数学（二）-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 （二） 三角恒等变换（选填题）……………………………………………………03 平面向量（选填题）…………………………………………………………18 指对数运算及比较大小（选填题）…………………………………………37 三角函数（选填题） ………………………………………………………50 集合（选填题）………………………………………………………………70三角恒等变换（选填题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 6 三角恒等变换 已知条件求值问题 2021年II 无 卷 2022年I卷 无 ①三角函数和差、半角正余弦公式 2022年II ②三角函数和差、半角正切公式 6 三角函数化简 卷 ③三角函数辅助角公式 ④三角函数万能公式 ①三角函数和差、半角正余弦公式 2023年新 ②三角函数和差、半角正切公式 8 高考1 三角恒等变换 ③三角函数辅助角公式 ④三角函数万能公式 ①三角函数和差、半角正余弦公式 2023 年 新 ②三角函数和差、半角正切公式 高考2 7 三角函数的诱导公式 ③三角函数辅助角公式 ④三角函数万能公式 近三年，三角恒等变换在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、已知条件求值问题（①“给角求值”②“给值求值”③“给值求角”） 2、求非特殊角三角函数值运算（①整体换元利用恒等变形公式计算其结果②对偶式处理③记住一些特殊 角的三角函数值） 3、正余弦三角函数值加减问题（①三角函数和差、半角正余弦公式②三角函数和差、半角正切公式③ 三 角函数辅助角公式④三角函数三剑客） tanα 4、 与齐次式互换（掌握五类变形的标准） 题干的设置一般来说在上述的四项考点中选其一项。三角恒等变换需要认真分类，熟练掌握各类题的 技巧，即目测题后瞬间就能想到对应的做题方案，便可轻松搞定。三角恒等变换在2024新高考新题型中的考查形式依然以选择或者填空为主，以考查齐次化和已知条件 求值问题为主，三角恒等变换在选填中难度中等，考生可适当留意常见的变换并分类，每一类总结出一个 固定模板，以便此类题在高考出现时考生能做到心中有数，快速解答. 一、已知条件求值问题 Ⅰ诱导公式的秒记 奇变偶不变，符号看象限 π 2 ⇒ ①奇变偶不变 关键要看所加弧度是 的奇数倍还是偶数倍 sin⇔cos sin⇔cos 若是奇数倍则 互变，若是偶数倍，则 不变 ( 3π) 3π π sin α+ 2 ⇒ 2 2 cosα 例如： ∵ 是 的3倍，3属于奇数，故先变为 ⇒ α 300 sin cos ②符号看象限 首先将 永远看成 ，其次利用 看上下， 看左右进行秒杀 cosα 2700 +300 =3000 sin 上个例题中变成 后，然后判断符号， ，所以位于第四象限，利用 看上下， 所以原式为负，化简结果为−cosα π cos(α+π) ⇒ π 2 cosα 例如： ∵ 是 的2倍，2属于偶数，故先变为 ，然后判断符号， 1800 +300 =2100 cos −cosα ，所以位于第三象限，利用 看左右，所以原式为负，化简结果为 . Ⅱ诱导公式的延伸sin(nπ+α)=(−1) nsinα(n∈Z) 结论Ⅰ： n=2k(k∈Z) 推导如下 ①当 时， sin(2kπ+α)=sinα=(−1) 2ksinα(k∈Z) 由诱导公式有 n=2k+1(k∈Z) ②当 时，由诱导公式有 sin[(2k+1)π+α]=sin(2kπ+π+α)=sin(π+α)=−sinα=(−1) 2k+1 ⋅sinα(k∈Z) cos(nπ+α)=(−1) ncosα(n∈Z) 结论Ⅱ： n=2k(k∈Z) 推导如下 ①当 时， cos(2kπ+α)=cosα=(−1) 2kcosα(k∈Z) 由诱导公式有 n=2k+1(k∈Z) ②当 时，由诱导公式有 cos[(2k+1)π+α]=cos(2kπ+π+α)=cos(π+α)=−cosα=(−1) 2k+1 ⋅cosα(k∈Z) sin(nπ−α)=(−1) n−1sinα(n∈Z) 结论Ⅲ： n=2k(k∈Z) ①当 时， sin(2kπ−α)=−sinα=(−1) 2k−1sinα(k∈Z) 由诱导公式有 n=2k+1(k∈Z) ②当 时，由诱导公式有 sin[(2k+1)π−α]=sin(2kπ+π−α)=sin(π−α)=sinα=(−1) 2k ⋅sinα(k∈Z) cos(nπ−α)=(−1) ncosα(n∈Z) 结论Ⅳ： n=2k(k∈Z) 推导如下 ①当 时， cos(2kπ−α)=cosα=(−1) 2kcosα(k∈Z) 由诱导公式有 n=2k+1(k∈Z) ②当 时，由诱导公式有 cos[(2k+1)π−α]=cos(2kπ+π−α)=cos(π−α)=−cosα=(−1) 2k+1 ⋅cosα(k∈Z) Ⅲ诱导公式的妙用 技巧总结题中出现同名三角函数相加且首尾互余或互补时，则采用倒序相加的思想处理此类问题 π 2π (n−2)π (n−1)π cos +cos +⋯⋯+cos +cos (n为大于2的奇数) n n n n 模型： …① (n−1)π (n−2)π 2π π cos +cos +⋯⋯+cos +cos (n为大于2的奇数) n n n n …② ( (n−1)π π) ( (n−2)π 2π) cos +cos + cos +cos +⋯⋯(n为大于2的奇数) n n n n 由①+②得 由诱导公式可得每一组都为0 Ⅳ诱导公式的超级应用 技巧总结 针对已知条件求值问题，则遵循以下步骤（万能） 第一步：将目标角和已知角全拿出来 第二步：通过加减乘消去α 或x 第三步：用已知角代替目标角 第四步：利用诱导公式或三角恒等变换处理 二、求非特殊角三角函数值运算问题 Ⅰ三角函数非特殊角选择问题 技巧总结 sin60 ≈0.1,sin120 ≈0.2,sin180 ≈0.3,sin240 ≈0.4,sin300 =0.5 记住常见数据： sin370 =0.6,sin440 ≈0.7,sin530 ≈0.8,sin640 ≈0.9,sin900 =1.0 sin750 =0.96，sin450 ≈0.71 Ⅱ三角函数非特殊角填空问题 技巧总结 一些非特殊角的三角恒等变形求值填空题，由于最后得出的是一个具体的数值，故将其设为一个元t，再 利用恒等变形公式计算其结果 Ⅲ针对非特殊角三角函数值运算有两种思路 思路1：采用对偶式处理 步骤如下： 第一步：令原式为x，对偶式为 yx+y=? x−y=? 第二步：两式相加 ，两式相减 第三步：解二元一次方程组，求解x 思路2：若原式拥有两个角的运算，可借助三角形处理 步骤如下： ∠A=?、∠B=?、∠C=? 2R=1 第一步：构造△ABC, 外接圆直径 a=?、b=?、c=? 第二步：应用正弦定理求出 第三步：应用余弦定理表示求出答案 三、正余弦三角函数值加减问题 Ⅰ三角函数三剑客 技巧总结 sinα+cosα、sinα−cosα、sinαcosα 三角函数 称为《三剑客》，《三剑客》中《知一求二》 理由如下： (sinα+cosα) 2 =sin2α+2sinαcosα+cos2α=1+2sinαcosα (sinα−cosα) 2 =sin2α−2sinαcosα+cos2α=1−2sinαcosα sinαcosα sinα±cosα sinα±cosα 如果已知 求 必须会判断 的正负 判断如下： sinα−cosα ①关于 的符号判断 α sinα−cosα＞0 当角 的终边在区域2、3、4、5则有 α sinα−cosα＜0 当角 的终边在区域1、6、7、8则有 α y=x sinα−cosα=0 当角 的终边在直线 上时，则有sinα+cosα ②关于 的符号判断 α sinα+cosα＞0 当角 的终边在区域8、1、2、3则有 α sinα+cosα＜0 当角 的终边在区域4、5、6、7则有 α y=−x sinα+cosα=0 当角 的终边在直线 上时，则有 sinα±tanα ③关于 的符号判断 α sinα+tanα＞0,sinα−tanα＜0 当角 的终边在区域1、2、5、6则有 α sinα+tanα＜0,sinα−tanα＞0 当角 的终边在区域3、4、7、8则有 α x sinα±tanα=0 当角 的终边在 轴上时，则有 ( π) f (α)=sinα+cosα=√2sin α+ 4 结论：④若 则 f (α)∈(1,√2) α Ⅰ当角 在终边在区域1、2内时， f (α)∈(0,1) α Ⅱ当角 在终边在区域3、8内时， f (α)∈(−1,0) α Ⅲ当角 在终边在区域4、7内时， f (α)∈(−√2,−1) α Ⅳ当角 在终边在区域5、6内时， ( π) f (α)=sinα−cosα=√2sin α− 4 ⑤若 则 f (α)∈(1,√2) α Ⅰ当角 在终边在区域3、4内时， f (α)∈(0,1) α Ⅱ当角 在终边在区域2、5内时， f (α)∈(−1,0) α Ⅲ当角 在终边在区域1、6内时， f (α)∈(−√2,−1) α Ⅳ当角 在终边在区域7、8内时，asinα+bcosα=A 结论1：出现 形式则采用对偶式处理 {asinα+bcosα=A⋯⋯(1) acosα−bsinα=B⋯⋯(2) (1) 2 +(2) 2 ⇒(asinα+bcosα) 2 +(acosα−bsinα) 2 =A2 +B2 a2 +b2 =A2 +B2 ⇒B2 =a2 +b2 −A2 sinα、cosα 然后利用二元一次方程组快速求解 a tanα= asinα+bcosα= √a2 +b2 b 特殊情况： 则 结论2：速记一些常见的勾股数，然后利用直角三角形处理 (3,4,5)，(5,12,13)，(7,24,25)，(8,15,17)，(1,1，√2)，(1，√3,2)(1,2，√5)(1,3，√10) (1,7,5√2) Ⅱ三角函数和差、半角正余弦公式 技巧总结 ①两角和与差的正弦公式 口诀：正余余正，符号相同 sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ sin(α+α)=sinαcosα+cosαsinα=2sinαcosα sin2α=2sinαcosα 故： ②两角和与差的余弦公式 口诀：余余正正，符号相反 cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ cos(α+α)=cosαcosα−sinαsinα=cos2α−sin2α=2cos2α−1=1−2sin2α Ⅲ三角函数和差、半角正切公式 技巧总结 tanα+tanβ tanα−tanβ tan(α+β)= tan(α−β)= 1−tanαtanβ 1+tanαtanβ ① ②tanα+tanβ=tan(α+β)(1−tanαtanβ) ③ tanα−tanβ=tan(α−β)(1+tanαtanβ) ④ tanα+tanβ tanα−tanβ 1−tanαtanβ= 1+tanαtanβ= tan(α+β) tan(α−β) ⑤ ⑥ tanα+tanβ+tanαtanβtan(α+β)=tan(α+β) ⑦ π α+β=kπ+ ,k∈Z 3 tanα+tanβ+√3tanαtanβ=√3 只要 都有 π α+β=kπ+ ,k∈Z 6 √3(tanα+tanβ)+tanαtanβ=1 只要 都有 π α+β=kπ+ ,k∈Z 4 tanα+tanβ+tanαtanβ=1 