2017-2019 年高考真题理科数学分项汇编
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..................................................................................... 8
专题03
导数及其应用（选择题、填空题）.........................................................................28
专题04
导数及其应用（解答题）.........................................................................................35
专题05
立体几何（选择题、填空题）.................................................................................57
专题06
立体几何（解答题）................................................................................................. 74
专题07
平面解析几何（选择题、填空题）.......................................................................102
专题08
平面解析几何（解答题）.......................................................................................117
专题09
三角函数................................................................................................................... 137
专题10
解三角形................................................................................................................... 150
专题11
平面向量............................................................................................................... 163
专题12
数列....................................................................................................................... 172
专题13
不等式、推理与证明...........................................................................................188
专题14
概率与统计（选择题、填空题）...........................................................................204
专题15
概率与统计（解答题）...........................................................................................209
专题16
算法初步................................................................................................................... 220
专题17
数系的扩充与复数的引入.......................................................................................229
专题18
计数原理................................................................................................................. 233
专题19
坐标系与参数方程...............................................................................................237
专题20
不等式选讲........................................................................................................... 244
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专题01
集合与常用逻辑用语
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知集合
2
| 4
2
{ |
6
0}
{
},
M
x
x
N
x x
x
，则M
N
=
A．
{
4
3
x
x
B．
4
2
{x
x
C．
{
2
2
x
x
D．
{ 2
3
x
x
【解析】由题意得
2
| 4
2 ,
{ |
6
0}
{
}
| 2
3}
{
M
x
x
N
x x
x
x
x
，
则
{ | 2
2}
M
N
x
x
．
【名师点睛】注意区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者所有的部分．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设集合A={x|x2–5x+6>0}，B={x|x–1<0}，则A∩B=
A．(–∞，1)
B．(–2，1)
C．(–3，–1)
D．(3，+∞)
【解析】由题意得，
2
{
5
6
0
|
}
{
2
|
A
x
x
x
x
x
或
3}
x
，
{
1
0}
{
1
|
}
|
B
x x
x x
，则
{ |
1}
(
,1)
A
B
x x
．
【名师点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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 年高考天津理数】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．
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；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
7．【2019 年高考天津理数】设xR ，则“
2
5
0
x
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
5
0
x
x
可得0
5
x
，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“
2
5
0
x
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 年高考全国Ⅱ卷理数】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.
9．【2019 年高考北京理数】设点A，B，C 不共线，则“ AB
与AC
的夹角为锐角”是“|
| |
|
AB
AC
BC
”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】∵A､B､C 三点不共线，∴| AB
+ AC
|>| BC
| | AB
+ AC
|>| AC
- AB
|
| AB
+ AC
|2>| AC
- AB
|2
AB
· AC
>0
AB
与AC
的夹角为锐角，
故“ AB
与AC
的夹角为锐角”是“| AB
+ AC
|>| BC
|”的充分必要条件.
【名师点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积，同时考查了转化与化归的数学思想.
10．【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
，
，
所以根据补集的定义得
.
【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．
11．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知集合
2
2
0
A
x x
x
，则
A
Rð
A．
1
2
x
x
B．
1
2
x
x
C．
|
1
|
2
x x
x x
D．
|
1
|
2
x x
x x
【解析】解不等式
得
，所以
，
所以可以求得
| 1
2
A
x
x
Rð
.
【名师点睛】该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过程中，需要明确
一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果.
12．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】已知集合
|
1
0
A
x x
≥
，
0
1
2
B
，，
，则A
B
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.
13．【2018 年高考天津理数】设全集为R，集合
{ 0
2}
A
x
x
，
{
1}
B
x x
，则
(
)
R
I
A
B
ð
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A．{ 0
1}
x
x
B．{ 0
1}
x
x
C．{ 1
2}
x
x
D．{ 0
2}
x
x
【解析】由题意可得：
B
Rð
，
结合交集的定义可得：
(
)
R
I
A
B
ð
.
【名师点睛】本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】已知集合
2
2
3
A
x
y x
y
x
y
Z
Z
，
≤，
，
，则A 中元素的个数为
A．9
B．8
C．5
D．4
【解析】
，
当
时，
；
当
时，
；
当
时，
,
所以共有9 个元素.
选A．
【名师点睛】本题考查集合与元素的关系，点与圆的位置关系，考查学生对概念的理解与识别.
15．【2018 年高考北京理数】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】
因此A
B=
.
【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
，所以根据线面平行的判定定理得
.
由
不能得出
与
内任一直线平行，
所以
是
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
”、“若
则
”的真假．并注意和图示相结合，例如“
⇒
”
为真，则
是
的充分条件．
（2）等价法：利用
⇒
与非
⇒非
，
⇒
与非
⇒非
，
⇔
与非
⇔
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
⊆
，则
是
的充分条件或
是
的必要条件；若
＝
，则
是
的充要条件．
17．【2018 年高考天津理数】设x R ，则“
1
1
|
|
2
2
x
”是“
3
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】绝对值不等式
，
由
.
据此可知
是
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.
18．【2018 年高考北京理数】设a，b 均为单位向量，则“
3
3
a
b
a
b ”是“a⊥b”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】
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
6
9
9
+6
a
b
a
b
a
b
a
b
a
a b
b
a
a b
b ，
因为a，b 均为单位向量，所以
2
2
2
2
6
9
9
+6
0
=
a
a b
b
a
a b
b
a b
a
b ，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
即“
3
3
a
b
a
b ”是“a⊥b”的充分必要条件.
【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
”、“若
则
”的真假．并注意和图示相结合，例如“
⇒
”
为真，则
是
的充分条件．
2．等价法：利用
⇒
与非
⇒非
，
⇒
与非
⇒非
，
⇔
与非
⇔
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
⊆
，则
是
的充分条件或
是
的必要条件；若
＝
，则
是
的充要条件．
19．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】已知集合A={x|x<1}，B={x|3
1
x
}，则
A．
{ |
0}
A
B
x x
B．A
B R
C．
{ |
1}
A
B
x x
D．A
B
【解析】由3
1
x
可得
0
3
3
x
，则
0
x
，即
{ |
0}
B
x x
，
所以
{ |
1}
{ |
0}
A
B
x x
x x
{ |
0}
x x
，
{ |
1}
{ |
0}
{ |
1}
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．
20．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】设集合
1,2,4
A
，
2
4
0
B
x x
x
m
．若
1
A
B
，则B
A．
1, 3
B．
1,0
C．
1,3
D．
1,5
【解析】由
1
A
B
得1
B
，
即
1
x
是方程
2
4
0
x
x
m
的根，所以1 4
0,
3
m
m
，
1,3
B
.
【名师点睛】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．两个防范：①不要忽视元素的互异性；②保证运算的准确性．
21．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】已知集合A=
2
2
( , )
1
x y
x
y
│
，B=
( , )
x y
y
x
│
，则AB 中元素的个数为
A．3
B．2
C．1
D．0
【解析】集合中的元素为点集，
由题意，可知集合A 表示以
0,0 为圆心，1为半径的单位圆上所有点组成的集合，
集合B 表示直线y
x
上所有的点组成的集合，
又圆
2
2
1
x
y
与直线y
x
相交于两点
2
2
,
2
2
，
2
2
,
2
2
，
则A
B
中有2 个元素.
【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.
22．【2017 年高考北京理数】若集合A={x|–2<x<1}，B={x|x<–1 或x>3}，则AB=
A．{x|–2<x<–1}
B．{x|–2<x<3}
C．{x|–1<x<1}
D．{x|1<x<3}
【解析】利用数轴可知
2
1
A
B
x
x
.
【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．
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24．【2017 年高考天津理数】设集合
{1,2,6},
{2,4},
{
| 1
5}
A
B
C
x
x
R
，则(
)
A
B
C
A．{2}
B．{1,2,4}
C．{1,2,4,6}
D．{
| 1
5}
x
x
R
【解析】(
)
{1,2,4,6}
[ 1,5]
{1,2,4}
A
B
C
.
【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．
25．【2017 年高考山东理数】设函数
2
4
y
x
的定义域为A ，函数
ln(1
)
y
x
的定义域为B ,则A
B
=
A．（1,2）
B．(1,2]
C．（-2,1）
D．[-2,1)
【解析】由
2
4
0
x
得2
2
x
，
由1
0
x
得
1
x ，
故
{ | 2
2}
{ |
1}
{ | 2
1}
A
B
x
x
x x
x
x
.
选D.
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应把集合先化简再计算，常借助数轴或韦恩图进行求解.
26．【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．
27．【2017 年高考北京理数】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“存在负数，使得
m
n ”是“
0
<
m n
”的充分而不必要条件.
【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.
28．【2017 年高考山东理数】已知命题p：
0,ln(
1)
0
x
x
；命题q：若a＞b，则
2
2
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
1
1,
x
得ln(
1)
0
x
，知p 是真命题.
由1
2,
但
2
2
( 2)
( 1)
可知q 是假命题，
则p
q
是真命题.
【名师点睛】解答有关逻辑联结词的相关问题，首先要明确各命题的真假，利用或、且、非的真值表，进一步作
出判断.
29．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】设有下面四个命题
1p ：若复数z 满足1
z R ，则z R ；
2p ：若复数z 满足
2z R ，则z R ；
3p ：若复数
1
2
,
z z 满足
1 2
z z R ，则
1
2
z
z
；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
4p ：若复数z R ，则z R .
其中的真命题为
A．
1
3
,
p p
B．
1
4
,
p p
C．
2
3
,
p
p
D．
2
4
,
p
p
【解析】令
i( ,
)
z
a
b a b
R ，则由
2
2
1
1
i
i
a
b
z
a
b
a
b
R 得
0
b
，所以z R ，故
1p 正确；
当
i
z 时，因为
2
2i
1
z
R ，而
i
z R 知，故
2p 不正确；
当
1
2
i
z
z
时，满足
1
2
1
z
z
R ，但
1
2
z
z
，故
3p 不正确；
对于
4p ，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故
4p 正确.
【名师点睛】分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成
i( ,
)
z
a
b a b
R 的形式进行判断，
共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可.
30．【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
.
【名师点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.
31．【2018 年高考江苏】已知集合
，
，那么
________．
【答案】{1，8}
【解析】由题设和交集的定义可知：
.
【名师点睛】本题考查交集及其运算，考查基础知识，难度较小.
32．【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．
33．【2018 年高考北京理数】能说明“若f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函数”
为假命题的一个函数是__________．
【答案】
2
3
( )
(
)
2
f x
x
（答案不唯一）
【解析】对于
2
3
( )
(
)
2
f x
x
，其图象的对称轴为
3
2
x
，
则f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，
但f（x）在［0，2］上不是单调函数.
【名师点睛】解题本题需掌握充分必要条件和函数的性质，举出反例即可.
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专题02
函数的概念与基本初等函数I
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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 年高考天津理数】已知
5
log 2
a
，
0.5
og
2.
l
0
b
，
0.2
0.5
c
，则, ,
a b c 的大小关系为
A．a
c
b
B．a
b
c
C．b
c
a
D．c
a
b
【解析】因为
5
5
1
log 2
log
5
2
a
，
0.5
0.5
log
0.2
log
0.25
2
b
，
1
0.2
0
0.5
0.5
0.5
c
，即1
1
2
c
，
所以a
c
b
.
【名师点睛】本题考查比较大小问题，关键是选择中间量和利用函数的单调性进行比较.
3．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】若a>b，则
A．ln(a−b)>0
B．3a<3b
C．a3−b3>0
D．│a│>│b│
【解析】取
2,
1
a
b
，满足a
b
，但ln(
)
0
a
b
，则A 错，排除A；
由
2
1
9
3
3
3
，知B 错，排除B；
取
1,
2
a
b
，满足a
b
，但|1| | 2 |
，则D 错，排除D；
因为幂函数
3
y
x
是增函数，a
b
，所以
3
3
a
b
，即a3−b3>0，C 正确.
【名师点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的性质、幂函数的性质及绝对值的意义，渗透了逻辑推理和
运算能力素养，利用特殊值排除即可判断．
4．【2019 年高考北京理数】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=
2
1
5
2 lg 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，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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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.
5．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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．
故选D．
【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．
6．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】函数
3
2
2
2
x
x
x
y
在
6,6
的图像大致为
A．
B．
C．
D．
【解析】设
3
2
( )
2
2
x
x
x
y
f x
，则
3
3
2(
)
2
(
)
( )
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
f
x
f x
，所以
( )
f x 是奇函数，图象关于原点
成中心对称，排除选项C．
又
3
4
4
2 4
(4)
0,
2
2
f
排除选项D；
3
6
6
2 6
(6)
7
2
2
f
，排除选项A，
【名师点睛】本题通过判断函数的奇偶性，排除错误选项，通过计算特殊函数值，作出选择．本题注重基础知识、
基本计算能力的考查．
7．【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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.
8．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】2019 年1 月3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航
天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决
这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日
2
L 点的轨道运行．
2
L 点是平衡点，位于地
月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，
2
L 点到月球的距离为r，根据牛顿运动定
律和万有引力定律，r 满足方程：
1
2
1
2
2
3
(
)
(
)
M
M
M
R
r
R
r
r
R
.设
r
R
，由于的值很小，因此在近似计算中
3
4
5
3
2
3
3
3
(1
)
，则r 的近似值为
A．
2
1
M R
M
B．
2
1
2
M
R
M
C．
2
3
1
3M R
M
D．
2
3
1
3
M R
M
【解析】由
r
R
，得r
R
，
因为
1
2
1
2
2
3
(
)
(
)
M
M
M
R
r
R
r
r
R
，
所以
1
2
1
2
2
2
2
2
(1
)
(1
)
M
M
M
R
R
R
，
即
5
4
3
2
3
2
2
2
1
1
3
3
[(1
)
]
3
(1
)
(1
)
M
M
，
解得
2
3
1
3
M
M
，
所以
2
3
1
.
3
M
r
R
R
M
故选D.
【名师点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是复杂式子的
变形易出错．
9．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】设
f x 是定义域为R 的偶函数，且在
0,+单调递减，则
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
，
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．【2017 年高考山东理数】设函数
2
4
y
x
的定义域为A ，函数
ln(1
)
y
x
的定义域为B ,则A
B
=
A．（1,2）
B．(1,2]
C．（-2,1）
D．[-2,1)
【解析】由
2
4
0
x
得2
2
x
，
由1
0
x
得
1
x ，
故
{ | 2
2}
{ |
1}
{ | 2
1}
A
B
x
x
x x
x
x
.
选D.
【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应把集合先化简再计算，常借助数轴或韦恩图进行求解.
11．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】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.
12．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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.
13．【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
，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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
14．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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
，
故选D．
【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.
15．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】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．
16．【2018 年高考天津理数】已知
2
log e
a
，
ln2
b
，
1
2
1
log 3
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】由题意结合对数函数的性质可知：
2
log e
1
a
，
2
1
ln2
0,1
log e
b
，
1
2
2
2
1
log
log 3
log e
3
c
，
据此可得：c
a
b
.
本题选择D 选项.
【名师点睛】由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.对于对数的大小的比较，我们通常都是运用
对数函数的单调性，但很多时候，因对数的底数或真数不相同，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．在进行对数的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据对数函
数的单调性进行判断．对于不同底而同真数的对数的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．
17．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】设
0.2
log
0.3
a
，
2
log 0.3
b
，则
A．
0
a
b
ab
B．
0
ab
a
b
C．
0
a
b
ab
D．
0
ab
a
b
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】
0.2
2
log
0.3,
log 0.3
a
b
，
0.3
0.3
1
1
log
0.2,
log
2
a
b
，
0.3
1
1
log
0.4
a
b
，
1
1
0
1
a
b
,即0
1
a
b
ab
，
又
0,
0
a
b
，
0
ab
，
∴
0
ab
a
b
.
【名师点睛】本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题.
18．【2017 年高考北京理数】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
，所以
93.28
10
x
，即M
N
最接近
93
10
.
故选D．
【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
.
19．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】设x、y、z 为正数，且2
3
5
x
y
z
，则
A．2x<3y<5z
B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x
D．3y<2x<5z
【解析】令2
3
5
(
1)
x
y
z
k k
，则
2
log
x
k
，
3
log
y
k
，
5
log
z
k
∴2
2lg
lg3
lg9
1
3
lg 2
3lg
lg8
x
k
y
k
，则2
3
x
y
，
2
2lg
lg5
lg 25
1
5
lg 2
5lg
lg32
x
k
z
k
，则2
5
x
z
.
故选D．
【名师点睛】对于连等问题，常规的方法是令该连等为同一个常数，再用这个常数表示出对应的, ,
x y z ，通过作
差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则，尤其是换底公式以及0 与1 的对数表示.
20．【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．
21．
【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】函数
( )
f x 在(
,
)
单调递减，且为奇函数．若
(
1
1)
f
，则满足
2
1
(
)
1
x
f
的x 的取值范围是
A．[ 2,2]
B．[ 1,1]
C．[0,4]
D．[1,3]
【解析】因为
( )
f x 为奇函数且在(
,
)
单调递减，要使1
( )
1
f x
成立，则x 满足1
1
x
，从而由
1
2
1
x
得1
3
x
，
即满足1
(
2)
1
f x
的x 的取值范围为[1,3].
故选D.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】奇偶性与单调性的综合问题，要充分利用奇、偶函数的性质与单调性解决不等式和比较大小问题，
若
( )
f x 在R 上为单调递增的奇函数，且
1
2
(
)
(
)
0
f x
f x
，则
1
2
0
x
x
，反之亦成立.
22．【2017 年高考北京理数】已知函数
1
( )
3
( )
3
x
x
f x
，则
( )
f x
A．是奇函数，且在R 上是增函数
B．是偶函数，且在R 上是增函数
C．是奇函数，且在R 上是减函数
D．是偶函数，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.
23．【2017 年高考天津理数】已知奇函数
( )
f x 在R 上是增函数，( )
( )
g x
xf x
．若
2
( log 5.1)
a
g
，
0.8
(2
)
b
g
，
(3)
c
g
，则a，b，c 的大小关系为
A．a
b
c
B．c
b
a
C．b
a
c
D．b
c
a
【解析】因为( )
f x 是奇函数且在R 上是增函数，所以当
0
x
时，( )
0
f x
，
从而( )
( )
g x
xf x
是R 上的偶函数，且在[0,
)
上是增函数，
2
2
( log 5.1)
(log 5.1)
a
g
g
，
0.8
2
2
，
又4
5.1
8
，则
2
2
log 5.1
3
，
所以
0.8
2
0
2
log 5.1
3
，
0.8
2
(2
)
(log 5.1)
(3)
g
g
g
，
所以b
a
c
.
【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．
24．【2017 年高考山东理数】已知当
[0,1]
x
时，函数
2
(
1)
y
mx
的图象与y
x
m
的图象有且只有一个交点，
则正实数m 的取值范围是
A．(0,1]
[2 3,
)
B．(0,1]
[3,
)
C．(0,
2]
[2 3,
)
D．(0,
2]
[3,
)
【解析】当0
1
m
时，1
1
m
，
2
(
1)
y
mx
在
[0,1]
x
时单调递减，且
2
2
(
1)
(
1) ,1
y
mx
m
，
y
x
m
在
[0,1]
x
时单调递增，且
[ ,1
]
y
x
m
m
m
，此时有且仅有一个交点；
当
1
m 时，
1
0
1
m
，
2
(
1)
y
mx
在1 ,1
m
上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需
2
(
1)
1
3
m
m
m
.
【名师点睛】已知函数有零点求参数的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的取值范围；
（2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决；
（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．
25．【2017 年高考山东理数】若
0
a
b
，且
1
ab
，则下列不等式成立的是
A．
2
1
log
2a
b
a
a
b
b
B．
2
1
log
2a
b
a
b
a
b
C．
2
1
log
2a
b
a
a
b
b
D．
2
1
log
2a
b
a
b
a
b
【解析】因为
0
a
b
，且
1
ab
，所以
1,0
1,
a
b
所以
2
2
1,log (
)
log 2
1
2a
b
a
b
ab
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1
2
1
1
2
log (
)
a b
a
a
b
a
a
b
b
b
，
所以选B.
【名师点睛】比较幂或对数值的大小，若幂的底数相同或对数的底数相同，通常利用指数函数或对数函数的单调
性进行比较；若底数不同，可考虑利用中间量进行比较.本题虽小，但考查的知识点较多，需灵活利用指数函数、
对数函数的性质及基本不等式作出判断.
26．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设函数
( )
f x 的定义域为R，满足
(
1)
2 ( )
f x
f x
，且当
(0,1]
x
时，
( )
(
1)
f x
x x
．若对任意
(
,
]
x
m
，都有
8
( )
9
f x
，则m 的取值范围是
A．
9
, 4
B．
7
, 3
C．
5
, 2
D．
8
, 3
【解析】∵
(
1)
2 ( )
f x
f x
，
( )
2 (
1)
f x
f x
．
∵
(0,1]
x
时，
1
( )
(
1)
[
,0]
4
f x
x x
；
∴
(1,2]
x
时，
1
(0,1]
x
，
1
( )
2 (
1)
2(
1)(
2)
,0
2
f x
f x
x
x
；
∴
(2,3]
x
时，
1
(1,2]
x
，
( )
2 (
1)
4(
2)(
3)
[ 1,0]
f x
f x
x
x
，
如图：
当
(2,3]
x
时，由
8
4(
2)(
3)
9
x
x
解得
1
7
3
x
，
2
8
3
x
，
若对任意
(
,
]
x
m
，都有
8
( )
9
f x
，则
7
3
m
.
则m 的取值范围是
7
, 3
.
【名师点睛】本题考查了函数与方程，二次函数.解题的关键是能够得到
(2,3]
x
时函数的解析式，并求出函数
值为
8
9
时对应的自变量的值.
27．【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
，
则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点；
当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b
x3
（a+1）x2+ax﹣ax﹣b
x3
（a+1）x2﹣b，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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：
∴
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
（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
x3
（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．
28．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数
e
0
ln
0
x
x
f x
x
x
，
，
，
，
g x
f x
x
a
．若g（x）存在2 个零点，则
a 的取值范围是
A．[–1，0）
B．[0，+∞）
C．[–1，+∞）
D．[1，+∞）
【解析】画出函数
f x 的图象，
ex
y
在y 轴右侧的图象去掉，再画出直线y
x
，之后上下移动，
可以发现当直线过点（0,1）时，直线与函数图象有两个交点，
并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图象有两个交点，即方程
f x
x
a
有两个解，也就是函
数
g x 有两个零点，
此时满足
1
a
，即
1
a .
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【名师点睛】该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是
将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图象
以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.即：首先根据g（x）存在2 个零点，
得到方程
0
f x
x
a
有两个解，将其转化为
f x
x
a
有两个解，即直线y
x
a
与曲线
y
f x
有
两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数
f x 的图象，再画出直线y
x
，并将其上下移动，从图中
可以发现，当
1
a
时，满足y
x
a
与曲线
y
f x
有两个交点，从而求得结果.
29．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】设函数
π
(
3
cos
)
f x
x
，则下列结论错误的是
A．
( )
f x 的一个周期为2π
B．
( )
y
f x
的图象关于直线
8π
3
x
对称
C．
(
π)
f x
的一个零点为
π
6
x
D．
( )
f x 在( π
2 , π )单调递减
【解析】函数
( )
f x 的最小正周期为
2π
2π
1
T
，则函数
( )
f x 的周期为
2 π
T
k
k
Z ，取
1
k ，可得函
数
f x 的一个周期为2π
，选项A 正确；
函数
( )
f x 图象的对称轴为
π
π
3
x
k
k
Z ，即
π
π
3
x
k
k
Z ，取
3
k
，可得y=f(x)的图象关于直线
8π
3
x
对称，选项B 正确；
π
π
π
cos
π
cos
3
3
f x
x
x
，函数
( )
f x
的零点满足
π
π
π
3
2
x
k
k
Z
，即
π
π
6
x
k
k
Z ，取
0
k
，可得
(
π)
f x
的一个零点为
π
6
x
，选项C 正确；
当
π ,π
2
x
时，
π
5π 4π
,
3
6
3
x
，函数
( )
f x 在该区间内不单调，选项D 错误.
故选D.
【名师点睛】（1）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为
(
n
)
si
y
A
x
或
(s
)
co
y
A
x
的形式，
则最小正周期为
2π
T
；奇偶性的判断关键是看解析式是否为
sin
y
A
x
或
cos
y
A
x
b
的形式.
（2）求
sin
0
(
)
f x
A
x
的对称轴，只需令
π
π
2
x
k
k
Z ，求x 即可；求f(x)的对称中心
的横坐标，只需令
π(
)
x
k
k
Z 即可.
30．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
C．1
2
D．1
【解析】函数
( )
f x 的零点满足
2
1
1
2
e
e
x
x
x
x
a
，
设
1
1
e
e
x
x
g x
，则
2
1
1
1
1
1
1
1
e
1
e
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
g
x
，
当
0
g
x
时，
1
x
；当
1
x 时，
0
g
x
，函数
g x 单调递减；
当
1
x
时，
0
g
x
，函数
g x 单调递增，
当
1
x
时，函数
g x 取得最小值，为1
2
g
.
设
2
2
h x
x
x
，当
1
x
时，函数
h x 取得最小值，为1
，
若
0
a
，函数
h x 与函数
ag x
没有交点；
若
0
a
，当
1
1
ag
h
时，函数
h x 和
ag x
有一个交点，
即
2
1
a
，解得
1
2
a
.
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，
若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直
观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.
31．【2017 年高考天津理数】已知函数
2
3,
1,
( )
2 ,
1.
x
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．
47
[
,2]
16
B．
47 39
[
,
]
16 16
C．[ 2 3,2]
D．
39
[ 2 3,
]
16
【解析】不等式
( ) |
|
2
x
f x
a
可化为
( )
( )
2
x
f x
a
f x
(*)，
当
1
x 时，(*)式即
2
2
3
3
2
x
x
x
a
x
x
，即
2
2
3
3
3
2
2
x
x
a
x
x
，
又
2
2
1
47
47
3
(
)
2
4
16
16
x
x
x
（当
1
4
x
时取等号），
2
2
3
3
39
39
3
(
)
2
4
16
16
x
x
x
（当
3
4
x
时取等号），
所以
47
39
16
16
a
，
当
1
x
时，(*)式为
2
2
2
x
x
a
x
x
x
，
3
2
2
2
2
x
x
a
x
x
．
又
3
2
3
2
(
)
2 3
2
2
x
x
x
x
（当
2 3
3
x
时取等号），
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
（当
2
x
时取等号），所以2 3
2
a
．
综上，
47
2
16
a
．
【名师点睛】首先将
( ) |
|
2
x
f x
a
转化为
( )
( )
2
2
x
x
f x
a
f x
，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．
32．【2019 年高考江苏】函数
2
7
6
y
x
x
的定义域是
▲
.
【答案】[ 1,7]
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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，然后求出它们
的解集即可．
33．【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.
34．【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．
35．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】已知
( )
f x 是奇函数，且当
0
x
时，( )
eax
f x
.若
(ln 2)
8
f
，则a __________．
【答案】3
【解析】由题意知
( )
f x 是奇函数，且当
0
x
时，
( )
eax
f x
，
又因为ln 2
(0,1)
，
(ln 2)
8
f
，
所以
ln2
e
8
a
，
两边取以e 为底数的对数，得
ln 2
3ln 2
a
，
所以
3
a
，即
3
a ．
【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性，对数的计算．
36．【2019 年高考北京理数】设函数
e
e
x
x
f x
a
（a 为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）
是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．
【答案】
1;
,0
【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用
( )
0
f
x
可得a 的取值范围.
若函数
e
e
x
x
f x
a
为奇函数，则
,
f
x
f
x
即
e
e
e
e
x
x
x
x
a
a
，
即
1 e
e
0
x
x
a
对任意的x 恒成立，
则
1
0
a
，得
1
a .
若函数
e
e
x
x
f x
a
是R 上的增函数，则
( )
e
e
0
x
x
f
x
a
在R 上恒成立，
即
2e x
a
在R 上恒成立，
又
2e
0
x
，则
0
a
，
即实数a 的取值范围是
,0
.
【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，
转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.
37．【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___________.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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.
38．【2019 年高考北京理数】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.
39．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】函数
π
cos 3
6
f
x
x
在
0 π
，的零点个数为________．
【答案】3
【解析】
0
π
x
，
π
π
19π
3
6
6
6
x
，
由题可知
π
π
π
3π
3
3
6
2
6
2
x
x
，
或
π
5π
3
6
2
x
，
解得
π 4π
,
9
9
x
或7π
9
，
故有3 个零点.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的性质和函数的零点，属于基础题.解题时，首先求出
π
3
6
x
的范围，再由函
数值为零，得到
π
3
6
x
的取值可得零点个数.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
40．【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
【解析】
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.
41．【2018 年高考北京理数】能说明“若f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函数”
为假命题的一个函数是__________．
【答案】
2
3
( )
(
)
2
f x
x
（答案不唯一）
【解析】对于
2
3
( )
(
)
2
f x
x
，其图象的对称轴为
3
2
x
，
则f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，
但f（x）在［0，2］上不是单调函数.
【名师点睛】解题本题需掌握充分必要条件和函数的性质，举出反例即可.
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．【2018 年高考江苏】若函数
在
内有且只有一个零点，则
在
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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
45．【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．
46．【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：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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，
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.
47．【2018 年高考天津理数】已知
0
a
，函数
2
2
2
,
0,
2
2 ,
0.
x
ax
a
x
f x
x
ax
a x
若关于x 的方程
f x
ax
恰有2 个
互异的实数解，则a 的取值范围是______________.
【答案】
4 8
，
【解析】分类讨论：
当
0
x
时，方程
f x
ax
即
2
2
x
ax
a
ax
，整理可得：
2
1
x
a x
，很明显
1
x 不是方程的实数
解，则
2
1
x
a
x
；
当
0
x
时，方程
f x
ax
即
2
2
2
x
ax
a
ax
，整理可得：
2
2
x
a x
，很明显
2
x
不是方程的实数
解，则
2
2
x
a
x
.
令
2
2
,
0
1
,
0
2
x
x
x
g x
x
x
x
，其中
2
1
1
2
1
1
x
x
x
x
，
2
4
2
4
2
2
x
x
x
x
，则原问题等价于函数
g x 与函数y
a
有两个不同的交点，求a 的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数
g x 的图
象，同时绘制函数y
a
的图象如图所示，考查临界条件，结合
0
a
观察可得，实数a 的取值范围是
4,8 .
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】本题的核心是考查函数的零点问题，由题意分类讨论
0
x
和
0
x
两种情况，然后绘制函数图象，
数形结合即可求得最终结果.函数零点的求解与判断方法包括：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图
象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，
就有几个不同的零点.
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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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卷理数】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_________.
【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，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．【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．
52．【2017 年高考山东理数】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.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为
.
①
( )
2 x
f x
②
( )
3 x
f x
③
3
( )
f x
x
④
2
( )
2
f x
x
【答案】①④
【解析】①
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；
②
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；
③
3
e
( )
e
x
x
f x
x
，令
3
( )
ex
g x
x
，则
3
2
2
( )
e
3e
e (
3)
x
x
x
g x
x
x
x
x
，当
3
x 时，
( )
0
g x
，当
3
x 时，
( )
0
g x
，
3
e
( )
e
x
x
f x
x
在(
, 3)
上单调递减，在( 3,
)
上单调递增，故
3
( )
f x
x
不具
有性质；
④
2
e
( )
e (
2)
x
x
f x
x
，令
2
( )
e (
2)
x
g x
x
，则
2
2
( )
e (
2)
2 e
e [(
1)
1]
0
x
x
x
g x
x
x
x
，则
2
e
( )
e (
2)
x
x
f x
x
在R 上单调递增，故
2
( )
2
f x
x
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．
【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Ⅲ卷理数】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
.
故选D．
【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.
2．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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
是奇函数，所以
，解得
，所以
，
，
所以
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，化简可得
.
故选D.
【名师点睛】该题考查的是有关曲线
在某个点
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
，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.
3．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】若
2
x 是函数
2
1
( )
(
1)e x
f x
x
ax
的极值点，则
( )
f x 的极小值为
A．1
B．
3
2e
C．
3
5e
D．1
【解析】由题可得
1
2
1
2
1
( )
(2
)e
(
1)e
[
(
2)
1]e
x
x
x
f
x
x
a
x
ax
x
a
x
a
，
因为
( 2)
0
f
，所以
1
a ，
2
1
( )
(
1)e x
f x
x
x
，故
2
1
( )
(
2)e x
f
x
x
x
，
令
( )
0
f
x
，解得
2
x 或
1
x
，
所以
( )
f x 在(
, 2),(1,
)
上单调递增，在( 2,1)
上单调递减，
所以
( )
f x 的极小值为
1 1
( )
(1 1 1)e
1
1
f
.
【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0 处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0 左侧与右侧f ′(x)的符号不同；
（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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
的正
负，得出原函数
( )
f x 的单调区间．
5．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】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卷理数】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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
7．【2019 年高考天津理数】已知aR ，设函数
2
2
2 ,
1,
( )
ln ,
1.
x
ax
a
x
f x
x
a
x
x
若关于x 的不等式
( )
0
f x
在R 上
恒成立，则a 的取值范围为
A．
0,1
B．
0,2
C．
0,e
D．
1,e
【解析】当
1
x
时，
(1)
1
2
2
1
0
f
a
a
恒成立；
当
1
x 时，
2
2
( )
2
2
0
2
1
x
f x
x
ax
a
a
x
恒成立，
令
2
( )
1
x
g x
x
，
则
2
2
2
(1
1)
(1
)
2(1
) 1
( )
1
1
1
x
x
x
x
g x
x
x
x
1
1
1
2
2 (1
)
2
0
1
1
x
x
x
x
，
当
1
1
1
x
x
，即
0
x
时取等号，
∴
max
2
( )
0
a
g x
，则
0
a
.
当
1
x
时，
( )
ln
0
f x
x
a
x
，即
ln
x
a
x
恒成立，
令( )
ln
x
h x
x
，则
2
ln
1
( )
(ln )
x
h x
x
，
当
e
x
时，
( )
0
h x
，函数( )
h x 单调递增，
当0
e
x
时，
( )
0
h x
，函数( )
h x 单调递减，
则
e
x
时，( )
h x 取得最小值(e)
e
h
，
∴
min
( )
e
a
h x
，
综上可知，a 的取值范围是[0,e].
【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立
问题.
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
，
则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点；
当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b
x3
（a+1）x2+ax﹣ax﹣b
x3
（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：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
∴
0 且
，
解得b＜0，1﹣a＞0，b
（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
x3
（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．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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】函数
( )
f x 的零点满足
2
1
1
2
e
e
x
x
x
x
a
，
设
1
1
e
e
x
x
g x
，则
2
1
1
1
1
1
1
1
e
1
e
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
g
x
，
当
0
g
x
时，
1
x
；当
1
x 时，
0
g
x
，函数
g x 单调递减；
当
1
x
时，
0
g
x
，函数
g x 单调递增，
当
1
x
时，函数
g x 取得最小值，为1
2
g
.
设
2
2
h x
x
x
，当
1
x
时，函数
h x 取得最小值，为1
，
若
0
a
，函数
h x 与函数
ag x
没有交点；
若
0
a
，当
1
1
ag
h
时，函数
h x 和
ag x
有一个交点，
即
2
1
a
，解得
1
2
a
.
【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若
方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、
简单，这也体现了数形结合思想的应用.
10．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】曲线
2
3(
)e x
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(
)e x
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．
11．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】曲线
2ln(
1)
y
x
在点(0, 0) 处的切线方程为__________．
【答案】
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】
则所求的切线方程为
.
