，
因为 ，
所以 ，可得 ， ，
所以 ，解得 ，
故 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查空间向量的坐标运算以及不等式的性质，属于中档题．
14．（2022•上海）若平面向量 ，且满足 ， ， ，则 ．
【分析】利用平面向量的数量积进行分析，即可得出结果．
【解答】解：由题意，有 ，则 ，设 ，
则 得， ，
由同角三角函数的基本关系得： ，则 ，
，
则 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于中档题．
15．（2020•上海）三角形 中， 是 中点， ， ， ，则 ．
【分析】根据余弦定理即可求出 ，并得出 ，然后进行数量积的运
算即可．
【解答】解： 在 中， ， ， ，
由余弦定理得， ，
，且 是 的中点，
．
故答案为： ．
【点评】本题考查了余弦定理，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量数量积的运算及
计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
16．（2020•上海）已知 、 、 、 、 五个点，满足 ，2， ，，2， ，则 的最小值为 ．
【分析】可设 ，从而据题意可得出 ， ，并设 ，根据是求
的最小值，从而可得出 ，从而可求出 ，从而根据基本不等式即可求出
的最小值．
【解答】解：设 ，则 ， ，
设 ，如图，
求 的最小值，则：
， ， ，
，当且仅当 ，即 时取等号，
的最小值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了向量垂直的充要条件，利用向量坐标解决向量问题的方法，基本不等式求最值的方法，
考查了计算能力，属于中档题．
一十．余弦定理（共1小题）17．（2023•上海）已知 中，角 ， ， 所对的边 ， ， ，则 ．
【分析】先利用余弦定理求出 ，再利用同角三角函数间的基本关系求解．
【解答】解： ， ， ，
由余弦定理得， ，
又 ，
，
．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了余弦定理的应用，考查了同角三角函数间的基本关系，属于基础题．
一十一．三角形中的几何计算（共1小题）
18．（2023•上海）某公园欲建设一段斜坡，坡顶是一条直线，斜坡顶点距水平地面的高度为4米，坡面与
水平面所成夹角为 ．行人每沿着斜坡向上走 消耗的体力为 ，欲使行人走上斜坡所消耗的
总体力最小，则 ．
【分析】先求出斜坡的长度，求出上坡所消耗的总体力的函数关系，求出函数的导数，利用导数研究函数
的最值即可．
【解答】解：斜坡的长度为 ，
上坡所消耗的总体力 ，
函数的导数 ，
由 ，得 ，得 ， ，
由 时 ，即 时，函数单调递增，由 时 ，即 时，函数单调递减，
即 ，函数取得最小值，即此时所消耗的总体力最小．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查生活的应用问题，求函数的导数，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键，是
中档题．
一十二．棱锥的结构特征（共1小题）
19．（2023•上海）空间中有三个点 、 、 ，且 ，在空间中任取2个不同的点 ，
（不考虑这两个点的顺序），使得它们与 、 、 恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法
有 9 种．
【分析】根据正四棱锥的性质，分类讨论，即可求解．
【解答】解：如图所示，设任取2个不同的点为 、 ，
当 为正四棱锥的侧面时，如图，平面 的两侧分别可以做 作为圆锥的底面，有2种情况，
同理以 、 为底面各有2种情况，所以共有6种情况；
当 为正四棱锥的截面时，如图， 、 位于 两侧， 为圆锥的底面，只有一种情况，
同理以 、 为底面各有1种情况，所以共有3种情况；
综上，共有 种情况．
故答案为：9．
【点评】本题考查正四棱锥的性质，分类讨论思想，属中档题．
一十三．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共1小题）
20．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2， 为上底面圆的一条直径， 是下底面圆周上的一个动点，则 的面积的取值范围为 ．
【分析】上顶面圆心记为 ，下底面圆心记为 ，连接 ，过点 作 ，垂足为点 ，由于
为定值，则 的大小随着 的长短变化而变化，
分别求解 的最大值和最小值，即可得到答案．
【解答】解：如图1，上底面圆心记为 ，下底面圆心记为 ，
连接 ，过点 作 ，垂足为点 ，
则 ，
根据题意， 为定值2，所以 的大小随着 的长短变化而变化，
如图2所示，当点 与点 重合时， ，
此时 取得最大值为 ；
如图3所示，当点 与点 重合， 取最小值2，
此时 取得最小值为 ．
综上所述， 的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了空间中的最值问题，将三角形面积的最值问题转化为求解线段 的最值问题进行求
解是解题的关键，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
一十四．异面直线及其所成的角（共1小题）
21．（2024•上海）已知四棱柱 底面 为平行四边形， ， 且，求异面直线 与 的夹角 ．
【分析】由题将 转化为 即可求解．
【解答】解：如图，
因为 ，又 ，
，
化简得 ，
，
．
异面直线 与 的夹角为 ．
【点评】本题考查向量法求立体几何中的线线角，属于中档题．
一十五．两条平行直线间的距离（共1小题）
22．（2020•上海）已知直线 ， ，若 ，则 与 的距离为 ．
【分析】由 求得 的值，再根据两平行线间的距离计算即可．
【解答】解：直线 ， ，
当 时， ，解得 ；
当 时 与 重合，不满足题意；当 时 ，此时 ， ；
则 与 的距离为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了平行线的定义和平行线间的距离计算问题，是基础题．
一十六．圆的标准方程（共1小题）
23．（2024•上海）正方形草地 边长1.2， 到 ， 距离为0.2， 到 ， 距离为0.4，有
个圆形通道经过 ， ，且与 只有一个交点，求圆形通道的周长 2.7 3 ．（精确到
【分析】先确定圆的圆心坐标和半径，从而得出结论．
【解答】解：以 为原点，线段 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立直角坐标系，
易知 ， ．
不妨设 中点为 直线 中垂线所在直线方程为 ，
化简得 ．
所以可设圆心为 ，半径为 ，且经过 ， 点，
即 ，
化简得 ，求得 ．
结合题意可得， ．
故有圆的周长 ．
【点评】本题主要考查直线和圆相交的性质，圆的标准方程，属于中档题．一十七．圆的一般方程（共1小题）
24．（2023•上海）已知圆 的面积为 ，则 ．
【分析】先把圆的一般方程化为标准方程，再结合圆的半径为1求解即可．
【解答】解：圆 化为标准方程为： ，
圆的面积为 ， 圆的半径为1，
，
．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了圆的标准方程，属于基础题．
一十八．椭圆的性质（共2小题）
25．（2021•上海）已知椭圆 的左、右焦点为 、 ，以 为顶点， 为焦点作抛物
线交椭圆于 ，且 ，则抛物线的准线方程是 ．
