数学（三）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_2024年高考数学考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）

目 录 contents
（三）
复数（选填题）…………………………………………………………………03
函数与导数（选填题）…………………………………………………………15
不等式（选填题）………………………………………………………………39
球（选填题） …………………………………………………………………53
数列、统计与概率（解答题）…………………………………………………71复数（选填题）
年份 题号 知识点 考点
①共轭复数的表示
2021年I卷 2 复数
②复数的乘法运算
①复数分式的化解
2021年II卷 1 复数
②标准形式对应点所在象限
①共轭复数的表示
2022年I卷 2 复数
②复数的乘法运算
2022年II卷 2 复数 复数的乘法运算
①共轭复数的表示
2023年新高考1 2
复数
②复数分式的化解
①标准形式对应点所在象限
2023年新高考2 1
复数
②复数的乘法运算
近三年，复数在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、复数的概念（①虚部的探究②复数相等求参及范围问题③复数的几何意义象限问题④复数的模及其应
用）
2、复数的四则运算（①复数形式的加、减运算②复数模最值问题秒杀③复数形式的乘除法运算（分数形
式秒化解）④复数范围内解方程（结论））
题干的设置一般来说在上述的两项考点中选其一项。复数需要认真分析，明确复数是一类重要的运算
对象，即一对有序实数，复数有三种表达形式，复数与复平面内的点一一对应，计算时注意虚部的正负以
及分式形式模长的快速求算，此类题目需要一定的基础和秒杀技巧便可轻松搞定。
复数在2024新高考新题型中的考查形式依然以选择或者填空为主，以考查基本概念和核心方法为主，
复数在选填中偏重于多选，抽象复数需要设一个标准格式参与求算，考生可适当留意常见的复数乘积组合
形式，切记复数不能比较大小.一、虚部的探究
Ⅰ：虚数单位
数 叫倣虚数单位，它的平方等于 ，即 ．
注意： 是 的一个平方根，即方程 的一个根，方程 的另一个根是 ；
Ⅱ：复数的摡念
形如 的数叫复数，记作： ；
其中： 叫复数的实部， 叫复数的虚部， 是虚数单位．
Ⅲ：复数的分类（纯虚数及纯实数）
对于复数
若 ，则 为实数，若 ，则 为虚数，若 且 ，则 为纯虚数．
{
实数(b=0)
{ 当a =0时为纯虚数
实数(b≠0)⇒
当a ≠0时为非纯虚数
分类如下：
Ⅳ：共轭复数：
当两个复数的实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数．虚部不等于0的两个共
轭复数也叫做共轭虚数．通常记复数 的共轭复数为 ．
z=a+bi⇒z=a−bi
形如：
二、复数相等求参及范围问题
Ⅰ：两个复数相等的定义：如果两个复数的实部和虚部分别相等，那么我们就说这两个复数相等．即：
{a=c
a+bi=c+di⇒
b=d
特别地： ．
①根据复数 与 相等的定义，可知在 两式中，只要有一个不成立，那么就有
（ ， ）．
②一般地，两个复数只能说相等或不相等，而不能比较大小如果两个复数都是实数，就可以比较大小；也
只有当两个复数全是实数时才能比较大小．
Ⅱ：复数相等问题的解题策略
①必须是复数的代数形式才可以根据实部与实部相等，虚部与虚部相等列方程组求解．
②根据复数相等的条件，将复数问题转化为实数问题．
③如果两个复数都是实数，可以比较大小，否则是不能比较大小的．
三、复数的几何意义象限问题
复数的几何意义
Ⅰ：复平面、实轴、虚轴：如图所示，复数 可用点 表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做
复平面，也叫高斯平面， 轴叫做实轴， 轴叫做虚轴
注意：实轴上的点都表示实数．除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数．
Ⅱ：复数集与复平面内点的对应关系
复数的几何表示法，每一个复数有复平面内唯一的一个点与之对应；反过来，复平面内的每一个点，
有唯一的一个复数和它对应．
z=a+bi⇒(a,b)
故
四、复数的模及其应用
Ⅰ：复数的模
设 ，则向量 的长度叫做复数 的模，记作 ．
Ⅱ：计算模长的步骤：
第一步：根据题干已知条件将复数化为标准形式
第二步：标出坐标形式（模长即为坐标到坐标原点的距离）
第三步：勾股定理
五：复数形式的加、减运算
Ⅰ：复数的加法、减法运算法则：
设 ， （ ），我们规定：
注意：复数加法中的规定是实部与实部相加，虚部与虚部相加，减法同样．很明显，
两个复数的和（差）仍然是一个复数，复数的加（减）法可以推广到多个复数相加（减）的情形．
Ⅱ：复数的加法运算律：
交换律：
结合律：
技巧：两个复数相加（减），就是把两个复数的实部相加（减），虚部相加（减）．复数的减法是加
法的逆运算．当多个复数相加（减）时，可将这些复数的所有实部相加（减），所有虚部相加（减）．
复数模最值问题秒杀
Ⅰ：工具如果复数 、 分别对应于向量 、 ，那么以 、 为两边作平行四边形 ，对角线
表示的向量 就是 的和所对应的向量．对角线 表示的向量 就是两个复数的差 所
对应的向量．
设复数 ， ，在复平面上所对应的向量为 、 ，即 、 的坐标形式为
， 以 、 为邻边作平行四边形 ，则对角线 对应的向量是 ，
王新奎新疆屯敞
由于 ，所以 和 的和就是与复数 对
应的向量．
Ⅱ秒杀： 表示复平面内 ， 对应的两点间的距离．利用此性质，可把复数模的问题转化为复平
面内两点间的距离问题，从而进行数形结合，把复数问题转化为几何图形问题求解．
复数形式的乘除法运算（分数形式秒化解）
Ⅰ：乘法运算法则：
设 ， （ ），我们规定：
．
．
．
Ⅱ：乘法运算律：
（1）交换律：
（2）结合律：
（3）分配律：
Ⅲ：分式形式秒化解：
口诀：分子分别为（竖×相加，交叉之差）① ；② ；③ ．
常用公式需记忆
Ⅳ：①两个复数代数形式乘法的解题步骤：
第一步：首先按多项式的乘法展开．
第二步：再将 换成 ．
第三步：然后再讲行复数的加、减运簯．
②两个复数代数形式的除法运算步骤
第一步：首先将除式写为分式．
第二步：再将分子、分母同乘以分母的共轭复数．
第三步：然后将分子、分母分别进行乘法运算，并将其化为复数的代数形式．
复数范围内解方程（结论）
结论：当一元二次方程中 时，在复数范围内有两根且互为共轭复数．
ax2 +bx+c=0⇒在Δ <0前提下两根分别为
{m+ni
m−ni
形如： 然后利用韦达定理
正规方法：已知一元二次方程根时，需要将根带入一元二次方程，利用复数相等求解参数
典例1【2023新高考1卷】已知 ，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】因为 ，所以 ，即 ．
故选：A．
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 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】因为 ，
则所求复数对应的点为 ，位于第一象限.
故选：A.典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】若 ，则 （ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】由题设有 ，故 ，故 ，
故选：D
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】 ，
故选：D.
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因 ，故 ，故
为
故选：C.
预测1（2024·广东韶关·模拟预测）已知复数 ，则下列命题正确的是（ ）
A．若 ，则 B．若 ，则
C．若 是非零复数，且 ，则 D．若 是非零复数，则
预测2（2024·浙江杭州·模拟预测）已知关于 的方程 的两根为 和 ，则（ ）
A． B．
C． D．
预测3（2024·河南信阳·模拟预测）设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）A．若 ，则
B．对任意复数 ， ，有
C．对任意复数 ， ，有
D．在复平面内，若 ，则集合M所构成区域的面积为
预测4（2024·湖南·模拟预测）已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．若复数 ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．复数 在复平面内对应的点为 ，若 ，则点 的轨迹是一个椭圆
预测5（2024·黑龙江·模拟预测）已知复数 和 ，则下列命题是真命题的有（ ）
A．若 满足 ，则其在复平面内对应点的轨迹是圆．
B．若 满足 ，则其在复平面内对应点的轨迹是椭圆．
C．若 满足 ，则其在复平面内对应点的轨迹是双曲线．
D．若 满足 ，则其在复平面内对应点的轨迹是抛物线．
押题1若 、 为复数，则（ ）
A． B．
C． D．
押题2已知 为复数，则（ ）
A．若 ，则 为实数
B．
C．若 ，则
D．若 ，则复数 在复平面内所对应的点位于坐标轴上押题3已知非零复数 ， ，其共轭复数分别为 则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．若 ，则 的最小值为2
D．
押题4若复数 满足 ，则下列命题正确的有（ ）
A． 的虚部是－1 B．
C． D． 是方程 的一个根
押题5设 ，则（ ）
A． B．
C． z2 z 2 D．
zzz2
名校预测
预测1：答案BC
【详解】对于A项，若 ， ，显然满足 ，但 ，故A项错误；
对于B项，设 ，则 ， ，故 而
，故B项正确；
对于C项，由 可得： ，因 是非零复数，故 ，即 ，故C
项正确；
对于D项，当 时， 是非零复数，但 ，故D项错误.
故选：BC.
预测2：答案ABC
【详解】关于 的方程 ，
则 ， ，不妨设 ， ，
，故A正确；
由韦达定理可得 ，故B正确；
，故C正确；
，
，
则 ，当 时， ，此时 ，故D错误．
故选：ABC．
预测3：答案BC
【详解】对A：由 ，故 ，
故 ，故A错误；
对B：设 、 ，
则
，
，
故 ，故B正确；
对C：设 、 ，
有 ，则 ，
，故 ，故C正确；
对D：设 ，则有 ，
集合M所构成区域为以 为圆心，半径为 的圆，
故 ，故D错误.
故选：BC.预测4：答案AC
【详解】对于A，因为 ，
所以 ，故A正确；
对于B，令 ，满足 ，但 ，故B错误；
对于C，设 且不同时为 ，
则
，故C正确；
对于D，设复数 ，则点 ，
由 ，得 ，
则点 到点 与点 的距离和为 ，
故点 的轨迹是线段，故D错误.
故选：AC.
预测5：答案AB
【详解】设 ，由 可得 ；
对于A，若 满足 zz z z 2i2i4，即可得 x2y1i 4，所以x22y12 16，
z 0 0 0
因此其在复平面内对应点的轨迹表示以
2,1
为圆心，半径为4的圆，即A正确；
对于B，若 满足 zz  zz 4，在复平面内表示点x,y到2,1与(2,-1) 的距离之和为4，
z 0 0
又因为
2,1
与
(2,-1)
之间的距离为24，根据椭圆定义可得其在复平面内对应点的轨迹是椭圆，即B正
确；
对于C，若 满足 zz  zz 2，在复平面内表示点x,y到2,1与(2,-1) 的距离之差为2，
z 0 0
又因为
2,1
与
(2,-1)
之间的距离为22，不满足双曲线定义，即C错误；
对于D，若 满足 zz z  zz ，可化为 z4  zz ，
z 0 0 0 0
在复平面内表示点
x,y
到
4,0
与
(2,-1)
的距离相等，其在复平面内对应点的轨迹是直线，即D错误；
故选：AB
名师押题押题1：答案BD
【详解】对于A选项，取 ， z 1i ，则z z 2，z z 2，
2 1 2 1 2
所以，z 1i，z 1i，所以， z  z  2，
1 2 1 2
所以， z  z 2 2， z z 2，故 z z  z  z ，A错；
1 2 1 2 1 2 1 2
对于B选项，设z abi，z cdia,b,c,dR ，
1 2
则z z acbdi，z z acbdi，
1 2 1 2
z abi，z cdi，则z z abcdi，所以，z z  z z ，B对；
1 2 1 2 1 2 1 2
对于C选项，不妨取z
1
1i，n2，则z
1
2 1i2 2i， z
1
 2， z
1
2 2，
所以，z2  z 2 ，故zn  z n nN ，C错；
1 1 1 1
对于D选项，设z abia,bR，则z abi，所以， z  z  a2b2 ，
1 1 1 1
所以，z z abiabia2b2  z  z ，D对.
1 1 1 1
故选：BD.
押题2：答案ABD
【详解】设z abi,z cdia,b,c,dR,z z z z  z z z z 2bi2dibd ，故
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
z z ac为实数，故A正确； z2z z  z z z   z  z z  z  z z ，故B正确；
1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1
令z 1i,z 2i，故z2 z ，但z  z2，故C错误；
1 2 1 2 1 2
若z2 z2 ，则(abi)2 (abi)2，故ab0，即a0或b0，故D正确.
1 1
故选：ABD
押题3：答案BD
【详解】设z abi，z cdia,b,c,dR ，
1 2
对A，z2 a22abib2，z 2 abi2 a22abib2，
1 1
当a,b至少一个为0时，z2 z 2 ，当a,b均不等于0，z2  z 2 ，故A错误；
1 1 1 1
对B，z z acbdi，则z z acbdi，
1 2 1 2
而z z abicdiacbdi，故z z  z z ，故B正确；
1 2 1 2 1 2
对C，若 z 1 1，即c1di 1，即 c12 d2 1，
2
即c12d2 1，则 c,d 在复平面上表示的是以 1,0 为圆心，半径 的圆，
r1z 1的几何意义表示为点 c,d 到点 1,0 的距离，显然11202 41，
2
则点
1,0
在圆外，则圆心到定点
1,0
的距离d 2，
则点
1,0
与圆上点距离的最小值为dr 211，故C错误；
z z z abi abicdi acbdadbci
对D， 1  1 ， 1    ，
z z z cdi c2d2 c2d2
2 2 2
z acbd  2 adbc 2  a2b2 c2d2 a2b2
1        ，
z c2d2  c2d2   c2d22 c2d2
2
z a2b2 z z
而 1  ，故 1  1 ，故D正确；
z c2d2 z z
2 2 2
故选：BD.
押题4：答案ABD
1i
【详解】zi1iz 1i，则 z  2 ，故A，B正确；
i
z2 (1i)2 2i，故C错误；
而(1i)22(1i)20成立，故D正确.
故选：ABD.
押题5：答案AB
【详解】由z1i可得z1i，
所以zz1i1i1i2 2，即A正确；
可得zzi1i1ii1iii2 0，即B正确；
z2 1212 2，z 2 1i2 12ii2 2i，显然 z2 z 2 错误，即C错误；
zz1i1i2i，而z21i21i1i，所以D错误.
故选：AB函数与导数（选填题）
年份 题号 知识点 考点
7 函数与导数 函数切线问题
2021年I卷
15 函数与导数 函数最值问题
8 函数 函数奇偶性
①抽象函数
2021年II卷 14 函数与导数
②函数奇偶性
16 函数与导数 函数切线问题
①三次函数的极值问题
②三次函数的零点问题
10 函数与导数
③三次函数的切线问题
2022年I卷
④三次函数的对称中心问题
①抽象函数问题
12 函数与导数
②函数的奇偶性
8 函数 抽象函数问题
2022年II卷
14 函数与导数 函数切线问题
2023年新高考1 11 函数 抽象函数问题
6 函数与导数 已知函数单调性求参数问题
2023年新高考2
11 函数与导数 函数极值问题
近三年，函数在选填中占据两个位置，考查的考点一般来说是：
1、函数的单调性与奇偶性（①抽象函数具体化②常见的结论(函数性质)包括③根据函数奇偶性的规律④判
定抽象函数的奇偶性⑤函数单调性与奇偶性综合求不等式范围问题）2、函数的对称性与周期性（①函数周期性的妙解②分段函数的类周期性③函数对称性的妙解④不同函数
的对称性）
3、嵌套函数与零点问题（①函数嵌套原理求函数解析式.②函数嵌套中的不动点与稳定点问题③导函数求
解集或比较大小）
4、导数构造新函数求解集或比较大小（①正规方法②秒杀技巧）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项或两项。函数与导数题目中首先分类找准类型选择
小技巧，另外考生们要想灵活应用小技巧则需在有限的时间内同类型题多做几遍，考场中便可轻松搞定。
从近三年的全国卷的考查情况来看，本节是高考的难点，其中导数构造和分段函数零点问题及抽象函
数考查比较频繁.抽象函数一般以多选题的形式考察，导数构造和分段函数零点问题则以单选题的形式考察，
因小结论偏多，试题灵活，考生在考场中以不变应万变.
一、抽象函数具体化
使用前提：题中没有给出具体函数的解析式，但是可以根据所给的函数特征确定函数模型，属于抽象函数
的内容延伸和实例化.
解题步骤：
第一步：由函数的解析式确定函数所属的模型；
常见函数模型包括：
Ⅰ：若
f (mn)=f (m)f (n)
，可认为函数为幂函数
f (x)=xa
(a的范围或数值需要其他条件确定)；
f (mn)=f (m)+f (n) f (x)=log x
Ⅱ：若 ，可认为函数为对数函数 a (a的范围或数值需要其他条件确定)；
Ⅲ：若
f (m+n)=f (m)f (n)
，可认为函数为指数函数
f (x)=ax
(a的范围或数值需要其他条件确定)；
f (m+n)=f (m)+f (n) f (x)=kx f (x)=xf(1)
Ⅳ：若 ，可认为函数为正比例函数 或
f (m)+f (n)
f (m+n)=
1−f (m)f (n) f (x)=tanx
Ⅴ：若 ，可认为函数为正切函数 ；
Ⅵ：若 ，可认为是余弦函数 .
f (m+n)=f (m)+f (n)+m f (x)=kx+b f (x)=xf(1)−m
Ⅶ：若 ，可认为函数为一次函数 或
第二步：结合函数模型和函数的单调性的定义确定函数的单调性.
结论法(函数性质法)
使用前提：将所给的函数进行“庖丁解牛”后每一部分都是一个很明显可以判断单调性的函数.
解题步骤：第一步：确定所给函数是由哪些可以判断单调性的简单函数组合而成的.
第二步：结合函数的性质即可确定函数的单调性.
常见的结论(函数性质)包括：
f (x) f (x)+C C
(1) 与 单调性相同.( 为常数)
(2)当
k>0
时，
f (x)
与
kf(x)
具有相同的单调性；当
k<0
时，
f (x)
与
kf(x)
具有相反的单调性 (3)当
f (x) f (x)
恒不等于零时， 与 其有相反的单调性.
(4)当
f (x)
、
g(x)
在D上都是增(减)函数时，则
f (x)+g(x)
在D上是增(减)函数.
(5)当
f (x)
、
g(x)
在D上都是增(减)函数，且两者都恒大于 0时，
f (x)g(x)
在D上是增(减)函数；当
f (x)
、
g(x)
在D上都是增(减)函数，且两者都恒小于0时，
f (x)g(x)
在D上是减(增)函数.
(6)设
y=f (x),x∈D
为严格增(减)函数，则函数必有反函数，且反函数在其定义域D上也是严格增(减)函
数.
(7)奇(或偶)函数的单调性：
由奇偶函数定义易知：奇函数在对称的区间上有相同的单调性；偶函数在对称的区间上有相反的单调性.
(8)周期函数的单调性：
若
f (x)
是周期为T 的函数，且
f (x)
在
(a,b)
单调递增或单调递减，则
f (x)
在
(a+kT,b+kT)(k∈Z)
上
单调递增或单调递减.
根据函数奇偶性的规律判定
使用前提：函数解析式比较复杂，由若干基本函数经过运算之后的函数判定奇偶性.
解题步骤：
第一步：确定所给函数的结构特征，应用奇函数的性质进行判断；
第二步：结合基本函数的奇偶性和函数奇偶性的相关结论确定所给函数的奇偶性.
常见的结论包括：
(1)几个奇函数的代数和是奇函数；几个偶函数的代数和是偶函数；奇函数与偶函数的代数和是非奇非偶函
数.
(2)奇函数的乘积或商是偶函数，偶函数的乘积或商是偶函数，奇函数与偶函数的乘积或商是奇函数.
常见基本函数的奇偶性：
(1)一次函数
y=kx+b(k≠0)
，当
b=0
时，是奇函数，当
b≠0
时，是非奇非偶函数.
(2)二次函数
y=ax2 +bx+c(a≠0)
，当
b=0
时，是偶函数；当
b≠0
时，是非奇非偶函数.
(3)反比例函数 是奇函数.
(4)指数函数
y=ax
(
a>0
且
a≠1
)是非奇非偶函数(5)对数函数
y=log
a
x
(
a>0
且
a≠1
，
x>0
)是非奇非偶函数.
y=sinx(x∈R) y=cosx(x∈R)
(6)三角函数 是奇函数， 是偶函数， 是奇
函数.
(7)常值函数
f (x)=a
，当
a≠0
时，是偶函数，当
a=0
时，既是奇函数又是偶函数.
特殊函数的奇偶性：
奇函数：两指两对
(ax +1) 2m (ax −1) 2m
f (x)=m =m+ (x≠0) f (x)=m =m− (m∈R)
ax −1 ax −1 ax +1 ax +1
⑴ ，
f (x)=±(ax −a−x)=± ( ax −
1
) =±
(a2x −1)
ax ax
⑵函数
( x+m) ( 2m ) (x−m) ( 2m )
f (x)=log =log 1+ f (x)=log =log 1−
a x−m a x−m a x+m a x+m
⑶ ，
f (x)= log (√ (mx) 2 +1+ mx) f (x)= log (√ (mx) 2 +1− mx)
⑷函数 a ，函数 a
ax ∓a−x a2x ∓1
f (x)= =
⑸函数
ax ±a−x a2x ±1
{ f (x )+f (−x )=0
0 0