【名师点睛】求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切
点，点P 也不一定在已知的曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点.
12．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】曲线
1 ex
y
ax
在点
0,1 处的切线的斜率为2
，则a ________．
【答案】
【解析】
e
1 e
x
x
y
a
ax
，则
0
|
1
2
x
y
a
，所以
.
【名师点睛】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，属于基础题.
13．【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.
14．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数
2sin
sin2
f x
x
x
，则
f x 的最小值是_____________．
【答案】
【解析】
，
所以当
时函数单调递减，当
时函数单调递增，
从而得到函数的递减区间为
5π
π
2 π
,2 π
3
3
k
k
k
Z ，
函数的递增区间为
π
π
2 π
,2 π
3
3
k
k
k
Z ，
所以当
π
2 π
,
3
x
k
k
Z 时，函数
取得最小值，
此时
，
所以
，
故答案是
.
【名师点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题，在求解的过程中，需要明确相关的函数的求导
公式，需要明白导数的符号与函数的单调性的关系，确定出函数的单调增区间和单调减区间，进而求得函数的最
小值点，从而求得相应的三角函数值，代入求得函数的最小值.
15．【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
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
，
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．
16．【2019 年高考北京理数】设函数
e
e
x
x
f x
a
（a 为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）
是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．
【答案】
1
,0
【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用
( )
0
f
x
可得a 的取值范围.
若函数
e
e
x
x
f x
a
为奇函数，则
,
f
x
f
x
即
e
e
e
e
x
x
x
x
a
a
，
即
1 e
e
0
x
x
a
对任意的x 恒成立，
则
1
0
a
，得
1
a .
若函数
e
e
x
x
f x
a
是R 上的增函数，则
( )
e
e
0
x
x
f
x
a
在R 上恒成立，
即
2e x
a
在R 上恒成立，
又
2e
0
x
，则
0
a
，
即实数a 的取值范围是
,0
.
【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，
转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.
17．【2018 年高考江苏】若函数
在
内有且只有一个零点，则
在
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
，
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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
( )
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．
19．【2017 年高考山东理数】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.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为
.
①
( )
2 x
f x
②
( )
3 x
f x
③
3
( )
f x
x
④
2
( )
2
f x
x
【答案】①④
【解析】①
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；
②
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；
③
3
e
( )
e
x
x
f x
x
，令
3
( )
ex
g x
x
，则
3
2
2
( )
e
3e
e (
3)
x
x
x
g x
x
x
x
x
，当
3
x 时，
( )
0
g x
，当
3
x 时，
( )
0
g x
，
3
e
( )
e
x
x
f x
x
在(
, 3)
上单调递减，在( 3,
)
上单调递增，故
3
( )
f x
x
不具
有性质；
④
2
e
( )
e (
2)
x
x
f x
x
，令
2
( )
e (
2)
x
g x
x
，则
2
2
( )
e (
2)
2 e
e [(
1)
1]
0
x
x
x
g x
x
x
x
，则
2
e
( )
e (
2)
x
x
f x
x
在R 上单调递增，故
2
( )
2
f x
x
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．
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专题04
导数及其应用（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数
( )
sin
ln(1
)
f x
x
x
，
( )
f
x
为
( )
f x 的导数．证明：
（1）
( )
f
x
在区间( 1,
)
2
存在唯一极大值点；
（2）
( )
f x 有且仅有2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设
( )
( )
g x
f ' x
，则
1
( )
cos
1
g x
x
x
，
2
1
sin
(
)
)
(1
x
'
x
g x
.
当
1, 2
x
时，
( )
g' x 单调递减，而
(0)
0,
( )
0
2
g'
g'
，可得
( )
g' x 在
1, 2
有唯一零点，
设为.
则当
( 1,
)
x
时，
( )
0
g' x
；当
, 2
x
时，
( )
0
g' x
.
所以( )
g x 在( 1,
)
单调递增，在
, 2
单调递减，故
( )
g x 在
1, 2
存在唯一极大值点，即
( )
f ' x 在
1, 2
存在唯一极大值点.
（2）
( )
f x 的定义域为( 1,
)
.
（i）当
( 1,0]
x
时，由（1）知，
( )
f ' x 在( 1,0)
单调递增，而
(0)
0
f '
，所以当
( 1,0)
x
时，
( )
0
f ' x
，
故
( )
f x 在( 1,0)
单调递减，又
(0)=0
f
，从而
0
x
是
( )
f x 在( 1,0]
的唯一零点.
（ii）当
0, 2
x
时，由（1）知，
( )
f ' x 在(0,
)
单调递增，在
, 2
单调递减，而
，
0
2
f '
，
所以存在
, 2
，使得
( )
0
f '
，且当
(0,
)
x
时，
( )
0
f ' x
；当
, 2
x
时，
( )
0
f ' x
.故
( )
f x 在
(0,
)
单调递增，在
, 2
单调递减.
又
(0)=0
f
，
1 ln 1
0
2
2
f
，所以当
0, 2
x
时，
( )
0
f x
.从而，
( )
f x 在0, 2
没有零点.
（iii）当
,
2
x
时，
( )
0
f ' x
，所以
( )
f x 在
,
2
单调递减.而
0
2
f
，( )
0
f
，所以
( )
f x 在
,
2
有唯一零点.
（iv）当
( ,
)
x时，ln(
1)
1
x
，所以
( )
f x <0，从而
( )
f x 在( ,
)
没有零点.
综上，
( )
f x 有且仅有2个零点.
【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面
是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者
缺一不可.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数
1
1
ln
x
f x
x
x
.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0 是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx 在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线
ex
y
的切线.
【答案】（1）函数
( )
f x 在(0,1) 和(1,
)
上是单调增函数，证明见解析；
（2）见解析.
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【解析】（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+∞）．
因为
2
1
2
( )
0
(
1)
f ' x
x
x
，所以
( )
f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增．
因为f（e）=
e 1
1
0
e 1
，
2
2
2
2
2
e
1
e
3
(e )
2
0
e
1
e
1
f
，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又
1
1
0
1
x
，
1
1
1
1
1
1
1
(
)
ln
(
)
0
1
x
f
x
f x
x
x
，故f（x）在（0，1）有唯一零点
1
1
x ．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为
0
ln
0
1
e
x
x
，故点B（–lnx0，
0
1
x ）在曲线y=ex 上．
由题设知
0
(
)
0
f x
，即
0
0
0
1
ln
1
x
x
x
，故直线AB 的斜率
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
1
ln
1
1
1
ln
1
x
x
x
x
x
k
x
x
x
x
x
x
．
曲线y=ex 在点
0
0
1
( ln
,
)
B
x
x
处切线的斜率是
0
1
x ，曲线
ln
y
x
在点
0
0
(
,ln
)
A x
x
处切线的斜率也是
0
1
x ，
所以曲线
ln
y
x
在点
0
0
(
,ln
)
A x
x
处的切线也是曲线y=ex 的切线．
【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数
3
2
( )
2
f x
x
ax
b
.
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）是否存在,a b ，使得
( )
f x 在区间[0,1] 的最小值为1
且最大值为1？若存在，求出,a b 的所有值；若不存在，
说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）
0
1
a
b
或
4
1
a
b
.
【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
.
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）满足题设条件的a，b 存在.
（i）当a≤0 时，由（1）知，
( )
f x 在[0，1]单调递增，所以
( )
f x 在区间[0，l]的最小值为
(0)=
f
b ，最大值为
(1)
2
f
a
b
.此时a，b 满足题设条件当且仅当
1
b ，2
1
a
b
，即a=0，
1
b ．
（ii）当a≥3 时，由（1）知，
( )
f x 在[0，1]单调递减，所以
( )
f x 在区间[0，1]的最大值为
(0)=
f
b ，最小值为
(1)
2
f
a
b
．此时a，b 满足题设条件当且仅当2
1
a
b
，b=1，即a=4，b=1．
（iii）当0<a<3 时，由（1）知，
( )
f x 在[0，1]的最小值为
3
3
27
a
a
f
b
，最大值为b 或2
a
b
．
若
3
1
27
a
b
，b=1，则
3
3 2
a
，与0<a<3 矛盾.
若
3
1
27
a
b
，2
1
a
b
，则
3 3
a
或
3 3
a
或a=0，与0<a<3 矛盾．
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综上，当且仅当a=0，
1
b 或a=4，b=1 时，
( )
f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．
【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大
值、最小值这种基本量的计算.
4．【2019 年高考北京理数】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
.
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，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.
5．【2019 年高考天津理数】设函数
( )
e cos ,
( )
x
f x
x
g x
为
f x 的导函数．
（Ⅰ）求
f x 的单调区间；
（Ⅱ）当
,
4 2
x
时，证明
( )
( )
0
2
f x
g x
x
；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（Ⅲ）设
nx
为函数
( )
( ) 1
u x
f x
在区间
2
,2
4
2
n
n
内的零点，其中nN ，证明
2
0
0
2
2
sin
c s
e
o
n
n
n
x
x
x
．
【答案】（Ⅰ）
( )
f x
的单调递增区间为
3π
π
2 π
,2 π
(
),
( )
4
4
k
k
k
f x
Z
的单调递减区间为
π
5π
2 π
,2 π
(
)
4
4
k
k
k
Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】（Ⅰ）由已知，有
( )
e (cos
sin )
x
f ' x
x
x
．因此，当
5
2
,2
4
4
x
k
k
(
)
k Z 时，有sin
cos
x
x
，
得
( )
0
f' x
，则
f x 单调递减；当
3
2
,2
4
4
x
k
k
(
)
k Z 时，有sin
cos
x
x
，得
( )
0
f' x
，则
f x
单调递增．
所以，
f x
的单调递增区间为
3
2
,2
(
),
( )
4
4
k
k
k
f x
Z
的单调递减区间为
5
2
,2
(
)
4
4
k
k
k
Z ．
（Ⅱ）证明：记( )
( )
( ) 2
h x
f x
g x
x
．依题意及（Ⅰ），有( )
e (cos
sin )
x
g x
x
x
，从而
( )
2e sin
x
g' x
x
．当
,
4 2
x
时，
0
( )
g' x
，故
( )
( )
( )
( )( 1)
( )
0
2
2
h' x
f ' x
g' x
x
g x
g' x
x
．
因此，
h x 在区间
,
4 2
上单调递减，进而( )
0
2
2
h x
h
f
．
所以，当
,
4 2
x
时，
( )
( )
0
2
f x
g x
x
．
（Ⅲ）证明：依题意，
1
0
n
n
u x
f x
，即
cos
e
1
nx
nx
．记
2
n
n
y
x
n
，则
,
4 2
ny
，且
2
2
e
cos
e
cos
2
e
n
n
y
x
n
n
n
n
n
f
y
y
x
n
n
N ．
由
2
0
e
1
n
n
f
y
f
y
及（Ⅰ），得
0
ny
y
．由（Ⅱ）知，当
,
4 2
x
时，( )
0
g' x
，所以
g x 在
,
4 2
上为减函数，因此
0
0
4
n
g y
g y
g
．又由（Ⅱ）知，
0
2
n
n
n
f
y
g y
y
，故
0
2
2
2
2
0
0
0
0
0
2
sin
cos
sin
c
e
e
e
e
os
e
n
n
n
n
n
n
y
n
n
f
y
y
g y
g y
g y
y
y
x
x
．
所以，
2
0
0
2
2
sin
c s
e
o
n
n
n
x
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
想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力．
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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
．
（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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
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Ⅰ卷理数】已知函数
1
( )
ln
f x
x
a
x
x
．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）若
( )
f x 存在两个极值点
1
2
,
x x ，证明：
1
2
1
2
2
f x
f x
a
x
x
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
2
2
2
1
1
( )
1
a
x
ax
f
x
x
x
x
.
（i）若
2
a
，则
( )
0
f
x
，当且仅当
2
a
，
1
x
时
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0,
)
单调递减.
（ii）若
2
a
，令
( )
0
f
x
得，
2
4
2
a
a
x
或
2
4
2
a
a
x
.
当
2
2
4
4
(0,
)
(
,
)
2
2
a
a
a
a
x
U
时，
( )
0
f
x
；
当
2
2
4
4
(
,
)
2
2
a
a
a
a
x
时，
( )
0
f
x
.
所以
( )
f x 在
2
2
4
4
(0,
),(
,
)
2
2
a
a
a
a
单调递减，在
2
2
4
4
(
,
)
2
2
a
a
a
a
单调递增.
（2）由（1）知，
( )
f x 存在两个极值点当且仅当
2
a
.
由于
( )
f x 的两个极值点
1
2
,
x x 满足
2
1
0
x
ax
，所以
1
2
1
x x
，不妨设
1
2
x
x
，则
2
1
x
.
由于
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
)
(
)
ln
ln
ln
ln
2ln
1
1
2
2
1
f x
f x
x
x
x
x
x
a
a
a
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
，
所以
1
2
1
2
(
)
(
)
2
f x
f x
a
x
x
等价于
2
2
2
1
2ln
0
x
x
x
.
设函数
1
( )
2ln
g x
x
x
x
，由（1）知，( )
g x 在(0,
)
单调递减，又(1)
0
g
，从而当
(1,
)
x
时，( )
0
g x
.
所以
2
2
2
1
2ln
0
x
x
x
，即
1
2
1
2
(
)
(
)
2
f x
f x
a
x
x
.
【名师点睛】该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研
究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是
要先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，通过
构造新函数来解决问题的思路要明确.
9．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数
2
2
ln 1
2
f x
x
ax
x
x
．
（1）若
0
a
，证明：当1
0
x
时，
0
f x
；当
0
x
时，
0
f x
；
（2）若
0
x
是
f x 的极大值点，求a ．
【答案】（1）见解析；（2）
1
6
a
.
【解析】（1）当
0
a
时，
( )
(2
)ln(1
)
2
f x
x
x
x
，
( )
ln(1
)
1
x
f
x
x
x
.
设函数( )
( )
ln(1
)
1
x
g x
f
x
x
x
，则
2
( )
(1
)
x
g x
x
.
当1
0
x
时，
( )
0
g x
；当
0
x
时，
( )
0
g x
.
故当
1
x 时，( )
(0)
0
g x
g
，且仅当
0
x
时，( )
0
g x
，
从而
( )
0
f
x
，且仅当
0
x
时，
( )
0
f
x
.
所以
( )
f x 在( 1,
)
单调递增.
又
(0)
0
f
，故当1
0
x
时，
( )
0
f x
；当
0
x
时，
( )
0
f x
.
（2）（i）若
0
a
，由（1）知，当
0
x
时，
( )
(2
)ln(1
)
2
0
(0)
f x
x
x
x
f
，这与
0
x
是
( )
f x 的极
大值点矛盾.
（ii）若
0
a
，设函数
2
2
( )
2
( )
ln(1
)
2
2
f x
x
h x
x
x
ax
x
ax
.
由于当
1
|
| min{1,
}
| |
x
a
时，
2
2
0
x
ax
，故( )
h x 与
( )
f x 符号相同.
又(0)
(0)
0
h
f
，故
0
x
是
( )
f x 的极大值点当且仅当
0
x
是( )
h x 的极大值点.
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2
2
2
2
2 2
2
2
1
2(2
)
2 (1 2
)
(
4
6
1)
( )
1
(2
)
(
1)(
2)
x
ax
x
ax
x a x
ax
a
h x
x
x
ax
x
ax
x
.
如果6
1
0
a
，则当
6
1
0
4
a
x
a
，且
1
|
| min{1,
}
| |
x
a
时，
( )
0
h x
，故
0
x
不是( )
h x 的极大值点.
如果6
1
0
a
，则
2
2
4
6
1
0
a x
ax
a
存在根
1
0
x
，故当
1
( ,0)
x
x
，且
1
|
| min{1,
}
| |
x
a
时，
( )
0
h x
，
所以
0
x
不是( )
h x 的极大值点.
如果6
1
0
a
，则
3
2
2
(
24)
( )
(
1)(
6
12)
x x
h x
x
x
x
.则当
( 1,0)
x
时，( )
0
h x
；当
(0,1)
x
时，
( )
0
h x
.所以
0
x
是( )
h x 的极大值点，从而
0
x
是
( )
f x 的极大值点
综上，
1
6
a
.
【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问利用函数的单调性证明不等式，第二问分类讨论
0
a
和
0
a
，当
0
a
时构造函数
2
( )
( )
2
f x
h x
x
ax
是解题的关键，并利用导数讨论函数( )
h x 的性质，本题难度较大.
10．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数
2
( )
ex
f x
ax
．
（1）若
1
a
，证明：当
0
x
时，
( )
1
f x ；
（2）若
( )
f x 在(0,
)
只有一个零点，求a ．
【答案】（1）见解析；（2）
2e
4
a
.
【解析】（1）当
1
a
时，
( )
1
f x 等价于
2
(
1)e
1
0
x
x
．
设函数
2
( )
(
1)e
1
x
g x
x
，则
2
2
( )
(
2
1)e
(
1) e
x
x
g' x
x
x
x
．
当
1
x
时，
( )
0
g' x
，所以( )
g x 在(0,
)
单调递减．
而(0)
0
g
，故当
0
x
时，( )
0
g x
，即
( )
1
f x ．
（2）设函数
2
( )
1
e
x
h x
ax
．
( )
f x 在(0,
)
只有一个零点当且仅当( )
h x 在(0,
)
只有一个零点．
（i）当
0
a
时，( )
0
h x
，( )
h x 没有零点；
（ii）当
0
a
时，
( )
(
2)e x
h' x
ax x
．
当
(0,2)
x
时，
( )
0
h' x
；当
(2,
)
x
时，
( )
0
h' x
．
所以( )
h x 在(0,2) 单调递减，在(2,
)
单调递增．
故
2
4
(2)
1
e
a
h
是( )
h x 在[0,
)
的最小值．
①若(2)
0
h
，即
2e
4
a
，( )
h x 在(0,
)
没有零点；
②若(2)
0
h
，即
2e
4
a
，( )
h x 在(0,
)
只有一个零点；
③若(2)
0
h
，即
2e
4
a
，由于(0)
1
h
，所以( )
h x 在(0,2) 有一个零点，
由（1）知，当
0
x
时，
2
ex
x
，所以
3
3
3
4
2
2
4
16
16
16
1
(4 )
1
1
1
1
0
e
(e )
(2 )
a
a
a
a
a
h
a
a
a
．
故( )
h x 在(2,4 )
a 有一个零点，因此( )
h x 在(0,
)
有两个零点．
综上，
( )
f x 在(0,
)
只有一个零点时，
2e
4
a
．
【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法：
（1）利用零点存在性定理构建不等式（组）求解；
（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；
（3）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
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11．【2018年高考北京理数】设函数
( )
f x =[
2
(4
1)
4
3
ax
a
x
a
] ex ．
（Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1，
(1)
f
）处的切线与x 轴平行，求a；
（Ⅱ）若
( )
f x 在x=2处取得极小值，求a的取值范围．
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）（1
2 ，+∞）．
【解析】（Ⅰ）因为
( )
f x =[
2
(4
1)
4
3
ax
a
x
a
] ex ，
所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex
=［ax2–（2a+1）x+2］ex．
f ′(1)=(1–a)e．
由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．
此时f (1)=3e≠0．
所以a 的值为1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．
若a> 1
2 ，则当x∈( 1
a ，2)时，f ′(x)<0；
当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．
所以f (x)在x=2 处取得极小值．
若a≤1
2 ，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤1
2 x–1<0，
所以f ′(x)>0．
所以2 不是f (x)的极小值点．
综上可知，a 的取值范围是（1
2 ，+∞）．
【名师点睛】利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、
垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求
解.
12．【2018 年高考天津理数】已知函数
( )
x
f x
a
，( )
loga
g x
x
，其中a>1.
（I）求函数( )
( )
ln
h x
f x
x
a
的单调区间；
（II ）若曲线
( )
y
f x
在点
1
1
( ,
(
))
x
f x
处的切线与曲线
( )
y
g x
在点
2
2
(
, (
))
x
g x
处的切线平行，证明
1
2
2lnln
(
)
ln
a
x
g x
a
；
（III）证明当
1
ee
a
时，存在直线l，使l 是曲线
( )
y
f x
的切线，也是曲线
( )
y
g x
的切线.
【答案】（I）函数( )
h x 的单调递减区间为(
,0)
，单调递增区间为(0,
)
；（II）见解析；（III）见解析.
【解析】（I）由已知，( )
ln
x
h x
a
x
a
，有
( )
ln
ln
x
h x
a
a
a
.
令
( )
0
h x
，解得x=0.
由a>1，可知当x 变化时，
( )
h x
，( )
h x 的变化情况如下表：
x
(
,0)
0
(0,
)
( )
h x
0
+
( )
h x
极小值
所以函数( )
h x 的单调递减区间为(
,0)
，单调递增区间为(0,
)
.
（II）由
( )
ln
x
f
x
a
a
，可得曲线
( )
y
f x
在点
1
1
( ,
(
))
x
f x
处的切线斜率为
1 ln
x
a
a .
由
1
( )
ln
g x
x
a
，可得曲线
( )
y
g x
在点
2
2
(
, (
))
x
g x
处的切线斜率为
2
1
ln
x
a
.
因为这两条切线平行，故有
1
2
1
ln
ln
x
a
a
x
a
，即
1
2
2
(ln )
1
x
x a
a
.
两边取以a 为底的对数，得
2
1
log
2log ln
0
a
a
x
x
a
，所以
1
2
2ln ln
(
)
ln
a
x
g x
a
.
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（III）曲线
( )
y
f x
在点
1
1
( ,
)
x
x a
处的切线l1：
1
1
1
ln
(
)
x
x
y
a
a
a
x
x
.
曲线
( )
y
g x
在点
2
2
(
,log
)
a
x
x
处的切线l2：
2
2
2
1
log
(
)
ln
a
y
x
x
x
x
a
.
要证明当
1
ee
a
时，存在直线l，使l 是曲线
( )
y
f x
的切线，也是曲线
( )
y
g x
的切线，只需证明当
1
ee
a
时，
存在
1
(
,
)
x ，
2
(0,
)
x
，使得l1 与l2 重合.
即只需证明当
1
ee
a
时，方程组
1
1
1
2
1
2
1
ln
ln
1
ln
log
ln
x
x
x
a
a
a
x
a
a
x a
a
x
a
①
②
有解．
由①得
1
2
2
1
(ln )
x
x
a
a
，代入②，得
1
1
1
1
1
2ln ln
ln
0
ln
ln
x
x
a
a
x a
a
x
a
a
.
③
因此，只需证明当
1
ee
a
时，关于x1 的方程③存在实数解.
设函数
1
2ln ln
( )
ln
ln
ln
x
x
a
u x
a
xa
a
x
a
a
，即要证明当
1
ee
a
时，函数
( )
y
u x
存在零点.
2
( )
1 (ln )
x
u x
a
xa
，可知
(
,0)
x
时，
( )
0
u x
；
(0,
)
x
时，
( )
u x
单调递减，又
(0)
1
0
u
，
2
1
(ln )
2
1
1
0
(ln )
a
u
a
a
，故存在唯一的x0，且x0>0，使得
0
(
)
0
u x
，即
0
2
0
1 (ln )
0
x
a
x a
.由此可得( )
u x 在
0
(
,
)
x
上单调递增，在
0
(
,
)
x 上单调递减. ( )
u x 在
0
x
x
处取得极大值
0
(
)
u x
.
因为
1
ee
a
，故ln(ln )
1
a ，
所以
0
0
0
0
0
0
2
0
1
2ln ln
1
2ln ln
2
2ln ln
(
)
ln
0
ln
ln
(ln )
ln
ln
x
x
a
a
a
u x
a
x a
a
x
x
a
a
x
a
a
a
.
下面证明存在实数t，使得( )
0
u t
.
由（I）可得
1
ln
x
a
x
a
，
当
1
ln
x
a
时，
有
2
2
1
2ln ln
1
2ln ln
( )
(1
ln )(1
ln )
(ln )
1
ln
ln
ln
ln
a
a
u x
x
a
x
a
x
a
x
x
a
a
a
a
，
所以存在实数t，使得( )
0
u t
．
因此，当
1
ee
a
时，存在
1
(
,
)
x ，使得
1
(
)
0
u x
.
所以，当
1
ee
a
时，存在直线l，使l 是曲线
( )
y
f x
的切线，也是曲线
( )
y
g x
的切线.
【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究指数函数与对数函数的性质等
基础知识和方法.考查函数与方程思想、化归思想.考查抽象概括能力、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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
，
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．
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【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 ]．
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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
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卷理数】已知函数
2
( )
e
(
2)e
x
x
f x
a
a
x
.
（1）讨论
( )
f x 的单调性；
（2）若
( )
f x 有两个零点，求a 的取值范围.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）见解析；（2）(0,1) .
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为(
,
)
，
2
( )
2 e
(
2)e
1
( e
1)(2e
1)
x
x
x
x
f
x
a
a
a
，
（ⅰ）若
0
a
，则
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(
,
)
单调递减.
（ⅱ）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
，
所以
( )
f x 在(
,
ln )
a
单调递减，在( ln ,
)
a
单调递增.
（2）（ⅰ）若
0
a
，由（1）知，
( )
f x 至多有一个零点.
（ⅱ）若
0
a
，由（1）知，当
ln
x
a
时，
( )
f x 取得最小值，最小值为
1
( ln )
1
ln
f
a
a
a
.
①当
1
a
时，由于
( ln )
0
f
a
，故
( )
f x 只有一个零点；
②当
(1,
)
a
时，由于
1
1
ln
0
a
a
，即
( ln )
0
f
a
，故
( )
f x 没有零点；
③当
(0,1)
a
时，
1
1
ln
0
a
a
，即
( ln )
0
f
a
.
又
4
2
2
( 2)
e
(
2)e
2
2e
2
0
f
a
a
，故
( )
f x 在(
,
ln )
a
有一个零点.
设正整数
0n 满足
0
3
ln(
1)
n
a
，则
0
0
0
0
0
0
0
0
(
)
e ( e
2)
e
2
0
n
n
n
n
f n
a
a
n
n
n
.
由于
3
ln(
1)
ln a
a
，因此
( )
f x 在( ln ,
)
a
有一个零点.
综上，a 的取值范围为(0,1) .
【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实数根问题相互转化.已知函数
( )
f x 有2 个零点求参数a
的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断y
a
与其交点
的个数，从而求出a 的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点
是若
( )
f x 有2 个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0 的点.
17．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数
2
( )
ln
f
ax
a
x
x
x
x
，且
( )
0
f x
．
（1）求a ；
（2）证明：
( )
f x 存在唯一的极大值点
0x ，且
2
2
0
e
(
)
2
f x
．
【答案】（1）
1
a ；（2）见解析.
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为(0,
)
．
设
ln
g x
ax
a
x
，则
f x
xg x
，
0
f x
等价于
0
g x
．
因为
1
0,
0
g
g x
，故
( )
0
1
g'
，而
1
( )
,
(
1
1)
g'
a
g'
x
a
x
，得
1
a ．
若
1
a ，则
1
( )
1
' x
g
x
．
当0
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
1
x 是
g x 的极小值点，故
1
0
g x
g
．
综上，
1
a ．
（2）由（1）知
2
ln
f x
x
x
x
x
，
( )
2
2
ln
f '
x
x
x
．
设
2
2
ln
h x
x
x
，则
1
( )
2
' x
h
x
．
当
1
(0, )
2
x
时，
( )
0
h' x
；当
1
( ,
)
2
x
时，
( )
0
h' x
，
所以
h x 在
1
(0, )
2
上单调递减，在1
( ,
)
2 上单调递增．
又
2
e
0
h
，
1
( )
0
2
h
，1
0
h
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
h x 在
1
(0, )
2
有唯一零点
0x ，在1
[ ,
)
2 有唯一零点1，
且当
0
0,
x
x
时，
0
h x
；当
0,1
x
x
时，
0
h x
；当
1,
x
时，
0
h x
．
因为
( )
f ' x
h x
，所以
0
x
x
是
f x 的唯一极大值点．
由
0
(
)
0
f ' x
得
0
0
ln
2
1
x
x
，故
0
0
0
1
f x
x
x
．
由
0
0,1
x
得
0
1
4
f
x
．
因为
0
x
x
是
f x 在（0，1）的最大值点，
由
1
e
0,1
，
1
(e )
0
f '
得
1
2
0
(
)
(e )
e
f x
f
．
所以
2
2
0
e
2
f x
．
【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，所以在历
届高考中，对导数的应用的考查都非常突出．导数专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，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．
18．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数
1
ln
f
x
x
a
x
.
（1）若
0
f
x
，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n，
2
1
1
1
1
1
1
2
2
2n
m
，求m 的最小值.
【答案】（1）
1
a ；（2）3.
【解析】（1）
f x 的定义域为
0
，+
.
①若
0
a
，因为
1
1
ln 2
0
2
2
f
a
=-
+
，所以不满足题意；
②若
0
a
，由
1
a
x
a
f ' x
x
x
知，
当
0
x
,a
时，
0
f ' x
；
当
，+
x
a
时，
0
f ' x
，
所以
f x 在
0,a 单调递减，在
，+
a 单调递增，
故x=a 是
f x 在
0
，+
的唯一最小值点.
由于
1
0
f
，所以当且仅当a=1 时，
0
f x
.
故a=1.
（2）由（1）知当
1,
x
时，
1 ln
0
x
x
.
令
1
1
2n
x
得
1
1
ln 1
2
2
n
n
.从而
2
2
1
1
1
1
1
1
1
ln 1
ln 1
ln 1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
.
故
2
1
1
1
1
1
1
e
2
2
2n
.
而
2
3
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
，所以m 的最小值为3.
【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，所以在历
届高考中，对导数的应用的考查都非常突出.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用
的考查主要有以下几个角度：（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】
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 年高考北京理数】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，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
或
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 年高考天津理数】设aZ ，已知定义在R 上的函数
4
3
2
( )
2
3
3
6
f x
x
x
x
x
a
在区间(1,2) 内有一
个零点
0x ，( )
g x 为
( )
f x 的导函数．
（Ⅰ）求( )
g x 的单调区间；
（Ⅱ）设
0
0
[1,
)
(
,2]
m
x
x
，函数
0
( )
( )(
)
( )
h x
g x m
x
f m
，求证：
0
( ) (
)
0
h m h x
；
（Ⅲ）求证：存在大于0 的常数A ，使得对于任意的正整数,p q ，且
0
0
[1,
)
(
,2],
p
x
x
q
满足
0
4
1
|
|
p
x
q
Aq
．
【答案】（Ⅰ）增区间是(
, 1)
，1
( ,
)
4 ，减区间是
1
( 1, )
4
；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析．
【解析】（Ⅰ）由
4
3
2
( )
2
3
3
6
f x
x
x
x
x
a
，可得
3
2
( )
( )
8
9
6
6
g x
f
x
x
x
x
，
进而可得
2
( )
24
18
6
g x
x
x
．
令
( )
0
g x
，解得
1
x 或
1
4
x
．
当x 变化时，
( ), ( )
g x g x
的变化情况如下表：
x
(
, 1)
1
( 1, )
4
1
( ,
)
4
( )
g x
+
-
+
( )
g x
↗
↘
↗
所以，( )
g x 的单调递增区间是(
, 1)
，1
( ,
)
4 ，单调递减区间是
1
( 1, )
4
．
（Ⅱ）由
0
( )
( )(
)
( )
h x
g x m
x
f m
，得
0
( )
( )(
)
( )
h m
g m m
x
f m
，
0
0
0
(
)
(
)(
)
( )
h x
g x
m
x
f m
．
令函数
1
0
( )
( )(
)
( )
H x
g x x
x
f x
，则
1
0
( )
( )(
)
H
x
g x x
x
．
由（Ⅰ）知，当
[1,2]
x
时，
( )
0
g x
，
故当
0
[1,
)
x
x
时，
1 ( )
0
H
x
，
1( )
H
x 单调递减；
当
0
(
,2]
x
x
时，
1 ( )
0
H
x
，
1( )
H
x 单调递增．
因此，当
0
0
[1,
)
(
,2]
x
x
x
时，
1
1
0
0
( )
(
)
(
)
0
H x
H x
f x
，
可得
1( )
0
H m
，即( )
0
h m
．
令函数
2
0
0
( )
(
)(
)
( )
H
x
g x
x
x
f x
，
则
2
0
( )
(
)
( )
H
x
g x
g x
．
由（Ⅰ）知，( )
g x 在[1,2] 上单调递增，
故当
0
[1,
)
x
x
时，
2 ( )
0
H
x
，
2( )
H
x 单调递增；
当
0
(
,2]
x
x
时，
2 ( )
0
H
x
，
2( )
H
x 单调递减．
因此，当
0
0
[1,
)
(
,2]
x
x
x
时，
2
2
0
( )
(
)
0
H
x
H
x
，可得
2( )
0
H
m
，即
0
(
)
0
h x
．
所以，
0
( ) (
)
0
h m h x
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（III）对于任意的正整数p ，q ，且
0
0
[1
)
(
, ]
,
2
p
x
x
q
，
令
p
m
q
，函数
0
( )
( )(
)
( )
h
g
m
x
x
x
m
f
．
由（Ⅱ）知，当
0
[1
)
,
m
x
时，( )
h x 在区间
0
( ,
)
m x
内有零点；
当
0
(
,2]
m
x
时，( )
h x 在区间
0
(
)
,
x m 内有零点，所以( )
h x 在(1,2) 内至少有一个零点，
不妨设为
1x ，则
1
1
0
(
)
(
)(
)
(
)
0
p
p
h
g
x
f
q
x
q
x
．
由（Ⅰ）知
( )
g x 在[1,2] 上单调递增，
故
1
0
( )
(
)
1
2
( )
g
x
g
g
，
于是
4
3
2
2
3
4
0
4
1
(
)
|
(
) |
| 2
3
3
6
|
|
|
|
|
( )
( )
(
2
)
2
p
p
f
f
p
p
p q
p q
pq
aq
q
q
x
q
g x
g
g
q
．
因为当
[1 2]
,
x
时，( )
0
g x
，故
( )
f x 在[1,2] 上单调递增，
所以
( )
f x 在区间[1,2] 上除
0x 外没有其他的零点，
而
0
p
x
q
，故
(
)
0
p
f q
．
又因为p ，q ，a 均为整数，所以
4
3
2
2
3
4
| 2
3
3
6
|
p
p q
p q
pq
aq
是正整数，
从而
4
3
2
2
3
4
| 2
3
3
6
|
1
p
p q
p q
pq
aq
，
所以
0
4
1
|
2
|
( )
p
x
q
g
q
．
所以，只要取
( )
2
A
g
，就有
0
4
1
|
|
p
x
q
Aq
．
【名师点睛】（1）判断函数的单调性，只需对函数求导，根据导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间；（2）
有关函数零点的问题，合理构造函数，根据函数的单调性、极值、零点等即可求解．
22．【2017 年高考山东理数】已知函数
2
2cos
f x
x
x
，( )
e (cos
sin
2
2)
x
g x
x
x
x
，其中e
2.71828
是
自然对数的底数.
（1）求曲线
y
f x
在点
π,
π
f
处的切线方程；
（2）令( )
( )
( )(
)
h x
g x
af x a
R ，讨论
h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】（1）
2
2π
π
2
y
x
；（2）见解析.
【解析】（1）由题意
2
(π)
π
2
f
，
又
2
2sin
f
x
x
x
，
所以
(π)
2π
f
，
因此曲线
y
f x
在点
π,
π
f
处的切线方程为
2
(π
2)
2π(
π)
y
x
，即
2
2π
π
2
y
x
.
