数学（四）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略（新高考新题型专用）[h][44843132]_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 （四） 解三角形（解答题）………………………………………………………………03 空间立体几何（解答题）…………………………………………………………23 函数与导数（解答题）……………………………………………………………53 圆锥曲线（解答题） ……………………………………………………………77 新定义（解答题）…………………………………………………………………112 解三角形（解答题） 年份 题号 知识点 考点 ①正余弦定理 2021年I卷 19 解三角形 ②三角形内部一条线的处理技巧①正余弦定理 2021年II卷 18 解三角形 ②三角形的面积问题 ③根据三角形形状求参数 ①正余弦定理 2022年I卷 18 解三角形 ②三角形边长关系求最值 ①正余弦定理 2022年II卷 18 解三角形 ②三角形的面积问题 ①正余弦定理 2023年新高考1 17 解三角形 ②三角形求高的处理技巧 ①正余弦定理 2023年新高考2 17 解三角形 ②三角形中线的处理技巧 近三年，解三角形在解答题中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、 三角形题干条件的化解2、三角形的面积定值与最值（①全部转化为边，利用基本不等式求最值 与范围②全部转化为角，利用三角函数求最值与范围）3、三角形周长（长度）定值与最值（①全部转化 为边，利用基本不等式求最值与范围②全部转化为角，利用三角函数求最值与范围） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项。解三角形的三类需要认真分析，每一类题型都有 它独特的处理办法，找准精髓便可轻松搞定。 解三角形在2024新高考新题型中的考查形式依然以解答题为主，以考查基本概念和核心方法为主， 大概率考察三角形内部一条线，考生可适当留意常见的内部中线、角平分线、任意一条线 现象并分类， 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、正余弦定理基础问题 《正弦定理》 ①正弦定理： ②变形： ③变形： ④变形： ⑤变形： 《余弦定理》 ①余弦定理： ②变形：核心问题：什么情况下角化边?什么情况下边化角? ⑴当每一项都有边且次数一样时，采用边化角 ⑵当每一项都有角《 》且次数一样时，采用角化边 ⑶当每一项都是边时，直接采用边处理问题 ⑷当每一项都有角《 》及边且次数一样时，采用角化边或变化角均可 二：三角形面积公式 ① ② 其中 分别为 内切圆半径及 的周长 推导：将 分为三个分别以 的边长为底，内切圆与边相交的半径为高的三角形，利用等面积 法即可得到上述公式 ③ （ 为 外接圆的半径） 推导：将 代入 可得 将 代入 可得 ④ ⑤海伦公式 （其中 ） 推导：根据余弦定理的推论 令 ，整理得 三：三角形中面积最值求算 技巧总结 正规方法：面积公式+基本不等式 ①② ③ 三角形中面积取值范围求算 技巧总结 思路1：如果题干已知一个角，则利用面积公式转化为三角函数求最值（注意角的范围） 思路2：如果题干未知角，则利用面积公式转化为二次函数求最值（注意单一边的范围） 求单一边范围用到的工具 ①两边之和大于第三边，两边之差小于第三边 ②若为锐角三角形，则两边平方之和大于第三边平方 若为钝角三角形，则两边平方之和小于第三边平方 ③若为锐角三角形，则可利用图象破解或 建立不等式 四：三角形内部中线条件的求算 技巧总结 ①中线长定理：（两次余弦定理推导可得）+（一次大三角形一次中线所在三角形+同余弦值） 如：在 与 同用 求 ②中线长常用方法 ③已知 ，求 的范围 ∵ 为定值，故满足椭圆的第一定义 ∴半短轴 半长轴 ④方程组思想（复杂情况） ⑤已知 或 则利用倍长中线构建平行四边形处理 ⑥已知 则利用 两边平分得结论 三角形内部角平分线条件的求算 技巧总结 《1》张角定理 如图，在 中， 为 边上一点，连接 ,设 ，则一定有 证明过程：∵ ∴ 同时除以 得 典例1【2023新高考1卷】已知在 中， ． （1）求 ； （2）设 ，求 边上的高． 【答案】（1） （2）6 【解析】【1】 ， ，即 ， 又 ， ， ， ， 即 ，所以 ， . 【2】由（1）知， ， 由 ，由正弦定理， ，可得 ， ， . 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 记 的内角 的对边分别为 ，已知 的面积为 ， 为 中点，且 ． （1）若 ，求 ； （2）若 ，求 ． 【答案】（1） ； （2） . 【解析】【1】 方法1：在 中，因为 为 中点， ， ， 则 ，解得 ， 在 中， ，由余弦定理得 ， 即 ，解得 ，则 ， ， 所以 . 方法2：在 中，因为 为 中点， ， ， 则 ，解得 ，在 中，由余弦定理得 ， 即 ，解得 ，有 ，则 ， ，过 作 于 ，于是 ， ， 所以 . 【2】 方法1：在 与 中，由余弦定理得 ， 整理得 ，而 ，则 ， 又 ，解得 ，而 ，于是 ， 所以 . 方法2：在 中，因为 为 中点，则 ，又 ， 于是 ，即 ，解得 ， 又 ，解得 ，而 ，于 ， 所以 . 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ． （1）若 ，求B； （2）求 的最小值． 【答案】（1） ； （2） ． 【解析】【1】因为 ，即 ， 而 ，所以 ； 【2】 由（1）知， ，所以 ， 而 ， 所以 ，即有 ，所以 所以 ． 当且仅当 时取等号，所以 的最小值为 ． 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 记 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边 长的三个正三角形的面积依次为 ，已知 ． （1）求 的面积； （2）若 ，求b． 【答案】（1） （2） 【解析】【1】 由题意得 ，则 ， 即 ，由余弦定理得 ，整理得 ，则 ，又 ，则 ， ，则 ； 【2】 由正弦定理得： ，则 ，则 ， . 典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上， . （1）证明： ； （2）若 ，求 . 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】（1）设 的外接圆半径为R，由正弦定理， 得 ， 因为 ，所以 ，即 ． 又因为 ，所以 ． （2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理 因为 ，如图，在 中， ，① 在 中， ．② 由①②得 ，整理得 ．又因为 ，所以 ，解得 或 ， 当 时， （舍去）． 当 时， ． 所以 ． [方法二]：等面积法和三角形相似 如图，已知 ，则 ， 即 ， 而 ，即 ， 故有 ，从而 ． 由 ，即 ，即 ，即 ， 故 ，即 ， 又 ，所以 ， 则 ． [方法三]：正弦定理、余弦定理相结合 由（1）知 ，再由 得 ． 在 中，由正弦定理得 ．又 ，所以 ，化简得 ． 在 中，由正弦定理知 ，又由 ，所以 ． 在 中，由余弦定理，得 ． 故 ． [方法四]：构造辅助线利用相似的性质 如图，作 ，交 于点E，则 ． 由 ，得 ． 在 中， ． 在 中 ． 因为 ， 所以 ， 整理得 ． 又因为 ，所以 ， 即 或 ． 下同解法1． [方法五]：平面向量基本定理因为 ，所以 ． 以向量 为基底，有 ． 所以 ， 即 ， 又因为 ，所以 ．③ 由余弦定理得 ， 所以 ④ 联立③④，得 ． 所以 或 ． 下同解法1． [方法六]：建系求解 以D为坐标原点， 所在直线为x轴，过点D垂直于 的直线为y轴， 长为单位长度建立直角坐标系， 如图所示，则 ． 由（1）知， ，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动． 设 ，则 ．⑤ 由 知， ， 即 ．⑥ 联立⑤⑥解得 或 （舍去）， ， 代入⑥式得 ，由余弦定理得 ． 预测1（2024·江苏南通·模拟预测）已知向量 ， ， . 设 . (1)求函数 的单调递增区间； (2)在 中，若 ， ， ， 的平分线交 于点 ，求 长. 预测2（2024·北京东城·模拟预测）在 中， . (1)求 ； (2)若 为 边的中点，且 ，求 的值. 预测3（2024·青海·模拟预测）已知 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ． (1)求B； (2)若 ， 的面积为S．周长为L，求 的最大值． 预测4（2024·贵州贵阳·模拟预测）在 中，角 所对的边分别为 ． (1)求角 的大小； (2)若 ，求 的面积． 预测5（2024·全国·模拟预测）在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，面积为 ，且 . (1)求 的值； (2)若 ， ，求 的值. 押题1 中， 为 边的中点， .(1)若 的面积为 ，且 ，求 的值； (2)若 ，求 的取值范围． 押题2已知平面四边形 中， . (1)若 ，求 ； (2)若 的面积为 ，求四边形 周长的取值范围. 押题3记 的内角 的对边分别为 ，若 ，且 的面积为 . (1)求角 ； (2)若 ，求 的最小值. 押题4已知函数 的最小正周期为 . (1)求 在 上的单调递增区间； (2)在锐角三角形 中，内角 的对边分别为 且 求 的取值范围. 押题5已知 ABC为钝角三角形，它的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且 △ ， ， ． (1)求 的值； (2)若 ABC的面积为 ，求c的最小值． △ 名校预测 预测1：答案(1) ， ；(2) . 【详解】（1） 令 ， ， 则 ， ， 所以函数的单调增区间为 ， ；（2）由题意得： ， 因为 ，所以 ， 即 ，所以 ， 在 中，由余弦定理得： ， 即 ，解得 ， 因为 的平分线交 于点 ，所以 ， 所以 ， 所以 ，解得 ． 预测2：答案(1) ；(2) . 【详解】（1）解：因为 ， 由正弦定理可得 ， 即 ， ， 又因为 ，所以 ， 解得 ，又因为 ，所以 ； （2）解：因为 为 边的中点， ，所以 , 设 , 在 中，由正弦定理可得 ， 即 ，解得 ，又因为 ，所以 ， 在 中， ， 在 中， ，由余弦定理可得： ， 所以 ，即 . 预测3：答案(1) (2) 【详解】（1）由正弦定理可得， ， 所以 , 所以 ， 即 ， 由 ，可知 ，所以 ，即 ， 由 ，知 . （2）由余弦定理，得 ，即 ， 所以 ，即 ， 因为 ， ，所以 ， 所以 ，又 （当且仅当 时取等号）， 所以 （当且仅当 时取等号）， 所以 （当且仅当 时取等号）， 所以 （当且仅当 时取等号）， 即 的最大值为 . 预测4：答案(1) ；(2) . 【详解】（1）在 中，由 及正弦定理得： ， 而 ，则 ， 于是 ，又 ，即 ，则 ，又 ， 所以 . （2）由（1）知， ，由余弦定理 ， 得 ，解得 ，所以 的面积 . 预测5：答案(1) (2) 【详解】（1）由 及正弦定理，得 . 又 ，所以 ， 即 . 因为 ， ，所以 ，所以 . 又 ，所以 . （2）由（1）得 ，又 ， ， 所以由余弦定理可得 ，解得 . 所以 ，所以 . 名师押题 押题1：答案(1) (2) 【详解】（1）因为 为 边的中点，所以 ， 又 ，即 ，解得 ， 在 中由余弦定理 ， 即 ，所以 ， 在 中由正弦定理 ，即 ，解得 . （2）设 ， ， 在 中由余弦定理 ， 即 ， 在 中由余弦定理 ， 即 ， 在 中由余弦定理 ， 因为 ，所以 ，则 ，所以 ，所以 ， 所以 ，即 . 押题2：答案(1) (2) 【详解】（1）在 中，由余弦定理得 ， 在 中，由余弦定理得 ， 因为 ，所以 ， 即 ， 解得 . （2）由已知 ，得 ， 在 中， ，由余弦定理得 ，则 ， 设 ，在 中，由余弦定理得 ， 则 ，得 ， 所以 ，当且仅当 时取等号，又 ， 所以四边形 周长的取值范围为 . 押题3：答案(1) (2) 【详解】（1） ， 结合余弦定理得 ， ，， ， 即 ，又 ， ，故 ； （2）由（1）知： ， ， ， ， 又 ， 当且仅当 时， 长取最小值，此时 ， 长的最小值为 . 押题4：答案(1) ；(2) . 【详解】（1） . 因为 所以 故 . 由 解得 当 时 又 所以 在 上的单调递增区间为 .（2）由 得（ 所以 . 