2017-2019 年高考真题数学（文）分项汇编
目录
专题01
集合与常用逻辑用语.................................................................................................................................................2
专题02
函数的概念与基本初等函数I.................................................................................................................................. 7
专题03
导数及其应用（选择题、填空题）......................................................................................................................26
专题04
导数及其应用（解答题）...................................................................................................................................... 32
专题05
立体几何（选择题、填空题）.............................................................................................................................. 52
专题06
立体几何（解答题）.............................................................................................................................................. 67
专题07
平面解析几何（选择题、填空题）......................................................................................................................87
专题08
平面解析几何（解答题）....................................................................................................................................100
专题09
三角函数................................................................................................................................................................121
专题10
解三角形................................................................................................................................................................135
专题11
平面向量............................................................................................................................................................147
专题12
数列.................................................................................................................................................................... 153
专题13
不等式、推理与证明........................................................................................................................................169
专题14
概率与统计（选择题、填空题）........................................................................................................................185
专题15
概率与统计（解答题）........................................................................................................................................190
专题16
算法初步................................................................................................................................................................199
专题17
数系的扩充与复数的引入....................................................................................................................................209
专题18
坐标系与参数方程............................................................................................................................................212
专题19
不等式选讲........................................................................................................................................................218
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专题01
集合与常用逻辑用语
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知集合
1,2,3,4,5,6,7
2,3,4,5
2,3,6,7
U
A
B
，
，
，则
U
B
A
ð
A．
1,6
B．
1,7
C．
6,7
D．
1,6,7
【解析】由已知得
1,6,7
U A
ð
，
所以
U
B
A
ð
{6,7}.
【名师点睛】本题主要考查交集、补集的运算，根据交集、补集的定义即可求解.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】已知集合
={ |
1}
A
x x
，
{ |
2}
B
x x
，则A∩B=
A．(-1，+∞)
B．(-∞，2)
C．(-1，2)
D．
【解析】由题知，
( 1,2)
A
B
.
【名师点睛】本题主要考查交集运算，是容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．易错点是理
解集合的概念及交集概念有误，不能借助数轴解题．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】已知集合
2
{ 1,0,1,2},
{ |
1}
A
B
x x
，则A
B
A．
1,0,1
B．
0,1
C．
1,1
D．
0,1,2
【解析】∵
2
1,
x
∴1
1
x
，∴
1
1
B
x
x
，
又
{ 1,0,1,2}
A
，∴
1,0,1
A
B
.
【名师点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.
4．【2019 年高考北京文数】已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，则A∪B=
A．（–1，1）
B．（1，2）
C．（–1，+∞）
D．（1，+∞）
【解析】∵
{ | 1
2},
{ | 1}
A
x
x
B
x
，
∴
( 1,
)
A
B
.
【名师点睛】本题考查并集的求法，属于基础题.
5．【2019 年高考浙江】已知全集
1,0,1,2,3
U
，集合
0,1,2
A
，
1,0,1
B
，则(
)
U A
B
ð
=
A．
1
B．
0,1
C．
1,2,3
D．
1,0,1,3
【解析】∵
{ 1,3}
U A
ð
，∴
{ 1}
U A
B
ð
.
【名师点睛】注意理解补集、交集的运算.
6．【2019 年高考天津文数】设集合
{ 1,1,2,3,5},
{2,3,4},
{
|1
3}
A
B
C
x
x
R
，则(
)
A
C
B
A．
2
B．
2,3
C．
1,2,3
D．
1,2,3,4
【解析】因为
{1,2}
A
C
，所以(
)
{1,2,3,4}
A
C
B
.
故选D.
【名师点睛】集合的运算问题，一般要先研究集合中元素的构成，能化简的要先化简，同时注意数形结合，即借
助数轴、坐标系、韦恩图等进行运算．
7．【2019 年高考天津文数】设xR ，则“0
5
x
”是“|
1| 1
x
”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
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【解析】由|
1| 1
x
可得0
2
x
，
易知由0
5
x
推不出0
2
x
，
由0
2
x
能推出0
5
x
，
故0
5
x
是0
2
x
的必要而不充分条件，
即“0
5
x
”是“|
1| 1
x
”的必要而不充分条件.
【名师点睛】本题考查充分必要条件，解题的关键是由所给的不等式得到x 的取值范围.
8．【2019 年高考浙江】若a>0，b>0，则“a+b≤4”是“ab≤4”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当
0,
0
a >
b >
时，
2
a
b
ab
，则当
4
a
b
时，有2
4
ab
a
b
，解得
4
ab
，充分性成立；
当=1, =4
a
b
时，满足
4
ab
，但此时
=5>4
a+b
，必要性不成立，
综上所述，“
4
a
b
”是“
4
ab
”的充分不必要条件.
【名师点睛】易出现的错误：一是基本不等式掌握不熟练，导致判断失误；二是不能灵活地应用“赋值法”，通
过取,a b 的特殊值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
9．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
【解析】由面面平行的判定定理知：内有两条相交直线都与平行是
∥
的充分条件；
由面面平行的性质定理知，若
∥
，则内任意一条直线都与平行，所以内有两条相交直线都与平行是
∥
的必要条件.
故α∥β的充要条件是α内有两条相交直线与β平行.
【名师点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行的判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断.
10．【2019 年高考北京文数】设函数f（x）=cosx+bsinx（b 为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当
0
b
时，
( )
cos
sin
cos
f x
x
b
x
x
，
( )
f x 为偶函数；
当
( )
f x 为偶函数时，
(
)
( )
f
x
f x
对任意的x 恒成立，
由
(
)
cos(
)
sin(
)
cos
sin
f
x
x
b
x
x
b
x
，得cos
sin
cos
sin
x
b
x
x
b
x
，
则sin
0
b
x
对任意的x 恒成立，
从而
0
b
.
故“
0
b
”是“
( )
f x 为偶函数”的充分必要条件.
【名师点睛】本题较易，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
11．【2018 年高考浙江】已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则
=
U A
ð
A．
B．{1，3}
C．{2，4，5}
D．{1，2，3，4，5}
【解析】因为全集ܷ
= {1,2,3,4,5}，ܣ= {1,3}，
所以根据补集的定义得∁ܷܣ= {2,4,5}.
【名师点睛】若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．
12．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知集合
0
2
A
，
，
2
1
0
1
2
B
，
，，，
，则A
B
A．
0
2
，
B．
1
2
，
C．
0
D．
2
1
0
1
2
，
，，，
【解析】根据集合的交集中元素的特征，可以求得ܣ∩ܤ= 0,2 .
【名师点睛】该题考查的是有关集合的运算问题，在解题的过程中，需要明确交集中元素的特征，从而求得结
果.
13．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】已知集合
1,3,5,7
A
，
2,3,4,5
B
，则A
B
A．
3
B．
5
C．
3,5
D．
1,2,3,4,5,7
【解析】∵ܣ= {1,3,5,7},ܤ= {2,3,4,5},∴ܣ∩ܤ= {3,5}.
【名师点睛】集合题是每年高考的必考内容，一般以客观题的形式出现，解决此类问题时要先将参与运算的集
合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn 图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.
14．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】已知集合
{ |
1
0}
A
x x
，
{0,1,2}
B
，则A
B
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A．{0}
B．{1}
C．{1,2}
D．{0,1,2}
【解析】易得集合
{ |
1}
A
x x
,所以
1,2
A
B
.
【名师点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.
15．【2018 年高考北京文数】已知集合A={x||x|<2}，B={–2，0，1，2}，则A B=
A．{0，1}
B．{–1，0，1}
C．{–2，0，1，2}
D．{–1，0，1，2}
【解析】∵|ݔ| < 2，∴−2 < ݔ< 2，
因此A∩B=( −2,2) ∩{ −2,0,1,2} = {0,1}.
【名师点睛】解决集合问题时，认清集合中元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合是正确求解的两个
先决条件.
16．【2018 年高考天津文数】设集合
{1,2,3,4}
A
，
{ 1,0,2,3}
B
，
{
| 1
2}
C
x
x
R
，则(
)
A
B
C
A．{ 1,1}
B．{0,1}
C．{ 1,0,1}
D．{2,3,4}
【解析】由并集的定义可得：ܣ∪ܤ= −1,0,1,2,3,4 ，
结合交集的定义可知：ܣ∪ܤ∩ܥ= −1,0,1 .
【名师点睛】本题主要考查并集运算、交集运算等知识，意在考查学生的计算求解能力.
17．【2018 年高考浙江】已知平面α，直线m，n 满足m α，n α，则“m∥n”是“m∥α”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】因为݉
⊄ߙ,݊
⊂ߙ,݉
//݊，所以根据线面平行的判定定理得݉
//ߙ.
由݉
//ߙ不能得出݉
与ߙ内任一直线平行，
所以݉
//݊
是݉
//ߙ的充分不必要条件.
【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：
（1）定义法：直接判断“若则ݍ”、“若ݍ则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒ݍ”为真，则是ݍ的充
分条件．
（2）等价法：利用⇒q 与非ݍ⇒非，ݍ⇒与非⇒非ݍ，⇔ݍ与非ݍ⇔非的等价关系，对于条件或结论是
否定式的命题，一般运用等价法．
（3）集合法：若ܣ⊆ܤ，则ܣ是ܤ的充分条件或ܤ是ܣ的必要条件；若ܣ＝ܤ，则ܣ是ܤ的充要条件．
18．【2018 年高考天津文数】设xR ，则“
3
8
x
”是“| | 2
x
”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】求解不等式ݔ3 > 8 可得ݔ> 2，
求解绝对值不等式ݔ> 2 可得ݔ> 2 或ݔ<−2，
据此可知：“ݔ3 > 8”是“|ݔ| > 2” 的充分而不必要条件.
【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法、充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和
计算求解能力.
19．【2018 年高考北京文数】设a,b,c,d 是非零实数，则“ad=bc”是“a,b,c,d 成等比数列”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当ܽ
= 4,ܾ
= 1,ܿ= 1,݀
=
1
4时，ܽ,ܾ,ܿ,݀
不成等比数列，所以不是充分条件；
当ܽ
,ܾ,ܿ,݀
成等比数列时，则ܽ݀
=ܾܿ
，所以是必要条件.
综上所述，“ܽ݀
=ܾܿ
”是“ܽ,ܾ,ܿ,݀
成等比数列”的必要不充分条件.
【名师点睛】此题主要考查充分必要条件，实质是判断命题“⇒ݍ”以及“ݍ⇒”的真假.判断一个命题为真命题，
要给出理论依据、推理证明；判断一个命题为假命题，只需举出反例即可，或者当一个命题正面很难判断真假
时，可利用原命题与逆否命题同真同假的特点转化问题.
20．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知集合A=
|
2
x x
，B=
|3
2
0
x
x
，则
A．A B=
3
|
2
x x
B．A B
C．A B
3
|
2
x x
D．A B=R
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【解析】由3
2
0
x
得
3
2
x
，
所以
3
3
{ |
2}
{ |
}
{ |
}
2
2
A
B
x x
x x
x x
.
【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理．
21．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】设集合
{1,2,3},
{2,3,4}
A
B
，则A
B
A．
1 2 3,4
，，
B．
12 3
，，
C．
2 3 4
，，
D．
13 4
，，
【解析】由题意
{1,2,3,4}
A
B
.
【名师点睛】集合的基本运算的关注点：
（1）看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提．
（2）有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决．
（3）注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn 图．
22．【2017 年高考北京文数】已知全集U R ，集合
{ |
2
2}
A
x x
x
或
，则U A
ð
A．( 2,2)
B．(
, 2)
(2,
)
C．[ 2,2]
D．(
, 2]
[2,
)
【解析】因为
{
2
A
x x
或
2}
x
，所以
2
2
U A
x
x
ð
.
【名师点睛】集合分为有限集合和无限集合，若集合个数比较少时可以用列举法表示；若集合是无限集合就用
描述法表示，并注意代表元素是什么.集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦
恩图进行处理.
23．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知集合A={1,2,3,4}，B={2,4,6,8}，则A
B
中元素的个数为
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】由题意可得
2,4
A
B
，
故A
B
中元素的个数为2.
【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求
解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求
出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.
24．【2017 年高考天津文数】设集合
{1,2,6},
{2,4},
{1,2,3,4}
A
B
C
，则(
)
A
B
C
A．{2}
B．{1,2,4}
C．{1,2,4,6}
D．{1,2,3,4,6}
【解析】由题意可得
1,2,4,6
A
B
，
所以
(
)
1,2,4
A
B
C
．
【名师点睛】集合分为有限集合和无限集合，若集合个数比较少时可以用列举法表示，若集合是无限集合就用
描述法表示，注意代表元素是什么，集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦
恩图进行处理．
25．【2017 年高考浙江】已知集合
{ | 1
1}
P
x
x
，
{0
2}
Q
x
，那么P
Q
A．( 1,2)
B．(0,1)
C．( 1,0)
D．(1,2)
【解析】利用数轴，取
,
P Q 中的所有元素，得P
Q
( 1,2)
．
【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理．
26．【2017 年高考山东文数】设集合
1
1
M
x x
，
2
N
x x
，则M
N
A．
1,1
B．
1,2
C．
0,2
D．
1,2
【解析】由|
1| 1
x
得0
2
x
,
故
={ | 0
2}
{ |
2}
{ | 0
2}
M
N
x
x
x x
x
x
.
【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题,应先把集合化简再计算,对连续数集间的运算,借助数轴的直观性,
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进行合理转化；对已知连续数集间的关系,求其中参数的取值范围时,要注意单独考察等号能否取到,对离散的数集
间的运算,或抽象集合间的运算,可借助Venn 图．
27．【2017 年高考浙江】已知等差数列{an}的公差为d，前n 项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】由
4
6
5
1
1
2
10
21
2(5
10 )
S
S
S
a
d
a
d
d
，
可知当
0
d
时，有
4
6
5
2
0
S
S
S
，即
4
6
5
2
S
S
S
，
反之，若
4
6
5
2
S
S
S
，则
0
d
，
所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充分必要条件.
【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知
4
6
5
2
S
S
S
d
，结合充
分必要性的判断，若p
q
，则p 是q 的充分条件，若p
q
，则p 是q 的必要条件，该题
“
0
d
” “
4
6
5
2
0
S
S
S
”，故互为充要条件．
28．【2017 年高考北京文数】设m,n 为非零向量，则“存在负数，使得
m
n ”是“
0
<
m n
”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】若
0
，使
m
n ，则两向量
,
m n 反向，夹角是180，
那么
cos180
0
m n
m n
m n
；
若
0
m n
，那么两向量的夹角为
90 ,180
，并不一定反向，
即不一定存在负数，使得
m
n ，
所以是充分而不必要条件.
【名师点睛】本题考查平面向量的知识及充分必要条件的判断，若p
q
，则p 是q 的充分条件，若p
q
，
则p 是q 的必要条件.
29．【2017 年高考山东文数】已知命题p：
,
x
R
2
1
0
x
x
;命题q：若
2
2
a
b
,则a<b.下列命题为真命题的是
A．p
q
B．p
q
C．
p
q
D．
p
q
【解析】由
0
x
时，
2
1
0
x
x
成立知p 是真命题；
由
2
2
1
( 2) ,1
2
可知q 是假命题,
所以p
q
是真命题.
【名师点睛】判断一个命题为真命题,要给出推理与证明；判断一个命题是假命题,只需举出反例．根据“原命题与
逆否命题同真同假,逆命题与否命题同真同假”这一性质,当一个命题直接判断不易进行时,可转化为判断其等价命
题的真假．
30．【2017 年高考天津文数】设xR ，则“2
0
x
”是“|
1| 1
x”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】由2
0
x
，可得
2
x
，
由|
1| 1
x，可得1
1 1
x
，即0
2
x
，
因为
0
2
2
x
x
x x
，
所以“2
0
x
”是“|
1| 1
x”的必要而不充分条件.
【名师点睛】判断充要关系的的方法：
①根据定义，若
,
/
p
q q
p
，那么p 是q 的充分而不必要条件，同时q 是p 的必要而不充分条件，若p
q
，
那么p 是q 的充要条件，若
,
/
/
p
q q
p
，那那么p 是q 的既不充分也不必要条件；
②当命题是以集合的形式给出时，那就看包含关系，若
:
p x
A
，
:
q x
B
，若A 是B 的真子集，那么p 是q
的充分而不必要条件，同时q 是p 的必要而不充分条件，若A
B
，那么p 是q 的充要条件，若没有包含关系，
那么p 是q 的既不充分也不必要条件；
③命题的等价性，根据互为逆否命题的两个命题等价，将“ p 是q ”的关系转化为“
q
是
p
”的关系进行判
断．
31．【2019 年高考江苏】已知集合
{ 1,0,1,6}
A
，
{ |
0,
}
B
x x
x
R ，则A
B
▲
.
【答案】{1,6}
【解析】由题意利用交集的定义求解交集即可.
由题意知，
{1,6}
A
B
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.
32．【2018 年高考江苏】已知集合ܣ= {0,1,2,8}，ܤ= { −1,1,6,8}，那么ܣ∩ܤ=________．
【答案】{1，8}
【解析】由题设和交集的定义可知：ܣ∩ܤ= 1,8 .
【名师点睛】本题考查交集及其运算，考查基础知识，难度较小.
33．【2017 年高考江苏】已知集合
{1,2}
A
，
2
{ ,
3}
B
a a
，若
{1}
A
B
，则实数a 的值为
▲
．
【答案】1
【解析】由题意1
B
，显然
2
3
3
a
，所以
1
a
，
此时
2
3
4
a
，满足题意.
故答案为1．
【名师点睛】（1）认清元素的属性．解决集合问题时，认清集合中元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化
简集合是正确求解的两个先决条件．
（2）注意元素的互异性．在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不
满足“互异性”而导致错误．
（3）防范空集．在解决有关
,
A
B
A
B
等集合问题时，往往容易忽略空集的情况，一定要先考虑时
是否成立，以防漏解．
34．【2018 年高考北京文数】能说明“若a﹥b，则1
1
a
b
”为假命题的一组a，b 的值依次为_________.
【答案】1，−1（答案不唯一）
【解析】使“若ܽ
>ܾ
，则
1ܽ<
1ܾ”为假命题，则使“若ܽ
>ܾ
，则
1ܽ≥
1ܾ”为真命题即可，
只需取ܽ
= 1,ܾ
=−1 即可满足，
所以满足条件的一组ܽ
,ܾ的值为1, −1（答案不唯一）.
【名师点睛】此题考查不等式的运算，解决本题的关键在于对原命题与命题的否定真假关系的灵活转换，对不
等式性质及其等价变形的充分理解，只要多取几组数值，解决本题并不困难.
35．【2017 年高考北京文数】能够说明“设a，b，c 是任意实数．若a>b>c，则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c 的值
依次为______________________________．
【答案】-1，-2，-3（答案不唯一）
【解析】
1
2
3, 1
2
3
3
，矛盾，
所以−1，−2，−3 可验证该命题是假命题.
【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验
证，答案不唯一．
专题02
函数的概念与基本初等函数I
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知
0.2
0.3
2
log 0.2,
2
,
0.2
a
b
c
，则
A．a
b
c
B．a
c
b
C．c
a
b
D．b
c
a
【解析】
2
2
log 0.2
log 1
0,
a
0.2
0
2
2
1,
b
0.3
0
0
0.2
0.2
1,
c
即0
1,
c
则a
c
b
．
【名师点睛】本题考查指数和对数大小的比较，考查了数学运算的素养．采取中间量法，根据指数函数和对数函
数的单调性即可比较大小．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设f(x)为奇函数，且当x≥0 时，f(x)=e
1
x ，则当x<0 时，f(x)=
A．e
1
x
B．e
1
x
C．e
1
x
D．e
1
x
【解析】由题意知
( )
f x 是奇函数，且当x≥0 时，f(x)= e
1
x ，
则当
0
x
时，
0
x
，则
(
)
e
1
( )
x
f
x
f x
，
得
( )
e
1
x
f x
．
【名师点睛】本题考查分段函数的奇偶性和解析式，渗透了数学抽象和数学运算素养．采取代换法，利用转化与
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化归的思想解题．
3．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】函数
( )
2sin
sin2
f x
x
x
在[0，2π]的零点个数为
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】由
( )
2sin
sin 2
2sin
2sin
cos
2sin (1
cos )
0
f x
x
x
x
x
x
x
x
，
得sin
0
x
或cos
1
x ，
0,2π
x
，
0
π
x
、或2π．
( )
f x
在
0,2π 的零点个数是3.
【名师点睛】本题考查在一定范围内的函数的零点个数，渗透了直观想象和数学运算素养，直接求出函数的零点
可得答案.
4．【2019 年高考天津文数】已知
0.2
2
3
log 7,
log 8,
0.3
a
b
c
，则a，b，c 的大小关系为
A．c
b
a
B．a
b
c
C．b
c
a
D．c
a
b
【解析】∵
0.2
0
0.3
0.3
1
c
，
2
2
log 7
log 4
2
a
，
3
3
1
log 8
log 9
2
b
，
∴c
b
a
.
【名师点睛】利用指数函数、对数函数的单调性时，要根据底数与1的大小进行判断.
5．【2019 年高考北京文数】下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是
A．
1
2
y
x
B．y= 2 x
C．
1
2
log
y
x
D．
1
y
x
【解析】易知函数
1
2
2 ,
log
x
y
y
x
，
1
y
x
在区间(0,
)
上单调递减，
函数
1
2
y
x
在区间(0,
)
上单调递增.
【名师点睛】本题考查简单的指数函数、对数函数、幂函数的单调性，注重对重要知识、基础知识的考查，蕴含
数形结合思想，属于容易题.
6．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】函数f(x)=
2
sin
cos
x
x
x
x
在[
, ]
的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】由
2
2
sin(
)
(
)
sin
(
)
( )
cos(
)
(
)
cos
x
x
x
x
f
x
f x
x
x
x
x
，得
( )
f x 是奇函数，其图象关于原点对称．
又
2
2
π
1
π
4
2π
2
( )
1,
π
2
π
( )
2
f
2
π
(π)
0
1
π
f
，
可知应为D 选项中的图象．
【名师点睛】本题考查函数的性质与图象的识别，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法和赋
值法，利用数形结合思想解题．
7．【2019 年高考北京文数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足
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2
1
2
1
5
2
–
lg E
m
m
E
，其中星等为
k
m 的星的亮度为
k
E （k=1,2）．已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，
则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1
B．10.1
C．lg10.1
D．10−10.1
【解析】两颗星的星等与亮度满足
1
2
1
2
5 lg
2
E
m
m
E
，
令
2
1
1.45,
26.7
m
m
，
则
1
2
1
2
2
2
lg
( 1.45
26.7)
10.1,
5
5
E
m
m
E
从而
10.1
1
2
10
E
E
.
故选A.
【名师点睛】本题以天文学问题为背景，考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及对数的运算.
8．【2019 年高考浙江】在同一直角坐标系中，函数
1
x
y
a
，
1
(
2
log
)
a
y
x
(a>0，且a≠1)的图象可能是
【解析】当0
1
a
时，函数
x
y
a
的图象过定点(0,1) 且单调递减，则函数
1
x
y
a
的图象过定点(0,1) 且单调
递增，函数
1
log
2
a
y
x
的图象过定点1
( ,0)
2
且单调递减，D 选项符合；
当
1
a
时，函数
x
y
a
的图象过定点(0,1) 且单调递增，则函数
1
x
y
a
的图象过定点(0,1) 且单调递减，函数
1
log
2
a
y
x
的图象过定点1
( ,0
2
）且单调递增，各选项均不符合.
综上，选D.
【名师点睛】易出现的错误：一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟练，导致判断失误；二是不能通过
讨论a 的不同取值范围，认识函数的单调性.
9．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】设
f x 是定义域为R 的偶函数，且在
0,单调递减，则
A．f （log3 1
4
）＞f （
3
2
2
）＞f （
2
3
2
）
B．f （log3 1
4
）＞f （
2
3
2
）＞f （
3
2
2
）
C．f （
3
2
2
）＞f （
2
3
2
）＞f （log3 1
4
）
D．f （
2
3
2
）＞f （
3
2
2
）＞f （log3 1
4
）
【解析】
f x
是定义域为R 的偶函数，
3
3
1
(log
)
(log 4)
4
f
f
．
2
2
3
3
0
3
3
2
2
3
3
3
log 4
log 3
1,1
2
2
2
,
log 4
2
2
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
又
f x 在(0，+∞)上单调递减，
∴
2
3
3
2
3
(log 4)
2
2
f
f
f
，
即
2
3
3
2
3
1
2
2
log 4
f
f
f
.
【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，先利用函数的奇偶性化为同一区间，再利用中间量比较自变
量的大小，最后根据单调性得到答案．
10．【2019 年高考天津文数】已知函数
2
,
0
1,
( )
1 ,
1.
x
x
f x
x
x
若关于x 的方程
1
( )
(
)
4
f x
x
a a
R 恰有两个
互异的实数解，则a 的取值范围为
A．5 9
,
4 4
B．5 9
,
4 4
C．5 9
,
{1}
4 4
D．5 9
,
{1}
4 4
【解析】作出函数
2
,
0
1,
( )
1 ,
1
x
x
f x
x
x
的图象，
以及直线
1
4
y
x
，如图，
关于x 的方程
1
( )
(
)
4
f x
x
a a
R 恰有两个互异的实数解，
即为
( )
y
f x
和
1
(
)
4
y
x
a a
R 的图象有两个交点，
平移直线
1
4
y
x
，考虑直线经过点(1,2) 和(1,1) 时，有两个交点，可得
9
4
a
或
5
4
a
，
考虑直线
1
(
)
4
y
x
a a
R 与
1
y
x
在
1
x
时相切，
2
1
1
4
ax
x
，
由
2
1
0
a
，解得
1
a
（1
舍去），
所以a 的取值范围是
5 9
,
1
4 9
.
故选D.
【名师点睛】根据方程实数根的个数确定参数的取值范围，常把其转化为曲线的交点个数问题，特别是其中一
个函数的图象为直线时常用此法.
11．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】下列函数中，其图象与函数
ln
y
x
的图象关于直线
1
x
对称的是
A．
ln 1
y
x
B．
ln 2
y
x
C．
ln 1
y
x
D．
ln 2
y
x
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【解析】函数
ln
y
x
过定点（1，0），（1，0）关于直线x=1 对称的点还是（1，0），只有
ln 2
y
x
的图象
过此点.
故选项B 正确.
【名师点睛】本题主要考查函数的对称性和函数的图象，属于中档题.求解时，确定函数
ln
y
x
过定点（1，0）
及其关于直线x=1 对称的点，代入选项验证即可.
12．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】设函数
2
0
1
0
x
x
f x
x
，
，
，则满足
1
2
f x
f
x
的x 的取值范围是
A．
1
，
B．
0
，
C．
1 0
，
D．
0
，
【解析】将函数
f x 的图象画出来，
观察图象可知会有2
0
2
1
x
x
x
，解得
0
x
，
所以满足
1
2
f x
f
x
的x 的取值范围是
0
，.
【名师点睛】该题考查的是通过函数值的大小来推断自变量的大小关系，从而求得相关的参数的值的问题，在
求解的过程中，需要利用函数解析式画出函数图象，从而得到要出现函数值的大小，绝对不是常函数，从而确
定出自变量所处的位置，结合函数值的大小，确定出自变量的大小，从而得到其等价的不等式组，最后求得结
果.
13．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】函数
2
e
e
x
x
f x
x
的图像大致为
【解析】
2
e
e
0,
,
x
x
x
f
x
f x
f x
x
为奇函数，舍去A；
1
1
e
e
0
f
，∴舍去D；
2
4
3
e
e
e
e
2
2 e
2 e
,
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
2
x
时，
0
f
x
，
( )
f x 单调递增，舍
去C.
因此选B.
【名师点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由
函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断
图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的周期性.
14．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】函数
4
2
2
y
x
x
的图像大致为
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】函数图象过定点(0,2) ，排除A，B；
令
4
2
( )
2
y
f x
x
x
，
则
3
2
( )
4
2
2 (2
1)
f
x
x
x
x
x
，
由
( )
0
f
x
得
2
2 (2
1)
0
x
x
，得
2
2
x
或
2
0
2
x
，此时函数单调递增，
由
( )
0
f
x
得
2
2 (2
1)
0
x
x
，得
2
2
x
或
2
0
2
x
，此时函数单调递减，排除C.
故选D.
【名师点睛】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象过的定点及由导数判断函数的单调性是解
决本题的关键.
15．【2018 年高考浙江】函数y= 2
x sin2x 的图象可能是
A．
B．
C．
D．
【解析】令
2 sin2
x
f x
x
，
因为
,
2
sin2
2 sin2
x
x
x
f
x
x
x
f x
R
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
2 sin2
x
f x
x
为奇函数，排除选项A,B;
因为
π ,π
2
x
时，
0
f x
，所以排除选项C，
【名师点睛】先研究函数的奇偶性，再研究函数在π ,π
2
上的符号，即可判断选择.有关函数图象的识别问题的
常见题型及解题思路：
（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；
（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（4）由函数的周期性，判断图象的周期性．
16．
【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】设函数
3
2
1
f x
x
a
x
ax
，若
f x 为奇函数，则曲线
y
f x
在点
0,0
处的切线方程为
A．
2
y
x
B．y
x
C．
2
y
x
D．y
x
【解析】因为函数
f x 是奇函数，所以
1
0
a
，解得
1
a
，
所以
3
f x
x
x
，
2
3
1
f
x
x
，
所以
0
1,
0
0
f
f
，
所以曲线
y
f x
在点
0,0 处的切线方程为
0
0
y
f
f
x
，化简可得y
x
，
【名师点睛】该题考查的是函数的奇偶性以及有关曲线
y
f x
在某个点
0
0
,
x
f x
处的切线方程的问题，
在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论：多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数
不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得
f
x
，借助于导数的几何意义，结合直线方
程的点斜式求得结果.
17．
【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】已知
f x 是定义域为
,
的奇函数，满足
1
1
f
x
f
x
．若
1
2
f
，
则
1
2
3
f
f
f
50
f
A．50
B．0
C．2
D．50
【解析】因为
f x 是定义域为
,
的奇函数，且
1
1
f
x
f
x
，
所以
1
1
3
1
1
4
f
x
f x
f
x
f x
f x
T
，
，
,
因此
1
2
3
50
12
1
2
3
4
1
2
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f
，
因为
3
1
4
2
f
f
f
f
，
，所以
1
2
3
4
0
f
f
f
f
，
因为
2
0
0
f
f
，从而
1
2
3
50
1
2
f
f
f
f
f
.
【名师点睛】先根据奇函数的性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.函数的奇偶性
与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知
解析式的函数定义域内求解．
18．【2018 年高考天津文数】已知
1
3
3
1
3
7
1
1
log
,
,
log
2
4
5
a
b
c
，则, ,
a b c 的大小关系为
A．a
b
c
B．b
a
c
C．c
b
a
D．c
a
b
【解析】由题意可知：
3
3
3
7
log 3
log
log 9
2
，即1
2
a
，
1
1
0
3
1
1
1
0
4
4
4
，即0
1
b
，
1
3
3
3
1
7
log
log 5
log
5
2
，即c
a
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
综上可得：c
a
b
.
故本题选择D 选项.
【名师点睛】由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c 的大小关系.对于
指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直
接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首
先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比
较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
19．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】函数
2
( )
ln(
2
8)
f x
x
x
的单调递增区间是
A．(
, 2)
B．(
,1)
C．(1,
)
D．(4,
)
【解析】要使函数有意义，则
2
2
8
0
x
x
，解得：
2
x 或
4
x
，
结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数同增异减的原则可得函数的单调递增区间为
4,.
故选D.
【名师点睛】求函数单调区间的常用方法：(1)定义法和导数法，通过解相应不等式得单调区间；(2)图象法，由
图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集：二是图象不连续的单调区间要
分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接；(3)利用复合函数“同增异减”的原则，此时需先确定函数的单调性.
20．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】函数
sin2
1 cos
x
y
x
的部分图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】由题意知，函数
sin 2
1 cos
x
y
x
为奇函数，故排除B；
当
π
x
时，
0
y
，故排除D；
当
1
x
时，
sin 2
0
1 cos2
y
，故排除A．
【名师点睛】函数图像问题首先关注定义域，从图像的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分
选择项，从图像的最高点、最低点，分析函数的最值、极值，利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，
从图像的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
21．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】函数
2
sin
1
x
y
x
x
的部分图像大致为
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【解析】当
1
x
时，
1
1 1 sin1
2
sin1
2
f
，故排除A,C；
当x 时，
1
y
x
，故排除B,满足条件的只有D.
故选D.
【名师点睛】（1）运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.
（2）在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，
结合特征进行等价转化进行研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现
去f
“ ”，即将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系.
22．【2017 年高考浙江】若函数f(x)=x2+ ax+b 在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M – m
A．与a 有关，且与b 有关
B．与a 有关，但与b 无关
C．与a 无关，且与b 无关
D．与a 无关，但与b 有关
【解析】因为最值在
2
(0)
,
(1)
1
,
(
)
2
4
a
a
f
b f
a
b f
b
中取，所以最值之差一定与b 无关.
【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，结合
图象，当函数图象开口向上时，若对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在区间的右
边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间端点距离对
称轴较远的一端取得函数的最大值．
23．【2017 年高考北京文数】已知函数
1
( )
3
( )
3
x
x
f x
，则
( )
f x
A．是偶函数，且在R 上是增函数
B．是奇函数，且在R 上是增函数
C．是偶函数，且在R 上是减函数
D．是奇函数，且在R 上是减函数
【解析】
1
1
3
3
3
3
x
x
x
x
f
x
f
x
，所以该函数是奇函数，
并且
3x
y
是增函数，
1
3
x
y
是减函数，根据增函数−减函数=增函数，可知该函数是增函数.
【名师点睛】本题属于基础题型，根据
f
x
与
f x 的关系就可以判断出函数的奇偶性，判断函数单调性的
方法：（1）利用平时学习过的基本初等函数的单调性；（2）利用函数图象判断函数的单调性；（3）利用函数
的四则运算判断函数的单调性，如：增函数+增函数=增函数，增函数−减函数=增函数；（4）利用导数判断函数
的单调性.
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24．【2017 年高考天津文数】已知奇函数
( )
f x 在R 上是增函数．若
2
2
1
(log
),
(log 4.1),
5
a
f
b
f
0.8
(2
)
c
f
，
则a ，b ，c 的大小关系为
A．a
b
c
B．b
a
c
C．c
b
a
D．c
a
b
【解析】由题意可得
2
2
1
( log
)
(log 5)
5
a
f
f
，且
2
2
log 5
log 4.1
2
，
0.8
1
2
2
，
所以
0.8
2
2
log 5
log 4.1
2
，
结合函数的单调性可得
0.8
2
2
(log 5)
(log 4.1)
(2
)
f
f
f
，
即a
b
c
，即c
b
a
．
【名师点睛】比较大小是高考的常见题型，指数式、对数式的大小比较要结合指数函数、对数函数，借助指数
函数和对数函数的图象，利用函数的单调性、奇偶性等进行大小比较，要特别关注灵活利用函数的奇偶性和单
调性，数形结合进行大小比较或解不等式．
25．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数
( )
ln
ln(2
)
f x
x
x
，则
A．
( )
f x 在（0，2）单调递增
B．
( )
f x 在（0，2）单调递减
C．
( )
y
f x
的图像关于直线x=1 对称
D．
( )
y
f x
的图像关于点（1，0）对称
【解析】由题意知，
(2
)
ln(2
)
ln
( )
f
x
x
x
f x
，所以
( )
f x 的图像关于直线
1
x
对称，故C 正确，D
错误；
又
( )
ln[ (2
)]
f x
x
x
（0
2
x
），由复合函数的单调性可知
( )
f x 在(0,1) 上单调递增，在(1,2) 上单调递减，
所以A，B 错误.
【名师点睛】如果函数
( )
f x ，
x
D
，满足
x
D
，恒有
(
)
(
)
f a
x
f b
x
，那么函数的图像有对称轴
2
a
b
x
；如果函数
( )
f x ，
x
D
，满足
x
D
，恒有
(
)
(
)
f a
x
f b
x
，那么函数
( )
f x 的图像有对
称中心(
,0)
2
a
b
．
26．【2017 年高考山东文数】设
,0
1
2
1 ,
1
x
x
f
x
x
x
,若
1
f a
f a
,则
1
f
a
A．2
B．4
C．6
D．8
【解析】由
1
x 时
2
1
f x
x
是增函数可知,
若
1
a
,则
1
f a
f a
,所以0
1
a
,
由
( )
( +1)
f a
f a
得
2(
1 1)
a
a
,解得
1
4
a
,
则
1
(4)
2 (4 1)
6
f
f
a
.
【名师点睛】求分段函数的函数值,首先要确定自变量的范围,然后选定相应关系式，代入求解；当给出函数值或
函数值的取值范围求自变量的值或自变量的取值范围时,应根据每一段解析式分别求解,但要注意检验所求自变
量的值或取值范围是否符合相应段的自变量的值或取值范围．
27．【2017 年高考北京文数】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的
原子总数N 约为1080.则下列各数中与M
N
最接近的是
（参考数据：lg3≈0.48）
A．1033
B．1053
C．1073
D．1093
【解析】设
361
80
3
10
M
x
N
，两边取对数，
361
361
80
80
3
lg
lg
lg3
lg10
361 lg3 80
93.28
10
x
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
93.28
10
x
，即M
N
最接近
93
10
.
【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，本题以实际问题的形式给出，但本质就是对数的运算关系，以及指
数与对数运算的关系，难点是令
361
80
3
10
x
，并想到两边同时取对数进行求解，对数运算公式包含
log
log
log
a
a
a
M
N
MN
，log
log
log
a
a
a
M
M
N
N
，log
log
n
a
a
M
n
M
.
28．【2017 年高考天津文数】已知函数
|
| 2,
1,
( )
2 ,
1.
x
x
f x
x
x
x
设aR ，若关于x 的不等式
( ) |
|
2
x
f x
a
在R 上恒
成立，则a 的取值范围是
A．[ 2,2]
B．[ 2 3,2]
C．[ 2,2 3]
D．[ 2 3,2 3]
【解析】当
2 3
a
，且
0
x
时，
( ) |
|
2
x
f x
a
即2 | 2 3 |
，即2
2 3
，
显然上式不成立，
由此可排除选项B、C、D.
【名师点睛】涉及分段函数问题要遵循分段处理的原则，分别对x 的两种不同情况进行讨论，针对每种情况根据
x 的范围，利用极端原理，求出对应的a 的取值范围．本题具有较好的区分度，所给解析采用了排除法，解题步
骤比较简捷，口算即可得出答案，解题时能够节省不少时间．当然，本题也可画出函数图象，采用数形结合的
方法进行求解．
29．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数
2
1
1
( )
2
(e
e
)
x
x
f x
x
x
a
有唯一零点，则a=
A．
1
2
B．1
3
C．1
2
D．1
【解析】由
2
1
1
( )
2
(e
e
)
x
x
f x
x
x
a
，得
2
2
1
(2
) 1
2
1
1
(2
)
(2
)
2(2
)
e
e
4
4
4
2
e
e
x
x
x
x
f
x
x
x
a
x
x
x
a
2
1
1
2
e
e
x
x
x
x
a
，
所以
(2
)
( )
f
x
f x
，
即
1
x
为
( )
f x 图象的对称轴.
由题意，
( )
f x 有唯一零点，所以
( )
f x 的零点只能为
1
x
，即
2
1 1
1 1
(1)
1
2 1
e
e
0
f
a
，
解得
1
2
a
.
【名师点睛】本题主要考查函数的图象与性质、函数的零点，意在考查考生的运算求解能力与数形结合能力.
30．【2017 年高考山东文数】若函数e
( )
x f x （e
2.71828
是自然对数的底数）在
( )
f x 的定义域上单调递增，
则称函数
( )
f x 具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是
A．
( )
2 x
f x
B．
2
( )
f x
x
C．
( )
3 x
f x
D．
( )
cos
f x
x
【解析】对于A，
e
e
( )
e
2
( )
2
x
x
x
x
f x
在R 上单调递增，故
( )
2 x
f x
具有性质；
对于B，
2
e
( )
e
x
x
f x
x
，令
2
( )
ex
g x
x
，则
2
( )
e
2e
e (
2)
x
x
x
g x
x
x
x
x
，
∴当
2
x 或
0
x
时，
( )
0
g x
，当2
0
x
时，
( )
0
g x
，
∴
2
e
( )
e
x
x
f x
x
在(
, 2)
，(0,
)
上单调递增，在( 2,0)
上单调递减，
故
2
( )
f x
x
不具有性质；
对于C，
e
e
( )
e
3
( )
3
x
x
x
x
f x
在R 上单调递减，故
( )
3 x
f x
不具有性质；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
对于D，易知
( )
cos
f x
x
在定义域内有增有减，故
( )
cos
f x
x
不具有性质．
【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向，它考查学生的阅读理解能力，接受新思
维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通
过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．
31．【2019 年高考浙江】已知,a bR ，函数
3
2
,
0
( )
1
1 (
1)
,
0
3
2
x x
f x
x
a
x
ax x
．若函数
( )
y
f x
ax
b
恰有
3 个零点，则
A．a<–1，b<0
B．a<–1，b>0
C．a>–1，b<0
D．a>–1，b>0
【解析】当x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=ܾ1−ܽ，
则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点；
当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2﹣b，
2
(
1)
y
x
a
x
，
当a+1≤0，即a≤﹣1 时，y′≥0，
y＝f（x）﹣ax﹣b 在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1 时，
令y′＞0 得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令y′＜0 得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，
则函数最多有2 个零点.
根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b 恰有3 个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，
+∞）上有2 个零点，
如图：
∴ܾ1−ܽ＜0 且
3
2
0
1
1
(
1)
1 (
1)
0
3
2
b
a
a
a
b
，
解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−
1
6（a+1）3，
则a>–1，b<0.
【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b 最多
有一个零点；当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画
出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．
32．【2019 年高考江苏】函数
2
7
6
y
x
x
的定义域是
▲
.
【答案】[
1,7]
【解析】由题意得到关于x 的不等式，解不等式可得函数的定义域.
由已知得
2
7
6
0
x
x
,即
2
6
7
0
x
x
，解得1
7
x
，
故函数的定义域为[ 1,7]
.
【名师点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
们的解集即可．
33．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数
2
2
log
f x
x
a
，若
3
1
f
，则a ________．
【答案】7
【解析】根据题意有
2
3
log
9
1
f
a
，可得9
2
a
，
所以
7
a .
故答案是7
.
【名师点睛】该题考查的是有关已知某个自变量对应函数值的大小，来确定有关参数值的问题，在求解的过程
中，需要将自变量代入函数解析式，求解即可得结果，属于基础题目.
34．【2018 年高考江苏】函数
2
log
1
f x
x
的定义域为________．
【答案】[2，+∞）
【解析】要使函数
f x 有意义，则需
2
log
1
0
x
，
解得
2
x
，
即函数
f x 的定义域为
2,.
【名师点睛】求给定函数的定义域往往需转化为解不等式（组）的问题.求解本题时，根据偶次根式下被开方数
非负列不等式，解对数不等式得函数定义域.
35．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数
2
ln
1
1
f x
x
x
，
4
f a
，则
f
a
________．
【答案】2
【解析】由题意得
2
2
2
2
ln
1
1
ln
1
1
ln 1
2
2
f x
f
x
x
x
x
x
x
x
，
2
f a
f
a
,
则
2
f
a
.
故答案为−2.
【名师点睛】本题主要考查函数的性质，由函数解析式计算发现
2
f x
f
x
是关键，属于中档题.
36．【2017 年高考江苏】记函数
2
( )
6
f x
x
x
的定义域为D ．在区间[ 4,5]
上随机取一个数x ，则x
D
的
概率是
．
【答案】5
9
【解析】由
2
6
0
x
x
，即
2
6
0
x
x
，得2
3
x
，
根据几何概型的概率计算公式得x
D
的概率是3
( 2)
5
5
( 4)
9
．
【名师点睛】（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积或体积等时，应考虑使用几何概型求解．
（2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，
在坐标系中表示所需要的区域．
（3）几何概型有两个特点：①无限性，②等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所
占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率．
37．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数
( )
f x 是定义在R 上的奇函数，当
(
,0)
x
时，
3
2
( )
2
f x
x
x
,则
(2)
f
.
【答案】12
【解析】
(2)
( 2)
[2
( 8)
4]
12
f
f
.
【名师点睛】(1)已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充
分利用奇偶性得出关于
( )
f x 的方程，从而可得
( )
f x 的值或解析式.
(2)已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据
( )
(
)
0
f x
f
x
得到关于待求参数的恒等式，
由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值.
38．
【2017 年高考山东文数】已知f(x)是定义在R 上的偶函数,且f(x+4)=f(x-2).若当
[ 3,0]
x
时,
( )
6 x
f x
,则f(919)=
______
.
【答案】6
【解析】由f(x+4)=f(x-2)可知,
f x 是周期函数,且
6
T
,
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
(919)
(6 153
1)
(1)
f
f
f
( 1)
6
f
.
【名师点睛】与函数奇偶性有关问题的解决方法：
①已知函数的奇偶性,求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解．
②已知函数的奇偶性求解析式：将待求区间上的自变量,转化到已知区间上,再利用奇偶性求出,或充分利用奇偶性
构造关于f(x)的方程(组),从而得到f(x)的解析式．
39．【2019 年高考浙江】已知aR ，函数
3
( )
f x
ax
x
，若存在t R ，使得
2
|
(
2)
( ) |
3
f t
f t
，则实数a 的
最大值是___________.
【答案】4
3
【解析】存在t R ，使得
2
|
(
2)
( ) |
3
f t
f t
，
即有
3
3
2
| (
2)
(
2)
|
3
a t
t
at
t
，
化为
2
2
| 2
3
6
4
2 |
3
a
t
t
，
可得
2
2
2
2
3
6
4
2
3
3
a
t
t
，
即
2
2
4
3
6
4
3
3
a
t
t
，
由
2
2
3
6
4
3(
1)
1 1
t
t
t
，可得
4
0
3
a
.
则实数a 的最大值是4
3
.
【名师点睛】本题考查函数的解析式及二次函数，结合函数的解析式可得
3
3
| (
2)
(
2)
|
a t
t
at
t
2
3
，去
绝对值化简，结合二次函数的最值及不等式的性质可求解.
40．【2019 年高考北京文数】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，
价格依次为60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果
的总价达到120 元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x=10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各1 盒，需要支付__________元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________．
【答案】①130；②15
【解析】①
10
x
时，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付
60
80
10
130
元.
②设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元，
当
120
y
元时，李明得到的金额为
80%
y
，符合要求；
当
120
y
元时，有
80%
70%
y
x
y
恒成立，
即
8
7 ,
8
y
y
x
y x
，
因为
min
15
8
y
，所以x 的最大值为15.
综上，①130；②15.
【名师点睛】本题主要考查函数的最值，不等式的性质及恒成立，数学的应用意识，数学式子变形与运算求解
能力.以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.
41．【2018 年高考浙江】我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱
三；鸡雏三，值钱一。凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x ，y ，
z ，则
100,
1
5
3
100,
3
x
y
z
x
y
z
当
81
z
时，x ___________，y ___________．
【答案】8；11
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】∵ݖ= 81, ∴
ݔ+ ݕ= 19
5ݔ+ 3ݕ= 73 , ∴
ݔ= 8
ݕ= 11 .
故答案为8；11.
【名师点睛】本题主要考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.
42．
【2018 年高考江苏】函数
f x 满足
4
f x
f x
x
R ，且在区间
2,2
上，
π
cos
,0
2,
2
1 , 2
0,
2
x
x
f x
x
x
则
15
f
f
的值为________．
【答案】
2
2
【解析】由
4
f x
f x
得函数
f x 的周期为4，
所以
1
1
15
16 1
1
1
,
2
2
f
f
f
因此
1
π
2
15
cos
.
2
4
2
f
f
f
【名师点睛】(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，
当出现
f
f a
的形式时，应从内到外依次求值.
(2)求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代
入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.
43．【2017 年高考江苏】某公司一年购买某种货物600 吨，每次购买x 吨，运费为6 万元/次，一年的总存储费用为4x
万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 的值是
▲
．
【答案】30
【解析】总费用为
600
900
4
6
4(
)
4 2 900
240
x
x
x
x
，
当且仅当
900
x
x
，即
30
x
时等号成立．
【名师点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即
条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则
会出现错误．
44．【2017 年高考北京文数】已知
0
x
，
0
y
，且x+y=1，则
2
2
x
y
的取值范围是_________．
【答案】1 ,1
2
【解析】
2
2
2
2
2
(1
)
2
2
1,
[0,1]
x
y
x
x
x
x
x
，
所以当
0
1
x 或时，取最大值1；
当
1
2
x
时，取最小值1
2
.
因此
2
2
x
y
的取值范围为1
[ ,1]
2
.
【名师点睛】本题考查了转化与化归的能力，除了像本题的方法，即转化为二次函数求取值范围，也可以转化
为几何关系求取值范围，即
0,
0
x
y
，
1
x
y
表示线段，那么
2
2
x
y
的几何意义就是线段上的点到原点距
离的平方，这样会更加简单.
45．【2018 年高考江苏】若函数݂
(ݔ) = 2ݔ3 −ܽݔ2 + 1(ܽ
∈R)在(0, + ∞)内有且只有一个零点，则݂
(ݔ)在[ −1,1]上的
最大值与最小值的和为________．
【答案】–3
【解析】由
2
6
2
0
f
x
x
ax
得
0
x
或
3
a
x
，
因为函数
f x 在
0,上有且仅有一个零点且
0 =1
f
，所以
0,
0
3
3
a
a
f
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
因此
3
2
2
1
0,
3
3
a
a
a
解得
3
a
.
从而函数
f x 在
1,0
上单调递增，在
0,1 上单调递减，所以
max
0 ,
f x
f
min
min
1 ,
1
1
f x
f
f
f
，
则
max
min
f x
f x
0 +
1
1 4
3.
f
f
故答案为3
.
【名师点睛】对于函数零点的个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数的取值条件．从图象的最高
点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的
单调性、周期性等．
46．【2018 年高考浙江】已知λ∈R，函数f(x)=
2
4,
4
3,
x
x
x
x
x
，当λ=2 时，不等式f(x)<0 的解集是___________．若
函数f(x)恰有2 个零点，则λ的取值范围是___________．
【答案】(1,4)；
1,3
4,
【解析】由题意得
2
4
0
x
x
或
2
2
4
3
0
x
x
x
，所以2
4
x
或1
2
x
，即1
4
x
，故不等式f(x)<0 的
解集是
1,4 ,
当
4
时，
4
0
f x
x
，此时
2
4
3
0,
1,3
f x
x
x
x
，即在
,
上有两个零点；当
4
时，
4
0,
4
f x
x
x
，由
2
4
3
f x
x
x
在
,
上只能有一个零点得1
3
.综上，的取值范围
为
1,3
4,
.
【名师点睛】根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对
应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
47．【2018 年高考天津文数】已知a∈R，函数
2
2
2
2
0
2
2
0
x
x
a
x
f x
x
x
a
x
，
，
，
．
若对任意x∈［–3，+），f(x)≤x 恒
成立，则a 的取值范围是__________．
【答案】［1
8
，2］
【解析】分类讨论：
①当
0
x
时，
f x
x
即：
2
2
2
x
x
a
x
，整理可得：
2
1
1
2
2
a
x
x
，
由恒成立的条件可知：
2
max
1
1
2
2
a
x
x
，其中
0
x
，
结合二次函数的性质可知：当
1
2
x
时，
2
max
1
1
1
1
1
2
2
8
4
8
x
x
，则
1
8
a
；
②当3
0
x
时，
f x
x
即：
2
2
2
x
x
a
x
，整理可得：
2
3
2
a
x
x
，
由恒成立的条件可知：
2
min
3
2
a
x
x
，其中3
0
x
，
结合二次函数的性质可知：当
3
x 或
0
x
时，
2
min
3
2
2
x
x
，则
2
a
.
综合①②可得a 的取值范围是1 ,2
8
.
【名师点睛】由题意分类讨论
0
x
和
0
x
两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.对于恒成
立问题，常用到以下两个结论：
(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴
位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面进行分析．
48．【2017 年高考浙江】已知aR，函数
4
( ) |
|
f x
x
a
a
x
在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是
___________．
【答案】
9
(
, ]
2
【解析】
4
1,4 ,
4,5
x
x
x
，分类讨论：
①当
5
a
时，
4
4
2
f x
a
x
a
a
x
x
x
，
函数的最大值为
9
2
4
5,
2
a
a
，舍去；
②当
4
a
时，
4
4
5
f x
x
a
a
x
x
x
，此时命题成立；
③当4
5
a
时，
max
max 4
, 5
f x
a
a
a
a
，则：
4
5
4
5
a
a
a
a
a
a
或
4
5
5
5
a
a
a
a
a
a
，
解得
9
2
a
或
9
2
a
．
综上可得，实数a 的取值范围是
9
, 2
．
【名师点睛】本题利用基本不等式，由
1,4
x
，得
4
4,5
x
x
，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行
有效的分类讨论：①
5
a
；②
4
a
；③4
5
a
，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解
题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．
49．【2017 年高考江苏】已知函数
3
1
( )
2
e
e
x
x
f x
x
x
，其中e 是自然对数的底数．若
(
1)
f a
2
(2
)
0
f
a
，
则实数a 的取值范围是
▲
．
【答案】
1
[ 1, ]
2
【解析】因为
3
1
(
)
2
e
( )
e
x
x
f
x
x
f
x
x
，所以函数
( )
f x 是奇函数，
因为
2
2
( )
3
2
e
e
3
2
2 e
e
0
x
x
x
x
f '
x
x
x
，
所以函数
( )
f x 在R 上单调递增，
又
2
1
)
0
2
(
)
(
f
f
a
a
，即
2
(
)
)
2
(1
a
a
f
f
，
所以
2
2
1
a
a
，即
2
1
2
0
a
a
，
解得
1
1
2
a
，
故实数a 的取值范围为
1
[ 1, ]
2
．
【名师点睛】解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为
( ( ))
( ( ))
f g x
f h x
的形式，然后根据函数
( )
f x 的单调性去掉“ f ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意
( )
g x 与( )
h x 的取值应在函数
( )
f x 的定义域
内．
50．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】设函数
1
0
( )
2
0
x
x
x
f x
x
，
，
，则满足
1
( )
(
)
1
2
f x
f x
的x 的取值范围是
_________.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】
1 ,
4
【解析】令
1
2
g x
f
x
f
x
，
当
0
x
时，
1
3
2
2
2
g x
f
x
f
x
x
；
当
1
0
2
x
时，
1
1
2
2
2
x
g x
f x
f
x
x
；
当
1
2
x
时，
1
1
2
2 2
2
x
g x
f x
f
x
，
写成分段函数的形式：
1
3
2
,
0
2
1
1
1
2
,0
2
2
2
1
2
2 2
,
2
x
x
x
x
g x
f x
f
x
x
x
x
，
函数
g x 在区间
1
1
,0 , 0,
,
,
2
2
三段区间内均单调递增，
且
0
0 1
1
1
1,2
0
1,
2
2
2
1
4
2
g
，
可知x 的取值范围是
1 ,
4
.
【名师点睛】（1）求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求
值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值.
（2）当给出函数值求自变量的值时，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，
切记要代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.
51．【2019 年高考江苏】设
( ), ( )
f x
g x 是定义在R 上的两个周期函数，( )
f x 的周期为4，( )
g x 的周期为2，且
( )
f x
是奇函数.当
2
(
]
0,
x
时，
2
( )
1 (
1)
f x
x
，
(
2),0
1
( )
1 ,1
2
2
k x
x
g x
x
，其中k>0.若在区间(0，9]上，关
于x 的方程
( )
( )
f x
g x
有8 个不同的实数根，则k 的取值范围是
▲
.
【答案】1
2
,
3
4
【解析】作出函数
( )
f x ，
( )
g x 的图象，如图：
由图可知，函数
2
( )
1 (
1)
f x
x
的图象与
1
( )
(1
2,3
4,5
6,7
8)
2
g x
x
x
x
x
的图象仅有
2 个交点，即在区间(0，9]上，关于x 的方程
( )
( )
f x
g x
有2 个不同的实数根，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
要使关于x 的方程
( )
( )
f x
g x
有8 个不同的实数根，
则
2
( )
1 (
1) ,
(0,2]
f x
x
x
与
( )
(
2),
(0,1]
g x
k x
x
的图象有2 个不同的交点，
由(1,0) 到直线
2
0
kx
y
k
的距离为1，可得
2
| 3 |
1
1
k
k
，
解得
2 (
0)
4
k
k
，
∵两点(
2,0),(1,1)
连线的斜率
1
3
k
，
∴1
2
3
4
k
，
综上可知，满足
( )
( )
f x
g x
在(0,9]上有8 个不同的实数根的k 的取值范围为1
2
3
4
，
.
【名师点睛】本题考查分段函数，函数的图象，函数的性质，函数与方程，点到直线的距离，直线的斜率等，
考查知识点较多，难度较大.正确作出函数
( )
f x ，
( )
g x 的图象，数形结合求解是解题的关键因素.