f (x)= M(最大值)+m(最小值)=0
考点：形如①已知 奇函数，则
{ f (x )+f (−x )=2a
0 0
②已知
f (x)=
奇函数+a，则
M(最大值)+m(最小值)=2a
偶函数：
mx
f (x)=log (a mx +1)−
f (x)=±(ax +a−x) a 2
⑴函数 ⑵函数
f (|x|)
⑶函数 类型的一切函数.
判定抽象函数的奇偶性
使用前提：所给的函数没有解析式，需要利用所给的条件判定函数的奇偶性.
解题步骤：
第一步：确定函数的定义域，猜想函数模型，从而确定函数的奇偶性方向；
Ⅰ：若
f (mn)=f (m)f (n)
，可认为函数为幂函数
f (x)=xa
(a的范围或数值需要其他条件确定)；
f (mn)=f (m)+f (n) f (x)=log x
Ⅱ：若 ，可认为函数为对数函数 a (a的范围或数值需要其他条件确定)；
Ⅲ：若
f (m+n)=f (m)f (n)
，可认为函数为指数函数
f (x)=ax
(a的范围或数值需要其他条件确定)；f (m+n)=f (m)+f (n) f (x)=kx f (x)=xf(1)
Ⅳ：若 ，可认为函数为正比例函数 或
f (m)+f (n)
f (m+n)=
1−f (m)f (n) f (x)=tanx
Ⅴ：若 ，可认为函数为正切函数 ；
Ⅵ：若 ，可认为是余弦函数 .
f (m+n)=f (m)+f (n)+m f (x)=kx+b f (x)=xf(1)−m
Ⅶ：若 ，可认为函数为一次函数 或
第二步：利用所猜想的函数模型，使用赋值法结合所给的条件得出 与 的关系；
第三步：得出结论.
函数单调性与奇偶性综合求不等式范围问题
技巧总结
结论1：奇函数单调性不改变，若函数
f (x)
为定义在R上的奇函数时
①若
x≥0
时，
f (x)
为单调递增，则
x<0
时，
f (x)
为也为单调递增，即
f (m)+f (n)>0⇒m+n>0
.
②若
x≥0
时，
f (x)
为单调递减，则
x<0
时，
f (x)
为也为单调递减，即
f (m)+f (n)>0⇒m+n<0
.
结论2：奇函数单调性不改变，若定义在R上函数
f (x)
关于点
(a,b)
对称时
①若x≥a时，
f (x)
为单调递增，则x<a时，
f (x)
为也为单调递增，即
f (m)+f (n)>2b⇒m+n>2a
.
②若x≥a时，
f (x)
为单调递减，则x<a时，
f (x)
为也为单调递减，即
f (m)+f (n)>2b⇒m+n<2a
.
结论3：偶函数单调性改变，若函数
f (x)
为定义在R上的偶函数时
①若
x≥0
时，
f (x)
为单调递增，则
x<0
时，
f (x)
为单调递减，
f (m)>f (n)⇒|m|>|n| f (x)+f (−x)>2f (m)⇒|x|>m
即 ， .
②若
x≥0
时，
f (x)
为单调递减，则
x<0
时，
f (x)
为单调递增，
f (m)>f (n)⇒|m|<|n| f (x)+f (−x)>2f (m)⇒|x|<m
即 ， .
结论4：偶函数单调性改变，若定义在R上函数
f (x)
关于直线x=a对称时
①若x≥a时，
f (x)
为单调递增，则x<a时，
f (x)
为单调递减，
f (m)>f (n)⇒|m−a|>|n−a| f (a+x)+f (a−x)>2f (m)⇒|x−a|>m
即 ， .
②若x≥a时，
f (x)
为单调递减，则x<a时，
f (x)
为单调递增，
f (m)>f (n)⇒|m−a|<|n−a| f (a+x)+f (a−x)>2f (m)⇒|x−a|<m
即 ， .
二、函数周期性的妙解技巧总结
类型一：抽象函数的周期性
使用前提：函数的解析式不确定，给出抽象函数的性质，来确定函数的周期
解题步骤：
第一步：合理利用已知函数关系并进行适当地变形；
第二步：熟记常见结论，准确求出函数的周期性；
常见的结论包括：
结论1：若对于非零常数m和任意实数x，等式 f (x+m)=−f (x) 恒成立，则 f (x) 是周期函数，且 2m 是
它的一个周期.
证明：
f (x+2m)=f (x+m+m)=−f (x+m)=f (x)∴T=2m
也可理解为：平移m个单位到谷底，再平移一个单位到巅峰，再平移一个单位又到谷底，则谷底与谷底的
距离为
2m ，∴T=2m
结论2：定义在 上的函数 ，对任意的 ，若有 (其中 为常数， )，
则函数 是周期函数， 是函数的一个周期.
f (x−a+a)=f (x−a+b)⇒f (x)=f (x+b−a)
∴T=|b−a|
证明：
口诀：同号差（周期）异号加（对称轴）⇒只研究x前的正负.
结论3：定义在 上的函数 ，对任意的 ，若有 (其中 为常数，
)，则函数 是周期函数， 是函数的一个周期.
f (x−a+a)=−f (x−a+b)
证明： 先向左平移a个单位得
⇒f (x)=−f (x+b−a) 令b−a=m'⇒f (x)=−f (x+m')
如同结论1
结论4：定义在 上的函数 ，对任意的 ，若有 ，(或 )(其中
为常数， )，则函数 是周期函数， 是函数的一个周期.
1 1
f (x+a)=± f (x+2a)=f (x+a+a)=± =f (x)
f (x) f (x+a)
∴T=2|a|
证明： ，
f (a+x)=f (a−x) f (b+x)=f (b−x)
结论5:定义在 上的函数 ，对任意的 ，有 且 ，
(其中
a,b
是常数，
a≠b
)则函数
y=f (x)
是周期函数，
2|a−b|
是函数的一个周期.
x=a,x=b
另 一 种 题 干 出 现 的 信 息 ： ① 若 的 图 象 关 于 直 线 都 对 称 ， 则 等 价 于
f (a+x)=f (a−x) f (b+x)=f (b−x)
T=2|a−b|
且 ，则 为周期函数且 .T=2|a|
②若 为偶函数且图象关于直线x=a对称，则 为周期函数且
证明：
f (a+x)=f (a−x)
向左平移a个单位，得
f (x−a+a)=f (a−[x−a])
⇒f (x)=f (2a−x) ⇒f (x)=f (2b−x) ⇒f (2a−x)=f (2b−x)
，同理 ，
利用口诀：同号差（周期）异号加（对称轴）⇒只研究x前的正负.秒出周期
结论6:若定义在 上的函数 对任意实数 ，恒有
f (x)=f (a+x)+f (x−a)
成立(
a≠0
)，
6|a|
则 是周期函数，且 是它的一个周期.
f (x)=f (a+x)+f (x−a)⇒f (x+a)=f (x+2a)+f (x)
证明：由函数
⇒f (x)=f (x+2a)+f (x)+f (x−a)⇒f (x−a)=−f (x+2a)
，向右平移a个单位得
f (x)=−f (x+3a)⇒f (x+3a+3a)=−f (x+3a)=f (x)
∴T=6|a|
easy
口诀：内同号，外异号，内部只差需2倍，出现周期很 .
结论7:若对于非零常数m和任意实数x，等式 成立，则 是周期函数，且 4m 是
它的一个周期.
证明：
1 1
f (x+2m)=− f (x+2m+2m)=− =f (x)
f (x)
如同结论4，
f (x+2m) ∴T=4m
结论8:若对于非零常数m和任意实数x，等式 成立，则 是周期函数，且 2m 是
它的一个周期.
证明：
∴T=2m
结论9:若对于非零常数m和任意实数x，等式 成立，则 是周期函数，
3m
且 是它的一个周期.证明： 得
∴T=3m
A(a,y ),B(b,y )
结论10:①若定义在 上的函数 的图象关于两点 0 0 都对称，则 是周期函数，
2|b−a|
且 是它的一个周期.
A(a,0)
2|a|
②若奇函数 的图象关于点 对称，则 是周期函数，且 是它的一个周期.
y=f (x) f (a+x)+f (a−x)=2 y f (b+x)+f (b−x)=2 y
证明：函数 满足 0且 0，
f (x)=2y −f (2a−x)=2y −f (2b−x)⇒f (2a−x)=f (2b−x)
则 0 0
利用口诀：同号差（周期）异号加（对称轴）⇒只研究x前的正负.秒出周期
结论11:①若定义在 上的函数 的图象关于点
A(a,y
0
)
和直线
x=b
都对称，则 是周期函数，
4|b−a|
且 是它的一个周期.
4|a|
②若奇函数 的图象关于直线x=a对称，则 是周期函数，且 是它的一个周期.
y=f (x) f (a+x)+f (a−x)=2 y f (b+x)=f (b−x)
证明：函数 满足 0且 ，
f (x)=2y −f (2a−x)=f (2b−x)⇒f (x)=2y −f (2b−2a+x)=2y −f (2a−x)
则 0 0 0
∴f (2b+x)=2y −f (2a+x)⇒f (x)=2y −f (2b−2a+x)
0 0
∴f (x)=2y −f (2b−2a+x)=2y +f (4b−4a+x)−2y ∴T=4|b−a|
0 0 0
秒记：模仿三角函数
第三步:运用函数的周期性求解问题.
f (x+2m)=f (x)+f (m) f (−m)=f (m)=0∴T=2m
注意：偶函数 ，一定有 .
分段函数的类周期性
使用前提：所给的函数不具有周期性，但是可以经过伸缩变换将所给的函数变形为周期函数
解题步骤：
第一步：确定函数在一个区间上的函数图像
第二步：结合所给的递推关系式和伸缩变换的结论确定函数在定义域内的图象性质
常见的伸缩变换结论包括：
1
f (x+m)= f (x)(m>0,k>0)
f (x)=kf(x+m) k
结论1：若 ，即 ，则只需将函数在一个“周期”内的图象向右平移m个单位的同时，函数值变为原来的 倍；向左平移m个单位的同时函数值变为原来的 k 倍.
f (x)=f (x+m)+k f (x+m)=f (x)−k(m>0,k>0)
结论2：若 ，即 ，则只需将函数在一个“周期”内
的图象向右平移m个单位的同时，向下平移 k 个单位；向左平移m个单位的同时，向上平移 k 个单位.
f (x)=f (mx) f (mx)=f (x)(m>0,k>0)
结论3：若 ，即 ，则只需将函数在一个“周期”内的图象的横
坐标伸长为原来的m倍时，函数值不变.
f (x)=kf(mx) (m>0,k>0)
结论4：若 ，即 ，则只需将函数在一个“周期”内的图象
的横坐标伸长为原来的m倍时，函数值变为原来的 ，横坐标缩短为为原来的 时，函数值变为原来的
k
倍.
f (x+m)=kf(x),f (x)=kf(x−m)
结论5：若 ，则只需将函数在一个“周期”内的图象横坐标每增加m
个单位的同时，函数值变为原来的 倍；
( x )
f (x)=kf
m
结论6：若 ，则只需将函数在一个“周期”内的图象横坐标每扩大m倍的同时，函数值变
为原来的 倍；此函数称为倍增函数.
第三步：解决所给的问题，得到结论
三、函数对称性的妙解
技巧总结
类型一：函数自身的对称性
使用前提：单一的函数本身具有轴对称或中心对称的特征
解题步骤：
第一步：由所给的函数性质确定函数的对称性
常见函数的对称性包括：
y=f (x) A(a,b) f (x)+f (2a−x)=2b
定 理 1 ： 函 数 的 图 像 关 于 点 对 称 的 充 要 条 件 是 . 或
f (2a+x)+f (−x)=2b f (a+x)+f (a−x)=2b
或
y=f (x) O f (x)+f (−x)=0
推论1：函数 的图像关于原点 对称的充要条件是 .
(x ,y ) y=f (x) y =f (x ) f (x)+f (2a−x)=2b
证明：设点 1 1 在 上，即 1 1 ，通过 可知
f (x )+f (2a−x )=2b ∴f (2a−x )=2b−f (x )=2b−y (2a−x ,2b−y ) y=f (x)
1 1 ， 1 1 1，所以点 1 1 也在 上，
(2a−x ,2b−y ) (x ,y ) (a,b)
而点 1 1 与 1 1 关于 对称，得证.
y=f (x) f (a+x)=f (a−x) f (x)=f (2a−x)
定理2：函数 的图像关于直线x=a对称的充要条件是 ，即 .
推论2：函数
y=f (x)
的图像关于y轴对称的充要条件是
f (x)=f (−x)
.(x ,y ) y=f (x) y =f (x ) y =f (x )=f (2a−x )
证明：设点 1 1 在 上，即 1 1 ，通过 1 1 1 可知
(2a−x ,y ) y=f (x) (2a−x ,y ) (x ,y )
点 1 1 ，也在 上，而点 1 1 与 1 1 关于x=a对称，得证.
第二步：结合函数的对称性确定结论
不同函数的对称性
使用前提：解析式有关系的两个函数具有轴对称或中心对称的特征
解题步骤：
第一步：由所给的函数性质确定函数的对称性
常见函数的对称性包括：
y=f (x) 2b−y=f (2a−x) (a,b)
结论1：函数 与函数 关于点 对称，
y=f (x) y=g(x) (a,b) g(x)=2b−f (2a−x)
等价于函数 与函数 关于点 对称，则 ，
2a 2b
结构特征是：横坐标之和为 ，纵坐标之和为 。
y=f (x) −y=f (−x) (0,0)
特别地，函数 与函数 关于点 对称。
y=f (x) y=f (2a−x)
结论2：函数 与函数 关于直线x=a对称，
2a
结构特征是：横坐标之和为 ，纵坐标相等。
特别地，函数 y=f (x) 与函数 y=f (−x) 关于直线 x=0 ，即y轴对称。
y=f (x) 2b−y=f (x) y=b
结论3：函数 与函数 关于直线 对称，
2b
结构特征是：横坐标相等，纵坐标之和为 .
特别地，函数
y=f (x)
与函数
−y=f (x)
关于直线
y=0
，即x轴对称。
结论4：函数
y=f (x)
与函数
x=f (y)
关于直线y=x对称，
结构特征是：横坐标，纵坐标互换。
y=f (a+x) y=f (b−x)
结论5：函数 与函数 的图像关于直线 对称。
结论6：函数
y=f (x)
与
a−x=f (a−y)
的图像关于直线
x+y=a
成轴对称
结论7：函数
y=f (x)
与
x−a=f (y+a)
的图像关于直线x−y=a成轴对称
抽象函数奇偶性性的妙解
技巧总结
抽象函数奇偶性：
f (x+m) f (−x+m)=−f (x+m)⇒f (−x+m)+f (x+m)=0
奇函数：则
(m,0)
所以对称中心为
f (x+m) f (−x+m)=f (x+m)⇒x =m
偶函数：则 对称轴
四：函数嵌套原理求函数解析式技巧总结
⇒f [g(x)]
定义：①函数里调用另一个函数 ⇒简称函数嵌套.
⇒f [f (x)]
②函数里调用函数本身 ⇒简称递归嵌套.
函数嵌套原理求函数解析式步骤如下：
f [f (x)+A]=B
形如：
f (x)+A=m⇒f (x)=m−A
第一步：令
第二步：令x=m， f (m)=m−A ,解出 m=?
f (x)
第三步：求出 的解析式.
函数嵌套中的不动点与稳定点问题
技巧总结
不动点：对于函数 f (x) ， x∈R ,则 f (x)=x 的解x称为函数 f (x) 的不动点，即 y=f (x) 与y=x图象交
点的横坐标.
稳定点：对于函数 f (x) ， x∈R ,则 f [f (x)]=x 的解x称为函数 f (x) 的稳定点，即 y=f [f (x)] 与y=x
图象交点的横坐标.
不动点与稳定点关系的结论：
x y=f (x) f (x )=x x y=f (x)
若 0为函数 的不动点，即 0 0，则若 0必为函数 的稳定点点.
x y=f (x) f (x )=x ∴f [f (x )]=f (x )=x
证明：∵ 0为函数 的不动点，即 0 0， 0 0 0.
不动点定理1：（三条线一交点）
f (x) f [f (x)]=x f (x)=x
若函数 为定义域内的单调增函数，则 有解等价于 有解.
f (x)=x f (x)>x f (x)<x
证明：若 无解，则必有 或 恒成立.
f (x)>x f (x) f [f (x)]>f (x)>x f [f (x)]=x
①当 时，∵函数 为定义域内的单调增函数，则 ，显然 无解.
f (x)<x f (x) f [f (x)]<f (x)<x f [f (x)]=x
②当 时，∵函数 为定义域内的单调增函数，则 ，显然 无解.
f (x) f [f (x)]=x f (x)=x
∴若函数 为定义域内的单调增函数，则 有解等价于 有解.
不动点定理2：（三条线无交点）
f [f (x)]>x f [f (x)]>f (x)>x f (x)<x f [f (x)]<f (x)<x
①当 时，则 .② 时，则 .
函数嵌套的零点问题
技巧总结
f (g(x))=x g(f (x))=x
结论：若函数 有解，则 必有解.
∵f (g(x))=x g(x)=f−1 (x) f (x) g(x) f (x) g(x)
证明： ，两边同时取反函数得 ，故 与 为反函数（ 与 关
于y=x对称）
g(f (x))=x f (x)=g−1 (x) f (x) g(x) f (x) g(x)
同理∵ ，两边同时取反函数得 故 与 为反函数（ 与 关于y=x对称）
五：构造函数的正规运算
'
f'(x)g(x)−f(x)g'(x) [f(x)]
=
形如1：
f'(x)g(x)+f(x)g'(x)=[f(x)g(x)]'
与
g2 (x) g(x)
'
[f(x)]
xf'(x)−f(x)>0⇔ >0
xf'(x)+f(x)>0⇔[xf(x)]'>0 x
推论1： ；
xf'(x)−f(x) [f(x)] '
=
证明如下：
∵xf'(x)+f(x)=[xf(x)]'
；
x2 x
f(x)
y=
∴xf'(x)+f(x)>0
，则函数
y=xf(x)
单调递增；
xf'(x)−f(x)>0
，则 x 单调递减．
'
[f(x)]
xf'(x)−nf(x)>0⇔ >0
当x>0时，
xf'(x)+nf(x)>0⇔[xnf(x)]'>0
；
xn
推论2：
xnf'(x)−nxn−1f(x) [f(x)] '
=
∵xnf'(x)+nxn−1f(x)=[xnf(x)]' x2n xn
证明如下： ；
f(x)
∴xf'(x)+nf(x)>0
，则函数
y=xnf(x)
单调递增；
xf'(x)−nf(x)>0
，则
y=
xn
单调递减．
f'(x)±f(x)
关于
'
[f(x)]
f '(x)−f(x)>0⇔ >0
f '(x)+f(x)>0⇔[exf(x)]'>0 ex
推论3： ；
证明如下： ，
f (x) f (x)
y= ⇑ y= ⇓
∴f'(x)+f(x)>0
，则
y=f(x)ex ↑
；反之
y=f(x)ex ↓
；
f '(x)>f(x)
,则
ex
；反之
ex
'
[(f(x)+a)]
f '(x)−f(x)>a⇔ >0
f '(x)+f(x)>a⇔[ex (f(x)−a)]'>0 ex
推论4：由于 ；
'
∵f'(x)+f(x)−a=
[ex (f(x)−a)]'
f'(x)−f(x)−a=e2x
[(f(x)+a)]
证明如下：
ex
；
ex
∴f'(x)+f(x)>a y=ex (f(x)−a)⇑ y=ex (f(x)−a)⇓ f '(x)−f(x)>a
，则 ，反之 ；若 ，则
f (x)+a f (x)+a
y= ⇑ y= ⇓
ex
，反之
ex
sinxf'(x)±cosxf(x) cosxf'(x)±sinxf(x)
形如2：关于 或
推论：口诀：正弦同号，余弦反号sinxf'(x)+cosxf(x)>0⇔[sinxf(x)]'>0
；
( π π)
x∈ − ,
2 2 tanxf'(x)+f(x)>0⇔[sinxf(x)]'>0
当
形如 3：
xlnx
推论：
秒记方法
满足导数构造中加乘减除符号不变性
①若括号内无 则是 ；
②若括号内是 ，则是 ；
若括号内是 ，则是
③
构造函数的变形运算
技巧总结
(x+m)f' (x)+f (x)>0⇒[(x+m)f (x)] ′ >0
形如1：
′
[ f (x) ]
(x+m)f' (x)−f (x)>0⇒ >0
(x+m)
f' (x)+nf(x)>0⇒[e nx f (x)] ′ =e nx[f' (x)+nf(x)]
形如2：[f (x)] ′ [f' (x)+nf(x)]
f' (x)−nf(x)>0⇒ =
nx nx
e e
f' (x)+f (x)>a⇒ex[f' (x)+f (x)] >aex ⇒ [exf (x)] ′ >aex ⇔ [exf (x)] ′ >(aex) ′
形如3：
⇒∫[exf (x) ] ′ >∫(aex) ′ ⇒exf (x)>aex ⇒ex (f (x)−a)>0
f' (x)−f (x)>a⇒
f' (x)−f (x)
>
a
⇒
[f (x)] ′
> ( −
a
)
′
ex ex ex ex
形如4：
[f (x)] ′ a ′ f (x) a [f (x)+a]
( )
⇒∫ >∫ − ⇒ >− ⇒ >0
ex ex ex ex ex
′
xf' (x)+nf(x)>ax⇒xn−1[xf' (x)+nf(x)] >xn−1 ⋅ax⇔ [xnf (x)] >axn
形如5：
axn+1 axn+1
⇒xnf (x)>∫axndx⇔xnf (x)> ⇒xnf (x)− >0
n+1 n+1
xf' (x)−nf(x) ax [f (x)] ′ a
xf' (x)−nf(x)>ax⇒ > ⇔ >
xn xn xn xn
形如6：
f (x) ( a ) f (x) ax1−n f (x) ax1−n
⇒ >∫ dx⇔ > ⇒ − >0
xn xn xn 1−n xn 1−n
典例1【2023新高考1卷】已知函数 的定义域为 ， ，则（ ）．
A. B.
C. 是偶函数 D. 为 的极小值点
【答案】ABC
【解析】方法一：
因为 ，
对于A，令 ， ，故 正确.
对于B，令 ， ，则 ，故B正确.
对于C，令 ， ，则 ，
令 ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故 正确，
对于D，不妨令 ，显然符合题设条件，此时 无极值，故 错误.方法二：
因为 ，
对于A，令 ， ，故 正确.
对于B，令 ， ，则 ，故B正确.
对于C，令 ， ，则 ，
令 ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故 正确，
对 于 D ， 当 时 ， 对 两 边 同 时 除 以 ， 得 到
，
故可以设 ，则 ，
当 肘， ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ；
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
 1   1 
 
