高考数学考前回归资料
90个考点 90个专题最后一题快闪版考点1：集合间的包含与运算13
考点2：充分与必要条件13
考点3：一元二次不等式13
考点4：基本不等式与柯西不等式13
考点5：数的概念及运算14
考点6：平面向量的坐标运算14
考点7：无图背景下的向量运算15
考点8：爪型定理在向量分解中的应用16
考点9：有图背景下的向量运算16
考点10：三角函数变换求值17
考点11：三角函数的图象与性质17
考点12：三角函数中ω的值与范围18
考点13：边角互化19
考点14：知三解三角形19
考点15：爪型三角形20
考点16：多边多角21
考点17：解三角形中的动态最值22
考点18：解三角形与三角函数综合23
考点19：空间几何体表面积和体积24
考点20：多面体的截接与内切问题25
考点21：正方体的截面与动态问题25
考点22：空间向量与立体几何28
考点23：线面平行的判定与性质28
考点24：四点共面29
考点25：线线垂直的证明30
考点26：线面垂直的证明32
考点27：面面垂直的证明33
考点28：顺向度量计算34
考点29：控点处理静态求值和动态最值36
考点30：控角处理静态求值和动态最值38
考点31：特殊载体40
考点32：等差等比数列43
考点33：数列中的数学文化44
考点34：递推求通项45
考点35：给S 和a 关系45
n n
考点36：裂项相消法求和46
考点37：等差等比数列综合47
考点38：子数列问题47
考点39：数列的单调性48
考点40：数列与不等式49
考点41：两直线的位置关系50
考点42：明圆与隐圆问题51
考点43：直线与圆位置关系51
考点44：点与圆、圆与圆的位置关系51
考点45：给图形关系处理离心率52考点46：椭圆的定义、方程与性质53
考点47：双曲线的定义、方程与性质54
考点48：抛物线的定义、方程与性质55
考点49：截口曲线与投影曲线55
考点50：求圆锥曲线的轨迹方程56
考点51：定点问题57
考点52：斜率和积商背景59
考点53：弦长与面积背景60
考点54：切线背景61
考点55：向量背景63
考点56：角度背景65
考点57：新定义新曲线66
考点58：分段函数66
考点59：指对幂运算及比较大小67
考点60：奇偶性与单调性68
考点61：函数的自对称性68
考点62：抽象函数69
考点63：函数的间对称性70
考点64：导数研究函数的切线71
考点65：导数研究函数图像与性质71
考点66：单调性求解71
考点67：单调性讨论72
考点68：单调性求参73
考点69：单调性构造73
考点70：超越不等式与超越方程74
考点71：隐零点74
考点72：零点个数76
考点73：极值点问题77
考点74：证明不等式78
考点75：常规方法处理恒成立问题80
考点76：特殊方法处理恒成立问题80
考点77：双参恒成立82
考点78：双变量82
考点79：给参数范围证恒成立84
考点80：函数与导数选读材料84
考点81：数字特征86
考点82：二项式定理87
考点83：排列组合与古典概型88
考点84：五种概率计算和三种事件辨别88
考点85：非线性回归分析89
考点86：全概率与递推数列91
考点87：特殊分布92
考点88：常规分布列95高考数学考前应记应会
向非智力因素要 20 分
一、数列板块
1.等差等比数列（小题） (1)基本量法
等差a =a +(n-1)d=a +(n-m)d
n 1 m
(a +a )n n(n-1)d
S = 1 n =na + ...二次函数有
n 2 1 2
最值
na,q=1 1
等比a =aqn-1=a qn-m S = a
n 1 m n 1 (1-qn),q≠1
1-q
（2）性质法
等差①若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则a +
m
a =a +a ；
n p q
②a =a +(n-m)d；
n m
③S ，S -S ，S -S ，⋯成等差数列．
m 2m m 3m 2m
等比①若m，n，p，q∈N*，且m+n=p+q，则a ·a
m n
=a ·a ；
p q
②a =a ·qn-m；
n m
③S ，S -S ，S -S ，⋯(S ≠0)成等比数列．
m 2m m 3m 2m m
1
④{a }，{b }成等比数列，则{λa }，
n n n a
n
，{a b }，
n n
a
n
b n
成等比数列(λ≠0，n∈N*)
2.等差等比数列的构造与证明（大题）
（1）证明:①认②选③作④代⑤化
（2）构造：
1
整体法：{ },{ S },{a +λ}等
S n n n
一阶线性a =pa +q可化a +λ=p(a +λ) n+1 n n+1 n
a a q
一阶非线性a =pa +q∙rn可化 n+1 = n + ∙
n+1 n pn+1 pn p
r
( )n
p
二阶a = pa +qa 可化为a +ka =λ(a +
n+1 n n-1 n+1 n n
ka )
n-1
ma
倒数a = n-1
n ka n-1 +b
（1）若求a 则需S 转a 结合a =
S 1n=1
n n n n
1 kb 1 k
可化 = · +
a m a m n n-1
累加a =(a -a )+(a -a )+⋯+(a -a )+
n n n-1 n-1 n-2 2 1
a
1
a a a
累乘a = n · n-1·⋯· 2·a
n a a a 1
n-1 n-2 1
3.明确等差等比求通项（大题）
（1）基本量法和性质法
（2）等差等比之间的转化{2an},{log b }
2 n
注：既是等差数列又是等比数列则为常数列
4.给和（积）式求通项（大题）
，
S n -S n-1n≥2
．
(2)若求S 则需a 转S 结合a =S -S n n n n n n-1
(3)给积式求通项a ·a ·⋯·a =f(n)，a ≠0，求a ，用
1 2 n n n
f1
作商法：a = n
n=1 ，
fn fn-1 n≥2
．
5.裂项相消法求和（大题）
（1）等差数列背景
1 1 1 1
① = ( - )
a a d a a
n n+1 n n+1
1 1 1 1 1 1 ② = = ∙ = ( -
S An2+Bn A B B n
n n(n+ )
A
1
)
B
n+
A
1 1
n2- +
n2 4 4 1 1 1 1
③ = = + ( )= +
4n2-1 4n2-1 4 4 4n2-1 4
1 1 1
( - )
8 2n-1 2n+1
（2）等比数列背景
2n 1 1
= -
(2n-1)(2n+1-1) 2n-1 2n+1-1
3n 1 1 1
= [ - ]
(3n-1)(3n+1-1) 2 3n-1 3n+1-1
（3）其它常见裂项
4n 1 1 1
= [ - ] (2n-1)2(2n+1)2 2 (2n-1)2 (2n+1)2
1 =- n+ n+1
n+ n+1
6.错位相减法求和（大题）
(1)直接法：加乘减除化
（2）待定系数法：T =qn(An+B)-B
n
7.多规律分组求和（大题）
（1）奇偶规律：(-1)n,a +a =An+B,b b =qn,a
n n+1 n n+1 n
f(n)
+(-1)na
n+1
=An+B,分段数列a
n
= , 三角数
g(n)
列a =sin(f(n))
n
（2）其他规律：合并a +a ,(-1)na ,(-1)nS ，公共项，
n n+1 n n
剔除项，取大取小等---先列举，再假设，后验证
（3）没有规律：列举
1
1+2+3+⋯+n= n(n+1)，
2
1
12+22+32+⋯+n2= n(n+1)(2n+1)，
6
1+3+5+⋯+(2n-1)=n2，n∈N*.
8.数列的和与不等式（大题）
（1）单调性：函数法，作差法，列举法
（2）极限：类比函数求极限（3）放缩：正数前提下，分母变大或者分子变小，分式变 纵坐标变为原来的A(A>0)倍,横坐标不变y=A sin
小 (ωx+φ)．
二、三角函数板块 注意：不同函数名间平移变换要先利用诱导公式变同
1.三角函数求值（角）（小题） 名
（1）角的形式：换元改造再套用公式 三角函数的单调区间
π π
定义：设α是一个任意角，它的终边的点P(x，y)，则sin y=sin x的单调递增区间是 2kπ- ，2kπ+
2 2
y x y
α= ，cos α= ，tan α= .逆向旋转问题：P r r x
(rcosα,rsinα)
sinα
同角关系：sin2α+cos2α=1， =tan α
cosα
kπ 诱导公式：在 +α，k∈Z的诱导公式中“符号看象
2
限，奇变偶不变
两角和与差的正弦、余弦、正切公式
sin (α±β)=sin αcos β±cos αsin β.
cos (α±β)=cos αcos β∓sin αsin β.
tanα±tanβ
tan (α±β)= .
1∓tanαtanβ
二倍角公式
sin 2α=2sin αcos α.
cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α.
2tanα
tan2α= .
1-tan2α
降幂扩角公式
1+cos2α 1-cos2α
cos2α = ，sin2α = .sinαcosα =
2 2
sin2α 1-cos2α
,tan2α=
2 1+cos2α
α 1-cosα α
半 角 公 式 ：sin =± , cos =
2 2 2
1+cosα
±
2
α α
2sin cos
sinα 2 2 α
= =tan
1+cosα α 2 1+2cos2 -1
2
α
1-(1-2sin2 ) 1-cosα 2 α
= =tan
sinα α α 2
2sin cos
2 2
psinnθ+qcosnθ ptannθ+q
弦化切公式: =
λsinnθ+μcosnθ λtannθ+μ
辅助角公式：a sin x+b cos x= a2+b2sin (x+φ)，
（2）压缩角的范围：已知范围，正负，特殊角夹逼
2.三角函数的图象与性质（小题）
“五点法”作图
π 3π
设z=ωx+φ，令z=0， ，π， ，2π，求出x的值与
2 2
相应的y的值，描点、连线可得．
图象变换
y=sin x向左(φ>0)或向右(φ<0),平移|φ|个单位
y=sin (x+φ)
1
横坐标变为原来的 (ω>0)倍,纵坐标不变y=sin
ω
(ωx+φ)
(k∈
π 3π Z)，单调递减区间是 2kπ+ ，2kπ+ 2 2 (k∈Z)；
y=cos x的单调递增区间是[2kπ-π，2kπ](k∈Z)，
单调递减区间是[2kπ，2kπ+π](k∈Z)；
π π y=tan x的递增区间是kπ- ，kπ+
2 2
(k∈Z)．
三角函数的奇偶性
y=A sin (ωx+φ)，当φ=kπ(k∈Z)时为奇函数；
π
当φ=kπ+ (k∈Z)时为偶函数；
2
π
对称轴方程可由ωx+φ=kπ+ (k∈Z)求得．
2
π
y=A cos (ωx+φ)，当φ=kπ+ (k∈Z)时为奇函
2
数；
当φ=kπ(k∈Z)时为偶函数；
对称中心方程可由ωx+φ=kπ(k∈Z)求得．
y=A tan (ωx+φ)，当φ=kπ(k∈Z)时为奇函数．
三角函数的周期
y=A sin (ωx+φ)和y=A cos (ωx+φ)的最小正周
2π π
期为 ，y=A tan (ωx+φ)的最小正周期为 .
ω ω
正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之
1
间的距离是 个最小正周期，相邻的对称中心与对称
2
1
轴之间的距离是 个最小正周期；正切曲线相邻两对
4
1
称中心之间的距离是 个最小正周期．
2
注意：三角函数的对称性与函数的极值的关系
三角函数的对称中心和函数的零点的关系
3.三角恒等变换（大题）
（ 1 ）结 构 的 化 简 ：齐 二 次
降幂
齐 一 次
辅助角Asin(wx+φ)+k
（2）性质的处理：单调性、值域可结合复合函数观点，奇
偶性就是特殊的对称性，对称性就是解相应方程也可
用求导来处理
（3）横向伸缩和平移时请注意对象
4.三角函数与导数（大题）
有界性 分区间讨论，分而治之
三、解三角形板块
1.边角互化（大题）
（1）边化角：一次用弦a=2R sin A,b=2RsinB，c=
2RsinCm a
二次用余弦：a2+b2-c2=mab可化为cosC= 2(a2+b2)≥(a+b)2 a+b≥2 ab +
2 b
a b
（2）角化边：正弦用正弦定理sin A= ,余弦用余弦 ≥2
2R a
b2+c2-a2
定理cosA= 9.构造函数处理解三角形的值域问题（大题）
2bc
（1）角度限制或者目标式子不工整
（3）射影定理与正弦定理
（2）多边形最值问题
a=bcosC+ccosB,b=acosC+ccosA,c=acosB+
bcosA 四、立体几何板块
asinB=bsinA,asinC=csinA,bsinC=csinA 1.点线面的位置关系（小题）
a⊂β
2.知三解三角形（大题）
(1)线线平行： a∥α
a b c = = =2r
sinA sinB sinC α∩β=b
b2+c2-a2 a2=b2+c2-2bc cos A cos A= ；
2bc
c2+a2-b2
b2=a2+c2-2ac cos B cos B= ；
2ac
a2+b2-c2
c2=a2+b2-2ab cos C cos C=
2ab
1 abc
面积公式：S= absinC= ,
2 4r
注意：三角形的存在和多解问题及形状问题
3.先主后次处理爪型三角形（大题）
主三角形有三个条件可以先处理与次三角形有关联的
边角
4.面积法处理爪型三角形（大题）
常见于角平分线的条件下，可以通过面积和和面积比
AB BD
来构建关系角平分线的性质为 = 也可以向量
AC BC
法
5.向量法处理爪型三角形（大题）
常见于中线、等分点条件下，通过基底快速分解
n m
AD= AB+ AC也可作辅助线构造平行
m+n m+n
四边形
AB+AC 特别地AD为中线时，AD= ，AB2+AC2
2
BC2 =2(AD2+BD2),极化恒等式AB∙AC=AD2-
4
6.先主后次处理多边多角（大题）
常见于多边形中，主三角形有三个条件可以处理与次
三角形关联的边和角，常见套路：公共边，两个角互补
互余或者其他特定关系，平行结合同位角、内错角相
等、同旁内角互补、四点共圆对角互补等
7.构建方程处理多边多角（大题）
两个三角形都是两个条件，但又有关联的边和角，这时
可通过设边或者设角先待定构建方程组求解
8.构造不等式处理解三角形的最值问题（大题）
给一边和一对角可以设计周长、面积、中线、角平分线、
以及结构工整的目标式子的最值问题，此时可以结合
基本不等式的五种形式a2+b2≥2ab (a+b)2
≥4ab
a⊥α
⇒a∥b，
b⊥α
⇒a∥b，
α∥β
α∩γ=a
β∩γ=b
a∥b
⇒a∥b，
a∥c
⇒c∥b.
a∥b
(2) 线面平行：b⊂α
a⊄α
α∥β
⇒ a ∥ α，
a⊂β
⇒ a ∥ α，
α⊥β
a⊥β
a⊄α
⇒a∥α.
a⊂α，b⊂α
(3)面面平行：a∩b=O
a∥β，b∥β
a⊥α
⇒α∥β，
a⊥β
⇒α∥β，
α∥β
γ∥β
⇒α∥γ.
a⊥α
(4)线线垂直：
b⊂α
⇒a⊥b.
a⊂α，b⊂α
(5)线面垂直： a∩b=O
l⊥a，l⊥b
α⊥β
⇒ l⊥α，α∩β=l
a⊂α，a⊥l
⇒a
⊥β，
α∥β
a⊥α
a∥b ⇒a⊥β，
a⊥α
⇒b⊥α.
a⊂β
(6)面面垂直：
a⊥α
a∥β
⇒α⊥β，
a⊥α
⇒α⊥β.
注意：作图的顺序，由大到小，由特殊到一般，由确定性
到其他
（7）截面问题 正方体的截面形状可以是三边形、四边
形、五边形及六边形，常用手法：过一点作平行线，过两
点作延长线，也可借助投影点找原来的点
2.空间几何体及其表面积和体积（小题）
（1）圆柱S =2πrl V=S h=πr2h
侧 底
1 1
（2）圆锥：S =πrl V= S h= πr2h
侧 3 底 3
1
（3）圆台S =π(r+r′)l V= (S +S + S S )h
侧 3 上 下 上 下
4 （4）球S=4πR2 V= πR3
3
（5）三棱锥 找面的垂线或者找面的平行线也可以使用向量法 件），或者转证面面平行（4个条件）或空间向量法：
注意棱锥棱台的高与斜高，各棱长相等则顶点的投影 a∙n=0
⇒a//α
为底面多边形的外心。 a∉α
3.球的接、切、截问题（小题） 7.铅垂线、水平线、斜线相关的线线垂直（大题）
(1)截面问题：一个截面时R满足R2=r2+d2,两个截 ①几何转化法：谁特殊谁先找到垂面就是证谁
面问题时R满足方程组
R2=r
1
2+d
1
2 ②空间向量法：a∙b=0⇒a⏊b⇒a⏊b
R2=r2+d2 注意：底面多边形的图形秘密，比如等腰等边三角形，
2 2
(2)外接球问题： 直角三形，等腰梯形，直角梯形
两两垂直时R满足2R= 3a或 a2+b2+c2
8.铅垂面、水平面相关的面面垂直（大题）
h
棱垂直面时R满足圆柱公式R2=r2+( )2 几何转化法：谁特殊谁先找到垂线就证明
2
空间向量法：m∙n=0⇒m⏊n=α⏊β
顶点到底面各点距离相等时R满足圆锥公式R2=(h
-R)2+r2 9.斜面与斜面垂直的证明（大题）
面面垂直时R满足R2=r2+r2-( l )2 几何转化法：直二面角问题，找交线的垂面
1 2 2
空间向量法：m∙n=0⇒m⏊n=α⏊β
三对对棱对应相等可套用长正方体，一对对棱加公垂
线可套用圆柱或圆台 10.先作图后证明（大题）
两个直角三角形有公共斜边时，斜边就是球的直径 （1）过一点作已知平面的平行线
上次的r为外接圆半径满足2r=
a
,特别地等边三
（2）过一点作已知直线的垂面
sinA
（3）过一点作已经平面的垂线
3 2 斜边
角形r=a*
2
*
3
,直角三角形时r=
2
（4）确定两个平面的交线（两种类型）
(3)内切球：
11.斜柱体、背景下的立体几何问题（大题）
2S
旋转体时利用轴截面转为内切圆此时R=r= （1）斜柱体中坐标系的建立，先找铅垂线，铅垂面中必
周长
有铅垂线，个别点倾斜到外面去，可借助向量来求坐标
3V
多面体时直接万能公式R=
表面积 （2）旋转体时结合逆向旋转(rcosθ,rsinθ)
4.立体几何中的动态问题（小题） 12.度量角度（大题）
（1）动中有静：点在线上动，线都在某个面上，则要留意 （1）线线角
这个面的垂线和平行面 几何转化法：平移相交解三角形 ，
（2）动态最值：特殊位置或者向量法计算 空 间 向 量 法 cosθ = cos<a , b >
注意：正方体中棱与面垂直，面对角线与对角面垂直，
体对角线与三角面垂直
5.共线共面问题（大题）
（1）三点共线问题 几何法：两点所在的直线是两个面的
交线，第三个点是两个面的公共点；向量法：AB//AC
(2)四点共面问题 几何法 两条直线平行确定一个平
行；
向量法：AB =λAC +μAD或AD⋅n=0(n为平面
ABC的法向量)
6.线线平行、线面平行的证明（大题）
（1）线线平行
几何转化法：转证都与第三条直线平行，或者线面平行
的性质
空间向量法：a//b⇒a=λb
(2)线面平行
几何转化法：过所要证的线作一个平面（三角形或平行
四边形）确定一条交线就是我们所要找的线（3个条
=
x 1 x 2 +y 1 y 2 +z 1 z 2
x2+y2+z2× x2+y2+z2
1 1 1 2 2 2
（2）线面角：几何转化法 找面的垂线，找线的投影
空 间 向 量 法 ： sinθ = cos<m,n> =
x 1 x 2 +y 1 y 2 +z 1 z 2
x2+y2+z2× x2+y2+z2
1 1 1 2 2 2
（3）面面角
几何转化法：先确定面面交线，再找交线的垂面，后确
定角的两边
空 间 向 量 法 ： cosθ = cos<a,b> =
x 1 x 2 +y 1 y 2 +z 1 z 2
x2+y2+z2× x2+y2+z2
1 1 1 2 2 2
注意：法向量的求法和书写
13.交线为水平线的面面角问题（大题）
由于水平线很容易找到垂面因而可以考虑几何法：①
作图②证明③解三角形
14.度量体积和距离（大题）
PA∙AB
（1）点P到线AB的距离d= PA2-(
AB
)2
PA∙n
（2）点P到面α的距离，线到面的距离d=
n
(1)常用图表：频率分布直方图，茎叶图，折线图，饼图，
条形图
(2)数字特征：
即 ①中位数:原始数据中就是由小到大排序，处在正中间
或者中间两个数的平均数，在直方图下就是从左到右
PA在n上的投影长度
面积0.5的界线
注意三棱锥的体积应以水平面或铅垂面为底，更容易
②百分位数：若是原始数据则按小到排列，计算i=n×
找面的垂线或者找面的平行线
p%,若i不是整数，取大于i的相邻整数，若i是整数，
15.探索点的位置及边长的大小（大题）
第i项+第i+1项
取 ,若是直方图下则从左到右面
(1)探索点的位置：通过三点共线设点构建方程 2
（2）探索边长：设边构建方程 积p%的界线
（3）约束条件可以几何转化法也可以代数向量法，要根 ②众数:原始数据中就是出现次数最多的，在直方图下
据条件特点进行合理选择 就是最高小矩形的中点
五、统计与概率板块 ③平均数:在原始数据中x = x 1 +x 2 +...+x n;在直方
n
1.排列组合（分配排队分组）（小题）
图中就是小矩形面积乘以中点的和
（1）n个不同元素n个位置的排队问题：直接法（两
(x -x)2+...+(x -x)2
种），间接法（2种）
④标准差s方差s2满足:s2=f 1 1
n
（2）n个不同元素m个位置的分配问题：先分类后分步 均值与期望都满足E(aX+b)=aE(X)+b
（3）n个相同元素m个位置的分配问题：挡板法 方差满足：D(aX+b)=a2D(X)
⑤残差：真实-估计
2.二项式定理（小题）
（1）通项公式法T =Cran-rbr,r=0,1,2,3...,n
⑥极差：最大值-最小值
r+1 n
（2）组合数原理：三项式 6.可线性化回归分析（大题）
（3）二项式系数性数：C0+C1+...+Cn=2n ∧ ∧ ∧
n n n （1）线性类：y=bx+a
注意连续多项系数问题以赋值法为主也可以按特定项
∧ ∧ ∧ ∧ ∧ ∧
处理 （2）非线性：①y=b x+a⇒y=bw+a(令w= x)
单项系数问题按特定项处理为主也可以赋值法 ②y=axb⇒lny=lna+blnx⇒u=lna+bv(令u=
lny,v=lnx,先求b后求lna再回代)
3.互斥、对立、独立的辨别（小题）
③y=c∙dx⇒lny=lnc+(lnd)x（令u=lny再回代）
(1)A与B互斥则A⋂B=∅ ，另外满足P(A⋃B)=P
④y=a+b∙2x⇒y=a+bw(令w=2x)
(A)+P(B)
b 1
(2)A与B对立则A⋂B=∅且A⋃B=Ω,另外满足P ⑤y=a+ ⇒y=a+bw(令w= )
x x
(A⋃B)=P(A)+P(B)=1 ⑥y=c∙edx⇒lny=lnc+dx(令u=lny)
(3)A与B独立则P(B|A)=P(B),另外满足P(AB)=
7.独立性检验（大题）
P(A)P(B)
①零假设②计算卡方值③若卡方值大于临界值x ，则
a
4.乘法概率、条件概率、全概率 结论为有关，这个结论犯错的概率不超过a,若卡方值
（1）乘法概率：AB两种事件同时发生的概率P(AB)=
小于临界值x ,则结论为无关
a
n(AB)
(非依次)=P(A)×P(B|A)(依次)
8.超几何分布与二项分布、比赛型规则型分布列（大题）
n(Ω)
(1)一次--元素搭配---一超几何
（2）条件概率：A发生的条件下B发生的概率P(B|A)
n(AB) P(AB)
(2)依次--概率不变，次数固定--二项分布X∾B
= (非依次)= (依次)
n(A) P(A) (n,p)
（3）全概率：P(B)=P(AB)+P(AB)(非依次)=P(A) (3)依次--概率会变---条件概率
×P(B|A)+P(A)×P(B|A)(依次) (4)依次--概率不变，次数不定，--条件概率
n(AB) P(AB) 注意：流水线，频率视为概率，概率视为频率
（4）贝叶斯概率：P(A|B) = = =
n(B) P(B) Ck Cm-k
超几何分布公式P(X=k)= M n-M ,E(X)=n×
P(A)×P(B|A) Cm
n
P(A)×P(B|A)+P(A)×P(B|A) M
M+N
概率计算问题：定义法，公式法，缩样法，图表法
二项分布公式P(X=k)=,E(X)=np,D(X)=np(1
5.图表分析问题（小题）-p)
正态分布E(X)=μ,D(X)=σ2
9.统计概率中的决策问题（大题）
六、解析几何板块
1.直线与明圆问题（小题）
（1）两条直线的位置关系
①确定斜率都存在时用斜截式
l ∥l ⇔k =k ．l ⊥l ⇔k·k =-1.
1 2 1 2 1 2 1 2
②不确定斜率是否存在用一般式
l ∥l ⇔AB -A B =0还得验证重合
1 2 1 2 2 1
l ⊥l ⇔AA +BB =0
1 2 1 2 1 2
③距离公式：
两点AB= (x -x )2+(y -y )2
1 2 1 2
点到线d= Ax 0 +By 0 +C
A2+B2
平行线d= C 1 -C 2
A2-B2
（2）明圆问题
①位置问题 d<r相交 d=r 相切 d>r 相离
②弦长求值和最值问题
③切线长求值和最值问题
④切点弦及切点弦四边形相关问题
⑤两圆问题（公切线条数）
⑥最值问题：
y-y
斜率范围k= 0 转化为d≤r,
x-x
0
截距范围ax+by转化为直线与圆有公共点d≤r,
距离范围(x-a)2+(y-b)2转化为距离的平方
2.隐圆问题（小题）
隐圆问题的代数本质就是圆的方程，几何本质就是圆
的定义和性质，尤其是与两个定点相关的隐圆更为隐
蔽：
PA
(1)到两定点距离之比为定值：
PB
(x -x)(x -x)+(y -y)(y -y)
1 2 1 2 ,可化为
(x-x)2+(y-y)2∙ (x-x )2+(y-y )2
1 1 2 2
圆的标准方程，
②几何解释：圆的性质即同一条弦所对的圆周角相等，
即三角形的外接圆
(4)两定点向量的数量积为定值：PA∙PB =λ(λ>
1
- AB2)
4
①代数解释：建设限代化得到方程(x -x)(x -x)+
1 2
(y -y)(y -y)=λ,可化为圆的标准方程 ，
1 2
AB2
②几何解释：极化恒等式PA∙PB=PM2- ,圆心
4
为AB的中点M
3.二级结论处理解析几何问题（小题）
（1）圆
①半代得到切线切点弦(x -a)(x-a)+(y -b)(y-
0 0
b)=r2
②圆的垂径定理
（2）椭圆
θ
①焦点三角形面积S △PF1F2 =b2tan 2 =cy o
=λ(λ>0,且λ≠
1)
① 代 数 解 释 ：建 设 限 代 化 可 得 到 方 程
(x-x)2+(y-y)2
1 1 =λ，可化为圆的标准方程
(x-x )2+(y-y )2 2 2
②几何解释：三角形内外角平分线的互相垂直，圆心为
内角分点和外角分点的中点
(2)到两定点距离的平方和为定值：PA2+PB2=λ
①代数解释：建设限代化可得到方程(x-x )2+(y-
1
y)2+(x-x )2+(y-y )2=λ，可化为圆的标准方程，
1 2 2
②几何解释：三角形中线定理PA2+PB2=2(PM2+
AM2),圆心为中点M
(3)到两定点的张角为定值：∠APB=θ,θ∈(0,π),
①代数解释 ：建设限代化可得到方程 cosθ =
,②椭圆面
积S=πab,③中点弦k ∙k =e2-1(焦点在x轴),
AB OM
1
k ∙k = (焦点在y轴),④动点与两顶点k ⋅
AB OM e2-1 PA1
1
k =e2-1(焦点在x轴),k ⋅k = (焦点在y
PA2 PA1 PA2 e2-1
轴) ⑤焦点弦长 AB
H
=
1-e2cos2θ
, 焦点弦比
ecosθ
λ-1
=
λ+1
1
(焦点在内部) ⑥焦点弦
AF
+
1
BF
4 2b2
= ⑦通径H= ⑧切点T(x ,y )切线半代 H a 0 0
x x y y
为 0 + o =1满足k ∙k =e2-1⑨焦点弦的中
a2 b2 OT 切线
FN
垂线与x轴交于N点则
AB
e
=
2
（3）双曲线
θ ①焦点三角形面积S △PF1F2 =b2cot 2 =cy o ,②椭圆面
积S=πab,③中点弦k ∙k =e2-1(焦点在x轴),
AB OM
1
k ∙k = (焦点在y轴)④动点与两顶点k ⋅ AB OM e2-1 PA1
1
k =e2-1(焦点在x轴),k ⋅k = (焦点在y
PA2 PA1 PA2 e2-1
轴), ⑤焦点弦长 AB
H
=
1-e2cos2θ
, 焦点弦比
ecosθ
λ-1
=
λ+1
1
(焦点在内部) ⑥焦点弦
AF
+
1
BF
4 2b2
= ⑦通径H= ⑧切点T(x ,y )切线半代
H a 0 0
x x y y 为 0 + o =1满足k ∙k =e2-1⑨焦点弦的中
a2 b2 OT 切线
FN
垂线与x轴交于N点则
AB
e
=
2（4）抛物线
①焦半径公式：AF
p
=x 1 + 2 ,BF
p
=x + 2 2
②焦点弦公式 AB = x 1 +x 2
H
+ p = 1-e2cos2θ
,
p2 p
S = ,以AB为直径的圆会与准线x=-
△AOB 2sinθ 2
1
相切,
AF
1
+
BF
4
= ,焦点弦比ecosθ
H
λ-1
=
λ+1
,
FN
点弦的中垂线与x轴交于N点则
AB
e
=
2
③中点弦点差法或者韦达定理
（5）通用结论
①知道两点AB = (x -x )2+(y -y ) 1 2 1 2
②知道一点AB = 1+k2 x 1 -x 2 = 1+m2 y 1 -y 2
③ 两 点 未 知 AB = 1+k2 (x +x )2-4xx = 1 2 1 2
1+m2 (y +y )2-4yy 1 2 1 2
4.离心率的值与范围（小题）
(1)直接计算法：a,b,c均可求
(2)几何结论法：特殊图形可用结合快速处理，垂径定
理，焦点三角形，直角等
(3)代数运算法：常用图形，逐句解读条件构造a,b,c方
程，如果是边长中含a,b,c结合解三角形来处理，如果
是点的坐标含a,b,c则代入直线或曲线来处理
5.圆锥曲线的方程与性质（小题）
（1）图形的秘密
（2）特殊结论
（3）计算优化
注意：方程的类型是否标准，焦点位置，渐近线方程
6.求圆锥曲线的标准方程（大题）
先设标准方程，再列方程组求解，注意比值的处理
7.定义法求轨迹方程（大题）
(1)椭圆的第一定义：MF 1 +MF 2 =2a,2a>F 1 F 2
（2）双曲线的第一定义:MF 1 -MF 2 =±2a,2a<F 1 F 2
（3）抛物线的定义:MF
直径圆，③斜率比为常数⇔铅垂线上的动点与水平线
上的两定点连线，
(2)形状类：
直径圆：PA∙PB=0
平行四边形 AB=CD或AB+AD=AC
矩形AB+AD=AC且AB∙AD=0
菱形AB+AD=AC且AC∙BD=0
四点共圆：对角互补或者圆幂定理
①切线定理PS
=d M-l
注意：椭圆、双曲线的第二、第三定义只能用直接法
8.直接法和相关点法求轨迹方程（大题）
（1）直接法：也称直译法，建设限代化
（2）相关点法：坐标转移法
9.设而不求法处理圆锥曲线问题（大题）
（1）斜率类：
①一动点两定点背景下的斜率和k +k ,斜率积k
PA PB PA
∙k ,斜率差k -k ，斜率商k /k
PB PA PB PA PB
②两动点一定点背景下的斜率和k +k ,斜率积k
PA PB PA
∙k ,斜率差k -k ，斜率商k /k
PB PA PB PA PB
特别地①斜率和为0⇔角平分线或对称轴为水平或铅
垂线，②斜率积为-1⇔斜边上的中线为斜边的一半或
2=PT 2②切割线定理PA ×PB =
PT 2③割线定理PA ×PB =PC ×PD ④相交弦
定理PA ×PB =PC ×PD
（3）数量积类：PA∙PB
(4)弦长面积类：
1
S= 2 x 1 y 2 -x 2 y 1
1 以CD为水平公共边S= CD 2 y 1 -y 2
AB
对角线互相垂直：S=
∙CD
2
同向AB ∙CD
=AB∙CD
共线AB ∙CD = 1+k2 x 1 -x 2 ∙ 1+k2 x 3 -x 4
(5)切线类：
①单切线类巧设直线y=kx+m结合Δ=0得到k与
m关系式代入目标式子
②双切线类：巧设y-y =k(x-x ),结合Δ=0,由韦
0 0
达定理得到k +k 和kk
1 2 1 2
(6)角度类:
①α=β,则tanα=tanβ,转斜率
2tanβ
②α=2β则tanα= 转斜率
1-tan2β
10.圆锥曲线中的圆过定点（大题）
（1）先引入参数设定点M(m,n)代入目标式子MA∙
MB=0一路化简，最后让变量的系数都为0，解方程组
得到参数的值确定定点。注意预判定点的位置优化定
点的坐标
（2）先设后求用直径圆公式：(x-x )(x-x )+(y- 1 2
y )(y-y )=0然后对变量进行赋值得到两个圆联立
1 2
求解
11.圆锥曲线中的定直线与非对称韦达问题（大题）
两根之和x +x
和积比 1 2
两根之积x ∙x
1 2
七、函数与导数板块
1.函数图像与性质（小题）
（1）奇偶性：定义f(-x)=±f(x)图像关于原点/y轴对
称
（2）周期性：定义f(x+T)=f(x)口诀：同号周期作差
（负号加倍）
（3）对称性：定义：对称轴x=a满足f(x)=f(2a-x)或f(a-x)=f(a+x) 11.指对与隐零点问题（大题）
对称中心(a,b)满足f(x)+f(2a-x)=2b 或f(a-x) 含有指对函数的式子中，在探讨单调性时经常会碰到
+f(a+x)=2b 口诀：异号对称取中（负号中心） 超越方程，若超越方程有解时，需要先虚设零点符合超
（4）奇偶性与对称性的关系：奇偶性是特殊的对称性， 越方程，确定零点的一个小范围，再将超越方程代入目
若f(x+a)为奇函数则f(x)关于(a,0)对称，若f(x+ 标式子进行化简，比如超越方程x
0
2ex0=-lnx
0
代入目标
a)是偶函数，则f(x)关于x=a对称 式子ex0- lnx 0 +1 = x 0 ex0-lnx 0 -1 = 1+x 0 -1 =1
x x x
（5）奇偶性，对称性，周期性知道两个可以推第三个 0 0 0
注：此类问题也经常使用指对同构来进行转化
注意：数形结合或者特殊函数来处理
12.极值点偏移问题（大题）
2.性质处理不等关系（小题）
（1）对称法
（1）几个常见具备单调奇偶的函数：①sinx-x,②2x
（2）比值代换或者差值代换构造新函数，其中经常出现
1+x
-2-x,③lg ④lg( 1+x2-x)
1-x 对数均值不等式
(2)函数值相等比自变量大小 （3）对数均值不等式与指数均值不等式：
f(a)=f(b)=t或f(a)=g(b)=t x -x x +x
① 1 2 < 1 2 比值代换
lnx -lnx 2
（3）特殊函数法，构造函数法 1 2
ex1-ex2 ex1+ex2
② < 差值代换
3.确定函数处理切线单调极值最值图像证明（大题） x -x 2
1 2
(1)切线问题：导数的几何意义，注意过与在的区别，注
13.双变量问题（大题）
意切线的条数处理
（1）双变量有等量约束关系的处理双变量的式子或参
（2）极值问题：导函数的变号零点
数范围
（3）最值问题：先单调再极值后对比端点得到最值
①比值或者差值代换构造新函数研究最值例如：
（4）证明问题：构造新函数
lnx =mx
1 1 作差得lnx 1 -lnx 2 =m(x 1 -x 2 ),从而m
4.已知单调性求参数范围（大题） lnx
2
=mx
2
lnx -lnx
（1）已知区间D上递增则∀x∈D,都有f'(x)≥0恒成 = 1 2 代入目标式子lnx +lnx =m(x +x )
x -x 1 2 1 2
立， 1 2
lnx -lnx x x +x
（2）已知区间D上存在增区间则∃x∈D,使得f'(x)> = x 1 -x 2 × (x 1 + x 2 ) = ln x 1 × x 1 -x 2 = lnt ∙
1 2 2 1 2
0有解 t+1
t-1
5.单调性由一个因式决定的讨论（大题）
②两个变量之间有关系，消元构造新函数
孤立参数转为水平线与曲线的边界位置问题
（2）双变量有不等量约束关系的求参数范围
6.单调性由两个因式决定的讨论（大题） ①左右结构工整构造新函数研究单调性例如 f(x )-
1
先孤立参数转为水平线与曲线的边界位置问题，再讨 f(x )<x -x 转化为f(x)-x <f(x )-x
2 1 2 1 1 2 2
论两根的大小 ②双变量任意性与存在性
∀x ∈A,∃x ∈B,使得f(x)=g(x )等价于f⊆g
7.分类讨论处理零点极值点个数问题（大题）、 1 2 1 2
∃x ∈A,∃x ∈B,使得f(x)=g(x )等价于f∩g≠∅
（1）零点问题：先讨论单调性，再确定端点，后讨论极值 1 2 1 2
∀x ∈A,∀x ∈B使得 f(x )<g(x )等价于 f <
的正负进而得到图像 1 2 1 2 max
g
（2）极值点问题：只需讨论函数的单调性 min
∃x ∈A,∃x ∈B使得f(x)<g(x )等价于f <g
8.分离构造处理零点极值点个数问题（大题） 1 2 1 2 min max
（1）零点问题：分离构造处理方程f(x)=0的根的个数 14.指对同构（大题）
既水平线与曲线的交点个数
同时含有指对的恒成立问题：由x=elnx,x=lnex,得x
（2）极值点问题：分享构造处理方程f'(x)=0的变号根 ∙ ex= ex+lnx,
ex
= ex-lnx,x - lnx = ln
ex
,x + lnx =
x x
个数既水平线与曲线的割点个数
lnxex
9.分离构造处理不等式恒成立问题（大题） 八、其它板块
参数一处且参数易分离的一般选择分离构造来处理不 1.集合（小题）
等式恒成立，转为新函数的最值问题 （1）常用①A∩B⊆A，A∩B⊆B；A⊆(A∪B)；B⊆
10.分类讨论处理不等式恒成立问题（大题） (A∪B)，A∪A=A，A∪∅=A，A∪B=B∪A；A
即讨论带参函数的最值问题，先讨论单调性，再确定端 ∩A=A，A∩∅=∅，A∩B=B∩A.
点，后讨论极值，确定最值 ②若A⊆B，则A∩B=A；反之，若A∩B=A，则A⊆B.若A⊆B，则A∪B=B；反之，若A∪B=B，则A
⊆B.
③A∩(∁ A)=∅，A∪(∁ A)=U，∁ (∁ A)=A.
U U U U
④∁ (A∩B)=(∁ A)∪(∁ B)，∁ (A∪B)=(∁ A)∩
U U U U U
(∁ B)．
U
(2)抽象集合问题注意结合图形：venn图和数轴
（3）常见易错：忽视集合中元素的互异性，未弄清集合
的代表元素，遗忘空集，忽视不等式解集的端点值
2.常用逻辑用语（小题）
（1）一元二次不等式的恒成立问题
a>0，
(1)ax2+bx+c>0(a≠0)恒成立的条件是
Δ<0.
a<0，
(2)ax2+bx+c<0(a≠0)恒成立的条件是
Δ<0.
（2）充分必要
①定义法：正、反方向推理，若p⇒q，则p是q的充分条
件(或q是p的必要条件)；若p⇒q，且q⇏p，则p是q
的充分不必要条件(或q是p的必要不充分条件)．
②集合法：利用集合间的包含关系．例如，若A⊆B，
则A是B的充分条件(B是A的必要条件)；若A=B，
则A是B的充要条件．
(3)对含有量词的命题的否定,只对量词进行否定
3.复数（小题）
(1)虚数i的意义
(2)复数的四则运算
(3)复数的几何意义 z-z 0 表示两点之间的距离结合
隐圆来处理
注意：z2≠z
2,因为z2=(a+bi)2是一个复数
z 2=( a2+b2)2=a2+b2
4.双变量求最值（小题）
(1)结合不等式来处理
①基本不等式a2+b2≥2ab ,(a+b)2≥4ab ,2(a2+
b2)≥(a+b)2 a+b≥2 ab
a b
+ ≥2,
b a
λ μ λ
②柯西不等式(mx+ny)( + )≥( mx* +
x y x
μ
ny* )2
y
a2 b2 (a+b)2
③权方和不等式 + ≥
x y x+y
(2)消元转一元函数来处理
5.无图背景下的向量计算（小题）
（1）公式法：模长公式λa+μb
= (λa+μb)2,夹角公
(a+b)⋅(a-b)
式:cos<a+b,a-b>=
a+b
a⋅b
上的投影向量为（ )b， a在b方向上的投影数量
b2
a⋅b
为
b
,a在b方向
×|a-b|
（2）构图法用几何意义a+b
,a-b
,a-tb
a∙b
,
a
,
（3）构图法用坐标来处理
6.有图背景下的向量计算（小题）
（1）直接法
（2）坐标法
（3）分解法
（4）投影法：一条不动，一条在动，
（5）极化恒等式：共起点的两条向量都在动，
注：隐圆问题以及各种心心：
①外心：外接圆圆心为中垂线的交点满足OA
=OB
=OC
②重心：中线的交点满足AO=2OD,OA+OB+OC
x +x +x y +y +y
=0,O的坐标为( 1 2 3, 1 2 3)
3 3
③垂心:垂线的交点
④内心:内切圆圆心为角平分线的交点
九、应试技巧
1.（1）小题策略：数形结合，验证排除，特殊赋值法
（2）做题顺序
（3）书写高考数学考前回归资料
90 个考点 90 个专题最后一
题快闪版
非主干板块
考点1：集合间的包含与运算
类型一：集合的常规运算
1.已知集合 A = {x|ln (x - 1) < 2}，集合 B =
1 {yy=
2
x ，x>-3
当sinα+cosβ=0时，sin2α+sin2β=(-cosβ)2+
sin2β=1，
即sinα+cosβ=0能推出sin2α+sin2β=1.
综上可知，甲是乙的必要不充分条件.
故选：B
类型二：倒序结构
x2 y2
4.“方程 - =1 表示双曲线”的一个必要不
m-1 m+2
充分条件为
A. m∈-∞,-1
，则A∩B=( )
A.∅ B.(1，e2+1)
C.(1，8) D.(0，e2+1)
【解析】A={x|1<x<e2+1},B={y|0<y<8},e2+
1≈8.29>8,
A∩B=(1，8)故选C
类型二：集合的特殊运算
2.已知集合M={(x，y)|y= 9-x2}，N={(x，y)|y=
x+b}，且M∩N=⌀，则b应满足的条件是( )
A.|b|≥3 2 B.0<b< 2
C.-3≤b≤3 2 D.b>3 2或b<-3
【解析】解析：D 由y= 9-x2，得x2+y2=9(y≥
0)，其图象是半圆(如图所示).当直线y=x+
b与半圆无公共点时，截距b>3 2或b<-3.