52．【2017 年高考江苏】设
( )
f x 是定义在R 上且周期为1 的函数，在区间[0,1) 上，
2,
,
( )
,
,
x
x
D
f x
x
x
D
其中集合
1
{
n
D
x x
n
，
*}
nN
，则方程
( )
lg
0
f x
x
的解的个数是_________．
【答案】8
【解析】由于
( )
[0,1)
f x
，则需考虑1
10
x
的情况，
在此范围内，xQ 且x
D
时，设
*
, ,
,
2
q
x
p q
p
p
N
，且
,p q 互质，
若lg xQ ，则由lg
(0,1)
x
，可设
*
lg
,
,
,
2
n
x
m n
m
m
N
，且
,
m n 互质，
因此10
n
m
q
p
，则10
(
)
n
m
q
p
，
此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此lg xQ ，
因此lg x 不可能与每个周期内x
D
对应的部分相等，
只需考虑lg x 与每个周期x
D
的部分的交点，
画出函数图象，图中交点除外(1,0) 其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期x
D
的部分，
且
1
x
处
1
1
(lg )
1
ln10
ln10
x
x
，则在
1
x
附近仅有一个交点，
因此方程
( )
lg
0
f x
x
的解的个数为8．
【名师点睛】对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确
定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；
从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
专题03
导数及其应用（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】曲线y=2sinx+cosx 在点(π，-1)处的切线方程为
A．
1
0
x
y
B．2
2
1
0
x
y
C．2
2
1
0
x
y
D．
1
0
x
y
【解析】
2cos
sin ,
y
x
x
π
2cosπ
sin π
2,
x
y
则
2sin
cos
y
x
x
在点( , 1)
处的切线方程为
( 1)
2(
)
y
x
，
即2
2
1
0
x
y
．
【名师点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导
数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，
可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程．
2．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线
e
ln
x
y
a
x
x
在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则
A．
e
1
a
b
，
B．a=e，b=1
C．
1
e
1
a
b
，
D．
1
e
a
，
1
b
【解析】∵
e
ln
1,
x
y
a
x
∴切线的斜率
1
|
e 1
2
x
k
y
a
，
1
e
a
，
将(1,1) 代入
2
y
x
b
，得2
1,
1
b
b
.
【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a，b 的等式，从而求解，属于常考题
型.
3．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】设函数
3
2
( )
(
1)
f x
x
a
x
ax
.若
( )
f x 为奇函数，则曲线
( )
y
f x
在点(0,0) 处
的切线方程为
A．
2
y
x
B．y
x
C．
2
y
x
D．y
x
【解析】因为函数݂
(ݔ)是奇函数，所以ܽ
−1 = 0，解得ܽ
= 1，
所以݂
(ݔ) = ݔ3 + ݔ，݂'(ݔ) = 3ݔ2 + 1，
所以݂
'(0) = 1,݂(0) = 0，
所以曲线ݕ=݂
(ݔ)在点(0,0)处的切线方程为ݕ−݂(0) =݂
'(0)ݔ，化简可得ݕ= ݔ.
故选D.
【名师点睛】该题考查的是有关曲线ݕ=݂
(ݔ)在某个点(ݔ0,݂(ݔ0))处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需
要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应
的参数值，之后利用求导公式求得݂
'(ݔ)，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.
4．【2017 年高考浙江】函数y=f(x)的导函数
( )
y
f
x
的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是
【答案】D
【解析】原函数先减再增，再减再增，且
0
x
位于增区间内，
因此选D．
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为
0x ，且图象在
0x 两侧附
近连续分布于x 轴上下方，则
0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数
( )
f
x
的
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正负，得出原函数
( )
f x 的单调区间．
5．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】函数
2
e
e
x
x
f x
x
的图像大致为
【解析】
2
e
e
0,
,
x
x
x
f
x
f x
f x
x
为奇函数，舍去A；
1
1
e
e
0
f
，∴舍去D；
2
4
3
e
e
e
e
2
2 e
2 e
,
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
2
x
时，
0
f
x
，
( )
f x 单调递增，舍
去C.
因此选B.
【名师点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由
函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断
图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的周期性.
6．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】函数
4
2
2
y
x
x
的图像大致为
【解析】函数图象过定点(0,2) ，排除A，B；
令
4
2
( )
2
y
f x
x
x
，则
3
2
( )
4
2
2 (2
1)
f
x
x
x
x
x
，
由
( )
0
f
x
得
2
2 (2
1)
0
x
x
，得
2
2
x
或
2
0
2
x
，此时函数单调递增，
由
( )
0
f
x
得
2
2 (2
1)
0
x
x
，得
2
2
x
或
2
0
2
x
，此时函数单调递减，排除C.
故选D.
【名师点睛】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象过的定点及由导数判断函数的单调性是解
决本题的关键.
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7．【2017 年高考山东文数】若函数e
( )
x f x （e
2.71828
是自然对数的底数）在
( )
f x 的定义域上单调递增，则
称函数
( )
f x 具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是
A．
( )
2 x
f x
B．
2
( )
f x
x
C．
( )
3 x
f x
D．
( )
cos
f x
x
【解析】对于A，
e
e
( )
e
2
( )
2
x
x
x
x
f x
在R 上单调递增，故
( )
2 x
f x
具有性质；
对于B，
2
e
( )
e
x
x
f x
x
，令
2
( )
ex
g x
x
，则
2
( )
e
2e
e (
2)
x
x
x
g x
x
x
x
x
，
∴当
2
x 或
0
x
时，
( )
0
g x
，当2
0
x
时，
( )
0
g x
，
∴
2
e
( )
e
x
x
f x
x
在(
, 2)
，(0,
)
上单调递增，在( 2,0)
上单调递减，
故
2
( )
f x
x
不具有性质；
对于C，
e
e
( )
e
3
( )
3
x
x
x
x
f x
在R 上单调递减，故
( )
3 x
f x
不具有性质；
对于D，易知
( )
cos
f x
x
在定义域内有增有减，故
( )
cos
f x
x
不具有性质．
【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向，它考查学生的阅读理解能力，接受新思
维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通
过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．
8．【2019 年高考浙江】已知,a bR ，函数
3
2
,
0
( )
1
1 (
1)
,
0
3
2
x x
f x
x
a
x
ax x
．若函数
( )
y
f x
ax
b
恰有
3 个零点，则
A．a<–1，b<0
B．a<–1，b>0
C．a>–1，b<0
D．a>–1，b>0
【解析】当x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=ܾ1−ܽ，
则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点；
当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2﹣b，
2
(
1)
y
x
a
x
，
当a+1≤0，即a≤﹣1 时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b 在[0，+∞）上单调递增，
则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1 时，令y′＞0 得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，
令y′＜0 得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2 个零点.
根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b 恰有3 个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，
+∞）上有2 个零点，
如图：
∴ܾ1−ܽ＜0 且
−ܾ＞0
1
3 (ܽ+ 1)3 −
1
2 (ܽ+ 1)(ܽ
+ 1)2 −ܾ＜0，
解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−
1
6（a+1）3，
则a>–1，b<0.
【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b 最多有
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一个零点；当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函
数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．
9．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】曲线
2
3(
)ex
y
x
x
在点(0 )
0
，处的切线方程为____________．
【答案】3
0
x
y
【解析】
2
2
3(2
1)e
3(
)e
3(
3
1)e ,
x
x
x
y
x
x
x
x
x
所以切线的斜率
0
|
3
x
k
y
，
则曲线
2
3(
)ex
y
x
x
在点(0,0) 处的切线方程为
3
y
x
，即3
0
x
y
．
【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，
计算要准，是解答此类问题的基本要求．
10．【2019 年高考天津文数】曲线
cos
2
x
y
x
在点(0,1) 处的切线方程为__________.
【答案】
2
2
0
x
y
【解析】∵
1
sin
2
y
x
，
∴
0
1
|
sin 0
2
1
2
x
y
，
故所求的切线方程为
1
1
2
y
x
，即
2
2
0
x
y
.
【名师点睛】曲线切线方程的求法：
（1）以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：
①求出函数f(x)的导数f′(x)；
②求切线的斜率f′(x0)；
③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．
（2）如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组
0
0
1
0
0
1
0
(
)
(
)
y
f x
y
y
f
x
x
x
得切点(x0，y0)，进而确
定切线方程．
11．【2018 年高考天津文数】已知函数f(x)=exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′（1）的值为__________．
【答案】e
【解析】由函数的解析式可得݂'(ݔ) = eݔ× lnݔ+ eݔ×
1
ݔ= eݔlnݔ+
1
ݔ，
则݂'(1) = e1 × ln1 +
1
1 = e.
即݂
' 1 的值为e.
【名师点睛】本题主要考查导数的运算法则，基本初等函数的导数公式等知识，意在考查学生的转化能力和计
算求解能力.
12．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】曲线
2ln
y
x
在点(1, 0) 处的切线方程为__________．
【答案】y=2x–2
【解析】由ݕ=݂
(ݔ) = 2lnݔ，得݂'(ݔ) =
2
ݔ.
则曲线ݕ= 2lnݔ在点(1,0)处的切线的斜率为݇
=݂
'(1) = 2，
则所求切线方程为ݕ−0 = 2(ݔ−1)，即ݕ= 2ݔ−2.
【名师点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的
点斜式方程；③化简整理.
13．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】曲线
2
1
y
x
x
在点（1，2）处的切线方程为______________．
【答案】
1
y
x
【解析】设
( )
y
f x
，则
2
1
( )
2
f
x
x
x
，所以
(1)
2 1
1
f
，
所以曲线
2
1
y
x
x
在点(1,2) 处的切线方程为
2
1 (
1)
y
x
，即
1
y
x
．
【名师点睛】求曲线的切线方程是导数的重要应用之一，用导数求切线方程的关键在于求出斜率，其求法为：
设
)
,
(
0
0 y
x
P
是曲线
)
(x
f
y
上的一点，则以P 为切点的切线方程是
0
0
0
(
)(
)
y
y
f
x
x
x
．若曲线
)
(x
f
y
在
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
点
))
(
,
(
0
0
x
f
x
P
处的切线平行于y 轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为
0x
x
．
14．【2017 年高考天津文数】已知a R ，设函数
( )
ln
f x
ax
x
的图象在点（1，
(1)
f
）处的切线为l，则l 在y 轴
上的截距为___________．
【答案】1
【解析】由题可得
(1)
f
a
，则切点为(1, )
a ，
因为
1
( )
f
x
a
x
，所以切线l 的斜率为
(1)
1
f
a
，
切线l 的方程为
(
1)(
1)
y
a
a
x
，
令
0
x
可得
1
y
，
故l 在y 轴上的截距为1．
【名师点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题型，函数
( )
f x 在点
0x 处的导数
0
(
)
f
x
的几何意义是曲线
( )
y
f x
在点
0
0
(
,
)
P x
y
处的切线的斜率，切线方程为
0
0
0
(
)(
)
y
y
f
x
x
x
．解题时应注意：求曲线切线时，
要分清在点P 处的切线与过点P 的切线的不同，没切点应设出切点坐标，建立方程组进行求解．
15．【2019 年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线
4 (
0)
y
x
x
x
上的一个动点，则点P 到直线
0
x
y
的距离的最小值是
▲
.
【答案】4
【解析】由
4 (
0)
y
x
x
x
，得
2
4
1
y
x
，
设斜率为1
的直线与曲线
4 (
0)
y
x
x
x
切于
0
0
0
4
(
,
)
x
x
x
，
由
2
0
4
1
1
x
得
0
2
x
（
0
2
x
舍去），
∴曲线
4 (
0)
y
x
x
x
上，点
( 2,3 2)
P
到直线
0
x
y
的距离最小，
最小值为
2
2
2
3 2
4
1
1
.
故答案为4 ．
【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，
利用数形结合和转化与化归思想解题.
16．【2019 年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y=lnx 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e，
-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是
▲
.
【答案】(e, 1)
【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.
设点
0
0
,
A x y
，则
0
0
ln
y
x
.
又
1
y
x
，
当
0
x
x
时，
0
1
y
x
，
则曲线
ln
y
x
在点A 处的切线为
0
0
0
1 (
)
y
y
x
x
x
，
即
0
0
ln
1
x
y
x
x
，
将点
e, 1
代入，得
0
0
e
1 ln
1
x
x
，
即
0
0
ln
e
x
x
，
考察函数
ln
H x
x
x
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
当
0,1
x
时，
0
H x
，当
1,
x
时，
0
H x
，
且
ln
1
H
x
x
，
当
1
x
时，
0,
H
x
H x
单调递增，
注意到
e
e
H
，
故
0
0
ln
e
x
x
存在唯一的实数根
0
e
x
，
此时
0
1
y
，
故点A的坐标为
e,1 .
【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：
一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．
二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，
直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．
17．【2018 年高考江苏】若函数݂
(ݔ) = 2ݔ3 −ܽݔ2 + 1(ܽ
∈R)在(0, + ∞)内有且只有一个零点，则݂
(ݔ)在[ −1,1]上的
最大值与最小值的和为________．
【答案】–3
【解析】由
2
6
2
0
f
x
x
ax
得
0
x
或
3
a
x
，
因为函数
f x 在
0,上有且仅有一个零点且
0 =1
f
，
所以
0,
0
3
3
a
a
f
，
因此
3
2
2
1
0,
3
3
a
a
a
解得
3
a
.
从而函数
f x 在
1,0
上单调递增，在
0,1 上单调递减，
所以
max
0 ,
f x
f
min
min
1 ,
1
1
f x
f
f
f
，
则
max
min
f x
f x
0 +
1
1 4
3.
f
f
故答案为3
.
【名师点睛】对于函数零点的个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数的取值条件．从图象的最高
点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的
单调性、周期性等．
18．【2017 年高考江苏】已知函数
3
1
( )
2
e
e
x
x
f x
x
x
，其中e 是自然对数的底数．若
(
1)
f a
2
(2
)
0
f
a
，
则实数a 的取值范围是
▲
．
【答案】
1
[ 1, ]
2
【解析】因为
3
1
(
)
2
e
( )
e
x
x
f
x
x
f
x
x
，所以函数
( )
f x 是奇函数，
因为
2
2
( )
3
2
e
e
3
2
2 e
e
0
x
x
x
x
f '
x
x
x
，
所以函数
( )
f x 在R 上单调递增，
又
2
1
)
0
2
(
)
(
f
f
a
a
，即
2
(
)
)
2
(1
a
a
f
f
，
所以
2
2
1
a
a
，即
2
1
2
0
a
a
，
解得
1
1
2
a
，
故实数a 的取值范围为
1
[ 1, ]
2
．
【名师点睛】解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为
( ( ))
( ( ))
f g x
f h x
的形式，然后根据函数
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
( )
f x 的单调性去掉“ f ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意
( )
g x 与( )
h x 的取值应在函数
( )
f x 的定义域
内．
专题04
导数及其应用（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f ′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f ′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
,0
a
.
【解析】（1）设
( )
( )
g x
f
x
，则
( )
cos
sin
1,
( )
cos
g x
x
x
x
g x
x
x
.
当
π
(0,
)
2
x
时，
( )
0
g x
；当
π ,π
2
x
时，
( )
0
g x
，所以
( )
g x 在
π
(0,
)
2
单调递增，在π ,π
2
单调递减.
又
π
(0)
0,
0, (π)
2
2
g
g
g
，故
( )
g x 在(0, π) 存在唯一零点.
所以
( )
f
x
在(0, π) 存在唯一零点.
（2）由题设知
(π)
π,
(π)
0
f
a
f
，可得a≤0.
由（1）知，
( )
f
x
在(0, π) 只有一个零点，设为
0x ，且当
0
0,
x
x
时，
( )
0
f
x
；当
0,π
x
x
时，
( )
0
f
x
，
所以
( )
f x 在
0
0, x
单调递增，在
0,π
x
单调递减.
又
(0)
0,
(π)
0
f
f
，所以，当
[0,π]
x
时，
( ) 0
f x
.
又当
0,
[0, π]
a
x
时，ax≤0，故
( )
f x
ax .
因此，a的取值范围是(
,0]
.
【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类
端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间
的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数
( )
(
1)ln
1
f x
x
x
x
．证明：
（1）
( )
f x 存在唯一的极值点；
（2）
( )=0
f x
有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为（0，+ ）.
1
1
( )
ln
1
ln
x
f
x
x
x
x
x
.
因为
ln
y
x
单调递增，
1
y
x
单调递减，所以
( )
f
x
单调递增，又
(1)
1
0
f
，
1
ln 4 1
(2)
ln 2
0
2
2
f
，故存在唯一
0
(1,2)
x
，使得
0
0
f
x
.
又当
0
x
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递减；当
0
x
x
时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 单调递增.
因此，
( )
f x 存在唯一的极值点.
（2）由（1）知
0
(1)
2
f x
f
，又
2
2
e
e
3
0
f
，所以
( )
0
f x
在
0,
x 内存在唯一根x
.
由
0
1
x
得
0
1
1
x
.
又
1
1
1
1
( )
1 ln
1
0
f
f
，故1
是
( )
0
f x
在
0
0, x
的唯一根.
综上，
( )
0
f x
有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，
以及函数零点的问题，属于常考题型.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
3．【2019 年高考天津文数】设函数
( )
ln
(
1)e x
f x
x
a x
，其中aR .
（Ⅰ）若a≤0，讨论
( )
f x 的单调性；
（Ⅱ）若
1
0
e
a
，
（i）证明
( )
f x 恰有两个零点；
（ii）设
0x 为
( )
f x 的极值点，
1x 为
( )
f x 的零点，且
1
0
x
x
，证明
0
1
3
2
x
x
.
【答案】（Ⅰ）
( )
f x 在(0,
)
内单调递增.；（Ⅱ）（i）见解析；（ii）见解析.
【解析】（Ⅰ）解：由已知，
( )
f x 的定义域为(0,
)
，且
2
1
1
e
( )
e
(
1)e
x
x
x
f
ax
x
a
a x
x
x
.
因此当a≤0 时，
2
1
e
0
x
ax
，从而
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0,
)
内单调递增.
（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知
2
1
e
( )
x
ax
f
x
x
.令
2
( )
1
ex
g x
ax
，由
1
0
e
a
，
可知
( )
g x 在(0,
)
内单调递减，又
(1)
1
e
0
g
a
，且
2
2
1
1
1
1
ln
1
ln
1
ln
0
g
a
a
a
a
a
.
故
( )
0
g x
在(0,
)
内有唯一解，从而
( )
0
f
x
在(0,
)
内有唯一解，不妨设为
0x ，则
0
1
1
ln
x
a
.当
0
0,
x
x
时，
0
( )
( )
0
g x
g x
f
x
x
x
，所以
( )
f x
在
0
0, x
内单调递增；当
0,
x
x
时，
0
( )
( )
0
g x
g x
f
x
x
x
，所以
( )
f x 在
0,
x 内单调递减，因此
0x 是
( )
f x 的唯一极值点.
令( )
ln
1
h x
x
x
，则当
1
x
时，
1
( )
1
0
h' x
x
，故( )
h x 在(1,
)
内单调递减，从而当
1
x
时，
( )
(1)
0
h x
h
，所以ln
1
x
x
.从而
ln1
1
1
1
1
1
1
ln
lnln
ln
1 e
lnln
ln
1
ln
0
a
f
a
h
a
a
a
a
a
a
，
又因为
0
(1)
0
f x
f
，所以
( )
f x 在
0
(
,
)
x 内有唯一零点.又
( )
f x 在
0
0, x
内有唯一零点1，从而，( )
f x
在(0,
)
内恰有两个零点.
（ii）由题意，
0
1
0,
0,
f
x
f
x
即
0
1
2
0
1
1
e
1,
ln
e ,
1
x
x
ax
x
a x
从而
1
0
1
1
2
0
1
ln
ex
x
x
x
x
，即
1
0
2
0
1
1
ln
e
1
x
x
x
x
x
.因为当
1
x
时，
ln
1
x
x
，又
1
0
1
x
x
，故
1
0
2
0
1
2
0
1
1
e
1
x
x
x
x
x
x
，两边取对数，得
1
0
2
0
ln e
ln
x
x
x
，于是
1
0
0
0
2ln
2
1
x
x
x
x
，
整理得
0
1
3
2
x
x
.
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数
思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.
4．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数
3
2
( )
2
2
f x
x
ax
．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）当0<a<3时，记
( )
f x 在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M
m
的取值范围．
【答案】（1）见详解；（2）8
[
,2)
27
.
【解析】（1）
2
( )
6
2
2 (3
)
f
x
x
ax
x
x
a
．
令
( )
0
f
x
，得x=0 或
3
a
x
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
若a>0，则当
(
,0)
,
3
a
x
时，
( )
0
f
x
；当
0, 3
a
x
时，
( )
0
f
x
．故
( )
f x 在(
,0),
,
3
a
单调递增，在0, 3
a
单调递减；
若a=0，
( )
f x 在(
,
)
单调递增；
若a<0，则当
,
(0,
)
3
a
x
时，
( )
0
f
x
；当
,0
3
a
x
时，
( )
0
f
x
．故
( )
f x 在
,
,(0,
)
3
a
单调递增，在
,0
3
a
单调递减．
（2）当0
3
a
时，由（1）知，
( )
f x 在0, 3
a
单调递减，在
,1
3
a
单调递增，所以
( )
f x 在[0,1]的最小值为
3
2
3
27
a
a
f
，最大值为
(0)=2
f
或
(1)=4
f
a
.于是
3
2
27
a
m
，
4
,0
2,
2,2
3.
a
a
M
a
所以
3
3
2
,0
2,
27
,2
3.
27
a
a
a
M
m
a
a
当0
2
a
时，可知
3
2
27
a
a
单调递减，所以M
m
的取值范围是
8 ,2
27
．
当2
3
a
时，
3
27
a
单调递增，所以M
m
的取值范围是8
[
,1)
27
．
综上，M
m
的取值范围是8
[
,2)
27
．
【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值
的计算.
5．【2019 年高考北京文数】已知函数
3
2
1
( )
4
f x
x
x
x
．
（Ⅰ）求曲线
( )
y
f x
的斜率为1 的切线方程；
（Ⅱ）当
[ 2,4]
x
时，求证：
6
( )
x
f x
x
；
（Ⅲ）设
( ) |
( )
(
) | (
)
F x
f x
x
a
a
R ，记
( )
F x 在区间[ 2,4]
上的最大值为M（a），当M（a）最小时，
求a 的值．
【答案】（Ⅰ）y
x
与
64
27
y
x
；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）
3
a .
【解析】（Ⅰ）由
3
2
1
( )
4
f x
x
x
x
得
2
3
( )
2
1
4
f
x
x
x
．
令
( )
1
f
x
，即
2
3
2
1
1
4 x
x
，得
0
x
或
8
3
x
．
又
(0)
0
f
，
8
8
( )
3
27
f
，
所以曲线
( )
y
f x
的斜率为1 的切线方程是y
x
与
8
8
27
3
y
x
，
即y
x
与
64
27
y
x
．
（Ⅱ）令
( )
( )
,
[ 2,4]
g x
f x
x x
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
3
2
1
( )
4
g x
x
x
得
2
3
( )
2
4
g' x
x
x
．
令
( )
0
g' x
得
0
x
或
8
3
x
．
( ), ( )
g' x
g x 的情况如下：
x
2
( 2,0)
0
8
(0, )
3
8
3
8
( ,4)
3
4
( )
g' x
( )
g x
6
0
64
27
0
所以
( )
g x 的最小值为6
，最大值为0 ．
故6
( )
0
g x
，即
6
( )
x
f x
x
．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
当
3
a 时，
( )
(0) |
(0)
|
3
M
F
g
a
a
a
；
当
3
a 时，
( )
( 2) |
( 2)
| 6
3
M
F
a
g
a
a
；
当
3
a 时，
( )
3
M a
．
综上，当
( )
M a 最小时，
3
a ．
【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨
论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
6．【2019 年高考浙江】已知实数
0
a
，设函数
( )= ln
1,
0.
f x
a
x
x
x
（1）当
3
4
a
时，求函数
( )
f x 的单调区间；
（2）对任意
2
1
[
,
)
e
x
均有
( )
,
2
x
f x
a
求a 的取值范围．
注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【答案】（1）
f x 的单调递增区间是
3,,单调递减区间是
0,3 ；（2）
2
0, 4
.
【解析】（1）当
3
4
a
时，
3
( )
ln
1
,
0
4
f x
x
x x
．
3
1
( 1
2)(2 1
1)
( )
4
2 1
4
1
x
x
f ' x
x
x
x
x
，
所以，函数
( )
f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．
（2）由
1
(1)
2
f
a
，得
2
0
4
a
．
当
2
0
4
a
时，
( )
2
x
f x
a
等价于
2
2 1
2ln
0
x
x
x
a
a
．
令
1
t
a
，则
2 2
t
．
设
2
( )
2
1
2ln ,
2 2
g t
t
x
t
x
x t
，
则
2
1
1
( )
(
1
)
2ln
x
g t
x t
x
x
x
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（i）当
1 ,
7
x
时，
1
1
2 2
x
，则
( )
(2 2)
8
4 2 1
2ln
g t
g
x
x
x
．
记
1
( )
4
2 2 1
ln ,
7
p x
x
x
x x
，则
2
2
1
2
1
2
1
( )
1
1
x
x
x
x
p' x
x
x
x
x x
(
1)[1
( 2
2
1)]
1(
1)(
1
2 )
x
x
x
x x
x
x
x
.
故
x
1
7
1
(
,1)
7
1
(1,
)
( )
p' x
0
+
( )
p x
1
( )
7
p
单调递减
极小值
(1)
p
单调递增
所以，
( )
(1)
0
p x
p
．
因此，( )
(2 2)
2 ( )
0
g t
g
p x
．
（ii）当
2
1
1
,
e
7
x
时，
1
2
ln
(
1)
( )
1
2
x
x
x
g t
g
x
x
．
令
2
1
1
( )
2
ln
(
1),
,
e
7
q x
x
x
x
x
，
则
ln
2
( )
1
0
x
q' x
x
，
故( )
q x 在
2
1
1
,
e
7
上单调递增，所以
1
( )
7
q x
q
．
由（i）得，
1
2 7
1
2 7
(1)
0
7
7
7
7
q
p
p
．
所以，( )<0
q x
．
因此
1
( )
( )
1
0
2
q x
g t
g
x
x
．
由（i）（ii）知对任意
2
1 ,
e
x
，
[2 2,
), ( ) 0
t
g t
，
即对任意
2
1 ,
e
x
，均有
( )
2
x
f x
a
．
综上所述，所求a 的取值范围是
2
0, 4
．
【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数
的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用
导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的
优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
7．【2019 年高考江苏】设函数
( )
(
)(
)(
), , ,
f x
x
a
x
b
x
c a b c
R 、
( )
f ' x 为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a 的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和
( )
f ' x 的零点均在集合{
3,1,3}
中，求f（x）的极小值；
（3）若
0,0
1,
1
a
b
c
，且f（x）的极大值为M，求证:M≤4
27
．
【答案】（1）
2
a
；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）因为a
b
c
，所以
3
( )
(
)(
)(
)
(
)
f x
x
a x
b x
c
x
a
．
因为
(4)
8
f
，所以
3
(4
)
8
a
，
解得
2
a
．
（2）因为b
c
，
所以
2
3
2
2
( )
(
)(
)
(
2 )
(2
)
f x
x
a x
b
x
a
b x
b
a
b x
ab
，
从而
2
( )
3(
)
3
a
b
f ' x
x
b
x
．令
( )
0
f ' x
，得x
b
或
2
3
a
b
x
．
因为
2
, ,
3
a
b
a b
都在集合{ 3,1,3}
中，且a
b
，
所以2
1,
3,
3
3
a
b
a
b
．
此时
2
( )
(
3)(
3)
f x
x
x
，
( )
3(
3)(
1)
f ' x
x
x
．
令
( )
0
f ' x
，得
3
x 或
1
x
．列表如下：
x
(
, 3)
3
( 3,1)
1
(1,
)
( )
f ' x
+
0
–
0
+
( )
f x
极大值
极小值
所以
( )
f x 的极小值为
2
(1)
(1 3)(1 3)
32
f
．
（3）因为
0,
1
a
c
，所以
3
2
( )
(
)(
1)
(
1)
f x
x x
b x
x
b
x
bx
，
2
( )
3
2(
1)
f ' x
x
b
x
b
．
因为0
1
b
，所以
2
2
4(
1)
12
(2
1)
3
0
b
b
b
，
则
( )
f ' x 有2个不同的零点，设为
1
2
1
2
,
x x
x
x
．
由
( )
0
f ' x
，得
2
2
1
2
1
1
1
1
,
3
3
b
b
b
b
b
b
x
x
．
列表如下：
x
1
(
,
)
x
1x
1
2
,
x x
2x
2
(
,
)
x
( )
f ' x
+
0
–
0
+
( )
f x
极大值
极小值
所以
( )
f x 的极大值
1
M
f x
．
解法一：
3
2
1
1
1
1
(
1)
M
f x
x
b
x
bx
2
2
1
1
1
1
2
1
1
(
1)
[3
2(
1)
] 3
9
9
9
b
b
x
b
b b
x
b
x
b
x
2
3
2
2
1 (
1)
(
1)
2
1
27
9
27
b
b
b
b b
b
b
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
3
(
1)
2(
1) (
1)
2 (
(
1) 1)
27
27
27
b b
b
b
b b
(
1)
2
4
27
27
27
b b
．因此
4
27
M
．
解法二：
因为0
1
b
，所以
1
(0,1)
x
．
当
(0,1)
x
时，
2
( )
(
)(
1)
(
1)
f x
x x
b x
x x
．
令
2
( )
(
1) ,
(0,1)
g x
x x
x
，则
1
( )
3
(
1)
3
g' x
x
x
．
令
( )
0
g' x
，得
1
3
x
．列表如下：
x
1
(0, )
3
1
3
1
( ,1)
3
( )
g' x
+
0
–
( )
g x
极大值
所以当
1
3
x
时，
( )
g x 取得极大值，且是最大值，故
max
1
4
( )
3
27
g x
g
．
所以当
(0,1)
x
时，
4
( )
( )
27
f x
g x
，因此
4
27
M
．
【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理
能力．
8．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数
2
1
( )
ex
ax
x
f x
．
（1）求曲线
( )
y
f x
在点(0, 1)
处的切线方程；
（2）证明：当
1
a
时，
( )
e
0
f x
．
【答案】（1）2
1
0
x
y
；（2）见解析.
【解析】（1）
2
(2
1)
2
( )
ex
ax
a
x
f
x
，
(0)
2
f
．
因此曲线
( )
y
f x
在点(0, 1)
处的切线方程是2
1
0
x
y
．
（2）当
1
a
时，
2
1
( )
e
(
1 e
)e
x
x
f x
x
x
．
令
2
1
( )
1 e x
g x
x
x
，则
1
( )
2
1 ex
g x
x
．
当
1
x 时，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递减；当
1
x 时，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递增；
所以
( )
g x
( 1)=0
g
．因此
( )
e
0
f x
．
【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当
1
a
时，
2
1
( )
e
(
1 e
)e
x
x
f x
x
x
，令
2
1
( )
1 e x
g x
x
x
，求出
( )
g x 的最小值即可证明.
9．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数
e
ln
1
x
f x
a
x
．
（1）设
2
x
是
f x 的极值点，求a ，并求
f x 的单调区间；
（2）证明：当
1
e
a
时，
0
f x
．
【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.
【解析】（1）f（x）的定义域为(0
)
，
，f ′（x）=aex– 1
x
．
由题设知，f ′（2）=0，所以a=
2
1
2e
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
从而f（x）=
2
1 e
ln
1
2e
x
x
，f ′（x）=
2
1
1
e
2e
x
x
．
当0<x<2 时，f ′（x）<0；当x>2 时，f ′（x）>0．
所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．
（2）当a≥1
e
时，f（x）≥e
ln
1
e
x
x
．
设g（x）= e
ln
1
e
x
x
，则
e
1
( )
e
x
g x
x
．
当0<x<1 时，g′（x）<0；当x>1 时，g′（x）>0．所以x=1 是g（x）的最小值点．
故当x>0 时，g（x）≥g（1）=0．
因此，当
1
e
a
时，
( )
0
f x
．
【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单
调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求
得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传
递性证得结果.
10．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数
3
2
1
1
3
f
x
x
a x
x
．
（1）若
3
a
，求
( )
f x 的单调区间；
（2）证明：
( )
f x 只有一个零点．
【答案】（1）在（–∞，3
2 3
），（3
2 3
，+∞）单调递增，在（3
2 3
，3
2 3
）单调递减；（2）
见解析.
【解析】（1）当a=3 时，f（x）=
3
2
1
3
3
3
3 x
x
x
，f ′（x）=
2
6
3
x
x
．
令f ′（x）=0 解得x=3
2 3
或x=3
2 3
．
当x∈（–∞，3
2 3
）∪（3
2 3
，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（3
2 3
，3
2 3
）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，3
2 3
），（3
2 3
，+∞）单调递增，在（3
2 3
，3
2 3
）单调递减．
（2）由于
2
1
0
x
x
，所以
( )
0
f x
等价于
3
2
3
0
1
x
a
x
x
．
设
( )
g x =
3
2
3
1
x
a
x
x
，
则g ′（x）=
2
2
2
2
(
2
3)
(
1)
x
x
x
x
x
≥0，仅当x=0 时g ′（x）=0，
所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．
故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=
2
2
1
1
1
6
2
6(
)
0
3
6
6
a
a
a
，
f（3a+1）= 1
0
3
，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数݂
(ݔ)的定义域；②求导数݂'(ݔ)；③由݂'(ݔ) > 0
（或݂'(ݔ) < 0）解出相应的ݔ的取值范围，当݂'(ݔ) > 0 时，݂(ݔ)在相应区间上是增函数；当݂'(ݔ) < 0 时，݂(ݔ)
在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数݃
(ݔ)有唯一零点，可先证明
其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
11．【2018 年高考北京文数】设函数
2
( )
[
(3
1)
3
2]e x
f x
ax
a
x
a
.
（Ⅰ）若曲线
( )
y
f x
在点(2,
(2))
f
处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若
( )
f x 在
1
x
处取得极小值，求a 的取值范围.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（Ⅰ）
1
2
a
；（Ⅱ）(1,
)
.
【解析】（Ⅰ）因为
2
( )
[
(3
1)
3
2]e x
f x
ax
a
x
a
，
所以
2
( )
[
(
1)
1]e x
f
x
ax
a
x
.
2
(2)
(2
1)e
f
a
，
由题设知
(2)
0
f
，即
2
(2
1)e
0
a
，解得
1
2
a
.
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得
2
( )
[
(
1)
1]e
(
1)(
1)e
x
x
f
x
ax
a
x
ax
x
.
若a>1，则当
1
(
,1)
x
a
时，
( )
0
f
x
；
当
(1,
)
x
时，
( )
0
f
x
.
所以
( )
f x 在x=1 处取得极小值.
若
1
a
，则当
(0,1)
x
时，
1
1
0
ax
x
，
所以
( )
0
f
x
.
所以1 不是
( )
f x 的极小值点.
综上可知，a 的取值范围是(1,
)
.
方法二：
( )
(
1)(
1)e x
f
x
ax
x
.
（1）当a=0 时，令
( )
0
f
x
得x=1.
( ),
( )
f
x
f x
随x 的变化情况如下表：
x
(
,1)
1
(1,
)
( )
f
x
+
0
−
( )
f x
↗
极大值
↘
∴
( )
f x 在x=1 处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0 时，令
( )
0
f
x
得
1
2
1 ,
1
a
x
x
.
①当
1
2
x
x
，即a=1 时，
2
( )
(
1) e
0
x
f
x
x
，
∴
( )
f x 在R 上单调递增，
∴
( )
f x 无极值，不合题意.
②当
1
2
x
x
，即0<a<1 时，
( ),
( )
f
x
f x
随x 的变化情况如下表：
x
(
,1)
1
1
(1,
)
a
1
a
1
(
,
)
a
( )
f
x
+
0
−
0
+
( )
f x
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴
( )
f x 在x=1 处取得极大值，不合题意.
③当
1
2
x
x
，即a>1 时，
( ),
( )
f
x
f x
随x 的变化情况如下表：
x
1
(
,
)
a
1
a
1
(
,1)
a
1
(1,
)
( )
f
x
+
0
−
0
+
( )
f x
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴
( )
f x 在x=1 处取得极小值，即a>1 满足题意.
（3）当a<0 时，令
( )
0
f
x
得
1
2
1 ,
1
a
x
x
.
( ),
( )
f
x
f x
随x 的变化情况如下表：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
x
1
(
,
)
a
1
a
1
(
,1)
a
1
(1,
)
( )
f
x
−
0
+
0
−
( )
f x
↘
极小值
↗
极大值
↘
∴
( )
f x 在x=1 处取得极大值，不合题意.
综上所述，a 的取值范围为(1,
)
.
【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几
何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的
极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.
解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在
研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考
中的难点，要注意问题转换的等价性.
12．【2018 年高考天津文数】设函数
1
2
3
( )=(
)(
)(
)
f x
x
t
x
t
x
t
，其中1
2
3
, ,
t t t R ,且1
2
3
, ,
t t t 是公差为d 的等差数
列．
（I）若2
0,
1,
t
d
求曲线
( )
y
f x
在点(0,
(0))
f
处的切线方程；
（II）若
3
d
，求
( )
f x 的极值；
（III）若曲线
( )
y
f x
与直线
2
(
)
6 3
y
x
t
有三个互异的公共点，求d 的取值范围．
【答案】（I）x+y=0；（II）函数f(x)的极大值为6
3 ；函数f(x)的极小值为−6
3 ；（III）d 的取值范围为
(
,
10)
( 10,
)
.
【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f(x)=x(x−1)(x+1)=x3−x，故
( )
f
x
=3x2−1，
因此f(0)=0，
(0)
f
=−1，
又因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y−f(0)=
(0)
f
(x−0)，
故所求切线方程为x+y=0．
（Ⅱ）解：由已知可得
f(x)=(x−t2+3)(x−t2)(x−t2−3)=(x−t2)3−9(x−t2)=x3−3t2x2+(3t22−9)x−t23+9t2．
故
( )
f
x
=3x2−6t2x+3t22−9．令
( )
f
x
=0，解得x=t2−
3 ，或x=t2+
3 ．
当x 变化时，
( )
f
x
，f(x)的变化如下表：
x
(−∞，t2−
3 )
t2−
3
(t2−
3 ，t2+
3 )
t2+
3
(t2+
3 ，+∞)
( )
f
x
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极大值为f(t2−
3 )=(−
3 )3−9×(−
3 )=6
3 ；函数f(x)的极小值为f(t2+
3 )=(
3 )3−
9×(
3 )=−6
3 ．
（Ⅲ）解：曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6
3 有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x−t2+d)(x−t2)(x−t2
−d)+(x−t2)+ 6
3 =0 有三个互异的实数解，令u=x−t2，可得u3+(1−d2)u+6
3 =0．
设函数g(x)=x3+(1−d2)x+6
3 ，则曲线y=f(x)与直线y=−(x−t2)−6
3 有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三
个零点．
( )
g' x =3x3+(1−d2)．
当d2≤1 时，
( )
g' x ≥0，这时
( )
g x 在R 上单调递增，不合题意．
当d2>1 时，
( )
g' x =0，解得x1=
2
1
3
d
，x2=
2
1
3
d
．
易得，g(x)在(−∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，+∞)上单调递增．
g(x)的极大值g(x1)=g(
2
1
3
d
)=
3
2
2
2 3(
1)
6 3
9
d
>0．
g(x)的极小值g(x2)=g(
2
1
3
d
)=−
3
2
2
2 3(
1)
6 3
9
d
．
若g(x2)≥0，由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点，不合题意．
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若
2
(
)
0,
g x
即
3
2
2
(
1)
27
d
，也就是|
|
10
d
，此时
2
|
|
d
x
，
(|
|) |
| 6 3
0,
g
d
d
且
3
1
2| |
, ( 2|
|)
6|
|
2|
| 6 3
62 10
6 3
0
d
x g
d
d
d
，从而由
( )
g x 的单调性，可知函数
( )
y
g x
在区间
1
1
2
2
( 2 |
|,
),( ,
),(
,|
|)
d
x
x x
x
d
内各有一个零点，符合题意．
所以，d 的取值范围是(
,
10)
( 10,
)
．
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考
查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.
13．【2018 年高考浙江】已知函数f(x)=
x −lnx．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；
（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a 与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）函数f（x）的导函数
1
1
( )
2
f
x
x
x
，
由
1
2
(
)
(
)
f
x
f
x
得
1
2
1
2
1
1
1
1
2
2
x
x
x
x
，
因为
1
2
x
x
，所以
1
2
1
1
1
2
x
x
．
由基本不等式得
4
1
2
1
2
1
2
1
2
2
x x
x
x
x x
．
因为
1
2
x
x
，所以
1
2
256
x x
．
由题意得
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
(
)
(
)
ln
ln
ln(
)
2
f x
f x
x
x
x
x
x x
x x
．
设
1
( )
ln
2
g x
x
x
，
则
1
( )
(
4)
4
g x
x
x
，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）
( )
g x
−
0
+
( )
g x
2−4ln2
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故
1
2
(
)
(256)
8
8ln 2
g x x
g
，
即
1
2
(
)
(
)
8
8ln 2
f x
f x
．
（Ⅱ）令m=
(
)
e
a k
，n=
2
1
(
)
1
a
k
，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<
1
(
)
a
n
k
n
n
≤
|
| 1
(
)
a
n
k
n
<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R 及k∈（0，+∞），直线y=kx+a 与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a 得
ln
x
x
a
k
x
．
设
l
(
n
)
x
a
h
x
x
x
，
则
2
2
ln
)
1
)
(
(
1
2
x
x
a
g x
x
x
a
x
h
，
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其中
2
(
n
)
l
x
g x
x
．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0 至多1 个实根．
综上，当a≤3–4ln2 时，对于任意k>0，直线y=kx+a 与曲线y=f（x）有唯一公共点．
【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能
力.
14．【2018 年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和
线段MN 构成．已知圆O 的半径为40 米，点P 到MN 的距离为50 米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，
大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为
CDP
△
，要求,
A B 均在线段MN 上，,
C D 均在圆弧
上．设OC 与MN 所成的角为．
（1）用分别表示矩形ABCD 和
CDP
△
的面积，并确定sin的取值范围；
（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4 : 3 ．求
当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【答案】（1）矩形ABCD 的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP 的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方
米，sinθ的取值范围是[ 1
4
，1]；（2）当θ= π
6
时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【解析】（1）连结PO 并延长交MN 于H，则PH⊥MN，所以OH=10．
过O 作OE⊥BC 于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，
故OE=40cosθ，EC=40sinθ，
则矩形ABCD 的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），
△CDP 的面积为1
2 ×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．
过N 作GN⊥MN，分别交圆弧和OE 的延长线于G 和K，则GK=KN=10．
令∠GOK=θ0，则sinθ0= 1
4 ，θ0∈（0，π
6 ）．
当θ∈[θ0，π
2 ]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，
所以sinθ的取值范围是[ 1
4 ，1]．
答：矩形ABCD 的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP 的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ
的取值范围是[ 1
4 ，1]．
（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，
设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），
则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）
=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π
2 ]．
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设f（θ）=sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，π
2
]，
则
2
2
2
( )
cos
sin
sin
(2sin
sin
1)
(2sin
1)(sin
1)
f
．
令
( )=0
f
，得θ= π
6
，
当θ∈（θ0，π
6
）时，
( )
0
f
，所以f（θ）为增函数；
当θ∈（π
6
，π
2
）时，
( )
0
f
，所以f（θ）为减函数，
因此，当θ= π
6
时，f（θ）取到最大值．
答：当θ= π
6
时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数
学知识分析和解决实际问题的能力.
15．【2018 年高考江苏】记
( ),
( )
f
x
g x
分别为函数
( ), ( )
f x
g x 的导函数．若存在
0x R ，满足
0
0
(
)
(
)
f x
g x
且
0
0
(
)
(
)
f
x
g x
，则称
0x 为函数
( )
f x 与
( )
g x 的一个“S 点”．
（1）证明：函数
( )
f x
x
与
2
( )
2
2
g x
x
x
不存在“S 点”；
（2）若函数
2
( )
1
f x
ax
与
( )
ln
g x
x
存在“S 点”，求实数a 的值；
（3）已知函数
2
( )
f x
x
a
，
e
( )
x
b
g x
x
．对任意
0
a
，判断是否存在
0
b
，使函数
( )
f x 与
( )
g x 在区
间(0,
)
内存在“S 点”，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）e
2
；（3）见解析.
【解析】（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
2
2
2
1
2
2
x
x
x
x
，此方程组无解，
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数
2
1
f x
ax
（）
，
( )
ln
g x
x
，
则
1
2
f
x
ax
g x
x
（）
，（）
．
设x0 为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）=g（x0）且f′（x0）=g′（x0），得
2
0
0
0
0
1
ln
1
2
ax
x
ax
x
，即
2
0
0
2
0
1
ln
2
1
ax
x
ax
，（*）
得
0
1
ln
2
x
，即
1
2
0
e
x
，则
1
2
2
1
e
2
2(e
)
a
．
当
e
2
a
时，
1
2
0
e
x
满足方程组（*），即
0x 为f（x）与g（x）的“S”点．
因此，a 的值为e
2
．
（3）对任意a>0，设
3
2
( )
3
h x
x
x
ax
a
．
因为(0)
0
(1)
1
3
2
0
h
a
h
a
a
，
，且h（x）的图象是不间断的，
所以存在
0x ∈（0，1），使得
0
(
)
0
h x
．令
0
3
0
0
2
e (1
)
x
x
b
x
，则b>0．
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函数
2
e
( )
( )
x
b
f x
x
a
g x
x
，
，
则
2
e (
1)
( )
2
( )
x
b
x
f
x
x
g x
x
′
，
．
由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得
2
2
e
e (
1)
2
x
x
b
x
a
x
b
x
x
x
，即
0
0
3
2
0
0
3
0
2
0
2
e
e (1
)
2
e (
1)
2
e (1
)
x
x
x
x
x
x
a
x
x
x
x
x
x
x
，（**）
此时，
0x 满足方程组（**），即
0x 是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S 点”．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．
【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及
逻辑推理能力.
16．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数
( )
f x =ex(ex−a)−a2x．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）若
( )
0
f x
，求a 的取值范围．
【答案】（1）当
0
a
时，
)
(x
f
在(
,
)
单调递增；当
0
a
时，( )
f x 在(
,ln )
a
单调递减，在(ln ,
)
a
单调递增；当
0
a
时，
( )
f x 在(
,ln(
))
2
a
单调递减，在(ln(
),
)
2
a
单调递增；（2）
3
4
[ 2e ,1]
．
【解析】（1）函数
( )
f x 的定义域为(
,
)
，
2
2
( )
2e
e
(2e
)(e
)
x
x
x
x
f
x
a
a
a
a
，
①若
0
a
，则
2
( )
e x
f x
，在(
,
)
单调递增．
②若
0
a
，则由
( )
0
f
x
得
ln
x
a
．
当
(
,ln )
x
a
时，
( )
0
f
x
；当
(ln ,
)
x
a
时，
( )
0
f
x
，故
( )
f x 在(
,ln )
a
单调递减，在(ln ,
)
a
单调递增．
③若
0
a
，则由
( )
0
f
x
得
ln(
)
2
a
x
．
当
(
,ln(
))
2
a
x
时，
( )
0
f
x
；当
(ln(
),
)
2
a
x
时，
( )
0
f
x
，故
( )
f x 在(
,ln(
))
2
a
单调递减，
在(ln(
),
)
2
a
单调递增．
（2）①若
0
a
，则
2
( )
e x
f x
，所以
( )
0
f x
．
②若
0
a
，则由（1）得，当
ln
x
a
时，
( )
f x 取得最小值，最小值为
2
(ln )
ln
f
a
a
a
．从而当且仅当
2 ln
0
a
a
，即
1
a
时，
( )
0
f x
．
③若
0
a
，则由（1）得，当
ln(
)
2
a
x
时，
( )
f x 取得最小值，最小值为
2 3
(ln(
))
[
ln(
)]
2
4
2
a
a
f
a
．从
而当且仅当
2 3
[
ln(
)]
0
4
2
a
a
，即
3
4
2e
a
时
( )
0
f x
．
综上，a 的取值范围为
3
4
[ 2e ,1]
．
【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，
首先考虑函数的定义域，再求出
( )
f
x
，由
( )
f
x
的正负，得出函数
( )
f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）
的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数
( )
f x 的极值或最值．
17．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】设函数
2
( )
(1
)ex
f x
x
.
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）当
0
x
时，
( )
1
f x
ax
，求a 的取值范围.
【答案】（1）在(
, 1
2)
和( 1
2,
)
单调递减，在( 1
2, 1
2)
单调递增；（2）[1,
)
.
【解析】（1）
2
( )
(1 2
)e x
f
x
x
x
.
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令
( )
0
f
x
得
1
2
1+ 2
x
x
，
.
当
(
, 1
2)
x
时，
( )
0
f
x
；当
( 1
2, 1
2)
x
时，
( )
0
f
x
；当
( 1
2,
)
x
时，
( )
0
f
x
.
所以
( )
f x 在(
, 1
2)
和( 1
2,
)
单调递减，在( 1
2, 1
2)
单调递增.
（2）
( )
(1+ )(1
)ex
f x
x
x
.
当a≥1 时，设函数h(x)=（1−x）ex，h′(x)= −xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1，
故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1.
当0＜a＜1 时，设函数g（x）=ex−x−1，g′（x）=ex−1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，
故ex≥x+1.
当0＜x＜1 时，
2
( )
(1
)(1
)
f x
x
x
，
2
2
(1
)(1
)
1
(1
)
x
x
ax
x
a
x
x
，取
0
5
4
1
2
a
x
，
则
2
0
0
0
0
0
0
(0,1),(1
)(1
)
1
0,
(
)
1
x
x
x
ax
f x
ax
故
.
当
0
a
时，取
0
5
1,
2
x
则
0
(0,1),
x
2
0
0
0
0
(
)
(1
)(1
)
1
1
f x
x
x
ax
.
综上，a 的取值范围是[1，+∞）.
【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出
最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为
函数的最值问题.
18．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数
2
(
1
)
ln
2
x
ax
a
x
f x
．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）当a﹤0 时，证明
3
( )
2
4
f x
a
．
【答案】（1）当
0
a
时，
)
(x
f
在
)
,0
( 单调递增；当
0
a
时，
)
(x
f
在
)
2
1
,0
(
a
单调递增，在
)
,
2
1
(
a
单
调递减；（2）详见解析
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为（0，+∞），
1
2
1
1
( )
2
2
1
x
ax
f
x
ax
a
x
x
.
若
0
a
，则当
(0
)
x
，
时，
( )
0
f
x
，故
( )
f x 在（0，+∞）单调递增.
若
0
a
，则当
1
(0,
)
2
x
a
时，
( )
0
f
x
；当
1
(
)
2
x
a
，
时，
( )
0
f
x
.故
( )
f x 在
1
(0,
)
2a
单调递增，
在
1
(
)
2a
，
单调递减.
（2）由（1）知，当
0
a
时，
( )
f x 在
1
2
x
a
取得最大值，最大值为
1
1
1
(
)
ln(
) 1
2
2
4
f
a
a
a
.
所以
3
( )
2
4
f x
a
等价于
1
1
3
ln(
) 1
2
2
4
4
a
a
a
，即
1
1
ln(
)
1
0
2
2
a
a
.
设( )
ln
1
g x
x
x
，则
1
( )
1
g x
x
.
当
(0,1)
x
时，
( )
0
g x
；当x∈（1，+∞）时，
( )
0
g x
.所以
( )
g x 在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调
递减.故当x=1 时
( )
g x 取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0 时，
( )
0
g x
.从而当a＜0 时，
1
1
ln(
)
1
0
2
2
a
a
，即
3
( )
2
4
f x
a
.
【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：
（1）构造差函数( )
( )
( )
h x
f x
g x
.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，
进而证明不等式.
（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量
代换将多元函数转化为一元函数.
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19．【2017 年高考浙江】已知函数f(x)=（x–
2
1
x
）e x
（
1
2
x
）．
（1）求f(x)的导函数；
（2）求f(x)在区间1
[
+ )
2
，
上的取值范围．
【答案】（1）
(1
)( 2
1
2)e
1
( )
(
)
2
2
1
x
x
x
f
x
x
x
；（2）
1
2
1
[0,
e
]
2
．
【解析】（1）因为
1
(
2
1)
1
2
1
x
x
'
x
，(e
)
e
x
x
'
，
所以
1
( )
(1
)e
(
2
1)e
2
1
x
x
f
x
x
x
x
(1
)( 2
1
2)e
1
(
)
2
2
1
x
x
x
x
x
．
（2）由
(1
)( 2
1
2)e
( )
0
2
1
x
x
x
f
x
x
，解得
1
x
或
5
2
x
．
因为
x
1
2
（1
2
，1）
1
（1，5
2
）
5
2
（5
2
，）
f
x
–
0
+
0
–
f（x）
1
2
1 e
2
0
5
2
1 e
2
又
2
1
( )
( 2
1 1) e
0
2
x
f x
x
，
所以f（x）在区间1
[ ,
)
2 上的取值范围是
1
2
1
[0,
e
]
2
．
【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，
首先考虑函数的定义域，再求出
( )
f' x ，由
( )
f' x 的正负，得出函数
( )
f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）
的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数
( )
f x 的极值或最值．
20．【2017 年高考北京文数】已知函数
( )
e cos
x
f x
x
x
．
（Ⅰ）求曲线
( )
y
f x
在点(0,
(0))
f
处的切线方程；
（Ⅱ）求函数
( )
f x 在区间
π
[0,
]
2
上的最大值和最小值．
【答案】（Ⅰ）
1
y
；（Ⅱ）最大值为1；最小值为
π
2
.
【解析】（Ⅰ）因为
( )
e cos
x
f x
x
x
，所以
( )
e (cos
sin ) 1,
(0)
0
x
f
x
x
x
f
.
又因为
(0)
1
f
，所以曲线
( )
y
f x
在点(0,
(0))
f
处的切线方程为
1
y
.
（Ⅱ）设( )
e (cos
sin ) 1
x
h x
x
x
，则
( )
e (cos
sin
sin
cos )
2e sin
x
x
h x
x
x
x
x
x
.
当
π
(0,
)
2
x
时，
( )
0
h x
，
所以( )
h x 在区间
π
[0,
]
2
上单调递减.
所以对任意
π
(0,
]
2
x
有( )
(0)
0
h x
h
，即
( )
0
f
x
.
所以函数
( )
f x 在区间
π
[0,
]
2
上单调递减.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
因此
( )
f x 在区间
π
[0,
]
2
上的最大值为
(0)
1
f
，最小值为
π
π
( )
2
2
f
.
【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，
因为通过
f
x
不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设
h x
f
x
，再求
h x
，一般这
时就可求得函数
h x
的零点，或是
0
h x
(
0
h x
)恒成立，这样就能知道函数
h x 的单调性，再根据
单调性求其最值，从而判断
y
f x
的单调性，最后求得结果.
21．【2017 年高考天津文数】设,a bR ，|
| 1
a ．已知函数
3
2
( )
6
3 (
4)
f x
x
x
a a
x
b
，( )
e
( )
x
g x
f x
．
（Ⅰ）求
( )
f x 的单调区间；
（Ⅱ）已知函数
( )
y
g x
和
ex
y
的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，
（i）求证：
( )
f x 在
0
x
x
处的导数等于0；
（ii）若关于x 的不等式( )
ex
g x
在区间
0
0
[
1,
1]
x
x
上恒成立，求b 的取值范围．
【答案】（Ⅰ）递增区间为(
, )
a
，(4
,
)
a
，递减区间为(
)
,4
a
a
；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[ 7 ]
,1
．
【解析】（Ⅰ）由
3
2
4
( )
6
3 (
)
f
x
x
a
x
x
a
b
，可得
2
( )
3
12
3 (
)
3(
)(
(
4
4
))
f '
x
x
a
x
a
a x
x
a
，
令
( )
0
f ' x
，解得x
a
或
4
x
a
．由|
| 1
a ，得
4
a
a
．
当x 变化时，
( )
f ' x ，
( )
f x 的变化情况如下表：
x
(
, )
a
(
)
,4
a
a
(4
,
)
a
( )
f ' x
( )
f x
所以，
( )
f x 的单调递增区间为(
, )
a
，(4
,
)
a
，单调递减区间为(
)
,4
a
a
．
（Ⅱ）（i）因为
( )
e ( ( )
( ))
x
x
x
g'
f
f ' x
，由题意知
0
0
0
0
(
)
e
(
)
e
x
x
x
x
g
g'
，
所以
0
0
0
0
0
0
0
(
)e
e
e ( (
)
(
))
e
x
x
x
x
f
f
f
x
'
x
x
，解得
0
0
(
)
1
(
)
0
f
'
x
x
f
．
所以，
( )
f x 在
0
x
x
处的导数等于0．
（ii）因为( )
ex
g x
，
0
0
[
1
1]
,
x
x
x
，由e
0
x
，可得
( )
1
f x ．
又因为
0
(
)
1
f x
，
0
(
)
0
f ' x
，故
0x 为
( )
f x 的极大值点，由（Ⅰ）知
0x
a
．
另一方面，由于|
| 1
a ，故
1
4
a
a
，
由（Ⅰ）知
( )
f x 在(
, )
1
a
a
内单调递增，在(
)
,
1
a a
内单调递减，
故当
0x
a
时，
( )
( )
1
f
f
x
a
在[
1,
1]
a
a
上恒成立，
从而( )
ex
g x
在
0
0
,
[
1
1]
x
x
上恒成立．
由
3
2
( )
6
3 (
)
1
4
a
a
f
a
a
a
a
b
，得
3
2
2
6
1
b
a
a
，1
1
a
．
令
3
2
( )
2
6
1
t x
x
x
，
[ 1,1]
x
，所以
2
( )
6
12
t' x
x
x
，
令( )
0
t' x
，解得
2
x
（舍去），或
0
x
．
因为( 1)
7
t
，(1)
3
t
，(0)
1
t
，
故( )
t x 的值域为[ 7 ]
,1
．
所以，b 的取值范围是[ 7 ]
,1
．
【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避
免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出
0x
a
，然后构造函
数进行求解．
22．【2017 年高考山东文数】已知函数
3
2
1
1
,
3
2
f
x
x
ax
a
R .
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（Ⅰ）当a=2 时,求曲线
y
f x
在点
3,
3
f
处的切线方程；
（Ⅱ）设函数
cos
sin
g x
f x
x
a
x
x
,讨论
g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.