【分析】先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线 的方程并与抛物线方程联立，
求出点 的坐标，由此可得 ，进而可以求出 ， 的长度，再由椭圆的定义即可求解．
【解答】解：设 ， ，则抛物线 ，
直线 ，联立方程组 ，解得 ， ，
所以点 的坐标为 ，所以 ，又
所以 ，
则 ，
所以抛物线的准线方程为： ，
故答案为： ．【点评】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．
26．（2020•上海）已知椭圆 的右焦点为 ，直线 经过椭圆右焦点 ，交椭圆 于 、
两点（点 在第二象限），若点 关于 轴对称点为 ，且满足 ，求直线 的方程是
．
【分析】求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程．
【解答】解：椭圆 的右焦点为 ，
直线 经过椭圆右焦点 ，交椭圆 于 、 两点（点 在第二象限），
若点 关于 轴对称点为 ，且满足 ，
可知直线 的斜率为 ，所以直线 的方程是： ，
即 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识
的考查．
一十九．抛物线的性质（共1小题）
27．（2021•上海）已知抛物线 ，若第一象限的 ， 在抛物线上，焦点为 ， ，， ，求直线 的斜率为 ．
【分析】将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，根据已知条件结合斜率的定义，求出直线
的斜率即可．
【解答】解：如图所示，设抛物线的准线为 ，作 于点 ， 于点 ， 于点 ，
由抛物线的定义，可得 ， ，
，
直线 的斜率 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查直线斜率的定义与计算，抛物线的定义等知识，属于基础题．
二十．双曲线的性质（共1小题）
28．（2024•上海）三角形三边长为5，6，7，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线
的离心率为 3 ．
【分析】利用双曲线的定义、离心率的计算公式即可得出结论．
【解答】解：由双曲线的定义， ， ，
解得 ， ，
．
故答案为：3．【点评】本题考查了双曲线的定义、离心率的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
二十一．古典概型及其概率计算公式（共3小题）
29．（2023•上海）为了学习宣传党的二十大精神，某校学生理论宣讲团赴社区宣讲，已知有 4名男生，6
名女生，从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生的概率为 0. 5 ．
【分析】根据古典概型求解即可．
【解答】解：从10人中任选3人的事件个数为 ，
恰有1名男生2名女生的事件个数为 ，
则恰有1名男生2名女生的概率为 ．
故答案为：0.5．
【点评】略
30．（2022•上海）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随
机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的概率为 ．
【分析】由题意，利用古典概率的计算公式，计算求得结果．
【解答】解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的方法共有 种，
而所有的抽取方法共有 种，
故每一类都被抽到的概率为 ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查古典概率及其计算公式的应用，属于基础题．
31．（2021•上海）已知花博会有四个不同的场馆 ， ， ， ，甲、乙两人每人选2个去参观，则他
们的选择中，恰有一个馆相同的概率为 ．
【分析】根据古典概型的概率公式进行计算即可．
【解答】解：甲选2个去参观，有 种，乙选2个去参观，有 种，共有 种，若甲乙恰有一个馆相同，则选确定相同的馆有 种，然后从剩余3个馆种选2个进行排列，有
种，共有 种，
则对应概率 ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查概率的计算，利用古典概型的概率公式是解决本题的关键，是基础题．
二十二．频率分布直方图（共1小题）
32．（2023•上海）某校抽取100名学生测身高，其中身高最大值为 ，最小值为 ，根据身高数
据绘制频率组距分布直方图，组距为5，且第一组下限为153.5，则组数为 7 ．
【分析】计算极差，根据组距求解组数即可．
【解答】解：极差为 ，组距为5，且第一组下限为153.5，
，故组数为7组，
故答案为：7．
【点评】本题考查频率分布直方图，属于基础题．
二十三．众数、中位数、平均数（共2小题）
33．（2023•上海）现有某地一年四个季度的 （亿元），第一季度 为232（亿元），第四季度
为241（亿元），四个季度的 逐季度增长，且中位数与平均数相同，则该地一年的 为
946 （亿元） ．
【分析】设第二季度 为 亿元，第三季度 为 亿元，则 ，由题意可得
，可求出 的值，从而求出该地一年的 ．
【解答】解：设第二季度 为 亿元，第三季度 为 亿元，则 ，
中位数与平均数相同，
，
，
该地一年的 为 （亿元）．故答案为：946（亿元）．
【点评】本题主要考查了中位数和平均数的定义，属于基础题．
34．（2020•上海）已知有四个数1，2， ， ，这四个数的中位数是3，平均数是4，则 3 6 ．
【分析】分别由题意结合中位数，平均数计算方法得 ， ，解得 ， ，再算出答案即可．
【解答】解：因为四个数的平均数为4，所以 ，
因为中位数是3，所以 ，解得 ，代入上式得 ，
所以 ，
故答案为：36．
【点评】本题考查样本的数字特征，中位数，平均数，属于基础题．
二十四．分类加法计数原理（共1小题）
35．（2020•上海）已知 ， ， ，0，1，2， ， 、 ，则 的情况有 1 8 种．
【分析】先讨论 的取值，得到对应 的值，再整体求和即可．
【解答】解：当 ，0种，
当 ，2种，
当 ，4种；
当 ，6种，
当 ，4种；
当 ，2种，
当 ，0种，
故共有： ．
故答案为：18．
【点评】本题主要考查分类讨论思想在概率中的应用，属于基础题目．
二十五．排列、组合及简单计数问题（共1小题）
36．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，
第三天安排2个人，则共有 18 0 种安排情况．
【分析】根据题意，由组合公式得共有 排法，计算即可得出答案．
【解答】解：根据题意，可得排法共有 种．
故答案为：180．【点评】本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题．
二十六．二项式定理（共5小题）
37．（2023•上海）已知 ，若存在 ，
1，2， ， 使得 ，则 的最大值为 4 9 ．
【分析】由二项展开式的通项可得 ，若 ，则 为奇数，所以
，即 ，从而求出 的取值范围，得到 的最大值．
【解答】解：二项式 的通项为 ， ，1，2， ， ，
二项式 的通项为 ， ，1，2， ， ，
， ，1，2， ， ，
若 ，则 为奇数，
此时 ，
，
，
，
又 为奇数，
的最大值为49．
故答案为：49．
【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．
38．（2023•上海）设 ，则 1 7 ．
【分析】根据二项式定理及组合数公式，即可求解．
【解答】解：根据题意及二项式定理可得：
．故答案为：17．
【点评】本题考查二项式定理及组合数公式的应用，属基础题．