只要 都有 △ABC tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC ⑧ 中， （正切恒等式） Ⅳ三角函数辅助角公式 技巧总结 asinα+bcosα 形如： asinα+bcosα= √a2 +b2sin(α+ϕ)= √a2 +b2cos(α−ϕ) 第一步： 第二步：等号左侧若是加号，则等号右侧也为加号，等号左侧若是减号，等号右侧也为减号. (|a|,|b|) ϕ 第三步： 的求算，只需在第一象限标明点 寻找夹角即可达到秒杀的境界. a＜0 注意：若果 ，则需提负号，继续遵循以上步骤 三角函数万能公式 技巧总结 万能公式如下 α α α 2sin cos 2tan α α 2 2 2 sinα=2sin cos = = 2 2 α α α sin2 +cos2 1+tan2 2 2 2 ①α α α cos2 −sin2 1−tan2 α α 2 2 2 cosα=cos2 −sin2 = = 2 2 α α α sin2 +cos2 1+tan2 2 2 2 ② α 2tan 2 tanα= α α sinα 1−cosα 1−tan2 tan = = 2 2 1+cosα sinα ③ ④ α t=tan 2 记忆方法：令 α 对 {tan = 2 邻 α 对 ⇒ sin = 2 斜 α 邻 cos = 2 斜 α tan 之所以称之为万能公式是因为只要明确 2 的值，则可以秒求 sinα、cosα、tanα 四、tanα与齐次式互换 技巧总结 形式如下： asinα+bcosα csinα+dcosα cosα ①形如 的分式，可将分子分母同时除以 asinα bcosα + cosα cosα atanα+b = csinα dcosα ctanα+d + cosα cosα 得： asin2α+bsinαcosα+ccos2α dsin2α+esinαcosα+f cos2α cos2α ②形如 的分式，可将分子分母同时除以 asin2α bsinαcosα ccos2α + + asin2α+bsinαcosα+ccos2α cos2α cos2α cos2α = dsin2α+esinαcosα+f cos2α dsin2α esinαcosα f cos2α + + cos2α cos2α cos2α 得： atan2α+btanα+c ⇒ dtan2α+etanα+fasin2α+bsinαcosα+ccos2α ③形如 的式子，可将其看成分母为1的分式 asin2α+bsinαcosα+ccos2α asin2α+bsinαcosα+ccos2α = 1 sin2α+cos2α 即： cos2α 可将分子分母同时除以 asin2α bsinαcosα ccos2α + + asin2α+bsinαcosα+ccos2α cos2α cos2α cos2α = sin2α+cos2α sin2α cos2α + cos2α cos2α 即： atan2α+btanα+c ⇒ tan2α+1 asinα±bcosα=A⇒(asinα±bcosα) 2 =A2 ④形如 ⇒a2sin2α±2absinαcosα+b2cos2α=A2 a2sin2α±2absinαcosα+b2cos2α ⇒ =A2 1 a2sin2α±2absinαcosα+b2cos2α ⇒ =A2 sin2α+cos2α a2tan2α±2abtanα+b2 ⇒ =A2 tan2α+1 tanα 求 即可 acos2α+bsin2α⇒acos2α+2bsinαcosα ⑤形如 转化为形式③ 典例1【2023新高考1卷】已知 ，则 （ ）． A. B. C. D. 【答案】B【解析】因为 ，而 ，因此 ， 则 ， 所以 . 故选：B 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知 为锐角， ，则 （ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为 ，而 为锐角， 解得： ． 故选：D． 典例3【2022新高考全国II卷】若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】[方法一]：直接法 由已知得： , 即： ， 即： 所以 故选：C [方法二]：特殊值排除法解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取 ，排除A, B； 再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β ，排除D；选C. [方法三]：三角恒等变换 所以 即 故选：C. 典例4【2021新高考全国Ⅰ卷】 下列区间中，函数 单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】因为函数 的单调递增区间为 ， 对于函数 ，由 ， 解得 ， 取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ， 则 ， ，A选项满足条件，B不满足条件； 取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ，且 ， ，CD选项均不满足条件. 故选：A. 预测1（2024·宁夏银川·模拟预测）若 ，则 （ ） A． B． C． D． 预测2（2024·浙江·模拟预测）已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 预测3（2024·山西·模拟预测）已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 预测4（2024·贵州遵义·模拟预测）已知向量 ， ，当 取得最大值时 （ ） A． B． C． D． 预测5（2024·青海西宁·模拟预测）已知 ,则 （ ） A． B． C． D．押题1已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 押题2已知 ，则 （ ） A．3 B． C． D．2 押题3已知 ，则 （ ） A． B． C． D． 押题4若 ，且 ，则 （ ） A． B． C． D．1 押题5已知 满足 ，则 （ ） A． B． C． D． 名校预测 预测1：答案A【详解】 ，解得 ， 所以 . 故选：A. 预测2：答案B 【详解】因为 ， 又 ， 所以 ， 因为 ， 则 . 故选：B. 预测3：答案C 【详解】由 ， 得 ， 即 ，所以 ， 所以 ， 所以 .故选：C. 预测4：答案A 【详解】 ，其中 ， ， 故当 时， 取得最大值 ， 此时 ， 故选：A. 预测5：答案C 【详解】因为 , 又 , 所以 , 故选C. 名师押题 押题1：答案B 【详解】由 可得 ，又 ，则 ， 故 故选：B． 押题2：答案A 【详解】因为 ，所以 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ， 所以 ，故 . 故选：A 押题3：答案A 【详解】 ， ， ， ， 故选：A． 押题4：答案A 【详解】由 得 ， 即 ， 因为 ，所以 ， 所以 ，结合 ，且 ， 得 ，所以 . 故选：A. 押题5：答案B 【详解】由 ，得 ，所以 . 故选：B 平面向量（选填题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 10 坐标向量 坐标向量与三角函数的综合 2021年II 15 平面向量 平面向量数量积 卷 2022年I卷 3 平面向量 用基底表示某向量 2022年II 平面向量数量积 4 坐标向量 卷 2023年新 3 坐标向量 平面向量数量积 高考1 16 平面向量与双曲线综合 平面向量 2023 年 新 高考2 13 平面向量 平面向量数量积 近三年，平面向量在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、平面向量的基础知识及共线定理（①平面向量的四则运算②平面向量共线定理） 2、平面向量极化恒等式及等和线（①极化恒等式②等和线定理） 3、平面向量建系法及对角线向量定理（①平面向量建系法.②对角线向量定理③平面向量奔驰定理及向量 四心④平面向量的基本运算及基底） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。平面向量题目中若表示向量则最好采用建系的思 想，平面向量题目中若表示求向量积最值问题则最好采用极化恒等的思想，另外考生们要想灵活应用小技 巧则需在有限的时间内多推导几遍，考场中便可轻松搞定。从近三年的全国卷的考查情况来看，本节是高考的热点，其中平面向量数量积定值和向量积最值考查 比较频繁平面向量三类题目比重相当，新高考主要以基向量表示平面向量及向量积最值的形式考查，因小 结论偏多，考生需多推导一遍，试题灵活，下面为考生已总结.. 一、平面向量的基础知识及共线定理 平面向量的四则运算 技巧总结 ①向量加法与减法的法则： O⃗C 平行四边形法则：以同一点O为起点的两个已知向量a，b为邻边作▱OACB，则以O为起点的对角线 就是a与b的和. 图形表示： 字母表示： ， 记 ， 则 坐标表示： 三角形法则：如果把两个向量的起点放在一起，那么这两个向量的差是以减向量的终点为起点，被减向量 的终点为终点的向量. 图形表示： 字母表示： 记 ， 则 坐标表示： ②向量数乘的定义 实数 λ 与向量⃗a 的积是一个向量，这种运算叫做向量的数乘，记作 λ⃗a图形表示： ⃗AB=m⃗a(m∈R) 字母表示： m⃗a=(mx,my) 坐标表示：记 ， 则 ③两个向量的数量积 图形表示： 字母表示： 坐标表示：记 ， ，则 注意： 1、向量 ⃗b 与非零向量⃗a 共线的充要条件是有且只有一个实数 λ ，使得 ⃗b=λ⃗a . ⃗a=(x ,y ),⃗b=(x ,y ),⃗a∥⃗b ⇒x y −x y =0 2、设 1 1 2 2 ， 1 2 2 1 ， ⇔a⋅b=0⇔x x +y y =0 ⊥ 1 2 2 1 . x x +y y cosθ= 1 2 1 2 3、两个向量 ， ⃗b 的夹角公式： √x 1 2 +y 1 2 ⋅√x 2 2 +y 2 2 . 平面向量共线定理 技巧总结 定理1：已知 ，若 λ+μ=1 ，则 A、B、C 三点共线；反之亦然 平面向量共线定理证明 若点 A、B、C 互不重合，P是 A、B、C 三点所在平面上的任意一点，且满足 ⃗PC=x⃗PA+y⃗PB ，则 A、B、C 三点共线 ⇔x+y=1 . 证明:(1)由 x+y=1⇒A、B、C 三点共线.由 x+y=1 得 ⃗PC=x⃗PA+y⃗PB=x⃗PA+(1−x) ⃗PB⇒ ⃗PC− ⃗PB=x( ⃗PA− ⃗PB)⇒ ⃗BC=x⃗BA . 即 ⃗BC ， ⃗BA 共线，故 A、B、C 三点共线.(2)由 A、B、C 三点共线 ⇒x+y=1 . 由 A、B、C 三点共线得 ⃗BC ， ⃗BA 共线，即存在实数x使得 ⃗BC=λ⃗BA . ⃗BP+ ⃗PC=λ(⃗BP+ ⃗PA)⇒ ⃗PC=λ⃗PA+(1−λ)⃗PB x=λ, y=1−λ x+y=1 故 .令 ，则有 . 