因为 所以 又 所以 又三角形为锐角三角形，则 ，则 ，所以 ， 又 ， ， 则 ， 所以 的取值范围为 . 押题5：答案(1) (2) 【详解】（1）因为 ， 因为 ，所以 ， 由 ABC为钝角三角形且 ， 知， 为钝角， △ 所以 ，即 ， 所以 . （2）因为 ，所以 ， 由余弦定理， ， 当且仅当 时，等号成立， 此时 的最小值为 ，所以c的最小值为 .空间立体几何（解答题） 年份 题号 知识点 考点 ①证明线线垂直 2021年I卷 20 空间立体几何 ②二面角的考察 ③立体几何的体积求算 2021年II ①证明面面垂直 19 空间立体几何 卷 ②二面角的考察 ①点面距离求算 2022年I卷 19 空间立体几何 ②二面角的考察 2022年II ①证明线面平行 20 空间立体几何 卷 ②二面角的考察 2023年新 ①证明线面平行 18 空间立体几何 高考1 ②二面角的考察 2023 年 新 ①证明线线垂直 高考2 20 空间立体几何 ②二面角的考察 近三年，空间立体几何在解答题中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、线面及面面平行（①中位线型②平行四边形型③等比例成线段） 2、线面及面面垂直（①线面垂直推导线线垂直②勾股定理） 3、点面距离体积及线面角二面角（①几何法.②向量法；法向量的秒算） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其两项。空间立体几何题目中首先确定空间几何体底面图 形形状，想方设法先建立好横纵系，而竖轴随便建立，然后根据题干条件表明坐标，另外考生们要想灵活 应用空间向量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，其中立体几何的棱长有参数，问题中已知线 面角或其它条件先求出参数，再求二面角。此类题计算比较频繁.空间立体几何中求点面距离时空间向量 与等体积法都很方便，考生需要多练习多应用. 一、法向量的求算技巧总结《三种方法》 方法1、眼神法：给定一个几何体中，若所求平面的法向量直接可以从图中看出，则此平面垂线的方向向 量即为平面的法向量． 方法2、待定系数法：步骤如下： ①设出平面的法向量为 ． ②找出(求出)平面内的两个不共线的向量 ， ． ③根据法向量的定义建立关于 的方程组 ④解方程组，取其中的一个解，即得法向量． 注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组 有无数多个解，只需给 中的一个 变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向 量． 二：空间直角坐标系的构建策略 技巧总结 ①：利用共顶点的互相垂直的三条棱，构建空间直角坐标系 ②：利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系 ③：利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系 ④：利用正棱锥的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系 ⑤：利用底面正三角形，构建空间直角坐标系 ⑥：利用底面正方形的中心，构建空间直角坐标系 三：空间斜坐标系的构建策略 技巧总结 空间向量基本定理，空间中任意一个向量都可以由三个不共面向量表示，即 ，我 们记向量 我们记向量 利用空间斜坐标系步骤如下 第一步：快速表示单位向量 第二步：设 为单位基向量两两之间的夹角， 即 第三步：计算模长及数量积（其它运算与直角坐标系的算法都一样） 四：坐标处理距离问题技巧总结 结论1：《点线距离》 《异面直线求距离问题》 推导过程：已知直线 的方向向量是 ，点 则直线 与直线 夹角为θ，则 结论2：《点面距离》 提示： 分别是平面外及平面上的两点， 是平面的法向量 结论3：《线面距离》 提示： 分别是直线上及平面上的任意两点， 是平面的法向量 结论4：《面面距离》 提示： 分别是平面1及平面2的任意两点， 是平面2的法向量 结论5：《点点距离》 提示： 与 , 的距离为 五：坐标处理角度问题 技巧总结: 结论1：异面直线所成角 ①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解 ②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式 求出 关键是求出 及 与 结论2：线面角 提示： 是线 与平面法向量的夹角， 是线 与平面的夹角 结论3：二面角的平面角 提示： 是二面角的夹角，具体 取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则取正，若为钝角 则取负.备注：若 线上存在一点 ,则必须写成 ，从而求出点 的坐标，从而参与计算 特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解. 六：处理线与面各种平行关系 技巧总结 线面平行：关键点 ①必须将刻度尺与所证线重合，然后平移落在所证平面且留下痕迹 ②眼神法：观察采用哪一种技巧（五种方法）（记住六大图像） 方法一：中位线型： 如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥 中，点 是 的中点.求证： 平面 . 分析： 方法二：构造平行四边形 如图⑵, 平行四边形 和梯形 所在平面相交， // ，求证： //平面 . 分析：过点 作 // 交 于 ， 就是平面 与平面 的交线，那么只要证明 // 即可。 方法三：作辅助面使两个平面是平行 如图⑶，在四棱锥 中，底面 为菱形， 为 的中点， 为 的中点，证明：直 线 分析：：取 中点 ，连接 ，只需证平面 ∥平面 。 方法四：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的 点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE． 如图⑸，已知三棱锥 ， 是 , , 的重心.(1)求证： ∥面 ； 方法五：（向量法）所证直线与已知平面的法向量垂直，关键：建立空间坐标系（或找空间一组基 底）及平面的法向量． 如图⑹，在四棱锥 中，底面 为正方形，侧棱 底面 分别为 的中点．证明 平面 ； 分析：因为侧棱 底面 ，底面 是正方形，所以很容易建立空间直角坐标系及相应 的点的坐标． 证明：如图，建立空间直角坐标系 ． 设 ，则 ， ． 因为 轴垂直与平面 ，故可设平面的法向量为 =（0，1，0） 则： =0因此 ，所以 平面 ．典例 1【2023 新高考 1 卷】如图，在正四棱柱 中， ．点 分别在棱 , 上， ． （1）证明： ； （2）点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ． 【答案】（1）证明见解析； （2）1 【解析】【1】 以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图， 则 ， ， ， 又 不在同一条直线上， . 【2】 设 ， 则 ，设平面 的法向量 ， 则 ， 令 ，得 ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ， 令 ，得 ， ， ， 化简可得， ， 解得 或 ， 或 ， . 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 如图，三棱锥 中， ， ， ，E为BC的中点． （1）证明： ； （2）点F满足 ，求二面角 的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） ． 【解析】【1】连接 ，因为E为BC中点， ，所以 ①， 因为 ， ，所以 与 均为等边三角形， ，从而 ②，由①②， ， 平面 ，所以， 平面 ，而 平面 ，所以 ． 【2】不妨设 ， ， ． ， ，又 ， 平面 平面 ． 以点 为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设 ， 设平面 与平面 的一个法向量分别为 ， 二面角 平面角为 ,而 ， 因为 ，所以 ，即有 ， ，取 ，所以 ； ，取 ，所以 ， 所以， ，从而 ． 所以二面角 的正弦值为 ． 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 ．（1）求A到平面 的距离； （2）设D为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】【1】在直三棱柱 中，设点A到平面 的距离为h， 则 ， 解得 ， 所以点A到平面 的距离为 ； 【2】取 的中点E,连接AE,如图，因为 ，所以 , 又平面 平面 ，平面 平面 ， 且 平面 ，所以 平面 ， 在直三棱柱 中， 平面 ， 由 平面 ， 平面 可得 ， ， 又 平面 且相交，所以 平面 ， 所以 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得 ，所以 ， ，所以 ， 则 ,所以 的中点 ， 则 ， , 设平面 的一个法向量 ，则 ， 可取 ， 设平面 的一个法向量 ，则 ， 可取 ， 则 ， 所以二面角 的正弦值为 . 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 如图， 是三棱锥 的高， ， ，E是 的中点． （1）证明： 平面 ；（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】【1】证明：连接 并延长交 于点 ，连接 、 ， 因为 是三棱锥 的高，所以 平面 ， 平面 ， 所以 、 ， 又 ，所以 ，即 ，所以 ， 又 ，即 ，所以 ， ， 所以 所以 ，即 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 【2】解：过点 作 ，如图建立空间直角坐标系， 因为 ， ，所以 ， 又 ，所以 ，则 ， ， 所以 ，所以 ， ， ， ， 所以 ， 则 ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以 ； 设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ， ，所以 ； 所以 . 设二面角 的大小为 ，则 ， 所以 ，即二面角 的正弦值为 . 典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中点. （1）证明： ； （2）若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小 为 ，求三棱锥 的体积. 【答案】(1)证明见解析；(2) . 【解析】【详解】（1）因为 ，O是 中点，所以 ， 因为 平面 ，平面 平面 ， 且平面 平面 ，所以 平面 ． 因为 平面 ，所以 . （2）[方法一]：通性通法—坐标法 如图所示，以O为坐标原点， 为 轴， 为y轴，垂直 且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系 ， 则 ，设 , 所以 ， 设 为平面 的法向量， 则由 可求得平面 的一个法向量为 ． 又平面 的一个法向量为 ， 所以 ，解得 ． 又点C到平面 的距离为 ，所以 ， 所以三棱锥 的体积为 ． [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角 如图所示，作 ，垂足为点G． 作 ，垂足为点F，连结 ，则 ． 因为 平面 ，所以 平面 ， 为二面角 的平面角． 因为 ，所以 ． 由已知得 ，故 ．又 ，所以 ． 因为 ， ． [方法三]：三面角公式 考虑三面角 ，记 为 ， 为 ， ， 记二面角 为 ．据题意，得 ． 对 使用三面角的余弦公式，可得 ， 化简可得 ．① 使用三面角的正弦公式，可得 ，化简可得 ．② 将①②两式平方后相加，可得 ， 由此得 ，从而可得 ． 如图可知 ，即有 ， 根据三角形相似知，点G为 的三等分点，即可得 ， 结合 的正切值， 可得 从而可得三棱锥 的体积为 ． 预测1（2024·全国·模拟预测）如图，在直三梭柱 中， ，点 为 的中 点， 平面 ．(1)证明： ． (2)若 为棱 上一点，直线BN与平面 所成角的正弦值为 ，求平面 与平面 的夹角的大小． 预测2（2024·河南焦作·模拟预测）如图，在五棱锥 中， 平面 ， ， ， ， ， ， . (1)证明： ； (2)若点 与直线 上一点 的最小距离为3，求平面 与平面 夹角的余弦值. 