（2）由题意得
2
( )
e (cos
sin
2
2)
(
2cos )
x
h x
x
x
x
a x
x
，
因为
( )
e (cos
sin
2
2)
e ( sin
cos
2)
(2
2sin )
x
x
h x
x
x
x
x
x
a
x
x
2e (
sin )
2 (
sin )
2(e
)(
sin )
x
x
x
x
a x
x
a x
x
，
令
sin
m x
x
x
，则
1
cos
0
m x
x
，
所以
m x 在R 上单调递增.
因为
(0)
0,
m
所以当
0
x
时，
( )
0
m x
；
当
0
x
时，
0
m x
，
①当
0
a
时，e
0
x
a
，
当
0
x
时，
0
h x
，
h x 单调递减，
当
0
x
时，
0
h x
，
h x 单调递增，
所以当
0
x
时
h x 取到极小值，极小值是
0
2
1
h
a
；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
②当
0
a
时，
ln
( )
2(e
e
)(
sin )
x
a
h x
x
x
，
由
0
h x
得
1
ln
x
a
，
2=0
x
.
（i）当0
1
a
时，ln
0
a
，
当
,ln
x
a
时，
ln
e
e
0
x
a
，
( )
0
h x
，
h x 单调递增；
当
ln ,0
x
a
时，
ln
e
e
0
x
a
，
( )
0
h x
，
h x 单调递减；
当
0,
x
时，
ln
e
e
0
x
a
，
( )
0
h x
，
h x 单调递增.
所以当
ln
x
a
时
h x 取到极大值.
极大值为
2
ln
ln
2ln
sin ln
cos ln
2
h
a
a
a
a
a
a
，
当
0
x
时
h x 取到极小值，极小值是
0
2
1
h
a
；
（ii）当
1
a 时，ln
0
a
，
所以当
,
x时，
0
h x
，函数
h x 在
,
上单调递增，无极值；
（iii）当
1
a 时，ln
0
a
，
所以当
,0
x
时，
ln
e
e
0
x
a
，
0,
h x
h x
单调递增；
当
0,ln
x
a
时，
ln
e
e
0
x
a
，
0,
h x
h x
单调递减；
当
ln ,
x
a
时，
ln
e
e
0
x
a
，
0,
h x
h x
单调递增.
所以当
0
x
时
h x 取到极大值，极大值是
0
2
1
h
a
；
当
ln
x
a
时
h x 取到极小值.
极小值是
2
ln
ln
2ln
sin ln
cos ln
2
h
a
a
a
a
a
a
.
综上所述：
当
0
a
时，
h x 在
,0
上单调递减，在
0,上单调递增，
函数
h x 有极小值，极小值是
0
2
1
h
a
；
当0
1
a
时，函数
h x 在
,ln a
和
0,上单调递增，在
ln ,0
a
上单调递减，函数
h x 有极大值，也有极
小值，
极大值是
2
ln
ln
2ln
sin ln
cos ln
2
h
a
a
a
a
a
a
，
极小值是
0
2
1
h
a
；
当
1
a 时，函数
h x 在
,
上单调递增，无极值；
当
1
a 时，函数
h x 在
,0
和
ln ,a 上单调递增，
在
0,lna 上单调递减，函数
h x 有极大值，也有极小值，
极大值是
0
2
1
h
a
，
极小值是
2
ln
ln
2ln
sin ln
cos ln
2
h
a
a
a
a
a
a
.
【名师点睛】（1）函数f (x)在点x0 处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应
地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．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．
（2）本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计
算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、
不彻底、不恰当，或复杂式子变形能力差.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想
等.
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）
（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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
，
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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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Ⅰ卷理数】已知三棱锥P−ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边长为2 的正
三角形，E，F 分别是PA，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为
A．
6
8
B．
6
4
C．
6
2
D．
6
【解析】解法一：
,
PA
PB
PC
ABC
△
为边长为2 的等边三角形，
P
ABC
为正三棱锥，
PB
AC
，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，
EF
PB
∥
，
EF
AC
，又EF
CE
，
,
CE
AC
C
EF
平面PAC ，∴PB 平面PAC ，
2
APB
PA
PB
PC
，
P
ABC
为正方体的一部分，2
2
2
2
6
R
，即
3
6
4
4
6 6
,
π
6
2
3
3
8
R
V
R
，故选D．
解法二：设
2
PA
PB
PC
x
，,
E F 分别为
,
PA AB 的中点，
EF
PB
∥
，且
1
2
EF
PB
x
，
ABC
△
为边
长为2 的等边三角形，
3
CF
，
又
90
CEF
，
2
1
3
,
2
CE
x
AE
PA
x
，
AEC
△
中，由余弦定理可得
2
2
4
3
cos
2 2
x
x
EAC
x
，
作PD
AC
于D ，
PA
PC
，
D
\
为AC 的中点，
1
cos
2
AD
EAC
PA
x
，
2
2
4
3
1
4
2
x
x
x
x
，
2
2
1
2
2
1
2
2
2
x
x
x
，
，
，
2
PA
PB
PC
，
又
=
=
=2
AB BC AC
，
,
,
PA PB PC
两两垂直，
2
2
2
2
6
R
，
6
2
R
，
3
4
4
6 6
6
3
3
8
V
R
，故选D.
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【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互
相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】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．
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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
，
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【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．
4．【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
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.
5．【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.
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【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.
6．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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 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
，【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.
7．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体
所得截面面积的最大值为
A．3 3
4
B．2 3
3
C．3 2
4
D．
3
2
【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
平面
1
1
AB D 与线
1
1
1
1
1
,
,
AA A B A D 所成的角是相等的，
所以平面
1
1
AB D 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理，平面
1
C BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面
1
1
AB D 与
1
C BD 中间，且过棱的中点的正六边形，且边长为
2
2
，
所以其面积为
2
3
2
3 3
6
4
2
4
S
，【名师点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的
面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱
的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.即首先利用正方体的棱是3 组每组有互
相平行的4 条棱，所以与12 条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面
的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
8．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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
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【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.
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卷理数】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
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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卷理数】在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
AB
BC
，
1
3
AA
，则异面直线
1
AD 与
1
DB 所
成角的余弦值为
A．1
5
B．
5
6
C．
5
5
D．
2
2
【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则
1
1
B P
AD
∥
，连接DP ，易求得
1
= 5
DB
DP
，
1
2
B P
，则
1
DB P
是异面直线
1
AD 与
1
DB 所成的角，
由余弦定理可得
2
2
2
1
1
1
1
1
5
4
5
5
cos
2
5
4 5
DB
B P
DP
DB P
DB PB
.
方法二：以D 为坐标原点，DA,DC,DD1 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，
则
1
1
0,0,0 ,
1,0,0 ,
1,1, 3 ,
0,0, 3
D
A
B
D
,所以
1
1
1,0, 3 ,
1,1, 3
AD
DB
,
因为
1
1
1
1
1
1
1 3
5
cos
,
5
2
5
AD DB
AD DB
AD DB
，
所以异面直线
1
AD 与
1
DB 所成角的余弦值为
5
5
，【名师点睛】先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量
数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四
破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求
法向量关”，求出直线的方向向量或平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
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
，所以根据线面平行的判定定理得
.由
不能得出
与
内
任一直线平行，所以
是
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
”、“若
则
”的真假．并注意和图示相结合，例如“
⇒
”为真，则
是
的充分条件．
（2）等价法：利用
⇒
与非
⇒非
，
⇒
与非
⇒非
，
⇔
与非
⇔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
⊆
，则
是
的充分条件或
是
的必要条件；若
＝
，则
是
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，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
120
ABC
，
2
AB
，
1
1
BC
CC
，则异面
直线
1
AB 与
1
BC 所成角的余弦值为
A．
3
2
B．
15
5
C．
10
5
D．
3
3
【解析】如图所示，补成直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
，
则所求角为
2
1
1
1
1
,
2,
2
1
2 2 1 cos60
3,
5
BC D
BC
BD
C D
AB
，
易得
2
2
2
1
1
C D
BD
BC
，因此
1
1
1
2
10
cos
5
5
BC
BC D
C D
，
【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来
解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,
]
2
，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的
角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
15．
【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，
正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为
A．10
B．12
C．14
D．16
【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，
则这些梯形的面积之和为
1
2 (2
4)
2
12
2
，
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【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关
键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.
16．【2017 年高考北京卷理数】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为
A．3
2
B．2
3
C．2
2
D．2
【解析】几何体是四棱锥P
ABCD
，如图.
最长的棱长为补成的正方体的体对角线，
即该四棱锥的最长棱的长度为
2
2
2
2
2
2
2 3
l
，
【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:
或者也可根据三视图的形状，将几何体的顶点放在正方体或长方体里面，便于分析问题.
17．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．90
B．63
C．42
D．36
【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3 ，高为4 的圆柱，其体积
2
1
3
4
36
V
，上半部分是一个底面半径为3，高为6 的圆柱的一半，其体积
2
2
1
(
3
6)
27
2
V
，
故该组合体的体积
1
2
36
27
63
V
V
V
．
【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几
何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是
以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．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．
18．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及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.
19．【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
20．【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．
21．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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.
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【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.
22．【2019 年高考北京卷理数】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__________．
【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
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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．
23．【2019 年高考北京卷理数】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.
24．【2019 年高考天津卷理数】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】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.
25．【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
▲
.
【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.
26．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】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．）
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【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
．
【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．
27．【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
，
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．
28．【2018 年高考天津卷理数】已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心
分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥M
EFGH
的体积为
.
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【答案】
【解析】由题意可得，底面四边形
为边长为
的正方形，其面积
，
顶点
到底面四边形
的距离为
，由四棱锥的体积公式可得：
.
【名师点睛】本题主要考查四棱锥的体积计算，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.
29．【2018 年高考全国II 卷理数】已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为7
8
，SA 与圆锥底面所成角
为45°，若
SAB
△
的面积为5 15 ，则该圆锥的侧面积为__________．
【答案】40 2π
【解析】因为母线SA，SB 所成角的余弦值为7
8
，所以母线SA ，SB 所成角的正弦值为15
8
，因为
SAB
△
的面
积为5 15 ，设母线长为,l 所以
2
2
1
15
5 15,
80
2
8
l
l
，
因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为
π
2
cos
,
4
2
r
l
l
因此圆锥的侧面积为
2
2
π
π
40 2π.
2
rl
l
【名师点睛】本题考查线面角、圆锥的侧面积、三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力.先根据三角
形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.
30．【2017 年高考全国I 卷理数】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D，
E，F 为圆O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以BC，CA，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，
CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥
体积（单位：cm3）的最大值为
.
【答案】4 15
【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G，设D，E，F 重合于S 点，正三角形的边长为x(x>0)，则
1
3
3
2
OG
x
3
6 x
.
3
5
6
FG
SG
x
，
2
2
2
2
3
3
5
6
6
SO
h
SG
GO
x
x
3
5 5
3 x
，
三棱锥的体积
2
1
1
3
3
5 5
3
3
4
3
ABC
V
S
h
x
x
△
4
5
15
3
5
12
3
x
x
.
设
4
5
3
5
3
n x
x
x
，x>0，则
3
4
5 3
20
3
n x
x
x
，
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令
0
n x
，即
4
3
4
0
3
x
x
，得
4 3
x
，易知
n x 在
4 3
x
处取得最大值.
∴
max
15
48
5
4
4 15
12
V
.
【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征
表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2 次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到
求导的方式进行解决.
31．
【2017 年高考山东卷理数】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．
32．【2017 年高考天津卷理数】已知一个正方体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．
33．【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
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体积为
1
V ，球O 的体积为
2
V ，则
1
2
V
V 的值是
.
【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．
34．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a，
b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；
②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；
③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；
④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【解析】设
1
AC
BC
.由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由
,
AC
a AC
b
，又AC⊥
圆锥底面，所以在底面内可以过点B，作BD
a
∥
，交底面圆C 于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，
DE
b
∥，
连接AD，等腰
ABD
△
中，
2
AB
AD
,当直线AB 与a 成60°角时，
60
ABD
，故
2
BD
，又在Rt
BDE
△
中，
2,
2
BE
DE
，过点B 作BF∥DE，交圆C 于点F，连接AF，由圆的对称性可知
2
BF
DE
,
ABF
△
为等边三角形，
60
ABF
，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.
由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是
②③.
【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为
共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是
π
0, 2
，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所
成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
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End
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专题06
立体几何（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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）求二面角A−MA1−N 的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
10
5
.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME= 1
2
B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND= 1
2
A1D．
由题设知A1B1 DC，可得B1C A1D，故ME ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，DA
的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则
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(2,0,0)
A
，A1(2，0，4)，
(1, 3,2)
M
，
(1,0,2)
N
，
1
(0,0, 4)
A A
，
1
( 1,
3, 2)
A M
，
1
( 1,0, 2)
A N
，
(0,
3,0)
MN
．
设
( , , )
x y z
m
为平面A1MA的法向量，则
1
1
0
0
A M
A A
m
m
，
所以
3
2
0
4
0
x
y
z
z
，
．
可取
( 3,1,0)
m
．
设
( , , )
p q r
n
为平面A1MN的法向量，则
1
0
0
MN
A N
，
．
n
n
所以
3
0
2
0
q
p
r
，
．
可取
(2,0, 1)
n
．
于是
2 3
15
cos
,
|
|
5
2
5
‖
m n
m n
m n
，
所以二面角
1
A
MA
N
的正弦值为
10
5
．
【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关
系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】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，求二面角B–EC–C1 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
3
2
.
【解析】（1）由已知得，
1
1
B C 平面
1
1
ABB A ，BE 平面
1
1
ABB A ，
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故
1
1
B C BE ．
又
1
BE
EC
，所以BE 平面
1
1
EB C ．
（2）由（1）知
1
90
BEB
．由题设知Rt
ABE
△
≌
1
1
Rt
A B E
△
，所以
45
AEB
，
故AE
AB
，
1
2
AA
AB
．
以D 为坐标原点，DA
的方向为x轴正方向，|
|
DA
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，
则C（0，1，0），B（1，1，0），
1
C （0，1，2），E（1，0，1），
(1,0,0)
CB
，
(1, 1,1)
CE
，
1
(0,0,2)
CC
．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
0,
0,
CB
CE
n
n
即
0,
0,
x
x
y
z
所以可取n=(0, 1, 1)
.
设平面
1
ECC 的法向量为m=（x，y，z），则
1
0,
0,
CC
CE
m
m
即
2
0,
0.
z
x
y
z
所以可取m=（1，1，0）．
于是
1
cos
,
|
||
|
2
n m
n m
n m
．
所以，二面角
1
B
EC
C
的正弦值为
3
2
．
【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二
角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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 中的二面角B−CG−A 的大小.
【答案】（1）见解析；（2）30.
【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．
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又因为AB平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE．
（2）作EH BC，垂足为H．
因为EH平面BCGE，平面BCGE 平面ABC，所以EH 平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=
3 ．
以H为坐标原点，HC
的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，
3 ），CG
=（1，0，
3 ），AC
=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
0,
0,
CG
AC
n
n
即
3
0,
2
0.
x
z
x
y
所以可取n=（3，6，– 3 ）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），
所以
3
cos
,
|
||
|
2
n m
n m
n m
．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
【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，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查
考生的空间想象能力.
4．【2019 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD 中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E
为PD 的中点，点F 在PC 上，且
1
3
PF
PC
．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P 的余弦值；
（3）设点G 在PB 上，且
2
3
PG
PB
．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）
3
3
；（3）见解析.
【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以
(0,1,1),
(2,2, 2),
(0,0,2)
AE
PC
AP
．
所以
1
2 2
2
2 2 4
,
,
,
,
,
3
3 3
3
3 3 3
PF
PC
AF
AP
PF
.
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设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
0,
0,
AE
AF
n
n
即
0,
2
2
4
0.
3
3
3
y
z
x
y
z
令z=1，则
1,
1
y
x
．
于是=( 1, 1,1)
n
．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），
所以
3
cos
,
|
|
3
‖
n p
n p
n p
.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为
3
3
．
（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且
2 ,
(2, 1, 2)
3
PG
PB
PB
，
所以
2
4
2
4
4
2 2
,
,
,
,
,
3
3
3
3
3
3 3
PG
PB
AG
AP
PG
.
由（2）知，平面AEF的法向量=( 1, 1,1)
n
.
所以
4
2
2
0
3
3
3
AG
n
.
所以直线AG在平面AEF内.
【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F−AE−P 的余弦值；
（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.
5 ．【2019
年高考天津卷理数】如图，AE
平面ABCD ，
,
CF
AE
AD
BC
∥
∥
，
,
AD
AB
1,
2
AB
AD
AE
BC
．
（1）求证：BF ∥平面ADE ；
（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
（3）若二面角E
BD
F
的余弦值为1
3
，求线段CF 的长．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）见解析；（2）4
9
；（3）8
7
．
【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE
，
，
的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标
系（如图），可得
(0,0,0),
(1,0,0),
(1,2,0),
(0,1,0)
A
B
C
D
，(0,0,2)
E
．设
(
0)
CF
h
h
> ，则
1,2,
F
h ．
（1）依题意，
(1,0,0)
AB
是平面ADE 的法向量，又
(0,2, )
BF
h
，可得
0
BF AB
，又因为直线BF 平
面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．
（2）依题意，
( 1,1,0),
( 1,0,2),
( 1, 2,2)
BD
BE
CE
．
设
( , , )
x y z
n
为平面BDE 的法向量，则
0,
0,
BD
BE
n
n
即
0,
2
0,
x
y
x
z
不妨令
1
z ，
可得
(2,2,1)
n
．因此有
4
cos
,
9
|
||
|
CE
CE
CE
n
n
n
．
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9
．
（3）设
( , , )
x y z
m
为平面BDF 的法向量，则
0,
0,
BD
BF
m
m
即
0,
2
0,
x
y
y
hz
不妨令
1
y ，可得
2
1,1,
h
m
．
由题意，有
2
2
4
|
|
1
cos
,
|
||
|
3
4
3 2
h
h
m n
m n
m
n
，解得
8
7
h
．经检验，符合题意．
所以，线段CF 的长为8
7
．
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决
立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（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.
8．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,
E F 分别为
,
AD BC 的中点，以DF 为折痕把
DFC
△
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
折起，使点C 到达点P 的位置，且PF
BF
.
（1）证明：平面PEF 平面ABFD ；
（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
3
4
.
【解析】方法一：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）在平面DEF 中，过P 作PH⊥EF 于点H，连接DH，如图，
由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线，PH⊥EF，
则PH⊥平面ABFD，故PH⊥DH.
则DP 与平面ABFD 所成的角为
PDH
.
在三棱锥P-DEF 中，可以利用等体积法求PH.
因为DE∥BF 且PF⊥BF，所以PF⊥DE，
又△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，
所以PF⊥PD，
由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，
故
1
3
F
PDE
PDE
V
PF S
△
，
因为BF∥DA 且BF⊥平面PEF，
所以DA⊥平面PEF，
所以DE⊥EP.
设正方形的边长为2a，则PD=2a，DE=a，
在△PDE 中，
3
PE
a
，
所以
2
3
2
PDE
S
a
△
，
故
3
3
6
F
PDE
V
a
，
又
2
1
2
2
DEF
S
a
a
a
△
，
所以
2
3
3
2
F
PDE
V
PH
a
a
，
所以在△PHD 中，
3
sin
4
PH
PDH
PD
，
故DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为
3
4
.
方法二：（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以BF⊥平面PEF.
又BF 平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点，HF
的方向为y 轴正方向，|
|
BF
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.
由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=
3 .又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得
3
3
,
2
2
PH
EH
.
则
3
3
3
3
(0,0,0),
(0,0,
),
( 1,
,0),
(1,
,
),
2
2
2
2
H
P
D
DP
3
(0,0,
)
2
HP
为平面ABFD 的法向量.
设DP 与平面ABFD 所成角为，则
3
3
4
sin
|
|
4
|
||
|
3
HP DP
HP
DP
.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为
3
4
.
9．【2018 年高考全国II 卷理数】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，且二面角M
PA
C
为30，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
P
A
O
C
B
M
【答案】（1）见解析；（2）
3
4
．
【解析】（1）因为
4
AP
CP
AC
，O 为AC 的中点，所以OP
AC
，且
2 3
OP
．
连结OB ．因为
2
2
AB
BC
AC
，所以
ABC
△
为等腰直角三角形，
且OB
AC
，
1
2
2
OB
AC
．
由
2
2
2
OP
OB
PB
知PO
OB
．
由
,
OP
OB OP
AC
知PO 平面ABC ．
（2）如图，以O 为坐标原点，OB
uuur
的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O
xyz
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由已知得
(0,0,0), (2,0,0), (0, 2,0),
(0,2,0), (0,0,2 3),
(0,2,2 3),
O
B
A
C
P
AP
uuur
取平面PAC 的法向量
(2,0,0)
OB
uuur
．
设
( ,2
,0)(0
2)
M a
a
a
，则
( ,4
,0)
AM
a
a
uuur
．
设平面PAM 的法向量为
( , , )
x y z
n
．
由
0,
0
AP
AM
uuur
uuur
n
n
得2
2 3
0
(4
)
0
y
z
ax
a y
，可取
( 3(
4), 3 ,
)
a
a
a
n
，
所以
2
2
2
2 3(
4)
cos
,
2 3(
4)
3
a
OB
a
a
a
uuur
n
．
由已知可得
3
| cos
,
|
2
OB
uuur
n
．
所以
2
2
2
2 3 |
4|
3
= 2
2 3(
4)
3
a
a
a
a
．解得
4
a （舍去），
4
3
a
．
所以
8 3 4 3
4
(
,
,
)
3
3
3
n
．
又
(0,2, 2 3)
PC
uuur
，所以
3
cos
,
4
PC
uuur
n
．
所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为
3
4
．
10．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】如图，边长为2 的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧
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）当三棱锥M
ABC
体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）2 5
5
.
【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.
因为M 为
CD 上异于C，D 的点,且DC 为直径，
所以DM⊥CM.
又BCCM=C,
所以DM⊥平面BMC.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
而DM平面AMD,
故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D 为坐标原点, DA
的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
当三棱锥M−ABC 体积最大时，M 为
CD 的中点.
由题设得
(0,0,0),
(2,0,0),
(2,2,0),
(0,2,0),
(0,1,1)
D
A
B
C
M
，
( 2,1,1),
(0,2,0),
(2,0,0)
AM
AB
DA
设
( , , )
x y z
n
是平面MAB 的法向量,则
0,
0.
AM
AB
n
n
即
2
0,
2
0.
x
y
z
y
可取
(1,0,2)
n
.
DA
是平面MCD 的法向量,因此
5
cos
,
5
|
||
|
DA
DA
DA
n
n
n
，
2 5
sin
,
5
DA
n
，
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2 5
5
.
11．【2018 年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1 中，AB=AA1=2，点P，Q 分别为A1B1，BC 的中点．
（1）求异面直线BP 与AC1 所成角的余弦值；
（2）求直线CC1 与平面AQC1 所成角的正弦值．
【答案】（1）3 10
20
；（2）
5
5
．
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1 中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥
OB，以
1
,
{
}
,
OB OC OO
为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以
1
1
1
0, 1,0 ,
3,0,0 ,
0,1,0 ,
0, 1,
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2 ,
3,0,2 ,
0,1,2
)
(
)
A
B
C
A
B
C
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）因为P 为A1B1 的中点，所以
3
1
(
,
,2)
2
2
P
，
从而
1
3
1
(
,
,2)
(0,2,2
2
2
)
,
BP
AC
，
故
1
1
1
|
|
| 1
4 |
3 10
| cos
,
|
20
|
| |
|
5
2 2
BP AC
BP AC
BP
AC
．
因此，异面直线BP 与AC1 所成角的余弦值为3 10
20
．
（2）因为Q 为BC 的中点，所以
3 1
(
,
,0)
2
2
Q
，
因此
3 3
(
,
,0)
2
2
AQ
，
1
1
(0,2,2),
(0,0,2)
AC
CC
．
设n=（x，y，z）为平面AQC1 的一个法向量，
则
1
0,
0,
AQ
AC
n
n
即
3
3
0,
2
2
2
2
0.
x
y
y
z
不妨取
( 3, 1,1)
n
，
设直线CC1 与平面AQC1 所成角为，
则
1
1
1
|
|
2
5
sin
| cos
|
,
|
| |
5
5
2
CC
CC
CC
|
n
n
n
，
所以直线CC1 与平面AQC1 所成角的正弦值为
5
5
．
12．【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
．
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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
13．【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
.
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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
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.
14．【2018 年高考北京卷理数】如图，在三棱柱ABC−
1
1
1
A B C 中，
1
CC 平面ABC，D，E，F，G 分别为
1
AA ，AC，
1
1
AC ，
1
BB 的中点，AB=BC=
5 ，AC=
1
AA =2．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）求证：AC⊥平面BEF；
（2）求二面角B−CD−C1 的余弦值；
（3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．
【答案】（1）见解析；（2）
21
21
；（3）见解析.
【解析】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1 中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1 为矩形．
又E，F 分别为AC，A1C1 的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（2）由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE 平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐标系E-xyz．
由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴
=(2 0 1)
=(1 2 0)
CD
CB
uuur
uur
，，，
，，
，
设平面BCD 的法向量为
(
)
a b c
，，
n
，
∴
0
0
CD
CB
uuur
uur
n
n
，∴
2
0
2
0
a
c
a
b
，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD 的法向量
(2
1
4)
，，
n
，
又∵平面CDC1 的法向量为
=(0 2 0)
EB
uur
，，，
∴
21
cos
=
21
|
||
|
EB
EB
EB
uur
uur
uur
n
n
n
．
由图可得二面角B-CD-C1 为钝角，所以二面角B-CD-C1 的余弦值为
21
21
．
（3）由（2）知平面BCD 的法向量为
(2
1
4)
，，
n
，
∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴
=(0
2 1)
GF
uuur
，
，，
∴
2
GF
uuur
n
，
∴n 与GF
uuur
不垂直，
∴GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，
∴GF 与平面BCD 相交．
15．【2018 年高考天津卷理数】如图，AD
BC
∥
且AD=2BC，AD
CD
, EG
AD
∥
且EG=AD，CD
FG
∥
且CD=2FG，
DG
ABCD
平面
，DA=DC=DG=2.
（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN
CDE
∥平面
；
（2）求二面角E
BC
F
的正弦值；
（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】（1）见解析；（2）
10
10
；（3）
3
3
.
【解析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几
何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13 分．
依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA
，DC
，DG
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如
图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，
0，2），M（0，3
2 ，1），N（1，0，2）．
（1）依题意DC
=（0，2，0），DE
=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE 的法向量，则
0
0
0
0
DC
DE
，
，
n
n
即
2
0
2
2
0
y
x
z
，
，
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又MN
=（1，
3
2
，1），可得
0
0
MN
n
，又因为直线MN 平面CDE，所
以MN∥平面CDE．
（2）依题意，可得BC
=（–1，0，0），
(1
2 2)
BE
，
，，CF
=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE 的法向量，则
0
0
BC
BE
，
，
n
n
即
0
2
2
0
x
x
y
z
，
，不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF 的法向量，则
0
0
BC
CF
，
，
m
m
即
0
2
0
x
y
z
，
，不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos<m，n>=
3 10
|
||
|
10
m n
m n
，于是sin<m，n>=
10
10
．
所以，二面角E–BC–F 的正弦值为
10
10
．
（3）设线段DP 的长为h（h∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h），可得
( 1
2
)
BP
h
，，
．
易知，DC
=（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量，故
2
2
cos
5
BP DC
BP DC
BP DC
h
，
由题意，可得
2
2
5
h
=sin60°=
3
2
，解得h=
3
3
∈［0，2］．
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所以线段DP 的长为
3
3
.
16．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】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
，求二面角A−PB−C 的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
3
3
.
【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PF
AD
，垂足为F ，
由（1）可知，AB 平面PAD ，故AB
PF
，可得PF 平面ABCD .
以F 为坐标原点，FA
的方向为x 轴正方向，|
|
AB
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F
xyz
.
由（1）及已知可得
2
(
,0,0)
2
A
，
2
(0,0,
)
2
P
，
2
(
,1,0)
2
B
，
2
(
,1,0)
2
C
.
所以
2
2
(
,1,
)
2
2
PC
，
( 2,0,0)
CB
，
2
2
(
,0,
)
2
2
PA
，
(0,1,0)
AB
.
设
( , , )
x y z
n
是平面PCB 的法向量，则
0,
0,
PC
CB
n
n
即
2
2
0,
2
2
2
0,
x
y
z
x
可取
(0, 1,
2)
n
.
设
( , , )
x y z
m
是平面PAB 的法向量，则
0,
0,
PA
AB
m
m
即
2
2
0,
2
2
0.
x
z
y
可取
(1,0,1)
m
.
则
3
cos
,
|
||
|
3
<
>
n m
n m
n m
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以二面角A
PB
C
的余弦值为
3
3
.
【思路点拨】（1）根据题设条件可以得出AB⊥AP，CD⊥PD.而AB//CD，就可证明出AB⊥平面PAD.进而证明出平面
PAB⊥平面PAD.
（2）先找出AD 中点，找出相互垂直的线，建立以F 为坐标原点，FA
的方向为x 轴正方向，|
|
AB
为单位长的空
间直角坐标系，列出所需要的点的坐标，设
( , , )
x y z
n
是平面PCB 的法向量，
( , , )
x y z
m
是平面PAB 的法向量，
根据垂直关系，求出
(0, 1,
2)
n
和
(1,0,1)
m
，利用数量积公式可求出二面角的平面角.
【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：
①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；
②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；
③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.
17．【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．
【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．
18．
【2017 年高考江苏卷】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1 中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=
3 ，
120
BAD
．
（1）求异面直线A1B 与AC1 所成角的余弦值；
（2）求二面角B-A1D-A 的正弦值．
【答案】（1）1
7
；（2）
7
4
．
【解析】在平面ABCD 内，过点A 作AE AD，交BC 于点E．
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因为AA1 平面ABCD，所以AA1 AE，AA1 AD．
如图，以
1
{
,
,
}
AE AD AA
为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz．
因为AB=AD=2，AA1=
3 ，
120
BAD
．
则
1
1
(0,0,0), ( 3, 1,0),
(0,2,0),
( 3,0,0),
(0,0, 3),
( 3,1, 3)
A
B
D
E
A
C
．
（1）
1
1
( 3, 1,
3),
( 3,1, 3)
A B
AC
，
则
1
1
1
1
1
1
( 3, 1,
3) ( 3,1, 3)
1
cos
,
7
7
|
||
|
A B AC
A B AC
A B
AC
．
因此异面直线A1B 与AC1 所成角的余弦值为1
7
．
（2）平面A1DA 的一个法向量为
( 3,0,0)
AE
．
设
( , , )
x y z
m
为平面BA1D 的一个法向量，
又
1
( 3, 1,
3),
(
3,3,0)
A B
BD
，则
1
0,
0,
A B
BD
m
m
即
3
3
0,
3
3
0.
x
y
z
x
y
不妨取x=3，则
3,
2
y
z
，所以
(3, 3,2)
m
为平面BA1D 的一个法向量，
从而
( 3,0,0) (3, 3,2)
3
cos
,
4
|
||
|
3
4
AE
AE
AE
m
m
m
，
设二面角B-A1D-A 的大小为，则
3
| cos
|
4
．
因为
[0, ]
，所以
2
7
sin
1 cos
4
．
因此二面角B-A1D-A 的正弦值为
7
4
．
【名师点睛】利用法向量求解空间线面角、面面角的关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；
②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．
（1）先根据条件建立空间直角坐标系，进而得相关点的坐标，求出直线A1B 与AC1 的方向向量，根据向量数量积求
出方向向量夹角，最后根据异面直线所成角与方向向量夹角之间相等或互补可得夹角的余弦值；
（2）根据建立的空间直角坐标系，得相关点的坐标，求出各半平面的法向量，根据向量数量积求出法向量的夹角，
最后根据二面角与法向量夹角之间关系确定二面角的正弦值．
19．【2017 年高考山东卷理数】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为
旋转轴旋转120得到的，G 是
DF 的中点.
（1）设P 是
CE 上的一点，且AP
BE
，求
CBP
的大小；
（2）当
3
AB
，
2
AD
时，求二面角E
AG
C
的大小.
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【答案】（1）30°；（2）60°.
【解析】（1）因为AP
BE
，AB
BE
，AB ，AP 平面ABP ，AB
AP
A
，
所以BE 平面ABP ，
又BP 平面ABP ，
所以BE
BP
，
又
120
EBC
，
因此
30
CBP
.
（2）解法一：取
EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH .
因为
120
EBC
，
所以四边形BEHC 为菱形，
所以
2
2
3
2
13
AE
GE
AC
GC
.
取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC .
则EM
AG
，CM
AG
，
所以
EMC
为所求二面角的平面角.
又
1
AM
，所以
13 1
2 3
EM
CM
.
在
BEC
△
中，由于
120
EBC
，由余弦定理得
2
2
2
2
2
2 2 2 cos120
12
EC
，
所以
2 3
EC
，因此
EMC
△
为等边三角形，
故所求的角为60.
解法二：以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得
(0,0,3)
A
(2,0,0)
E
，(1, 3,3)
G
，( 1, 3,0)
C
，故
(2,0, 3)
AE
，
(1, 3,0)
AG
，
(2,0,3)
CG
，
设
1
1
1
( ,
,
)
y
x
z
m
是平面AEG 的一个法向量.
由
0
0
AE
AG
m
m
可得
1
1
1
1
2
3
0,
3
0,
x
z
x
y
取
1
2
z
，可得平面AEG 的一个法向量
(3,
3,2)
m
.
设
2
2
2
(
,
,
)
y
x
z
n
是平面ACG 的一个法向量.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
由
0
0
AG
CG
n
n
可得
2
2
2
2
3
0,
2
3
0,
x
y
x
z
取
2
2
z
，可得平面ACG 的一个法向量
(3,
3, 2)
n
.
所以
1
cos
,
|
| |
|
2
m n
m n
m
n
.
因此所求的角为60.
20．【2017 年高考全国Ⅱ理数】如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD，
o
1
,
90 ,
2
AB
BC
AD
BAD
ABC
E 是PD 的中点．
（1）证明：直线CE∥平面PAB；
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为
o
45 ，求二面角M
AB
D
的余弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
10
5
．
【解析】（1）取PA 的中点F ，连结EF ，BF ．
因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，
1
2
EF
AD
，
由
90
BAD
ABC
得BC ∥AD ，
又
1
2
BC
AD
，
所以EF
BC
∥
，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ．
又BF 平面PAB ，CE 平面PAB ，
故CE∥平面PAB ．
（2）由已知得BA
AD
，以A 为坐标原点，AB
的方向为x 轴正方向，AB
为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系A
xyz
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
则
0,0,0
A
，
1,0,0
B
，
1,1,0
C
，
0,1, 3
P
，
(1,0,
3)
PC
，
(1,0,0)
AB
，
设
, ,
0
1
M x y z
x
，则
1, ,
,
( ,
1,
3)
BM
x
y z
PM
x y
z
，
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而
0,0,1
n
是底面ABCD 的法向量，
所以cos
,
sin 45
BM
n
，
2
2
2
2
2
1
z
x
y
z
，即
2
2
2
1
0
x
y
z
．①
又M 在棱PC 上，设PM
PC
，则
,
1,
3
3
x
y
z
．②
由①②解得
2
1
2
1
6
2
x
y
z
(舍去)，
2
1
2
1
6
2
x
y
z
．
所以
2
6
(1
,1,
)
2
2
M
，从而
2
6
(1
,1,
)
2
2
AM
．
设
0
0
0
,
,
x
y z
m
是平面ABM 的法向量，则
0,
0,
AM
AB
m
m
即
0
0
0
0
(2
2)
2
6
0,
0,
x
y
z
x
所以可取
(0,
6,2)
m
．于是
10
cos
,
5
m n
m n
m n
，
因此二面角M
AB
D
的余弦值为
10
5
．
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：①两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，②利用方程思想进行
向量运算，要认真细心、准确计算．
（2）设m，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m，n>互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m，n>|=
m n
m n ．求
解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
21．【2017 年高考全国Ⅲ理数】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC 的平面交BD 于点E，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C 的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
7
7
.