推广1：分点恒等式 ①当M为 BC 中点时； ②当 ⃗BM=2⃗MC ； C C M M A B A B ⃗BM=3⃗MC ⃗BM=λ⃗MC ③当 时； ④当 时， C C M M A B A B 1 ⃗BM=− ⃗MC 3 ⑤当 时，④中的结论仍然成立 C B A M 结论：分点恒等式：在 ΔABC 中，M为直线 BC 上一等分点，当 ⃗BM=λ⃗MC 时，1 λ ⃗AM= ⃗AB+ ⃗AC 有 1+λ 1+λ C M A B 分点恒等式变形： m n 在 ΔABC 中，D是 BC 上的点，如果 |BD|:|CD|=m:n ，则 ⃗AD= m+n ⃗AC+ m+n ⃗AB A m n B C D 二、平面向量极化恒等式及等和线 向量方法证明: 平行四边形的对角线的平方和等于两条邻边平方和的两倍 . ⃗AB=⃗a,⃗AD= ⃗b ⃗AC=⃗a+ ⃗b ⃗DB=⃗a− ⃗b 证明：不妨说 则 ， | ⃗AC| 2 = ⃗ AC 2 = (⃗a+ ⃗b) 2 =|⃗a| 2 +2⃗a⋅ ⃗b+| ⃗b| 2 （1） | ⃗DB | 2 = ⃗ DB2 = (⃗a− ⃗b) 2 =|⃗a| 2 −2⃗a⋅ ⃗b+| ⃗b| 2 （2）| ⃗AC| 2 +| ⃗DB | 2 =2( |⃗a| 2 +| ⃗ b| 2) =2( | ⃗AB | 2 +| ⃗AD | 2) （1）（2）两式相加得： 结论：定理：平行四边形对角线的平方和等于两条邻边平方和的两倍. 将上面（1）（2）两式相减， 极化恒等式 即： （平行四边形模式） A B M C ABC M BC 在三角形 中（ 为 的中点），恒等式： 因为 ，所以 （三角形模式） 极化恒等式的作用主要在于，它可以将两个向量的数量积转化为这两个向量的“和向量”与“差向量”， 因此，当两个向量的“和向量”或“差向量”为定向量时，常常可以考虑利用极化恒等式进行转化 . 常见的解决的题型:有中点或能构造中点的积的向量题。 平面向量共线定理：已知 ，若 ，则 三点共线；反之亦然。 等和线：平面内一组基底 ，及任一向量 ， ，若点 在直线 上或在平行于 的直线上，则 （定值）。反之也成立，我们把直线 以及与直线 平行的 直线称为等和线。结论：（1）当等和线恰为直线 时， ； （2）当等和线在点 和直线 之间时， ； （3）当直线 在点 和等和线之间时， ； （4）当等和线过点 时， ； （5）若两等和线关于点 对称，则定值 互为相反数； （6）定值 的变化与等和线到 点的距离成正比。 DE∥AB C DE ⃗PC=x⃗PA+y⃗PB(x,y∈R) 证明过程：如图所示，直线 ， 为直线 上任一点，设 ．当直 DE P PC AB F F AB 线 不过点 时，直线 与直线 的交点记为 ，因为点 在直线 上，所以由三点共线结论可 ⃗PF=λ⃗PA+μ⃗PB(λ,μ∈R) λ+μ=1 ΔPAB ΔPED m∈R 知，若 ，则 .由 与 相似，知必存在一个常数 ， ⃗PC=m⃗PF ⃗PC=m⃗PF=mλ⃗PA+mμ⃗PB ⃗PC=x⃗PA+y⃗PB(x,y∈R) 使得 ，则 .又 ， x+y=mλ+mμ=m 所以 以上过程可逆． 因此得到结论： ⃗PC=x⃗PA+y⃗PB(x,y∈R) ，则 x+y=m （定值），反之亦成立． 三、平面向量建系法及对角线向量定理常见的坐标系建立 ①边长为a的等边三角形 ②知道夹角的任意三角形 ③正方形 ④矩形 ⑤平行四边形 ⑥ 直角梯形 ⑥ 等 腰梯形 ⑦圆 建系原则：尽可能让多个点位于坐标轴上. 解题步骤：第一步： 将已知条件进行坐标处理；第二步： 利用平面向量共线坐标表示列式求解；第三步： 得出结论. (⃗ AD2 + ⃗ BC2) − (⃗ AB2 + ⃗ CD2) ⃗AC⋅ ⃗BD= 2 ： 对角线向量定理⃗ CA2 + ⃗ CB2 − ⃗ AB2 C⃗A⋅C⃗B= ΔABC 2 证明过程：在 中，由余弦定理的向量式有 ； ⃗ CA2 + ⃗ CD2 − ⃗ AD2 C⃗A⋅C⃗D= ΔCAD 2 ABCD 在 中，同理有 .所以在四边形 中， (⃗ AD2 + ⃗ BC2) − (⃗ AB2 + ⃗ CD2) ⃗AC⋅ ⃗BD= ⃗AC⋅(C⃗D−C⃗B)= 2 (⃗ AD2 + ⃗ BC2) − (⃗ AB2 + ⃗ CD2) ⃗AC⋅ ⃗BD= 2 即 ，表明四边形的两条对角线对应向量的数量积可用四条边的 长度表示。 ⃗AC⊥ ⃗BD ⃗ AD2 + ⃗ BC2 = ⃗ AB2 + ⃗ CD2 结论1：当 时，有 . 当对角线相互垂直时，四边形两组对边的平方和相等． (⃗ AD2 + ⃗ BC2) − (⃗ AB2 + ⃗ CD2) cos⟨ ⃗AC⋅ ⃗BD⟩= 2|AC||BD| 结论2： 这些结论适用于任何情况 奔驰定理 技巧总结 O ΔABC ΔBOC,ΔAOC,ΔAOB S S S Ⅰ：已知 是 内的一点， 的面积分别为 A， B， C，求证： S ¿ ⃗OA+ ¿S ¿ ⃗OB+ ¿S ¿ ⃗OC=0⃗ ¿¿ A B C 证明过程：如图延长 OA 与 BC 边相交于点D， A O B C DBD S S −¿S S = ΔABD = ΔBOD =S ΔBOD = C ¿¿ DC S S ΔABDS −¿S S 则 ΔACD ΔCOD ACD ΔCOD B ， DC BD S B S C O⃗D=BC⃗OB BC⃗OC S +S ⃗OB S +S ⃗OC + = B C + B C S OD S S S +S S O⃗D=− A BOD COD BOD COD A = = = = S +S ∵ OA S BOA S COA S BOA +S COA S B +S C ∴ B C O⃗A S − A S B S C ∴ S B +S C O⃗A = S B +S C ⃗OB + S B +S C ⃗OC ∴ S A ¿ ⃗OA+ ¿S B ¿ ⃗OB+ ¿S C ¿ ⃗OC=0⃗ ¿¿ 推论：已知P为 ΔABC 内一点， x⃗PA+y⃗PB+z⃗PC=0,(x,y,z∈R,xyz≠0,x+y+z≠0) 且 ．则有 S :S :S =|x|:|y|:|z| ① ΔPBC ΔPAC ΔPAB ． S x S y S z ΔPBC =| |, ΔPAC =| |, ΔPAB =| | S x+y+z S x+y+z S x+y+z ② ΔABC ΔABC ΔABC ． Ⅱ：奔驰定理在三角形四心中的具体形式： O ΔABC ⇔S :S :S =1:1:1⇔O⃗A+O⃗B+O⃗C=0⃗ A B C （1） 是 的重心 . O ΔABC ⇔S :S :S =a:b:c⇔a⋅O⃗A+b⋅O⃗B+c⋅O⃗C=0⃗ A B C （2） 是 的内 . O ΔABC （3） 是 的外心 ⇔S :S :S =sin2A:sin2B:sin2C⇔sin2A⋅O⃗A+sin2B⋅O⃗B+sin2C⋅O⃗C=0⃗ A B C .O ΔABC ⇔S :S :S =tanA:tanB:tanC⇔tanA⋅O⃗A+tanB⋅O⃗B+tanC⋅O⃗C=0⃗ A B C （4） 是 的垂心 . 四心的概念介绍 （1）重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1； （2）垂心——高线的交点：高线与对应边垂直； （3）内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等； （4）外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等。 模型总结： O⃗A+O⃗B+O⃗C=0⃗⇔O ΔABC 模型一： 是 的重心. A E O B D C O(x,y),A(x ,y ),B(x ,y ),C(x ,y ) 证法1：设 1 1 2 2 3 3 { x +x +x 1 2 3 ⇔¿ x= ¿¿¿ {(x −x)+(x −x)+(x −x)=0 ¿¿¿¿ 3 O⃗A+O⃗B+O⃗C=0⃗⇔ 1 2 3 ⇔ O 是 ΔABC 的重 心. O⃗A+O⃗B+O⃗C=O⃗A+2O⃗D=0⃗ ⃗AO=2O⃗D 证法2：如图∵ ∴ A、O、D O AD O ΔABC ∴ 三点共线，且 分 为2：1，∴ 是 的重心 O⃗A⋅O⃗B=O⃗B⋅O⃗C=O⃗C⋅O⃗A⇔O 模型二： 为 的垂心.A E O B D C O ABC BE AC AD BC D,E 证明：如图所示 是三角形 的垂心， 垂直 ， 垂直 ， 是垂足. O⃗A⋅O⃗B=O⃗B⋅O⃗C⇔O⃗B(O⃗A−O⃗C)=O⃗B⋅C⃗A=0 ⇔O⃗B⊥ ⃗AC 同理 O⃗A⊥ ⃗BC ， O⃗C⊥ ⃗AB ⇔ O 为 的垂心 模型三：设a, b ,c是三角形的三条边长，O是Δ ABC的内心 aO⃗A+bO⃗B+cO⃗C=0⃗⇔O 为 的内心. ⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC ∵ 、 + 证明： c b 分别为 ⃗AB、 ⃗AC 方向上的单位向量，∴ c b 平分∠BAC , ⃗AB ⃗AC bc bc ⃗AB ⃗AC + λ= ⃗AO= + ∴ ⃗AO=λ( c b a+b+c a+b+c c b )，令 ∴ （ ) (a+b+c)O⃗A+b⃗AB+c⃗AC=0⃗ aO⃗A+bO⃗B+cO⃗C=0⃗ 化简得 ∴ O⃗A O⃗B O⃗C | |=| |=| | O 模型四： ⇔ 为 的外心。（证明略） 模型五：变形四心 变形1： O 是平面上一定点， A、B、C 是平面上不共线的三个点，动点P满足 O⃗P=O⃗A+λ( ⃗AB+ ⃗AC) ， λ∈[0,+∞) ，则点P的轨迹一定通过 的重心 ΔABC D、E BC、AC 证明： ， 分别为边 的中点. ∵ ⃗AB+ ⃗AC=2⃗AD O⃗P=O⃗A+2λ⃗AD∵O⃗P=O⃗A+ ⃗AP∴ ⃗AP=2λ⃗AD∴⃗AP ⃗AD ∴ //∴点P的轨迹一定通过 的重心. 变 形 2 ： O 是 平 面 上 一 定 点 ， A、B、C 是 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 P满 足 ⃗AB ⃗AC O⃗P=O⃗A+λ( + ) | ⃗AB| | ⃗AC| ， λ∈[0,+∞) ，则点P的轨迹一定通过 的内心 ⃗AB ⃗AC ∵ 、 ⃗AB ⃗AC | | | | ⃗AB、 ⃗AC 证明： 分别为 方向上的单位向量， ⃗AB ⃗AC + ⃗AB ⃗AC ∴ | | | | 平分∠BAC ,∴点P的轨迹一定通过 的内心. 变 形 3 ： O 是 平 面 上 一 定 点 ， A、B、C 是 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 P满 足 ⃗AB ⃗AC O⃗P = O⃗A +λ( + ) | ⃗AB | cosB | ⃗AC | cosC ， λ∈[0,+∞) ，则点P的轨迹一定通过 的垂心 AD BC BE AC D,E 证明： 垂直 ， 垂直 ， 是垂足. ⃗ ⃗AB ⃗AC ⃗AB⋅ ⃗BC AC⋅¿ ⃗BC ( + ) + ¿ | ⃗AB | cosB | ⃗AC | cosC ¿ ⃗BC | ⃗AB|cosB | ⃗AC|cosC = −| ⃗AB || ⃗BC | cosB | ⃗AC || ⃗BC | cosC + | ⃗AB | cosB | ⃗AC | cosC −| ⃗BC | | ⃗BC | = = + =0 ∴点P的轨迹一定通过 的垂心. 变形4： O 是 ΔABC 所在平面内一点，动点P满足( ⃗AB ⃗AC ) O⃗P = O⃗A +λ + | ⃗AB |⋅ sinB | ⃗AC |⋅ sinC ， λ∈(0,+∞) ，则动点P的轨迹一定通过 ΔABC 的重心 ⃗AB ⃗AC ⃗AB ⃗AC + = + λ | ⃗AB|⋅sinB | ⃗AC|⋅sinC h h h BC ⃗AP= h (⃗AB+ ⃗AC) 证明： ， 为 边上的高∴ . 