预测3（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形， ， ，平面 平面 ABC，点F在AB上，且 ，M，N分别在直线CD，AB上． (1)求证： 平面ACDE； (2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若 ，MN为直线 CD，AB的公垂线，求 的值； (3)记直线BE与平面ABC所成角为 ，若 ，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围． 预测4（2024·广东韶关·模拟预测）如图，圆柱 内有一个直三棱柱 ，三棱柱的底面三角 形内接于圆柱底面，已知圆柱 的轴截面是边长为6的正方形， ，点 在线段 上运 动．(1)证明： ； (2)当 时，求 与平面 所成角的正弦值． 预测5（2024·山西朔州·模拟预测）如图，在四棱锥 中，底面 是边长为1的正方形， 分别为 上的点， 平面 ． (1)若 ，求 的长； (2)若 为 的中点，求平面 与平面 夹角的余弦值． 押题1：如图，在三棱台 中， ， ， ， ， ，垂足为O，连接BO． (1)证明：平面 平面 ； (2)求直线 与平面 所成角的正弦值． 押题2：如图所示，三棱柱 所有棱长都为 ， ， 为 中点， 为 与 交点．(1)证明： 平面 ； (2)证明：平面 平面 ； (3)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求二面角 的平面角的余弦值． 押题3：如图，在圆台 中， 为轴截面， 为下底面圆周上一点， 为下底面圆 内一点， 垂直下底面圆 于点 . (1)求证：平面 平面 ； (2)若 为等边三角形，求平面 和平面 的交线 与平面 所成角的正弦值. 押题4：如图，在三棱柱 中， ， ，四边形 是菱形． (1)证明： ； (2)若 ，求二面角 的正弦值． 押题5：如图所示，在四棱锥 中， 平面 ， ， ，且 ， ． (1)求三棱锥 的体积；(2)求证： ． 名校预测 预测1：答案(1)证明见解析；(2) ． 【详解】（1）证明：因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 由直三棱柱的性质，可得 平面 ， 平面 ，所以 ， 又因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 因为 平面 ，所以 ． （2）解：在底面三角形 中， ，则 ，即 ， 由（1）知 ，且点 为 的中点，所以 ， 所以 为等边三角形， 取 的中点 ，连接 ，则 ， 以 为原点，分别以 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系， 如图所示，不妨取 ，则 ， ， 设 ，则 ， ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 取 ，则 ，所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ， 可得 ， 即 ，整理得 ， 则 ， 令 ，则 ， 因为 ，所以 ，所以 在 上单调递增，又 ，所以 ，此时 ， 因为 平面 ，所以 平面 ，即 平面 ， 所以平面 的法向量可取 ， 所以 ， 故平面 与平面 的夹角为 ． 预测2：答案(1)证明见解析(2) 【详解】（1）证明：如图，延长 交 的延长线于点 ， 因为 ， ，所以四边形 为平行四边形. 因为 ，所以 ， 所以 . 易知 ，则 ， 故 ，所以 . 又 ，所以 . 又 平面 ， 平面 ，所以 . 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ，所以 . （2）当 取最小值时， ，由（1）知 ， 因为 ， ， 平面 ，所以 平面 . 又 平面 ，所以 ，从而 ， ， 三点共线，即线段 ， 的延长线交于点 . 连接 ， .由（1）知 ， 分别是 ， 的中点，所以 ，所以 . 又 ，所以四边形 是矩形， 所以 ，又 ，故 . 以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， ， 所以 ， ， ， . 设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，得 ， ，则平面 的一个法向量为 . 设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，得 ， ，则平面 的一个法向量为 . 设平面 与平面 的夹角为 ， 则 ， 故平面 与平面 夹角的余弦值为 . 预测3：答案(1)证明见解析(2) (3) 【详解】（1） ， ， 所以 ， ， ， ，则 ， 又因为平面 平面ABC，平面 平面 面 ， 故 平面ACDE； （2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系 ， 由 ，可得 ， ， 所以 所以 ， ，设 ，则 ， 设 ，则 ， ， 由题知， ， 解得 ， ，故 ； （3） ，设 ， 则 ， ， 可取平面ABC的法向量 ， 则 ， ， 则 ， 整理得 ，故 ， ， ， ， 记平面CDF的法向量为 ，则有 ， 可得 ， 记平面CBD的法向量为 ，则有 ， 可得 ， 记平面BCD与平面CFD所成角为 ， 则 ， ， 所以 ， ，故 ． 预测4：答案(1)证明见解析.(2) . 【详解】（1） 连接 并延长，交 于 ，交圆柱侧面于 ， ， 为圆柱的高， 两两垂直，以 为原点，过点 做 平行线为 轴，以 为 轴，以 为 轴， 建立如图所示空间直角坐标系 ， ， ， 在 中，由射影定理得 ， ， 从而 ， ， 设 ， ， ， . （2）由（1）可得， ， ，得 ，即点 是线段 的中点， ， ，设平面 的一个法向量为 ， 则 ，取 ，得 ， 设 的一个方向向量为 ，于是得： ， 设 与平面 所成角为 ，则 ， 所以 与平面 所成角的正弦值为 . 预测5：答案(1) (2) 【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，故 ， ， 而底面 是正方形，故 ， 因 平面 ，故 平面 ， 而 平面 ，故 ， 又 ，故 ，故 ， 故分别以直线 为 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ，故 ， 设 ，故 ， 故 ， 由 ，故 ，故 ， ， 设 ，故 ， 故 ， 因 ，故 ，所以 ，故 ， 故 .（2）因为 为 的中点，故 ，故 ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，故 ，取 ，则 ， ， 故 ， 由（1）可得 ，故 ，而 ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，故 ，取 ，则 ， ， 故 ， 故 . 故平面 与平面 夹角的余弦值为 . 名师押题 押题1：答案(1)见解析(2) 【详解】（1）因为 ， ， ， 所以 ， ，所以 ， 因为 ， 平面 ， 所以 平面 ，又因为 平面 ， 所以平面 平面 ； （2）因为 ， ， ，所以 ，同理可得： ，所以 是等边三角形， 取 的中点 ，连接 ，所以 ， 由（1）知， 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ， 平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 取 的中点 ，连接 ，则 ， 所以以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ， 因为 ，设 ，所以 ， 所以 ，所以 ， 可得 . 设平面 的法向量为 ，则 ， 取 ，可得 ，所以 ， 设直线 与平面 所成角的为 ， 所以 ， 故直线 与平面 所成角的正弦值为 . 押题2：答案(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【详解】（1）取 中点 ，连接 ， ， ； 因为 ， 分别为 和 的中点，所以 且 ，又 且 ， 所以 且 ，即四边形 为平行四边形，所以 ， 又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． （2）因为三棱柱 所有棱长都为 ， ， 所以 ， ， 为 的中点， 四点共面， 所以 ，且 ， ， 平面 ， ，所以 平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 ． （3）由题意知， ，且 ， ， 平面 ， ， 所以 平面 ，又 ，所以 平面 ， 所以 为直线 与平面 所成角， 又 ，所以 ， 因为 ，所以 平面 ， 平面 ，所以 ， 所以 为直角三角形，所以 ，所以 ， 在 中， ，所以 ， 以 为原点，作 平面 ，以 ， ， 方向为 ， ， 轴正方向，建立空间直角坐标 系，如图所示： 则 ， ， ， ，由 ，所以 ， 所以 ， ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ，即 ， 令 ，解得 ，所以平面 的一个法向量为 ， 记二面角 的平面角为 ，由图可得 为锐角， 则 ，即二面角 的平面角的余弦值为 ． 押题3：答案(1)证明见解析(2) 【详解】（1）证明：由于 垂直下底面圆 , 故 , 平面 ， 平面 ，所以 平面 又 ,所以 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 平面 ,所以平面 平面 （2）由题意可得四边形 为等腰梯形，且 ，故 ， , 由于 为等边三角形， ， , 又 ， 在圆 上，所以 , , 故 为 中点， 过 作 交圆 于点 ，又 ，故 ， 则 为平面 和平面 的交线, 建立如图所示的空间直角坐标系系，, 则 , 设平面 的法向量为 ，则 ， 取 ，则 ， ， 所以 ， 故 与平面 所成角的正弦值为 押题4：答案(1)证明见解析(2) 【详解】（1）三棱柱 中，由 可得 , 因 ，且 ， 面 ，则 平面 ， 因 平面 ，则 ，又四边形 是菱形,则 ， 由 ， 面 ，故得 面 ，因 面 ,故 ． （2） 因 ，不妨设 ，则 ，由余弦定理， ,故 得： ，分别取 为 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.( 轴为与平面 垂直向上的方向), 则有 ， ， ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ，则 故可取 ； 又因 ， ， 设平面 的法向量为 ，则 故可取 . 设二面角 的平面角为 ，则 因 故 ． 故二面角 的正弦值为 . 押题5：答案(1) (2)证明见解析 【详解】（1）在底面 中， ， ，且 ， 所以 ， ，则 ，所以 ， 故 . （2）由（1）知 ，又 平面 ， 平面 ，则 ， 且 ， 平面 ， ∴ 平面 ，而 平面 ，所以 ． 函数与导数（解答题）年份 题号 知识点 考点 ①求不含参单调性 2021年I卷 22 函数与导数 ②函数求最值解决不 等式问题 2021年II ①求含参单调性 22 函数与导数 卷 ②函数求最值解决不等式问题 2022年I 22 函数与导数 ①利用函数最值求参数 卷 ②函数零点问题 2022年II ①求不含参单调性 22 函数与导数 卷 ②函数求最值解决参数范围问题 2023年新 ①求含参单调性 19 函数与导数 高考1 ②函数求最值解决不等式问题 2023 年 新 ①函数求最值解决不等式问题 高考2 22 函数与导数 ②函数求极值解决参数范围问题 近三年，导数在解答题中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、含参与不含参讨论单调性（①含参一次模型②含参二次模型③含参类一次模型④含参类二次模型） 2、能成立与恒成立问题（①能参变分离模型②不能参变分离模型） 3、切线问题、极值点偏移、隐零点问题（①含参与不含参的切线问题及过与在的区别②极值点固定问题 的考察③隐零点问题的巧用） 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。无论是简单导数还是复杂导数，考生都应 掌握两大固定模板（切线及单调性），另外考生们需要多掌握含参问题的转化，尽可能变为能成立与恒成 立问题。 