【解析】（1）由题设可得，
ABD
CBD
△
≌△
，从而AD
DC
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
又
ACD
△
是直角三角形，所以
=90
ADC
.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于
ABC
△
是正三角形，故BO
AC
.
所以
DOB
为二面角D
AC
B
的平面角.
在Rt
AOB
△
中，
2
2
2
BO
AO
AB
.
又AB
BD
，所以
2
2
2
2
BO
DO
BO
AO
AB
BD
，
故
90
DOB
.
所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）由题设及（1）知，
,
,
OA OB OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA
的方向为x 轴正方向，OA
为单位长，建
立如图所示的空间直角坐标系O
xyz
.则
1,0,0 ,
0, 3,0 ,
1,0,0 ,
0,0,1
A
B
C
D
.
由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的1
2
，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的1
2
，
即E 为DB 的中点，得
3 1
0,
,
2
2
E
.
故
3 1
1,0,1 ,
2,0,0 ,
1,
,
2
2
AD
AC
AE
.
设
= x,y,z
n
是平面DAE 的法向量，则
0
0
AD
AE
，
，
n
n
即
0,
3
1
0.
2
2
x
z
x
y
z
可取
3
1,
,1
3
n
.
设m 是平面AEC 的法向量，则
0
0
AC
AE
，
，
m
m
同理可取
0, 1, 3
m
.
则
7
cos
,
7
n m
n m
n m
.
所以二面角D-AE-C 的余弦值为
7
7
.
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想
进行向量运算时，要认真细心，准确计算.
（2）设m，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与
,
m n 互补或相等，故有cos
cos
,
|
|
m
m
n
n
m n .求解
时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
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．
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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
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
．
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【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．
23．【2017 年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P−ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M 在线
段PB 上，PD//平面MAC，PA=PD=
6 ，AB=4．
（1）求证：M 为PB 的中点；
（2）求二面角B−PD−A 的大小；
（3）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）π
3
；（3）2 6
9
.
【解析】（1）设
,
AC BD 交点为E ，连接ME .
因为PD∥平面MAC ，平面MAC 平面PDB
ME
，
所以PD
ME
∥
.
因为ABCD 是正方形，
所以E 为BD 的中点，
所以M 为PB 的中点.
（2）取AD 的中点O ，连接OP ，OE .
因为PA
PD
，所以OP
AD
.
又因为平面PAD 平面ABCD ，且OP 平面PAD ，
所以OP 平面ABCD .
因为OE 平面ABCD ，所以OP
OE
.
因为ABCD 是正方形，所以OE
AD
.
如图建立空间直角坐标系O
xyz
，则
(0,0,
2)
P
，
(2,0,0)
D
，
( 2,4,0)
B
，
(4, 4,0)
BD
，
(2,0,
2)
PD
.
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设平面BDP 的法向量为
( , , )
x y z
n
，则
0
0
BD
PD
n
n
，即
4
4
0
2
2
0
x
y
x
z
.
令
1
x
，则
1
y ，
2
z
.于是
(1,1,
2)
n
.
平面PAD 的法向量为
(0,1,0)
p
，所以
1
cos
,
|
||
|
2
<
>
n p
n p
n
p
.
由题知二面角B
PD
A
为锐角，所以它的大小为3
.
（3）由题意知
2
( 1,2,
)
2
M
，
(2,4,0)
C
，
2
(3,2,
)
2
MC
.
设直线MC 与平面BDP 所成角为，则
|
|
2 6
sin
| cos
,
|
9
|
||
|
MC
MC
MC
<
>
n
n
n
.
所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为2 6
9
.
【名师点睛】本题涉及立体几何中的线面平行与垂直的判定与性质，全面考查立体几何中的证明与求解，意在考
查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；利用空间向量解决立体几何问题是一种常见且有效的方法，要注意建立
适当的空间直角坐标系以及运算的准确性.
（1）设
,
AC BD 交点为E ，连接ME ，因为线面平行，即PD∥平面MAC ,根据性质定理，可知线线平行，即
PD
ME
∥
，再由E 为BD 的中点，可知M 为PB 的中点；
（2）因为平面PAD 平面ABCD ，PA
PD
，所以取AD 的中点O 为原点建立空间直角坐标系，根据向量法
先求两平面的法向量n，p ，再根据公式cos
,n p ，求二面角的大小；
（3）根据（2）的结论，直接求| cos
,
|
MC
n
即可.
24．【2017 年高考天津卷理数】如图，在三棱锥P-ABC 中，PA⊥底面ABC，
90
BAC
．点D，E，N 分别为棱PA，
PC，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA=AC=4，AB=2．
（1）求证：MN∥平面BDE；
（2）求二面角C-EM-N 的正弦值；
（3）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为
7
21
，求线段AH 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
105
21
；（3）8
5
或1
2
．
【解析】如图，以A 为原点，分别以AB
，AC
，AP
方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意
可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N
（1，2，0）．
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（1）易得DE
=（0，2，0），DB
=（2，0，2
）．
设
( , , )
x y z
n
为平面BDE 的法向量，则
0
0
DE
DB
n
n
，即
2
0
2
2
0
y
x
z
．
不妨设
1
z ，可得
(1,0,1)
n
．
又MN
=（1，2，1
），可得
0
MN
n
．
因为MN 平面BDE，所以MN∥平面BDE．
（2）易知
1
(1,0,0)
n
为平面CEM 的一个法向量．
设
2
( , , )
x y z
n
为平面EMN 的法向量，则
2
2
0
0
EM
MN
n
n
，
因为
(0, 2, 1)
EM
，
(1,2, 1)
MN
，所以
2
0
2
0
y
z
x
y
z
．
不妨设
1
y ，可得
2
( 4,1, 2)
n
．
因此有
1
2
1
2
1
2
4
cos
,
||
|
21
n
n
n n
| n
n
，于是
1
2
105
sin
,
21
n n
．
所以，二面角C-EM-N 的正弦值为
105
21
．
（3）依题意，设AH=h（0
4
h
），则H（0，0，h），进而可得
( 1, 2, )
NH
h
，
( 2,2,2)
BE
．
由已知，得
2
|
|
| 2
2 |
7
| cos
,
|
21
|
||
|
5
2 3
NH BE
h
NH BE
NH
BE
h
，
整理得
2
10
21
8
0
h
h
，解得
8
5
h
或
1
2
h
．
所以，线段AH 的长为8
5 或1
2 ．
【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角等基础知识，考查运用空间向量解决
立体几何问题的方法及空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，
不论是求空间角、空间距离还是证明线面位置关系都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，
特别是借助平面的法向量求线面角、二面角或点到平面的距离．
对于本题，首先建立空间直角坐标系，并写出相关点的坐标．（1）证明线面平行只需求出平面的法向量，计算直
线对应的方向向量与法向量的数量积为0 即可；（2）求二面角只需求出两个半平面对应的法向量，借助法向量的
夹角即可求二面角C-EM-N 的正弦值；（3）利用向量的夹角公式，求出异面直线所成角的余弦值，结合已知条件构
造方程，求解可得AH 的长．
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专题07
平面解析几何（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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
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．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆
2
2
3
1
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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
8
p
，故选D．
【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．
3．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设F 为双曲线C：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径
的圆与圆
2
2
2
x
y
a
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．
4．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】双曲线C：
2
2
4
2
x
y
=1 的右焦点为F，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点，若
=
PO
PF ，则△PFO 的面积为
A．3 2
4
B．3 2
2
C．2 2
D．3 2
【解析】由
2
2
2 ,
2 ,
6 ,
a
b
c
a
b
6
,
2
P
PO
PF
x
，
又P 在C 的一条渐近线上，不妨设为在
b
y
x
a
上，则
2
6
3
2
2
2
P
P
b
y
x
a
，
1
1
3
3 2
6
2
2
2
4
PFO
P
S
OF
y
△
，
【名师点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公
式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．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，
采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．
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5．【2019 年高考北京卷理数】已知椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b
（a＞b＞0）的离心率为1
2
，则
A．a2=2b2
B．3a2=4b2
C．a=2b
D．3a=4b
【解析】椭圆的离心率
2
2
2
1 ,
2
c
e
c
a
b
a
，化简得
2
2
3
4
a
b
，
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，属于容易题，注重基础知识､基本运算能力的考查.由题意利用
离心率的定义和, ,
a b c 的关系可得满足题意的等式.
6．【2019 年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：
2
2
1 |
|
x
y
x y
就是其中之一
（如图）．给出下列三个结论：
①曲线C 恰好经过6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过
2 ；
③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3．
其中，所有正确结论的序号是
A．①
B．②
C．①②
D．①②③
【解析】由
2
2
1
x
y
x y
得，
2
2
1
y
x y
x
，
2
2
2
2
|
|
3
3
4
1
,1
0,
2
4
4
3
x
x
x
y
x
，
所以x 可取的整数有0，−1，1，从而曲线
2
2
:
1
C x
y
x y
恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)，(−1，
0)，(−1，1)，共6 个整点，结论①正确.
由
2
2
1
x
y
x y
得，
2
2
2
2 1
2
x
y
x
y
，解得
2
2
2
x
y
，所以曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过2 .
结论②正确.
如图所示，易知
0, 1 ,
1,0 ,
1,1, ,
0,1
A
B
C
D
，
四边形ABCD 的面积
1
3
1 1 1 1
2
2
ABCD
S
四边形
，很明显“心形”区域的面积大于2
ABCD
S四边形
，即“心形”区域的
面积大于3，说法③错误.
【名师点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识､基本运算能
力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透“美育思想”.将所给方程进行等价变形确定x 的范围可得整点坐标和个数，
结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的
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范围.
7．【2019 年高考天津卷理数】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.
8．【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
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.
9．【2018 年高考北京卷理数】在平面直角坐标系中，记d 为点P（cos θ，sin θ）到直线
2
0
x
my
的距离，当θ，
m 变化时，d 的最大值为
A．1
B．2
C．3
D．4
【解析】
2
2
cos
sin
1
，P 为单位圆上一点，而直线
2
0
x
my
过点A（2，0），所以d 的最大值为
OA+1=2+1=3,【名师点睛】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的
最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
10．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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
.
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.
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11．【2017 年高考浙江卷】椭圆
2
2
1
9
4
x
y
的离心率是
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．
12．【2018 年高考全国Ⅱ理数】已知
1F ，
2
F 是椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
：
的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P
在过A 且斜率为
3
6
的直线上，
1
2
PF F
△
为等腰三角形，
1
2
120
F F P
，则C 的离心率为
A．2
3
B．1
2
C．1
3
D．1
4
【解析】因为
1
2
PF F
△
为等腰三角形，
1
2
120
F F P
，所以
2
1
2
|
|
2
|
|
PF
F F
c
，
由AP 的斜率为
3
6
可得
2
3
tan
6
PAF
，
所以
2
1
sin
13
PAF
，
2
12
cos
13
PAF
，
由正弦定理得
2
2
2
2
sin
sin
PF
PAF
AF
APF
，
所以
2
1
1
2
2
13
13
=
π
5
3
12
1
1
sin(
)
3
2
2
13
13
c
a
c
PAF
，
所以
4
a
c
，
1
4
e
，故选D．
【名师点睛】解决椭圆的离心率的求值及范围问题的关键就是确立一个关于
的方程或不等式，再根据
的关系消掉
得到
的关系式，而建立关于
的方程或不等式，要充分利用椭圆的几何性质、点的坐标
的范围等.
13．【2017 年高考全国Ⅲ理数】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
，
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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】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见的有两种方法：
①求出a，c，代入公式e＝c
a
；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c 的齐次式，结合b2＝a2－c2 转化为a，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边
分别除以a 或a2 转化为关于e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e 的取值范围).
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)
，
15．
【2017 年高考天津卷理数】已知双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为F ，离心率为
2 ．若经过F 和
(0,4)
P
两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为
A．
2
2
1
4
4
x
y
B．
2
2
1
8
8
x
y
C．
2
2
1
4
8
x
y
D．
2
2
1
8
4
x
y
【解析】由题意得
2
2
4
0
,
1
4,
2 2
1
0
(
)
8
8
x
y
a
b
c
a
b
c
，
【名师点睛】利用待定系数法求圆锥曲线的方程是高考的常见题型，求双曲线方程最基础的方法就是依据题目的条
件列出关于, ,
a b c 的方程（组），解方程（组）求出,a b 的值．另外要注意巧设双曲线方程的技巧：①双曲线过两点
可设为
2
2
1(
0)
mx
ny
mn
，②与
2
2
2
2
1
x
y
a
b
共渐近线的双曲线可设为
2
2
2
2
x
y
a
b
(
0)
，③等轴双曲线可
设为
2
2
(
0)
x
y
．
16．【2018 年高考全国Ⅱ理数】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
，
17．【2017 年高考全国Ⅱ理数】若双曲线
:
C
2
2
2
2
1
x
y
a
b
（
0
a
，
0
b
）的一条渐近线被圆
2
2
2
4
x
y
所截
得的弦长为2，则C 的离心率为
A．2
B．
3
C．2
D．2 3
3
【解析】由几何关系可得，双曲线
2
2
2
2
1
0,
0
x
y
a
b
a
b
的渐近线方程为
0
bx
ay
，
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圆心
2,0 到渐近线的距离为
2
2
2
1
3
d
，
则点
2,0 到直线
0
bx
ay
的距离为
2
2
2
0
2
3
b
a
b
d
c
a
b
，即
2
2
2
4(
)
3
c
a
c
，
整理可得
2
2
4
c
a
，则双曲线的离心率
2
2
4
2
c
e
a
．
【名师点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种
方法：
①求出a，c，代入公式
c
e
a
；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c 的齐次式，结合b2＝c2－a2 转化为a，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边
分别除以a 或a2 转化为关于e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e 的取值范围)．
18．【2017 年高考全国III 理数】已知双曲线C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b
(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为
5
2
y
x
，且与椭圆
2
2
1
12
3
x
y
有公共焦点，则C 的方程为
A．
2
2
1
8
10
x
y
B．
2
2
1
4
5
x
y
C．
2
2
1
5
4
x
y
D．
2
2
1
4
3
x
y
【解析】双曲线C：
2
2
2
2
1
x
y
a
b
(a＞0，b＞0)的渐近线方程为
b
y
x
a
，
在椭圆中：
2
2
12,
3
a
b
，
2
2
2
9,
3
c
a
b
c
，故双曲线C 的焦点坐标为( 3,0)
，
据此可得双曲线中的方程组：
2
2
2
5 ,
3,
2
b
c
c
a
b
a
，解得
2
2
4,
5
a
b
，
则双曲线C 的方程为
2
1
4
5
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
0
x
y
a
b
，再由条件求出λ的值即可.
19．【2018 年高考全国III 理数】设
1F ，
2
F 是双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左、右焦点，O 是坐标原点．过
2
F
作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若
1
|
6 |
|
|
PF
OP
，则C 的离心率为
A．
5
B．2
C．
3
D．
2
【解析】由题可知
2
PF
b
，
2
OF
c
，
PO
a
，
在
2
Rt
POF
△
中，
2
2
2
cos
PF
b
PF O
OF
c
，
在
1
2
Rt
PF F
△
中，
2
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
cos
2
PF
F F
PF
b
PF O
PF
F F
c
，
2
2
2
4
( 6 )
2
2
b
c
a
b
b
c
c
，即
2
2
3
c
a
，
3
e
，
20．【2018 年高考全国I 理数】设抛物线C：y2=4x 的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为2
3
的直线与C 交于M，N 两点，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
则FM FN
=
A．5
B．6
C．7
D．8
【解析】根据题意，过点（–2，0）且斜率为2
3
的直线方程为
2
2
3
y
x
，
与抛物线方程联立得
2
2
2
3
4
y
x
y
x
，消元整理得：
2
6
8
0
y
y
，解得
1,2 ,
4,4
M
N
，又
1,0
F
，所以
0,2 ,
3,4
FM
FN
，
从而可以求得
0 3
2 4
8
FM FN
，故选D.
【名师点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根
据题意确定直线的方程，之后需要联立方程，消元化简求解，从而确定出
1,2 ,
4,4
M
N
，之后借助于抛物线的
方程求得
1,0
F
，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以
不求点M、N 的坐标，应用根与系数的关系得到结果.
21．【2017 年高考全国I 理数】已知F 为抛物线C：
2
4
y
x
的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1 与C
交于A、B 两点，直线l2 与C 交于D、E 两点，则|AB|+|DE|的最小值为
A．16
B．14
C．12
D．10
【解析】设
1
1
2
2
3
3
4
4
( ,
), (
,
),
(
,
),
(
,
)
A x y
B x
y
D x
y
E x
y
，直线1l 的方程为
1(
1)
y
k x
，
联立方程
2
1
4
(
1)
y
x
y
k x
，得
2
2
2
2
1
1
1
2
4
0
k x
k x
x
k
，∴
2
1
1
2
2
1
2
4
k
x
x
k
2
1
2
1
2
4
k
k
，
同理直线2l 与抛物线的交点满足
2
2
3
4
2
2
2
4
k
x
x
k
，
由抛物线定义可知
2
1
1
2
3
4
2
1
2
4
|
|
|
|
2
k
AB
DE
x
x
x
x
p
k
2
2
2
2
2
4
4
k
k
2
2
1
2
4
4
8
k
k
2
2
1
2
16
2
8
16
k k
，当且仅当
1
2
1
k
k
（或1
）时，取等号．
【名师点睛】对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，将到定点的距离转化到准线上；另外，直线与抛物线
联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握．考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式
进行解决．此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则
2
2
|
|
sin
p
AB
，则
2
2
2
2
|
|
π
cos
sin ( +
)
2
p
p
DE
，所以
2
2
2
2
2
1
|
|
|
|
4(
cos
sin
cos
p
p
AB
DE
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
sin
cos
)
4(
)(cos
sin
)
4(2
)
4 (2
2)
16
sin
cos
sin
cos
sin
．
22．【2018 年高考全国I 理数】已知双曲线
2
2
:
1
3
x
C
y
，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两
条渐近线的交点分别为M ，N ．若
OMN
△
为直角三角形，则|
|
MN
A．3
2
B．3
C．2 3
D．4
【解析】由题可知双曲线C 的渐近线的斜率为
3
3
，且右焦点为
(2,0)
F
，从而可得
30
FON
，所以直线MN
的倾斜角为60或120，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60，可以得出直线MN 的方程为
3(
2)
y
x
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
分别与两条渐近线
3
3
y
x
和
3
3
y
x
联立，求得
(3, 3)
M
，
3
3
( ,
)
2
2
N
，所以
2
2
3
3
|
|
(3
)
( 3
)
3
2
2
MN
，
23．【2018 年高考天津卷理数】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 到双曲线的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
4
12
x
y
B．
2
2
1
12
4
x
y
C．
2
2
1
3
9
x
y
D．
2
2
1
9
3
x
y
【解析】设双曲线的右焦点坐标为
,0
F c
（c>0），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
2
,
,
,
b
b
A c
B c
a
a
，
双曲线的一条渐近线方程为：
0
bx
ay
，
据此可得：
2
2
1
2
2
bc
b
bc
b
d
c
a
b
，
2
2
2
2
2
bc
b
bc
b
d
c
a
b
，
则
1
2
2
2
6
bc
d
d
b
c
，则
2
3,
9
b
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
.
本题选择C 选项.
【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.
24．
【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.
25．【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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
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.
26．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
27．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知双曲线C：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的左、右焦点分别为F1，F2，过F1 的直线
与C 的两条渐近线分别交于A，B 两点．若
1F A
AB
，
1
2
0
F B F B
，则C 的离心率为____________．
【答案】2
【解析】如图，
由
1
,
F A
AB
得
1
.
F A
AB
又
1
2,
OF
OF
得OA 是三角形
1
2
F F B 的中位线，即
2
2
,
2
.
BF
OA BF
OA
∥
由
1
2
0
F B F B
，得
1
2
1
,
,
F B
F B
OA
F A
∴
1
OB
OF
，
1
AOB
AOF
，
又OA 与OB 都是渐近线，∴
2
1,
BOF
AOF
又
2
1
π
BOF
AOB
AOF
，∴
2
1
60 ,
BOF
AOF
BOA
又渐近线OB 的斜率为
tan 60
3
b
a
，∴该双曲线的离心率为
2
2
1 ( )
1 ( 3)
2
c
b
e
a
a
．
【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取
几何法，利用数形结合思想解题．解答本题时，通过向量关系得到
1F A
AB
和
1
OA
F A
，从而可以得到
1
AOB
AOF
，再结合双曲线的渐近线可得
2
1,
BOF
AOF
进而得到
2
1
60 ,
BOF
AOF
BOA
从
而由
tan 60
3
b
a
可求离心率.
28．【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.
29．【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.
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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
30．【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.
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AP
=2 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．【2017 年高考北京卷理数】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】
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.
33．【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
．
34．【2018 年高考北京卷理数】已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
M
a
b
a
b
，双曲线
2
2
2
2
:
1
x
y
N m
n
．若双曲线N 的两条渐
近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为
________________；双曲线N 的离心率为________________．
【答案】
3
1
2
【解析】由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为
3
c
c
，再根据椭圆定义得
3
2
c
c
a
，所以椭圆
M 的离心率为
2
3
1
1
3
c
a
．双曲线N 的渐近线方程为
n
y
x
m
，由题意得双曲线N 的一条渐近线的
倾斜角为π
3
，所以
2
2
2
π
tan
3
3
n
m
，所以
2
2
2
2
2
2
2
3
4
m
n
m
m
e
m
m
，所以
2
e
．
35．【2017 年高考山东卷理数】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
px p
交于
,
A B 两点，若
4
AF
BF
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】1.在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容.对渐近线：（1）掌握
方程；（2）掌握其倾斜角、斜率的求法；（3）会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数.
求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都与椭圆的有关问题相类似.因此，双曲线与椭圆的
标准方程可统一为
1
2
2
By
Ax
的形式，当
0
A
，
0
B
，
B
A
时为椭圆，当
0
AB
时为双曲线.
2.凡涉及抛物线上的点到焦点的距离，一般运用定义转化为到准线的距离处理．
36．【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．
37．【2017 年高考全国I 理数】已知双曲线C：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的右顶点为A，以A 为圆心，b 为半径作圆A，
圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M，N 两点．若∠MAN=60°，则C 的离心率为_______________．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【答案】2 3
3
【解析】如图所示，作AP
MN
，
因为圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M、N 两点，
则MN 为双曲线的渐近线
b
y
x
a
上的点，且
( ,0)
A a
，|
| |
|
AM
AN
b
，
而AP
MN
，所以
30
PAN
，
点
( ,0)
A a
到直线
b
y
x
a
的距离
2
2
|
|
|
|
1
b
AP
b
a
，
在Rt
PAN
△
中，
|
|
cos
|
|
PA
PAN
NA
，代入计算得
2
2
3
a
b
，即
3
a
b
，
由
2
2
2
c
a
b
得
2
c
b
，所以
2
2 3
3
3
c
b
e
a
b
．
【名师点睛】双曲线渐近线是其独有的性质，所以有关渐近线问题备受出题者的青睐.做好这一类问题要抓住以下
重点：①求解渐近线，直接把双曲线后面的1 换成0 即可；②双曲线的焦点到渐近线的距离是b ；③双曲线的顶
点到渐近线的距离是ab
c
.
38．【2017 年高考全国II 理数】已知F 是抛物线
:
C
2
8
y
x
的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N ．若
M 为FN 的中点，则FN _______________．
【答案】6
【解析】如图所示，不妨设点M 位于第一象限，设抛物线的准线与x 轴交于点F' ，作MB
l
于点B ，NA
l
于
点A ，由抛物线的解析式可得准线方程为
2
x ，则|
| 2,|
| 4
AN
FF'
，
在直角梯形ANFF' 中，中位线
|
|
|
|
|
|
3
2
AN
FF'
BM
，
由抛物线的定义有：|
| |
| 3
MF
MB
，结合题意，有|
| |
| 3
MN
MF
，
故
3 3
6
FN
FM
NM
．
【名师点睛】抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点
到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能
解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这
样就可以使问题简单化．
39．【2018 年高考全国Ⅲ理数】已知点
1 1
M ，和抛物线
2
4
C y
x
：
，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
两点．若
90
AMB
，则k ________．
【答案】2
【解析】设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，则
2
1
1
2
2
2
4
4
y
x
y
x
，所以
2
2
1
2
1
2
4
4
y
y
x
x
，所以
1
2
1
2
1
2
4
y
y
k
x
x
y
y
.
取AB 中点
0
0
M
x
y
,
,分别过点A,B 作抛物线准线
1
x 的垂线，垂足分别为
,
A B
，设F 为C 的焦点.
因为
90
AMB
,所以
1
1
1
2
2
2
MM
AB
AF
BF
AA
BB
.
因为M 为AB 中点，所以MM平行于x 轴.
因为M(−1,1)，所以
0
1
y
，则
1
2
2
y
y
，即
2
k
.
故答案为2.
【名师点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，利用点差法
得到
1
2
1
2
1
2
4
y
y
k
x
x
y
y
，取AB 中点
0
0
M
x
y
,
,分别过点A,B 作抛物线准线
1
x 的垂线，垂足分别为
,
A B
，
由抛物线的性质得到
1
2
MM
AA
BB
，进而得到斜率.
End
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专题08
平面解析几何（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x 的焦点为F，斜率为3
2
的直线l 与C 的交点为A，B，与x 轴的
交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l 的方程；
（2）若
3
AP
PB
，求|AB|．
【答案】（1）
3
7
2
8
y
x
；（2）4 13
3
.
【解析】设直线
1
1
2
2
3
:
,
,
,
,
2
l y
x
t A x y
B x
y
．
（1）由题设得
3 ,0
4
F
，故
1
2
3
|
|
|
|
2
AF
BF
x
x
，由题设可得
1
2
5
2
x
x
．
由
2
3
2
3
y
x
t
y
x
，可得
2
2
9
12(
1)
4
0
x
t
x
t
，则
1
2
12(
1)
9
t
x
x
．
从而12(
1)
5
9
2
t
，得
7
8
t
．
所以l 的方程为
3
7
2
8
y
x
．
（2）由
3
AP
PB
可得
1
2
3
y
y
．
由
2
3
2
3
y
x
t
y
x
，可得
2
2
2
0
y
y
t
．
所以
1
2
2
y
y
．从而
2
2
3
2
y
y
，故
2
1
1,
3
y
y
．
代入C 的方程得
1
2
1
3,
3
x
x
．
故
4 13
|
|
3
AB
．
【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解
题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM 与BM 的斜率之积为−1
2
.记M
的轨迹为曲线C.
（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C 于P，Q 两点，点P 在第一象限，PE⊥x 轴，垂足为E，连结QE 并延长交C 于点G.
（i）证明：
PQG
△
是直角三角形；
（ii）求
PQG
△
面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）16
9
.
【解析】（1）由题设得
1
2
2
2
y
y
x
x
，化简得
2
2
1(|
| 2)
4
2
x
y
x
，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x
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轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ 的斜率为k，则其方程为
(
0)
y
kx k
．
由
2
2
1
4
2
y
kx
x
y
得
2
2
1
2
x
k
．
记
2
2
1
2
u
k
，则
( ,
),
(
,
),
( ,0)
P u uk Q
u
uk
E u
．
于是直线QG 的斜率为2
k ，方程为
(
)
2
k
y
x
u
．
由
2
2
(
),
2
1
4
2
k
y
x
u
x
y
得
2
2
2
2
2
(2
)
2
8
0
k
x
uk x
k u
．①
设
(
,
)
G
G
G x
y
，则u
和
G
x 是方程①的解，故
2
2
(3
2)
2
G
u
k
x
k
，由此得
3
2
2
G
uk
y
k
．
从而直线PG 的斜率为
3
2
2
2
1
2
(3
2)
2
uk
uk
k
u
k
k
u
k
．
所以PQ
PG
，即
PQG
△
是直角三角形．
（ii）由（i）得
2
|
| 2
1
PQ
u
k
，
2
2
2
1
|
|
2
uk k
PG
k
，所以△PQG 的面积
2
2
2
2
1
8(
)
1
8 (1
)
|
|
1
2
(1
2
)(2
)
1
2(
)
k
k
k
k
S
PQ PG
k
k
k
k
‖
．
设t=k+ 1
k
，则由k>0 得t≥2，当且仅当k=1 时取等号．
因为
2
8
1 2
t
S
t
在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1 时，S 取得最大值，最大值为16
9
．
因此，△PQG 面积的最大值为16
9
．
【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积
最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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，求四边形ADBE 的面积.
【答案】（1）见详解；（2）3 或4 2 .
【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
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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
1
2
2 ,
1,
1
2
1
x
x
t
x x
y
y
t x
x
t
，
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
|
|
1
1
4
2
1
AB
t
x
x
t
x
x
x x
t
.
设
1
2
,
d d 分别为点D，E到直线AB的距离，则
2
1
2
2
2
1,
1
d
t
d
t
.
因此，四边形ADBE的面积
2
2
1
2
1 |
|
3
1
2
S
AB
d
d
t
t
.
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，S=3；当
1
t 时，
4 2
S
.
因此，四边形ADBE的面积为3或4 2 .
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，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 年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py 经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；
（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0 的直线l 交抛物线C 于两点M，N，直线y=−1 分别交直线OM，
ON 于点A 和点B．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．
【答案】（1）抛物线C 的方程为
2
4
x
y
，准线方程为
1
y ；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线
2
:
2
C x
py
经过点(2, 1)
，得
2
p
.
所以抛物线C 的方程为
2
4
x
y
，其准线方程为
1
y .
（2）抛物线C 的焦点为
(0, 1)
F
.
设直线l 的方程为
1(
0)
y
kx
k
.
由
2
1,
4
y
kx
x
y
得
2
4
4
0
x
kx
.
设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，则
1
2
4
x x .
直线OM 的方程为
1
1
y
y
x
x
.
令
1
y ，得点A 的横坐标
1
1
A
x
x
y
.
同理得点B 的横坐标
2
2
B
x
x
y
.
设点
(0, )
D
n ，则
1
2
1
2
, 1
,
, 1
x
x
DA
n
DB
n
y
y
，
2
1
2
1
2
(
1)
x x
DA DB
n
y y
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2
1
2
2
2
1
2
(
1)
4
4
x x
n
x
x
2
1
2
16
(
1)
n
x x
2
4
(
1)
n
.
令
0
DA DB
，即
2
4
(
1)
0
n
，则
1
n
或
3
n .
综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1) 和(0,
3)
.
【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用
等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
5．【2019 年高考天津卷理数】设椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为F ，上顶点为B ．已知椭圆的短轴长为4，
离心率为
5
5
．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上．若
|
| |
|
ON
OF
（O 为原点），且OP
MN
，求直线PB 的斜率．
【答案】（1）
2
2
1
5
4
x
y
；（2）2 30
5
或
2 30
5
．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为c ，依题意，
5
2
4,
5
c
b
a
，又
2
2
2
a
b
c
，可得
5
a
，
2,
b
1
c ．
所以，椭圆的方程为
2
2
1
5
4
x
y
．
（2）由题意，设
0 ,
,0
P
P
p
M
P x
y
x
M x
，
．设直线PB 的斜率为
0
k k
，
又
0,2
B
，则直线PB 的方程为
2
y
kx
，
与椭圆方程联立
2
2
2,
1,
5
4
y
kx
x
y
整理得
2
2
4
5
20
0
k
x
kx
，
可得
2
20
4
5
P
k
x
k
，代入
2
y
kx
得
2
2
8 10
4
5
P
k
y
k
，
进而直线OP 的斜率
2
4
5
10
P
p
y
k
x
k
．
在
2
y
kx
中，令
0
y
，得
2
M
x
k
．
由题意得
0, 1
N
，所以直线MN 的斜率为
2
k
．
由OP
MN
，得
2
4
5
1
10
2
k
k
k
，化简得
2
24
5
k
，从而
2 30
5
k
．
所以，直线PB 的斜率为2 30
5
或
2 30
5
．
【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．
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．
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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 .
将
1
x 代入
3 (
1)
4
y
x
，得
3
2
y
.
因此
3
( 1,
)
2
E
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．【2017 年高考全国III 卷理数】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l 交C 于A,B 两点，圆M 是以线段AB 为
直径的圆.
（1）证明：坐标原点O 在圆M 上；
（2）设圆M 过点
4, 2
P
，求直线l 与圆M 的方程.
【答案】（1）见解析；（2）直线l 的方程为
2
0
x
y
，圆M 的方程为
2
2
3
1
10
x
y
，或直线l 的
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
方程为2
4
0
x
y
，圆M 的方程为
2
2
9
1
85
4
2
16
x
y
【解析】（1）设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，:
2
l x
my
.
由
2
2,
2
x
my
y
x
可得
2
2
4
0
y
my
，则
1
2
4
y y .
又
2
2
1
2
1
2
,
2
2
y
y
x
x
，故
2
1
2
1
2
4
4
y y
x x
.
因此OA的斜率与OB 的斜率之积为
1
2
1
2
4
1
4
y
y
x
x
，所以OA
OB
.
故坐标原点O 在圆M 上.
（2）由（1）可得
2
1
2
1
2
1
2
2 ,
4
2
4
y
y
m x
x
m y
y
m
.
故圆心M 的坐标为
2
2,
m
m
，圆M 的半径
2
2
2
2
r
m
m
.
由于圆M 过点
4, 2
P
，因此
0
AP BP
，故
1
2
1
2
4
4
2
2
0
x
x
y
y
，
即
1
2
1
2
1
2
1
2
4
2
20
0
x x
x
x
y y
y
y
，
由（1）可得
1
2
1
2
4,
4
y y
x x
.
所以
2
2
1
0
m
m
，解得
1
m 或
1
2
m
.
当
1
m
时，直线l 的方程为
2
0
x
y
，圆心M 的坐标为
3,1 ，圆M 的半径为
10 ，圆M 的方程为
2
2
3
1
10
x
y
.
当
1
2
m
时，直线l 的方程为2
4
0
x
y
，圆心M 的坐标为9
1
,
4
2
，圆M 的半径为
85
4
，圆M
的方程
为
2
2
9
1
85
4
2
16
x
y
.
【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解
决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，
但不要忘记验证
0
或说明中点在曲线内部.
9．
【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．
（注：椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的准线方程：
2
a
x
c
）
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y
；（2）4 7 3 7
(
,
)
7
7
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
10．【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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（1）求直线AP 斜率的取值范围；
（2）求|
| |
|
PA
PQ
的最大值．
【答案】（1）( 1,1)
；（2）27
16
．
【解析】（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，通过表达|
|
PA 与|
|
PQ 的长度，通过函数
3
( )
(
1)(
1)
f k
k
k
求解|
| |
|
PA
PQ
的最大值．
11．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】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）
1
y
x
；（2）
2
2
(
3)
(
2)
16
x
y
或
2
2
(
11)
(
6)
144
x
y
．
【解析】（1）由题意得
(1,0)
F
，l 的方程为
(
1)(
0)
y
k x
k
．
设
1
2
2
1
( ,
), (
,
)
A
y
x
y
x
B
，
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
1
2
2
2
2
4
k
x
k
x
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以
1
2
2
2
4
4
|
| |
|
|
| (
1)
(
1)
x
k
AB
AF
BF
k
x
．
由题设知
2
2
4
4
8
k
k
，解得
1
k （舍去），
1
k
．
因此l 的方程为
1
y
x
．
（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
0
0
(
,
)
x
y
，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
2
2
(
3)
(
2)
16
x
y
或
2
2
(
11)
(
6)
144
x
y
．
12．【2018 年高考北京卷理数】已知抛物线C：
2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q（0，1）的直线l 与抛物线C 有两个
不同的交点A，B，且直线PA 交y 轴于M，直线PB 交y 轴于N．
（1）求直线l 的斜率的取值范围；
（2）设O 为原点，QM
QO
，QN
QO
，求证：
1
1
为定值．
【答案】（1）（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）；（2）见解析.