考点2：充分与必要条件
类型一：顺序结构
3.(2023·全国·统考高考真题)设甲：sin2α+sin2β=1，
乙：sinα+cosβ=0，则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及同角三角函
数的基本关系得解.
π 【详解】当sin2α+sin2β=1时，例如α= ,β=0但
2
sinα+cosβ≠0，
即sin2α+sin2β=1推不出sinα+cosβ=0；
∪1,+∞
B. m∈-∞,-2 ∪1,+∞
C. m∈-∞,-2
D. m∈1,+∞
【解析】[解析]由 m-1 m+2 >0 ，解得m<-2
或m>1 。由“m<-2 或m>1 ”能推出“m
<-1 或 m > 1 ”，反推则不成立，故“m ∈
-∞,-1 ∪ 1,+∞
x2
”是“方程 -
m-1
y2
=1 表示双曲线”的必要不充分条件。
m+2
选项B为它的充要条件，C ，D 均为其充分不
必要条件。故选A。
考点3：一元二次不等式
类型一：常规求解
5.已知a∈Z，关于x的一元二次不等式x2-6x+2a≤0
的解集中有且仅有3个整数，则a的取值集合是 .
【解析】解析 令f(x)=x2-6x+2a，易知此函数图象
-6
开口向上，对称轴为直线x=- =3，因为
2×1
一元二次不等式x2-6x+2a≤0的解集中有
且仅有3个整数，所以这三个整数分别是2，3，
f(2)≤0， 4-6×2+2a≤0，
4，则有
即
f(1)>0， 1-6×1+2a>0，
5
解得 <a≤4，由a∈Z，得a=3或4，故a的
2
取值集合是{3，4}.
类型二：恒成立与能成立
6.(2024·临泉模拟)已知关于x的不等式kx2-6kx+k+
8 ≥ 0 对任意 x ∈ R 恒成立，则 k 的取值范围是
【解析】解析：A 当k=0时，不等式kx2-6kx+k+
8≥0可化为8≥0，恒成立；当k≠0时，要满足
关于x的不等式kx2-6kx+k+8≥0对任意
x ∈ R 恒 成 立 ， 只 需
k>0，
解得 0 < k ≤ 1. Δ=36k2-4k(k+8)≤0，
综上，k的取值范围是[0，1].
考点4：基本不等式与柯西不等式类型一：单变量求最值
7.(2021·全国乙卷·高考真题)下列函数中最小值为4的
是( )
A．y=x2+2x+4
B．y=sinx
4
+
sinx
C．y=2x+22-x
4
D．y=lnx+
lnx
【解析】【答案】C
【分析】根据二次函数的性质可判断A选项不
符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相
等”，即可得出B,D不符合题意，C符合题意．
【详解】对于A，y=x2+2x+4=x+1
2+3
≥3，当且仅当x=-1时取等号，所以其最小值
为3，A不符合题意；
对于B，因为0<sinx ≤1，y=sinx +
4
sinx
≥2 4=4，当且仅当sinx =2时取等
号，等号取不到，所以其最小值不为4，B不符
合题意；
对于C，因为函数定义域为R，而2x>0，y=2x
4 +22-x=2x+ ≥2 4=4，当且仅当2x=2，
2x
即x=1时取等号，所以其最小值为4，C符合
题意；
4
对于D，y=lnx+ ，函数定义域为0,1 lnx ∪
1,+∞
y)2∴ x+ y≤ 2
1 1
D.由log x+ log y=log x+log y2=log
2 2 2 2 2 2
(x y)=log x2y=log x2(1-x)
2 2
令g(x)=x2(1-x)=x2-x3,x∈(0,1),求导可
2 知x= 时取得最大值
3
考点5：数的概念及运算
类型一：复数的四则运算
α
9.已知方程x2-4x+5=0有两个虚根α,β，则
β
，而lnx∈R且lnx≠0，如当lnx=
-1，y=-5，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使
用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结
合有关函数的性质即可解出．
类型二：双变量求最值
8.（多选）已知正实数x，y满足x+y=1，则( )
3
A.x2+y的最小值为 4
1 4 9
B. + 的最小值为
x y+1 2
C. x+ y的最大值为 2
D.log x+log y没有最大值
2 4
【解析】ABC
A.由消元转函数：x∈(0,1),x2+y=x2+1-
1 3 1 3
x=(x- )2+ ,当x= 时，取得最小值
2 4 2 4
1 4
B.由柯西不等式(x+y+1)( + )≥
x y+1
1 4 1
( x× + (y+1)× )2 即 2( +
x y+1 x
4 1 4 9 )≥9即 + ≥
y+1 x y+1 2
C.由重要不等式2[( x)2+( y)2]≥( x+
的值
为
【解析】答案1
解：设α=a+bi，则β=a-bi,由(a+bi)2-4
(a+bi)+5=0,a2+2abi-b2-4a-4bi+5=
a2-b2-4a+5=0
0, 解得a=2,b=±1,即
2ab-4b=0
α=2+i α=2-i
或
β=2-i β=2+i
2+i
再计算
2-i
2-i
,和
2+i
类型二：复数的概念辨析
10.设z,z 为复数，则下列四个结论中正确的是( ) 1 2
A．z +z =z +z
1 2 1 2
B．|z ⋅z |=|z|⋅|z |
1 2 1 2
C．z
2=zz
D．z2=z 2
【解析】【答案】ABC
【分析】
设z =a+bi；z =c+di，分别表示出选项中
1 2
的表达式，可以判断是否正确
【详解】
设z =a+bi；z =c+di
1 2
A选项中，z 1 +z 2 = a+c + b+d i，所以
z 1 +z 2 =a+c -b+d
i；z +z =a-bi+ 1 2
c-di=a+c -b+d
i，z +z =z +z ，所 1 2 1 2
以正确
B选项中，z 1 ⋅z 2 =ac-bd+ad+bc i，
| z 1 ⋅ z 2 | = ac-bd 2+ad+bc 2 =
a2c2+b2d2+a2d2+b2c2；|z |⋅|z |= a2+b2⋅
1 2
c2+d2= a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，所以正确
C选项中，z⋅z=(a+bi)(a-bi)=a2-b2i2=
a2+b2=z
2，故C正确；
D选项中，z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi，z
2=
a2+b2，z2与z
2不一定相等，故D错误；
故选：ABC.
考点6：平面向量的坐标运算
类型一：显性的坐标运算
11.(2024·全国·模拟预测) 已知向量 a = 1, 3
，b =
-2,m ，若向量a在向量b方向上的投影为- 3，则
m的值为
【解析】【答案】C
【分析】利用向量投影求解参数值即可.
【详解】由题，向量a在向量b方向上的投影为
a⋅b
b
-2+ 3m
= =- 3，
4+m2
2 3
解得m=- ．
3
故选：C．
类型二：隐性的坐标运算
12.(2023·南通模拟)如图所示，边长为2
的正 △ABC，以 BC 的中点 O 为圆
心，BC为直径，在点A的一侧作半圆
弧 BC ，点 P 在圆弧上运动 ，则
AB·AP 的取值范围为 _______
_．
【解析】解析：连接AO，因为△ABC为等边三角形，且
O为BC的中点，所以 AO⊥
BC.
以点O为坐标原点，OB，AO
所在直线分别为x，y轴建立如
图所示的平面直角坐标系，
则点A(0，- 3)，B(1,0)，设点
P(cos θ，sin θ)，其中0≤θ≤
π，
则AB=(1， 3)，AP=(cos θ，sin θ+ 3)，
所以 AB·AP = cos θ + 3 sin θ + 3 =
π 2sinθ+
6
+3.
π π 7π
因为0≤θ≤π ，则 ≤θ+ ≤ ，
6 6 6
1 π
所以- ≤sinθ+
2 6
≤1.
π
故AB·AP=2sinθ+
6
+3∈[2,5]．
答案：[2,5]
考点7：无图背景下的向量运算
类型一：静态求值
13.(2023·全国甲卷·高考真题)已知向量a,b,c满足a =
b
=1,c
= 2，且a+b+c=0，则cos‹a-c,b-c›=
【解析】【答案】D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】
解法1：公式求解 消c，由a+b+c=0，则c
=-a-b,由c
=-a-b
可以推出a⋅b的值，又a-c=2a+b,b-c=
a+2b,
去求a-c
= (a+b)2= 2,
=|2a+b|= (2a+b)2,去求|b-
c|=|a+2b|= (a+2b)2,再去求(a-c)⋅(b
-c)的值
解法2：构造图形 因为a+b+c=0,所以
a+b=-c,
即a 2 + b 2 +2a ⋅ b=c 2 ,即1+1+2a ⋅ b=2,所
以a⋅b=0.
如图,设OA=a,OB=b,OC=c,
由题知,OA=OB=1,OC= 2,△OAB是等
腰直角三角形,
2 2
AB边上的高OD= ,AD= ,
2 2
2 3 2
所以CD=CO+OD= 2+ = ,
2 2
AD 1 3
tan∠ACD= = ,cos∠ACD= ,
CD 3 10
cos‹a-c,b-c›=cos∠ACB=cos2∠ACD=
2cos2∠ACD-1
3
=2×
10
2 4
-1= .故选:D.
5
类型二：动态最值
π
14.已知a,b均为单位向量，且夹角为 ，若向量c满足(c
3
-2a)⋅(c-b)=0，则|c|的最大值为_________．
【解析】【解答】
解法1构造图形找特殊：隐形圆
解法2：构造等边三角形建系
解法3：由(c -2a )⋅(c - b)=0得c 2 -(2a + b)
π
·c+2×1×1×cos =0，
3
即c 2 -(2a + b)⋅c =-1，
又|2a + b|2=4a 2 +4a · b+ b 2 =4+4×1×1×
π
cos +1=7，
3
则|2a+b|= 7，
设向量c与向量2a+b的夹角为θ，则c 2 - 7c ·cosθ=-1，
因为c 2 -(2a + b)⋅c =-1，由已知等式可知c
≠0，所以c≠0，
2
c +1
所以cosθ= ，
7c
因为cosθ∈[-1,1]，
2
c +1
所以-1≤ ≤1，
7c
2 c + 7c+1≥0
即 ，因为c>0，
2 c - 7c+1≤0
求c 2 - 7c +1≤0即可，
解得c ∈ 7- 3 , 3+ 7 2 2 ．
3+ 7
故答案为 ．
2
考点8：爪型定理在向量分解中的
应用
类型一：爪型定理正用
15.如图，在△ABC中，D为AB上一点，AD=2DB，P
为 CD 上一点 ，CP = 3PD ，且 AP = mAC +
nABm,n∈R ，则m+n的值为( )
1 1
A． B．
4 3
1 3 C． D．
2 4
【解析】【解题思路】根据平面向量基本定理得到AP=
1 1 1 1
AC+ AB，从而得到m= ,n= ，求出
4 2 4 2
答案.
【解答过程】因为CP=3PD，AD=2DB，所以
3 2
CP= CD，AD= AB，
4 3
3 3
AP=AC+CP=AC+ CD=AC+ AD
4 4
3 1 3
- AC= AC+ AD
4 4 4
1 3 2 1 1 = AC+ × AB= AC+ AB
4 4 3 4 2
又AP=mAC+nABm,n∈R
类型二：爪型定理逆用
16.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满
足tanA+tanB+1=tanA⋅tanB,a=2,b=2 2,O
为△ABC内一点且满足3OA+4OB+5OC =0，则
ΔOBC的面积为 ( )
1
A. B.1 C.2 D.4
2
1
【解析】A
2
由3OA+4OB +5OC =0得3OA+4OB =
3 4 5 5CO同除7得 OA+ OB= CO,由爪型
7 7 7
3 4 向量定理逆用可设OM = OA+ OB,则
7 7
4 M点在AB上，且满足AM = MB,又OM =
3
5 CO,则O点MC上，再转化为面积比例关系
7
考点9：有图背景下的向量运算
类型一：静态求值
17.圆M是△ABC的外接圆，AB=4,AC=6,N为BC的
中点，则AM ∙AN =
【解析】答案13
1 由N是BC的中点则AN = (AB+AC)
2
由M是外接圆圆心结合垂径定理得
AM ⋅AB=AM
，所以m=
1 1
,n= ，
4 2
3
故m+n= .
4
故选：D.
AB
1
cos∠BAM= AB
2
2=
1
8,同理可得AM ⋅AC= AC
2
2=18
1 1
∴AN ⋅AM = (AB+AC)⋅AM = AM ⋅
2 2
1
AB+ AM ⋅AC=13
2
类型二：动态最值
18.在Rt△ABC中，B=90°，AB= 7，BC=2，若动点P
满足|AP|= 2，则BP·CP的最大值为
【解析】解析：B 如图，以B为坐标原点，BA，BC的
方向分别为x轴、y轴的正方向，建立平面直角
坐标系，则B(0，0)，A( 7，0)，C(0，2).设P
(x，y)，则BP·CP=x2+y2-2y=x2+(y-1)2
-1.因为|AP|= 2，所以P是圆A：(x- 7)
2+y2=2上的点.又点P与点(0，1)距离的最
大值为 2+ 7+1=3 2，即x2+(y-1)2≤
(3 2)2=18，所以BP·CP≤17.故BP·CP的
最大值为17.故选B.三角函数与解三角形板块
考点10：三角函数变换求值
类型一：单角变换
π
19.若 角 α 满 足 cos +α
3
π
= 2 cos -α
6
，则
π
cos2α-
3
=
【解析】【分析】根据给定条件，利用诱导公式求出
π
tanα-
6
，再利用二倍角的余弦公式，结合
齐次式法求值.
π
【详解】由cos +α
3
π
=2cos -α
6
，得
π π
cos +α- 2 6
π
=2cosα- 6 ，
π
即-sinα-
6
π
]=2cosα-
6
，则
π
tanα-
6
=-2
π
所以cos2α-
3
π
=cos2α-
6
=
π
cos2α-
6
π
-sin2α-
6
π
cos2α-
6
π
+sin2α-
6
π
1-tan2α- 6
=
π
1+tan2α-
6
1-(-2)2 3
= =- .
1+(-2)2 5
类型二：双角变换
cos2α sin2β 20.已知α，β均为锐角，且 = ，则α+ 1+sin2α cos2β-1
β=
【解析】
cos2α sin2β
解析：解法一：因为 = ，所
1+sin2α cos2β-1
cos2α-sin2α 2sinβcosβ
以 =
(cosα+sinα)2 1-2sin2β
cos2α sin2β
解法二：因为 = ，所以
1+sin2α cos2β-1
cos2α-sin2α 2sinβcosβ
=
(cosα+sinα)2 1-2sin2β
，所以
-1
cosα-sinα cosβ 1-tanα
=- ，则 =
cosα+sinα sinβ 1+tanα
1 - ，整 理 得 - tanα - tanβ = 1 -
tanβ
tanα+tanβ
tanαtanβ，所以tan(α+β)= =
1-tanαtanβ
-1，又 α ， β 均为锐角，所以α+β∈
3π
(0,π)，所以α+β= ，故选D.
4
，所 以
-1
cosα-sinα cosβ
=- ，所 以 cosαsinβ -
cosα+sinα sinβ
sinαsinβ=-cosαcosβ-sinαcosβ，即sin(α+
β) =-cos(α + β) ，所以 tan(α + β) =
sin(α+β)
=-1，又α，β均为锐角，所以α+β
cos(α+β)
3π
∈(0,π)，所以α+β= ，故选D.
4
考点11：三角函数的图象与性质
类型一：Asin(ωx+θ)
21.(2022·全国新Ⅱ卷·高考真题)(多选)已知函数f(x)=
2π
sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点 ,0
3
中心对
称，则( )
5π
A．f(x)在区间0,
12
单调递减
π 11π
B．f(x)在区间- ,
12 12
有两个极值点
7π C．直线x= 是曲线y=f(x)的对称轴
6
3
D．直线y= -x是曲线y=f(x)的切线
2
【解析】【答案】AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，
即可解出．
2π
【详解】由题意得：f
3
4π
=sin +φ
3
=0，
4π 所以 +φ=kπ，k∈Z，
3
4π
即φ=- +kπ,k∈Z，
3
2π
又0<φ<π，所以k=2时，φ= ，故f(x)=
3
2π
sin2x+
3
．
5π 对A，当x∈0, 12 2π 2π 3π 时，2x+ ∈ , 3 3 2 ，
由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在
5π
0,
12
上是单调递减；
π 11π
对B，当x∈- ,
12 12
2π
时，2x+ ∈
3
π 5π
, 2 2 ，由正弦函数y=sinu图象知y=
2π 3π
f(x)只有1个极值点，由2x+ = ，解得
3 2
5π 5π x= ，即x= 为函数的唯一极值点；
12 12
7π 2π 7π
对C，当x= 时，2x+ =3π，f
6 3 6
=
7π
0，直线x= 不是对称轴；
6
2π
对D，由y′=2cos2x+
3
=-1得：2π
cos2x+
3
1
=- ，
2
2π 2π 2π 4π
解得2x+ = +2kπ或2x+ = +
3 3 3 3
2kπ,k∈Z,
π
从而得：x=kπ或x= +kπ,k∈Z,
3
3
所以函数y=f(x)在点0,
2
处的切线斜率
为k=y′
2π
=2cos =-1，
x=0 3
3 3
切线方程为：y- =-(x-0)即y= -
2 2
x．
故选：AD．
类型二：非Asin(ωx+θ)
22.（多选）已知函数f(x)=sin2x-2sinx,则
A. f(x)的最小正周期为π
π
B.曲线y=f(x)关于点( ,0)对称
2
C. f(x)在区间[-2π,2π]上有4个零点
π 2π
D. f(x)在区间( , )内单调递减
3 3
π
【解析】A选项由f(x+π)=f(x)且f(x+ )≠f(x)
2
B选项f(π-x)≠f(x)
C选项f(x)=2sinx(cosx-1),令f(x)=0即
sinx(cosx-1)=0在[-2π,2π]上有5个零点
1 9 π D选项求导f'(x)=4(cosx- )2- 在( ,
4 4 3
2π )上都是负的，故AD
3
考点12：三角函数中 ω 的值与范
围
类型一：不带k计算
π
23.设函数 f(x)=sinωx+
3
在区间(0,π)恰有三个极
值点、两个零点，则ω的取值范围是
【解析】【答案】C
π 【分析】由x的取值范围得到ωx+ 的取值范
3
围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得
即可．
【详解】解：依题意可得ω>0，因为x∈0,π ，
π π π
所以ωx+ ∈ ,ωπ+
3 3 3
，
要使函数在区间0,π 恰有三个极值点、两个
π 零点，又y=sinx，x∈ ,3π
3
5π π 13 8 则 <ωπ+ ≤3π，解得 <ω≤ ，即ω
2 3 6 3
13 8
∈ ,
6 3
的图象如下所
示：
．
故选：C．
类型二：带k计算（双对称出周期）
24.(2016·全国·高考真题)已知函数 f(x)=sin(ωx+φ)
ω>0，φ
π
≤
2
π π
,x=- 为 f(x)的零点，x= 为y
4 4
π 5π
=f(x)图象的对称轴，且f(x)在 ，
18 36
单调，则ω
的最大值为
【解析】【答案】B
【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结
π π
合x=- 为f(x)的零点，x= 为y=f(x)
4 4
图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结
π 5π
合f(x)在 ，
18 36
上单调，可得ω的最大值．
π π
【详解】∵x=- 为f(x)的零点，x= 为y
4 4
=f(x)图象的对称轴，
2n+1 π π
∴ ⋅T= -(- )(双对称出周期)，即
4 4 4
2n+1 2π π
⋅ = ，(n∈N)
4 ω 2
即ω=2n+1，(n∈N)
即ω为正奇数，
π 5π
∵f(x)在 ，
18 36
5π π π
上单调，则 - =
36 18 12
T
≤ ，
2
2π π
即T= ≥ ，解得：ω≤12，
ω 6
11π
当ω=11时，- +φ=kπ，k∈Z，
4
π
∵|φ|≤ ，
2
π
∴φ=- ，
4
π 5π 此时f(x)在 ，
18 36
不单调，不满足题意；
9π
当ω=9时，- +φ=kπ，k∈Z，
4
π
∵|φ|≤ ，
2
π
∴φ= ， 4
π 5π
此时f(x)在 ，
18 36
单调，满足题意；
故ω的最大值为9，
故选B．π π
考点13：边角互化 又由A+C=π-B= ,A= -C代入
3 3
3-1 π 3-1
类型一：一个式子边角统一 sinAsinC= 得sin( -C)sinC=
4 3 4
cosA
25.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c， 3 1 3-1
a 得( cosC- sinC)sinC=
2 2 4
cosB sinC
+ b = c ∴2 3sinCcosC-2sin2C= 3-1
(1)证明:sinAsinB=sinC； (2)若b2+c2-a2=
∴ 3sin2C-2×
1-cos2C
= 3-1
2
6
bc，求tanB π
5 ∴2sin(2C+ )= 3
6
【解析】(1)证：解：由正弦定理可得a=2RsinA,b=
π 3
∴sin(2C+ )=
2RsinB,c=2RsinC 6 2
cosA cosB sinC π
代入 + = 中 ∵C∈(0, )
a b c 3
cosA cosB sinC π π
有 + = 变 形 为 ∴C= 或
sinA sinB sinC 12 4
sinBcosA+cosBsinA 解法2（积化和差）：由cosAcosC-sinAsinC=
=1,即sin(A+B)=
sinAsinB
1
cos(A+C)=cos(π-B)=-cosB=
sinAsinB,由A+B+C=π,则sin(A+B)= 2
sin(π-C)=sinC,sinC=sinAsinB 1 3-1 1
∴cosAcosC=sinAsinC+ = + =
2 4 2
b2+c2-a2
(2)解：由余弦定理可得cosA= = 3+1
2bc
4
3 4
,sinA= 1-cos2A= ,由(1)sinAsinB=
5 5 cos(A-C)-cos(A+C)
由sinAsinC= =
4 4 3 2
sin(A+B)可得 sinB= cosB+ sinB,
5 5 5 1
cos(A-C)-
故tanB= sinB =4 cos(A-C)-cos(π-B) = 2 =
cosB 2 2
3-1
4
3
化简得cos(A-C)=
类型二：两个式子边角统一 2
cosB π π
26.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知 ∵A-C∈(- , )
cosC 3 3
b π
=− ∴A-C=±
2a+c 6
sinA π
(1)b+c=2a，求 又A+C=
sinC 3
(2)sinAsinC= 3-1 ，求角C ∴C= π 或 π
4 12 4
2π a2+c2-b2 1 考点14：知三解三角形
【解析】解：由B= 得cosB= =- 即
3 2ac 2
a2+c2-b2=-ac 类型一：两边一角余弦变三边一角
联立 b=2a-c 得a2+c2-(2a-c)2= 27.在△ABC中，B= 2 3 π 若△ABC的周长为4+2 3,面
a2+c2-b2=-ac
积为 3,求△ABC的外接圆半径;
-ac
2π a2+c2-b2 1
化简3a=5c 【解析】解：由B=
3
得cosB=
2ac
=-
2
即
∴
a
=
5 a2+c2-b2=-ac
c 3
∴ac=(a+c)2-b2
sinA a 5
由正弦定理可知 = =
sinC c 3 得ac=(4+2 3-b)2-b2
解法1（常规解法）：由cosAcosC-sinAsinC= 1 1 3
又S = acsinB= ac× = 3
1 △ABC 2 2 2
cos(A+C)=cos(π-B)=-cosB=
2 ∴ac=4
∴cosAcosC=sinAsinC+ 1 = 3-1 + 1 = 故(4+2 3-b)2-b2=4
2 4 2
解得b=2 3
3+1
4 b 2 3
从而2R= = =4,∴R=2
sinAsinC 3-1 sinB 3
∴tanAtanC= = =2- 3
cosAcosC 3+1 2类型二：两角一边正弦变三角一边
28.ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知
c
2cosB+1=
a
(1)证明：B=2A
2
(2)若sinA= ,b= 14,求△ABC的周长
4
c
【解析】解：（1）2cosB+1= 得a(2cosB+1)=c，从
a
而sinC=sinA(2cosB+1)
又由 sinC = sin(A + B ) = sinAcosB +
cosAsinB
得sinAcosB+cosAsinB=sinA(2cosB+1)
即sinBcosA-cosBsinA=sinA
∴sin(B-A)=sinA
∴B-A=A或B-A+A=π(舍)
∴B=2A
2 14
(2)由sinA= ,cosA= , 4 4
7
∴sinB=2sinAcosA=
4
3
cosB=cos2A=1-2sin2A=
4
∴ sinC = sin ( A + B ) = sinAcosB +
2 3 14 7 5 2
cosAsinB= × + × =
4 4 4 4 8
由a:b:c=sinA:sinB:sinC且b= 14得a=2,
c=5
∴a+b+c=7+ 14
考点15：爪型三角形
类型一：涉及垂线
29. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
π
有2sinB+
6
b+c
= ．
a
(1)求角A；
3
(2)若BC边上的高h= a，求cosBcosC．
4
【解析】【小问1详解】
π
(1)由题意得：2sinB+
6
sinB+sinC
= ，
sinA
则( 3sinB+cosB)sinA=sinB+sinAcosB
+sinBcosA，
π
有 3sinA=1+cosA，即2sinA- 6 =1，
因为A∈0,π
1 1
cosBcosC= ，则cosBcosC=- ．
2 8
类型二：涉及中线
1
30.ΔABC中，cosC= ,BC=5,ΔABC的面积为10 3，
7
点D为AB中点．
(1)求AB的长 (2)求sin∠ADC的值．
1 4 3
【解析】解：(1)由cosC= ，得sinC= ，所以
7 7
1
S = AC⋅BC⋅sinC=10 3，
ΔABC 2
∴AC=7，由余弦定理：AB2=AC2+BC2-
2AC⋅BC⋅cosC=64，
所以AB=8．
1 1
(2)∵CD= (CA+CB)，∴|CD|2= (|CA|2
2 4
+|CB|2+2CA⋅CB)=21，
1
∴ CD = 21 ，又 AD = 4,S = CD ⋅
ΔACD 2
ADsin∠ADC=5 3，
5 7
∴sin∠ADC= ．
14
类型三：涉及角平分线
31.(2025·吉林·二模)在△ABC中，角A,B,C所对的边分
别为a,b,c,sin2A-sinAsinB=cos2B-cos2C.
(1)若c= 3,a+b= 6，求△ABC的面积S；
2
(2)若角C的平分线与AB的交点为D,CD= ，求
2
a+b的最小值.
3
【答案】【答案】(1)
4
2 6
(2)
3
【解析】【分析】(1)先利用同角三角函数的平方关系，
把a,b,c,sin2A-sinAsinB=cos2B-cos2C化
成sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB，根据正
弦定理可得a2+b2-c2=ab，在根据余弦定理，
π 可得角C= ，再结合余弦定理，表示出c2，可
3
1
得ab的值，进而利用S = absinC可求
△ABC 2
△ABC面积.
(2)根据S =S +S ，结合∠ACD=
△ABC △ACD △BCD
π 6 ∠BCD= 可得：ab= (a+b)，再结合基
6 6
π
所以A= ． 3 本不等式，可求a+b的最小值.
【小问2详解】 【详解】(1)由sin2A-sinAsinB=cos2B-
(2)由S =
1
ah=
1
bcsinA，则
3
a2=
cos2C=1-sin2B
△ABC 2 2 8
3
bc，所以a2=2bc，
4
3 有sin2A=2sinBsinC，则sinBsinC= ，
8
又 cosA =- cos ( B + C ) = sinBsinC -
-1-sin2C
=sin2C-
sin2B，
得sin2A+sin2B-sin2C=sinAsinB.
由正弦定理得a2+b2-c2=ab.a2+b2-c2 ab 1
所以cosC= = = ，
2ab 2ab 2
π
因为C∈(0,π)，所以C= .
3
在△ABC中，c= 3,a+b= 6，
由余弦定理c2=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab，
得( 3)2=( 6)2-3ab，解得ab=1.
1 π 1 3 3
所以S= absin = ×1× = .
2 3 2 2 4
3
即△ABC的面积S为 .
4
π
(2)因为CD为角C平分线，C= ，所以
3
π
∠ACD=∠BCD= .
6
在△ABC中，S =S +S ，
△ABC △ACD △BCD
1 π 1 π 1
所以 absin = a⋅CD⋅sin + b⋅CD⋅
2 3 2 6 2
π
sin ，
6
2 3 2 2 2
由CD= ，得 ab= a+ b=
2 4 8 8 8
6
(a+b)，所以ab= (a+b).
6
因为a>0,b>0，所以由基本不等式 ab≤
a+b 6 a+b
，得 (a+b)≤
2 6 2
2
，
2 6 6 所以a+b≥ ，当且仅当a=b= 时取
3 3
等号.
2 6
所以a+b的最小值为 .
3
考点16：多边多角
类型一：3+1主次法
32.(2025·河南南阳·模拟预测)如图，四边形ABCD为圆
O的内接四边形，BD=3 5.
(1)若AD=2,cos∠BCD=
4
，求AB；
5
(2)若CD=2AD，且△ABC
为等边三角形，求圆O的面
积.
【解析】【答案】(1)5
21
(2) π
2
【分析】(1)由圆的内接四边形得到∠BAD,
∠BCD的关系，然后求出cos∠BAD，由余弦定
理建立方程求出AB；
(2)由圆的内接四边形对角互补和三角形的余
弦定理建立方程组，求出正三角形的边长，然后
求出其外接圆半径，即可得到圆的面积.
【详解】(1)∵∠BAD+∠BCD=π，cos∠BCD
4 = ，
5
∴cos∠BAD=cosπ-∠BCD
4
=- ，
5
在 △ABD 中由余弦定理可得 cos∠BAD =
AD2+AB2-BD2 4
=- ，
2AD⋅AB 5
4+AB2-45 4 41
∴ =- ，解得AB=- (舍去)
4⋅AB 5 5
或AB=5，
∴AB=5.
(2)设CD=2AD=2a，△ABC为等边三角形，
设AB=BC=AC=b
在 △ABD 中由余弦定理可得 cos∠BAD =
AB2+AD2-BD2
，
2AB⋅AD
在 △BCD 中由余弦定理可得 cos∠BCD =
CB2+CD2-BD2
，
2CB⋅CD
由 ∵ ∠BAD + ∠BCD = π，∴ cos∠BAD +
cos∠BCD=0，
AB2+AD2-BD2 CB2+CD2-BD2
即 + =
2AB⋅AD 2CB⋅CD
0，
b2+a2-45 b2+4a2-45
则 + =0，即b2+3a2
2ab 4ab
=45①，
π 又∵正△ABC中∠ABC= ，∴∠ADC=π
3
π 2π
- = ，
3 3
AD2+DC2-AC2
在△ACD中cos∠ADC= ，
2AD⋅DC
1 a2+4a2-b2
即- = ，∴b2=7a2，②
2 4a2
3 2 3 14
由①②可知，a= ，b= ，
2 2
如图，取AB中点，连接CE，由对称性可知圆
心O在中线CE上，连接AO，
3
∴CE= BC，又∵CO=AO=2OE，
2
2 3 42
∴半径r=CO= CE= BC= ，
3 3 2
21
∴圆的面积为：S=πr2= π.
2
类型二：2+2并行法
33.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知
sinA-sinB sinC
=-cos∠BCD = . c-b a+b(1)求A；
(2)若BD=2DA，BC=CD，求cosB.
sinA-sinB sinC a-b c
【解析】(1)∵ = ，∴ =
c-b a+b c-b a+b
∴(a-b)(a+b)=c2-bc，∴a2-b2=c2-bc，
∴a2=b2+c2-bc
1 π
∴cosA= ，A= .
2 3
AD CD
(2)△ACD中， = ①，
sin∠ACD sinA
BD CD
△BCD中， = ②，
sin∠BCD sinB
① AD sin∠BCD sinB 1 ， = ， ⋅
② BD sin∠ACD sinA 2
sin(π-B-∠BDC)
π
sin∠BDC-
3
sinB
= ，
3
2
1
∵ CB = CD ，∴ B = ∠ BDC ，∴ ⋅
2
sin2B
π sinB-
3
sinB
=
3
2
π ∴ sin B-
3
3 = cosB ，∴ sinB =
2
2 3cosB，
sin2B+cos2B=1，∴13cos2B=1，∴cosB=
13
.
13
考点17：解三角形中的动态最值
类型一：对边对角
34.在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b=
1 1 sinC
2 3， + = ．
tanA tanB 3sinAcosB
(1)求B的大小
(2)求a+2c的最大值
S
(3)若S为面积，L为周长，求 的最大值；
L
π
【解析】解析：(1)B= .
3
b (2)在△ABC中，由(1)及b=2 3， =
sinB
a c 2 3
= = =4，
sinA sinC 3
2
故a=4sin A，c=4sin C，
所以a+2c=4sin A+8sin C=4sin A+
2π
8sin -A
3
A=8sin A+4 3cos A=4 7sin (A+φ)，
2π 因为0<A< ，且φ为锐角，
3
π
所以存在角A使得A+φ= ，
2
所以a+2c的最大值为4 7.
（3）解法1：
1 4 3
S= acsinB= sinAsinC,L=a+b+c
2 3
4 3
= sinA+sinC
3
=4sin A+4 3cos A+4sin
+2，
4 3
sinAsinC
S 3
所以 =
L 4 3
sinA+sinC
3
=
+2
sinAsinC
，
3
sinA+sinC+
2
π
又因为B= ，所以sinC=sinA+B
3
=
π
sinA+
3
，
π sinAsinA+
S 3
所以 =
L
π
sinA+sinA+ 3
=
3
+ 2
1 3
sinA sinA+ cosA
2 2
=
1 3 3
sinA+ sinA+ cosA+
2 2 2
1 3 sin2A+ sinAcosA
2 2
3 3 3 sinA+ cosA+ 2 2 2
3 1 1
sin2A- cos2A+
4 4 4
=
π
3sinA+
6
=
3
+
2
1 π
sin2A-
2 6
1
+
4
π
3 sinA+
6
1
+
2
3
= ×
6
π
sin 2A+
6
π
-
2
1
+
2
π
sinA+
6
1
+
2
π
-cos 2A+
3 6
= ×
6
1
+
2
π
sinA+
6
3
= ×
1 6
+
2
π
2sin2A+
6
1
-
2
π
sinA+
6
3
= ×
1 3
+
2
π sin2A+
6
1 -
4
π
sinA+
6
3 π
= sinA+ 1 3 6
+
2
1
- 2 ，
2π
又因为A∈0,
3
π
，所以A+
6
∈
π 5π
,
6 6
π
，所以sinA+
6
1
∈ ,1
2
，
π
当且仅当sinA+
6
π S
=1，即A= 时 有
3 L3 1 最大值为 ×1-
3 2
= 3 ， 考点18：解三角形与三角函数综
6
S 3
综上所述， 的最大值为 . 合
L 6
解法2：构造不等式
类型一：已知三角函数处理解三角形
π 由B=
3
,则a2+c2-12=2accosB
36.已知a
=sin
x
,m
2
即(a+c)2-12=3ac
代入不等式(a+c)2≥4ac
消去ac得(a+c)2≤48
解得a+c≤4 3
1
acsinB
S 2 3 ac
= = ×
L a+c+2 3 4 a+c+2 3
3 (a+c)2-12 3
= = (a+c-2 3)≤
4 a+c+2 3 4
3 3
= ，当且仅当a=c时取等号
4 2
类型二：邻边邻角和无边
35.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知
A+C
asin ＝bsin A.
2
(1)求B；
a
(2)若角A为钝角，求 取值范围
c
(3)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积
的取值范围．（三种方法）
A+C
【解析】解(1)由题设及正弦定理得sin Asin
2
＝sin Bsin A.
A+C 因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.
2
A+C 由 A ＋ B ＋ C ＝ 180°，可得 sin ＝
2
B cos ，
2
B B B
故cos ＝2sin cos . 2 2 2
B B 1
因为cos ≠0，所以sin ＝ ，所以B＝
2 2 2
60°.
(2)由题设及 (1)知△ABC的面积 S ＝
△ABC
3
a.
4
由(1)知A＋C＝120°，
csinA sin(120°-C)
由正弦定理得a＝ ＝ ＝
sinC sinC
3 1
+
2tanC 2
由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°
<C<90°.
结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，
1 3 3
所以 <a<2，从而 <S < . 2 8 △ABC 2
3 3
因此，△ABC面积的取值范围是( , ).
8 2
x x
，b=cos -sin ,1
2 2
，m∈R，函
数fx
=2a⋅b-m，且y=fx
π 2π
在区间 ,
6 3
上的
最大值为 2.
(1)求m的值；
(2)锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，
3π
c，若fB+
4
6
=- 且b=2，求△ABC的周长l的
2
取值范围.
【答案】【答案】(1)1(2)2 3+2,6
【解析】【详解】(1)
x x x
f(x)=2sin cos -sin
2 2 2
+2m-m=
π
sinx+cosx-1+m= 2sinx+
4
-1+
m，
π 2π
∵x∈ ,
6 3
π 5π 11π
，∴x+ ∈ ,
4 12 12
，
π π π
∴当x+ = 时，即x= 时，函数g(x)取
4 2 4
得最大值 2+m-1= 2，
则m=1．
(2)
∵fx
π
= 2sinx+
4
，
3π
fB+ 4
6
=- = 2sin(B+π)= 2
3 - 2sinB⇒sinB= ，由于B为锐角，所以
2
π 2π B= ，则A+C= ，
3 3
π
0<A< 2 π π 由 ，得 <A< ，
2π π 6 2
0<C= -A<
3 2
a c 2 4 3
∵ = = = ，
sinA sinC π 3
sin
3
4 3
∴l=a+b+c= sinA+sinC
3
+2=
4 3
sinA+sinA+B
3
+2
4 3 1 3
= sinA+ sinA+ cosA
3 2 2
+2=
3 1
4 sinA+ cosA
2 2
+2
π
=4sinA+
6
+2，
π π π π 2π
∵ <A< ,∴A+ ∈ ,
6 2 6 3 3
，
π ∴sinA+
6
3 ∈ ,1
2
π ，则4sinA+
6
+2
∈2 3+2,6 ，∴△ABC的周长l的取值范围是2 3+2,6
类型二：构造三角函数处理解三角形
37.如图，扇形钢板POQ的半径为1m，圆心角为60∘.现要
从中截取一块四边形钢板ABCO.其中顶点B在扇形
POQ的弧PQ上，A，C分别在半径OP，OQ上，且
AB⊥OP，BC⊥OQ．
(1) 设 ∠AOB = θ，试用 θ 表示截取的四边形钢板
ABCO的面积S(θ)，并指出θ的取值范围；
(2)求当θ为何值时，截取的四边形钢板ABCO的面积
最大．
【解析】【答案】
解：(1)因为∠AOB=θ，
扇形钢板POQ的圆心角
为60°，
π
所以∠BOC= -θ，
3
因为扇形钢板POQ的半径为1m，AB⊥OP，
BC⊥OQ，
所以OA=cosθ，AB=sinθ，
1
所以S = OA⋅AB
△OAB 2
1 1
= sinθcosθ= sin2θ，
2 4
π
OC=cos -θ
3
π
，BC=sin -θ
3
，
1
所以S = OC⋅BC
△OBC 2
1 π
= cos -θ
2 3
π
sin -θ
3
1 2π
= sin -2θ
4 3
，
所以四边形钢板ABCO的面积为：
S(θ)=S +S
△OAB △OBC
1 2π
= sin2θ+sin -2θ
4 3
，
π
其中θ的取值范围为0,
3
．
1 2π
(2)S(θ)= sin2θ+sin -2θ
4 3
1 3 1
= sin2θ+ cos2θ+ sin2θ
4 2 2
1 3 3 = sin2θ+ cos2θ
4 2 2
3 3 1
= sin2θ+ cos2θ
4 2 2
3 π
= sin2θ+
4 6
，
π
因为θ∈0,
3
，
π π 5π
所以2θ+ ∈ ,
6 6 6
立体几何板块
考点19：空间几何体表面积和体
积
类型一：正几何体的基本量计算
38.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为2，且二面角P
-AB-C的正切值为 6，则它的外接球表面积为
( )
16 28
A. π B.6π C.8π D. π
3 3
【解析】【详解】设正方形ABCD中心为O，取AB中点
H，连接PO、PH、OH，
则PH⊥AB，OH⊥AB，PO⊥平面ABCD，
所以∠PHO为二面角P-AB-C的平面角，
PO
即tan∠PHO= = 6，
OH
设正方形ABCD的边长为aa>0
，
π π π
所以当2θ+ = ，即θ= 时，四边形钢板
6 2 6
3
ABCO的面积S(θ)最大，最大值为 m2．
4
，则PO=
6
a，
2
1 1 2
又AO= AC= a2+a2= a，PA=2，
2 2 2
所以PO2+AO2=PA2，
6
即 a
2
2 2
+ a
2
2
=4，解得a= 2(负值
已舍去)，
则PO= 3，AO=1，设球心为G，则球心在
直线PO上，设球的半径为R，
则R2=12+ 3-R
2 3
2，解得R= ，
3
2 3
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×
3
2
16
= π.
3
类型二:旋转体的基本量计算
39.(2022·全国甲卷·高考真题)甲、乙两个圆锥的母线长相
等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S
甲
S V
和S ，体积分别为V 和V ．若 甲 =2，则 甲 =
乙 甲 乙 S V
乙 乙
( )
5 10
A. 5 B.2 2 C. 10 D.
4
【解析】【答案】C
【分析】设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，乙
1
圆锥底面圆半径为r ，根据圆锥的侧面积公式
2
可得r =2r ，再结合圆心角之和可将r ,r 分
1 2 1 2
别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥
的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为l，甲圆锥底面半径为r ，
1
乙圆锥底面圆半径为r ，
2S πrl r 则 甲 = 1 = 1 =2，
S πr l r
乙 2 2
所以r =2r ，
1 2
2πr 2πr
又 1 + 2 =2π，
l l
r +r
则 1 2 =1，
l
2 1
所以r = l,r = l，
1 3 2 3
4 5
所以甲圆锥的高h = l2- l2= l，
1 9 3
1 2 2
乙圆锥的高h = l2- l2= l，
2 9 3
1 4 5
πr2h l2× l
所以 V 甲 = 3 1 1 = 9 3 = 10
V 乙 1 πr2h 1 l2× 2 2 l 3 2 2 9 3
考点20：多面体的截接与内切问
题
类型一：能补成旋转体处理截接问题
40.各棱长均为2的正四凌锥的内切球的半径为 ，
外接球半径为
6- 2
【答案】r=
2
【解析】解 ：如
图，
设四棱
锥的中
心 为
O，则在
直角三
角 形
ABC
中，AC
=2 2，
AO=CO= 2，
在直角三角形PAO中，PO= 2，
1
所以四棱锥的体积为 ×4× 2，
3
设内切球的半径为r，四棱锥的表面积为4+4
3
× ×22，
4
1
由四棱锥的体积 S ·r，可得
3 表面积
1 3 4+4× ×22
3 4
( 2-R)2+2=R2,解得R= 2
类型二：不能补成旋转体
41.已知D，E分别是边长为2的等边△ABC边AB，AC
的中点，现将△ADE沿DE翻折使得平面ADE⊥平
面BCDE，则棱锥A-BCED外接球的表面积为___
______，球心O到面BCED的距离为
13
【答案】【答案】 π,
3
l
【解析】解法1：面面垂直模型R2=r2+r2-( )2
1 2 2
其中r 为ADE的外接圆半径，r 为BCED的
1 2
外接圆，l为公共边DE
1 2 3 3 2r = = ,则r = ,r =1,l= 1 sin60° 3 1 3 2
DE=1,
1 1 13
R2= +1- =
3 4 12
13
S =4πR2= π,又d2+r2=R2则d2=R2-
球 3 2
13 1 1 3 r2= -1= ,则d= =
2 12 12 2 3 6
解法2:硬求球心
取BC的中点G，连接DG,EG，可知DG=EG
=BG=CG，
则G为等腰梯形BCED的外接圆的圆心，
过G作平面BCED的垂线，
再过折起后的△ADE的外心作平面ADE的垂
线，
设两垂线的交点为O，
则O为四棱锥A-BCDE外接球的球心，
3
∵△ADE的边长为1，∴OG=HK= ，
6
则四棱锥 A - BCDE 外接球的半径 OB =
1 12+ 3 r= ×4× 2 6
3
6- 2
解得r= ．
2
又正四棱锥可以补成圆锥，圆锥的外接球就是
正四棱锥的外接球
设底面正方形的外接圆半径为r',外接球半径
为R
由(h-R)2+r'2=R2,其中h= 2,r'= 2,
2 39 = ， 6
∴四棱锥A-BCDE外接球的表面积为4π×
39
6
2 13
= π.