39．（2022•上海）二项式 的展开式中， 项的系数是常数项的5倍，则 1 0 ．
【分析】由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得 的值．
【解答】解： 二项式 的展开式中， 项的系数是常数项的5倍，
即 ，即 ，
，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
40．（2021•上海）已知 的展开式中，唯有 的系数最大，则 的系数和为 6 4 ．
【分析】由已知可得 ，令 ，即可求得系数和．
【解答】解：由题意， ，且 ，
所以 ，
所以令 ， 的系数和为 ．
故答案为：64．
【点评】本题主要考查二项式定理．考查二项式系数的性质，属于基础题．
41．（2020•上海）已知二项式 ，则展开式中 的系数为 1 0 ．
【分析】由 ，可得到答案．
【解答】解： ，所以展开式中 的系数为10．
故答案为：10．
【点评】本题考查利用二项式定理求特定项的系数，属于基础题．
二十七．优选法的概念（共1小题）
42．（2021•上海）某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如表所示，问有
几种运动方式组合 2 3 种
运动 运动 运动 运动 运动7点 点 8点 点 9点 点 10点 点 11点 点
30分钟 20分钟 40分钟 30分钟 30分钟
【分析】由题意知至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中， 、 、 的组合不符合题意，由
此求出结果．
【解答】解：由题意知，至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中， 、 、 的组合不符合题
意；
所以满足条件的运动组合方式为： （种 ．
故答案为：23种．
【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了统筹问题的思想应用问题，是基础题．
一．函数的零点与方程根的关系
函数的零点表示的是函数与x轴的交点，方程的根表示的是方程的解，他们的含义是不一样的．但是，他
们的解法其实质是一样的．
【解题方法点拨】
求方程的根就是解方程，把所有的解求出来，一般要求的是二次函数或者方程组，这里不多讲了．我们重
点来探讨一下函数零点的求法（配方法）．
【命题方向】
直接考的比较少，了解相关的概念和基本的求法即可．
二．分段函数的应用
【知识点的认识】
分段函数顾名思义指的是一个函数在不同的定义域内的函数表达式不一样，有些甚至不是连续的．这个在
现实当中是很常见的，比如说水的阶梯价，购物的时候买的商品的量不同，商品的单价也不同等等，这里
面都涉及到分段函数．
【解题方法点拨】
正如前面多言，分段函数与我们的实际联系比较紧密，那么在高考题中也时常会以应用题的形式出现．下
面我们通过例题来分析一下分段函数的解法．
【命题方向】
修炼自己的内功，其实分不分段影响不大，审清题就可以了，另外，最好画个图来解答．
三．等差数列的前n项和等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这
个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为S ＝＝na
n 1
＋d.
【命题方向】
等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察
的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．
四．数列的求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有
的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：＝；
＝.
2．错位相减法求和，主要用于求{ab}的前n项和，其中{a}，{b}分别为等差数列和等比数列．
n n n n
3.倒序相加法：
推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，
就可以得到n个（a +a ）．
1 n
4.分组求和法：
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见
的数列，然后分别求和，再将其合并即可．
【命题方向】
数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．
五．数列递推式
数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通
项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在
数列中的应用．
六．平面向量数量积的性质及其运算
1．向量的夹角
已知两个非零向量a，b，O是平面上的任意一点，作OA＝a，OB＝b，则 ∠ AOB ＝θ(0≤θ≤π)叫做向量a与
b的夹角．
2．平面向量的数量积
已知两个非零向量a与b，它们的夹角为θ，我们把数量 | a | | b |cos θ 叫做向量a与b的数量积，记作 a · b .
3．平面向量数量积的几何意义设a，b是两个非零向量，它们的夹角是θ，e是与b方向相同的单位向量，AB＝a，CD＝b，过AB的起点A
和终点B，分别作CD所在直线的垂线，垂足分别为A ，B ，得到A1B1，我们称上述变换为向量a向向量b
1 1
投影，A1B1叫做向量a在向量b上的投影向量．记为 | a |cos θ e .
4．向量数量积的运算律
(1)a·b＝ b · a .
(2)(λa)·b＝ λ ( a · b ) ＝ a ·( λ b ) ．
(3)(a＋b)·c＝ a · c ＋ b · c .
5．平面向量数量积的有关结论
已知非零向量a＝(x，y)，b＝(x，y)，a与b的夹角为θ.
1 1 2 2
几何表示 坐标表示
数量积 a·b＝|a||b|cos θ a·b＝xx ＋ yy
1 2 1 2
模 |a|＝ |a|＝
夹角 cos θ＝ cos θ＝
a⊥b的充要条件 a·b＝0 xx ＋ yy ＝ 0
1 2 1 2
|a·b|与|a||b|的关系 |a·b|≤|a||b| |xx＋yy|≤
1 2 1 2
【命题方向】
本知识点应该所有考生都要掌握，这个知识点和三角函数联系比较多，也是一个常考点，题目相对来说也
不难，所以是拿分的考点，希望大家都掌握．
七．正弦定理、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
定理 正弦定理 余弦定理
a2＝ b 2 ＋ c 2 － 2 bc cos A ；
内容 ＝＝＝2R b2＝ c 2 ＋ a 2 － 2 ca cos B ；
c2＝ a 2 ＋ b 2 － 2 ab cos C
(1)a＝2Rsin A，
b＝ 2 R sin B ，
c＝ 2 R sin C ； cos A＝；
变形 (2)sin A＝， cos B＝；
sin B＝，sin C＝； cos C＝
(3)a∶b∶c
＝ sin A ∶ sin B ∶ sin C
2．三角形解的判断
A为锐角 A为钝角或直角图形
关系式 a＝bsin A bsin A< ab
解的个数 一解 两解 一解 一解
3．三角形中常用的面积公式
(1)S＝ah(h 表示边a上的高)；
a a
(2)S＝absin C＝acsin B＝bcsin A；
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形的内切圆半径)．
常用结论
在△ABC中，常有以下结论：
(1)∠A＋∠B＋∠C＝π.