【解析】（1）因为抛物线y2=2px 经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l 的斜率存在且不为0，
设直线l 的方程为y=kx+1（k≠0）．
由
2
4
1
y
x
y
kx
得
2
2
(2
4)
1
0
k x
k
x
．
依题意
2
2
(2
4)
4
1
0
k
k
，解得k<0 或0<k<1．
又PA，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l 斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（1）知
1
2
2
2
4
k
x
x
k
，
1
2
2
1
x x
k
．
直线PA 的方程为
1
1
2
2
(
1)
1
y
y
x
x
．
令x=0，得点M 的纵坐标为
1
1
1
1
2
1
2
2
1
1
M
y
kx
y
x
x
．
同理得点N 的纵坐标为
2
2
1
2
1
N
kx
y
x
．
由
=
QM
QO
uuur
uuur
，
=
QN
QO
uuur
uuur
得
=1
M
y
，
1
N
y
．
所以
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
4
1
1
2
(
)
1
1
1
1
1
1
=2
1
1
1
(
1)
(
1)
1
1
M
N
k
x
x
x x
x
x
k
k
y
y
k
x
k
x
k
x x
k
k
．
所以1
1
为定值．
13．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】设椭圆
2
2
:
1
2
x
C
y
的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于
,
A B 两点，点M 的坐
标为(2,0) ．
（1）当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；
（2）设O 为坐标原点，证明：
OMA
OMB
．
【答案】（1）
2
2
2
y
x
或
2
2
2
y
x
；（2）见解析.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】（1）由已知得
(1,0)
F
，l 的方程为x=1．
由已知可得，点A 的坐标为
2
(1,
)
2
或
2
(1,
)
2
，
所以AM 的方程为
2
2
2
y
x
或
2
2
2
y
x
．
（2）当l 与x 轴重合时，
0
OMA
OMB
．
当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以
OMA
OMB
．
当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为
(
1)(
0)
y
k x
k
，
1
2
2
1
( ,
), (
,
)
A
y
x
y
x
B
，
则
1
2
2,
2
x
x
，直线MA，MB 的斜率之和为
2
1
2
1
2
2
MA
MB
x
x
y
y
k
k
．
由
1
1
2
2
,
y
k
k
x
y
k
x
k
得
1
2
1
2
1
2
(
2
3 (
)
4
2)(
2)
MA
MB
x x
x
x
k
k
x
x
k
k
k
．
将
(
1)
y
k x
代入
2
2
1
2
x
y
得
2
2
2
2
(2
1)
4
2
2
0
k
x
k x
k
．
所以
2
1
2
2
1
2
2
2
4
2
2
,
2
1
2
1
x
x
x
k
k
k
x
k
，
则
3
1
3
1
3
2
2
2
4
4
12
8
4
2
3 (
)
4
0
2
1
k
k
k
k
k
k
k
k
k
x x
x
x
．
从而
0
MA
MB
k
k
，故MA，MB 的倾斜角互补，所以
OMA
OMB
．
综上，
OMA
OMB
．
14．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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：FA
，FP
，FB
成等差数列，并求该数列
的公差．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）设
1
2
2
1
( ,
), (
,
)
A
y
x
y
x
B
，则
2
2
2
2
1
2
1
2
1,
1
4
3
4
3
y
x
y
x
．
两式相减，并由
1
2
2
1y
x
y
k
x
得
1
1
2
2
0
4
3
y
x
y
k
x
．
由题设知
1
2
1
2
1,
2
2
x
y
x
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
(1,0)
F
，设
3
3
(
,
)
P x
y
，则
3
3
1
1
2
2
(
1,
)
(
1,
)
(
1,
)
(0,0)
y
x
x
y
x
y
．
由（1）及题设得
3
3
2
1
2
1
3
(
)
1,
(
)
2
0
y
y
x
x
y
x
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
x
y
，同理
2
|
| 2
2
x
FB
，
所以
1
2
1
|
|
|
| 4
(
)
3
2
FA
FB
x
x
，故2 |
| |
|
|
|
FP
FA
FB
，即|
|,|
|,|
|
FA
FP
FB
成等差数列．
设该数列的公差为d，则
1
1
2
2
2
1
2
1
1
2|
| ||
|
|
||
|
|
(
)
4
2
2
FB
FA
x
x
x
x
x x
d
．①
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
将
3
4
m
代入
3
4
k
m
得
1
k ，所以l 的方程为
7
4
y
x
，
代入C 的方程，并整理得
2
1
7
14
0
4
x
x
，故
1
2
1
2
1
2,
28
x
x
x x
，
代入①解得
3 21
|
|
28
d
，所以该数列的公差为3 21
28
或
3 21
28
．
15．【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．
【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) ．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
．
16．【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
．
17．【2018 年高考天津卷理数】设椭圆
2
2
2
2
1
x
y
a
b
(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B．已知椭圆的离心率为
5
3
，点A
的坐标为( ,0)
b
，且
6 2
FB
AB
．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线l：
(
0)
y
kx k
与椭圆在第一象限的交点为P，且l 与直线AB 交于点Q．
若
5 2 sin
4
AQ
AOQ
PQ
(O 为原点)，求k 的值．
【答案】（1）
2
2
1
9
4
x
y
；（2）1
11
2
28
或
．
【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由已知有
2
2
5
9
c
a
，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．
由已知可得，FB
a
，
2
AB
b
，
由
6 2
FB
AB
，可得ab=6，
从而a=3，b=2，
所以椭圆的方程为
2
2
1
9
4
x
y
．
（2）设点P 的坐标为（x1，y1），点Q 的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故
1
2
sin
PQ
AOQ
y
y
．
又因为
2
sin
y
AQ
OAB
，而∠OAB= π
4
，故
2
2
AQ
y
．
由
5 2 sin
4
AQ
AOQ
PQ
，可得5y1=9y2．
由方程组
2
2
1
9
4
y
kx
x
y
，
，
消去x，可得
1
2
6
9
4
k
y
k
．
易知直线AB 的方程为x+y–2=0，由方程组
2
0
y
kx
x
y
，
，
消去x，可得
2
2
1
k
y
k
．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=
2
3 9
4
k
，两边平方，整理得
2
56
50
11
0
k
k
，解得
1
2
k
，或
11
28
k
．
所以k 的值为1
11
2
28
或
．
18．【2017 年高考全国I 理数】已知椭圆C：
2
2
2
2
1(
)
0
x
y
a
b
a
b
，四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，
3
2
），P4
（1，
3
2
）中恰有三点在椭圆C 上．
（1）求C 的方程；
（2）设直线l 不经过P2 点且与C 相交于A，B 两点．若直线P2A 与直线P2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点．
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【答案】（1）
2
2
1
4
x
y
；（2）见解析.
【解析】（1）由于
3P ，
4P 两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过
3P ，
4P 两点．
又由
2
2
2
2
1
1
1
3
4
a
b
a
b
知，C 不经过点P1，所以点P2 在C 上．
因此
2
2
2
1
1
1
3
1
4
b
a
b
，解得
2
2
4
1
a
b
，
故C 的方程为
2
2
1
4
x
y
．
（2）设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1，k2，如果l 与x 轴垂直，设l：x=t，
由题设知
0
t
，且| | 2
t
，可得A，B 的坐标分别为（t，
2
4
2
t
），（t，
2
4
2
t
）．
则
2
2
1
2
4
2
4
2
1
2
2
t
t
k
k
t
t
，得
2
t
，不符合题设，从而可设l：y
kx
m
（
1
m ）．
将y
kx
m
代入
2
2
1
4
x
y
得
2
2
2
(4
1)
8
4
4
0
k
x
kmx
m
，由题设可知
2
2
16(4
1)
0
k
m
．
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=
2
8
4
1
km
k
，x1x2=
2
2
4
4
4
1
m
k
．
而
1
2
1
2
1
2
1
1
y
y
k
k
x
x
1
2
1
2
1
1
kx
m
kx
m
x
x
1
2
1
2
1
2
2
(
1)(
)
kx x
m
x
x
x x
．
由题设
1
2
1
k
k
，故
1
2
1
2
(2
1)
(
1)(
)
0
k
x x
m
x
x
，
即
2
2
2
4
4
8
(2
1)
(
1)
0
4
1
4
1
m
km
k
m
k
k
，解得
1
2
m
k
，
当且仅当
1
m 时
0
，于是l：
1
2
m
y
x
m
，即
1
1
(
2)
2
m
y
x
，
所以l 过定点（2，1
）．
【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直
线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况．另
外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，
求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简．
19．【2017 年高考全国II 理数】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
0
0
( , ),
(
,
)
P x y M x
y
，
0
(
,0)
N x
，则
0
0
(
, ),
(0,
)
NP
x
x
y NM
y
．
由
2
NP
NM
得
0
0
2
,
2
x
x y
y
．
因为
0
0
(
,
)
M 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
( 1,0)
F
．设
( 3, ),
( , )
Q
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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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】求轨迹方程的常用方法：
（1）直接法：直接利用条件建立x，y 之间的关系F(x，y)＝0．
（2）待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程．
（3）定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．
（4）代入(相关点)法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而运动，常利用代入法求动点P(x，y)的轨迹方
程．
20．【2017 年高考北京卷理数】已知抛物线C：y2=2px 过点P(1，1).过点(0，1
2
)作直线l 与抛物线C 交于不同的两点M，
N，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP，ON 交于点A，B，其中O 为原点.
（1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
（2）求证：A 为线段BM 的中点.
【答案】（1）抛物线C 的方程为
2y
x
，焦点坐标为( 1
4 ，0)，准线方程为
1
4
x
；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线C：
2
2
y
px
过点P(1，1)，得
1
2
p
.
所以抛物线C 的方程为
2y
x
.
抛物线C 的焦点坐标为( 1
4 ，0)，准线方程为
1
4
x
.
（2）由题意，设直线l 的方程为
1
2
y
kx
（
0
k
），l 与抛物线C 的交点为
1
1
( ,
)
M x y
，
2
2
(
,
)
N x
y
.
由
2
1
2
y
kx
y
x
，得
2
2
4
(4
4)
1
0
k x
k
x
.
则
1
2
2
1
k
x
x
k
，
1
2
2
1
4
x x
k
.
因为点P 的坐标为（1，1），所以直线OP 的方程为y
x
，点A 的坐标为
1
1
(
,
)
x y
.
直线ON 的方程为
2
2
y
y
x
x
，点B 的坐标为
2
1
1
2
( ,
)
y x
x
x
.
因为
2
1
1
2
2
1
1
2
1
1
2
2
2
2
y x
y x
y x
x x
y
x
x
x
1
2
2
1
1
2
2
1
1
(
)
(
)
2
2
2
kx
x
kx
x
x x
x
1
2
2
1
2
1
(2
2)
(
)
2
k
x x
x
x
x
2
2
2
1
1
(2
2)
4
2
k
k
k
k
x
0
，
所以
2
1
1
1
2
2
y x
y
x
x
.
故A 为线段BM 的中点.
【名师点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了转化与化归能力，当看到题目中出现直线与圆锥曲线
时，不需要特殊技巧，只要联立直线与圆锥曲线的方程，借助根与系数的关系，找准题设条件中突显的或隐含的
等量关系，把这种关系“翻译”出来即可，有时不一定要把结果及时求出来，可能需要整体代换到后面的计算中去，
从而减少计算量.
（1）代入点P 求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程；
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（2）设直线l 的方程为
1
2
y
kx
（
0
k
），与抛物线方程联立，再由根与系数的关系，及直线ON 的方程为
2
2
y
y
x
x
，
联立求得点B 的坐标为
2
1
1
2
( ,
)
y x
x
x
，再证明
1
2
1
1
2
2
0
x y
y
x
x
.
21．【2017 年高考天津卷理数】设椭圆
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的左焦点为F ，右顶点为A ，离心率为1
2
．已知A 是抛
物线
2
2
(
0)
y
px p
的焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为1
2
．
（1）求椭圆的方程和抛物线的方程；
（2）设l 上两点P ，Q 关于x 轴对称，直线AP 与椭圆相交于点B（B 异于点A ），直线BQ 与x 轴相交于点D ．若
APD
△
的面积为
6
2
，求直线AP 的方程．
【答案】（1）椭圆的方程为
2
2
4
1
3
y
x
，抛物线的方程为
2
4
y
x
；（2）3
6
3
0
x
y
或3
6
3
0
x
y
．
【解析】（1）设F 的坐标为(
,0)
c
．
依题意，
1
2
c
a
，2
p
a
，
1
2
a
c
，解得
1
a
，
1
2
c
，
2
p
，于是
2
2
2
3
4
b
a
c
．
所以，椭圆的方程为
2
2
4
1
3
y
x
，抛物线的方程为
2
4
y
x
．
（2）设直线AP 的方程为
1(
0)
x
my
m
，
与直线l 的方程
1
x 联立，可得点
2
( 1,
)
P
m
，故
2
( 1,
)
Q
m
．
将
1
x
my
与
2
2
4
1
3
y
x
联立，消去x ，整理得
2
2
(3
4)
6
0
m
y
my
，
解得
0
y
或
2
6
3
4
m
y
m
．
由点B 异于点A ，可得点
2
2
2
3
4
6
(
,
)
3
4
3
4
m
m
B
m
m
．
由
2
( 1,
)
Q
m
，可得直线BQ 的方程为
2
2
2
6
2
3
4
2
(
)(
1)
(
1)(
)
0
3
4
3
4
m
m
x
y
m
m
m
m
，
令
0
y
，解得
2
2
2
3
3
2
m
x
m
，故
2
2
2
3
(
,0)
3
2
m
D
m
，所以
2
2
2
2
2
3
6
|
| 1
3
2
3
2
m
m
AD
m
m
．
又因为
APD
△
的面积为
6
2
，故
2
2
1
6
2
6
2
3
2
|
|
2
m
m
m
，
整理得
2
3
2 6 |
| 2
0
m
m
，解得
6
|
|
3
m
，所以
6
3
m
．
所以，直线AP 的方程为3
6
3
0
x
y
或3
6
3
0
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，本题中第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物
线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线的方程，第二步联立方程组求出点的坐标，写出直线的方程，
利用面积求直线方程，利用代数的方法解决几何问题，即坐标化、方程化、代数化，这是解题的关键．
（1）由于A 为抛物线焦点，F 到抛物线的准线l 的距离为1
2
，则
1
2
a
c
，又椭圆的离心率为1
2
，求出, ,
c a b ，
得出椭圆的标准方程和抛物线的方程；
（2）设直线AP 的方程为
1(
0)
x
my
m
，解出,
P Q 两点的坐标，把直线AP 的方程和椭圆方程联立解出B 点坐
标，写出BQ 所在直线的方程，求出点D 的坐标，最后根据
APD
△
的面积为
6
2
，解方程求出m ，可得直线AP 的方
程．
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22．【2017 年高考山东卷理数】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
的离心率为
2
2
，焦距为
2.
（1）求椭圆E 的方程；
（2）如图，动直线
1
3
:
2
l y
k x
交椭圆E 于A，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为
2k ，且
1
2
2
4
k k
，
M 是线段OC 延长线上一点，且
|:|
| 2:3
MC
AB
，
M
的半径为MC ，
,
OS OT 是
M
的两条切线，切点分别
为,
S T ，求
SOT
的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率.
【答案】（1）
2
2
1
2
x
y
；（2）
SOT
的最大值为π
3
，取得最大值时直线l 的斜率为
1
2
2
k
.
【解析】（1）由题意知
2 ,2
2
2
c
e
c
a
，
所以c=1，
所以
2,
1
a
b
，
因此椭圆E 的方程为
2
2
1
2
x
y
.
（2）设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，联立方程
2
2
1
1
2
3
2
x
y
y
k x
，
得
2
2
1
1
4
2
4 3
1
0
k
x
k x
，
由题意知
0
，
且
1
1
2
1
2
2
2
1
1
2 3
1
,
2
1
2 2
1
k
x
x
x x
k
k
，
所以
2
2
1
1
2
1
1
2
2
1
1
1 8
|
|
1
2
2
1
k
k
AB
k
x
x
k
.
由题意可知圆M 的半径r 为
2
2
1
1
2
1
1
1 8
2 2
3
2
1
k
k
r
k
，
由题设知
1
2
2
4
k k
，
所以
2
1
2
4
k
k
，
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因此直线OC 的方程为
1
2
4
y
x
k
.
联立方程
2
2
1
1
2
2
4
x
y
y
x
k
，
得
2
2
2
1
2
2
1
1
8
1
,
1
4
1
4
k
x
y
k
k
，
因此
2
2
2
1
2
1
1 8
|
|
1
4
k
OC
x
y
k
.
由题意可知
1
sin
|
|
2
|
|
1
SOT
r
OC
r
OC
r
，
而
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1
1 8
1
4
|
|
1
1 8
2 2
3
2
1
k
k
OC
r
k
k
k
2
1
2
2
1
1
1
2
3 2
4
1
4
1
k
k
k
，
令
2
1
1
2
t
k
，
则
1
1,
0,1
t
t
，
因此
2
2
2
|
|
3
3
1
3
1
1
2
2
2
1
1
2
1
1
1
9
2
2
4
OC
t
r
t
t
t
t
t
，
当且仅当1
1
2
t
，即
2
t
时等号成立，此时
1
2
2
k
，
所以
1
sin
2
2
SOT
，
因此
2
6
SOT
，
所以
SOT
的最大值为π
3
.
综上所述：
SOT
的最大值为π
3
，取得最大值时直线l 的斜率为
1
2
2
k
.
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专题09
三角函数
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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，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，故选D．
【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卷理数】关于函数
( )
sin |
|
| sin |
f x
x
x
有下述四个结论：
①f(x)是偶函数
②f(x)在区间（
2
，）单调递增
③f(x)在[
, ]
有4 个零点
④f(x)的最大值为2
其中所有正确结论的编号是
A．①②④
B．②④
C．①④
D．①③
【解析】
sin
sin
sin
sin
,
f
x
x
x
x
x
f
x
f
x
为偶函数，故①正确．
当π
π
2
x
时，
2sin
f x
x
，它在区间
,
2
单调递减，故②错误．
当0
π
x
时，
2sin
f x
x
，它有两个零点：0 ；当π
0
x
时，
sin
sin
f x
x
x
2sin x
，它有一个零点：π
，故
f x 在
,
有3个零点：
0
，故③错误．
当
2
, 2
x
k
k
k
N
时
，
2sin
f x
x
；
当
2
, 2
2
x
k
k
k
N
时
，
sin
sin
0
f x
x
x
，又
f x 为偶函数，
f
x
的最大值为2 ，故④正确．
综上所述，①④正确，【名师点睛】本题也可画出函数
sin
sin
f x
x
x
的图象（如下图），由图象可得①④正
确．
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3．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】下列函数中，以
2
为周期且在区间(
4
，
2
)单调递增的是
A．f(x)=|cos2x|
B．f(x)=|sin2x|
C．f(x)=cos|x|
D．f(x)=sin|x|
【解析】作出因为
sin |
|
y
x
的图象如下图1，知其不是周期函数，排除D；
因为
cos
cos
y
x
x
，周期为2π ，排除C；
作出
cos2
y
x
图象如图2，由图象知，其周期为π
2
，在区间(
4
，
2
)单调递增，A 正确；
作出
sin 2
y
x
的图象如图3，由图象知，其周期为π
2
，在区间(
4
，
2
)单调递减，排除B，
图1
图2
图3
【名师点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养，画出各函数图象，即可
作出选择．本题也可利用二级结论：①函数
( )
y
f x
的周期是函数
( )
y
f x
周期的一半；②
sin
y
x
不是周
期函数.
4．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】已知α∈(0，
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
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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卷理数】设函数
f x =sin（
5
x
）(＞0)，已知
f x 在
0,2有且仅有5 个零点，下
述四个结论：
①
f x 在（0,2）有且仅有3 个极大值点
②
f x 在（0,2）有且仅有2 个极小值点
③
f x 在（0,10
）单调递增
④的取值范围是[12 29
5 10
，
)
其中所有正确结论的编号是
A．①④
B．②③
C．①②③
D．①③④
【解析】①若
( )
f x 在[0,2π] 上有5 个零点，可画出大致图象，
由图1 可知，
( )
f x 在(0,2π) 有且仅有3 个极大值点.故①正确；
②由图1、2 可知，
( )
f x 在(0,2π) 有且仅有2 个或3 个极小值点.故②错误；
④当
f x =sin（
5
x
）=0 时，
5
x
=kπ（k∈Z），所以
π
π
5
k
x
，
因为
( )
f x 在[0,2π] 上有5 个零点，
所以当k=5 时，
π
5π
5
2π
x
，当k=6 时，
π
6π
5
2π
x
，解得12
29
5
10
ω
，
故④正确.
③函数
f x =sin（
5
x
）的增区间为：
π
π
π
2 π
2 π
2
5
2
k
x
k
，
7
3
2
π
2
π
10
10
k
k
x
.
取k=0，
当
12
5
时，单调递增区间为
7
1
π
π
24
8
x
，
当
29
10
时，单调递增区间为
7
3
π
π
29
29
x
，
综上可得，
f x 在
π
0,10
单调递增.故③正确.
所以结论正确的有①③④.故本题正确答案为D.
【名师点睛】本题为三角函数与零点结合问题，难度大，可数形结合，分析得出答案，要求高，理解深度高，考查
数形结合思想．注意本题中极小值点个数是动态的，易错，正确性考查需认真计算，易出错．
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6．【2019 年高考天津卷理数】已知函数
( )
sin(
)(
0,
0,|
|
)
f x
A
x
A
是奇函数，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
g x 的最小正周期为2π，
且
2
4
g
，则
3
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
；
又
1
2π
( )
sin
,
2π,
1
2
2
g x
A
x
T
∴
2
，
又
π
( )
2
4
g
，∴
2
A
，
∴
( )
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 ，再根据函数性质逐步得出
, ,
A 的值即可.
7．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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.
8．【2018 年高考全国卷II 理数】若
cos
sin
f x
x
x
在
,a 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】因为
π
cos
sin
2cos
4
f
x
x
x
x
，
所以由
π
0
2 π
π
2 π(
)
4
k
x
k
k
Z 得
π
3π
2 π
2 π(
)
4
4
k
x
k
k
Z ，
因此
π 3π
π
3π
π
,
,
,
,
,
,
0
4
4
4
4
4
a a
a
a
a
a
a
，从而a 的最大值为π
4
，
【名师点睛】解答本题时，先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定a 的最大值.函数
sin
(
0,
0)
y
A
x
B A
的性质：
(1)
max
min
= +
y
A B
y
A
B
，
.
(2)周期
2
.
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 年高考天津理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．在区间3
5
[
,
]
4
4
上单调递增
B．在区间3
[
, ]
4
上单调递减
C．在区间5
3
[
,
]
4
2
上单调递增
D．在区间3
[
,2 ]
2
上单调递减
【解析】由函数图象平移变换的性质可知：将
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
1
k
可得一个单调递增区间为3π 5π
,
4
4
.
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
1
k
可得一个单调递减区间为：5π 7π
,
4
4
.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和
计算求解能力.
10．【2018 年高考浙江卷】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
，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．
11．【2017 年高考全国Ⅰ理数】已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+ 2π
3
)，则下面结论正确的是
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．把C1 上各点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π
6
个单位长度，得到曲线C2
B．把C1 上各点的横坐标伸长到原来的2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π
12
个单位长度，得到曲线C2
C．把C1 上各点的横坐标缩短到原来的1
2
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π
6
个单位长度，得到曲线C2
D．把C1 上各点的横坐标缩短到原来的1
2
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π
12
个单位长度，得到曲线C2
【解析】因为
1
2
,
C C
函数名不同，所以先将
2
C
利用诱导公式转化成与
1
C 相同的函数名，则
2
2π
2π
π
π
:
sin(2
)
cos(2
)
cos(2
)
3
3
2
6
C
y
x
x
x
，则由
1
C 上各点的横坐标缩短到原来的1
2
倍变为
cos2
y
x
，再将曲线向左平移π
12
个单位长度得到
2
C ，故选D.
【名师点睛】对于三角函数图象变换问题，首先要将不同名函数转换成同名函数，利用诱导公式，需要重点记住
π
π
sin
cos(
),cos
sin(
)
2
2
；另外，在进行图象变换时，提倡先平移后伸缩，而先伸缩后平移在考试中
也经常出现，无论哪种变换，记住每一个变换总是对变量x 而言.
12．【2017 年高考全国Ⅲ理数】设函数
π
(
3
cos
)
f x
x
，则下列结论错误的是
A．
( )
f x 的一个周期为2π
B．
( )
y
f x
的图象关于直线
8π
3
x
对称
C．
(
π)
f x
的一个零点为
π
6
x
D．
( )
f x 在( π
2 ，π )单调递减
【解析】函数
( )
f x 的最小正周期为
2π
2π
1
T
，则函数
( )
f x 的周期为
2 π
T
k
k
Z ，取
1
k ，可得函数
f x 的一个周期为2π
，选项A 正确；
函数
( )
f x 图象的对称轴为
π
π
3
x
k
k
Z ，即
π
π
3
x
k
k
Z ，取
3
k
，可得y=f(x)的图象关于直线
8π
3
x
对称，选项B 正确；
π
π
π
cos
π
cos
3
3
f x
x
x
，函数
( )
f x
的零点满足
π
π
π
3
2
x
k
k
Z
，即
π
π
6
x
k
k
Z ，取
0
k
，可得
(
π)
f x
的一个零点为
π
6
x
，选项C 正确；
当
π ,π
2
x
时，
π
5π 4π
,
3
6
3
x
，函数
( )
f x 在该区间内不单调，选项D 错误.
故选D.
【名师点睛】（1）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为
(
n
)
si
y
A
x
或
(s
)
co
y
A
x
的形式，则
最小正周期为
2π
T
；奇偶性的判断关键是解析式是否为
sin
y
A
x
或
cos
y
A
x
b
的形式.
（2）求
sin
0
(
)
f x
A
x
的对称轴，只需令
π
π
2
x
k
k
Z ，求x；求f(x)的对称中心的横坐
标，只需令
π(
)
x
k
k
Z 即可.
13．【2017 年高考天津卷理数】设函数
( )
2sin(
)
f x
x
，xR ，其中
0
，|
|
．若
5
(
)
2
8
f
，
(
)
0
8
f
，
且
( )
f x 的最小正周期大于2，则
A．
2
3
，
12
B．
2
3
，
12
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
C．
1
3
，
24
D．
1
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．
14．【2019 年高考北京卷理数】函数f（x）=sin22x 的最小正周期是__________．
【答案】π
2
【解析】函数
2
sin 2
f x
x
1 cos4
2
x
，周期为π
2
.
【名师点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.将所给的函数利用降
幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.
15．【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
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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
16．【2018 年高考全国Ⅰ理数】已知函数
2sin
sin2
f x
x
x
，则
f x 的最小值是_____________．
【答案】
3 3
2
【解析】
2
1
2cos
2cos2
4cos
2cos
2
4 cos
1
cos
2
f
x
x
x
x
x
x
x
，
所以当
1
cos
2
x
时函数单调递减，当
1
cos
2
x
时函数单调递增，从而得到函数的递减区间为
5π
π
2 π
,2 π
3
3
k
k
k
Z ，函数的递增区间为
π
π
2 π
,2 π
3
3
k
k
k
Z ，
所以当
π
2 π
,
3
x
k
k
Z 时，函数
f x 取得最小值，此时
3
3
sin
,sin2
2
2
x
x
，
所以
min
3
3
3 3
2
2
2
2
f x
，故答案是
3 3
2
.
【名师点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题，在求解的过程中，需要明确相关的函数的求导
公式，需要明白导数的符号与函数的单调性的关系，确定出函数的单调增区间和单调减区间，进而求得函数的最
小值点，从而求得相应的三角函数值，代入求得函数的最小值.
17．【2018 年高考北京卷理数】设函数f（x）=
π
cos(
)(
0)
6
x
，若
π
( )
( )
4
f x
f
对任意的实数x 都成立，则ω的最小
值为__________．
【答案】2
3
【解析】因为
π
4
f
x
f
对任意的实数x 都成立，所以
π
4
f
取最大值，
所以
π
π
2
2 π
8
4
6
3
k
k
k
k
Z
Z
，
，
因为
0
，所以当
0
k
时，ω取最小值为2
3
.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，考查考生的逻辑推理能力以及运算求解能力，考查的核心素
养是逻辑推理、数学运算.
18．【2018 年高考全国Ⅲ理数】函数
π
cos 3
6
f x
x
在
0
π
，
的零点个数为________．
【答案】3
【解析】0
π
x
，π
π
19π
3
6
6
6
x
，由题可知
π
π
π
3π
3
3
6
2
6
2
x
x
，
，或
π
5π
3
6
2
x
，解得
π 4π
,
9
9
x
，
或7π
9
，故有3 个零点.
【名师点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查数形结合思想和考生的运算求解能力，考查的核心素养是
数学运算.
19．【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
20．【2017 年高考全国Ⅱ理数】函数
2
3
sin
3 cos
4
f
x
x
x
(
π
0, 2
x
)的最大值是
.
【答案】1
【解析】化简三角函数的解析式：
2
2
2
3
1
3
1 cos
3 cos
cos
3 cos
cos
1
4
4
2
f
x
x
x
x
x
x
，
由自变量的范围：
π
0, 2
x
可得：
cos
0,1
x
，
当
3
cos
2
x
时，函数
f x 取得最大值1.
【名师点睛】本题经三角函数式的化简将三角函数的问题转化为二次函数的问题，二次函数、二次方程与二次不等
式统称“三个二次”，它们常结合在一起，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分析.
21．【2017 年高考北京卷理数】在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称.若
1
sin
3
，则cos(
)
=___________.
【答案】
7
9
【解析】因为和关于y 轴对称，所以
π
2 π,
k
k
Z ，那么
1
sin
sin
3
，
2 2
cos
cos
3
（或
2 2
cos
cos
3
），
所以
2
2
2
7
cos
cos
cos
sin
sin
cos
sin
2sin
1
9
.
【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 .
22．【2018 年高考全国Ⅱ理数】已知sin
cos
1
α
β
，cos
sin
0
α
β
，则sin(
)
α
β
__________．
【答案】
1
2
【解析】因为sin
cos
1
，cos
sin
0
，所以
2
2
1 sin
cos
1,
所以
1
1
sin
,cos
2
2
，
因此
2
2
1
1
1
1
1
1
sin
sin cos
cos sin
cos
1 sin
1
.
2
2
4
4
4
2
【名师点睛】本题主要考查三角恒等变换，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.
23．【2017 年高考江苏卷】若
π
1
tan(
)
,
4
6
则tan
▲
．
【答案】7
5
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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
．
【考点】两角和的正切公式
【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．
24．【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；
（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.
25．【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 ，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
26．【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
．
27．【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
，-
）．
（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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
28．【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】（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】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．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．
29．【2017 年高考山东卷理数】设函数
π
π
( )
sin(
)
sin(
)
6
2
f x
x
x
，其中0
3
.已知
π
( )
0
6
f
.
（1）求；
（2）将函数
( )
y
f x
的图象上各点的横坐标伸长为原来的2 倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移π
4
个单
位，得到函数
( )
y
g x
的图象，求( )
g x 在
π 3π
[
,
]
4
4
上的最小值.
【答案】（1）
2
；（2）最小值为
3
2
.
【解析】（1）因为
π
π
( )
sin(
)
sin(
)
6
2
f x
x
x
，
所以
3
1
( )
sin
cos
cos
2
2
f x
x
x
x
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3
3
sin
cos
2
2
x
x
1
3
3( sin
cos
)
2
2
x
x
π
3sin(
)
3
x
.
由题设知
π
( )
0
6
f
，
所以
π
π
π
6
3
k
，k Z .
故
6
2
k
，k Z ，
又0
3
，
所以
2
.
（2）由（1）得
( )
3sin 2
3
f x
x
.
所以( )
3sin
3sin
4
3
12
g x
x
x
.
因为
π 3π
[
,
]
4
4
x
，
所以
2
,
12
3
3
x
，
所以当
12
3
x
，即
4
x
时，
( )
g x 取得最小值
3
2
.
【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题时，关键在于能利用三角公式化简
函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不
大，能较好地考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
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专题10
解三角形
1．【2018 年高考全国Ⅱ理数】在
ABC
△
中，
5
cos 2
5
C
，
1
BC ，
5
AC
，则AB
A．4 2
B．
30
C．
29
D．2 5
【解析】因为
2
2
5
3
cos
2cos
1
2
1
,
2
5
5
C
C
所以
2
2
2
3
2
cos
1
25
2 1 5
32
4 2
5
AB
BC
AC
BC AC
C
AB
，则
，【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.
2．【2018 年高考全国Ⅲ理数】
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．π
2
B．π
3
C．π
4
D．π
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.
3．【2017 年高考山东卷理数】在
ABC
△
中，角A，B，C 的对边分别为a ，b ，c ．若
ABC
△
为锐角三角形，且满
足sin
(1
2cos
)
2sin
cos
cos
sin
B
C
A
C
A
C
，则下列等式成立的是
A．
2
a
b
B．
2
b
a
C．
2
A
B
D．
2
B
A
【解析】由题意知sin(
)
2sin
cos
2sin
cos
cos
sin
A
C
B
C
A
C
A
C
，
所以2sin
cos
sin
cos
2sin
sin
2
B
C
A
C
B
A
b
a
，
【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转
化为含有A，B，C 的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到
2
a
b
.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理
是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.
4．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】
ABC
△
的内角
, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c .若
π
6,
2 ,
3
b
a
c B
，则
ABC
△
的面
积为_________．
【答案】6 3
【解析】由余弦定理得
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
，所以
2
2
2
1
(2 )
2 2
6
2
c
c
c
c
，即
2
12
c
，
解得
2 3,
2 3
c
c
（舍去），
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所以
2
4 3
a
c
，
1
1
3
sin
4 3
2 3
6 3.
2
2
2
ABC
S
ac
B
△
【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础
上，准确记忆公式，细心计算．本题首先应用余弦定理，建立关于c 的方程，应用,a c 的关系、三角形面积公式
计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．
5．【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
.
【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.
6．
【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.
7．【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=_______．
【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 面积为15
2
，
10
cos
4
BDC
．
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【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．
8．
【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】ABC
△
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，设
2
2
(sin
sin
)
sin
sin
sin
B
C
A
B
C
．
（1）求A；
（2）若
2
2
a
b
c
，求sinC．
【答案】（1）
60
A
；（2）
6
2
sin
4
C
.