3
13 故答案为： π
3
考点21：正方体的截面与动态问题
类型一：正方体的截面问题
42.[多选]如图，正方体ABCD-A B C D 的棱长为1，P
1 1 1 1
为BC的中点，Q为线段CC 上的动点，过点A，P，Q
1
的平面截该正方体所得的截
面记为S，则下列命题正确
的是 ( )
A. 异面直线AD 与A B所
1 1
π
成角为
3
B. 当Q运动到某一点时，S
可能是五边形
1
C. 当CQ= 时，S为等腰
2
梯形
D. 当CQ=1时，S为矩形
【解析】【答案】ABC
解：如图，正方体中由A D 与BC平行且相等
1 1
得平行四边形ABCD ，得AB⎳CD ，
1 1 1 1
因此异面直线AD 与A B所成角为∠AD C或
1 1 1
其补角，
π ▵ACD 是正三角形，∠AD C= ，所以异面
1 1 3
π
直线AD 与AB所成角是 ，A正确；
1 1 3
1
CQ= 时，Q是CC 中点，则PQ⎳BC ，同
2 1 1
理A选项证明有BC ⎳AD ，因此PQ⎳AD ，
1 1 1
则截面S为四边形AD QP，AP=QD ，PQ
1 1
1 1
= BC = AD ，它是等腰梯形，C正确；
2 1 2 1
CQ = 1 时，Q 与 C 重合，AP = PC =
1 1
1 12+
2
1 设 <CQ<1，如图，M是A D 中点，可证四
2 1 1
边 形 APC M 就 是 选 项 D 中 的 截 面 ，
1
MC ⎳AP， 1
记CC 中点为N，DA中点H，K在DD 上，
1 1
D K=C Q，连接HK，利用KQ,CD,PH平行
1 1
且相等可证明PQ⎳HK，在正方形ADD A 内
1 1
作AF⎳HK交A D 于E点，可得E在M,D
1 1 1
之间，
因此可在正方形A B C D 内作EF⎳MC 与
1 1 1 1 1
C D 交于点F，连接FQ，APQFE就是所作截
1 1
面，它是五边形，B正确．
故选：ABC．
类型二：正方体的动态问题
43.[多选]如图，在棱长为1的正方体ABCD-A B C D
1 1 1 1
中，P为线段AD 上不与A，D 重合的动点，则下列选
1 1
项中正确的是( )
A.异面直线CP与BA 所成角
1
π 的取值范围是0,
2 = 5 ，AC = 3，AP2+C P2≠ 4
2 1 1
AC2，AP与PC 不可能垂直，因此截面不可能
1 1
是矩形，D错误，
B.当点P运动时，平面ABC
1 1
⊥平面BDP
1
C.当点P运动时，三棱锥A -
1
BPC 的体积不变
1
2
D.当点P运动时，▵APB 的面积存在最小值为
1 1 4
【解析】【答案】
BCD【解析】
【分析】
本题考查了棱锥的体积、线面垂直的判定与性
质、面面垂直的判定和异面直线所成角，是较难
题．
根据题意逐一判定即可．
【解答】
解：对A，如图1，
因为 BC ⎳ A D ,BC = A D ，所以四边形
1 1 1 1
BCDA 是平行四边形，则BA ⎳CD ，
1 1 1 1
所以∠PCD (易知其为锐角)是CP与BA 所
1 1
成的角，
而若P与A重合，容易判断▵ACD 为等边三
1
π
角形，∠ACD = ，
1 3
π 则CP与BA 所成角的范围是0, 1 3
则AC ⊥面BDD ，
1 1 1 1
又DB ⊂面BDD ，
1 1 1
于是AC ⊥DB ，
1 1 1
又BC ⊥DB ，BC ∩A C =C ，BC ,A C ⊂
1 1 1 1 1 1 1 1 1
平面ABC ，
1 1
所以DB ⊥平面ABC ，
1 1 1
当P在线段AD 上运动时，恒有DB ⊂平面
1 1
B DP，所以平面A BC ⊥平面B DP.故B正
1 1 1 1
确；
对C，如图3，
因为 AB ⎳ D C ,AB = D C ，所以四边形
1 1 1 1
ADCB是平行四边形，则AD ⎳BC ，
1 1 1 1
而 AD ⊄ 平面 A BC ，所以 AD ⎳ 平面
1 1 1 1
.故A错 A 1 BC 1 ，
当P在线段AD 上运动时，点P到平面A BC
误； 1 1 1
的距离d不变，
对B，如图2，因为DC⊥平面BB C C，BC ⊂
1 1 1
所以三棱锥 A - BPC 的体积 V =
平面BB
1
C
1
C， 1 1 A1-BPC1
1
所以DC⊥BC ， V = ×S ×d不变.故C正确；
1 P-A1BC1 3 ▵A1BC1
又B 1 C⊥BC 1 ,B 1 C∩DC=C，DC,B 1 C⊂面 对于D，如图4，因为A 1 B 1 ⊥平面A 1 D 1 DA，
B 1 CD， A 1 P⊂平面A 1 D 1 DA，所以A 1 B 1 ⊥A 1 P，
则BC ⊥面BCD， 1
1 1 于是三角形A
1
PB
1
的面积S=
2
A
1
B 1⋅A
1
P
又DB ⊂面BCD，
1 1
于是BC
1
⊥DB
1
， =
A
2
1
P
，当A
1
P最小时，三角形面积最小，
因为 DD ⊥ 平面 A B C D ，A C ⊂ 平面
1 1 1 1 1 1 1 当P为线段AD
1
的中点时，A
1
P⊥AD
1
，A
1
P
ABCD ，所以DD ⊥AC ，
1 1 1 1 1 1 1 最小，
又A C ⊥B D ,DD ∩B D =D ，DD ,B D 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 此时三角形A PB 的面积最小，最小值为 ×
⊂面BDD ， 1 1 2
1 12 2
1× = .故D正确．
2 4
故选：BCD．
考点22：空间向量与立体几何
类型一：空间向量的运算
44.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,AB=2,AD=2,
AA'=3,∠BAD=BAA'=∠DAA'=60°,则BC'与
CA'所成的角为 ( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
【解析】D90°
以AB,AD,AA'为基底表示BC',CA'，再代入
BC'⋅CA'计算为0
类型二：空间向量控制动点
45.(多选)(2021·全国新Ⅰ卷·高考真题)在正三棱柱ABC
-A B C 中，AB=AA =1，点P满足BP=λBC +
1 1 1 1
μBB 1 ，其中λ∈0,1 ，μ∈0,1
μQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解
3
决，建立空间直角坐标系如图，A ,0,1 1 2
，则( )
A.当λ=1时，△ABP的周长为定值
1
B.当μ=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值
1
1
C.当λ= 时，有且仅有一个点P，使得AP⊥BP
2 1
1
D.当μ= 时，有且仅有一个点P，使得AB⊥平面
2 1
ABP
1
【解析】【答案】BD
易知，点P在矩形BCCB 内部(含边界)．
1 1
对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB =BC+ 1
μCC ，即此时P∈线段CC ，△AB P周长不是
1 1 1
定值，故A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB =BB +
1 1
λBC ，故此时 P 点轨迹为线段 B C ，而
1 1 1 1
B C ⎳BC，B C ⎳平面A BC，则有P到平面
1 1 1 1 1
A BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B
1
正确．
1 1 对于C，当λ= 时，BP= BC +μBB ，取
2 2 1
BC，B C 中点分别为Q，H，则BP=BQ+
1 1
，
P 0,0,μ
1
， B 0, ,0 2
，则 AP = 1
3
- ,0,μ-1
2
1
，BP= 0,- ,μ
2
，AP⋅BP
1
=μμ-1 =0，所以μ=0或μ=1．故H,Q均
满足，故C错误；
1 1
对于D，当μ= 时，BP=λBC + BB ，取
2 2 1
BB ，CC 中点为M,N．BP=BM +λMN，所
1 1
1 以P点轨迹为线段MN．设P0,y ,
0 2
，因为
3
A ，0,0
2
3 1
，所以AP= - ,y ,
2 0 2
，AB
1
3 1 = - , ,-1
2 2
3 1 1 ，所以 + y - =0⇒
4 2 0 2
1
y =- ，此时P与N重合，故D正确．
0 2
故选：BD．
考点23：线面平行的判定与性质
类型一：线面平行的判定
46.如图，三棱台DEF-ABC中，AB=2DE，G，H分别
为AC，BC的中点.
(Ⅰ)求证：BD⎳平面
FGH；
【解析】【详解】(Ⅰ)证
法一：连接
DG,CD.设
CD∩GF=
M,连接MH，
在三棱台
DEF-ABC
中，AB=
2DE，G分别为AC的中点，可得DF⎳GC,
DF=GC，所以四边形DFCG是平行四边形，
则M为CD的中点，又H是BC的中点，所以
HM⎳BD,
又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以
BD⎳平面FGH.
证法二：在三棱台DEF-ABC中，由BC=
2EF,H为BC的中点，
可得BH⎳EF,BH=EF,所以HBEF为平行四边形，可得BE⎳HF.
在ΔABC中，G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH⎳AB,又GH∩HF=H，
所以平面FGH⎳平面ABED，
因为BD⊂平面ABED，
所以BD⎳平面FGH.
类型二：线面平行的运用
47.如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B,
D为底面圆周上不同于A,C的两点，圆锥母线长为
5,AC=2,∠BAC=30°.
(1)若AD=1，平面PAD与平面PBC的交线为l，证
明：AD∥l；
【解析】【答案】(1)证明见解析
(2)AD= 3
【分析】(1) 根据题意可得 AD ⎳ BC，可证
AD⎳平面PBC，结合线面平行的性质定理分
析证明；
(2)方法一：以D点为坐标原点建立空间直角
坐标系，设AD=a，利用空间向量处理线面夹
角问题；方法二：以O点为坐标原点建立空间
直角坐标系，设Dcosθ,sinθ,0
中F∈平面EDC)，四边形ABCD是正方形，ED⊥平
面ABCD，BF=FE，且平面FEB⊥平面EDB ．
(1)设M 为棱EB 的中点，证
明：A，C，F，M四点共面；
(2)若ED=2AB=2，求平面
FEB与平面EAB的夹角的余弦
值．
【解析】【答案】(1)见解析
15
(2)
5
【分析】(1)根据线面垂
直以及面面垂直的性质
证明FM⊥平面EDB，AC⊥平面BDE，进而
证明FM⎳AC，即可求解，
(2)建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及
向量的夹角即可求解平面夹角.
【详解】(1)连接AC,由于四边形ABCD是正
方形，所以AC⊥DB,
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD,所
以ED⊥AC ,
DE∩BD=D,DE,BD⊂平面BDE，所以AC
⊥平面BDE，
由于M为棱EB的中点，BF=FE，所以FM
⊥EB ,
又平面FEB⊥平面EDB，平面FEB∩平面
EDB=EB，FM⊂平面EFB,
所以FM⊥平面EDB ,
因此FM⎳AC,所以A，C，F，M四点共面，
，利用空间向量
类型二：四点共面的探索
处理线面夹角问题.
49.如图，在正三棱柱ABC-A B C 中，AB=4，AA =
【详解】(1)因为AC为直径，则AD⊥CD,AB 1 1 1 1
3，M是AB的中点，AN=2NA ，点P在B N上，且
⊥BC， 1 1
且AD=1,AC=2，则CD= 3 且∠CAD= B 1 P=λB 1 N0≤λ≤1
60°，
又因为∠BAC=30°，则∠BAD=90°，即AD
⊥AB.
且 AB ⊥ BC，AD,BC ⊂ 平面 ABCD，可知
AD⎳BC，
且 AD ⊄ 平面 PBC,BC ⊂ 平面 PBC，所以
AD⎳平面PBC，
又因为 AD ⊂ 平面 PAD，平面 PAD ∩ 平面
PBC=l，
所以AD⎳l.
考点24：四点共面
类型一：四点共面的证明
48.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中(其
．
(1)若C,M,P,A 四点共面，求λ的值和四棱椎P-
1
BBCC的体积；
1 1
π
(2)若二面角P-BC-B 的大小为 ，求异面直线 1 6
BP与BC 所成角的正切
1 1
值．
【解析】【答案】(1)存在，
6
λ=
7
(2)2 3
【分析】(1)建立空
间直角坐标系，得
到点和向量的坐标，假设存在实数λ，使C,M,
P,A 四点共面，根据共面向量基本定理得到
1
CP=xCM +yCA ，求出λ；
1
(2)根据二面角的大小得到CP、BP坐标，再结
合BC 坐标求得两条直线所成角的余弦值，从 1 1
而得到正切值.
【详解】(1)假设存在实数λ，使C,M,P,A 四点
1
共面．
由正三棱柱的性质可知△ABC为正三角形，取
BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC．
又平面ABC⊥平面BCCB ，平面ABC∩平
1 1
面BCCB =BC，AO⊂平面ABC，
1 1
所以AO⊥平面BCCB．
1 1
故以O为坐标原点，OB,OA所在直线分别为
x,z轴，在平面BCCB 内，以过点O且垂直于
1 1
OB的直线为y轴，建立如图所示的空间直角
坐标系O-xyz，
则A0,0,2 3 ，B2,0,0 ，C-2,0,0 ，
A 10,3,2 3 ，B 12,3,0 ，M1,0, 3 ，
N0,2,2 3 ，
则CM =3,0, 3
，CA 1 =2,3,2 3
，CB = 1
4,3,0
，B 1 N =-2,-1,2 3 ．
因为B 1 P=λB 1 N0≤λ≤1 ，
所以CP=CB +BP=CB +λBN =
1 1 1 1
4,3,0 +λ-2,-1,2 3 =
4-2λ,3-λ,2 3λ ．
若C,M,P,A 四点共面，则存在x,y∈R满足
1
CP=xCM +yCA ，
1
又xCM +yCA 1 =3x+2y,3y, 3x+2 3y ，
2
x=
4-2λ=3x+2y 7
5
所以3-λ=3y 解得
y=
7
2 3λ= 3x+2 3y λ= 6
7
6
故存在实数λ= ，使C,M,P,A 四点共面．
7 1
(2)由(1)得CP=4-2λ,3-λ,2 3λ
，CB=
4,0,0 ，
设平面PBC的法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1 ，
n⋅CB=0
则 即
n⋅CP=0
4x =0
1
4-2λ x 1 +3-λ
6λ 0, , 3
λ-3
y +2 3λz =0 1 1
6λ
则x =0，令z = 3，得y = ，则n=
1 1 1 λ-3
．
易知平面BCCB 的一个法向量为m=
1 1
0,0,1 ，
则 cosm,n
m⋅n
=
m
n
3
=
6λ 3+
λ-3
=
2
π 3
cos = ，
6 2
3 3
解得λ= 或λ=- (舍)，则CP=
7 5
22 18 6 3
, ,
7 7 7
，
6 18 6 3 所以BP=CP-CB=- , ,
7 7 7
．
设异面直线BP与BC 所成角为θ，又CB =
1 1 1 1
4,0,0 ，
则cosθ= cosBP,CB
1 1
BP⋅CB
1 1 =
BP
CB
1 1
=
13 2 39
，所以sinθ= 1-cos2θ= ，tanθ
13 13
=2 3，
故异面直线BP与BC 所成角的正切值为
1 1
2 3．
考点25：线线垂直的证明
类型一：水平线与斜线垂直
50.(2023·全国新Ⅱ卷·高考真题)如图，三棱锥A-BCD
中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=
60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足EF=DA，求二面角D-AB-F的正弦
值．
【解析】【答案】(1)证明见解析；
3
(2) ．
3
【分析】(1)根据题意易证BC⊥平面ADE，从
而证得BC⊥DA；
(2)由题可证AE⊥平面BCD，所以以点E为
原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，
建立空间直角坐标系，再求出平面ABD,ABF
的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同
角三角函数关系即可解出．【详解】(1)连接AE,DE，因为E为BC中点，
DB=DC，所以DE⊥BC①，
因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩
DE=E，AE,DE⊂平面ADE，
所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA．
(2)不妨设DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，
∴BC=2 2,DE=AE= 2．
∴AE2+DE2=4=AD2，∴AE⊥DE，又∵
AE ⊥ BC,DE ∩ BC = E，DE,BC ⊂ 平面
BCD∴AE⊥平面BCD．
以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为
x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设D( 2,0,0),A(0,0, 2),B(0, 2,0),E(0,0,
0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别
为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1
,n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 ，
二面角 D - AB - F 平面角为 θ, 而 AB =
0, 2,- 2 ，
因 为 EF = DA = - 2,0, 2 ，所 以
F- 2,0, 2
，即有AF=- 2,0,0 ，
- 2x + 2z =0 ∴ 2y - 1 2z = 1 0 ，取x 1 =1，所以n 1 =(1,
1 1
1,1)；
2y - 2z =0
- 2
2
x =0
2 ，取y
2
=1，所以n
2
=(0,1,1)，
2
所以，cosθ
= n 1 ⋅n 2
n 1
n 2
离.
【解析】【答案】(1)证明
6
见解析(2)
3
【分析】(1)利用
线面垂直的判定
定理证出BC⊥
平面PDC和MD⊥平面PBC，进而可得MD
⊥PN；
(2)以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴
建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面
的法向量，利用空间向量法求出点到平面的距
离．
【详解】(1)∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面
ABCD，
∴BC⊥PD，
又BC⊥DC,PD∩DC=D,PD,DC⊂平面
PDC，
∴BC⊥平面PDC，又MD⊂平面PDC，
∴MD⊥BC，
Rt△PDC中，PD⊥DC,PD=DC,M为PC
的中点，∴MD⊥PC，
∵PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC，∴MD
⊥平面PBC，
∵PN⊂平面PBC，∴MD⊥PN.
(2)以D为原点，DA,DC,DP分别为x,y,z轴
建立空间直角坐标系D-xyz，
则D0,0,0
2 6 = = ，从
3× 2 3
6 3
而sinθ= 1- = ．
9 3
3
所以二面角D-AB-F的正弦值为 ．
3
类型二：斜线与斜线垂直
51.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，
PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD=AD
=1，N为线段BC上的动点.
(1)证明：MD⊥PN；
(2)当N为线段BC的中点时，求点A到面MND的距
，A1,0,0
1 1
，M0, ,
2 2
，
1 N ,1,0
2
，
所以DA=1,0,0
1 1
，DM =0, ,
2 2
，DN =
1 ,1,0 2 ，
设n=x,y,z 为平面MND的法向量，
1 1
n⋅DM = y+ z=0
2 2
则 1 ，令x=2，则y=
n⋅DN = x+y=0
2
-1,z=1，故n=2,-1,1 ，
n⋅DA
则点A与平面MND的距离d=
n
=2 6 边形，所以MN=AD，所以BC=2AD；
= .
1× 6 3
(2)(i)取BC的中点E，连接AE,AC，
考点26：线面垂直的证明
类型一：斜线与斜面垂直
类型二：水平线垂直铅垂面或铅垂线垂直水平面
52.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⎳BC,M为BP的
由(1)知BC=2AD，所以EC=AD，
中点，AM⎳平面CDP．
因为EC⎳AD，所以四边形AECD是平行四
边形，
所以EC=AD=1,AE=CD，
1
因为AB=CD=1，所以AE=1= BC，
2
所以∠BAC=90°，即AB⊥AC，
因为∠CBM=∠CPM，所以CB=CP，
因为AB=AP=1,CA=CA，所以△ABC与
△APC全等，
(1)求证：BC=2AD； 所以∠PAC=∠BAC=90°，即PA⊥AC，
(2)若PA⊥AB,AB=AP=AD=CD=1，∠CBM= 因为PA⊥AB，
∠CPM． 又因为AB∩AC=A，AB、AC⊂平面
(i)求证：PA⊥平面ABCD； ABCD，
(ii)设平面CDP∩平面BAP=l，求二面角C-l-B 所以PA⊥平面ABCD；
的正弦值． (ii)由(i)知PA⊥平面ABCD，而AC⊂平面
【解析】【答案】(1)证明见解析(2)(i)证明见解析；(ii)
ABCD，
42
所以AP⊥AC，
7
因为PA⊥AB,AP=1，
【分析】(1)借助线面平行的性质定理与中位线
建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，
的性质即可得；
(2)(i)借助线面垂直的判定定理即可得；
(ⅱ)结合所给条件建立适当的空间直角坐标系
后借助空间向量计算即可得.
【详解】(1)取PC的中点N，连接MN,ND，
1 3
则P(0,0,1)，C(0, 3,0)，D- , ,0
2 2
1
因为M为BP的中点，所以MN= BC，
2
MN⎳BC，
因为AD⎳BC，所以AD⎳MN，所以M,N,D,
A四点共面，
因为AM⎳平面CDP，平面MNDA∩平面
CDP=DN，AM⊂平面MNDA，
所以AM⎳DN，所以四边形AMND为平行四
1 3
所以CD=- ,- ,0
2 2
，PD=
1 3
- , ,-1
2 2
，AC=(0, 3,0)
设平面PDC的法向量为n=x,y,z , 则
1 3
n⋅CD=- x- y=0
2 2
1 3
n⋅PD=- x+ y-z=0
2 2
令x= 3，则y=-1,z=- 3，于是n=
3,-1,- 3 ，
因为AC为平面PAB的法向量,π
设二面角C-l-B为θ，由图可得θ∈0,
2
所以cosθ=cosAC,n
AC⋅n
=
AC
n
=
- 3
7× 3
7
= ,
7
7
所以二面角C-l-B的余弦值为 ，
7
7 则二面角C-l-B的正弦值为 1-
7
1
因为BM= BC,AD=BC,AB=1，所以
2
1
BC2=1，即BC= 2．
2
1
故四棱锥P-ABCD的体积V= AB⋅BC⋅
3
2
PD= ．
3
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
2 由(2)知AM⊥DB,所以k AM ⋅k BD =-1．
建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=
42
= 2a(a>0)．
7
考点27：面面垂直的证明
类型一：斜面与铅垂面垂直
53.(2021·全国乙卷·高考真题)如图，四棱锥P-ABCD的
底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且
PB⊥AM．
因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，
M(1,a)．
a-0 2a-0
从而k ⋅k = × =a×(-2a)
AM BD 1-0 0-1
=-2a2=-1．
2
所以a= ，即DA= 2．下同方法一.
2
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD=DC=1，求四棱锥P-ABCD的体积．
2
【解析】【答案】(1)证明见解析；(2) ．
3
【分析】(1)由PD⊥底面ABCD可得PD⊥
AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可
得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定
定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；
(2)由(1)可知，AM⊥BD，由平面知识可知，
△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据
设|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,
四棱锥P-ABCD的体积公式即可求出．
1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．
【详解】(1)因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平 t
所以M ,1,0
面ABCD， 2
所以PD⊥AM，
又PB⊥AM，PB∩PD=P，
所以AM⊥平面PBD，
而AM⊂平面PAM，
所以平面PAM⊥平面PBD．
(2)[方法一]：相似三角形法
由(1)可知AM⊥BD．
AD AB
于是△ABD∽△BMA，故 = ．
AB BM
，PB=(t,1,-1)，AM =
t
- ,1,0
2
．
t
所以PB⋅AM =t⋅-
2
+1×1+0×(-1)=
t2
- +1=0．
2
所以t= 2，即|DA|= 2．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由PB⊥AM，得PB⋅AM =0．
所以(PD+DA+AB)⋅AM =0．
即PD⋅AM +DA⋅AM +AB⋅AM =0．又PD⊥底面ABCD，AM在平面ABCD内，
因此PD⊥AM，所以PD⋅AM =0．
所以DA⋅AM +AB⋅AM =0，
由于四边形ABCD是矩形，根据数量积的几何
意义，
1 1
得- |DA|2+|AB|2=0，即- |BC|2+1=0．
2 2
所以|BC|= 2，即BC= 2．下同方法一.
类型二：水平面垂直铅垂面
54.(2017·全国·高考真题)(2017新课标全国Ⅲ理科)如图，
四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角
三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体
ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D-AE-C
的余弦值.
7
【解析】【答案】(1)见解析；(2) .
7
【详解】试题分析：(1)利用题意证得二面角的
平面角为90°，则可得到面面垂直；
(2)利用题意求得两个半平面的法向量，然后利
用二面角的夹角公式可求得二面角D-AE-
7
C的余弦值为 .
7
试题解析：(1)由题设可得，△ABD≌△CBD，
从而AD=DC.
又△ACD是直角三角形，所以∠ADC=90°.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,
DO=AO.
又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.
在Rt△AOB中，BO2+AO2=AB2.
又AB=BD，所以BO2+DO2=BO2+AO2=
AB2=BD2，
故∠DOB=90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知，OA,OB,OD两两垂直，以
O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，
OA
系O-xyz.则A1,0,0
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标
,B0, 3,0 ,
C-1,0,0 ,D0,0,1 .
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体
1
ABCD的体积的 ，从而E到平面ABC的距
2
1
离为D到平面ABC的距离的 ，即E为DB
2
3 1
的中点，得E0, ,
2 2
.
故AD=-1,0,1
,AC=-2,0,0
,AE=
3 1
-1, ,
2 2
.
设n=x,y,z 是平面DAE的法向量，则
-x+z=0,
n⋅AD=0，
即 3 1
n⋅AE=0， -x+ y+ z=0.
2 2
3
可取n=1, ,1
3
.
m⋅AC=0，
设m是平面AEC的法向量，则
m⋅AE=0，
同理可取m=0,-1, 3 .
则cosn,m
n⋅m
=
n m
7
= .
7
7
所以二面角D-AE-C的余弦值为 .
7
考点28：顺向度量计算
类型一：度量距离和体积
55.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA
⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：平面PBD⊥平面
PAC
(2)设PA=1，∠ABC=60
˚，三棱锥E-ACD的体积
3
为 ，求直线PB到平面
8
AEC的距离．
【解析】【答案】(1)证明：∵
PA⊥平面
ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，
∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AC∩
PA=A，AC，PA⊂平面PAC，
∴BD⊥平面PAC，BD⊂平面PBD，∴平面
PBD⊥平面PAC;
3 (2)解：V =2V =4V = ，
P-ABCD E-ABCD E-ACD 2设菱形ABCD的边长为a，
1 1
则V = S ×PA= ×
P-ABCD 3 菱形ABCD 3
3
2× a2
4
3
×1= ，
2
则a= 3，
取BC中点M，连接AM，结合题意得AM⊥
AD，
∵PA⊥平面ABCD，AM、AD在平面
ABCD内，
∴PA⊥AM、PA⊥AD，
∴AM，AD，AP两两互相垂直，
以点A为坐标原点，分别以AM，AD，AP所
在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空
间直角坐标系，
则D(0, 3,0)，A(0,0,
0)，P(0,0,1)，
3 1
E0, ,
2 2
，
3 3
C , ,0
2 2
，
3 1
AE=0, ,
2 2
，
3 3
AC= , ,0
2 2
，
设平面AEC的一个法向量为n=(x,y,z)，
n ·A E =
2
3 y+
2
1 z=0
由 ,
3 3 n·AC= x+ y=0
2 2
令z=3，得n=(1,- 3,3)，
又AP=(0,0,1)
AP⋅n
d =
p-AEC
n
【分析】(Ⅰ)证明AF⊥平面EFDC，结合AF
⊂平面ABEF，可得平面ABEF⊥平面
EFDC．
(Ⅱ)建立如图所示的空间坐标系，求出平面
EBC的法向量和平面BCA的法向量的夹角的
余弦值后可得所求的二面角的余弦值.
【详解】(Ⅰ)因为四边形ABEF为正方形，所
以AF⊥FE，
又AF⊥DF，DF∩FE=F，所以AF⊥平面
EFDC．
又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面
EFDC．
(Ⅱ)过D作DG⊥EF，垂足为G，
因为平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF
∩平面EFDC=EF，
DG⊂平面EFDC，故DG⊥平面ABEF．
以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，
GD的方向为z轴正向，
建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz．
由(Ⅰ)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面
角，故∠DFE=60°，
设DF
3 13
=
13
∵PB//面AEC
3 13
∴d =d ==
PB-AEC P-AEC 13
类型二：度量角度
56.如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边
形ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面
角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E-BC-A的余弦值.
2 19
【解析】【答案】(1)见解析；(2)- .
19
=2aa>0 ，则DG = 3a，FG =
a，
所以Aa,4a,0 ，B-3a,4a,0 ，E-3a,0,0 ，
D0,0, 3a ．
由已知，AB⎳EF，而AB⊄平面EFDC，EF
⊂平面EFDC ，
所以AB⎳平面EFDC，又平面ABCD∩平面
EFDC=DC，AB⊂平面ABCD，
故AB⎳CD，所以CD⎳EF．
由BE⎳AF，可得BE⊥平面EFDC，同理
∠CEF为二面角C-BE-F的平面角，
所以∠CEF=60°，从而可得C-2a,0, 3a ．
所以EC=a,0, 3a
，EB=0,4a,0
，AC=
-3a,-4a, 3a
，AB=-4a,0,0 ．
设n=x,y,z 是平面BCE的法向量，
则 n n ⋅ ⋅ E E C B = = 0 0 ，即 a 4a x y + =0 3az=0 ，取x=3，
则y=0,z=- 3，
可取n=3,0,- 3 ．
设m是平面ABCD的法向量，则
m⋅AC=0
，同理可取m=0, 3,4
m⋅AB=0
，
n⋅m
则cos‹n,m›=
n m
4 3
=- =
2 3× 192 19 - ．
19
因为二面角E-BC-A的平面角为钝角，故二
2 19
面角E-BC-A的余弦值为- ．
19
考点29：控点处理静态求值和动
态最值
类型一：控线上的动点
57.如图1，等腰梯形ABCD中，AB⎳CD,CD=AB+2,
E,F 分别为 AB,CD 的中点，且 EF = 6 ，将梯形
AEFD沿EF翻折至梯形A EFD ，使得平面A EFD
1 1 1 1
⊥平面BEFC，得到如图的多面体A BED CF，且BF
1 1
⊥AC.
1
(1)证明：A,B,C,D 四点共面；
1 1
(2)求BE的长；
(3)在DC上取一点P，使得平面EFP⊥平面 1
ABCD ，求平面BFP与平面BEFC夹角的余弦值. 1 1
6
【解析】【答案】(1)证明见解析(2)BE=2(3)
4
【详解】(1)因为平面A EFD ⊥平面BEFC，
1 1
平面A EFD ∩平面BEFC=EF，
1 1
且DF⊥EF，DF⊂平面A EFD ，
1 1 1 1
所以DF⊥平面BEFC，又EF⊥CF，
1
以F为原点，以FE,FC,FD 所在直线为x,y,z
1
轴建立空间直角坐标系，
设BE=a，易得E 6,0,0 ,F0,0,0 ,
A 1 6,0,a ,B 6,a,0 ,C0,a+1,0 ,
D 10,0,a+1 ，
则BF=- 6,-a,0
,AC= 1
- 6,a+1,-a ，
由BF⊥A 1 C，则BF⋅A 1 C=6-aa+1
则A 1 B=0,2,-2
=0，
解得a=-3(舍去)或a=2，
,D 1 C=0,3,-3 ，
3
则DC= AB，则DC⎳AB，
1 2 1 1 1
即DC⎳AB，所以A,B,C,D 四点共面.
1 1 1 1
(2)由(1)知，BE=a=2.
(3)由(1)知，A 1 C=- 6,3,-2
，AB= 1
0,2,-2
，EF=- 6,0,0
，DC= 1
0,3,-3 ，
设DP=λD 1 C=0,3λ,-3λ 0≤λ≤1 ，则
P0,3λ,3-3λ
，则FP=0,3λ,3-3λ ，
设平面ABCD 的一个法向量为m=
1 1
x 1 ,y 1 ,z 1 ，
m⋅AC=- 6x +3y -2z =0 则 1 1 1 1 ，取y
1
=
m⋅AB=2y -2z =0
1 1 1
6，得m=1, 6, 6 ，
设平面EFP的一个法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2 ，
n⋅EF=- 6x =0 则 2
n⋅FP=3λy 2 -3-3λ
，取z 2 =λ，
z =0 2
得n=0,λ-1,λ ，
由平面EFP⊥平面ABCD ，则m⋅n=
1 1
6λ-1
1
+ 6λ=0，解得λ= ，
2
3 3
则P0, ,
2 2
1 3
，则BP=- 6,- ,
2 2
，又
BF=- 6,-2,0 ，
设平面BFP的一个法向量为p=x 3 ,y 3 ,z 3 ，
1 3
p⋅BP=- 6x - y + z =0
则
3 2 3 2 3 ，取x
3
=
p⋅BF=- 6x -2y =0
3 3
2，得p=2,- 6, 6 ，
易得平面BEFC的一个法向量为q=0,0,1 ，
p⋅q 则cosp,q=
p ⋅q
6 6 = = ，
16⋅1 4
则平面BFP与平面BEFC夹角的余弦值为
6
.
4
类型二：圆弧上的动点
58.如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B,
D为底面圆周上不同于A,C的两点，圆锥母线长为
5,AC=2,∠BAC=30°.(1)若AD=1，平面PAD与平面PBC的交线为l，证
明：AD∥l；
4 3
(2)若AD与平面PCD所成角的正切值为 ，求
3
AD的长.
【解析】【答案】(1)证明见解析
(2)AD= 3
【分析】(1)根据题意可得AD⎳BC，可证
AD⎳平面PBC，结合线面平行的性质定理分
析证明；
(2)方法一：以D点为坐标原点建立空间直角
坐标系，设AD=a，利用空间向量处理线面夹
角问题；方法二：以O点为坐标原点建立空间
直角坐标系，设Dcosθ,sinθ,0
可知PO= 5-1=2，设AD=a，
则Aa,0,0
，利用空间向量
处理线面夹角问题.
【详解】(1)因为AC为直径，则AD⊥CD,AB
⊥BC，
且AD=1,AC=2，则CD= 3且∠CAD=
60°，
又因为∠BAC=30°，则∠BAD=90°，即AD
⊥AB.
且AB⊥BC，AD,BC⊂平面ABCD，可知
AD⎳BC，
且AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以
AD⎳平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面
PBC=l，
所以AD⎳l.
(2)方法一：由题意知，AD⊥CD，
如图，以D点为坐标原点，DA,DC所在直线
为x,y轴，过D与OP平行的直线为z轴，建立
空间直角坐标系，
,C0, 4-a2,0 ,
a 4-a2
P , ,2
2 2
，
可得DA=a,0,0
a 4-a2
,DP= , ,2
2 2
,
DC=0, 4-a2,0 ，
设平面PCD的法向量为n=x,y,z ，则
ax 4-a2
n⋅DP= + y+2z=0
2 2 ，
n⋅DC= 4-a2y=0
4
令z=1，则x=- ,y=0，可得n=
a
4
- ,0,1
a
，
π
设AD与平面PCD所成角为θ∈0,
2
，
sinθ 4 3
则tanθ= = ，可得cosθ=
cosθ 3
3
sinθ，
4
3
且cos2θ+sin2θ= sin2θ+sin2θ=1，解得
16
4
sinθ= ，
19
即cosDA,n
DA⋅n
=
DA
⋅n
4
=
16 +1
a2
⋅a2
4
= ，
19
整理得16+a2=19，解得a= 3，即AD=
3；
方法二：以O点为坐标原点，OC,OP所在直线
分别为y和z轴，在平面ABCD内过O垂直于
AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则PO= 5-1=2，P0,0,2
3 1
,B , ,0
2 2
,
A0,-1,0 ,C0,1,0 ，
设Dcosθ,sinθ,0
，可得AD=
cosθ,sinθ+1,0
,PC=0,1,-2
，PD=
cosθ,sinθ,-2 ，
设平面PCD的法向量为n=x,y,z ，则
n⋅DP=y-2z=0
，
n⋅DC=cosθ⋅x+sinθ⋅y-2z=0
2-2sinθ
令z=1，则x= ,y=2，可得n=
cosθ
2-2sinθ
,2,1
cosθ
，
π
设AD与平面PCD所成角为α∈0,
2
，则
sinα 4 3 3
tanα= = ，可得cosα= sinα，
cosα 3 4
3
且cos2α+sin2α= sin2α+sin2α=1，解得
16
4
sinα= ，
19
即cosDA,n
AD⋅n
=
AD
⋅n
=
4
2+2sinθ 8-8sinθ ⋅ +1
cos2θ
4 = ，
19
1
整理得18+2sinθ=19，解得sinθ= ，
2
所以AD
又因为PO⊂平面ABP，
所以平面ABP⊥平面ABC.
(2)因为OP⊥平面ABC,OC⊥AB，
所以以点O为坐标原点，OB，OC，OP所在直
线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角
坐标系，
则A(-2,0,0),B(2,0,0),C(0,2 3,0)，P(0,0,
2)，
设Mx 0 ,y 0 ,z 0
= 2+2sinθ= 3，即AD= 3.
类型三：控面上的动点
59.如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=AC=PC=
4,PA=PB=2 2，点M在棱PC上.
(1)证明：平面ABP⊥平面ABC；
(2)若MQ⊥平面ABC，Q为垂足，当三棱锥M-
ABQ的体积最大时，求PM的值.
【解析】【答案】(1)证明见解析
(2)PM=2.
【分析】(1)应用线面垂直的判定定理证明PO
⊥平面ABC，再应用面面垂直判定定理证明
平面ABP⊥平面ABC即可；
(2)建立空间直角坐标系，再计算体积结合不等
式计算求解.
【详解】(1)取AB的中点O，连接OC，OP，如
图．
因为AB=4,PA=PB=2 2，
所以PO⊥AB，
因为PA2+PB2=AB2，所以PA⊥PB，所以
1
PO= AB=2，
2
又因为AB=BC=AC=4，所以OB⊥OC，
则OC= BC2-BO2= 42-22=2 3，又因
为PO2+OC2=PC2，所以PO⊥OC.
又因为AB∩OC=O,AB,OC⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC.
，因为PM =λPC=(0，2 3λ,
-2λ)=x 0 ,y 0 ,z 0 -2 ，其中0<λ<1，
x =0, x =0,
0 0
所以y =2 3λ, 可得y =2 3λ, 即点M
0 0
z -2=-2λ, z =2-2λ,
0 0
(0,2 3λ,2-2λ)，
因为MQ⊥平面ABC，则点Q(0,2 3λ，0)，
1
所以S = AB⋅2 3λ=4 3λ，
△ABQ 2
1 1
V = S ⋅z = ×4 3λ×(2-2λ)
M-ABQ 3 △ABQ 0 3
8 3 8 3 λ+1-λ
= λ(1-λ)≤ ×
3 3 2
2
=
2 3
.
3
1
当且仅当λ=1-λ(0<λ<1)，即λ= 时，等
2
号成立，
故当点M为线段PC的中点时，三棱锥M-
2 3
ABQ的体积取最大值 ，
3
此时，PM=2.
考点30：控角处理静态求值和动
态最值
类型一：控铅垂面角
60.如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=3，AE=2EB，
将△ADE沿直线DE翻折成△A DE，若M为线段
1
AC的点，满足CM =2MA ，设二面角A -DE-A的
1 1 1
平面角为θ．取DE中点O，连接OA,OA ，则OA⊥DE,
1
OA ⊥DE，
1
故∠AOA 为二面角A -DE-A的平面角，
1 1
即∠AOA =θ.
1
(1)求证：直线BM⎳平面ADE；
1
(2)当θ为直角时，求点D到平面ABE的距离；
1
(3)在△ADE翻折过程中(点A 不在平面BCDE内)，
1
求线段BA 长的取值范围．
1
【解析】【答案】(1)证明见解析
2 6
(2) π π
3 ∵θ= ，∴∠AOA = ，AO⊥OA.
2 1 2 1
(3)( 5,3)
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则O
【分析】(1)在线段AD上取点N，使得DN=
1 (0,0,0)，D(0, 2,0)，
2NA ，通过证明四边形MNEB是平行四边形
1 A(0,0, 2)，E(0,- 2,0)，
得到BM⎳EN，即可证明BM⎳平面ADE. 1
1 2 3 2
(2)分析得∠AOA
1
为二面角A
1
-DE-A的平 B
2
,-
2
,0
面角，即∠AOA =θ，当θ为直角时，建立空间
1
直角坐标系，表示ED和平面ABE的法向量，
1
利用公式求点到平面的距离.
(3)建立空间直角坐标系，利用∠AOA =θ表
1
示各点坐标，利用空间两点间距离公式表示
BA 的长，根据θ∈(0,π)可得结果.
1
【详解】(1)
在线段AD上取点N，使得DN=2NA ，
1 1
连接MN,EN,BM，∵CM =2MA ，∴
1
1
MN⎳DC,MN= DC，
3
∵AE=2EB,AB⎳DC,AB=DC，∴
MN⎳EB,MN=EB，
∴四边形MNEB是平行四边形，∴BM⎳EN，
∵EN⊂平面ADE，BM⊄平面ADE，∴
1 1
BM⎳平面ADE． 1
(2)由题意得，AD=AE=AD=A E=2，
1 1
△ADE、△ADE为等腰直角三角形，
1
，
2 2
∴EB= ,- ,0
2 2
，EA =(0, 2, 2)，
1
ED=(0,2 2,0)，
设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z)，则
1
2 2
n⋅EB= x- y=0
2 2 ，
n⋅EA = 2y+ 2z=0
1
令x=1，得y=1,z=-1，∴n=(1,1,-1)，
|ED⋅n|
∴点D到平面ABE的距离为d= =
1
|n|
2 2 2 6
= .
3 3
(3)
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，在
△ADE翻折过程中，
由题意知，二面角A -DE-A的平面角θ∈
1
0,π
π π
，∠AOz=∠AOA- =θ- ， 1 1 2 2
则A(- 2cosθ,0, 2sinθ)，
12 3 2
由(2)知B ,- ,0
2 2
，
2
∴BA2= + 2cosθ
1 2
2 3 2
+
2
2
+
( 2sinθ)2=2cosθ+7，
又∵θ∈(0,π)，∴cosθ∈(-1,1)，∴BA =
1
2cosθ+7∈( 5,3)．
故BA 的取值范围是( 5,3)．
1
类型二：控水平角
61.等腰梯形ABCD中，上底BC=2,下底AD=6,腰AB
=2 2,将△ABE沿着垂线BE折起，若平面ACD与
3
面BCD所成的角的正弦值为 ,求BC与面ABE所
3
成的角的正弦值
【解析】以E为原点，ED为y轴，EB为x轴，建立如图
所示的空间直角坐标系
设∠AED=θ,则A(2sinθ,2cosθ,0),D(0,4,0)
去 求 面 ACD 的 一 条 法 向 量 为 m =
4-2cosθ
( ,1,1)
2sinθ
面BCD在面yoz上有现成的法向量n=(1,0,
0)
m⋅n
由 | cos < m , n > | =
m
×n
=
4-2cosθ
2sinθ
与平面 ABC D 都是边长为 2 的菱形，∠BCD =
1 1
∠BCD =120°，侧面BCCB 的面积为 15.