因为 为偶函数，所以 在e 2,0上单调递增，在,e 2 上单调递减，
f(x) f(x)    
显然，此时x0是 f(x)的极大值，故D错误.
故选：ABC.
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知函数 在区间 上单调递增，则a的最小值为（
）．
A. B. e C. D.
【答案】C【解析】依题可知， 在 上恒成立，显然 ，所以 ，
设 ，所以 ，所以 在 上单调递增，
，故 ，即 ，即a的最小值为 ．
故选：C．
典例3【2023新高考全国Ⅱ卷】若函数 既有极大值也有极小值，则（
）．
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】函数 的定义域为 ，求导得
，
因为函数 既有极大值也有极小值，则函数 在 上有两个变号零点，而 ，
因此方程 有两个不等的正根 ，
于是 ，即有 ， ， ，显然 ，即 ，A错误，
BCD正确.
故选：BCD
典例4【2022新高考全国Ⅰ卷】 已知函数 ，则（ ）
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点 是曲线 的对称中心 D. 直线 是曲线 的切线
【答案】AC
3 3
【解析】由题， ，令 得x 或x ，
f�( x) >0 3 3
3 3
令 得  x ，
f(x)0
3 33 3 3 3 3
所以 在(, )，( ,)上单调递增，( , )上单调递减，所以x 是极值点，
f(x) 3 3 3 3 3
故A正确；
3 2 3 3 2 3
因 f( )1 0， f( )1 0， f 250 ，
3 9 3 9
 3
所以，函数 在, 上有一个零点，
f x  3 
 