【答案】（Ⅰ）3
9
0
x
y
,（Ⅱ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由题意
2
( )
f
x
x
ax
，
所以，当
2
a
时，
(3)
0
f
，
2
( )
2
f
x
x
x
，
所以
(3)
3
f
，
因此，曲线
( )
y
f x
在点(3,
(3))
f
处的切线方程是
3(
3)
y
x
，
即3
9
0
x
y
.
（Ⅱ）因为
( )
( )
(
)cos
sin
g x
f x
x
a
x
x
，
所以
( )
( )
cos
(
)sin
cos
g x
f
x
x
x
a
x
x
，
(
)
(
)sin
x x
a
x
a
x
(
)(
sin )
x
a
x
x
，
令( )
sin
h x
x
x
，
则
( )
1
cos
0
h x
x
，
所以( )
h x 在R 上单调递增，
因为(0)
0
h
，
所以，当
0
x
时，( )
0
h x
；当
0
x
时，( )
0
h x
.
（1）当
0
a
时，
( )
(
)(
sin )
g x
x
a
x
x
，
当
(
, )
x
a
时，
0
x
a
，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递增；
当
( ,0)
x
a
时，
0
x
a
，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递减；
当
(0,
)
x
时，
0
x
a
，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递增.
所以当x
a
时
( )
g x 取到极大值，极大值是
3
1
( )
sin
6
g a
a
a
，
当
0
x
时
( )
g x 取到极小值，极小值是
(0)
g
a
.
（2）当
0
a
时，
( )
(
sin )
g x
x x
x
，
当
(
,
)
x 时，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递增；
所以
( )
g x 在(
,
)
上单调递增，
( )
g x 无极大值也无极小值.
（3）当
0
a
时，
( )
(
)(
sin )
g x
x
a
x
x
，
当
(
,0)
x
时，
0
x
a
，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递增；
当
(0, )
x
a
时，
0
x
a
，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递减；
当
( ,
)
x
a
时，
0
x
a
，
( )
0
g x
，
( )
g x 单调递增.
所以当
0
x
时
( )
g x 取到极大值，极大值是
(0)
g
a
；
当x
a
时
( )
g x 取到极小值，极小值是
3
1
( )
sin
6
g a
a
a
.
综上所述：
当
0
a
时，函数
( )
g x 在(
, )
a
和(0,
)
上单调递增，在( ,0)
a
上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，
极大值是
3
1
( )
sin
6
g a
a
a
，极小值是(0)
g
a
；
当
0
a
时，函数
( )
g x 在(
,
)
上单调递增，无极值；
当
0
a
时，函数
( )
g x 在(
,0)
和( ,
)
a 上单调递增，在(0, )
a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，
极大值是
(0)
g
a
，极小值是
3
1
( )
sin
6
g a
a
a
.
【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义
域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0 的根x0 左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0 处取极大值,如果左
负右正,那么f(x)在x0 处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,
即在某区间上单调函数没有极值．
23．【2017 年高考江苏】已知函数
3
2
( )
1(
0,
)
f x
x
ax
bx
a
b
R 有极值，且导函数
( )
f
x 的极值点是
( )
f x 的
零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明：
2
3
b
a ；
（3）若
( )
f x ，
( )
f
x 这两个函数的所有极值之和不小于
7
2
，求a 的取值范围．
【答案】（1）
2
2
3
9
a
b
a
，定义域为(3,
)
；（2）见解析；（3）(3 6]
，．
【解析】（1）由
3
2
( )
1
f x
x
ax
bx
，
得
2
2
2
( )
3
2
3(
)
3
3
a
a
f
x
x
ax
b
x
b
．
当
3
a
x
时，
( )
f
x
有极小值
2
3
a
b
．
因为
( )
f
x
的极值点是
( )
f x 的零点．
所以
3
3
(
)
1
0
3
27
9
3
a
a
a
ab
f
，
又
0
a
，故
2
2
3
9
a
b
a
．
因为
( )
f x 有极值，故
( )=0
f
x
有实根，
从而
2
3
1 (27
)
0
3
9
a
b
a
a
，即
3
a
．
当
3
a
时，
( )>0(
1)
f
x
x
，
故
( )
f x 在R 上是增函数，
( )
f x 没有极值；
当
3
a
时，
( )=0
f
x
有两个相异的实根
2
1
3
=
3
a
a
b
x
，
2
2
3
=
3
a
a
b
x
．
列表如下：
x
1
(
,
)
x
1x
1
2
( ,
)
x x
2x
2
(
,
)
x
( )
f
x
+
0
–
0
+
( )
f x
极大值
极小值
故
( )
f x 的极值点是
1
2
,
x x ．
从而
3
a
．
因此
2
2
3
9
a
b
a
，定义域为(3,
)
．
（2）由（1）知，
2
3
=
9
b
a a
a
a a
．
设
2
3
( )= 9
t
g t
t
，则
2
2
2
2
3
2
27
( )= 9
9
t
g t
t
t
．
当
3 6
(
,
)
2
t
时，
( )
0
g t
，
从而
( )
g t 在3 6
(
,
)
2
上单调递增．
因为
3
a
，所以
3 3
a a
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故(
)> (3 3)= 3
g a a
g
，即
> 3
b
a
．
因此
2>3
b
a ．
（3）由（1）知，
( )
f x 的极值点是
1
2
,
x x ，
且
1
2
2
3
x
x
a
，
2
2
2
1
2
4
6
9
a
b
x
x
．
从而
3
2
3
2
1
2
1
1
1
2
2
2
(
)
(
)
1
1
f x
f x
x
ax
bx
x
ax
bx
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
(3
2
)
(3
2
)
(
)
(
)
2
3
3
3
3
x
x
x
ax
b
x
ax
b
a x
x
b x
x
3
4
6
4
2
0.
27
9
a
ab
ab
记
( )
f x ，
( )
f
x
所有极值之和为( )
h a ，
因为
( )
f
x
的极值为
2
2
1
3
3
9
a
b
a
a
，所以
2
1
3
( )=
9
h a
a
a
，
3
a
．
因为
2
2
3
( )=
0
9
h a
a
a
，于是( )
h a 在(3,
)
上单调递减．
因为
7
(6)=
2
h
，于是( )
(6)
h a
h
，
故
6
a
．
因此a 的取值范围为(3 6]
，．
【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过导数研究函数
的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底
还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路．
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专题05
立体几何（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
【解析】由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是
∥
的充分条件，由面面平行性质定理知，
若
∥
，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是
∥
的必要条件，【名师点
睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定
理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭
主观臆断，如：“若
,
,
a
b
a
b
∥
，则
∥
”此类的错误．
2．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，
M 是线段ED 的中点，则
A．BM=EN，且直线BM，EN 是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN 是相交直线
C．BM=EN，且直线BM，EN 是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN 是异面直线
【解析】如图所示，作EO
CD
于O ，连接ON ，BD，易得直线BM，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.
过M 作MF
OD
于F ，连接BF ，
平面CDE 平面ABCD ，
,
EO
CD EO
平面CDE ，
EO
平面ABCD ，MF 平面ABCD ，
MFB
△
与
EON
△
均为直角三角形．设正方形边长为2，易知
3,
1
2
EO
ON
EN
,
，
3
5
,
,
7
2
2
MF
BF
BM
，
BM
EN
，
【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关
系，再结合勾股定理进而解决问题．
3．【2019 年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，
利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图
所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．158
B．162
C．182
D．324
【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，
高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2
6
4
6
3
3
6
162
2
2
.
【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规
题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；
二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.
4．【2019 年高考浙江卷】设三棱锥V–ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点）．记
直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P–AC–B 的平面角为γ，则
A．β<γ，α<γ
B．β<α，β<γ
C．β<α，γ<α
D．α<β，γ<β
【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D
作DE 垂直于AC 于E，连接PE，BD，易得PE
VG
∥
，过P 作PF
AC
∥
交VG 于F ，连接BF，过D 作DH
AC
∥
，
交BG 于H ，则
,
,
BPF
PBD
PED
，结合△PFB，△BDH，△PDB 均为直角三角形，可得
cos
cos
PF
EG
DH
BD
PB
PB
PB
PB
，即
；在Rt△PED 中，tan
tan
PD
PD
ED
BD
，即
，
综上所述，答案为B.
【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各
种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则
可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.
5．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的
对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径
的长度为
A．
17
2
B．
5
2
C．3
D．2
【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M 在上底面上，点N 在下底面上，且可以确定点M 和点N
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分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短
路径的长度为
2
2
4
2
2 5
，【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，
在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是
将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
6．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，
图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼
的木构件的俯视图可以是
【解析】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视
图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考
生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的数学核心素养是直观想象.
7．
【2018 年高考全国I 卷文数】在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
2
AB
BC
，
1
AC 与平面
1
1
BB C C 所成的角为30，
则该长方体的体积为
A．8
B．6 2
C．8 2
D．8 3
【解析】在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，连接
1
BC ，
根据线面角的定义可知
1
30
AC B
，因为
2
AB
，所以
1
2 3
BC
，从而求得
1
2 2
CC
，
所以该长方体的体积为
2 2 2 2
8 2
V
，
【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、
高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明
确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.
8．【2018 年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为
1
O ，
2
O ，过直线
1
2
O O 的平面截该圆柱所得的
截面是面积为8 的正方形，则该圆柱的表面积为
A．12 2π
B．12π
C．8 2π
D．10π
【解析】根据题意，可得截面是边长为2 2 的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是
2 的圆，且高为2 2 ，
所以其表面积为
2
2π
2
2π
2 2 2
12π
S
，
【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相
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关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的
和.
9．【2018 年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是
A．2
B．4
C．6
D．8
【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为
2，因此几何体的体积为
1
1
2
2 2
6,
2
【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.
10．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】设A
B
C
D
，，，是同一个半径为4 的球的球面上四点，
ABC
△
为等边三角形且其
面积为9 3 ，则三棱锥D
ABC
体积的最大值为
A．12 3
B．18 3
C．24 3
D．54 3
【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，
当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D
ABC
的体积最大，此时，
4
OD
OB
R
，
2
3
9 3
4
ABC
S
AB
△
，
6
AB
,点M 为三角形ABC 的重心，
2
2 3
3
BM
BE
，
Rt
OBM
△
中，有
2
2
2
OM
OB
BM
，
4
2
6
DM
OD
OM
，
max
1
9 3
6
18 3
3
D ABC
V
，
【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断
出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时，三棱锥D
ABC
体积最大很关键，由M 为三角形ABC
的重心，计算得到
2
2 3
3
BM
BE
，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型.
11．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，E 为棱
1
CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成
角的正切值为
A．
2
2
B．
3
2
C．
5
2
D．
7
2
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【解析】如图，在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，CD
AB
∥
，所以异面直线AE 与CD 所成角为
EAB
，设正方
体边长为2a ，则由E 为棱
1
CC 的中点，可得CE
a
，所以
5
BE
a
，
则
5
5
tan
2
2
BE
a
EAB
AB
a
．
【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，
考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直
线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.
12．【2018 年高考浙江卷】已知平面α，直线m，n 满足m α，n α，则“m∥n”是“m∥α”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】因为
,
,
m
n
m
n
∥
，所以根据线面平行的判定定理得m∥.
由m∥不能得出m 与内任一直线平行，
所以m
n
∥是m∥的充分不必要条件，【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：
（1）定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“ p ⇒q ”为真，则p 是q 的
充分条件．
（2）等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或
结论是否定式的命题，一般运用等价法．
（3）集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．
13．【2018 年高考浙江卷】已知四棱锥S−ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），
设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S−AB−C 的平面角为θ3，则
A．θ1≤θ2≤θ3
B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2
D．θ2≤θ3≤θ1
【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF，交CD 于F，过O 作ON 垂直
EF 于N，连接SO，SN，SE，SM，OM，OE，则SO 垂直于底面ABCD，OM 垂直于AB，
因此
1
2
3
,
,
,
SEN
SEO
SMO
从而
1
2
3
tan
,tan
,tan
,
SN
SN
SO
SO
EN
OM
EO
OM
因为SN
SO
EO
OM
，
，所以
1
3
2
tan
tan
tan
,
即
1
3
2
，
故选D.
【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.
14．【2018 年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为
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A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】由三视图可得四棱锥P
ABCD
如图所示，
在四棱锥P
ABCD
中，
2,
2,
2,
1
PD
AD
CD
AB
，
由勾股定理可知：
2 2,
2 2,
3,
5
PA
PC
PB
BC
，
则在四棱锥中，直角三角形有：
,
,
PAD
PCD
PAB
△
△
△
，共3 个，
【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、
线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，
根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.
15．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N，Q 为所在棱的中
点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是
A．
B．
C．
D．
【解析】对于B，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；
对于C，易知AB∥MQ，则直线AB∥平面MNQ；
对于D，易知AB∥NQ，则直线AB∥平面MNQ．
故排除B，C，D，选A．
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利
用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的
特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平
行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．
16．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何
体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为
A．90π
B．63π
C．42π
D．36π
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【解析】由题意，该几何体是由高为6 的圆柱截取一半后的图形加上高为4 的圆柱，故其体积为
2
2
1 π 3
6
π 3
4
63π
2
V
，
【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何
图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
17．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上，则该圆
柱的体积为
A．π
B．3π
4
C．π
2
D．π
4
【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：
1
1,
2
AC
AB
，
结合勾股定理，底面半径
2
2
1
3
1
2
2
r
，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是
2
2
3
3
π
π
1
π
2
4
V
r h
，
【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截
面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体
的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
18．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，E 为棱CD 的中点，则
A．
1
1
A E
DC
⊥
B．
1A E
BD
⊥
C．
1
1
A E
BC
⊥
D．
1A E
AC
⊥
【解析】根据三垂线定理的逆定理，可知平面内的线垂直于平面的斜线，则也垂直于斜线在平面内的射影.
A.若
1
1
A E
DC
，那么
1
1
D E
DC
，很显然不成立；
B.若
1A E
BD
，那么BD
AE
，显然不成立；
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C.若
1
1
A E
BC
，那么
1
1
BC
B C
，成立，反过来
1
1
BC
B C
时，也能推出
1
1
BC
A E
,所以C 成立；
D.若
1A E
AC
，则AE
AC
，显然不成立，
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
19．【2017 年高考北京卷文数】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
A．60
B．30
C．20
D．10
【解析】该几何体是如下图所示的三棱锥P
ABC
.
由图中数据可得该几何体的体积是
1
1
5 3 4
10
3
2
V
，故选D.
【名师点睛】本题考查了空间想象能力，由三视图还原几何体的方法:
如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶
点在底面的射影落在了底面三角形的外面，否则中间的那条线就不会是虚线.
20．【2017 年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是
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A．
1
2
B．
3
2
C．3
1
2
D．3
3
2
【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为
2
1
1
1
3 (
2 1)
1
3
2
2
2
V
，【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关
系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图
的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤
和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、
后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整．
21．【2017 年高考浙江卷】如图，已知正四面体
–
D
ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R 分别为AB，BC，
CA 上的点，AP=PB，
2
BQ
CR
QC
RA
，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P 的平面角为
, ,
，则
A．
B．
C．
D．
【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而三棱锥的高
相等，因此
，所以选B．
【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面
位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；
解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．
22．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC=2，点P 到∠ACB 两边AC，BC 的距
离均为
3 ，那么P 到平面ABC 的距离为___________．
【答案】
2
【解析】作
,
PD PE 分别垂直于
,
AC BC ，PO 平面ABC ，连接CO ，
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由题意可知
,
CD
PD CD
PO
，
=
PD
PO P
，
CD
\
^ 平面PDO ，又OD 平面PDO ，
CD
OD
，
3
PD
PE
，
2
PC
，
3
sin
sin
2
PCE
PCD
，
60
PCB
PCA
，
又易知PO
CO
，CO 为
ACB
的平分线，
45
1
2
,
,
OCD
OD
CD
OC
，
又
2
PC
，
4
2
2
PO
．
【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂
直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现
垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，
解题事半功倍．
23．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正
方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上
的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2 是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶
点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为
_________．（本题第一空2 分，第二空3 分．）
【答案】26，
2
1
【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9 个面，计18 个面，第二层共有8 个面，
所以该半正多面体共有18 8
26
个面．
如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB
BE
x
，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的
棱于H ，由半正多面体对称性可知，
BGE
△
为等腰直角三角形，
2
2
,
2
( 2
1)
1
2
2
BG
GE
CH
x
GH
x
x
x
，
1
2
1
2
1
x
，
即该半正多面体的棱长为
2
1
．
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【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，
稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
24．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
挖去四棱锥O−EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在
棱的中点，
1
6 cm
4 cm
AB = BC =
AA =
，
，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型
所需原料的质量为___________g.
【答案】118.8
【解析】由题意得，
2
1
4 6
4
2 3
12cm
2
EFGH
S
四边形
，
∵四棱锥O−EFGH 的高为3cm，∴
3
1 12 3
12cm
3
O EFGH
V
．
又长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的体积为
3
2
4 6 6
144cm
V
，
所以该模型体积为
3
2
144 12
132cm
O EFGH
V
V
V
，
其质量为0.9 132
118.8g
．
【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根
据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.
25．【2019 年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上
小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】40
【解析】如图所示，在棱长为4 的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱
1
1
1
1
MPD A
NQC B
之后余下
的几何体，
则几何体的体积
3
1
4
2
4
2 4
40
2
V
.
【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.
(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系
和数量关系，利用相应体积公式求解；
(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
26．【2019 年高考北京卷文数】已知l，m 是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m，正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α，不正确，有可能m 在平面α内；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l∥α.
故答案为：如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.
【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条
件、结论加以分析即可.
27．【2019 年高考天津卷文数】已知四棱锥的底面是边长为
2 的正方形，侧棱长均为
5 .若圆柱的一个底面的圆
周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.
【答案】π
4
【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为
2 的正方形，侧棱长均为
5 ，
借助勾股定理，可知四棱锥的高为
5 1
2
.
若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，
故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为1
2
，
故圆柱的体积为
2
1
π
π
1
2
4
.
【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确
定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.
28．【2019 年高考江苏卷】如图，长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的体积是120，E 为
1
CC 的中点，则三棱锥E−BCD 的
体积是
▲
.
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【答案】10
【解析】因为长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的体积为120，所以
1
120
AB BC CC
，
因为E 为
1
CC 的中点，所以
1
1
2
CE
CC
，
由长方体的性质知
1
CC 底面ABCD ，
所以CE 是三棱锥E
BCD
的底面BCD上的高，
所以三棱锥E
BCD
的体积
1
1
3
2
V
AB BC CE
1
1
1
1
1
120
10
3
2
2
12
AB BC
CC
.
【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体
和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.
29．【2018 年高考江苏卷】如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．
【答案】4
3
【解析】由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所
以该多面体的体积为
2
1
4
2
1
2
3
3
.
【名师点睛】解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建
几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体
进行解决．
30．【2018 年高考天津卷文数】如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1 的棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D 的体积为
__________．
【答案】1
3
【解析】如图所示，连接
1
1
AC ，交
1
1
B D 于点O ，很明显
1A 在平面
1
1
BDD B 上的射影是点O，则
1AO 是四棱锥
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A1–BB1D1D 的高，且
2
2
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
2
AO
AC
，
1 1
1
2 1
2
BDD B
S
BD
DD
四边形
，
结合四棱锥体积公式可得其体积为：
1
1
2
1
2
3
3
2
3
V
Sh
.
【名师点睛】本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
31．【2018 年高考全国II 卷文数】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30，若
SAB
△
的面积为8 ，则该圆锥的体积为__________．
【答案】8π
【解析】如下图所示，
30 ,
90
SAO
ASB
，又
2
1
1
8
2
2
SAB
S
SA SB
SA
△
，解得
4
SA
，所以
2
2
1
2,
2 3
2
SO
SA
AO
SA
SO
，所以该圆锥的体积为
2
1 π
8π
3
V
OA
SO
.
【名师点睛】此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求
解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.
32．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知三棱锥S−ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA
⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．
【答案】36π
【解析】取SC 的中点O ，连接
,
OA OB ，
因为
,
SA
AC SB
BC
，所以
,
OA
SC OB
SC
，
因为平面SAC 平面SBC ，所以OA 平面SBC ，
设OA
r
，则
3
1
1
1
1
2
3
3
2
3
A SBC
SBC
V
S
OA
r
r
r
r
，
所以
3
1
9
3
3 r
r
，所以球的表面积为
2
4π
36π
r
.
【名师点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准
关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶
点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的
直线上任一点到多边形的各顶点的距离相等，然后用同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这
两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，
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球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，
可以补成长方体，它们是同一个外接球．
33．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积
为
.
【答案】14π
【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以
2
2
2
2
3
2
1
14,
4π
14π.
R
S
R
【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截
面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何
体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
34．【2017 年高考天津卷文数】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球
的体积为___________．
【答案】9
2
【解析】设正方体的边长为a ，则
2
6
18
3
a
a
，其外接球直径为2
3
3
R
a
，故这个球的体积
3
4 π
3
V
R
4
27
9
π
π
3
8
2
．
【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：
①三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；②直棱
柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据
勾股定理求球的半径；
③如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心．
35．【2017 年高考山东卷文数】由一个长方体和两个1
4 圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积
为
.
【答案】
π
2
2
【解析】由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆的半径为1,所以
2
π 1
π
2 1 1
2
1
2
4
2
V
.
【名师点睛】（1）解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
（2）三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几
何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．
36．【2017 年高考江苏卷】如图，在圆柱
1
2
O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱
1
2
O O 的
体积为
1
V ，球O 的体积为
2
V ，则
1
2
V
V 的值是
.
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【答案】3
2
【解析】设球半径为r ，则
2
1
3
2
2
3
4
2
3
V
r
r
V
r
．故答案为3
2
．
【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥
体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、
分割法、补形法等方法进行求解．
专题06
立体几何（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，
M，N 分别是BC，BB1，A1D 的中点.
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C 到平面C1DE 的距离．
【答案】（1）见解析；（2）4 17
17
.
【解析】（1）连结
1 ,
B C ME .
因为M，E分别为
1,
BB BC 的中点，所以
1
ME
B C
∥
，且
1
1
2
ME
B C
.
又因为N为
1A D 的中点，所以
1
1
2
ND
A D
.
由题设知
1
1=
A B
DC
∥
，可得
1
1
=
B C
A D
∥
，故
=
ME
ND
∥
，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN
ED
∥
.
又MN 平面
1
C DE ，所以MN∥平面
1
C DE .
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得DE
BC
，
1
DE
C C
，所以DE⊥平面
1
C CE ，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面
1
C DE ，故CH的长即为C到平面
1
C DE 的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以
1
17
C E
，故
4 17
17
CH
.
从而点C到平面
1
C DE 的距离为4 17
17
.
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【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，
在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找
到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1 的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA1 上，BE⊥
EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥
1
1
E
BB C C
的体积．
【答案】（1）见详解；（2）18.
【解析】（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，
故
1
1
B C
BE
．
又
1
BE
EC
，所以BE⊥平面
1
1
EB C ．
（2）由（1）知∠BEB1=90°.
由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以
1
1
45
AEB
A EB
，
故AE=AB=3，
1
2
6
AA
AE
.
作
1
EF
BB
，垂足为F，则EF⊥平面
1
1
BB C C ，且
3
EF
AB
．
所以，四棱锥
1
1
E
BB C C
的体积
1
3 6 3
18
3
V
．
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【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱
锥的体积公式即可，属于基础题型.
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】图1 是由矩形ADEB，Rt△ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，
BE=BF=2，
∠FBC=60°．将其沿AB，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG，如图2．
（1）证明：图2 中的A，C，G，D 四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2 中的四边形ACGD 的面积.
【答案】（1）见解析；（2）4.
【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点
共面．
由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE．
（2）取CG的中点M，连结EM，DM.
因为AB∥DE，AB 平面BCGE，所以DE 平面BCGE，故DE CG.
由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM CG，故CG 平面DEM．
因此DM CG．
在Rt△DEM中，DE=1，EM=
3 ，故DM=2．
所以四边形ACGD的面积为4．
【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，
再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.
4．【2019 年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P
ABCD
中，PA 平面ABCD，底部ABCD 为菱形，E 为CD 的
中点．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（3）棱PB 上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．
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【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.
【解析】（1）因为PA 平面ABCD，
所以PA
BD
．
又因为底面ABCD为菱形，
所以BD
AC
．
所以BD 平面PAC．
（2）因为PA⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD．
所以AB⊥AE．
所以AE⊥平面PAB．
所以平面PAB⊥平面PAE．
（3）棱PB上存在点F，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
则FG∥AB，且FG= 1
2
AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE= 1
2
AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四边形CEGF为平行四边形．
所以CF∥EG．
因为CF平面PAE，EG 平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在
考查学生的转化能力和计算求解能力.
5．【2019 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 为平行四边形，
PCD
△
为等边三角形，
平面PAC 平面PCD，
,
2,
3
PA
CD CD
AD
.
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（1）设G，H 分别为PB，AC 的中点，求证：GH∥平面PAD ；
（2）求证：PA 平面PCD；
（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
3
3
．
【解析】（1）连接BD ，易知AC
BD
H
，BH
DH
.
又由BG = PG ，故GH
PD
∥
.
又因为GH 平面PAD，PD 平面PAD，
所以GH∥平面PAD.
（2）取棱PC 的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC，
又因为平面PAC 平面PCD，平面PAC 平面PCD
PC
，
所以DN 平面PAC，
又PA 平面PAC，故DN
PA
.
又已知PA
CD
，CD
DN
D
，
所以PA 平面PCD.
（3）连接AN，由（2）中DN 平面PAC，可知
DAN
为直线AD 与平面PAC 所成的角，
因为
PCD
△
为等边三角形，CD=2 且N 为PC 的中点，
所以
3
DN
.
又DN
AN
，
在Rt
AND
△
中，
3
sin
3
DN
DAN
AD
.
所以，直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为
3
3
.
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基
础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.
6．【2019 年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1 中，D，E 分别为BC，AC 的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
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【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E 分别为BC，AC 的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1 中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E 为AC 的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1 是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能
力和推理论证能力.
7．【2019 年高考浙江卷】如图，已知三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
，平面
1
1
A ACC 平面ABC ，
90
ABC
，
1
1
30 ,
,
,
BAC
A A
AC
AC E F
分别是AC，A1B1 的中点.
（1）证明：EF
BC
；
（2）求直线EF 与平面A1BC 所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）3
5
．
【解析】方法一：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
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（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2
3 ，EG=
3 .
由于O为A1G的中点，故
1
15
2
2
AG
EO
OG
，
所以
2
2
2
3
cos
2
5
EO
OG
EG
EOG
EO OG
．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是3
5
．
方法二：
（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．
不妨设AC=4，则
A1（0，0，2
3 ），B（
3 ，1，0），
1( 3,3,2 3)
B
，
3 3
(
,
,2 3)
2
2
F
，C(0，2，0)．
因此，
3 3
(
,
,2 3)
2
2
EF
，
(
3,1,0)
BC
．
由
0
EF BC
得EF
BC
．
（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．
由（1）可得
1
=(
3 1 0)
=(0 2
2 3)
BC
AC
，，，
，，
．
设平面A1BC的法向量为n
(
)
x
y z
，，，
由
1
0
0
BC
AC
n
n
，得
3
0
3
0
x
y
y
z
，
取n
(1
3 1)
，
，，故
|
|
4
sin
| cos
| =
5
|
| |
EF
EF
EF
，
n
n
n |
，
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为3
5
．
【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能
力和运算求解能力.
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8．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，在平行四边形ABCM 中，
3
AB
AC
，
90
ACM
∠
，以AC 为折痕将
△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB
DA
⊥
．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC ；
（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且
2
3
BP
DQ
DA
，求三棱锥Q
ABP
的体积．
【答案】（1）见解析；（2）1.
【解析】（1）由已知可得，
BAC
=90°，BA
AC
⊥
．
又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD．
又AB 平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=3 2 ．
又
2
3
BP
DQ
DA
，所以
2 2
BP
．
作QE⊥AC，垂足为E，则QE =∥1
3 DC ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥Q
ABP
的体积为
1
1
1
1
3 2 2 sin 45
1
3
3
2
Q ABP
ABP
V
QE
S
△
．
【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，
在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用
面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时
候，注意应用体积公式求解即可.解答本题时，（1）首先根据题的条件，可以得到
BAC
=90°，即BA
AC
，
再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面
垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；（2）根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关
垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
9．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，在三棱锥P
ABC
中，
2 2
AB
BC
，
4
PA
PB
PC
AC
，O 为
AC 的中点．
（1）证明：PO 平面ABC ；
（2）若点M 在棱BC 上，且
2
MC
MB
，求点C 到平面POM 的距离．
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【答案】（1）见解析；（2）4 5
5
．
【解析】（1）因为AP=CP=AC=4，O 为AC 的中点，所以OP⊥AC，且OP= 2 3 ．
连结OB．因为AB=BC=
2
2 AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB= 1
2 AC =2．
由
2
2
2
OP
OB
PB
知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC 知PO⊥平面ABC．
（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．
由题设可知OC= 1
2 AC =2，CM= 2
3 BC = 4 2
3
，∠ACB=45°．
所以OM= 2 5
3
，CH=
sin
OC MC
ACB
OM
= 4 5
5
．
所以点C 到平面POM 的距离为4 5
5
．
【名师点睛】立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题
的核心是能将问题转化为线线关系的证明，解答本题时，连接OB ，欲证PO 平面ABC ，只需证明
,
PO
AC PO
OB
即可；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，即过点C 作CH
OM
，垂
足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可，本题也可利用等体积法解决.
10．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧
CD 所在平面垂直，M 是
CD 上异于C ，D
的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC ；
（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC∥平面PBD ？说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）存在，理由见解析.
【解析】（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC 平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
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因为M 为
CD 上异于C，D 的点，且DC 为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM 平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P 为AM 的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC 交BD 于O．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．
连结OP，因为P 为AM 中点，所以MC∥OP．
MC 平面PBD，OP 平面PBD，所以MC∥平面PBD．
【名师点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P
为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题.
11．【2018 年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P−ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，
PA=PD，E，F 分别为AD，PB 的中点.
（1）求证：PE⊥BC；
（2）求证：平面PAB⊥平面PCD；
（3）求证：EF∥平面PCD.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】（1）∵PA
PD
，且E 为AD 的中点，∴PE
AD
.
∵底面ABCD 为矩形，∴BC
AD
∥
，
∴PE
BC
.
（2）∵底面ABCD 为矩形，∴AB
AD
.
∵平面PAD 平面ABCD ，∴AB 平面PAD .
∴AB
PD
.又PA
PD
，
∴PD 平面PAB ，∴平面PAB 平面PCD.
（3）如图，取PC 中点G ，连接
,
FG GD .
∵
,
F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG
BC
∥
，且
1
2
FG
BC
.
∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，
∴
1
,
2
ED
BC DE
BC
∥
，
∴ED
FG
∥
，且ED
FG
，∴四边形EFGD 为平行四边形，
∴EF
GD
∥
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
又EF 平面PCD，GD 平面PCD，
∴EF∥平面PCD.
【名师点睛】证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：
（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三
角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直.
12．【2018 年高考天津卷文数】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M 为
棱AB 的中点，AB=2，AD= 2 3 ，∠BAD=90°．
（1）求证：AD⊥BC；
（2）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；
（3）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）13
26
；（3）
3
4
．
【解析】（1）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD
⊥BC．
（2）取棱AC 的中点N，连接MN，ND．又因为M 为棱AB 的中点，故MN∥BC．所以∠DMN（或其补角）
为异面直线BC 与MD 所成的角．
在Rt△DAM 中，AM=1，故DM=
2
2 = 13
AD
AM
．因为AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．
在Rt△DAN 中，AN=1，故DN=
2
2 = 13
AD
AN
．
在等腰三角形DMN 中，MN=1，可得
1
13
2
cos
26
MN
DMN
DM
．
所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为
13
26
．
（3）连接CM．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM⊥AB，CM=
3 ．又因为平面ABC⊥平
面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．
在Rt△CAD 中，CD=
2
2
AC
AD
=4．
在Rt△CMD 中，
3
sin
4
CM
CDM
CD
．
所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为
3
4
．
【名师点睛】本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空
间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
13．【2018 年高考江苏卷】在平行六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
1
1
1
,
AA
AB AB
B C
．
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求证：（1）AB∥平面
1
1
A B C ；
（2）平面
1
1
ABB A 平面
1A BC ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中，AB∥A1B1．
因为AB 平面A1B1C，A1B1 平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中，四边形ABB1A1 为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1 为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B 平面A1BC，BC 平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1 平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
【名师点睛】本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，
如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互
相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明.解答本题时，（1）先
根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得四边形ABB1A1 为菱形，再根
据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理
得结论.
14．【2018 年高考浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，
C1C=1，AB=BC=B1B=2．
（1）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（2）求直线AC1 与平面ABB1 所成的角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
39
13
.
【解析】方法一：（1）由
1
1
1
1
2,
4,
2,
,
AB
AA
BB
AA
AB BB
AB
得
1
1
1
2 2
AB
A B
，
所以
2
2
2
1
1
1
1
A B
AB
AA
.
故
1
1
1
AB
A B
.
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由
2
BC
，
1
1
2,
1,
BB
CC
1
1
,
BB
BC CC
BC
得
1
1
5
BC
，
由
2,
120
AB
BC
ABC
得
2 3
AC
，
由
1
CC
AC
，得
1
13
AC
，所以
2
2
2
1
1
1
1
AB
B C
AC
，故
1
1
1
AB
B C
.
因此
1
AB 平面
1
1
1
A B C .
（2）如图，过点
1
C 作
1
1
1
C D
A B
，交直线
1
1
A B 于点D ，连结AD .
由
1
AB 平面
1
1
1
A B C 得平面
1
1
1
A B C 平面
1
ABB ，
由
1
1
1
C D
A B
得
1
C D 平面
1
ABB ，
所以
1
C AD
是
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角.
由
1
1
1
1
1
1
5,
2 2,
21
B C
A B
AC
得
1
1
1
1
1
1
6
1
cos
,sin
7
7
C A B
C A B
，
所以
1
3
C D
，
故
1
1
1
39
sin
13
C D
C AD
AC
.
因此，直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角的正弦值是
39
13
.
方法二：（1）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB，OC 为x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系
O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
1
1
1
(0,
3,0), (1,0,0),
(0,
3,4),
(1,0,2),
(0, 3,1),
A
B
A
B
C
因此
1
1
1
1
1
(1, 3,2),
(1, 3, 2),
(0,2 3, 3),
AB
A B
AC
uuur
uuuur
uuuur
由
1
1
1
0
AB
A B
uuur uuuur
得
1
1
1
AB
A B
.
由
1
1
1
0
AB
AC
uuur uuuur
得
1
1
1
AB
AC
.
所以
1
AB 平面
1
1
1
A B C .
（2）设直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角为.
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由（1）可知
1
1
(0,2 3,1),
(1, 3,0),
(0,0,2),
AC
AB
BB
uuur
uuur
uuur
设平面
1
ABB 的法向量
( , , )
x y z
n
.
由
1
0,
0,
AB
BB
uuur
uuur
n
n
即
3
0,
2
0,
x
y
z
可取
(
3,1,0)
n
.
所以
1
1
1
|
39
sin
|cos
,
|
13
|
| |
AC
AC
AC
uuur
uuur
uuur
n |
n
n |
.
因此，直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角的正弦值是
39
13
.
【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能
力和运算求解能力.
15．【2017 年高考全国Ⅰ文数】如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD，且
90
BAP
CDP
．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，
90
APD
，且四棱锥P−ABCD 的体积为8
3
，求该四棱锥的侧面积．
【答案】（1）见解析；（2）
3
2
6
．
【解析】（1）由已知
90
BAP
CDP
∠
∠
，得AB
AP
，CD
PD
．
由于AB
CD
∥
，故AB
PD
，从而AB 平面PAD ．
又AB 平面PAB ，所以平面PAB 平面PAD ．
（2）在平面PAD 内作PE
AD
，垂足为E ．
由（1）知，AB 平面PAD ，故AB
PE
，可得PE 平面ABCD ．
设AB
x
，则由已知可得
2
AD
x
，
2
2
PE
x
．
故四棱锥P
ABCD
的体积
3
1
1
3
3
P ABCD
V
AB AD PE
x
．
由题设得
3
1
8
3
3
x
，故
2
x
．
从而
2
PA
PD
，
2 2
AD
BC
，
2 2
PB
PC
．
可得四棱锥P
ABCD
的侧面积为
2
1
1
1
1
sin 60
6
2 3
2
2
2
2
PA PD
PA AB
PD DC
BC
．
【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；计算点面距离时，如
直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运
算量，提高准确度，求点面距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积
法求出．解答本题时，（1）由AB
AP
，AB
PD
，得AB 平面PAD 即可证得结果；（2）设AB
x
，则
四棱锥P
ABCD
的体积
3
1
1
3
3
P ABCD
V
AB AD PE
x
，解得
2
x
，可得所求侧面积．
16．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】如图，四棱锥P
ABCD
中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，
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1
,
2
AB
BC
AD
BAD
90 .
ABC
（1）证明：直线BC∥平面PAD ;
（2）若△PCD 的面积为2 7 ，求四棱锥P
ABCD
的体积.
【答案】（1）见解析；（2）4 3 .
【解析】（1）在平面ABCD 内，因为∠BAD=∠ABC=90°，所以BC∥AD.
又BC
PAD
平面
，AD
PAD
平面
，
故BC∥平面PAD.
（2）取AD 的中点M，连结PM，CM，
由
1
2
AB
BC
AD
及BC∥AD，∠ABC=90°得四边形ABCM 为正方形，则CM⊥AD.
因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
所以PM⊥AD，PM⊥底面ABCD，
因为CM
ABCD
底面
，所以PM⊥CM.
设BC=x，则CM=x，CD=
2x ，PM=
3x ，PC=PD=2x.
取CD 的中点N，连结PN，则PN⊥CD，所以
14
2
PN
x
.
因为△PCD 的面积为2 7 ，所以1
14
2
2 7
2
2
x
x
，
解得x=−2（舍去），x=2，于是AB=BC=2，AD=4，PM= 2 3 ，
所以四棱锥P−ABCD 的体积
2
2
4
1
2 3
4 3
3
2
V
.
【名师点睛】解答本题时，（1）先由平面几何知识得BC∥AD，再利用线面平行的判定定理证得结论；（2）取
AD 的中点M，利用线面垂直的判定定理证明PM⊥底面ABCD，从而得四棱锥的高，再通过平面几何计算得底
面直角梯形的面积，最后代入锥体体积公式即可.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
17．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD=CD．
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（1）证明：AC⊥BD；
（2）已知△ACD 是直角三角形，AB=BD．若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE 与
四面体ACDE 的体积比．
【答案】（1）见解析；（2）1:1
【解析】（1）取AC 的中点O，连结DO，BO.
因为AD=CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC 是正三角形，
所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，
故AC⊥BD.
（2）连结EO.
由（1）及题设知∠ADC=90°，所以DO=AO.
在Rt△AOB 中，
2
2
2
BO
AO
AB
.
又AB=BD，所以
2
2
2
2
2
2
BO
DO
BO
AO
AB
BD
，
故∠DOB=90°.
由题设知△AEC 为直角三角形，所以
1
2
EO
AC
.
又△ABC 是正三角形，且AB=BD，所以
1
2
EO
BD
.
故E 为BD 的中点，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的1
2
，四面体ABCE 的体积为四面体
ABCD 的体积的1
2
，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1:1.
【名师点睛】解答本题时，（1）取AC 的中点O ，由等腰三角形及等边三角形的性质得
OD
AC
，
OB
AC
，
再根据线面垂直的判定定理得
AC
平面OBD，即得AC⊥BD；（2）先由AE⊥EC，结合平面几何知识确定
1
2
EO
AC
，再根据锥体的体积公式得所求体积之比为1:1.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见
类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
18．【2017 年高考北京卷文数】如图，在三棱锥P–ABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D 为
线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．
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（1）求证：PA⊥BD；
（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；
（3）当PA∥平面BDE 时，求三棱锥E–BCD 的体积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1
3
.
【解析】（1）因为PA
AB
，PA
BC
，所以PA 平面ABC ，
又因为BD 平面ABC ，所以PA
BD
.
（2）因为AB
BC
，D 为AC 中点，所以BD
AC
，
由（1）知，PA
BD
，所以BD 平面PAC ，
所以平面BDE 平面PAC .
（3）因为PA∥平面BDE ，平面PAC 平面BDE
DE
，
所以PA
DE
∥
.
因为D 为AC 的中点，所以
1
1
2
DE
PA
，
2
BD
DC
.
由（1）知，PA 平面ABC ，所以DE 平面ABC .
所以三棱锥E
BCD
的体积
1
1
6
3
V
BD DC DE
.
【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点内容，而其中证明线面垂直又是重点和热点，要证
明线面垂直，根据判定定理可转化为证明线与平面内的两条相交直线垂直，也可根据性质定理转化为证明面面
垂直.解答本题时，（1）要证明线线垂直，一般转化为证明线面垂直；（2）要证明面面垂直，一般转化为证明
线面垂直、线线垂直；（3）由
1
3
BCD
V
S
DE
△
即可求解.
19．【2017 年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P
ABCD
中，AD 平面PDC ，AD
BC
∥
，PD
PB
，
1
AD
，
3
BC
，
4
CD
，
2
PD
．
（1）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；
（2）求证：PD 平面PBC ；
（3）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）
5
5
；（2）见解析；（3）
5
5
．
【解析】（1）如图，由已知AD//BC，故
DAP
或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．
在Rt△PDA 中，由已知，得
2
2
5
AP
AD
PD
，
故
5
cos
5
AD
DAP
AP
．
所以，异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为
5
5
．
（2）因为AD⊥平面PDC，直线PD 平面PDC，所以AD⊥PD．
又因为BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．
（3）过点D 作AB 的平行线交BC 于点F，连结PF，
则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．
因为PD⊥平面PBC，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，
所以
DFP
为直线DF 和平面PBC 所成的角．
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC–BF=2．
又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DCF 中，可得
2
2
2 5
DF
CD
CF
，
在Rt△DPF 中，可得
5
sin
5
PD
DFP
DF
．
所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为
5
5
．
【名师点睛】线线、线面的位置关系以及证明是高考的重点考查内容，而证明线面垂直又是重点和热点，要证
明线面垂直，根据判断定理转化为证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可，而线线垂直又可通过线面垂直
得到，用几何法求线面角，关键是找到斜线的射影，斜线与其射影所成的角就是线面角．解答本题时，（1）异
面直线所成的角一般都转化为相交线所成的角，因为AD
BC
∥
，所以
DAP
或其补角即为异面直线AP 与BC
所成的角，本题中AD⊥PD，进而可得AP 的长，所以cos
AD
DAP
AP
；（2）要证明线面垂直，根据判断定
理，证明直线与平面内的两条相交直线垂直即可；（3）根据（2）中的结论，作DF
AB
∥
，连结PF ，则
DFP
为直线DF 和平面PBC 所成的角．
20．【2017 年高考山东卷文数】由四棱柱ABCD−A1B1C1D1 截去三棱锥C1−B1CD1 后得到的几何体如图所示，四边形
ABCD 为正方形，O 为AC 与BD 的交点，E 为AD 的中点，A1E 平面ABCD.
（1）证明：
1AO ∥平面B1CD1;
（2）设M 是OD 的中点，证明：平面A1EM 平面B1CD1.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）取
1
1
B D 的中点
1
O ，连接
1
1
1
,
CO AO ，由于
1
1
1
1
ABCD
A B C D
是四棱柱，
所以
1
1
1
1
,
AO
OC AO
OC
∥
，
因此四边形
1
1
AOCO 为平行四边形，
所以
1
1
AO
O C
∥
，
又
1
OC 平面
1
1
B CD ，
1AO 平面
1
1
B CD ，
所以
1AO∥平面
1
1
B CD .
（2）因为AC
BD
，E ，M 分别为AD 和OD 的中点，
所以EM
BD
，
又
1A E 平面ABCD ，BD 平面ABCD ，
所以
1
,
A E
BD
因为
1
1
,
B D
BD
∥
所以
1
1
1
1
1
,
,
EM
B D A E
B D
又
1 ,
A E EM 平面
1A EM ，
1A E
EM
E
，
所以
1
1
B D 平面
1
,
A EM
又
1
1
B D 平面
1
1
B CD ，
所以平面
1A EM 平面
1
1
B CD .
【名师点睛】证明线面平行时，先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行，若找不到这样的直线，
可以考虑通过面面平行来推导线面平行，应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置，有时需要经过已知
直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时，一定要注意
定理成立的条件，严格按照定理成立的条件规范书写步骤，如把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已
知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．
21．【2017 年高考江苏卷】如图，在三棱锥A
BCD
中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E
与A，D 不重合)分别在棱AD，BD 上，且EF⊥AD．
求证：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）在平面ABD 内，因为AB⊥AD，EF
AD
，
所以EF
AB
∥
．
又因为EF 平面ABC，AB 平面ABC，
所以EF∥平面ABC．
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD 平面BCD=BD，BC 平面BCD，BC
BD
，
所以BC 平面ABD ．
因为AD 平面ABD ，
所以BC AD ．
又AB⊥AD，BC
AB
B
，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC．
【名师点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：
（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；
（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；
（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
22．【2017 年高考浙江卷】如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC
AD
∥
，CD
⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为PD 的中点．
P
A
B
C
D
E
（1）证明：CE∥平面PAB；
（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
2
8
．
【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和
运算求解能力.满分15 分.
（1）如图，设PA 中点为F，连接EF，FB．
因为E，F 分别为PD，PA 中点，所以
EF
AD
∥
且
1
2
EF
AD
，
又因为BC
AD
∥
，
1
2
BC
AD
，所以
EF
BC
∥
且EF
BC
，
即四边形BCEF 为平行四边形，所以
CE
BF
∥
，
因此
CE∥平面PAB．
（2）分别取BC，AD 的中点为M，N．连接PN 交EF 于点Q，连接MQ．
因为E，F，N 分别是PD，PA，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，
在平行四边形BCEF 中，
MQ//CE．
由△PAD 为等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由DC⊥AD，N 是AD 的中点得
BN⊥AD．
所以
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
AD⊥平面PBN，
由BC//AD 得
BC⊥平面PBN，
那么
平面PBC⊥平面PBN．
过点Q 作PB 的垂线，垂足为H，连接MH．
MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．
设CD=1．
在△PCD 中，由PC=2，CD=1，PD=
2 得CE=
2 ，
在△PBN 中，由PN=BN=1，PB=
3 得QH= 1
4
，
在Rt△MQH 中，QH= 1
4
，MQ=
2 ，
所以
sin∠QMH=
2
8
，
所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是
2
8
．
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证
明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直
线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例
式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）
是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．
专题07
平面解析几何（选择题、填空题）
1．【2019 年高考浙江卷】渐近线方程为x±y=0 的双曲线的离心率是
A．
2
2
B．1
C．2
D．2
【解析】因为双曲线的渐近线方程为
0
x
y
，所以a
b
，则
2
2
2
c
a
b
a
，所以双曲线的离心率
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
c
e
a
.【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得a
b
，进一步可得离心率，属于容易题，注重了
双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性
错误.
2．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】双曲线C：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率
为
A．2sin40°
B．2cos40°
C．
1
sin50
D．
1
cos50
【解析】由已知可得
tan130 ,
tan50
b
b
a
a
，
2
2
2
2
2
2
2
sin 50
sin 50
cos 50
1
1
1
tan 50
1
cos 50
cos 50
cos50
c
b
e
a
a
，
【名师点睛】对于双曲线：
2
2
2
2
1
0 ,
0
x
y
a
b
a
b
，有
2
1
c
b
e
a
a
；
对于椭圆
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
，有
2
1
c
b
e
a
a
，防止记混．
3．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知椭圆C 的焦点为
1
2
1,0
1,0
F
F
(
)，(
)，过F2 的直线与C 交于A，B 两点．若
2
2
|
| 2 |
|
AF
F B
，
1
|
| |
|
AB
BF
，则C 的方程为
A．
2
2
1
2
x
y
B．
2
2
1
3
2
x
y
C．
2
2
1
4
3
x
y
D．
2
2
1
5
4
x
y
【解析】法一：如图，由已知可设
2
F B
n
，则
2
1
2 ,
3
AF
n
BF
AB
n
，
由椭圆的定义有
1
2
1
2
2
4 ,
2
2
a
BF
BF
n
AF
a
AF
n
．
在
1
AF B
△
中，由余弦定理推论得
2
2
2
1
4
9
9
1
cos
2 2
3
3
n
n
n
F AB
n
n
．
在
1
2
AF F
△
中，由余弦定理得
2
2
1
4
4
2 2
2
4
3
n
n
n
n
，解得
3
2
n
．
2
2
2
2
4
2 3 ,
3 ,
3 1
2 ,
a
n
a
b
a
c
所求椭圆方程为
2
2
1
3
2
x
y
，
法二：由已知可设
2
F B
n
，则
2
1
2 ,
3
AF
n
BF
AB
n
，
由椭圆的定义有
1
2
1
2
2
4 ,
2
2
a
BF
BF
n
AF
a
AF
n
．
在
1
2
AF F
△
和
1
2
BF F
△
中，由余弦定理得
2
2
2
1
2
2
2
1
4
4
2 2
2 cos
4
4
2
2 cos
9
n
n
AF F
n
n
n
BF F
n
，
又
2
1
2
1
,
AF F
BF F
互补，
2
1
2
1
cos
cos
0
AF F
BF F
，两式消去
2
1
2
1
cos
cos
AF F
BF F
,
，得
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
2
3
6
11
n
n
，解得
3
2
n
．
2
2
2
2
4
2 3 ,
3 ,
3 1
2 ,
a
n
a
b
a
c
所求椭圆方程为
2
2
1
3
2
x
y
，【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好
地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
4．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆
2
2
1
3
x
y
p
p
的一个焦点，则p=
A．2
B．3
C．4
D．8
【解析】因为抛物线
2
2
(
0)
y
px p
的焦点(
,0)
2
p
是椭圆
2
2
3
1
x
y
p
p
的一个焦点，所以
2
3
(
)
2
p
p
p
，解得
8
p
，【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物
线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p 的方程，从而解出p ，或者利用检验排除的方法，如
2
p
时，抛物线焦
点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，从而得到选D．
5．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设F 为双曲线C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b
（a>0，b>0）的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直
径的圆与圆x2+y2=a2 交于P，Q 两点．若|PQ|=|OF|，则C 的离心率为
A．
2
B．
3
C．2
D．5
【解析】设PQ 与x 轴交于点A，由对称性可知PQ
x
轴，
又
|
|
PQ
OF
c
，|
|
,
2
c
PA
PA
为以OF 为直径的圆的半径，
∴|
|
2
c
OA
，
,
2 2
c c
P
，
又P 点在圆
2
2
2
x
y
a
上，
2
2
2
4
4
c
c
a
，即
2
2
2
2
2
,
2
2
c
c
a
e
a
．
2
e
，
【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代
数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在
解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得
到c 与a 的关系，可求双曲线的离心率．
6．
【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知F是双曲线C：
2
2
1
4
5
x
y
的一个焦点，点P在C上，O 为坐标原点，若
=
OP
OF ，
则
OPF
△
的面积为
A．3
2
B．5
2
C．7
2
D．9
2
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】设点
0
0
,
P x
y
，则
2
2
0
0
1
4
5
x
y
①．
又
4
5
3
OP
OF
，
2
2
0
0
9
x
y
②．
由①②得
2
0
25
9
y
，即
0
5
3
y
，
0
1
1
5
5
3
2
2
3
2
OPF
S
OF
y
△
，
【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设
0
0
,
P x
y
，由
=
OP
OF ，再结合双曲线方程可解出
0y
，利用三角形面积公式可求出结果.
7．【2019 年高考北京卷文数】已知双曲线
2
2
2
1
x
y
a
（a>0）的离心率是
5 ，则a=
A．
6
B．4
C．2
D．1
2
【解析】∵双曲线的离心率
5
c
e
a
，
2
1
c
a
，
∴
2
1
5
a
a
，解得
1
2
a
，
故选D.
【名师点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中a，b，c 的关系，方程的数学思想等知识，意在考
查学生的转化能力和计算求解能力.
8．【2019 年高考天津卷文数】已知抛物线
2
4
y
x
的焦点为F，准线为l.若l 与双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的
两条渐近线分别交于点A 和点B，且|
|
4 |
|
AB
OF
（O 为原点），则双曲线的离心率为
A．2
B．
3
C．2
D．
5
【解析】抛物线
2
4
y
x
的准线l 的方程为
1
x ，
双曲线的渐近线方程为
b
y
x
a
，
则有
( 1,
),
( 1,
)
b
b
A
B
a
a
，
∴
2b
AB
a
，2
4
b
a
，
2
b
a
，
∴
2
2
5
c
a
b
e
a
a
.
故选D.
【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB 的长度.解答时，只需把
4
AB
OF
用, ,
a b c 表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.
9．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知椭圆C ：
2
2
2
1
4
x
y
a
的一个焦点为(2 0)
，，则C 的离心率为
A．1
3
B．1
2
C．
2
2
D．2 2
3
【解析】由题可得
2
c
，因为
2
4
b
，所以
2
2
2
8
a
b
c
，即
2 2
a
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以椭圆C 的离心率
2
2
2
2 2
e
，【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及离心率，考查考生的运算求解能
力，考查的数学核心素养是数学运算.在求解的过程中，一定要注意离心率的公式，再者就是要学会从题的条件
中判断与之相关的量，结合椭圆中, ,
a b c 的关系求得结果.
10．
【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】已知
1F ，2
F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若
1
2
PF
PF
，且
2
1
60
PF F
，
则C 的离心率为
A．
3
1
2
B．2
3
C．
3
1
2
D．
3
1
【解析】在
1
2
F PF
△
中，
1
2
2
1
90 ,
60
F PF
PF F
，
设
2
PF
m
，
则
1
2
1
2
2 ,
3
c
F F
m PF
m
，
又由椭圆定义可知
1
2
2
( 3
1)
a
PF
PF
m
，
则
2
2
3
1
2
( 3
1)
c
c
m
e
a
a
m
，【名师点睛】本题主要考查椭圆的定义和简单的几何性质，考查考生的数形
结合能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.结合有关平面几何的知识以及椭圆的定义、
性质加以灵活分析，关键是寻找椭圆中a，c 满足的关系式.
椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形
的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题
时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.
11．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为
3 ，则其渐近线方程为
A．
2
y
x
B．
3
y
x
C．
2
2
y
x
D．
3
2
y
x
【解析】因为
3
c
e
a
，所以
2
2
2
2
2
2
1
3 1
2
b
c
a
e
a
a
，所以
2
b
a
，因为渐近线方程为
b
y
x
a
，
所以渐近线方程为
2
y
x
，【名师点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查考生的运算求解能力，
考查的数学核心素养是数学运算.
(1)焦点在x 轴上的双曲线的标准方程为
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
，焦点坐标为(±c，0)，实轴长为2a，虚轴长
为2b，渐近线方程为
b
y
x
a
；
(2)焦点在y 轴上的双曲线的标准方程为
2
2
2
2
1(
0,
0)
y
x
a
b
a
b
，焦点坐标为(0，±c)，实轴长为2a，虚轴长
为2b，渐近线方程为
a
y
x
b
.
12．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】直线
2
0
x
y
分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆
2
2
(
2)
2
x
y
上，
则
ABP
△
面积的取值范围是
A．
2
6
，
B．
4
8
，
C．
2
3 2
，
D．2 2
3 2
，
【解析】直线
2
0
x
y
分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，
2,0 ,
0, 2
A
B
，则
2 2
AB
.
点P 在圆
2
2
(
2)
2
x
y
上，圆心为（2，0），则圆心到直线的距离
1
2
0
2
2 2
2
d
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故点P 到直线
2
0
x
y
的距离
2
d 的范围为
2,3 2
，则
2
2
1
2
2,6
2
ABP
S
AB d
d
△
.
故答案为A.
【名师点睛】本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题.先求出A，
B 两点坐标得到AB ，再计算圆心到直线的距离，得到点P 到直线距离的范围，由面积公式计算即可.
13．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】已知双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
的离心率为
2 ，则点(4,0) 到C 的渐近
线的距离为
A．2
B．2
C．3 2
2
D．2 2
【解析】
2
1 ( )
2
c
b
e
a
a
，
1
b
a
，所以双曲线C 的渐近线方程为
0
x
y
，所以点(4,0) 到渐近
线的距离
4
2 2
1 1
d
，【名师点睛】本题主要考查双曲线的性质、点到直线的距离公式，考查考生的运
算求解能力、化归与转化能力、逻辑思维能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算、直观想象.
熟记结论：若双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
是等轴双曲线，则a=b，离心率e= 2 ，渐近线方程为y=±x，且
两条渐近线互相垂直.
14．【2018 年高考浙江卷】双曲线
2
2
1
3
x
y
的焦点坐标是
A．(−
2 ，0)，(
2 ，0)
B．(−2，0)，(2，0)
C．(0，−2 )，(0，2 )
D．(0，−2)，(0，2)
【解析】设
2
2
1
3
x
y
的焦点坐标为(
,0)
c
，因为
2
2
2
3 1
4
c
a
b
，
2
c
，
所以焦点坐标为( 2,0)
，【名师点睛】本题主要考查双曲线基本量之间的关系，考查考生的运算求解能力，考查
的数学核心素养是数学运算.解答本题时，先根据所给的双曲线方程确定焦点所在的坐标轴，然后根据基本量之间
的关系进行运算.