变 形 5 ： 已 知 是 平 面 上 的 一 定 点 ， 是 平 面 上 不 共 线 的 三 个 点 ， 动 点 满 足 ， ，则动点 的轨迹一定通过 的外心。 证明：取BC中点M, 则 ， ,移项后同乘 ，即 变形6：若 为 所在平面内一点，且 则点 是 的垂心 证明： 得 ,即 ，同理可得典例1【2021新高考1卷】已知 为坐标原点，点 ， ， ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】A： ， ，所以 ， ，故 ，正确； B： ， ，所以 ，同理 ，故 不一定相等，错误； C：由题意得： ， ，正确； D：由题意得： ， ，故一般来说 故错误； 故选：AC 典例2【2021新高考全国Ⅱ卷】 已知向量 ， ， ， _______． 【答案】 【解析】由已知可得 ， 因此， . 故答案为： .典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】在 中，点D在边AB上， ．记 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因为点D在边AB上， ，所以 ，即 ， 所以 ． 故选：B． 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知向量 ，若 ，则 （ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】解： , ,即 ,解得 , 故选：C 典例5【2023新高考全国Ⅰ卷】 已知向量 ，若 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为 ，所以 ， ， 由 可得， ， 即 ，整理得： ． 故选：D．预测1（2024·广东佛山·模拟预测）已知 与 为两个不共线的单位向量，则（ ） A． B． C．若 ，则 D．若 ，则 预测2（2024·安徽池州·模拟预测）已知向量 ，若 与 的夹角为 ，则 （ ） A． B． C． D． 预测3（2024·广西·模拟预测）已知向量 满足 ， ，则 的最 大值等于（ ） A． B． C．2 D． 预测4（2024·河南信阳·模拟预测）已知 为单位向量，向量 满足 ， ，则 的最大值 为（ ） A．4 B．2 C． D．5 预测5（2024·宁夏固原·模拟预测）已知向量 ，若 ，则 （ ） A． B．1 C． D．2 押题1：在平行四边形 中，点 满足 ，则 （ ）A． B． C． D． 押题2：平面向量 ， 满足 ， ， ，则 在 方向上的投影向量为（ ） A． B． C． D． 押题3：若向量 ， ， ，则 （ ） A． B． C． D． 押题4：正方形 的边长为2，E是 的中点，F是 的中点，则 （ ） A．4 B．3 C． D． 押题5：如图，已知AB是圆 的直径， 是圆 上一点， ，点 是线段BC上的动点，且 的面积记为 ，圆 的面积记为 ，当 取得最大值时， （ ） A． B． C． D．名校预测 预测1：答案D 【详解】选项A：若 ，则 ，即 ， 与 与 为两个不共线的单位向量矛盾，故选项A说法错误； 选项B：设 与 的夹角为 ，则 ， ， 所以 ，故选项B 说法错误； 选项C：若 ，则 ， 所以 ， ，即 ， 所以 ， 又 ，所以 ，故选项C说法错误； 选项D：因为 ， ， 所以 ，化简得 ， 设 与 的夹角为 ，则 ， ，所以 ， 所以 ，即 ，所以 ，故选项D说法正确； 故选：D 预测2：答案A 【详解】由题意得 ， 所以 ． 故选：A 预测3：答案A【详解】设 ， 因为 ， ，所以 ， 又 ，所以 ，所以点 共圆， 要使 的最大，即 为直径， 在 中，由余弦定理可得 ， 又由正弦定理 ， 即 的最大值等于 ， 故选：A. 预测4：答案C 【详解】因为 ， 所以 所以 ，所以 . 故选：C 预测5：答案B 【详解】由题意知， ， 由 ，得 ，解得 ， 因此 ，解得 ，即 ， 所以 . 故选：B 名师押题 押题1：答案B 【详解】因为 为平行四边形， 则由 ，∴ . 故选：B. 押题2：答案C 【详解】由 可得 ， 而 在 方向上的投影向量为 . 故选：C. 押题3：答案A 【详解】因为 ，所以 ，解得 . 故选：A 押题4：答案D 【详解】  1  1 1 1  ADAB AD AB·AD AB  2 2 2  2  3 1  AB·AD AB 2  2  3  3 1  ABAD AB AB 2 2 2 3 0 22 3. 4 故选：D. 故选：ABD 押题5：答案A 【详解】由题意可知： ，以 为坐标原点建立平面直角坐标系，不妨设 ，则 ， 可知直线 对应的一次函数解析式为 ，可设 ， 可得 ， 则 ，且 ， 因为 开口向上，对称轴为 ， 且 ，可知当 时，即点 与点 重合时， 取到最大值， 1 S 4 1 此时S  244，且 ，所以 1   . 1 2 S 4π S 4π π 2 2 故选：A. 指对幂运算及比较大小（选填题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 13 指对幂 指数与函数奇偶性综合 2021年II 7 指对幂 指对幂数值的比较大小 卷 2022年I卷 7 指对幂 指对幂数值的比较大小 2022年II 无 卷 2023年新 4 复合函数 指数的运算及函数单调性求参 高考1 2023 年 新 高考2 4 复合函数 含对数复合函数与函数奇偶性综合近三年，指对幂运算在选填中很大可能占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、对数的实际应用（给定实际应用含对数表达式求值或参数） 2、指对数与函数的奇偶性综合（已知超越函数的奇偶性求参数） 3、指对幂数值的比较大小 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。针对考点1着重了解函数表达式中参数的含义， 考点2一般需要代值求算但要注意此值必定在定义域内，考点3尽量转化为同一函数利用单调性比较，也 可借助换底公式转化为常见数据求算，另外考生们考试前需要借助计算器多记几组对数值，方便考试急用。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，指对幂运算及比较大小是高考选填方向必 不可少的一类题，新高考主要以比较大小及指对数应用为主，但也不能忽略奇偶性的参合. 一、指对数运算 指数基本运算 技巧总结 1、有理数指数幂的分类 n个 an = ⏞ a⋅a⋅a⋅a⋅a⋯a(n∈N¿) ⑴正整数指数幂 a0 =1(a≠0) ⑵零指数幂 1 a−n = (a≠0,n∈N¿) an ⑶负整数指数幂 ⑷0的正分数指数幂等于0,0的负分数指数幂没有意义. 2、有理数指数幂的性质 am ⋅an =am+n (a>0,m,n∈Q) ⑴ (am) n =a mn (a>0,m,n∈Q) ⑵ (ab) m =ambm (a>0,b>0,m∈Q) ⑶ m ⑷ √n am =an(a>0,m,n∈Q) 3、根式的定义 一般地，如果 xn =a ，那么x叫做a的n次根式，其中 (n>1,n∈N¿),√ n a 叫做根式，n叫做根指数， a叫做开方数. n √a 4、对于根式 ，要注意以下几点 ⑴ n∈N 且 n>1 ； √ n an =|a|= {a,a≥0 ⑵当n为奇数时， √ n an =a ；当n为偶数时， −a,a<0 ；⑶负数没有偶次方根； 0 0 ⑷ 的任何次方根都是 5、多重根号问题，首先先写成指数形式 {√ √ 3 √ 7 7 √ 1 √ 1 {√ 1 1 √a⋅√a⋅√a= a⋅ a2 = a4 =a8 a2 ⋅ a2 ⋅√a= a2 ⋅√a1 =√a1 =a2 1 1 1 7 1 1 1 1 a2 ⋅a4 ⋅a8 =a8 a4 ⋅a8 ⋅a8 =a2 ， 6、指数的逆运算过程 ( 3 3 )− 3 1 = ( 27 )− 3 1 = [ ( 3 ) 3]− 3 1 = ( 3 ) −1 = 2 8 8 2 2 3 指数特殊运算 技巧总结 形如 ，求下列各种形式的值的思路． （1） ；根据 计算即可； （2） ；根据 计算即可； （3） ．由于 ，进而根据 即可求解. （4） ；根据 计算即可 （5） 根据 计算即可 （6） 根据 计算即可 对数基本运算 技巧总结 1、对数运算法则 (M) log =log M−log N log (MN)=log M+log N a N a a ①外和内乘： a a a ②外差内除： n log bn = log b(m,n∈R) am m a log 1=0 ③提公次方法： ④特殊对数： a a log a b =b,log ab =b ⑤指中有对，没心没肺，真数为几，直接取几： a 2、对数的定义 一般地，如果 ax =N(a>0,a≠1) ，那么数x叫做以a为底 N 的对数，记 x=log a N ,其中a叫做对数的 N (N>0) 底数， 叫做对数的真数 3、换底公式 log b 1 log b= m log b= a log a a log a ①常用换底 m ②倒数原理 blgb lgc lgc log b⋅log c= × = =log c a b lga lgb lga a lg2+lg5=1 ③约分技巧 ④具体数字归一处理： 二、指对幂比较大小 指对数大小比较问题 技巧总结 指对数大小比较问题已经成为高考的重难点问题，我们这里介绍五大核心思想. 核心思想一：同步《升⇔降》次法 log b=log bn a am log 3=log 32 =log 33 =log 34 =log 3−1 形如： 2 22 23 24 2−1 2,3 注意：一般情况下以 为底的对数比较大小，底数真数次方一起同升同降. 2,3 口诀： 为底眼睛亮，底真次方同升降. 核心思想二：先分离常数再比大小 当底数与真数出现倍数关系，必须先将对数分离常数后作比较. log (pm)=log p+log m=log p+1 ① m m m m log (pmn)=log p+log mn =log p+n ② m m m m 口诀：底真出现倍数时，分离常数用起来 核心思想三：利用糖水变甜不等式比较大小 当对数比较大小形式中出现底数与真数成等差数列时，可以采用糖水不等式放缩处理. b+m b a+m a > < 形如： a>b>0,m>0 则存在 a+m a ，或 b+m b log 3 log 4 模型演练：①比较 2 与 3 的大小 3 ln3+ln ln3 2 > ln3 ln3+m 3 ln2 3 log 3= > (m>0) m=ln ln2+ln 根据糖水不等式 2 ln2 ln2+m ，令 2 ，即 2 9 ln 2 ln4 ln3 > ln3 =log 3 4 log 3>log 4 故 2 3 log 3 log 5 ②比较 4 与 6 的大小 6 ln3+ln ln3 4 < ln3 ln3+m 6 ln4 6 log 3= < (m>0) m=ln ln4+ln 根据糖水不等式 4 ln4 ln4+m ，令 4 ，即 418 ln 4 ln5 ln6 < ln6 =log 6 5 log 3 ⇒blna>alnb⇒lnab >lnba ⇒ab >ba ③若 00 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. 