 3  3 
当x 3 时， f x f 
 3


0，即函数
f x
在
 3
, +

上无零点，
3    
综上所述，函数 f(x)有一个零点，故B错误；
令h(x) x3x，该函数的定义域为 ，hxx3 xx3xhx ，
R
则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，
将h(x)的图象向上移动一个单位得到 f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y f(x)的对称中心，故C正确；
令 fx3x2 12，可得x1，又 f(1) f 11，
当切点为 (1,1) 时，切线方程为 y 2x1 ，当切点为(1,1)时，切线方程为y 2x3，故D错误.
故选：AC.
典例5【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知函数 的定义域为R，且
，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】A
【解析】[方法一]：赋值加性质
因为 ，令 可得， ，所以 ，
令 可得， ，即 ，所以函数 为偶函数，令 得，
，即有 ，从而可知
， ，故 ，即 ，所
以函数 的一个周期为 ．因为 ，
， ， ，，所以
一个周期内的 ．由于22除以6余4，
所以 ．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由 ，联想到余弦函数和差化积公式
cosx ycosx y2cosxcosy，可设 f xacosx，则由方法一中 f 02, f 11知
1 
，解得cos ，取 ，
a2,acos1 2 3

所以 f x2cos x，则
3
       
f x y f x y2cos  x y  2cos  x y  4cos xcos y  f x f y ，所以
 3 3   3 3  3 3
2
T  6
f x2cos  x 符合条件，因此 的周期  ， f 02, f 11 ，且
3 f(x) 3
f 21, f 32, f 41, f 51, f 62，所以
f(1) f(2) f(3) f(4) f(5) f(6)0，
由于22除以6余4，
22
所以
 f k f 1 f 2 f 3 f 411213
．故选：A．
k1
预测1（2024·重庆·模拟预测）已知直线 与曲线 相切于点 ，若 ，则
的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
预测2（2024·贵州贵阳·模拟预测）已知函数 ，若方程 存在三个不相等的
实根，则实数 的取值范围是（ ）A． B． C． D．
预测3（2024·贵州遵义·模拟预测）已知直线 与函数 的图象在 处的
切线没有交点，则 （ ）
A．6 B．7 C．8 D．12
预测4（2024·河南·模拟预测）已知函数 的定义域为R，对于任意实数x，y满足
，且 ，则下列结论错误的是（ ）
A． B． 为偶函数
C． 是周期函数 D．
预测5（2024·陕西西安·模拟预测）若方程 在 上有两个不同的根，则a的取值范围为
（ ）
A． B． C． D．
押题1：函数 在区间 上的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
押题2：函数 ， ，那么（ ）
A． 是偶函数 B． 是奇函数
C． 是奇函数 D． 是奇函数押题3：已知定义城为R的函数 ．满足 ，且 ，
，则（ ）
A． B． 是偶函数
C． D．
押题4：已知定义在R上的函数 的导函数分别为 ，且 ，
，则（ ）
A． 关于直线 对称 B．
C． 的周期为4 D．
押题5：已知 是定义在 上连续的奇函数，其导函数为 ， ，当 时，
，则（ ）
A． 为偶函数 B． 的图象关于直线 对称
C．4为 的周期 D． 在 处取得极小值
名校预测
预测1：答案B
【详解】因为 ，所以 ，∴ ．
又∵切点 在直线 上，
∴ ，解得
．∴ab2x ex
0 ．
0
令gx2xex ，则gx1xex ，x,3
，
令gx0，解得：x1；令gx0，解得：1x3；
可得gx
在
,1
上单调递增，在
1,3
上单调递减，
x2时，gx0，2x3时，gx0，
当x趋近负无穷时，gx 趋近0，g3e3 ；gx
max
g1e，
故ab的取值范围为  e3,e ．
故选：B．预测2：答案C
【详解】因为方程 存在三个不相等的实根，所以函数gx f xex有三个零点，
当x,0 时，gx f xexexex，所以gxexe，
所以当x,1 时，gx0；当x1,0 时，gx0，
所以gx
在
,1
上单调递减，在
1,0 单调递增，gxg10，
又当x0时，gx1；当x时，gx，所以gx
图象如图；
e
当x0,时，gx f xexa ex，
x
e ex1x1
所以gx
x2
e
x2
，所以当 x0,1时， gx0 ；当 x1,时， gx0 ，
所以gx
在
0,1
上单调递减，在
1, 单调递增，gxg1a2e，
又当x0时，gx；当x时，gx，所以gx
图象如图，
所以当a2e0即a2e时函数gx f xex有三个零点，
即方程 f xex0存在三个不相等的实根，
故选：C.
预测3：答案C
8 π  8 π
【详解】 f(x) cos xx12 ， f(1) cos 11，
π 2  π 2
8 π  π π 
f(x) sin x 12x114sin x12x11
π 2  2 2 
π
f(1)4sin 128，
2
8 π 
所以函数 f(x) cos xx12 的图象在 处的切线方程为：
π 2  x1
y18x1
，则y8x7，
因为直线nxy20与直线y8x7没有交点，所以直线nxy20与直线y8x7平行，
则n8.
故选：C.
预测4：答案C
【详解】令x y0，得2f 02f 0 f 1 ，因为 f 02，所以 f 11，A正确;
令x0，则 f y f y2f 1 f y2f y ，所以 f y f y ，则 f x 为偶函数，B正确；
1
令 ，得2f x2f x1 f 04f x1，即 f x1 f x ，所以 f x不是周期函数，C错误；
y0 2
1 1 n 1 n 1 9 1
当x取正整数n时， f n1 f n    f 1  ，则 f 10   ，D正确.
2 2 2 2 512
故选：C.
预测5：答案A
【详解】 ， ，
令 ， ，
即 与 ， 有两个不同的交点，
则 ， ，
令 ，即 ，解得 ，
令 ，即 ，解得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 在 处取得极大值，也是最大值， ，
且当 时， ，当 时， ，
当 时， 趋向于0，
故 ,
故选：A
名师押题
押题1：答案D【详解】因为 的定义域为 ，且
，
所以 为偶函数，其函数图象关于 轴对称，故排除A，C．
因为 ，故排除B．
故选：D．
押题2：答案BC
【详解】因为 ，所以 为偶函数，
因为 ，
即 ，所以 为奇函数，
所以 为非奇非偶函数，A错误；
，所以 为奇函数，B正确；
gx
，所以 是奇函数，C正确；
f x
令Hxgf x ，Hxgf xgf xHx ，Hx
为偶函数，D错误.
故选：BC．
押题3：答案ABC
【详解】对于A项，由 ，
令 ，则 ，故A项正确；
对于B项，令x y0，则 f 0  f 0  2   f 1  2   f 0  2 ，
因 f 00，故 f 01，
令y1，则 f x1 f x f 1 f 1x f 0f 1x ①，
所以函数 f x 关于点 1,0 成中心对称，
令x y1，则 f 2  f 1  2   f 0  2 1，
令y2，则 f x2 f x f 2 f 1x f 1f x ②，
由①可得： f x2f x ③，由②③可知： f x f x ，
且函数 f x 的定义域为R，则函数 f x 是偶函数，故B项正确；对于C项，令yx，则 f 0 f x f x f 1x f 1x ，
因为 f 01， f x f x ， f x1f 1x ，代入上式中得，
故得：

f x

2 

f 1x

2 1，故C项正确；
对于D项，由上可知： f x2f x ，则 f x4f x2 f x ，
故函数 f x 的一个周期为4，故 f 4 f 01，
令x2,y1，则 f 3 f 2 f 1 f 1 f 00，
所以 f 1 f 2 f 3 f 401010，
2024
则  f(i)25400，故D项错误．
i1
故选：ABC．
押题4：答案ACD
【详解】由 ，得 f(1x) f(3x)①，
f(1x)g(x)4②，得 f(3x)g(2x)4③，
由①②③，得g(x)g(2x)，所以函数g(x)图象关于直线x1对称，故A正确；
由g(x)g(2x)，得g(x)g(2x)，令x1，得g(1)0；
由 f(1x)g(x)4，得 f(1x)g(x)0，
令x1，得 f(2)g(1)0，
∴ f(2x)g(1x)0④，
又 f(x)g(1x)0⑤，令x2，得 f(2)g(3)0，故B错误；
④⑤两式相加，得 f(2x) f(x)0，得 f(4x) f(2x)0，
所以 f(x) f(4x)，即函数 f(x)的周期为4，故C正确；
由 f(2x) f(x)0，令x2，得 f(4) f(2)0，所以 f(4)0，
所以 f(1)g(1) f(2)g(2) f(3)g(3) f(4)g(4)   f(n)g(n)0(nZ)，故D正确.
故选：ACD
押题5：答案ACD
【详解】对于A， 是定义在R上连续的奇函数，则 f xf x ，
两边求导可得fxfx
，所以
fx fx
，
因为g(x)为 f(x)的导函数，所以有g(x) fx fxg(x)，即g(x)为偶函数，故A正确；
对于B，若 f(4x) f(24x)，则 f(x) f(2x)，则 f(1x) f(1x)，
所以 f(x)的图象关于直线x1对称，故B错误；对于C，因为 f(x) f(2x)，所以
fxf2x
，即g(x)g(2x)，
又g(x)为偶函数，所以g(x)g(x2)，所以g(x2)g(x)，
所以g(x4)g(x2)g(x)，故4为g(x)的周期，故C正确；
对于D，当x2,1
时，g(x)0，则g(x)在区间
2,1
上为增函数，
由g(x)为偶函数，可得g(x)在区间 1,2 上为减函数，
由4为g(x)的周期，可得g(x)在区间
2,3
上为增函数
则g(x)在区间 2025,2026 上为减函数，在 2026,2027 上单调递增，
故g(x)在x2026处取得极小值，故D正确．
故选：ACD．
不等式（选填题）
年份 题号 知识点 考点
①基本不等式
2021年I卷 5 椭圆与不等式
②椭圆的几何性质
2021年II卷 无
①解基础不等式
1 集合与不等式
②集合的运算
2022年I卷
①球体综合问题
8 立体几何与不等式
②基本不等式
①绝对值不等式
2022年II卷 1 集合与不等式
②集合的运算12 不等式 基本不等式
①一元二次不等式
2023年新高考1 1
集合与不等式
②集合的运算
2023年新高考2
11 不等式 基础不等式
近三年，不等式在选填中与其它知识综合占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、基本不等式（①热点不等式②均值不等式③等价转化④1的整体代换）
2、一元二次不等式（①一元二次不等式与二次函数、韦达定理、判别式②含参、乘除的等价穿根法③对
勾函数、定动区间定动轴）
3、绝对值不等式（①三长三短求解②大于取两边小于取中间）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。不等式常用于圆锥曲线、集合中解决最值问题，
考生们需要多掌握不等式的目标形式并合理采用不等式技巧（柯西不等式、热点不等式、基本不等式等
等），多理解理解不等式的二次结论是怎么来的。
从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，不等式是高考选填方向必不可少的一部分，
不等式能够有效的解决最值问题，类型1：单纯的不等式，类型2：将以圆锥曲线为导火索设置最值问题，
类型3：将会以集合元素满足要求涉及基础不等式，不等式结论偏难理解，试题相对综合，此类题目必须
熟练即可拿分.
一、一元二次不等式与二次函数关系
技巧总结
y=ax2 +bx+c y>0
① 意味着 中 部分，
②
ax2 +bx+c<0
意味着
y=ax2 +bx+c
中
y<0
部分 ，
ax2 +bx+c=a(x−x )(x−x ) x x
处理技巧： 1 2 ，求出两个根 1， 2；根据图像可知：开口向上时，大于取
两边，小于取中间，开口向下时，大于取中间，小于取两边.
注意：处理此题时，主要确定a的正负及快速画出图象
一元二次不等式与韦达定理
技巧总结
模型一：已知关于x的不等式
ax2 +bx+c>0
的解集为
(m,n)
，解关于x的不等式
cx2 +bx+a>0
．1 1 1 1
a( ) 2 +b +c>0 ( , )
由 ax2 +bx+c>0 的解集为 (m,n) ，得: x x 的解集为 n m ，即关于x的不等式
1 1
( , )
cx2 +bx+a>0
的解集为
n m
．
已知关于x的不等式
ax2 +bx+c>0
的解集为
(m,n)
，解关于x的不等式
cx2 +bx+a≤0
．
1 1 1 1
a( ) 2 +b +c≤0 (−∞, ]∪[ ,+∞)
由 ax2 +bx+c>0 的解集为 (m,n) ，得: x x 的解集为 n m 即关于x的不等
1 1
(−∞, ]∪[ ,+∞)
式
cx2 +bx+a≤0
的解集为
n m
．
模型二：已知关于x的不等式
ax2 +bx+c>0
的解集为
(m,n)
，解关于x的不等式
cx2 −bx+a>0
．
1 1 1 1
a( ) 2 −b +c>0 (− ,− )
由 ax2 +bx+c>0 的解集为 (m,n) ，得: x x 的解集为 m n 即关于x的不等式
1 1
(− ,− )
cx2 −bx+a>0
的解集为
m n
．
已知关于x的不等式
ax2 +bx+c>0
的解集为
(m,n)
，解关于x的不等式
cx2 −bx+a≤0
．
1 1 1 1
a( ) 2 −b +c≤0 (−∞,− ]∪[− ,+∞)
由 ax2 +bx+c>0 的解集为 (m,n) ，得: x x 的解集为 m n 即关于x的不
1 1
(−∞,− ]∪[− ,+∞)
等式
cx2 −bx+a≤0
的解集为
m n
，
一元二次不等式与判别式
技巧总结
{a>0¿¿¿¿
①已知关于x的不等式 ax2 +bx+c>0 的解集为R，则约束条件一定满足 ．
{a<0¿¿¿¿
②已知关于x的不等式
ax2 +bx+c>0
的解集为
φ
，则约束条件一定满足 ．
{a<0¿¿¿¿
③已知关于x的不等式 ax2 +bx+c<0 的解集为R，则约束条件一定满足 ．
{a>0¿¿¿¿
④已知关于x的不等式
ax2 +bx+c<0
的解集为
φ
，则约束条件一定满足 ．
注意：此类题画出符合要求的图象更加直观
乘除的等价原理和穿根法
技巧总结
f(x)
<0
①若g(x) ，则 f (x) 与 g(x) 异号， ∴f(x)g(x)<0 ．f(x)
≤0
②若g(x) ，则
f (x)
与
g(x)
异号，
∴f(x)g(x)≤0
，且
g(x)≠0
．
f(x)
>0
③若g(x) ，则 同号， ∴f(x)g(x)>0 ．
f(x)
≥0
④若g(x) ，则 同号， ∴f(x)g(x)≥0 ，且 g(x)≠0 ．
f(x)=(x−x )(x−x )...(x−x )>0 f(x)=(x−x )(x−x )...(x−x )<0
数轴穿根法 1 2 n 或 1 2 n
口诀：高系为正上穿下，右穿左，奇穿偶回上为正.
二、基本不等式常用模型
技巧总结
n √ n
mx+ ≥2√mn(m>0,n>0) x=
x m
形式一： ，当且仅当 时等号成立.
n n √ n
mx+ =m(x−a)+ +ma≥2√mn+ma(m>0,n>0) x−a=
形式二：
x−a x−a
，当且仅当
m
时等号
成立.
x 1 1
= ≤ (a>0 , c>0)
ax2 +bx+c
ax+b+
c 2√ac+b
x=
√c
x a
形式三： ，当且仅当 时等号成立.
mx(n−mx) 1 mx+n−mx n2 n
x(n−mx)= ≤ ⋅（ ) 2 = (m>0,n>0,0<x< )
m m 2 4m m
形 式 四 ： ， 当 且 仅 当
n
x=
2m
时等号成立.
柯西不等式（二元式）
技巧总结
a b
柯西不等式：设a， b ，c， d∈R+ ，有 (a+b)(c+d)≥(√ac+√bd) 2 当且仅当 c = d 时等号成立．
形式一：一次与分式模型
m n 1 1 √ 1 √ 1
(a+b)( + )≥(√m+√n) 2 (a+b)( + )≥( a + b ) 2 =4
a b a,b∈R+ a b a b
其中 ，例如 ；
形式二：分式与分式模型（分母和为定值）
a b a b
+ =[(x)+(1−x)]( + )≥(√a+√b) 2
x 1−x x 1−x
形式三：高低和积配凑模型
已知
x2 +y2
的值，求
x+y
的取值范围，或者已知
x+y
的值，求
2x2 +3 y2
的最值或者求
√x+√y
的最值
即
(x2 +y2 )(m2 +n2 )≥(mx+ny) 2 ，其中m，n∈R+
例：
(a2 +b2 )(1+1)≥(a+b) 2
形式四：同次和积配凑模型
xy (x+m)(y+n)(m,n∈R ) (x+m)(y+n)≥(√xy+√mn) 2
的值，求 + 的最值，利用 求最值．
已知
热点基本不等式
技巧总结
a2 b2 a2 b2 (a+b) 2
( + )(x+y)≥(a+b) 2 + ≥
x y a,b,x,y>0 x y x+y
通过对柯西不等式变形可知 在 时，就存在 当
a b a2 b2 c2 (a+b+c) 2 a b c
= + + ≥ , = =
x y x y z x+y+z x y z
时，等号成立．同理 当 时，等号成立．
权方和不等式
技巧总结
权方和不等式也称热点不等式的延伸
(a ) m+1 (a ) m+1 (a ) m+1 (a +a +⋯+a ) m+1
1 2 n 1 2 n
+ +⋯+ ≥
a >0,b >0,m>0. (b ) m (b ) m (b ) m (b +b +⋯+b ) m
若 i i 则 1 2 n 1 2 n
a a a
1 2 n
= =⋯=
b b b
当仅当 1 2 n时，等号成立.m为该不等式的和，它的特证是分子的幂比分母的幂多一次.
3 1
关于齐次分式，将分子变为平方式，再用权方和不等式，关于带根号式子，将分子变为2次，分母为2次.
三、绝对值不等式证明
技巧总结
工具：
①热点不等式：
a2 b2 a2 b2 (a+b) 2
( + )(x+y)≥(a+b) 2 + ≥
x y a,b,x,y>0 x y x+y
通过对柯西不等式变形可知 在 时，就存在 当
a b a2 b2 c2 (a+b+c) 2 a b c
= + + ≥ , = =
x y x y z x+y+z x y z
时，等号成立．同理 当 时，等号成立．
②柯西不等式
(x2 +y2 )(m2 +n2 )≥(mx+ny) 2
x y
=
m n
当 等号成立
③1的整体代换h f
+
a+b=m a b
形如： ，求 的最小值
a+b a b (h f ) (h f ) ( a b )
=1⇒ + =1⇒ + ×1⇒ + × +
m m m a b a b m m
破解：
随后利用基本不等式求解即可.
f (x)=|x−a|+|x−b|−|x−c|+|x+d|
④ 取最值时，必须在绝对值零点处取到.
{
f (a)
f (b)
⇒ ⇒比较，最大的为最大值，最小的为最小值
f (c)
f (−d)
故
糖水变甜分式不等式
技巧总结
b+m b a+m a
> <
定理：若
a>b>0
，
m>0
，则一定有
a+m a
，或者
b+m b
同号取倒反序
通俗的理解就是a克的不饱和糖水里含有b克糖，往糖水里面加入m克糖，则糖水更甜；
b+m b ab+am−ab−bm (a−b)m
− = = >0
①
a+m a a2 +am a2 +am
证明：
a+m a ab+bm−ab−am (a−b)m
− = =− <0
b+m b b2 +bm b2 +bm
②
典例1【2023新高考Ⅱ卷】若函数 既有极大值也有极小值，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】函数 的定义域为 ，求导得
，因为函数 既有极大值也有极小值，则函数 在 上有两个变号零点，而 ，
因此方程 有两个不等的正根 ，
于是 ，即有 ， ， ，显然 ，即 ，A错误，
BCD正确.
故选：BCD
典例2【2022新高考全国Ⅱ卷】 若x，y满足 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】因为 （ R），由 可变形为，
x2  y2  xy 1
2
 x y
x y2 13xy3   ，解得 ，当且仅当 时， ，当且仅
 2  2 x y  2 x y 1 x y 2
当x y 1时， x y 2 ，所以A错误，B正确；
x2  y2
由 可变形为  x2  y2 1 xy ，解得 ，当且仅当 时取
x2  y2  xy 1 2 x2  y2 2 x y 1
等号，所以C正确；
2
 y 3 y 3
因为 变形可得 x   y2 1，设x cos, y sin，所以
x2  y2  xy 1  2 4 2 2
1 2
xcos sin,y  sin
，因此
3 3
5 2 1 1 1
x2  y2 cos2 sin2 sincos1 sin2 cos2
3 3 3 3 3
4 2  π 2  3 3
 3  3 sin   2 6      3 ,2  ，所以当x 3 ,y  3 时满足等式，但是 x2  y2 1 不成立，所以
D错误．
故选：BC．典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为
，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】∵球的体积为36，所以球的半径R 3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l2 2a2 h2，32 2a2 (3h)2 ,
所以6hl2，2a2 l2 h2
1 1 2 l4 l2 1 l6 
所以正四棱锥的体积V  Sh 4a2h (l2  ) = l4  ，
3 3 3 36 6 9 36
1 l5  1 24l2 
所以V 4l3  l3  ，
9 6  9  6 
当3l 2 6时，V0，当2 6 l 3 3时，V0，
64
所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，
l 2 6 V 3
27 81
又 时，V  ， 时，V  ,
l 3 4 l 3 3 4
27
所以正四棱锥 体积 的最小值为 ，
的V 4
27 64
，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 .
 4 3 
故选：C.
[方法二]：基本不等式法4 2 1 1
122hhh 3
64
由方法一故所以V  a2h  6hh2 h 122hhh�    (当且仅当
3 3 3 3 3 3
 