15．【2018 年高考天津卷文数】已知双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为2 ，过右焦点且垂直于x 轴的直线
与双曲线交于A ，B 两点．设A ，B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为
1d 和
2
d ，且
1
2
6
d
d
，则双曲线
的方程为
A．
2
2
1
3
9
x
y
B．
2
2
1
9
3
x
y
C．
2
2
1
4
12
x
y
D．
2
2
1
12
4
x
y
【解析】设双曲线的右焦点坐标为
( ,0)(
0)
F c
c
，则
A
B
x
x
c
，
由
2
2
2
2
1
c
y
a
b
可得
2
b
y
a
，
不妨设
2
( ,
)
b
A c a
，
2
(
)
,
b
B c
a
，
双曲线的一条渐近线方程为
0
bx
ay
，
据此可得
2
1
2
2
|
| bc
b
d
a
b
2
bc
b
c
，
2
2
2
2
2
|
| bc
b
bc
b
d
c
a
b
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
则
1
2
2
2
6
bc
d
d
b
c
，则
3
b
，
2
9
b
，
双曲线的离心率
2
2
2
9
1
1
2
c
b
e
a
a
a
，据此可得
2
3
a
，则双曲线的方程为
2
2
1
3
9
x
y
．
【名师点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标
准方程的形式，然后再根据a，b，c，e 及渐近线之间的关系，求出a，b 的值．如果已知双曲线的渐近线方程，
求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为
2
2
2
2
0
x
y
a
b
，再由条件求出λ的值即可.解答
本题时，由题意首先求得A，B 的坐标，然后利用点到直线距离公式求得b 的值，之后求解a 的值即可确定双曲
线方程.
16．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知F 是双曲线C：
1
3
2
2
y
x
的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点
A 的坐标是(1，3)，则△APF 的面积为
A．1
3
B．1 2
C．2 3
D．3 2
【解析】由
2
2
2
4
c
a
b
得
2
c
，所以
(2,0)
F
，将
2
x
代入
2
2
1
3
y
x
，得
3
y ，所以
3
|
|
PF
，又
点A 的坐标是(1，3)，故△APF 的面积为1
3
3 (2 1)
2
2
，【名师点睛】本题考查圆锥曲线中双曲线的简单运算，
属容易题．由双曲线方程得
)
0,2
(
F
，结合PF 与x 轴垂直，可得
3
|
|
PF
，最后由点A 的坐标是(1，3)，计算△APF
的面积．
17．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】设A，B 是椭圆C：
2
2
1
3
x
y
m
长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足∠AMB=120°，
则m 的取值范围是
A．(0,1]
[9,
)
B．(0,
3]
[9,
)
C．(0,1]
[4,
)
D．(0, 3]
[4,
)
【解析】当0
3
m
时，焦点在x 轴上，要使C 上存在点M 满足
120
AMB
，则
tan 60
3
a
b
，即
3
3
m
，得0
1
m
；
当
3
m
时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足
120
AMB
，则
tan 60
3
a
b
，即
3
3
m
，得
9
m
，故m 的取值范围为(0,1]
[9,
)
，
【名师点睛】本题设置的是一道以椭圆知识为背景的求参数范围的问题．解答问题的关键是利用条件确定
b
a,
的
关系，求解时充分借助题设条件
120
AMB
转化为
3
60
tan
b
a
，这是简化本题求解过程的一个重要措
施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论．
18．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】若
1
a
，则双曲线
2
2
2
1
x
y
a
的离心率的取值范围是
A．( 2,
)
B．( 2,2)
C．(1,
2)
D．(1,2)
【解析】由题意得
2
2
2
2
2
2
1
1
1
c
a
e
a
a
a
，因为
1
a
，所以
2
1
1
1
2
a
，则1
2
e
，
【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题的关键就是确立一个关于, ,
a b c 的方程或不等式，再
根据, ,
a b c 的关系消掉b 得到,a c 的关系式，而建立关于, ,
a b c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何
性质、点的坐标的范围等.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
19．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】过抛物线
2
:
4
C y
x
的焦点F ，且斜率为
3 的直线交C 于点M （M 在x 的轴
上方），l 为C 的准线，点N 在l 上且MN
l
，则M 到直线NF 的距离为
A．
5
B．2 2
C．2 3
D．3 3
【解析】由题知
:
3(
1)
MF
y
x
，与抛物线
2
4
y
x
联立得
2
3
10
3
0
x
x
，解得
1
2
1 ,
3
3
x
x
，
所以
(3,2 3)
M
，因为MN
l
，所以
( 1,2 3)
N
，因为
(1,0)
F
，所以
:
3(
1)
NF
y
x
.
所以M 到直线NF 的距离为
2
2
|
3 (3 1)
2 3 |
2 3
( 3)
1
.【名师点睛】直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化
为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数的关系或求根公式进行转化，涉及弦长的问题中，应
熟练地利用根与系数的关系，设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法
简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；涉及中点弦问题往往利用点差法.
20．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知椭圆C：
2
2
2
2
0)
1(
x
y
a
b
a
b
的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2
为直径的圆与直线
2
0
bx
ay
ab
相切，则C 的离心率为
A．
6
3
B．
3
3
C．
2
3
D．1
3
【解析】以线段
1
2
A A 为直径的圆的圆心为坐标原点
0,0 ，半径为r
a
，圆的方程为
2
2
2
x
y
a
，
直线
2
0
bx
ay
ab
与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即
2
2
2ab
d
a
a
b
，
整理可得
2
2
3
a
b
，即
2
2
2
3
,
a
a
c
即
2
2
2
3
a
c
，
从而
2
2
2
2
3
c
e
a
，则椭圆的离心率
2
6
3
3
c
e
a
，
【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题，其关键就是确立一个关于, ,
a b c 的方程或不等
式，再根据, ,
a b c 的关系消掉b 得到,a c 的关系式，而建立关于, ,
a b c 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲
线的几何性质、点的坐标的范围等.
21．【2017 年高考天津卷文数】已知双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的右焦点为F ，点A 在双曲线的渐近线上，
OAF
△
是边长为2 的等边三角形（O 为原点），则双曲线的方程为
A．
2
2
1
4
12
x
y
B．
2
2
1
12
4
x
y
C．
2
2
1
3
x
y
D．
2
2
1
3
y
x
【解析】由题意可得
2
2
2
2
tan 60
3
c
c
a
b
b
a
，解得
2
2
1,
3
a
b
，故双曲线方程为
2
2
1
3
y
x
．
【名师点睛】本题主要考查双曲线的标准方程与几何性质，属于基础题．解题时要注意a ，b ，c 之间满足的关
系：
2
2
2
c
a
b
，否则很容易出现错误．求解本题可先画出大致图形，根据题中所给的几何关系，结合双曲线
的几何性质，得到a ，b ，c 满足的关系式，联立求解可得a ，b ，c 的值．
22．【2017 年高考浙江卷】椭圆
2
2
1
9
4
x
y
的离心率是
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．
13
3
B．
5
3
C．2
3
D．5
9
【解析】椭圆
2
2
1
9
4
x
y
的离心率
9
4
5
3
3
e
，【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问
题，其关键就是确立一个关于, ,
a b c 的方程或不等式，再根据, ,
a b c 的关系消掉b 得到,a c 的关系式，建立关于, ,
a b c
的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．
23．
【2019 年高考北京卷文数】设抛物线y2=4x 的焦点为F，准线为l．则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为__________．
【答案】
2
2
(
1)
4
x
y
【解析】抛物线y2=4x 中，2p=4，p=2，
焦点F（1，0），准线l 的方程为x=−1，
以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为(x−1)2+y2=22，即为
2
2
(
1)
4
x
y
.
【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果.
24．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】设
1
2
F
F
，
为椭圆C:
2
2
+
1
36
20
x
y
的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限．若
1
2
MF F
△
为等腰三角形，则M 的坐标为___________.
【答案】
3, 15
【解析】由已知可得
2
2
2
2
2
36 ,
20 ,
16 ,
4
a
b
c
a
b
c
，
1
1
2
2
8
MF
F F
c
，∴
2
4
MF
．
设点M 的坐标为
0
0
0
0
,
0 ,
0
x
y
x
y
，则
1 2
1
2
0
0
1
4
2
MF F
S
F F
y
y
△
，
又
1 2
2
2
0
1
4
8
2
4 15 ,
4
4 15
2
MF F
S
y
△
，解得
0
15
y
，
2
2
0
15
1
36
20
x
，解得
0
3
x
（
0
3
x 舍去），
M
\
的坐标为
3, 15 ．
【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观
想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出
1
2
MF
MF
、
，设出M 的坐标，结合三角形
面积可求出M 的坐标.
25．【2019 年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线
2
2
2
1(
0)
y
x
b
b
经过点（3，4)，则该双曲线的
渐近线方程是
▲
.
【答案】
2
y
x
【解析】由已知得
2
2
2
4
3
1
b
，解得
2
b
或
2
b
，
因为
0
b
，所以
2
b
.
因为
1
a ，所以双曲线的渐近线方程为
2
y
x
.
【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线
渐近线与双曲线标准方程中的,a b 密切相关，事实上，标准方程中化1 为0，即得渐近线方程.
26．【2019 年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线
4 (
0)
y
x
x
x
上的一个动点，则点P 到直线x+y=0
的距离的最小值是
▲
.
【答案】4
【解析】当直线x+y=0 平移到与曲线
4
y
x
x
相切位置时，切点Q 即为点P，此时到直线x+y=0 的距离最小.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
2
4
1
1
y
x
，得
2(
2
)
x
x
舍，
3 2
y
，即切点
( 2,3 2)
Q
，
则切点Q 到直线x+y=0 的距离为
2
2
2
3 2
4
1
1
，
故答案为4 ．
【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公
式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.
27．
【2019 年高考浙江卷】已知圆C 的圆心坐标是(0,
)
m ，半径长是r .若直线2
3
0
x
y
与圆C 相切于点
( 2, 1)
A
，
则m =___________，r =___________．
【答案】2
，
5
【解析】由题意可知
1
1
:
1
(
2)
2
2
AC
k
AC y
x
，把(0,
)
m 代入直线AC 的方程得
2
m ，此时
|
|
4 1
5
r
AC
.
【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC 的斜率，进一步得到其方程，
将(0,
)
m 代入后求得m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意
应用圆的几何性质.
28．【2019 年高考浙江卷】已知椭圆
2
2
1
9
5
x
y
的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点
在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是___________．
【答案】15
【解析】方法1：如图，设F1 为椭圆右焦点.由题意可知|
|=|
2
OF
OM |= c=
，
由中位线定理可得
1
2|
| 4
PF
OM
，设
( , )
P x y ，可得
2
2
(
2)
16
x
y
，
与方程
2
2
1
9
5
x
y
联立，可解得
3
21
,
2
2
x
x
（舍），
又点P 在椭圆上且在x 轴的上方，求得
3
15
,
2
2
P
，所以
15
2
15
1
2
PF
k
.
方法2：（焦半径公式应用）由题意可知|
2
OF |=|OM |= c=
，
由中位线定理可得
1
2|
| 4
PF
OM
，即
3
4
2
p
p
a
ex
x
，
从而可求得
3
15
,
2
2
P
，所以
15
2
15
1
2
PF
k
.
【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆
方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.
29．【2018 年高考全国I 卷文数】直线
1
y
x
与圆
2
2
2
3
0
x
y
y
交于A
B
，两点，则AB ________．
【答案】2 2
【解析】根据题意，圆的方程可化为
2
2
1
4
x
y
，所以圆的圆心为
0, 1
，且半径是2，
根据点到直线的距离公式可以求得
2
2
0 1 1
2
1
1
d
，
结合圆中的特殊三角形，可知
2 4
2
2 2
AB
，故答案为2 2 .
【名师点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形，即半
弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.首先将圆的一般方程转化为标准方程，得
到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形，利用勾股定理求
得弦长.
30．【2018 年高考天津卷文数】在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．
【答案】
2
2
2
0
x
y
x
【解析】设圆的方程为
2
2
0
x
y
Dx
Ey
F
，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），
则
0
1 1
0
4
0
2
0
F
D
E
F
D
F
，解得
2
0
0
D
E
F
，则圆的方程为
2
2
2
0
x
y
x
.
【名师点睛】求圆的方程，主要有两种方法：
(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；
②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．
(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径
有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
31．【2018 年高考浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆
2
4
x
+y2=m(m>1)上两点A，B 满足
2
AP
PB
，则当m=___________
时，点B 横坐标的绝对值最大．
【答案】5
【解析】设
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
由
2
AP
PB
得
1
2
2
x
x
，
1
2
1
2(
1)
y
y
，
所以
1
2
2
3
y
y
，
因为A ，B 在椭圆上，所以
2
2
1
1
4
x
y
m
，
2
2
2
2
4
x
y
m
，
所以
2
2
2
2
4
(2
3)
4
x
y
m
，
所以
2
2
4
x
2
2
3
2
4
(
)
m
y
，
与
2
2
2
2
4
x
y
m
对应相减得
2
3
4
m
y
，
2
2
2
1 (
10
9)
4
4
x
m
m
，
当且仅当
5
m
时取最大值．
【名师点睛】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为
在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数
最值的探求来使问题得以解决.
32．【2018 年高考北京卷文数】若双曲线
2
2
2
1(
0)
4
x
y
a
a
的离心率为
5
2
，则a ________________．
【答案】4
【解析】在双曲线中
2
2
2
4
c
a
b
a
，且
5
2
c
e
a
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
2
4
5
2
a
a
，即
2
16
a
，
因为
0
a
，所以
4
a
．
【名师点睛】本题主要考查双曲线的方程与几何性质，考查考生的运求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.
在求解有关离心率的问题时，一般不直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的条件，建立关于参数c，a，b 的
方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围.
33．【2018 年高考北京卷文数】已知直线l 过点（1，0）且垂直于ݔ轴，若l 被抛物线
2
4
y
ax
截得的线段长为4，则
抛物线的焦点坐标为_________.
【答案】
1,0
【解析】由题意可得，点
1,2
P
在抛物线上，将
1,2
P
代入
2
4
y
ax
中，解得
1
a
，
2
4
y
x
，由抛物线方
程可得：2
4,
2,
1
2
p
p
p
，焦点坐标为
1,0 .
【名师点睛】此题考查抛物线的相关知识，属于易得分题，关键在于能够结合抛物线的对称性质，得到抛物线上
点的坐标，再者熟练准确记忆抛物线的焦点坐标公式也是保证本题能够得分的关键.根据题干描述画出相应图形，
分析可得抛物线经过点
1,2 ，将点
1,2 坐标代入可求参数a 的值，进而可求焦点坐标.
34．【2018 年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的右焦点
( ,0)
F c
到一条渐
近线的距离为
3
2 c ，则其离心率的值是________________．
【答案】2
【解析】因为双曲线的焦点
( ,0)
F c
到渐近线
b
y
x
a
，即
0
bx
ay
的距离为
2
2
0
bc
bc
b
c
a
b
，所以
3
2
b
c
，
因此
2
2
2
2
2
2
3
1
4
4
a
c
b
c
c
c
，
1
2
a
c
，
2
e
．
【名师点睛】本题主要考查双曲线的几何性质，考查考生的运算求解能カ和应用意识，考查的核心素养是数学
运算.
熟记结论：双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为b.
35．【2018 年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线:
2
l y
x
上在第一象限内的点，
(5,0)
B
，以AB 为直
径的圆C 与直线l 交于另一点D．若
0
AB CD
，则点A 的横坐标为________．
【答案】3
【解析】设
,2
(
0)
A a
a
a
，则由圆心C 为AB 中点得
5 ,
,
2
a
C
a
易得
:
5
2
0
C
x
x
a
y y
a
，与
2
y
x
联立解得点D 的横坐标
1,
D
x
所以
1,2
D
.
所以
5
5
, 2
,
1
,2
2
a
AB
a
a
CD
a
，
由
0
AB CD
得
2
5
5
1
2
2
0,
2
3
0,
3
2
a
a
a
a
a
a
a
或
1
a ，
因为
0
a
，所以
3.
a
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】本题主要考查直线的方程、直线与直线的位置关系、圆的性质，考查考生分析问题、解决问题的能
力，考查的核心素养是数学运算.
以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.
通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
36．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】双曲线
2
2
2
1
9
x
y
a
（a>0）的一条渐近线方程为
3
5
y
x
，则a=
.
【答案】5
【解析】由双曲线的标准方程可得渐近线方程为
3
y
x
a
，结合题意可得
5
a
.
【名师点睛】1.已知双曲线方程
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
求渐近线：
2
2
2
2
0
x
y
b
y
x
a
b
a
.
2.已知渐近线y
mx
设双曲线的标准方程为
2
2
2
m x
y
.
3.双曲线的焦点到渐近线的距离为b ，垂足为对应准线与渐近线的交点.
37．【2017 年高考北京卷文数】若双曲线
2
2
1
y
x
m
的离心率为
3 ，则实数m=_________．
【答案】2
【解析】因为
2
2
1,
a
b
m
，所以
1
3
1
c
m
a
，解得
2
m
.
【名师点睛】本题主要考查的是双曲线的标准方程和双曲线的简单几何性质，属于基础题．解题时要注意a 、b 、
c 的关系，即
2
2
2
c
a
b
，以及当焦点在x 轴时，哪些量表示
2
2
,
a
b ，否则很容易出现错误．最后根据离心率
的公式计算即可.
38．【2017 年高考天津卷文数】设抛物线
2
4
y
x
的焦点为F，准线为l．已知点C 在l 上，以C 为圆心的圆与y 轴
的正半轴相切于点A．若
120
FAC
，则圆的方程为___________．
【答案】
2
2
(
1)
(
3)
1
x
y
【解析】由题可设圆心坐标为
( 1,
)
C
m
，则
(0,
)
A
m
，焦点
(1,0)
F
，
( 1,0),
(1,
)
AC
AF
m
，
2
1
1
cos
2
1
AC AF
CAF
AC
AF
m
，解得
3
m
，由于圆C 与y 轴得正半轴相切，则
3
m
，所求
圆的圆心为( 1, 3)
，半径为1，所求圆的方程为
2
2
(
1)
(
3)
1
x
y
．
【名师点睛】本题设计比较巧妙，考查了圆、抛物线的方程，同时还考查了向量数量积的坐标表示，本题只有
一个难点，就是
120
CAF
，会不会用向量的数量积表示cos
CAF
，根据图象，可设圆心为
( 1,
)
C
m
，
那么方程就是
2
2
(
1)
(
)
1
x
y
m
，若能用向量的数量积表示角，即可求得m ，问题也就迎刃而解了．另外，
本题也可通过解三角形求得
3
AO
，即
3
m
，进而可得圆的方程．
39．【2017 年高考山东卷文数】在平面直角坐标系xOy 中，双曲线
2
2
2
2
1(
0
0)
x
y
a
b
a
b
，
的右支与焦点为F 的
抛物线
2
2
(
0)
x
py p
交于A，B 两点.若|AF|+|BF|=4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为
.
【答案】
2
2
y
x
【解析】由抛物线定义可得：|
|
|
| =
4
2
2
2
A
B
A
B
p
p
p
AF
BF
y
y
y
y
p
，
因为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
0
2
x
y
a y
pb y
a b
a
b
x
py
，所以
2
2
2
2
A
B
pb
y
y
p
a
b
a
渐近线方程为
2
2
y
x
.
【名师点睛】若AB 是抛物线
2
2
0
y
px p
的焦点弦，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．则
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝p2
4 .
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(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝2p
sin2θ(θ为AB 的倾斜角)．
(3) 1
|AF|＋1
|BF|为定值2
p.
(4)以AB 为直径的圆与准线相切．
(5)以AF 或BF 为直径的圆与y 轴相切．
40．【2017 年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，双曲线
2
2
1
3
x
y
的右准线与它的两条渐近线分别交于点P ，
Q ，其焦点是
1
2
,
F F ，则四边形
1
2
F PF Q 的面积是_______________．
【答案】2 3
【解析】右准线方程为
3
3 10
10
10
x
，渐近线方程为
3
3
y
x
，
设
3 10
30
(
,
)
10
10
P
，则
3 10
30
(
,
)
10
10
Q
，
1(
10,0)
F
，
2( 10,0)
F
，
所以四边形
1
2
F PF Q 的面积
30
2 10
2 3
10
S
．
【名师点睛】（1）已知双曲线方程
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
求渐近线：
2
2
2
2
0
x
y
b
y
x
a
b
a
；（2）已知
渐近线y
mx
可设双曲线方程为
2
2
2
(
0)
m x
y
；（3）双曲线的焦点到渐近线的距离为b ，垂足为对应
准线与渐近线的交点．
专题08
平面解析几何（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A，B 关于坐标原点O 对称，│AB│=4，⊙M 过点A，B 且与直线x+2=0 相
切．
（1）若A 在直线x+y=0 上，求⊙M 的半径；
（2）是否存在定点P，使得当A 运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由．
【答案】（1）
M
的半径=2
r
或=6
r
；（2）存在，理由见解析.
【解析】（1）因为
M
过点
,
A B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线+ =0
x y
上，且
,
A B 关
于坐标原点O 对称，所以M 在直线y
x
上，故可设
( , )
M a a .
因为
M
与直线x+2=0相切，所以
M
的半径为
|
2 |
r
a
.
由已知得|
|=2
AO
，又MO
AO
，故可得
2
2
2
4
(
2)
a
a
，解得=0
a
或=4
a
.
故
M
的半径=2
r
或=6
r
.
（2）存在定点
(1,0)
P
，使得|
|
|
|
MA
MP
为定值.
理由如下：
设
( , )
M x y ，由已知得
M
的半径为=| +2|,|
|=2
r
x
AO
.
由于MO
AO
，故可得
2
2
2
4
(
2)
x
y
x
，化简得M的轨迹方程为
2
4
y
x
.
因为曲线
2
:
4
C y
x
是以点
(1,0)
P
为焦点，以直线
1
x 为准线的抛物线，所以|
|= +1
MP x
.
因为|
| |
|=
|
|= +2
( +1)=1
MA
MP
r
MP
x
x
，所以存在满足条件的定点P.
【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根
据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题
得解.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】已知
1
2
,
F F 是椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
的两个焦点，P 为C 上一点，O 为坐标
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
原点．
（1）若
2
POF
△
为等边三角形，求C 的离心率；
（2）如果存在点P，使得
1
2
PF
PF
，且
1
2
F PF
△
的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．
【答案】（1）
3
1
；（2）
4
b
，a 的取值范围为[4 2,
)
.
【解析】（1）连结
1
PF ，由
2
POF
△
为等边三角形可知在
1
2
F PF
△
中，
1
2
90
F PF
，
2
PF
c
，
1
3
PF
c
，
于是
1
2
2
( 3
1)
a
PF
PF
c
，故C 的离心率是
3
1
c
e
a
.
（2）由题意可知，满足条件的点
( , )
P x y 存在．当且仅当1 |
| 2
16
2 y
c
，
1
y
y
x
c x
c
，
2
2
2
2
1
x
y
a
b
，即
| |
16
c y
，①
2
2
2
x
y
c
，②
2
2
2
2
1
x
y
a
b
，③
由②③及
2
2
2
a
b
c
得
4
2
2
b
y
c
，又由①知
2
2
2
16
y
c
，故
4
b
．
由②③得
2
2
2
2
2
a
x
c
b
c
，所以
2
2
c
b
，从而
2
2
2
2
2
32,
a
b
c
b
故
4 2
a
.
当
4
b
，
4 2
a
时，存在满足条件的点P．
所以
4
b
，a 的取值范围为[4 2,
)
．
【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质
即可求解，考查计算能力，属于中档试题.
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线C：y=
2
2
x
，D 为直线y=
1
2
上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别
为A，B．
（1）证明：直线AB 过定点；
（2）若以E(0，5
2
)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．
【答案】（1）见解析；（2）
2
2
5
4
2
x
y
或
2
2
5
2
2
x
y
.
【解析】（1）设
1
1
1
,
,
,
2
D t
A x y
，则
2
1
1
2
x
y
．
由于y'
x
，所以切线DA的斜率为
1x ，故
1
1
1
1
2
y
x
x
t
．
整理得
1
1
2
2 +1=0.
tx
y
设
2
2
,
B x
y
，同理可得
2
2
2
2
+1=0
tx
y
．
故直线AB的方程为2
2
1
0
tx
y
．
所以直线AB过定点
1
(0, )
2
．
（2）由（1）得直线AB的方程为
1
2
y
tx
．
由
2
1
2
2
y
tx
x
y
，可得
2
2
1
0
x
tx
．
于是
2
1
2
1
2
1
2
2 ,
1
2
1
x
x
t y
y
t x
x
t
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
设M为线段AB的中点，则
2
1
,
2
M t t
．
由于EM
AB
，而
2
,
2
EM
t t
，AB
与向量(1, )t 平行，所以
2
2
0
t
t
t
．解得t=0或
1
t ．
当t =0时，|
|
EM
=2，所求圆的方程为
2
2
5
4
2
x
y
；
当
1
t 时，|
|
2
EM
，所求圆的方程为
2
2
5
2
2
x
y
．
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就
可以，思路较为清晰，但计算量不小.
4．【2019 年高考北京卷文数】已知椭圆
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b
的右焦点为(1,0) ，且经过点
(0,1)
A
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设O 为原点，直线:
(
1)
l y
kx
t t
与椭圆C 交于两个不同点P，Q，直线AP 与x 轴交于点M，直线
AQ 与x 轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l 经过定点．
【答案】（1）
2
2
1
2
x
y
；（2）见解析.
【解析】（1）由题意得，b2=1，c=1．
所以a2=b2+c2=2．
所以椭圆C的方程为
2
2
1
2
x
y
．
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则直线AP的方程为
1
1
1
1
y
y
x
x
．
令y=0，得点M的横坐标
1
1
1
M
x
x
y
．
又
1
1
y
kx
t
，从而
1
1
|
|
|
|1
M
x
OM
x
kx
t
．
同理，
2
2
|
| |
|1
x
ON
kx
t
．
由
2
2
,
1
2
y
kx
t
x
y
得
2
2
2
(1
2
)
4
2
2
0
k
x
ktx
t
．
则
1
2
2
4
1 2
kt
x
x
k
，
2
1
2
2
2
2
1
2
t
x x
k
．
所以
1
2
1
2
|
| |
| |
||
|
1
1
x
x
OM
ON
kx
t
kx
t
1
2
2
2
1
2
1
2
|
|
(
1)
(
1)
x x
k x x
k t
x
x
t
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
|
|
2
2
4
(
1) (
)
(
1)
1
2
1
2
t
k
t
kt
k
k t
t
k
k
1
2|
|
1
t
t
．
又|
| |
|
2
OM
ON
，
所以
1
2|
|
2
1
t
t
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
解得t=0，所以直线l经过定点（0，0）．
【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形
的面积等问题．
5．【2019 年高考天津卷文数】设椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知
3 |
|
2 |
|
OA
OB
（O 为原点）.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设经过点F 且斜率为3
4
的直线l 与椭圆在x 轴上方的交点为P，圆C 同时与x 轴和直线l 相切，圆心C 在
直线x=4 上，且OC
AP
∥
，求椭圆的方程.
【答案】（1）1
2
；（2）
2
2
1
16
12
x
y
.
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，由已知有
3
2
a
b
，又由
2
2
2
a
b
c
，消去b 得
2
2
2
3
2
a
a
c
，解
得
1
2
c
a
.
所以，椭圆的离心率为1
2
.
（2）由（1）知，
2 ,
3
a
c b
c
，故椭圆方程为
2
2
2
2
1
4
3
x
y
c
c
.
由题意，
(
, 0)
F
c
，则直线l 的方程为
3 (
)
4
y
x
c
，
点P 的坐标满足
2
2
2
2
1,
4
3
3 (
),
4
x
y
c
c
y
x
c
消去y 并化简，得到
2
2
7
6
13
0
x
cx
c
，解得
1
2
13
,
7
c
x
c x
.
代入到l 的方程，解得
1
2
3
9
,
2
14
y
c y
c
.
因为点P 在x 轴上方，所以
3
, 2
P c
c
.
由圆心C 在直线
4
x
上，可设
(4, )
C
t .
因为OC
AP
∥
，且由（1）知
(
2 , 0)
A
c
，故
3
2
4
2
c
t
c
c
，解得
2
t
.
因为圆C 与x 轴相切，所以圆的半径长为2，
又由圆C 与l 相切，得
2
3 (4
)
2
4
2
3
1
4
c
，可得=2
c
.
所以，椭圆的方程为
2
2
1
16
12
x
y
.
【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥
曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
6．【2019 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C:
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的焦点为F1（–1、0），
F2（1，0）．过F2 作x 轴的垂线l，在x 轴的上方，l 与圆F2:
2
2
2
(
1)
4
x
y
a
交于点A，与椭圆C 交于点D.
连结AF1 并延长交圆F2 于点B，连结BF2 交椭圆C 于点E，连结DF1．
已知DF1= 5
2
．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）求点E 的坐标．
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y
；（2）
3
( 1,
)
2
E
.
【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c.
因为F1(−1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1= 5
2
，AF2⊥x 轴，
所以DF2=
2
2
2
2
1
1
2
5
3
( )
2
2
2
DF
F F
，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2−c2，得b2=3.
因此，椭圆C 的标准方程为
2
2
1
4
3
x
y
.
（2）解法一：
由（1）知，椭圆C：
2
2
1
4
3
x
y
，a=2，
因为AF2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.
将x=1 代入圆F2 的方程(x−1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A 在x 轴上方，所以A(1，4).
又F1(−1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由
2
2
(
)
2
2
1
16
y
x
x
y
，得
2
5
6
11
0
x
x
，
解得
1
x
或
11
5
x
.
将
11
5
x
代入
2
2
y
x
，得
12
5
y
，
因此
11
12
(
,
)
5
5
B
.又F2(1，0)，所以直线BF2：
3 (
1)
4
y
x
.
由
2
2
1
4
3
3 (
1)
4
x
y
x
y
，得
2
7
6
13
0
x
x
，解得
1
x 或
13
7
x
.
又因为E 是线段BF2 与椭圆的交点，所以
1
x .
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
将
1
x 代入
3 (
1)
4
y
x
，得
3
2
y
.
因此
3
( 1,
)
2
E
.
解法二：
由（1）知，椭圆C：
2
2
1
4
3
x
y
.如图，连结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x 轴，所以EF1⊥x 轴.
因为F1(−1，0)，由
2
2
1
4
3
1
x
x
y
，得
3
2
y
.
又因为E 是线段BF2 与椭圆的交点，所以
3
2
y
.
因此
3
( 1,
)
2
E
.
【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系
等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
7．【2019 年高考浙江卷】如图，已知点
(1 0)
F ，为抛物线
2
2
(
0)
y
px p
的焦点，过点F 的直线交抛物线于A、B
两点，点C 在抛物线上，使得
ABC
△
的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q，且Q 在点F 的右侧．记
,
AFG
CQG
△
△
的面积分别为
1
2
,
S S ．
（1）求p 的值及抛物线的准线方程；
（2）求
1
2
S
S
的最小值及此时点G 的坐标．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）p=2，准线方程为x=−1；（2）最小值为
3
1
2
，此时G（2，0）．
【解析】（1）由题意得
1
2
p
，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（2）设
,
,
,
,
,
A
A
B
B
c
c
A x
y
B x
y
C x y
，重心
,
G
G
G x
y
.令
2 ,
0
A
y
t t
，则
2
A
x
t
.
由于直线AB过F，故直线AB方程为
2
1
1
2
t
x
y
t
，代入
2
4
y
x
，得
2
2
2
1
4
0
t
y
y
t
，
故2
4
B
ty ，即
2
B
y
t
，所以
2
1
2
,
B t
t
.
又由于
1
1
,
3
3
G
A
B
c
G
A
B
c
x
x
x
x
y
y
y
y
及重心G 在x 轴上，故
2
2
0
c
t
y
t
，得
2
4
2
2
1
1
2
2
2
,2
,
,0
3
t
t
C
t
t
G
t
t
t
.
所以，直线AC方程为
2
2
2
y
t
t x
t
，得
2
1,0
Q t
.
由于Q在焦点F的右侧，故
2
2
t
.从而
4
2
2
4
2
2
1
2
4
4
2
4
2
2
2
2
2
1
1 | 2 |
|
|
3
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
1
|
|
|
1
| |
2 |
2
3
A
c
t
t
t
FG
y
t
S
t
t
t
t
t
S
t
t
QG
y
t
t
t
t
.
令
2
2
m
t
，则m>0，
1
2
2
1
1
3
2
2
2
1
3
4
3
2
3
4
2
4
S
m
S
m
m
m
m
m
m
.
当
3
m
时，
1
2
S
S
取得最小值
3
1
2
，此时G（2，0）．
【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力
和综合应用能力.
8．【2018 年高考全国Ⅰ文数】设抛物线
2
2
C
y
x
：
，点
2
0
A
，
，
2
0
B ，
，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两
点．
（1）当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）证明：
ABM
ABN
∠
∠
．
【答案】（1）y= 1
1
2 x 或
1
1
2
y
x
；（2）见解析.
【解析】（1）当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x=2，可得M 的坐标为（2，2）或（2，–2）．
所以直线BM 的方程为y= 1
1
2 x 或
1
1
2
y
x
．
（2）当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM=∠ABN．
当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为
(
2)(
0)
y
k x
k
，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1>0，x2>0．
由
2
(
2)
2
y
k x
y
x
，
得ky2–2y–4k=0，可知y1+y2= 2
k
，y1y2=–4．
直线BM，BN 的斜率之和为
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2(
)
2
2
(
2)(
2)
BM
BN
y
y
x y
x y
y
y
k
k
x
x
x
x
．①
将
1
1
2
y
x
k
，
2
2
2
y
x
k
及y1+y2，y1y2 的表达式代入①式分子，可得
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
4 (
)
8
8
2(
)
0
y y
k y
y
x y
x y
y
y
k
k
．
所以kBM+kBN=0，可知BM，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN．
综上，∠ABM=∠ABN．
【名师点睛】本题主要考查抛物线的标准方程与几何性质、直线与抛物线的位置关系，考查考生的化归与转化
能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象与数学运算.在设直线的方程时，一定要注意所设方程的
适用范围，如用点斜式时，要考虑到直线的斜率不存在的情况，以免解答不严密或漏解.
（1）求出直线l 与抛物线的交点，利用两点式写出直线BM 的方程;
（2）由（1）知，当直线l 与x 轴垂直时，结论显然成立，当直线l 与x 轴不垂直时，设出斜率k，联立直线l
与C 的方程，求出M，N 两点坐标之间的关系，再表示出BM 与BN 的斜率，得其和为0，从而说明BM 与BN
两条直线的斜率互为相反数，进而可知两角相等.
9．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】设抛物线
2
4
C
y
x
：
的焦点为F ，过F 且斜率为(
0)
k k
的直线l 与C 交于A ，B
两点，|
|
8
AB
．
（1）求l 的方程；
（2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．
【答案】（1）y=x–1；（2）
2
2
(
3)
(
2)
16
x
y
或
2
2
(
11)
(
6)
144
x
y
．
【解析】（1）由题意得F（1，0），l 的方程为y=k（x–1）（k>0）．
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由
2
(
1)
4
y
k x
y
x
得
2
2
2
2
(2
4)
0
k x
k
x
k
．
2
16
16
0
k
，故
2
1
2
2
2
4
k
x
x
k
．
所以
2
1
2
2
4
4
(
1)
(
1)
k
AB
AF
BF
x
x
k
．
由题设知
2
2
4
4
8
k
k
，解得k=–1（舍去），k=1．
因此l 的方程为y=x–1．
（2）由（1）得AB 的中点坐标为（3，2），所以AB 的垂直平分线方程为
2
(
3)
y
x
，即
5
y
x
．
设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则
0
0
2
2
0
0
0
5
(
1)
(
1)
16.
2
y
x
y
x
x
，
解得
0
0
3
2
x
y
，
或
0
0
11
6.
x
y
，
因此所求圆的方程为
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
2
(
3)
(
2)
16
x
y
或
2
2
(
11)
(
6)
144
x
y
．
【名师点睛】本题主要考查抛物线与直线和圆的综合，考查考生的数形结合能力、运算求解能力，考查的数学
核心素养是直观想象、数学运算.
（1）利用点斜式写出直线l 的方程，代入抛物线方程，得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系以及
抛物线的定义加以求解;
（2）由题意写出线段AB 的垂直平分线所在直线的方程，设出圆心的坐标，由题意列出方程组，解得圆心的坐
标，即可求解.
10．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】已知斜率为k 的直线l 与椭圆
2
2
1
4
3
x
y
C
：
交于A ，B 两点．线段AB 的中点为
(1,
)(
0)
M
m m
．
（1）证明：
1
2
k
；
（2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP
FA
FB
0
．证明：2 |
| |
|
|
|
FP
FA
FB
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设
1
1
(
)
A x
y
，
，
2
2
(
)
B x
y
，
，则
2
2
1
1
1
4
3
x
y
，
2
2
2
2
1
4
3
x
y
．
两式相减，并由
1
2
1
2
=
y
y
k
x
x
得
1
2
1
2
0
4
3
x
x
y
y
k
．
由题设知
1
2
1
2
x
x
，
1
2
2
y
y
m
，于是
3
4
k
m
．
由题设得
3
0
2
m
，故
1
2
k
．
（2）由题意得F（1，0）．设
3
3
(
)
P x
y
，
，则
3
3
1
1
2
2
(
1
)
(
1
)
(
1
)
(0 0)
x
y
x
y
x
y
，
，
，
，．
由（1）及题设得
3
1
2
3
(
)
1
x
x
x
，
3
1
2
(
)
2
0
y
y
y
m
．
又点P 在C 上，所以
3
4
m
，从而
3
(1
)
2
P
，
，
3
|
|= 2
FP
．
于是
2
2
2
2
1
1
1
1
1
|
|
(
1)
(
1)
3(1
)
2
4
2
x
x
FA
x
y
x
．
同理
2
|
|=2
2
x
FB
．
所以
1
2
1
4
(
)
3
2
FA
FB
x
x
．
故2|
|=|
|+|
|
FP
FA
FB
．
【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及简单几何性质、直线的斜率公式、直线与椭圆的位置关系、向量的坐
标运算与向量的模等，考查运算求解能力、数形结合思想，考查的数学核心素养是数学抽象、数学运算.圆维曲
线中与中点弦有关的问题常用点差法，建立弦所在直线的斜率与中点坐标间的关系，也可以通过联立直线方程
与圆锥曲线方程，消元，根据根与系数的关系求解.
11．【2018 年高考北京卷文数】已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
M
a
b
a
b
的离心率为
6
3
，焦距为2 2 .斜率为k 的直线
l 与椭圆M 有两个不同的交点A，B.
（1）求椭圆M 的方程；
（2）若
1
k
，求|
|
AB 的最大值；
（3）设
( 2,0)
P
，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D.若C,D 和点
7 1
(
, )
4 4
Q
共线，求k.
【答案】（1）
2
2
1
3
x
y
；（2）6 ；（3）1.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】（1）由题意得2
2 2
c
，所以
2
c
，
又
6
3
c
e
a
，所以
3
a
，
所以
2
2
2
1
b
a
c
，
所以椭圆M 的标准方程为
2
2
1
3
x
y
．
（2）设直线AB 的方程为y
x
m
，
由
2
2
1
3
y
x
m
x
y
消去y 可得
2
2
4
6
3
3
0
x
mx
m
，
则
2
2
2
36
4 4(3
3)
48 12
0
m
m
m
，即
2
4
m
，
设
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，则
1
2
3
2
m
x
x
，
2
1
2
3
3
4
m
x x
，
则
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
6
4
|
|
1
|
|
1
(
)
4
2
m
AB
k
x
x
k
x
x
x x
，
易得当
2
0
m
时，
max
|
|
6
AB
，故|
|
AB 的最大值为
6 ．
（3）设
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
3
3
(
,
)
C x
y
，
4
4
(
,
)
D x
y
，
则
2
2
1
1
3
3
x
y
①，
2
2
2
2
3
3
x
y
②，
又
( 2,0)
P
，所以可设
1
1
1
2
PA
y
k
k
x
，直线PA 的方程为
1(
2)
y
k x
，
由
1
2
2
(
2)
1
3
y
k x
x
y
消去y 可得
2
2
2
2
1
1
1
(1 3
)
12
12
3
0
k
x
k x
k
，
则
2
1
1
3
2
1
12
1 3
k
x
x
k
，即
2
1
3
1
2
1
12
1 3
k
x
x
k
，
又
1
1
1
2
y
k
x
，代入①式可得
1
3
1
7
12
4
7
x
x
x
，所以
1
3
1
4
7
y
y
x
，
所以
1
1
1
1
7
12
(
,
)
4
7
4
7
x
y
C
x
x
，
同理可得
2
2
2
2
7
12
(
,
)
4
7
4
7
x
y
D
x
x
．
故
3
3
7
1
(
,
)
4
4
QC
x
y
，
4
4
7
1
(
,
)
4
4
QD
x
y
，
因为
,
,
Q C D 三点共线，所以
3
4
4
3
7
1
7
1
(
)(
)
(
)(
)
0
4
4
4
4
x
y
x
y
，
将点
,
C D 的坐标代入化简可得
1
2
1
2
1
y
y
x
x
，即
1
k
．
【名师点睛】本题主要考查椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系，考查考生的逻辑思维能力、运算
求解能力，考查数形结合思想，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.解决椭圆的方程问题，
常用基本量法，同时注意椭圆的几何量的关系；弦长的计算，通常要将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的
关系求解.
12．【2018 年高考天津卷文数】设椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为
5
3
，
|
|
13
AB
．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线:
(
0)
l y
kx k
与椭圆交于
,
P Q 两点，l 与直线AB 交于点M，且点P，M 均在第四象限．若
BPM
△
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
的面积是
BPQ
△
面积的2 倍，求k 的值．
【答案】（1）
2
2
1
9
4
x
y
；（2）
1
2
．
【解析】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的
性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．满分14 分．
（1）设椭圆的焦距为2c，由已知得
2
2
5
9
c
a
，
又由
2
2
2
a
b
c
，可得2
3
a
b
．
由
2
2
|
|
13
AB
a
b
，从而
3,
2
a
b
．
所以，椭圆的方程为
2
2
1
9
4
x
y
．
（2）设点P 的坐标为
1
1
( ,
)
x y
，点M 的坐标为
2
2
(
,
)
x
y
，由题意，
2
1
0
x
x
，
点Q 的坐标为
1
1
(
,
)
x
y
．
由
BPM
△
的面积是
BPQ
△
面积的2 倍，可得|
|=2|
|
PM
PQ ，
从而
2
1
1
1
2[
(
)]
x
x
x
x
，即
2
1
5
x
x
．
易知直线AB 的方程为2
3
6
x
y
，
由方程组
2
3
6,
,
x
y
y
kx
消去y，可得
2
6
3
2
x
k
．
由方程组
2
2
1,
9
4
,
x
y
y
kx
消去y ，可得
1
2
6
9
4
x
k
．
由
2
1
5
x
x
，可得
2
9
4
5(3
2)
k
k
，两边平方，整理得
2
18
25
8
0
k
k
，解得
8
9
k
，或
1
2
k
．
当
8
9
k
时，
2
9
0
x
，不合题意，舍去；当
1
2
k
时，
2
12
x
，
1
12
5
x
，符合题意．
所以，k 的值为
1
2
．
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及轨迹方程问题、定值问题、最值
问题、参数的取值或取值范围问题等，其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线，解决此类问题要重视化归与
转化思想及设而不求法的应用.
13．【2018 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点
1
( 3,
)
2
，焦点
1
2
(
3,0),
( 3,0)
F
F
，圆
O 的直径为
1
2
F F ．
（1）求椭圆C 及圆O 的方程；
（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P．
①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；
②直线l 与椭圆C 交于
,
A B 两点．若
OAB
△
的面积为2 6
7
，求直线l 的方程．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
，圆O 的方程为
2
2
3
x
y
；（2）①( 2,1) ；②
5
3 2
y
x
．
【解析】（1）因为椭圆C 的焦点为
1
2
(
)
3,0 ,
( 3,0)
F
F
，
可设椭圆C 的方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
．
又点
1
( 3,
)
2
在椭圆C 上，所以
2
2
2
2
3
1
1,
4
3,
a
b
a
b
，解得
2
2
4,
1,
a
b
因此椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
．
因为圆O 的直径为
1
2
F F ，所以其方程为
2
2
3
x
y
．
（2）①设直线l 与圆O 相切于
0
0
0
0
(
)
,
,
(
0
0)
P x
y
x
y
，则
2
2
0
0
3
x
y
，
所以直线l 的方程为
0
0
0
0
(
)
x
y
x
x
y
y
，即
0
0
0
3
x
y
x
y
y
．
由
2
2
0
0
0
1,
4
3 ,
x
y
x
y
x
y
y
消去y，得
2
2
2
2
0
0
0
0
4
24
36
4
0
(
)
x
y
x
x x
y
．（*）
因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
(
)
(
)(
24
)
(
4 4
36
4
8
2
0
)
4
x
x
y
y
y
x
．
因为
0
0
,
0
x
y
，所以
0
0
2,
1
x
y
．
因此点P 的坐标为( 2,1) ．
②因为三角形OAB 的面积为2 6
7
，所以
2
1
2
6
7
AB OP
，从而
4 2
7
AB
．
设
1
1
2
2
,
,
(
)
(
)
,
A x y
B x
y
，由（*）得
2
2
0
0
0
2
2
0
0
1,2
24
48
(
2)
2(4
)
x
y
x
x
x
y
，
所以
2
2
2
2
1
2
1
(
)
(
)
x
B
y
y
x
A
2
2
2
0
0
0
2
2
2
2
0
0
0
48
(
2)
(1
)
(4
)
x
y
x
y
x
y
．
因为
2
2
0
0
3
x
y
，所以
2
2
0
2
2
0
16(
2)
32
(
1)
49
x
AB
x
，即
4
2
0
0
2
45
100
0
x
x
，
解得
2
2
0
0
5 (
20
2
x
x
舍去），则
2
0
1
2
y
，
因此P 的坐标为
10
2
(
,
)
2
2
．
综上，直线l 的方程为
5
3 2
y
x
．
【名师点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭
圆的位置关系等知识，考查分析问题能力和运算求解能力.
（1）利用椭圆的几何性质求圆的方程和椭圆的方程.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）①利用直线与圆、椭圆的位置关系建立方程求解；
②结合①，利用弦长公式、三角形的面积公式求解.
14．【2018 年高考浙江卷】如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C：y2=4x 上存在不同的两点A，B 满
足PA，PB 的中点均在C 上．
（1）设AB 中点为M，证明：PM 垂直于y 轴；
（2）若P 是半椭圆x2+
2
4
y =1(x<0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
15 10
[6 2,
]
4
．
【解析】本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能
力和综合应用能力.满分15 分.
（1）设
0
0
(
,
)
P x
y
，
2
1
1
1
(
,
)
4
A
y
y
，
2
2
2
1
(
,
)
4
B
y
y
．
因为PA ，PB 的中点在抛物线上，
所以
1y ，
2y 为方程
2
0
2
0
1
4
(
)
4
2
2
y
x
y
y
即
2
2
0
0
0
2
8
0
y
y y
x
y
的两个不同的实数根．
所以
1
2
0
2
y
y
y
．
因此，PM 垂直于y 轴．
（2）由（1）可知
1
2
0
2
1
2
0
0
2
,
8
,
y
y
y
y y
x
y
所以
2
2
2
1
2
0
0
0
1
3
|
|
(
)
3
8
4
PM
y
y
x
y
x
，
2
1
2
0
0
|
| 2 2(
4
)
y
y
y
x
．
因此，
PAB
△
的面积
3
2
2
1
2
0
0
1
3 2
|
| |
|
(
4
)
2
4
PAB
S
PM
y
y
y
x
△
．
因为
2
2
0
0
0
1(
0)
4
y
x
x
，所以
2
2
0
0
0
0
4
4
4
4
[4,5]
y
x
x
x
．
因此，
PAB
△
面积的取值范围是
15 10
[6 2,
]
4
．
【名师点睛】圆锥曲线问题是高考重点考查内容之一，也是难点之一.椭圆、抛物线是其中常考内容，需要熟练
地掌握椭圆和拋物线的定义、基本性质、标准方程等，对于处理有关问题有很大的帮助.同时还要注意运算能力
的培养和提高.
15．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】设A，B 为曲线C：y=
2
4
x 上两点，A 与B 的横坐标之和为4．
（1）求直线AB 的斜率；
（2）设M 为曲线C 上一点，C 在M 处的切线与直线AB 平行，且AMBM，求直线AB 的方程．
【答案】（1）1；（2）
7
y
x
．
【解析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则
1
2
x
x
，
2
1
1
4
x
y
，
2
2
2
4
x
y
，x1+x2=4，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
于是直线AB 的斜率
1
2
1
2
1
2
1
4
y
y
x
x
k
x
x
．
（2）由
2
4
x
y
，得
2
x
y'
．
设M（x3，y3），由题设知
3
1
2
x
，解得
3
2
x
，于是M（2，1）．
设直线AB 的方程为y
x
m
，故线段AB 的中点为N（2，2+m），|MN|=|m+1|．
将y
x
m
代入
2
4
x
y
得
2
4
4
0
x
x
m
．
当
16(
1)
0
m
，即
1
m 时，
1,2
2
2
1
x
m
．
从而
1
2
|
|= 2 |
| 4 2(
1)
AB
x
x
m
．
由题设知|
|
2 |
|
AB
MN
，即4 2(
1)
2(
1)
m
m
，解得
7
m
．
所以直线AB 的方程为
7
y
x
．
【名师点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，主要利用根与系数的关系：因为直线的方程是一次的，
圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，
故用根与系数的关系及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用根与
系数的关系直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），由两点斜率公式求AB 的斜率；
（2）联立直线与抛物线方程，消y ，得
1
2
|
|= 2 |
| 4 2(
1)
AB
x
x
m
，解出m 即可．
16．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C
2
2
:
1
2
x
y
上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N，
点P 满足
2
NP
NM
.
（1）求点P 的轨迹方程；
（2）设点Q 在直线
3
x 上，且
1
OP PQ
.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F.
【答案】（1）
2
2
2
x
y
；（2）见解析.
【解析】（1）设P（x，y），M（
0
0
,
x
y ），则N（
0,0
x
），
0
0
(
, ),
(0,
)
NP
x
x
y NM
y
，
由
2
NP
NM
得
0
0
2
2
x
x
y
y
，
.
因为M（
0
0
,
x
y ）在C 上，所以
2
2
1
2
2
x
y
.
因此点P 的轨迹方程为
2
2
2
x
y
.
（2）由题意知F（−1,0），设Q（−3，t），P（m，n），则
( 3, ),
( 1
,
),
3
3
OQ
t
PF
m
n OQ PF
m
tn
，
( , ),
( 3
,
)
OP
m n PQ
m t
n
.
由
1
OP PQ
得
2
2
3
1
m
m
tn
n
，又由（1）知
2
2
2
m
n
，故
3
3
0
m
tn
.
所以
0
OQ PF
，即OQ
PF
.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的
左焦点F.
【名师点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题
涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定
值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹
方程，化简可得所求轨迹方程；
（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证
0
OQ PF
，先设P（m，n），则需证3
3
0
m
tn
，
即根据条件
1
OP PQ
可得
2
2
3
1
m
m
tn
n
，而
2
2
2
m
n
，代入即得3
3
0
m
tn
.
17．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线
2
2
y
x
mx
与x 轴交于A，B 两点，点C 的坐标
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
为(0,1) .当m 变化时，解答下列问题：
（1）能否出现AC⊥BC 的情况？说明理由；
（2）证明过A，B，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.
【答案】（1）不会，理由见解析；（2）见解析
【解析】（1）不能出现AC⊥BC 的情况，理由如下：
设
1
( ,0)
A x
，
2
(
,0)
B x
，则
1
2
x
x
，
满足
2
2
0
x
mx
，所以
1
2
2
x x .
又C 的坐标为（0，1），故AC 的斜率与BC 的斜率之积为
1
2
1
1
1
2
x
x
，
所以不能出现AC⊥BC 的情况.
（2）BC 的中点坐标为（
2 1
2
2
x ，），可得BC 的中垂线方程为
2
2
1
(
)
2
2
x
y
x
x
.
由（1）可得
1
2
x
x
m
，所以AB 的中垂线方程为
2
m
x
.
联立
2
2(
2
1
)
2
2
m
x
x
y
x
x
，
，
又
2
2
2
2
0
x
mx
，可得
2
1
2
m
x
y
，
，
所以过A、B、C 三点的圆的圆心坐标为（
1
2
2
m
，
），半径
2
9
2
m
r
，
故圆在y 轴上截得的弦长为
2
2
2
3
2
m
r
（
）
，即过A、B、C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.
【名师点睛】解答本题时，设
1
2
,0 ,
,0
A x
B x
，由AC⊥BC 得
1
2
1
0
x x
，由根与系数的关系得
1
2
2
x x ，
矛盾，所以不存在；求出过A，B，C 三点的圆的圆心坐标和半径，即可得圆的方程，再利用垂径定理求弦长.
直线与圆综合问题的常见类型及解题策略：
（1）处理直线与圆的弦长问题时多用几何法，即弦长的一半、弦心距、半径构成直角三角形．代数方法：运用
根与系数的关系及弦长公式：
2
2
2
1
2
1
2
1
2
|
|
1
|
|
1
(
)
4
AB
k
x
x
k
x
x
x x
；
（2）圆的切线问题的处理要抓住圆心到直线的距离等于半径，从而建立关系解决问题．
18．【2017 年高考北京卷文数】已知椭圆C 的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x 轴上，离心率为
3
2
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M，N，过D 作AM 的垂线交BN 于点E.
求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4:5．
【答案】（1）
2
2
1
4
x
y
；（2）见解析.
【解析】（1）设椭圆C 的方程为
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
.
由题意得
2,
3 ,
2
a
c
a
解得
3
c
.
所以
2
2
2
1
b
a
c
.
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
.
（2）设
( , )
M m n ，则
( ,0),
( ,
)
D m
N m
n
.
由题设知
2
m ，且
0
n
.
直线AM 的斜率
2
AM
n
k
m
，故直线DE 的斜率
2
DE
m
k
n
.
所以直线DE 的方程为
2 (
)
m
y
x
m
n
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
直线BN 的方程为
(
2)
2
n
y
x
m
.
联立
2 (
),
(
2),
2
m
y
x
m
n
n
y
x
m
解得点E 的纵坐标
2
2
2
(4
)
4
E
n
m
y
m
n
.
由点M 在椭圆C 上，得
2
2
4
4
m
n
.
所以
4
5
E
y
n
.
又
1
2
|
| |
|
|
| |
|
2
5
BDE
E
S
BD
y
BD
n
△
，
1 |
| |
|
2
BDN
S
BD
n
△
，
所以
BDE
△
与
BDN
△
的面积之比为4:5.
【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，
主要利用, , ,
a b c e 的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本
题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.
（1）根据条件可知
3
2,
2
c
a
a
，以及
2
2
2
b
a
c
，从而求得椭圆方程；
（2）设
( , )
M m n ，则
( ,0),
( ,
)
D m
N m
n
，根据条件求直线DE 的方程，并且表示出直线BN 的方程，并求得
两条直线的交点纵坐标，根据
1
2
1
2
E
BDE
BDN
N
BD y
S
S
BD y
△
△
即可求出面积比值.
19．【2017 年高考天津卷文数】已知椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为
,
(
)
0
F
c
，右顶点为A ，点E 的坐标为
(0, )
c ，
EFA
△
的面积为
2
2
b
．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设点Q 在线段AE 上，
3
|
|
2
FQ
c
，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM
QN
∥
，
且直线PM 与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c ．
（i）求直线FP 的斜率；
（ii）求椭圆的方程．
【答案】（1）1
2
；（2）（ⅰ）3
4
；（ⅱ）
2
2
1
16
12
x
y
．
【解析】（1）设椭圆的离心率为e．
由已知，可得
2
1 (
)
2
2
b
c
a c
．
又由
2
2
2
b
a
c
，可得
2
2
2
0
c
ac
a
，即
2
2
1
0
e
e
．
又因为0
1
e
，解得
1
2
e
．
所以，椭圆的离心率为1
2
．
（2）（ⅰ）依题意，设直线FP 的方程为
(
0)
x
my
c m
，则直线FP 的斜率为1
m
．
由（1）知
2
a
c
，可得直线AE 的方程为
1
2
x
y
c
c
，即
2
2
0
x
y
c
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
与直线FP 的方程联立，可解得
(2
2)
3
,
2
2
m
c
c
x
y
m
m
，即点Q 的坐标为(2
2)
3
(
,
)
2
2
m
c
c
m
m
．
由已知|FQ|= 3
2
c ，有
2
2
2
(2
2)
3
3
[
]
(
)
(
)
2
2
2
m
c
c
c
c
m
m
，整理得
2
3
4
0
m
m
，所以
4
3
m
，
故直线FP 的斜率为3
4
．
（ii）由
2
a
c
，可得
3
b
c
，故椭圆方程可以表示为
2
2
2
2
1
4
3
x
y
c
c
．
由（i）得直线FP 的方程为3
4
3
0
x
y
c
，与椭圆方程联立
2
2
2
2
3
4
3
0,
1,
4
3
x
y
c
x
y
c
c
消去y ，整理得
2
2
7
6
13
0
x
cx
c
，解得
13
7
c
x
（舍去），或x
c
．
因此可得点
3
( ,
)
2
c
P c
，进而可得
2
2
3
5
|
(
)
(
)
2
2
|
c
c
FP
c
c
，
所以
5
3
|
|
|
| |
|
2
2
c
c
FP
FQ
Q
c
P
．
由已知，线段PQ的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离，
故直线PM 和QN 都垂直于直线FP．
因为QN
FP
，所以
3
3
9
|
| |
| tan
2
4
8
c
c
QN
FQ
QFN
，
所以
FQN
△
的面积为
2
1
27
|
||
|
2
32
c
FQ QN
，
同理
FPM
△
的面积等于
2
75
32
c
，
由四边形PQNM 的面积为3c ，得
2
2
75
27
3
32
32
c
c
c
，整理得
2
2
c
c
，又由
0
c
，得
2
c
．
所以，椭圆的方程为
2
2
1
16
12
x
y
．
【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考中都是较有难度的压轴题，本题对考生的计算能力要求较高，是一道难
题，重点考查了运算求解能力以及转化与化归的能力．求解此类问题时，利用, , ,
a b c e 的关系，确定椭圆离心率
是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）的方程，根据根与系数的关系进行解题，但本题需求解交点坐
标，在求解过程要善于发现四边形PQNM 中的几何关系，从而易求其面积，进而使问题获解．
（1）先根据题意得出
2
1 (
)
2
2
b
c
a c
，然后结合
2
2
2
b
a
c
，即可求得离心率；
（2）（ⅰ）首先设直线FP 的方程为x
my
c
，再写出直线AE 的方程，两方程联立得到点Q 的坐标，根据
3
2
FQ
c
求得m 的值，即得直线FP 的斜率；（ⅱ）将直线FP 的方程和椭圆方程联立，可得点P 的坐标，再
求
,
FP
FQ ，确定直线PM 和QN 都垂直于直线FP ，根据平面几何关系求面积，从而可求得c 的值，进而得
椭圆的方程．
20．【2017 年高考山东卷文数】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C:
2
2
2
2
1
x
y
a
b
(a>b>0)的离心率为
2
2
，椭圆C
截直线y=1 所得线段的长度为2 2 .