典例1【2023新高考1卷】设函数 在区间 上单调递减，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】函数 在R上单调递增，而函数 在区间 上单调递减， 则有函数 在区间 上单调递减，因此 ，解得 ， 所以 的取值范围是 .故选：D 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 若 为偶函数，则 （ ）． A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】因为 为偶函数，则 ，解得 ， 当 时， ， ，解得 或 ， 则其定义域为 或 ，关于原点对称. ， 故此时 为偶函数. 故选：B. 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】设 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】方法一：构造法 设 ，因为 ， 当 时， ，当 时 ， 所以函数 在 单调递减，在 上单调递增， 所以 ，所以 ，故 ，即 ， 所以 ，所以 ，故 ，所以 ， 故 ， 设 ，则 ,令 ， ， 当 时， ，函数 单调递减， 当 时， ，函数 单调递增， 又 ， 所以当 时， ， 所以当 时， ，函数 单调递增， 所以 ，即 ，所以 故选：C. 方法二：比较法 解： ， ， ， ① ， 令 则 ， 故 在 上单调递减， 可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ， 所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 典例4【2021新高考全国Ⅰ卷】 已知函数 是偶函数，则 ______. 【答案】1 【解析】因为 ，故 ， 因为 为偶函数，故 ，时 ，整理得到 ， 故 ， 故答案为：1 预测1（2024·云南昆明·模拟预测）设 ，则（ ） A． B． C． D． 预测2（2024·河北沧州·模拟预测）某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含 有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量为 ，首次改良工艺后 排放的废水中含有的污染物数量为 ，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量 满足函 数模型 （ ， ），其中 为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量， 为首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量 不超过 时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为 （ ）（参考数据： ， ） A．12 B．13 C．14 D．15 预测3（2024·甘肃武威·模拟预测）设 ，则 的大小关系是（ ） A． B． C． D． 预测4（2024·湖南·模拟预测）已知 ，且 ，则 是 的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 预测5（2024·新疆喀什·模拟预测）数学中，悬链线指的是一种曲线，是两端固定的一条（粗细与质量分 布）均匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，它被广泛应用到现实生活中， 比如计算山脉的形状、婲述星系的形态、研究植物的生长等等．在合适的坐标系中，这类曲线可用函数 （其中 为非零常数， ）来表示，当 取到最小值为2时，下列说法正 确的是（ ） A．此时 B．此时 的最小值为2 C．此时 的最小值为2 D．此时 的最小值为0押题1：近年来，中国成为外来物种入侵最严重的国家之一，物种入侵对中国生物多样性、农牧业生产等 构成巨大威胁．某地的一种外来动物数量快速增长，不加控制情况下总数量每经过7个月就增长1倍．假 设不加控制，则该动物数量由入侵的100只增长到1亿只大约需要 ）（ ） A．8年 B．10年 C．12年 D．20年 押题2：已知 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 押题3：已知函数 ，若 ， ，则 的大小关系为 （ ） A． B． C． D． 押题4：设命题 ，使 是幂函数，且在 上单调递减；命题 ，则下列命题为真的是（ ） A． B． C． D． 押题5：科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出 现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量b进制随机数据中，以n开头的数出现的概率为 ，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检 验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若 （ ， ），则k的值为 （ ） A．11 B．15 C．19 D．21 名校预测 预测1：答案A 【详解】设 ，则 ，得 ， 则 在 上单调递增，在 上单调递减， ，则 ，又 ，得 ， 所以 ， 故选：A 预测2：答案D 【详解】由题意知 ， ， 当 时， ，故 ，解得 ， 所以 ． 由 ，得 ，即 ， 得 ，又 ， 所以 ， 故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次． 故选：D 预测3：答案D 【详解】因为 ，所以 ．同理 又因 在定义域内为减函数，故 ， 而 ， 因 ， ，且 ，故 ，即 ，所以 ． 故选：D. 预测4：答案D 【详解】若 ，符合 ，但此时 ，不满足充分性， 若 ，符合 ，但是 ，不满足必要性. 故选：D 预测5：答案B 【详解】函数 ， 为非零常数， ，由 取到最小值为2，得 ， 对于A， ，则 ，当且仅当 ， 即 时取等号，此时 ， ，A错误； 对于B， ，当且仅当 取等号，B正确； 对于C， ，当且仅当 取等号，C错误；对于D， ，当且仅当 取等号，D错误. 故选：B 名师押题 押题1：答案C 【详解】设经过 个月动物数量由入侵的100只增长到1亿， 所以 ，所以 ， 两边同时取对数可得： ， 所以 ，所以 ， 而 ， 所以该动物数量由入侵的100只增长到1亿只大约需要12年. 故选：C. 押题2：答案C 【详解】因为 ， ，所以 ． 故选：C 押题3：答案C 【详解】因为 ， ， 所以 ， 当 时， ， 因为 ，所以 在 上单调递增， 所以 ， 故选：C. 押题4：答案A 【详解】对于命题 ，当 时，函数 ，是幂函数，且在 上单调递减，故命题 为真命 题； 对于命题 ，当 时， ，不满足 ，故命题 为假命题． 所以“ ”为真命题，“ ”为假命题，“ ”为假命题，“ ”为假命题． 故选：A．押题5：答案A 【详解】 ， 即 ，则 ，得 . 故选：A 三角函数（选填题） 年份 题号 知识点 考点 4 正弦函数 正弦函数的单调性 2021年I卷 ①平面向量表示三角函数 10 三角函数与平面向量 ②辅助角公式异名变同名 ③正弦函数求值 2021年II 无 卷 求三角函数的表达 2022年I卷 6 三角函数 式从而求值 ①三角函数单调性 2022年II 9 三角函数 ②三角函数极值点 卷 ③三角函数对称轴及切线 2023年新 15 余弦函数 余弦函数零点求参问题 高考1 2023 年 新 ①根据图像求表达式 高考2 16 正弦函数 ②求值问题 近三年，三角函数在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、求正余切函数图象性质、值域（最值）（①求正弦函数图象性质②求余弦函数图象性质③求正切函数 图象性质④九大模型求最值） 2、确定解析式（两大思路） 3、平移变换（正规方法及秒杀方法） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。有关三角函数考生需熟记三大基本图像，有关详细问题考生需要将三角函数所研究的角度k令为t，画出简化后三角函数图像，研究各项问题，最后一步记 得反解x，选择题中求单调性及最值秒杀技巧下面有介绍。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，三角函数是高考选填方向必不可少的一类 题，预测：多选题形式给定部分三角函数图像，求出单调性、最值、零点及平移问题，单选一般以含三角 函数的复合函数求最值，此类难度偏小，熟练即可. 一、求正余切函数图象性质、值域（最值）问题 求正余切函数图象性质 技巧总结 正弦、余弦、正切函数性质有单调性、周期性、对称轴、对称中心 大前提⇒必须熟悉掌握三大基本图象的画法⇒《基本函数法》 ①正弦图象 ②余弦图象 ③正切图象 考点1：单调性 Ⅰ：求 y=Asin(ωx+ϕ)+B 的单调性，B是不影响单调性的 ⑴若 ω＞0，A＞0 ，则令 t=ωx+ϕ 只要求 y=sint 的单调性即可，假如求递增区间，由基本图象得π π π π − +2kπ≤t≤ +2kπ⇒− +2kπ≤ωx+ϕ≤ +2kπ 2 2 2 2 反解x范围 ⑵若 ω＜0，A＞0 ，则先将ω由负变正， y=−Asin(|ω|x−ϕ)+B 令 t=|ω|x−ϕ 只要求 y=−sint 的单调 性即可，假如求递增区间，将基本图象沿x轴对称所得目标图象 π 3π π 3π +2kπ≤t≤ +2kπ⇒ +2kπ≤|ω|x−ϕ≤ +2kπ 2 2 2 2 反解x范围 ⑶若 ω＜0，A＜0 ，则先将ω由负变正， y=|A|sin(|ω|x−ϕ)+B 则令 t=|ω|x−ϕ 只要求 y=sint 的单调 π π π π − +2kπ≤t≤ +2kπ⇒− +2kπ≤|ω|x−ϕ≤ +2kπ 2 2 2 2 性即可，假如求递增区间，由基本图象得 反 解x范围 Ⅱ：求 y=Acos(ωx+ϕ)+B 的单调性，B是不影响单调性的 ⑴若 ω＞0，A＞0 ，则令 t=ωx+ϕ 只要求 y=cost 的单调性即可，假如求递增区间，由基本图象得 −π+2kπ≤t≤0+2kπ⇒−π+2kπ≤ωx+ϕ≤0+2kπ 反解x范围 ⑵若 ω＜0，A＞0 ，则先将ω由负变正， y=Acos(|ω|x−ϕ)+B 令 t=|ω|x−ϕ 只要求 y=cost 的单调性 −π+2kπ≤t≤0+2kπ⇒−π+2kπ≤|ω|x−ϕ≤0+2kπ 即可，假如求递增区间，由基本图象得 反解x 范围 ⑶若 ω＜0，A＜0 ，则先将ω由负变正， y=−|A|cos(|ω|x−ϕ)+B 则令 t=|ω|x−ϕ 只要求 y=−cost 的 单调性即可，假如求递增区间，将基本图象沿x轴对称所得目标图象 0+2kπ≤t≤π+2kπ⇒0+2kπ≤|ω|x−ϕ≤π+2kπ 反解x范围 Ⅲ：求 y=Atan(ωx+ϕ)+B 的单调性，B是不影响单调性的 ⑴若 ω＞0，A＞0 ，则令 t=ωx+ϕ 只要求 y=tant 的单调性即可，假如求递增区间，由基本图象得 π π π π − +kπ≤t≤ +kπ⇒− +kπ≤ωx+ϕ≤ +kπ 2 2 2 2 反解x范围 ⑵若 ω＜0，A＞0 ，则先将ω由负变正， y=−|A|tan(|ω|x−ϕ)+B 