h4取到)，
3 3 3 1 1 3 3 3 27
当h  时，得a  ，则V  a2h ( )2  ;
2 2 min 3 3 2 2 4
3 9
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时h 3 ，
l 3 3 2 2
2 3 3 3 3 1 1 3 3 9 81 64
a  a  ，正四棱锥体积V  a2h ( )2   ，故该正四棱锥体积的
2 2 2 1 3 3 2 2 4 3
27 64
取值范围是[ , ].
4 3
 
M 2,1,0,1,2 N  x x2 x60
典例4【2023新高考全国Ⅰ卷】 已知集合 ， ，则 M N （
）
2,1,0,1 0,1,2 2 2
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】方法一：因为N   x x2 x60  ,23, ，而M 2,1,0,1,2，
所以M N 
2
．
故选：C．
方法二：因为M 2,1,0,1,2 ，将2,1,0,1,2代入不等式x2 x60，只有2使不等式成
立，所以M N 
2
．
故选：C．
预测1（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 ，若存在实数
满足 ，则错误的是（ ）A． B． C． D．
预测2（2024·山西朔州·模拟预测）已知集合 ，则
（ ）
A． B． C． D．
预测3（2024·河北沧州·模拟预测）已知抛物线 的焦点为F，直线l交抛物线T于A，B
两点，M为线段 的中点，过点M作抛物线T的准线的垂线，垂足为N，若 ，则 的最大
值为（ ）
A．1 B． C． D．
预测4（2024·黑龙江·模拟预测）已知实数 ， 且 ，则 取得最大值时， 的值
为（ ）
A． B． C． D． 或
预测5（2024·广东·模拟预测）已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
押题1：已知 的内角A， ， 对边分别为 ， ， ，满足 ，若
，则 面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
押题2：已知正项数列 的前 项和为 ，前 项积为 ，且满足 ，则不等式
成立的 的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．10
押题3：已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．押题4：已知抛物线 ： ， 为 上一点， ， ，当 最小时， （ ）
A． B． C． D．18
押题5：函数 的图象恒过定点 ，若点 在直线 上，
则（ ）
A． B． C． D．
名校预测
预测1：答案A
【详解】 ，
故 的图象如图所示，
考虑直线 与 图象的交点，
则 ，且 ， ，故BD正确.
由 可得 即 ，
整理得到 ，故C正确.
又 ，
由 可得 ，但 ，故 ，
故 ，故A错误.故选：A.
预测2：答案C
【详解】 ,
故 ，
故选：C.
预测3：答案B
【详解】设 ， ，因为 ，所以 ，
所以 ，过点A，B分别作 ， 垂直准线于点G，W，
由抛物线的定义可知 ， ，
由梯形的中位线可知 ．
因为 ，所以 ，
当且仅当 时，等号成立，所以
所以 ，故 的最大值为 ．
故选：B
预测4：答案D
【详解】 ，
9 9
又 ，所以ab 2 ab 6，
ab ab
2ab 1
所以  ，
a2b2a2b29 4
当且仅当ab3，即ab 3，或ab 3取等号，
所以ab2 3或ab2 3.故选：D
预测5：答案C
【详解】由lnx10可得：x2，所以A2,
，
由x23x0可得：0x3，所以B0,3
，
所以AB
0,
.
故选：C.
名师押题
押题1：答案C
【详解】由asinAcsinAsinC2sinB，
a b c
由正弦定理得sinA ,sinB ,sinC  ，
2R 2R 2R
又asinAcsinAsinC2sinB，且b2，
a2c2b2 1
所以 ，故cosB  ，
a2c2 b2ac 2ac 2
2π
又 B0,π，所以B ，
3
4
由 ，即 ，得ac ，
a2c2 2ac a2c2 b2ac4ac2ac 3
1 2π 3 3
面积的最大值为 acsin  ac ，
ABC 2 3 4 3

故选：C．
押题2：答案B
T T T
【详解】 a  n (nN)，a  n1  n1 ，
n 3T 1 n1 3T 1 T
 n n1 n
1 1 1
，则T   T  ，
3T T 1 n1 2 3 n 2
n1 n
T a 2 1 1 1
时，a  1  1 ， a  ，则T  a   0，
n1 1 3T 1 3a 1  1 3 1 2 1 2 6
 1 1
1
T 
n1 2 1
故  ，
1 3
T 
n 2
1 1 1
因此{T  }是以 为首项， 为公比的等比数列.
n 2 6 3
1 1 1 1 1 1
所以T   ( )n1，即T  ( )n .
n 2 6 3 n 2 3 21 1 1
( )n
T 2 3 2 3n1 2
根据题中条件a  n   1 ，
n 3T 1 3 1 3 3n 3 3n3
n ( )n 1
2 3 2
2 2
则a
n
1，a
n
1
3n3
1
3n
，
1 1

1 1 1 1 3 3n1 1
因此a 1 a 2 a 3   a n n2( 3  32  33    3n )n2 1 n1 3n .
1
3
当n11时，a
1
a
2
a
3


a
11
11；
1 1
当 n12 时，a 1 a 2 a 3   a 12 121 312 11 312 11.
综上，不等式S 11成立的n的最小值为12.
n
故选：B
押题3：答案D
【详解】
，又Bx 2x11
，
则AB{x|1x11}.
故选：D.
押题4：答案B
【详解】依题意，设Pm,nm0
，则n2 6m，
 PB  2 m32n2 m26m96m m2 9 1
     