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，导数是高考解答题必不可少的一类题，类 型1：含参求单调性，类型2：能成立与恒成立求参数问题，类型3：求含参最值与极值各项技巧，导数 小结论偏多，试题大概率位于第一道解答题偏于简单，此类题目多研究即可拿分. 一、指对混合问题（同构） 在解决指数函数与对数函数的混合不等式恒成立求参数范围或证明指对不等式时，如果使用参变分离、隐 零点代换等方法，都避免不了复杂计算，有时效果也不一定好，而使用同构法会达到意想不到的效果． 如何构造同构函数呢？一般情况下含 和 的函数，主要是统一化为左边或化为右边构造同构式．同构式需要构造这样一个母函数，这个函数既能满足指数与对数互化，又能满足单调性和最值易求等特点，因 此常见的同构形式大多为 ，或其同族函数．经过同构变形，再结合复合函数的单调性， 可以快速解决证明不等式、恒成立求参数的取值范围等问题． 构造同构函数通常有三种基本模式： （1）积型 （2）商型 （3）和差型 其中 在变形构造同构式中起着重要作用． 二：恒成立与存在性问题 专题阐述：无论是不等式的证明、解不等式,还是不等式的恒成立问题、有解问题、无解问题,构造函数,运 用函数的思想,利用导数研究函数的性质(单调性和最值),达到解题的目的,是一成不变的思路,合理构思,善于 从不同角度分析问题是解题的法宝. 考法一： 不等式恒成立问题 不等式恒成立问题常见处理方法：① 分离参数 恒成立( 可)或 恒成立（ 即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 最值法：讨论最值 或 恒成立；④ 讨论参数. 考法二：不等式（方程）有解（能成立）问题 根据导数的方法研究不等式能成立问题，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构 造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导 数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果. 三：极值点偏移问题 专题阐述：极值点偏移问题大体可分为加法型、减法型、乘积型、平方型及商型5个类型，考查学生化归 与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力，是历年高考中题的一个难点.处理极值点偏移问题中的类似于 （ 为 的两根）的问题的基本步骤如下： ①求导确定 的单调性，得到 的范围； ②构造函数 ，求导后可得 恒正或恒负； ③得到 与 的大小关系后，将 置换为 ； ④根据 与 所处的范围，结合 的单调性，可得到 与 的大小关系，由此证得结论. 由此，其它类型可模仿上面步骤进行变形及构造. 四：双变量问题 专题阐述：双变量问题主要表现为双变量不等式问题，一般包括中点型、极值和差商积问题、剪刀模型及 主元法. 破解双变量不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等 式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双变量的不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果. 五：凹凸反转问题 专题阐述： 很多时候，我们需要证明函数 ，但不代表就要证明 ，因为大多数情况 下， 的零点是解不出来的.当然，导函数的零点如果解不出来，可以用设隐零点的方法，但是隐零点 也不是万能的方法，如果隐零点不行可尝试用凹凸反转. ，如果能够证明 ，则 显然成立，很明显， 是凹函数， 是凸函数，因为这两个函数的凹凸性刚好相反，所以称为凹凸反转.凹凸反转与隐零点都是用来处理 导函数零点不可求的问题的，两种方法互为补充. 六：隐零点设而不求 专题阐述：隐零点是用导数判断函数单调性和求最值常规方法的补充，而求最值和判断单调性是所有导数 大题共有的解题基础，因此这部分内容是导数的基本功，如果尝试在导数压轴大题上争取更高的分数，则 隐零点问题必须熟练掌握. 隐零点问题的出题特征较为明显，在参数范围的题目中所求的参数经常为整数，因为利用此类方法求出的 最值通常是一个范围，当然也不排除有些题目设计较为巧妙，在求最值时的未知零点可以约分成一个具体 的数字. 典例1【2023新高考1卷】已知函数 ．（1）讨论 的单调性； （2）证明：当 时， ． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】【1】因为 ，定义域为 ，所以 ， 当 时，由于 ，则 ，故 恒成立， 所以 在 上单调递减； 当 时，令 ，解得 ， 当 时， ，则 在 上单调递减； 当 时， ，则 在 上单调递增； 综上：当 时， 在 上单调递减； 当 时， 在 上单调递减， 在 上单调递增. 【2】方法一： 由（1）得， ， 要证 ，即证 ，即证 恒成立， 令 ，则 ， 令 ，则 ；令 ，则 ； 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ，则 恒成立， 所以当 时， 恒成立，证毕. 方法二： 令 ，则 ， 由于 在 上单调递增，所以 在 上单调递增， 又 ，所以当 时， ；当 时， ； 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 ，则 ，当且仅当 时，等号成立， 因为 ， 当且仅当 ，即 时，等号成立， 所以要证 ，即证 ，即证 ， 令 ，则 ， 令 ，则 ；令 ，则 ； 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ，则 恒成立， 所以当 时， 恒成立，证毕. 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 （1）证明：当 时， ； （2）已知函数 ，若 是 的极大值点，求a的取值范围． 【答案】（1）证明见详解（2） 【解析】【详解】（1）构建 ，则 对 恒成 立， 则 在 上单调递增，可得 ， 所以 ； 构建 ， 则 ， 构建 ，则 对 恒成立， 则 在 上单调递增，可得 ， 即 对 恒成立，则 在 上单调递增，可得 ， 所以 ； 综上所述： . （2）令 ，解得 ，即函数 的定义域为 ， 若 ，则 ， 因为 在定义域内单调递减， 在 上单调递增，在 上单调递减， 则 在 上单调递减，在 上单调递增， 故 是 的极小值点，不合题意，所以 . 当 时，令 因为 ， 且 ， 所以函数 在定义域内为偶函数， 由题意可得： ， （i）当 时，取 ， ，则 ， 由（1）可得 ， 且 ， 所以 ， 即当 时， ，则 上单调递增， 结合偶函数的对称性可知： 在 上单调递减， 所以 是 的极小值点，不合题意； （ⅱ）当 时，取 ，则 ， 由（1）可得 ，构建 ， 则 ， 且 ，则 对 恒成立， 可知 在 上单调递增，且 ， 所以 在 内存在唯一的零点 ， 当 时，则 ，且 ， 则 ， 即当 时， ，则 在 上单调递减， 结合偶函数的对称性可知： 在 上单调递增， 所以 是 的极大值点，符合题意； 综上所述： ，即 ，解得 或 ， 故a的取值范围为 . 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知函数 和 有相同的最小值． （1）求a； （2）证明：存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点，并且从左到右的 三个交点的横坐标成等差数列． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】【1】 定义域为 ，而 ， 若 ，则 ，此时 无最小值，故 . 的定义域为 ，而 . 当 时， ，故 在 上为减函数， 当 时， ，故 在 上为增函数， 故 . 当 时， ，故 在 上为减函数，当 时， ，故 在 上为增函数， 故 . 因为 和 有相同的最小值， 故 ，整理得到 ，其中 ， 设 ，则 ， 故 为 上的减函数，而 ， 故 的唯一解为 ，故 的解为 . 综上， 【2】[方法一]： 由（1）可得 和 最小值为 . 当 时，考虑 的解的个数、 的解的个数. 设 ， ， 当 时， ，当 时， ， 故 在 上为减函数，在 上为增函数， 所以 ， 而 ， ， 设 ，其中 ，则 ， 故 在 上为增函数，故 ， 故 ，故 有两个不同的零点，即 的解的个数为2. 设 ， ， 当 时， ，当 时， ， 故 在 上 减函数，在 上为增函数， 所以 ，而 ， ， 有两个不同的零点即 的解的个数为2. 当 ，由（1）讨论可得 、 仅有一个解， 当 时，由（1）讨论可得 、 均无根， 故若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点， 则 . 设 ，其中 ，故 ， 设 ， ，则 ， 故 在 上为增函数，故 即 ， 所以 ，所以 在 上为增函数， 而 ， ， 故 上有且只有一个零点 ， 且： 当 时， 即 即 ， 当 时， 即 即 ， 因此若存在直线 与曲线 、 有三个不同的交点， 故 ， 此时 有两个不同的根 ， 此时 有两个不同的根 ， 故 ， ， ， 所以 即 即 ， 故 为方程 的解，同理 也为方程 的解 又 可化为 即 即 ， 故 为方程 的解，同理 也为方程 的解， 所以 ，而 ，故 即 . [方法二]： 由 知， ， ， 且 在 上单调递减，在 上单调递增； 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ① 时，此时 ，显然 与两条曲线 和 共有0个交点，不符合题意； ② 时，此时 ， 故 与两条曲线 和 共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③ 时，首先，证明 与曲线 有2个交点， 即证明 有2个零点， ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 又因为 ， ， ， 令 ，则 ， 所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零 点，设为 其次，证明 与曲线和 有2个交点， 即证明 有2个零点， ， 所以 上单调递减，在 上单调递增， 又因为 ， ， ， 令 ，则 ， 所以 在 上存在且只存在1个零点，设为 ，在 上存在且只存在1个零点， 设为 再次，证明存在b，使得 因为 ，所以 ， 若 ，则 ，即 ， 所以只需证明 在 上有解即可，即 在 上有零点， 因为 ， ， 所以 在 上存在零点，取一零点为 ，令 即可， 此时取 则此时存在直线 ，其与两条曲线 和 共有三个不同的交点， 最后证明 ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以 ， 又因为 在 上单调递减， ， 即 ，所以 ， 同理，因为 ， 又因为 在 上单调递增， 即 ， ，所以 ， 又因为 ，所以 ， 即直线 与两条曲线 和 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知函数 ． （1）当 时，讨论 的单调性； （2）当 时， ，求a的取值范围； （3）设 ，证明： ． 【答案】（1） 的减区间为 ，增区间为 . （2） （3）见解析 【解析】【1】当 时， ，则 ， 当 时， ，当 时， ，故 的减区间为 ，增区间为 . 【2】设 ，则 ， 又 ，设 ， 则 ， 若 ，则 ， 因为 为连续不间断函数， 故存在 ，使得 ，总有 ， 故 在 为增函数，故 ， 故 在 为增函数，故 ，与题设矛盾. 若 ，则 ， 下证：对任意 ，总有 成立， 证明：设 ，故 ， 故 在 上为减函数，故 即 成立. 由上述不等式有 ， 故 总成立，即 在 上为减函数， 所以 . 当 时，有 ， 所以 在 上为减函数，所以 . 综上， . 【3】取 ，则 ，总有 成立， 令 ，则 ， 故 即 对任意的 恒成立. 所以对任意的 ，有 ，整理得到： ， 故 ， 故不等式成立. 预测1（2024·江苏南通·模拟预测）设函数 ， . (1)若 ，求函数 的单调区间； (2)若 ，试判断函数 在区间 内的极值点的个数，并说明理由； (3)求证：对任意的正数 ，都存在实数 ，满足：对任意的 ， . 预测2（2024·辽宁抚顺·模拟预测）设函数 ． (1)讨论 的单调性． (2)证明： ． (3)当 时，证明： ． 预测3（2024·湖南·模拟预测）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有 关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数 满足在闭区间 连 续，在开区间 内可导，且 ，那么在区间 内至少存在一点 ，使得 ． (1)运用罗尔定理证明：若函数 在区间 连续，在区间 上可导，则存在 ，使得 ． (2)已知函数 ，若对于区间 内任意两个不相等的实数 ，都有 成立，求实数 的取值范围． (3)证明：当 时，有 ． 