（1）求椭圆C 的方程；
（2）动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C 于A，B 两点，交y 轴于点M.点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为
|NO|.设D 为AB 的中点，DE，DF 与⊙N 分别相切于点E，F，求EDF 的最小值.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）
2
2
1
4
2
x
y
；（2）
EDF
的最小值为π
3
.
【解析】（1）由椭圆的离心率为
2
2
，得
2
2
2
2(
)
a
a
b
，
又当
1
y
时，
2
2
2
2
a
x
a
b
，得
2
2
2
2
a
a
b
，
所以
2
2
4,
2
a
b
，
因此椭圆方程为
2
2
1
4
2
x
y
.
（2）设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
联立方程
2
2
2
4
y
kx
m
x
y
，
得
2
2
2
(2
1)
4
2
4
0
k
x
kmx
m
，
由
0
得
2
2
4
2
m
k
.（*）
且
1
2
2
4
2
1
km
x
x
k
，
因此
1
2
2
2
2
1
m
y
y
k
，
所以
2
2
2
(
,
)
2
1 2
1
km
m
D
k
k
，
又
(0,
)
N
m
，
所以
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
2
1
2
1
km
m
ND
m
k
k
整理得
2
2
4
2
2
2
4
(1 3
)
(2
1)
m
k
k
ND
k
，
因为NF
m
，
所以
2
4
2
2
2
2
2
2
2
4(
3
1)
8
3
1
(2
1)
(2
1)
ND
k
k
k
k
k
NF
.
令
2
8
3,
3
t
k
t
，
故
2
1
2
1
4
t
k
，
所以
2
2
2
16
16
1
1
1
(1
)
2
ND
t
t
NF
t
t
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
令
1
y
t
t
，所以
2
1
1
y
t
.
当
3
t
时，
0
y
,
从而
1
y
t
t
在[3,
)
上单调递增，
因此
1
10
3
t
t
，
等号当且仅当
3
t
时成立，此时
0
k
，
所以
2
2
1 3
4
ND
NF
，
由（*）得
2
2
m
且
0
m
.
故
1
2
NF
ND
，
设
2
EDF
，
则
1
sin
2
NF
ND
，
所以的最小值为π
6
，
从而
EDF
的最小值为π
3
，此时直线l 的斜率是0 .
综上所述：当
0
k
，
(
2,0)
(0,
2)
m
时，
EDF
取到最小值π
3
.
【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，
最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．
解答本题时，（1）由
2
2
c
a
得
2
a
b
，由椭圆C 截直线y=1 所得线段的长度为2 2 ，得
2
2
2
2
a
a
b
，
求得椭圆的方程为
2
2
1
4
2
x
y
；（2）由
2
2
2
4
x
y
y
kx
m
，解得
2
2
(2
1)
4
k
x
kmx
2
2
4
0
m
，确定
2
2
2
(
,
)
2
1 2
1
km
m
D
k
k
，
4
2
2
2
|
|
3
2
2
1
m
DN
k
k
k
，结合
2
2
ND
NF
的单调性求
EDF
的
最小值.
21．
【2017 年高考浙江卷】如图，已知抛物线
2x
y
，点A
1 1
(
)
2 4
，
，
3 9
(
)
2 4
B
，
，抛物线上的点
1
3
( , )(
)
2
2
P x y
x
．过
点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q．
（1）求直线AP 斜率的取值范围；
（2）求|
| |
|
PA
PQ
的最大值．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）( 1,1)
；（2）27
16
.
【解析】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和
运算求解能力.满分15 分.
（1）设直线AP 的斜率为k，
2
1
1
4
1
2
2
x
k
x
x
，
因为
1
3
2
2
x
，所以直线AP 斜率的取值范围是( 1,1)
．
（2）联立直线AP 与BQ 的方程
1
1
0,
2
4
9
3
0,
4
2
kx
y
k
x
ky
k
解得点Q 的横坐标是
2
2
4
3
2(
1)
Q
k
k
x
k
．
因为
|PA|=
2
1
1
(
)
2
k
x
=
2
1
(
1)
k
k
，
|PQ|=
2
2
2
(
1)(
1)
1
(
)
1
Q
k
k
k
x
x
k
，
所以
3
(
1)(
1)
k
k
PA PQ
．
令
3
( )
(
1)(
1)
f k
k
k
，
因为
2
( )
(4
2)(
1)
f
k
k
k
，
所以f(k)在区间
1
( 1, )
2
上单调递增，1
(
,1)
2
上单调递减，
因此当k= 1
2
时，|
| |
|
PA
PQ
取得最大值27
16
．
【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方
法和运算求解能力.
（1）由斜率公式可得AP 的斜率为
1
2
x
，再由
1
3
2
2
x
，得直线AP 的斜率的取值范围；
（2 ）联立直线AP 与BQ 的方程，得Q 的横坐标，进而通过表达|
|
PA 与|
|
PQ 的长度，利用函数
3
( )
(
1)(
1)
f k
k
k
的单调性求解|
| |
|
PA
PQ
的最大值．
22．【2017 年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
E
a
b
a
b
的左、右焦点分别为
1F ，
2
F ，离心率为1
2
，两准线之间的距离为8．点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点
1F 作直线
1
PF 的垂线1l ，
过点
2
F 作直线
2
PF 的垂线2l ．
（1）求椭圆E 的标准方程；
（2）若直线1l ，2l 的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y
；（2）4 7 3 7
(
,
)
7
7
．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c．
因为椭圆E 的离心率为1
2
，两准线之间的距离为8，所以
1
2
c
a
，
2
2
8
a
c
，
解得
2,
1
a
c
，于是
2
2
3
b
a
c
，
因此椭圆E 的标准方程是
2
2
1
4
3
x
y
．
（2）由（1）知，
1( 1,0)
F
，
2(1,0)
F
．
设
0
0
(
,
)
P x
y
，因为P 为第一象限的点，故
0
0
0,
0
x
y
．
当
0
1
x
时，2l 与1l 相交于
1F ，与题设不符．
当
0
1
x
时，直线
1
PF 的斜率为
0
0
1
y
x
，直线
2
PF 的斜率为
0
0
1
y
x ．
因为1
1
l
PF
⊥
，2
2
l
PF
⊥
，所以直线1l 的斜率为
0
0
1
x
y
，直线2l 的斜率为
0
0
1
x
y
，
从而直线1l 的方程：
0
0
1(
1)
x
y
x
y
，①
直线2l 的方程：
0
0
1(
1)
x
y
x
y
．②
由①②，解得
2
0
0
0
1
,
x
x
x
y
y
，所以
2
0
0
0
1
(
,
)
x
Q
x
y
．
因为点Q 在椭圆上，由对称性，得
2
0
0
0
1
x
y
y
，即
2
2
0
0
1
x
y
或
2
2
0
0
1
x
y
．
又P 在椭圆E 上，故
2
2
0
0
1
4
3
x
y
．
由
2
2
0
0
2
2
0
0
1
1
4
3
x
y
x
y
，解得
0
0
4 7
3 7
,
7
7
x
y
；
2
2
0
0
2
2
0
0
1
1
4
3
x
y
x
y
，无解．
因此点P 的坐标为4 7 3 7
(
,
)
7
7
．
【名师点睛】直线与圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数
关系或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上（点的坐标满足曲线方程）等．
（1）由条件可得
1
2
c
a
，
2
2
8
a
c
，解方程组可得
2,
1
a
c
，则
2
2
3
b
a
c
；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）设
0
0
(
,
)
P x
y
，根据点斜式写出直线
1
PF 及
2
PF 的方程，解方程组得交点坐标
2
0
0
0
1
(
,
)
x
Q
x
y
，代入椭圆方
程化简得
2
2
0
0
1
x
y
或
2
2
0
0
1
x
y
，与
2
2
0
0
1
4
3
x
y
联立，求解可得点P 的坐标．
专题09
三角函数
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】函数
2
sin
( )
cos
x
x
f x
x
x
在[
, ]
的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】由
2
2
sin(
)
(
)
sin
(
)
( )
cos(
)
(
)
cos
x
x
x
x
f
x
f x
x
x
x
x
，得
( )
f x 是奇函数，其图象关于原点对称，排除A．又
2
2
π
1
π
4
2π
2
( )
1,
π
2
π
( )
2
f
2
π
(π)
0
1
π
f
，排除B，C，【名师点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了
逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题．解答本题时，先判断函数
的奇偶性，得
( )
f x 是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案．
2．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】tan255°=
A．−2−
3
B．−2+
3
C．2−
3
D．2+
3
【解析】tan 255
tan(180
75 )
tan 75
tan(45
30 )
= tan 45
tan30
1
tan 45 tan30
3
1
3
2
3.
3
1
3
故选D.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的诱导公式、两角和与差的三角函数、特殊角的三角函数值、运算求解能
力．首先应用诱导公式，将问题转化成锐角三角函数的计算，进一步应用两角和的正切公式计算求解．题目较
易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
3．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】若x1= 4
，x2= 4
是函数f(x)=sin
x
(>0)两个相邻的极值点，则=
A．2
B．3
2
C．1
D．1
2
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】由题意知，
( )
sin
f x
x
的周期
2
3
2(
)
4
4
T
，解得
2
．【名师点睛】本题考查三角函
数的极值和周期，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．利用周期公式，通过方程思想解题．
4．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】已知a∈（0，π
2 ），2sin2α=cos2α+1，则sinα=
A．1
5
B．
5
5
C．
3
3
D．2 5
5
【
解
析
】
2sin 2
cos2
1
α
α
，
2
4sin
cos
2cos
.
0,
,
cos
0
2
α
α
α
α
α
，
sin
0,
α
2sin
cos
α
α
，又
2
2
sin
cos
1
，
2
2
1
5sin
1,sin
5
α
α
，又sin
0
，
5
sin
5
，
【名师点睛】本题是对三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查，中等难度，判断正余弦的正负，
运算准确性是关键，题目不难，需细心，解决三角函数问题，研究角的范围后得出三角函数值的正负很关键，切
记不能凭感觉．解答本题时，先利用二倍角公式得到正余弦关系，再利用角范围及正余弦平方和为1 关系得出答
案．
5．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】函数
( )
2sin
sin2
f x
x
x
在[0，2π]的零点个数为
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】由
( )
2sin
sin 2
2sin
2sin
cos
2sin (1
cos )
0
f x
x
x
x
x
x
x
x
，
得sin
0
x
或cos
1
x ，
0,2π
x
，
0
π
2π
x
、或
．
( )
f x
在
0,2π 的零点个数是3，
【名师点睛】本题考查在一定范围内的函数的零点个数，渗透了直观想象和数学运算素养．令
( )
0
f x
，得
sin
0
x
或cos
1
x ，再根据x 的取值范围可求得零点.
6．【2019 年高考北京卷文数】设函数f（x）=cosx+bsinx（b 为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】
0
b
时，
( )
cos
sin
cos
f x
x
b
x
x
，
( )
f x 为偶函数；
( )
f x 为偶函数时，
(
)= ( )
f
x
f x
对任意的x 恒成立，即
(
)
cos(
)
sin(
)
cos
sin
f
x
x
b
x
x
b
x
，
cos
sin
cos
sin
x
b
x
x
b
x
，得sin
0
b
x
对任意的x 恒成立，从而
0
b
.从而“
0
b
”是“
( )
f x 为偶函数”
的充分必要条件，
【名师点睛】本题较易，注重基础知识、逻辑推理能力的考查.根据定义域为R 的函数
( )
f x 为偶函数等价于
(
)= ( )
f
x
f x
恒成立进行判断.
7．【2019 年高考天津卷文数】已知函数
( )
sin(
)(
0,
0,|
|
π)
f x
A
x
A
是奇函数，且
f x 的最小正周
期为π，将
y
f x
的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2 倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为
g x .
若
2
π
4
g
，则
3π
8
f
A．−2
B．
2
C．
2
D．2
【解析】∵
( )
f x 为奇函数，∴
(0)
sin
0,
= π,
,
0,
f
A
k
k
k
Z
0
；
∵
f x 的最小正周期为π，
2π
π,
T
∴
2
，
∴
1
( )
sin
sin ,
2
g x
A
x
A
x
又
π
( )
2
4
g
，∴
2
A
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
∴
( )
2sin 2
f x
x
，
3π
(
)
2.
8
f
【名师点睛】本题主要考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数
g x ，结合函数性质逐步得出
, ,
A 的值即可.
8．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】函数
2
tan
( )
1
tan
x
f x
x
的最小正周期为
A．4
B．2
C．
D．2
【解析】
2
2
sin
tan
1
cos
( )
sin cos
sin 2
sin
1
tan
2
1 (
)
cos
x
x
x
f x
x
x
x
x
x
x
，
故所求的最小正周期为
2π
π
2
T
，
【名师点睛】函数
sin(
)
(
0,
0)
y
A
x
B A
的性质：
(1)
max
min
= +
y
B A
y
B
A
，
.
(2)最小正周期
2π .
T
(3)由
π
π(
)
2
x
k
k
Z 求对称轴.
(4)由
π
π
2 π
2 π(
)
2
2
k
x
k
k
Z 求增区间;由π
3π
2 π
2 π(
)
2
2
k
x
k
k
Z 求减区间.
9．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数
2
2
2cos
sin
2
f x
x
x
，则
A．
f x 的最小正周期为π，最大值为3
B．
f x 的最小正周期为π，最大值为4
C．
f x 的最小正周期为2π，最大值为3
D．
f x 的最小正周期为2π，最大值为4
【解析】根据题意有
1
3
5
cos2
1
(1 cos2 )
2
cos2
2
2
2
f
x
x
x
x
，所以函数
f x 的最小正周期为
2π
π
2
T
，且最大值为
max
3
5
4
2
2
f
x
，【名师点睛】该题考查的是有关化简三角函数解析式，并且通过
余弦型函数的相关性质得到函数的性质，在解题的过程中，要注意应用余弦倍角公式将式子降次升角，得到最简
结果.
10．【2018 年高考天津卷文数】将函数
sin(2
)
5
y
x
的图象向右平移10
个单位长度，所得图象对应的函数
A．在区间[
,
]
4 4
上单调递增
B．在区间[
,0]
4
上单调递减
C．在区间[
,
]
4 2
上单调递增
D．在区间[
, ]
2
上单调递减
【解析】由函数图象平移变换的性质可知：将函数
π
sin 2
5
y
x
的图象向右平移π
10
个单位长度之后的解析式
为
π
π
sin 2
sin2
10
5
y
x
x
，
则函数的单调递增区间满足
π
π
2 π
2
2 π
2
2
k
x
k
k
Z ，即
π
π
π
π
4
4
k
x
k
k
Z ，令
0
k
可得函数
的一个单调递增区间为[
,
]
4 4
，选项A 正确，B 错误；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
函数的单调递减区间满足：
π
3π
2 π
2
2 π
2
2
k
x
k
k
Z ，即
π
3π
π
π
4
4
k
x
k
k
Z ，令
0
k
可得函
数的一个单调递减区间为π 3π
,
4
4
，选项C，D 错误.
【名师点睛】本题主要考查三角函数图象的平移变换，三角函数的单调区间等知识，意在考查学生的转化能力和
计算求解能力.
11．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】若
1
sin
3
，则cos2
A．8
9
B．7
9
C．
7
9
D．
8
9
【解析】
2
2
1
7
cos2
1
2sin
1
2 ( )
3
9
.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的求值，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.
12．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知角的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点
1
A
a
，
，
2
B
b
，
，且
2
cos2
3
，则a
b
A．1
5
B．
5
5
C．2 5
5
D．1
【解析】根据条件，可知
, ,
O A B 三点共线，从而得到
2
b
a
，
因为
2
2
2
1
2
cos2
2cos
1
2
1
3
1
a
，解得
2
1
5
a
，即
5
5
a
，
所以
5
2
5
a
b
a
a
，
【名师点睛】本题主要考查任意角的三角函数和三角恒等变換，考查考生分析问题、解决问题的能力和运算求解
能力，考查的数学核心素养是数学运算.
13．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】若
( )
cos
sin
f x
x
x
在[0, ]
a 是减函数，则a 的最大值是
A．π
4
B．π
2
C．3π
4
D．π
【解析】
π
( )
cos
sin
2 cos(
)
4
f x
x
x
x
.当x∈[0, ]
a 时，
π
4
x
∈π
π
[
,
]
4
4
a
，
所以结合题意可知，
π
π
4
a
，即
3π
4
a
，故所求a 的最大值是3π
4
·
【名师点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查考生的数形结合能力以及运算求解能力，考查的数学核
心素养是直观想象、数学运算. 灵活运用“ 局部整体化” 思想是处理好形如y=Asin( x+φ)( >0) ，
y=Acos(x+φ)(>0)，y=Atan(x+φ)(>0)的三角函数间是的关键.具体间题中，首先将“x+φ”看作一个整体，
然后活用相关三角函的图象与性质求解.
14．【2018 年高考浙江卷】函数y= 2
x sin2x 的图象可能是
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．
B．
C．
D．
【解析】令
2 sin2
x
f x
x
，因为
,
2
sin2
2 sin2
x
x
x
f
x
x
x
f x
R
，所以
2 sin2
x
f x
x
为奇函数，排除选项A，B；
因为
π ,π
2
x
时，
0
f x
，所以排除选项C，
故选D.
【名师点睛】解答本题时，先研究函数的奇偶性，再研究函数在π ,π
2
上的符号，即可作出判断.有关函数图象
的识别问题的常见题型及解题思路：
（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；
（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；
（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；
（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．
15．【2018 年高考北京卷文数】在平面直角坐标系中，
,
,
,
AB CD EF GH 是圆
2
2
1
x
y
上的四段弧（如图），点P
在其中一段上，角以Oݔ为始边，OP 为终边，若tan
cos
sin
，则P 所在的圆弧是
A．
AB
B．
CD
C．
EF
D．
GH
【解析】由下图可得：有向线段OM 为余弦线，有向线段MP 为正弦线，有向线段AT 为正切线.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
对于A 选项：当点P 在
AB 上时，cos
,sin
x
y
，
cos
sin
，故A 选项错误；
对于B 选项：当点P 在
CD 上时，cos
,sin
x
y
，tan
y
x
，
tan
sin
cos
，故B 选项错误；
对于C 选项：当点P 在
EF 上时，cos
,sin
x
y
，tan
y
x
，
sin
cos
tan
，故C 选项正确；
对于D 选项：当点P 在
GH 上且
GH 在第三象限时，tan
0,sin
0,cos
0
，故D 选项错误.
综上，【名师点睛】此题主要考查三角函数的定义，解题的关键是能够利用数形结合思想，作出图形，找到
sin ,cos ,tan
所对应的三角函数线进行比较.逐个分析A、B、C、D 四个选项，利用三角函数的三角函数线
可得正确结论.
16．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】函数
sin2
1 cos
x
y
x
的部分图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】由题意知，函数
sin 2
1 cos
x
y
x
为奇函数，故排除B；
当
π
x
时，
0
y
，故排除D；
当
1
x
时，
sin 2
0
1 cos2
y
，故排除A．
【名师点睛】函数图像问题首先关注定义域，从图像的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分
选择项，从图像的最高点、最低点，分析函数的最值、极值，利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，
从图像的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．
17．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】函数
π
( )
sin(2
)
3
f x
x
的最小正周期为
A．4π
B．2π
C．π
D．π
2
【解析】由题意
2π
π
2
T
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】函数
sin(
)
(
0,
0)
y
A
x
B A
的性质：
(1)
max
min
= +
y
B A
y
B
A
，
.
(2)最小正周期
2π .
T
(3)由
π
π(
)
2
x
k
k
Z 求对称轴.
(4)由
π
π
2 π
2 π(
)
2
2
k
x
k
k
Z 求增区间;由π
3π
2 π
2 π(
)
2
2
k
x
k
k
Z 求减区间;
18．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知
4
sin
cos
3
，则sin 2=
A．
7
9
B．
2
9
C．2
9
D．7
9
【答案】A
【解析】
2
sin
cos
1
7
sin 2
2sin
cos
1
9
.所以选A.
【名师点睛】应用三角公式解决问题的三个变换角度：
（1）变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
（2）变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
（3）变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、
“逆用或变用公式”、“通分或约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
19．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】函数
1
π
π
( )
sin(
)
cos(
)
5
3
6
f x
x
x
的最大值为
A．6
5
B．1
C．3
5
D．1
5
【解析】由诱导公式可得
π
π
π
π
cos
cos
sin
6
2
3
3
x
x
x
，
则
1
π
π
6
π
sin
sin
sin
5
3
3
5
3
f
x
x
x
x
，函数
f x 的最大值为6
5
.
所以选A.
【名师点睛】三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为
sin(
)
y
A
x
B
的形式，再借助三角函数的图象研究性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征．
20．【2017 年高考全国Ⅲ文数】函数
2
sin
1
x
y
x
x
的部分图像大致为
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】当
1
x
时，
1
1 1 sin1
2
sin1
2
f
，故排除A，C；
当x 时，
1
y
x
，故排除B，满足条件的只有D，
故选D.
【名师点睛】（1）运用函数性质研究函数图像时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.
（2）在运用函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，
结合特征进行等价转化进行研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去
f
“ ”，即将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系.
21．【2017 年高考天津卷文数】设函数
( )
2sin(
),
f x
x
x
R ，其中
0,|
| π
．若
5π
11π
(
)
2,
(
)
0,
8
8
f
f
且
( )
f x 的最小正周期大于2π ，则
A．
2
π
,
3
12
B．
2
11π
,
3
12
C．
1
11π
,
3
24
D．
1
7π
,
3
24
【解析】由题意得
1
2
5
2
8
2
11
8
k
k
，其中
1
2
,
k k Z ，所以
2
1
4
2
(
2 )
3
3
k
k
，
又
2
2
T
，所以0
1
，所以
2
3
，
1
1
2
12
k
，
由|
|
π
得
12
，【名师点睛】关于
sin(
)
y
A
x
的问题有以下两种题型：
①提供函数图象求解析式或参数的取值范围，一般先根据图象的最高点或最低点确定A ，再根据最小正周期求，
最后利用最高点或最低点的坐标满足解析式，求出满足条件的的值；
②题目用文字叙述函数图象的特点，如对称轴方程、曲线经过的点的坐标、最值等，根据题意自己画出大致图
象，然后寻求待定的参变量，题型很活，一般是求或的值、函数最值、取值范围等．
22．【2017 年高考山东卷文数】已知
3
cos
4
x
，则cos2x
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．
1
4
B．1
4
C．
1
8
D．1
8
【解析】由
3
cos
4
x
得
2
2
3
1
cos2
2cos
1
2
1
4
8
x
x
，故选D.
【名师点睛】（1）三角函数式的化简与求值要遵循“三看”原则，一看角，二看名，三看式子结构与特征．
（2）三角函数式化简与求值要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函
数公式之间的共同点．
23．【2017 年高考山东卷文数】函数
3sin 2
cos2
y
x
x
的最小正周期为
A．π
2
B．2π
3
C．π
D．2π
【解析】因为
π
3sin 2
cos2
2sin 2
3
y
x
x
x
，所以其最小正周期
2π
π
2
T
，
【名师点睛】求三角函数周期的方法：
①利用周期函数的定义．
②利用公式：y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acos(ωx＋φ)的最小正周期为2π
|ω|，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为π
|ω|.
③对于形如
sin
cos
y
a
x
b
x
的函数，一般先把其化为
2
2 sin
y
a
b
x
的形式再利用公式求周
期.
24．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】函数
3π
( )
sin(2
)
3cos
2
f x
x
x
的最小值为___________．
【答案】4
【解析】
2
3π
( )
sin(2
)
3cos
cos2
3cos
2cos
3cos
1
2
f x
x
x
x
x
x
x
2
3
17
2(cos
)
4
8
x
，
1
cos
1
x
，当cos
1
x 时，
min
( )
4
f x
，
故函数
( )
f x 的最小值为4
．
【名师点睛】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于cos x
的二次函数，从而得解.注意解答本题的过程中，部分考生易忽视1
cos
1
x
的限制，而简单应用二次函数的
性质，出现运算错误．
25．【2019 年高考江苏卷】已知
tan
2
π
3
tan
4
，则
π
sin 2
4
的值是
▲
.
【答案】
2
10
【解析】由
tan
1
tan
tan
tan
2
tan
1
π
tan
1
3
tan
1
tan
4
，得
2
3tan
5tan
2
0
，
解得tan
2
，或
1
tan
3
.
π
π
π
sin 2
sin 2
cos
cos2 sin
4
4
4
2
2
2
2
2
2
2sin
cos
cos
sin
sin 2
cos2
=
2
2
sin
cos
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
2
2
2tan
1 tan
= 2
tan
1
，
当tan
2
时，上式
2
2
2
2 2 1 2
2
=
=
2
2
1
10
；
当
1
tan
3
时，上式=
2
2
1
1
2 (
) 1 (
)
2
2
3
3
[
]=
1
2
10
(
)
1
3
.
综上，
π
2
sin 2
.
4
10
【名师点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化
与化归思想解题.由题意首先求得tan的值，然后利用两角和的正弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求
值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
26．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】已知
5π
1
tan(
)
4
5
，则tan
__________．
【答案】3
2
【解析】
5π
tan
tan
5π
tan
1
1
4
tan
5π
4
1
tan
5
1
tan
tan 4
，解方程得
3
tan
2
.
故答案为3
2
.
【名师点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.解答本
题时，可直接利用正切函数的差角公式求解；也可灵活利用加减变形技巧加以求解.
(1)有意识地考虑“角”与“角”之间的“加减”联系，常见的有2
(
)
(
)
，2
(
)
，
(
)
等;
(2)处理有关三角函数问题时，有时需将表示“角”的代数式看作一个整体，然后通过换元，进一步分析、解决问
题.
27．
【2018 年高考江苏卷】已知函数
π
π
sin 2
(
)
2
2
y
x
的图象关于直线
π
3
x
对称，则的值是________．
【答案】
π
6
【解析】由题意可得
2
sin
π
1
3
，所以2
π
π
π
π
π(
)
3
2
6
k
k
k
Z
，
，
因为
π
π
2
2
，所以
π
0,
.
6
k
【名师点睛】由对称轴得2
π
π
π
π
π(
)
3
2
6
k
k
k
Z
，
，再根据限制范围求结果.函数
sin
y
A
x
B
（A>0，ω>0）的性质：
(1)
max
min
,
y
A
B y
A
B
；
(2)最小正周期
2π
T
；
(3)由
π
π
2
x
k
k
Z
求对称轴；
(4)由
π
π
2 π
2 π
2
2
k
x
k
k
Z
求增区间;由
π
3π
2 π
2 π
2
2
k
x
k
k
Z
求减区间.
28．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】函数
( )
2cos
sin
f x
x
x
的最大值为
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】
5
【解析】
2
( )
2
1
5
f x
.
【名师点睛】通过配角公式把三角函数化为
sin(
)
y
A
x
B
的形式再借助三角函数图象研究性质，解题时
注意观察角、函数名、结构等特征．一般可利用
2
2
|
sin
cos
|
a
x
b
x
a
b
求最值.
29．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知
π
(0
)
2
，
，tan α=2，则
π
cos (
)
4
=
.
【答案】3 10
10
【解析】由tan
2
得sin
2cos
，
又
2
2
sin
cos
1
，所以
2
1
cos
5
，
因为
π
(0,
)
2
，所以
5
2 5
cos
,sin
5
5
，
因为
π
π
π
cos(
)
cos
cos
sin
sin
4
4
4
，所以
π
5
2
2 5
2
3 10
cos(
)
4
5
2
5
2
10
.
【名师点睛】三角函数求值的三种类型：
（1）给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数．
（2）给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异．
①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；
②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的．
（3）给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
30．【2017 年高考北京卷文数】在平面直角坐标系xOy 中，角与角均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称.
若sin= 1
3
，则sin =_________．
【答案】1
3
【解析】因为角与角的终边关于y 轴对称，所以
π
2 π,
k
k
Z ，所以
1
sin
sin π
2 π
sin
3
k
.
【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：
若与的终边关于y 轴对称，则
π
2 π,
k
k
Z ；
若与的终边关于x 轴对称，则
2 π,
k
k
Z ；
若与的终边关于原点对称，则
π
2 π,
k
k
Z .
31．【2017 年高考江苏卷】若
π
1
tan(
)
,
4
6
则tan
▲
．
【答案】7
5
【解析】
1
1
tan(
)
tan
7
6
4
4
tan
tan[(
)
]
1
4
4
5
1
tan(
) tan
1
4
4
6
．
故答案为7
5
．
【名师点睛】三角函数求值的三种类型：
（1）给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数．
（2）给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异．一般有如下两种思路：①适当变换已知
式，进而求得待求式的值；②变换待求式，便于将已知式的值代入，从而达到解题的目的．
（3）给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，进而确定角．
32．【2019 年高考浙江卷】设函数
( )
sin ,
f x
x x
R .
（1）已知
[0,2 ),
函数
(
)
f x
是偶函数，求的值；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）求函数
2
2
[ (
)]
[ (
)]
12
4
y
f x
f x
的值域．
【答案】（1）
π
2
或3π
2
；（2）
3
3
[1
,1
]
2
2
．
【解析】（1）因为
(
)
sin(
)
f x
x
是偶函数，所以，对任意实数x都有sin(
)
sin(
)
x
x
，
即sin cos
cos sin
sin cos
cos sin
x
x
x
x
，
故2sin cos
0
x
，
所以cos
0
．
又
[0,2π)
，因此
π
2
或3π
2
．
（2）
2
2
2
2
π
π
π
π
sin
sin
12
4
12
4
y
f
x
f
x
x
x
π
π
1 cos 2
1 cos 2
1
3
3
6
2
1
cos2
sin 2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
3
π
1
cos 2
2
3
x
．
因此，函数的值域是
3
3
[1
,1
]
2
2
．
【名师点睛】本题主要考查三角函数及其恒等变换等基础知识，同时考查运算求解能力.
33．【2018 年高考北京卷文数】已知函数
2
( )
sin
3sin
cos
f x
x
x
x
.
（1）求
( )
f x 的最小正周期；
（2）若
( )
f x 在区间[
,
]
3 m
上的最大值为3
2
，求m 的最小值.
【答案】（1）π；（2）π
3
.
【解析】（1）
1 cos2
3
3
1
1
π
1
( )
sin 2
sin 2
cos2
sin(2
)
2
2
2
2
2
6
2
x
f x
x
x
x
x
，
所以
( )
f x 的最小正周期为
2π
π
2
T
.
（2）由（1）知
π
1
( )
sin(2
)
6
2
f x
x
.
因为
π
[
,
]
3
x
m
，
所以
π
5π
π
2
[
,2
]
6
6
6
x
m
.
要使得
( )
f x 在
π
[
,
]
3 m
上的最大值为3
2
，即
π
sin(2
)
6
x
在
π
[
,
]
3 m
上的最大值为1.
所以
π
π
2
6
2
m
，即
π
3
m
.
所以m 的最小值为π
3
.
【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、辅助角公式、正弦函数的性质，考查考生的化归与转化能力、运算求
解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学运算.
（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，即可求出函数
( )
f x 的最小正周期；
（2）利用正弦函数的性质，求出m 的范围，即可求出m 的最小值.
34．【2018 年高考浙江卷】已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P（
3
4
5
5
，-
）．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）求sin（α+π）的值；
（2）若角β满足sin（α+β）= 5
13
，求cosβ的值．
【答案】（1）4
5
；（2）
56
cos
65
或
16
cos
65
.
【解析】（1）由角的终边过点
3
4
(
,
)
5
5
P
得
4
sin
5
，
所以
4
sin(
π)
sin
5
.
（2）由角的终边过点
3
4
(
,
)
5
5
P
得
3
cos
5
，
由
5
sin(
)
13
得
12
cos(
)
13
.
由
(
)
得cos
cos(
)cos
sin(
)sin
，
所以
56
cos
65
或
16
cos
65
.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的定义、诱导公式、两角差的余弦公式，考查考生分析问题、解决问题的
能力，运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.
求解三角函数的求值问题时，需综合应用三角函数的定义、诱导公式及三角恒等变换.
（1）首先利用三角函数的定义求得sin，然后利用诱导公式，计算sin（α+π）的值;
（2）根据sin（α+β）的值，结合同角三角函数的基本关系，计算cos(
)
的值，要注意该值的正负，然后根
据
(
)
，利用两角差的余弦公式，通过分类讨论，求得cosβ的值.
35．【2018 年高考江苏卷】已知
,
为锐角，
4
tan
3
，
5
cos(
)
5
．
（1）求cos2的值；
（2）求tan(
)
的值．
【答案】（1）
7
25
；（2）
2
11
.
【解析】本小题主要考查同角三角函数关系、两角和（差）及二倍角的三角函数，考查运算求解能力．满分14
分．
（1）因为
4
tan
3
，
sin
tan
cos
，所以
4
sin
cos
3
．
因为
2
2
sin
cos
1
，所以
2
9
cos
25
，
因此，
2
7
cos2
2cos
1
25
．
（2）因为
,
为锐角，所以
(0, )
．
又因为
5
cos(
)
5
，所以
2
2 5
sin(
)
1 cos (
)
5
，
因此tan(
)
2
．
因为
4
tan
3
，所以
2
2tan
24
tan 2
1
tan
7
，
因此，
tan 2
tan(
)
2
tan(
)
tan[2
(
)]
1
tan 2
tan(
)
11
．
【名师点睛】解答本题时，（1）利用同角三角函数的基本关系和二倍角的余弦公式求解；（2）利用二倍角的
正切公式、同角三角函数的基本关系以及两角差的正切公式求解.
三角函数求值的三种类型：
（1）给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数．
（2）给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异．一般有如下两种思路：①适当变换已知式，
进而求得待求式的值；②变换待求式，便于将已知式的值代入，从而达到解题的目的．
（3）给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，进而确定角．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
36．【2017 年高考北京卷文数】已知函数
π
( )
3 cos(2
)
2sin
cos
3
f x
x
x
x
.
（1）求f(x)的最小正周期；
（2）求证：当
π π
[
,
]
4 4
x
时，
1
2
f
x
．
【答案】（1）π；（2）见解析.
【解析】（1）
3
3
1
3
π
( )
cos2
sin 2
sin 2
sin 2
cos2
sin(2
)
2
2
2
2
3
f x
x
x
x
x
x
x
.
所以
( )
f x 的最小正周期
2π
π
2
T
.
（2）因为
π
π
4
4
x
，
所以
π
π
5π
2
6
3
6
x
.
所以
π
π
1
sin(2
)
sin(
)
3
6
2
x
.
所以当
π π
[
,
]
4 4
x
时，
1
( )
2
f x
.
【名师点睛】本题考查三角函数式的恒等变形及三角函数的图象与性质，属于基础题，要求准确应用两角差的
余弦公式和辅助角公式进行变形，化为标准的
sin
y
A
x
的形式，借助正弦函数的性质去求函数的周期、
最值等，但要注意函数的定义域，求最值时要注意自变量的取值.
（1）首先根据两角差的余弦公式化简，再根据辅助角公式化简为
π
sin 2
3
f x
x
，最后根据公式
2π
T
求周期；
（2）先求
π
2
3
x
的范围再求函数的最小值即可.
37．【2017 年高考浙江卷】已知函数
2
2
sin
cos
2 3sin
cos (
)
( )
x
x
x
f x
x x
R ．
（1）求
2
(
)
3
f
的值．
（2）求
( )
f x 的最小正周期及单调递增区间．
【答案】（1）2；（2）
( )
f x 的最小正周期是；单调递增区间是
2
[
,
],
6
3
k
k
k
Z ．
【解析】（1）由
2
3
sin 3
2
，
2
1
cos 3
2
，
2
2
2
3
1
3
1
(
)
(
)
(
)
2 3
(
)
3
2
2
2
2
f
．
得
2
(
)
2
3
f
．
（2）由
2
2
cos2
cos
sin
x
x
x
与sin 2
2sin
cos
x
x
x
得
( )
cos2
3sin 2
f x
x
x
2sin(2
)
6
x
．
所以
( )
f x 的最小正周期是．
由正弦函数的性质得
3
2
2
2
,
2
6
2
k
x
k
k
Z ，
解得
2
,
6
3
k
x
k
k
Z ，
所以，
( )
f x 的单调递增区间是
2
[
,
],
6
3
k
k
k
Z ．
【名师点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数
x
A
y
sin
的性质，是高考中的常考知识点，属
于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于
考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即
x
A
y
sin
，然后利用三角函数
u
A
y
sin
的性质求解．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
38．【2017 年高考江苏卷】已知向量
(cos , sin ),
(3,
3),
[0, π].
x
x
x
a
b
（1）若a∥b，求x 的值；
（2）记
( )
f x
a b ，求
( )
f x 的最大值和最小值以及对应的x 的值．
【答案】（1）
5π
6
x
；（2）
0
x
时，
f x 取到最大值3；
5π
6
x
时，
f x 取到最小值2 3
．
【解析】（1）因为
co
(
)
s ,sin
x
x
a
，
(3,
3)
b
，a∥b，所以
3 cos
3sin
x
x
．
若cos
0
x
，则sin
0
x
，
与
2
2
sin
cos
1
x
x
矛盾，故cos
0
x
．
于是
3
tan
3
x
．
又
0
π
x，
，所以
5π
6
x
．
（2）
π
(cos ,sin ) (3,
3)
3cos
3sin
2 3 cos(
( )
)
6
f x
x
x
x
x
x
a b
．
因为
0
π
x，
，所以
π
π 7π
[
,
]
6
6
6
x
，
从而
π
3
1
cos(
)
6
2
x
．
于是，当
π
π
6
6
x
，即
0
x
时，
f x 取到最大值3；
当
π
6
x
，即
5π
6
x
时，
f x 取到最小值2 3
．
【名师点睛】解答本题时，（1）先由向量平行的坐标表示得
3 cos
3sin
x
x
，再根据同角三角函数的基本
关系可得
5π
6
x
；（2）先由向量数量积的坐标表示并结合配角公式得
π
2 3 cos(
(
6
)
)
f x
x
，再根据x 的取
值范围及余弦函数的性质可求得最值．
熟记下列结论：（1）向量平行：
1
2
2
1
x y
x y
∥
a
b
，
,
,
0
R
∥
a
b b
a
b ，
BA
AC
1
1
1
OA
OB
OC
；（2）向量垂直：
1
2
1
2
0
0
x x
y y
a
b
a b
；（3）向
量加减乘：
a
b
2
2
1
2
1
2
(
,
),
|
| ,
|
| |
| cos
,
x
x
y
y
<
>
a
a
a b
a
b
a b ．
专题10
解三角形
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知asinA−bsinB=4csinC，cosA=
1
4
，
则b
c
=
A．6
B．5
C．4
D．3
【解析】由已知及正弦定理可得
2
2
2
4
a
b
c
，
由余弦定理推论可得
2
2
2
2
2
1
4
1
3
1
cos
,
,
,
4
2
2
4
2
4
b
c
a
c
c
c
A
bc
bc
b
3
4
6
2
b
c
，【名师点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．先利用余弦定理推论得出a，b，c 关
系，再结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.
2．【2019 年高考北京卷文数】如图，A，B 是半径为2 的圆周上的定点，P 为圆周上的动点，
APB
是锐角，大小
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
为β.图中阴影区域的面积的最大值为
A．4β+4cosβ
B．4β+4sinβ
C．2β+2cosβ
D．2β+2sinβ
【解析】设圆心为O，如图1，连接OA，OB，AB，OP，则
2
2
AOB
APB
，
所以
2
2
2
4
2
OAB
S
扇形
，
因为
ABP
AOB
OAB
S
S
S
S
△
△
阴影
扇形
，且
AOB
OAB
S
S△
扇形
，
都已确定，
所以当
ABP
S△
最大时，阴影部分面积最大.
观察图象可知，当P 为弧AB 的中点时（如图2），阴影部分的面积S 取最大值，
此时∠BOP=∠AOP=π−β，面积S 的最大值为
ABP
AOB
OAB
S
S
S
S
△
△
阴影
扇形
=4β+S△POB+
S△POA=4β+ 1
2
|OP||OB|sin（π−β）+ 1
2
|OP||OA|sin（π−β）=4β+2sinβ+2sinβ=4β+4 sinβ，【名师点睛】本题主要考查
阅读理解能力、数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键是观察分析
区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示.
3．【2018 年高考全国Ⅲ文数】
ABC
△
的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若
ABC
△
的面积为
2
2
2
4
a
b
c
，
则C
A．2
B．3
C．4
D．6
【解析】由题可知
2
2
2
1
sin
2
4
ABC
a
b
c
S
ab
C
△
，所以
2
2
2
2
sinC
a
b
c
ab
，
由余弦定理
2
2
2
2
cos
a
b
c
ab
C
，得sin
cos
C
C
，因为
0,π
C
，所以
π
4
C
，
【名师点睛】本题主要考查余弦定理与三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查考生的运算求解能力，考查
的核心素养是数学运算.解三角形的题型一般有两类：一是边角关系的转化，考生需对所给的边角关系进行恒等变
形；二是有几何背景的题型，难点在于涉及两个或两个以上的三角形，解决此类问题可利用正、余弦定理进行求
解，同时要重视三角函数的知识在解三角形中的运用.
4．【2018 年高考全国Ⅱ文数】在
ABC
△
中，
5
cos 2
5
C
，
1
BC ，
5
AC
，则AB
A．4 2
B．
30
C．
29
D．2 5
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】因为
5
cos 2
5
C
，所以cosC=2
2
cos 2
C −1=2×
2
5
(
)
5
−1=
3
5
.
于是，在△ABC 中，由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC × BC×cosC=52+12−2×5×1×(
3
5
)=32，
所以AB= 4 2 .
【名师点睛】本题主要考查二倍角公式、余弦定理，考查考生的运算求解力，考查的数学核心素养是数学运算.解
三角形是近几年高考中的高频者点，将解三角形与其他知识巧妙地融合在一起，既体现了试题设计的亮点，又体
现了对所学知识的交汇考查.
5．【2017 年高考全国Ⅰ文数】△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c．已知sin
sin
(sin
cos
)
0
B
A
C
C
，
a=2，c= 2 ，则C=
A．π
12
B．π
6
C．π
4
D．π
3
【解析】由题意sin(
)
sin
(sin
cos
)
0
A
C
A
C
C
得
sin
cos
cos
sin
sin
sin
sin
cos
0
A
C
A
C
A
C
A
C
，
即
π
sin
(sin
cos
)
2 sin
sin(
)
0
4
C
A
A
C
A
，所以
3π
4
A
．
由正弦定理sin
sin
a
c
A
C
得
2
2
3π
sin
sin 4
C
，即
1
sin
2
C
，
因为c<a，所以C<A，
所以
π
6
C
，【名师点睛】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，
要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如
果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可
能用到．
6．
【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】ABC
△
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB=0，则B=___________.
【答案】3π
4
【解析】由正弦定理，得sin
sin
sin
cos
0
B
A
A
B
．
(0, ),
(0, )
A
B
，
sin
0,
A
∴sin
cos
0
B
B
，即tan
1
B ，
3 .
4
B
【名师点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化
与化归思想解题．本题容易忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在(0, π) 范围内，化边为角，结合三角函
数的恒等变化求角．
7．【2019 年高考浙江卷】在
ABC
△
中，
90
ABC
，
4
AB
，
3
BC
，点D 在线段AC 上，若
45
BDC
，
则BD ___________，cos
ABD
___________．
【答案】12 2
5
，7 2
10
【解析】如图，在
ABD
△
中，由正弦定理有：sin
sin
AB
BD
ADB
BAC
，而
3π
4,
4
AB
ADB
，
2
2
5
AC =
AB + BC =
，
3
4
sin
,cos
5
5
BC
AB
BAC
BAC
AC
AC
，所以
12 2
5
BD
.
π
π
7 2
cos
cos(
)
cos
cos
sin
sin
4
4
10
ABD
BDC
BAC
BAC
BAC
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在
ABD
△
中应用正弦定理，建立方程，进而得解.解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.
8．【2018 年高考北京卷文数】若
ABC
△
的面积为
2
2
2
3
4
a
c
b
，且∠C 为钝角，则∠B=_________；c
a
的取值
范围是_________.
【答案】60，
2,
【解析】
2
2
2
3
1
sin
4
2
ABC
S
a
c
b
ac
B
△
，
2
2
2
sin
2
3
a
c
b
B
ac
，即
sin
cos
3
B
B
，
sin
π
3,
cos
3
B
B
B
，
则
2π
3
1
sin
cos
sin
sin
3
1
1
3
2
2
sin
sin
sin
2
tan
2
A
A
A
c
C
a
A
A
A
A
，
C
为钝角，
π
π
,
0
3
6
B
A
，
3
1
tan
0,
,
3,
3
tan
A
A
，故
2,
c
a
.
故答案为60，
2,.
【名师点睛】此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一
个关键；根据三角形内角
π
A
B
C
的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含
A
的表
达式的最值问题是解题的第二个关键.
9．
【2018 年高考浙江卷】在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．若
7
a
，b=2，A=60°，则sin B=___________，
c=___________．
【答案】
21
7
，3
【解析】由正弦定理得
sin
sin
a
A
b
B
，所以
2
π
21
sin
sin
,
3
7
7
B
由余弦定理得
2
2
2
2
2
cos ,
7
4
2 ,
3
a
b
c
bc
A
c
c
c
（负值舍去）.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化为边
和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.解答本题时，根据正弦定理得sinB，根据余弦定理解出c.
10 ．【2018 年高考全国Ⅰ文数】
ABC
△
的内角A
B
C
，，
的对边分别为a
b
c
，，
，已知
sin
sin
4 sin
sin
b
C
c
B
a
B
C
，
2
2
2
8
b
c
a
，则△ABC 的面积为________．
【答案】2 3
3
【解析】根据题意，由sin
sin
4 sin
sin
b
C
c
B
a
B
C
，结合正弦定理可得sin
sin
sin
sin
B
C
C
B
4sin
sin
sin
A
B
C
，即
1
sin
2
A
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
2
2
2
8
b
c
a
，结合余弦定理可得2
cos
8
bc
A
，所以A 为锐角，且
3
cos
2
A
，
从而求得
8 3
3
bc
，所以
ABC
△
的面积为
1
1
8 3
1
2 3
sin
2
2
3
2
3
S
bc
A
，
故答案是2 3
3
.
【名师点睛】本题主要考查正、余弦定理的应用与三角形的面积公式，考查考生的化归与转化能力、运算求解
能力，考查的数学核心素养是数学运算.解答本题时，利用正弦定理，通过sin
sin
b
C
c
B
4 sin
sin
a
B
C ，可以求出
1
sin
2
A
，再利用余弦定理求出
8 3
3
bc
，然后利用三角形的面积公式求解即可.
11．【2018 年高考江苏卷】在
ABC
△
中，角
, ,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ，
120
ABC
，ABC
的平分线交AC
于点D，且
1
BD
，则4a
c
的最小值为
▲
．
【答案】9
【解析】由题意可知，
ABC
ABD
BCD
S
S
S
△
△
△
，由角平分线的性质和三角形的面积公式得
1
1
1
sin120
1 sin 60
1 sin 60
2
2
2
ac
a
c
，化简得ac
a
c
，即1
1
1
a
c
，因此
1
1
4
4
4
(4
)(
)
5
5
2
9
c
a
c
a
a
c
a
c a
c
a
c
a
c
，当且仅当
2
3
c
a
时取等号，则4a
c
的最小值
为9.
【名师点睛】本题主要考查三角形的面积公式、基本不等式，考查分析问题、解决问题的能力，考查的核心素
养是数学运算.应用基本不等式求解最值时，要注意对条件“一正、二定、三相等”进行检验，尤其是等号成立的
条件.
12．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】
ABC
△
的内角
, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，若2 cos
cos
cos
b
B
a
C
c
A
，则
B
.
【答案】π
3
【解析】由正弦定理可得
1
π
2sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin(
)
sin
cos
2
3
B
B
A
C
C
A
A
C
B
B
B
.
故答案为π
3
.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和
角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.
第三步：求结果.
13．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知C=60°，b=
6 ，c=3，则
A=_________.
【答案】75°
【解析】由正弦定理sin
sin
b
c
B
C
，得
3
6
sin
2
2
sin
3
2
b
C
B
c
，结合b
c
可得
45
B
，则
180
75
A
B
C
.
【名师点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理，结合已知条件灵活转化为
边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.
第三步：求结果.
14．【2017 年高考浙江卷】已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC
的面积是______，cos∠BDC=_______．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】
15
10
,
2
4
【解析】取BC 中点E，由题意：AE
BC
，
△ABE 中，
1
cos
4
BE
ABC
AB
，∴
1
1
15
cos
,sin
1
4
16
4
DBC
DBC
，
∴
1
15
sin
2
2
△BCD
S
BD
BC
DBC
．
∵
2
ABC
BDC
，∴
2
1
cos
cos2
2cos
1
4
ABC
BDC
BDC
，
解得
10
cos
4
BDC
或
10
cos
4
BDC
（舍去）．
综上可得，△BCD 的面积为15
2
，
10
cos
4
BDC
．
【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：
（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；
（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条
件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出
所要的解．
15．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】
ABC
△
的内角A、B、C 的对边分别为a、b、c．已知sin
sin
2
A
C
a
b
A
．
（1）求B；
（2）若△ABC 为锐角三角形，且c=1，求△ABC 面积的取值范围．
【答案】（1）B=60°；（2）
3
3
(
,
)
8
2
.
【解析】（1）由题设及正弦定理得sin
sin
sin
sin
2
A
C
A
B
A
．
因为sinA 0，所以sin
sin
2
A
C
B
．
由
180
A
B
C
，可得sin
cos
2
2
A
C
B
，故cos
2sin
cos
2
2
2
B
B
B
．
因为cos
0
2
B
，故
1
sin 2
2
B
，因此B=60°．
（2）由题设及（1）知△ABC的面积
3
4
ABC
S
a
△
．
由正弦定理得
sin 120
sin
3
1
sin
sin
2tan
2
C
c
A
a
C
C
C
．
由于△ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°，由（1）知A+C=120°，所以30°<C<90°，故1
2
2
a
，从
而
3
3
8
2
ABC
S
△
．
因此，△ABC面积的取值范围是
3
3
,
8
2
．
【名师点睛】这道题考查了三角函数的基础知识，以及正弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考
查V ABC 是锐角三角形这个条件的利用，考查的很全面，是一道很好的考题.
16．【2019 年高考北京卷文数】在△ABC 中，a=3，
–
2
b
c
，cosB=
1
2
．
（1）求b，c 的值；
（2）求sin（B+C）的值．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）
7
b
，
5
c
；（2）3 3
14
.
【解析】（1）由余弦定理
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
，得
2
2
2
1
3
2 3
(
)
2
b
c
c
．
因为
2
b
c
，
所以
2
2
2
1
(
2)
3
2 3
(
)
2
c
c
c
．
解得
5
c
．
所以
7
b
．
（2）由
1
cos
2
B
得
3
sin
2
B
．
由正弦定理得
3 3
sin
sin
14
a
A
B
b
．
在
ABC
△
中，B
C
A
．
所以
3 3
sin(
)
sin
14
B
C
A
．
【名师点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角差的正弦公式的应用等知识，意在考查学生的转
化能力和计算求解能力.
17 ．【2019 年高考天津卷文数】在
ABC
△
中，内角
, ,
A B C 所对的边分别为
, ,
a b c . 已知
2
b
c
a
，
3 sin
4 sin
c
B
a
C
.
（1）求cos B 的值；
（2）求sin 2
6
π
B
的值.
【答案】（1）
1
4
；（2）
3 5
7
16
.
【解析】（1）在
ABC
△
中，由正弦定理sin
sin
b
c
B
C
，得sin
sin
b
C
c
B
，
又由3 sin
4 sin
c
B
a
C
，得3 sin
4 sin
b
C
a
C
，即3
4
b
a
．
又因为
2
b
c
a
，得到
4
3
b
a
，
2
3
c
a
．
由余弦定理可得
2
2
2
2
2
2
4
16
1
9
9
cos
2
2
4
2
3
a
a
a
a
c
b
B
ac
a
a
．
（2 ）由（1 ）可得
2
15
sin
1 cos
4
B
B
，从而
15
sin 2
2sin
cos
8
B
B
B
，
2
2
7
cos2
cos
sin
8
B
B
B
，故
15
3
7
1
3 5
7
sin 2
sin 2 cos
cos2 sin
6
6
6
8
2
8
2
16
B
B
B
．
【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，以及
正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．
18．【2019 年高考江苏卷】在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c．
（1）若a=3c，b= 2 ，cosB= 2
3
，求c 的值；
（2）若sin
cos
2
A
B
a
b
，求sin(
)
2
B
的值．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）
3
3
c
；（2）2 5
5
.
【解析】（1）因为
2
3 ,
2,cos
3
a
c b
B
，
由余弦定理
2
2
2
cos
2
a
c
b
B
ac
，得
2
2
2
2
(3 )
( 2)
3
2 3
c
c
c
c
，即
2
1
3
c
.
所以
3
3
c
.
（2）因为sin
cos
2
A
B
a
b
，
由正弦定理sin
sin
a
b
A
B
，得cos
sin
2
B
B
b
b
，所以cos
2sin
B
B
.
从而
2
2
cos
(2sin
)
B
B
，即
2
2
cos
4 1 cos
B
B
，故
2
4
cos
5
B
.
因为sin
0
B
，所以cos
2sin
0
B
B
，从而
2 5
cos
5
B
.
因此
π
2 5
sin
cos
2
5
B
B
.
【名师点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理、同角三角函数关系、诱导公式等基础知识，考查运算求解
能力.
19．【2019 年高考江苏卷】如图，一个湖的边界是圆心为O 的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB
是圆O 的直径）．规划在公路l 上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求：线段PB、QA
上的所有点到点O 的距离均不小于圆
．．．．O 的半径．已知点A、B 到直线l 的距离分别为AC 和BD（C、D 为垂足），
测得AB=10，AC=6，BD=12（单位：百米）．
（1）若道路PB 与桥AB 垂直，求道路PB 的长；
（2）在规划要求下，P 和Q 中能否有一个点选在D 处？并说明理由；
（3）在规划要求下，若道路PB 和QA 的长度均为d（单位：百米）.求当d 最小时，P、Q 两点间的距离．
【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；（3）17+3 21 （百米）.
【解析】解法一：
（1）过A作AE
BD
，垂足为E.
由已知条件得，四边形ACDE为矩形，
6,
8
DE
BE
AC
AE
CD
.'
因为PB⊥AB，
所以
8
4
cos
sin
10
5
PBD
ABE
.
所以
12
15
4
cos
5
BD
PB
PBD
.
因此道路PB的长为15（百米）.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P
选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知
2
2
10
AD
AE
ED
，
从而
2
2
2
7
cos
0
2
25
AD
AB
BD
BAD
AD AB
，所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此，Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P
符合规划要求.
设
1P 为l上一点，且
1PB
AB
，由（1）知，
1P B=15，
此时
1
1
1
1
3
sin
cos
15
9
5
PD
PB
PBD
PB
EBA
；
当∠OBP>90°时，在
1
PPB
△
中，
1
15
PB
PB
.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2 ）知，要使得QA≥15 ，点Q 只有位于点C 的右侧，才能符合规划要求. 当QA=15 时，
2
2
2
2
15
6
3 21
CQ
QA
AC
.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=3 21 时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+3 21.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+3 21 （百米）.
解法二：
（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.
以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.
因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.
因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为3
4
.
因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为
4
3
，
直线PB的方程为
4
25
3
3
y
x
.
所以P（−13，9），
2
2
( 13
4)
(9
3)
15
PB
.
因此道路PB的长为15（百米）.
（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），
所以线段AD：
3
6( 4
4)
4
y
x
x
.
在线段AD上取点M（3，15
4
），因为
2
2
2
2
15
3
3
4
5
4
OM
，
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P
符合规划要求.
设
1P 为l上一点，且
1PB
AB
，由（1）知，
1P B=15，此时
1P （−13，9）；
当∠OBP>90°时，在
1
PPB
△
中，
1
15
PB
PB
.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，设Q（a，9），由
2
2
(
4)
(9
3)
15(
4)
AQ
a
a
，得a= 4
3 21
，所以Q（4
3 21
，9），此时，线段QA上所有点到
点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当P（−13，9），Q（4
3 21
，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离
4
3 21
( 13)
17
3 21
PQ
.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17
3 21
（百米）.
【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运
用数学知识分析和解决实际问题的能力.