令 t=|ω|x−ϕ 只要求 y=−tant 的单 调性即可，假如求递增区间，将基本图象沿x轴对称所得目标图象 π 3π π 3π +kπ≤t≤ +kπ⇒ +kπ≤|ω|x−ϕ≤ +kπ 2 2 2 2 反解x范围 ⑶若 ω＜0，A＜0 ，则先将ω由负变正， y=|A|tan(|ω|x−ϕ)+B 则令 t=|ω|x−ϕ 只要求 y=tant 的单调 π π π π − +kπ≤t≤ +kπ⇒− +kπ≤|ω|x−ϕ≤ +kπ 性即可，假如求递增区间，由基本图象得 2 2 2 2 反解x 范围 考点2：周期性2π T= y=Asin(ωx+ϕ) y=Acos(ωx+ϕ) |ω| ①：求 及 的周期性，最小正周期为 π T= y=|Asin(ωx+ϕ)| y=|Acos(ωx+ϕ)| |ω| ②:求 及 的周期性，最小正周期为 2π T= y=|Asin(ωx+ϕ)+B| y=|Acos(ωx+ϕ)+B|(B≠0) |ω| ③：求 及 的周期性，最小正周期为 T ④:若函数 y=f (x) 的周期是T ,则函数 y=Af(ωx+ϕ) 的周期 |ω|(A≠0,ω≠0,ϕ为常数) π T= y=Atan(ωx+ϕ) |ω| ⑤：求 的周期性，最小正周期为 π T= y=|Atan(ωx+ϕ)| |ω| ⑥：求 的周期性，最小正周期为 f (x)(x∈R) x=a,x=b(a≠b) f (x)(x∈R) ⑦：若函数 的图象由两条对称轴 ，则函数 是周期函数， T=2|b−a| f (x)(x∈R) A(a,0)B(b,0)(a≠b) f (x)(x∈R) ⑧：若函数 的图象存在对称中心 ，则函数 是周期函数， T=2|b−a| f (x)(x∈R) B(b,0)(a≠b) f (x)(x∈R) ⑨：若函数 的图象存在对称轴x=a对称中心 ，则函数 是周期函数， T=4|b−a| 考点3：对称轴 Ⅰ：求 y=Asin(ωx+ϕ)+B 的对称轴， A、B是不影响对称轴的 π π t= +kπ ωx+ϕ= +kπ 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 y=sint 的对称轴，由基本图象 2 ⇒ 2 ,反解x即可 Ⅱ：求 y=Acos(ωx+ϕ)+B 的对称轴， A、B是不影响对称轴的 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 y=cost 的对称轴，由基本图象 t=0+kπ ⇒ ωx+ϕ=0+kπ 反解x即可 y=|Asin(ωx+ϕ)| Ⅲ：求 的对称轴，A是不影响对称轴的 π kπ y=|sint| t= + 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 的对称轴，将基本图象下面部分翻上去得 2 2 ⇒ π kπ ωx+ϕ= + 2 2 (k∈Z) 反解x即可 y=|Acos(ωx+ϕ)| Ⅳ：求 的对称轴，A是不影响对称轴的kπ y=|cost| t=0+ 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 的对称轴，将基本图象下面部分翻上去得 2 ⇒ kπ ωx+ϕ=0+ 2 (k∈Z) 反解x即可 y=|Atan(ωx+ϕ)| Ⅴ:求 的对称轴，A是不影响对称轴的 kπ y=|tant| t=0+ 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 的对称轴，将基本图象下面部分翻上去得 2 ⇒ kπ ωx+ϕ=0+ 2 , (k∈Z) 反解x即可 考点4：对称中心 Ⅰ：求 y=Asin(ωx+ϕ)+B 的对称轴，A是不影响对称中心的 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 y=sint 的对称中心，基本图象 t=kπ ⇒ ωx+ϕ=kπ , (k∈Z) 反解x即对称中 (x,B) 心 Ⅱ：求 y=Acos(ωx+ϕ)+B 的对称中心，A是不影响对称中心的 π π t= +kπ ωx+ϕ= +kπ 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 y=cost 的对称中心，由基本图象 2 ⇒ 2 (k∈Z) 反解 (x,B) x即对称中心 Ⅲ：求 y=Atan(ωx+ϕ) 的对称中心，A是不影响对称中心的 kπ kπ t=0+ ωx+ϕ=0+ 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 y=tant 的对称中心，由基本图象 2 ⇒ 2 , (k∈Z) 反解 kπ ( −ϕ ) 2 ,0 ω x即可 Ⅳ：求 y=Atan(ωx+ϕ)+B 的对称中心，A是不影响对称中心的 kπ kπ t=0+ ωx+ϕ=0+ 则令 t=ωx+ϕ 只要求得 y=tant 的对称中心，由基本图象 2 ⇒ 2 , (k∈Z) 反解 kπ ( −ϕ ) 2 ,B ω x即可 角函数单调区间、对称中心、对称轴（选择题） 技巧总结 ①单调区间：第一步：确定周期及周期的一半，将选项端点作差第二步：将选项给定的区间任一端点值代入表达式 第三步：确定第二步求出的弧度为基础函数 sinx、cosx 的那个位置，根据走势判断即可 ②对称中心：第一步：将选项给定的对称中心的横坐标代入表达式 第二步：确定第一步求出的弧度为基础函数 sinx、cosx 的那个位置，根据位置判断即可 ③对称轴：第一步：将选项给定的对称中心的横坐标代入表达式 第二步：确定第一步求出的弧度为基础函数 sinx、cosx 的那个位置，根据位置判断即可 九大模型求最值 模型一：形如 y=asinα+b 利用−1≤sinα≤1 的有界性，注意：同时乘正则保序，同时乘负则反序. asinx+b acosx+b y= (ac≠0) y= (ac≠0) 模型二：形如 csinx+d ccosx+d 既可以利用分离常数法求解，也可以建立关 于y的不等式根据三角函数有界性求解. 模型三：形如 y=asin2x+bsinx+c(a≠0) ，令 t=sinx ，−1≤t≤1 转化为二次函数求最值. 模型四：形如 y=Asin(ωx+ϕ)+k(Aω≠0) 当定义域为R时，值域为 [−|A|+k,|A|+k] 当定义域为某个给定区间时， t=ωx+ϕ 利用三角函数图象求最值. asinx+b y= (ac≠0) 模型五:形如 ccosx+d 借助斜率公式(圆)及数形结合求解. atan2x+btanx+c y= 模型六:形如 dtan2x+etanx+f ∵ t=tanx∈R 故可以采用判别式处理. y=asinx+bcosx y= √a2 +b2sin(x+ϕ) 模型七:形如 利用辅助角公式 ,辅助角公式中的符号完全由原式 b tanϕ= a 决定,而 (最好借助图象)然后利用三角函数图象求最值 b d y= + asin2x ccos2x 模型八:形如 利用基本不等式求最值 y=asinxcosx+b(sinx±cosx)+c (sinx±cosx) 2 =1±2sinxcosx 模型九:形如 应考虑 转化为二次函数求最值 二、确定解析式问题 y=Asin(ωx+ϕ)+k 秒杀： 思路1：形如： 第一步：定A K,借助函数图象的最高点、最低点确定参数A K的值 f (x) −f (x) f (x) +f (x) |A|= max min k= max min 2 2 (ω、ϕ) 第二步：定周期 ，借助函数图象及五点作图法中的“五点”确定函数的周期 第一点（即图象第一次上升时与x轴的交点）横坐标满足 ωx+ϕ=0π ωx+ϕ= 2 第二点（即图象的“峰点”）横坐标满足 第三点（即图象下降时与x轴的交点）横坐标满足 ωx+ϕ=π 3π ωx+ϕ= 2 第四点（即图象的“谷点”）横坐标满足 第五点（即图象第二次上升时与x轴的交点）横坐标满足 ωx+ϕ=2π (ω、ϕ) 求 只需在部分图象中寻求“五点”中任意两点建立二元一次方程组即可 y=Asin(ωx+ϕ)+k 思路2：形如： 第一步：定A K,借助函数图象的最高点、最低点确定参数A K的值 f (x) −f (x) f (x) +f (x) |A|= max min k= max min 2 2 (ω) 第二步：定周期 2π T= ∵ ω ，∴往往通过求T 来确定ω，可以通过已知曲线及其与x轴的交点来确定T 。 T 2 注意：①相邻的最高点与最低点之间的水平距离为 ②相邻的两个最高点（最低点）之间的水平距离为T T 4 ③相邻的最高点（最低点）与平衡点之间的水平距离为 第三步：求ϕ 求ϕ只需在部分图象中寻求“五点”中任意一点建立一元一次方程即可（同思路1第二步） 三、平移变换问题 技巧总结 正规方法： 左加右减，上加下减，左右只针对x而言（解决题干有平移信息的选择题） C ⇒C 秒杀：第一步：明确谁平移得到谁 1 2 C →(m,1) C →(n,1) 第二步： 1: 解出m 2: 解出n 第三步：m⇒n确定左右平移了多少 注意：先平移后伸缩与先伸缩后平移的区别 典例1【2023新高考1卷】已知函数 在区间 有且仅有3个零点，则 的 取值范围是________． 【答案】【解析】因为 ，所以 ， 令 ，则 有3个根， 令 ，则 有3个根，其中 ， 结合余弦函数 的图像性质可得 ，故 ， 故答案为： . 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知函数 ，如图A，B是直线 与曲线 的两个交点，若 ，则 ______． 【答案】 【解析】设 ，由 可得 ， 由 可知， 或 ， ，由图可知， ，即 ， ． 因为 ，所以 ，即 ， ． 所以 ， 所以 或 ， 又因为 ，所以 ， ．故答案为： ． 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】记函数 的最小正周期为T．若 ，且 的图象关于点 中心对称，则 （ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】 A 【解析】由函数的最小正周期T满足 ，得 ，解得 ， 又因为函数图象关于点 对称，所以 ，且 ， 所以 ，所以 ， ， 所以 . 故选：A 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】已知函数 的图像关于点 中心对称， 则（ ） A. 在区间 单调递减 B. 在区间 有两个极值点C. 直线 是曲线 的对称轴 D. 直线 是曲线 的切线 【答案】AD 【解析】由题意得： ，所以 ， ， 即 ， 又 ，所以 时， ，故 ． 对A，当 时， ，由正弦函数 图象知 在 上是 单调递减； 对B，当 时， ，由正弦函数 图象知 只有1个极值 点，由 ，解得 ，即 为函数的唯一极值点； 对C，当 时， ， ，直线 不是对称轴； 对D，由 得： ， 解得 或 , 从而得： 或 , 所以函数 在点 处的切线斜率为 ， 切线方程为： 即 ． 故选：AD． 典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 下列区间中，函数 单调递增的区间是（ ）A. B. C. D. 【答案】A 【解析】因为函数 的单调递增区间为 ， 对于函数 ，由 ， 解得 ， 取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ， 则 ， ，A选项满足条件，B不满足条件； 取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ， 且 ， ，CD选项均不满足条件. 