预测4（2024·安徽·模拟预测）已知函数 . (1)求函数 在点 处的切线方程； (2)求 的单调区间和极值. 预测5（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： ． 押题1：已知函数 . (1)求曲线 与 的公切线的条数； (2)若 ，求 的取值范围. 押题2：设函数 ，曲线 在点 处的切线与直线 平行. (1)求 的值； (2)求 的单调区间和极值. 押题3：已知函数 . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)当 时，若函数 有最小值2，求 的值. 押题4：已知函数 ． (1)若函数 在点 处的切线与直线 垂直，求a的值； (2)当 时，讨论函数 零点的个数． 押题5：已知函数 ， ． (1)讨论 的单调性； (2)若 ， 恒成立，求实数a的取值范围． 名校预测 预测1：答案(1)减区间 ，增区间 (2) 在 内有一个极值点(3)证明见解析【详解】（1）当 时， ， ， 令 ， ，列表分析 1 0 单调递减 单调递增 故 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ； （2） ， ，其中 ， 令 ， ，令 ， ， 列表分析： 0 单调递减 单调递增 ， 而 ， ， ， 若 ，则 ， ， ， 因此 在 上有一个零点，所以 在 内有一个极值点； （3）猜想： ， 恒成立． 证明如下： 由（2）得 在 上单调递增，且 ， ． 因为当 时， ， 所以 ． 故 在 上存在唯一的零点，设为 ．由 0 单调递减 单调递增知， ， ， 又 ，而 时， ， 所以 （1）． 即 ， ． 所以对任意的正数 ，都存在实数 ，使对任意的 ，使 ． 补充证明 令 ， ． ， 所以 在 上单调递增． 所以 时， ，即 ． 补充证明 令 ， ． ， 所以 在 上单调递减． 所以 时， ，即 ． 预测2：答案(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1）解：由函数 ，可得 ， 令 ，解得 或 ． 当 时， ；当 时， ； 当 时， ． 故 在 和 上单调递减，在 上单调递增． （2）证明：由函数 的定义域为 ，且 ， 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增， 所以当 时， 的最小值为 ，故 ． （3）证明：当 时， ， 要证 ，即证 ．设 ，则 ， 当 时， ，则 在 上单调递增， 且 ， 当 时， ，故只需证明 ． 由（2）知， 在 上成立，故 ， 即 成立． 预测3：答案(1)证明见解析；(2) ；(3)证明见解析. 【详解】（1）令 ，则 ， 令函数 ，则 ， 显然 在 上连续，且在 上可导，由罗尔定理，存在 ，使得 ， 即 ，所以 . （2）依题意， ， 不妨令 ，则 恒成立， 由（1）得 ，于是 ，即 ， 因此 ，令 ， 求导得 ，函数 在 上单调递增，则 ， 而函数 在 上单调递增，其值域为 ， 则 ，所以实数 的取值范围是 . （3）令函数 ，显然函数 在 上可导， 由（1），存在 ，使得 ， 又 ，则 ， 因此 ，而 ，则 ，即 ， 所以 . 预测4：答案(1) ； (2)递增区间为 ，递减区间为 ，极大值 ，极小值 .【详解】（1）函数 ，求导得 ， 则 ，解得 ，于是 ， ， 所以所求切线方程为： ，即 . （2）由（1）知，函数 ，定义域为 ， 求导得 ， 当 或 时， ，当 时， ， 因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减， 当 时， 取得极大值 ， 当 时， 取得极小值 ， 所以函数 的递增区间为 ，递减区间为 ， 极大值 ，极小值 . 预测5：答案(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【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）， 所以要证 ，即证 ，即证 ， 也即证 （*）成立． 设 ，函数 ，由（1）知 在 上单增，且 ， 所以 时， ，所以（*）成立，原不等式得证； （3）由题可得 ， 因为 ， ，…， ， 所以 ， 又由（2）知 ， ， 取 ，有 ， 即 ，即 ， 所以 ． 名师押题 押题1：答案(1)2条(2) 【详解】（1）设 的切点分别为 ， 则 ， 故 在切点处的切线方程分别为 ， 则需满足； ,故 ，解得 或 ， 因此曲线 与 有两条不同的公切线， （2）由 可得 ， 即 对于 恒成立， ，结合 解得 设 ， 则当 时 单调递减，当 时， 单调递增， 故当 ，故 因此 ， ， 令 ，则 ， 令 ，得 ， 当 时，此时 ， ，故 在 上单调递减， 所以 ， 所以 ，由于 进而 ，满足题意， 当 时，此时 ， 令 ，解得 单调递增， 令 ，解得 单调递减， 故 ， 令 ，则 ， 由于 ，所以 ， 故 在 单调递减，故 ，即可 ， 因此 所以 ，由于 进而 ，满足题意， 综上可得 押题2：答案(1) ；(2)递减区间是 ，递增区间是 ，极小值 ，极大值0. 【详解】（1）由函数 ，求导得 ，依题意， ，解得 ，此时 ， 显然点 不在直线 上，符合题意， 所以 . （2）由（1）知，函数 的定义域为 ， ， 当 或 时， ，当 时， ， 即函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 当 时， 取得极小值 ，当 时， 取得极大值 ， 所以函数 的递减区间是 ，递增区间是 ，极小值 ，极大值0. 押题3：答案(1) (2) 【详解】（1）当 时， 的定义域为 ， 则 ，则 ， 由于函数 在点 处切线方程为 ，即 . （2） 的定义域为 ， ， 当 时，令 ，解得： ；令 ，解得： ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以， ，即 则令 ，设 ， 令 ，解得： ；令 ，解得： ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ， 所以 ，解得： . 押题4：答案(1) (2)答案见解析 【详解】（1）由题意可知： ，可知 ，且直线 的斜率为 ， 由题意可知： ，解得 ． （2）由 得 ， 令 ， 可知 的零点个数即为 与 的交点个数， 则 ， 因为 ，则 ， 令 ，解得 ；令 ，解得 ； 可知 在 内单调递减，在 内单调递增， 且 趋近于0时， 趋近于 ， ， ， 当 或 时，函数 有一个零点； 当 时，函数 有两个零点； 当 时，函数 没有零点． 押题5：答案(1)答案见解析(2) ． 【详解】（1）函数 ， 的定义域为 ，且 ． 当 时， ， 恒成立，此时 在区间 上单调递增； 当 时，令 ，解得 ， 当 时， ， 在区间 上单调递增， 当 时， ， 在区间 上单调递减．综上所述，当 时， 在区间 上单调递增； 当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减． （2）设 ，则 ， 在区间 上， ， 单调递减，在区间 上， ， 单调递增， 所以 ，所以 （当且仅当 时等号成立）． 依题意， ， 恒成立，即 恒成立， 而 ， 当且仅当 时等号成立． 因为函数 在 上单调递增， ， ， 所以存在 ，使得 成立． 所以 ，即a的取值范围是 ． 圆锥曲线（解答题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 21 圆锥曲线 ①轨迹方程的求算②斜率之和问题 2021年II ①椭圆方程的求算 20 圆锥曲线 卷 ②三点共线及弦长问题 ①双曲线方程的求算 2022年I卷 21 圆锥曲线 ②面积问题 2022年II ①双曲线方程的求算 21 圆锥曲线 卷 ②直线与双曲线综合问题 2023年新 ①轨迹方程的求算 22 圆锥曲线 高考1 ②矩形周长问题 2023 年 新 ①轨迹方程的求算 高考2 21 圆锥曲线 ②直线与双曲线定点 定直线问题 近三年，圆锥曲线在解答中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 1、阿基米德三角形（①圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 ②阿基米德三角形周长问题③阿基米德三 角形面积问题） 2、齐次化妙解圆锥曲线问题（①圆锥曲线的定义、定值、弦长、面积②圆锥曲线斜率之和或者斜率之 积） 3、圆锥曲线之极点与极线（①长度乘积定值②分数和问题） 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。有关圆锥曲线考生需熟记每一种模型，有 关圆锥曲线第二问考生需要多方位掌握，研究每一类结论的来源并数形结合探讨图像，这样方便考生在考 场灵活应对。 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，圆锥曲线是高考解答题必不可少的一类 题，类型1：轨迹方程的求算，类型2：斜率积和问题。类型3：阿基米德三角形，尤其极点极线熟练掌 握，类型3相对有难度，考生多研究分析. 一、阿基米德三角形 抛物线上一点的切线方程 （1）过抛物线 上一点 的切线方程为： ； （2）过抛物线 上一点 的切线方程为： ； （3）过抛物线 上一点 的切线方程为： ； （4）过抛物线 上一点 的切线方程为： ． 阿基米德三角形概念 抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形（如图1， 即为阿基米德三角形）． 重要结论：抛物线与弦之间所围成区域的面积（图二中的阴影部分）为阿基米德三角形面积的三分之二． 阿基米德运用逼近的方法证明了这个结论． 证明：如图3， 是 中 边上的中线，则 平行于 轴（下面的性质1证明会证到），过 作 抛物线的切线，分别交 、 于 ，则 、 也是阿基米德三角形，可知 是 中 边上的中线，且 平行于 轴，可得点 是 的中点，同理 是 的中点，故 是 的中 点，则 是 的 ，由此可知： 是 的 ， 是 的 ，以此类推，图2中蓝 色部分的面积是红色部分而知的 ，累加至无穷尽处，便证得重要结论． 阿基米德三角形的结论 【结论1】阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴． 证明：设 为弦AB的中点，则过A的切线方程为 ，过B的切线方程 为 ，联立方程， ， ，解得两切线交点 ，又 ， // 轴． 【结论2】若阿基米德三角形的底边即弦 过抛物线内的定点 ，则另一顶点 的轨迹为一条直线． 证明：设 ， ， 为抛物线内的定点，弦 的过定点 ，则过 的切线方程为 ，过 的切线方程为 ，则设另一顶点 ，满足 且 ，故弦 所在的直线方程为 ，又由于弦 过抛物线内的定点 ， 故 ，即点 的轨迹方程为直线 ．【结论3】抛物线以 点为中点的弦平行于 点的轨迹． 证明：由性质2的证明可知：点 的轨迹方程为直线 ．∵点 为弦 的中点，故 的轨 迹方程为 ，斜率 ；而弦 所在的直线方程为 ，由性质1 的证明可知： ， ，故弦 所在的直线方程为 ，斜率 ，又∵直线 与 的轨迹方程不重合，故可知两者平行． 【结论4】若直线 与抛物线没有公共点，以 上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点（若直线 方 程为： ，则定点的坐标为 ． 证明：任取直线 ： 上的一点 ，则有 ，即 ┅①，过点 作抛物线 的两条切线，切点分别为 ，则又由性质2的证明可知：弦 所在的直线方程为 ，把①式代入可得： ，即 ，令 且 ，可得：弦 所在的直线过定点 ． 【结论5】底边为 的阿基米德三角形的面积最大值为 ． 证明： ，设 到 的距离为 ，由性质1知： （直角边与斜边）， 设直线 的方程为 ，则 ， ∴ ． 【结论6】若阿基米德三角形的底边过焦点，顶点 的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小值为 ． 证明：由性质2，若底边过焦点，则 ， 点的轨迹方程是 ，即为准线；易验证 ，即 ，故阿基米德三角形为直角三角形，且 为直角顶点， 阿基米 德三角形的面积最小值为 ．二：齐次化妙解圆锥曲线 已知点 是椭圆 上的一个定点， 是椭圆上的两个动点。 ①若直线 ，则直线 过定点且定点为 ；当 时， 为定 值 ； 证 明 : 重 新 建 系 将 椭 圆 上 的 成 为 新 的 坐 标 原 点 按 得椭圆 又点 在椭圆 上，所以 ，代入上式可得 ① 椭圆 上的定点 和动点 分别对应椭圆 上的定点 和动点 ，设直线 的方程为 ，代入①得 。当 时，两边除以 得． ，因为点 的坐标满足这个方程，所以 是 这个关于 的方程的两个根． 若 ，由平移斜率不变可知 ，故 ，当 时，所以 ，由此得 。所以 的斜率为定值 ， 为定值 ； 即 ，由此知点在直线 上，从而直线 过定点 ． ②若 ，则直线 过定点且为 ；当 时， 为定值 ； 证明：若 ，由平移规律知 ，所以 ，若 ，则 ；当 时，即 ， ，由此知点 在直线 上，从而直 线 过定点 ． Ⅱ：已知点 是平面内一个定点，椭圆 ： 上有两动点 ①若直线 ，则直线 过定点． 证明：重新建系将椭圆 上的 成为新的坐标原点按 椭圆 ： ，展开得： ． 平面内的定点 和椭圆 上的动点 分别对应椭圆 上的定点 和动点 、 ，设直线 的方程为 ，代入展开式得 （构造齐次式），当 时， 两边同时除以 整理得， 因为点 的坐标满足这个方程，所以 和 是关于 的方程的两根．若 ，由平移斜率不变可知 所以 整理可得到 和 的关系，从而可知直线 过定点，由平移规律可得直线 过定点． ②若直线 ，则直线 过定点． 证明：若 ，由平移性质知 ，所以 整 理可得到 和 的关系，从而可知直线 过定点，由平移性质可得直线 过定点． 《用齐次化秒解椭圆斜率之和或之积问题，大大的减少了计算量，从而提高准确率》 三：圆锥曲线之极点与极线 从几何角度看极点与极线 【定义2】如图，设 是不在圆锥曲线上的一点，过 点引两条割线依次交圆锥曲线于四点 ， ， ， ，连接 ， 交于 ，连接 ， 交于 ，则直线 为点 对应的极线． 若 为圆锥曲线上的点，则过 点的切线即为极线． 由图同理可知， 为点 对应的极线， 为点 所对应的极线．因而将 称为自极三点形． 设直线 交圆锥曲线于点 ， 两点，则 ， 恰为圆锥曲线的两条切线． 【定理1】（1）当 在圆锥曲线 上时，则点 的极线是曲线 在 点处的切线； （2）当 在 外时，过点 作 的两条切线，设其切点分别为 ， ，则点 的极线是直线 （即切点 弦所在的直线）； （3）当 在 内时，过点 任作一割线交 于 ， ，设 在 ， 处的切线交于点 ，则点 的极线是 动点 的轨迹． 定理1给出了极点与极线作法． 【定理2】如图，设点 关于圆锥曲线Γ的极线为 ，过点 任作一割线交 于 ， ，交 于 ，则 ①；反之，若有①成立，则点 ， 调和分割线段 ，或称点 与 关于 调和共轭，或称点 （或点 ）关于圆锥曲线 的调和共轭点为点 （或点 ）．点 关于圆锥曲线 的调和共轭点是一条 直线，这条直线就是点 的极线． 【推论1】如图，设点 关于圆锥曲线 的调和共轭点为 ，则有 ②；反之，若有②成 立，则点 与 关于 调和共轭．可以证明①与②是等价的，事实上有 ． 【推论2】如图，设点 关于圆锥曲线 的调和共轭点为 ，则有 ． 【推论3】如图，设点 关于有心圆锥曲线 （设其中心为 ）的调和共轭点为点 ， 连线经过圆锥 曲线的中心，则有 ，反之若有此式成立，则点 与 关于 调和共轭． 证明：设直线 与 的另一交点为 ，则 ，化简即可得 ．反之由此式可推出 ，即点 与 关于 调和共轭． 【推论4】如图， ， 圆锥曲线 的一条对称轴 上的两点（不在 上），若 ， 关于 调和共轭，过 任作 的一条割线，交 于 ， 两点，则 ． 【推论5】如图①～②，已知点 在圆锥曲线 的对称轴上，直线 垂直于该对称轴，过 作直线交 于 点 为 上任意一点．若点 与直线 是 的一对极点与极线： （1）如图，当对称轴是 轴或平行于 轴时， ； （2）如图，当对称轴是 轴或平行于 轴时， ． 【推论6】如图，已知点 、直线 和圆锥曲线 ，过 作直线交 于点 ，在直线 上任取一点 ， 连结 ，分别过 作 的平行线交于点 ．若点 与直线 是 的一对极点与极线，则 或 ． 【定理3】（配极原则）点 关于圆锥曲线 的极线 经过点 点 关于 的极线 经过点 ；直线 关于 的极点 在直线 上 直线 关于 的极点 在直线 上．证明：点 的坐标用 标记，点 的坐标用1标记，点 的极线为 ， 由于极线过点 ， ， 这个式子说明 是方程 的解，也就是点 在 的极线上． 由此可知，共线点的极线必共点；共点线的极点必共线． 四：角平分线定理在圆锥曲线中的应用 【结论1】双曲线焦点 到渐近线的距离 ，原点到垂足的距离 ． 证明：如图， 是双曲线 （ ， ）的焦点，过点 作 垂直双曲线的其中一条 渐近线，垂足为 ， 为原点， 双曲线渐近线方程为 ，即 ， 圆心 到渐近线的距离 ． 在双曲线中，两条渐近线与坐标轴的夹角相等，所以经常可以用角平分线化腐朽为神奇．下面先给出三角 形角平分线定理． 【结论2】三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两邻边对应成比例． 如：在 中， 平分 ，则 ． 证明：解法1：（面积法） ， ， 又 和 是等高三角形，面积的比等于底的比， 即三角形 面积 ：三角形 面积 ： ， ． 解法2：（相似）如图，过 作 交 的延长线于 ，则 ， ，又可证明 ， ， ．解法3：（正弦定理） ， ， ， ． 典例1【2023新高考1卷】在直角坐标系 中，点 到 轴的距离等于点 到点 的距离，记动 点 的轨迹为 ． （1）求 的方程； （2）已知矩形 有三个顶点在 上，证明：矩形 的周长大于 ． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】【1】设 ,则 ，两边同平方化简得 ， 故 . 【2】法一：设矩形的三个顶点 在 上,且 ，易知矩 形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0， 则 ,令 ， 同理令 ，且 ，则 ，设矩形周长为 ,由对称性不妨设 ， ， 则 ， 易 知 则令 , 令 ，解得 ， 当 时， ，此时 单调递减， 当 ， ，此时 单调递增， 则 ， 故 ,即 . 当 时, ,且 ，即 时等号成立，矛盾，故 , 得证. 法二：不妨设 在 上，且 ， 依题意可设 ，易知直线 ， 的斜率均存在且不为0， 则设 , 的斜率分别为 和 ，由对称性，不妨设 ，直线 的方程为 ， 则联立 得 ， ，则 则 ， 同理 ， 令 ，则 ，设 ， 则 ，令 ，解得 ， 当 时， ，此时 单调递减， 当 ， ，此时 单调递增， 则 ， ， 但 ，此处取等条件为 ，与最终取 等时 不一致，故 . 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线 , 矩形 变换为矩形 ,则问题等价于矩形 的周长大于 .设 , 根据对称性不妨设 . 则 , 由于 , 则 . 由于 , 且 介于 之间, 则 . 令 , ,则 ,从而 故 ①当 时, ②当 时,由于 ,从而 , 从而 又 , 故 ,由此 ， 当且仅当 时等号成立，故 ，故矩形周长大于 .. 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为 ，离心率为 ． （1）求C的方程； （2）记C的左、右顶点分别为 ， ，过点 的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象 限，直线 与 交于点P．证明:点 在定直线上. 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 1】设双曲线方程为 ，由焦点坐标可知 ， 则由 可得 ， ， 双曲线方程为 . 【2】由(1)可得 ，设 ， 显然直线的斜率不为0，所以设直线 的方程为 ，且 ， 与 联立可得 ，且 ， 则 ， 直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，联立直线 与直线 的方程可得： ， 由 可得 ，即 ， 据此可得点 在定直线 上运动. 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】已知点 在双曲线 上，直线l交C于P，Q 两点，直线 的斜率之和为0． （1）求l的斜率； （2）若 ，求 的面积． 【答案】 （1） ； （2） ． 【解析】【1】因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，即双曲线 ． 易知直线l的斜率存在，设 ， ， 联立 可得， ， 所以， ， 且 ． 所以由 可得， ， 即 ， 即 ， 所以 ，化简得， ，即 ， 所以 或 ， 当 时，直线 过点 ，与题意不符，舍去， 故 ． 【2】［方法一］：【最优解】常规转化 不妨设直线 的倾斜角为 ，因为 ，所以 ，由（1）知， ， 当 均在双曲线左支时， ，所以 ， 即 ，解得 （负值舍去） 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当 均在双曲线右支时， 因为 ，所以 ，即 ， 即 ，解得 （负值舍去）， 于是，直线 ，直线 ， 联立 可得， ， 因为方程有一个根为 ，所以 ， ， 同理可得， ， ． 所以 ， ，点 到直线 的距离 ， 故 的面积为 ． ［方法二］： 设直线AP的倾斜角为 ， ，由 ，得 ， 由 ，得 ，即 ，联立 ，及 得 ， ， 同理， ， ，故 ， 而 ， ， 由 ，得 ， 故 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 已知双曲线 的右焦点为 ，渐近线方程 为 ． （1）求C的方程； （2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点 在C上，且 ．过P且斜率为 的直线与过Q且斜率为 的直线交于点M.从下面①②③中选取 两个作为条件，证明另外一个成立： ①M 上；② ；③ ． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）见解析 【解析】【1】右焦点为 ，∴ ,∵渐近线方程为 ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ． ∴C 方程为： ； 【2】由已知得直线 的斜率存在且不为零，直线 的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线 的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则 为线段 的中点，假若直线 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知 在 轴上，即为焦点 ,此时由对称性可知 、 关于 轴对称，与从而 ，已知不符； 总之，直线 的斜率存在且不为零.设直线 的斜率为 ,直线 方程为 , 则条件① 在 上，等价于 ； 两渐近线的方程合并为 , 联立消去y并化简整理得： 设 ,线段中点为 ,则 , 设 , 则条件③ 等价于 , 移项并利用平方差公式整理得： ， ,即 , 即 ； 由题意知直线 的斜率为 , 直线 的斜率为 , ∴由 , ∴ , 所以直线 的斜率 , 直线 ,即 , 代入双曲线的方程 ,即 中， 得： , 解得 的横坐标： , 同理： ， ∴ ∴ , ∴条件② 等价于 ，综上所述：条件① 在 上，等价于 ； 条件② 等价于 ； 条件③ 等价于 ； 选①②推③:由①②解得： ,∴③成立； 选①③推②：由①③解得： ， ， ∴ ，∴②成立； 选②③推①：由②③解得： ， ，∴ ， ∴ ，∴①成立. 典例5【2021新高考全国Ⅰ卷】 在平面直角坐标系 中，已知点 、 ，点 的轨迹为 . （1）求 的方程； （2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 、 两点和 ， 两点，且 ，求直线 的斜率与直线 的斜率之和. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】(1) 因为 ， 所以，轨迹 是以点 、 为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹 的方程为 ，则 ，可得 ， ， 所以，轨迹 的方程为 . （2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 如图所示，设 , 设直线 的方程为 ．联立 , 化简得 . 则 ． 故 ． 则 ． 设 的方程为 ，同理 ． 因为 ，所以 ， 化简得 ， 所以 ，即 ． 因为 ，所以 ． [方法二] ：参数方程法 设 ．设直线 的倾斜角为 ， 则其参数方程为 ， 联立直线方程与曲线C的方程 ，可得 ， 整理得 ． 