1 1 1 1
(1)求平行六面体ABCD-ABCD 的体积；
1 1 1 1
(2)求平面BCCB 与平面CDDC 的夹角的余弦值.
1 1 1 1
【解析】【答案】(1)6
10
(2)
5
【分析】(1)连接AC，AC ，根据菱形的性质、余
1
弦定理，结合线面垂直的判定定理、三角形面积
公式、棱柱的体积公式进行求解即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公
式进行求解即可.
【详解】(1)连接AC，AC ，
1
因为底面ABCD与平面ABCD 均为菱形，且
1 1
∠BCD=∠BCD =120°，
1 1
所以△ABC与△ABC 均为等边三角形，
1
取AB的中点O，连接OC，OC ，则OC⊥
1
AB，OC ⊥AB，则OC=OC = 3，
1 1
因为侧面BCCB 的面积为 15，
1 1
15 1
所以△BCC 的面积为 ，则 ×2×
1 2 2
15
2sin∠CBC = ，
1 2
15 1
所以sin∠CBC = ，则cos∠CBC = .
1 4 1 4
1
在△BCC 中，CC2=22+22-2×2×2× =
1 1 4
6，则CC = 6，
6 1
=
4-2cosθ 3 所以OC2+OC2=CC2，所以OC⊥OC.
( )2+1+1 1 1 1
2sinθ
因为AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，
4-2cosθ
令 t = , 解 得 t = 2 , 联 立
2sinθ
所以OC
1
⊥平面ABCD，
4-2cosθ 故平行六面体ABCD-ABCD 的体积V=
=2 3 1 1 1 1
sin2 2 θ s + in c θ os2θ=1 解得sinθ=1或 5 S ABCD ⋅OC 1 =2×2sin60°× 3=6.
(2)由(1)可知，AB,OC,OC 两两垂直，以O
又BC//ED 1
为原点，以OB,OC,OC 所在直线分别为x轴、
∴BC与面ABE所成的角的正弦值就是ED与 1
y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O
面BAE所成的角，故为∠AED,
-xyz.
3
BC与面ABE所成的角的正弦值为1或
5
考点31：特殊载体
类型一：斜柱体
62.如图，平行六面体ABCD-A B C D 中，底面ABCD
1 1 1 1则B(1,0,0)，C(0, 3,0)，C(0,0, 3)，D(-2,
1
3,0)，
BC=(-1, 3,0)，CC =(0,- 3, 3)，CD=
1
(-2,0,0)，
设平面BCC 1 B 1 的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1 ，
由 B C C C 1 ⋅ ⋅ m m = = 0 0 , , 得 - - x 1 3 + y 1 + 3y 1 3 = z 1 0 = , 0, 取y 1
=1，则m=( 3,1,1).
设平面CDD 1 C 1 的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2
在三棱台ABC-ABC 中，取AC的中点O，
1 1 1
连接BO,AO,CO，
1 1
由BA=BC，得BO⊥AC，由平面AACC⊥
1 1
平面ABC，平面AACC∩平面ABC=AC，
1 1
BO⊂平面ABC，得BO⊥平面AACC，而
1 1
AC ⊂平面AACC，则AC ⊥BO，
1 1 1 1
又AC ⎳AO,AC =AO=AA ，则四边形
1 1 1 1 1
AAOC 是菱形，AC ⊥AO，
1 1 1 1
而AO∩BO=O,AO,BO⊂平面AOB，因
1 1 1
此AC ⊥平面AOB，又AB⊂平面AOB，
1 1 1 1
所以AB⊥AC
1 1
，，
由 C C D C 1 ⋅ ⋅ n n = = 0 0 , , 得 - - 2x 3 2 y = 2 + 0, 3z 2 =0, 取y 2 解】 【小问2详
=1，则n=(0,1,1)， 取AC 中点M，则OM⊥AC，由平面
1 1
m ⋅n 2 10 AA 1 C 1 C⊥平面ABC，平面AA 1 C 1 C∩平面
于是cos‹m,n›= = = .
|m ||n | 5× 2 5 ABC=AC，
设平面BCC 1 B 1 与平面CDD 1 C 1 的夹角为θ， OM⊂平面AA 1 C 1 C，则OM⊥平面ABC，直
10 线OB,OC,OM两两垂直，
所以cosθ=|cos‹m,n›|= .
5 以点O原点，直线OB,OC,OM分别为x,y,z
类型二：台体
轴建立空间直角坐标系，设OB=a(a>0)，
63.如图，在三棱台ABC-A B C 中，平面AA C C⊥平
1 1 1 1 1 则B(a,0,0),A(0,-2,0),A(0,-1, 3),C(0,1,
1 1
面ABC，AA =AC =CC=2，AC=4，BA=BC.
1 1 1 1 3)，AB=(a,1,- 3)，
1
AC =(0,2,0),BB =BA +AB =BA +
1 1 1 1 1 1 1
1 a
AB=- ,0, 3
2 2
(1)证明：AB⊥AC ；
1 1
(2)当直线BB 与平面BAC 所成的角最大时，求三棱 1 1 1
台ABC-ABC 的体积.
1 1 1
【答案】【答案】(1)证明见解析；
7 2
(2) .
2
【解析】【解析】
【分析】(1)利用面面垂直的性质，线面垂直的
判定性质推理得证.
(2)建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求
法，再结合棱台体积公式计算得解.
【小问1详解】
，
设平面ABC 的法向量n=(x,y,z)，则
1 1
AC ⋅n=2y=0
11
，取x= 3，得n
AB⋅n=ax+y- 3z=0
1
=( 3,0,a)，
设直线BB 与平面BAC 所成的角为θ，sinθ
1 1 1
|BB ⋅n|
=|cos‹BB 1 ,n›|= 1 =
|BB||n|
1
3
a
2
a2
+3⋅ a2+3
4
3a
=
a2+12
a2+3
3a
= =
a4+15a2+36
3 3 1
≤ = ，当
a2+15+ 36 15+2 a2⋅ 36 3
a2 a2
36 且仅当a2= ，即a= 6时取等号，
a21
所以三棱台ABC-ABC 的体积V=
1 1 1 3
(S +S + S ⋅S )h
△ABC △A1B1C1 △ABC △A1B1C1
=
1
3
1 1 6 1 1 6
×4× 6+ ×2× + ×4× 6× ×2×
2 2 2 2 2 2
7 2
× 3= .
2
类型三：翻折体
64.梯形ABCD中，AD⎳BC，E为AD上的一点且有
1
BE⊥AD，AE=BE=1，BC= ED，将△ABE沿
2
BE翻折到△PEB使得二面角P-BE-C的平面角
为θ，连接PC，PD，F为棱PD的中点.
(1)求证：FC⎳面PBE；
2π
(2)当θ= ，PD= 7时，求直线PC与平面BCF所
3 成角的正弦值.
【解析】【详解】(1)取PE中点G，连接GB，GF，
1
已知BC⎳ED,BC= ED，且GF⎳ED,GF
2
1
= ED，得到GF⎳BC,GF=BC，
2
得到四边形BCFG为平行四边形，则
FC⎳GB，
又FC⊄平面PBE，GB⊂平面PBE，则
FC⎳面PBE.
(2)BE⊥AD，则BE⊥PE，且BE⊥ED，PE
∩ED=E，PE,ED⊂平面PDE，
则BE⊥平面PDE，BE⊂面BCDE，则面
PDE⊥面BCDE，
二面角P-BE-C的平面角为θ=∠PED=
2π
.
3
在平面PDE内，过点E作EQ⊥ED交PD于
点Q，EQ⊂面PDE，
DE=面PDE∩面BCDE，∴EQ⊥面
BCDE，
以EB,ED,EQ
为正交基底建立如图坐标系，
π
则∠PEQ= ,
6
设P0,y,z
1 π z z 3
- .cos = = ,则z= .
2 6 PE 1 2
1 3
则P0,- ,
2 2
π -y -y
，则sin = = ，则y=
6 PE 1
，D0,2,0 ，∴
3 3
F0, ,
4 4
,B1,0,0 ,C1，1，0 ，
PC=
3 3
1, ,-
2 2
，BC=0,1,0
，BF=
3 3
-1, ,
4 4
，
设n=x,y,z 为面BCF的法向量，直线PC
与平面BCF所成角为θ，
y=0
n⋅BC=0
则 ⇒ 3 ，令x= 3，
n⋅BF=0 -x+ z=0
4
则z=4，所以n= 3,0,4 ，
则 cosn,PC
n⋅PC
=
n⋅ PC
=
- 3
2⋅ 19
=
57
，
38
57 ∴sinθ= .
38
类型四：旋转体
65.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及
其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，
G是DF的中点.
(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大
小；
(2)当AB=3，AD=2时，求二面角E-AG-C的大
小.
【解析】【答案】(1)30°；(2)60°
【分析】试题分析: (1)第(1)问,直接证明BE
⊥平面ABP得到BE⊥BP,从而求出∠CBP的大小. (2)第(2)问，可以利用几何法求，也可 (-1， 3，0)，
以利用向量法求解. 故AE=(2,0，-3)，AG=(1， 3，0)，CG=
【详解】解： (2,0,3)．
(1)
设m=(x ，y ，z)是平面AEG的一个法向
1 1 1
量，
由 m m ⋅ ⋅ A A E G = = 0 0 可得 2 x x 1 + 1 -3 3 z y 1 1 = = 0 0
取z =2，可得平面AEG的一个法向量m=
1
(3，- 3，2)．
设n=(x ，y ，z )是平面ACG的一个法向量．
2 2 2
由 n ⋅A G =0 可得 x 2 + 3y 2 =0
n⋅CG=0 2x 2 +3z 2 =0
取z =-2，可得平面ACG的一个法向量n=
2
因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面 (3，- 3，-2)．
ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP.
m⋅n 1
所以cos〈m,n〉= = .
又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.又∠EBC 2
|m||n|
=120°，所以∠CBP=30°.
故所求的角为60°.
(2)方法一：如图，取EC的中点H，连接EH，
数列板块
GH，CH.
因为∠EBC=120°，所以四边形BEHC为菱
考点32：等差等比数列
形，
所以AE=GE=AC=GC= 32+22= 13. 类型一：等差等比基本量的计算
取AG的中点M，连接EM，CM，EC， 66.等比数列{a
n
}的各项均为实数，其前n项为S
n
，已知
7 63
则EM⊥AG，CM⊥AG， S = ，S = ，则a = ．
3 4 6 4 8
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
【解析】【答案】32
又AM=1，所以EM=CM= 13-1=2 3.
【详解】由题意可得q≠1，所以
在△BEC中，由于∠EBC=120°，
a 7
S = 1 (1-q3)=
由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 3 1-q 4 1-q6
两式相除得
120°=12， S =
a
1 (1-q6)=
63 1-q3
6 1-q 4
所以EC=2 3，所以△EMC为等边三角形，
1 1
=9,q3=8,q=2,代入得a = ,a =
故所求的角为60°. 1 4 8 4
方法二：
以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的
直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐
标系B-xyz.
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1， 3，3)，C
×27
=25=32，填32．
类型二：等差等比的判定
67.(2023·全国新Ⅰ卷·高考真题)记S 为数列a
n n
的前n
项和，设甲：a n
S
为等差数列；乙： n n 为等差数列，
则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解析】【答案】C
【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差
数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的
关系推理判断作答.，
【详解】方法1，甲：a
n
为等差数列，设其首项为a ，公差为d，
1
n(n-1) S n-1
则S =na + d, n =a + d=
n 1 2 n 1 2
d d S S d n+a - , n+1 - n = ， 2 1 2 n+1 n 2
S
因此 n
n
为等差数列，则甲是乙的充分条件；
S
反之，乙： n
n
S S
为等差数列，即 n+1 - n =
n+1 n
nS -(n+1)S na -S
n+1 n = n+1 n 为常数，设为
n(n+1) n(n+1)
t，
na -S
即 n+1 n =t，则S =na -t⋅n(n+1)，
n(n+1) n n+1
有S =(n-1)a -t⋅n(n-1),n≥2，
n-1 n
两式相减得：a =na -(n-1)a -2tn，即
n n+1 n
a -a =2t，对n=1也成立，
n+1 n
因此a n 为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件，C正确.
方法2，甲：a
n
为等差数列，设数列a
n
的首
n(n-1)
项a ，公差为d，即S =na + d， 1 n 1 2
S (n-1) d d
则 n =a + d= n+a - ，因此 n 1 2 2 1 2
S
n
n
为等差数列，即甲是乙的充分条件；
S
反之，乙： n
n
S S
为等差数列，即 n+1 - n =
n+1 n
S D, n =S +(n-1)D，
n 1
即S =nS +n(n-1)D，S =(n-1)S +(n n 1 n-1 1
-1)(n-2)D，
当n≥2时，上两式相减得：S -S =S +2
n n-1 1
(n-1)D，当n=1时，上式成立，
于是a =a +2(n-1)D，又a -a =a +
n 1 n+1 n 1
2nD-[a +2(n-1)D]=2D为常数，
1
因此a n
153+n
【解析】【答案】 5 720-
为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
考点33：数列中的数学文化
类型一：等差等比型
68.(2021·全国新Ⅰ卷·高考真题)某校学生在研究民间剪
纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸
对折，规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可
以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，
它们的面积之和S =240dm2，对折2次共可以得到
1
5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的
图形，它们的面积之和S =180dm2，以此类推，则对折
2
4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对
n
折n次，那么S = dm2.
k
k=1
2n-4
【分析】(1)按对折列举即可；(2)根据规律可得
S ，再根据错位相减法得结果. n
【详解】(1)由对折2次共可以得到5dm×
12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的
5
图形，所以对着三次的结果有： ×12，5×6，
2
3
10×3；20× ，共4种不同规格(单位dm2)；
2
5 5
故对折4次可得到如下规格： ×12， ×6，
4 2
3 3
5×3，10× ，20× ，共5种不同规格；
2 4
(2)由于每次对着后的图形的面积都减小为原
来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如
1
何，其面积成公比为 的等比数列，首项为
2
120dm2 ,第n次对折后的图形面积为120×
1
2
n-1
，对于第n此对折后的图形的规格形状
种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n+1种
120(n+1) (证明从略)，故得猜想S = ，
n 2n-1
n 120×2 120×3 120×4
设S=S = + + +
k 20 21 22
k=1
120n+1
⋯+
，
2n-1
1 120×2 120×3 120n
则 S= + +⋯+ +
2 21 22 2n-1
120(n+1)
，
2n
两式作差得：
1 1 1 1
S=240+120 + +⋯+
2 2 22 2n-1
-
120n+1
2n
1
601-
2n-1 =240+
120n+1 -
1 1-
2
2n
120 120n+1
=360- -
2n-1
=360-
2n
120n+3
，
2n
240n+3
因此，S=720-
=720-
2n
15n+3
.
2n-4
15n+3
故答案为：5；720-
.
2n-4
类型二：递推数列型
69.(2022·全国乙卷·高考真题)嫦娥二号卫星在完成探月
任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳
飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 b
n
1 ：b =1+ ，b =1+
1 α 2
1
1 1 ，b =1+ ，⋯，依此类推，其中
1 3 1
α + α + 1 α 1 1
2 α +
2 α 3
α ∈N∗(k=1,2,⋯)．则( ) k
A.b <b B.b <b
1 5 3 8
C.b <b D.b <b
6 2 4 7
【解析】【答案】D
【分析】根据α ∈N* k=1,2,⋯ k ，再利用数列
b
n
与α 的关系判断b
k n
中各项的大小，即可
求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为α ∈N* k=1,2,⋯
k
(1)证明：数列{a -3a }是等比数列； n+1 n
a
(2)证明： n 3n
，
1 1 1 所以α <α + ， > ，得到b >b ， 1 1 α α 1 1 2
2 1 α +
1 α
2
1 1
同理α + >α + ，可得b <b ，b >
1 α 1 1 2 3 1
2 α + 2 α 3
b
3
1 1 1
又因为 > ,α + <α
α 1 1 1 1
2 α + α +
2 1 2 α
α + 3
3 α
4
1
+ ，
1
α +
2 1
α +
3 α
4
故b <b ，b >b ；
2 4 3 4
以此类推，可得b >b >b >b >⋯，b >b ，
1 3 5 7 7 8
故A错误；
b >b >b ，故B错误；
1 7 8
1 1
> ，得b <b ，故C错误； α 1 2 6 2 α +
2 1
α +⋯
3 α 6
1 1
α + >α + ，得 1 1 1 1
α + α +⋯
2 1 2 1
α + α +
3 α 6 α
4 7
b <b ，故D正确.
4 7
[方法二]：特值法
3 5 不妨设a =1,则b =2,b = ，b = ,b =
n 1 2 2 3 3 4
8 13 21 34 55 ，b = ,b = ，b = ,b = ，
5 5 8 6 13 7 21 8 34
b <b 故D正确.
4 7
考点34：递推求通项
类型一：先构造后证明
70.若数列{a }满足：a =1，a =5，对于任意的n∈N*， n 1 2
都有a =
n+2
6a -9a .
n+1 n
为等差数列并求数列{a }的通项公 n
式．
【解析】(1)证明由a =6a -9a ， n+2 n+1 n
得a -3a =3a -9a =3(a -3a )，
n+2 n+1 n+1 n n+1 n
且a -3a =5-3=2，
2 1
所以数列{a -3a }为等比数列，首项为2，
n+1 n
公比为3.
(2)解由(1)得a -3a =2×3n-1， n+1 n
等式左右两边同时除以3n+1，可得
a 3a 2 a a 2 a
n+1 - n = ，即 n+1 - n = ，且 1 =
3n+1 3n+1 9 3n+1 3n 9 31
1
，
3
a 所以数列 n 3n 1 为等差数列，首项为 ，公差 3
2
为 ，
9
a 1 2 2n+1
所以 n = +(n-1)× = ， 3n 3 9 9
2n+1
所以a = ×3n=(2n+1)×3n-2.
n 9
类型二：累加累乘求通项
考点35：给 S 和 a 关系
n n
类型一：给S 关系求a 的通项 n n
S
71.记S 为数列{a }的前n项和,已知a =1, n
n n 1 a
n
是公
1 差为 的等差数列.
3
(1)求{a }的通项公式;
n
1 1 1
(2)证明: + +⋯+ <2.
a a a
1 2 n
S
【解析】因为a =1,所以 1 =1,
1 a 1
S
又 n a
n
1
是公差为 的等差数列, 3
S 1 n+2
所以 n =1+(n-1)× = ,
a 3 3
n
n+2
所以S = a .因为当n≥2时,
n 3 n
n+2 n+1
a =S -S = a - a ,
n n n-1 3 n 3 n-1
n+1 n-1
所以 a = a (n≥2), 3 n-1 3 n
a n+1
所以 n = (n≥2),
a n-1
n-1a a a a 3 4 所以 2 × 3 ×⋯× n-1 × n = × ×
a a a a 1 2
1 2 n-2 n-1
5 n n+1 n(n+1)
×⋯× × = (n≥2),
3 n-2 n-1 2
n(n+1) 所以a = (n≥2), n 2
n(n+1)
又a =1也满足上式,所以a = (n∈
1 n 2
N*).
n(n+1)
(2)证明:因为a = ,
n 2
1 2 1 1
所以 = =2 -
a n(n+1) n n+1 n
,
1 1 1
所 以 + +⋯+ =
a a a
1 2 n
2
1
1- 2
1 1
+ - 2 3
1 1
+⋯+ - n-1 n
1 1
+ - n n+1
1
=21-
n+1
73.设数列a n
<2.
故原式得证.
类型二：给S 关系求S 的通项
n n
72.记S 为数列{a }的前n项和，b 为数列{S }的前n
n n n n
2 1
项积，已知 + =2．
S b
n n
(1)证明：数列{b }是等差数列；
n
(2)求{a }的通项公式． n
【解析】【解析】(1)证明：当n=1时，b =S ，
1 1
2 1 3
由 + =2，解得b = ， b b 1 2 1 1
b 2 1
当n≥2时， n =S ，代入 + =2，
b n S b
n-1 n n
2 b 1
消去S ，可得 n-1 + =2，所以b -b
n b b n n-1 n n
1
= ，
2
3 1
所以{b }是以 为首项， 为公差的等差数
n 2 2
列．
3
(2)由题意，得a =S =b = ，
1 1 1 2
3 1 n+2 由(1)，可得b = +(n-1)× = ，
n 2 2 2
2 1 n+2
由 + =2，可得S = ，
S b n n+1
n n
n+2
当 n ≥ 2 时，a = S - S = -
n n n-1 n+1
n+1 1
=- ，显然a 不满足该式，
n n(n+1) 1
3
2
, n=1
所以a = ． n 1
- , n≥2
n(n+1)
考点36：裂项相消法求和
类型一：等差型裂项
为等差数列，前n项和为S ,a +a =18, n 3 7
S =100．
10
(1)求数列a
n
的通项公式；
2n2 n (2)设b = 的前n项和为T，证明：T < + n a a n n 2 n n+1
1
．
4
【解析】【详解】(1)a +a =2a =18⇒a =9，
3 7 5 5
由S = 10a 1 +a 10
10
= 10a 5 +a 6
2
=100⇒a
2 5
+a =20，
6
所以d=a -a =2,a =a -4d=1， 6 5 1 5
所以a =a +(n-1)d=2n-1．
n 1
2n2 1
(2)b = = ⋅
n (2n-1)(2n+1) 2
4n2-1+1 1 1 = 1+
(2n-1)(2n+1) 2 (2n-1)(2n+1)
1 1 1 1 1
= + ⋅ = + ⋅
2 2 (2n-1)(2n+1) 2 4
1 1
-
2n-1 2n+1
n
所以T = +
n 2
1
4
1
1- 3
1 1
+ - 3 5
1 1
+ - 5 7
1 1
+⋅⋅⋅+ - 2n-1 2n+1
n 1 1
= + 1-
2 4 2n+1
n 1 1
= + - <
2 4 8n+4
n 1 +
2 4
类型二:等比型裂项
74.在①S =4S +1，②3S =a -2，③3S =22n+1+ n+1 n n n+1 n
λ(λ∈R)三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在
下面问题中，并加以解答．
设等比数列{a }的前n项和为S ，a =2，a 与S 满
n n 1 n n
足______，
(1)求数列{a }的通项公式；
n
a
(2)记数列b = n ，数列{b }的前n项
n (a +1)(a +1) n
n n+1
1
和T，求证：T < ．
n n 9
【解析】解：(1)①不符合条件．
若选①由已知S =4S +1⋯①，
n+1 n
当n≥2时，S =4S +1⋯②，
n n-1
①-②可得a =4a (n≥2)，
n+1 n
当n=1时，S =4S +1可得a =7，则a ≠ 2 1 2 2
4a．
1
∴数列{a }不是等比数列．
n
选②，由已知3S =a -2⋯①，
n n+1
当n≥2时，3S =a -2⋯②，
n-1 n
①-②可得a =4a (n≥2)，
n+1 n
当n=1时，可得a =8，满足a =4a．
2 2 1∴数列{a }是首项为2，公比为4的等比数列，
n
即可得a =22n-1.
n
选③，由已知3S =22n+1+λ⋯①
n
当n≥2时，3S =22n-1+λ⋯②，
n-1
①-②可得3a =22n+1-22n-1=3⋅22n-1(n≥
n
2).
当n=1时，a =2满足a =22n-1．
1 n
∴数列{a }是首项为2，公比为4的等比数列，
n
即可得a =22n-1.
n
(2)由(1)可得，
22n-1
b = =
n (22n-1+1)(22n+1+1)
1 1 1
- 3 22n-1+1 22n+1+1 ，
1 1 1 1
则T = - + -⋯⋯+
n 3 3 9 9
1 1
-
22n-1+1 22n+1+1
1 1 1
= -
3 3 22n+1+1
n2+n 3n-3
T =T +c = + (n>2)，
n n-1 n 2 8
当n=1时，上式也成立．
n2-n
+
3n+1-3
，n为偶数，
2 8 综上，T =
n n2+n 3n-3
+ ，n为奇数. 2 8
类型二:等差与等比的乘除（错位）
76.设{a }是首项为1的等比数列,数列{b }满足b =
n n n
na
n.已知a,3a ,9a 成等差数列.
3 1 2 3
(1)求{a }和{b }的通项公式;
n n
(2)记S 和T 分别为{a }和{b }的前n项和.证明:T
n n n n n
S < n.
2
【解析】(1)解:设等比数列{a }的公比为q,则a =
n n
qn-1.
<
因为a ,3a ,9a 成等差数列,所以1+9q2=2×
1 2 3
1 1 1 n
． 3q,解得q= ,故a = ,b = ,n∈N*.
9 3 n 3n-1 n 3n
1
1-
3n 3 1
(2)证明:由(1)知S = = 1-
n 1 2 3n
1-
考点37：等差等比数列综合 3
类型一：等差与等比的加减（分组）
75.已知数列{a }满足a -a =a -a (n≥2)，且a n n-1 n n n+1 1
= 1，a = 13；数列 {b } 的前 n 项和为 S ，且 S =
7 n n n
3n-1
.
2
(1)求数列{a }和{b }的通项公式； n n
(2)若数列c n = a b n ， ， n n 为 为 偶 奇 数 数 ， ， 求数列{c n }的前n项
n
和T.
n
【解析】解(1)由已知可得，2a =a +a (n≥2)，
n n-1 n+1
则数列{a }为等差数列，设其公差为d，
n
由a =a +6d=13，解得d=2， 7 1
∴a =2n-1， n
在数列{b }中，当n=1时，b =S =1，
n 1 1
当n≥2时，
3n-1 3n-1-1
b =S -S = - =3n-1，
n n n-1 2 2
当n=1时，满足上式，∴b =3n-1.
n
(2)因为c n = a b n ， ， n n 为 为 偶 奇 数 数 ， ，
n
则当n为偶数时，T =c +c +c +⋯+c
n 1 2 3 n
=1+5+⋯+2n-3+3+⋯+3n-1
n
1+2n-3
2 3-3n+1
= +
2 1-9
n2-n 3n+1-3
= + ，
2 8
当n为奇数时，
,
1 2 3 n
T = + + +⋯+ ,①
n 3 32 33 3n
1 1 2 3 n-1 n T = + + +⋯+ + ,② 3 n 32 33 34 3n 3n+1
2 1 1 1 1
① - ②得 T = + + +⋯+ -
3 n 3 32 33 3n
n
,
3n+1
1 1 1- 2 3 3n
即 T =
3 n
n 1 1
- = 1-
1 3n+1 2 3n
1-
3
-
n
,
3n+1
3 2n+3
整理得T = - , n 4 4×3n
3 2n+3 则2T -S =2 -
n n 4 4×3n
3 1 - 1-
2 3n
=
n S
- <0,故T < n.
3n n 2
考点38：子数列问题
类型一：奇偶项问题
77.已 知 数 列 { a } 满 足 a = 1 ，且 a =
n 1 n+1
a 2a n + ， 1 n ， 为 n 偶 为 数 奇 ， 数， n∈N*.设b n =a 2n-1 .
n
(1)证明：数列{b +2}为等比数列，并求出{b }的通
n n
项公式；
(2)求数列{a }的前2n项和．
n
【解析】(1)证明由题意可知b =a =1， 1 1
b =a =2a =2(a +1)
n+1 2n+1 2n 2n-1=2a +2=2b +2，
2n-1 n
故b +2=2(b +2)，
n+1 n
b +2 即 n+1 =2，
b +2
n
故{b +2}是以b +2=3为首项，以q=2为
n 1
公比的等比数列，
所以b +2=3×2n-1，n∈N*，
n
故b =3×2n-1-2，n∈N*.
n
(2)解由(1)知，b =3×2n-1-2，n∈N*，
n
即a =3×2n-1-2，n∈N*，
2n-1
由题意知a n+1 = a 2a n + ， 1 n ， = n 2 = k 2 ， k-1， k∈N*，
n
故a =a +1，n∈N*，
2n 2n-1
故数列{a }的前2n项和S =(a +a +a +
n 2n 1 3 5
⋯+a )+(a +a +a +⋯+a )
2n-1 2 4 6 2n
=2(a +a +a +⋯+a )+n
1 3 5 2n-1
=2[3(20+21+22+⋯+2n-1)-2n]+n
1-2n
=6× -3n=6(2n-1)-3n.
1-2
类型二：非奇偶项问题
78.数列{a }的前n项和为S ，且S -1=S +2a (n∈ n n n+1 n n
N*).
(1)若数列{a +1}不是等比数列，求a ；
n n
(2)若a =1，在a 和a (k∈N*)中插入k个数构成一
1 k k+1
个新数列{b }：a ，1，a ，3，5，a ，7，9，11，a ，⋯，插
n 1 2 3 4
入的所有数依次构成首项为1，公差为2的等差数列，
求{b }的前50项和T ．
n 50
【解析】【答案】解：(1)由S -1=S +2a ，得S - n+1 n n n+1
S =2a +1， n n
则a =2a +1，
n+1 n
所以a n+1 +1=2a n +1 ，
①当a +1=0时，数列 a +1
1 n
不是等比数
列，符合题意；
②当 a 1 + 1 ≠ 0 时，a n + 1 = 2a n-1 +1 =
22 a n-2 +1 =...=2n-1 a 1 +1 ≠0，
a +1
所以 n+1 =2，
a +1
n
所以数列a +1
n
是首项为a +1，公比为2的
1
等比数列，与已知矛盾．
综上，a +1=0，从而a +1=0，即a =-1；
1 n n
(2)因为a =1，则a +1=2， 1 1
由(1)知{a +1}是首项为a +1，公比为2的
n 1
等比数列，
所以a +1=2n， n
所以a =2n-1，
n
设插入的所有数构成数列c
n
所以b ，b ，⋯，b 中包含{a }的前9项及
1 2 50 n
{c }的前41项，
n
所以T =(a +a +⋯+a )+(c +c +⋯+c ) 50 1 2 9 1 2 41
=(2-1)+(22-1)+⋯+(29-1)+41×1+
41×40
×2
2
2(1-29)
= -9+1681
1-2
=210-11+1681
=2694．
考点39：数列的单调性
类型一：通项的单调性
79.已知数列a
n
，则c =2n-1，
n
因为1+2+3+⋯+8=36，36+9=45<50，
因为1+2+3+⋯+8+9=45，45+10=55
>50，
的前n项和为S ，且满足S =2a -2n
n n n
+1．
(1)求a 和S ；
n n
(2)设数列S
n
的前n项和为T ，若不等式T -t⋅2n
n n
≥0对于n∈N*恒成立，求t的取值范围．
【解析】【答案】解：(1)S =2a -1，得a =1，
1 1 1
由S =2a -2n+1①，
n n
得S n+1 =2a n+1 -2n+1 +1②，
②-①得a =2a -2a -2，
n+1 n+1 n
即a =2a +2，即a +2=2(a +2)．
n+1 n n+1 n
∴{a +2}为等比数列，公比为2，首项为a +
n 1
2=3，
∴a +2=3×2n-1，
n
∴a =3×2n-1-2，
n
S =2a -2n+1=3×2n-2n-3; n n
(2)T =3(21+22+⋯+2n)-[5+7+⋯+(2n n
+3)]
=6×2n-n2-4n-6，
则T -t⋅2n≥0，即6×2n-n2-4n-6-t⋅2n
n
≥0，
可知：不等式T -t⋅2n≥0对于n∈N*恒成
n
立，
n2+4n+6
等价于t≤6- 对于n∈N*恒成
2n
立，
n2+4n+6
设b =6- ，
n 2n
(n+1)2+4(n+1)+6
b - b = 6-
n+1 n 2n+1
-
n2+4n+6
6-
2n
n2+6n+11 n2+4n+6 n2+2n+1
=- + =
2n+1 2n 2n+1
>0，
1
所以数列{b }为递增数列，最小项为b = ．
n 1 2
1
∴t≤ ．
2类型二:和式的单调性
80.已知等差数列a n 的前n项和为S ，a =7，S =22， n 3 4
数列b
n
是各项均为正数的等比数列，b =4，b =64．
1 3
(I)求数列a n 和b n 的通项公式；
3
(II)令p = ，数列 p p
n 2+a n n+2
n
的前n项和A ，求
n
1 3
证： ≤A < ．
3 n 4
【解析】【答案】解：(I)设等差数列a n 的公差为d，等
比数列b
n
的公比为q(q>0)．
a =7 a =a +2d=7
∵ S 3 =22 ， ∴ S 3 =4 1 a +6d=22 ，解
4 4 1
a =1
得 1 ，
d=3
∴数列a
n
的通项公式为a =a +(n-1)d=
n 1
3n-2.
b =b q2=4q2=64，由q>0，得q=4
3 1
，
∴数列b
n
通项公式为b =b qn-1=4×4n-1=
n 1
4n.
3 3 1 (II)证明：∵p = = = ，
n 2+a 2+(3n-2) n
n
1 1 1 1
∴p p = = -
n n+2 n(n+2) 2 n n+2
∴ A =
n
1
2
1
1- 3
1 1
+ - 2 4
1 1
+ - 3 5
1 1
+⋯+ - n-1 n+1
1 1
+ - n n+2
1 1 1 1 = 1+ - - 2 2 n+1 n+2 3 = - 4
1 1 1
+
2 n+1 n+2
1 1
∵ + >0
n+1 n+2
3
∴A < .
n 4
1 又A -A =p p = >0
n n-1 n n+2 n(n+2)
1
∴{A }为递增数列，故A ≥A =
n n 1 3
1 3 综上 ≤A <
3 n 4
考点40：数列与不等式
类型一：利用单调性处理不等式f(n)<m
3 3a
81.已知数列{a }的首项a = ,a = n ,n∈N*．
n 1 5 n+1 2a +1 n
1
(1)求证：数列 -1
a
n
等差数列，且a -1，a -1，a -1成等比数列?如果存
m s n
在，请给予证明；如果不存在，请说明理由．
1 2 1 【解析】解：(1)由题意 = + ，
a 3 3a
n+1 n
1 1 1 1 1
所以 -1= - = -1
a 3a 3 3 a n+1 n n
为等比数列；
1 1 1
(2)记S = + +⋯+ ，若S <100，求正整数k
n a a a k
1 2 n
的最大值；
(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成
．
1 2
又 -1= ≠0，
a 3
1
1
所以 -1≠0(n∈N*)，
a
n
1 所以数列 -1
a
n
为等比数列．
1 2 1
(2)由(1)可得 -1= ×
a 3 3 n
n-1
，
1 1
所以 =2×
a 3 n
n
+1，
1 1 1
所 以 S = + +⋯+ = n +
n a a a
1 2 n
1 1 1
2 + +⋯+
3 32 3n
1 1
-
3 3n+1
=n+2× =n
1
1-
3
1 +1- ，
3n
1
若S <100，则k+1- <100，
k 3k
令 fk
1
=k+1- ,k∈N*,则函数 fk 3k =k
1
+1- 单调递增
3k
所以k =99．
max
故正整数k的最大值为99．
(3)假设存在正整数m，s，n满足题意，
则m+n=2s，且(a -1)(a -1)=(a -1)2． m n s
3n
由(2)可得a = ，
n 3n+2
3m
所 以 -1
3m+2
3n
-1
3n+2
=
3s
-1
3s+2
2
，化简得3m+3n=2×3s.
因为3m+3n≥2 3m+n=2×3s，当且仅当m=
n时等号成立，
又m，s，n互不相等，
所以不存在互不相等的正整数m，s，n，
使m，s，n成等差数列，且a -1，a -1，a -
m s n
1成等比数列．
类型二:利用放缩法处理不等式f(n)<m
82.已知数列{a }满足a =1,a a =a -2a
n 1 n n+1 n n+1
1 (1)证明：数列{1+ }是等比数列；
a
n
(2)记{a }的前n项和为S ,证明:S <2
n n n
a
【解析】（1）将a a =a -2a 化为a = n
n n+1 n n+1 n+1 a +2
n1 a +2 1+ 1+ n
a a a +a +2
代入 n+1 = n = n n =
1 1 a +1
1+ 1+ n
a a
n n
2
1
又1+ =1+1=2,
a
n
1 ∴{1+ }是一个以2为首项，2为公比的等
a
n
比数列
1 1
(2)由(1)可知,1+ =2n,解得a =
a n 2n-1
n
当n=1时,S =a =1<2,
n 1
当n≥2时，2n-1>1,所以2n-1>2n-1,
1 1
所以a = < ,
n 2n-1 2n-1
1 1
∴S =1+a +a +...+a <1+ + +...
n 2 3 n 2 22
1 1 1 1
+ = (1-( )n)=2- <2
2n-1 1 2 2n-1
1-
2
类型三：利用作差处理不等式f(n)<g(n)
83. a n 为等差数列，b n = a 2a n - ,n 6, 为 n 偶 为 数 奇数 ，记S n ，T n 分 n
别为数列a n ，b n 的前n项和，S =32，T =16． 4 3
(1)求a
n
的通项公式；
(2)证明：当n>5时，T >S ．
n n
【解析】【小问1详解】
设等差数列a
n
的公差为d，而b =
n
a -6, n=2k-1
n ,k∈N∗，
2a , n=2k
n
则b =a -6,b =2a =2a +2d,b =a -6=
1 1 2 2 1 3 3
a +2d-6，
1
S =4a +6d=32
于是 T 4 =4a 1 +4d-12=16 ，解得a 1 =5,d=
3 1
2，a =a +(n-1)d=2n+3，
n 1
所以数列a
n
的通项公式是a =2n+3.
n
【小问2详解】
n(5+2n+3)
方法1：由(1)知，S = =n2+
n 2
2n-3, n=2k-1
4n，b
n
= ,k∈N∗，
4n+6, n=2k
当n为偶数时，b +b =2(n-1)-3+4n+
n-1 n
6=6n+1，
13+(6n+1) n 3 7
T = ⋅ = n2+ n，
n 2 2 2 2
3 7
当n>5时，T -S = n2+ n
n n 2 2
3 5 当n>5时，T -S = n2+ n-5
n n 2 2
-(n2+
1
4n)= n(n-1)>0，因此T >S ，
2 n n
3
当n为奇数时，T =T -b = (n+1)2+
n n+1 n+1 2
7 3 5
(n+1)-[4(n+1)+6]= n2+ n-5，
2 2 2
-(n2
1
+4n)= (n+2)(n-5)>0，因此T >S ，
2 n n
所以当n>5时，T >S .
n n
n(5+2n+3)
方法2：由(1)知，S = =n2+
n 2
2n-3, n=2k-1
4n，b
n
= ,k∈N∗，
4n+6, n=2k
当n为偶数时，T =(b +b +⋯+b )+(b +
n 1 3 n-1 2
-1+2(n-1)-3 n
b +⋯+b )= ⋅ +
4 n 2 2
14+4n+6 n 3 7
⋅ = n2+ n，
2 2 2 2
3 7
当n>5时，T -S = n2+ n
n n 2 2
-(n2+
1
4n)= n(n-1)>0，因此T >S ，
2 n n
当n为奇数时，若n≥3，则T =(b +b +⋯
n 1 3
-1+2n-3
+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅
n 2 4 n-1 2
n+1 14+4(n-1)+6 n-1
+ ⋅
2 2 2 3 5 = n2+ n-5，显然T=b =-1满足上式， 2 2 1 1
3 5
因此当n为奇数时，T = n2+ n-5，
n 2 2
3 5
当n>5时，T -S = n2+ n-5
n n 2 2
-(n2
1
+4n)= (n+2)(n-5)>0，因此T >S ，
2 n n
所以当n>5时，T >S .
n n
解析几何板块
考点41：两直线的位置关系
类型一：平行的判定与应用
84.(2024·合肥质检)若l ：3x-my-1=0与l ：3(m+2)
1 2
x-3y+1=0是两条不同的直线，则“m=1”是“l ∥
1
l”的 条件
2
【解析】解析：C 若l ∥l ，则3×(-3)=-m×3(m+
1 2
2)，解得m=1或m=-3，而当m=-3时，l ，
1
l 重合，故舍去，则“m=1”是“l ∥l”的充要条
2 1 2
件.
类型二：垂直的判定与应用
85.“a=1”是“直线(2a+1)x+ay+1=0和直线ax-3y
+3=0垂直”的 条件
【解析】解析：A 当a=1时，直线(2a+1)x+ay+1
=0的斜率为-3，直线ax-3y+3=0的斜率
1
为 ，两直线垂直；当两直线垂直时，(2a+1)a
3
-3a=0，解得a=0或1，所以a=1是“直线
(2a+1)x+ay+1=0和直线ax-3y+3=0垂直”的充分不必要条件，故选A.
考点42：明圆与隐圆问题
类型一：明圆的方程与性质
86.(2015·全国·高考真题)过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,
-7)的圆交y轴于M，N两点，则MN =
3-2 1
【解析】【【详解】由已知得k = =- ，k =
AB 1-4 3 CB
2+7
=-3，所以k k =-1，所以AB⊥CB，
4-1 AB CB
即ΔABC为直角三角形，其外接圆圆心为AC
AC
中点(1,-2)，半径为长为 =5，所以外接圆
2
方程为(x-1)2+(y+2)2=25，令x=0，得y=
±2 6-2，所以MN
= ．
【解析】【答案】4
【分析】由题，根据垂径定理求得圆心到直线的
距离，可得m的值，既而求得CD的长可得答
案.
【详解】因为AB
=4 6，
类型二：隐圆的方程与性质
87.(多选)在平面直角坐标系中，点A(-1，0)，B(1，0)，C
(0，7)，动点P满足|PA|= 2|PB|，则( )
A.点P的轨迹方程为(x-3)2+y2=8
B.△PAB面积最大时，|PA|=2 6
C.∠PAB最大时，|PA|=2 6
4 2
D.点P到直线AC的距离的最小值为
5
【解析】解析：ABD 设P(x，y)，由|PA|= 2|PB|
得，|PA|2=2|PB|2，所以[x-(-1)]2+(y-0)2
=2[(x-1)2+(y-0)2]，化简得(x-3)2+y2=
8，A项正确；由对A的分析知y∈[-2 2，
1
2 2]，所以△PAB的面积S= |AB|·|y|∈
2
(0，2 2]，当△ABP面积最大时，P点坐标为
(3 ，2 2 ) 或 (3 ，-2 2 ) ，此时 |PA| =
[3-(-1)]2+(±2 2-0)2 = 2 6 ，B 项正
确；记圆(x-3)2+y2=8的圆心为D，则D(3，
0)，当∠PAB最大时，PA为圆D的切线，连接
PD(图略)，则|PA|2=|AD|2-|PD|2=42-
(2 2)2=8，|PA|=2 2，C项错误；直线AC
的方程为7x-y+7=0，所以圆心D(3，0)到
|7×3+7| 14 2 直线AC的距离为 = ，所以
72+(-1)2 5
14 2
点P到直线AC的距离的最小值为 -
5
4 2
2 2= ，D项正确.故选A、B、D.