20．【2018 年高考天津卷文数】在△ABC 中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c．已知bsinA=acos(B– π
6 )．
（1）求角B 的大小；
（2）设a=2，c=3，求b 和sin(2A–B)的值．
【答案】（1）π
3
；（2）b=
7 ；sin(2A–B)= 3 3
14 ．
【解析】（1）在△ABC 中，由正弦定理sin
sin
a
b
A
B
，可得sin
sin
b
A
a
B
，
又由
π
sin
cos(
)
6
b
A
a
B
，得
π
sin
cos(
)
6
a
B
a
B
，即
π
sin
cos(
)
6
B
B
，可得tan
3
B
．
又因为
(0
π)
B
，
，可得B= π
3
．
（2）在△ABC 中，由余弦定理及a=2，c=3，B= π
3
，有
2
2
2
2
cos
7
b
a
c
ac
B
，故b=
7 ．
由
π
sin
cos(
)
6
b
A
a
B
，可得
3
sin
7
A
．
因为a<c，故
2
cos
7
A
．
因此
4 3
sin 2
2sin
cos
7
A
A
A
，
2
1
cos2
2cos
1
7
A
A
．
所以，sin(2
)
sin 2
cos
cos2
sin
A
B
A
B
A
B
4 3
1
1
3
3 3
7
2
7
2
14
．
【名师点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角差的正弦与余弦公式，二倍角的正弦与余弦公式，
以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力．在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的
关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
21．【2017 年高考天津卷文数】在
ABC
△
中，内角
, ,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ．已知
sin
4 sin
a
A
b
B
，
2
2
2
5(
)
ac
a
b
c
．
（1）求cos A的值；
（2）求sin(2
)
B
A
的值．
【答案】（1）
5
5
；（2）
2 5
5
．
【解析】（1）由sin
4 sin
a
A
b
B
及sin
sin
a
b
A
B
，得
2
a
b
．
由
2
2
2
5(
)
ac
a
b
c
及余弦定理，得
2
2
2
5
5
5
cos
2
5
ac
b
c
a
A
bc
ac
．
（2）由（1）可得
2 5
sin
5
A
，代入sin
4 sin
a
A
b
B
，得
sin
5
sin
4
5
a
A
B
b
．
由（1）知A 为钝角，所以
2
2 5
cos
1 sin
5
B
B
．
于是
4
sin 2
2sin
cos
5
B
B
B
，
2
3
cos2
1
2sin
5
B
B
，
故
4
5
3
2 5
2 5
sin(2
)
sin 2
cos
cos2 sin
(
)
5
5
5
5
5
B
A
B
A
B
A
．
【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”可寻求角的关系，利用“角转边”可寻求边的关系，利用余弦定理借助三
边关系可求角，利用两角和差的三角公式及二倍角公式可求三角函数值．利用正、余弦定理解三角形是高考的
高频考点，常与三角形内角和定理、三角形面积公式等相结合，利用正、余弦定理进行解题．解答本题时，（1）
首先根据正弦定理sin
sin
a
b
A
B
得到
2
a
b
，再根据余弦定理即可求得cos A的值；（2）根据（1）的
结论和条件，由cos A求得sin A ，然后根据sin
4 sin
a
A
b
B
求得sin B ，再求cos B ，然后由二倍角公
式求sin 2 ,cos 2
B
B ，最后代入sin(2
)
B
A
的展开式即可．
22．【2017 年高考山东卷文数】在
ABC
△
中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知b=3，
6
AB AC
，
3
ABC
S
△
，求A 和a.
【答案】
3
=
π, = 29.
4
A
a
【解析】因为
6
AB AC
，所以
cos
6
bc
A ，
又
3
ABC
S
△
，所以
sin
6
bc
A
，
因此tan
1
A ，又0
π
A
，
所以
3π
4
A
，
又
3
b
，所以
2 2
c
.
由余弦定理
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
，
得
2
2
9
8
2 3 2 2
(
)=29
2
a
，
所以
29
a
.
【名师点睛】正、余弦定理是应用极为广泛的两个定理，它将三角形的边和角有机地联系起来，从而使三角与
几何产生联系，为求与三角形有关的量(如面积、外接圆、内切圆半径和面积等)提供了理论依据，也是判断三角
形形状、证明三角形中有关等式的重要依据．其主要方法有：化角法，化边法，面积法，运用初等几何法．注
意体会其中蕴涵的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想.
23．【2017 年高考江苏卷】如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ
的底面对角线AC 的长为10
7 cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG ，
1
1
E G 的长分别为14cm 和62cm．分别在容器Ⅰ
和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）将l 放在容器Ⅰ中，l 的一端置于点A 处，另一端置于侧棱
1
CC 上，求l 没入水中部分的长度；
（2）将l 放在容器Ⅱ中，l 的一端置于点E 处，另一端置于侧棱
1
GG 上，求l 没入水中部分的长度．
【答案】（1）16 cm(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)；（2）20 cm(如果将“没入
水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)．
【解析】（1）由正棱柱的定义，
1
CC ⊥平面ABCD ，所以平面
1
1
A ACC ⊥平面ABCD ，
1
CC
AC
⊥
．
记玻璃棒的另一端落在
1
CC 上点M 处．
因为
10 7,
40
AC
AM
，所以
2
2
40
(10 7)
30
MC
，从而
3
sin
4
MAC
∠
，
记AM 与水面的交点为
1P ，过
1P 作P1Q1⊥AC，Q1 为垂足，
则P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1=12，从而AP1=
1
1
16
sin
P
MAC
Q
∠
．
答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为16cm．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，O，O1 是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG．
同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1．
记玻璃棒的另一端落在GG1 上点N 处．
过G 作GK⊥E1G1，K 为垂足，则GK =OO1=32．
因为EG = 14，E1G1= 62，
所以KG1= 62 14
24
2
，从而
2
2
2
2
1
1
24
32
40
GG
KG
GK
．
设
1
,
,
EGG
ENG
∠
∠
则
1
1
4
sin
sin(
)
cos
2
5
KGG
KGG
∠
∠
．
因为2
，所以
3
cos
5
．
在
ENG
△
中，由正弦定理可得40
14
sin
sin
，解得
7
sin
25
．
因为0
2
，所以
24
cos
25
．
于是
4
24
7
3
sin
sin(
)
sin(
)
sin
co
3
s
cos
sin
(
)
5
25
25
5
5
NEG
∠
．
记EN 与水面的交点为P2，过P2 作P2Q2⊥EG，Q2 为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
故P2Q2=12，从而EP2=
2
2
20
sin
P
NEG
Q
∠
．
答：玻璃棒l 没入水中部分的长度为20cm．
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
【名师点睛】解答本题时，（1）转化为直角三角形ACM 中，利用相似性质求解AP1；（2）转化到三角形EGN
中，先利用直角梯形性质求角
1
EGG
∠
，再利用正弦定理求角
ENG
∠
，最后根据直角三角形求高，即为l 没入
水中部分的长度．
解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，
从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化；
第三步：求结果．
专题11
平面向量
1．【2019 年高考全国I 卷文数】已知非零向量a，b 满足|
| 2|
|
a
b ，且(
)
a
b b，则a 与b 的夹角为
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
6
【解析】因为(
)
a
b b，所以
2
(
)
a
b
b
a b
b =0，所以
2
a b
b ，所以cos=
2
2
|
|
1
2 |
|
2
a b
b
a
b
b
，所以
a 与b 的夹角为π
3
，【名师点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角
公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0, ]
．
2．【2019 年高考全国II 卷文数】已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a-b|=
A．
2
B．2
C．5 2
D．50
【解析】由已知，
(2,3)
(3,2)
( 1,1)
a
b
，
所以
2
2
|
|
( 1)
1
2
a
b
，
【名师点睛】本题主要考查平面向量模长的计算，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．由
于对平面向量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．
3．【2018 年高考全国I 卷文数】在
ABC
△
中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB
A．3
1
4
4
AB
AC
B．1
3
4
4
AB
AC
C．3
1
4
4
AB
AC
D．1
3
4
4
AB
AC
【解析】根据向量的运算法则，可得
1
1
1
1
1
1
2
2
2
4
2
4
BE
BA
BD
BA
BC
BA
BA
AC
1
1
1
3
1
2
4
4
4
4
BA
BA
AC
BA
AC
，所以
3
1
4
4
EB
AB
AC
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】该题考查的是有关平面向量的基本问题，涉及的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法
则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.
4．【2018 年高考全国II 卷文数】已知向量a ，b 满足|
|
1
a
，
1
a b
，则
(2
)
a
a
b
A．4
B．3
C．2
D．0
【解析】因为
2
2
2
2
2|
|
1
2 1
3
a
a
b
a
a b
a
,
【名师点睛】本题主要考查平面向量的数量积，考查考生的运算求解能力，考查的数学核心素养是数学运算.
5．
【2018 年高考浙江卷】已知a，b，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π 3 ，向量b 满足b2−4e·b+3=0，
则|a−b|的最小值是
A．
3 −1
B．
3 +1
C．2
D．2−
3
【解析】设ܽ
= (ݔ,ݕ),݁= (1,0),ܾ
= (݉
,݊)，则由ܽ
,݁
=
π
3得ܽ
⋅݁
= |ܽ| ⋅|݁|cos
π
3 ,ݔ=
1
2
ݔ2 + ݕ2, ∴ݕ=±
3ݔ，
由b2−4e·b+3=0 得݉
2 +݊
2 −4݉
+ 3 = 0,(݉
−2)2 +݊
2 = 1,因此|a−b|的最小值为圆心(2,0)到直线ݕ=±
3ݔ的距
离2 3 = 3
2
减去半径1，为3 −1.选A.
【名师点睛】本题主要考查平面向量的夹角、数量积、模及最值问题，考查数形结合思想，考查考生的选算求解
能力以及分析问题和解决问题的能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.
6．【2018 年高考天津卷文数】在如图的平面图形中，已知
1,
2,
120
OM
ON
MON
,
2
,
2
,
BM
MA CN
NA
则
·
BC OM
的值为
A．15
B．9
C．6
D．0
【解析】如图所示，连结MN，由ܤt
ሬ
റ
ሬሬሬ= 2tܣ
ሬ
റ
ሬሬሬ,ܥܰሬറ
ሬሬሬ= 2ܰܣ
ሬറ
ሬሬሬ可知点t,ܰ
分别为线段ܣܤ,ܣܥ上靠近点ܣ的三等分点，
则ܤܥ
ሬറ
ሬሬሬ= 3tܰ
ሬ
റ
ሬሬሬሬ= 3ܱܰሬറ
ሬሬሬ−ܱ
t
ሬ
റ
ሬሬሬሬ，
由题意可知：ܱt
ሬ
റ
ሬሬሬሬ2 = 12 = 1，ܱt
ሬ
റ
ሬሬሬሬ⋅ܱܰሬറ
ሬሬሬ= 1 × 2 × cos120∘=−1，
结合数量积的运算法则可得：ܤܥ
ሬറ
ሬሬሬ⋅ܱ
t
ሬ
റ
ሬሬሬሬ= 3ܱܰሬറ
ሬሬሬ−ܱ
t
ሬ
റ
ሬሬሬሬ
⋅ܱ
t
ሬ
റ
ሬሬሬሬ= 3ܱܰሬറ
ሬሬሬ⋅ܱ
t
ሬ
റ
ሬሬሬሬ−3ܱt
ሬ
റ
ሬሬሬሬ2 =−3 −3 =−6.
本题选择C 选项.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体
应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
7．【2017 年高考全国II 卷文数】设非零向量a ，b 满足
+
=
a b
a
b ，则
A．a ⊥b
B．
=
a
b
C．a ∥b
D．
a
b
【解析】由向量加法与减法的几何意义可知，以非零向量a ，b 的模长为边长的平行四边形是矩形，从而可得a ⊥
b .【名师点睛】本题主要考查向量的数量积与向量的垂直.
8．【2017 年高考北京卷文数】设m,n 为非零向量，则“存在负数，使得
m
n ”是“
0
<
m n
”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】若
0
，使
m
n ，则两向量
,
m n 反向，夹角是180，那么
cos180
m n
m n
0
m n
；
若
0
m n
，那么两向量的夹角为
90 ,180
，并不一定反向，即不一定存在负数，使得
m
n ，所以是充
分而不必要条件，
【名师点睛】本题考查平面向量的线性运算，及充分必要条件的判断，属于容易题.
9．【2019 年高考北京卷文数】已知向量a =（–4，3），b =（6，m），且
a
b，则m=__________．
【答案】8
【解析】向量
( 4,3),
(6,
)
m
，
，
a
b
a
b 则
0
4 6
3
0
8
m
m
，
，
a b
.
【名师点睛】本题考查平面向量的坐标运算、平面向量的数量积、平面向量的垂直以及转化与化归思想
的应用.属于容易题.
10．【2019 年高考全国III 卷文数】已知向量
(2,2),
( 8,6)
a
b
，则cos
,
a b
___________.
【答案】
2
10
【解析】
2
2
2
2
2
8
2 6
2
cos
,
| || |
10
2
2
( 8)
6
a b
a b
a b
．
【名师点睛】本题考查了向量夹角的运算，牢记平面向量的夹角公式是破解问题的关键．
11．【2019 年高考天津卷文数】在四边形ABCD 中，
,
2 3,
5,
30
AD
BC
AB
AD
A
∥
，点E 在线段
CB 的延长线上，且AE
BE
，则BD AE
_____________．
【答案】1
【解析】建立如图所示的直角坐标系，∠DAB=30°，
2 3,
5,
AB
AD
则
(2 3,0)
B
，
5 3 5
(
, )
2
2
D
.
因为AD ∥BC ，
30
BAD
，所以
30
ABE
，
因为AE
BE
，所以
30
BAE
，
所以直线BE 的斜率为
3
3
，其方程为
3 (
2 3)
3
y
x
，
直线AE 的斜率为
3
3
，其方程为
3
3
y
x
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
3 (
2 3),
3
3
3
y
x
y
x
得
3
x
，
1
y ，
所以
( 3, 1)
E
.
所以
3 5
(
, ) ( 3, 1)
1
2
2
BD AE
.
【名师点睛】平面向量问题有两大类解法：基向量法和坐标法，在便于建立坐标系的问题中使用坐标方法更为
方便.
12．【2019 年高考江苏卷】如图，在
ABC
△
中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE=2EA，AD 与CE 交于点O .
若
6
AB AC
AO EC
，则AB
AC
的值是_____.
【答案】
3 .
【解析】如图，过点D 作DF//CE，交AB 于点F，由BE=2EA，D 为BC 的中点，知BF=FE=EA,AO=OD．
3
6
3
2
AO EC
AD
AC
AE
AB
AC
AC
AE
，
2
2
3
1
3
1
1
2
3
2
3
3
AB
AC
AC
AB
AB AC
AB
AC
AB AC
2
2
2
2
3 2
1
1
3
2 3
3
2
2
AB AC
AB
AC
AB AC
AB
AC
AB AC
，
得
2
2
1
3
,
2
2
AB
AC
即
3
,
AB
AC
故
3
AB
AC
【名师点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几
何法，利用数形结合和方程思想解题.
13．【2019 年高考浙江卷】已知正方形ABCD 的边长为1，当每个
(
1,2,3,4,5,6)
i i
取遍时，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1
2
3
4
5
6
|
|
AB
BC
CD
DA
AC
BD
的最小值是________；最大值是_______.
【答案】0；2 5 .
【解析】以
,
AB AD 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图.
则
(1,0),
(0,1),
( 1,0),
(0, 1),
(1,1),
( 1,1)
AB
BC
CD
DA
AC
BD
,
令
2
2
1
2
3
4
5
6
1
3
5
6
2
4
5
6
y
AB
BC
CD
DA
AC
BD
00.
又因为
(
1,2,3,4,5,6)
i i
可取遍1
，
所以当
1
3
4
5
6
2
1,
1
时，有最小值
min
0
y
.
因为
1
3
5
和
2
4
5
的取值不相关，
6
1
或
6
1
，
所以当
1
3
5
和
2
4
5
分别取得最大值时，y 有最大值，
所以当
1
2
5
6
3
4
1,
1
时，有最大值
2
2
max
2
4
20
2 5
y
.
故答案为0；2 5 .
【名师点睛】对于此题需充分利用转化与化归思想，从“基向量”入手，最后求不等式最值，是一道向量和不等式
的综合题.
14．【2018 年高考全国III 卷文数】已知向量
= 1,2
a
，
= 2, 2
b
，
= 1,λ
c
．若
2
∥
c
a + b ，则________．
【答案】1
2
【解析】由题可得
2
4,2
a
b
，
2
∥
c
a + b ，
= 1,λ
c
，
4
2
0
，即
1
2
，故答案为1
2
.
【名师点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题.解题时，由两向量共线
的坐标关系计算即可.
15．【2018 年高考北京卷文数】设向量a=（1,0），b=（−1,m）,若
(
)
m
a
a
b ，则m=_________.
【答案】−1
【解析】∵ܽ
= (1,0),ܾ
= ( −1,݉
)，∴݉ܽ
−ܾ
= (݉
,0) −( −1,݉
) = (݉
+ 1, −݉
)，
由ܽ
⊥(݉ܽ
−ܾ)得：ܽ⋅(݉ܽ
−ܾ) = 0，∴ܽ
⋅(݉ܽ
−ܾ) =݉
+ 1 = 0，即݉
=−1.
【名师点睛】如果a=(x1，y1)，b=(x2，y2)(b≠0)，则a b 的充要条件是x1x2+y1y2=0．
16．
【2018 年高考上海卷】在平面直角坐标系中，已知点
1 0
A ，、
2 0
B
，，E 、F 是y 轴上的两个动点，且|
|
2
EF
，
则AE BF
的最小值为___________．
【答案】-3
【解析】根据题意，设E（0，a），F（0，b）；
∴
2
EF
a
b
；
∴a=b+2，或b=a+2；
且
1,
2,
AE
a
BF
b
，
；
∴
2
AE BF
ab
；
当a=b+2 时，
2
2
2
2
2
AE BF
b
b
b
b
；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
∵b2+2b﹣2 的最小值为8
4
3
4
；
∴AE BF
的最小值为﹣3，同理求出b=a+2 时，AE BF
的最小值为﹣3．
故答案为：﹣3．
【名师点睛】考查根据点的坐标求两点间的距离，根据点的坐标求向量的坐标，以及向量坐标的数量积运算，
二次函数求最值的公式．
17．【2018 年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线:
2
l y
x
上在第一象限内的点，
5,0
B
，以AB 为
直径的圆C 与直线l 交于另一点D ．若
0
AB CD
，则点A 的横坐标为___________．
【答案】3
【解析】设
,2
(
0)
A a
a
a
，则由圆心C 为AB 中点得
5 ,
,
2
a
C
a
易得
:
5
2
0
C
x
x
a
y y
a
，
与
2
y
x
联立解得点D 的横坐标
1,
D
x
所以
1,2
D
.所以
5
5
, 2
,
1
,2
2
a
AB
a
a
CD
a
，
由
0
AB CD
得
2
5
5
1
2
2
0,
2
3
0,
3
2
a
a
a
a
a
a
a
或
1
a ，
因为
0
a
，所以
3.
a
【名师点睛】以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合
的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般
方法.
18．【2017 年高考全国III 卷文数】已知向量
( 2,3),
(3,
)
m
a
b
，且
a
b ，则m=________．
【答案】2
【解析】由题意可得
0
2 3
3
0,
m
a b
解得
2
m
.
【名师点睛】（1）向量平行：
1
2
2
1
∥
x y
x y
a
b
，
,
,
∥
0
R
a
b b
a
b ,
1
1
1
BA
AC
OA
OB
OC
.
（2）向量垂直：
1
2
1
2
0
0
x x
y y
a
b
a b
.
（3）向量的运算：
2
2
1
2
1
2
(
,
),
|
| ,
|
| |
| cos
,
x
x
y
y
a
b
a
a
a b
a
b
a b .
19．【2017 年高考全国I 卷文数】已知向量a=（–1，2），b=（m，1）．若向量a+b 与a 垂直，则m=________．
【答案】7
【解析】由题得
(
1,3)
m
a
b
，因为(
)
0
a
b a
，所以(
1)
2 3
0
m
，解得
7
m
．
【名师点睛】如果a=(x1，y1)，b=(x2，y2)(b≠0)，则a b 的充要条件是x1x2+y1y2=0．
20．【2017 年高考江苏卷】如图，在同一个平面内，向量OA
，OB
，OC
的模分别为1，1，2 ，OA
与OC
的夹
角为，且tan=7，OB
与OC
的夹角为45°．若OC
mOA
nOB
( ,
)
m nR ，则m
n
___________．
【答案】3
【解析】由tan
7
可得
7 2
sin
10
，
2
cos
10
，根据向量的分解，
易得
cos45
cos
2
sin 45
sin
0
n
m
n
m
，即
2
2
2
2
10
2
7 2
0
2
10
n
m
n
m
，即5
10
5
7
0
n
m
n
m
，即得
5
7
,
4
4
m
n
，
所以
3
m
n
．
【名师点睛】（1）向量的坐标运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数、方程、不等式的结合提供
了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数、方程、不等式问题．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题．通过
向量的坐标运算，可将原问题转化为解不等式或求函数值域的问题，是此类问题的一般方法．
（3）向量的两个作用：①载体作用，关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问
题；②工具作用，利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题．
21．【2017 年高考浙江卷】已知向量a，b 满足
1,
2,
a
b
则
a
b
a
b 的最小值是________，最大值是
___________．
【答案】4，2 5
【解析】设向量,a b的夹角为，则
2
2
1
2
2 1 2 cos
5
4cos
a
b
，
2
2
1
2
2 1 2 cos
5
4cos
a
b
，
则
5
4cos
5
4cos
a
b
a
b
，
令
5
4cos
5
4cos
y
，则
2
2
10
2 25 16cos
16,20
y
，
据此可得：
max
min
20
2 5,
16
4
a
b
a
b
a
b
a
b
，
即
a
b
a
b 的最小值是4，最大值是2 5 ．
【名师点睛】本题通过设向量,a b的夹角为，结合模长公式，可得
5
4cos
a
b
a
b
5
4cos
，再利用三角函数的有界性求出最大、最小值，属中档题，对学生的转化能力和最值处理能力有一
定的要求．
22．【2017 年高考天津卷文数】在
ABC
△
中，
60
A
∠
，
3
AB
，
2
AC
．若
2
BD
DC
，AE
AC
(
)
AB R
，且
4
AD AE
，则的值为________．
【答案】3
11
【
解
析
】
由
题
可
得
1
2
3 2 cos60
3,
3
3
AB AC
AD
AB
AC
，
则
1
2
(
)
3
3
AD AE
AB
AC
2
1
2
3
(
)
3
4
9
3
4
3
3
3
3
11
AC
AB
．
【名师点睛】根据平面向量基本定理，利用表示平面向量的一组基底可以表示平面内的任一向量，利用向量的定
比分点公式表示向量，则可获解．本题中
,
AB AC
已知模和夹角，作为基底易于计算数量积．
23．【2017 年高考山东卷文数】已知向量a=（2,6）,b=( 1, )
,若∥
a
b ,则________．
【答案】3
【解析】由∥
a
b 可得1 6
2
3.
【名师点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略：
（1）利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线,求某些参数的取值时,利用“若a＝(x1,y1),b＝(x2,y2),则∥
a
b 的
充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便．
（2）利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地,在求与一个已知向量a 共线的向量时,可设所求向量为λa(λ∈R),
然后结合其他条件列出关于λ的方程,求出λ的值后代入λa 即可得到所求的向量．
（3）三点共线问题．A,B,C 三点共线等价于AB
→与AC
→共线.
专题12
数列
1．【2019 年高考全国III 卷文数】已知各项均为正数的等比数列
na
的前4 项和为15，且
5
3
1
3
4
a
a
a
，则
3a
A．16
B．8
C．4
D．2
【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q ，则
2
3
1
1
1
1
4
2
1
1
1
15
3
4
a
a q
a q
a q
a q
a q
a
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
解得
1
1,
2
a
q
，
2
3
1
4
a
a q
，【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.
2．【2019 年高考浙江卷】设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an2+b，n
N ，则
A．当
10
1 ,
10
2
b
a
B．当
10
1 ,
10
4
b
a
C．当
10
2,
10
b
a
D．当
10
4,
10
b
a
【解析】①当b=0 时，取a=0，则
0,
na
n
N .
②当<0
b
时，令
2
x
x
b
，即
2
0
x
x
b
.
则该方程
1 4
0
b
，即必存在
0x ，使得
2
0
0
0
x
x
b
，
则一定存在
1
0
= =
a
a x ，使得
2
1
n
n
n
a
a
b
a
对任意n
N 成立，
解方程
2
0
a
a
b
，得
1
1
4
2
b
a
，
当1
1
4
10
2
b
时，即
90
b
时，总存在
1
1
4
2
b
a
，使得
1
2
10
10
a
a
a
，
故C、D 两项均不正确.
③当
0
b
时，
2
2
1
a
a
b
b
，
则
2
2
3
2
a
a
b
b
b
，
2
2
2
4
3
a
a
b
b
b
b
.
（ⅰ）当
1
2
b
时，
2
2
4
5
1
1
1
17
1
1,
1
2
2
2
16
2
a
a
，
则
2
6
1
1
11
1
2
2
2
4
a
，
2
7
1
9
2
2
2
a
，
2
8
9
1
83
10
2
2
4
a
，
则
2
9
8
1
10
2
a
a
，
2
10
9
1
10
2
a
a
，
故A 项正确.
（ⅱ）当
1
4
b
时，令
1= =0
a
a
，则
2
2
3
1
1
1
1
,
4
4
4
2
a
a
，
所以
2
2
4
3
1
1
1
1
4
2
4
2
a
a
，以此类推，
所以
2
2
10
9
1
1
1
1
4
2
4
2
a
a
，
故B 项不正确.
故本题正确答案为A.
【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的
可能取值，利用“排除法”求解.
3．【2018 年高考浙江卷】已知
1
2
3
4
,
,
,
a a a a 成等比数列，且
1
2
3
4
1
2
3
ln(
)
a
a
a
a
a
a
a
．若
1
1
a ，则
A．
1
3
2
4
,
a
a a
a
B．
1
3
2
4
,
a
a a
a
C．
1
3
2
4
,
a
a a
a
D．
1
3
2
4
,
a
a a
a
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】令
ln
1,
f x
x
x
则
1
1
f
x
x
，令
0,
f
x
得
1
x
，所以当
1
x
时，
0
f
x
，当0
1
x
时，
0
f
x
，因此
1
0,
ln
1
f x
f
x
x
.
若公比
0
q
，则
1
2
3
4
1
2
3
1
2
3
ln
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，不合题意；
若公比
1
q ，则
2
1
2
3
4
1 1
1
0,
a
a
a
a
a
q
q
但
2
1
2
3
1
1
ln
ln
1
ln
0
a
a
a
a
q
q
a
，
即
1
2
3
4
1
2
3
0
ln
a
a
a
a
a
a
a
，不合题意；
因此
2
1
0,
0,1
q
q
，
2
2
1
1
3
2
2
4
,
0
a
a q
a a
a q
a
，
【名师点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法. 如
2
ln
1,e
1,e
1
0 .
x
x
x
x
x
x
x
4．【2018 年高考北京卷文数】设a,b,c,d 是非零实数，则“ad=bc”是“a,b,c,d 成等比数列”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当
1
4,
1,
1,
4
a
b
c
d
时，, , ,
a b c d 不成等比数列，所以不是充分条件；当, , ,
a b c d 成等比数列时，
则ad
bc
，所以是必要条件.综上所述，“ad
bc
”是“ , , ,
a b c d 成等比数列”的必要不充分条件，【名师点睛】证
明“ ad
bc
”“ , , ,
a b c d 成等比数列”只需举出反例即可，论证“ , , ,
a b c d 成等比数列”“ad
bc
”可利用等比
数列的性质.
5．【2018 年高考北京卷文数】“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这
个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，
每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于12 2 .若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A．3 2 f
B．3
2
2 f
C．12
5
2 f
D．12
7
2 f
【解析】因为每一个单音的频率与前一个单音的频率的比都为12 2 ，所以
*
12
1
2
2,
n
n
a
a
n
n
N
，又
1a
f
，
则
7
12
7
7
12
8
1
2
2
a
a q
f
f
，故选D.
【名师点睛】此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主
要有如下两种：（1）定义法，若
1
n
n
a
q
a
（
*
0,
q
n
N ）或
1
n
n
a
q
a
（
*
0,
2,
q
n
n
N ），数列
na
是等比
数列；（2）等比中项公式法，若数列
na
中，
0
na
且
2
1
2
n
n
n
a
a
a
（
*
3,
n
n
N ），则数列
na
是等比数列.
6．【2017 年高考浙江卷】已知等差数列{an}的公差为d，前n 项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】由
4
6
5
1
1
2
10
21
2(5
10 )
S
S
S
a
d
a
d
d
，可知当
0
d
时，有
4
6
5
2
0
S
S
S
，即
4
6
5
2
S
S
S
，反之，若
4
6
5
2
S
S
S
，则
0
d
，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．
【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式，通过套入公式与简单运算，可知
4
6
5
2
S
S
S
d
，结合充分
必要性的判断，若p
q
，则p 是q 的充分条件，若p
q
，则p 是q 的必要条件，该题
“
0
d
” “
4
6
5
2
0
S
S
S
”，故互为充要条件．
7．【2019 年高考全国I 卷文数】记Sn 为等比数列{an}的前n 项和.若
1
3
3
1
4
a
S
，
，则S4=___________．
【答案】5
8
【解析】设等比数列的公比为q ，由已知
2
2
3
1
1
1
3
1
4
S
a
a q
a q
q
q
，即
2
1
0
4
q
q
.
解得
1
2
q
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
4
4
1
4
1
1 (
)
(1
)
5
2
1
1
8
1 (
)
2
a
q
S
q
．
【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，
部分考生易出现运算错误．
一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算
3
3
4
3
4
3
1
3
1
5
(
)
4
2
8
S
S
a
S
a q
，避免繁
分式计算．
8．【2019 年高考全国III 卷文数】记
n
S 为等差数列
na
的前n项和，若
3
7
5,
13
a
a
，则
10
S
___________.
【答案】100
【解析】设等差数列
na
的公差为d，根据题意可得
3
1
7
1
2
5 ,
6
13
a
a
d
a
a
d
得
1
1,
2
a
d
10
1
10 9
10 9
10
10 1
2
100.
2
2
S
a
d
【名师点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公
式是解题的关键.
9．【2019 年高考江苏卷】已知数列
*
{
}(
)
na
nN
是等差数列，
n
S 是其前n 项和.若
2
5
8
9
0,
27
a a
a
S
，则
8
S 的
值是__________．
【答案】16
【解析】由题意可得：
2
5
8
1
1
1
9
1
4
7
0
9 8
9
27
2
a a
a
a
d
a
d
a
d
S
a
d
，
解得：
1
5
2
a
d
，则
8
1
8 7
8
40
28 2
16
2
S
a
d
.
【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵
活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建
1a d
,
的方程组.
10．【2018 年高考江苏卷】已知集合
*
{ |
2
1,
}
A
x x
n
n
N
，
*
{ |
2 ,
}
n
B
x x
n
N
．将A
B
的所有元素从
小到大依次排列构成一个数列{
}
na
．记
n
S 为数列{
}
na
的前n 项和，则使得
1
12
n
n
S
a
成立的n 的最小值为
___________．
【答案】27
【解析】所有的正奇数和
2n n
N
按照从小到大的顺序排列构成{
}
na
，在数列|{
}
na
中，25前面有16个正奇数，
即
5
6
21
38
2 ,
2
a
a
.当n=1时，
1
2
1 12
24
S
a
，不符合题意；当n=2时，
2
3
3
12
36
S
a
，不符合题意；
当n=3时，
3
4
6
12
48
S
a
，不符合题意；当n=4时，
4
5
10<12
=60
S
a
，不符合题意；……；当n=26时，
27
5
26
2
1 2
21 (1
41)
441 62
503
2
12
1
=
2
516
S
a
，
不符
合
题
意；
当n=27 时
，
8
5
27
2
2
1 2
22 (1
43)
2
1
484+62=546>12
=54
2
0
S
a
,符合题意.故使得
+1
>12
n
n
S
a
成立的n的最小值为
27.
【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的前n项和，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学
运算.
11．
【2017 年高考江苏卷】等比数列{
}
n
a
的各项均为实数，其前n 项和为
n
S ，已知
3
6
7
63
4
4
S
S
,
，则
8a ___________．
【答案】32
【解析】当
1
q 时，显然不符合题意；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
当
1
q 时，
3
1
6
1
(1
)
7
1
4
(1
)
63
1
4
a
q
q
a
q
q
，解得
1
1
4
2
a
q
，则
7
8
1
2
32
4
a
．
【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：①利用基本量，将多元问题简化为一元
问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；②利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律
的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性
质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体
考虑、减少运算量”的方法．
12．【2019 年高考全国I 卷文数】记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，已知S9=-a5．
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an 的n 的取值范围．
【答案】（1）
2
10
na
n
；（2）1
10(
)
n
n
N
.
【解析】（1）设
na
的公差为d．
由
9
5
S
a
得
1
4
0
a
d
．
由a3=4得
1
2
4
a
d
．
于是
1
8,
2
a
d
．
因此
na
的通项公式为
10
2
na
n
．
（2）由（1）得
1
4
a
d
，故
(
9)
(
5) ,
2
n
n
n n
d
a
n
d S
.
由
1
0
a
知
0
d
，故
n
n
S
a
等价于
2
11
10 0
n
n
，解得1≤n≤10．
所以n的取值范围是{ |1
10,
}
n
n
n
N
．
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求
和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.
13．【2019 年高考全国II 卷文数】已知{
}
na
是各项均为正数的等比数列，
1
3
2
2,
2
16
a
a
a
.
（1）求{
}
na
的通项公式；
（2）设
2
log
n
n
b
a
，求数列{
}
nb
的前n 项和．
【答案】（1）
2
1
2 n
na
；（2）
2
n
S
n
.
【解析】（1）设
na
的公比为q，由题设得
2
2
4
16
q
q
，即
2
2
8
0
q
q
．
解得
2
q
（舍去）或q=4．
因此
na
的通项公式为
1
2
1
2 4
2
n
n
na
．
（2）由（1）得
2
(2
1)log 2
2
1
nb
n
n
，
因此数列
nb
的前n项和为
2
1 3
2
1
n
n
．
【名师点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等
差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题.
14．【2019 年高考北京卷文数】设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6 成等比数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记{an}的前n 项和为Sn，求Sn 的最小值．
【答案】（1）
2
12
na
n
；（2）当
5
n
或者
6
n
时，
n
S 取到最小值30
.
【解析】（1）设
na
的公差为d ．
因为
1
10
a
，
所以
2
3
4
10
,
10
2 ,
10
3
a
d a
d a
d
．
因为
2
3
4
10,
8,
6
a
a
a
成等比数列，
所以
2
3
2
4
8
10
6
a
a
a
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
2
( 2
2 )
( 4
3 )
d
d
d
．
解得
2
d
．
所以
1
(
1)
2
12
na
a
n
d
n
．
（2）由（1）知，
2
12
na
n
．
所以，当
7
n
时，
0
na
；当
6
n
时，
0
na
．
所以，
n
S 的最小值为
6
30
S
．
【名师点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌
握等差数列的有关公式并能灵活运用.
15．
【2019 年高考天津卷文数】设{
}
n
a
是等差数列，{ }
nb
是等比数列，公比大于0，已知
1
1
2
3
3
2
3,
,
4
3
a
b
b
a b
a
.
（1）求{
}
n
a
和{ }
nb
的通项公式；
（2）设数列{ }
nc
满足
2
1
n
n
n
c
b
n
，为奇数,
，为偶数.求
*
1 1
2
2
2
2 (
)
n
n
a c
a c
a c
n
N
.
【答案】（1）
3
na
n
，
3n
nb
；（2）
2
2
(2
1)3
6
9 (
)
2
n
n
n
n
N
【解析】（1）设等差数列
na
的公差为d ，等比数列
nb
的公比为q .
依题意，得
2
3
3
2 ,
3
15
4 ,
q
d
q
d
解得
3,
3,
d
q
故
1
3
3(
1)
3 ,
3 3
3
n
n
n
n
a
n
n
b
.
所以，
na
的通项公式为
3
na
n
，
nb
的通项公式为
3n
nb
.
（2）
1 1
2
2
2
2
n
n
a c
a c
a c
1
3
5
2
1
2 1
4 2
6 3
2
n
n n
a
a
a
a
a b
a b
a b
a b
1
2
3
(
1)
3
6
(6 3
12 3
18 3
6
3 )
2
n
n n
n
n
2
1
2
3
6 1 3
2 3
3n
n
n
.
记
1
2
1 3
2 3
3n
nT
n
,①
则
2
3
1
3
1 3
2 3
3n
nT
n
,②
②−①得，
1
2
3
1
1
3 1 3
(2
1)3
3
2
3
3
3
3
3
1
3
3
2
n
n
n
n
n
n
n
T
n
n
.
所以，
1
2
2
1 1
2
2
2
2
(2
1)3
3
3
6
3
3
2
n
n
n
n
n
a c
a c
a c
n
T
n
2
2
(2
1)3
6
9
2
n
n
n
n
N
.
【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本
方法和运算求解能力，属于中档题目.
16．【2019 年高考江苏卷】定义首项为1 且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
（1）已知等比数列{an}(
)
n
N
满足：
2
4
5
1
3
2
,
4
4
0
a a
a a
a
a
，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}(
)
n
N
满足:
1
1
1
2
2
1,
n
n
n
b
S
b
b
，其中Sn 为数列{bn}的前n 项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“M－数列”{cn}(
)
n
N
，对任意正整数k，当k≤m 时，都有
1
k
k
k
c
b
c 成立，求m
的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）①bn=n
*
nN
；②5.
【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
2
4
5
3
2
1
4
4
0
a a
a
a
a
a
，得
2
4
4
1
1
2
1
1
1
4
4
0
a q
a q
a q
a q
a
，解得
1
1
2
a
q
．
因此数列{
}
na
为“M—数列”.
（2）①因为
1
1
2
2
n
n
n
S
b
b
，所以
0
nb
．
由
1
1
1
1,
b
S
b
，得
2
1
2
2
1
1
b
，则
2
2
b
.
由
1
1
2
2
n
n
n
S
b
b
，得
1
1
2(
)
n
n
n
n
n
b b
S
b
b
，
当
2
n
时，由
1
n
n
n
b
S
S
，得
1
1
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b b
b
b
b
b
b
b
b
，
整理得
1
1
2
n
n
n
b
b
b
．
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n
*
nN
.
②由①知，bk=k，
*
k N .
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以
1
k
k
q
k
q
，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有ln
ln
ln
1
k
k
q
k
k
．
设f（x）= ln
(
1)
x x
x
，则
2
1 ln
( )
x
f ' x
x
．
令
( )
0
f ' x
，得x=e.列表如下：
x
(1,e)
e
(e，+∞)
( )
f ' x
+
0
–
f（x）
极大值
因为ln 2
ln8
ln9
ln3
2
6
6
3
，所以
max
ln3
( )
(3)
3
f k
f
．
取
3 3
q
，当k=1，2，3，4，5时，ln
ln
k
q
k
，即
k
k
q
，
经检验知
1
k
q
k
也成立．
因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5．
【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归
及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．
17．【2019 年高考浙江卷】设等差数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，
3
4
a
，
4
3
a
S
，数列{ }
nb
满足：对每个
1
2
,
,
,
n
n
n
n
n
n
n
S
b S
b S
b
N
成等比数列．
（1）求数列{
},{ }
n
n
a
b
的通项公式；
（2）记
,
,
2
n
n
n
a
c
n
b
N
证明：
1
2+
2
,
.
n
c
c
c
n n
N
【答案】（1）
2
1
na
n
，
1
nb
n n
；（2）证明见解析.
【解析】（1）设数列{
}
n
a
的公差为d，由题意得
1
1
1
2
4,
3
3
3
a
d
a
d
a
d
，
解得
1
0,
2
a
d
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
从而
*
2
2,
na
n
n
N ．
所以
2
*
n
S
n
n
n
N
，
，
由
1
2
,
,
n
n
n
n
n
n
S
b S
b S
b
成等比数列得
2
1
2
n
n
n
n
n
n
S
b
S
b
S
b
．
解得
2
1
2
1
n
n
n
n
b
S
S S
d
．
所以
2
*
,
nb
n
n n
N ．
（2）
*
2
2
1 ,
2
2 (
1)
(
1)
n
n
n
a
n
n
c
n
b
n n
n n
N ．
我们用数学归纳法证明．
（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
（ii）假设
*
n
k k
N
时不等式成立，即
1
2
2
k
c
c
c
k
．
那么，当
1
n
k
时，
1
2
1
1
2
2
(
1)(
2)
1
k
k
k
c
c
c
c
k
k
k
k
k
2
2
2
2(
1
)
2
1
1
k
k
k
k
k
k
k
．
即当
1
n
k
时不等式也成立．
根据（i）和（ii），不等式
1
2
2
n
c
c
c
n
对任意
*
nN 成立．
【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力
和综合应用能力.
18．【2018 年高考全国I 卷文数】已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
2
1
n
n
na
n
a
，设
n
n
a
b
n
．
（1）求
1
2
3
b
b
b
，
，；
（2）判断数列
nb
是否为等比数列，并说明理由；
（3）求
na
的通项公式．
【答案】（1）b1=1，b2=2，b3=4；（2）见解析；（3）an=n·2n-1．
【解析】（1）由条件可得an+1= 2(
1)
n
n
a
n
．
将n=1 代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．
将n=2 代入得，a3=3a2，所以，a3=12．
从而b1=1，b2=2，b3=4．
（2）{bn}是首项为1，公比为2 的等比数列．
由条件可得
1
2
1
n
n
a
a
n
n
，即bn+1=2bn，
又b1=1，
所以{bn}是首项为1，公比为2 的等比数列．
（3）由（2）可得
1
2n
na
n
，
所以an=n·2n-1．
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数
列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等
比数列通项公式求得数列ܾ݊
的通项公式，借助于ܾ݊
的通项公式求得数列ܽ݊
的通项公式，从而求得最后的结果.
19．【2018 年高考全国III 卷文数】等比数列{
}
na
中，
1
5
3
1
4
a
a
a
，
．
（1）求{
}
na
的通项公式；
（2）记
n
S 为{
}
na
的前n 项和．若
63
m
S
，求m ．
【答案】（1）
1
( 2)n
na
或
1
2n
na
；（2）
6
m
.
【解析】（1）设{
}
na
的公比为q ，由题设得
1
n
na
q
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由已知得
4
2
4
q
q
，解得
0
q
（舍去），
2
q 或
2
q
．
故
1
( 2)n
na
或
1
2n
na
．
（2）若
1
( 2)n
na
，则
1
( 2)
3
n
n
S
．
由
63
m
S
得( 2)
188
m
，此方程没有正整数解．
若
1
2n
na
，则
2
1
n
n
S
．
由
63
m
S
得2
64
m
，解得
6
m
．
综上，
6
m
．
【名师点睛】等差、等比数列中的基本量的求解，可利用通项公式及前n 项和公式建立
1,
a
d （或q），,
,
n
n
n a S 五
个基本量间的关系式，即“知三求二”.非等差、等比数列的求和常用三种方法：一是分组求和法，特征是原数列
可以拆成几个等差或等比数列的和；二是裂项相消求和法，特征是通项是分式形式，如等差数列{
}
na
的的公差是
d，则
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
b
a a
d
a
a
；三是错位（项）相减求和法，特征是通项可以看成一个等差数列与一个等比
数列对应项的积（或商）.
20．【2018 年高考全国II 卷文数】记
n
S 为等差数列
na
的前n 项和，已知
1
7
a ，
3
15
S
．
（1）求
na
的通项公式；
（2）求
n
S ，并求
n
S 的最小值．
【答案】（1）an=2n–9；（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．
【解析】（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–15．
由a1=–7 得d=2．
所以{an}的通项公式为an=2n–9．
（2）由（1）得Sn=n2–8n=（n–4）2–16．
所以当n=4 时，Sn 取得最小值，最小值为–16．
【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制
条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项
和公式得
n
S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.
21．【2018 年高考北京卷文数】设
na
是等差数列，且
1
2
3
ln2,
5ln2
a
a
a
.
（1）求
na
的通项公式；
（2）求
1
2
e
e
e
n
a
a
a
.
【答案】（1）
ln 2
na
n
；（2）
1
2
2
n
.
【解析】（1）设等差数列
na
的公差为d ，
∵
2
3
5ln2
a
a
，
∴
1
2
3
5ln2
a
d
，
又
1
ln2
a
，
∴
ln2
d
.
∴
1
1
ln 2
na
a
n
d
n
.
（2）由（1）知
ln2
na
n
，
∵
ln2
ln2
e
e
e
=2
n
n
a
n
n
，
∴
e n
a
是以2 为首项，2 为公比的等比数列.
∴
2
1
2
ln2
ln2
ln2
2
1
e
e
e
e
e
e
=2
2
2 =2
2
n
n
a
a
a
n
n
.
∴
1
2
e
e
e
n
a
a
a
1
=2
2
n
.
【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和共涉及五个基本量
1,
, , ,
n
n
a a d n S ，知道其中三个可求另外两个，
体现了用方程组解决问题的思想.（1）设公差为d ，根据题意可列关于
1,
a d 的方程组，求解
1,
a d ，代入通项公
式可得；（2）由（1）可得e
2
n
a
n
，进而可利用等比数列求和公式进行求解.
22．【2018 年高考天津卷文数】设{an}是等差数列，其前n 项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（1）求Sn 和Tn；
（2）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n 的值．
【答案】（1）
(
1)
2
n
n n
S
，
2
1
n
nT
；（2）4.
【解析】（1）设等比数列{
}
nb
的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得
2
2
0
q
q
．
因为
0
q
，可得
2
q
，故
1
2n
nb
．
所以，
1 2
2
1
1 2
n
n
nT
．
设等差数列{
}
n
a
的公差为d ．由
4
3
5
b
a
a
，可得
1
3
4
a
d
．由
5
4
6
2
b
a
a
，可得
1
3
13
16,
a
d
从而
1
1,
1
a
d
，故
na
n
，
所以，
(
1)
2
n
n n
S
．
（2）由（1），有
1
3
1
1
2
2 (1 2 )
(2
2
2 )
=
2
2.
1 2
n
n
n
n
T
T
T
n
n
n
由
1
2
(
)
4
n
n
n
n
S
T
T
T
a
b
可得
1
1
(
1)
2
2
2
2
n
n
n n
n
n
，
整理得
2
3
4
0,
n
n
解得
1
n （舍），或
4
n
．
所以n 的值为4．
【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式等基础知识．考查数列求和的基
本方法和运算求解能力．
23．【2018 年高考浙江卷】已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2 是a3，a5 的等差中项．数列{bn}满足
b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前n 项和为2n2+n．
（1）求q 的值；
（2）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（1）
2
q
；（2）
2
1
15
(4
3) ( )
2
n
nb
n
.
【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
（1）由
4
2
a
是
3
5
,
a a 的等差中项得
3
5
4
2
4
a
a
a
，
所以
3
4
5
4
3
4
28
a
a
a
a
，
解得
4
8
a
.
由
3
5
20
a
a
得
1
8(
)
20
q
q
，
因为
1
q
，所以
2
q
.
（2）设
1
(
)
n
n
n
n
c
b
b a
，数列{ }
nc
前n 项和为
n
S .
由
1
1
,
1,
,
2.
n
n
n
S n
c
S
S
n
解得
4
1
nc
n
.
由（1）可知
1
2n
na
，
所以
1
1
1
(4
1) ( )
2
n
n
n
b
b
n
，
故
2
1
1
(4
5) ( )
,
2
2
n
n
n
b
b
n
n
，
1
1
1
2
3
2
2
1
(
)
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
2
3
1
1
1
(4
5) ( )
(4
9) ( )
7
3
2
2
2
n
n
n
n
.
设
2
2
1
1
1
3
7
11 ( )
(4
5) ( )
,
2
2
2
2
n
nT
n
n
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
2
1
1
1
1
1
1
3
7 ( )
(4
9) ( )
(4
5) ( )
2
2
2
2
2
n
n
nT
n
n
所以
2
2
1
1
1
1
1
1
3
4
4 ( )
4 ( )
(4
5) ( )
2
2
2
2
2
n
n
nT
n
，
因此
2
1
14
(4
3) ( )
,
2
2
n
nT
n
n
，
又
1
1
b ，所以
2
1
15
(4
3) ( )
2
n
nb
n
.
【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出“ܵ݊
”与“ݍܵ݊
”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ܵ݊
−ݍܵ݊
”的表达式；(3)在
应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1 和不等于1 两种情况求解.
24．【2018 年高考江苏卷】设{
}
na
是首项为
1a ，公差为d 的等差数列，{
}
nb
是首项为
1b ，公比为q 的等比数列．
（1）设
1
1
0,
1,
2
a
b
q
，若
1
|
|
n
n
a
b
b
对
1,2,3,4
n
均成立，求d 的取值范围；
（2）若
*
1
1
0,
,
(1, 2]
m
a
b
m
q
N
，证明：存在d R ，使得
1
|
|
n
n
a
b
b
对
2,3,
,
1
n
m
均成立，并求d 的
取值范围（用
1,
,
b m q 表示）．
【答案】（1）7 5
[ , ]
3 2 ；（2）见解析.
【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及
综合运用数学知识探究与解决问题的能力．满分16 分．
（1）由条件知：
1
1
2
(
,
)
n
n
n
a
n
d b
．
因为
1
|
|
n
n
a
b
b
对n=1，2，3，4 均成立，
即
1
1
2
|
(
)
1
|
n
n
d
对n=1，2，3，4 均成立，
即1 1，1 d 3，3 2d 5，7 3d 9，得7
5
3
2
d
．
因此，d 的取值范围为7 5
[ , ]
3 2 ．
（2）由条件知：
1
1
1
(
1) ,
n
n
n
a
b
n
d b
b q
．
若存在d，使得
1
|
|
n
n
a
b
b
（n=2，3，···，m+1）成立，
即
1
1
1
1
|
1
|
2,3,
,
(
1
(
)
)
n
b
n
d
b q
b n
m
，
即当
2,3,
,
1
n
m
时，d 满足
1
1
1
1
2
1
1
n
n
q
q
b
d
b
n
n
．
因为
(1, 2]
m
q
，则
1
1
2
n
m
q
q
，
从而
1
1
2
0
1
n
q
b
n
，
1
1
0
1
n
q
b
n
，对
2,3,
,
1
n
m
均成立．
因此，取d=0 时，
1
|
|
n
n
a
b
b
对
2,3,
,
1
n
m
均成立．
下面讨论数列
1
2
{
}
1
n
q
n
的最大值和数列
1
{
}
1
n
q
n
的最小值（
2,3,
,
1
n
m
）．
①当2
n
m
时，
1
1
1
2
2
2
2
1
1
1
(
)
(
)
(
)
n
n
n
n
n
n
n
n
q
q
nq
q
nq
n q
q
q
n
n
n n
n n
，
当
1
1
2 m
q
时，有
2
n
m
q
q
，从而
1
(
)
2
0
n
n
n
n q
q
q
．
因此，当2
1
n
m
时，数列
1
2
{
}
1
n
q
n
单调递增，
故数列
1
2
{
}
1
n
q
n
的最大值为
2
m
q
m
．
②设
( )
(
)
2 1
x
f x
x
，
当x>0 时，
ln2 1
(
0
(
n
)
l 2 2
)
x
f
x
x
，
所以
( )
f x 单调递减，从而
( )
f x <f（0）=1．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
当2
n
m
时，
1
1
1
1
1
2 1
1
1
(
)
(
)
( )
n
n
n
q
q n
n
f
q
n
n
n
n
，
因此，当2
1
n
m
时，数列
1
{
}
1
n
q
n
单调递减，
故数列
1
{
}
1
n
q
n
的最小值为
m
q
m ．
因此，d 的取值范围为
1
1
(
2)
[
,
]
m
m
b q
b q
m
m
．
25．【2017 年高考全国I 卷文数】记Sn 为等比数列
na
的前n 项和，已知S2=2，S3=−6．
（1）求
na
的通项公式；
（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2 是否成等差数列．
【答案】（1）
( 2)n
na
；（2）
1
2
2
( 1)
3
3
n
n
n
S
，证明见解析．
【解析】（1）设{
}
na
的公比为q ．
由题设可得
1
2
1
(1
)
2,
(1
)
6.
a
q
a
q
q
解得
2
q
，
1
2
a ．
故{
}
na
的通项公式为
( 2)n
na
．
（2）由（1）可得
1
1(1
)
2
2
(
)
1
3
3
1
n
n
n
n
a
q
S
q
．
由于
3
2
1
2
1
4
2
2
2
2
(
)
2[
(
)
]
2
3
1
3
3
1
3
n
n
n
n
n
n
n
n
S
S
S
，
故
1
n
S ，
n
S ，
2
n
S 成等差数列．
【名师点睛】等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方
便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、
等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．
（1）由等比数列通项公式解得
2
q
，
1
2
a 即可求解；
（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2 成等差数列．
26．【2017 年高考全国II 卷文数】已知等差数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，等比数列{ }
nb
的前n 项和为
nT ，
1
1
2
2
1,
1,
2
a
b
a
b
.
（1）若
3
3
5
a
b
，求{ }
nb
的通项公式；
（2）若
3
21
T
，求
3
S .
【答案】（1）ܾ݊
= 2݊−1；（2）当ݍ=−5 时，ܵ
3 = 21.当ݍ= 4 时，ܵ
3 =−6.
【解析】设{ܽ݊
}的公差为d，{ܾ݊
}的公比为q，则ܽ݊
=−1 + （݊
−1）݀，ܾ݊
= ݍ݊−1.
由ܽ2 +ܾ
2 = 2 得d+q=3.①
（1）由ܽ3 +ܾ
3 = 5 得2݀
+ ݍ2 = 6.②
联立①和②解得݀
= 3，
ݍ= 0 （舍去），݀
= 1，
ݍ= 2.
因此{ܾ݊
}的通项公式为ܾ݊
= 2݊−1.
（2）由ܾ1 = 1，ܶ
3 = 21 得ݍ2 + ݍ−20 = 0.
解得ݍ=−5，ݍ= 4.
当ݍ=−5 时，由①得݀
= 8，则ܵ3 = 21.
当ݍ= 4 时，由①得݀
=−1，则ܵ3 =−6.
【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两种处理思路：一是利用基本量，将多元问题简化为一
元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确;二是利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规
律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性
质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、
减少运算量”的方法.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）根据等差数列及等比数列通项公式表示条件，得关于公差与公比的方程组，解方程组得公比，代入等比数
列通项公式即可；
（2）由等比数列前三项的和求公比，分类讨论，求公差，再根据等差数列前三项求和.
27．【2017 年高考全国III 卷文数】设数列
na
满足
1
2
3
(2
1)
2
n
a
a
n
a
n
.
（1）求
na
的通项公式；
（2）求数列2
1
na
n
的前n 项和.
【答案】（1）
1
2
2
n
an
；（2）
1
2
2
n
n
.
【解析】（1）因为ܽ1+3ܽ2+…+（2n−1）ܽ݊
=2n，
故当n≥2 时，ܽ1+3ܽ2+…+（2݊−3）ܽ݊
−1 =2（n−1）.
两式相减得（2n−1）ܽ݊
=2，
所以ܽ݊
=
2
2݊−1 (n≥2).
又由题设可得ܽ1=2，
从而{ܽ݊
}的通项公式为ܽ݊
=
2
2݊−1.
（2）记{ܽ݊2݊+1}的前n 项和为ܵ݊
，
由（1）知ܽ݊2݊+1 =
2
(2݊+1)(2݊−1) =
1
2݊−1 −
1
2݊+1 .
则ܵ݊
=
1
1 −
1
3 +
1
3 −
1
5 +…+
1
2n−1 −
1
2݊+1 =
2݊
2݊+1 .
【思路点拨】
（1）先由题意得
2
n
时，
)1
(
2
)
3
2
(
3
1
2
1
n
a
n
a
a
n
，再作差得
1
2
2
n
an
，验证
1
n
时也满足；
（2）由于
1
2
1
1
2
1
)1
2
)(
1
2
(
2
1
2
n
n
n
n
n
an
，所以利用裂项相消法求和.
【名师点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方
法，裂项相消法适用于形如
1
n
n
c
a a
(其中
na
是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，
常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类是隔一项的裂项求和，如
1
(
1)(
3)
na
n
n
或
1
(
2)
na
n n
.
28．【2017 年高考北京卷文数】已知等差数列
na
和等比数列
nb
满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5．
（1）求
na
的通项公式；
（2）求和：
1
3
5
2
1
n
b
b
b
b
．
【答案】（1）an=2n−1；（2）3
1
2
n
.