设 ， 由根与系数的关系得 ． 设直线 的倾斜角为 ， ， 同理可得 由 ，得 ． 因为 ，所以 ． 由题意分析知 ．所以 ， 故直线 的斜率与直线 的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为 ，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 设 ,直线 的方程为 ， 直线 的方程为 , 则二次曲线 ． 又由 ，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： ， 整理可得： ， 其中 ． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即 .预测1（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线 左右焦点分别为 ， ，点 在双曲线上，且点 到双曲线两条渐近线的距离乘积为 ，过 分别作两条斜率存在且互相垂直的 直线 ， ，已知 与 双曲线左支交于 ， 两点， 与 左右两支分别交于 ， 两点. (1)求双曲线 的方程； (2)若线段 ， 的中点分别为 ， ，求证：直线 恒过定点，并求出该定点坐标. 预测2（2024·全国·模拟预测）已知 ， ，点P满足 ，记点P的轨迹为E.直 线l过点 且与轨迹E交于P、Q两点. (1)无论直线l绕点 怎样转动，在x轴上总存在定点 ，使 恒成立，求实数m的值； (2)在（1）的条件下，求 面积的最小值. 预测3（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线 的焦点为 ， 是C上一点， ． (1)求 的面积； (2)设 在第一象限，过点 的直线交 于 两点，直线 分别与 轴相交于 两点，求线 段 的中点坐标． 预测4（2024·贵州安顺·模拟预测）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ，右 焦点 到渐近线的距离为 ． (1)求双曲线 的标准方程； (2)过点 的直线 与双曲线 交于 两点， ．求 的值． 预测5（2024·广东韶关·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为4， 是 其左、右顶点， 是其右焦点． (1)求椭圆 的标准方程； (2)设 是椭圆 上一点， 的角平分线与直线 交于点 ． ①求点 的轨迹方程； ②若 面积为 ，求 ． 押题1：（2024·广东韶关·模拟预测）已知椭圆 的离心率为 ，长轴长为4， 是其左、右顶点， 是其右焦点． (1)求椭圆 的标准方程；(2)设 是椭圆 上一点， 的角平分线与直线 交于点 ． ①求点 的轨迹方程； ②若 面积为 ，求 ． 押题2：已知椭圆 的左，右焦点分别为 ， ，且 ， 与短轴的一个端点 构 成一个等腰直角三角形，点 在椭圆 ，过点 作互相垂直且与 轴不重合的两直线 ， 分别交椭圆 于 ， 和点 ， ，且点 ， 分别是弦 ， 的中点． (1)求椭圆 的标准方程； (2)若 ，求以 为直径的圆的方程； (3)直线 是否过 轴上的一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由． 押题3：在平面直角坐标系xOy中，过点 的直线 与抛物线 交于M，N两点 在第一象 限）. (1)当 时，求直线 的方程; (2)若三角形OMN的外接圆与曲线 交于点 （异于点O，M，N）， （i）证明: MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值; （ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围. △ 押题4：已知椭圆E： 过点 ，且焦距为 . (1)求椭圆E的标准方程； (2)过点 作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N. ①证明：直线MN必过定点； ②若弦AB，CD的斜率均存在，求 面积的最大值. 押题5：已知椭圆C： 的焦距是短轴长的 倍，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形 周长为 . (1)求椭圆的方程； (2)直线 与椭圆C交于A、B两点，与y轴交于点P，线段AB的垂直平分线与AB交于点 M，与y轴交于点N，O为坐标原点，如果 ，求k的值.名校预测 预测1：答案(1) (2)证明见解析， 【详解】（1）设双曲线 的两渐近线方程分别为 ， ， 点 到双曲线两渐近线的距离乘积为 ， 由题意可得： ，解得 ， ， 所以双曲线 的方程为 . （2）设直线 的方程为 ， 由 ， 互相垂直得 的方程 ， 联立方程得 ，消 得 ， 成立，所以 ， ， 所以点 坐标为 ， 联立方程得 ，所以 ， ， 所以点 坐标为 ， 根据对称性判断知定点在 轴上， 直线 的方程为 ，则当 时， ， 所以直线 恒过定点，定点坐标为 . 预测2：答案(1) (2)9 【详解】（1）由 知，点P的轨迹E是以 、 为焦点的双曲线的右支， 设轨迹E的方程为 ， ， ， ， ， ，故轨迹E的方程为 ， 当直线l的斜率存在时，设直线方程为 ， ， ， 与双曲线方程联立 ，可得 ， 有 ，解得 ， ， ， 故得 对任意的 恒成立，解得 ， 当 时， . 当直线l的斜率不存在时，不妨设 ，则 ， 此时有 ，即此时结论也成立， 综上，当 时， ； （2）由（1）知 ，当直线l的斜率存在时， ， 点M到直线PQ的距离为d，则 ， ， 令 ，则 ， ， ， 当直线l的斜率不存在时， ， 综上可知， 的最小值为9. 预测3：答案(1) (2) 【详解】（1）根据抛物线的定义知： ，得 ，则 ， 所以 的面积为 ． （2）设过点 的直线方程为 ， ， ， ， ， 由 ，得 ， 由 ，得 或 ，且 ， ， 又直线 的方程为 ，令 ，得 ， 于是 ，同理 ， 所以 ， 故线段MN的中点坐标为 ． 预测4：答案(1) (2) 【详解】（1）解：由双曲线 的渐近线方程为 ，可得 ， 又由焦点 到渐近线的距离为 ，可得 ，可得 ， 又因为 ，可得 ，所以双曲线的方程为 . （2）解：由（1）知 ，可得 ， 当直线 的斜率不存在时，即 ，将 代入 ，可得 或 ， 不妨设 ， 又由 ，可得 ， 所以 ； 当直线 的斜率存在时，即 ， 联立方程组 ，整理得 ， 设 ，则 ， 且 ， 则 ，且 ， 则 ， 综上可得： . 预测5：答案(1) (2) 【详解】（1）由题意知， ，解得 ， 所以椭圆 的标准方程为 ； （2）①：由（1）知， ，设 ，则 ， 易知当 时， ， ，此时 ， 由 ，解得 ，即 ； 当 时， ， ，设直线 的斜率为 ， 则 ， 所以直线 方程为 ，又直线 方程为 ， 由 ，得 ，即 ， 解得 ， 将 代入直线 方程，得 ，即 ，又 ，所以 ， 故点 的轨迹方程为 ； ②：由 ，得 ， 又 ，所以 ，得 ， 整理得 ，又 ，所以 ， 整理得 ，即 ， 由 ，解得 . 名师押题 押题1：答案(1) (2)证明见解析(3)8 【详解】（1）设直线 的方程为 ， 由 ，得 ， 设 ， ， 则 ， ， 从而 ，解得 ， 所以抛物线C的方程为 ； （2）要证 ，即证DG平分 ，即证 ， 由（1）可知 ， ， 则 ， 故 ； （3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG， 由题意，得 ，由切线长定理，知 ， ， ， 所以 ， 又 ，解得 ， 所以 ， 当且仅当 ，即 时，取等号， 故 面积的最小值为8． 押题2：答案(1) (2) (3) 【详解】（1）解：因为椭圆 经过点 ， 且 ， 与短轴的一个端点 构成一个等腰直角三角形， 可得 ，则 ，所以 ，解得 ， 所以椭圆 的标准分别为 . （2）解：由（1）得 ，所以直线 的方程为 ，联立方程组 ，解得 或 ，所以 ， 则CD的中点为 且 ，故以 为直径的圆的方程为 . （3）解：设直线 的方程为 ，且 ，则直线 的方程为 ， 联立方程组 ，整理得 ， 设 ，则 且 ， 所以 ， 由中点坐标公式得 ， 将 的坐标中的用 代换，可得 的中点为 ， 所以 ，所以直线 的方程为 ， 即 ，则直线 过定点 . 押题3：答案(1) (2)（i）证明见解析；纵坐标为0；（ii） . 【详解】（1）解:设直线 联立 ，消去 ，得 ， 所以 ， ，则 ，则 ，又由题意 ， 直线的方程是 ; （2）（1）方法1:设 因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为 ， 联立 ，消去 ，得 ， 即 ， 所以 即为关于 的方程 的3个根，则 ， 因为 ， 由 的系数对应相等得， ，所以 的重心的纵坐标为0. 方法2:设 ，则 ， 因为O，M，D，N四点共圆，所以当M，D在直线异侧时， ， 即 ， 化简可得: ； 当M，D在直线同侧时， ， 即 ， 化简可得: ； 综上可得 的重心的纵坐标为0. （2）记 的面积分别为 ，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线 ，联 立 ，消去 ，得 ，所以 ， 所以 ， 由（1）得， ， 所以 ，即 ， 因为 ， 点 到直线MN的距离 ， 所以 ， 所以 在第一象限，即 ，依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以 ，即 ， 又因为 ，即 ，即 ， 所以 ，即 ，即 ， 所以 ， 设 ，则 ， 令 ，则 ， 因为 ，所以 ，所以 在区间 上单调递增，所以 ， 所以 的取值范围为 . 押题4：答案(1) (2)①证明见解析；② 【详解】（1）依题意有 ， ，解得 ， 所以椭圆的方程为 . （2）①设 ： ， ， ，则 ： ， 联立 ，故 ， ， ， 故 ，由 代替m，得 ， 当 ，即 时， ： ，过点 . 当 ，即 时， ， ： ， 令 ， ，直线MN恒过点 .当 ，经验证直线MN过点 . 综上，直线MN恒过点 . ② ， 令 ， ， ∵ 在 上单调递减， ∴ ，当且仅当 ， 时取等号. 故 面积的最大值为 . 押题5：答案(1) (2) 【详解】（1）由题设得 ，解得 ， ， ， 所以椭圆 的方程为 . （2） 由 ，得 ，由 ，得 ， 设 、 ，则 ， ， 所以点 的横坐标 ，纵坐标 ， 所以直线 的方程为 ， 令 ，则点 的纵坐标 ，则 ， 因为 ，所以点 、点 在原点两侧， 因为 ，所以 ，所以 ， 又因为 ， ， 所以 ，解得 ，所以 . 新定义（解答题） 年份 题号 知识点 考点 2021年I卷 无 2021年II 无 卷 2022年I卷 无 2022年II 无卷 2023年新 无 高考1 2023 年 新 高考2 无 从新高考新题型标准来看，新定义题型是高考解答题必不可少的一类题，类型1：数列新定义。类型 2：集合新定义。类型3：三角函数新定义，类型4：平面向量新定义，考生需从多方面认识，此类题目相 对有难度，解答此类题目一定要把题干的新定义理解到位. 一、数列新定义破解大招 高考对数列的考查常常涉及等差数列、等比数列中的一些基本问题，如等差数列、等比数列的通项 公式，求和公式，前 项和 与通项 之间的关系，判断等差数列、等比数列的方法等.另外，也要关注 新定义与数列的结合，此类题往往涉及推理与证明的相关知识，对思维的要求较高，所以要注意多角度、 全方位分析题目的条件和结论，拓宽看问题的视野. 新定义题型的特点:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问 题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁 移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新 定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 二：集合新定义破解大招 解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点： 第一点：紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的 解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在； 第二点：用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集 合的运算与性质. 