所以

PA 

m32n2 m26m96m m2 12m9
1
12m ，
m29
PB
当 时， 1；
PA
m0
12m 12 12
  2
当 时，m29 9 9 ，
m 2 m
m0 m m
9
当且仅当m ，即 时，等号成立，
m m3
2
 PB  1 1 1
所以    PA     1 12m  12  3，即 PB  3 ，
m29 PA 3
PB
3
综上， 取最小值 时， ，则  ，
PA P 3,3 2
3 m3
所以 PB  332  3 2 2 3 2.故选：B.
押题5：答案BCD
1
【详解】由题得点P2,1，即2mn1,0m ,0n1，
2
1 1
所以 ，即mn ，当且仅当2mn 时取等号，故A错误；
2mn12 2mn 8 2
(2mn)2 1 1
4m2n2   ，当且仅当2mn 时取等号，故B正确；
2 2 2
2
1  1
m2nm22m1(m1)2  1  ，故C正确；
2  4
 1 2 1 1  n 4m1 1 8
由 ， ，    2m1n    22   44 ，
2mn1 2(m1)n3 m1 n 3 3  m1 n  3 3
1 2 8
且取不到等号，故   ，故D正确．
m1 n 3
故选：BCD
球（选填题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 无2021年II卷 4 球 球的表面积与体积
2022年I卷 8 球 球的表面积与体积
2022年II卷 7 球 球的表面积与体积
2023年新高考1 12 球 球的表面积与体积
2023年新高考2 无
近三年，球在选填中偶尔占据一个位置，考查的考点一般来说是：
1、外接球的表面积与体积（①侧棱垂直于底面②侧面垂直于底面③正棱锥模型④正规勾股）
2、内切球的表面积与体积（等体积法求内切球的半径）
题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。有关球体表面积与体积考生需熟记公式，有关球
体的求算关键在于半径的求算，下面应试必备给大家详细总结。
从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，球体是高考选填方向必不可少的一类题，
类型1：几何体的外接球，类型2：几何体的内切球。外接球考生需要记住模型及结论，内切球只能采用等
体积法处理，此类题相对有难度，考生多熟练.
一、正方体、长方体外接球
1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
3、补成长方体
（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．
（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．
（3）正四面体 可以补形为正方体且正方体的棱长 ，如图3所示．
（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示
图1 图2 图3 图4
二：正四面体外接球如图，设正四面体 的的棱长为 ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为 ，显然正四面体
和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为 ，即正四面体外接球半径为 ．
三：对棱相等的三棱锥外接球
四面体 中， ， ， ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可
以通过构造长方体来解决这类问题．
如图，设长方体的长、宽、高分别为 ，则 ，三式相加可得
而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为 ，则 ，所以
．
四：直棱柱外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角
形）
C1 C1 C1
A1 O2
B1
F A1
O2 B1
A1
O2
F
B1
O
O O
C C C
A O1 E A O1 B A O1 E
B B
图1 图2 图3
第一步：确定球心 的位置， 是 的外心，则 平面 ；
第二步：算出小圆 的半径 ， （ 也是圆柱的高）；第三步：勾股定理： ，解出
五：直棱锥外接球
如图， 平面 ，求外接球半径．
P
O
C
A O1 D
B
解题步骤：
第一步：将 画在小圆面上， 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径 ，连接 ，则 必
过球心 ；
第二步： 为 的外心，所以 平面 ，算出小圆 的半径 (三角形的外接圆直
径算法：利用正弦定理，得 )， ；
第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：① ；
② ．
六：正棱锥与侧棱相等模型
1、正棱锥外接球半径： ．
A
l
h
B
r
D
C
2、侧棱相等模型：
如图， 的射影是 的外心
三棱锥 的三条侧棱相等
三棱锥 的底面 在圆锥的底上，顶点 点也是圆锥的顶点．P
O
C
A O1 B
解题步骤：
第一步：确定球心 的位置，取 的外心 ，则 三点共线；
第二步：先算出小圆 的半径 ，再算出棱锥的高 （也是圆锥的高）；
第三步：勾股定理： ，解出 ．
七：侧棱为外接球直径模型
方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．
八：共斜边拼接模型
如图，在四面体 中， ， ，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形
拼接而形成的， 为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点 为公共斜边 的中点，根
据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知， ，即点 到 ， ， ， 四点
的距离相等，故点 就是四面体 外接球的球心，公共的斜边 就是外接球的一条直径．
九：垂面模型
如图1所示为四面体 ，已知平面 平面 ，其外接球问题的步骤如下：
（1）找出 和 的外接圆圆心，分别记为 和 ．
（2）分别过 和 作平面 和平面 的垂线，其交点为球心，记为 ．
（3）过 作 的垂线，垂足记为 ，连接 ，则 ．
（4）在四棱锥 中， 垂直于平面 ，如图2所示，底面四边形 的四个顶
点共圆且 为该圆的直径．图1 图2
十：最值模型
这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等
十一：二面角模型
如图1所示为四面体 ，已知二面角 大小为 ，其外接球问题的步骤如下：
（1）找出 和 的外接圆圆心，分别记为 和 ．
（2）分别过 和 作平面 和平面 的垂线，其交点为球心，记为 ．
（3）过 作 的垂线，垂足记为 ，连接 ，则 ．
（4）在四棱锥 中， 垂直于平面 ，如图2所示，底面四边形 的四个顶
点共圆且 为该圆的直径．
十二：坐标法
对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为 ，利用球心到各顶点的
距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的
定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．
十三：圆锥圆柱圆台模型
1、球内接圆锥
如图 ，设圆锥的高为 ，底面圆半径为 ，球的半径为 ．通常在 中，由勾股定理建立方程
来计算R．如图2，当PC CB时，球心在圆锥内部；如图3，当PCCB时，球心在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的方程是一样的，故无需提前判断．
h2 r2
R
由图2、图3可知，OC hR或Rh，故
(hR)2 r2 R2
，所以 2h ．
2、球内接圆柱
h
( )r2 R2
如图，圆柱的底面圆半径为r ，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足 2 ．
3、球内接圆台
r2 r2 h2  2
R2 r2  2 1 
2  2h  ，其中 r 1 ,r 2 ,h 分别为圆台的上底面、下底面、高．
十四：锥体内切球
3V
R 体积
S
方法：等体积法，即 表面积
十五：棱切球
方法：找切点，找球心，构造直角三角形
典例1【2023新高考1卷】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度
忽略不计）内的有（ ）
A. 直径为 的球体
B. 所有棱长均为 的四面体
C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为 ，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为 ，且 ，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体 的体对角线长为 ，且 ，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，则 ，
即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心 ，与正方体的下底面的切
点为 ，
可知： ，则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
典例2【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3 3和4 3，其顶点都
在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π
【答案】A
3 3 4 3
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径 ，所以2r  ,2r  ，即
r
1
,r
2
1 sin60 2 sin60 r
1
3,r
2
4，设球心到上下底面的距离分别为d ,d ，球的半径为 ，所以d  R2 9，d  R2 16，故
1 2 R 1 2
d 1 d 2 1或d 1 d 2 1，即 R2 9 R2 16 1或 R2 9 R2 16 1 ，解得 R2 25 符合
题意，所以球的表面积为S 4πR2 100π．
故选：A．
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为
，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】∵球的体积为36，所以球的半径R 3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l2 2a2 h2，32 2a2 (3h)2 ,
所以6hl2，2a2 l2 h2
1 1 2 l4 l2 1 l6 
所以正四棱锥的体积V  Sh 4a2h (l2  ) = l4  ，
3 3 3 36 6 9 361 l5  1 24l2 
所以V 4l3  l3  ，
9 6  9  6 
当3l 2 6时，V0，当2 6 l 3 3时，V0，
64
所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，
l 2 6 V 3
27 81
又 时，V  ， 时，V  ,
l 3 4 l 3 3 4
27
所以正四棱锥 体积 的最小值为 ，
的V 4
27 64
，
所以该正四棱锥体积的取值范围是 .
 4 3 
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
4 2 1 1
122hhh 3
64
由方法一故所以V  a2h  6hh2 h 122hhh�    (当且仅当
3 3 3 3 3 3
 
h4取到)，
3 3 3 1 1 3 3 3 27
当h  时，得a  ，则V  a2h ( )2  ;
2 2 min 3 3 2 2 4
3 9
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时h 3 ，
l 3 3 2 2
2 3 3 3 3 1 1 3 3 9 81 64
a  a  ，正四棱锥体积V  a2h ( )2   ，故该正四棱锥体积的
2 2 2 1 3 3 2 2 4 3
27 64
取值范围是[ , ].
4 3
典例4【2021新高考全国Ⅱ卷】 北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统
中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球
表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平

面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为 ，记卫星信号
覆盖地球表面的表面积为S 2r2(1cos)（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A. 26% B. 34% C. 42% D. 50%
【答案】C
【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：6400
1
2r2(1cos) 1cos 640036000 .
  0.4242%
4r2 2 2
故选：C.
预测1（2024·宁夏固原·模拟预测）已知四面体 的各顶点均在球 的球面上，平面 平面
， ，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
预测2（2024·陕西安康·模拟预测）一种锥底孵化桶常用于鱼虾类的孵化，其桶底采用上大下小的漏斗状
设计，底部设计成锥形便于收集幼苗.铁匠老张准备用一个半径 为的扇形铁片作为圆锥的侧面，制作成一
个圆锥形无盖漏斗（接缝处忽略不计）.若该漏斗的容积为 ，且漏斗的顶点及底面圆周都在球O的表
面上，则当R最小时，球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
预测3（2024·四川成都·模拟预测）球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的
一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球
与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积 （如上图，
这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看成是一个球
被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球去掉了6个
球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为 ，则该工艺品的表面积为（ ）
A． B． C． D．
预测4（2024·河北邢台·模拟预测）如图，正四棱台容器 的高为12cm， ，
，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均
被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（ ）A． B． C． D．
预测5（2024·宁夏银川·模拟预测）已知圆锥的底面圆周在球 的球面上，顶点为球心 ，圆锥的高为
3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
押题1：如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切
球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭
法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和
圆柱体积与球体积之比（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
押题2：某同学制作了一个工艺品，如图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱为4的正方体的六个面
所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一截面圆的周长为 ，则原来被截之前的球的表
面积为（ ）A． B． C． D．
押题3：已知直三棱柱 的6个顶点都在球 的表面上，若 ， ，
则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
押题4：已知正四棱台 （上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底
面边长为1，侧棱长为 ，则不正确的是（ ）
A．它的表面积为 B．侧棱与下底面所成的角为
C．它的外接球的表面积为 D．它的体积比棱长为 的正方体的体积大
押题5：某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空
心圆台，圆台上下底面半径分别为1，2，将一个表面积为 的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已
知空心圆台（厚度不计）围成的体积为 ，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为
．
名校预测
预测1：答案A
【详解】因为平面 平面 ， ，
所以可将四面体 看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：
则四面体 的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形 的外心到三角形 的顶点的长度为 ，
所以直三棱柱的外接球的半径 ，
则球 的表面积 ，
故选：A.
预测2：答案D
【详解】设圆锥的底面圆半径以及圆锥的高分别为 ，
故 ，所以 ，
由于 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
故此时 ， ,
设 为球O的半径，则 ,解得 ,
故球的表面积为
故选：D
预测3：答案B
【详解】设截面圆半径为 ，球的半径为 ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为 ，
根据截面圆的周长可得 ，得 ，故 ，得 ，
所以球的表面积 ．
如图， ，且 ，则球冠的高 ，
得所截的一个球冠表面积 ，
且截面圆面积为 ，
所以工艺品的表面积 ．
故选：B.
预测4：答案A
【详解】正四棱台容器 的高为12cm， ， ，
正四棱台容器内水的高度为6cm，由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为 ，
其体积为 ；
放入铁球后，水位高为9cm，沿AB 作个纵截面，从A,B 分别向底面引垂线，如图，
1 1 1 1
其中EF是底面边长10 cm，B
1
H 是容器的高为12 cm，GH 是水的高为9 cm，
GN BG 1
 1 
由截面图中比例线段的性质 ，可得 ,此时水面边长为4 cm，
HF BH 4 GN 1
1
1 
此时水的体积为V  42102 42102 9468 ，
2 3 cm3
放入的57个球的体积为468392=76cm3，
4 1
设小铁球的半径为 ，则57 πr3 76，解得r 3 cm.
r 3 π故选：A
预测5：答案C
【详解】依题意圆锥高h3，设圆锥的底面半径r，母线为l，圆锥的外接球的半径为R，
2πrπl
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则 ，解得 ，
l2 r2h2 r29 l 2r2 3
可知Rl2 3，
所以圆锥的外接球球O的表面积S 4πR2 48π.
故选：C.
名师押题
押题1：答案C
【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面圆半径为R，圆柱的高为2R，
所以圆柱的表面积S 2πR22πR2R6πR2，体积V πR22R2πR3，
1 1
4
球的表面积
S
4πR2，体积V
2

3
πR3，
2
S 6πR2 3
所以圆柱的表面积与球的表面积之比 1   ，
S 4πR2 2
2
V 2πR3 3
1  
圆柱体积与球体积之比V 4 2，
2 πR3
3
故选：C
押题2：答案B
【详解】设球的半径为R，截面圆的半径为r，两个截面圆间的距离为2d，
因为截面圆的周长为2π，可得2πr2π，解得r1，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱为4的正方体的六个面所截后剩余的部分，
所以两截面圆之间的距离为2d 4，解得d 2，
根据球的截面的性质，可得R2 r2d2 1222 5，
所以球的表面积为S4πR2 20π.
故选：B.
押题3：答案B
2π
【详解】如图所示，在 中， ，且BAC ，
ABC AB AC 1 3