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为d．
因为a2+a4=10，所以2a1+4d=10，解得d=2，所以an=2n−1．
（2）设等比数列{bn}的公比为q．
因为b2b4=a5，所以b1qb1q3=9，解得q2=3，所以
2
2
1
2
1
1
3
n
n
n
b
b q
．
从而
2
1
1
3
5
2
1
3
1
1 3
3
3
2
n
n
n
b
b
b
b
．
【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：①分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形
式；②裂项相消法求和，一般适用于
1
n
n
n
a
a
c
c
，
n
n
c
cn
1
等的形式；③错位相减法求和，一般适
用于等差数列等比数列的形式；④倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和
与倒着写和，两式相加除以2 即可得到数列求和．
29．【2017 年高考山东卷文数】已知{
}
na
是各项均为正数的等比数列，且
1
2
1
2
3
6,
a
a
a a
a
．
（1）求数列{
}
na
的通项公式；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）{
}
nb
为各项非零的等差数列，其前n 项和Sn，已知
2
1
1
n
n
n
S
b b
，求数列{
}
n
n
b
a
的前n 项和
nT ．
【答案】（1）
2n
na
；（2）
2
5
5
2
n
n
n
T
【解析】（1）设{
}
na
的公比为q ，
由题意知
2
2
1
1
1
(1
)
6,
a
q
a q
a q
．
又
0
na
，解得
1
2,
2
a
q
，所以
2n
na
．
（2）由题意知：
1
2
1
2
1
1
(2
1)(
)
(2
1)
2
n
n
n
n
b
b
S
n
b
，
又
2
1
1
1
,
0,
n
n
n
n
S
b b
b
所以
2
1
nb
n
，
令
n
n
n
b
c
a
,则
2
1
2
n
n
n
c
，
因此
1
2
2
3
1
3
5
7
2
1
2
1,
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
c
c
c
又
2
3
4
1
1
3
5
7
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
T
，
两式相减得
2
1
1
1
3
1
1
1
2
1
(
)
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
T
，
所以
2
5
5
2
n
n
n
T
．
【名师点睛】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1 和公比q,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方
程(组)求解．等比数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a1,an,q,n,Sn,知其中三个就能求另外两个,体现了方
程的思想．(2)用错位相减法求和时,应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便
下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式，若等比数列的公比为参数,应分公比等于1 和不等于1 两种情况求解．
30．【2017 年高考天津卷文数】已知{
}
na
为等差数列，前n 项和为
*
(
)
n
S
nN
，{ }
nb
是首项为2 的等比数列，且公
比大于0，
2
3
3
4
1
11
4
12,
2 ,
11
b
b
b
a
a S
b
．
（1）求{
}
na
和{ }
nb
的通项公式；
（2）求数列
2
{
}
n
n
a b
的前n 项和
*
(
)
nN
．
【答案】（1）
3
2
na
n
，
2n
nb
；（2）
2
(3
4)2
16
n
n
．
【解析】（1）设等差数列{
}
na
的公差为d ，等比数列{
}
nb
的公比为q．
由已知
2
3
12
b
b
，得
2
1(
)
12
b q
q
，
而
1
2
b
，所以
2
6
0
q
q
．
又因为
0
q
，解得
2
q
，所以
2n
nb
．
由
3
4
1
2
b
a
a
，可得
1
3
8
d
a
①；
由
11
4
11
S
b
，可得
1
5
16
a
d
②，
联立①②，解得
1
1,
3
a
d
，由此可得
3
2
na
n
．
所以，{
}
na
的通项公式为
3
2
na
n
，{
}
nb
的通项公式为
2n
nb
．
（2）设数列
2
{
}
n
n
a b
的前n 项和为
n
T ，由
2
6
2
n
a
n
，有
2
3
4 2 10 2
16 2
(6
2)
2n
nT
n
，
2
3
4
1
2
4 2
10 2
16 2
(6
8) 2
(6
2) 2
n
n
nT
n
n
，
上述两式相减，得
2
3
1
12 (1
2 )
4 2
6 2
6 2
6 2
(6
2)
2
4
(6
1
2
n
n
n
nT
n
n
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1
2
2) 2
(3
4)2
16
n
n
n
，得
2
(3
4)2
16
n
nT
n
．
所以，数列
2
{
}
n
n
a b
的前n 项和为
2
(3
4)2
16
n
n
．
【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出
通项公式及前n 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、
裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和．
31．【2017 年高考江苏卷】对于给定的正整数k ，若数列{
}
n
a
满足：
1
1
1
1
n k
n k
n
n
n k
n k
a
a
a
a
a
a
2
n
ka
对任意正整数(
)
n n
k
总成立，则称数列{
}
n
a
是“
( )
P k 数列”．
（1）证明：等差数列{
}
n
a
是“
(3)
P
数列”；
（2）若数列{
}
n
a
既是“
(2)
P
数列”，又是“
(3)
P
数列”，证明：{
}
n
a
是等差数列．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为{
}
na
是等差数列，设其公差为d ，
则
1
(
1)
na
a
n
d
，
从而，当
4
n
时，
n k
n k
a
a
a
1
1
(
1)
(
1)
n
k
d
a
n
k
d
1
2
2(
1)
2
n
a
n
d
a
，
1,2,3,
k
所以
6
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
3
2
1
1
2
3
+
+
+
，
因此等差数列{
}
na
是“
(3)
P
数列”．
（2）数列{
}
na
既是“
(2)
P
数列”，又是“
(3)
P
数列”，
因此，当
3
n
时，
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
2
1
1
2
4
，①
当
4
n
时，
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
3
2
1
1
2
3
6
．②
由①知，
n
n
n
a
a
a
3
2
1
4
1
(
)
n
n
a
a
，③
n
n
n
a
a
a
2
3
1
4
1
(
)
n
n
a
a
，④
将③④代入②，得
n
n
n
a
a
a
1
1
2
，其中
4
n
，
所以
3
4
5
,
,
,
a a a 是等差数列，设其公差为d' ．
在①中，取
4
n
，则
2
3
5
6
4
4
a
a
a
a
a
，所以
2
3
a
a
d'
，
在①中，取
3
n
，则
1
2
4
5
3
4
a
a
a
a
a
，所以
1
3
2
a
a
d'
，
所以数列{
}
na
是等差数列．
【名师点睛】（1）利用等差数列性质得
n k
n k
n
a
a
a
2
，即得
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
3
2
1
1
2
+
+
n
n
a
a
3
6
，再
根据定义即可判断；
（2）先根据定义得
2
1
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
1
2
4
，n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
3
2
1
1
2
n
n
a
a
3
6
，
再将条件集中消元：
n
n
n
a
a
a
3
2
1
4
1
(
)
n
n
a
a
，
n
n
n
a
a
a
2
3
1
4
1
(
)
n
n
a
a
，即得
n
n
n
a
a
a
1
1
2
，
最后验证起始项也满足即可．
32．【2017 年高考浙江卷】已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（n
N ）．
证明：当n
N 时，
（1）0＜xn+1＜xn；
（2）2xn+1−xn≤
1
2
n
n
x x ；
（3）
1
1
2n≤xn≤
2
1
2n．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】（1）用数学归纳法证明：
0
nx
．
当n=1 时，x1=1>0．
假设n=k 时，xk>0，
那么n=k+1 时，若
1
0
kx
，则
1
1
0
ln(1
)
0
k
k
k
x
x
x
，矛盾，故
1
0
kx
．
因此
0(
)
nx
n
N
．
所以
1
1
1
ln(1
)
n
n
n
n
x
x
x
x
，
因此
1
0
(
)
n
n
x
x n
N
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）由
1
1
ln(1
)
n
n
n
x
x
x
得，
2
1
1
1
1
1
1
4
2
2
(
2)ln(1
)
n
n
n
n
n
n
n
n
x x
x
x
x
x
x
x
．
记函数
2
( )
2
(
2)ln(1
)(
0)
f x
x
x
x
x x
，
2
2
( )
ln(1
)
0(
0)
1
x
x
f' x
x
x
x
，
函数f(x)在[0，+∞）上单调递增，所以
( )
(0)
f x
f
=0，因此
2
1
1
1
1
1
2
(
2)ln(1
)
(
)
0
n
n
n
n
n
x
x
x
x
f x
，
故
1
1
2
(
)
2
n
n
n
n
x x
x
x
n
N
．
（3）因为
1
1
1
1
1
ln(1
)
2
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
，
所以
1
1
2
n
n
x
，
由
1
1
2
2
n
n
n
n
x x
x
x
，得
1
1
1
1
1
2(
)
0
2
2
n
n
x
x
，
所以
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2(
)
2
(
)
2
2
2
2
n
n
n
n
x
x
x
，
故
2
1
2
n
n
x
．
综上，
1
2
1
1 (
)
2
2
n
n
n
x
n
N
．
【名师点睛】本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）
利用递推关系证明．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
专题13
不等式、推理与证明
1．
【2019年高考全国I 卷文数】古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是
5
1
2
（
5
1
2
≈0.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽
喉至肚脐的长度之比也是
5
1
2
．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度
为26 cm，则其身高可能是
A．165 cm
B．175 cm
C．185 cm
D．190 cm
【解析】方法一：如下图所示.
依题意可知：
5
1
5
1
,
2
2
AC
AB
CD
BC
，
①腿长为105 cm 得，即
>105
CD
，
5
1
64.89
2
AC
CD
，
64.89 105
169.89
AD
AC
CD
，
所以AD>169.89.
②头顶至脖子下端长度为26 cm，
即AB<26，
42.07
5
1
2
AB
BC
，
=
+
<68.07
AC AB BC
，
110.15
5
1
2
AC
CD
，
+
<68.07+110.15=178.22
AC CD
，
所以
<178.22
AD
.
综上，169.89<
<178.22
AD
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
方法二：设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则26
26
5
1
105
2
x
x
y
，得
42.07cm,
5.15cm
x
y
．又其腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，所以其身高约为
42.07+5.15+105+26=178.22，接近175cm．【名师点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运
算素养．采取类比法，利用转化思想解题．
2．【2019年高考全国III卷文数】记不等式组
6,
2
0
x
y
x
y
表示的平面区域为D．命题
: ( , )
,2
9
p
x y
D
x
y
；命题
:
( , )
,2
12
q
x y
D
x
y
．下面给出了四个命题
①p
q
②
p
q
③p
q
④
p
q
这四个命题中，所有真命题的编号是
A．①③
B．①②
C．②③
D．③④
【解析】根据题中的不等式组可作出可行域，如图中阴影部分所示，
记直线1:
2 +9,
l y
x
2: =
2 +12
l
y
x
，
由图可知，( , )
,2
9, ( , )
,2
12
x y
D
x
y
x y
D
x
y
，
所以p 为真命题，q 为假命题，
所以
p
为假命题，
q
为真命题，
所以p
q
为真命题，
p
q
为假命题，p
q
为真命题，
p
q
为假命题，
所以所有真命题的编号是①③.
【名师点睛】本题将线性规划和不等式，命题判断综合到一起，解题关键在于充分利用取值验证的方法
进行判断.
3．【2019 年高考北京卷文数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足
m2−m1= 5
2
lg
2
1
E
E ，其中星等为mk 的星的亮度为Ek（k=1，2）．已知太阳的星等是−26.7，天狼星的星等是−1.45，
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则太阳与天狼星的亮度的比值为
A．1010.1
B．10.1
C．lg10.1
D．10–10.1
【解析】两颗星的星等与亮度满足
1
2
1
2
5 lg
2
E
m
m
E
,令
2
1
1.45,
26.7
m
m
,
10.1
1
1
2
1
2
2
2
2
lg
( 1.45
26.7)
10.1,
10
5
5
E
E
m
m
E
E
.
故选：A．
【名师点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.
4．【2019 年高考天津卷文数】设变量,x y 满足约束条件
2
0,
2
0,
1,
1,
x
y
x
y
x
y
，则目标函数
4
z
x
y
的最大值为
A．2
B．3
C．5
D．6
【解析】已知不等式组表示的平面区域如图中的阴影部分.
目标函数的几何意义是直线
4
y
x
z
在y 轴上的截距，
故目标函数在点A 处取得最大值.
由
2
0,
1
x
y
x
，得( 1,1)
A
，
所以
max
4 ( 1) 1
5
z
.
【名师点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域，分界线是实线还是虚线，其次确
定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结
合图形确定目标函数最值或范围．即：一画，二移，三求．
5．【2019 年高考天津卷文数】设xR ，则“0
5
x
”是“|
1| 1
x
”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】
1
1
x
等价于0
2
x
，故0
5
x
推不出
1
1
x
；
由
1
1
x
能推出0
5
x
，
故“0
5
x
”是“|
1| 1
x
”的必要不充分条件.
【名师点睛】充要条件的三种判断方法：
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p 进行判断；
(2)集合法：根据由p，q 成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；
(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这
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个方法特别适合以否定形式给出的问题．
6．【2019 年高考浙江卷】若实数,x y 满足约束条件
3
4
0
3
4
0
0
x
y
x
y
x
y
，则
3
2
z
x
y
的最大值是
A．
1
B．1
C．10
D．12
【解析】画出满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示.
因为
3
2
z
x
y
，所以
3
1
2
2
y
x
z
.
平移直线
3
1
2
2
y
x
z
可知，当该直线经过点A 时，z 取得最大值.
联立两直线方程可得
3
4
0
3
4
0
x
y
x
y
，解得
2
2
x
y
.
即点A 坐标为(2,2)
A
，
所以
max
3 2
2 2
10
z
.
【名师点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也
有可能在解方程组的过程中出错.
7．【2019 年高考浙江卷】若
0,
0
a
b
，则“
4
a
b
”是“
4
ab
”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当
0,
0
a >
b>
时，
2
a
b
ab
当且仅当a
b
时取等号，则当
4
a
b
时，有2
4
ab
a
b
，
解得
4
ab
，充分性成立；
当=1, =4
a
b
时，满足
4
ab
，但此时
=5>4
a+b
，必要性不成立，综上所述，“
4
a
b
”是“
4
ab
”的充分不
必要条件.
【名师点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过
特取,a b 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
8．【2018 年高考北京卷文数】设集合
{( , ) |
1,
4,
2},
A
x y
x
y
ax
y
x
ay
则
A．对任意实数a，(2,1)
A
B．对任意实数a，（2，1）
A
C．当且仅当a<0 时，（2，1）
A
D．当且仅当
3
2
a
时，（2，1）
A
【解析】点（2，1）在直线
1
x
y
上，
4
ax
y
表示过定点（0，4），斜率为a
的直线，当
0
a
时，
2
x
ay
表示过定点（2，0），斜率为1
a
的直线，不等式
2
x
ay
表示的区域包含原点，不等式
4
ax
y
表示的区域
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不包含原点.直线
4
ax
y
与直线
2
x
ay
互相垂直.显然当直线
4
ax
y
的斜率
0
a
时，不等式
4
ax
y
表示的区域不包含点（2，1），故排除A；点（2，1）与点（0，4）连线的斜率为
3
2
，当
3
2
a
，
即
3
2
a
时，
4
ax
y
表示的区域包含点（2，1），此时
2
x
ay
表示的区域也包含点（2，1），故排除B；
当直线
4
ax
y
的斜率
3
2
a
，即
3
2
a
时，
4
ax
y
表示的区域不包含点（2，1），故排除C，故选D.
【名师点睛】本题主要考查线性规划问题，考查考生的数形结合思想、化归与转化思想以及逻辑推理能力和运
算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算.
9．【2018 年高考天津卷文数】设xR ，则“
3
8
x
”是“| | 2
x
”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】求解不等式ݔ3 > 8 可得ݔ> 2，求解绝对值不等式ݔ> 2 可得ݔ> 2 或ݔ<−2，据此可知：“ݔ3 > 8”
是“|ݔ| > 2” 的充分而不必要条件.
【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法、充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计
算求解能力.
10．【2018 年高考天津卷文数】设变量,x y 满足约束条件
5
2
4
1
0
x
y
x
y
x
y
y
，
，
，
，
则目标函数
3
5
z
x
y
的最大值为
A．6
B．19
C．21
D．45
【解析】绘制不等式组
5
2
4
1
0
x
y
x
y
x
y
y
，
，
，
表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A 处
取得最大值，联立直线方程得
5
1
x
y
x
y
，可得点A 的坐标为
2,3
A
，据此可知目标函数的最大值为：
max
3
5
3 2
5 3
21
z
x
y
.本题选择C 选项.
【名师点睛】求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0 时，直线过可行域且在y 轴上截距最大时，z 值
最大，在y 轴截距最小时，z 值最小；当b＜0 时，直线过可行域且在y 轴上截距最大时，z 值最小，在y 轴上截
距最小时，z 值最大.
11．【2017 年高考天津卷文数】设xR ，则“ 2
0
x
”是“|
1| 1
x”的
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】由2
0
x
，可得
2
x
，由|
1| 1
x，可得1
1 1
x
，即0
2
x
，
因为
0
2
2
x
x
x x
，所以“ 2
0
x
”是“|
1| 1
x”的必要而不充分条件，【名师点睛】判断
充要关系的的方法：①根据定义，若
,
/
p
q q
p
，那么p 是q 的充分而不必要条件，同时q 是p 的必要而
不充分条件，若p
q
，那么p 是q 的充要条件，若
,
/
/
p
q q
p
，那那么p 是q 的既不充分也不必要条件；
②当命题是以集合的形式给出时，那就看包含关系，若
:
p x
A
，
:
q x
B
，若A 是B 的真子集，那么p 是q
的充分而不必要条件，同时q 是p 的必要而不充分条件，若A
B
，那么p 是q 的充要条件，若没有包含关系，
那么p 是q 的既不充分也不必要条件；③命题的等价性，根据互为逆否命题的两个命题等价，将“ p 是q ”的
关系转化为“
q
是
p
”的关系进行判断．
12．【2017 年高考天津卷文数】已知奇函数
( )
f x 在R 上是增函数．若
0.8
2
2
1
(log
),
(log 4.1),
(2
)
5
a
f
b
f
c
f
，
则a ，b ，c 的大小关系为
A．a
b
c
B．b
a
c
C．c
b
a
D．c
a
b
【解析】由题意可得
2
2
1
( log
)
(log 5)
5
a
f
f
，且
2
2
log 5
log 4.1
2
，
0.8
1
2
2
，所以
0.8
2
2
log 5
log 4.1
2
，
结合函数的单调性，可得
0.8
2
2
(log 5)
(log 4.1)
(2
)
f
f
f
，即a
b
c
，即c
b
a
．【名师点睛】比较
大小是高考的常见题型，指数式、对数式的大小比较要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的
图象，利用函数的单调性、奇偶性等进行大小比较，要特别关注灵活利用函数的奇偶性和单调性，数形结合进
行大小比较或解不等式．
13．【2017 年高考全国I 卷文数】设x，y 满足约束条件
3
3,
1,
0,
x
y
x
y
y
则z=x+y 的最大值为
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】如图，作出不等式组表示的可行域，则目标函数z
x
y
经过
(3,0)
A
时z 取得最大值，故
max
3
0
3
z
，
【名师点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，并明确可行域对应的是封闭区
域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平
方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数的最值取法或值域范围．
14．【2017 年高考浙江卷】若x ，y 满足约束条件
0
3
0
2
0
x
x
y
x
y
，则
2
z
x
y
的取值范围是
A．[0，6]
B．[0，4]
C．[6，
)
D．[4，
)
【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1) 时取最小值4，无最大值，选D．
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【名师点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，作图时，可将不等式
0
Ax
By
C
转化为y
kx
b
（或y
kx
b
），“”取下方，“”取上方，并明确可行域对应的是封闭区
域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、
直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围．
15．【2017 年高考全国II 卷文数】设,x y 满足约束条件
2 +3
3
0,
2
3
3
0,
3
0,
x
y
x
y
y
则
2
z
x
y
的最小值是
A．15
B．9
C．1
D．9
【解析】绘制不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，结合目标函数的几何意义可得函数在点
6, 3
B
处
取得最小值，最小值为
min
12
3
15
z
．
【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一，准确无误地作出可
行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情
况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
16．【2017 年高考全国II 卷文数】甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中
有2 位优秀，2 位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我
还是不知道我的成绩．根据以上信息，则
A．乙可以知道四人的成绩
B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩
D．乙、丁可以知道自己的成绩
【解析】由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁两人一人优秀一人良好，乙看到丙的成绩则知道
自己的成绩，丁看到甲的成绩则知道自己的成绩，即乙、丁可以知道自己的成绩．【名师点睛】合情推理主要包
括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数
学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一
定正确．而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．
17．【2017 年高考北京卷文数】若,x y 满足
3,
2,
,
x
x
y
y
x
则
2
x
y
的最大值为
A．1
B．3
C．5
D．9
【解析】如图，画出可行域，
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2
z
x
y
表示斜率为
1
2
的一组平行线，当
2
z
x
y
过点
3,3
C
时，目标函数取得最大值
max
3
2 3
9
z
，故选D.
【名师点睛】本题主要考查简单的线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标
函数赋予几何意义.求目标函数的最值的一般步骤为：一画、二移、三求．常见的目标函数类型有：（1）截距型：
形如z
ax
by
.求这类目标函数的最值时常将函数z
ax
by
转化为直线的斜截式：
a
z
y
x
b
b
，通过求直
线的截距z
b
的最值间接求出z 的最值；（2）距离型：形如
2
2
z
x
a
y
b
；（3）斜率型：形如
y
b
z
x
a
，
而本题属于截距形式.
18．【2017 年高考山东卷文数】已知x,y 满足约束条件
2
5
0
3
0
2
x
y
x
y
,则z=x+2y 的最大值是
A．-3
B．-1
C．1
D．3
【解析】画出约束条件
2
5
0
3
0
2
x
y
x
y
表示的可行域,如图中阴影部分所示，平移直线
2
0
x
y
,可知当其经过
直线
2
5
0
x
y
与
2
y
的交点( 1,2)
时,
2
z
x
y
取得最大值，为
max
1 2 2
3
z
,故选D.
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【名师点睛】(1)确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法是：“直线定界,特殊点定域”,即先作直线,再取特
殊点，并代入不等式(组)．若满足不等式(组),则不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那部分区域；
否则就对应与特殊点异侧的平面区域.当不等式中带等号时,边界为实线；不带等号时,边界应画为虚线,特殊点常
取原点.
(2)利用线性规划求目标函数最值的步骤：①画出约束条件对应的可行域；②将目标函数视为动直线,并将其平移
经过可行域,找到最优解；③将最优解代入目标函数,求出最大值或最小值．
19．【2017 年高考山东卷文数】已知命题p：
,
x
R
2
1
0
x
x
;命题q：若
2
2
a
b
,则a<b.下列命题为真命题的
是
A．p
q
B．p
q
C．
p
q
D．
p
q
【解析】由
0
x
时
2
1
0
x
x
成立知p 是真命题,由
2
2
1
( 2) ,1
2
可知q 是假命题,所以p
q
是真命题,
【名师点睛】判断一个命题为真命题,要给出推理与证明；判断一个命题是假命题,只需举出反例．根据“原命题与
逆否命题同真同假,逆命题与否命题同真同假”这一性质,当一个命题直接判断不易进行时,可转化为判断其等价命
题的真假．
20．【2019 年高考全国II 卷文数】若变量x，y 满足约束条件
2
3
6
0
3
0
2
0
x
y
x
y
y
，
，
，
则z=3x–y 的最大值是
____________.
【答案】9
【解析】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示，
阴影部分表示的三角形ABC 区域，根据直线3
0
x
y
z
中的z 表示纵截距的相反数，当直线
3
z
x
y
过点
3,0
C（
）时，z 取最大值为9．
【名师点睛】本题考查线性规划中最大值问题，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取图
解法，利用数形结合思想解题．搞不清楚线性目标函数的几何意义致误，从线性目标函数对应直线的
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截距观察可行域，平移直线进行判断取最大值还是最小值．
21．【2019 年高考全国II 卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正
方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以
上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2 是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有
顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为
_________．（本题第一空2 分，第二空3 分．）
【答案】26，
2
1
【解析】【答案】26，
2
1
【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9 个面，计18 个面，第二层共有8 个面，
所以该半正多面体共有18 8
26
个面．
如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB
BE
x
，延长CB 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由
半正多面体对称性可知，
BGE
△
为等腰直角三角形，
2
2
,
2
( 2
1)
1
2
2
BG
GE
CH
x
GH
x
x
x
，
1
2
1
2
1
x
，
即该半正多面体棱长为
2
1
．
【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，
稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．
22．【2019 年高考北京卷文数】若x，y 满足
2,
1,
4
3
1
0,
x
y
x
y
则y
x
的最小值为__________，最大值为__________．
【答案】3
；1
【解析】根据题中所给约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示.
设
z
y
x
，则= +
y x z ，求出满足在可行域范围内z 的最大值、最小值即可，
即在可行域内，当直线= +
y x z 的纵截距最大时，z 有最大值，当直线= +
y x z 的纵截距最小时，z 有最小值.
由图可知，当直线= +
y x z 过点A 时,z 有最大值，
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联立
2
4
3
1
0
x
x
y
，
可得
2
3
x
y
，即
(2,3)
A
，
所以
max
3
2
1
z
；
当直线= +
y x z 过点(2, 1)
B
时，z 有最小值，
所以
min
1 2
3
z
.
【名师点睛】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大，注
重了基础知识、基本技能的考查.
23．【2019 年高考天津卷文数】设
0,
0,
2
4
x
y
x
y
，则(
1)(2
1)
x
y
xy
的最小值为__________.
【答案】9
2
【解析】(
1)(2
1)
2
2
1
2
5
2
5
x
y
xy
y
x
xy
xy
xy
xy
xy
.
因为
0,
0,
2
4
x
y
x
y
，
所以
2
4
2
2
x
y
x
y
，
即
2
2,0
2
xy
xy
，当且仅当
2
2
x
y
时取等号成立.
又因为
1
9
2
2
5
5
=
2
2
xy
，
所以(
1)(2
1)
x
y
xy
的最小值为9
2
.
【名师点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立.
24．【2019 年高考北京卷文数】李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，
价格依次为60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的
总价达到120 元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x=10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各1 盒，需要支付__________元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________．
【答案】①130 ；②15.
【解析】①
10
x
,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付
60
80
10
130
元.
②设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元,
120
y
元时,李明得到的金额为
80%
y
,符合要求.
120
y
元时,有
80%
70%
y
x
y
恒成立,即
8
7 ,
8
y
y
x
y x
,即
min
15
8
y
x
元.
所以x 的最大值为15 .
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背
景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.
25．【2018 年高考浙江卷】若,x y 满足约束条件
0,
2
6,
2,
x
y
x
y
x
y
则
3
z
x
y
的最小值是___________，最大值是
___________．
【答案】−2
8
【解析】作
0,
2
6,
2
x
y
x
y
x
y
表示的可行域，如图中阴影部分所示，则直线
3
z
x
y
过点A(2,2)时z 取最大值8，
过点B(4,−2)时z 取最小值−2.
【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即用数形结合的思想解题.需要注意的是：
一、准确无误地作出可行域；
二、画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；
三、一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界处取得.
26．【2018 年高考北京卷文数】若ݔ,y 满足
1
2
x
y
x
，则2y−ݔ的最小值是_________.
【答案】3
【解析】作出可行域，如图，则直线
2
z
y
x
过点A(1,2)时，z 取最小值3.
【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：
一、准确无误地作出可行域；
二、画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；
三、一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.
解本题时，先作出可行域，再根据目标函数与可行域关系，确定最小值取法.
27．【2018 年高考全国I 卷文数】若x ，y 满足约束条件
2
2
0
1
0
0
x
y
x
y
y
，则
3
2
z
x
y
的最大值为_____________．
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【答案】6
【解析】根据题中所给的约束条件
2
2
0
1
0
0
x
y
x
y
y
，画出其对应的可行域，如图所示：
由
3
2
z
x
y
可得
3
1
2
2
y
x
z
，画出直线
3
2
y
x
，将其上下移动，结合2
z 的几何意义，可知当直线过
点B 时，z 取得最大值，
由
2
2
0
0
x
y
y
，解得
2,0
B
，此时
max
3 2
0
6
z
，故答案为6.
【名师点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，
之后根据目标函数的形式，判断z 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立
方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型，根
据不同的形式，应用相应的方法求解.
28．【2018 年高考全国III 卷文数】（2018 新课标Ⅲ文科）若变量x
y
，满足约束条件
2
3
0
2
4
0
2
0.
x
y
x
y
x
，
，则
1
3
z
x
y
的最大值是________．
【答案】3
【解析】作出约束条件
2
3
0
2
4
0
2
0
x
y
x
y
x
，
，表示的可行域如下图所示.
由图可知目标函数在直线
2
4
0
x
y
与
2
x
的交点（2，3）处取得最大值3.
故答案为3.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】(1)确定二元一次不等式(组)表示的平面区域的方法是：“直线定界,特殊点定域”,即先作直线,再取特
殊点，并代入不等式(组)．若满足不等式(组),则不等式(组)表示的平面区域为直线与特殊点同侧的那部分区域；
否则就对应与特殊点异侧的平面区域.当不等式中带等号时,边界为实线；不带等号时,边界应画为虚线,特殊点常
取原点.
(2)利用线性规划求目标函数最值的步骤：①画出约束条件对应的可行域；②将目标函数视为动直线,并将其平移
经过可行域,找到最优解；③将最优解代入目标函数,求出最大值或最小值．
29．【2018 年高考全国II 卷文数】若,x y 满足约束条件
2
5
0
2
3
0
5
0
x
y
x
y
x
，
，
，
则z
x
y
的最大值为__________．
【答案】9
【解析】不等式组
2
5
0
2
3
0
5
0
x
y
x
y
x
，
，表示的可行域是以
5,4 ,
1,2 ,
5,0
A
B
C
为顶点的三角形区域，如下图所
示，目标函数z
x
y
的最大值必在顶点处取得，易知当
5,
4
x
y
时，
max
9
z
.
【名师点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，
之后根据目标函数的形式，判断z 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型，根
据不同的形式，应用相应的方法求解.
30．【2018 年高考天津卷文数】（2018 天津文科）已知
,
a bR ，且
3
6
0
a
b
，则
1
2
8
a
b
的最小值
为
.
【答案】
1
4
【解析】由ܽ
−3ܾ+ 6 = 0 可知ܽ
−3ܾ
=−6，且2ܽ+
1
8ܾ= 2ܽ+ 2−3ܾ，
因为对于任意x，2ݔ> 0 恒成立，结合基本不等式的结论可得：2ܽ+ 2−3ܾ≥2 ×
2ܽ× 2−3ܾ= 2 ×
2−6 =
1
4.当且
仅当2ܽ= 2−3ܾܽ
−3ܾ
= 6 ，即ܽ
= 3ܾ
=−1 时等号成立.
综上可得2ܽ+
1
8ܾ的最小值为
1
4.
【名师点睛】利用基本不等式求最值时，要灵活运用以下两个公式：
①
2
2
,
,
2
a b
a
b
ab
R
，当且仅当a
b
时取等号；
②,a b
R ，
2
a
b
ab
，当且仅当a
b
时取等号．解题时要注意公式的适用条件、等号成立的条件，同时
求最值时注意“1 的妙用”．
31．【2018 年高考江苏卷】在
ABC
△
中，角
, ,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ，
120
ABC
，
ABC
的平分线交AC 于
点D，且
1
BD ，则4a
c
的最小值为___________．
【答案】9
【解析】由题意可知，ܵ△ܣܤܥ=ܵ
△ܣܤᵁ+ܵ
△ܤܥᵁ,由角平分线性质和三角形面积公式得
1
2ܽܿ
sin120° =
1
2ܽ
× 1 ×
sin60° +
1
2ܿ
× 1 × sin60°，化简得ܽܿ
=ܽ
+ܿ,
1ܽ+
1ܿ= 1，
因此4ܽ+ܿ
= 4ܽ+ܿ
1ܽ+
1ܿ= 5 +ܿܽ
+
4ܽܿ≥5 + 2ܿܽ
⋅
4ܽܿ= 9,
当且仅当ܿ
= 2ܽ
= 3 时取等号，则4ܽ+ܿ
的最小值为9.
【名师点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择或填空的形式出现，基本题型为给出约束条件求目
标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等.
32．【2017 年高考上海卷】不等式
1
1
x
x
的解集为________
【答案】
,0
【解析】由题意，不等式
1
1
x
x
，得
1
1
1
1
0
0
x
x
x
，
所以不等式的解集为
,0
.
【名师点睛】本题考查解不等式，能正确化简不等式是解决该题的关键.
33．【2017 年高考北京卷文数】能够说明“设a，b，c 是任意实数．若a＞b＞c，则a+b＞c”是假命题的一组整数a，
b，c 的值依次为___________.
【答案】−1，−2，−3（答案不唯一）
【解析】
1
2
3, 1
2
3
3
，矛盾，所以−1，−2，−3 可验证该命题是假命题.
【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验
证，答案不唯一．
34．【2017 年高考北京卷文数】某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：
（ⅰ）男学生人数多于女学生人数；
（ⅱ）女学生人数多于教师人数；
（ⅲ）教师人数的两倍多于男学生人数．
①若教师人数为4，则女学生人数的最大值为_________．
②该小组人数的最小值为_________．
【答案】6
12
【解析】设男生人数、女生人数、教师人数分别为a
b
c
、、，
则
*
2
, , ,
c
a
b
c a b c
N .
①
max
8
4
6
a
b
b
，
②
min
3,6
3
5,
4
12.
c
a
b
a
b
a
b
c
【名师点睛】本题主要考查了命题的逻辑分析、简单的合情推理, 题目设计巧妙，解题时要抓住关键,逐步推断,
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本题主要考查考生分析问题、解决问题的能力，同时注意不等式关系以及正整数这个条件.
35．【2017 年高考天津卷文数】若,a bR ，
0
ab
，则
4
4
4
1
a
b
ab
的最小值为___________．
【答案】4
【解析】
4
4
2
2
4
1
4
1
1
1
4
2 4
4
a
b
a b
ab
ab
ab
ab
ab
ab
，（前一个等号成立的条件是
2
2
2
a
b
，后一个
等号成立的条件是
1
2
ab
，两个等号可以同时成立，当且仅当
2
2
2
2
,
2
4
a
b
时取等号）．
【名师点睛】利用均值不等式求最值时要灵活运用以下两个公式：①
2
2
,
,
2
a b
a
b
ab
R
，当且仅当a
b
时
取等号；②,a b
R ，
2
a
b
ab
，当且仅当a
b
时取等号．解题时要注意公式的适用条件、等号成立的
条件，同时求最值时注意“1 的妙用”．
36．【2017 年高考山东卷文数】若直线
1(
0
0)
x
y
a
b
a
b
＞，＞
过点(1,2) ,则2a+b 的最小值为___________．
【答案】8
【解析】由直线
1(
0
0)
x
y
a
b
a
b
＞，＞
过点(1,2) 可得1
2
1
a
b
,
所以
1
2
4
4
2
(2
)(
)
4
4
2
8
b
a
b
a
a
b
a
b a
b
a
b
a
b
.当且仅当
4
b
a
a
b
，即
4,
2
b
a
时等号成立.
【名师点睛】应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正数,“二定”
是指应用基本不等式求最值时,和或积为定值,“三相等”是指满足等号成立的条件．在利用基本不等式求最值时,
要根据式子的特征灵活变形,配凑出积、和为常数的形式,然后再利用基本不等式．
37．【2017 年高考江苏卷】某公司一年购买某种货物600 吨，每次购买x 吨，运费为6 万元/次，一年的总存储费用为
4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x 的值是___________．
【答案】30
【解析】总费用为
600
900
4
6
4(
)
4 2 900
240
x
x
x
x
，当且仅当
900
x
x
，即
30
x
时等号成立．
【名师点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条
件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现
错误．
38．【2017 年高考天津卷文数】电视台播放甲、乙两套连续剧，每次播放连续剧时，需要播放广告．已知每次播放
甲、乙两套连续剧时，连续剧播放时长、广告播放时长、收视人次如下表所示：
连续剧播放时长（分钟）
广告播放时长（分钟）
收视人次（万）
甲
70
5
60
乙
60
5
25
已知电视台每周安排的甲、乙连续剧的总播放时间不多于600 分钟，广告的总播放时间不少于30 分钟，且甲连
续剧播放的次数不多于乙连续剧播放次数的2 倍．分别用x ，y 表示每周计划播出的甲、乙两套连续剧的次数．
（Ⅰ）用x ，y 列出满足题目条件的数学关系式，并画出相应的平面区域；
（Ⅱ）问电视台每周播出甲、乙两套连续剧各多少次，才能使收视人次最多？
【答案】（I）见解析；（II）见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，,x y 满足的数学关系式为
70
60
600
5
5
30
2
x
y
x
y
x
y
x
y
N
N
，即
7
6
60
6
2
0
x
y
x
y
x
y
x
y
N
N
．
该二元一次不等式组所表示的平面区域为图1 中阴影部分内的整点（包括边界）：
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（图1）
（图2）
（Ⅱ）设总收视人次为z 万，则目标函数为
60
25
z
x
y
．
考虑
60
25
z
x
y
，将它变形为
12
5
25
z
y
x
，这是斜率为
12
5
，随z 变化的一族平行直线．
25
z 为直线在y 轴上的截距，当25
z 取得最大值时，z 的值最大．
又因为,x y 满足约束条件，所以由图2 可知，当直线
60
25
z
x
y
经过可行域上的点M 时，截距25
z 最大，即
z 最大．
解方程组
7
6
60,
2
0,
x
y
x
y
得点M 的坐标为(6,3)，
所以，电视台每周播出甲连续剧6 次、乙连续剧3 次时才能使总收视人次最多．
【名师点睛】本题主要考查简单的线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的平面区域，然后
根据目标函数的几何意义求最值．求目标函数的最值的一般步骤为：一画、二移、三求，其关键是准确作出可
行域，理解目标函数的几何意义．常见的目标函数有：①截距型：形如z
ax
by
，求这类目标函数的最值常
将函数z
ax
by
转化为直线的斜截式：
a
z
y
x
b
b
，通过求直线的截距z
b
的最值间接求出z 的最值；②距
离型：形如
2
2
(
)
(
)
z
x
a
y
b
；③斜率型：形如
y
b
z
x
a
．本题属于截距型，同时应注意实际问题中的最
优解一般是整数．
专题14
概率与统计（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古
典小说四大名著．某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100 位学生，其中阅读过《西游记》
或《红楼梦》的学生共有90 位，阅读过《红楼梦》的学生共有80 位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的
学生共有60 位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为
A．0.5
B．0.6
C．0.7
D．0.8
【解析】由题意得，阅读过《西游记》的学生人数为90-80+60=70，
则其与该校学生人数之比为70÷100=0.7．【名师点睛】本题考查抽样数据的统计，渗透了数据处理和数学运算素
养．采取去重法，利用转化与化归思想解题．
2．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】某学校为了解1 000 名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这
些新生中用系统抽样方法等距抽取100 名学生进行体质测验．若46 号学生被抽到，则下面4 名学生中被抽到的是
A．8 号学生
B．200 号学生
C．616 号学生
D．815 号学生
【解析】由已知将1000 名学生分成100 个组，每组10 名学生，用系统抽样，46 号学生被抽到，所以第一组抽到6
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号，且每组抽到的学生号构成等差数列{
}
na
，公差
10
d
，所以
6 10
na
n
(
)
n
N
，若8
6 10n
，解得
1
5
n
，
不合题意；若200
6 10n
，解得
19.4
n
，不合题意；若616
6 10n
，则
61
n
，符合题意；若815
6 10n
，
则
80.9
n
，不合题意．3．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】生物实验室有5 只兔子，其中只有3 只测量过某项指标，
若从这5 只兔子中随机取出3 只，则恰有2 只测量过该指标的概率为
A．2
3
B．3
5
C．2
5
D．1
5
【分析】首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式即可求解．
【解析】设其中做过测试的3 只兔子为, ,
a b c ，剩余的2 只为
,
A B ，
则从这5 只中任取3 只的所有取法有{ , , },{ , , },{ , , },{ , , },{ , , },{ ,
, },{ , , }
a b c
a b A
a b B
a c A
a c B
a A B
b c A
，
{ , , },{ ,
, },{ ,
, }
b c B
b A B
c A B ，共10 种．
其中恰有2 只做过测试的取法有{ , , },{ , , },{ , , },{ , , },
a b A
a b B
a c A
a c B
{ , , },{ , , }
b c A
b c B ，共6 种，
所以恰有2 只做过测试的概率为6
3
10
5
，【名师点睛】本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知
识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树
图法”，可最大限度的避免出错．
4．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番．为更好地
了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：
建设前经济收入构成比例
建设后经济收入构成比例
则下面结论中不正确的是
A．新农村建设后，种植收入减少
B．新农村建设后，其他收入增加了一倍以上
C．新农村建设后，养殖收入增加了一倍
D．新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
【解析】设新农村建设前的收入为M，而新农村建设后的收入为2M，则新农村建设前种植收入为0.6M，而新农村
建设后的种植收入为0.74M，所以种植收入增加了，所以A 项不正确；新农村建设前其他收入为0.04M，新农村
建设后其他收入为0.1M，故增加了一倍以上，所以B 项正确；新农村建设前，养殖收入为0.3M，新农村建设后
为0.6M，所以增加了一倍，所以C 项正确；新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的综合占经济收入的30% +
28% = 58% > 50%，所以超过了经济收入的一半，所以D 正确；5．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】从2 名男同学
和3 名女同学中任选2 人参加社区服务，则选中的2 人都是女同学的概率为
A．0.6
B．0.5
C．0.4
D．0.3
【解析】设2 名男同学为ܣ1,ܣ2，3 名女同学为ܤ1,ܤ2,ܤ3，
从以上5 名同学中任选2 人总共有ܣ1ܣ2,ܣ1ܤ1,ܣ1ܤ2,ܣ1ܤ3,ܣ2ܤ1,ܣ2ܤ2,ܣ2ܤ3,ܤ1ܤ2,ܤ1ܤ3,ܤ2ܤ3，共10 种可能，选中的2
人都是女同学的情况共有ܤ1ܤ2,ܤ1ܤ3,ܤ2ܤ3，共3 种可能，
则选中的2 人都是女同学的概率为ܲ
=
3
10 = 0.3，【名师点睛】应用古典概型求概率的步骤：第一步，判断本试验
的结果是否为等可能事件，设出事件ܣ；第二步，分别求出基本事件的总数݊
与所求事件ܣ中所包含的基本事件
个数݉
；第三步，利用公式ܲ
(ܣ) =݉݊
求出事件ܣ的概率．
6．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分
和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是
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A．1
4
B．π
8
C．1
2
D．π 4
【解析】不妨设正方形边长为a ，由图形的对称性可知，太极图中黑、白部分面积相等，即各占圆面积的一半．
由几何概型概率的计算公式得，所求概率为
2
2
1
π
( )
π
2
2
8
a
a
，选B．
【名师点睛】对于一个具体问题能否用几何概型的概率公式计算事件的概率，关键在于能否将问题几何化，也可
根据实际问题的具体情况，选取合适的参数建立适当的坐标系，在此基础上，将实验的每一结果一一对应于该坐
标系中的一点，使得全体结果构成一个可度量的区域；
另外，从几何概型的定义可知，在几何概型中，“等可能”一词理解为对应于每个实验结果的点落入某区域内的可
能性大小，仅与该区域的度量成正比，而与该区域的位置、形状无关．
7．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】为评估一种农作物的种植效果，选了n 块地作试验田．这n 块地的亩产量（单位：
kg）分别为x1，x2，…，xn，下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是
A．x1，x2，…，xn 的平均数
B．x1，x2，…，xn 的标准差
C．x1，x2，…，xn 的最大值
D．x1，x2，…，xn 的中位数
【解析】评估这种农作物亩产量稳定程度的指标是标准差或方差，【名师点睛】众数：一组数据出现次数最多的数
叫众数，众数反映一组数据的多数水平；
中位数：一组数据中间的数（起到分水岭的作用），中位数反映一组数据的中间水平；
平均数：反映一组数据的平均水平；
方差：反映一组数据偏离平均数的程度，用来衡量一批数据的波动大小（即这批数据偏离平均数的大小）．在样本
容量相同的情况下，方差越大，说明数据的波动越大，越不稳定．
标准差是方差的算术平方根，意义在于反映一组数据的离散程度．
8．【2017 年高考山东卷文数】如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5 名工人某日的产量数据（单位：件）．若这两
组数据的中位数相等，且平均值也相等，则x 和y 的值分别为
A．3，5
B．5，5
C．3，7
D．5，7
【解析】由题意，甲组数据为56，62，65，70
x
，74，乙组数据为59，61，67，60
y
，78．
要使两组数据的中位数相等，则65
60
y
，所以
5
y
，
又平均数相同，则56
62
65
(70
)
74
59
61
67
65
78
5
5
x
，解得
3
x
．【名师点睛】由茎叶图可以
清晰地看到数据的分布情况，这一点同频率分布直方图类似．它优于频率分布直方图的第一点是从茎叶图中能看
到原始数据，没有任何信息损失；第二点是茎叶图便于记录和表示．缺点是当样本容量较大时，作图较烦琐．利
用茎叶图对样本进行估计时，要注意区分茎与叶，茎是指中间的一列数，叶是从茎的旁边生长出来的数．
9．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014 年1 月
至2016 年12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．
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根据该折线图，下列结论错误的是
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加
C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8 月
D．各年1 月至6 月的月接待游客量相对于7 月至12 月，波动性更小，变化比较平稳
【解析】由折线图，可知每年7 月到8 月折线图呈下降趋势，月接待游客量减少，A 错误；
折线图整体呈现出增长的趋势，年接待游客量逐年增加，B 正确；
每年的接待游客量7，8 月份达到最高点，即各年的月接待游客量高峰期大致在7，8 月，C 正确；
每年1 月至6 月的月折线图平稳，月接待游客量波动性更小，7 月至12 月折线图不平稳，月接待游客量波动性大，
D 正确．
所以选A．
【名师点睛】用样本估计总体时统计图表主要有：
（1）频率分布直方图，特点：频率分布直方图中各小长方形的面积等于对应区间的频率，所有小长方形的面积之
和为1；
（2）频率分布折线图，连接频率分布直方图中各小长方形上端的中点，就得到频率分布折线图；
（3）茎叶图，对于统计图表类题目，最重要的是认真观察图表，从中提炼出有用的信息和数据．
10．【2017 年高考天津卷文数】有5 支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5 支彩笔中
任取2 支不同颜色的彩笔，则取出的2 支彩笔中含有红色彩笔的概率为
A．4
5
B．3
5
C．2
5
D．1
5
【解析】选取两支彩笔的方法有：红黄、红蓝、红绿、红紫、黄蓝、黄绿、黄紫、蓝绿、蓝紫、绿紫，共10 种，
含有红色彩笔的选法有：红黄、红蓝、红绿、红紫，共4 种，由古典概型的概率计算公式，可得所求概率
4
2
10
5
P
．【名师点睛】本题主要考查古典概型及其概率计算，属于基础题．解题时要准确理解题意，先要判
断该概率模型是不是古典概型，然后找出随机事件A 包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数，代入公
式
( )
(
)
n A
P
n
即可得解．
11．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】从分别写有1，2，3，4，5 的5 张卡片中随机抽取1 张，放回后再随机抽取1 张，
则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为
A．1
10
B．1
5
C．3
10
D．2
5
【解析】如下表所示，表中的点的横坐标表示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取到的数：
1
2
3
4
5
1
（1，1）
（1，2）
（1，3）
（1，4）
（1，5）
2
（2，1）
（2，2）
（2，3）
（2，4）
（2，5）
3
（3，1）
（3，2）
（3，3）
（3，4）
（3，5）
4
（4，1）
（4，2）
（4，3）
（4，4）
（4，5）
5
（5，1）
（5，2）
（5，3）
（5，4）
（5，5）
总计有25 种情况，满足条件的有10 种．
所以所求概率为10
2
25
5
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】古典概型中基本事件数的探求方法：
（1）列举法；
（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求．对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，
常采用树状图法；
（3）列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化．
12．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10 个车次
的正点率为0.97，有20 个车次的正点率为0.98，有10 个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次
的平均正点率的估计值为______________．
【答案】0.98
【分析】本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．
【解析】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为10 0.97
20 0.98 10 0.99
39.2
，
其中高铁个数为10
20 10
40
，所以该站所有高铁平均正点率约为39.2
0.98
40
．
【名师点睛】本题考查了概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养，侧重统计数据的概率估算，难度不大．易
忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值．
13．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】公司有大量客户，且不同年龄段客户对其服务的评价有较大差异．为了解客户的评
价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样
方法是______________．
【答案】分层抽样
【解析】由于从不同年龄段客户中抽取，故采用分层抽样，故答案为：分层抽样．
14．【2019 年高考江苏卷】已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是______________．
【答案】5
3
【解析】由题意，该组数据的平均数为6
7
8
8
9 10
8
6
，
所以该组数据的方差是
2
2
2
2
2
2
1
5
[(6
8)
(7
8)
(8
8)
(8
8)
(9
8)
(10
8) ]
6
3
．
15．【2018 年高考江苏卷】已知5 位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5 位裁判打出的分数的平
均数为______________．
【答案】90
【解析】由茎叶图可知，5 位裁判打出的分数分别为89，89，90，91，91，
故平均数为89
89
90
91 91
90
5
．
16．【2018 年高考江苏卷】某兴趣小组有2 名男生和3 名女生，现从中任选2 名学生去参加活动，则恰好选中2 名女
生的概率为______________．
【答案】3
10
【解析】从5 名学生中抽取2 名学生，共有10 种方法，其中恰好选中2 名女生的方法有3 种，
因此所求概率为3
10
．
17．【2017 年高考江苏卷】记函数
2
( )
6
f x
x
x
的定义域为D ．在区间[ 4,5]
上随机取一个数x ，则x
D
的
概率是______________．
【答案】5
9
【解析】由
2
6
0
x
x
，即
2
6
0
x
x
，得2
3
x
，根据几何概型的概率计算公式得x
D
的概率是
3
( 2)
5
5
( 4)
9
．
【名师点睛】（1）当试验的结果构成的区域为长度、面积或体积等时，应考虑使用几何概型求解；（2）利用几
何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系
中表示所需要的区域；（3）几何概型有两个特点：①无限性，②等可能性．基本事件可以抽象为点，尽管这些
点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解．
18．【2017 年高考江苏卷】某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100 件．为
检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60 件进行检验，则应从丙种型号的产品中抽取
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
______________件．
【答案】18
【解析】应从丙种型号的产品中抽取
300
60
18
1000
件，故答案为18．
【名师点睛】在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体
数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即ni∶Ni＝n∶N．
专题15
概率与统计（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】某商场为提高服务质量，随机调查了50 名男顾客和50 名女顾客，每位顾客对该商
场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：
满意
不满意
男顾客
40
10
女顾客
30
20
（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
（2）能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附：
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a
b c
d a
c b
d
．
P（K2≥k）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【答案】（1）男、女顾客对该商场服务满意的概率的估计值分别为0.8，0.6 ；（2）有95%的把握认为男、女顾客
对该商场服务的评价有差异．
【解析】（1）由调查数据，男顾客中对该商场服务满意的比率为40
0.8
50
，
因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8．
女顾客中对该商场服务满意的比率为30
0.6
50
，
因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6 ．
（2）由题可得
2
2
100 (40 20
30 10)
4.762
50 50 70 30
K
．
由于4.762
3.841
，
故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100 个企业，得到
这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y 的频数分布表．
y 的分组
[
0.20,0)
[0,0.20)
[0.20,0.40)
[0.40,0.60)
[0.60,0.80)
企业数
2
24
53
14
7
（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；
（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．（精确到
0.01）
附：
74
8.602
．
【答案】（1）产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为2%；（2）这类企业产值增长
率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%．
【解析】（1）根据产值增长率频数分布表得，
所调查的100 个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为14
7
0.21
100
．
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产值负增长的企业频率为2
0.02
100
．
用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，产值负增长的企业比例为
2%．
（2）
1 ( 0.10 2
0.10 24
0.30 53
0.50 14
0.70 7)
0.30
100
y
，
5
2
2
1
1
100
i
i
i
s
n
y
y
2
2
2
2
2
1
( 0.40)
2
( 0.20)
24
0
53
0.20
14
0.40
7
100
=0.0296，
0.0296
0.02
74
0.17
s
，
所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200 只小鼠随机
分成A，B 两组，每组100 只，其中A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液．每只小鼠给服的溶液
体积相同、摩尔浓度相同．经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比．根据试验数据
分别得到如下直方图：
记C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70．
（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b 的值；
（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．
【答案】（1）
0.35
a
，
0.10
b
；（2）甲、乙离子残留百分比的平均值的估计值分别为4.05 ，6.00 ．
【解析】（1）由已知得0.70
0.20
0.15
a
，故
0.35
a
．
1 0.05
0.15
0.70
0.10
b
．
（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为
2 0.15
3 0.20
4 0.30
5 0.20
6 0.10
7 0.05
4.05
．
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
3 0.05
4 0.10
5 0.15
6 0.35
7 0.20
8 0.15
6.00
．
4．【2019 年高考天津卷文数】2019 年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医
疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120 人，
现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25 人调查专项附加扣除的享受情况．
（1）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
（2）抽取的25 人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6 人，分别记为
, , , , ,
A B C D E F ．享受情况如下表，
其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6 人中随机抽取2 人接受采访．
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
（ii）设M 为事件“抽取的2 人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M 发生的概率．
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【答案】（1）应从老、中、青员工中分别抽取6 人，9 人，10 人；（2）（i）见解析，（ii）11
15
．
【分析】本题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本
知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．
【解析】（1）由已知，老、中、青员工人数之比为6 : 9 : 10 ，
由于采用分层抽样的方法从中抽取25 位员工，
因此应从老、中、青员工中分别抽取6 人，9 人，10 人．
（
2
）（
i
）
从
已
知
的
6
人
中
随
机
抽
取
2
人
的
所
有
可
能
结
果
为
{ , },{ , },{ , },{ , },{ , },{ , },
A B
A C
A D
A E
A F
B C
{ , },{ , },{ , },{ ,
{ ,
}
},
,
B D
B E
B F
C D
C E
{ ,
},
C F
{ ,
},{ ,
},{ ,
}
D E
D F
E F ，共15 种．
（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为
{ , },{ , },{ , },{ , },{ , },{ , },{ ,
{ , },{ ,
},{ ,
},{ ,
},
}
A B
A D
A E
A F
B D
B
C
E
B F
E
C F
D F
E F ，共11 种．
所以，事件M 发生的概率
11
(
)
15
P M
．
5．【2019 年高考北京卷文数】改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付
方式之一．为了解某校学生上个月A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校所有的1000 名学生中随机抽取了
100 人，发现样本中A，B 两种支付方式都不使用的有5 人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布
情况如下：
支付金额
支付方式
不大于2 000 元
大于2 000 元
仅使用A
27 人
3 人
仅使用B
24 人
1 人
（1）估计该校学生中上个月A，B 两种支付方式都使用的人数；
（2）从样本仅使用B 的学生中随机抽取1 人，求该学生上个月支付金额大于2 000 元的概率；
（3）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用B 的学生中随机抽查1 人，发现他本月
的支付金额大于2 000 元．结合（2）的结果，能否认为样本仅使用B 的学生中本月支付金额大于2 000 元的人数
有变化？说明理由．
【答案】（1）该校学生中上个月A，B 两种支付方式都使用的人数约为400 ；（2）0.04 ；（3）见解析．
【解析】（1）由题知，样本中仅使用A 的学生有27+3=30 人，
仅使用B 的学生有24+1=25 人，
A，B两种支付方式都不使用的学生有5人．
故样本中A，B两种支付方式都使用的学生有100–30–25–5=40人．
估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数为40
1000
400
100
．
（2）记事件C为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于2 000元”，
则
1
( )
0.04
25
P C
．
（3）记事件E为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人，该学生本月的支付金额大于2 000元”．
假设样本仅使用B的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，
则由（2）知，
4
(
0
)
0.