故选：A. 预测1（2024·江苏扬州·模拟预测）设函数 ，则下列结论正确的是 （ ） A． 在 上单调递增 B．若 且 ，则 C．若 在 上有且仅有2个不同的解，则 的取值范围为 D．存在 ，使得 的图象向左平移 个单位长度后得到的函数为奇函数 预测2（2024·广东·模拟预测）下列函数中，是偶函数且在 上单调递增的是（ ）A． B． C． D． 预测3（2024·山西朔州·模拟预测）将函数 的图象上所有点的横坐标缩小为原来的 ， 纵坐标不变，得到函数 的图象，下列关于函数 的说法正确的是（ ） A． 的最小正周期为 B． 是 的一个对称中心 C． 的单调递增区间为 D． 在 上恰有3个零点 预测4（2024·河南信阳·模拟预测）已知 ，（参考数据 ），则下列说法正确的 是（ ） A． 是周期为 的周期函数 B． 在 上单调递增 C． 在 内共有4个极值点 D．设 ，则 在 上共有5个零点 预测5（2024·安徽·模拟预测）如图，函数 的图象与x轴的其中 两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点， ， ， ，则（ ） A． 的最小正周期为 B． 的图象关于直线 对称 C． 在 单调递减 D． 为奇函数押题1：已知函数 （ ），则下列说法正确的是（ ） A．若 ，则 是 的图像的对称中心 B．若 恒成立，则 的最小值为2 C．若 在 上单调递增，则 D．若 在 上恰有2个零点，则 押题2：已知函数 ，则下列说法正确的是 A． B．函数 的最小正周期为 C．函数 的图象的对称轴方程为 D．函数 的图象可由 的图象向右平移 单位长度得到 押题3：函数 的部分图象如图所示，下列结论正确的是（ ） A． B．C． 的图象的一个对称中心为 D．设函数 ，则 在 上的最小值为 押题4：要得到函数 的图象，可将函数 的图象（ ） A．向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍 B．向左平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的 C．纵坐标不变，横坐标变为原来的 ，再将所得图象上所有点向左平移 个单位长度 D．纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将所得图象上所有点向左平移 个单位长度 押题5：若函数 在区间 内单调递减，则 的最大值为 ． 名校预测 预测1：答案ACD 【详解】 ， ，当 时， ， 由复合函数、正弦函数单调性可知 在 上单调递增，故A正确； 对于B，若 且 ，则 ，故B不正确； 对于C，若 ，则 ， 若 在 上有且仅有2个不同的解，如图所示：可得 ，解得 ，也就是 的取值范围为 ，故C正确； 对于D， ，可知当 时， 是奇函数，故D 正确. 故选：ACD. 预测2：答案AC 【详解】对于A： ，为偶函数， 当 时， ， ， 的单调递减区间为 ， 的递增区间为 ， 而 ， 所以 在 上单调递增，故A正确； 对于B： ，为偶函数， 当 时， ， ， 的单调递增区间为 ， 的单调递减区间为 ，  π π  π  而 ,    kπ,kπ  kZ ，  2 4  2     所以 f x cos2x 在   2 , 4   上单调递减，故B错误； 对于C： f x sinx cosx sinx cosx f x ，为偶函数， π π  π 当x , 时， f x sinx cosxsinxcosx 2sinx ，  2 4  4  3π π  的单调递减区间为x   2kπ, 2kπ  kZ ，  ysinx  2 2   π  5π π  则 f x 2sinx 的单调递增区间为  2kπ, 2kπ  kZ ，  4  4 4   π π  5π π  而 ,    2kπ, 2kπ  kZ ，  2 4  4 4   π π 所以 f x sinx cosx 在   2 , 4   上单调递增，故C正确； 对于D： f xsinx cosx sinx cosx f x ， 所以 f xsinx cosx 为非奇非偶函数，故D错误. 故选：AC. 预测3：答案AC 2π 【详解】对于A，由题设可得 ，故其最小正周期为 π， 2 故A正确. π  π π π  对于B，g 3   2sin  2 3  3    30，故 3 ,0  不是 gx的一个对称中心， 故B错误. π π π  π 5π  对于C，令 2kπ2x  2kπ,kZ，解得x   kπ, kπ  ,kZ， 2 3 2  12 12   π 5π  故 gx的单调递增区间为   12 kπ, 12 kπ   ,kZ， 故C正确.  π π 对于D， 由2sin2x 0可得2x nπ,nZ，  3 3 π  π 5π π π 2π 而 x0,π时，2x 3     3 , 3   ，故2x 3 0,π即x 6 或x 3 ， 故D错误. 故选：AC 预测4：答案BCD 【详解】对于选项A，因为 f(x)esin2x2cosx， 所以 f(xπ)esin2(xπ)2cos(xπ) esin2x2cosx  f(x)，所以选项A错误，对于选项B，因为 f(x)(2cos2x2sinx)esin2x2cosx 2(12sin2xsinx)esin2x2cosx 2(2sinx1)(sinx1)esin2x2cosx， 当x(π,0)时，2sinx10，sinx10，esin2x2cosx 0， π 所以当x(π,0)时， f(x)0 ，当且仅当x 2 时，取等号，所以 f x在(π,0)上单调递增，故选项B 正确， 对于选项C，因为 f(x)2(2sinx1)(sinx1)esin2x2cosx， 令 f(x)0，得到(2sinx1)(sinx1)0， π 3π 又因为 ，当且仅当x 或x 时，取等号， sinx10 2 2 π 3π π 3π 所以x ，x 不是变号零点，即 ， 不是 f x的极值点， 2 2 2 2 1 由 ，即sinx ， 2sinx10 2 π 5π 11π 7π 又 ，解得x 或x 或x 或x ， x(2π,2π) 6 6 6 6 由ysinx图象知，每一个解都是变号零点，所以 f x 在(2π,2π)内共有4个极值点，故选项C正确， 对于选项D，因为 f(x2π)esin2(x2π)2cos(x2π) esin2x2cosx  f(x)， 所以 f(x)的周期为2π， 又因为 f(x)2(2sinx1)(sinx1)esin2x2cosx， π 5π 3π 当x0,2π时，由 f(x)0 得到x 6 ，x 6 ，x 2 ， 列表如下，  π π π 5π 5π 5π 3π 3π 3π  x  0,   ,   ,   ,2π   6 6 6 6  6  6 2  2  2  f(x)  0  0  0  y f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 单调递增 π sin π 2cos π 3 3 5π sin 5π 2cos 5π  3 3 又 ， f( )e 3 6 e 2 ， f( )e 3 6 e 2 ， f(0)e2 6 6 则 f(x)在 0,2π 上的大致图象如图所示， 当x0时，因为 f(x)esin2x2cosx 0，此时 f(x)x无解， 3 3 由 ，则 2.6，又 ，则 3 3 ， 31.732 2 ln13.42.6 e 2 e2.6 13.429π 29 又由 ，  3.1415.1813.4， 4π43.1412.5613.4 6 6  29π 故只需再画出 在2π, 图象即可， f(x)  6  29π 3 3 29π 当x 时，e 2 13.4 ， 无解， 6 6 f(x)x 25π 25 作出 的图象，注意到  3.1413.0913.4， yx 6 6 25π 所以x 时， 的图象在 图象下方， 6 yx f(x)esin2x2cosx  29π 由图可知 yx 与 f(x)esin2x2cosx 在  0, 6   上有5个交点，  29π 所以 在, 上共有5个零点，所以选项D正确， g(x)  6  故选：BCD. 预测5：答案CD  π   π Asin 【详解】由题可 A2,0，B  2  ,0  ， C0,Asin，则D  1 2 , 2   ， π 有 3 Asin2 ，sin20，  2 21  π  2 A2sin2 28  AD ， 1   ， 3 2  4 3 1  π  π 2 π π 把 Asin 2 代入上式，得  2 240，解得 6 (负值舍去)， 3     π π  π π  π  ，sin 0，由 ，解得 ， 3 Asin  8， 6 3  2 3  3 16 π π 解得A 16 ，f x sin x ， 3 3 6 32π 12 对A， 的最小正周期为 π ，故A错误； f x 6 16 π π 对B： f 8 sin 8 0，故B错误； 3 6 3 π π π 5π 对C：当 时，  x  ，f x在5,7单调递减，故C正确； 5x7 2 6 3 6 16 π π 16 π  对D： f x2 sin  x2   sin x，为奇函数，故D正确. 3 6 3 3 6  故选：CD. 名师押题 押题1：答案ABC 5π 5π π 【详解】选项A：若 ，则 f  sin  sinπ0， 1  6   6 6 5π  由正弦函数的图象可知  6 ,0  是 f x的图像的对称中心，A说法正确； π π π π 选项B：若 f x f  6   恒成立，则 6  6  2 2kπkZ，解得 212kkZ， 又0，所以的最小值为2，B说法正确； π  π π 选项C：令gxx 6 ，显然 gx在  0, 2   上单调递增，且g0 6 ，  π π π π π 2 2 若 f x在  0, 2   上单调递增，则g 2    2  6  2 ，解得 3 ，所以0 3 ，C说法正确； π π π 选项D：当 x0,2π时，x 6   6 ,2π+ 6   ， π 11 17 若 f x在0,2π上恰有2个零点，则2π2π+ 3π，解得  ，D说法错误； 6 12 12 故选：ABC 押题2：答案BCD 1 3 1cos2x 1 【详解】对于AB，因为函数 f x 3sinxcosxcos2x  sin2x  2 2 2 2 3 1  π  sin2x cos2xsin2x ，故A错误； 2 2  6 2π 所以T  π，故B正确； 2π π kπ π 对于C，令2x kπ ,kZ，解得x  ,kZ，故C正确； 6 2 2 3 π  π   π 对于D， 的图象向右平移 单位长度可得ysin2x sin2x ， ysin2x 12  12  6 故D正确. 故选：BCD 押题3：答案ABD 3 【详解】由图象可知， f 0 f x  ， 0 2 3 3 所以 f 0cosπ0 ，即cos ， 2 2 π π 又因为0 ，所以 ，故A正确； 2 6  π 所以 f x的解析式为 f xcos  πx 6   ，  π 3 f x cosπx   ， ， 0  0 6 2 x 0 0 π π 5 所以πx  2π ，解得x  ，故B正确； 0 6 6 0 3 17  17 π 17  所以 f   6   cos  π 6  6   cos3π1，故点  6 ,0  不是 f x的图象的一个对称中心，故C错误；  1  π   1 π gx f x f x cosπx cos  πx    3  6   3 6 π π  π 3 1 cosπxcos sinπxsin cosπx  cosπx sinπxsinπx 6 6  2 2 2 3 3  π  cosπx sinπx 3cosπx , 2 2  3 1 1 π π 2π 因为 x ，所以 πx  ， 2 3 6 6 3 π 2π 1 1  1 π 2π 3 当πx 3  3 ，即x 3 时， gx取的最小值为g 3    3cos  π 3  3    3cos 3  2 ，故D正确. 