(2)任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
(3)a>b⇔A>B⇔sin A>sin B，cos Ab>0) ＋＝1(a>b>0)
范围 － a ≤ x ≤ a 且－ b ≤ y ≤ b － b ≤ x ≤ b 且－ a ≤ y ≤ a
A ( － a ,0) ， A ( a ,0) ， A (0 ，－ a ) ， A (0 ， a ) ，
1 2 1 2
顶点
B (0 ，－ b ) ， B (0 ， b ) B ( － b ,0) ， B ( b ,0)
1 2 1 2
轴长 短轴长为 2 b ，长轴长为 2 a
焦点 F ( － c ,0) ， F ( c ,0) F (0 ，－ c ) ， F (0 ， c )
1 2 1 2
焦距 |FF|＝ 2 c
1 2
对称性 对称轴： x 轴和 y 轴 ，对称中心：原点
离心率 e＝(00，b>0) －＝1(a>0，b>0)
图形
焦点 F ( － c ,0) ， F ( c ,0) F (0 ，－ c ) ， F (0 ， c )
1 2 1 2
焦距 | F F | ＝ 2 c
1 2
范围 x ≤ － a 或 x ≥ a ，y∈R y≤－a或y≥a，x∈R
对称性 对称轴：坐标轴；对称中心：原点
性质 顶点 A ( － a ,0) ， A ( a ,0) A (0 ，－ a ) ， A (0 ， a )
1 2 1 2
实轴：线段AA，长： 2 a ；虚轴：线段BB，长： 2 b ，实半
1 2 1 2
轴
轴长：a，虚半轴长：b
渐近线 y＝±x y＝±x
离心率 e＝∈ (1 ，＋ ∞ )
a，b，c的关系 c2＝ a 2 ＋ b 2 (c>a>0，c>b>0)十二．抛物线的标准方程和简单几何性质
标准
y2＝2px(p>0) y2＝－2px(p>0) x2＝2py(p>0) x2＝－2py(p>0)
方程
图形
范围 x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R
焦点
准线
x＝－ x＝ y＝－ y＝
方程
对称轴 x 轴 y 轴
顶点 (0,0)
离心率 e＝1
十三．平均数、中位数和众数
(1)平均数：＝(x＋x＋…＋x)．
1 2 n
(2)中位数：将一组数据按从小到大或从大到小的顺序排列，处在最中间的一个数据(当数据个数是奇数时)
或最中间两个数据的平均数(当数据个数是偶数时)．
(3)众数：一组数据中出现次数最多的数据(即频数最大值所对应的样本数据)．
十四、两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中
有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m ＋ n 种不同的方法．
(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方
法，那么完成这件事共有N＝ m × n 种不同的方法.
常用结论
1．分类加法计数原理的推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2
1
类方案中有m 种不同的方法，……，在第n类方案中有m 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m ＋
2 n 1
m＋…＋m 种不同的方法．
2 n
2．分步乘法计数原理的推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有m 种
1 2
不同的方法，……，做第n步有m 种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×m×…×m 种不同的方法．
n 1 2 n
十五．排列、组合及简单计数问题
1．排列与组合的概念
名称 定义
排列 从n个不同元素中取 按照一定的顺序排成一列
组合 出m(m≤n)个元素 作为一组
2.排列数与组合数(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号 A 表示．
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号 C 表示．
3．排列数、组合数的公式及性质
(1)A＝ n ( n － 1)( n － 2)…( n － m ＋ 1) ＝(n，m∈N*，且m≤n)．
公式
(2)C＝＝(n，m∈N*，且m≤n)．特别地，C＝1
(1)0！＝1；A＝ n ！ .
性质
(2)C＝C；C＝ C ＋ C
4、排列组合问题的一些解题技巧：
①特殊元素优先安排；
②合理分类与准确分步；
③排列、组合混合问题先选后排；
④相邻问题捆绑处理；
⑤不相邻问题插空处理；
⑥定序问题除法处理；
⑦分排问题直排处理；
⑧“小集团”排列问题先整体后局部；
⑨构造模型；
⑩正难则反、等价转化．
对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分
步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：
①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．
十六、二项式定理
1．二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝ C a n ＋ C a n － 1 b 1 ＋ … ＋ C a n － k b k ＋ … ＋ C b n (n∈N*)
二项展开式的通项 T ＝Can－kbk，它表示展开式的第 k ＋ 1 项
k＋1
二项式系数 C(k＝0,1，…，n)
2.二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．
(2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项 取得最大值；当n是奇数时，中间的两项 与相等，且同时取得最大值．
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝ 2 n .
常用结论
1．C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
2．C＝C＋C.
十七、古典概型及其概率计算公式
1．古典概型的特征
(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；
(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．
2．古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件
A的概率P(A)＝＝.
其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．
一．函数的零点与方程根的关系（共2小题）
1．（2024•青浦区二模）对于函数 ，其中 ，若关于 的方程 有
两个不同的零点，则实数 的取值范围是 ．
【分析】结合函数的性质分析函数的特征，作出函数的图象，关于 的方程 有两个不同的零点转
化为 与 有两个交点，结合函数图象即可求解．
【解答】解：①当 时，函数 单调递减可得： ；
②当 时，由函数 单调递增可得： ，
作出函数 的图象，
由图象可知：由 ，可得 ，故当 时，函数 与 的图象有且只有两个交点，
满足关于 的方程 有两个不同的实根的实数 的取值范围是 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了由方程根的个数求解参数范围，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．
2．（2024•普陀区模拟）已知 ，若关于 的不等式 的解集中有且仅有一个负整数，
则 的取值范围是 ．
【分析】原式可化为 ，然后研究函数 的图象，只需当 时， 在
下方时，只有一个负整数即可，构造不等式组求解．
【解答】解：原不等式可化为： ，
令 ， ，显然 时， ， 递减； 时， ， 递增，
所以 ，且 时， ，
同一坐标系中，做出 与 （过定点 的图象：据图可知，满足题意的整数解为 ，此时应满足 ，
解得 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数零点个数的判断方法，数形结合思想的应用，属于中档题．