5
考点43：直线与圆位置关系
类型一：直线与圆相交
88.(2016·全国·高考真题)已知直线l：mx+y+3m- 3
=0与圆x2+y2=12交于A，B两点，过A，B分别作l
的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|=2 3，则|CD|
=2 3，且圆的半径为r=
2 3，所以圆心0,0 到直线mx+y+3m-
AB
3=0的距离为 r2-
2
2
=3，则由
3m- 3 3
=3，解得m=- ，代入直线l的
m2+1 3
3
方程，得y= x+2 3，所以直线l的倾斜角
3
为30°，由平面几何知识知在梯形ABDC中，
CD
AB
=
=4．
cos30°
故答案为4
类型二：直线与圆相切
89.(2020·全国·高考真题)已知⊙M：x2+y2-2x-2y-2
=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作
⊙M的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM|⋅|AB|最小
时，直线AB的方程为
【解析】【分析】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的
知识可知，四点A,P,B,M共圆，且AB⊥MP，
根据 PM ⋅AB =4S =4PA
△PAM
可知，当直
线MP⊥l时，PM ⋅AB 最小，求出以 MP
为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出
直线AB的方程．
【详解】圆的方程可化为x-1 2+y-1 2=
2×1+1+2
4，点 M到直线l的距离为d=
22+12
= 5>2，所以直线 l与圆相离．
依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且
AB⊥MP，所以PM ⋅AB =4S =4×
△PAM
1
×PA
2
×AM =4PA ，而 PA =
MP 2-4，
当直线MP⊥l时，MP = 5，PA
min
=1，
min
此时PM ⋅AB 最小．
1
∴MP:y-1= x-1
2
1 1
即 y= x+ ，由
2 2
1 1
y= 2 x+ 2 解得， x=-1 ．
y=0 2x+y+2=0
所以以MP为直径的圆的方程为
x-1 x+1 +yy-1 =0，即 x2+y2-y-
1=0，
两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直
线AB的方程．
考点44：点与圆、圆与圆的位置关系
类型一：圆与圆的位置关系
90.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：(x-a)2+(y-
a+2)2=1，点A(0，2)，若圆C上存在点M，满足
|MA|2+|MO|2=10，则实数a的取值范围是 .
【解析】设M(x，y)，由|MA|2+|MO|2=10，可得x2+
(y-1)2=4，∴M点在圆x2+(y-1)2=4上，
故圆x2+(y-1)2=4和圆(x-a)2+(y-a+ 由FA=AB,得FA=AB.又OF =OF,得
1 1 1 2
2)2=1相交或相切，∴1≤ a2+(a-3)2≤3， OA是三角形F
1
F
2
B的中位线，即BF
2
⎳OA,
∴0≤a≤3. BF =2OA.由FB∙FB=0，得FB⊥FB,OA
2 1 2 1 2
⊥FA,则OB=OF 有∠AOB=∠AOF，
1 1 1
类型二：点与圆的位置关系 又 OA 与 OB 都是渐近线 ，得 ∠BOF =
2
91. (2024·衡水联考)已知A(0，2)，点P在直线x+y+2 ∠AOF,又∠BOF +∠AOB+∠AOF =π，得
1 2 1
=0上，点Q在圆C：x2+y2-4x-2y=0上，则|PA| ∠BOF =∠AOF =∠BOA=600,．又渐近线
2 1
+|PQ|的最小值是 . OB的斜率为 b =tan600= 3，所以该双曲线
a
【解析】答案：2 5
c b
的 离 心 率 为 e = = 1+
解析：因为圆C：x2+y2-4x-2y=0，所以圆 a a
C是以C(2，1)为圆心，半径r= 5的圆.设点
A(0，2)关于直线x+y+2=0的对称点为A'
m+0 n+2
2
+
2
+2=0，
(m，n)，所以 解得
n-2
=1，
m-0
m=-4，
故A'(-4，-2).连接A'C交圆C于
n=-2，
Q(图略)，交直线x+y+2=0于P，此时，
|PA|+|PQ|取得最小值，由对称性可知|PA|
+|PQ|=|A'P|+|PQ|=|A'Q|=|A'C|-r=
2 5.
考点45：给图形关系处理离心率
类型一：条件强烈各点用abc表示
x2 y2
92.(2019·全国·高考真题)已知双曲线C： - =1(a
a2 b2
>0,b>0)的左、右焦点分别为F，F，过F 的直线与C
1 2 1
的两条渐近线分别交于A，B两点．若FA=AB，FB
1 1
⋅FB=0，则C的离心率为 ．
2
【解析】【答案】2.
【分析】通过向量关系得到FA=AB和OA⊥
1
FA，得到∠AOB=∠AOF ，结合双曲线的渐
1 1
近线可得∠BOF =∠AOF,∠BOF =∠AOF
2 1 2 1
b =∠BOA=600,从而由 =tan600= 3可求
a
离心率.
【详解】如图，
2
=
1+( 3)2=2．
x2 y2
C ： - =1(a>0，b>0)的渐近线为y=
1 a2 b2
b
± x，联立渐近线方程与抛物线方程得交点的
a
2pb 2pb2
坐标A ，
a a2
2pb 2pb2
，B- ，
a a2
，又由
p
于 C ：x2 = 2py(p > 0) 的焦点 F0，
2 2
，
△OAB的垂心为C 的焦点，故有AF⊥OB，
2
2pb2 p
-
a2 2 a b2 5 c2
则k = = ，即 = ， =
AF 2pb b a2 4 a2
a
a2+b2 9 c 3 = ，e= = .
a2 4 a 2
类型二：条件较弱各边用abc表示
x2 y2
93.(2023·全国新Ⅰ卷·高考真题)已知双曲线C: -
a2 b2
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F,F．点A在C
1 2
2
上，点B在y轴上，FA⊥FB,FA=- FB，则C的
1 1 2 3 2
离心率为 ．
3 5 3
【解析】【答案】 / 5
5 5
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积
的几何意义得到AF 2 ,BF 2 ,BF 1 ,AF 1 关于a,
m的表达式，从而利用勾股定理求得a=m，进
而利用余弦定理得到a,c的齐次方程，从而得
解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标
5 2
运算求得x = c,y =- t，t2=4c2，将点A
0 3 0 3代入双曲线C得到关于a,b,c的齐次方程，从
而得解；
【详解】方法一：
依题意，设AF 2 =2m，则BF 2 =3m=BF 1 ,
AF 1 =2a+2m，
在Rt△ABF 中，9m2+(2a+2m)2=25m2，则
1
(a+3m)(a-m)=0，故a=m或a=-3m(舍
去)，
所以AF 1 =4a,AF 2 =2a，BF 2 =BF 1 =3a，
则AB =5a，
故cos∠FAF = AF 1 1 2 AB 4a 4 = = ， 5a 5
所以在△AFF 中，cos∠FAF = 1 2 1 2
16a2+4a2-4c2 4 = ，整理得5c2=9a2，
2×4a×2a 5
c 3 5 故e= = .
a 5
方法二:
依题意，得F 1 (-c,0),F 2 (c,0)，令Ax 0 ,y 0 ,B(0,
t)，
2
因为F 2 A=- 3 F 2 B，所以x 0 -c,y 0 =
2
- -c,t 3
5 2
，则x = c,y =- t， 0 3 0 3
8 2 又FA⊥FB，所以FA⋅FB= c,- t
1 1 1 1 3 3
⋅
c,t
8 2
= c2- t2=0，则t2=4c2， 3 3
25 4 c2 t2
9 9
又点A在C上，则 - =1，整理得
a2 b2
25c2 4t2 25c2 16c2
- =1，则 - =1，
9a2 9b2 9a2 9b2
所以25c2b2-16c2a2=9a2b2，即25c2 c2-a2 -
16a2c2=9a2 c2-a2 ，
整理得25c4-50a2c2+9a4=0，则
5c2-9a2
5c2-a2
考点46：椭圆的定义、方程与性质
类型一：椭圆的方程
94.(2019·全国·高考真题)已知椭圆C的焦点为F(-1,0)，
1
F (1,0)，过F 的直线与C交于A，B两点.若AF =
2 2 2 2FB，AB=BF，则C的方程为
2 1
【解析】【分析】由已知可设F 2 B
=0，解得5c2=9a2或5c2
=a2，
3 5 5
又e>1，所以e= 或e= (舍去)，故e
5 5
3 5
= .
5
3 5
故答案为： .
5
=n，则AF 2 =2n,
BF 1 =AB =3n，得AF 1 =2n，在△AFB中 1
1
求得cos∠FAB= ，再在△AFF 中，由余弦 1 3 1 2
3 定理得n= ，从而可求解.
2
【详解】法一：如图，由已知可设F 2 B =n，则
AF 2 =2n, BF 1 =AB =3n，由椭圆的定
义有2a=BF 1 +BF 2 =4n, ∴AF 1 =2a-
AF 2 =2n．在△AFB中，由余弦定理推论得 1
4n2+9n2-9n2 1
cos∠FAB= = ．在
1 2⋅2n⋅3n 3
△AFF 中，由余弦定理得4n2+4n2-2⋅2n⋅
1 2
1 3
2n⋅ =4，解得n= ．
3 2
∴2a=4n=2 3 , ∴a= 3 , ∴b2=
a2-c2=3-1=2 , ∴所求椭圆方程为
x2 y2
+ =1，故选B．
3 2
法二：由已知可设F 2 B =n，则AF 2 =2n,
BF 1 =AB =3n，由椭圆的定义有2a=BF 1
+BF 2 =4n, ∴AF 1 =2a-AF 2 =2n．在
△AFF 和△BFF 中，由余弦定理得 1 2 1 2
4n2+4-2⋅2n⋅2⋅cos∠AF 2 F 1 =4n2, ，又
n2+4-2⋅n⋅2⋅cos∠BFF =9n2
2 1
∠AFF , ∠BFF 互补，∴cos∠AFF + 2 1 2 1 2 1
cos∠BFF =0，两式消去cos∠AFF ,
2 1 2 1
3
cos∠BFF，得3n2+6=11n2，解得n= ．
2 1 2
∴2a=4n=2 3 , ∴a= 3 , ∴b2=
a2-c2=3-1=2 , ∴所求椭圆方程为
x2 y2
+ =1，故选B．
3 2类型二：椭圆的定义及性质
95.(2023·全国甲卷·高考真题)设O为坐标原点，F,F 为 1 2
x2 y2
椭圆 C: + = 1 的两个焦点，点 P 在 C 上，
9 6
3
cos∠FPF = ，则|OP|=
1 2 5
【解析】【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出
△PFF 的面积，即可得到点P的坐标，从而得
1 2
出OP 的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出
PF 1 PF 2 ,PF 1 2+PF 2 2，再结合中线的向量公
式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出
PF 1 2+PF 2 2，即可根据中线定理求出．
π
【详解】方法一：设∠FPF =2θ,0<θ< ，所
1 2 2
∠FPF 以S =b2tan 1 2 =b2tanθ，
△PF1F2 2
cos2θ-sin2θ
由cos∠FPF =cos2θ= =
1 2 cos2θ+sin2θ
1-tan2θ 3 1
= ，解得：tanθ= ，
1+tan2θ 5 2
由椭圆方程可知，a2=9,b2=6,c2=a2-b2=3，
1
所以，S △PF1F2 = 2 ×F 1 F 2 ×y p
1
= ×2 3× 2
y
p
1
=6× ，解得：y2=3，
2 p
3 即x2=9×1- p 6 9 = ，因此OP 2 =
9 30
x2+y2= 3+ = ．
p p 2 2
故选：B．
方法二：因为PF 1 +PF 2 =2a=6①，PF 1 2
+PF 2 2-2PF 1 PF 2 ∠F 1 PF 2 =F 1 F 2 2，
即PF 1 2+PF 2
6
2- 5 PF 1 PF 2 =12②，联立
①②，
解得：PF 1 PF 2 15 = 2 ,PF 1 2+PF 2 2=21，
1
而PO= PF +PF 2 1 2 ，所以OP
=PO =
1 PF +PF 2 1 2 ，
即PO 1 = PF +PF
2 1 2
=
1
PF
2 1
2+2PF ⋅PF +PF
1 2 2
2=
1 3 15 30 21+2× × = ． 2 5 2 2
故选：B．
方法三：因为PF 1 +PF 2 =2a=6①，PF 1 2
+PF 2 2-2PF 1 PF 2 cos∠F 1 PF 2 =F 1 F 2 2，
即PF 1 2+PF 2 6 2- 5 PF 1 PF 2 =12②，联立
①②，解得：PF 1 2+PF 2
由中线定理可知，2OP
2=21，
2+F 1 F 2 2=
2 PF 1 2+PF 2 2 =42，易知F 1 F 2 =2 3，解
得：OP
30
= ．
2
故选：B．
考点47：双曲线的定义、方程与性
质
类型一：双曲线的方程
x2 y2
96.(2024·天津·高考真题)双曲线 - =1(a>0，b>
a2 b2
0)的左、右焦点分别为F、F.P是双曲线右支上一点，
1 2
且直线PF 的斜率为2．△PFF 是面积为8的直角三
2 1 2
角形，则双曲线的方程为
【解析】【答案】C
【分析】可利用△PFF 三边斜率问题与正弦定
1 2
理，转化出三边比例，设PF 2 =m，由面积公式
求出m，由勾股定理得出c，结合第一定义再求
出a.
【详解】如下图：由题可知，点P必落在第四象
限，∠F 1 PF 2 =90°，设PF 2 =m，
∠PFF =θ,∠PFF =θ ，由k =tanθ =2，
2 1 1 1 2 2 PF2 1
2
求得sinθ = ，
1 5
因为∠FPF =90°，所以k ⋅k =-1，求得 1 2 PF1 PF2
1 1 k =- ，即tanθ = ，
PF1 2 2 2
1 sinθ 2 = 5 ，由正弦定理可得：PF 1 :PF 2 :
F 1 F 2 =sinθ:sinθ :sin90°=2:1: 5， 1 2
则由PF 2 =m得PF 1 =2m,F 1 F 2 =2c=
5m，
1 由S △PF1F2 = 2 PF 1 ⋅PF 2 1 = m⋅2m=8得m 2
=2 2，
则PF 2 =2 2,PF 1 =4 2,F 1 F 2 =2c=
2 10,c= 10，
由双曲线第一定义可得：PF 1 -PF 2 =2a=
2 2，a= 2,b= c2-a2= 8，x2 y2
所以双曲线的方程为 - =1.
2 8
类型二：双曲线的定义及性质
x2 y2
97.已知F,F 分别为双曲线C: − =1的左、右焦点． 1 2 2 2
过点T−3,0 作直线l与C的左、右两支分别相交于
M,N两点，直线FN与FM相交于点P.若FM∥FN，
1 2 1 2
则PF 2 −PF 1 = ．
4 2 【解析】
3
设直线l的方程为y=k(x+3),代入双曲线方
x2 y2
程 - =1，整理得(1-k2)x2-6k2x-
2 2
(9k2+2)=0
6k2 -(9k2+2)
x +x = ,xx =
1 2 1-k2 1 2 1-k2
x +2 y
利用平行条件FM//FN 得： 1 = 1 =
1 2 x -2 y
2 2
x +3
1
x +3
2
化简得x =5x +12,代入根与系数关系求解
2 1
2 8
得k2= ,进而求得x =- ,x =4,
7 1 5 2
14
y=
6
14 (x+2)
对应y = ,y = 14,
1 5 2 14
y=- (x-2)
18
14
联立解得P(-1, )
6
计算PF 2 -PF 1
因此直线AB的方程为x+2y-3=0.
类型二：抛物线与定义与平几
99.（多选）（泉州模拟）已知抛物线C:x2=4y的准线为l，
焦点为F，过F的直线m与C交于A,B两点，则( )
A.l的方程为y=-1
B.l与以线段AB为直径的圆相切
C.当线段AB中点的纵坐标为2时，AB
13 2 5 2 4 2 = - = 6 6 3
考点48：抛物线的定义、方程与性
质
类型一：抛物线的方程与性质
98.已知A，B为抛物线C：x2=4y上的两点，M(-1，2)，
若AM =MB，则直线AB的方程为 .
【解析】答案：x+2y-3=0
解析：由题意知点M(-1，2)在抛物线内，且M
(-1，2)是线段AB的中点，设A(x ，y )，B
1 1
x2=4y ，
(x 2 ，y 2 )，则x 1 +x 2 =-2，联立 x 1 2=4y 1 ， 两式
2 2
相减得(x -x )(x +x )=4(y -y )，即k =
1 2 1 2 1 2 AB
y -y x +x 1 1 2 = 1 2 =- ，则直线AB的方程为
x -x 4 2 1 2
1
y - 2 =- (x + 1)，即 x + 2y - 3 = 0. 由
2
x+2y-3=0，
消去y，得x2+2x-6=0，Δ
x2=4y，
1
=22-4×(-6)>0，故斜率为- 符合题意.
2
=3
D.当m的倾斜角等于45°时，AB =8
【解析】【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出准线方程判断A，
根据抛物线定义及圆与直线相切的判定判断
B，利用抛物线的定义求弦长可判断CD.
p
【详解】由抛物线C:x2=4y的方程可知 =1，
2
所以准线方程为y=-1，故A正确；
设AB中点为M，过B,M,A分别作准线的垂
线，垂足分别为B,M,A，
则由梯形中位线可得MM
BB
=
+AA
，
2
再由抛物线定义可得，BF =BB ,AF =
AA ，
所以MM
BF
=
+AF AB
=
2
，即圆心到
2
准线的距离等于半径，
所以l与以线段AB为直径的圆相切，故B正
确；
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，因为AB中点的纵坐标
为2，所以y +y =4，
1 2
由抛物线的定义可知AB =AF +BF =y 1
+1+y +1=6，故C错误；
2
当m的倾斜角等于45°时，由于F(0,1)，所以直
线m的方程为y=x+1，
y=x+1
联立 x2=4y ，消去x，得y2-6y+1=0，所
以y +y =6， 1 2
由抛物线定义可得AB =AF +BF =y + 1
1+y +1=8，故D正确. 2
故选：ABD
考点49：截口曲线与投影曲线
类型一：平面截圆柱圆锥
100.用平面截圆锥可得到不同的圆锥曲线.如图，已知圆锥PO的侧面积为2 2π，它的轴截面为等腰直角三角
形.过圆锥底面圆心O作平面α，使圆锥轴PO与平面
α成 角，此时平面α截圆锥侧面所得图形记为
抛物线C，则抛物线C的焦点到准线的距离为 .
【解析】【答案】45°,1
【分析】以M为原点，MO为x轴建立坐标系，
利用坐标法求出抛物线方程，即可求解.
【详解】设圆锥底面半径为r，因为轴截面为等
腰直角三角形.
所以PO =r，母线长为PA = r2+r2=
2r，
1
所以侧面积为： ×2πr× 2r=2 2π，
2
解得r= 2，
如图：
取PB的中点M，过O作CD⊥AB，连接
OM，易知OM⊥PB，
由圆锥的结构特点易知CD⊥PO，又PO,AB
为平面PAB内两条相交直线，
所以CD⊥平面PAB，又PB在平面PAB，
所以CD⊥PB，又OM,CD为平面CDM内两
条相交直线，
所以PB⊥平面CDM，
所以∠POM即为圆锥轴PO与平面α成45°
角，
即∠POM=45°，.
O为AB的中点，M是PB中点，
所以OM为中位线，所以PA⎳OM,PB⊥
OM,
所以OM
1
= PA
2
=1.
又OD = 2.
以M为原点，MO为x轴建立坐标系如图示，
则D1, 2 .
可设抛物线y2=2px，把D1, 2
1 所以抛物线为：y2=2x，焦点F ,0
2
带入抛物线
方程可得：2=2p，
，
所以焦点到准线的距离为1，
类型二：丹德林双球
101.（教材拓展）如图所示，在圆锥内放入两个球O ，O 它
1 2
们都与圆锥相切(即与圆锥的每条母线相切)，切点圆
(图中粗线所示)分别为⊙C ，⊙C ，这两个球都与平
1 2
面α相切，切点分别为F，F，丹德林(G·Dandelin)利
1 2
用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，
F ，F 为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为
1 2
Dandelin双球．若圆锥的母线与它的轴的夹角为30°，
球 O ，O 的半径分别为 1、4，则椭圆的长轴长为
1 2
．
【解析】【答案】3 3
【分析】如图，根据
题意求出OO ，进
1 2
而求出AB，利用全
等三角形的性质可
得PF =PA、PF
1 2
=PB，根据椭圆的
定义可得2a=PF
1
+PF =PA+PB=AB.
2
【详解】如图，A、B为圆锥的一条母线与球O 、
2
O 的切点，
1
连接OO 、OB、O A，则OB⊥AB、O A⊥
1 2 1 2 1 2
AB，
连接OF、OP、PF、OA、O B，过O 作OD
1 1 1 1 1 2 1 1
⊥O B交于点D，则∠O OD=30°
2 2 1
在直角△OO D中，DO =4-1=3，
1 2 2
OD 所以cos∠O OD=cos30°= 1 =
2 1 OO
1 2
OO2-9 3
1 2 = ，解得OO =6，
OO 2 1 2
1 2
故AB= OO2-O D2= 36-9=3 3
1 2 2
在△OPF 和△OPA中，OF =OA=1，
1 1 1 1 1 1
∠OAP=∠OFP=90°，OP为公共边，
1 1 1 1
所以△OPF ≅△OPA，有PF =PA.同理可
1 1 1 1
得PF =PB，
2
由椭圆的定义，得长轴2a=PF +PF =PA+
1 2
PB=AB=3 3.
故答案为：3 3.
考点50：求圆锥曲线的轨迹方程类型一：定义法求轨迹方程
102.已知圆M：(x+1)2+y2=1，圆N：(x-1)2+y2=25，
动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为
曲线C．则C的方程为 ；
【解析】解：(1)圆M：(x+1)2+y2=1，圆N：(x-1)2
+y2=25，
设动圆P半径为R.
∵M在N内，∴动圆只能在N内与N内切，不
能是N在动圆内，即：R<5
动圆P与圆M外切，则PM=1+R，
动圆P与圆N内切，则PN=5-R，
∴PM+PN=6，即P到M和P到N的距离之
和为定值．
∴P是以M、N为焦点的椭圆．
∵MN的中点为原点，故椭圆中心在原点，
∴2a=6，a=3，2c=MN=2，c=1，
∴b2=a2-c2=9-1=8，
x2 y2
∴C的方程为 + =1(x≠-3)．
9 8
类型二：坐标转移法处理轨迹方程
x2
103.设O为坐标原点，动点M在椭圆C： +y2=1上，
2
过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N ，点 P 满足 NP =
2NM，则点P的轨迹方程是( )
x2 y2
A. +y2=1 B. +x2=1
2 2
C.x2+y2=2 D.x2+y2=1
【解析】【答案】C
【分析】设出点的坐标，根据向量的坐标表示，
建立等量关系，代入椭圆方程，整理可得答案.
【详解】设Px,y ，Mm,n ，Nm,0 ，则NP
=x-m,y
，NM =0,n
x2 y2
A. + =1
3 2
x2 y2
B. + =1
4 3
C.x2+y2+4x-1=0
D.x2+y2-4x+1=0
【解析】【答案】D
【分析】由向量数量积及模长公式,计算即可.
【详解】设Px,y
，
x-m=0
由NP= 2NM，则
，解得
y= 2n
m=x
2 ，
n= y
2
x2 m2
由点M在椭圆C： +y2=1上，则 +n2
2 2
x2 y2
=1，即 + =1，
2 2
即点P的轨迹方程是x2+y2=2.故选：C.
类型三：直接法处理轨迹方程
104.已知点A(-1,0)，B(1,0)，动点P满足PA2=3PB2，则
点P的轨迹方程为( )
,因为A(-1,0)B(1,0),所以
PA=-1-x,-y
,PB=1-x,-y
又因为PA2=3PB2,所以-1-x
2+-y
2=
3 1-x 2+-y 2 ,
即得2y2+2x2-8x+2=0
可得点P的轨迹方程为y2+x2-4x+1=0
故选:D.
类型四：交轨法处理轨迹方程
x2 y2
105.已知椭圆 + =1，点A，B分别是它的左，右顶
8 4
点.一条垂直于x轴的动直线l与椭圆相交于P，Q两
点，又当直线l与椭圆相切于点A或点B时，看作P，
Q两点重合于点A或点B，则直线AP与直线BQ的交
点M的轨迹方程是( )
y2 x2 x2 y2
A. - =1 B. - =1
8 4 8 4
y2 x2 x2 y2
C. - =1 D. - =1
4 8 4 8
【解析】【答案】B
【分析】设P(x ,y )，则Q(x ,-y )，写出直线
0 0 0 0
x2 y2
AP和直线BQ的方程，利用 0 + 0 =1消去
8 4
x 和y 即可得到结果.
0 0
x2 y2
【详解】设P(x ,y )，则Q(x ,-y )，则 0 + 0 0 0 0 0 8 4
=1，因为A(-2 2,0)，B(2 2,0)，当x ≠ 0
±2 2时，
y -0
所以直线AP的方程为：y= 0 (x+
x +2 2
0
-y -0
2 2)直线BQ的方程为：y= 0 (x-
x -2 2
0
2 2)，
-y2 x2
所以y2= 0 (x2-8)，又y2=41- 0
x2-8 0 8
0
=
8-x2 x2-8 x2 y2
0，所以y2= ，即 - =1，
2 2 8 4
当x =±2 2时，M(±2 2,0)也符合上式，
0
所以直线AP与直线BQ的交点M的轨迹方程
x2 y2
是 - =1.故选：B.
8 4
考点51：定点问题
类型一：直线过定点x2 y2
106.已知椭圆E: + =1a>b>0
a2 b2
的左、右焦点分
2 2
别为F,F，离心率e= ，点P1,
1 2 2 2
在E上．
(1)求E的方程；
(2)过点F 作互相垂直且与x轴均不重合的两条直线
2
分别交E于点A，B和C，D，若M，N分别是弦AB，
CD的中点，证明：直线MN过定点．
2
【解析】【解析】(1)因为该椭圆的离心率e= ，
2
2 c 1 c2
所以有e= = ⇒ = ，又a2=b2+
2 a 2 a2
1 a2-b2
c2，所以有 = 1
2 a2
，
2
因为点P1,
2
1
1 2
在E上，所以 + =
a2 b2
12 ，
联立1 2 ，解得a2=2,b2=1，
x2
所以E的方程为 +y2=1；
2
(2)由(1)知F(1,0)，由题意知直线AB和直线
2
CD的斜率都存在且不为0，
设直线AB方程为：x=my+1(m≠0)，与E
x2
+y2=1
的方程联立 2 ，消去x并整理，得
x=my+1
m2+2
y2+2my-1=0，
且Δ=4m2+4m2+2 >0，
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
2m
，则y +y =- ，所 1 2 m2+2
以x 1 +x 2 =my 1 +y 2
4
+2= ， m2+2
2 m
所以点M的坐标为 ,-
m2+2 m2+2
，
因为AB⊥CD，则直线CD的方程为x=
1
- y+1，
m
2m2 m 同理得N , 2m2+1 2m2+1 ，
2m2 2
当 ≠ ，即m≠±1时，直线MN
2m2+1 m2+2
m m
+
2m2+1 m2+2
的斜率k = = MN 2m2 2
-
2m2+1 m2+2
3m
2m2-1
，
m
所以直线MN的方程为y+ =
m2+2
3m
2m2-1
2
x-
m2+2
，
3m
所以y=
2m2-1
2
x-
m2+2
m
- =
m2+2
3m
2m2-1
2 2m2-1
x- -
m2+2
3m2+2
2 2m2-1
因为 +
m2+2
，
3m2+2
6+2m2-1
=
3m2+2
=
2m2+2
3m2+2
2
= ，
3
所以直线MN的方程即为y=
3m
2m2-1
2
x-
3
，显然直线MN过定点
2
,0
3
；
2m2 2 当 = ，即m=±1时，则
2m2+1 m2+2
2 1 M ,-
3 3
2 1 ,N ,
3 3
2 1 或M ,
3 3
,
2 1
N ,-
3 3
，
2 2
此时直线MN的方程为x= ，也过点 ,0
3 3
.
2
综上所述，直线MN过定点 ,0 3 .
类型二：圆过定点
107.已知点P是圆F：(x-1)2+y2(x-1)2+y2=8上任意
1
一点，点F 与点F 关于原点对称，线段PF 的垂直平分
2 1 2
线分别与PF，PF 交于M，N两点．
1 2
(Ⅰ)求点M的轨迹C的方程；
1
(Ⅱ)过点G0,
3
的动直线l与点M的轨迹C交于
A，B两点，在y轴上是否存在定点Q，使以AB为直径
的圆恒过这个点⋅若存在，求出点Q的坐标；若不存在，
请说明理由．
【解析】【答案】解：(1)由题意得|MF|+|MF|=|MF|
1 2 1
+|MP|=|FP|=2 2>|FF|=2， 1 1 2
所以点M的轨迹C为以F，F 为焦点的椭圆，
1 2
因为2a=2 2，2c=2，所以b=1，
x2
所以点M的轨迹C的方程为 +y2=1．
2
1
(2)设直线l的方程为y=kx+ ，设A(x ,
3 1
y)，B(x ,y )，
1 2 2
1 y=kx+ 3
联立 ，可得9(1+2k2)x2+12kx-
x2
+y2=1
2
16=0．
4k 显然Δ>0，且x +x =- ，x x = 1 2 3(1+2k2) 1 2
16
- ，
9(1+2k2)
假设在y轴上存在定点Q(0,m)，使以AB为直
径的圆恒过这个点，
则AQ⊥BQ，即AQ⋅BQ=0．
因为AQ=(-x,m-y)，BQ=(-x ,m-y )，
1 1 2 2
所以AQ⋅BQ=xx +(m-y)(m-y )
1 2 1 2
1
=xx +m-kx - 1 2 1 3
1
m-kx - 2 3 1 =(1+k2)x x +k -m
1 2 3
(x +x )+m2-
1 2
2m 1
+
3 9
1
16(1+k2) 12k2 3 -m =- -
9(1+2k2)
2m +m2- +
9(1+2k2) 3
1
9
(18m2-18)k2+(9m2-6m-15)
=
9(1+2k2)
=0．
18m2-18=0
所以 ，求得m=-1．
9m2-6m-15=0
因此，在y轴上存在定点Q(0,-1)，使以AB为
直径的圆恒过这个点．
考点52：斜率和积商背景
类型一：斜率和与角平分线或对称轴
108.已知抛物线C：y2=4x，过点P(1,2)作直线PM，PN
分别交C于M，N两点，且使∠MPN的角平分线与y
轴垂直，问：直线MN的斜率是否为定值？若为定值，
求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【解析】解：(1)将点P的纵坐标y =2代入y2=2px
P
2 中，解得x = ，
P p
2 所以P ,2
p
.则点P到准线l的距离为d=
2 p
+ ，
p 2
|AB|
所以|OP|2=
2
2
+d2，
2
所以22+
p
2 p 2
=1+ +
2 p
2k2+8 -8k -8 所以x +x = ，x -x = = ，
1 2 k2 1 2 k2 k
所以y -y =[k(x -1)+2]-[-k(x -1)+
1 2 1 2
2]
2k2+8 8 =k(x +x )-2k=k⋅ -2k= ，
1 2 k2 k
8
y -y k
所以k = 1 2 = =-1，
MN x -x 8
1 2 -
k
所以直线MN的斜率为定值-1．
类型二：斜率积与圆或直角三角形
x2 y2
109.若直线l:y=kx+m与双曲线C: - =1相交于
9 16
A、B两点，且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点
D,求证：直线l过定点并求出定点的坐标;
【解析】设P(x,y),Q(x ,y )
1 1 2 2
y=kx+m
联立 x2 y2
- =1
9 16
消去x得(16-9k2)x2-18kmx-9(m2+16)=0
18km -9(m2+16)
∴x +x = ,xx =
1 2 16-9k2 1 2 16-9k2
依题意可得k ∙k =-1
DA DB
y -0 y -0
∴ 1 × 2 =-1
x +3 x +3 1 2
∴yy +(x +3)(x +3)=0
1 2 1 2
∴(kx +m)(kx +m)+(x +3)(x +3)=0 1 2 1 2
∴(1+k2)xx +(km+3)(x +x )+m2+9=0
1 2 1 2
-9(m2+16) 18km
∴(1+k2) +(km+3) +m2
16-9k2 16-9k2
+9=0
两边同乘化简为7m2+54km-225k2=0
2
，
∴(7m+75k)(m-3k)=0
解得p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x． ∴7m+75k=0或m-3k=0
(2)由题意可知直线PM，PN的斜率存在且不 75
①当7m+75k=0即m=- k回代直线得y=
7
为0，
75 75
kx- k，恒过定点( ,0)
倾斜角互补，则斜率互为相反数， 7 7
易知P(1,2).设M(x ,y )，N(x ,y )，直线PM： ②当m-3k=0,即m=3k回代直线y=kx+3k,
1 1 2 2
y=k(x-1)+2，k≠0． 恒过定点(-3,0)不符合题意
y=k(x-1)+2, 75
由 整理得k2x2-(2k2-4k 综上:直线l恒过定点( 7 ,0)
y2=4x,
+4)x+(k-2)2=0，
其中Δ>0，则k≠1．
(k-2)2
已知此方程一个根为1，所以x ×1= 类型三：斜率比与水平线或铅垂线
1 k2
110.已知点A(-2,0)，B(2,0)，动点R(x,y)满足直线AR
k2-4k+4
= ， 1
k2 与BR的斜率之积为- ，记R的轨迹为曲线C.
4
k2-4k+4
即x = ， (Ⅰ)求曲线C的方程;
1 k2
k2+4k+4 (Ⅱ)设经过点Q(1,0)的直线l交曲线C于M，N两点，
同理x = ，
2 k2 设直线BM，BN的斜率为k ，k ，直线AM与直线BN
1 2交于点G.
①求kk 的值;
1 2
②求证点G在定直线上．
y y 1
【解析】【答案】(Ⅰ)解：依题得 ⋅ =- (x
x+2 x-2 4
≠±2)
x2
即： +y2=1(x≠±2)
4
(Ⅱ)①依题得：直线l: y=0不成立，
设直线l的方程为x=my+1，设M(x,y)，N 1 1
(x ,y )
2 2
x2
+y2=1
联立 4 消x得：(m2+4)y2+2my
x=my+1
-3=0，
-2m -3 则y +y = ，yy = ， 1 2 m2+4 1 2 m2+4
y y y
所以kk = 1 ⋅ 2 = 1 ⋅
1 2 x -2 x -2 my -1
1 2 1
y yy
2 = 1 2
my -1 m2yy -m(y +y )+1 2 1 2 1 2
-3
m2+4
即：kk = =
1 2 -3 -2m
m2· -m +1
m2+4 m2+4
-3 3
=-
-3m2+2m2+m2+4 4
y
②法一：依题得直线AM的方程为y= 1
x +2
1
y
(x+2)，直线BN的方程为y= 2 (x-2)，
x -2 2
y y 所以 2 (x-2)= 1 (x+2)，所以
x -2 x +2
2 1
y y
2 (x-2)= 1 (x+2)
my -1 my +3
2 1
y y
所以 2 - 1
my -1 my +3
2 1
x=
y y
2 2 + 1
my -1 my +3 2 1
，
所以[3(y +y)-2y]x=2[2myy +3(y +
2 1 1 1 2 2
y)-4y]，
1 1
-6m
所以 -2y
m2+4 1
x=
-6m -6m
2 + -4y
m2+4 m2+4 1
，
所以x=4，即点G在定直线x=4上.
y
法二：依题得直线AM的方程为y= 1 (x
x +2
1
y
+2)，直线BN的方程为y= 2 (x-2)，
x -2
2
y y
所以 2 (x-2)= 1 (x+2)，所以
x -2 x +2
2 1
y y
2 (x-2)= 1 (x+2)
my -1 my +3
2 1
y y
所以 2 - 1
my -1 my +3
2 1
y y
2 2 + 1
my -1 my +3
2 1
x=
，
所以(3y +y)x=2(2myy +3y -y)
2 1 1 2 2 1
-2m -3
因为y +y = ，yy = ，所以3
1 2 m2+4 1 2 m2+4
(y +y )=2myy ，
1 2 1 2
所以(3y +y)x=2(6y +2y) 2 1 2 1
所以x=4，即点G在定直线x=4上.
y
法三：依题得直线AM的方程为y= 1 (x
x +2 1
y
+2)，直线BN的方程为y= 2 (x-2)，
x -2
2
y y
所以 2 (x-2)= 1 (x+2)，
x -2 x +2
2 1
x-2 y x -2
所以 = 1 ⋅ 2 ，
x+2 x +2 y
1 2
x-2 两边平方得：
x+2
y2 (x -2)2 2 = 1 ⋅ 2
(x +2)2 y2
1 2
x2 x2
由 +y2=1得y2=1- ，代入上式得
4 4
x-2
x+2
x2
2 = 1- 4 1 ⋅ (x 2 -2)2 =
(x +2)2 x2
1 1- 2
4
(x -2)(x -2) (my -1)(my -1)
1 2 = 1 2 =
(x +2)(x +2) (my +3)(my +3)
1 2 1 2
m2yy -m(y +y )+1
1 2 1 2
m2yy +3m(y +y )+9
1 2 1 2
-2m -3
因为y +y = ，yy = ，
1 2 m2+4 1 2 m2+4
x-2 所以 x+2
-3 -2m m2 -m +1
2 m2+4 m2+4 = -3 -2m
m2 +3m +9
m2+4 m2+4
1
=
9
所以x=4(x=1不符题意)，即点G在定直线
x=4上
y
法四：设AM的斜率为k ，则kk = 1 ⋅
3 1 3 x +2
1
y y2 1
1 = 1 =- .
x -2 x2-4 4
1 1
3 k
由(Ⅱ)知kk =- ，所以 2 =3.
1 2 4 k
3
y
x-2
设点G(x,y)，所以 =3，所以x=4.
y
x+2
即点G在定直线x=4上.
考点53：弦长与面积背景
类型一：两点不知道
111.过左焦点F 且互相垂直的两条直线分别交椭圆M:
1
x2
+y2=1于P、Q、S、T四点，若四边形PSQT的面
44
积为 ，求直线PQ的斜率;
3
【解析】解：设直线PQ的方程为y=k(x+ 3),P
(x,y),Q(x ,y )
1 1 2 2
y=k(x+ 3)
联立 x2
+y2=1
4
得(1+4k2)x2+8 3k2x+12k2-4=0
8 3k2 12k2-4
∴x +x =- ,xx =
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
∴PQ
4(1+k2)
= 1+k2 (x +x )2-4xx = 1 2 1 2 1+4k2
1 由PQ⏊ST则k =-
ST k
∴ST
1
4(1+(-
k
)2) 4(k2+1)
= =
1+4(- 1 )2 k2+4 k
1
代入 PQ 2 ST
4
= 3
1 4(1+k2) 4(k2+1) 4
得 ∙ =
2 1+4k2 k2+4 3
化简为2k4-5k2+2=0
1
解得k2=2或k2= 2
2 即k=± 2或± 2
类型二：知道一点
x2 y2
112.(2023·天津·高考真题)已知椭圆 + =1(a>b>
a2 b2
0)的左右顶点分别为A 1 ,A 2 ，右焦点为F，已知A 1 F =
3,A 2 F =1．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点P在椭圆上(异于椭圆的顶点)，直线A P交y轴
2
于点Q，若三角形APQ的面积是三角形A PF面积的
1 2
二倍，求直线A P的方程．
2
x2 y2
【解析】【答案】(1)椭圆的方程为 + =1，离心率
4 3
1 为e= .
2
6
(2)y=± x-2
2
.
a+c=3
【分析】(1)由
解得a=2,c=1，从而
a-c=1
求出b= 3，代入椭圆方程即可求方程，再代
入离心率公式即求离心率.
(2)先设直线A P的方程，与椭圆方程联立，消
2
去y，再由韦达定理可得x ⋅x ，从而得到P点
A2 P
和Q点坐标.由S =S +S =
△A2QA1 △A1PQ △A1A2P
2S +S 得2y
△A2PF △A1A2P Q
=3y
P
【详解】(1)如图，
a+c=3 由题意得
，解得a=2,c=1，所以b
a-c=1
= 22-12= 3，
x2 y2 所以椭圆的方程为 + =1，离心率为e=
4 3
c 1 = .
a 2
(2)由题意得，直线A P斜率存在，由椭圆的方
2
x2 y2
程为
4
+
3
=1可得A 22,0
，即可得到关
于k的方程，解出k，代入直线A P的方程即可
2
得到答案.
，
设直线A 2 P的方程为y=kx-2 ，
x2 y2
+ =1 联立方程组 4 3
y=kx-2
，消去y整理得：
3+4k2
x2-16k2x+16k2-12=0，
16k2-12
由韦达定理得x ⋅x = ，所以x =
A2 P 3+4k2 P
8k2-6
，
3+4k2
8k2-6 -12k
所以P ,
3+4k2 3+4k2
，Q0,-2k .
1 所以S = ×4×y
△A2QA1 2 Q
1 ,S = ×1×
△A2PF 2
y
P
1
,S = ×4×y
△A1A2P 2 P
，
所以S =S +S =2S +
△A2QA1 △A1PQ △A1A2P △A2PF
S ，
△A1A2P
所以2y Q =3y P ，即2-2k
12k
=3- 3+4k2 ，
6
解得k=± ，所以直线A P的方程为y=
2 2
6
± x-2
2
.
考点54：切线背景
类型一:单切线
x2 y2
113.已知双曲线C: - =1，点M在C上，过M分别
16 16
作x轴和y轴的垂线，垂足分别为A和B，记线段AB
的中点N的轨迹为Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)过M的直线l与C有且只有一个公共点，且与Γ交
于P,Q两点．证明：(ⅰ)l⊥AB；
(ⅱ)MP =MQ ．
x2 y2 【解析】【答案】(1) - =1
4 4
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】(1)根据坐标的关系，利用代入法，即可
求解轨迹方程；
(2)(ⅰ)分直线l的斜率不存在和存在两种情
况讨论，斜率不存在时，根据几何关系，直接得
到结论，当直线l的斜率存在时，设直线l:y=
kx+b，联立双曲线方程，以及利用切点M的性
质，直线l的斜率用坐标表示，即可证明；(ⅱ)
直线l的方程与双曲线Γ的方程联立，利用中
点坐标公式，即可证明.
【详解】(1)设Nx,y ,Mx 0 ,y 0 ，则Ax 0 ,0 ,
B0,y 0
x2 y2
, 0 - 0 =1． 16 16
x
x=
2
0,
又线段AB的中点为N，所以 即
y
y= 0,
2
x =2x,
0 ①
y =2y.
0
x2 y2 x2 y2
将①代入 0 - 0 =1，得 - =1．
16 16 4 4
x2 y2
所以Γ的方程为 - =1．
4 4
(2)①当l的斜率不存在时，直线AB为x轴，显
然l⊥AB；同时由双曲线的对称性，也易得
MP =MQ ．
②(ⅰ)当l的斜率存在时，设l的方程为y=
kx+bk≠±1 ，则y =kx +b． 0 0
y=kx+b,
由 x2 y2 消去y，可得1-k2
- =1
16 16
x2-
2kbx-b2+16 =0，
所以Δ=4k2b2+41-k2 b2+16 =0，化简，
得b2=16k2-1 ．
将b=y 0 -kx 0 代入b2=16k2-1 ，得
y 0 -kx 0 2=16k2-1 ，x2 0 -16 k2-2kx y 0 0
+y2+16=0，
0
又x2-16=y2,y2+16=x2，
0 0 0 0
所以y2 0 k2-2kx 0 y 0 +x2 0 =0,y 0 k-x 0 2=0，解
x
得k= 0．
y 0
y -0 y
又k = 0 =- 0，所以k⋅k =-1，故l
AB 0-x x AB
0 0
⊥AB．
(ⅱ)设Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 ．
y=kx+b,
由x2 y2 消去y，可得1-k2
- =1
4 4
2kbx-b2+4
x2-
=0，
当Δ=4k2b2+41-k2 b2+4 =
4b2+4-4k2 >0时，
2kb
由韦达定理，得x +x = =
1 2 1-k2
x x
2 0y -x ⋅ 0
y 0 0 y 0 0
x
1- 0
y
0
= 2x 0y2 0 -x2 0
2
=2x ，
y2-x2 0
0 0
x +x
即x = 1 2．
0 2
所以点M为PQ的中点，即MP =MQ ．
综合①②，l⊥AB；MP =MQ ．
类型二：双切线
114.已知以F2,0 为焦点的抛物线C的顶点为原点，点
P是抛物线C的准线上任意一点，过点P作抛物线C
的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，设直线PA，
PB的斜率分别是k 和k .