【解析】（1）由已知得
2
2
2
sin
sin
sin
sin
sin
B
C
A
B
C
，
故由正弦定理得
2
2
2
b
c
a
bc
．
由余弦定理得
2
2
2
1
cos
2
2
b
c
a
A
bc
．
因为0
180
A
，所以
60
A
．
（2）由（1）知
120
B
C
，
由题设及正弦定理得
2 sin
sin 120
2sin
A
C
C
，
即
6
3
1
cos
sin
2sin
2
2
2
C
C
C
，可得
2
cos
60
2
C
．
由于0
120
C
，所以
2
sin
60
2
C
，故
sin
sin
60
60
C
C
sin
60
cos60
cos
60
sin 60
C
C
6
2
4
．
【名师点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系
的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.
9．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】△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°，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
10．【2019 年高考北京卷理数】在△ABC 中，a=3，b−c=2，cosB=
1
2
．
（1）求b，c 的值；
（2）求sin（B–C）的值．
【答案】（1）
7
b
，
5
c
；（2）4
3
7
.
【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
5 3
sin
sin
14
c
C
B
b
.
在
ABC
△
中，∠B是钝角，
所以∠C为锐角.
所以
2
11
cos
1 sin
14
C
C
.
所以
4 3
sin(
)
sin
cos
cos
sin
7
B
C
B
C
B
C
.
【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.
11．
【2019 年高考天津卷理数】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
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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（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．
12．【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．
【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.
13．【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：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（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）.
（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
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
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.
14．【2018 年高考全国Ⅰ理数】在平面四边形ABCD 中，
90
ADC
，
45
A
，
2
AB
，
5
BD
.
（1）求cos
ADB
；
（2）若
2 2
DC
，求BC .
【答案】（1）
23
5
；（2）5.
【解析】（1）在
ABD
△
中，由正弦定理得sin
sin
BD
AB
A
ADB
.
由题设知，
5
2
sin 45
sin
ADB
，所以
2
sin
5
ADB
.
由题设知，
90
ADB
，
所以
2
23
cos
1
25
5
ADB
.
（2）由题设及（1）知，
2
cos
sin
5
BDC
ADB
.
在
BCD
△
中，由余弦定理得
2
2
2
2
cos
BC
BD
DC
BD DC
BDC
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
25
8
2 5 2 2
5
25
.
所以
5
BC
.
【名师点睛】求解此类问题的突破口：
一是观察所给的四边形的特征，正确分析已知图形中的边角关系，判断是用正弦定理，还是用余弦定理，求边角；
二是注意大边对大角，在解三角形中的应用.
15．【2017 年高考全国Ⅰ理数】
ABC
△
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知
ABC
△
的面积为
2
3sin
a
A
.
（1）求sin Bsin C;
（2）若6cos Bcos C=1，a=3，求
ABC
△
的周长.
【答案】（1）2
3
；（2）3
33
.
【解析】（1）由题设得
2
1
sin
2
3sin
a
ac
B
A
，即1 sin
2
3sin
a
c
B
A
.
由正弦定理得1
sin
sin
sin
2
3sin
A
C
B
A
.
故
2
sin
sin
3
B
C
.
（2）由题设及（1）得
1
cos
cos
sin
sin
2
B
C
B
C
，即
1
cos(
)
2
B
C
.
所以
2π
3
B
C
，故
π
3
A
.
由题设得
2
1
sin
2
3sin
a
bc
A
A
，即
8
bc
.
由余弦定理得
2
2
9
b
c
bc
，即
2
(
)
3
9
b
c
bc
，得
33
b
c
.
故△ABC 的周长为3
33
.
【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积
公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一
种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再
有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如
sin(
)
y
A
x
b
，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理
和给定条件即可.
16．【2018 年高考天津卷理数】在
ABC
△
中，内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c.已知sin
cos(
)
6
b
A
a
B
.
（1）求角B 的大小；
（2）设a=2，c=3，求b 和sin(2
)
A
B
的值.
【答案】（1）π
3 ；（2）b=
7 ，sin(2
)
A
B
= 3 3
14
.
【解析】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．满分13 分．
（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 ．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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】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．
17．【2017 年高考全国Ⅱ理数】
ABC
△
的内角, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，已知
2
sin
8sin 2
B
A
C
．
（1）求cos B ；
（2）若
6
a
c
，
ABC
△
的面积为2 ，求b ．
【答案】（1）
15
cos
17
B
；（2）
2
b
．
【解析】（1）由题设及A
B
C
，可得
2
sin
8sin 2
B
B
，故
sin
4 1 cos
B
B
．
上式两边平方，整理得
2
17cos
32cos
15
0
B
B
，
解得cos
1
B (舍去)，
15
cos
17
B
．
（2）由
15
cos
17
B
得
8
sin
17
B
，故
1
4
=
sin
2
17
△ABC
S
ac
B
ac
．
又
=2
ABC
S△
，则
17
2
ac
．
由余弦定理及
6
a
c
得：
2
2
2
2
17
15
2
cos
2
1
cos
36
2
(1
)
4,
2
17
b
a
c
ac
B
a
c
ac
B
所以
2
b
．
【名师点睛】解三角形问题是高考的高频考点，命题大多放在解答题的第一题，主要利用三角形的内角和定理，
正、余弦定理，三角形的面积公式等知识进行求解．解题时要灵活利用三角形的边角关系进行“边转角”“角转
边”，另外要注意
2
2
,
,
a
c ac a
c
三者之间的关系，这样的题目小而活，备受命题者的青睐．
18．【2018 年高考北京卷理数】在△ABC 中，a=7，b=8，cosB=– 1
7
．
（1）求∠A；
（2）求AC 边上的高．
【答案】（1）π
3
；（2）3 3
2
．
【解析】（1）在△ABC 中，∵cosB=– 1
7
，∴B∈（π
2
，π），
∴sinB=
2
4 3
1 cos
7
B
．
由正弦定理得sin
sin
a
b
A
B
7
sin A
=
8
4 3
7
，
∴sinA=
3
2
．
∵B∈（π
2
，π），∴A∈（0，π
2
），
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
∴∠A= π
3
．
（2）在△ABC 中，sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA=
3
1
1
4 3
(
)
2
7
2
7
= 3 3
14
．
如图所示，在△ABC 中，∵sinC= h
BC
，∴h=
sin
BC
C
=
3 3
3 3
7
14
2
，
∴AC 边上的高为3 3
2
．
【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，基本步聚是：
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.
19．
【2017 年高考天津卷理数】在
ABC
△
中，内角
, ,
A B C 所对的边分别为, ,
a b c ．已知a
b
，
5,
6
a
c
，
3
sin
5
B
．
（1）求b 和sin A 的值；
（2）求
π
sin(2
)
4
A
的值．
【答案】（1）b 的值为13 ，sin A 的值为3 13
13
；（2）7 2
26
.
【解析】（1）在
ABC
△
中，因为a
b
，故由
3
sin
5
B
，可得
4
cos
5
B
．
由已知及余弦定理，有
2
2
2
2
cos
13
b
a
c
ac
B
，
所以
13
b
．
由正弦定理sin
sin
a
b
A
B
，得
sin
3 13
sin
13
a
B
A
b
．
所以，b 的值为13 ，sin A 的值为3 13
13
．
（2）由（1）及a
c
，得
2 13
cos
13
A
，
所以
12
sin 2
2sin
cos
13
A
A
A
，
2
5
cos2
1
2sin
13
A
A
．
故
π
π
π
7 2
sin(2
)
sin 2
cos
cos2 sin
4
4
4
26
A
A
A
．
【名师点睛】（1）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．（2）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．
20．【2017 年高考全国Ⅲ理数】
ABC
△
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知sin
3 cos
0
A
A
，a=2
7 ，
b=2.
（1）求c；
（2）设D 为BC 边上一点，且ADAC，求△ABD 的面积.
【答案】（1）
4
c
；（2）
3 .
【解析】（1）由已知可得tan
3
A
，所以
2π
3
A
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
在
ABC
△
中，由余弦定理得
2
2π
28
4
4 cos 3
c
c
，即
2
2
24
0
c
c
.
解得
6
c
(舍去)，
4
c
.
（2）由题设可得
π
2
CAD
，
所以
π
6
BAD
BAC
CAD
.
故
ABD
△
面积与
ACD
△
面积的比值为
1
π
sin
2
6
1
1
2
AB AD
AC AD
.
又
ABC
△
的面积为1
4 2sin
2 3
2
BAC
，
所以
ABD
△
的面积为
3 .
【名师点睛】在解决三角形问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联
系起来.正、余弦定理在应用时，应注意灵活性，已知两角和一边，该三角形是确定的，其解是唯一的；已知两边
和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据三角函数值的有界性和大边对大角定理进行判断.
（1）由题意首先求得
2π
3
A
，然后利用余弦定理列方程，边长取方程的正实数根可得
4
c
；
（2）利用题意首先求得
ABD
△
的面积与
ACD
△
的面积的比值，然后结合
ABC
△
的面积可求得
ABD
△
的面积
为
3 .
21．【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）
（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)
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（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，
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．
22．【2017 年高考北京卷理数】在△ABC 中，
A
=60°，c= 3
7
a.
（1）求sin C 的值；
（2）若a=7，求△ABC 的面积.
【答案】（1）3 3
14
；（2）6 3 .
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【解析】（1）在△ABC 中，因为
60
A
，
3
7
c
a
，
所以由正弦定理得
sin
3
3
3 3
sin
7
2
14
c
A
C
a
.
（2）因为
7
a
，所以
3
7
3
7
c
.
由余弦定理
2
2
2
2
cos
a
b
c
bc
A
得
2
2
2
1
7
3
2
3
2
b
b
，
解得
8
b
或
5
b （舍）.
所以△ABC 的面积
1
1
3
sin
8 3
6 3
2
2
2
S
bc
A
.
【名师点睛】高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要
考虑用余弦定理实现边角互化；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互
化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．而三角变换中主要是“变角、变函数名和变运算形式”，
其中的核心是“变角”，即注意角之间的结构差异，弥补这种结构差异的依据就是三角公式.
（1）根据正弦定理
sin
sin
a
c
A
C
求sinC 的值；
（2）根据条件可知
7,
3,
a
c
根据余弦定理求出b 的值，最后利用三角形的面积公式
1
sin
2
S
bc
A
进行求解即
可.
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专题11
平面向量
1．【2019 年高考全国I 卷理数】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 卷理数】已知AB
=(2,3)，AC
=(3，t)，BC
=1，则AB BC
=
A．−3
B．−2
C．2
D．3
【解析】由
(1,
3)
BC
AC
AB
t
，
2
2
1
(
3)
1
BC
t
，得
3
t
，则
(1,0)
BC
，
(2,3) (1,0)
2 1 3 0
2
AB BC
．【名师点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，
难度不大．
3．【2019 年高考北京卷理数】设点A，B，C 不共线，则“ AB
与AC
的夹角为锐角”是“|
| |
|
AB
AC
BC
”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】AB
与AC
的夹角为锐角，所以
2
2
2
2
|
|
|
|
2
|
|
|
|
2
AB
AC
AB AC
AB
AC
AB AC
，即
2
2
|
|
|
|
AB
AC
AC
AB
，因为AC
AB
BC
，所以| AB
+ AC
|>| BC
|；
当| AB
+ AC
|>| BC
|成立时，| AB
+ AC
|2>| AB
- AC
|2
AB
• AC
>0，又因为点A，B，C 不共线，所以AB
与AC
的夹角为锐角.故“ AB
与AC
的夹角为锐角”是“| AB
+ AC
|>| BC
|”的充分必要条件,【名师点睛】本题考查充要条件
的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.
4．【2018 年高考全国I 卷理数】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.
5．【2018 年高考全国II 卷理数】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
所以选B.
【名师点睛】已知非零向量
1
1
( ,
)
x y
a
，
2
2
(
,
)
x
y
b
：
几何表示
坐标表示
模
|a|=
a a
2
2
1
1
x
y
a
夹角
cos
a b
a
b
1
2
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
cos
x x
y y
x
y
x
y
6．
（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
，则由
得
，
由b2−4e·b+3=0 得
因此|a−b|的最小值为圆心
到直线
的距离2 3 = 3
2
减去半径1，为
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.
7．【2018 年高考天津卷理数】如图，在平面四边形ABCD 中，
,
,
120 ,
AB
BC AD
CD
BAD
1,
AB
AD
若
点E 为边CD 上的动点，则AE BE
的最小值为
A．21
16
B．3
2
C．25
16
D．3
【解析】连接AD,取AD 中点为O,可知
ABD
△
为等腰三角形，而
,
AB
BC AD
CD
，所以
BCD
△
为等边三角
形，
3
BD
.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
设
0
1
DE
tDC
t
AE BE
2
2
3
2
AD
DE
BD
DE
AD BD
DE
AD
BD
DE
BD DE
DE
=
2
3
3
3
2
2
t
t
0
1
t
所以当
1
4
t
时，上式取最大值21
16
，
【名师点睛】本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示，
同时利用向量共线转化为函数求最值.
8．【2018 年高考北京卷理数】设a，b 均为单位向量，则“
3
3
a
b
a
b ”是“a⊥b”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】
2
2
2
2
2
2
6
9
9
+6
3
3
3
3
a
a
b
a
b
a
b
a
b
a b
b
a
a b
b ，因为a，b 均为单位向量，
所以
2
2
2
2
6
9
9
+6
=0
a
a b
b
a
a b
b
a b
a⊥b，即“
3
3
a
b
a
b ”是“a⊥b”的充分必要条件.【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．
9．【2017 年高考全国III 卷理数】在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上.若
AP
AB
AD
，则
的最大值为
A．3
B．2 2
C．
5
D．2
【解析】如图所示，建立平面直角坐标系.
设
0,1 ,
0,0 ,
2,0 ,
2,1 ,
,
A
B
C
D
P x y ，
易得圆的半径
2
5
r
，即圆C 的方程是
2
2
4
2
5
x
y
，
,
1 ,
0, 1 ,
2,0
AP
x y
AB
AD
，若满足AP
AB
AD
，
则
2
1
x
y
，
,
1
2
x
y
，所以
1
2
x
y
，
设
1
2
x
z
y
，即
1
0
2
x
y
z
，点
,
P x y 在圆
2
2
4
2
5
x
y
上，
所以圆心(2 0)
,
到直线
1
0
2
x
y
z
的距离d
r
，即2
2
1
5
1
4
z
，解得1
3
z
，
所以z 的最大值是3，即
的最大值是3，
【名师点睛】（1）应用平面向量基本定理表示向量是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘
运算.
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（2）用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，
再通过向量的运算来解决.
10．【2017 年高考全国II 卷理数】已知
ABC
△
是边长为2 的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则
(
)
PA
PB
PC
的最小值是
A．2
B．
3
2
C．
4
3
D．1
【解析】如图，以BC 为x 轴，BC 的垂直平分线DA 为y 轴，D 为坐标原点建立平面直角坐标系，
则
(0, 3)
A
，( 1,0)
B
，(1,0)
C
，设
( , )
P x y ，所以
(
, 3
)
PA
x
y
，
( 1
,
)
PB
x
y
，
(1
,
)
PC
x
y
，
所以
( 2 , 2 )
PB
PC
x
y
，
2
2
(
)
2
2 ( 3
)
2
2(
PA
PB
PC
x
y
y
x
y
2
3
3
3
)
2
2
2
，当
3
(0,
)
2
P
时，所求的最小值为
3
2
，
【名师点睛】平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：
①“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直
接进行判断；
②“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问
题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
11．【2017 年高考北京卷理数】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】【名师点睛】判断充分必要条件的的方法：（1）根据定义，若
,
p
q q
p
，那么p 是q 的充分
不必要条件，同时q 是p 的必要不充分条件；若p
q
，那么p ，q 互为充要条件；若
,
p
q q
p
，那么就
是既不充分也不必要条件.（2）当命题是以集合形式给出时，那就看包含关系，已知
:
,
p x
A
:
q x
B
,若A
B
，那么p 是q 的充分不必要条件，同时q 是p 的必要不充分条件；若A
B
，那么p ，q 互为
充要条件；若没有包含关系，那么就是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 条件的判断，转化为
q
是
p
条件的判断.
12．【2019 年高考全国III 卷理数】已知a，b 为单位向量，且a·b=0，若
2
5
c
a
b ，则cos
,
a c
___________.
【答案】2
3
【解析】因为
2
5
c
a
b ，
0
a b
，
所以
2
2
5
a c
a
a b
2
，
2
2
2
| |
4| |
4 5
5|
|
9
c
a
a b
b
，所以|
| 3
c
，
所以cos
,
a c
2
2
1 3
3
a c
a c
．
【名师点睛】本题主要考查平面向量的数量积、向量的夹角．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得
出答案．
13．【2019 年高考天津卷理数】在四边形ABCD 中，
,
2 3,
5,
30
AD
BC
AB
AD
A
∥
，点E 在线段CB
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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
.
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.
14．【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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
15．【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，
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.
16．【2018 年高考全国III 卷理数】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.
17．
【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）；
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
∴
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
；
∵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．
18．【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.
19．【2017 年高考全国I 卷理数】已知向量a，b 的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2b |=___________．
【答案】2 3
【解析】方法一：
2
2
2
|
2 |
|
|
4
4 |
|
4
4 2 1 cos60
4
12
a
b
a
a b
b
，
所以|
2 |
12
2 3
a
b
.
方法二：利用如下图形，可以判断出
2
a
b 的模长是以2 为边长，一夹角为60°的菱形的对角线的长度，则为2 3 .
【名师点睛】平面向量中涉及有关模长的问题时，常用到的通法是将模长进行平方，利用向量数量积的知识进行
解答，很快就能得出答案；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征，在做这类问题时可以使用数
形结合的思想，会加快解题速度.
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
___________．
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【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．
（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 年高考天津卷理】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．
22．【2017 年高考山东卷理数】已知
1
2
,
e e 是互相垂直的单位向量，若
1
2
3
e
e 与
1
2
e
e 的夹角为60，则实数的值
是___________．
【答案】
3
3
【解析】∵
2
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
2
( 3
) (
)
3
3
3
e
e
e
e
e
e
e
e e
e
，
2
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
|
3
|
( 3
)
3
2 3
2
e
e
e
e
e
e e
e
，
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
|
|
(
)
2
1
e
e
e
e
e
e
e
e
，
2
2
3
2 1
cos60
1
，解得
3
3
．
【名师点睛】（1）平面向量a 与b 的数量积为
|
||
| cos
a b
a b
，其中是a 与b 的夹角，要注意夹角的定义和
它的取值范围：0
180
.
（2）由向量的数量积的性质有|
|
a
a a ，cos
|
||
|
a b
a b
，
0
a b
a
b ，因此，利用平面向量的数量积
可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．
（3）本题主要利用向量的模与向量运算的灵活转换，应用平面向量的夹角公式，建立关于的方程求解.
23．【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
___________．
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【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．
End
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专题12
数列
1．【2019 年高考全国I 卷理数】记
n
S 为等差数列{
}
na
的前n 项和．已知
4
5
0
5
S
a
，
，则
A．
2
5
na
n
B．
3
10
na
n
C．
2
2
8
n
S
n
n
D．
2
1
2
2
n
S
n
n
【解析】由题知，
4
1
5
1
4
4 3
0
2
4
5
d
S
a
a
a
d
，解得
1
3
2
a
d
，∴
2
5
na
n
，
2
4
n
S
n
n
,【名师点睛】本题主
要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式
即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断．
2．【2019 年高考全国III 卷理数】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
，
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.
3．【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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
4．【2018 年高考全国I 卷理数】设
n
S 为等差数列
na
的前n 项和，若
3
2
4
3S
S
S
，
1
2
a
，则
5a
A．12
B．10
C．10
D．12
【解析】设等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得
3 2
4 3
3 3 2
2 2
4 2
2
2
d
d
d
，
整理解得
3
d ，所以
5
1
4
2 12
10
a
a
d
，【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公
式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数
列的通项公式得到
5a 与
1a d
,
的关系，从而求得结果.
5．【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
【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
6．【2017 年高考全国I 卷理数】记
n
S 为等差数列{
}
na
的前n 项和．若
4
5
24
a
a
，
6
48
S
，则{
}
na
的公差为
A．1
B．2
C．4
D．8
【解析】设公差为d ，
4
5
1
1
1
3
4
2
7
24
a
a
a
d
a
d
a
d
，
6
1
1
6 5
6
6
15
48
2
S
a
d
a
d
，联立
1
1
2
7
24 ,
6
15
48
a
d
a
d
解得
4
d
，【秒杀解】因为
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1
6
6
3
4
6(
)
3(
)
48
2
a
a
S
a
a
，即
3
4
16
a
a
，
则
4
5
3
4
(
)
(
)
24 16
8
a
a
a
a
，即
5
3
2
8
a
a
d
，解得
4
d
，【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，
要多多使用等差数列的性质，如{
}
na
为等差数列，若m
n
p
q
，则
m
n
p
q
a
a
a
a
.
7．【2017 年高考全国I 卷理数】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，
他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，
2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，
22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100 且该数列的前N 项和为2 的整数幂.那么该款软件的激活码是
A．440
B．330
C．220
D．110
【解析】由题意得，数列如下：
1
1,
1,2,
1,2,4,
1,2,4,
,2k
则该数列的前
(
1)
1
2
2
k k
k
项和为
1
1
(
1)
1
(1
2)
(1
2
2
)
2
2
2
k
k
k k
S
k
，
要使
(
1)
100
2
k k
，有
14
k
，此时
1
2
2k
k
，所以
2
k
是第
1
k
组等比数列1,2,
,2k
的部分和，设
1
2
1
2
2
2
1
t
t
k
，
所以
2
3
14
t
k
，则
5
t
，此时
52
3
29
k
，
所以对应满足条件的最小整数
29 30
5
440
2
N
，
【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，
首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题
的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，
需要进行判断.
8．【2017 年高考全国II 卷理数】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，
共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7 层塔共挂了381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯
数的2 倍，则塔的顶层共有灯
A．1 盏
B．3 盏
C．5 盏
D．9 盏
【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2 的等比数列，结合等比数列的求和公
式有
7
(1 2 )
381
1 2
x
，解得
3
x
，即塔的顶层共有灯3 盏，【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列
出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是
求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过
数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．
9．【2017 年高考全国III 卷理数】等差数列
na
的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6 成等比数列，则
na
前6 项
的和为
A．24
B．3
C．3
D．8
【解析】设等差数列
na
的公差为d ，由a2，a3，a6 成等比数列可得
2
3
2
6
a
a a
，即
2
1
2
1
1 5
d
d
d
，
整理可得
2
2
0
d
d
，又公差不为
0
，则
2
d
，故
na
前
6
项的和为
6
1
6
6 1
6
6 1
6
6 1
2
24
2
2
S
a
d
.
【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
个，体现了用方程的思想解决问题.
（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1 和d 是等差数列的两个基本量，用它们表
示已知和未知是常用方法.
10．【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．
11．【2019 年高考全国I 卷理数】记Sn 为等比数列{an}的前n 项和．若
2
1
4
6
1
3
a
a
a
，
，则S5=___________．
【答案】121
3
【解析】设等比数列的公比为q ，由已知
2
1
4
6
1 ,
3
a
a
a
，所以
3
2
5
1
1
(
)
,
3
3
q
q
又
0
q
，
所以
3,
q
所以
5
5
1
5
1 (1 3 )
(1
)
121
3
1
1 3
3
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．
12．【2019 年高考全国III 卷理数】记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，
1
2
1
0
3
a
a
a
≠，
，则
10
5
S
S
___________．
【答案】4
【解析】设等差数列{an}的公差为d,
因
2
1
3
a
a
，所以
1
1
3
a
d
a
，即
1
2a
d
，
所以
10
5
S
S
1
1
1
1
10 9
10
100
2
4
5 4
25
5
2
a
d
a
a
a
d
．
【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．
13．【2019 年高考北京卷理数】设等差数列{an}的前n 项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=__________，Sn 的最小值
为___________．
【答案】0，10
.
【解析】等差数列
na
中,
5
3
5
10
S
a
,得
3
2,
a
又
2
3
a ,所以公差
3
2
1
d
a
a
,
5
3
2
0
a
a
d
,
由等差数列
na
的性质得
5
n
时,
0
na
,
6
n
时,
n
a 大于0,所以
n
S 的最小值为
4
S 或
5
S ,即为10
.
【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运
算能力的考查.
14．【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.
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15．【2018 年高考全国I 卷理数】记
n
S 为数列
na
的前n 项和，若
2
1
n
n
S
a
，则
6
S ___________．
【答案】63
【解析】根据
2
1
n
n
S
a
，可得
1
1
2
1
n
n
S
a
，两式相减得
1
1
2
2
n
n
n
a
a
a
，即
1
2
n
n
a
a
，当
1
n
时，
1
1
1
2
1
S
a
a
，解得
1
1
a ，所以数列
na
是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以
6
6
1
2
63
1
2
S
，
故答案是63
.
【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个
式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令
1
n
，求得数列的首项，
最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
16．【2018 年高考北京卷理数】设
na
是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则
na
的通项公式为___________．
【答案】
6
3
na
n
【解析】设等差数列的公差为d ，
1
3
3
3
4
36
6
3
6
1
6
3.
n
a
d
d
d
a
n
n
，
，
，
【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列
的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）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.
17．【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.
18．【2017 年高考全国II 卷理数】等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，
3
3
a
，
4
10
S
，则
1
1
n
k
kS
___________．
【答案】2
1
n
n
【解析】设等差数列的首项为
1a ，公差为d ，由题意有
1
1
2
3
4 3
4
10
2
a
d
a
d
，解得
1
1
1
a
d
，
数列的前n 项和
1
1
1
1
1
1
2
2
2
n
n n
n n
n n
S
na
d
n
，
裂项可得1
2
1
1
2(
)
(
1)
1
kS
k k
k
k
，
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2[(1
)
(
)
(
)]
2(1
)
2
2
3
1
1
1
n
k
k
n
S
n
n
n
n
．
【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，
体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1 和d 是等差数
列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些
项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．
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19．【2017 年高考全国III 卷理数】设等比数列
na
满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3，则a4 =___________．
【答案】8
【解析】设等比数列
na
的公比为q ，很明显
1
q ，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：
1
2
1
2
1
3
1
(1
)
1
(1
)
3
a
a
a
q
a
a
a
q
①
②
，由②
①
可得：
2
q
，代入①可得
1
1
a
，由等比数列的通项公式可得
3
4
1
8
a
a q
．
【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比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比数列
的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应
善于运用整体代换思想简化运算过程.
20．【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；
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．
21．【2017 年高考北京卷理数】若等差数列
na
和等比数列
nb
满足
1
1
–1
a
b
，
4
4
8
a
b
，则
2
2
a
b =___________．
【答案】1
【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q ，则
3
1 3
8
d
q
，求得
2,
3
q
d
，那么
2
2
1 3
1
2
a
b
．
【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、
等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应
用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
22．【2019 年高考全国II 卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，
1
4
3
4
n
n
n
a
a
b
，
1
4
3
4
n
n
n
b
b
a
.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
【答案】（1）见解析；（2）
1
1
2
2
n
n
a
n
，
1
1
2
2
n
n
b
n
.
【解析】（1）由题设得
1
1
4(
)
2(
)
n
n
n
n
a
b
a
b
，即
1
1
1 (
)
2
n
n
n
n
a
b
a
b
．
又因为a1+b1=l，所以
n
n
a
b
是首项为1，公比为1
2
的等比数列．
由题设得
1
1
4(
)
4(
)
8
n
n
n
n
a
b
a
b
，即
1
1
2
n
n
n
n
a
b
a
b
．
又因为a1–b1=l，所以
n
n
a
b
是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，
1
1
2
n
n
n
a
b
，
2
1
n
n
a
b
n
．
所以
1
1
1
[(
)
(
)]
2
2
2
n
n
n
n
n
n
a
a
b
a
b
n
，
1
1
1
[(
)
(
)]
2
2
2
n
n
n
n
n
n
b
a
b
a
b
n
．
【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或
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者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.
23．【2019 年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1 项、第i2 项、…、第im项（i1<i2<…<im），若
1
2
m
i
i
i
a
a
a
，
则称新数列
1
2
m
i
i
i
a
a
a
，，，
为{an}的长度为m 的递增子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1 的递增子
列．
（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为4 的递增子列；
（2）已知数列{an}的长度为p 的递增子列的末项的最小值为
0
m
a
，长度为q 的递增子列的末项的最小值为
0
na
．若
p<q，求证：
0
m
a
<
0
na
；
（3）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s–1，
且长度为s 末项为2s–1 的递增子列恰有2s-1 个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式．
【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一）；(2)见解析；(3)见解析.
【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）
（2）设长度为q末项为
0
na
的一个递增子列为
1
2
1
0
,
,
,
,
q
r
r
r
n
a
a
a
a
.
由p<q，得
1
0
p
q
r
r
n
a
a
a
.
因为
na
的长度为p的递增子列末项的最小值为
0
m
a
，
又
1
2
,
,
,
p
r
r
r
a
a
a
是
na
的长度为p的递增子列，
所以
0
p
m
r
a
a
.
所以
0
0
m
n
a
a
·
（3）由题设知，所有正奇数都是
na
中的项.
先证明：若2m是
na
中的项，则2m必排在2m−1之前（m为正整数）.
假设2m排在2m−1之后.
设
1
2
1
,
,
,
,2
1
m
p
p
p
a
a
a
m
是数列
na
的长度为m末项为2m−1的递增子列，则
1
2
1
,
,
,
,2
1,2
m
p
p
p
a
a
a
m
m
是数列
na
的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.
再证明：所有正偶数都是
na
中的项.
假设存在正偶数不是
na
中的项，设不在
na
中的最小的正偶数为2m.
因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以2k和2
1
k 不可能在
na
的同一个递增子列中.
又
na
中不超过2m+1的数为1，2，…，2m−2，2m−1，2m+1，所以
na
的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个
数至多为
1
(
1)
2 2 2
2 1 1
2
2
m
m
m
个
.
与已知矛盾.
最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.
假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则
na
的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于2m .与已
知矛盾.
综上，数列
na
只可能为2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，….
经验证，数列2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…符合条件.
所以
1,
1,
n
n
n
a
n
n
为奇数，
为偶数.
【名师点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解
决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们
考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
24．【2019 年高考天津卷理数】设
na
是等差数列，
nb
是等比数列．已知
1
1
2
2
3
3
4,
6
2
2,
2
4
a
b
b
a
b
a
，
．
（Ⅰ）求
na
和
nb
的通项公式；
（Ⅱ）设数列
nc
满足
1
1
1,
2
2
,
2
,
1,
,
k
k
n
k
k
c
n
c
b n
其中
*
k N ．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
（i）求数列
2
2
1
n
n
a
c
的通项公式；
（ii）求
2
*
1
n
i
i
i
a c
n
N
．
【答案】（1）
3
1
na
n
；
3 2n
nb
（2）（i）
2
2
1
9 4
1
n
n
n
a
c
（ii）
2
*
2
1
1
*
1
27 2
5 2
12
n
n
n
i
i
i
a c
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
6
6
2 ,
6
12
4 ,
q
d
q
d
解得
3,
2,
d
q
故
1
4
(
1) 3
3
1,
6 2
3 2
n
n
n
n
a
n
n
b
．
所以，
na
的通项公式为
3
1,
n
n
a
n
b
的通项公式为
3 2n
nb
．
（2）（i）
2
2
2
1
1
3 2
1 3 2
1
9 4
1
n
n
n
n
n
n
n
a
c
a
b
．
所以，数列
2
2
1
n
n
a
c
的通项公式为
2
2
1
9 4
1
n
n
n
a
c
．
（ii）
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
1
n
n
n
i
i
n
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
a c
a
a c
a
a
c
1
2
2
1
2
4
3
9 4
1
2
n
n
n
n
i
i
2
1
1
4 1
4
3 2
5 2
9
1
4
n
n
n
n
2
1
1
*
27
2
5 2
12
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其前n 项和公式等基础知识．考查化归与转化思
想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．
25．【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】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
26．【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{
}
na
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
．
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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
27．【2018 年高考全国II 卷理数】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.
28．【2018 年高考全国III 卷理数】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
.
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】本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.
29．【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 .
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
，
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“
”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“
”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.
30．【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11，1 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
）．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
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
．
31．【2018 年高考天津卷理数】设{
}
na
是等比数列，公比大于0，其前n 项和为
(
)
n
S
n
N
，{ }
nb
是等差数列. 已知
1
1
a ，
3
2
2
a
a
，
4
3
5
a
b
b
，
5
4
6
2
a
b
b
.
（1）求{
}
na
和{ }
nb
的通项公式；
（2）设数列{
}
n
S
的前n 项和为
(
)
nT n
N
，
（i）求
n
T ；
（ii）证明
2
2
1
(
)
2
2(
)
(
1)(
2)
2
n
n
k
k
k
k
T
b
b
n
k
k
n
N
.
【答案】（1）
1
2n
na
，
nb
n
；（2）（i）
1
2
2
n
nT
n
；（ii）见解析.
【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前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.满分13 分.
（1）设等比数列{
}
na
的公比为q.由
1
3
2
1,
2,
a
a
a
可得
2
2
0
q
q
.
因为
0
q
，可得
2
q
，故
1
2n
na
.
设等差数列{
}
nb
的公差为d，由
4
3
5
a
b
b
，可得
1
3
4.
b
d
由
5
4
6
2
a
b
b
，
可得
1
3
13
16,
b
d
从而
1
1,
1,
b
d
故
.
nb
n
所以，数列{
}
na
的通项公式为
1
2n
na
，数列{
}
nb
的通项公式为
.
nb
n
（2）（i）由（1），有
1 2
2
1
1 2
n
n
n
S
，故
1
1
1
2 (1 2 )
(2
1)
2
2
2
1 2
n
n
n
k
k
n
n
k
k
T
n
n
n
.
（ii）证明：因为
1
1
2
1
2
(
)
(2
2
2)
2
2
2
(
1)(
2)
(
1)(
2)
(
1)(
2)
2
1
k
k
k
k
k
k+
k
T +b
b
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
，
所以，
3
2
4
3
2
1
2
2
1
(
)
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
(
)
2
(
1)(
2)
3
2
4
3
2
1
2
n
n
n
n
k
k
k
k
T
b
b
k
k
n
n
n
.
【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生
的转化能力和计算求解能力.
32．【2017 年高考天津卷理数】已知{
}
na
为等差数列，前n 项和为
(
)
n
S
n
N
，{
}
nb
是首项为2 的等比数列，且公比
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
大于0，
2
3
12
b
b
，
3
4
1
2
b
a
a
，
11
4
11
S
b
．
（1）求{
}
na
和{
}
nb
的通项公式；
（2）求数列
2
2
1
{
}
n
n
a b
的前n 项和(
)
n
N
．
【答案】（1）
3
2
na
n
，
2n
nb
；（2）
1
3
2
8
4
3
3
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
a
，
3
d
，由此可得
3
2
na
n
．
所以，数列{
}
na
的通项公式为
3
2
na
n
，数列{
}
nb
的通项公式为
2n
nb
．
（2）设数列
2
2
1
{
}
n
n
a b
的前n 项和为
nT ，由
2
6
2
n
a
n
，
1
2
1
2 4n
n
b
，有
2
2
1
(3
1)
4n
n
n
a b
n
，
故
2
3
2 4
5 4
8 4
(3
1) 4n
nT
n
，
2
3
4
1
4
2 4
5 4
8 4
(3
4)
4
(3
1)
4
n
n
nT
n
n
，
上
述
两
式
相
减
，
得
2
3
1
12 (1
4 )
3
2 4
3 4
3 4
3 4
(3
1)
4
4
(3
1
4
n
n
n
nT
n
n
1
1
1) 4
(3
2) 4
8
n
n
n
，得
1
3
2
8
4
3
3
n
n
n
T
．
所以，数列
2
2
1
{
}
n
n
a b
的前n 项和为
1
3
2
8
4
3
3
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．
33．【2017 年高考山东卷理数】已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2.