三：三角函数新定义破解大招 与三角函数的新定义有关问题的求解策略： ①通过给出一个新的三角函数的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要 求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题 的目的； ②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办 事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决. 三角函数新定义问题；主要把握住三角函数与其它知识点之间的转换关系即可，熟记三角恒等变换的有关 公式；求取值范围转换为函数问题.特别注意：新定义“伴随函数”得出函数 的表达式，然后利用三角函数性质求解．对于函数 一般借助辅助角公式进行变形，即 ，其中 ， ． 四：平面向量新定义破解大招 平面向量新定义一般与三角恒等变换相结合合，充分理解新定义，且熟练掌握向量和三角函数知识 才能解决此类题，特别是求长度，要设出向量，表达出 ，先证明充分性， 再证明必要性 预测1（2024·海南海口·模拟预测）在计算机科学中， 维数组 是 一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于 维数组 ，定义 与 的差为 与 之间的距 离为 ． (1)若 维数组 ，证明： ； (2)证明：对任意的数组 ，有 ； (3)设集合 ，若集合 中有 个 维数组， 记 中所有两元素间的距离的平均值为 ，证明： ． 预测2（2024·全国·模拟预测）设有 维向量 ， ，称 为向量 和 的内积，当 ，称向量 和 正交．设 为全体由 和1构成的 元数组对应的向量的集合． (1)若 ，写出一个向量 ，使得 ． (2)令 ．若 ，证明： 为偶数． (3)若 ， 是从 中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足 ，猜测 的值， 并给出一个实例． 预测3（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，两点 的“曼哈顿距离”定义为，记为 ，如点 的“曼哈顿距离”为5，记为 . (1)若点 是满足 的动点 的集合，求点集 所占区域的面积； (2)若动点 在直线 上，动点 在函数 的图象上，求 的最小值； (3)设点 ，动点 在函数 的图象上， 的最大值记为 ，求 的 最小值. 预测4（2024·上海虹口·模拟预测）平面内的“向量列” ，如果对于任意的正整数 ，均有 ， 则称此“向量列”为“等差向量列”， 称为“公差向量”.平面内的“向量列” ，如果 且对于任意的正 整数 ，均有 （ ），则称此“向量列”为“等比向量列”，常数 称为“公比”. （1）如果“向量列” 是“等差向量列”，用 和“公差向量” 表示 ； （2）已知 是“等差向量列”，“公差向量” ， ， ； 是“等比向量 列”，“公比” ， ， .求 ． 预测5（2024全国·模拟预测）已知 为坐标原点，对于函数 ，称向量 为 函数 的伴随向量，同时称函数 为向量 的伴随函数. (1)设函数 ，试求 的伴随向量 ； (2)记向量 的伴随函数为 ，求当 且 时， 的值； (3)当向量 时，伴随函数为 ，函数 ，求 在区间 上最大值与 最小值之差的取值范围. 押题1：超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph Liouville）最早证明的．一个超越 数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根： （ ， ，…， ， ）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率 是超越数．回答下列问题： 已知函数 （ ）只有一个正零点． (1)求数列 的通项公式； (2)（ⅰ）构造整系数方程 ，证明：若 ，则 为有理数当且仅当 ． （ⅱ）数列 中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．押题2：在 个数码 构成的一个排列 中，若一个较大的数码排在一个较小 的数码的前面，则称它们构成逆序（例如 ，则 与 构成逆序），这个排列的所有逆序的总个数 称为这个排列的逆序数，记为 ，例如， ， (1)计算 ； (2)设数列 满足 ，求 的通项公式； (3)设排列 满足 ，求 ， 押题3：若数列 满足：存在等差数列 ，使得集合 元素的个数为不大于 ，则称数列 具有 性质. (1)已知数列 满足 ， .求证：数列 是等差数列， 且数列 有 性质； (2)若数列 有 性质，数列 有 性质，证明：数列 有 性质； (3)记 为数列 的前n项和，若数列 具有 性质，是否存在 ，使得数列 具有 性质？说明理由. 押题4：我们知道，二维空间（平面）向量可用二元有序数组 表示；三维空间向盘可用三元有序 数组 表示．一般地， 维空间向量用 元有序数组 表示，其中 称为 空间向量的第 个分量， 为这个分量的下标．对于 维空间向量 ，定义集合 ．记 的元素的个数为 （约定空集的元素个数为0）． (1)若空间向量 ，求 及 ； (2)对于空间向量 ．若 ，求证： ，若 ，则 ； (3)若空间向量 的坐标满足 ，当 时，求证： ． 押题5：若函数 满足 且 ，则称函数 为“ 函数”. (1)试判断 是否为“ 函数”，并说明理由； (2)函数 为“ 函数”，且当 时， ，求 的解析式，并写出在 上的 单调递增区间；(3)在（2）的条件下，当 时，关于 的方程 （ 为常数）有解，记该方程 所有解的和为 ，求 . 名校预测 预测1：答案(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1）设 与 中对应项中同时为0的有 个，同时为1的有 个， 则对应项不同的为 个，所以 ． 所以 ； （2）设 ， 因为 ， ， 所以 ， 因为 ． 所以当 时， ， 当 时， ， 所以 ； （3）记集合 中所有两个元素间距离的总和为 ， 则 ． 设集合 中所有元素的第 个位置的数字共有 个 个0， 则 ， 因为 ， 所以 ， 所以 ，所以 . 预测2：答案(1) （答案不唯一）(2)证明见解析(3) ，答案见解析. 【详解】（1）由定义，只需满足 ，不妨取 （答案不唯一）． （2）对于 ， ，2， ， ，存在 ， ， ， ，使得 ． 当 时， ；当 时， ．令 ， ． 所以 ． 所以 为偶数． （3）当 时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即 ． 不妨取 ， ， ， ， 则有 ， ， ， ， ， ． 若存在 ，使 ，则 或 或 ． 当 时， ；当 时， ；当 时， ， 故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交． 预测3：答案(1)8 (2)3 (3) 【详解】（1）设点 ，由 ，得 ， 的图象是以原点为中心，顺次连接四点 所形成的正方形， 将其上移2个单位长度即得 的图象， 所以点集 所占区域是： 以四点 为顶点的正方形及其内部，面积为8. （2）设 ，则 ， 将 看成关于 的函数，则 在 或 时取得最小值， 即 ， 令 ，则 ， 当 时， ； 当 时， ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 则 ，此时 ， 所以 的最小值为3. （3）设点 ，则 ， 若存在实数 ，使 ， 则 对任意的 成立， 令 ，则 ， 令 ，则 ， 所以： ， 所以 ， 令 ，则 是 上的偶函数， 当 时，若 ，即 ， 则 ，当且仅当 时等号成立； 若 ，则 ，当且仅当 时等号成立，所以存在实数 且 ，使得 的最小值为 . 预测4：答案（1） ；（2） . 【详解】（1）设 ， . 由 ，得 ，所以数列 是以 为首项，公差为 的等差数列；数列 是以 首项，公差为 的等差数列. . （2）设 ， . 由 ，从而 ， .数列 是以1为首项，公差为3的等差数列，从而 .数列 是常数列， . 由 得 ， ，又 ， ， 数列 是以1为首项，公比为2的等比数 列；数列 是以3为首项，公比为2的等比数列，从而有 ， .……10分 令 ………① …………②. ①-②得， ，得 令 从而 预测5：答案(1) (2) (3) 【详解】（1）因为 ，所以 . （2）依题意 ， 由 得 ， ，所以 ，所以 . （3）由题 的函数解析式 ，所以 区间 的长度为 ，函数 的周期为 ， 若 的对称轴在区间 内，不妨设对称轴 在 内，最大值为1， 当 即 时， 函数 在区间 上的最大值与最小值之差取得最小值为 ； 其它的对称轴在 内时最大值与最小值之均大于 ， 当 或 时，最大值与最小值之差取得最大值1. 若 的对称轴不在区间 内，不妨设 即 ， 则 在区间 内单调，在两端点处取得最大值与最小值，则最大值与最小值之差为： ， 综上，故函数 在区间 上的最大值与最小值之差的取值范围为 名师押题 押题1：答案(1) (2)（ⅰ）证明见解析.（ⅱ）答案见解析. 【详解】（1）若 只有一个正零点，可得 令 ， ， 令 ， ，令 ， ， 故 在 上单调递增，在 上单调递减， 可得 在 处取得最大值，且最大值为 ， 而当 时， ，当 时， ， 由题意得，当 最大时，符合题意， 故 ，即 .（2）（ⅰ）若 ，则 为有理数； 若 正整数，假设 为有理数，则 ， 则方程 的根中有有理数， 又在方程 中，发现 是它的根， 而已知 是超越数，故 不是方程的根，与 矛盾，即 不为有理数； 综上所述： ， 为有理数当且仅当 ； （ⅱ）若数列 中存在不同的三项构成等比数列，则 ， 可得 ，由方程右边是有理数知左边是有理数， 由上问知当且仅当 时成立，故 ， 则 ，设 ，则 ， ， 则 ，将 ， 代入进行化简， 可得 ，故 ， 故 ，构造函数 ， 而 ，知 在其定义域内单调递减， 又 ，故若 ，则有 ，即 成立， 当且仅当 时成立. 即数列 中不存在不同的三项构成等比数列， 押题2：答案(1) (2) (3) 【详解】（1）在排列 中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个， 与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个， 所以 . （2）由（1）中的方法，同理可得 ， 又 ，所以 ， 设 ，得 ， 所以 ，解得 ，则 ， 因为 ， 所以数列 是首项为1，公比为5的等比数列， 所以 ，则 . （3）因为 ，所以 ， 所以 ， 所以 . 押题3：答案(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，且 ，理由见解析 【详解】（1）由 ， 故 ， 即 ， 又 ，故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列， 则 ，即 ， 故存在等差数列 ，使 ， 由 ，故数列 有 性质； （2）设对数列 ，存在等差数列 ，使 ， 对数列 ，存在等差数列 ，使 ， 则对数列 ，存在等差数列 ， 使 的值为 ， 这样的 最多有 个，即数列 有 性质； （3）设对数列 ，存在等差数列 ，且其公差为 ，使得 ， 当 时，有 ， 由 ， 故当 时， ， 当 时， ，当 时， 可能有 种， 故这样的 最多有 个， 即存在等差数列 ，使 ，的元素个数不超过 个， 故一定存在 ，使得数列 具有 性质. 押题4：答案(1) ， ；(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1）由 ，知 ， 所以 ， ； （2）依题意， ， ，则有 ， 所以 ，当且仅当 时取等号， 又因为 ，所以 ， ， 互不相同， 故 ，若 ，则 ； （3）由 ，得 ，则有 ①， 由 及①，可得 ， ， ， 以上各式相加，得 . 由 及①，当 时， ， 所以 ， 即 . 押题5：答案(1)不是，理由见解析； (2) ， ； (3)【详解】（1） 不是为“ 函数”，理由如下： 因为 所以 ， 因此，函数 不是“ 函数”. （2）函数 满足 ，令 得 ， 即 ，所以函数 为周期函数，且最小正周期为 ， 因为 ，则 的一个对称轴为 . ①当 时， ， 则 ； ②当 ，则 ， 则 ， 所以， . 综上所述， ， 所以函数 在 上的单调递增区间为 . （3）由（2）可得函数 在 上的图象如下图所示，下面考虑方程 在区间 的根之和. ①当 或 时，方程 有两个实数解，其和为 ； ②当 时，方程 有三个实数解，其和为 ； ③当 时，方程 有四个实数解，其和为 . 当 时，关于 的方程 （ 为常数）有解， 记该方程所有解的和为 ， 所以，当 时， ； 当 或 时， ； 当 时， ； 当 时， . 因此， .