1 2
(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程.
(2)求证：k ⋅k 为定值.
1 2
(3)求证：直线AB过定点
(4)求△PAB面积的最小值.
【解析】【答案】(1)标准方程为y2=8x，准线方程为x
=-2
(2)证明见解析
(3)16
【分析】(1)根据焦点坐标求解即可；
(2)设切线的方程为y-t=kx+2 ，将其与抛
物线方程联立，利用韦达定理求解即可；
(3)直线AB的方程为x=my+n，将其与抛物
线方程联立，利用kk =-1得到n=2且t= 1 2
4m，再利用弦长公式和两点间距离公式求解即
可.
【详解】(1)由题意知抛物线C的标准方程为y2
p
=2px(p>0)且 =2，∴p=4，
2
∴抛物线C的标准方程为y2=8x，准线方程为
x=-2；
(2)证明：设点P的坐标为-2,t ，t∈R，由题意知过点P与抛物线C相切的直线的斜
率存在且不为0，
设切线的斜率为k，则切线的方程为y-t=
kx+2 ， y2=8x
联立方程组
y-t=kx+2
，消去x，得ky2-
8y+8t+16k=0，
∴Δ=-8 2-4k8t+16k =0得2k2+tk-2
=0(*)，
又∵k 、k 为方程(*)的两根，由韦达定理得k
1 2 1
⋅k =-1为定值； 2
(3)由题知直线AB的斜率不为0，设直线AB
的方程为x=my+n，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
联立方程组
y2=8x 整理得y2-8my-
x=my+n
8n=0，Δ=64m2+32n>0，
∴y +y =8m，yy =-8n， 1 2 1 2
y -t y -t
∵kk =-1，∴kk = 1 ⋅ 2 =-1，
1 2 1 2 x +2 x +2
1 2
y2
整理得 1 +2 8
y2
2 +2 8 +y 1 -t y 2 -t =
0，
代入有n2+16m2+t2-4n-8mt+4=0，
∴n-2 2+t-4m 2=0，∴n=2且t=4m，
t
∴AB：x= y+2，故直线AB过定点F2,0 4 .
(4)∴y +y =2t，yy =-16，
1 2 1 2
∴AB
t2
= 1+ 16 4t2+64
t2+16
= ， 2
-16-t2
点P到直线AB的距离为d=
=
16+t2
16+t2，
1
∴S = AB
△PAB 2
1 t2+16
⋅d= ⋅ ⋅ 16+t2=
2 2
1
16+t2
4
3
2，
3
因为函数y=x2在0,+∞ 单调递增，而16+
t2≥16，
∴当t=0时，S
△PAB
1
= ⋅16
min 4
【分析】(1)由抛物线焦点与准线的距离即可得
解；
(2)设Qx 0 ,y 0
3
2=16，
所以△PAB面积的最小值为16.
考点55：向量背景
类型一:三点共线类
115.(2021·全国乙卷·高考真题)已知抛物线C:y2=2px(p
>0)的焦点F到准线的距离为2．
(1)求C的方程;
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ=
9QF，求直线OQ斜率的最大值.
1
【解析】【答案】(1)y2=4x；(2)最大值为 .
3
，由平面向量的知识可得
P10x 0 -9,10y 0 25y2+9 ，进而可得x = 0 ，再 0 10
由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】(1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点
p
F ,0
2
p
，准线方程为x=- ，
2
p
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 -
2
p -
2
=p=2，
所以该抛物线的方程为y2=4x；
(2)[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设Qx 0 ,y 0
，则PQ=9QF=9-9x 0 ,-9y 0 ，
所以P10x 0 -9,10y 0 ，
由P在抛物线上可得10y 0 2=410x 0 -9 ，即
25y2+9
x = 0 ，
0 10
2 据此整理可得点Q的轨迹方程为y2= x-
5
9
，
25
y y
所以直线OQ的斜率k = 0 = 0 =
OQ x 25y2+9
0 0
10
10y 0 ，
25y2+9
0
当y =0时，k =0；
0 OQ
10 当y ≠0时，k = ，
0 OQ 9
25y +
0 y
0
9 9
当y >0时，因为25y + ≥2 25y ⋅ =
0 0 y 0 y
0 0
30，
1 9
此时0<k ≤ ，当且仅当25y = ，即y
OQ 3 0 y 0
0
3
= 时，等号成立；
5
当y <0时，k <0；
0 OQ
1
综上，直线OQ的斜率的最大值为 .
3
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
2
同方法一得到点Q的轨迹方程为y2= x-
5
9
．
25
设直线OQ的方程为y=kx，则当直线OQ与
2 9
抛物线y2= x- 相切时，其斜率k取到最
5 25
y=kx,
2 9 值．联立
y2=
2
x-
9
,
得k2x2-
5
x+
25
5 25
2 =0，其判别式Δ=-
5
2 -4k2× 9 =0，解
251 1
得k=± ，所以直线OQ斜率的最大值为 ．
3 3
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
2 9 同方法一得点Q的轨迹方程为y2= x- ． 5 25
y 设直线OQ的斜率为k，则k2=
x
2 2 = -
5x
9
．
25x2
1 10
令 =t0<t≤
x 9
9 2
，则k2=- t2+ t的
25 5
5 1 1
对称轴为t= ，所以0≤k2≤ ,- ≤k≤
9 9 3
1 1
．故直线OQ斜率的最大值为 ．
3 3
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设P4t2,4t (t>0),Q(x,y)．
因为F(1,0),PQ=9QF，所以x-4t2,y-4t
=9(1-x,-y)．
于是x-4t2=9(1-x) ，所以10x=4t2+9
y-4t=-9y 10y=4t
y 4t 4
则直线OQ的斜率为 = = x 4t2+9 9
4t+
t
4 1 ≤ = ．
9 3
2 4t⋅ t
9 3 当且仅当4t= ，即t= 时等号成立，所以
t 2 1 直线OQ斜率的最大值为 ．
3
类型二:数量积类
y2
116.(2024·上海·高考真题)已知双曲线Γ:x2- =1,(b>
b2
0),左右顶点分别为A 1 ,A 2 ，过点M-2,0 的直线l交
双曲线Γ于P,Q两点.
(1)若离心率e=2时，求b的值．
2 6
(2)若b= ,△MA P为等腰三角形时，且点P在第 3 2
一象限，求点P的坐标．
(3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点R，若AR⋅A P
1 2
=1，求b的取值范围．
【解析】【答案】(1)b= 3
(2)P2,2 2
(3)0, 3 30 ∪ 3,
3
c c
【详解】(1)由题意得e= = =2，则c=2，
a 1
b= 22-1= 3．
2 6 y2 (2)当b= 时，双曲线Γ:x2- =1，其中
3 8
3
M-2,0
【分析】(1)根据离心率公式计算即可；
(2)分三角形三边分别为底讨论即可；
(3)设直线l:x=my-2，联立双曲线方程得到
韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计
算即可.
，A 21,0 ，
因为△MA P为等腰三角形，则
2
1
①当以MA 为底时，显然点P在直线x=-
2 2
上，这与点P在第一象限矛盾，故舍去；
②当以A 2 P为底时，MP =MA 2 =3，
设Px,y
3y2
x2- =1
，则 8 , 联立解得
(x+2)2+y2=9
23 23
x=- x=-
11 或 11 或 x=1 ，
8 17 8 17 y=0
y=- y= 11 11
因为点P在第一象限，显然以上均不合题意，
舍去；
(或者由双曲线性质知MP >MA 2 ，矛盾，舍
去)；
③当以MP为底时，A 2 P =MA 2 =3，设
Px 0 ,y 0 ，其中x >0,y >0， 0 0
x 0 -1
则有
2+y2=9
x2- y2 0 =1
0
，解得 x 0 =2 ，即 0 8 y 0 =2 2
3
P2,2 2 ．
综上所述：P2,2 2 .
(3)由题知A 1-1,0 ,A 21,0 ，
当直线l的斜率为0时，此时AR⋅A P=0，不
1 2
合题意，则k ≠0，
l
则设直线l:x=my-2，
设点Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 ，根据OQ延长线交双
曲线Γ于点R，
根据双曲线对称性知R-x 2 ,-y 2 ，
x=my-2
联立有 y2 ⇒b2m2-1
x2- =1
b2
y2-4b2my
+3b2=0，
显然二次项系数b2m2-1≠0，
其中Δ=-4mb2
2-4b2m2-1
3b2=4b4m2
+12b2>0，
4b2m 3b2
y +y = ①，yy = ②， 1 2 b2m2-1 1 2 b2m2-1
AR=
1
-x 2 +1,-y 2
,A 2 P=x 1 -1,y 1 ，
则A 1 R⋅A 2 P=-x 2 +1 x 1 -1 -yy =1，因 1 2
为Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 在直线l上，
则x =my -2，x =my -2， 1 1 2
2
即-my 2 -3 my 1 -3 -yy =1，即 1 2
y 1 y 2m2+1 -y 1 +y 2 3m+10=0，
将①②代入有m2+1
3b2
⋅ -3m⋅
b2m2-1
4b2m
+10=0，
b2m2-1
即3b2 m2+1 -3m⋅4b2m+10b2m2-1 =0
化简得b2m2+3b2-10=0，
10
所以 m2= -3, 代入到 b2m2-1≠0, 得 b2
b2
=10-3b2≠1, 所以 b2≠3,
10 10 且m2= -3≥0，解得b2≤ ，又因为b> b2 3
10
0，则0<b2≤ ， 3
综上知，b2∈0,3 10 ∪3, 3 ，∴b∈0, 3 ∪
30 3,
3
3，
∴b2=c2-a2=2，∴所求双曲线C的方程为
y2
x2- =1.
2
(Ⅱ)点Px 0 ,y 0
．
考点56：角度背景
类型一：单角类
117.（本题共17分）
x2 y2 (北京·高考真题)已知双曲线C: - =1(a>0,b
a2 b2
>0)的离心率为 3，且过点( 3,2)
(Ⅰ)求双曲线C的方程；
(Ⅱ)设直线l是圆O:x2+y2=2上动点P(x ,y )(x y 0 0 0 0
≠0)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A,B，证
明∠AOB的大小为定值..
y2
【答案】【答案】(Ⅰ)x2- =1 (Ⅱ)∠AOB的大小为
2
90°..
【解析】【详解】【解法1】本题主要考查双曲线的标准方
程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程
的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、
运算能力．
a2 3
=
c 3 (Ⅰ)由题意，得{ ，解得a=1,c=
c
= 3
a
x 0 y 0 ≠0 在圆x2+y2=2上，
圆在点Px 0 ,y 0 处的切线方程为y-y = 0
x
- y 0 x-x 0
0
，化简得x x+y y=2. 0 0
y2
x2- =1 由 2 及x2 0 +y2 0 =2得3x2 0 -4
x x+y y=2
0 0
x2
-4x x+8-2x2=0，
0 0
∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且
0<x2<2， 0
∴3x2-4≠0，且Δ=16x2-
0 0
43x2 0 -4 8-2x2 0 >0，设A、B两点的坐标
分别为x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 ，
4x 8-2x2
则x +x = 0 ,xx = 0，∵ 1 2 3x2-4 1 2 3x2-4
0 0
OA⋅OB
cos∠AOB=
OA
⋅OB
，且
OA⋅OB=xx +yy =xx + 1 2 1 2 1 2
1 y2 2-x 0 x 1
0
2-x 0 x 2 ，
1
=x 1 x 2 + 2-x2 4-2x 0x 1 +x 2
0
+x2xx 0 1 2 =
8-2x2 0 + 1 4- 8x2 0 + x2 08-2x2 0 3x2-4 2-x2 3x2-4
0 0 0
3x2-4
0
8-2x2 8-2x2
== 0 - 0 =0.∴∠AOB的大小
3x2-4 3x2-4
0 0
为90°..
【解法2】(Ⅰ)同解法1.
(Ⅱ)点Px 0 ,y 0 x 0 y 0 ≠0 在圆x2+y2=2上，
圆在点Px 0 ,y 0 处的切线方程为y-y = 0
x
- y 0 x-x 0
0
，化简得x x+y y=2.由 0 0
y2
x2- =1
2 及x2+y2=2得 0 0
x x+y y=2
0 0
3x2 0 -4 x2-4x x+8-2x2=0 ① 0 0
3x2 0 -4 y2-8y x-8+2x2=0 ② 0 0
∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且
0<x2<2，
0
∴3x2-4≠0，设A、B两点的坐标分别为
0
x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2
8-2x2
，则xx = 0,yy = 1 2 3x2-4 1 2
0
2x2-8
0 ，
3x2-4
0
∴OA⋅OB=xx +yy =0，∴∠AOB的大小
1 2 1 2
为90°.. (∵x2+y2=2且x y ≠0，
0 0 0 0∴0<x2<2,0<y2<2，从而当3x2-4≠0时，
0 0 0
方程①和方程②的判别式均大于零).
类型二：双角关系
118.设点A、F分别是双曲线9x2-3y2=1的左顶点和右
焦点，点P是双曲线右支上的动点
(1)若AP
类型二：新曲线
= 2,求直线AP的方程；
(2)若△PAF是直角三角形，求P点的坐标；
(3)是否存在常数λ,使得∠PFA=λ∠PAF对任意的
点P恒成立?证明你的结论
1
【解析】(1)设P点坐标为(x,y),由已知A(- ,0) , F
3
函数与导数板块
2 1 2
( ,0),则AP=(x+ ,y),FP=(x- ,y)
3 3 3
2
若∠AFP=90°,则x= ,代入9x2-3y2=1
3
考点58：分段函数
得y=±1,
2
∴P点坐标为( ,±1),
3
类型一：分段函数的求值与求解
1
若∠APF=90°,则AP⋅FP=(x+
3
)(x- 119.(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第15题)设函数f(x)
2
3
)+y2=0
=
x
2x
+
，x
1，
>
x
0
≤0
，则满足f(x)+fx- 2
1
1 2
(x+ )(x- )+y2=0 5
由 3 3 得 x = ,y =
12 9x2-3y2=1
3
±
4
5 3
∴P点坐标为( ,± ) 12 4
(2)当PF不垂直于x轴时，∠PFA=2∠PAF
也成立
设P点坐标(x ,y ),由对称性，假设P在第一
0 0
象限，且PF不垂直于x轴
y y
∴tan∠PFA=- 0 ,tan∠PAF= 0
2 1 x - x +
0 3 0 3
y ∴tan2∠PAF=- 0 =tan∠PFA
2
x -
0 3
π π π
又0<∠PAF< ,0<∠PFA< 或 <
3 2 2
2π
∠PFA<
3
π π 2π
即2∠PAF及∠PFA∈(0, )∪( , )
2 2 3
∴∠PFA=2∠PAF
考点57：新定义新曲线
类型一：新定义
>1的x的取
值范围是 ．
1 【解析】【答案】- ,+∞
4
【解析】法一：因为Fx
1
= f(x)+ fx-
2
=
2x+2 x- 2 1 ,x> 1 2
1 1
2x+x+ ,0<x≤
2 2
2x+ 3 ,x≤0
2
1 当x> 时，Fx
2
1 >22+20=1+ 2>1；
1
当0<x≤ 时，Fx 2 >F0
3
= >1； 2
当x≤0时，由Fx
3
=2x+ >1，可解得 2
1
- <x≤0
4
1
综上可知满足f(x)+fx-
2
>1的x的取值
1
范围是- ,+∞
4
．
法 二 ：∵ f x
x+1, x≤0
= ，f x
2x, x>0
+
1
fx-
2
1
>1，即fx-
2
>1-fx
1
由图象变换可画出y= fx-
2
与y=1-
fx 的图象如下：1
由图可知，满足 fx- 2 >1- fx 的解为
1
- ,+∞
4
．
1 法三：当 x - ≤ 0 且 x ≤ 0 时，由 fx
2
+
1
fx-
2
1 1
>1得x+1+x- +1>1，得-
2 4
<x≤0，又因为fx 是R上的增函数，所以当
x增大时，fx
1
+ fx- 2 增大，所以满足
fx
1
+ fx- 2
类型二：指对幂比大小
1
122.(2022·全国新Ⅰ卷·高考真题)设a=0.1e0.1,b= ，c
9
=-ln0.9，则a、b、c的大小关系
【解析】【答案】C
【分析】构造函数f(x)=ln(1+x)-x，导数判
断其单调性，由此确定a,b,c的大小.
【详解】方法一：构造法
设f(x)=ln(1+x)-x(x>-1)，因为f(x)=
1 x -1=- ，
1+x 1+x
当x∈(-1,0)时，f(x)>0，当x∈(0,+∞)时
f(x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+∞)单调
递减，在(-1,0)上单调递增，
1
所以f
9
>1的x的取值范围是x>
1
- ．
4
类型二：分段函数的图像与性质
(1-2a)x，x<1，
120.已知函数 f(x)= a +4，x≥1， 且对任意的x 1 ，
x
f(x)-f(x ) x ∈R，x ≠x ，都有 1 2 >0，则a的取值范
2 1 2 x -x
1 2
围是 .
【解析】解析 由于对任意的x ，x ∈R，x ≠x ，都有
1 2 1 2
f(x)-f(x )
1 2 >0，所以函数 f(x)在R上为增
x -x
1 2
1-2a>1，
函数，所以 a<0， 解得-1≤a<0.
1-2a≤a+4，
考点59：指对幂运算及比较大小
类型一：指对幂运算
121.某灭活疫苗的有效保存时间T(单位：h)与储藏的温
度t(单位：℃)满足的函数关系为T=ekt+b(k，b为常
数，其中e=2.718 28⋯)，超过有效保存时间，疫苗将
不能使用．若在0℃时的有效保存时间是1 080 h，在
10℃时的有效保存时间是120 h，则该疫苗在15℃时
的有效保存时间为 h
【解析】 (1) 由题意知 1 080 = eb，120 = e10k+b=
120 1
e10k·eb，所以e10k=(e5k)2= = ，所以e5k
1080 9
1 1 1
= ，所以e15k= ，所以e15k+b=e15k·eb=
3 27 27
×1 080=40(h).
10 1
<f(0)=0，所以ln - <0，故
9 9
1 10
>ln =-ln0.9，即b>c，
9 9
1
所以f-
10
9 1
<f(0)=0，所以ln + <
10 10
9 -1 1 1 1
0，故 <e 10，所以 e10< ，
10 10 9
故a<b，
设g(x)=xex+ln(1-x)(0<x<1)，则g(x)
=x+1
1 x2-1
ex+ =
x-1
ex+1
,
x-1
令h(x)=ex(x2-1)+1，h(x)=ex(x2+2x-
1)，
当0<x< 2-1时，h(x)<0，函数h(x)=ex
(x2-1)+1单调递减，
当 2-1<x<1时，h(x)>0，函数h(x)=ex
(x2-1)+1单调递增，
又h(0)=0，
所以当0<x< 2-1时，h(x)<0，
所以当0<x< 2-1时，g(x)>0，函数g(x)
=xex+ln(1-x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>-ln0.9，所
以a>c
故选：C.
方法二：比较法
0.1
解：a=0.1e0.1 ，b= ，c=-ln(1-
1-0.1
0.1) ，
① lna-lnb=0.1+ln(1-0.1) ，
令 f(x)=x+ln(1-x),x∈(0,0.1],
1 -x
则 f′(x)=1- = <0 ，
1-x 1-x
故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f(0.1)<f(0)=0 ，即 lna-lnb<0 ，所
以 a<b ；
② a-c=0.1e0.1+ln(1-0.1) ，令 g(x)=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1],
则 g'x
1
=xex+ex- =
1-x
1+x 1-x ex-1
，
1-x
令 k(x)=(1+x)(1-x)ex-1 ，所以 k′(x)=
(1-x2-2x)ex>0 ，
所以 k(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k(x)
>k(0)>0 ，即 g′(x)>0 ，
所以 g(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1)
>g(0)=0 ，即 a-c>0 ，所以 a>c.
故 c<a<b.
考点60：奇偶性与单调性
类型一：奇+增常见函数
123.已知函数f(x)=ex-e-x-2sinx，则关于x的不等式
f(x2-2x)+f(x-2)<0的解集为
【解析】【答案】A
【解析】函数fx =ex-e-x-2sinx的定义域
为R，定义域关于原点对称，
f-x =e-x-ex-2sin-x =e-x-ex+
2sinx=-fx ，
所以函数fx =ex-e-x-2sinx为奇函数，
因为fx =ex+e-x-2cosx≥2 ex⋅e-x-
2cosx≥0，
当且仅当ex=e-x，即x=0时，等号成立，
所以函数fx =ex-e-x-2sinx在R上单调
递增，
所以f(x2-2x)+f(x-2)<0可化为f(x2-
2x)<-f(x-2)，即f(x2-2x)<f(2-x)，
所以x2-2x<2-x，
即x2-x-2<0，解得-1<x<2，
所以不等式f(x2-2x)+f(x-2)<0的解集
为-1,2 .
故选：A
类型二:偶+左右单调常见函数
124.已知函数 fx
ax
= (a>0)为偶函数，则函数 2x+1
fx 的值域为___________.
1
【解析】【答案】0,
2
【解析】∵函数fx
ax
= (a>0)是偶函数， 2x+1
∴f-x =fx
2
a-x a
⇒ =
2-x+1
∴fx
x
ax
=
2x+1 2x+1
2
⇒ =a⇒a= 2，
a
( 2)x
= ，易得fx
2x+1
>0，
设t=( 2)x(t>0)，
t 1 1
则y= = ≤ ，
t2+1 1 2
t+
t
1
当且仅当t= 即t=1时，等号成立，
t
1
所以0<t≤ ，
2
所以函数fx
1
的值域为0,
2
．
1 故答案为：0,
2
．
考点61：函数的自对称性
类型一自对称性判断
125.(多选)我们知道，函数y=f(x)的图象关于坐标原点
成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x)为奇函数．
有同学发现可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于
点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数y=f(x
4
+a)-b为奇函数．已知函数f(x)= ，则下列结
2x+2
论正确的有( )
A.函数f(x)的值域为(0,2]
B.函数f(x)的图象关于点(1,1)成中心对称图形
C.函数f(x)的导函数f(x)的图象关于直线x=1对
称
D.若函数g(x)满足y=g(x+1)-1为奇函数，且其图
象与函数f(x)的图象有2024个交点，记为A(x,
i i
2024
y)(i=1,2,⋯,2024)，则(x +y)=4048
i i i
i=1
【解析】【答案】BCD
【分析】
借助指数函数的值域求解判断A；利用给定定
义计算判断B；利用复合函数求导法则结合对
称性判断C；利用中心对称的性质计算判断D.
【详解】对于A，显然 f(x)的定义域为R，2x>
4
0，则0< <2，即函数f(x)的值域为(0,
2x+2
2)，A错误；
4 对于B，令h(x)= f(x+1)-1= -1
2x+1+2
2 1-2x 1-2-x = - 1 = ，h(-x) = =
2x+1 1+2x 1+2-x
2x-1
=-h(x)，
2x+1
即函数y= f(x+1)-1是奇函数，因此函数
f(x)的图象关于点(1,1)成中心对称图形，B正
确；对于C，由选项B知，f(-x+1)-1=-[f(x+
1)-1]，即f(1-x)+f(1+x)=2，
两边求导得-f(1-x)+f(1+x)=0，即f(1
-x)=f(1+x)，
因此函数f(x)的导函数f(x)的图象关于直线
x=1对称，C正确；
对于D，由函数g(x)满足y=g(x+1)-1为奇
函数，得函数g(x)的图象关于点(1,1)成中心
对称，
由选项B知，函数g(x)的图象与函数f(x)的图
象有2024个交点关于点(1,1)对称，
2024 2024 2024
因此 (x +y) = x + y = 1012 × 2 +
i i i i
i=1 i=1 i=1
1012×2=4048，D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)的定义域为D，
∀x∈D，
①存在常数a，b使得f(x)+f(2a-x)=2b⇔
f(a+x)+f(a-x)=2b，则函数y=f(x)图象
关于点(a,b)对称.
②存在常数a使得 f(x)= f(2a-x)⇔ f(a+
x)=f(a-x)，则函数y=f(x)图象关于直线x
=a对称.
类型二：自称性的应用
126.函数fx
1
=
x-1
+2cos x+2023 π 在区间[-3,
5]上所有零点的和等于( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【解析】【答案】D
【分析】根据y=fx 在-3,5 的零点，转化为
1
y=
x-1
的图象和函数y=2cosπx的图象
在-3,5 交点的横坐标，画出函数图象，可得
到两图象关于直线x=1对称，且y= fx 在
-3,5 上有8个交点，即可求出.
【 详 解 】因 为 f x
1
=
x-1
+
2cos x+2023 π
1
=
x-1
-2cosπx，
令fx
1
=0，则
x-1
=2cosπx，
1
则函数的零点就是函数y=
x-1
的图象和
函数y=2cosπx的图象在-3,5 交点的横坐
标，
1
可得y=
x-1
1
观察图象可知，函数y=
x-1
和y=2cosπx的函数图象都
关于直线x=1对称，
则交点也关于直线x=1对称，画出两个函数
的图象，如图所示.
的图象和函数
y=2cosπx的图象在-3,5 上有8个交点，
即fx 有8个零点，且关于直线x=1对称，
故所有零点的和为4×2=8.
考点62：抽象函数
类型一：抽像函数给性质
127.(多选)已知函数fx ，gx 及其导函数fx ，gx
的定义域均为R，若f2x-1 的图象关于直线x=1对
称，fx +gx+1 =x+1，fx+1 =g-x +x，且
g2 =1，则( )
A. fx 为偶函数
B. gx 的图象关于点3,3 对称
C. g202 =1
99
D.gi
i=1
=4950
【解析】【分析】首先根据抽象函数的对称性，判断函数
fx 的对称性，以及周期，并结合条件转化，判
断函数gx 的对称性，利用抽象函数的导数公
式，以及周期性，求 g202 ，最后利用函数
fx 与gx 的关系求和.
【详解】由f(2x-1)的图象关于直线x=1对
称，可得f(x-1)的图象关于直线x=2对称，
即f(x)的图象关于直线x=1对称，则
f2+x =f-x
由f(x)+g(x+1)=x+1，可得f(-x-1)+g(
-x)=-x，又f(x+1)=g(-x)+x，
所以f(-x-1)+f(x+1)=0，所以f(x)的图
象关于点(0,0)对称，即f(x)为奇函数，
所以f2+x =f-x =-fx ，即f4+x =
fx ，即函数fx 的周期为4，
由f(x)+g(x+1)=x+1，可得f(x+5)+g(x
+6)=x+6，因为f(x)的周期为4，
所以f(x+5)=f(x+1)，则g(-x)+x+g(x+6)=x+6，即g(-x)+
g(x+6)=6，
所以g(x)的图象关于点(3,3)对称，故B正确；
因为f(x)的图象关于直线x=1对称，则f(2-
x)=f(x)，
所以-f(2-x)=f(x)，所以f(1)=0，
因为f(x)的周期为4，所以f(x)的周期也为4.
由f(x)+g(x+1)=x+1，
可得f(x)+gx+1 =1，所以g(202)=1-f
(201)=1-f(1)=1，故C正确；
由f(x)+g(x+1)=x+1，可得g(x)=x-f(x
-1)，所以g(2)=2-f(1)，
即f(1)=1,f(2)=f(0)=0,f(3)=-1,
99
g(i)=(1+2+3+⋯+99)-[f(0)+f(1)+
i=1
⋯+f(98)]
=4950-f(0)-f(1)-f(2)=4949，故D错误.
故选：BC
类型二：抽象函数给运算
128.已知定义域为 R 的函数 f x ，满足 f x+y =
fx fy -f2-x f2-y ，且f0 ≠0，f-2 =0，
则( )
A. f2 =1
B. fx 是偶函数
C. fx 2+ f2+x 2=1
2023
D.f(i)=-1
i=1
【解析】【答案】BCD
【分析】通过对抽象等式中的自变量进行赋值
求值，依次判断函数的奇偶性、对称性、周期性，
再利用周期性求出若干值，对选项依次判断求
解.
【详解】对于A项，由 fx+y = fx fy -
f2-x f2-y ，
令x=y=1，则 f2 = f1 2- f1 2=0，
故A项错误；
对于B项，令x=y=0，则 f0 = f0 2-
f2 2= f0 2，
因f0 ≠0，故f0 =1，
令 y = 2 ，则 f x+2 = f x f 2 -
f2-x f0 =-f2-x ①，
知函数fx 关于点2,0 成中心对称，
令x=y=2，则f4 = f2 2- f0 2=-1，
令 y = 4 ，则 f x+4 = f x f 4 -
f2-x f-2 =-fx ②，
由①可得：fx+4 =-f-x
知：f-x
③，由①②可
=fx ，
且函数fx 的定义域为R，则函数fx 是偶函
数，故B项正确；
对于C项，令y=-x，则 f0 = fx f-x -
f2-x f2+x ，
因为 f 0 = 1，f -x = f x ，f x+2 =
-f2-x ，代入上式中得，
故得：fx 2+ f2+x 2=1，故C项正确；
对于 D 项，由上可知：fx+4 =-fx ，则
fx+8 =-fx+4 =fx ，
故函数fx 的一个周期为8．
令x=2,y=1，则f3 =f2 f1 -f0 f1
=-f1 ，即有f3 +f1 =0，
因函数 fx 是偶函数，故有 f-3 +f-1 =
0，
由函数fx 的一个周期为8，则f5 +f7 =
f-3 +f-1 =0，
由上知：f2 =0,f4 =-1,f6 =f-2 =0,
f8 =f0 =1，
于是：f1 +f2 +f3 +f4 +f5 +f6
+f7 +f8 =0+0+-1 +0+0+1=0，
2023
则f(i)=253×0- f2024
i=1
=-f8 =-1，
故D项正确．
考点63：函数的间对称性
类型一：抽象函数
129.已知函数y=f(x)是定义域为R的函数,则函数y=
f(x+2)与y=f(4-x)的图象( )
A.关于直线x=1对称
B.关于直线x=3对称
C.关于直线y=3对称
D.关于点(3,0)对称
【解析】设P(x0,y0)为y=f(x+2)图象上任意一点,
则y0=f(x0+2)=f(4-(2-x0)),所以点Q
(2-x0,y0)在函数y=f(4-x)的图象上,而
点P(x0,y0)与点Q(2-x0,y0)关于直线x=1
对称,所以函数y=f(x+2)与y=f(4-x)的
图象关于直线x=1对称.故选A.
类型二：具体函数
130.下列函数的图象与y=ex的图象关于直线x=1对称
的是( )
A.y=ex-1 B.y=e1-x
C.y=e2-x D.y=ln x
【解析】设P(x0,y0)是y=ex的图象上的任意一点,
则y0=e^x_0.点P(x0,y0)关于直线x=1对称的点是Q(2-x0,y0).由y0=e^x_0可得
y0=e^2−(2−x_0),即点Q(2-x0,y0)在函
数y=e2-x的图象上.由点P(x0,y0)的任意
性知函数y=ex与y=e2-x的图象关于直线x
=1对称，故选C
考点64：导数研究函数的切线
类型一：单函数的在点、过点切线方程和条数
a
131.已知函数f(x)=x+ .若曲线y=f(x)存在两条过 2x
点(2，0)的切线，则a的取值范围为
a a
【解析】解析：D f(x)=x+ ，f'(x)=1- ，设
2x 2x2
a
切点坐标为x ，x +
0 0 2x
0
，则切线方程为y-
a a x - =1- 0 2x 2x2 0 0 (x-x ).由切线过点(2， 0
a a
0)，可得-x - =1-
0 2x 2x2
0 0
(2-x )，整理
0
得2x2+ax -a=0.因为曲线y=f(x)存在两
0 0
条过点(2，0)的切线，所以方程有两个不等实
根，即Δ=a2+8a>0，解得a>0或a<-8，所
以a的取值范围为(-∞，-8)∪(0，+∞).
类型二：双函数的公切线方程和条数
132.若直线y=kx+b是曲线y=ex+1的切线，也是y=ex
+2的切线，则k=
【解析】【答案】2
【分析】设直线y=kx+b与y=ex+2和y=
ex+1的切点分别为x 1 ,ex1+2 ，x ,ex2+1 2 ，
分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，
可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得
到k的值.
【详解】设直线y=kx+b与y=ex+2和y=
ex+1的切点分别为x 1 ,ex1+2 ，x ,ex2+1 2 ，
则切线方程分别为，y-ex1+2 =
ex1x-x 1 ，y-ex2+1=ex2+1 x-x 2
类型二：新定义
考点66：单调性求解
类型一：单次求导处理单调性
133.(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数 fx
，化简得，y
=ex1x+ex1+2-xex1
1
y=ex2+1x-x ex2+1+ex2+1依题意上述两直线与 2
y=kx+b是同一条直线，
ex1=ex2+1
所以，
ex1+2-xex1=-x ex2+1+ex2+1
，解得x
1
1 2
=ln2，所以k=ex1=eln2=2．
考点65：导数研究函数图像与性
质
类型一：综合问题
=xex-
1
ax2-ax.
2
(1)当a=1时，求fx 的单调区间；
(2)当x∈1,+∞ 时，fx 1 ≥ex- ax2+ax+1，求
2
a的取值范围.
【解析】【答案】(1)fx 的单调递减区间为-1,0 ，单
调递增区间为-∞,-1 和0,+∞
1 (2)-∞,- 2 .
【分析】(1)先求导函数，再根据导函数正负求
出单调区间；
(2)先化简不等式参数分离，再根据最值得出最
小值即可求参数范围.
【详解】(1)由题得函数fx 的定义域为R，
当a=1时，
fx =x+1 ex-x-1=x+1 ex-1 ，
当x∈-∞,-1 ,x∈0,+∞ 时，fx >0，
fx 单调递增，
当x∈-1,0 时，fx <0,fx 单调递减.
所以当a=1时，fx 的单调递减区间为
-1,0 ，
单调递增区间为-∞,-1 和0,+∞ .
(2)当x∈1,+∞ 时，fx
1
≥ex- ax2+ax
2
+1，
1 1
等价于xex- ax2-ax≥ex- ax2+ax+ 2 2
1，
即xex-ex-1≥2ax，
即等价于当x∈1,+∞ 时，2a≤
x-1 ex 1
-
x x
.
min
令φx
x-1
=
ex 1
- ，
x x
所以φx
x2-x+1
=
ex
1
+
x2 x2
1 x-
2
=
2 + 3
4
ex
1
+ >0,
x2 x2
所以φx 在x∈1,+∞ 上单调递增，
所以φx ≥φ1 =-1，1
所以a≤- ，
2
1 即a的取值范围为-∞,-
2
.
类型二:多次求导处理单调性
134.(2024·山东·二模)已知函数fx =a2xex-x-lnx．
1 (1)当a= 时，求fx
e
的单调区间；
【解析】【答案】(1)fx 的减区间为0,1 ，增区间为
1,+∞
(2)a≥1
1
【分析】(1)当a= 时，fx
e
=xex-1-x-
lnx,x>0，求导得fx
x+1
= xex-1-1
x
，令
gx =xex-1-1，求gx 确定gx 的单调性
与取值，从而确定fx 的零点，得函数的单调
区间；
1
【详解】(1)当a= 时，fx
e
=xex-1-x-
lnx,x>0，
则fx =x+1
1
ex-1-1- =
x
x+1
xex-1-1
x
，
设gx =xex-1-1，则gx =x+1 ex-1>0
恒成立，又g1 =e0-1=0，
所以当x∈0,1 时，fx <0，fx 单调递
减，当x∈1,+∞ 时，fx >0，fx 单调递
增，
所以fx 的减区间为0,1 ，增区间为
1,+∞ ；
考点67：单调性讨论
类型一：正负由一个因式决定
1
135.(2018·全国·高考真题) 已知函数 f(x) = - x +
x
alnx．(1)讨论f(x)的单调性；
【解析】【答案】(1)答案见解析；
【分析】(1)首先确定函数的定义域，函数求导，
再对a进行分类讨论，从而确定出导数在相应
区间上的符号，即可求得函数的单调区间；
【详解】(1)fx 的定义域为0,+∞ ，fx
1
线y=a与曲线y=x+ 比高低）
x
(i)若a≤2，则fx
=
1 a x2-ax+1
- -1+ =- =
x2 x x2
1 1
x(x+ -a) x+ -a x x
- =- （转化为水平
x2 x
≤0，当且仅当a=2，x=
1时fx =0，所以fx 在0,+∞ 单调递减.
(ii)若a>2，令fx
a- a2-4
=0得，x=
2
a+ a2-4
或x= .
2
a- a2-4
当x∈0,
2
∪
a+ a2-4
,+∞
2
时，fx <0；
a- a2-4 a+ a2-4
当x∈ ,
2 2
时，fx
>0.所以fx
a- a2-4
在0,
2
,
a+ a2-4
,+∞ 2 单调递减，在
a- a2-4 a+ a2-4
,
2 2
单调递增.
类型二：正负由一个两个因式决定
136.(2016·全国·高考真题)已知函数 f(x)=(x-2)ex+
a(x-1)2.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
【解析】【答案】(Ⅰ)见解析；
【详解】(Ⅰ)fx =x-1 ex+2ax-1 =
x-1 ex+2a =(x-1)(ex-(-2a))(水平
平线y=-2a与曲线y=ex比高低).
当-2a≤0即a≥0，则当x∈-∞,1 时，
fx <0；当x∈1,+∞ 时，fx >0.
所以f(x)在-∞,1 单调递减，在1,+∞ 单
调递增.
当-2a>0即a<0，由fx =0得x=1或x
=ln(-2a).
e
①若a=- ，则fx
2
=x-1 ex-e ，所以
fx 在-∞,+∞ 单调递增.
e
②若a>- ，则ln(-2a)<1,故当x∈
2
-∞,ln-2a ∪1,+∞ 时，fx >0；
当x∈ ln-2a ,1 时，fx <0，所以fx 在
-∞,ln-2a ,1,+∞ 单调递增，在
ln-2a ,1 单调递减.
e
③若a<- ，则ln-2a 2 >1，故当x∈
-∞,1 ∪ ln-2a ,+∞ 时，fx >0，
当x∈ 1,ln-2a 时，fx <0，所以fx 在
-∞,1 , ln-2a ,+∞ 单调递增，在
1,ln-2a 单调递减.考点68：单调性求参
类型一：已知单调恒成立求参数范围
aex
137.已知函数f(x)= .若对∀x ，x ∈[1，3]，x ≠x
x 1 2 1 2
f(x)-f(x )
都有 1 2 <2恒成立，则实数a的取值范围
x -x
1 2
为
【解析】解∵∀x ，x ∈[1，3]，x ≠x ，
1 2 1 2
f(x)-f(x )
都有 1 2 <2恒成立，
x -x
1 2
f(x)-f(x )
即 1 2 -2<0恒成立，
x -x
1 2
[f(x)-2x]-[f(x )-2x ]
即 1 1 2 2 <0恒成立，
x -x
1 2
g(x)-g(x )
令g(x)= f(x)-2x，则 1 2 <0在x
x -x
1 2
∈[1，3]上恒成立，
即函数g(x)=f(x)-2x在区间[1，3]上单调
递减，
aex(x-1)
又∵g'(x)=f'(x)-2= -2，
x2
aex(x-1)
∴ -2≤0在[1，3]上恒成立，
x2
当x=1时，不等式可化为-2≤0显然成立；
aex(x-1)
当x∈(1，3]时，不等式 -2≤0可
x2
2x2
化为a≤ ，
(x-1)ex
2x2
令h(x)= ，
(x-1)ex
4x(x-1)ex-2x3ex
则 h' ( x ) = =
(x-1)2e2x
-2x3+4x2-4x
(x-1)2ex
-2x(x2-2x+2) -2x[(x-1)2+1]
= = <0
(x-1)2ex (x-1)2ex
在区间(1，3]上恒成立，
2x2
∴函数h(x)= 在区间(1，3]上单调
(x-1)ex
递减，
2×32 9 9
∴h(x) =h(3)= = ，∴a≤ ，
min (3-1)e3 e3 e3
9 即实数a的取值范围是-∞，
e3
.
类型二：存在单调能成立求参数范围
138.若函数fx
1
=lnx+ax2-2在区间 ,2
2
【解析】∵f(x)=lnx+ax2-2，
1
∴f(x)= +2ax，
x
若fx
内存在单
调递增区间，则实数a的取值范围是
【解析】【答案】D
1
在区间 ,2
2
内存在单调递增区间，
1
则f(x)>0,x∈ ,2
2
有解，
1
故a>- ，
2x2
1 1 1
令g(x)=- ，则g(x)=- 在 ,2
2x2 2x2 2
单调
递增，
1
∴g(x)>g
2
=-2，
故 a>-2.
故选：D.
考点69：单调性构造
类型一：通过运算构造
139.(2024·潍坊一模)已知函数f(x)的定义域为(0，π)，其
导函数是f'(x).若f'(x)sin x-f(x)cos x>0恒成立，
π 则关于x的不等式f(x)<2f
6
sin x的解集为 .
π
【解析】答案：0，
6
f(x)
解 析 ：令 F ( x ) = ，则 F' ( x ) =
sinx
f'(x)sinx-f(x)cosx
>0，所以F(x)在定义
sin2x
域内是增函数.所以关于x的不等式 f(x)<
π
2f
6
π
f
f(x) 6
sin x，可化为 <
sinx
，即F(x)
π
sin
6
π
<F
6
π
.因为0<x<π，所以0<x< ，即
6
π 不等式f(x)<2f
6
π sin x的解集为0，
6
.
类型二：通过变量构造
1
140.已知 a,b,c ∈ ,+∞
e
ln5 ln3
，且 =-5lna， =
a b
ln2
-3lnb， =-2lnc，则 a,b,c 的大小关系为
c
【解析】【答案】A
【解析】设函数f(x)=xlnx，f(x)=1+lnx，当
1
x∈ ,+∞
e
,f(x)>0，此时f(x)单调递增，
1
当x∈0,
e
,f(x)<0，此时f(x)单调递减，由
ln5 ln3 ln2 题 =-5lna， =-3lnb， =-2lnc，
a b c
1 1 1 1
得alna= ln ,blnb= ln ,clnc=
5 5 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1
ln = ln ，因为 < < < ，所以
2 2 4 4 5 4 3 e
1 1 1 1 1 1
ln > ln > ln ，则alna>clnc>
5 5 4 4 3 3
1
blnb，且a,b,c∈ ,+∞
e
，所以a>c>b.故选：A.
考点70：超越不等式与超越方程
类型一：超越不等式
141.(2024·全国新Ⅱ卷·高考真题)已知函数f(x)=ex-ax
-a3．
(2)若 f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范
围．
【解析】【详解】(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，
且f(x)=ex-a，
若a≤0，则f(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<
0，解得x<lna；
可知f(x)在-∞,lna 内单调递减，在
lna,+∞ 内单调递增，
则f(x)有极小值flna =a-alna-a3，无极
大值，
由题意可得：flna =a-alna-a3<0，即a2
+lna-1>0，
构建ga =a2+lna-1,a>0，则ga =2a
1
+ >0，
a
可知ga 在0,+∞ 内单调递增，且g1 =0，
不等式a2+lna-1>0等价于ga >g1 ，解
得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞ ；
解法二：因为f(x)的定义域为R，且f(x)=ex
-a，
若f(x)有极小值，则f(x)=ex-a有零点，
令f(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<
0，解得x<lna；
可知f(x)在-∞,lna 内单调递减，在
lna,+∞ 内单调递增，
则f(x)有极小值flna =a-alna-a3，无极
大值，符合题意，
由题意可得：flna =a-alna-a3<0，即a2
+lna-1>0，
构建ga =a2+lna-1,a>0，
因为则y=a2,y=lna-1在0,+∞ 内单调递
增，
可知ga 在0,+∞ 内单调递增，且g1 =0，
不等式a2+lna-1>0等价于ga >g1
得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞
，解
.