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)，…，Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1，求由
该折线与直线y=0，
1
1
n
x
x x
x
,
所围成的区域的面积
nT .
【答案】（1）
1
2n
nx
；（2）
(2
1) 2
1.
2
n
n
n
T
【解析】（1）设数列{
}
nx
的公比为q ，由已知
0
q
.
由题意得
1
1
2
1
1
3
2
x
x q
x q
x q
，所以
2
3
5
2
0
q
q
，
因为
0
q
,所以
1
2,
1
q
x
，
因此数列{
}
nx
的通项公式为
1
2
.
n
nx
（2）过
1
2
3
,
,
,
P P P …，
1
nP 向x 轴作垂线，垂足分别为
1
2
3
,
,
,
Q Q Q
…，
1
n
Q ,
由(1)得
1
1
1
2
2
2
.
n
n
n
n
n
x
x
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
记梯形
1
1
n
n
n
n
P P Q
Q
的面积为
nb .
由题意
1
2
(
1)
2
(2
1) 2
2
n
n
n
n
n
b
n
，
所以
1
2
3
nT
b
b
b
…+
nb
=
1
0
1
3 2
5 2
7
2
…+
3
2
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
n
①，
又
0
1
2
2
3 2
5 2
7
2
nT
…+
2
1
(2
1) 2
(2
1) 2
n
n
n
n
②，
①-②得
1
2
1
1
3 2
(2
2
2
)
(2
1)
2
n
n
nT
n
=
1
1
3
2(1 2
)
(2
1) 2
.
2
1 2
n
n
n
所以
(2
1) 2
1.
2
n
n
n
T
【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列问题中的常
见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和
是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，
能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.
34．【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．
35
．
【
2017
年
高
考
北
京
卷
理
数
】
设
{
}
na
和
{ }
nb
是
两
个
等
差
数
列
，
记
1
1
2
2
max{
,
,
,
}
n
n
n
c
b
a n b
a n
b
a n
(
1,2,3,
)
n
，其中
1
2
max{ ,
,
,
}
s
x x
x
表示
1
2
,
,
,
s
x x
x
这s 个数中最大
的数．
（1）若
na
n
，
2
1
nb
n
，求
1
2
3
,
,
c c c 的值，并证明{ }
nc
是等差数列；
（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n
m
时，nc
M
n
；或者存在正整数m ，使得
1
2
,
,
,
m
m
m
c
c
c
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
是等差数列．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】（1）
1
1
1
1 1
0,
c
b
a
2
1
1
2
2
max{
2 ,
2
}
max{1 2 1,3
2 2}
1
c
b
a b
a
，
3
1
1
2
2
3
3
max{
3 ,
3
,
3 }
max{1 3 1,3
3 2,5
3 3}
2
c
b
a b
a b
a
.
当
3
n
时，
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
2
0
k
k
k
k
k
k
k
k
b
na
b
na
b
b
n a
a
n
，
所以
k
k
b
na
关于
*
k N 单调递减.
所以
1
1
2
2
1
1
max{
,
,
,
}
1
n
n
n
c
b
a n b
a n
b
a n
b
a n
n
.
所以对任意
1,
1
n
n
c
n
，于是
1
1
n
n
c
c
，
所以{ }
nc
是等差数列.
（2）设数列{
}
na
和{
}
nb
的公差分别为
1
2
,
d d ，则
1
2
1
1
1
1
2
1
(
1)
[
(
1)
]
(
)(
1)
k
k
b
na
b
k
d
a
k
d n
b
a n
d
nd
k
.
所以
1
1
2
1
2
1
1
1
2
1
(
1)(
),
,
n
b
a n
n
d
nd
d
nd
c
b
a n
d
nd
当
时，
当
时，
①当
1
0
d
时，取正整数
2
1
d
m
d
，则当n
m
时，
1
2
nd
d
，因此
1
1
nc
b
a n
.
此时，
1
2
,
,
,
m
m
m
c
c
c
是等差数列.
②当
1
0
d
时，对任意
1
n ，
1
1
2
1
1
2
1
(
1)max{
,0}
(
1)(max{
,0}
).
nc
b
a n
n
d
b
a
n
d
a
此时，
1
2
3
,
,
,
,
,
n
c c c
c
是等差数列.
③当
1
0
d
时，
当
2
1
d
n
d
时，有
1
2
nd
d
.
所以
1
1
2
1
1
2
1
1
1
2
(
1)(
)
(
)
nc
b
a n
n
d
nd
b
d
n
d
d
a
d
n
n
n
1
1
1
2
1
2
(
)
|
|.
n
d
d
a
d
b
d
对任意正数M ，取正整数
1
2
1
1
2
2
1
1
|
|
max{
,
}
M
b
d
a
d
d
d
m
d
d
，
故当n
m
时，
nc
M
n
.
【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，本题属
于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，即考查了数列
（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，
本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生.
36．【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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
．
（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．
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专题13
不等式、推理与证明
1．【2019 年高考全国I 卷理数】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
【答案】B
[来源:]
【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
.
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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II 卷理数】2019 年1 月3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天
事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这
个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日
2
L 点的轨道运行．
2
L 点是平衡点，位于地月
连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，
2
L 点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律
和万有引力定律，r 满足方程：
1
2
1
2
2
3
(
)
(
)
M
M
M
R
r
R
r
r
R
.设
r
R
，由于的值很小，因此在近似计算中
3
4
5
3
2
3
3
3
(1
)
，则r 的近似值为
A．
2
1
M R
M
B．
2
1
2
M
R
M
C．
2
3
1
3M R
M
D．
2
3
1
3
M R
M
【解析】由
r
R
，得r
R
因为
1
2
1
2
2
3
(
)
(
)
M
M
M
R
r
R
r
r
R
，
[来源:学#科#网Z#X#X#K]
所以
1
2
1
2
2
2
2
2
(1
)
(1
)
M
M
M
R
R
R
，
即
5
4
3
2
3
2
2
2
1
1
3
3
[(1
)
]
3
(1
)
(1
)
M
M
，
解得
3
2
1
3
M
M
，
所以
3
2
1
.
3
M
r
R
R
M
【名师点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是复杂式子的
变形出错．
3．【2019 年高考全国II 卷理数】若a>b，则
A．ln(a−b)>0
B．3a<3b
C．a3−b3>0
D．│a│>│b│
【解析】取
2,
1
a
b
，满足a
b
，ln(
)
0
a
b
，知A 错，排除A；因为9
3
3
3
a
b
，知B 错，排除B；取
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1,
2
a
b
，满足a
b
，1
2
a
b
，知D 错，排除D，因为幂函数
3
y
x
是增函数，a
b
，所以
3
3
a
b
，
【名师点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了逻辑推理和运算能力
素养，利用特殊值排除即可判断．
4．【2019 年高考北京卷理数】若x，y 满足|
1
|
x
y
，且y≥−1，则3x+y 的最大值为
A．−7
B．1
C．5
D．7
【解析】由题意
1
,
1
1
y
y
x
y
作出可行域如图阴影部分所示.
设
3
,
3
z
x
y y
z
x
,
当直线0 :
3
l
y
z
x
经过点
2, 1
时, z 取最大值5.【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.
5．【2019 年高考北京卷理数】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，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.
6．【2019 年高考天津卷理数】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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
7．【2019 年高考天津卷理数】设xR ，则“
2
5
0
x
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】化简不等式，可知0
5
x
推不出
1
1
x
，
由
1
1
x
能推出0
5
x
，
故“
2
5
0
x
x
”是“|
1| 1
x
”的必要不充分条件，
【名师点睛】本题考查充分必要条件，解题关键是化简不等式，由集合的关系来判断条件.
8．【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
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
9．【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.
10．【2018 年高考全国I 卷理数】已知集合
2
2
0
A
x x
x
，则
A
Rð
[来源:学,科,网]
A．
1
2
x
x
B．
1
2
x
x
C．
|
1
|
2
x x
x x
D．
|
1
|
2
x x
x x
【解析】解不等式
得
，所以
，所以可以求得
| 1
2
A
x
x
Rð
，
11．【2018 年高考全国III 卷理数】设
0.2
log
0.3
a
，
2
log 0.3
b
，则
A．
0
a
b
ab
B．
0
ab
a
b
C．
0
a
b
ab
D．
0
ab
a
b
【解析】∵
0.2
log
0.3
a
，
2
log 0.3
b
，
.
0.3
0 30.2
1
1
log
,
lo
2
g
a
b
，
0.3
1
1
lo
0.
g
4
a
b
，
,即
，又
，
，即
，
12．【2018 年高考天津卷理数】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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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.
13．【2018 年高考天津卷理数】设x R ，则“
1
1
|
|
2
2
x
”是“
3
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】绝对值不等式
，
由
.
据此可知
是
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.
14．【2018 年高考北京卷理数】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
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.
15．【2017 年高考全国I 卷理数】设x、y、z 为正数，且2
3
5
x
y
z
，则
A．2x<3y<5z
B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x
D．3y<2x<5z
【解析】令2
3
5
(
1)
x
y
z
k k
，则
2
log
x
k
，
3
log
y
k
，
5
log
z
k
∴2
2lg
lg3
lg9
1
3
lg 2
3lg
lg8
x
k
y
k
，则2
3
x
y
，
2
2lg
lg5
lg 25
1
5
lg 2
5lg
lg32
x
k
z
k
，则2
5
x
z
，故选D.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【名师点睛】对于连等问题，常规的方法是令该连等为同一个常数，再用这个常数表示出对应的, ,
x y z ，通过作
差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则，尤其是换底公式以及0 与1 的对数表示.
16．【2017 年高考全国II 卷理数】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】画出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，目标函数即：
2
y
x
z
，其中z 表示斜率为
2
k
的直线系与可行域有交点时直线的纵截距，数形结合可得目标函数在点
( 6, 3)
B
处取得最小值，
min
2 (
)
3)
5
6
(
1
z
，
【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．
17．【2017 年高考全国II 卷理数】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．故选D．
【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)．
18．【2017 年高考北京卷理数】若x，y 满足
3
2
x
x
y
y
x
，
，
，
则x + 2y 的最大值为
A．1
B．3
C．5
D．9
【解析】如图，画出可行域，
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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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.
19．【2017 年高考天津卷理数】设变量,x y 满足约束条件
2
0,
2
2
0,
0,
3,
x
y
x
y
x
y
则目标函数z
x
y
的最大值为
A．2
3
B．1
C．3
2
D．3
【解析】作出约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示，由z
x
y
得y
x
z
，作出直线y
x
，平移使
之经过可行域，观察可知，最优解在
(0,3)
B
处取得，故
max
0
3
3
z
，选D.
【名师点睛】线性规划问题有三类：①简单的线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查
斜率型或距离型目标函数；②线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数的取值范围；③线性规划的实
际应用．
20．【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．
【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．
21．【2017 年高考山东卷理数】若
0
a
b
，且
1
ab
，则下列不等式成立的是
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A．
2
1
log
2a
b
a
a
b
b
B．
2
1
log
2a
b
a
b
a
b
C．
2
1
log
2a
b
a
a
b
b
D．
2
1
log
2a
b
a
b
a
b
【解析】因为
0
a
b
，且
1
ab
，所以
2
2
1,0
1,
1,log (
)
log 2
1,
2a
b
a
b
a
b
ab
1
2
1
1
2
log (
)
a b
a
a
b
a
a
b
b
b
，所以选B.
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数单调性进
行比较,若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.本题虽小，但考查的知识点较多，需灵活利用指数函数、对数函
数的性质及基本不等式作出判断.
22．
【2017 年高考天津卷理数】已知奇函数
( )
f x 在R 上是增函数，( )
( )
g x
xf x
．若
2
( log 5.1)
a
g
，
0.8
(2
)
b
g
，
(3)
c
g
，
则a，b，c 的大小关系为
A．a
b
c
B．c
b
a
C．b
a
c
D．b
c
a
【解析】因为( )
f x 是奇函数且在R 上是增函数，所以当
0
x
时，( )
0
f x
，
从而( )
( )
g x
xf x
是R 上的偶函数，且在[0,
)
上是增函数，
2
2
( log 5.1)
(log 5.1)
a
g
g
，
0.8
2
2
，
又4
5.1
8
，则
2
2
log 5.1
3
，
所以
0.8
2
0
2
log 5.1
3
，
0.8
2
(2
)
(log 5.1)
(3)
g
g
g
，
所以b
a
c
，
【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．
23．【2019 年高考全国II 卷理数】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 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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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 年高考北京卷理数】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 .
【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．【2019 年高考天津卷理数】设
0,
0,
2
5
x
y
x
y
，则
(
1)(2
1)
x
y
xy
的最小值为__________．
【答案】4 3
【解析】方法一：(
1)(2
1)
2
2
1
2
6
6
2
x
y
xy
y
x
xy
xy
xy
xy
xy
xy
.
因为
0,
0,
2
5
x
y
x
y
，
所以
2
5
2
2
x
y
x
y
，
即
5
25
2
,0
2
8
xy
xy
，当且仅当
5
2
2
x
y
时取等号成立.
[来源:学*科*网Z*X*X*K]
又因为
6
6
2
2 2
4 3
xy
xy
xy
xy
，当且仅当
6
2 xy
xy
，即
=3
xy
时取等号，结合
25
8
xy
可知，xy
可以取到3，故
(
1)(2
1)
x
y
xy
的最小值为4 3 .
方法二：
0,
0,
2
5,
x
y
x
y
0,
xy
(
1)(2
1)
2
2
1
2
6
6
2
2 12=4 3
x
y
xy
y
x
xy
xy
xy
xy
xy
xy
.
当且仅当
3
xy
时等号成立，
故
(
1)(2
1)
x
y
xy
的最小值为4 3 .
【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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
26．【2018 年高考全国I 卷理数】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_____________．
【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.
27．【2018 年高考全国II 卷理数】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
[来源:学+科+网Z+X+X+K]
【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
.
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【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.
28．【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】由题可得，该约束条件表示的平面区域是以（2，2），（1，1），（4，−2）为顶点的三角形及其内部区
域，如图所示.由线性规划的知识可知，目标函数
3
z
x
y
在点（2，2）处取得最大值，在点（4，−2）处取得最
小值，则最小值
min
4
6
2
z
，最大值
max
2
6
8
z
.
【名师点睛】本题主要考查简单的线性规划，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
数学运算、直观想象.
29．【2018 年高考北京卷理数】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.
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【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.
30．【2018 年高考天津卷理数】已知
,
a bR ，且
3
6
0
a
b
，则
1
2
8
a
b
的最小值为
.
【答案】
【解析】由
可知
，且
，
因为对于任意x，
恒成立，结合基本不等式的结论可得：
.
当且仅当
，即
时等号成立.
综上可得
的最小值为
.
【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，
,由角平分线性质和三角形面积公式得
，化简得
，
因此
当且仅当
时取等号，则
的最小值为
.
【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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
要求字母为正数）、“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.
32．【2017 年高考全国I 卷理数】设x，y 满足约束条件
2
1
2
1
0
x
y
x
y
x
y
，
，
，
则
3
2
z
x
y
的最小值为
.
【答案】5
【解析】不等式组表示的可行域如图所示，
易求得
1
1
1 1
( 1,1),
(
,
),
( , )
3
3
3 3
A
B
C
，
由
3
2
z
x
y
得
3
2
2
z
y
x
在y 轴上的截距越大，z 就越小，
所以，当直线
3
2
z
x
y
过点A 时，z 取得最小值，
所以z 的最小值为3 ( 1)
2 1
5
.
【名师点睛】本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式比较截距，
要注意z 前面的系数为负时，截距越大，z 值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未知点的斜率；③平方型，
其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值型，转化后其几何意义是点到直线的
距离.
33．【2017 年高考全国III 卷理数】若x ，y 满足约束条件
0
2
0
0
x
y
x
y
y
，则
3
4
z
x
y
的最小值为__________.
【答案】1
【解析】作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示.
目标函数即
3
1
4
4
y
x
z
，易知直线
3
1
4
4
y
x
z
在y 轴上的截距最大时，目标函数
3
4
z
x
y
取得最小值，数
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
形结合可得目标函数
3
4
z
x
y
在点
1,1
A
处取得最小值，为
min
3 1 4 1
1
z
.
【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 轴上的截距最大时，z 值最
大，在y 轴上的截距最小时，z 值最小；当b＜0 时，直线过可行域且在y 轴上的截距最大时，z 值最小，在y 轴上
的截距最小时，z 值最大.
34．【2017 年高考天津卷理数】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”．
35．【2017 年高考北京卷理数】三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai 的横、纵坐
标分别为第i 名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi 的横、纵坐标分别为第i 名工人下午的工作时间和加工
的零件数，i=1，2，3.
①记Qi 为第i 名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3 中最大的是___________.
②记pi 为第i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3 中最大的是___________.
【答案】
1
Q
2p
【解析】作图可得
1
1
A B 中点的纵坐标比
2
2
3
3
,
A B
A B 中点的纵坐标大，所以Q1，Q2，Q3 中最大的是
1
Q ，
分别作
1
2
3
,
,
B B B 关于原点的对称点
1
2
3
,
,
B
B
B
，比较直线
1
1
2
2
3
3
,
,
A B A B
A B
的斜率（即为第i 名工人在这一天中平
均每小时加工的零件数），可得
2
2
A B最大，所以p1，p2，p3 中最大的是
2.
p
【名师点睛】本题考查了根据实际问题分析和解决问题的能力，以及转化与化归的能力，因为第i 名工人加工总的
零件数是
i
i
A
B
，比较总的零件数的大小，即可转化为比较
2
i
i
A
B
的大小，而
2
i
i
A
B
表示
i
i
A B 中点连线的纵坐
标，第二问也可转化为
i
i
A B 中点与原点连线的斜率.
36．【2017 年高考北京卷理数】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．
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．
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38．【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.
39．【2017 年高考山东卷理数】已知,x y 满足
3
0
3
5
0
3
0
x
y
x
y
x
，则
2
z
x
y
的最大值是__________．
【答案】5
【解析】由约束条件可画出如图阴影部分可行域，则当
2
z
x
y
经过点A 时，取最大值，将
3
x 代入
3
5
0
x
y
得
4
y
，即
( 3,4)
A
，所以
2
z
x
y
的最大值为
3
2 4
5
z
.
【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 轴上的截距最大时，z 值
最大，在y 轴上的截距最小时，z 值最小；当b＜0 时，直线过可行域且在y 轴上的截距最大时，z 值最小，在y
轴上的截距最小时，z 值最大.
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专题14
概率与统计（选择题、填空题）
1．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】《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Ⅱ卷理数】演讲比赛共有9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9 个原
始评分中去掉1 个最高分、1 个最低分，得到7 个有效评分．7 个有效评分与9 个原始评分相比，不变的数字特征
是
A．中位数
B．平均数
C．方差
D．极差
【解析】设9 位评委评分按从小到大排列为
1
2
3
4
8
9
x
x
x
x
x
x
．
则①原始中位数为
5x ，去掉最低分
1x ，最高分
9x 后剩余
2
3
4
8
x
x
x
x
，中位数仍为
5x ，A 正确；
②原始平均数
1
2
3
4
8
9
1 (
)
9
x
x
x
x
x
x
x
，后来平均数
2
3
4
8
1 (
)
7
x
x
x
x
x
，平均数受极端值影
响较大，x 与x不一定相同，B 不正确；
③
2
2
2
2
1
1
1[(
)
(
)
(
) ]
9
q
S
x
x
x
x
x
x
，
2
2
2
2
2
3
8
1[(
)
(
)
(
) ]
7
s
x
x
x
x
x
x
，由②易知，C 不
正确；
④原极差
9
1
x
x
，后来极差
8
2
x
x
，显然极差变小，D 不正确．
3．【2019 年高考浙江卷】设0＜a＜1，则随机变量X 的分布列是
X
0
a
1
P
1
3
1
3
1
3
则当a 在（0，1）内增大时，
A．
(
)
D X
增大
B．
(
)
D X
减小
C．
(
)
D X
先增大后减小
D．
(
)
D X 先减小后增大
【分析】研究方差随a 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数a 表示，应用函数知识求解.本题根据方
差与期望的关系，将方差表示为a 的二次函数，二次函数的图象和性质解题．题目有一定综合性，注重重要知识、
基础知识、运算求解能力的考查．
【解析】方法1：由分布列得
1
(
)
3
a
E X
，
则
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
1
1
(
)
(
0)
(
)
(
1)
(
)
3
3
3
3
3
3
9
2
6
a
a
a
D X
a
a
，
则当a 在(0,1) 内增大时，
(
)
D X 先减小后增大．故选D．
方法2：则
2
2
2
2
2
1
(
1)
2
2
2
2
1
3
(
)
(
)
(
)
0
[(
)
]
3
3
9
9
9
2
4
a
a
a
a
D X
E X
E X
a
，
则当a 在(0,1) 内增大时，
(
)
D X 先减小后增大．故选D．
【名师点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，
不能正确得到二次函数表达式．
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4．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是
“每个大于2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30
7
23
．在不超过30 的素数中，随机选取两个不同的数，
其和等于30 的概率是
A．1
12
B．1
14
C．1
15
D．1
18
【解析】不超过30 的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10 个，
[来源:]
随机选取两个不同的数，共有
种方法，
因为7
23
11 19
13 17
30
，所以随机选取两个不同的数，其和等于30 的有3 种方法，
故所求概率为3
1
=
45
15
，【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；（4）排列组合法：适用于限
制条件较多且元素数目较多的题目．
5．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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
，所以超过了经济收入的一半，所以D 正确；
6．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立，设X
为该群体的10 位成员中使用移动支付的人数，
2.4
DX
，
(
4)
(
6)
P X
P X
，则p
A．0.7
B．0.6
C．0.4
D．0.3
【解析】∵
(
)
(1
)
D X
np
p
，∴
0.4
p
或
0.6
p
，
4
4
6
6
6
4
10
10
(
4)
C
(1
)
(
6)
C
(1
)
P X
p
p
P X
p
p
，
2
2
(1
)
p
p
，可知
0.5
p
，故
0.6
p
．
7．【2018 年高考浙江卷】设0
1
p
，随机变量ξ的分布列是
ξ
0
[来源:学.科.网]
1
2
P
1
2
p
1
2
2
p
则当p 在（0，1）内增大时，
A．D（ξ）减小
B．D（ξ）增大
[来源:Zxxk.Com]
C．D（ξ）先减小后增大
D．D（ξ）先增大后减小
【解析】
，
，
，∴
先增大后
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减小，故选D．
8．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半
圆的直径分别为直角三角形ABC 的斜边BC，直角边AB，AC．
ABC
△
的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为
Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则
A．p1=p2
B．p1=p3
C．p2=p3
D．p1=p2+p3
【解析】设
，则有
，从而可以求得
的面积为
，黑色
部分的面积为
2
2
2
2
1
π ( )
π ( )
[π ( )
]
2
2
2
2
c
b
a
S
bc
2
2
2
2
2
2
1
π(
)
π
4
4
4
2
4
c
b
a
c
b
a
bc
1
1
2
2
bc
bc
，其余部分的面积为
2
2
3
1
π
1
π ( )
2
2
4
2
a
a
S
bc
bc
，所以有
1
2
S
S
，
根据面积型几何概型的概率公式，可以得到
，
9．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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．
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】观察折线图，每年7 月到8 月折线图呈下降趋势，月接待游客量减少，选项A 说法错误；
折线图整体呈现出增长的趋势，年接待游客量逐年增加，选项B 说法正确；
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，选项C 说法正确；
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，
选项D 说法正确．
【名师点睛】将频率分布直方图中相邻的矩形的上底边的中点顺次连结起来就得到一条折线，我们称这条折线为本
组数据的频率分布折线图，频率分布折线图的首、尾两端取值区间两端点须分别向外延伸半个组距，即折线图是频
率分布直方图的近似，它们比频率分布表更直观、形象地反映了样本的分布规律．
10．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】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
A．1
4
B．π
8
C．1
2
D．π
4
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【解析】设正方形边长为a ，则圆的半径为2
a ，正方形的面积为
2
a ，圆的面积为
2
π
4
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，此点取自黑色部分的概率是
2
2
1 π
π
2
4
8
a
a
，【秒杀解】由题意可知，此点取自黑色部分的概率即为黑色部分面积占整个面积的比例，由图可知
其概率p 满足1
1
4
2
p
，
【名师点睛】对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长
度、面积、体积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A 区域的几何度量，最后计算
( )
P A ．
11．【2017 年高考山东卷理数】从分别标有1，2 ，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2 次，每次抽取1 张．则抽
到的2 张卡片上的数奇偶性不同的概率是
A．5
18
B．4
9
[来源:学§科§网]
C．5
9
D．7
9
【解析】标有1,2,
,9
的9张卡片中，标奇数的有5张，标偶数的有4 张，所以抽到的2 张卡片上的数奇偶性不同
的概率是
1
1
5
4
2C C
5
9 8
9
，【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率考查，属于简单题．
12．【2017 年高考浙江卷】已知随机变量
i满足P（
i=1）=pi，P（
i=0）=1–pi，i=1，2．若0<p1<p2< 1
2
，则
A．
1
( )
E
<
2
(
)
E
，
1
( )
D
<
2
(
)
D
B．
1
( )
E
<
2
(
)
E
，
1
( )
D
>
2
(
)
D
C．
1
( )
E
>
2
(
)
E
，
1
( )
D
<
2
(
)
D
D．
1
( )
E
>
2
(
)
E
，
1
( )
D
>
2
(
)
D
【解析】∵
1
1
2
2
( )
,
(
)
E
p E
p
，∴
1
2
( )
(
)
E
E
，
∵
1
1
1
2
2
2
( )
(1
),
(
)
(1
)
D
p
p
D
p
p
，∴
1
2
1
2
1
2
( )
(
)
(
)(1
)
0
D
D
p
p
p
p
，【名师点睛】求离散型
随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定X 的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出X 取各个值时
的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，其中超几何分布描述的是不放回
抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知本题随机变量
i服从两点分布，由两点分布数学期望与方
差的公式可得A 正确．
13．【2017 年高考山东卷理数】为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y （单位：厘米）的关系，从该班随
机抽取10 名学生，根据测量数据的散点图可以看出y 与x 之间有线性相关关系，设其回归直线方程为
ˆ
ˆ
ˆ
y
bx
a
．已知
10
1
225
i
i
x
，
10
1
1600
i
i
y
，ˆ
4
b
．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为
A．160
B．163
C．166
D．170
【解析】由已知得
22.5,
160,
x
y
则
160
4 22.5
70,
a
当
24
x
时，ˆ
4 24
70
y
166
，故选C ．
【名师点睛】判断两个变量是否线性相关及相关程度通常有两种方法：（1）利用散点图直观判断；（2）将相关数
据代入相关系数r 的公式求出r ，然后根据r 的大小进行判断．求线性回归方程时，在严格按照公式求解时，一定
要注意计算的准确性．
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．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
16．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决
赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客
场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1 获胜的概率是______________．
【答案】0.18
【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有
一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．
【解析】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4 :1 获胜的概率是
3
0.6
0.5 0.5 2
0.108,
前四场中有
一场主场输，第五场赢时，甲队以4 :1 获胜的概率是
2
2
0.4 0.6
0.5
2
0.072,
综上所述，甲队以4 :1 获胜的概
率是
0.108
0.072
0.18.