二．分段函数的应用（共2小题）
3．（2024•杨浦区二模）若函数 为奇函数，则函数 ， 的值域为
．
【分析】根据题意，当 时， ，求出此时 的值域，结合函数的奇偶性分析可得答案．
【解答】解：根据题意，当 时， ，
当 时，有 ，则有 ，
又由 为奇函数，则 时， 为值域为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数的值域，属于基础题．4 ． （ 2024• 黄 浦 区 校 级 模 拟 ） 已 知 函 数 ， 若 关 于 的 不 等 式
恰有一个整数解，则实数 的取值范围是 ， ．
【分析】通过讨论 和1的大小，结合函数图像即可求解结论．
【解答】解：函数 ，
由 ，得 ，
当 时， ，不等式无解；
当 时，由 得 ，此时不合题意．
当 时，由 得 ，
若不等式恰有一个整数解，则整数解为 ，
又 ， ，再结合图像知，
，
综上所述，实数 的取值范围为 ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查函数性质的综合应用，考查数形结合思想，属于中档题．三．等差数列的前n项和（共2小题）
5．（2024•松江区二模）已知等差数列 的公差为2，前 项和为 ，若 ，则使得 成立的
的最大值为 5 ．
【分析】利用等差数列的性质求解．
【解答】解： 等差数列 的公差为2，前 项和为 ， ，
，
解得 ，
，
，
， ，
整理得 ，解得 ，
， 使得 成立的 的最大值为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．（2024•黄浦区二模）已知数列 是给定的等差数列，其前 项和为 ，若 ，且当 与
时， ， ， 取得最大值，则 的值为 2 1 ．
【分析】由已知结合等差数列的性质及二次函数的性质对 的正负进行分类讨论，分别进行求解即可．
【解答】解：当 时，有 ，所以 ，即 为最小值，
若 取得最大值，则 ；
当 时，有 ，所以 ，即 为最大的值，若 取得最大值，则根据二次函数的对称性可知， ；
所以 ．
故答案为：21．
【点评】本题主要考查了等差数列性质的综合应用，属于中档题．
四．数列的求和（共3小题）
7．（2024•黄浦区校级模拟）若项数为 的数列 ，满足： ，2，3， ， ，我们称其
为 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的
“对称数列”．设数列 为 项的“对称数列”，其中 ， ， ， 是公差为 的等差数列，
数列 的最小项等于 ，记数列 的前 项和为 ，若 ，则 的值为 5 或 4 ．
．
【分析】根据公差可得数列单调性进而可得 ，进而可得等差数列的通项公式，再结合对称数列的
定义列方程求解即可．
【解答】解：由于 ， ， ， 是公差为 的等差数列，故 ， ， ， 单调递减，所以
，
故 ，则 ， ．
又 ，故 ，即 ，
由等差数列前 项和公式有 ，化简得 ，
解得 或 ．
故答案为：5或4．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式和前 项和公式，属于中档题
8．（2024•普陀区模拟）设 ， ， 是正整数， 是数列 的前 项和， ， ，若，且 ， ，记 ，则 7 ．
【分析】根据数列递推式求出 的通项，从而可得 ，进而可得 ，根据 ，即可求
出 ．
【解答】解： ， ，
两式相减，得： ，即 ，
而 ，所以 ，
所以 ，则 ，
当 时， ，
根据数列 的性质 可知，
必有系数1024，512，256，128，64，32，8，
则这7个数前面的系数为1，其余系数都是0，
故 ．
故答案为：7．
【点评】本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
9．（2024•浦东新区校级模拟）已知数列 满足：对任意 ，都有 ， ，设数
列 的前 项和为 ，若 ，则 的最大值为 ．
【分析】首先求第二项，再找到可行数列，再证明可行性，即可求解．
【解答】解：若 ，则 ，得 ，若 ，与 矛盾， 只能取 ．
注意到一个可行的数列为0， ，1， ，2， ，3， ， ，下面证明该数列使 达到最大．
为此，我们证明：当 为奇数 时， ．
假设存在某正奇数 使 ，则分为两种可能：
①若 ，则 ， ；
同时，按原数列要求， ， ，故 ．
注意到该数列显然为整数数列，故当 为奇数时，不存在整数能位于该区间 ，因此矛盾．
②若 ，则 ， ，与 矛盾；
综上，原假设不成立，故当 为奇数 时， ．
而已经找到的数列0， ，1， ，2， ，3， ， ，
其中等号全部成立，
故 的最大值为 ．
【点评】本题考查数列求和的最值，构造可行数列是解题的关键，考查构造思想和运算能力、推理能力，
属于中档题．
五．数列递推式（共3小题）
10．（2024•宝山区二模）在数列 中， ，且 ，则 4 ．
【分析】利用递推公式求出数列 的前4项，由此猜想 ．再用数学归纳法证明，由此能求出
．
【解答】解：在数列 中， ，且 ，
，
，，
由此猜想 ．
下面用数学归纳法证明：
① ，成立，
②假设 成立，
则 成立，
由①②得 ，
则 ．
故答案为：4．
【点评】本题考查数列的递推公式、递推思想、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11．（2024•徐汇区模拟）已知数列 的前 项和为 ，若 是正整数），则 8 1 ．
【分析】由已知结合数列的和与项的递推关系进行转化，然后结合等比数列的通项公式即可求解．
【解答】解：因为 ，
时， ，
两式相减可得， ，
即 ， ，
因为 ，解得 ，
故数列 是以1为首项，以3为公比的等比数列，
所以 ．
故答案为：81．
【点评】本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，还考查了等比数列的通项公式的应用，属于中档题．
12．（2024•徐汇区校级模拟）已知数列 ， 是公差相等的等差数列，且 ，若 为正
整数，设 ，则数列 的通项公式为 ．
【分析】设数列 ， 的公差为 ，由 可得 ， ，代入 可得答案．
【解答】解：设数列 ， 的公差为 ，由 ，
可得 ，
解得 ，
则 ， ，
即 ，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了数列的递推式，重点考查了等差数列通项公式的求法，属中档题．
六．平面向量数量积的性质及其运算（共5小题）
13．（2024•闵行区二模）已知 、 是空间中两个互相垂直的单位向量，向量 满足 ，且
，当 取任意实数时， 的最小值为 ．
【分析】由已知可得 ，展开 ，利用配方法求其最小值即可．
【解答】解：由题意可知： ，
又 ，且 ，则
，
故当 时， 有最小值为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查利用配方法求二次式的最值，属中档题．
14．（2024•浦东新区二模）正三棱锥 中，底面边长 ，侧棱 ，向量 ， 满足
， ，则 的最大值为 4 ．
【分析】根据向量的线性运算法则与数量积的运算性质化简已知等式，设 ， ，将向量等式
转化为动点的轨迹问题，再利用球的性质计算出两球的球面上的两点间距离的最大值，即可得到本题的答
案．
【解答】解：由三棱锥 是正三棱锥，可得 ，且 ，
由 化简得 ，根据 化简得 ．
设 ， ，代入 ， ，分别化简得 且 ，
因此，点 在以 为直径的球面上，半径 ； 在以 为直径的球面上，半径 ．
分别取线段 、 的中点 、 ，则 ，故 ．故答案为：4．
【点评】本题主要考查向量的线性运算、向量数量积的运算性质、球的性质等知识，属于中档题．
15．（2024•虹口区二模）已知平面向量 满足 ，若平面向量 满足 ，则
的最大值为 ．
【分析】作出图形，设 ， ，设 ，根据题意易得 ， 在以 为圆心，1
为半径的圆上，从而可得， 取得最大值 ，从而得解．
【解答】解：如图，设 ， ，设 ，则 ， ，
，
，
，
又向量 满足 ， ，
即 ， 在以 为圆心，1为半径的圆上，
又 ，
当 ， ， 三点共线，且 在 之间时， 取得最大值 ．故答案为： ．
【点评】本题考查向量模的最值的求解，解三角形问题，数形结合思想，属中档题．
16．（2024•长宁区二模）已知平面向量 满足： ，若 ，则
的最小值为 2 ．
【分析】直接利用向量的数量积运算和直线与圆的位置关系求出结果．
【解答】解：设 ， ， ，由于 ，所以 ，故 ．
如图所示：
故点 在以 为直径的圆上，记圆心为 ，所以 ，
则： ，
整理得： ，故 ，