2π
由余弦定理得BC2  AB2AC22ABACcosBAC 11211cos  3，
3
BC
设底面 的外接圆的半径为 ，由正弦定理得2r 2，即
 ABC r sinBAC O 1 A1再设直三棱柱ABC- A
1
B
1
C
1
外接球的球心为O，外接球的半径为R，
OO
在直角 中，可得R OA2OO2  OA2( 1 2)2  1222  5 ，
△OOA 1 1 1 2
1
所以球O的表面积为S 4πR2 4π( 5)2 20π.
故选：B.
押题4：答案C
【详解】由题意得：上底面A B C D 的面积 ，下底面 的面积 ，
1 1 1 1
侧面 为等腰梯形，过 、 分别做 的垂线，垂足为 、 ，如图所示，
所以 ，则 ，
7
所以BF  BB2BF2  ，
1 1 2
1 7 3 7
所以梯形 的面积为S  (12)  ，
ABBA 3 2 2 4
1 1
所以正四棱台ABCDABCD 的表面积S S S 4S 53 7，故A正确；
1 1 1 1 1 2 3
连接A
1
C
1
，B
1
D
1
，且交于点O
1
，连接AC，BD交于点O
2
，连接O
1
O
2
，
则OO 垂直底面ABCD，
1 2
过A作AG AO 于G，则AG底面ABCD，则四边形AGOO 为矩形，
1 1 2 1 1 2 1
2
由题意得 ，所以AO  ，
A 1 C 1  A 1 B 12 B 1 C 12  2 1 1 2
同理AC 2 2,AO  2，
22
又 ，所以AG ，
AO GO 2
1 1 2
2
在 中， AG 2 1，
cosAAG  
Rt AGA 1 AA 2 2
 1 1
所以AAG60，即侧棱与下底面所成的角为60，故B正确；
1
6
所以AG AA2AG2  ．
1 1 2
连接CO ，在Rt COO 中，CO  OO2CO  2，
1 2  1 1 2 1 2 1 2 1 12
所以点O
2
到A、B、C、D、A
1
、B
1
、C
1
、D
1
的距离相等，均为 2，
所以点O 即为正四棱台ABCDABCD 外接球的球心，且外接球半径R 2，
2 1 1 1 1
所以外接球的表面积S4π( 2)2 8π，故C错误；
1 1 6 7 6
正四棱台的体积V  (S S  SS )OO  (14 14)  ，
1 3 1 2 1 2 1 2 3 2 6
棱长为 2的正方体的体积V ( 2)3 2 2 ，
2
7 6
所以V 6 7 3 147 ，所以 ，
1    1
V 2 2 12 144 V V
2 1 2
所以正四棱台ABCDABCD 的体积比棱长为 2的正方体的体积大，故D正确.
1 1 1 1
故选：C．
押题5：答案 / 24
【详解】如图所示，设水晶球的半径为r，则4πr2 8π，解得r 2，
h 
设圆台的高为 ，则7π π12π22π 1222 ，解得 ，
h 3 h3
 2
又因为水晶球球心到圆台上底面的距离OA  2 12 1，
所以该奖杯的高为hr14 2．
故答案为：4 2.
数列、统计与概率（解答题）
年份 题号 知识点 考点
2021年I卷 17 数列 ①数列求通项②数列求和
①分布列
18 统计与概率
②期望
①数列求通项
17 等差数列
②数列求和求最值
2021年II卷
①独立重复试验
21 统计与概率
②二项分布
①递推关系求通项
17 数列
②裂项相消求和
2022年I卷
①2×2列表
20 统计与概率
②条件概率
17 数列 求通项
2022年II卷
①频率分布直方图
19 统计与概率
②二项分布
①数列求通项
20
数列
②数列求和
2023年新高考1
①两点分布
21
统计与概率
②二项分布
①数列求通项
18
数列
②数列求和求最值
2023年新高考2
①频率分布直方图
19
统计与概率
②二项分布
近三年，数列和统计与概率在解答题占据两个位置，考查的考点一般来说是：
1、数列（①递推关系求通项②数列求和）
2、统计与概率（①频率分布直方图② 2×2列联表及独立性检验③二项分布④超几何分布⑤简单随机抽样
即及回归分析）
题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项或两项。数列和统计与概率需考生需理解题意，其
次掌握各项技巧，设置此类题难度一般，用心研究必能夺分。
从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，统计与概率是高考解答题方向必不可少的
一类题，类型1：二项分布。类型2：超几何分布。类型3：条件概率，今年高考大概率数列与统计融为一
体，考生需从多方面认识，把握数列各项求和，争取快速拿下.一、数列求和
一．公式法
（1）等差数列 的前n项和 ，推导方法：倒序相加法．
（2）等比数列 的前n项和 ，推导方法：乘公比，错位相减法．
（3）一些常见的数列的前n项和：
① ；
② ；
③ ；
④
二．几种数列求和的常用方法
（1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和
时可用分组求和法，分别求和后相加减．
（2）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项可以相互抵消，从而求得前n
项和．
（3）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
么求这个数列的前 项和即可用错位相减法求解．
（4）倒序相加法：如果一个数列 与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那
么求这个数列的前 项和即可用倒序相加法求解．
三．常见的裂项技巧
积累裂项模型1：等差型
（1）
（2）
（3）
（4）（5）
（6）
（7）
（8）
（9）
（10）
（11）
（12）
积累裂项模型2：根式型
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
积累裂项模型3：指数型
（1）（2）
（3）
（4）
（5）
（6） ，设 ，易得 ，
于是
（7）
积累裂项模型4：对数型
积累裂项模型5：三角型
（1）
（2）
（3）
（4） ，
则
二、统计与概率
两点分布
两点分布：是很简单的一种概率分布，其实验结果只有两种可能，且概率和为 1；两点分布列又称
分布列或佰努利分布列；两点分布能清晰的反映出事件的正反两面.两点分布的应用十分广泛，如抽
取的彩票是否中奖，买回的意见产品是否为正品，新生儿的鉴定，投篮是否命中等.（想象成扔硬币问题）
超几何分布超几何分布：一般地，在含有 件次品的 件产品中，任取 件，其中恰有 件次品数，则事件
发 生 的 概 率 为 , 其 中 ， 且
．称分布列
0 1 …
…
为超几何分布列．如果随机变量 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 服从超几何分布.
注意：若有 件产品，其中 件为次品，无放回地任意抽取 件，则其中恰有的次品件数 是服出超几
何分布.
二项分布
1．n重伯努利试验的概念
只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验，将一个伯努利试验独立地重复进行 n次所组成的随机试验
称为n重伯努利试验．
2．n重伯努利试验具有如下共同特征
(1)同一个伯努利试验重复做n次；
(2)各次试验的结果相互独立．
3．二项分布（若有 N 件产品，其中M件是次品，有放回地任意抽取n件，则其中恰有的次品件数X
是服从二项分布的）
一般地，在n重伯努利试验中，设每次试验中事件A发生的概率为p(0<p<1)，用X表示事件A发生的次
数，则X的分布列为：
如果随机变量X的分布列具有上式的形式，则称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)．
4．一般地，可以证明：如果X～B(n，p)，那么E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
条件概率
技巧总结
1．条件概率的概念
条件概率揭示了P(A)，P(AB)，P(B|A)三者之间“知二求一”的关系
一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生
的条件概率，简称条件概率．
2．概率的乘法公式
由条件概率的定义，对任意两个事件A与B，若P(A)>0，则P(AB)＝P(A)P(B|A)．我们称上式为概率的乘
法公式．
3．条件概率的性质设P(A)>0，则
(1)P(Ω|A)＝1；
(2)如果B与C是两个互斥事件，则P((B∪C)|A)＝P(B|A)＋P(C|A)；
(3)设B和B互为对立事件，则P(B )＝1－P(B)．
4．全概率公式
在全概率的实际问题中我们经常会碰到一些较为复杂的概率计算，这时，我们可以用 “化整为零”的
思想将它们分解为一些较为容易的情况分别进行考虑
一般地，设A ，A ，…，A 是一组两两互斥的事件，A∪A∪…∪A ＝Ω，且P(A)>0，i＝1，2，…，
1 2 n 1 2 n i
n，则对任意的事件B Ω，有P(B)＝∑P(A)P(B.
i
我们称上面的公式为全概率公式，全概率公式是概率论中最基本的公式之一．
⊆
5．贝叶斯公式
设A ，A ，…，A 是一组两两互斥的事件，A∪A∪…∪A ＝Ω，且P(A)>0，i＝1，2，…，n，则对任
1 2 n 1 2 n i
意事件B Ω，P(B)>0，
P(A )P(B/A )
⊆ i i
n
∑ P(A )P(B/A )
k k
有P(A
i
＝=k=1 i＝1，2，…，n.
6.在贝叶斯公式中，P(A)和P(A |B)分别称为先验概率和后验概率．
i i
离散型随机变量的均值与方差
技巧总结
Ⅰ：随机变量的数字特征
1．离散型随机变量的均值的概念
一般地，若离散型随机变量X的分布列为
X x x … x … x
1 2 i n
P p p … p … p
1 2 i n
n
∑x p
i i
则称E(X)＝xp＋xp＋…＋xp＋…＋xp＝i=1 为随机变量X的均值或数学期望．
1 1 2 2 i i n n
2．离散型随机变量的均值的意义
均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合了随机变量的取值和取值的概率，反映了随
机变量取值的平均水平．
3．离散型随机变量的均值的性质
若Y＝aX＋b，其中a，b均是常数(X是随机变量)，则Y也是随机变量，且有E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
证明如下：如果Y＝aX＋b，其中a，b为常数，X是随机变量，那么Y也是随机变量．因此P(Y＝ax＋b)＝
i
P(X＝x)，i＝1,2,3，…，n，所以Y的分布列为
i
Y ax＋b ax＋b … ax＋b … ax＋b
1 2 i n
P p p … p … p
1 2 i n于是有E(Y)＝(ax ＋b)p ＋(ax ＋b)p ＋…＋(ax＋b)p＋…＋(ax ＋b)p ＝a(xp ＋xp ＋…＋xp＋…＋xp)＋
1 1 2 2 i i n n 1 1 2 2 i i n n
b(p＋p＋…＋p＋…＋p)＝aE(X)＋b，即E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
1 2 i n
方差：．称 为随机变量 的方差，它反映了离散型随机变量 相对于期望的平均
波动大小(或说离散程度)，其算术平方根 为随机变量 的标准差，记作 ，方差(或标准差)越
小表明 的取值相对于期望越集中，否则越分散．
Ⅱ： 均值与方差的性质
E(aX+b)=aE(X)+b
(1) ．
D(aX+b)=a2D(X) a,b D(X)=E(X2)−(E(X)) 2
(2) ( 为常数)．（3）
两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差
E(X)=p D(X)=p(1−p)
(1)若X服从两点分布，则 ， ．
X~B(n,p) E(X)=np,D(X)=np(1−p)
(2)若X服从二项分布，即 ，则 ．
X~H(n,M,N)
(3)若X服从超几何分布，即 时，
nM nM(N−M)(N−n)
E(X)= D(X)=
N
．
N2 (N−1)
方法总结： 求离散型随机变量的均值、方差的基本步骤：
第一步：判断取值：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值；
第二步：探求概率：利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥
事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式)等，求出随机变量取每个值时的概
率；
第三步：写分布列：按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质(概率总和为1)检验所求的分布列
是否正确；
第四步：求期望值和方差：利用数学期望和方差的公式分别求期望和方差的值．对于有些实际问题中
的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直
接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得．因此，应熟记常见的典型分布的期望与方差公式，可加
快解题速度．
正态分布
技巧总结
1．正态曲线及其性质
(1)正态曲线：
函数 ， ，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φ (x)的图象为正态分布
μ，σ
密度曲线，简称正态曲线．
(2)正态曲线的性质：①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
③曲线在x＝μ处达到峰值；
④曲线与x轴之间的面积为1；
⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示；
⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦
高”．总体分布越集中，如图乙所示：
甲 乙
2．正态分布
b
∫ ϕ (x)dx
一般地，如果对于任何实数a，b(a<b)，随机变量X满足P(a<X≤b)＝ a μ，σ ，则称随机变量X服从
正态分布(normal distribution)．正态分布完全由参数μ和σ确定，因此正态分布常记作N(μ，σ2)．如果随机
变量X服从正态分布，则记为X～N(μ，σ2)．
3．正态总体三个特殊区间内取值的概率值
①P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826；
②P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544；
③P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)＝0.9974．
4．3σ原则
通常服从正态分布N(μ，σ2)的随机变量X只取(μ－3σ，μ＋3σ)之间的值．
【规律方法】
1.求正态曲线的两个方法
(1)图解法：明确顶点坐标即可，横坐标为样本的均值μ，纵坐标为．
(2)待定系数法：求出μ，σ便可．
2.正态分布下2类常见的概率计算
(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.
(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属
于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．
3.正态总体在某个区间内取值概率的求解策略
(1)充分利用正态曲线对称性和曲线与x轴之间面积为1．
(2)熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．
(3)注意概率值的求解转化：
①P(X<a)＝1－P(X≥a)；
②P(X<μ－a)＝P(X≥μ＋a)；
③若b<μ，则P(X<b)＝．
特别提醒：正态曲线，并非都关于y轴对称，只有标准正态分布曲线才关于y轴对称．
简单随机抽样
技巧总结
Ⅰ：简单随机抽样：系统抽样、分层抽样、每个个体被抽中的概率都相同
Ⅱ：频率分布直方图：
①组距：相邻横坐标之间的差值
②概率：概率=纵×组距（面积）
③中位数：取x，前半图形面积为
0.5
④众数：图形中最高的中值.
面积 ×中值 +面积 ×中值 +面积 ×中值 +⋯⋯
⑤平均数： 1 1 2 2 3 3
S2=(中值−平均数) ×面积 +(中值−平均数) ×面积 +⋯
⑥方差： 1 2 1 2 2 2
⑦极差：最大--最小
Ⅲ：茎叶图
①中位数：去头去尾取中间
②众数：出现次数最多的数
[茎×10×叶个数]+(叶所有数)
总体
③平均数：
④评价：
{方差：看茎叶图集中与分散
⇒
平均数：茎叶图中某一行出现最长，则认定平均数出现在此行
技巧总结
1．相关关系与回归分析回归分析是对具有相关关系的两个变量进行统计分析的一种常用方法；判断相关性的常用统计图是：散点
图；统计量有相关系数与相关指数．回归分析（线性回归）
（1）在散点图中，点散布在从左下角到右上角的区域，对于两个变量的这种相关关系，我们将它称
为正相关；
（2）在散点图中，点散布在从左上角到右下角的区域，两个变量的这种相关关系称为负相关；
（3）如果散点图中点的分布从整体上看大致在一条直线附近，称两个变量具有线性相关关系．
2．线性回归方程：
（1）最小二乘法：使得样本数据的点到回归直线的距离的平方和最小的方法叫做最小二乘法．
x , y ,x , y , ,x , y 
（2）回归方程：两个具有线性相关关系的变量的一组数据： 1 1 2 2  n n ，其回
 n
x y nxy
 i i
b i1 ,

n
 x2 nx 2
 i
i1
  
 ybxa  a ybx. x, y
归方程为 ，则 注意：线性回归直线经过定点 ．
（3）相关系数：
n n
x  xy  y x y nxy
i i i i
r  i1  i1
n n  n  n 
x  x2y  y2 x2 nx2 y2 ny2
  
i i i i
  
i1 i1 i1 i1 ．
【技能方法】
（1）利用散点图判断两个变量是否有相关关系是比较直观简便的方法．如果所有的样本点都落在某
一函数的曲线附近，变量之间就有相关关系．如果所有的样本点都落在某一直线附近，变量之间就有线性
相关关系．若点散布在从左下角到右上角的区域，则正相关．
r
（2）利用相关系数判定，当
越趋近于1相关性越强．当残差平方和越小，相关指数R2
越大，相关
性越强．
（3）在分析实际中两个变量的相关关系时，可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具
有相关关系，也可计算相关系数r进行判断．若具有线性相关关系，则可通过线性回归方程估计和预测变
量的值．
b ,a
（4）正确运用计算 的公式和准确的计算，是求线性回归方程的关键．并充分利用回归直线
 
x, y
y bxa
过样本点的中心 进行求值．
2×2列联表及独立性检验
技巧总结
Ⅰ：分类变量
有一种变量，这种变量所取不同的“值”表示的是个体所属不同类别，称这种变量为分类变量。Ⅱ：2×2列联表
1. 列联表
用表格列出的分类变量的频数表，叫做列联表。
2. 2×2列联表
对于两个事件A，B，列出两个事件在两种状态下的数据，如下表所示：
事件B 事件 合计
事件A a b a+b
事件A c d c+d
合计 a+c b +d a+b+c+d
这样的表格称为2×2列联表。
Ⅲ：卡方统计量公式
为了研究分类变量X与Y的关系，经调查得到一张2×2列联表，如下表所示
Y Y 合计
1 2
X a b a+b
1
X c d c+d
2
合计 a+c b+d n=a+b+c+d
统计中有一个有用的（读做“卡方”）统计量，它的表达式是：
n(ad bc)2
K2  （ 为样本容量）。
(ab)(cd)(ac)(bd) nabcd
Ⅳ：独立性检验
独立性检验
通过2×2列联表，再通过卡方统计量公式计算K2 的值，利用随机变量K2
来确定在多大程度上可以认为
“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验。
变量独立性的判断
通过对K2统计量分布的研究，已经得到两个临界值：3.841和6.635。当数据量较大时，在统计中，用以
下结果对变量的独立性进行判断：
①如果K2≤3.841时，认为事件A与B是无关的。
②如果K2＞3.841时，有95%的把握说事件A与事件B有关；
③如果K2＞6.635时，有99%的把握说事件A与事件B有关；
Ⅴ：独立性检验的基本步骤及简单应用
独立性检验的步骤：
要推断“A与B是否有关”，可按下面步骤进行：
（1）提出统计假设H0：事件A与B无关（相互独立）；（2）抽取样本（样本容量不要太小，每个数据都要大于5）；
（3）列出2×2列联表；
n(ad bc)2
（4）根据2×2列联表，利用公式：K2  ，计算出 的值；
(ac)(bd)(ab)(cd) K2
（5）统计推断：当K2＞3.841时，有95％的把握说事件A与B有关；
当K2＞6.635时，有99％的把握说事件A与B有关；
当K2＞10.828时，有99.9％的把握说事件A与B有关；
当K2≤3.841时，认为事件A与B是无关的．
备注：临界值表
P（K2≥k） 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
k 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
典例1【2023新高考1卷】甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，
若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为 0.6，乙每次投篮的命中率
均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第 次投篮的人是甲的概率；
（3）已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则
．记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．
【答案】 （1） （2） （3）
【解析】【小问1详解】
记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，
所以，
.
【小问2详解】
设 ，依题可知， ，则，
即 ，
构造等比数列
p 
，
i
2 1 2 1
设 p
i1