类型二：超越方程
142.(2022·全国新Ⅰ卷·高考真题)已知函数f(x)=ex-ax
和g(x)=ax-lnx有相同的最小值．
(1)求a的值；
【解析】【详解】(1)f(x)=ex-ax的定义域为R，而 f
(x)=ex-a，
若a≤0，则f(x)>0，此时f(x)无最小值，故a
>0.
g(x)=ax-lnx的定义域为0,+∞ ，而g(x)
1 ax-1
=a- = .
x x
当x<lna时，f(x)<0，故f(x)在-∞,lna
上为减函数，
当x>lna时，f(x)>0，故f(x)在lna,+∞
上为增函数，
故f(x) min =flna =a-alna.
1 1
当0<x< 时，g(x)<0，故g(x)在0,
a a
上为减函数，
1 1
当x> 时，g(x)>0，故g(x)在 ,+∞
a a
上
为增函数，
1
故g(x) =g
min a
1
=1-ln .
a
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同
的最小值，
1 a-1
故1-ln =a-alna，整理得到 =lna，
a 1+a
其中a>0，
设 ga
a-1
= - lna,a > 0，则 ga
1+a
=
2
1+a
1 -a2-1
- =
2 a a1+a
≤0，
2
故ga 为0,+∞ 上的减函数，而g1 =0，
故ga
1-a
=0的唯一解为a=1，故 =lna
1+a
的解为a=1.
综上，a=1.
考点71：隐零点
类型一：先消参留x
0
143.(2023高三·云南·阶段练习)已知函数 fx =xex，
gx =x+lnx．
(1)令hx =fx -egx ，求hx 的最小值；
(2)若fx -gx ≥b-2 x+1恒成立，求b的取值
范围．
【解析】【答案】(1)0；(2)-∞,2 ．【分析】(1)有题意知，hx =xex-
ex+lnx ，x∈0,+∞ ，根据导数求出函数
的单调性，由此可求出函数的最小值；
xex+x-lnx-1 (2)原不等式等价于 ≥b在
x
x∈0,+∞ 上恒成立，令tx =
xex+x-lnx-1 ，求导得tx
x
x2ex+lnx = ，
x2
令φx =x2ex+lnx，易得φx 在0,1 存在
唯一的零点x ，即x2ex0+lnx =0，得x ex0=
0 0 0 0
1
ln
x
0
ln1
e x0，结合函数y=xex的单调性得x =
0
1 1 ln =-lnx ，ex0= ，由此可求出答案．
x 0 x
0 0
【详解】解：(1)有题意知，hx =xex-
ex+lnx ，x∈0,+∞ ，
∴hx =x+1 1 ex-e1+
x
=
x+1
e
ex-
x
，
∴当x∈0,1 ，hx <0，即hx 在0,1 上
单调递减，
当x∈1,+∞ ，hx >0，即hx 在1,+∞
上单调递增，
故hx ≥h1 =0，
∴hx 的最小值为0；
(2)原不等式等价于xex-x+lnx ≥
b-2 x+1，
即xex+x-lnx-1≥bx，在x∈0,+∞ 上恒
成立，
xex+x-lnx-1
等价于 ≥b，在x∈0,+∞
x
上恒成立，
令tx
xex+x-lnx-1
= ，x∈0,+∞
x
，
∴tx
x2ex+lnx
= ，
x2
令φx =x2ex+lnx，则φx 为0,+∞ 上的
增函数，
又当x→0时，φx →-∞，φ1 =e>0，
∴φx 在0,1 存在唯一的零点x ，即x2ex0+ 0 0
lnx =0，
0
lnx 由x2ex0+lnx =0⇔x ex0=- 0 =
0 0 0 x
0
1
ln
x 0
ln1
e x0，
又有y=xex在0,+∞ 上单调递增，
1 1 ∴x =ln =-lnx ，ex0= ，
0 x 0 x
0 0
∴ tx min =tx 0
∴b的取值范围是-∞,2
x ex0+x -lnx -1
= 0 0 0 =2， x
0
∴b≤2，
．
类型二：先消x 留参
0
144.(2024·山东·二模)已知函数fx =a2xex-x-lnx．
1
(1)当a= 时，求fx e 的单调区间；
(2)当a>0时，fx ≥2-a，求a的取值范围．
【解析】【答案】(1)fx 的减区间为0,1 ，增区间为
1,+∞
(2)a≥1
1
【分析】(1)当a= 时，fx e =xex-1-x-
lnx,x>0，求导得fx
x+1
= xex-1-1 x ，令
gx =xex-1-1，求gx 确定gx 的单调性
与取值，从而确定fx 的零点，得函数的单调
区间；
(2)求fx ，确定函数的单调性，从而确定函
数fx 的最值，即可得a的取值范围．
1
【详解】(1)当a= 时，fx
e
=xex-1-x-
lnx,x>0，
则fx =x+1
1
ex-1-1- = x
x+1 xex-1-1
x
，
设gx =xex-1-1，则gx =x+1 ex-1>0
恒成立，又g1 =e0-1=0，
所以当x∈0,1 时，fx <0，fx 单调递
减，当x∈1,+∞ 时，fx >0，fx 单调递
增，
所以fx 的减区间为0,1 ，增区间为
1,+∞ ；
(2)fx =a2 x+1
1
ex-1- =
x
x+1
a2xex-1 x ，
设hx =a2xex-1，则hx =a2 x+1 ex>0，
所以hx 在0,+∞ 上单调递增，
又h0 1 =-1<0，h
a2
1 =ea2-1>0，
1
所以存在x ∈0, 0 a2 ，使得hx 0 =0，即
a2x ex0-1=0，
0
当x∈0,x 0 时，fx <0，fx 单调递减，
当x∈x 0 ,+∞ 时，fx >0，fx 单调递增，
当x=x 0 时，fx 取得极小值，也是最小值，
所以fx ≥fx 0 =a2x ex0-x -lnx =1- 0 0 0
lnx 0 ex0 =1+2lna，
所以1+2lna≥2-a，即a+2lna-1≥0，
设Fa =a+2lna-1，易知Fa 单调递增，且F1 =0，
所以Fa ≥F1 ，解得a≥1，
综上，a≥1.
考点72：零点个数
类型一：分离曲线定水平动讨论零点个数
145.(2020·全国·高考真题)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
【解析】【答案】(1)f(x)的减区间为(-∞,0)，增区间为
1
(0,+∞)；(2) ,+∞
e
.
【分析】(1)将a=1代入函数解析式，对函数求
导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单
调增区间和减区间；
(2)若f(x)有两个零点，即ex-a(x+2)=0有
ex
两个解，将其转化为a= 有两个解，令
x+2
ex h(x)= (x≠-2)，求导研究函数图象的走
x+2
向，从而求得结果.
【详解】(1)当a=1时，f(x)=ex-(x+2)，f
(x)=ex-1，
令f(x)<0，解得x<0，令f(x)>0，解得x>
0，
所以f(x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,
+∞)；
(2)若f(x)有两个零点，即ex-a(x+2)=0有
两个解，
ex
从方程可知，x=-2不成立，即a= 有两
x+2
个解，
ex
令h(x)= (x≠-2)，则有h(x)=
x+2
ex(x+2)-ex ex(x+1)
= ，
(x+2)2 (x+2)2
令h(x)>0，解得x>-1，令h(x)<0，解得x
<-2或-2<x<-1，
所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单
调递减，在(-1,+∞)上单调递增，
且当x<-2时，h(x)<0，
而x→-2+时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)
→+∞，
ex 所以当a= 有两个解时，有a>h(-1)=
x+2
1
，
e
1 所以满足条件的a的取值范围是： ,+∞
e
类型二：分类曲线动水平定讨论零点个数
146.(2024·新疆·三模)已知函数fx
.
=x-1 a ex- x2+
2
a.
(1)讨论fx 的单调性；
(2)若fx 有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【解析】【答案】(1)答案见解析
(2)a>e2
【分析】(1)对函数求导后，分a≤0，a=1，0<
a<1，a>1四种情况讨论导数的正负，从而可
求出函数的单调区间；
(2)由(1)可知当a>1时，fx 可能有三个不
同的零点，然后分1<a≤e2和a>e2两种情况
结合零点存在性定理与函数的单调性讨论零点
的个数.
【详解】(1)因为fx 的定义域为R，且fx =
xex-a ，
当a≤0时，令fx <0，解得x<0；令fx
>0，解得x>0，
所以fx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞
上单调递增；
当a=1时，fx ≥0时恒成立，当且仅当x=
0时等号成立，所以fx 在R上单调递增；
当0<a<1时，lna<0，令fx <0，解得
lna<x<0，
令fx >0，解得x<lna或x>0，
所以fx 在-∞,lna 上单调递增，在
lna,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增；
当a>1时，lna>0，令fx <0，解得0<x
<lna，
令fx >0，解得x>lna或x<0，
所以fx 在-∞,0 上单调递增，在0,lna
上单调递减，在lna,+∞ 上单调递增.
综上，当a≤0时，fx 在-∞,0 上单调递
减，在0,+∞ 上单调递增；
当0<a<1时，fx 在-∞,lna 上单调递
增，在lna,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调
递增；
当a=1时，fx 在R上单调递增；
当a>1时，fx 在-∞,0 上单调递增，在
0,lna 上单调递减，在lna,+∞ 上单调递
增.
(2)由(1)得，当a≤0时，fx 至多有两个零
点，不符题意；
当a=1时，fx 至多有一个零点，不符题意；
当0<a<1时，fx 的极大值flna =lna
alna1-
2
<0，fx 至多有一个零点，不
符题意；
当1<a≤e2时，fx 的极小值flna =
lna
alna1- 2 ≥0，fx 的极大值f0 =a-
1>0，fx 至多有两个零点，不符题意；
当a>e2时，因为fx 在-∞,0 上单调递增，
且f- 2 =- 2-1 e- 2<0，
f0 =a-1>0，所以fx 在-∞,0 上有且
只有一个零点，
因为fx 在0,lna 上单调递减，f0 =a-1
>0，且flna
lna
=alna1- 2 <0，
所以fx 在0,lna 上有且只有一个零点，
因为fx 在lna,+∞ 上单调递增，flna =
lna alna1-
2
<0，
令Hx
x2
=ex- x>0 2 ，则Hx =ex-x，
令t(x)=Hx =ex-x，则
tx =ex-1，
因为当x>0时，tx >t(0)=0，
所以t(x)在0,+∞ 上递增，即Hx =ex-
x在0,+∞ 上递增，
所以Hx >H0 =1>0，所以H(x)在
0,+∞ 上递增，
所以Hx >H0 =1>0，
x2
所以ex> 在0,+∞ 2 上恒成立，
所以fx =x-1 a ex- x2+a>x-1
2
⋅
x2 a x3-a+1
- x2+a=
2 2
x2
+a，
2
所以fa+1 >a>0，
故fx 在lna,+∞ 上有且只有一个零点，
所以fx 有三个零点，
综上，当a>e2时，y=fx 有三个不同的零
点.
考点73：极值点问题
类型一：极值点个数问题
147.(2024·重庆·模拟预测)已知fx =ex+aln1-x
【解析】【答案】(1)a=1
(2)0<a<1
【分析】(1)求出函数的导数，根据已知条件有
f0
(1)若f(x)在x=0处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)若f(x)存在极值点，求a的取值范围．
=0，解方程即可求出a；
(2)根据条件有fx 在x∈-∞,1 上至少有
一个变号零点，即a=ex 1-x x<1 至少有
一解，构造函数gx =ex 1-x x<1 ，对
gx 求导，利用导数判断函数单调性，求出函
数最值，进而即得.
【详解】(1)因为fx =ex+
aln1-x x<1 ，所以fx =ex-
a
x<1 1-x ，
根据题意有f0 =0，即e0-a=0，解得a=
1，
检验，此时f0 =1，切线为y=1，平行与x轴，
故a=1符合题意.
(2)因为fx =ex+aln1-x x<1 ，所以
fx a =ex- x<1
1-x
，
因为f(x)存在极值点，所以fx 在x∈
-∞,1 上至少有一个变号零点，
即a=ex 1-x x<1 至少有一解，令gx =
ex 1-x x<1 ，
则gx =-xex x<1 ，令gx =0，即-xex
=0，解得x=0，
所以当x∈-∞,0 时，gx >0，gx 单调递
增；
当x∈0,1 时，gx <0，gx 单调递减，
所以gx =g0
max
=1，又当x→-∞时，gx
→0+，
所以0<a<1.
类型二：极值范围问题
148.(2024·陕西西安·模拟预测)已知函数f(x)=ax-lnx
-a，若f(x)的最小值为0，
(1)求a的值;
(2)若g(x)=xf(x)，证明:g(x)存在唯一的极大值点x ，
0
且gx 0
1
< . 4
【解析】【答案】(1)a=1
(2)证明见解析
【分析】(1)对函数求导后，分a≤0和a>0两
种情况讨论求解即可；
(2)令h(x)=g(x)=2x-2-lnx，求导后可得
1
h(x)在0,
2
1
递减， ,+∞
2
递增，再结合零1
点存在性定理得h(x)在0,
2
存在唯一的x
0
1
∈0, 2 使得hx 0
1
=0，在 ,+∞ 2 存在唯
一的零点x=1，从而得x=x 是g(x)唯一的极 0
大值点.
1 ax-1
【详解】(1)f(x)=a- = (x>0)，
x x
当a≤0时，f(x)<0，所以f(x)在(0,+∞)上
递减，则f(x)没有最小值，
1
当a>0时，由f(x)>0，得x> ，由f(x)<
a
1
0，得0<x< ，
a
1
所以f(x)在0,
a
1
上递减，在 ,+∞
a
上递
增，
1 1
所以x= 时，f(x)取得最小值f
a a
=1-
1
ln -a=0，得a=1成立，
a
下面证a=1为唯一解，
1 1-a
令t(a)=1+lna-a，则t(a)= -1=
a a
(a>0)，
当0<a<1时，t(a)>0，当a>1时，t(a)<
0，
所以t(a)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，
所以t(a) =t(1)=0，
max
所以方程1+lna-a=0有且只有唯一解a=
1，
综上，a=1；
(2)证明:由(1)知g(x)=x2-x-xlnx,g(x)=
2x-2-lnx，
1
令h(x)=2x-2-lnx,h(x)=2- =
x
2x-1
(x>0)，
x
1 1
当0<x< 时，h(x)<0，当x> 时，h
2 2
(x)>0，
1
所以h(x)在0,
2
1
上递减， ,+∞
2
上递增，
1
因为h 2
1
=ln2-1<0,h e2
2
= >0, e2
h(1)=0，
1
所以h(x)在0,
2
1
存在唯一的x ∈0,
0 2
使
得hx 0
1
=0，在 ,+∞ 2 存在唯一的零点x
=1，
所以当0<x<x 或x>1时，h(x)>0，即g
0
(x)>0，
当x <x<1时，h(x)<0，即g(x)<0，
0
所以g(x)在0,x 0 上递增，在x 0 ,1
即x=x 是g(x)唯一的极大值点，
0
gx 0
上递减，
在(1,+∞)上递增，
=x2-x -x lnx ， 0 0 0 0
由hx 0 =0，得lnx 0 =2x 0 -1 ，
所以gx 0 =x2-x -2x (x -1)= 0 0 0 0
1
-x -
0 2
2 1
+ ，
4
1
因为x ∈0, 0 2 ，所以gx 0
1
< . 4
考点74：证明不等式
类型一：构造函数证明函数类不等式
lnx 1
149.已知函数f(x)= - .
x x
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求证：f(x)≤2x-3.
【解析】【答案】(1)y=2x-3
(2)证明见解析
【分析】(1)根据导数的几何意义求切线方程即
可；
(2)构造函数g(x)=lnx-2x2+3x-1，利用导
函数与单调性、最值的关系即可证明.
1-lnx 1 2-lnx 【详解】(1)f(x)= + = ,f
x2 x2 x2
(1)=2，
f(1)=-1,所以切点为(1,-1)，由点斜式可得，
y+1=2(x-1)，
所以切线方程为：y=2x-3.
lnx 1
(2)由题可得， - ≤2x-3⇔lnx-1≤
x x
2x2-3x
设g(x)=lnx-2x2+3x-1，
1 -4x2+3x+1
g(x)= -4x+3= =
x x
(-x+1)(4x+1)
，
x
所以当0<x<1时，g(x)=
(-x+1)(4x+1)
>0，
x
(-x+1)(4x+1)
当x>1时，g(x)= <0，
x
所以g(x)在0,1 单调递增，1,+∞ 单调递
减，
所以gx ≤gx =g1
max
=0，
即f(x)≤2x-3.
类型二：代入函数证明数列类不等式
150.(2024·安徽马鞍山·模拟预测)已知函数f(x)=(x+2)
ln(x+1)．
(1)证明：x>0时，f(x)>2x；n 2 (2)证明：ln(n+1)> ．
2k+1
k=1
【解析】【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)只要证x>0时，ln(x+1)>
2x 2x
，令h(x)=ln(x+1)- (x>0)，然
x+2 x+2
后利用可判断其在(0,+∞)上递增，则h(x)>
h(0)=0，从而证得结论；
2x 1
(2)由(1)知ln(x+1)> ，令x= ，则
x+2 n
2
ln(n+1)-lnn> ，然后利用累加法可 2n+1
证得结论.
【详解】(1)证明：要证f(x)>2x(x>0)，只要
证(x+2)ln(x+1)>2x(x>0)，
2x
即证x>0时，ln(x+1)> ，
x+2
2x
令h(x)=ln(x+1)- (x>0)，
x+2
1 4 x2
则h(x)= - =
x+1 (x+2)2 (x+1)(x+2)2
>0，
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以h(x)>h(0)=0，所以x>0时，ln(x+1)
2x > ， x+2
所以x>0时，f(x)>2x．
2x
(2)证明：由(1)知ln(x+1)> (x>0)，
x+2
1 1
令x= 得ln1+
n n
1 151.已知函数f(x)= x2-1
2
2
n
> ，即ln(n+1)
1
+2
n
2
-lnn> ，
2n+1
2
所以ln2-ln1> ，
2×1+1
2 ln3-ln2> ，
2×2+1
2
ln4-ln3> ，
2×3+1
⋯⋯，
2
ln(n+1)-lnn> ，
2n+1
所以(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+(ln4-ln3)+⋅
⋅⋅+[ln(n+1)-lnn]>
2 2 2
+ + +⋅⋅⋅
2×1+1 2×2+1 2×3+1
2
+ ，
2n+1
n 2 即ln(n+1)> ．
2k+1
k=1
类型三：构造函数证明数字类不等式
-lnx.
(1)求fx 的最小值；
4 7
(2)证明：ln > .
3 32
【解析】【答案】(1)0
(2)证明过程见解析
【分析】(1)利用导数的性质进行求解即可；
(2)利用(1)的结果，取特殊值代入进行证明即
可.
【详解】(1)显然该函数的定义域为全体正实
数，
1 由f(x)= x2-1
2
-lnx⇒fx 1 =x- =
x
x+1 x-1
，
x
当x>1时，fx >0，所以函数fx 单调递
增，
当0<x<1时，fx <0，所以函数fx 单调
递减，
因此fx =f1
min
=0；
(2)由(1)可知：fx =0，即f(x)=
min
1
x2-1
2
-lnx>0x>0 ⇒-lnx>
1
- x2-1
2
x>0 ，
1 1 即ln >- x2-1 x 2 x>0 ，
3 1 1 3 当x= 时，ln >-
4 3 2 4
4
2 -1
4 ⇒ln >
3
7
.
32
类型四：构造中间值或中间函数证明不等式
152.(2024·江苏连云港·模拟预测)已知函数 f(x)=ex-
1
x2-x.
2
(1)求函数f(x)在x=1处的切线方程.
(2)证明：∀x∈[0,+∞),f(x)>sinx.
【解析】【答案】(1)e-2
1
x-y+ =0
2
(2)证明见解答
【分析】(1)求导可得f(1)=e-2，又f(1)=e
3 - ，可求切线方程；
2
(2)求导得f(x)=ex-x-1，令h(x)=ex-x
-1，再求导，进而判断h(x)=ex-x-1在[0,
1 +∞)上单调递增，可得f(x)=ex- x2-x在
2
[0,+∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=1，可得结
论.
1 【详解】(1)由f(x)=ex- x2-x，可得f(x)
2
=ex-x-1，
1
f(1)=e1-1-1=e-2，又f(1)=e1- ×12
23
-1=e- ，
2
所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y-e
3 1
+ =(e-2)(x-1)，即(e-2)x-y+ =
2 2
0.
1
(2)由f(x)=ex- x2-x，可得f(x)=ex-x
2
-1，
令h(x)=ex-x-1，可得h(x)=ex-1，
当x∈[0,+∞)时，h(x)=ex-1≥0，所以
h(x)=ex-x-1在[0,+∞)上单调递增，
又h(x)≥h(0)=e0-0-1=0，即f(x)=ex-
x-1≥0，
1
所以f(x)=ex- x2-x在[0,+∞)上单调递
2
增，
1 所以f(x)≥f(0)=e0- ×02-0=1，当x=
2
0时，f(0)=1>sin0=0，
当x>0时，f(x)>1≥sinx，
综上所述：∀x∈[0,+∞),f(x)>sinx.
考点75：常规方法处理恒成立问
题
类型一：分离处理恒成立或能成立
153.已知函数f(x)=lnx+2ax(a∈R).
(1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若g(x)=f(x)-2x2，不等式g(x)≥-1在[1，+∞)
上存在实数解，求实数a的取值范围.
【解析】解 (1)当a=-1时，f(x)=ln x-2x(x>0)，
1
∴f'(x)= -2，
x
1
由f'(x)>0，得0<x< ，
2
1
由f'(x)<0，得x> ，
2
1 ∴函数f(x)的单调递增区间为0，
2
，单调递
1
减区间为 ，+∞
2
.
(2)原条件等价于g(x)=ln x-2x2+2ax≥
-1在[1，+∞)上存在实数解.
-lnx+2x2-1
可化为a≥ 在[1，+∞)上存在
2x
实数解，
-lnx+2x2-1
令h(x)= ，x∈[1，+∞)，
2x
1
x- +4x
x
则h'(x)=
2x2+lnx
得h'(x)= >0，
2x2
故h(x)在[1，+∞)上单调递增，
1 ∴h(x)的最小值为h(1)= ，
2
1
∴当a≥ 时，不等式g(x)≥-1在[1，+∞)上
2
1
存在实数解，故a的取值范围是 ，+∞
2
-(-lnx+2x2-1)
=
2x2
2x2+lnx
，
2x2
∴当x∈[1，+∞)时，2x2+ln x>0，
.
类型二:分类讨论求最值
154.已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若对任意的x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的范围.
【解析】解 (1)f'(x)=ex-a，
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)在R上单
调递增；
当a>0时，令f'(x)=0，解得x=ln a，
所以当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单
调递增；当x∈(-∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)
单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a
>0时，f(x)在(ln a，+∞)上单调递增，在(
-∞，ln a)上单调递减.
(2)方法一 (分类讨论求最值)
f'(x)=ex-a，
∵x≥0，∴ex≥1，
①当a≤1时，f'(x)≥0，
∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴f(x) =f(0)=0，∴f(x)≥0，
min
故a≤1满足题意.
②当a>1时，令f'(x)=0⇒x=ln a，
∴当x∈[0，ln a)时，f'(x)<0，
当x∈(ln a，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在[0，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)
上单调递增，
∴ f(x) = f(ln a)< f(0)=0与 f(x)≥0矛
min
盾，故a>1不符合题意，
综上，a≤1.
考点76：特殊方法处理恒成立问
题
类型一 ：指对同构
155.已知fx =x+m，gx =lnx+1 .
(1)若fx ≥gx 恒成立，求m的取值范围；(2)若不等式aex-lnx+1 +lna-1≥0在区间
-1,+∞ 上恒成立，求a的取值范围．
【解析】【答案】(1)m≥0；
(2)a≥1．
【详解】(1)f(x)≥g(x)，即x+m≥ln(x+1)，
m≥ln(x+1)-x，
1
设h(x)=ln(x+1)-x，x>-1，h(x)=
x+1
x
-1=- ，
x+1
-1<x<0时，h(x)>0，h(x)递增，x>0
时，h(x)<0，h(x)递减，所以h(x) =h(0)
max
=0，
m≥ln(x+1)-x恒成立，则m≥0；
(2)不等式aex-lnx+1 +lna-1≥0即为
aex+ln(aex)≥ln(x+1)+(x+1)
设p(x)=lnx+x，显然此函数在定义域内是增
函数，
所以aex≥x+1在x>-1时恒成立，a≥
x+1
在x>-1时恒成立，
ex
x+1 x
设q(x)= (x>-1)，则q(x)=- ，
ex ex
-1<x<0时，q(x)>0，q(x)递增，x>0时，
q(x)<0，q(x)递减，
所以q(x) =q(0)=1，
max
所以a≥1．
类型二：端点探路
sinx π 156.已知 f(x)=ax- ,x∈ 0,
cos3x 2
,若 f(x)<sin
2x,求a的取值范围.
【解析】解法1：端点探路
sinx
解:由f(x)<sin 2x,得ax- <sin 2x,
cos3x
sinx
即ax-sin 2x- <0.
cos3x
①必要性探路
sinx π
设g(x)=ax-sin 2x- ,x∈0,
cos3x 2
,
cos2x+3sin2x
则g'(x)=a-2cos 2x- .
cos4x
π
因为g(x)<0对任意x∈0,
2
∴s(a)≤s(3)
sinx 即ax-sin 2x- ≤3x-sin 2x-
cos3x
sinx
,
cos3x
sinx π
设h(x)=3x-sin 2x- ,x∈0,
cos3x 2
恒成立,且
g(0)=0,
所以g'(0)≤0,即a≤3.
②充分性证明
当a≤3时,∵x>0,
sinx
∴s(a)=xa+(-sin 2x- )在a∈(-∞,
cos3x
3]递增
,下
证h(x)<0,
3-2cos2x
因为h'(x)=3-2cos 2x- =
cos4x
3cos4x+2cos2x-3-2cos2xcos4x
=
cos4x
-(cos2x-1)2(4cos2x+3)
<0,
cos4x
π
所以h(x)在0,
2
上单调递减,
所以h(x)<h(0)=0,所以g(x)≤h(x)<0,即
g(x)<0.
综上所述,a的取值范围为a≤3.
解法2：分离+洛必达取极限
类型三：极值点探路
157.已知函数fx =ax2-ax-xlnx,且fx ≥0.
(1)求a的值；
【解析】(1)解：①必要性探路：因为f(1)=0，所以f(x)
≥0等价于x>0,f(x)≥f(1)在时的最小值为
f(1)，所以等价于f(x)在x=1处是极小值，
所以f'(1)=0解得a=1；
②充分性证明
下面证a=1时，∀x>0,x2-x-xlnx≥0恒
成立，
即证：∀x>0,x-1-lnx≥0恒成立
令h(x)=x-1-lnx,x>0
1 x-1
由h'(x)=1- =
x x
令h'(x)=0,即x-1=0,解得x=1
x∈(0,1),h'(x)<0,x∈(1,+∞),h'(x)>0
∴h(x)在(0,1)递减，(1,+∞))递增
∴h(x)≥h(1)=0
即∀x>0,x-1-lnx≥0
综上a的值为1
类型四：伪端点用分离
158.（20年高考）已知函数f(x)=ex+ax2-x
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
1
(2)当x≥0时，f(x)≥ x3+1,求a的取值范围；
2
【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex+x2-x
f'(x)=ex+2x-1
----------刷副本--------令g(x)=ex+2x-1 x∈(0,+∞),h(x)>0,即g'(x)>0
由g'(x)=ex+2>0 g(x)在(-1,0)递减，(0,+∞)递增
∴g(x)在R上递增 g(x) =g(0)=1
min
又g(0)=0 类型二：切线放缩
------------- 160.已知不等式ex-2≥ax+b对任意实数x恒成立，则
∴x∈(-∞,0),g(x)<0,即 f'(x)<0,x∈(0, b 的最大值为
a
+∞),g(x)>0,f'(x)>0
【解析】按切线处理
∴f(x)在(-∞,0)递减，(0,+∞)递增
设切点为(x ,f(x ))
0 0
(2)(伪端点用分离)
由f(x)=ex-2，则f(x )=ex0-2
1 1 0
由f(x)≥
2
x3+1得,ex+ax2-x≥
2
x3+1(x 又由f'(x)=ex,则k=ex0
≥0) ∴切线方程为y=ex0(x-x )+ex0-2即y=
0
①当x=0时，不等式恒成立，符合题意； ex0x-x ex0+ex0-2
0
ex- 1 x3-x-1 由y=ax+b与曲线y=ex-2 相切
2
②当x>0,参变分离为a>- 则a=ex0,b=-x ex0+ex0-2
x2 0
ex- 1 x3-x-1 ∴ b = -x 0 ex0+ex0-2 =-x +1- 2
记 g(x) =-
2
, 则 g'(x) =
a ex0 0 ex0
x2 2
g(x)=-x+1- ,x∈R
(x-2)(ex-
1
x2-x-1)
ex
- 2 2-ex
x3
g'(x)=-1+2e-x=
ex
1
记h(x)=ex- x2-x-1(x>0),h'(x)=ex- 令g'(x)=0,解得x=ln2
2
x∈(-∞,ln2),g'(x)>0,x∈(ln2,+∞),g'(x)
x-1>0
h(x)在(0,+∞)递增， <0
∴g(x) =g(ln2)=-ln2
又x→0,h(x)→0,x→+∞,h(x)→+∞ max
∴∀x>0,h(x)>0
令g'(x)=0,只需x-2=0解得x=2 考点78：双变量
∴x∈(0,2)时，g'(x)>0,g(x)单调递增
类型一：通过韦达定理消元
x∈(2,+∞),g'(x)<0,g(x)单调递减
7-e2 161.(2024·广东佛山·二模)已知fx
因此g(x) =g(2)=
max 4
7-e2
综上可得,实数a的取值范围是[ ,+∞)
4
考点77：双参恒成立
类型一：穿针引线
159.对∀x>-1,不等式(ex-a)[ln(x+1)-b]≥0恒成
立，则a-b的最小值为
【解析】按共零点处理
ex0-a=0
a=ex0
,则
ln(x +1)-b=0 b=ln(x +1) 0 0
∴a-b=ex0-ln(x +1) 0
令g(x)=ex-ln(x+1),x>-1
1
由g'(x)=ex- ×1
x+1
1 令h(x)=ex-
x+1
1
由h'(x)=ex+ >0
(x+1)2
∴h(x)在(-1,+∞)递增且h(0)=0
∴x∈(-1,0),h(x)<0,即g'(x)<0
1
=- e2x+4ex-ax 2
-5.
(1)当a=3时，求fx 的单调区间；
(2)若fx 有两个极值点x 1 ，x 2 ，证明：fx 1 +fx 2 +
x +x <0.
1 2
【解析】【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原
函数的单调性；
(2)借助换元法，令t=ex，t =ex1，t =ex2，可
1 2
得t 、t 是方程t2-4t+a=0的两个正根，借
1 2
助韦达定理可得t +t =4，tt =a，即可用t 、
1 2 1 2 1
t 2 表示fx 1 +fx 2 +x +x ，进而用a表示 1 2
fx 1 +fx 2 +x +x ，构造相关函数后借助导 1 2
数研究其最大值即可得.
【详解】(1)当a=3时，fx
1
=- e2x+4ex-
2
3x-5，
fx =-e2x+4ex-3=-ex-1 ex-3 ，
则当ex∈0,1 ∪3,+∞ ，即x∈-∞,0 ∪
ln3,+∞ 时，fx <0，当ex∈1,3 ，即x∈0,ln3 时，fx >0，
故fx 的单调递减区间为-∞,0 、
ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；
(2)fx =-e2x+4ex-a，令t=ex，即fx =
-t2+4t-a，
令t =ex1，t =ex2，则t 、t 是方程t2-4t+a=
1 2 1 2
0的两个正根，
则Δ=-4 2-4a=16-4a>0，即a<4，
有t +t =4，tt =a>0，即0<a<4，
1 2 1 2
则fx 1 +fx 2
1
+x +x =- e2x1+4ex1-ax 1 2 2 1
1 -5- e2x2+4ex2-ax -5+x +x
2 2 1 2
1
=- 2 t2 1 +t2 2 +4t 1 +t 2 -
a-1 lnt 1 +lnt 2 -10
1 =- 2 t 1 +t 2 2-2tt 1 2 +4t 1 +t 2 -
a-1 lntt -10 1 2
1
=- 16-2a 2 +16-a-1 lna-10
=a-a-1 lna-2，
要证fx 1 +fx 2 +x +x <0，即证a- 1 2
a-1 lna-2<00<a<4 ，
令gx =x-x-1 lnx-20<x<4 ，
则gx
x-1
=1-lnx+ x
1
= -lnx， x
令hx 1 = -lnx0<x<4
x
，则hx =
1 1
- - <0，
x2 x
则gx 在0,4 上单调递减，
又g1
1
= -ln1=1，g2
1
1
= -ln2<0，
2
故存在x 0 ∈1,2 ，使gx 0
1
= -lnx =0， x 0
0
1
即 =lnx ，
x 0 0
则当x∈0,x 0 时，gx >0，当x∈x 0 ,4
时，gx <0，
故gx 在0,x 0 上单调递增，gx 在x 0 ,4
上单调递减，
则gx ≤gx 0 =x 0 -x 0 -1 lnx -2=x - 0 0
x 0 -1 1 1 × -2=x + -3， x 0 x 0 0
又x 0 ∈1,2 1 5 ，则x + ∈2, 0 x 2
0
，故gx 0 =
1
x + -3<0，
0 x 0
即gx <0，即fx 1 +fx 2 +x +x <0. 1 2
类型二：通过偏差函数消元
162.(2024·全国·模拟预测)已知函数 fx = x-1 ex-
ax-a．
(1)讨论函数fx
(2)当a>0时，若实数x 1 ,x 2 满足fx 1
的极值点个数；
=fx 2 ，证
x +x 明：f 1 2
2
<0．
【解析】【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)对函数求导，利用导数研究fx
的单调性，讨论a的范围，结合零点存在性定
理判断 的零点个数，即可得fx 的极值点个
数；
x +x
(2)利用(1)中结论将f 1 2
2
<0转化成
证明fx 2 >f2x 0 -x 2 ，构造gx =fx -
f2x 0 -x ，利用导函数和放缩法证明 即可.
【详解】(1)由题意得fx 的定义域为
-∞,+∞ ,fx =xex-a．
设hx =xex-a，则hx =x+1 ex，令
hx =0解得x=-1，
所以hx 在-∞,-1 上单调递减，在
-1,+∞ 上单调递增，且hx =h-1
min
=
1 - -a，
e
当x→-∞时，hx →-a，当x→+∞时，
hx →+∞，
若a>0，则f0 =-a<0,fa =aea-1
>0，
故存在唯一的x 0 ∈0,a ，使得fx 0 =0，
当x<x 0 时，fx <0,fx 单调递减；当x
>x 0 时，fx >0,fx 单调递增，故fx 存
在唯一的极值点x ．
0
同理可得，若a=0，则f0 =0,fx 存在唯
一的极值点0，
1
若- <a<0，则f0
e
=-a>0，存在唯一
的x 3 ∈-∞,-1 和x 4 ∈-1,0 ，使得fx 3
=fx 4 =0，
当x<x 3 时，fx >0,fx 单调递增；当x 3
<x<x 4 时，fx <0,fx 单调递减；当x
>x 4 时，fx >0,fx 单调递增，故fx 存
在两个极值点x ,x ， 3 4
1 若a≤- ，则fx e ≥0,fx 单调递增，无
极值点，
综上，若a≥0，则fx 存在唯一的极值点；
1 若- <a<0，则fx
e
存在两个极值点；若
1
a≤- ，则fx
e
无极值点．
x +x (2)由(1)可知，当a>0时，要证f 1 2
2
x +x
<0，即证 1 2 <x ，即证x <2x -x ，
2 0 1 0 2不妨设x <x <x ，则证x <2x -x <x ， 1 0 2 1 0 2 0
因为fx 在-∞,x 0 上单调递减，所以即证
fx 1 >f2x 0 -x 2 ，即证fx 2 >
f2x 0 -x 2 ，
设gx =fx -f2x 0 -x =x-1 ex+
x+1-2x 0 ⋅e2x0-x+2ax -2ax,x>x ， 0 0
因为x 0 ex0=a，则gx =xex-x-2x 0 e2x0-x
-2a=xex-xe2x0-x+2x e2x0-x-2a
0
=xex 1-e2x0-x +2aex0-x-1 =
1-ex0-x xex 1+ex0-x -2a =
1-ex0-x xex+ex0 -2a >
1-ex0-x x 0ex0+ex0 -2a =0，
所以gx 在x 0 ,+∞ 上单调递增，
又gx 0 =0，所以gx >0，即fx 2 >
f2x 0 -x 2 ，得证．
考点79：给参数范围证恒成立
类型一：先参数a后变量x
163.已知函数f(x)=ex-ln(x+m)
1
(1)当m= 时，求曲线f(x)在点(0,f(0))处切线方程
2
(2)当m≤2时，求证：f(x)>0
【解析】解：(1)x+y-1-ln2=0
(2)第一步先看成m的函数先证ex-ln(x+
m)≥ex-ln(x+2)
由g(m)=ex-ln(x+m)在(-∞,2]递减，则
g(m)≥g(2)即ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)
第二步看成x的函数再证ex-ln(x+2)>0
令h(x)=ex-ln(x+2)
1
由h'(x)=ex- ×1
x+2
存在x ∈(-2,+∞)，使得h'(x )=0即ex0-
0 0
1 =0
x +2
0
由x∈(-2,x ),h'(x)<0,x∈(x ,+∞),h'(x)>
0 0
0,
1
∴h(x)≥h(x )=ex0-ln(x +2)= +x
0 0 x +2 0 0
1 1
= +x +2-2>2 ×(x +2)
x +2 0 x +2 0 0 0
-2=0
即ex-ln(x+2)>0
综上ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2))>0得到
ex-ln(x+m)>0
类型二：先变量x后参数a
164.已知函数fx
a
=lnx+ a∈R
2x2
(2)当a>1时，证明：fx
．
(1)若f(x)的最小值为1,求a的值；
3a-1 > ．
2a+2
【解析】【详解】(1)fx 的定义域为0,+∞ ，fx =
1 a x2-a
- = ．
x x3 x3
当a≤0时，fx >0对任意的x∈0,+∞ 恒
成立，所以fx 在0,+∞ 上单调递增；
当a>0时，令fx <0，解得0<x< a；令
fx >0，解得x> a，
所以fx 在0, a 上单调递减，在
a,+∞ 上单调递增．
a
∴f( a)=ln a+ =1,解得a=e
2a
(2)第一步证明∀x∈(0,+∞),fx
3a-1
>
2a+2
由(1)可知，当a>1时，fx =f a
min
=
a
ln a+ 2 a
1 1
= lna+ ． 2 2 2
要证fx
3a-1 1 1
> ，只需证 lna+ >
2a+2 2 2
3a-1 4
，即证lna+ -2>0．
2a+2 a+1
4
第二步证明∀a∈(1,+∞),lna+ -2>
a+1
0
令gx
4
=lnx+ -2，x>1，所以gx
x+1
1 4
= -
x x+1
x-1
=
2
2
xx+1
>0，
2
所以gx 在1,+∞ 上单调递增，所以gx
>g1 4 =0，所以lna+ -2>0．所以
a+1
fx
3a-1
> ．
2a+2
考点80：函数与导数选读材料
类型一：拉格朗日中值函数
165.已知函数fx =x2-3x+alnx，a∈R.
(1)当a=1时，求函数fx 的在点 1,f1 处的切线；
(2)若函数fx 在区间1，2 上单调递减，求a的取值
范围；
(3)若函数gx 的图象上存在两点Ax 1 ,y 1 ，
Bx 2 ,y 2 x +x ，且x <x ，使得g 1 2 1 2 2 =
gx 1 -gx 2 ，则称y=gx
x -x 1 2
为“拉格朗日中值函数”，
并称线段AB的中点为函数的一个“拉格朗日平均值
点”.试判断函数fx 是否为“拉格朗日中值函数”，
若是，判断函数fx 的“拉格朗日平均值点”的个数；
若不是，说明理由.
【解析】【答案】(1)y=-2
(2)a≤-2
(3)当a=0时，函数fx 是“拉格朗日中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个；当a≠
0时，fx 不是“拉格朗日中值函数”；理由见
解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求得函数fx
的在点 1,f1 处的斜率即可求解；
(2)利用导数的几何意义可得fx =
2x2-3x+a ≤0在1，2 x 上恒成立，参变分离
可得a≤-2x2+3x 即可，求y=-2x2+
min
3x在1，2 上的最小值即可得解；
(3)假设函数fx 是“拉格朗日中值函数”，设
Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 是fx 上不同的两点，且0
x +x <x <x ，代入f 1 2 1 2 2 = fx 1 -fx 2 ， x -x 1 2
x
2 2 -1
x x
当a≠0时，整理得ln 2 = 1 x
1
x
，设 2 x x
2 +1 1
x
1
=tt>1
4
，上式化为lnt+ =2，然后构造
t+1
函数ht
4
=lnt+ ，根据导数研究此方程
t+1
是否成立，从而可确定假设是否成立.
【详解】(1)由题意可知当a=1时，fx =x2-
3x+lnx，f1 =1-3+0=-2，fx =2x-
1
3+ ，
x
所以函数fx 的在点1,-2 处切线的斜率k
=f1 =2-3+1=0，
所以函数fx 的在点1,-2 处的切线为y=
-2.
(2)由题意可得fx a =2x-3+ =
x
2x2-3x+a
， x
若函数fx 在区间1，2 上单调递减，则2x2
-3x+a≤0在x∈1,2 恒成立，
即a≤-2x2+3x在x∈1,2 恒成立，只需a≤
-2x2+3x 即可，
min
又因为当x∈1,2 时y=-2x2+3x∈-2,1 ，
所以a≤-2.
(3)假设函数fx 是“拉格朗日中值函数”，
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 是fx 上不同的两点，
且0<x <x ，
1 2
由题意可得fx 1 =x2 1 -3x 1 +alnx 1 ，fx 2 =
x2-3x +alnx ，
2 2 2
则k = fx 2
AB
-fx 1 =
x -x 2 1
x2 2 -x2 1 -3x 2 -x 1 +alnx 2 -lnx 1 =x +x x -x 2 1 2 1
-3+ alnx 2 -lnx 1
函数fx
， x -x 2 1
在拉格朗日平均值点处的切线斜率
x +x k=f 1 2
2
2a =x +x -3+ ，
1 2 x +x
1 2
由k =k整理可得 alnx 2 -lnx 1 AB = x -x
2 1
2a
，
x +x 1 2
当a=0时， alnx 2 -lnx 1 2a = 恒成立， x -x x +x 2 1 1 2
则函数fx 是“拉格朗日中值函数”，且“拉格
朗日平均值点”有无数个；
当a≠0时， alnx 2 -lnx 1 2a x = 即ln 2
x -x x +x x
2 1 1 2 1 x
2 2 -1
x = 1
， x 2 +1
x
1
x 令 2 =tt>1
x 1
2t-1 ，上式化为lnt= =2
t+1
4 4
- ，即lnt+ =2，
t+1 t+1
令ht
4
=lnt+ ，则ht
t+1
1 4
= -
t t+1 2
t-1 = 2
tt+1
，
2
因为t>1，所以ht >0恒成立，所以ht 在
1,+∞ 上单调递增，ht >h1 =2恒成立，
所以在1,+∞ 4 上不存在t使得lnt+ =
t+1
x +x
2，即不存在这样的A,B两点使得f 1 2 2
= fx 1 -fx 2 ；
x -x 1 2
综上所述，当a=0时，函数fx 是“拉格朗日
中值函数”，且“拉格朗日平均值点”有无数个；
当a≠0时，fx 不是“拉格朗日中值函数”.