则 ．
故 的最小值为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查的知识点：向量的数量积，直线与圆的位置关系，主要考查学生的运算能力，属于中档
题．
17．（2024•浦东新区校级模拟）平面直角坐标系 中， 、 两点到直线 和 的距离之和均为 ．当 最大时， 的最小值为 ．
【分析】利用点到直线的距离公式可得： ，通过分类讨论可知：点 ， 的运动轨
迹是如图所示的正方形的4条边．结合向量运算即可得到最小值．
【解答】解：设动点 ，由题意得， ，
即 ，如图所示：
按区域① ④去绝对值讨论：
①区域中， ，化为 ， ；
②区域中， 且 ，化为 ， ；
③区域中， ，化为 ， ；
④区域中， 且 ，化为 ， ；
所以点 的轨迹 为一个正方形，即点 ， 的运动轨迹为如图正方形的四条边．
当 最大时，有 ，
所以 为 中点），
所以 的最小值的等价于 最小时，
显然当 正方形①或④中的边时， ，
所以 ．
故答案为： ．【点评】本题考查了平面向量数量积的运算问题，也考查了数形结合思想，是难题．
七．余弦定理（共2小题）
18．（2024•闵行区校级二模）在 中，其内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，若 ，
， ，则 的面积为 3 ．
【分析】由余弦定理可求得 ，再由三角形的面积公式计算即可求得．
【解答】解：由余弦定理得： ，
即 ，
所以 ，
所以 ．
故答案为：3．
【点评】本题考查利用余弦定理和三角形的面积公式解三角形，属于基础题．
19．（2024•长宁区二模）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，若 ，则
．
【分析】利用余弦定理表示出 ，把已知等式变形后代入计算求出 的值，即可确定出 的度数．
【解答】解： 中， ，即 ，
，则 ．
故答案为：
【点评】此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
八．棱柱的结构特征（共1小题）
20．（2024•青浦区二模）如图，在棱长为1的正方体 中， 、 、 在棱 、 、
上，且 ，以 为底面作一个三棱柱 ，使点 ， ， 分别在
平面 、 、 上，则这个三棱柱的侧棱长为 ．
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，根据三棱柱中向量相等得到 坐标，进而得到 的坐标，
从而得到侧棱 的长度，即得答案．
【解答】解：以 为原点，以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立空间直角坐标系，则 ， ， ， ，0， ， ， ， ， ， ， ，
则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
由三棱柱可知 ，
即 ，
所以 ， ，
，
即 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，
故这个三棱柱的侧棱长为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
九．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共2小题）
21．（2024•浦东新区校级模拟）圆锥侧面展开图扇形的圆心角为 ，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积
为 ．
【分析】根据扇形弧长与底面半径关系得 ，解出弧长，最后利用侧面积公式即可．
【解答】解：设圆锥的母线为 ，则 ，所以 ，
则圆锥的侧面积为 ．
故答案为： ．【点评】本题主要考查圆锥侧面积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
22．（2024•浦东新区二模）如图，有一底面半径为1，高为3的圆柱．光源点 沿着上底面圆周做匀速运
动，射出的光线始终经过圆柱轴截面的中心．当光源点 沿着上底面圆周运动半周时，其射出的光线在圆
柱内部“扫过”的面积为 ．
【分析】由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以 为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥的半
个侧面积，求该圆锥的侧面积即可．
【解答】解：由已知得射出的光线在圆柱内部“扫过”的面积是以 为顶点，以圆柱的底面为底面的圆锥
的半个侧面积，共两个，
因为圆柱的高为3，定义圆锥的高为 ，
所以圆锥的母线长为 ，
所以面积为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了圆柱的结构特征，考查了圆锥的侧面积公式，属于中档题．
一十．异面直线及其所成的角（共2小题）
23．（2024•杨浦区二模）正方体 中，异面直线 与 所成角的大小为 ．
【分析】 ， 为异面直线 与 所成角，由此即可得．
【解答】解：正方体 中， ，
则 为异面直线 与 所成角，．
故答案为： ．
【点评】本题考查异面直线所成的角，属于基础题．
24．（2024•崇明区二模）已知底面半径为1的圆柱， 是其上底面圆心， 、 是下底面圆周上两个不
同的点， 是母线．若直线 与 所成角的大小为 ，则 ．
【分析】过 作与 平行的母线 ，由异面直线所成角的概念得到 为 ．在直角三角形 中，
直接由 得到答案．
【解答】解：如图，过 作与 平行的母线 ，连接 ，
则 为直线 与 所成的角，大小为 ．
在直角三角形 中，因为 ，所以 ．
则 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了异面直线所成的角，考查了直角三角形的解法，是基础题．
一十一．点、线、面间的距离计算（共3小题）
25．（2024•静安区二模）正四棱锥 底面边长为2，高为3，则点 到不经过点 的侧面的距离为 ．
【分析】根据条件可以求点 到侧面 的距离，利用等体积转化法即可得解．
【解答】解：如图：在正四棱锥 中，因为 ，
所以 ，
取 的中点 ，连接 ，则 面 ，
即 ，
所以 ，
又因为 ，
取 的中点 ，连接 ， ，则 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
根据正四棱锥的对称性可知：点 到不经过点 的侧面的距离是相等的，
设点 到平面 的距离为 ，
则 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
解得 ，
即点 到不经过点 的侧面的距离为 ．
故答案为： ．【点评】本题考查等体积转换法求点到面的距离，属于中档题．
26．（2024•虹口区模拟）如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由一个正四棱锥和一个正四
棱柱贯穿构成，正四棱柱的侧棱平行于正四棱锥的底面，正四棱锥的侧棱长为 ，底面边长为6，正四
棱柱的底面边长为 ， ， ， 是正四棱锥的侧棱和正四棱柱的侧棱的交点，则 2 ．
【分析】先作出截面，再由截面分析出各三角形的边长，利用相似三角形求解即可．
【解答】解：过 作垂直于四棱锥底面的截面，如图所示，
由条件可知 为底面正方形的对角线，所以 ，所以 ，
长度为正四棱柱底面正方形的对角线，所以 ， 长度为正四棱柱底面正方形的对角线的一半，
所以 ，
由 可得 ，解得 ， ，由 可得 ，
所以 ．
故答案为：2．
【点评】本题考查棱柱的结构特征的应用，属于中档题．
27．（2024•虹口区二模）如图，在直四棱柱 中，底面 为菱形，且 ．
若 ，点 为棱 的中点，点 在 上，则线段 ， 的长度和的最小值为
．
【分析】找出线段 ， 的长度和的最小值，然后通过求解三角形，推出结果．
【解答】解：取 的中点为 ，连接 ，又 为 的中点，则 ，又 ，则 ，
， ， 四点共面，
将平面 翻折到与平面 共面，则线段 ， 的长度和的最小值为 的长度，由题意知 ， ，
， ，
，
， ，
．
故答案为： ．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系的应用，空间距离的求法，是中档题．
一十二．椭圆的性质（共3小题）
28．（2024•青浦区二模）椭圆 的离心率为 ，则 2 ．
【分析】根据椭圆离心率的计算方法，求解即可．
【解答】解：离心率 ，
解得 ．
故答案为：2．