故选：ABD. 押题4：答案BC 1 π 【详解】对于A，所得解析式为ysin( x )，A错误； 2 6π 对于B，所得解析式为ysin(2x )，B正确； 3 π π 对于C，所得解析式为ysin[2(x )]sin(2x )，C正确； 6 3 1 π 1 π 对于D，所得解析式为ysin[ (x )]sin( x )，D错误. 2 3 2 6 故选：BC 7 押题5：答案 4 1 2π π 【详解】由题得： T   03， 2 3 3 π π π 2π π 令t x t   ,  ， 6  3 6 3 6 π π 2π π 则 在t   ,  单调递减， ycost  3 6 3 6 π π  2kπ   3 6 1 7 故 6k 3k ， 2π π 2 4   2kππ  3 6 1 7 由 ，故  , ， 03 2 4 7 所以 的最大值为 ，  4 7 故答案为： . 4 集合（选填题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 1 集合 集合中交集问题 2021年II 2 集合 集合中补集与并集 卷 2022年I卷 1 集合 集合中交集问题2022年II 集合中交集问题 1 集合 卷 2023年新 1 集合 集合中交集问题 高考1 2023 年 新 利用集合之间的关系求 高考2 2 集合 参数的值或范围 近三年，集合在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、集合的含义与表示2、集合间的基本关系3、集合的基本运算 题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项。集合需考生需熟悉技巧，其次掌握集合之间的关 系求参数的值或范围，集合的基本运算也是高考的重点内容，设置此类题难度一般，用心研究必能夺分。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，集合是高考选填方向必不可少的一类题， 预测：类型1：集合的基本运算。类型2：集合间的基本关系。，考生需从多方面认识，两类型都相对简单. 涉及集合中研究对象为不等式此类题目一定采用数形（数轴）结合，端点值单独讨论及验证. 一、关于集合的元素的特征问题 (1)确定性：设A是一个给定的集合，x是某一个具体对象，则x或者是A的元素，或者不是A的元素， 两种情况必有一种且只有一种成立. (2)互异性：一个给定集合中的元素，指属于这个集合的互不相同的个体(对象)，因此，同一集合中不 应重复出现同一元素. (3)无序性：集合中的元素的次序无先后之分.如：由1，2，3组成的集合，也可以写成由1，3，2组成 一个集合，它们都表示同一个集合. 结论：（1） （类比 ） （2）空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集。 （3）若 则 （类比 ， 则 ） （4）一般地，一个集合元素若为n个，则其子集数为2n个，其真子集数为2n-1个，特别地，空集的 子集个数为1，真子集个数为0。 二、集合的运算 1.并集 一般地，由所有属于集合A或属于集合B的元素所组成的集合，称为集合A与B的并集，记作：A∪B 读作：“A并B”，即：A∪B={x|x A，或x B}Venn图表示： （1）“x A，或x B”包含三种情况：“ ”；“ ”；“ ”． （2）两个集合求并集，结果还是一个集合，是由集合A与B的所有元素组成的集合(重复元素只出现 一次). 2.交集 一般地，由属于集合A且属于集合B的元素所组成的集合，叫做集合A与B的交集；记作：A∩B，读 作：“A交B”，即A∩B={x|x A，且x B}；交集的Venn图表示： （1）并不是任何两个集合都有公共元素，当集合A与B没有公共元素时，不能说A与B没有交集， 而是 ． （2）概念中的“所有”两字的含义是，不仅“A∩B中的任意元素都是A与B的公共元素”，同时“A 与B的公共元素都属于A∩B”． （3）两个集合求交集，结果还是一个集合，是由集合A与B的所有公共元素组成的集合. 3.补集 全集：一般地，如果一个集合含有我们所研究问题中所涉及的所有元素，那么就称这个集合为全集， 通常记作U. 补集：对于全集U的一个子集A，由全集U中所有不属于集合A的所有元素组成的集合称为集合A相 C A 对 于 全 集 U 的 补 集 (complementary set) ， 简 称 为 集 合 A 的 补 集 ， 记 作 ： U ， 即 C A={x|x∈U且x ∉A} U 补集的Venn图表示： C A （1）理解补集概念时，应注意补集 U 是对给定的集合 和 相对而言的一个概念，一个确定的集合 ，对于不同的集合U，补集不同． （2）全集是相对于研究的问题而言的，如我们只在整数范围内研究问题，则 为全集；而当问题扩 展到实数集时，则 为全集，这时 就不是全集． C A （3） U 表示U为全集时 的补集，如果全集换成其他集合（如 ）时，则记号中“U”也必须换 C A 成相应的集合（即 R ）． 集合基本运算的一些结论 (C A)∪A=U (C A)∩A= U ， U 若A∩B=A，则 ，反之也成立 若A∪B=B，则 ，反之也成立 若x (A∩B)，则x A且x B 若x (A∪B)，则x A，或x B 求集合的并、交、补是集合间的基本运算，运算结果仍然还是集合，区分交集与并集的关键是“且” 与“或”，在处理有关交集与并集的问题时，常常从这两个字眼出发去揭示、挖掘题设条件，结合Venn图 或数轴进而用集合语言表达，增强数形结合的思想方法. 三：充分条件与必要条件充要条件的概念 符号 与 的含义 “若 ，则 ”为真命题，记作： ； “若 ，则 ”为假命题，记作： . 充分条件、必要条件与充要条件 ①若 ，称 是 的充分条件， 是 的必要条件. ②如果既有 ，又有 ，就记作 ，这时 是 的充分必要条件，称 是 的充要条 件. 对 的理解：指当 成立时， 一定成立，即由 通过推理可以得到 . ①“若 ，则 ”为真命题； ② 是 的充分条件； ③ 是 的必要条件 以上三种形式均为“ ”这一逻辑关系的表达. 充分条件、必要条件与充要条件的判断 从逻辑推理关系看 命题“若 ，则 ”，其条件p与结论q之间的逻辑关系 ①若 ，但 ，则 是 的充分不必要条件， 是 的必要不充分条件；②若 ，但 ，则 是 的必要不充分条件， 是 的充分不必要条件； ③若 ，且 ，即 ，则 、 互为充要条件； ④若 ，且 ，则 是 的既不充分也不必要条件. 从集合与集合间的关系看 若p：x∈A，q：x∈B， ①若A B，则 是 的充分条件， 是 的必要条件； ②若A是B的真子集，则 是 的充分不必要条件； ③若A=B，则 、 互为充要条件； ④若A不是B的子集且B不是A的子集，则 是 的既不充分也不必要条件. 记法 A={x|p(x)},B={x|q(x)} 关系 A B B A A=B A⊈B且B⊈A 图示 p是q的充分不必 p是q的必要不充 p是q的既不充分也 结论 p,q互为充要条件 要条件 分条件 不必要条件 充要条件的判断通常有四种结论：充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要 条件.判断方法通常按以下步骤进行： ①确定哪是条件，哪是结论； ②尝试用条件推结论， ③再尝试用结论推条件， ④最后判断条件是结论的什么条件. 典例 1【2023 新高考 1 卷】已知集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】方法一：因为 ，而 ， 所以 ． 故选：C．方法二：因为 ，将 代入不等式 ，只有 使不等式成 立，所以 ． 故选：C． 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 设集合 ， ，若 ，则 （ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】因为 ，则有： 若 ，解得 ，此时 ， ，不符合题意； 若 ，解得 ，此时 ， ，符合题意； 综上所述： . 故选：B. 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】若集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 ，故 ， 故选：D 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】[方法一]：直接法 因为 ，故 ，故选：B. [方法二]：【最优解】代入排除法 代入集合 ，可得 ，不满足，排除A、D；代入集合 ，可得 ，不满足，排除C. 故选：B. 典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 设集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由题设有 ， 故选：B . 预测1（2024·宁夏固原·模拟预测）已知集合 ，则 （ ） A． B． C． D． 预测2（2024·河北沧州·模拟预测）已知集合 ， ， ，则集 合 的子集共有（ ） A．2个 B．3个 C．4个 D．8个 预测3（2024·浙江·模拟预测）已知集合 ， ，若 ，则满足集合 的 个数为（ ） A．4 B．6 C．7 D．8 预测4（2024·山东·模拟预测）已知集合 ，则 （ ） A． B． C． D． 预测5（2024·湖南·模拟预测）已知集合 ，若集合 恰 有两个元素，则实数 的取值范围是 .押题1：已知集合 . 则 . 押题2：已知集合 ，且 ，则 ． 押题3：已知集合 ，则 . 押题4：已知集合 ，若 ，则 的取值范围是 . 押题5：以 表示数集 中最大（小）的数.设 ，已知 ，则 . 名校预测 预测1：答案B 【详解】由 ，得 ， 所以 ， 而 ， 所以 . 故选：B. 预测2：答案C 【详解】因为 ，又 ， 所以 ，所以 ，则集合 的子集共有 个． 故选：C 预测3：答案D 【详解】因为 ， 所以 可以是 ，共8个， 故选：D 预测4：答案B 【详解】由 可得 ， 所以 .故选：B 预测5：答案 【详解】因为 ， ， 又集合 恰有两个元素， 所以 恰有两个元素1和2，所以 . 故答案为： . 名师押题 押题1：答案 【详解】因为 ， 所以 . 故答案为： . 押题2：答案2 【详解】∵ ，且 ， ∴集合A里面的元素均可在集合B里面找到， ∴a=2． 故答案为：2 押题3：答案 【详解】 ，解得 ，故 ； ，解得 ，故 ，故 . 故答案为： 押题4：答案 【详解】由 ，得 ,解得 ， 所以 . 因为 ， 所以 或 ，解得 或 ， 所以 的取值范围是 . 故答案为： . 押题5：答案【详解】由 ，得 ， 设 ，则 ， 由 ， 当且仅当 时，取等号， 所以 . 故答案为： .