q
【名师点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全
面性是否具备，要考虑甲队以4 :1 获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算．
17．【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
，
故平均数为89
89
90
91 91
90
5
．
18．【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
．
19．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】一批产品的二等品率为0.02 ，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，
X 表示抽到的二等品件数，则DX ______________．
[来源:ZXXK]
【答案】1.96
【解析】由题意可得，抽到二等品的件数符合二项分布，即
~
(100,0.02)
X
B
，由二项分布的期望公式可得
(1
)
100 0.02 0.98
1.96
DX
np
p
．
【名师点睛】判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①是否为n 次独立重复试验，在每次试验中事件A
发生的概率是否均为p；②随机变量是否为在这n 次独立重复试验中某事件发生的次数，且
(
)
C
(1
)
k
k
n k
n
P X
k
p
p
表示在独立重复试验中，事件A 恰好发生k 次的概率．
20．【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
．
21．【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
______________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．
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专题15
概率与统计（解答题）
1．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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）a=0.35，b=0.10；（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=a+0.20+0.15，故a=0.35．
b=1–0.05–0.15–0.70=0.10．
（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．
2．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】11 分制乒乓球比赛，每赢一球得1 分，当某局打成10:10 平后，每球交换发球权，先
多得2 分的一方获胜，该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球
时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立．在某局双方10:10 平后，甲先发球，两人又打了X 个球该局比赛结束．
（1）求P（X=2）；
（2）求事件“X=4 且甲获胜”的概率．
【答案】（1）0.5；（2）0.1．
【解析】（1）X=2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，
则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分．
因此P（X=2）=0.5×0.4+（1–0.5）×（1–0.4）=0.5．
（2）X=4且甲获胜，就是10∶10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，
且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．
因此所求概率为[0.5×（1–0.4）+（1–0.5）×0.4]×0.5×0.4=0.1．
3．【2019 年高考天津卷理数】设甲、乙两位同学上学期间，每天7：30 之前到校的概率均为2
3
．假定甲、乙两位同学
到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立．
（1）用X 表示甲同学上学期间的三天中7：30 之前到校的天数，求随机变量X 的分布列和数学期望；
（2）设M 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7：30 之前到校的天数比乙同学在7：30 之前到校的天数恰好多
2”，求事件M 发生的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
(
)
2
E X
；（2）20
243
．
【分析】本小题主要考查离散型随机变量的分布列与数学期望，互斥事件和相互独立事件的概率计算公式等基础知
识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．满分13 分．
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【解析】
（1）因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30 之前到校的概率均为2
3
，故
2
~
(3,
)
3
X
B
，
从而
3
3
2
1
(
)
C ( ) ( )
,
0,1,2,3
3
3
k
k
k
P X
k
k
．
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
27
2
9
4
9
8
27
随机变量X 的数学期望
2
(
)
3
2
3
E X
．
（2）设乙同学上学期间的三天中7：30 之前到校的天数为Y ，
则
2
~
(3,
)
3
Y
B
，且
{
3,
1}
{
2,
0}
M
X
Y
X
Y
．
由题意知事件{
3,
1}
X
Y
与{
2,
0}
X
Y
互斥，
且事件{
3}
X
与{
1}
Y
，事件{
2}
X
与{
0}
Y
均相互独立，
从而由（1）知
(
)
({
3,
1}
{
2,
0})
P M
P
X
Y
X
Y
(
3,
1)
(
2,
0)
P X
Y
P X
Y
(
3) (
1)
(
2) (
0)
P X
P Y
P X
P Y
8
2
4
1
20
27
9
9
27
243
．
4．【2019 年高考北京卷理数】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（元）
支付方式
（0，1000]
（1000，2000]
大于2000
仅使用A
18 人
9 人
3 人
仅使用B
10 人
14 人
1 人
（1）从全校学生中随机抽取1 人，估计该学生上个月A，B 两种支付方式都使用的概率；
（2）从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1 人，以X 表示这2 人中上个月支付金额大于1000 元的人数，
求X 的分布列和数学期望；
（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A 的学生中，随机抽查3 人，发现他们本
月的支付金额都大于2000 元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2000 元的人数有
变化？说明理由．
【答案】（1）0.4；（2）分布列见解析，E（X）=1；（3）见解析．
【解析】（1）由题意知，样本中仅使用A的学生有18+9+3=30人，仅使用B的学生有10+14+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．
所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率估计为40
0.4
100
．
（2）X的所有可能值为0，1，2．
记事件C为“从样本仅使用A的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1000元”，事件D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1000元”．
由题设知，事件C，D相互独立，且
9
3
14 1
( )
0.4,
(
)
0.6
30
25
P C
P D
．
所以
(
2)
(
)
( ) (
)
0.24
P X
P CD
P C P D
，
(
1)
(
)
P X
P CD
CD
( ) (
)
( ) (
)
P C P D
P C P D
0.4 (1 0.6)
(1 0.4) 0.6
0.52
，
(
0)
(
)
( ) (
)
0.24
P X
P CD
P C P D
．
所以X的分布列为
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X
0
1
2
P
0.24
0.52
0.24
故X的数学期望
(
)
0 0.24 1 0.52
2 0.24
1
E X
．
（3）记事件E为“从样本仅使用A的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额都大于2000元”．
假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2000元的人数没有变化，
则由上个月的样本数据得
3
30
1
1
( )
C
4060
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，就有理由认为本月的支付金额大于2000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．
5．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物
试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施
以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4 只时，
就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且
施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1 分，乙药得1
分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1
分，甲药得1
分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0 分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲
药的得分记为X．
（1）求X 的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分，
(
0,1,
,8)
ip i
表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药
更有效”的概率，则
0
0
p
，
8
1
p ，
1
1
i
i
i
i
p
ap
bp
cp
(
1,2,
,7)
i
，其中
(
1)
a
P X
，
(
0)
b
P X
，
(
1)
c
P X
．假设
0.5
，
0.8
．
(i)证明：
1
{
}
i
i
p
p
(
0,1,2,
,7)
i
为等比数列；
(ii)求
4p ，并根据
4p 的值解释这种试验方案的合理性．
【答案】（1）分布列见解析；（2）(i)证明见解析，(ii)
4
5
1
2 7
p
，解释见解析．
【解析】X 的所有可能取值为1,0,1
．
(
1)
(1
)
P X
，
(
0)
(1
)(1
)
P X
，
(
1)
(1
)
P X
，
所以X 的分布列为
X
1
0
1
P
(1
)
(1
)(1
)
(1
)
（2）（i）由（1）得
0.4,
0.5,
0.1
a
b
c
．
因此
1
1
0.4
0.5
0.1
i
i
i
i
p
p
p
p
，故
1
1
0.1(
)
0.4(
)
i
i
i
i
p
p
p
p
，
即
1
1
4(
)
i
i
i
i
p
p
p
p
．
又因为
1
0
1
0
p
p
p
，
所以
1
{
}(
0,1,2,
,7)
i
i
p
p
i
为公比为4，首项为
1p 的等比数列．
（ii）由（i）可得
8
8
7
7
6
1
0
0
p
p
p
p
p
p
p
p
8
7
7
6
1
0
(
)
(
)
(
)
p
p
p
p
p
p
8
1
4
1
3
p
．
由于
8=1
p
，故
1
8
3
4
1
p
，
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所以
4
4
4
3
3
2
2
1
1
0
1
(
4
1
1
(
)
3
2 7
)
(
5
(
)
)
p
p
p
p
p
p
p
p
p
p
．
4p 表示最终认为甲药更有效的概率，
由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8 时，
认为甲药更有效的概率为
4
1
0.0039
257
p
，
此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
6．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】某工厂的某种产品成箱包装，每箱200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检
验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20 件作检验，再根据检验结果决定是否
对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为
)1
0
(
p
p
，且各件产品是否为不合格品相互独立．
（1）记20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为
)
( p
f
，求
)
( p
f
的最大值点
0p ．
（2）现对一箱产品检验了20 件，结果恰有2 件不合格品，以（1）中确定的
0p 作为p 的值．已知每件产品的检验
费用为2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25 元的赔偿费用．
（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ；
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？
【答案】（1）0.1；（2）（i）490 ，（ii）应该对余下的产品作检验．
【解析】（1）20 件产品中恰有2 件不合格品的概率为
2
2
18
20
( )
C
(1
)
f p
p
p
．
因此
2
18
2
17
2
17
20
20
( )
C [2 (1
)
18
(1
) ]
2C
(1
) (1 10 )
f
p
p
p
p
p
p
p
p
．
令
( )
0
f
p
，得
0.1
p
，
当
(0,0.1)
p
时，
( )
0
f
p
；当
(0.1,1)
p
时，
( )
0
f
p
．
所以
( )
f p 的最大值点为
0
0.1
p
．
（2）由（1）知，
0.1
p
．
（i）令Y 表示余下的180 件产品中的不合格品件数，
依题意知
(180,0.1)
Y
B
:
，
20 2
25
X
Y
，即
40
25
X
Y
．
所以
(40
25 )
40
25
490
EX
E
Y
EY
．
（ii）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400 元．
由于
400
EX
，故应该对余下的产品作检验．
7．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】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．
[来源:ZXXK]
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）利用模型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ˆ
30.4 13.5 19
226.1
y
(亿元)．
利用模型②，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
该地区2018 年的环境基础设施投资额的预测值为ˆ
99 17.5 9
256.5
y
(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
30.4 13.5
y
t
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ˆ
99 17.5
y
t
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．
8．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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：
（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？
[来源:学。科。网]
附：
2
2
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
，
2
P K
k
≥
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
【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
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（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 年高考北京卷理数】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．
假设所有电影是否获得好评相互独立．
（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）从第四类电影和第五类电影中各随机选取1 部，估计恰有1 部获得好评的概率；
（3）假设每类电影得到人们喜欢的概率与表格中该类电影的好评率相等，用“
1
k”表示第k 类电影得到人们喜
欢，“
0
k
”表示第k 类电影没有得到人们喜欢（k=1，2，3，4，5，6）．写出方差
1
D，
2
D，
3
D，
4
D，
5
D，
6
D的大小关系．
【答案】（1）0.025；（2）0.35；（3）
1
D>
4
D>
2
D=
5
D>
3
D>
6
D．
【解析】（1）由题意知，样本中电影的总部数是140+50+300+200+800+510=2000，
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）设事件A 为“从第四类电影中随机选出的电影获得好评”，
事件B 为“从第五类电影中随机选出的电影获得好评”．
故所求概率为P（AB
AB
）=P（AB ）+P（AB ）
=P（A）（1–P（B））+（1–P（A））P（B）．
由题意知：P（A）估计为0.25，P（B）估计为0.2．
故所求概率估计为0.25×0.8+0.75×0.2=0.35．
（3）
1
D>
4
D>
2
D=
5
D>
3
D>
6
D．
10．【2018 年高考天津卷理数】已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24，16，16．现采用分层抽样的方
法从中抽取7 人，进行睡眠时间的调查．
（1）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
（2）若抽出的7 人中有4 人睡眠不足，3 人睡眠充足，现从这7 人中随机抽取3 人做进一步的身体检查．
（i）用X 表示抽取的3 人中睡眠不足的员工人数，求随机变量X 的分布列与数学期望；
（ii）设A 为事件“抽取的3 人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求事件A 发生的概率．
【答案】（1）分别抽取3 人，2 人，2 人；（2）（i）分布列见解析，
12
(
)
7
E X
，（ii）6
7
．
【解析】（1）由已知，甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为3∶2∶2，
由于采用分层抽样的方法从中抽取7 人，
因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3 人，2 人，2 人．
（2）（i）随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3．
P（X=k）=
3
4
3
3
7
C
C
C
k
k
（k=0，1，2，3）．
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
35
12
35
18
35
4
35
随机变量X 的数学期望
1
12
18
4
12
(
)
0
1
2
3
35
35
35
35
7
E X
．
（ii）设事件B 为“抽取的3 人中，睡眠充足的员工有1 人，睡眠不足的员工有2 人”；
事件C 为“抽取的3 人中，睡眠充足的员工有2 人，睡眠不足的员工有1 人”，
则A=B∪C，且B 与C 互斥，
由（i）知，P(B)=P(X=2)，P(C)=P(X=1)，
故P(A)=P(B∪C)=P(X=2)+P(X=1)= 6
7
．
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所以，事件A 发生的概率为6
7
．
11．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16
个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从
正态分布
2
( ,
)
N
．
（1）假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16 个零件中其尺寸在(
3 ,
3 )
之外的零件数，求
(
1)
P X
及X 的数学期望；
（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(
3 ,
3 )
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）试说明上述监控生产过程方法的合理性；
（ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16 个零件的尺寸：
9.95
10.12
9.96
9.96
10.01
9.92
9.98
10.04
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
，其中
ix 为抽取的第i 个零件
的尺寸，
1,2,
,16
i
．
用样本平均数x 作为的估计值ˆ，用样本标准差s 作为的估计值ˆ，利用估计值判断是否需对当天的生产过
程进行检查？剔除ˆ
ˆ ˆ
ˆ
(
3 ,
3 )
之外的数据，用剩下的数据估计和（精确到0.01）．
附：若随机变量Z 服从正态分布
2
( ,
)
N
，则
(
3
3 )
0.997 4
P
Z
，
16
0.997 4
0.959 2
，
0.008
0.09
．
【答案】（1）(
1)
0.0408
P X
，
0.0416
EX
；（2）（ⅰ）见解析，（ⅱ）的估计值为10.02，的估计值为
0.09 ．
【分析】（1）根据题设条件知一个零件的尺寸在(
3 ,
3 )
之内的概率为0.9974，则零件的尺寸在
(
3 ,
3 )
之外的概率为0.0026，而
~ (16,0.0026)
X B
，进而可以求出X 的数学期望．（2）（i）判断监控
生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16 个零件中，出现尺寸在(
3 ,
3 )
之外的零件的概
率是大还是小，若小即合理；（ii）根据题设条件算出的估计值和的估计值，剔除ˆ
ˆ ˆ
ˆ
(
3 ,
3 )
之外的数
据9.22，算出剩下数据的平均数，即为的估计值，剔除ˆ
ˆ ˆ
ˆ
(
3 ,
3 )
之外的数据9.22，剩下数据的样本方
差，即为的估计值．
【解析】（1）抽取的一个零件的尺寸在(
3 ,
3 )
之内的概率为0.9974，
从而零件的尺寸在(
3 ,
3 )
之外的概率为0.0026，故
~ (16,0.0026)
X B
．
因此
16
(
1)
1
(
0)
1 0.9974
0.0408
P X
P X
．
X 的数学期望为
16 0.0026
0.0416
EX
．
（2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在(
3 ,
3 )
之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16 个零件
中，出现尺寸在(
3 ,
3 )
之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小．因此一旦发生这种情况，就有
理由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，可见上述监控生
产过程的方法是合理的．
（ii）由
9.97,
0.212
x
s
，得的估计值为ˆ
9.97
，的估计值为ˆ
0.212
，
由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在ˆ
ˆ ˆ
ˆ
(
3 ,
3 )
之外，
因此需对当天的生产过程进行检查．
剔除ˆ
ˆ ˆ
ˆ
(
3 ,
3 )
之外的数据9.22，剩下数据的平均数为1 (16 9.97
9.22)
10.02
15
，
因此的估计值为10.02．
16
2
2
2
1
16 0.212
16 9.97
1591.134
i
i
x
，剔除ˆ
ˆ ˆ
ˆ
(
3 ,
3 )
之外的数据9.22，
剩下数据的样本方差为
2
2
1 (1591.134
9.22
15 10.02 )
0.008
15
，
因此的估计值为
0.008
0.09
．
【名师点睛】数学期望是离散型随机变量中重要的数学概念，反映随机变量取值的平均水平．求解离散型随机变
量的分布列、数学期望时，首先要分清事件的构成与性质，确定离散型随机变量的所有取值，然后根据概率类型
选择公式，计算每个变量取每个值的概率，列出对应的分布列，最后求出数学期望．正态分布是一种重要的分布，
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之前考过一次，尤其是正态分布的3原则．
12．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】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）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A 表示事件：“旧养殖法的箱产量低于50kg，新养殖法的箱产量不低
于50kg”，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＜50kg
箱产量≥50kg
旧养殖法
新养殖法
（3）根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）．
附：
，
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a
b c
d a
c b
d
【答案】（1）0.4092 ；（2）有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关；（3）52.35kg ．
【分析】（1）利用相互独立事件概率公式即可求得事件A 的概率估计值；（2）写出列联表计算
2
K 的观测值，即可
确定有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关；（3）结合频率分布直方图估计中位数为52.35kg ．
【解析】（1）记B 表示事件“旧养殖法的箱产量低于50kg ”，
C 表示事件“新养殖法的箱产量不低于50kg ”，
由题意知
( )
(
)
( ) ( )
P A
P BC
P B P C
，
旧养殖法的箱产量低于50kg 的频率为(0.012
0.014
0.024
0.034
0.040) 5
0.62
，
故
( )
P B 的估计值为0.62．
新养殖法的箱产量不低于50kg 的频率为(0.068
0.046
0.010
0.008) 5
0.66
，
故
( )
P C 的估计值为0.66．
因此，事件A 的概率估计值为0.62 0.66
0.4092
．
（2）根据箱产量的频率分布直方图得列联表：
箱产量
50kg
箱产量
50kg
≥
旧养殖法
62
38
新养殖法
34
[来源:]
66
2
K 的观测值
2
200 (62 66
34 38)
15.705
100 100 96 104
k
，
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）因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50kg 的直方图面积为
(0.004
0.020
0.044) 5
0.34
0.5
，
箱产量低于55kg 的直方图面积为(0.004
0.020
0.044
0.068) 5
0.68
0.5
，
故新养殖法箱产量的中位数的估计值为
0.5
0.34
50
52.35(kg)
0.068
．
【名师点睛】（1）利用独立性检验，能够帮助我们对日常生活中的实际问题作出合理的推断和预测．独立性检验
就是考察两个分类变量是否有关系，并能较为准确地给出这种判断的可信度，随机变量的观测值k 值越大，说明
“两个变量有关系”的可能性越大．
（2）利用频率分布直方图求众数、中位数和平均数时，应注意三点：①最高的小长方形底边中点的横坐标即众数；
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②中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；③平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方
图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．
13．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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
[来源:学|
科|网Z|X|X|K]
[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代替最高气温位于该区间的概率．
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列；
（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n（单位：瓶）为多少
时，Y 的数学期望达到最大值？
【答案】（1）分布列见解析；（2）n=300 时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为520 元．
【分析】（1）X 所有的可能取值为200，300，500，利用题意求得概率即可得到随机变量的分布列；
（2）由题中所给条件分类讨论可得n=300 时，Y 的数学期望达到最大值，为520 元．
【解析】（1）由题意知，X 所有可能取值为200，300，500，由表格数据知
2 16
(
200)
0.2
90
P X
，
36
(
300)
0.4
90
P X
，
25
7
4
(
500)
0.4
90
P X
．
因此X 的分布列为
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200
500
n
．
当300
500
n
时，若最高气温不低于25，则
6
4
2
Y
n
n
n
；
若最高气温位于区间[20,25) ，则
6 300
2(
300)
4
1200
2
Y
n
n
n
；
若最高气温低于20，则
6 200
2(
200)
4
800
2
Y
n
n
n
；
因此
2
0.4
(1200
2 ) 0.4
800
2
(
) 0.2
640
0.4
EY
n
n
n
n
．
当200
300
n
时，
若最高气温不低于20，则
6
4
2
Y
n
n
n
；
若最高气温低于20，则
6 200
2(
200)
4
800
2
Y
n
n
n
；
因此
2
0.4
0.4
80
(
)
(
)
0
2
0.2
160 1.2
EY
n
n
n
．
所以n=300 时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为520 元．
【名师点睛】离散型随机变量的分布列指出了随机变量X 的取值以及取各值的概率；要理解两种特殊的概率分布
——两点分布与超几何分布，并善于灵活运用两性质：一是pi≥0(i＝1，2，…)；二是p1＋p2＋…＋pn＝1 检验分布
列的正误．
14．【2017 年高考天津卷理数】从甲地到乙地要经过3 个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到
红灯的概率分别为1 1 1
, ,
2 3 4
．
（1）设X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望；
（2）若有2 辆车独立地从甲地到乙地，求这2 辆车共遇到1 个红灯的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
13
(
)
12
E X
；（2）11
48
．
【分析】（1）由题可得X 的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，然后列出随机变量X 的分布列
并计算其数学期望；（2））设Y 表示第1 辆车遇到红灯的个数，Z 表示第2 辆车遇到红灯的个数，这2 辆车共遇到
1 个红灯包括：第1 辆遇到1 个红灯且第2 辆没遇到红灯、第1 辆没遇到红灯且第2 辆遇到1 个红灯，求这两个
事件的概率的和即可．
【解析】（1）随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3．
1
1
1
1
(
0)
(1
) (1
) (1
)
2
3
4
4
P X
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
11
(
1)
(1
) (1
)
(1
)
(1
)
(1
) (1
)
2
3
4
2
3
4
2
3
4
24
P X
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
2)
(1
)
(1
)
(1
)
2
3
4
2
3
4
2
3
4
4
P X
，
1
1
1
1
(
3)
2
3
4
24
P X
．
所以，随机变量X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
[来源:学*科*网]
1
4
11
24
1
4
1
24
随机变量X 的数学期望
1
11
1
1
13
(
)
0
1
2
3
4
24
4
24
12
E X
．
（2）设Y 表示第1 辆车遇到红灯的个数，Z 表示第2 辆车遇到红灯的个数，
则
所
求
事
件
的
概
率
为
(
1)
(
0,
1)
(
1,
0)
(
0) (
1)
P Y
Z
P Y
Z
P Y
Z
P Y
P Z
1
11
11
1
11
(
1) (
0)
4
24
24
4
48
P Y
P Z
．
所以，这2 辆车共遇到1 个红灯的概率为11
48
．
【名师点睛】求离散型随机变量概率分布列及数学期望是理科高考数学的必考题型．求离散型随机变量概率分布
列问题时，首先要清楚离散型随机变量的所有可能取值，及随机变量取这些值时所对应的事件的概率，计算出概
率值后即可列出离散型随机变量的概率分布列，最后按照数学期望的公式计算出数学期望．
15．【2017 年高考北京卷理数】为了研究一种新药的疗效，选100 名患者随机分成两组，每组各50 名，一组服药，另
一组不服药．一段时间后，记录了两组患者的生理指标x 和y 的数据，并制成下图，其中“*”表示服药者，“+”表示
未服药者．
（1）从服药的50 名患者中随机选出一人，求此人指标y 的值小于60 的概率；
（2）从图中A，B，C，D 四人中随机选出两人，记为选出的两人中指标x 的值大于1.7 的人数，求的分布列
和数学期望E()；
（3）试判断这100 名患者中服药者指标y 数据的方差与未服药者指标y 数据的方差的大小．（只需写出结论）
【答案】（1）0.3；（2）分布列见解析，
( )
1
E ；（3）在这100 名患者中，服药者指标y 数据的方差大于未服药
者指标y 数据的方差．
【分析】（1）根据所给图数出
60
y
的人数，再除以50 就是概率；（2）由图可知A,C 两人的指标
1.7
x
，根据
超几何分布写出分布列，
0,1,2
，
2
2
2
2
4
C C
(
)
(
0,1,2)
C
k
k
P
k
k
，并求数学期望；（3）方差表示数据的离散
程度，波动越大，方差越大，波动小，方差小．
【解析】（1）由图知，在服药的50 名患者中，指标y 的值小于60 的有15 人，
所以从服药的50 名患者中随机选出一人，此人指标y 的值小于60 的概率为15
0.3
50
．
（2）由图知，A，B，C，D 四人中，指标x 的值大于1.7 的有2 人：A 和C．
所以的所有可能取值为0，1，2．
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
C
C C
C
1
2
1
(
0)
, (
1)
, (
2)
C
6
C
3
C
6
P
P
P
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
所以的分布列为
0
1
2
P
1
6
2
3
1
6
故的期望
1
2
1
( )
0
1
2
1
6
3
6
E
．
（3）在这100 名患者中，服药者指标y 数据的方差大于未服药者指标y 数据的方差．
【名师点睛】求分布列的三种方法：
（1）由统计数据得到离散型随机变量的分布列；
（2）由古典概型求出离散型随机变量的分布列；
（3）由互斥事件的概率、相互独立事件同时发生的概率及n 次独立重复试验有k 次发生的概率求离散型随机变量
的分布列．
End
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
专题16
算法初步
1．【2019 年高考天津卷理数】阅读下边的程序框图，运行相应的程序，输出S 的值为
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
．故选B．
[来源:学.科.网]
【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 年高考北京卷理数】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 ，
[来源:]
运行第一次，
2
2 1
2
3 1 2
s
，
2
k
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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卷理数】如图是求
1
1
2
1
2
2
的程序框图，图中空白框中应填入
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卷理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
A．
4
1
2
2
B．
5
1
2
2
C．
6
1
2
2
D．
7
1
2
2
[来源:]
【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；
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．【2 018 年高考全国Ⅱ卷理数】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
，
6．【2018 年高考北京卷理数】执行如图所示的程序框图，输出的s 值为
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
[来源:学§科§网Z§X§X§K]
A．1
2
B．5
6
C．7
6
D．7
12
[来源:Z|xx|k.Com]
【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 年高考天津卷理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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卷理数】执行下面的程序框图，如果输入的
1
a ，则输出的S
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卷理数】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.
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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卷理数】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
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．
故选D．
【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 年高考北京卷理数】执行如图所示的程序框图，输出的s 值为
A．2
B．3
2
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
；
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 年高考天津卷理数】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______________．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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______________．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
End
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
专题17
数系的扩充与复数的引入
1．【2019 年高考北京卷理数】已知复数
2
i
z
，则z z
A．
3
B．
5
C．3
D．5
【答案】D
[来源:Z_xx_k.Com]
【解析】由题
2
i
z
，则
(2
i)(2
i)
5
z z
，故选D．
2．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】设复数z 满足
=1
i
z
，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则
A．
2
2
+1
1
(
)
x
y
B．
2
2
1
(
1)
x
y
C．
2
2
(
1)
1
y
x
D．
2
2
( +1)
1
y
x
【分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的
距离为1，可选正确答案为C．
【解析】由题可得
i,
i
(
1)i,
z
x
y z
x
y
2
2
i
(
1)
1,
z
x
y
则
2
2
(
1)
1
x
y
．
3．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设z=–3+2i，则在复平面内z 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】由
3
2i,
z
得
3
2i,
z
则
3
2i
z
对应的点（-3，-2）位于第三象限．
4．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】若(1 i)
2i
z
，则z=
A．1 i
B．1
i
C．1 i
D．1 i
【解析】
(
)
(
2i
2i 1 i
1 i
1 i
1 i 1 i
)(
)
z
．故选D．
【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．
5．【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
，
6．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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
，
7．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】1
2i
1
2i
A．
4
3 i
5
5
B．
4
3 i
5
5
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
C．
3
4 i
5
5
D．
3
4 i
5
5
【解析】由题可得
2
1
2i
(1
2i)
3
4i
1 2i
5
5
，故选D．
8．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】(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
，故选D．
9．【2018 年高考北京卷理数】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．故选D．
【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．
10．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】设有下面四个命题
1p ：若复数z 满足1
z R ，则z R ；
2p ：若复数z 满足
2z R ，则z R ；
3p ：若复数
1
2
,
z z 满足
1 2
z z R ，则
1
2
z
z
；
4p ：若复数z R ，则z R ．
其中的真命题为
A．
1
3
,
p p
B．
1
4
,
p p
C．
2
3
,
p
p
D．
2
4
,
p
p
【解析】令
i( ,
)
z
a
b a b
R ，
则由
2
2
1
1
i
i
a
b
z
a
b
a
b
R 得
0
b
，所以z R ，故
1p 正确；
当
i
z 时，因为
2
2i
1
z
R ，而
i
z R 知，故
2p 不正确；
当
1
2
i
z
z
时，满足
1
2
1
z
z
R ，但
1
2
z
z
，故
3p 不正确；
对于
4p ，因为实数的共轭复数是它本身，也属于实数，故
4p 正确．
【名师点睛】分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成
i( ,
)
z
a
b a b
R 的形式进行判断，
共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可．
11．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】3
i
1 i
A．1 2i
B．1 2i
C．2
i
D．2 i
【答案】D
【解析】由复数除法的运算法则有：3
i
(3
i)(1 i)
2
i
1 i
2
，故选D．
【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．
12．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】设复数z 满足(1+i)z=2i，则∣z∣=
A．1
2
B．
2
2
C．2
D．2
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】由题意可得
2i
1
i
z
，由复数求模的法则可得
1
1
2
1
|
|
z
z
z
z
，
则
2i
2
2
1 i
2
z
．【名师点睛】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
．
13．【2017 年高考北京卷理数】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 年高考天津卷理数】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】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】
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．
[来源:学_科_
网Z_X_X_K]
17．【2018 年高考天津卷理数】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
．
【名师点睛】本题主要考查复数的运算法则及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．由题意结合复
数的运算法则整理计算即可求得最终结果．
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 年高考天津卷理数】已知aR ，i 为虚数单位，若
i
2
i
a
为实数，则a 的值为______________．
【答案】2
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】因为
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 ．
20．【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
，
[来源:学.科.网]
则
2
2
5,
2
a
b
ab
．
[来源:]
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
[来源:学|科|网]
【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
．
End
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专题18
计数原理
1．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】（1+2x2 ）（1+x）4 的展开式中x3 的系数为
A．12
B．16
C．20
D．24
【解析】由题意得x3 的系数为
3
1
4
4
C
2C
4
8
12
，【名师点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公
式求展开式指定项的系数．
2．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是
“每个大于2 的偶数可以表示为两个素数的和”，如30
7
23
．在不超过30 的素数中，随机选取两个不同的数，
其和等于30 的概率是
A．1
12
B．1
14
C．1
15
D．1
18
【解析】不超过30 的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10 个，随机选取两个不同的数，共有
2
10
C
45
种方法，其和等于30 的有3 种方法，分别是7 和23，11 和19，13 和17，所以随机选取两个不同的数，其和等于
30 的概率为3
1
=
45
15
，选C．
3．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】
5
2
2
x
x
的展开式中
4x 的系数为
A．10
B．20
C．40
D．80
【解析】由题可得
5
2
2
x
x
的展开式的通式为
5
2
10 3
1
5
5
2
C
C
2
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，令10
3
4
r
，得
2
r
，
所以展开式中
4x 的系数为
2
2
5
C
2
40
．
4．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】安排3 名志愿者完成4 项工作，每人至少完成1 项，每项工作由1 人完成，则不同的
安排方式共有
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有
2
4
C 种
方法，然后进行全排列，由乘法原理，不同的安排方式共有
2
3
4
3
C
A
36
种．故选D．
【名师点睛】（1）解排列组合问题要遵循两个原则：①按元素(或位置)的性质进行分类；②按事情发生的过程进行
分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
[来
源:]
（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③
部分均匀分组．注意各种分组类型中，不同分组方法的求解．
5．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】
6
2
1
(1
)(1
)
x
x
展开式中
2x 的系数为
A．15
B．20
C．30
D．35
【解析】因为
6
6
6
2
2
1
1
(1
)(1
)
1 (1
)
(1
)
x
x
x
x
x
，而
6
(1
)x
展开式中含
2x 的项为
2
2
2
6
1 C
15
x
x
，
6
2
1 (1
)x
x
展开式中含
2x 的项为
4
4
2
6
2
1 C
15
x
x
x
，故所求展开式中
2x 的系数为15 15
30
，选C．
【名师点睛】对于两个二项式乘积的问题，用第一个二项式中的每项乘以第二个二项式的每项，分析含
2x 的项共
有几项，进行相加即可．这类问题的易错点主要是未能分析清楚构成这一项的具体情况，尤其是两个二项展开式中
的r 不同．
6．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】
5
2
x
y
x
y
的展开式中
3
3
x y 的系数为
A．80
B．40
C．40
D．80
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【解析】
5
5
5
2
2
2
x
y
x
y
x
x
y
y
x
y
，由
5
2x
y
展开式的通项公式
5
1
5
C
2
r
r
r
rT
x
y
可
得：当
3
r
时，
5
2
x
x
y
展开式中
3
3
x y 的系数为
3
3
2
5
C
2
1
40
；当
2
r
时，
5
2
y
x
y
展开式中
3
3
x y
的系数为
2
2
3
5
C
2
1
80
，则
3
3
x y 的系数为80
40
40
．
【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定
项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n，r 均为非负整数，且n≥r，
如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．（2）求两个多项式的积
的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
7．【2019 年高考浙江卷理数】在二项式
9
( 2
)
x
的展开式中，常数项是__________；系数为有理数的项的个数是
__________．
【答案】16 2
5
【解析】由题意，
9
( 2
)
x
的通项为
9
1
9
C ( 2)
(
0,1,2
9)
r
r
r
rT
x r
，当
0
r
时，可得常数项为
0
9
1
9
C ( 2)
16 2
T
；若展开式的系数为有理数，则
1,3,5,7,9
r =
，有
2
4
6
8
10
T , T , T , T , T
共5 个项．故答案为：16 2 ，
5．
【名师点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细
心，确保结果正确．
8．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】从2 位女生，4 位男生中选3 人参加科技比赛，且至少有1 位女生入选，则不同的选
法共有__________种．（用数字填写答案）
【答案】16
【解析】根据题意，没有女生入选有
3
4
C
4
种选法，从6 名学生中任意选3 人有
3
6
C
20
种选法，
故至少有1 位女生入选，则不同的选法共有20
4
16
种，故答案为：16．
【名师点睛】该题是一道关于组合计数的题目，并且在涉及到至多、至少问题时多采用间接法，即利用总的减去没
有女生的选法种数，该题还可以用直接法，分别求出有1 名女生和有2 名女生分别有多少种选法，之后用加法运算
求解．
9．【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
2
5
C
10
种方法，其中恰好选中2 名女生的方法有
2
3
C
3
种，因此所求
概率为3
10
．故答案为：3
10
．
10．【2018 年高考浙江卷）从1，3，5，7，9 中任取2 个数字，从0，2，4，6 中任取2 个数字，一共可以组成__________
个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
【答案】1260
【解析】若不取0，则排列数为
2
2
4
5
3
4
C C A ；若取0，则排列数为
2
1
1
3
5
3
3
3
C C A A ，因此一共可以组成
2
2
4
5
3
4
C C A
2
1
1
3
5
3
3
3
C C A A
1260
个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．
11．【2018 年高考浙江卷）二项式
8
3
1
(
)
2
x
x
的展开式的常数项是__________．
【答案】7[来源:学&科&网Z&X&X&K]
【解析】二项式
8
3
1
2
x
x
的展开式的通项公式为
8 4
8
3
3
1
8
8
1
1
C
C
2
2
r
r
r
r
r
r
r
T
x
x
x
，
令8
4
0
3
r
得
2
r
，故所求的常数项为
2
8
2
1
C
=7
2
．故答案为：7．
12．【2018 年高考天津卷理数】在
5
1
(
)
2
x
x
的展开式中，
2x 的系数为__________．
【答案】5
2
【解析】二项式
5
1
(
)
2
x
x
的展开式的通项公式为
3
5
5
2
1
5
5
1
1
C
C
2
2
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，令
3
5
2
2 r
可得：
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
2
r
，则
2x 的系数为：
2
2
5
1
1
5
C
10
2
4
2
．故答案为：5
2
．
13．【2017 年高考浙江卷）从6 男2 女共8 名学生中选出队长1 人，副队长1 人，普通队员2 人组成4 人服务队，要
求服务队中至少有1 名女生，共有__________种不同的选法．（用数字作答）
【答案】660
【解析】由题意可得，“从8 名学生中选出队长1 人，副队长1 人，普通队员2 人组成4 人服务队”总的选择方法
为
4
1
1
8
4
3
C
C
C
（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有
4
1
1
6
4
3
C
C
C
（种）方法，则满足题意的选法有：
4
1
1
4
1
1
8
4
3
6
4
3
C
C
C
C
C
C
660
（种）．故答案为：660．[来源:学§科§网Z§X§X§K]
【名师点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是
两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条
件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重
复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
14．【2017 年高考天津卷理数】用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四
位数，这样的四位数一共有__________个．（用数字作答）
[来源:学.科.网]
【答案】1080
【解析】题中4 个数字均为奇数的四位数有
4
5
A 种，4 个数字中含有1 个偶数，3 个奇数的四位数有
1
3
4
4
5
4
C C A 种，
所以符合题意的四位数的个数为
4
1
3
4
5
4
5
4
A
C C A
1080
．故答案为：1080．
【名师点睛】计数原理包含分类加法计数原理和分步乘法计数原理，本题中组成的四位数至多有一个数字是偶数，
包括四位数字有一个是偶数和四位数字全部是奇数两类，先利用分步乘法计数原理求每一类中的结果数，然后利
用分类加法计数原理求总的结果数．
15．【2017 年高考浙江卷）已知多项式
3
2
5
4
3
2
1
2
3
4
5
(
1) (
2)
x
x
x
a x
a x
a x
a x
a
，则
4a =__________，
5a =__________．
【答案】16，4
【解析】由二项式展开式的通项公式可得，
3
2
(
1) (
2)
x
x
的展开式的通项为：
2
3
2
C
C
2
r
r
m
m
m
x
x
2
3
2
C
C
2
r
m
m
r m
x
，分别取
0,
1
r
m
和
1,
0
r
m
可得
4
4 12
16
a
，取
0
r
m
，
可得
2
5
1 2
4
a
．故答案为：16，4．
【名师点睛】本题主要考查二项式定理的通项与系数，属于简单题．二项展开式定理的问题也是高考命题热点之
一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式
1
Cr
n r
r
r
n
T
a
b
（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）；（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）
二项式定理的应用．
16．【2017 年高考山东卷理数】已知(1 3 )n
x
的展开式中含有
2x 项的系数是54，则n __________．
【答案】4
【解析】(1 3 )n
x
的展开式的通项公式为
1
C (3 )
C
3
r
r
r
r
r
r
n
n
T
x
x
，令
2
r
，得含有
2x 项的系数为
2
2
C
3
54
n
，
解得
4
n
．故答案为：4．
【名师点睛】根据二项展开式的通项，确定二项式系数或确定二项展开式中的指定项，是二项式定理问题中的基
本问题，往往要综合运用二项展开式的系数的性质、二项展开式的通项求解．本题能较好地考查考生的思维能力、
基本计算能力等．
17．【2019年高考江苏卷理数】设
2
*
0
1
2
(1
)
,
4,
n
n
n
x
a
a x
a x
a x
n
n
N
．已知
2
3
2
4
2
a
a a
．
（1）求n的值；
（2）设(1
3)
3
n
a
b
，其中
*
,a bN ，求
2
2
3
a
b
的值．[来源:学。科。网Z。X。X。K]
【答案】（1）
5
n
；（2）32
．
【解析】（1）因为
0
1
2
2
(1
)
C
C
C
C
4
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
n
，
，
所以
2
3
2
3
(
1)
(
1)(
2)
C
,
C
2
6
n
n
n n
n n
n
a
a
，
4
4
(
1)(
2)(
3)
C
24
n
n n
n
n
a
．
因为
2
3
2
4
2
a
a a
，
所以
2
(
1)(
2)
(
1)
(
1)(
2)(
3)
[
]
2
6
2
24
n n
n
n n
n n
n
n
，
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
解得
5
n
．
（2）由（1）知，
5
n
．
5
(1
3)
(1
3)
n
0
1
2
2
3
3
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
C
C
3
C ( 3)
C ( 3)
C ( 3)
C ( 3)
3
a
b
．
解法一：
因为
*
,a bN ，所以
0
2
4
1
3
5
5
5
5
5
5
5
C
3C
9C
76,
C
3C
9C
44
a
b
，
从而
2
2
2
2
3
76
3 44
32
a
b
．
解法二：
5
0
1
2
2
3
3
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
(1
3)
C
C (
3)
C (
3)
C (
3)
C (
3)
C (
3)
0
1
2
2
3
3
4
4
5
5
5
5
5
5
5
5
C
C
C ( 3)
C ( 3)
C ( 3)
(
3
C
3)
．
因为
*
,a bN ，所以
5
(1
3)
3
a
b
．
因此
2
2
5
5
5
3
(
3)(
3)
(1
3)
(1
3)
( 2)
32
a
b
a
b
a
b
．
【名师点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力．
End
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专题19
坐标系与参数方程
1．【2019 年高考北京卷理数】已知直线l 的参数方程为
1 3 ,
2
4
x
t
y
t
（t 为参数），则点（1，0）到直线l 的距离是
A．1
5
B．2
5
C．4
5
D．6
5
【解析】由题意，可将直线l 化为普通方程：
1
2
3
4
x
y
，即
4
1
3
2
0
x
y
，即4
3
2
0
x
y
，所以点
（1，0）到直线l 的距离
2
2
| 4
0
2 |
6
5
4
3
d
，故选D．
【名师点睛】本题考查直线参数方程与普通方程的转化，点到直线的距离，属于容易题，注重基础知识、基本运算
能力的考查．
2．【2018 年高考北京卷理数】在极坐标系中，直线
cos
sin
(
0)
a a
与圆
=2cos
相切，则a=__________．
【答案】1
2
[来源:ZXXK]
【解析】圆ρ＝2cosθ即ρ2＝2ρcosθ，可以转化成直角坐标方程为：x 2+y2＝2x，即（x–1）2+y2＝1；直线ρ（cosθ+sinθ）
＝a 转化成直角坐标方程为：x+y–a＝0．由于直线和圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，所以1
2
a
1，解
得a＝1±
2 ．因为a>0，所以负值舍去．故a＝1
2
．故答案为：1
2
．
【名师点睛】本题考查的知识要点：极坐标方程与直角坐标方程的互化，直线与圆相切的充要条件的应用．首先把
曲线和直线的极坐标方程转化成直角坐标方程，进一步利用圆心到直线的距离等于半径求出结果．
3．【2017 年高考北京卷理数】在极坐标系中，点A 在圆
2
2 cos
4 sin
4
0
上，点P 的坐标为（1，0），
则|AP|的最小值为__________．
【答案】1
【解析】将圆的极坐标方程化为普通方程为
2
2
2
4
4
0
x
y
x
y
，整理为标准方程
2
2
1
2
1
x
y
，所
以圆心为
1,2
C
，又点P 是圆外一点，所以AP 的最小值就是
2 1 1
PC
r
．故答案为：1．
【名师点睛】（1）熟练运用互化公式：
2
2
2,
sin ,
cos
x
y
y
x
将极坐标化为直角坐标；（2）直角
坐标方程与极坐标方程的互化，关键要掌握好互化公式，研究极坐标系下图形的性质时，可转化为在直角坐标系的
情境下进行．
4．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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．
5．【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】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
．
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．
6．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
7．【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
，
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．
8．【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】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
．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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
．
9．【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】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
，
[来源:]
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
．
10．【2018 年高考全国Ⅲ卷理数】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；
（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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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
) ．
11．【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 ．
[来源:Z*xx*k.Com]
12．【2017 年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
【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．
13．【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】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；
[来源:Z§xx§k.Com]
（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
= ,
=
．
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．[来源:Zxxk.Com]
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
14．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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．
15．【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 ，
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．
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
专题20
不等式选讲
1．【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】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
．
[来源:Z+xx+k.Com]
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
[来源:学§科§网]
【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卷理数】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．[来源:]
3．【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】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；
（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
，
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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xR ，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卷理数】已知
( ) |
1|
|
1|
f x
x
ax
．
（1）当
1
a
时，求不等式
( )
1
f x
的解集；
[来源:]
（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
．
（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卷理数】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．
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【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卷理数】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．
（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．
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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卷理数】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卷理数】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．
【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
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与二次函数有关，可用配方法．
11．【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】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
）
≥（a1b1＋a2b 2＋…＋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．
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