【点评】本题考查椭圆的方程与几何性质，考查运算能力，属于基础题．
29．（2024•浦东新区校级模拟）已知 ， 为椭圆 的两个焦点， ， 为 上关于坐标原点对称的两点，且 ，则四边形 的面积为 8 ．
【分析】判断四边形 为矩形，利用椭圆的定义及勾股定理求解即可．
【解答】解：因为 ， 为 上关于坐标原点对称的两点，且 ，
所以四边形 为矩形，
设 ， ，
由椭圆的定义可得 ，
所以 ，
因为 ，
即 ，
所以 ，
所以四边形 的面积为 ．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，椭圆的定义，考查方程思想与运算求解能力，属于中档题．
30．（2024•徐汇区校级模拟）已知 ， 分别为椭圆 的左、右焦点，过 的直
线与 交于 ， 两点，若 ，则 的离心率是 ．
【分析】根据椭圆定义， ， ， ， 都用 表示，由 ，构造齐
次式即可求解．
【解答】解：依题得 ， ，又 ，
则 ， ，
则 ，则 ，
即 ，
则 ，则 ，
即 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．
一十三．抛物线的性质（共4小题）
31．（2024•虹口区二模）过抛物线 焦点的弦 的中点横坐标为2，则弦 的长度为 6 ．
【分析】直接根据抛物线的焦点弦长公式即可求解．
【解答】解：设 ， ， ， ，
则 ，
．
故答案为：6．
【点评】本题考查抛物线的焦点弦问题，属基础题．
32．（2024•长宁区二模）已知抛物线 的焦点为 ，准线为 ，点 在 上， ，
，则点 的横坐标为 ．【分析】设准线为 与 轴交点为 ，则可知 ，又 ，从而可求出
，从而可得点 的纵坐标，再代入抛物线方程，即可求解．
【解答】解：如图，设准线为 与 轴交点为 ，
根据题意及抛物线的几何性质可得：
，又 ，
， ， ，
．
故答案为： ．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，化归转化思想，属基础题．
33．（2024•浦东新区校级模拟）已知 是抛物线 上的一点， 为抛物线的焦点， 为坐
标原点．当 时， ，则 ．
【分析】由已知结合抛物线的定义可求得 ，再根据余弦定理求解．
【解答】解：过 作准线的垂线 ，过 作 的垂线，垂足分别为 ， ．
由题意 ，
点到准线的距离为： ，解得 ，则 ， ．
故答案为： ．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，考查化归与转化思想，是中档题．
34．（2024•普陀区模拟）已知抛物线 的焦点 是双曲线 的右焦点，过点 的直线 的法向量
， 与 轴以及 的左支分别相交 ， 两点，若 ，则双曲线 的实轴长为 2 ．
【分析】求出直线 的方程，可得点 的坐标，利用向量的坐标运算可求出点 的坐标，代入双曲线方程，
结合 ，可得 ， 的值，从而可得实轴长．
【解答】解：由抛物线方程 知， ，
又直线 的法向量 ，
所以直线 的方程为 ，
令 ，得 ，所以 ，设 ， ，
由 ，得 ， ， ，
所以 ， ，
代入双曲线方程 ，得 ，
因为抛物线 的焦点 是双曲线 的右焦点，所以 ，解得 ， ，
所以双曲线 的实轴长 ．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查抛物线与双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
一十四．双曲线的性质（共4小题）
35．（2024•闵行区校级二模）已知双曲线 与双曲线 具有相同的渐近线，且经过点 ，
则双曲线 的方程为 ．
【分析】根据共渐近线的双曲线的特点即可求解．
【解答】解： 双曲线 的渐近线方程为 ，即 ，
设所求双曲线方程为 ，又其过 ，
，
所求双曲线方程为 ，即 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，属基础题．
36．（2024•闵行区二模）双曲线 的左右焦点分别为 、 ，过坐标原点的直线与 相交于
、 两点，若 ，则 4 ．
【分析】推得四边形 是平行四边形，再由双曲线的定义和平行四边形的性质，推得平行四边形的邻
边的长，由余弦定理和向量数量积的定义，可得所求值．
【解答】解：双曲线 的 ， ， ，
设 在第一象限， 在第四象限，设 ， ，
由题意可得 ，由 ， ，可得四边形 是平行四边形，
则 ，
由双曲线的定义，可得 ，即 ，即有 ， ，
在△ 中，由余弦定理可得 ，
即有 ，
则 ．
故答案为：4．
【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及平行四边形的性质、余弦定理的运用和向量数量积的
定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
37．（2024•闵行区校级二模）我们把形如 和 的两个
双曲线叫做共轭双曲线．设共轭双曲线 ， 的离心率分别为 ， ，则 的最大值是 ．
【分析】由 ，设 ，然后由离心率公式和辅助角公式化简即可求
解．
【解答】解：由题知，共轭双曲线 和 的半焦距相等，记为 ，
则 ，所以 ，
又 ，
故设 ，
所以 ，
当 时， 取得最大值 ．故答案为： ．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及正弦函数的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
38．（2024•虹口区二模）从某个角度观察篮球（如图 ，可以得到一个对称的平面图形，如图 2所示，
篮球的外轮廓为圆 ，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆 的交点将圆
的周长八等分，且 ，则该双曲线的离心率为 ．
【分析】设圆 半径为 ，利用半径表示出 和圆上第一象限的八等分点的坐标，代入双曲线方程可得
然后可得离心率．
【解答】解：设圆 半径为 ，双曲线方程为 ．
已知 ，得 ，设双曲线与圆在第一象限的交点为 ，则 ，
代入双曲线方程，得 ，解得 ．
．
故答案为： ．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
一十五．古典概型及其概率计算公式（共5小题）
39．（2024•浦东新区校级模拟）甲、乙、丙、丁四个人随机站成一排拍照，则甲与乙、丙均相邻的概率
为 ．
【分析】根据题意，由排列数公式计算“四个人随机站成一排”的情况数目，列举“甲与乙、丙均相邻”
的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，四个人随机站成一排，有 种站位方式，
其中甲与乙、丙均相邻的站位方式有：乙甲丙丁、丙甲乙丁、丁乙甲丙、丁丙甲乙，共4种，
故甲与乙、丙均相邻的概率为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查古典概型的计算，涉及列举法的应用，属于基础题．
40．（2024•黄浦区二模）某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加．若这5名选手甲、乙、丙、丁、
戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为 ．
【分析】根据题意可先排除甲乙之外的三人，再用插空法就可计算出甲乙不相邻的排法，再结合古典概型
可解．
【解答】解：这5名选手上场顺序共有 种，
要使甲、乙两位选手上场顺序不相邻，则先排丙、丁、戊共有 种，
再利用插空法排甲乙，共有 种排法，
则甲、乙两位选手上场顺序不相邻共有 种排法，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查排列组合以及古典概型相关知识，属于基础题．
41．（2024•浦东新区二模）某校面向高一全体学生共开设3门体育类选修课，每人限选一门．已知这三门
体育类选修课的选修人数之比为 ，考核优秀率分别为 、 和 ，现从该年级所有选择体育
类选修课的同学中任取一名，其成绩是优秀的概率为 0.1 8 ．
【分析】设这三门体育类选修课的选修人数分别为 ， ， ，分别求出三门体育类选修课考核优秀的
人数，再利用古典概型的概率公式求解，
【解答】解：设这三门体育类选修课的选修人数分别为 ， ， ，
则所求概率为 ．
故答案为：0.18．
【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