类型二：泰勒展开式
166.(2024·安徽·一模)给出以下三个材料：
①若函数fx 可导，我们通常把导函数fx 的导数叫
做fx 的二阶导数，记作fx .类似的，函数fx 的
二阶导数的导数叫做函数fx 的三阶导数，记作
fx ，函数fx 的三阶导数的导数叫做函数fx 的
四阶导数⋯⋯，一般地，函数fx 的n-1阶导数的导
数叫做函数fx 的n阶导数，记作fn x =
fn-1 x ，n≥4；
②若n∈N*，定义n!=n×(n-1)×(n-2)×⋯×3×
2×1；
③若函数fx 在包含x 的某个开区间(a,b)上具有任 0
意阶的导数，那么对于任意x∈a,b 有g(x)=fx 0 +
fx 0 1! x-x 0 + fx 0 2! x-x 0 2+⋯
+ f(n) x 0 n! x-x 0 n+⋯，我们将gx 称为函数fx 在点x=x 处的泰勒展开式.
0
例如f(x)=ex在点x=0处的泰勒展开式为g(x)=1
1 1
1 1 +x+ x2+⋯+ xn+⋯
2 n!
根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求出f(x)=cosx在点x=0处的泰勒展开式gx ；
(2)用fx =cosx在点x=0处的泰勒展开式前三项
计算cos0.3的值，精确到小数点后4位；
sinx
(3)现已知 =
x
x
1-
π
x
1+
π
x
1-
2π
x
1+
2π
⋯
x 1- nπ x 1+ nπ ∞ 1 ⋯，试求 的值. n2
n=1
x2 x4 x6
【解析】【答案】(1)cosx=1- + - +⋯
2! 4! 6!
(-1)nx2n
+ +⋯
(2n)!
(2)0.9553
π2
(3)
6
【分析】(1)利用n阶泰勒展开式的定义，可求
gx ，
(2)由(1)可求cos0.3；
x x3 x5
(3)由(1)可得-sinx=- + - +⋯
1! 3! 5!
(-1)nx2n-1 sinx x2
+ +⋯，进而可得 =1- +
(2n-1)! x 3!
x4 (-1)n-1x2n-2
+⋯+ +⋯，结合已知可得结
5! (2n-1)!
论.
【详解】(1)f(x)=cosx，f(x)=-sinx，f''x =
-cosx，⋯，
所以f(0)=cos0=1，f(0)=-sin0=0，f''x
=-cos0=-1，⋯，
0
由cosx=1+ x-0 1!
-1
+ x-0 2! 2+⋯
(-1)n
+ x-0
n!
2n+⋯
x2 x4 x6 (-1)nx2n
所以cosx=1- + - +⋯+
2! 4! 6! (2n)!
+⋯
0.32 0.34
(2)由(1)可得cos0.3=1- + -
2! 4!
0.36 (-1)n×0.32n 0.32
+⋯+ +⋯≈1- +
6! (2n)! 2!
0.34
=1-0.045+0.0003375=0.9553
4!
sinx
(3)因为 =
x
x
1-
π
x
1+
π
x
1-
2π
x
1+
2π
⋯
x
1-
nπ
x
1+
nπ
x2
⋯=1-
π2
x2
1-
4π2
x2
1-
n2π2
⋯
⋯①，
x2 x4 x6 (-1)nx2n
对cosx=1- + - +⋯+ +
2! 4! 6! (2n)!
⋯，
x x3 x5 两边求导可得：-sinx=- + - +⋯
1! 3! 5!
(-1)nx2n-1
+ +⋯，
(2n-1)!
x x3 x5 (-1)n-1x2n-1
所以sinx= - + +⋯+
1! 3! 5! (2n-1)!
+⋯，
sinx x2 x4 (-1)n-1x2n-2 所以 =1- + +⋯+
x 3! 5! (2n-1)!
+⋯②，
比较①②中x2的系数，可得：
1 1 1 1 1 1
- =- + + ⋯+ +⋯
3! π2 12 22 32 n2
，
∞ 1 1 1 1 1 π2
所以 = + + ⋯+ +⋯= .
n2 12 22 32 n2 6
n=1
【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义
问题，关键是审题时明确n阶泰勒展开式的具
体定义；第三问关键在于用n阶泰勒展开式表
sinx
示 .
x
概率统计版块
考点81：数字特征
类型一：统计学的数字特征
167.（多选）有一组样本数据按从小到大排列为x ,x ,⋅⋅⋅,
1 2
x ，n≥3，n∈N∗，c是不为0的常数，则( )
n
A.x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +2c的极差等于x,x ,⋅⋅⋅,x
1 2 n 1 2 n
的极差
B.x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +2c的第50百分位数等于 1 2 n
x,x ,⋅⋅⋅,x 的第50百分位数
1 2 n
C.x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +2c的平均数等于x,x ,⋅⋅⋅,
1 2 n 1 2
x 的平均数
n
D.x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +2c的方差等于x,x ,⋅⋅⋅,x
1 2 n 1 2 n
的方差
【解析】【答案】AD
【分析】由极差的定义可判断A；由百分位数的
定义可判断B；由平均数和方差的性质可判断
CD.【详解】对于选项A，极差为一组数据中最大值
与最小值的差，
原来的极差是x -x,x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +
n 1 1 2 n
2c的极差为x n +2c -x 1 +2c =x -x n 1
∴x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +2c的极差等于x,
1 2 n 1
x ,⋅⋅⋅,x 的极差，A选项正确；
2 n
对于选项B，记样本数据x,x ,⋅⋅⋅,x 的第50百
1 2 n
分位数为m，
则数据x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x +2c的第50百分
1 2 n
位数为m+2c，
∵c是不为0的常数，∴当c>0时，m+2c>
m；
当c<0时，m+2c<m；故B选项错误；
对于选项C，不妨设x,x ,⋅⋅⋅,x 的平均数为x
1 2 n
x +x +⋅⋅⋅+x
= 1 2 n，
n
∵c是不为0的常数，则x +2c,x +2c,⋅⋅⋅,x 1 2 n
+2c的平均数为
x 1 +2c +x 2 +2c +⋅⋅⋅+x n +2c =x+2c
n
≠x，故C选项错误；
对于选项D，由方差的定义可知x +2c,x +
1 2
2c,⋅⋅⋅,x +2c与x,x ,⋅⋅⋅,x 的离散程度相同，
n 1 2 n
两组数据方差相等，故选项D正确.
故选：AD
类型二：概率学的数字特征
168.（多选）下列结论正确的是( )
1
A.已知随机事件A与B互斥，且P(A)= ，P(B)=
2
1 5
，则P(A∪B)=
3 6
1 1
B.已知随机事件A与B满足P(A)= ，P(B)= ，
2 3
1
P(AB)= ，则A与B相互独立
3
C.若随机变量X~B(10,p)，且E(X)=6，则D(X)=
24
D.若随机变量X~N0,σ2
1 2
= ，
3 3
1 1 2 1
又P(A)= ，所以P(A)P(B)= × = ，
2 2 3 3
1 又P(AB)= ，所以P(AB)=P(A)P(B)，
3
因此事件A与B相互独立，所以A与B相互独
立，故B正确；
因为随机变量X~B(10,p)，所以E(X)=np=
3
10p=6，即p= ，
5
所以D(X)=np1-p
，且P(X<-m)=0.2(m>
0)，则P(0<X<m)=0.3
【解析】【答案】ABD
【分析】根据互斥、独立事件概率的性质即可判
断A、B选项；根据二项分布期望和方差公式可
以判断C选项；根据正态分布中正态密度函数
图象的对称性即可判断D选项.
【详解】因为随机事件A与B互斥，且P(A)=
1 1
，P(B)= ，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)
2 3
1 1 5
= + = ，故A正确；
2 3 6
1 因为P(B)= ，所以P(B)=1-P(B)=1-
3
3 3
=10× ×1-
5 5
=
24
，故C错误；
5
因为随机变量X~N0,σ2 ，所以对称轴为x=
0，又P(X<-m)=0.2(m>0)，
由对称性可知P(X>m)=0.2，
所以P(-m<X<m)=1-
P X-m)-P(X m =1-0.2-0.2=0.6，
所以P(0<X<m)=0.3，故D正确；
故选：ABD
考点82：二项式定理
类型一：特定项问题
a
169.（多选）已知1+
x
1
2x-
x
6
的展开式中各项系数
的和为2，则下列结论正确的有( )
A.a=1
B.展开式中常数项为160
C.展开式系数的绝对值的和为1458
D.若r为偶数，则展开式中xr和xr-1的系数相等
【解析】【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查二项式定理以及应用二项式定理求特
定项以及系数，属于中档题．
令x=1可求得a的值，再利用二项式定理的通
项分别判断BCD的正确性．
【解答】
解：令x=1，可得1+a=2，所以a=1，故A正
确；
1 设2x-
x
6 的通项为T =Ck(2x)6-k- 1
k+1 6 x
k
=(-1)k26-kCkx6-2k，
6
1
当k=3时，1+
x
1
2x-
x
6
为常数项，
1 所以1+
x
1 2x-
x
6 的展开式中常数项为(
-1)323C3=-160，故B错误；
6
1 1+
x
1 2x-
x
6 的展开式系数的绝对值的1
和应为1+
x
1
2x+
x
6
的展开式系数的和，
令x=1，即2×36=1458，故C正确；
1
由 1+
x
1
2x-
x
6 1
= 2x-
x
6
+
1 2x-
x
6
x
1 由2x-
x
6 的通项为T =Ck(2x)6-k- 1
k+1 6 x
k
=(-1)k26-kCkx6-2k，
6
1
则2x- x
6
的所有项的次数都是偶数，
1
所以，对于1+
x
1
2x-
x
6
，当r为偶数时，
r-1为奇数，即r=6-2k，r-1=5-2k，
xr的系数为(-1)k26-kCk，
6
xr-1的系数也为(-1)k26-kCk，
6
所以若r为偶数，展开式中xr和xr-1的系数相
等，故D正确，
故答案为ACD．
类型二：连续项问题
170.已知3x-1 2024=a +a x+a x2+⋯+a x2024，则 0 1 2 2024
a +a +⋯+a 被3除的余数为
1 2 2024
【解析】【答案】0
【分析】先对二项展开式中的x进行赋值，得出
a + a +⋯+a = 41012- 1，再将 41012看作
1 2 2024
3+1 1012进行展开，再利用二项展开式特点分
析即得.
【详解】令x=0，得a =1，令x=1，得a +a +
0 0 1
a +⋯+a =22024，
2 2024
两式相减，a +a +⋯+a =22024-1=41012
1 2 2024
-1，
因为41012= 3+1
3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲
在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插
入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可
交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共
有：3!×2×2=24种不同的排列方式，
故选：B
类型二：古典概型的概率
172.(2024·全国甲卷·高考真题)甲、乙、丙、丁四人排成一
列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是
【解析】【答案】B
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概
率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条
件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求
解.
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共
有24种排法，
1012=C0 31012+C1 31011+ 其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有 1012 1012
⋯+C10113+C1012， 8种，
1012 1012
其中C
1
0
012
31012+C
1
1
012
31011+⋯+C
1
1
0
0
1
1
2
13被3整除，
故所求概率P=
8
=
1
.
24 3
所以41012被3除的余数为1，
解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种
综上，a +a +⋯+a 能被3整除．余数为
1 2 2024 排法，丁就1种，共2种；
0
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种
考点83：排列组合与古典概型
排法，丁就1种，共2种；
类型一：双条件的排列组合问题 于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾
171.(2022·全国新Ⅱ卷·高考真题)有甲、乙、丙、丁、戊5名 共4种方法，于是共8种排法符合题意；
同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁 基本事件总数显然是A4=24，
4
相邻，则不同排列方式共有 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙
8 1
【解析】【答案】B 在排尾的概率为 = .
24 3
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排
故选：B
甲，利用排列组合与计数原理即可得解
考点84：五种概率计算和三种事
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看
做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有
件辨别类型一：五种概率计算
5 3 1
173.已知P(A)= ，P(B|A)= ，P(B|A)= ，则P
8 5 3
(B)= .
1 【解析】答案：
2
解法1：画venn图，填入如下数字，设n(Ω)=
n(A) 5
8,由P(A)= )= ,则n(A)=5,n(A)=
n(Ω) 8
n(AB) 3
3,由P(B|A)= = ,则n(AB)=3,
n(A) 5
n(AB) 1
由P(B|A)= = ,则n(AB)=1
n(A) 3
n(B) n(AB)+n(AB) 3+1
则P(B)= = =
n(Ω) n(Ω) 8
1
=
2
解法2：由全概率公式，得P(B)=P(A)P
5 3 3 1
(B|A)+P(A)P(B|A)= × + × =
8 5 8 3
1
.
2
类型二：互斥、对立、独立辨别
174.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4
个红球，3个白球和3个黑球(球除颜色外，大小质地均
相同)．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以
A ，A 和A 表示由甲罐中取出的球是红球，白球和黑
1 2 3
球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐
中取出的球是红球的事件．下列结论正确的是( )
A.A ，A ，A 是两两互斥的事件
1 2 3
B.事件A 与A 相互独立
1 2
C.PBA 2
4
= 11
D.PB
9
=
22
【解析】【答案】ACD
【分析】根据互斥事件的定义判断A，根据相互
独立事件的定义判断B，根据条件概率公式判
断C，根据全概率公式判断D.
【详解】对于A：从甲罐取出一个球，取出球的颜
色可能是红球、白球、黑球，
显然不可能同时是两个颜色，所以A ，A ，A
1 2 3
是两两互斥的事件，故A正确；
对于B：因为PA 1 5 1 = 5+2+3 = 2 ，PA 2
2 1
= = ，而P(AA )=0≠P(A)⋅P 5+2+3 5 1 2 1
(A )，
2
所以事件A 与A 不相互独立，故B错误；
1 2
对于C：因为PA 2
1
= 5 ，PA 2 B
4 = 55 ，所以PBA 2
1 4
= × 5 11
= PA 2 B PA 2 4 = ，故C正 11
确；
对于D：因为PA 3
3 3
= = ， 5+2+3 10
所以P(B)=PBA 1 ⋅PA 1 +PBA 2 ⋅
PA 2 +PBA 3 ⋅PA 3
1 5 4 1 3 4 9
= × + × + × = ，故D
2 11 11 5 10 11 22
正确；
故选：ACD
考点85：非线性回归分析
类型一：幂函数型回归分析
175.台山市镇海湾蚝是台山市著名的特产，因镇海湾的生
蚝田处于咸淡水交汇之地，所以这里的生蚝长得比其
他地方肥大，味道更加鲜美．2023年镇海湾某养殖基
地考虑增加人工投入，根据市场调研与模拟，得到人工
投入增量x人与年收益增量y万元的数据和散点图分
别如下：
x 2 3 4 6 8 10 13
y 13 22 31 42 50 56 58
根据散点图，建立了y与x的两个回归模型：
模型①：y=4.1x+11.8；模型②：y=b x+a
(1)求出模型②中y关于x的回归方程(精确到0.1)；
(2)比较模型①，②的决定系数R2的大小，说明哪个模
型拟合效果更好，并用该模型预测，要使年收益增量超
过80万元，人工投入增量至少需要多少人？(精确到
1)
线性回归方程y=bx+a的系数：
n n xy -nxy x -x
i i i
b= i=1 = i=1
n x2-nx2
i
i=1
y -y
i
n x -x
i
i=1
，a=y-bx；
2
n
y -y
i i
模型的决定系数：R2=1- i=1
2
n y -y
i
i=1
．
2
参考数据：令t= x，则y=bt+a，且t≈2.46，y≈
7 38.86， t -t
i
i=1
y -y
i
7 ≈80.97， t -t
i
i=1
2≈3.78；
7
模型①中 y -y
i i
i=1
2=182.42；模型②中
7 y -y
i i
i=1
2=74.12．
【解析】【答案】(1)y=21.4 x-13.8
(2)模型①中的决定系数小于模型②的决定系
数；模型②的拟合效果更好；人工投入增量至少
需要20人.
【分析】(1)t= x，先求出y关于t的线性回归
方程，进而可求y关于x的回归方程；
(2)代入公式分别求出模型①和模型②的决定
系数比较大小即可，进而可判断模型②的拟合
效果更好；再通过解不等式即可得至少人工投
入增量人数.
【详解】(1)令t= x，则模型②为：y=bt+a，
由t≈2.46，y≈38.86，
7 t -t i
i=1
y -y i 7 ≈80.97， t -t i
i=1
2≈3.78，
7
t -t i
得b= i=1
y -y i
7
t -t
i
i=1
80.97
= ≈21.4，
3.78
2
a=y-bt=38.86-21.4×2.46≈-13.8，
所以模型②中y关于x的回归方程是y=
21.4 x-13.8.
(2)模型①中的决定系数R2=1-
182.42
7
y -y
i
i=1
，
2
74.12 模型②的决定系数R2=1-
7
y -y i
i=1
，
2
因为182.42>74.12，所以模型①中的决定系数
小于模型②的决定系数，
所以模型②的拟合效果更好.
在模型②下，年收益增量超过80万元，
93.8 则有21.4 x-13.8>80，所以x> 21.4
2023年对应的年份代码依次为1~5．
年份代码 1 2 3 4 5
市场规模 45 64 102 125 145
(1)由上表数据可知，可用指数型函数模型y=a⋅bx(b
>0且b≠1,a>0)拟合y与x的关系，请建立y关于x
的回归方程(a,b的值精确到0.01)．
(2)调研数据显示，在购买汉服的消费者中，因喜欢汉
1
服文化而购买的占 ，从购买汉服的消费者中任选5
2
人，记这5人中因喜欢汉服文化而购买的人数与其他原
因购买的人数之差为X，求EX
2 ≈
19.2，
所以人工投入增量至少需要20人.
类型二：指数函数型回归分析
176.在消费者个性化需求及文化自信等因素的影响下，汉
服在中国服饰行业掀起了“国风热潮”，下表为2019-
2023年中国汉服市场规模(单位：亿元)，其中2019-
与DX ．
参考数据：
5
v xv e1.932 e0.126
i i
i=1
2.31 35.91 6.90 1.13
1 5
其中v =lny,v= v．
i i 5 i
i=1
参考公式：对于一组数据u 1 ,v 1 ,u 2 ,v 2 ,⋅⋅⋅,u n ,v n ， 其回归直线v=a+βu的斜率和截距的最小二乘估计
n uv -nuv
i i 公式分别为β= i=1 ,a=v-βu．
n
u2-nu2
i
i=1
【解析】【答案】(1)y=6.90×1.13x
(2)EX =0，DX =5
【分析】(1)将y=a⋅bx两边同时取自然对数，
通过换元得v=lna+xlnb，进一步通过参考公
式分别求得lnb=0.126，lna=1.932，进一步
结合参考数据即可得解；
(2)设这5人中因喜欢汉服文化而购买的人数
1 为ξ，则ξ∼B5,
2
，由二项分布的均值、方差
公式及其性质即可运算求解.
【详解】(1)将y=a⋅bx两边同时取自然对数，
得lny=lna⋅bx =lna+xlnb．
设v=lny，则v=lna+xlnb．
5 5 由xv =35.91,x=3,v=2.31,x2=55，
i i i
i=1 i=1
5
xv -5xv
i i 35.91-5×3×2.31
得lnb= i=1 =
5 55-5×32
x2-5x2
i
i=1
=0.126，
lna=v-xlnb=2.31-3×0.126=1.932，
所以v=1.932+0.126x，即lny=1.932+0.126x，
所以y=e1.932+0.126x=6.90×1.13x．
故y关于x的回归方程为y=6.90×1.13x．
(2)设这5人中因喜欢汉服文化而购买的人数
1
为ξ，则ξ∼B5,
2
，
所以Eξ
1 5
=5× = ,Dξ
2 2
1
=5× ×
2
1
1-
2
5
= ．
4
因为X=ξ-5-ξ =2ξ-5，
所以EX =E2ξ-5 =2Eξ
5
-5=2×
2
-5=0，
DX =D2ξ-5 =22Dξ
5
=4× =5． 4
考点86：全概率与递推数列
类型一：相邻两项递推关系
177.有n个编号分别为1，2，⋯，n的盒子，第1个盒子中
有2个白球、1个黑球，其余盒子中均为1个白球、1个
黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再
从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，
(1)求从第2个盒子中取到白球的概率；
（2）从第n个盒子中取到白球的概率。
【答案】【解析】求从第2个盒子中取到白球的概率是
5
__ __，
9
1
（2）从第n个盒子中取到白球的概率是__
2
1 × 3 n 1 + __. 2
【解析】记事件A 表示从第i(i=1，2，⋯，n)个盒子里
i
2
取出白球，则P(A )= ，P(A )=1-P(A )
1 3 1 1
1
= ，所以P(A )=P(A A )+P(A A )=P 3 2 1 2 1 2
2 2 1
(A )P(A |A )+P(A )P(A |A )= × +
1 2 1 1 2 1 3 3 3
1 5
× = ，P(A )=P(A )P(A |A )+P(A )P
3 9 3 2 3 2 2 2 1 1
(A |A )=P(A )× +P(A )× = ×P
3 2 2 3 2 3 3 1 14
(A )+ = ，P(A )=P(A )P(A |A )+P
2 3 27 4 3 4 3
2 1
(A )P(A |A )=P(A )× +P(A )× =
3 4 3 3 3 3 3
1 1
P(A )+ ，进而可得n≥2时，P(A )=
3 3 3 n
1 1 1
P ( A ) + ，P ( A ) - = 3 n-1 3 n 2
1 1
P(A )-
3 n-1 2
1 1
，又 P(A )- = ，所以
1 2 6
1 P(A )-
n 2
1 1 是首项为 ，公比为 的等比数
6 3
1 1 1
列，所以 P(A ) - = × n 2 6 3
1
3
n-1 1
= × 2
n 1 1
，即P(A )= ×
n 2 3
n 1
+ .
2
类型二：相邻三项递推关系
178.某商场拟在周年店庆进行促销活动，为吸引消费者，
特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每
轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子(形状为正方体，六
个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)，若向上点数不超
过4点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若
累计得分为9分，则游戏结束，可得到200元礼券，若累
计得分为10分，则游戏结束，可得到纪念品一份，最多
进行10轮游戏．
(1)当进行完3轮游戏时，总分为X，求X的数学期望；
(2)若累计得分为i的概率为p，(初始分数为0分，记
i
p =1)． 0
(i)证明数列P-P i i-1 i=1,2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 是等比数列；
(ii)求活动参与者得到纪念品的概率．
1 1 1
【答案】(1)4；(2)(i)证明见解析；(ii) + ×
4 4 3
9
.
(1)由题意求出X的可能取值，然后求出对应
的概率，进而列出分布列，并根据我期望的概念
求出期望即可；
(2)(i)若累计得分为i的概率为p，分两种情况
i
1
讨论得分情况，从而得到递推公式p = p
i 3 i-2
2
+
3
p i-1i=2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 ，再结合构造法即可得
证；
(ii)根据(i)求出p p =
i- i-1
1
-
3
i
i=2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 ，再结合累加法即可求
3 1 1 出p = + - i 4 4 3 i i=2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 ，进而可
以求得结果.
【解析】【详解】解：(Ⅰ)由题意得每轮游戏获得1分的
2 1 概率为 ，获得2分的概率为 ，X可能取值
3 3
为3，4，5，6，
Px=3
2
= 3
3 8
= ，PX=4 27 =
2 C1 3 3 2 1 3 4 = ， 9
Px=5 1 =C2 3 3 2 2 3 2 = ，PX=6 9 =
1
3
3 1
= ， 27
∴X的分布列：
X 3 4 5 6
8 4 2 1 P
27 9 9 27
EX
8 4 2 1
=3× +4× +5× +6× = 27 9 9 27
4；
(Ⅱ)(i)(证明：i=1，即累计得分为1分，是第12
次掷骰子，向上点数不超过4点的概率p = ，
1 3
1
则p -p =- ，累计得分为i分的情况有两
1 0 3
种：
(1)i=i-2 +2，即前一轮累计得i-2分，又
1 掷骰子点数超过4点其概率为 p ，
3 i-2
(2)前一轮累计得分为i-1分，又掷骰子点数
2
没超过4点得1分其概率为 p ， 3 i-1
1 2
∴p i = 3 p i-2 + 3 p i-1i=2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 ，
1 ∴p i -p i-1 =- 3 p i-1 -p i-2 i=2,3,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 ，
∴数列P-P i i-1 ，i=1,2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 是首项为
1 1
- ，公比为- 的等比数列．
3 3
(ii)∵数列P-P i i-1 ，i=1,2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 是首项
1 1
为- ，公比为- 的等比数列．
3 3
1
∴p -p =- i i-1 3
i
，
1 1
∴p -p =- ，p -p =-
1 0 3 2 1 3
2
，⋯⋯，p -
i
1
p =-
i-1 3
i
，
1 1 各式相加，得：p -p =- 1--
i 0 4 3
i
，
3 1 1
∴p = + - i 4 4 3
i
，i=1,2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅,9 ，
1
∴活动参与者得到纪念品的概率为：p = p
10 3 8
1 3 1 1 = × + ×-
3 4 4 3
8
1 1 1 = + ×
4 4 3
法抽取6人，再从6人中随机抽取4人调查其选物理类
的原因．
(ⅰ)用X表示这4人中男生的人数，求X的分布列及
数学期望；
(ⅱ)已知这4人中有女生的条件下，求男生、女生人数
不相等的概率．
nad-bc
附：χ2=
9 ．
考点87：特殊分布
类型一：超几何分布
179.新高考模式的选科是按物理类与历史类两大块组合
进行，即物理与历史必选一科，再从化学、生物、地理、
政治四个学科中任选两科，加上语文、数学、英语组成
一种组合，简称“物理类”与“历史类”．为了解选科组
合是否与性别有关，某机构随机选取了100名学生，进
行了问卷调查，得到如下的2×2列联表：
选科组合
性别 合计
物理类 历史类
男生 40
女生 30
合计
已知在这100名学生中随机抽取1人，抽到选物理类学
生的概率为0.6．
(1)完成表中数据，并根据小概率值α=0.005的独立性
检验，判断选科组合是否与性别有关；
(2)从上述选物理类的学生中利用分层随机抽样的方
2
a+b c+d a+c b+d
，其中n=a+b
+c+d．
α 0.1 0.05 0.005
x 2.706 3.841 7.879 α
【解析】【答案】(1)选科组合与性别有关
8 4
(2)分布列见解析； ；
3 7
【分析】(1)根据题意完善列联表，根据表中数
据求χ2，并与临界值对比分析；
(2)(ⅰ)根据超几何分布的概率公式求解概率，
即可求解分布列以及期望；
(ⅱ)利用条件概率公式即可求解.
【详解】(1)由题可得选物理类学生为100×0.6
=60，可得列联表：
选科组合
性别 合计
物理类 历史类
男生 40 10 50
女生 20 30 50
合计 60 40 100
零假设：H ：选科组合是否与性别无关，
0
100×40×30-20×10
由列联表可得χ2=
2
50×50×60×40
50 = ≈16.667>7.879，
3
根据小概率值0.005的独立性检验，推断H 不
0
成立，即认为选科组合与性别有关联，此推断犯
错误的概率不大于0.005；
1
(2)(ⅰ)物理类男生应抽取人数为：40× =
10
1
4人，物理类女生应抽取人数为：20× =2
10
人，
所以随机变量X的可能性为：2,3,4.
所以 PX=2
C2C2 2
= 4 2 = ,PX=3
C4 5
6
=
C3C1 8
4 2 = ,PX=4
C4 15
6
C4 1
= 4 = ,
C4 15
6
所以X的分布列为：X 2 3 4
2 8 1
P
5 15 15
EX 2 8 1 8 =2× +3× +4× = ，
5 15 15 3
(ⅱ)令事件A为“这4人中有女生”，令事件B
为“男生、女生人数不相等”，
则有PA =PX=2 +PX=3
14
= ,P 15
(BA)=PX=3
8
= , 15
所以PBA PBA = PA
8
15 4 = = , 14 7
15
所以在有女生的条件下，男生、女生人数不相等
4
的概率为 .
7
类型二：二项分布
180.(2024·辽宁·一模)某植物园种植一种观赏花卉，这种
观赏花卉的高度(单位：cm)介于15,25 之间，现对植
物园部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统
计如下图所示.
(1)求a的值和该样本的60%分位数;
(2)以频率估计概率，完成下列问题.
(i)若从所有花卉中随机抽4株，记高度在19,21 内的
株数为X，求 X的分布列及数学期望EX ；
(ii)若在所有花卉中随机抽取3株，求至少有2株高度
在21,25 的条件下，至多 1株高度低于23cm的概率.
【解析】【答案】(1)0.125
(2)(i)分布列见解析，EX
26
=1；(ii)
125
【分析】(1)根据频率分布直方图中所有小矩形
的面积之和为1得到方程，解得即可；
(2)(i)依题意可得X∼B4,0.25 ，根据二项分
布的概率公式求出分布列与数学期望；(ii)利
用条件概率的概率公式计算可得.
【详解】(1)依题意可得
0.05+0.075+a+0.15+0.1
0.6-0.5
≈21.67
0.15
(2)(i)由(1)可得高度在19,21
×2=1，解得a
=0.125；
由(0.05+0.075+0.125)×2=0.5<0.6,
(0.05+0.075+0.125+0.15)×2=0.8>0.6
所以60%分位数位第4组，设为x
由0.5+(x-21)×0.15=0.6,解得x=21+
的频率为
0.125×2=0.25，
所以X∼B4,0.25 ，
所以PX=0 3 = 4 4 81 = ，PX=1 256 =C1 4
1 3
× ×
4 4
3 27
= ，
64
PX=2 1 =C2× 4 4 2 3 × 4 2 27 = ， 128
PX=3 1 =C3× 4 4 3 3 × 4 1 3 = ， 64
PX=4 1 =C4× 4 4 4 1 = ， 256
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4
81 27 27 3 1
P
256 64 128 64 256
所以EX
1
=4× =1；
4
(ii)在欧阳花卉中随机抽取3株，记至少有2株
高度在21,25 为事件M，
至多1株高度低于23cm为事件N，
则PM 1 = 2 3 +C1 1 3 2 3 1 = ， 2
PMN 1 =C2 3 5 2 × 1 +C2 1 2 3 5 2 3 × + 10
1
5
3 13
= ，
125
所以PN|M
PNM
=
PM
13
125 26
= = .
1 125
2
类型三：几何分布
181.在n重伯努利试验中，用X表示事件A发生的次数，
则称随机变量X服从二项分布，它关注试验成功的总
次数；用Y表示事件A第一次发生时已经进行的试验
次数，则称随机变量Y服从几何分布，它关注的是首次
成功发生的时机.在某篮球训练的投篮环节中，运动员
甲每次投篮均相互独立，每次投篮命中的概率为p.
1
(1)当p= 时，求运动员甲进行4次投篮，命中次数不
3
少于2次的概率；
(2)设Z表示运动员甲首次命中时的投篮次数.
(i)求P(Z=4)及此概率取得最大值时P的值；
(ii)若甲最多投篮n次，第n次未命中也结束投篮，利
用(i)中的p值，求Z的数学期望E(Z).
11
【解析】【答案】(1)
27
27 1 3n
(2)(i)P(Z=4)= ，p= ；(ii)4-
256 4 4n-1
【分析】(1)已知投篮命中次数X服从二项分布
1
B4,
3
，求P(X≥2). “X≥2”包含命中2次、3次、4次这三种情况，根据二项分布概率
公式分别算出这三种情况的概率，再相加.
(2)(i)法一，求P(Z=4)=(1-p)3p最大值.先
对函数f(p)=(1-p)3p求导，根据导数正负判
断函数单调性，进而找到最大值点.
a+b
法二，利用均值不等式ab≤
2
2
的推广形
式求P(Z=4)最大值，通过变形使式子满足均
值不等式条件，找到取等号时p的值.
(i i)先确定ξ所有可能取值，分k≤n-1和k
=n两种情况求出概率.求E(ξ)时，先列出表
3
达式，设S为部分和，通过S乘 后与S作差，
4
利用等比数列求和公式化简，最后得出E(ξ).
【详解】(1)设运动员甲进行4次投篮，命中次数
1
为X，X~B4, 3
1 则P(X≥2)=C2× 4 3 2 2 × 3 2 +C3× 1 4 3 3
2 × 3 1 +C4× 1 4 3 4 33 11 = = . 81 27
(2)(i)法一：P(Z=4)=(1-p)3p，
设f(p)=(1-p)3p，0≤p≤1，f(p)=-3(1-
p)2p+(1-p)3=(1-p)2(1-4p)，
1
令f(p)>0，解得0≤p< ；令f(p)<0，解
4
1
得 <p<1，
4
1
则f(p)在 0,
4
1
上单调递增，在 ,1
4
上单调
递减，
1
∴当p= 时，f(p)取最大值，即P(Z=4)取
4
得最大值，
3 此时P(Z=4)=(1-p)3p=
4
3 1 27 × = ；
4 256
1
法二：P(Z=4)=(1-p)3p，P(Z=4)= (1-
3
1 3-3p+3p
p)(1-p)(1-p)3p≤ ×
3 4
4
=
27
，
256
1
当且仅当1-p=3p，即p= 时，取“=”，此
4
时P(Z=4)取得最大值.
(ii)由题意可知ξ的所有可能取值为：1，2，3，
⋯，n.
当k≤n-1且k∈N*时，P(ξ=k)=
1 1-
4
k-1 1 1 3 × = ×
4 4 4
k-1 ，
1
当k=n时，P(ξ=n)=1-
4
n-1 3
=
4
n-1
，
1 3 E(ξ)= +2
4 4
1 ×
4
3 +3
4
2 1 ×
4
+⋯
3
+(n-1)×
4
n-2 1
4
3
+n×
4
1
4
3 1× 4
n-1
=
0 3 +2× 4 1 3 +3× 4 2 3 +⋯+(n-1)× 4 n-2
3 +n×
4
n-1 ，
3
设S=1×
4
0 3
+2×
4
1 3
+3×
4
2
+⋯
3
+(n-1)×
4
n-2
①
3 3
则 S=1×
4 4
1 3
+2×
4
2 3
+3×
4
3
+⋯
3
+(n-1)×
4
n-1
②，
1 3
①-②得： S=1+
4 4
1 3
+
4
2
+⋯
3
+
4
n-2 3
-(n-1)
4
3
1-
n-1 4
=
n-1
-(n
3
1-
4
3 -1)
4
n-1 3 =4-(n+3)
4
n-1 ，
1 3 E(ξ)= S+n×
4 4
n-1 3 =4-(n+3)
4
n-1
3 +n×
4
n-1 3n =4- .
4n-1
类型四：正态分布
182.(2024·辽宁·模拟预测)某工厂为了提高精度，采购了
一批新型机器，现对这批机器的生产效能进行测试，对
其生产的第一批零件的内径进行测量，统计绘制了如
下图所示的频率分布直方图.
(1)求a的值以及这批零件内径的平均值x和方差s2
(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记
内径在区间2.45,2.55 内的零件个数为Z，求Z的分
布列以及数学期望；
(3)已知这批零件的内径X(单位：mm)服从正态分布
Nμ,σ2
，现以频率分布直方图中的平均数x作为μ的
估计值，频率分布直方图中的标准差s作为σ的估计
值，则在这批零件中随机抽取200个，记内径在区间
2.285,2.705 上的零件个数为Y，求Y的方差.
参考数据： 0.011 ≈ 0.105，若 X ∼ N μ,σ2 ，则
P μ-σ≤X≤μ+σ ≈ 0 .6827 ，
P μ-2σ≤X≤μ+2σ ≈ 0 .9545 ，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ ≈0.9973.
【解析】【答案】(1)2.0，2.6，0.011
(2)Z的分布列见解析，0.8
(3)26.88
【分析】(1)根据频率分布直方图中所有小矩形
的面积之和为1，及频率分布直方图中均值和
方差的计算公式，求出相应的值即可；
(2)确定Z的可能取值，求出不同Z的值对应的
概率，得到Z的分布列，再根据离散型随机变量
数学期望的计算公式求出Z的数学期望即可；
(3) 由根据正态分布的概率求法，求出
2.285,2.705 的概率，再根据二项分布的定义
判定Y∼B200,0.84 ，最后根据二项分布方差
的计算公式求出Y的方差.
【详解】(1)由1.0×0.1+a×0.1+3.5×0.1+
3.0×0.1+0.5×0.1=1，则a=2.0，
这批零件内径的平均值：
2.35+2.45
x= ×1.0×0.1
2
2.45+2.55
+ ×
2
2.0×0.1
2.55+2.65
+ × 3.5×0.1
2
+
2.65+2.75
× 3.0×0.1
2
2.75+2.85
+ ×
2
0.5×0.1 ，
=2.4×0.1+2.5×0.2+2.6×0.35+2.7×0.3
+2.8×0.05=2.6，
这批零件内径的方差：
s2= 2.4-2.6 2×0.1+ 2.5-2.6 2×0.2 +
2.6-2.6 2 × 0.35 + 2.7-2.6 2 × 0.3 +
2.8-2.6 2×0.05=0.011，
(2)由题意知，Z的可能取值为0，1，2，3，4，
则PZ=0 =C 4 0 0.8 4 0.2 0=0.4096，
PZ=1 =C 4 1 0.8 3 0.2 1=0.4096，
PZ=2 =C 4 2 0.8 2 0.2 2=0.1536，
PZ=3 =C 4 3 0.8 1 0.2 3=0.0256，
PZ=4 =C 4 4 0.8 0 0.2 4=0.0016，
因此可得Z的分布列：
Z 0 1 2 3 4
P 0.4096 0.4096 0.1536 0.0256 0.0016
则Z的数学期望EZ =0.4096×0+0.4096
×1+0.1536×2+0.0256×3+0.0016×4=
0.8.
(3)由题意知，μ=x=2.6，σ= s2= 0.011
≈0.105，
又2.285=μ-3σ，2.705=μ+σ，
则 P μ-3σ,μ+σ =
1
P μ-σ≤X≤μ+σ 2
1 P μ-3σ≤X≤μ+3σ
2
+
0.6827 = +
2
0.9973
=0.84，
2
由二项分布的定义知Y∼B200,0.84 ,
由二项分布的方差公式知，DY =200×0.84
×1-0.84 =26.88.
考点88：常规分布列
类型一：生活类分布列
183.(2024·辽宁·三模)随着中国科技的进步，涌现了一批
高科技企业，也相应产生了一批高科技产品，在城市S，
生产某高科技产品X的本地企业有甲､乙两个，城市S
的高科技产品X的企业市场占有率和指标T的优秀率
如下表：
指标T的优秀
市场占有率
率
企业甲 50% 80%
企业乙 30% 40%
其它 20% 40%
(1)从城市S的高科技产品X的市场中随机选一件产
品，求所选产品的指标T为优秀的概率；
(2)从城市S的高科技产品X的市场中随机选一件产
品，若已知所选产品的指标T为优秀，求该产品是产自
企业甲的概率；
(3)从城市S的高科技产品X的市场中依次取出6件
指标T为优秀的产品，若已知6件产品中恰有4件产品
产自企业甲，记离散型随机变量ξ表示这6件产品中产
自企业乙的件数，求ξ的分布列和数学期望.
【解析】【答案】(1)0.6
2
(2) 3
(3)分布列见解析，Eξ 6 =
5
【分析】(1)利用全概率公式计算可得；
(2)利用条件概率的概率公式计算可得；
(3)首先求出PA 2 |B ，PA 3 |B ，依题意可得
ξ的可能取值为0、1、2，求出所对应的概率，即
可得到分布列与数学期望.
【详解】(1)记事件A 、A 、A 分别为所选产品
1 2 3
来自企业甲、企业乙、其它，
记事件B表示所选产品的指标T为优秀，
则PB =PA 1 PB|A 1 +PA 2 PB|A 2 +
PA 3 PB|A 3
=0.5×0.8+0.3×0.4+0.2×0.4=0.6，
即所选产品的指标T为优秀的概率0.6.(2)由(1)可得PA 1 |B = PA 1 B PB =
PA 1 PB|A 1
PB
0.5×0.8 2 = = ，
0.6 3
即若已知所选产品的指标T为优秀，则该产品
2
是产自企业甲的概率为 .
3
(3)由(1)可知PA 1 |B
2
= 3 ，PA 2 |B =
PA 2 B
PB
= PA 2 PB|A 2
PB
0.3×0.4 1 = = ，
0.6 5
PA 3 |B = PA 3 B PB = PA 3 PB|A 3 PB =
0.2×0.4 2
= ，
0.6 15
依题意ξ的可能取值为0、1、2，
所以Pξ=0
2
15
=
2
2
1-
3
4
= ，Pξ=1 2 25 =
1 2 C1× × 2 5 15
2
1-
3
12
= ，Pξ=2
2 25
1 5
=
2
2
1-
3
=
2
9
，
25
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
4 12 9
P 25 25 25
所以Eξ
191 (3) 4536
【分析】(1)利用独立事件的乘法公式即可得到
答案；
(2)分别求出B与A在第1,2,3轮对决且胜利
的概率，最后相加即可；
(3)求出B没有与A对决过且最后获得冠军的
概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可.
【详解】(1)A夺冠即为三轮比赛都获胜，所以
2 A夺冠的概率为
3
4 12 9 6 =0× +1× +2× = .
25 25 25 5
类型二：赛事类分布列
184.有A，B，C，D，E，F，G，H八名运动员参加乒乓球
赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定
最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定
各自的位置编号，已知B~H这七名运动员互相对决时
1
彼此间的获胜概率均为 ，A运动员与其它运动员对
2
2
决时，A获胜的概率为 ，每场对决没有平局，且结果
3
相互独立．
(1)求这八名运动员各自获得冠军的概率；
(2)求B与A对决过且最后获得冠军的概率；
(3)求B与C对决过且最后获得冠军的概率．
19
【解析】【答案】(1)
189
37
(2)
756
3 8 = ．
27
由题意，B~H七名运动员水平相同，且八名运
动各自夺冠概率之和为1．
1
所以B~H七名运动员各自夺冠的概率均为
7
8
×1-
27
19
= ．
189
(2)记事件B=＂B获得冠军＂，事件A=＂B
与A对决过＂，事件A =“B与A在第i轮对
i
决”，i=1,2,3．
不妨设A在①号位，则B在第1,2,3轮能与A
对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧．
P(AB)=P A 1 +A 2 +A 3 B =PA 1 B +
PA 2 B +PA 3 B ，
PA 1 B
1 2
= ⋅1- 7 3
1 1 1
⋅ ⋅ = ， 2 2 84
PA 2 B
2 2 1 2
= ⋅ ⋅ ⋅1- 7 3 2 3
1 1
⋅ = ， 2 63
PA 3 B
4 2 1 2 1 2
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1- 7 3 2 3 2 3
4
= ， 189
1 1 4 37
所以P(AB)= + + = .
84 63 189 756
(3)记事件C=“B与C对决过”．
B没有与A对决过且最后获得冠军的概率P
19 37 39
(AB)=P(B)-P(AB)= - = ．
189 756 756
P(BC)=P((A+A)BC)=P(ABC)+P
(ABC)=P(AB)P(C∣AB)+P(AB)P(C∣
AB).
由题意，C~H六名运动员与B对决过的概率
相同，B夺冠时共与三名运动员对决．
2 3
所以P(C∣AB)= ,P(C∣AB)= ．
6 6
37 2 39 3
代入得：P(BC)= ⋅ + ⋅ =
756 6 756 6
191
．
4536