P E
．
答案示例1：可以认为有变化．理由如下：
( )
P E 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，
一旦发生，就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化，
所以可以认为有变化．
答案示例2：无法确定有没有变化．理由如下：
事件E是随机事件，
( )
P E 比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，
所以无法确定有没有变化．
6．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】下图是某地区2000 年至2016 年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
为了预测该地区2018 年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线性回归模型．根据2000 年至2016
年的数据（时间变量t 的值依次为1, 2,
,17
）建立模型①：ˆ
30.4
13.5
y
t
；根据2010 年至2016 年的数据（时
间变量t 的值依次为1, 2,
, 7
）建立模型②：ˆ
99
17.5
y
t
．
（1）分别利用这两个模型，求该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值；
（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．
【答案】（1）模型①：226.1 亿元，模型②：256.5 亿元；（2）模型②得到的预测值更可靠，理由见解析．
【解析】（1）利用模型①，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为
y$ =–30.4+13.5×19=226.1（亿元）．
利用模型②，该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为
y$ =99+17.5×9=256.5（亿元）．
（2）利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：
（i）从折线图可以看出，2000 年至2016 年的数据对应的点没有随机散布在直线y=–30.4+13.5t 上下，这说明利用
2000 年至2016 年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境基础设施投资额的变化趋势．2010 年相对2009 年
的环境基础设施投资额有明显增加，2010 年至2016 年的数据对应的点位于一条直线的附近，这说明从2010 年开
始环境基础设施投资额的变化规律呈线性增长趋势，利用2010 年至2016 年的数据建立的线性模型y$ =99+17.5t 可
以较好地描述2010 年以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．
（ii）从计算结果看，相对于2016 年的环境基础设施投资额220 亿元，由模型①得到的预测值226.1 亿元的增幅
明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠．
以上给出了2 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．
7．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】某家庭记录了未使用节水龙头50 天的日用水量数据（单位：m3）和使用了节水龙头
50 天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50 天的日用水量频数分布表
日用水量
0
0.1
，
0.1
0.2
，
0.2
0.3
，
0.3
0.4
，
0.4
0.5
，
0.5
0.6
，
0.6
0.7
，
频数
1
3
2
4
9
26
5
使用了节水龙头50 天的日用水量频数分布表
日用水量
0
0.1
，
0.1
0.2
，
0.2
0.3
，
0.3
0.4
，
0.4
0.5
，
0.5
0.6
，
频数
1
5
13
10
16
5
（1）在答题卡上作出使用了节水龙头50 天的日用水量数据的频率分布直方图：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于0.35 m3 的概率；
（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365 天计算，同一组中的数据以这组数据所在区
间中点的值作代表．）
【答案】（1）见解析；（2）0.48；（3）
3
47.45m ．
【解析】（1）频率分布直方图如下:
（2）根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50 天日用水量小于0.35m3 的频率为
0.2×0.1+1×0.1+2.6×0.1+2×0.05=0.48，
因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于0.35m3 的概率的估计值为0.48．
（3）该家庭未使用节水龙头50 天日用水量的平均数为
1
1 (0.05 1
0.15 3
0.25 2
0.35 4
0.45 9
0.55 26
0.65 5)
0.48
50
x
．
该家庭使用了节水龙头后50 天日用水量的平均数为
2
1 (0.05 1
0.15 5
0.25 13
0.35 10
0.45 16
0.55 5)
0.35
50
x
．
估计使用节水龙头后，一年可节省水
3
(0.48
0.35) 365
47.45(m )
．
8．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】某工厂为提高生产效率，开展技术创新活动，提出了完成某项生产任务的两种新的
生产方式．为比较两种生产方式的效率，选取40 名工人，将他们随机分成两组，每组20 人，第一组工人用第一
种生产方式，第二组工人用第二种生产方式．根据工人完成生产任务的工作时间（单位：min）绘制了如下茎叶图：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）根据茎叶图判断哪种生产方式的效率更高？并说明理由；
（2）求40 名工人完成生产任务所需时间的中位数m ，并将完成生产任务所需时间超过m 和不超过m 的工人数填
入下面的列联表：
超过m
不超过m
第一种生产方式
第二种生产方式
（3）根据（2）中的列联表，能否有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异？
附：
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a
b c
d a
c b
d
，
2
(
) 0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
P K
k
k
．
【答案】（1）第二种生产方式的效率更高，理由见解析；（2）列联表见解析；（3）有99%的把握认为两种生产方
式的效率有差异．
【解析】（1）第二种生产方式的效率更高．
理由如下：
（i）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至少80 分钟，用第二种
生产方式的工人中，有75%的工人完成生产任务所需时间至多79 分钟．因此第二种生产方式的效率更高．
（ii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间的中位数为85.5 分钟，用第二种生产方式
的工人完成生产任务所需时间的中位数为73.5 分钟．因此第二种生产方式的效率更高．
（iii）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务平均所需时间高于80 分钟；用第二种生产方式的工
人完成生产任务平均所需时间低于80 分钟，因此第二种生产方式的效率更高．
（iv）由茎叶图可知：用第一种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎8 上的最多，关于茎8 大致呈对
称分布；用第二种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布在茎7 上的最多，关于茎7 大致呈对称分布，又用
两种生产方式的工人完成生产任务所需时间分布的区间相同，故可以认为用第二种生产方式完成生产任务所需的
时间比用第一种生产方式完成生产任务所需的时间更少，因此第二种生产方式的效率更高．
以上给出了4 种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分．
（2）由茎叶图知
79
81
80
2
m
．
列联表如下：
超过m
不超过m
第一种生产方式
15
5
第二种生产方式
5
15
（3）由于
2
2
40(15 15
5 5)
10
6.635
20 20 20 20
K
，所以有99%的把握认为两种生产方式的效率有差异．
9．【2018 年高考北京卷文数】电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型
第一类
第二类
第三类
第四类
第五类
第六类
电影部数
140
50
300
200
800
510
好评率
0.4
0.2
0.15
0.25
0.2
0.1
好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值．
（1）从电影公司收集的电影中随机选取1 部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；
（2）随机选取1 部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；
（3）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化．假设表格中只有两
类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电
影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）
【答案】（1）0.025；（2）0.814 ；（3）增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．
【解析】（1）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25=50，
故所求概率为50
0.025
2000
．
（2）方法1：由题意知，样本中获得好评的电影部数是
140×0.4+50×0.2+300×0.15+200×0.25+800×0.2+510×0.1
=56+10+45+50+160+51
=372．
故所求概率估计为
372
1
0.814
2000
．
方法2：设“随机选取1 部电影，这部电影没有获得好评”为事件B．
没有获得好评的电影共有140×0.6+50×0.8+300×0.85+200×0.75+800×0.8+510×0.9=1628 部．
由古典概型概率公式得
1628
0.814
2
)
00
(
0
P B
．
（3）增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率．
10．【2018 年高考天津卷文数】已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160．现采用分层
抽样的方法从中抽取7 名同学去某敬老院参加献爱心活动．
（1）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？
（2）设抽出的7 名同学分别用A，B，C，D，E，F，G 表示，现从中随机抽取2 名同学承担敬老院的卫生工作．
（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
（ii）设M 为事件“抽取的2 名同学来自同一年级”，求事件M 发生的概率．
【答案】（1）分别抽取3 人，2 人，2 人；（2）（i）见解析，（ii）5
21 ．
【分析】本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等
基本知识，考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．
【解析】（1）由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，
由于采用分层抽样的方法从中抽取7 名同学，
因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3 人，2 人，2 人．
（2）（i）从抽出的7 名同学中随机抽取2 名同学的所有可能结果为
{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，
D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21 种．
（ii）由（1），不妨设抽出的7 名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是
F，G，
则从抽出的7 名同学中随机抽取的2 名同学来自同一年级的所有可能结果为
{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5 种．
所以，事件M 发生的概率为P（M）= 5
21 ．
11．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了
100 个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg），其频率分布直方图如下：
（1）记A 表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，估计A 的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关：
箱产量＜50 kg
箱产量≥50 kg
旧养殖法
新养殖法
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（3）根据箱产量的频率分布直方图，对这两种养殖方法的优劣进行比较．
附：
P（ܭ2 ≥݇
）
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a
b c
d a
c b
d
．
【答案】（1）0.62；（2）列联表见解析，有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关；（3）新养殖法优于旧养殖法．
【分析】（1）根据频率分布直方图中小长方形面积等于对应概率，计算A 的概率；（2）将数据填入对应表格，
代入卡方公式，计算
2
15.705
K ≈
，对照参考数据可作出判断；（3）先从均值（或中位数）比较大小，越大越好，
再从数据分布情况看稳定性，越集中越好，综上可得新养殖法优于旧养殖法．
【解析】（1）旧养殖法的箱产量低于50 kg 的频率为（0.012+0.014+0.024+0.034+0.040）×5=0.62．
因此，事件A 的概率估计值为0.62．
（2）根据箱产量的频率分布直方图得列联表
箱产量＜50 kg
箱产量≥50 kg
旧养殖法
62
38
新养殖法
34
66
K2=
2
200
62 66
34 38
15.705
100 100 96 104
（
）≈
．
由于15.705＞6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关．
（3）箱产量的频率分布直方图表明：新养殖法的箱产量平均值（或中位数）在50 kg 到55 kg 之间，旧养殖法
的箱产量平均值(或中位数)在45 kg 到50 kg 之间，且新养殖法的箱产量分布集中程度较旧养殖法的箱产量分布
集中程度高，因此，可以认为新养殖法的箱产量较高且稳定，从而新养殖法优于旧养殖法．
【名师点睛】（1）频率分布直方图中小长方形面积等于对应概率，所有小长方形面积之和为1．
（2）频率分布直方图中均值等于组中值与对应概率乘积的和．
（3）均值大小代表水平高低，方差大小代表稳定性．
12．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每隔30 min 从该生产线上随
机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．下面是检验员在一天内依次抽取的16 个零件的尺寸：
抽取次序
1
2
3
4
5
6
7
8
零件尺寸
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
抽取次序
9
10
11
12
13
14
15
16
零件尺寸
10.26
9.91
10.13
10.02
9.22
10.04
10.05
9.95
经计算得
16
1
1
9.97
16
i
i
x
x
，
16
16
2
2
2
1
1
1
1
(
)
(
16
)
0.212
16
16
i
i
i
i
s
x
x
x
x
，
16
2
1
(
8.5)
18.439
i
i
，
16
1
(
)(
8.5)
2.78
i
i
x
x i
，其中
ix 为抽取的第i 个零件的尺寸，
1,2,
,16
i
．
（1）求( , )
ix i (
1,2,
,16)
i
的相关系数r ，并回答是否可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而
系统地变大或变小（若|
| 0.25
r
，则可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）．
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(
3 ,
3 )
x
s x
s
之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过
程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．
（ⅰ）从这一天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程进行检查？
（ⅱ）在(
3 ,
3 )
x
s x
s
之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当天生产的零件尺寸的均值与
标准差．（精确到0.01）
附：样本( ,
)
i
i
x y
(
1,2,
, )
i
n
的相关系数
1
2
2
1
1
(
)(
)
(
)
(
)
n
i
i
i
n
n
i
i
i
i
x
x
y
y
r
x
x
y
y
，
0.008
0.09
．
【答案】（1）
18
.0
r
，可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小；（2）（ⅰ）
需对当天的生产过程进行检查；（ⅱ）均值与标准差的估计值分别为10.02，0.09．
【分析】（1）依公式求r ；（2）（i）由
9.97,
0.212
x
s
，得抽取的第13 个零件的尺寸在(
3 ,
3 )
x
s x
s
以外，
因此需对当天的生产过程进行检查；（ii）剔除第13 个数据，则均值的估计值为10.02，方差为0.09．
【解析】（1）由样本数据得( , )(
1,2,
,16)
ix i i
的相关系数为
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16
1
16
16
2
2
1
1
(
)(
8.5)
2.78
0.18
0.212
16 18.439
(
)
(
8.5)
i
i
i
i
i
x
x i
r
x
x
i
．
由于|
| 0.25
r
，因此可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小．
（2）（i）由于
9.97,
0.212
x
s
，
由样本数据可以看出抽取的第13 个零件的尺寸在(
3 ,
3 )
x
s x
s
以外，
因此需对当天的生产过程进行检查．
（ii）剔除离群值，即第13 个数据，剩下数据的平均数为1 (16 9.97
9.22)
10.02
15
，
这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为10.02．
16
2
2
2
1
16 0.212
16 9.97
1591.134
i
i
x
，
剔除第13 个数据，剩下数据的样本方差为
2
2
1 (1591.134
9.22
15 10.02 )
0.008
15
，
这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为
0.008
0.09
．
【名师点睛】解答新颖的数学题时，一是通过转化，化“新”为“旧”；二是通过深入分析，多方联想，以“旧”
攻“新”；三是创造性地运用数学思想方法，以“新”制“新”，应特别关注创新题型的切入点和生长点．
13．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4 元，售价每瓶6
元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2 元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高
气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500 瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量
为300 瓶；如果最高气温低于20，需求量为200 瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的
最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10，15）
[15，20）
[20，25）
[25，30）
[30，35）
[35，40）
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率．
（1）估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300 瓶的概率；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y （单位：元）．当六月份这种酸奶一天的进货量为450 瓶时，写出Y
的所有可能值，并估计Y 大于零的概率．
【答案】（1）0.6 ；（2）Y 的所有可能值为900，300，-100，Y 大于零的概率为0.8．
【分析】（1）先确定需求量不超过300 瓶的天数为2 16
36
54
，再根据古典概型的概率计算公式求概率；
（2）先分别求出最高气温不低于25（36 天），最高气温位于区间[20，25）（36 天），以及最高气温低于20（18
天）对应的利润分别为900,300, 100
，所以Y 大于零的概率估计为36
25
7
4
0.8
90
．
【解析】（1）这种酸奶一天的需求量不超过300 瓶，当且仅当最高气温低于25，
由表格数据知，最高气温低于25 的频率为2+16+36
90
= 0.6，
所以这种酸奶一天的需求量不超过300 瓶的概率的估计值为0.6．
（2）当这种酸奶一天的进货量为450 瓶时，
若最高气温不低于25，则Y=6×450-4×450=900；
若最高气温位于区间[20，25），则Y=6×300+2（450-300）-4×450=300；
若最高气温低于20，则Y=6×200+2（450-200）-4×450=-100．
所以，Y 的所有可能值为900，300，-100．
Y 大于零当且仅当最高气温不低于20，
由表格数据知，最高气温不低于20 的频率为
36+25+7+4
90
= 0.8，
因此Y 大于零的概率的估计值为0.8．
【名师点睛】古典概型中基本事件数的探求方法：
（1）列举法；
（2）树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求．对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，
常采用树状图法；
（3）列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化．
14．【2017 年高考北京卷文数】某大学艺术专业400 名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的
方法从中随机抽取了100 名学生，记录他们的分数，将数据分成7 组：[20，30]，[30，40]，，[80，90]，并
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整理得到如下频率分布直方图：
（1）从总体的400 名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70 的概率；
（2）已知样本中分数小于40 的学生有5 人，试估计总体中分数在区间[40，50)内的人数；
（3）已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70 的男女生人数相等．试估计总体中男生
和女生人数的比例．
【答案】（1）0.4；（2）20；（3）:
3 2 ．
【分析】（1）根据频率分布直方图，表示分数大于等于70 的概率，就求最后两个矩形的面积；（2）根据公式：
频数=总数频率进行求解；（3）首先计算分数大于等于70 的总人数，根据样本中分数不小于70 的男女生人数
相等再计算所有的男生人数，100−男生人数就是女生人数．
【解析】（1）根据频率分布直方图可知，样本中分数不小于70 的频率为(0.02
0.04) 10
0.6
，
所以样本中分数小于70 的频率为1 0.6
0.4
．
所以从总体的400 名学生中随机抽取一人，其分数小于70 的概率估计为0.4．
（2）根据题意，样本中分数不小于50 的频率为(0.01
0.02
0.04
0.02) 10
0.9
，
分数在区间[40,50) 内的人数为100 100 0.9
5
5
．
所以总体中分数在区间[40,50) 内的人数估计为
5
400
20
100
．
（3）由题意可知，样本中分数不小于70 的学生人数为(0.02
0.04) 10 100
60
，
所以样本中分数不小于70 的男生人数为
1
60
30
2
．
所以样本中的男生人数为30 2
60
，女生人数为100
60
40
，
男生和女生人数的比例为
:
:
60 40
3 2
．
所以根据分层抽样原理，总体中男生和女生人数的比例估计为:
3 2 ．
【名师点睛】（1）用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估计总体则是用
样本的频率分布去估计总体分布的两种主要方法．分布表在数量表示上比较准确，而直方图比较直观．
（2）频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1；在频率分布直方图中，各小长方形的
面积表示相应各组的频率，所以，所有小长方形的面积的和等于1．
专题16
算法初步
1．【2019 年高考天津卷文数】阅读下边的程序框图，运行相应的程序，输出S 的值为
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A．5
B．8
C．24
D．29
【分析】根据程序框图，逐步写出运算结果即可．
【解析】
1,
2
S
i
；
1
1,
1
2 2
5,
3
j
S
i
；
8,
4
S
i
，
结束循环，输出
8
S
．【名师点睛】解答本题要注意要明确循环体终止的条件是什么，会判断什么时候终止循环
体．
2．【2019 年高考北京卷文数】执行如图所示的程序框图，输出的s 值为
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据程序框图中的条件逐次运算即可．
【解析】初始：
1
s ，
1
k ，
运行第一次，
2
2 1
2
3 1
2
s
，
2
k
，
运行第二次，
2
2 2
2
3 2
2
s
，
3
k
，
运行第三次，
2
2 2
2
3 2
2
s
，结束循环，
输出
2
s
，【名师点睛】本题考查程序框图，属于容易题，注重基础知识、基本运算能力的考查．
3．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】如图是求
1
1
2
1
2
2
的程序框图，图中空白框中应填入
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．
1
2
A
A
B．
1
2
A
A
C．
1
1
2
A
A
D．
1
1
2
A
A
【分析】本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框
图结构，即可找出作出选择．
【解析】初始：
1 ,
1
2
2
A
k
，因为第一次应该计算
1
1
2
2
=
1
2
A
，
1
k
k
=2；
执行第2 次，
2
2
k
，因为第二次应该计算
1
1
2
1
2
2
=
1
2
A
，
1
k
k
=3，
结束循环，故循环体为
1
2
A
A
，【秒杀速解】认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为
1
2
A
A
．
4．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】执行下边的程序框图，如果输入的为0.01，则输出s 的值等于
A．
4
1
2
2
B．
5
1
2
2
C．
6
1
2
2
D．
7
1
2
2
【分析】根据程序框图，结合循环关系进行运算，可得结果．
【解析】输入的为0.01，
1
1,
0 1,
0.01?
2
x
s
x
不满足条件；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1
1
0 1
,
0.01?
2
4
s
x
不满足条件；
6
1
1
1
0 1
,
0.0078125
0.01?
2
2
128
S
x
满足条件，结束循环；
输出
6
7
6
1
1
1
1
1
2 (1
)
2
2
2
2
2
S
，【名师点睛】解答本题关键是利用循环运算，根据计算精确度确
定数据分析．
5．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】为计算
1
1
1
1
1
1
2
3
4
99
100
S
，设计了下面的程序框图，则在空白框中
应填入
A．
1
i
i
B．
2
i
i
C．
3
i
i
D．
4
i
i
【解析】由
1
1
1
1
1
1
2
3
4
99
100
S
得程序框图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此在空白框
中应填入݅
=݅
+ 2，6．【2018 年高考北京卷文数】执行如图所示的程序框图，输出的s 值为
A．1
2
B．5
6
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
C．7
6
D．7
12
【解析】执行循环前：k=1，S=1．在执行第一次循环时，S=1– 1
1
2
2
．由于k=2≤3，所以执行下一次循环．S= 1
1
5
2
3
6
，
k=3，直接输出S= 5
6
，7．【2018 年高考天津卷文数】阅读如图的程序框图，运行相应的程序，若输入N 的值
为20，则输出T 的值为
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】若输入N=20，则i=2，T=0，
20
2
N
i
=10 是整数，满足条件．T=0+1=1，i=2+1=3，i≥5 不成立，循环，
20
3
N
i
不是整数，不满足条件，i=3+1=4，i≥5 不成立，循环，
20
4
N
i
=5 是整数，满足条件，T=1+1=2，i=4+1=5，i≥5
成立，输出T=2，8．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】执行下面的程序框图，如果输入的
1
a ，则输出的S
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】阅读流程图，初始化数值
1,
1,
0
a
k
S
.
循环结果执行如下：第一次：
0
1
1,
1,
2
S
a
k
；
第二次：
1
2
1,
1,
3
S
a
k
；第三次：
1
3
2,
1,
4
S
a
k
；
第四次：
2
4
2,
1,
5
S
a
k
；第五次：
2
5
3,
1,
6
S
a
k
；
第六次：
3
6
3,
1,
7
S
a
k
；结束循环，输出
3
S
.
【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.求解时，先明晰算法及流程图的相关概念，
包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，
明确流程图研究的数学问题，如：是求和还是求项.
9．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】下面程序框图是为了求出满足3
2
1000
n
n
的最小偶数n，那么在
和
两
个空白框中，可以分别填入
A．A>1000 和n=n+1
B．A>1000 和n=n+2
C．A≤1000 和n=n+1
D．A≤1000 和n=n+2
【解析】由题意，因为3
2
1000
n
n
，且框图中在“否”时输出，所以判定框内不能输入
1000
A
，故填
1000
A
，
又要求n 为偶数且初始值为0，所以矩形框内填
2
n
n
，故选D.
【名师点睛】解决此类问题的关键是读懂程序框图，明确顺序结构、条件结构、循环结构的真正含义.本题巧妙地
设置了两个空格需要填写，所以需要抓住循环的重点，偶数该如何增量，判断框内如何进行判断可以根据选项排
除.
10．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】执行下面的程序框图，为使输出S 的值小于91，则输入的正整数N 的最小值为
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A．5
B．4
C．3
D．2
【解析】阅读程序框图，程序运行如下：
首先初始化数值：
1,
100,
0
t
M
S
，然后进入循环体：
此时应满足t
N
，执行循环语句：
100,
10,
1
2
10
M
S
S
M
M
t
t
；
此时应满足t
N
，执行循环语句：
90,
1,
1
3
10
M
S
S
M
M
t
t
；
此时满足
91
S
，可以跳出循环，则输入的正整数N 的最小值为2．
【名师点睛】对算法与程序框图的考查，侧重于对程序框图中循环结构的考查.先明晰算法及程序框图的相关概
念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环的起始条件、循环次数、循环的终止条件，更要通过
循环规律，明确程序框图研究的数学问题，是求和还是求项．
11．【2017 年高考北京卷文数】执行如图所示的程序框图，输出的s 值为
A．2
B．3
2
C．5
3
D．8
5
【解析】
0
k
时，0
3
成立，
第一次进入循环：
1 1
1,
2
1
k
s
；
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1
3
成立，第二次进入循环：
2 1
3
2,
2
2
k
s
；
2
3
成立，第三次进入循环：
3
1
5
2
3,
3
3
2
k
s
，
3
3
不成立，此时输出
5
3
s
，【名师点睛】解决此类型问题时要注意：
第一，要明确是当型循环结构，还是直到型循环结构，并根据各自的特点执行循环体；
第二，要明确图中的累计变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；
第三，要明确循环体终止的条件是什么，会判断什么时候终止循环体，争取写出每一个循环，这样避免出错．
12．【2017 年高考天津卷文数】阅读下面的程序框图，运行相应的程序，若输入N 的值为24，则输出N 的值为
A．0
B．1
C．2
D．3
【解析】初始：
24
N
，进入循环后N 的值依次为
8,
7,
6,
2
N
N
N
N
，
输出
2
N
，【名师点睛】识别算法框图和完善算法框图是近几年高考的重点和热点．对于此类问题：
①要明确算法框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；
②要识别运行算法框图，理解框图解决的问题；
③按照框图的要求一步一步进行循环，直到跳出循环体输出结果．近几年框图问题考查很活，常把框图的考查
与函数、数列等知识相结合．
13．【2019 年高考江苏卷】下图是一个算法流程图，则输出的S 的值是______________．
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【答案】5
【分析】结合所给的流程图运行程序确定输出的值即可．
【解析】执行第一次，
1 ,
1
4
2
2
x
S
S
x
不成立，继续循环，
1
2
x
x
；
执行第二次，
3 ,
2
4
2
2
x
S
S
x
不成立，继续循环，
1
3
x
x
；
执行第三次，
3,
3
4
2
x
S
S
x
不成立，继续循环，
1
4
x
x
；
执行第四次，
5,
4
4
2
x
S
S
x
成立，输出
5.
S
【名师点睛】识别、运行程序框图和完善程序框图的思路：
（1）要明确程序框图的顺序结构、条件结构和循环结构；
（2）要识别、运行程序框图，理解框图所解决的实际问题；
（3）按照题目的要求完成解答并验证．
14．【2018 年高考江苏卷】一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S 的值为______________．
【答案】8
【解析】由伪代码可得
3,
2;
5,
4;
7,
8
I
S
I
S
I
S
，
因为7
6
，所以结束循环，输出
8.
S
15．【2017 年高考江苏卷】如图是一个算法流程图，若输入x 的值为1
16
，则输出y 的值是______________．
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【答案】2
【解析】由题意得
2
1
2
log
2
16
y
，故答案为2
．
【名师点睛】算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构、条件结构和伪代码的考查．先明晰算法及流程
图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环的初始条件、循环次数、循环的终止条件，
要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项．
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专题17
数系的扩充与复数的引入
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】设
3
i
1
2i
z
，则|
|
z
A．2
B．
3
C．2
D．1
【分析】先由复数的除法运算（分母实数化）求得z ，再求|
|
z 即可．
【解析】方法1：由题可得
(3
i)(1 2i)
1
7 i
(1
2i)(1 2i)
5
5
z
，所以
2
2
1
7
( )
(
)
|
|
2
5
5
z
，方法2：由题可得
2
2
2
2
| 3
i |
10
|
|
2
|1
2i
3
( 1
|
5
)
1
2
z
，【名师点睛】本题主要考查复数的乘法、除法运算、复数模的计算，是
基础题．本题也可以运用复数模的运算性质直接求解．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】设
)
i
i
(2
z
，则z
A．1
2i
B．1
2i
C．1
2i
D．1
2i
【分析】根据复数的乘法运算法则先求得z ，然后根据共轭复数的概念写出z 即可．
【解析】由题可得
2
i(2
i)
2i
i
1
2i
z
，所以
1
2i
z
，【名师点睛】本题主要考查复数的乘法运算
及共轭复数，是容易题，注重对基础知识、基本计算能力的考查．其中，正确理解概念、准确计算是解答此类问
题的关键，部分考生易出现理解性错误．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】若(1
i)
2i
z
，则z
A．1
i
B．1
i
C．1
i
D．1
i
【解析】由题可得
(
)
(
2i
2i 1 i
1 i
1 i
1 i 1 i
)(
)
z
．【名师点睛】本题考查复数的除法的运算，渗透了数学运算素
养．采取运算法则法，利用方程思想解题．
4．【2019 年高考北京卷文数】已知复数
2
i
z
，则z z
A．
3
B．
5
C．3
D．5
【解析】因为
2
i
z
，所以
2
i
z
，所以
(2
i)(2
i)
5
z z
，【名师点睛】复数的代数形式的运算主要
有加、减、乘、除．除法实际上是分母实数化的过程．在做复数的除法时，要注意利用共轭复数的性质：若z1，
z2 互为共轭复数，则z1·z2=|z1|2=|z2|2，通过分子、分母同乘以分母的共轭复数将分母实数化．
5．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】设
1 i
2i
1 i
z
，则| |z
A．0
B．1
2
C．1
D．2
【解析】因为
2
1 i
(1 i)
2i
2i
+2i
2i
i
1 i
(1 i)(1 i)
2
z
，
所以
21
1
|
0
| z
，【方法技巧】共轭与模是复数的重要性质，运算性质有：
（1）
1
2
1
2
z
z
z
z
；（2）
1
2
1
2
z
z
z
z
；（3）
2
2
z z
z
z
；
（4）
1
2
1
2
1
2
z
z
z
z
z
z
；（5）
1 2
1
2
z z
z
z
；（6）
1
1
2
1
|
|
z
z
z
z
．
6．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】i(2 3i)
A．3
2i
B．3
2i
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
C．3
2i
D．3
2i
【解析】
2
i(2
3i)
2i
3i
3
2i
，7．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】(1 i)(2 i)
A．3 i
B．3 i
C．3
i
D．3
i
【解析】
2
(1 i)(2
i)
2
i
2i
i
3
i
，8．【2018 年高考北京卷文数】在复平面内，复数1
1 i
的共轭复数对
应的点位于
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【解析】1
1 i
1
1 i
1 i
(1 i)(1 i)
2
2
的共轭复数为1
1 i
2
2
，
对应点为1
1
(
)
2
2
，
，在第四象限，【名师点睛】此题考查复数的四则运算，属于送分题，解题时注意审清题意，切
勿不可因简单导致马虎丢分．将复数化为最简形式，求其共轭复数，找到共轭复数在复平面的对应点，判断其所
在象限．
9．【2018 年高考浙江卷】复数2
1 i
(i 为虚数单位)的共轭复数是
A．1+i
B．1−i
C．−1+i
D．−1−i
【解析】
2
2(1 i)
1 i
1 i
2
，∴共轭复数为1
i
，10．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】下列各式的运算结果为纯
虚数的是
A．i(1+i)2
B．i2(1-i)
C．(1+i)2
D．i(1+i)
【解析】由
2
(1 i)
2i
，可知
2
(1 i)
为纯虚数，11．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】(1
i)(2
i)
A．1
i
B．1 3i
C．3
i
D．3 3i
【解析】由题意
2
(1 i)(2
i)
2
3i
i
1 3i
，【名师点睛】（1）首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运
算技巧和常规思路，如( + i)( + i)
(
)+
a b
c d
= ac
bd
(
+
)i( , , ,
)
ad bc
a b c d R ．
（2）其次要熟悉复数相关基本概念，如复数+ i( ,
)
a b a bR 的实部为a 、虚部为b 、模为
2
2
a
b
、对应点为
( , )
a b 、共轭复数为
i
a
b
．
12．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】复平面内表示复数
i( 2
i)
z
的点位于
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【解析】
i( 2
i)
1
2i
z
，则表示复数
i( 2
i)
z
的点位于第三象限，所以选C．
13．【2017 年高考北京卷文数】若复数(1
i)(
i)
a
在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是
A．(
,1)
B．(
, 1)
C．(1,
)
D．( 1,
)
【解析】
(1 i)(
i)
(
1)
(1
)i
z
a
a
a
，
因为对应的点在第二象限，所以
1
0
1
0
a
a
，解得
1
a ，
故实数a 的取值范围是(
, 1)
，14．【2019 年高考天津卷文数】i 是虚数单位，则5
|
i
i |
1
的值为______________．
【分析】先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模．
【答案】13
【解析】由题可得5
i
(5
i)(1 i)
|
| |
| | 2
3i |
13
1 i
(1 i)(1 i)
．
15．【2019 年高考浙江卷】复数
1
1
i
z
（i 为虚数单位），则|
|
z =______________．
【分析】本题先计算z ，而后求其模．或直接利用模的性质计算．容易题，注重基础知识、运算求解能力的考
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查．
【答案】
2
2
【解析】由题可得
1
1
2
|
| |1 i |
2
2
z
．
16．【2019 年高考江苏卷】已知复数(
2i)(1
i)
a
的实部为0，其中i 为虚数单位，则实数a 的值是______________．
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z ，然后根据复数的概念，令实部为0 即得a 的值．
【答案】2
【解析】由题可得
2
(
2i)(1 i)
i 2i 2i
2
(
2)i
a
a
a
a
a
，
令
2
0
a
，解得
2
a
．
【名师点睛】本题主要考查复数的运算法则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
17．【2018 年高考天津卷文数】i 是虚数单位，复数6
7i
1
2i
______________．
【答案】4
i
【解析】由复数的运算法则得6
7i
(6
7i)(1 2i)
20
5i
4
i
1
2i
(1
2i)(1 2i)
5
．
18．【2018 年高考江苏卷】若复数z 满足i
1
2i
z
，其中i 是虚数单位，则z 的实部为______________．
【答案】2
【解析】因为i
1
2i
z
，则
1
2i
2
i
i
z
，则z 的实部为2 ．
19．【2017 年高考浙江卷】已知,a bR ，
2
(
i)
3
4i
a
b
（i 是虚数单位），则
2
2
a
b
______________，
ab ______________．
【答案】5
2
【解析】由题意可得
2
2
2
i
3
4i
a
b
ab
，则
2
2
3
2
a
b
ab
，
解得
2
2
4
1
a
b
，则
2
2
5,
2
a
b
ab
．
20．【2017 年高考天津卷文数】已知a R ，i 为虚数单位，若
i
2
i
a
为实数，则a 的值为______________．
【答案】2
【解析】由题可得
i
(
i)(2
i)
(2
1)
(
2)i
2
1
2 i
2
i
(2
i)(2
i)
5
5
5
a
a
a
a
a
a
为实数，
所以
2
0
5
a
，解得
2
a ．
【名师点睛】（1）复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应满足的条件的问题，只需
把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．
（2）对于复数
i
z
a
b
( ,
)
a bR ，
当
0
b
时，z 为虚数；
当
0
b
时，z 为实数；
当
0,
0
a
b
时，z 为纯虚数．
21．【2017 年高考江苏卷】已知复数
(1
i)(1
2i)
z
，其中i 是虚数单位，则z 的模是______________．
【答案】10
【解析】
(1 i)(1
2i)
1 i 1
2i
2
5
10
z
，故答案为10 ．
【名师点睛】（1 ）对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如
(
i)(
i)
a+b
c+d = (
)
(
)i(
,
)
ac
bd + ad +bc
a,b,c d
R ．
（2）其次要熟悉复数相关概念，如复数
i( ,
)
a+b a bR 的实部为a 、虚部为b 、模为
2
2
a
b
、对应点为( , )
a b 、
共轭复数为
i
a
b
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
专题18
坐标系与参数方程
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
2
2
2
1
1
4
1
t
x
t
t
y
t
，
（t 为参数）．以坐标原
点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2
cos
3 sin
11
0
．
（1）求C 和l 的直角坐标方程；
（2）求C 上的点到l 距离的最小值．
【答案】（1）
2
2
1(
1)
4
y
x
x
；l 的直角坐标方程为2
3
11
0
x
y
；（2）
7 ．
【解析】（1 ）因为
2
2
1
1
1
1
t
t
，且
2
2
2
2
2
2
2
2
1
4
1
2
1
1
y
t
t
x
t
t
，所以C 的直角坐标方程为
2
2
1(
1)
4
y
x
x
．
l 的直角坐标方程为2
3
11
0
x
y
．
（2）由（1）可设C的参数方程为
cos ,
2sin
x
y
（为参数，π
π
）．
C上的点到l 的距离为
π
4cos
11
| 2cos
2 3sin
11|
3
7
7
．
当
2π
3
时，
π
4cos
11
3
取得最小值7，故C上的点到l 距离的最小值为
7 ．
【名师点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题．求
解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】在极坐标系中，O 为极点，点
0
0
0
(
,
)(
0)
M
在曲线
:
4sin
C
上，直线l
过点
(4,0)
A
且与OM 垂直，垂足为P．
（1）当
0= 3
时，求
0
及l 的极坐标方程；
（2）当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．
【答案】（1）
0
2 3
，l 的极坐标方程为
cos
2
3
；
（2）
4cos ,
,
4 2
．
【解析】（1）因为
0
0
,
M
在C上，当
0
3
时，
0
4sin
2 3
3
．
由已知得|
| |
| cos
2
3
OP
OA
．
设
( , )
Q 为l上除P的任意一点．在Rt
OPQ
△
中，
cos
|
| 2
3
OP
，
经检验，点
(2,
)
3
P
在曲线
cos
2
3
上．
所以，l的极坐标方程为
cos
2
3
．
（2）设
( , )
P ，在Rt
OAP
△
中，|
| |
| cos
4cos ,
OP
OA
即
4cos
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
因为P在线段OM上，且AP
OM
，故的取值范围是
,
4 2
．
所以，P点轨迹的极坐标方程为
4cos ,
,
4 2
．
【名师点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在极坐标系Ox 中，
(2,0)
A
，
( 2,
)
4
B
，
( 2,
)
4
C
，
(2, )
D
，弧
AB ，
BC ，
CD 所在圆的圆心分别是(1,0) ，(1,
)
2
，(1, )
，曲线
1
M 是弧
AB ，曲线
2
M 是弧
BC ，曲线
3
M 是弧
CD ．
（1）分别写出
1
M ，
2
M ，
3
M 的极坐标方程；
（2）曲线M 由
1
M ，
2
M ，
3
M 构成，若点P 在M 上，且|
|
3
OP
，求P 的极坐标．
【答案】（1）
1
M 的极坐标方程为
π
2cos
0
4
，
2
M 的极坐标方程为
π
3π
2sin
4
4
，
3
M
的极坐标方程为
3π
2cos
π
4
．
（2）
π
3, 6
或
π
3, 3
或
2π
3, 3
或
5π
3, 6
．
【解析】（1）由题设可得，弧
,
,
AB BC CD所在圆的极坐标方程分别为
2cos
，
2sin
，
2cos
．
所以
1
M 的极坐标方程为
π
2cos
0
4
，
2
M 的极坐标方程为
π
3π
2sin
4
4
，
3
M 的极坐标
方程为
3π
2cos
π
4
．
（2）设
( , )
P ，由题设及（1）知
若
π
0
4
，则2cos
3
，解得
π
6
；
若π
3π
4
4
，则2sin
3
，解得
π
3
或
2π
3
；
若3π
π
4
，则2cos
3
，解得
5π
6
．
综上，P的极坐标为
π
3, 6
或
π
3, 3
或
2π
3, 3
或
5π
3, 6
．
【名师点睛】此题考查了极坐标中过极点的圆的方程，思考量不高，运算量不大，属于中档题．
4．【2019年高考江苏卷数学】在极坐标系中，已知两点
3,
,
2,
4
2
A
B
，直线l的方程为
sin
3
4
．
（1）求A，B两点间的距离；（2）求点B到直线l的距离．
【答案】（1）
5 ；（2）2．
【解析】（1）设极点为O．在△OAB中，A（3，4
），B（2 ，2
），
由余弦定理，得AB=
2
2
3
( 2)
2 3
2
cos(
)
5
2
4
．
（2）因为直线l的方程为
sin(
)
3
4
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
则直线l过点(3 2,
)
2
，倾斜角为3
4
．
又
( 2,
)
2
B
，所以点B到直线l的距离为
3
(3 2
2) sin(
)
2
4
2
．
【名师点睛】本题主要考查曲线的极坐标方程等基础知识，考查运算求解能力．
5．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线
1
C 的方程为
| | 2
y
k x
．以坐标原点为极点，x 轴正
半轴为极轴建立极坐标系，曲线
2
C 的极坐标方程为
2
2 cos
3
0
．
（1）求
2
C 的直角坐标方程；
（2）若
1
C 与
2
C 有且仅有三个公共点，求
1
C 的方程．
【答案】（1）
2
C 的直角坐标方程为
2
2
(
1)
4
x
y
．；（2）
1
C 的方程为
4 |
| 2
3
y
x
．
【解析】（1）由
cos
x
，
sin
y
得
2
C 的直角坐标方程为
2
2
(
1)
4
x
y
．
（2）由（1）知
2
C 是圆心为
( 1,0)
A
，半径为2 的圆．
由题设知，
1
C 是过点
(0,2)
B
且关于y 轴对称的两条射线．记y 轴右边的射线为1l ，y 轴左边的射线为2l ．由于B
在圆
2
C 的外面，故
1
C 与
2
C 有且仅有三个公共点等价于1l 与
2
C 只有一个公共点且2l 与
2
C 有两个公共点，或2l 与
2
C 只有一个公共点且1l 与
2
C 有两个公共点．
当1l 与
2
C 只有一个公共点时，A 到1l 所在直线的距离为2 ，所以
2
|
2 |
2
1
k
k
，故
4
3
k
或
0
k
．
经检验，当
0
k
时，1l 与
2
C 没有公共点；当
4
3
k
时，1l 与
2
C 只有一个公共点，2l 与
2
C 有两个公共点．
当2l 与
2
C 只有一个公共点时，A 到2l 所在直线的距离为2 ，所以
2
|
2 |
2
1
k
k
，故
0
k
或
4
3
k
．
经检验，当
0
k
时，1l 与
2
C 没有公共点；当
4
3
k
时，2l 与
2
C 没有公共点．
综上，所求
1
C 的方程为
4 |
| 2
3
y
x
．
6．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
2cos
4sin
x
θ
y
θ
，
（θ 为参数），直线l 的参
数方程为
1
cos
2
sin
x
t
α
y
t
α
，
（t 为参数）．
（1）求C 和l 的直角坐标方程；
（2）若曲线C 截直线l 所得线段的中点坐标为(1, 2) ，求l 的斜率．
【答案】（1）曲线C 的直角坐标方程为
2
2
1
4
16
x
y
，l 的直角坐标方程为
1
x
；（2）l 的斜率为2
．
【解析】（1）曲线C 的直角坐标方程为
2
2
1
4
16
x
y
．
当cos
0
时，l 的直角坐标方程为
tan
2
tan
y
x
，
当cos
0
时，l 的直角坐标方程为
1
x
．
（2）将l 的参数方程代入C 的直角坐标方程，整理得关于t 的方程
2
2
(1 3cos
)
4(2cos
sin
)
8
0
t
t
．①
因为曲线C 截直线l 所得线段的中点(1,2) 在C 内，所以①有两个解，设为1t ，2t ，则1
2
0
t
t
．
又由①得1
2
2
4(2cos
sin
)
1 3cos
t
t
，故2cos
sin
0
，于是直线l 的斜率
tan
2
k
．
7．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】在平面直角坐标系xOy 中，O
⊙
的参数方程为
cos
sin
x
y
，（为参数），过点
0
2
，
且倾斜角为的直线l 与
O
⊙
交于A
B
，两点．
（1）求的取值范围；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）求AB 中点P 的轨迹的参数方程．
【答案】（1）的取值范围是(
,
)
4
4
．；（2）点P 的轨迹的参数方程是
2 sin 2 ,
2
2
2 cos2
2
2
x
y
(为参数，
4
4
) ．
【解析】（1）
O
的直角坐标方程为
2
2
1
x
y
．
当
2
时，l 与
O
交于两点．
当
2
时，记tan
k
，则l 的方程为
2
y
kx
．l 与
O
交于两点当且仅当
2
2
|
| 1
1
k
，解得
1
k 或
1
k
，即
(
,
)
4 2
或
(
,
)
2
4
．
综上，的取值范围是(
,
)
4
4
．
（2）l 的参数方程为
cos
,
(
2
sin
x
t
t
y
t
为参数，4
4
) ．
设A ，B ，P 对应的参数分别为
At ，Bt ，Pt ，则
2
A
B
P
t
t
t
，且
At ，Bt 满足
2
2 2 sin
1
0
t
t
．
于是
2 2 sin
A
B
t
t
，
2 sin
Pt
．又点P 的坐标( , )
x y 满足
cos
,
2
sin
.
P
P
x
t
y
t
所以点P 的轨迹的参数方程是
2 sin 2 ,
2
2
2 cos2
2
2
x
y
(为参数，4
4
) ．
8．【2018 年高考江苏卷数学】在极坐标系中，直线l 的方程为
π
sin(
)
2
6
，曲线C 的方程为4cos，
求直线l 被曲线C 截得的弦长．
【答案】直线l 被曲线C 截得的弦长为2 3 ．
【解析】因为曲线C 的极坐标方程为
=4cos
，
所以曲线C 的圆心为（2，0），直径为4 的圆．
因为直线l 的极坐标方程为
π
sin(
)
2
6
，
则直线l 过A（4，0），倾斜角为π
6
，
所以A 为直线l 与圆C 的一个交点．
设另一个交点为B，则∠OAB= π
6
．
连结OB，因为OA 为直径，从而∠OBA= π
2
，
所以
π
4cos
2 3
6
AB
．
因此，直线l 被曲线C 截得的弦长为2 3 ．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
9．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
3cos ,
sin ,
x
y
（θ为参数），直线l 的参
数方程为
4 ,
1
,
x
a
t
t
y
t
（为参数）．
（1）若
1
a
，求C 与l 的交点坐标；
（2）若C 上的点到l 距离的最大值为17 ，求a ．
【答案】（1）(3,0) ，
21 24
(
,
)
25 25
；（2）
8
a
或
16
a
．
【解析】（1）曲线C 的普通方程为
2
2
1
9
x
y
．
当
1
a 时，直线l 的普通方程为
4
3
0
x
y
．
由
2
2
4
3
0,
1
9
x
y
x
y
解得
3,
0
x
y
或
21,
25
24.
25
x
y
从而C 与l 的交点坐标为(3,0) ，
21 24
(
,
)
25 25
．
（2）直线l 的普通方程为
4
4
0
x
y
a
，故C 上的点(3cos ,sin )
到l 的距离为
| 3cos
4sin
4 |
17
a
d
．
当
4
a 时，d 的最大值为
9
17
a
．
由题设得
9
17
17
a
，所以
8
a
；
当
4
a 时，d 的最大值为
1
17
a
．
由题设得
1
17
17
a
，所以
16
a
．
综上，
8
a
或
16
a
．
【名师点睛】本题为选修内容，先把直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，可得交点坐标，利用
椭圆的参数方程，求椭圆上一点到一条直线的距离的最大值，直接利用点到直线的距离公式，表示出椭圆上的点
到直线的距离，利用三角有界性确认最值，进而求得参数a 的值．
10．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲
线
1
C 的极坐标方程为
cos
4
．
（1）M 为曲线
1
C 上的动点，点P 在线段OM 上，且满足|
| |
| 16
OM
OP
，求点P 的轨迹
2
C 的直角坐标方程；
（2）设点A 的极坐标为(2,
)
3
，点B 在曲线
2
C 上，求
OAB
△
面积的最大值．
【答案】（1）
2
2
2
4
0
x
y
x
；（2）2
3
．
【解析】（1）设P 的极坐标为( , )
(
0)
，M 的极坐标为
1
(
, )
1
(
0)
，
由题设知
cos
OP
OM =
1
4
= ,
=
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
16
OM
OP
得
2
C 的极坐标方程
cos
4
(
0)
．
因此
2
C 的直角坐标方程为
2
2
2
4
0
x
y
x
．
（2）设点B 的极坐标为
,
0
B
B
，
由题设知
2,
4cos
B
OA
，于是
OAB
△
的面积
S 1
3
sin
4cos
| sin(
) |
2 | sin(2
)
|
2
3.
2
3
3
2
B
OA
AOB
当
12
时，S 取得最大值2
3
，所以
OAB
△
面积的最大值为2
3
．
【名师点睛】本题考查了极坐标方程的求法及应用。重点考查了转化与化归能力．遇到求曲线交点、距离、线
段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何
意义求解．解题时要结合题目自身特点，确定选择何种方程．
11．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】在直角坐标系xOy 中，直线l1 的参数方程为
2+ ,
,
x
t
y
kt
（t 为参数），直线l2 的参
数方程为
2
,
,
x
m
m
m
y
k
（为参数）．设l1 与l2 的交点为P，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C．
（1）写出C 的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设
3 :
cos
sin
2
0
l
，M 为l3 与C 的交
点，求M 的极径．
【答案】（1）
2
2
4
0
x
y
y
；（2）
5
【解析】（1）消去参数t 得1l 的普通方程
1 :
2
l
y
k x
；消去参数m 得l2 的普通方程
2
1
:
2
l
y
x
k
．
设
,
P x y ，由题设得
2
1
2
y
k x
y
x
k
，消去k 得
2
2
4
0
x
y
y
．
所以C 的普通方程为
2
2
4
0
x
y
y
．
（2）C 的极坐标方程为
2
2
2
cos
sin
4 0
2π,
π
．
联立
2
2
2
cos
sin
4,
cos
sin
2
0
得
cos
sin
2 cos
sin
．
故
1
tan
3
，从而
2
2
9
1
cos
,sin
10
10
．
代入
2
2
2
cos
sin
4
得
2
5
，所以交点M 的极径为
5 ．
【名师点睛】本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力．遇到求曲线交点、距离、线
段长等几何问题时，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何
意义求解．要结合题目本身特点，确定选择何种方程．
12．【2017 年高考江苏卷数学】在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参考方程为
8
2
x
t
t
y
（t 为参数），曲线C
的参数方程为
2
2
2 2
x
s
y
s
（s 为参数）．设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．
【答案】4 5
5
【解析】直线l 的普通方程为
2
8
0
x
y
．
因为点P 在曲线C 上，设
2
(2
,2 2 )
P
s
s ，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
从而点P 到直线l 的的距离
2
2
2
2
| 2
4 2
8|
2(
2)
4
5
1
( 2)
s
s
s
d
，
当
2
s
时，
min
4 5
5
d
．
因此当点P 的坐标为(4,4) 时，曲线C 上点P 到直线l 的距离取到最小值4 5
5
．
【名师点睛】（1）将参数方程化为普通方程，消参数时常用代入法、加减消元法、三角恒等变换法；（2）把
参数方程化为普通方程时，要注意哪一个量是参数，并且要注意参数的取值对普通方程中x 及y 的取值范围的
影响．
专题19
不等式选讲
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷文数】已知a，b，c 为正数，且满足abc=1．证明：
（1）
2
2
2
1
1
1
a
b
c
a
b
c
；
（2）
3
3
3
(
)
(
)
(
)
24
a
b
b
c
c
a
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【解析】（1）因为
2
2
2
2
2
2
2
,
2
,
2
a
b
ab b
c
bc c
a
ac
，又
1
abc ，故有
2
2
2
1
1
1
ab
bc
ca
a
b
c
ab
bc
ca
abc
a
b
c
．
所以
2
2
2
1
1
1
a
b
c
a
b
c
．
（2）因为, ,
a b c 为正数且
1
abc ，故有
3
3
3
3
3
3
3
(
)
(
)
(
)
3 (
) (
) (
)
a
b
b
c
c
a
a
b
b
c
a
c
=3( + )( + )( + )
a b b c a c
3 (2
) (2
) (2
)
ab
bc
ac
=24．
所以
3
3
3
(
)
(
)
(
)
24
a
b
b
c
c
a
．
【名师点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需
要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】已知
( ) |
|
|
2 | (
).
f x
x
a x
x
x
a
（1）当
1
a
时，求不等式
( )
0
f x
的解集；
（2）若
(
,1)
x
时，
( )
0
f x
，求a 的取值范围．
【答案】（1）(
,1)
；（2）[1,
)
【解析】（1）当a=1 时，
( )=|
1| +|
2|(
1)
f x
x
x
x
x
．
当
1
x 时，
2
( )
2(
1)
0
f x
x
；当
1
x 时，
( )
0
f x
．
所以，不等式
( )
0
f x
的解集为(
,1)
．
（2）因为
( )=0
f a
，所以
1
a
．
当
1
a
，
(
,1)
x
时，
( )=(
) +(2
)(
)=2(
)(
1)<0
f x
a
x x
x x
a
a
x x
．
所以，a 的取值范围是[1,
)
．
【名师点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷文数】设, ,
x y z R ，且
1
x
y
z
．
（1）求
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
x
y
z
的最小值；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）若
2
2
2
1
(
2)
(
1)
(
)
3
x
y
z
a
成立，证明：
3
a 或
1
a ．
【答案】（1）4
3
；（2）见详解．
【解析】（1）由于
2
[(
1)
(
1)
(
1)]
x
y
z
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
2[(
1)(
1)
(
1)(
1)
(
1)(
1)]
x
y
z
x
y
y
z
z
x
2
2
2
3 (
1)
(
1)
(
1)
x
y
z
，
故由已知得
2
2
2
4
(
1)
(
1)
(
1)
3
x
y
z
，
当且仅当x= 5
3
，y=– 1
3
，
1
3
z
时等号成立．
所以
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
x
y
z
的最小值为4
3
．
（2）由于
2
[(
2)
(
1)
(
)]
x
y
z
a
2
2
2
(
2)
(
1)
(
)
2[(
2)(
1)
(
1)(
)
(
)(
2)]
x
y
z
a
x
y
y
z
a
z
a x
2
2
2
3 (
2)
(
1)
(
)
x
y
z
a
，
故由已知
2
2
2
2
(2
)
(
2)
(
1)
(
)
3
a
x
y
z
a
，
当且仅当
4
3
a
x
，
1
3
a
y
，
2
2
3
a
z
时等号成立．
因此
2
2
2
(
2)
(
1)
(
)
x
y
z
a
的最小值为
2
(2
)
3
a
．
由题设知
2
(2
)
1
3
3
a
，解得
3
a 或
1
a ．
【名师点睛】两个问都是考查柯西不等式，属于柯西不等式的常见题型．
4．【2019年高考江苏卷数学】设x R ，解不等式| |+|2
1|>2
x
x
．
【答案】
1
{ |
1}
3
x x
x
或
．
【解析】当x<0时，原不等式可化为
1
2
2
x
x
，解得x<
1
3
；
当0≤x≤1
2
时，原不等式可化为x+1–2x>2，即x<–1，无解；
当x> 1
2
时，原不等式可化为x+2x–1>2，解得x>1．
综上，原不等式的解集为
1
{ |
1}
3
x x
x
或
．
【名师点睛】本题主要考查解不等式等基础知识，考查运算求解和推理论证能力．
5．【2018 年高考全国Ⅰ卷文数】已知
( ) |
1|
|
1|
f x
x
ax
．
（1）当
1
a
时，求不等式
( )
1
f x
的解集；
（2）若
(0,1)
x
时不等式
( )
f x
x
成立，求a 的取值范围．
【答案】（1）
1
{ |
}
2
x x
；（2）(0,2] ．
【解析】（1）当
1
a
时，
( ) |
1|
|
1|
f x
x
x
，即
2,
1,
( )
2 , 1
1,
2,
1.
x
f x
x
x
x
故不等式
( )
1
f x
的解集为
1
{ |
}
2
x x
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）当
(0,1)
x
时|
1|
|
1|
x
ax
x
成立等价于当
(0,1)
x
时|
1| 1
ax
成立．
若
0
a
，则当
(0,1)
x
时|
1| 1
ax
；
若
0
a
，|
1| 1
ax
的解集为
2
0
x
a
，所以2
1
a
，故0
2
a
．
综上，a 的取值范围为(0,2] ．
6．【2018 年高考全国Ⅱ卷文数】设函数
( )
5
|
|
|
2|
f x
x
a
x
．
（1）当
1
a 时，求不等式
( )
0
f x
的解集；
（2）若
( )
1
f x ，求a 的取值范围．
【答案】（1）{ | 2
3}
x
x
；（2）(
, 6]
[2,
)
．
【解析】（1）当
1
a
时，
2
4,
1,
( )
2, 1
2,
2
6,
2.
x
x
f x
x
x
x
可得
( )
0
f x
的解集为{ | 2
3}
x
x
．
（2）
( )
1
f x 等价于|
|
|
2 | 4
x
a
x
．
而|
|
|
2 | |
2 |
x
a
x
a
，且当
2
x
时等号成立．故
( )
1
f x 等价于|
2 | 4
a
．
由|
2 | 4
a
可得
6
a 或
2
a
，所以a 的取值范围是(
, 6]
[2,
)
．
7．【2018 年高考全国Ⅲ卷文数】设函数
2
1
1
f x
x
x
．
（1）画出
y
f x
的图像；
（2）当
0
x
∈
，
，
f x
ax
b
≤
，求a
b
的最小值．
【答案】（1）图像见解析；（2）a
b
的最小值为5．
【解析】（1）
1
3 ,
,
2
1
( )
2,
1,
2
3 ,
1.
x x
f x
x
x
x x
( )
y
f x
的图像如图所示．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（2）由（1）知，
( )
y
f x
的图像与y 轴交点的纵坐标为2 ，且各部分所在直线斜率的最大值为3，故当且仅当
3
a
且
2
b
时，
( )
f x
ax
b
在[0,
)
成立，因此a
b
的最小值为5．
8．【2018 年高考江苏卷数学】若x，y，z 为实数，且x+2y+2z=6，求
2
2
2
x
y
z
的最小值．
【答案】
2
2
2
x
y
z
的最小值为4．
【解析】由柯西不等式，得
2
2
2
2
2
2
2
(
)(1
2
2 )
(
2
2 )
x
y
z
x
y
z
．
因为
2
2 =6
x
y
z
，所以
2
2
2
4
x
y
z
，
当且仅当1
2
2
x
y
z
时，不等式取等号，此时
2
4
4
3
3
3
x
y
z
，
，
，
所以
2
2
2
x
y
z
的最小值为4．
9．【2017 年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数
4
)
(
2
ax
x
x
f
，
|1
|
|1
|
)
(
x
x
x
g
．
（1）当
1
a
时，求不等式
)
(
)
(
x
g
x
f
的解集；
（2）若不等式
)
(
)
(
x
g
x
f
的解集包含[–1，1]，求a 的取值范围．
【答案】（1）
1
17
{ | 1
}
2
x
x
；（2）[ 1,1]
．
【解析】（1）当
1
a
时，不等式
( )
( )
f x
g x
等价于
2
|
1|
|
1| 4
0
x
x
x
x
．①
当
1
x 时，①式化为
2
3
4
0
x
x
，无解；
当1
1
x
时，①式化为
2
2
0
x
x
，从而1
1
x
；
当
1
x
时，①式化为
2
4
0
x
x
，从而
1
17
1
2
x
．
所以
( )
( )
f x
g x
的解集为
1
17
{ | 1
}
2
x
x
．
（2）当
[ 1,1]
x
时，
( )
2
g x
．
所以
( )
( )
f x
g x
的解集包含[ 1,1]
，等价于当
[ 1,1]
x
时
( )
2
f x
．
又
( )
f x 在[ 1,1]
的最小值必为
( 1)
f
与
(1)
f
之一，所以
( 1)
2
f
且
(1)
2
f
，得1
1
a
．
所以a 的取值范围为[ 1,1]
．
【名师点睛】形如|
|
|
|
x
a
x b
c
（或
c
）型的不等式主要有两种解法：
（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为(
, ]
a
，( , ]
a b ，( ,
)
b （此处设a
b
）三个
部分，将每部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式求解，然后取各个不等式解集的并集．
（2）图像法：作出函数
1
|
|
|
|
y
x
a
x
b
和
2y
c
的图像，结合图像求解．
10．【2017 年高考全国Ⅱ卷文数】已知
3
3
0,
0,
2
a
b
a
b
．证明：
（1）
5
5
(
)(
)
4
a
b a
b
；
（2）
2
a
b
．
【答案】（1）证明略；（2）证明略．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】（1）
5
5
6
5
5
6
a
b
a
b
a
ab
a b
b
2
3
3
3
3
4
4
2
2
2
2
4
4.
a
b
a b
ab a
b
ab a
b
（2）因为
3
3
2
2
3
3
3
a
b
a
a b
ab
b
2
3
2
3
3
2
4
3
2
,
4
ab a
b
a
b
a
b
a
b
所以
3
8
a
b
，因此
2
a
b
．
【名师点睛】利用基本不等式证明不等式是综合法证明不等式的一种情况，证明思路是从已证不等式和问题的
已知条件出发，借助不等式的性质和有关定理，经过逐步的逻辑推理最后转化为需证问题．若不等式恒等变形
之后与二次函数有关，可用配方法．
11．【2017 年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数f（x）=│x+1│–│x–2│．
（1）求不等式f（x）≥1 的解集；
（2）若不等式
2
f
x
x
x
m
的解集非空，求m 的取值范围．
【答案】（1）
1
x x
；（2）
5
4
- ，
【解析】（1）
3
1
2
1
1
2
3
2
,x
f x
x
,
x
,x
，
当
1
x 时，
1
f x
无解；
当1
2
x
时，由
1
f x
得，2
1 1
x
，解得1
2
x
；
当
2
x
时，由
1
f x
解得
2
x
．
所以
1
f x
的解集为
1
x x
．
（2）由
2
f x
x
x
m
得
2
1
2
m
x
x
x
x
，而
2
2
2
3
5
5
1
2
1
2
2
4
4
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
，
且当
3
2
x
时，
2
5
1
2
4
x
x
x
x
．
故m 的取值范围为
5
4
- ，
．
【名师点睛】绝对值不等式的解法有三种：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
12．【2017 年高考江苏卷数学】已知, , ,
a b c d 为实数，且
2
2
2
2
4,
16,
a
b
c
d
证明：
8.
ac
bd
≤
【答案】见解析
【解析】由柯西不等式可得
2
2
2
2
2
(
)
(
)(
)
ac
bd
a
b
c
d
，
因为
2
2
2
2
4,
16
a
b
c
d
，所以
2
(
)
64
ac
bd
，
因此
8
ac
bd
．
【名师点睛】柯西不等式的一般形式：设a1，a2，…，an，b1，b2，…，bn为实数，则（
2
2
2
1
2
n
a
a
a
）
（
2
2
2
1
2
n
b
b
b
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
≥（a1b1＋a2b2＋…＋anbn）2，当且仅当bi＝0 或存在一个数k，使ai＝kbi（i＝1，2，…，n）时，等号成立．本题
中，由柯西不等式可得
2
2
2
2
2
(
)
(
)(
)
ac
bd
a
b
c
d
，代入即得结论．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