5
p
i
，解得 1
3
，则 p
i1

3

5


p
i

3


，
1 1 1  1 1 2
又 p  , p   ，所以p  是首项为 ，公比为 的等比数列，
1 2 1 3 6  i 3 6 5
i1 i1
1 1 2 1 2 1
即 p      ,p      ．
i 3 6 5 i 6 5 3
【小问3详解】
i1
1 2 1
因为 p      ， ，
i 6 5 3 i 1,2,,n
2 n
所以当 时，EY p 1  p 2    p n  1 6  1 1    5 2    n 3  1 5 8    1   5 2   n    n 3 ，
nN* 5
5  2 n n
故E(Y) 1    ．
18 5  3
典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有
明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判
定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为 p(c)；误诊率是将未患病者判定为阳
性的概率，记为q(c)．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．pc0.5 qc
（1）当漏诊率 ％时，求临界值c和误诊率 ；
（2）设函数
f c pcqc
，当
c95,105
时，求
f c
的解析式，并求
f c
在区间
95,105
的
最小值．
【答案】（1）c97.5， q(c)3.5% ；
0.008c0.82,95c100
（2）
f(c)
，最小值为 ．
0.01c0.98,100c105 0.02
【解析】【1详解】
依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为50.0020.5%，所以95c100，
所以
c950.0020.5%，解得：c97.5，
qc0.0110097.550.0020.0353.5%．
【2详解】
当c[95,100]时，
f(c) p(c)q(c)(c95)0.002(100c)0.0150.002 0.008c0.820.02；
当c(100,105]时，
f(c) p(c)q(c)50.002(c100)0.012(105c)0.002 0.01c0.980.02,
0.008c0.82,95c100
故 f(c) ，
0.01c0.98,100c105
所以 f c 在区间95,105的最小值为0.02．
典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习
惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在
未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该
疾病”． 与 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标
为R．（ⅰ）证明： ；
（ⅱ）利用该调查数据，给出 的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附 ，
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
3 5 7 25
【答案】 y  x 或y  x 或
4 4 24 24 x=1
【解析】【1详解】
由已知 ，
又 ， ，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
【2详解】
(i)因为 ，
所以
所以 ，
(ii)
由已知 ， ，
又 ， ，
所以
典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得
到如下的样本数据的频率分布直方图：（1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 的概率；
（3）已知该地区这种疾病的患病率为 ，该地区年龄位于区间 的人口占该地区总人口的
.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 ，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中
患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】（1） 岁； （2） ； （3） ．
【解析】【小问1详解】
平均年龄
（岁）．
【小问2详解】
设 {一人患这种疾病的年龄在区间 }，所以
．
【小问3详解】
设 “任选一人年龄位于区间[40,50)”， “从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：
,
则由条件概率公式可得
从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 ，此人患这种疾病的概率为
．
典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，每位参加比赛的同
学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则
从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A类问题中的每个问题回
答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1）若小明先回答A类问题，记 为小明的累计得分，求 的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2） 类
【解析】（1）由题可知， 的所有可能取值为 ， ， ．
；
；
．
所以 的分布列为
（2）由（1）知， ．
若小明先回答 问题，记 为小明的累计得分，则 的所有可能取值为 ， ， ．
；
；
．
所以 ．
因为 ，所以小明应选择先回答 类问题．
预测1（2024·重庆·模拟预测）函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若函数 有两个极值点 ，曲线 上两点 ， 连线斜率记为k，求证：
；
(3)盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证： ．
预测2（2024·重庆·模拟预测）如图，一个质点在随机外力的作用下，从数轴点 出发，每隔1秒向左或
向右移动一个单位，设每次质点向右移动的概率为 ，经过 秒后质点最终到达的位置的数字记
为X．
(1)若 ， ，求 ；
(2)当 时，随机变量X的期望 ，求p的取值范围．
预测3（2024·广东韶关·模拟预测）小明参加社区组织的射击比赛活动，已知小明射击一次、击中区域甲
的概率是 ，击中区域乙的概率是 ，击中区域丙的概率是 ，区域甲，乙、丙均没有重复的部分．这次
射击比赛获奖规则是：若击中区域甲则获一等奖；若击中区域乙则有一半的机会获得二等奖，有一半的机
会获得三等奖；若击中区域丙则获得三等奖；若击中上述三个区域以外的区域则不获奖．获得一等奖和二
等奖的选手被评为“优秀射击手”称号．
(1)求小明射击1次获得“优秀射击手”称号的概率；
(2)小明在比赛中射击4次，每次射击的结果相互独立，设获三等奖的次数为X，求X分布列和数学期望．
预测4（2024·陕西安康·模拟预测）2024年3月，某校语文教师对学生提出“3月读一本书”的要求，每
位学生都选择且只能选择《红楼梦》和《三国演义》中的一本，现随机调查该校男､女生各100人，发现选
择《红楼梦》的有90人，其中女生占 .
(1)补充完整下述 列联表，并判断能否有 的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性
别有关；
《红楼梦》 《三国演义》
男生
女生
(2)已知学生选择哪本书是相互独立的，用频率代替概率，从该校选择《红楼梦》的学生中随机抽取3人，
抽到的女生人数设为 ，求 的分布列和数学期望.
参考公式： ，其中 .
参考数据：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.0012.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
预测5（2024·陕西西安·模拟预测）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“应用统计”课程 不喜欢“应用统计”课程 总计
男生 20 5 25
女生 10 20 30
总计 30 25 55
(1)判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢“应用统计”课程与性别有关？（公式和对照
表见题后）
(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．
附： ，
0.010 0.005
6.635 7.879
押题1：已知质量均匀的正 面体， 个面分别标以数字1到 ．
(1)抛掷一个这样的正 面体，随机变量 表示它与地面接触的面上的数字．若 求n；
(2)在(1)的情况下，抛掷两个这样的正n面体，随机变量 表示这两个正 面体与地面接触的面上的数字和
的情况，我们规定：数字和小于7，等于7，大于7， 分别取值0，1，2，求 的分布列及期望．
押题2：某景区的索道共有三种购票类型，分别为单程上山票、单程下山票、双程上下山票．为提高服务
水平，现对当日购票的120人征集意见，当日购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为36、60
和24．
(1)若按购票类型采用分层随机抽样的方法从这120人中随机抽取10人，再从这10人中随机抽取4人，求
随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率．
(2)记单程下山票和双程票为回程票，若在征集意见时要求把购买单程上山票的2人和购买回程票的m（
且 ）人组成一组，负责人从某组中任选2人进行询问，若选出的2人的购票类型相同，则该组
标为A，否则该组标为B，记询问的某组被标为B的概率为p．（i）试用含m的代数式表示p；
（ii）若一共询问了5组，用 表示恰有3组被标为B的概率，试求 的最大值及此时m的值．
押题3：甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式:当球在甲
手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子
点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，
则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.
(1)求投掷3次骰子后球在乙手中的概率；
(2)设前三次投掷骰子后，球在甲手中的次数为 ，求随机变量 的分布列和数学期望.
押题4：某公司计划在员工团建活动中设置一个抽奖环节．工作人员在仓库中随机抽取了20个规格相同
的礼盒，各礼盒中均有1个质地相同的小球，礼盒和小球的颜色为红色或黑色，且颜色分布如下表所示．
礼盒颜色
小球颜色 合计
红色 黑色
红色 m n
黑色 2 6 8
合计 20
已知从上述礼盒中随机选取2个礼盒，红色与黑色礼盒恰好各1个的概率为 ．
(1)求 的值．
(2)为提高活动的趣味性，设抽奖过程及中奖规则如下：
①将20个礼盒放在1个箱子中，每人有放回地分两次抽取，每次抽取1个礼盒，并记录礼盒和该礼盒中的
小球的颜色．
②两次抽取后的结果分四种情况：礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均相同；2个礼盒的颜色相同，但2个
小球的颜色不同；2个礼盒的颜色不同，但2个小球的颜色相同；礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均不相
同．
③按②抽取后的结果的可能性大小，设概率越小，对应奖项的奖金越高．
④活动奖励分四个等级，奖金额分别为一等奖800元，二等奖400元，三等奖200元，四等奖100元．
若预计有60名员工参与抽奖活动（每人抽奖1次），求抽奖活动的奖金总额的数学期望．
押题5：某地区工会利用“健步行APP”开展健步走活动.为了解会员的健步走情况，工会在某天从系统中
抽取了100名会员，统计了当天他们的步数（千步为单位），并将样本数据分为 ， ， ，…，
， 九组，整理得到如图所示的频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图，估计样本数据的70%分位数；
(2)据统计，在样本数据 ， ， 的会员中体检为“健康”的比例分别为 ， ， ，以频率
作为概率，估计在该地区工会会员中任取一人，体检为“健康”的概率.
名校预测
预测1：答案见解析
【详解】（1） 定义域为 ， ，
对于方程 ， ，
当 ，即 时， ， ， 在 上单增，
当 ，即 或 时，方程 有两不等根，
， ，而 ， ，
所以当 时， ， 在 上恒成立， 在 上单增；
当 时， ， 或 时， ， 时， ，
所以 在 和 上单增，在 上单减，
综上，当 时， 在 上单增；
当 时， 在 和 上单增，
在 上单减；（2）
，
lnx lnx 1 lnx lnx 2
所以要证 ，即证 1 2 1 1，即证 1 2  ，
x x a1 x x x x
1 2 1 2 1 2
 x 
2 1 1
x 2x x  x x 
也即证ln 1  1 2 ln 1  2 0（*）成立．
x x x x x
2 1 2 2 1 1
x
2
x 2t1
设 t 
x
1 0,1 ，函数htlnt
t1
，由（1）知 ht在0,上单增，且 h10 ，
2
所以t0,1 时，ht0，所以（*）成立，原不等式得证；
A20 100998281
（3）由题可得p 100  ，
10020 10020
因为998190292 902，988290282 902，…，918990212 902，
 9  19
所以p  ，
10
2t1
又由（2）知 t1,，htlnt 0，
t1
10 
2 1
10  9  10 2
取 ，有ln  ln  0，
10 9 10 9 19
t 1
9 9
10 19 10 19
即ln  2，即  e2，
 9   9 
19
 9  1
所以p   ．
10 e2
1 2 
预测2：答案(1) (2)p ,1
4 3 
【详解】（1）4秒后质点移动到点1，则质点需向右移动3次，向左移动1次，1 4 1
故PX 1C3    ．
4 2 4
（2）由题意，X可能的取值为4,2,0,2，
则PX 41 p3 ，
PX 2C21 p2 p3p1 p2 ，
3
PX 0C11 p1 p2 3p21 p，
3
PX 2 p3
，
2
所以 EX41 p323p1 p22p3 23p20 ，解得p ，
3
2 
又因为 p0,1，所以p
3
,1

．
11
预测3：答案(1)
24
(2)分布列见解析； EX1
【详解】（1）记“射击一次获得‘优秀射击手’称号”为事件A；射击一次获得一等奖为事件B；
1
射击一次获得一等奖为事件 ，所以有
，所以PB
，
C AB  C 3
1 1 1 1 1 11
PC   ，所以PAPBCPBPC   .
4 2 8 3 8 24
（2）获得三等奖的次数为X ，X 的可能取值为0，1，2，3，4；
1 1 1 1
记“获得三等奖”为事件 ，所以PD    ，
D 8 4 2 4
1 0 3 4 81 1 1 3 3 27
所以PX 0C0      ，PX 1C1      ，
4 4 4 256 4 4 4 64
1 2 3 2 54 27 1 3 3 12 3
PX 2C2       ，PX 3C3      ，
4 4 4 256 128 4 4 4 256 64
1 4 3 0 1
PX 4C0      ，所以
4 4 4 256
X 0 1 2 3 4
81 27 27 3 1
P
256 64 128 64 256
 1 1
显然X B4， ，EX4 1.
 4 4
预测4：答案(1)有 的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性别有关；
(2)见解析【详解】（1）男､女生各100人，选择《红楼梦》的有90人，其中女生有 .
补全二联表：
《红楼梦》 《三国演义》 合计
男生 30 70 100
女生 60 40 100
合计 90 110 200
所以 ，
故有 的把握认为学生选择《红楼梦》还是《三国演义》与性别有关；
（2）依题意 ．
，
，
，
．
的分布列为：
 0 1 2 3
1 2 4 8
P
27 9 9 27
2
E()3 2．
3
8
预测5：答案(1)有关(2)
15
55(2020105)2 1177 539
【详解】（1）由表中数据，可得K2    11.9787.879，
30252530 335 45
所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜欢“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 ，
30 20 m4
所以样本中有4个男生，2个女生，分别记作B ，B ，B ，B ，G ，G ，
1 2 3 4 1 2
从中任选2人的基本事件有(B ，B )，(B ，B )，(B ，B )，(B ，G )，(B ，G )，
1 2 1 3 1 4 1 1 1 2(B ，B )，(B ，B )，(B ，G )，(B ，G )，(B ，B )，(B ，G )，(B ，G )，
2 3 2 4 2 1 2 2 3 4 3 1 3 2
(B ，G )，(B ，G )，(G ，G )，共15个，
4 1 4 2 1 2
其中恰有1个男生和1个女生的事件有(B ，G )，(B ，G)，(B ，G )，(B ，G )，
1 1 1 2 2 1 2 2
(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，(B ，G )，共8个，
3 1 3 2 4 1 4 2
8
所以恰有1个男生和1个女生的概率为 .
15
名师押题
押题1：答案(1) .(2)分布列见解析， .
【详解】（1）因为 ，所以 .
（2）样本空间 ，共有36个样本点.
记事件 “数字之和小于7”，事件 “数字之和等于7"，
事件 “数字之和大于7”.
，
，共15种，
故
，共6种，
故 ；
，
，共15种，
故 ；
从而 的分布列为：
0 1 2
故
押题2：答案(1)
(2)（i） ；（ii） 时， ．【详解】（1）因为购买单程上山票、单程下山票和双程票的人数之比为 ，所以这10人中，购买单
程上山票、单程下山票和双程票的人数分别为： ， ， ，
故随机抽取的4人中恰有2人购买单程上山票的概率 ．
（2）（i）从 人中任选2人，有 种选法，其中购票类型相同的有 种选法，则询问的某组
被标为B的概率 ．
（ii）由题意，5组中恰有3组被标为B的概率 ，
所以 ， ，
所以当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
所以当 时， 取得最大值，且最大值为 ．
由 ， 且 ，得 ．
当 时，5组中恰有3组被标为B的概率最大，且 的最大值为 ．
押题3：答案(1) (2)分布列见解析，期望为
【详解】（1）解：由题意得；若投掷3次骰子后球在乙手中，
第一类是第一次甲保留，第二次甲保留，第三次甲传给乙，其概率为： ；
第二类是第一次甲传给乙，第二次乙传给甲，第三次甲传给乙，其概率为 ；
第三类是第一次甲传给乙，第二次乙传给丙，第三次丙传给乙，其概率为 ；
所以投掷3次骰子后球在乙手中的概率为： ；
（2）由题意得，X的可能取值为：0，1，2，3，
则 ， ，
， ，故X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
押题4：答案(1) (2)20040元
【详解】（1）由表中数据可得：红色礼盒共有 个，黑色礼盒有 个，
所以从上述礼盒中随机选取2个礼盒，红色与黑色礼盒恰好各1个的概率为 ，又
，解得
（2）颜色分布如下表所示．
礼盒颜色
小球颜色 合计
红色 黑色
红色 8 4
黑色 2 6 8
合计 20
因此礼盒为红色，里面的球也为红色的概率为 ，
礼盒为红色，里面的球为黑色的概率为 ，
礼盒为黑色，里面的球为红色的概率为 ，
礼盒为黑色，里面的球也为黑色的概率为 ，
故礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均相同的概率为 ；
2礼盒的颜色相同，但2个小球的颜色不同的概率为 ；
2个礼盒的颜色不同，但2个小球的颜色相同 ；
礼盒与礼盒中的小球的颜色两次均不相同 ．
进而可得一个员工在抽奖活动中的所得奖金 的分布列为800 400 200 100
一个员工抽奖的奖金期望为 ,
则60个人奖活动的奖金总额的数学期望 元.
押题5：答案(1)14.5 (2)0.38
【详解】（1）解：（1）由于在 的样本数据比例为：
∴样本数据的70%分位数在 内∴估计为： .
（2）（2）设任取的会员数据在 ，
9,15
，
15,21
中分别为事件A，A ，A ，
1 2 3
∴PA0.010.020.120.15，PA 0.170.20.230.6，PA 0.170.060.020.25
1 2 3
设事件A在该地区工会会员中任取一人体检为“健康”
1 1 3
PA0.15 0.6 0.25 0.38.
5 3 5