42．（2024•浦东新区校级模拟）盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个球，从中任意取出
两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是 （结果用最简分数表示）．
【分析】利用组合知识求出从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个球中，任意取出两个球的取法种数，再求
出从5个奇数中任意取出2个奇数的取法种数，求出取出的两个球的编号之积为奇数的概率，利用对立事
件的概率求出取出两个球的编号之积为偶数的概率．
【解答】解：从1，2，3，4，5，6，7，8，9九个球中，任意取出两个球的取法种数为 种．
取出的两个球的编号之积为奇数的方法种数为 种．
则取出的两个球的编号之积为奇数的概率为 ．
所以取出两个球的编号之积为偶数的概率是 ．
故答案为
【点评】本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了简单的排列组合知识，考查了对立事件的概率，
解答的关键是明确取到的两数均为奇数时其乘积为奇数，是基础题．43．（2024•徐汇区校级模拟）如图 为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的
12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是 ．
【分析】共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交，
两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，
再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．
【解答】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组，
若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，
若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接 ， ， ， ， ，
先考虑下底面，根据正六边形性质可知 ，所以 ，
且 ，故 共面，且 共面，
故 ， 相交，且 ， 相交，故共面有2组，
则正六边形对角线 所对应的有2组共面的面对角线，
同理可知正六边形对角线 ， 所对的分别有两组，共6组，
故对于上底面对角线 ， ， 同样各对两组，共6组，
若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，
所以共面的概率是 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了棱柱的结构特征，属于中档题．
一十六．众数、中位数、平均数（共1小题）
44．（2024•宝山区二模）有一组按从小到大顺序排列的数据：3，5， ，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为 7. 5 ．
【分析】根据极差和中位数相等可求出 ，然后根据中位数的计算方法即可求出中位数．
【解答】解：根据题意得： ，解得 ，
这组数据的中位数为： ．
故答案为：7.5．
【点评】本题考查了极差、平均数和中位数的计算方法，考查了计算能力，是基础题．
一十七．排列、组合及简单计数问题（共4小题）
45．（2024•闵行区二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多
的等边三角形．例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边
三角形．当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 2 0 个等边三角形．
【分析】利用已知条件，判断求解空间中这8个点最多可连接成等边三角形的个数．
【解答】解：正四面体的每一个面向外作一个正四面体，此时是增加一个点，增加正三角形 3个，新增加
的4个点，又是1个正四面体，
所以当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 ．
故答案为：20．
【点评】本题考查空间想象能力，发现问题解决问题的能力，是基础题．
46．（2024•虹口区二模）3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻的站法种数为 14 4 ．
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合插空法求解．
【解答】解：3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻，
先将3个男孩全排，然后在男孩之间的4个空中选3个空排3个女孩即可，
即不同的站法种数为 ．
故答案为：144．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了插空法，属中档题．
47．（2024•松江区二模）某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为1，2，3， ，30，老师
要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有 154 0 种不同的
选择方法．
【分析】设挑选出的三名学生的学号分别为 ， ， ，不妨设 ，根据任意两人的学号之差绝对
值大于等于5列方程，运用隔板法求解．
【解答】解：设挑选出的三名学生的学号分别为 ， ， ，不妨设 ，则有恒等式 ，其中 ， ， ， ，即 ，
， ， ，
故 式为 ，
上式四个正整数的和为23，相当于23个1分成四组，运用隔板法，在22个空中放3块板，故有
种方法．
故答案为：1540．
【点评】本题考查隔板法的应用，属于中档题．
48．（2024•徐汇区模拟）将四棱锥 的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如
果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 7 2 ．
【分析】首先给顶点 选色，有4种结果，再给 选色有3种结果，再给 选色有2种结果，最后分两种
情况即 与 同色与 与 不同色来讨论，根据分步计数原理和分类计数原理得到结果．
【解答】解：设四棱锥为 ．
下面分两种情况即 与 同色与 与 不同色来讨论，
（1） 的着色方法种数为 ， 的着色方法种数为 ， 的着色方法种数为 ，
与 同色时 的着色方法种数为1， 的着色方法种数为 ，
（2） 的着色方法种数为 ， 的着色方法种数为 ， 的着色方法种数为 ，
与 不同色时 的着色方法种数为 ， 的着色方法种数为 ．
综上两类共有 种结果．
故答案为：72．
【点评】本题主要排列与组合及两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中
档题．
一十八．二项式定理（共3小题）
49．（2024•普陀区模拟）设 ，若 ，且 ，则102 3 ．
【分析】根据 ，且 ，以及二项式定理的性质可得 ，再令 可解．
【解答】解：因为 ，若 ，且 ，
则 ，
令 时， ，
又 ，
当 时， ．
故答案为：1023．
【点评】本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
50．（2024•金山区二模）在 的展开式中，记 项的系数为 ，则 ， ，
4 0 ．
【分析】直接利用二项式的展开式和组合数的运算求出结果．
【解答】解：根据 的展开式 ，1，2，3，4， ，
当 时，系数为 ；
根据 的展开式 ，1，2， ，
当 时，系数为 ，
故 ，
同理 ；
故 ， ， ．故答案为：40．
【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
51．（2024•黄浦区校级模拟）若 ，则 0 ．
【分析】由二项式定理，结合赋值法求解．
【解答】解：已知 ，
令 ，
则 ，
令 ，
则 ，
即 ．
故答案为：0．
【点评】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式的通项公式，属中档题．
