文档文本内容
专题33 填空题压轴题综合
（七大考点，55 题）
考点分类
十年考情（2017-2026）
命题规律
考点01 函数与导
数
2026 北京、2025 天津、2024 天
津、2023 北京/全国乙/天津、
2022 天津/全国乙、2021 北京、
2019 江苏/浙江、2018 江苏/天
津、2017 浙江/江苏
1.填空压轴最核心考点，全国各卷
高频出题，难度偏大。
2.主要考查函数零点、单调性、极
值最值、恒成立、切线、周期函数
根的分布。
3.多为多结论填空、参数范围填
空，需数形结合与分类讨论求解。
考点02 三角函数
与解三角形
2021 上海、2018 江苏/全国Ⅰ、
2017 上海/浙江
1.中档填空压轴，计算量较大，常
结合最值设问。
2.依托三角恒等变换、正余弦定
理、角平分线模型命题。
3.题型以求最小值、线段长度、三
角函数最值为主。
考点03 平面向量
2026 上海、2025 上海、2021 浙
江、2020 上海/天津/浙江、2019
江苏/浙江、2018 上海、2017 上
海/江苏
1.新高考、上海卷填空热门压轴，
侧重几何数形结合。
2.载体有三角形、正方形、网格坐
标系，考查投影、向量模、数量积
最值。
3.常设置多个动点，转化函数求最
大、最小值。
考点04 数列
2026 全国一卷、2024 上海/北京、
2022 北京、2020 全国Ⅰ、2018 江
苏/上海
1.创新压轴题型，多结合新定义、
双数列交集命题。
2.涵盖等差、等比数列、递推数
列、数列计数、区间约束问题。
3.设问包含结论判断、项数最小
值、参数最值、有序组合计数。
考点05 空间向量
与立体几何
2025 全国二/北京、2023 上海、
2017 全国Ⅰ/Ⅲ
1.空间几何填空压轴，多结合动态
旋转、几何体最值。
2.题型：内切球半径、多面体体
积、空间线线角、折叠三棱锥体积
最值。
3.常结合实际容器、3D 零件实物
背景出题。
考点06 解析几何
2026 上海/天津、2023 新课标Ⅰ、
2017 江苏
1.解析几何填空压轴，以椭圆、抛
物线、圆为主。
2.核心考离心率、抛物线上点坐标
关系、圆上动点横坐标范围。
3.多条件串联，联立方程、坐标转
化是核心解题思路。
考点07 计数原理
及概率统计
2025 全国一卷、2024 新课标Ⅰ/Ⅱ
1.近年创新填空压轴，文字情境较
多。
2.考查有放回抽样期望、卡片比赛
概率、方格行列组合计数。
3.兼顾排列组合基础与概率计算，
设问包含计数、概率、数学期望。
考点01 函数与导数
1. （2026·北京·高考真题）已知
，给出下列四个结论：
①
在
上有最小值和最大值；
②
，
时，
有最大值；
③
，
有3 个解；
④
，
与
有4 个交点.
其中正确结论的序号是________．
【答案】①②③④
【分析】①，构造函数
并求其单调性和奇偶性，求出
的奇偶性，分
在
内有零点和
在
内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出
在
上的单调性，即可判
断；③，求出
在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出
时
的值，即可判断；
④，求出
，结合
单调性即可得出与直线
的交点个数，即可判断.
【详解】由题意，
①在
中，
，
，
，函数为偶函数，
在
中，
，
∴函数
单调递增，
∵
，
∴当
时，
，当
时，
，
∴
在
上单调递减，在
上单调递增，
∴函数在
处取最小值，
，
在
中，
，为偶函数，
当
在
内有零点时，
即
，
，使得
，
此时
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
，
，
，
∵
，
∴
，
∴
在
和
处取最小值，
，
在
处取最大值，
当
在
内无零点时，
，
在
上单调递增，在
上单调递减，
∴
在
处取得最小值，
，
在
处取得最大值，
，
故①正确；
②当
时，
，
，
，
由①可得，
在
上单调递增，
∵
，
，
∴
，使得
，
∴在
中，
，
此时
在
上单调递减，在
上单调递增，
∴
在
处取最大值，
②正确；
③同①可得推广结论，
在
中，
，
，为偶函数，
即
，
，使得
，
，
此时
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
∴
在
和
处取极小值，
当
时，
，
，
，
∵
在
上单调递减，
，
∴
，使得
，
∵
在
上单调递增，
，
∴
，使得
，
∴当
时，
，
∴
，
有3 解，
故③正确；
④由③可得，
在
中，
，
此时
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
在
中，
，
，开口向上，
∴函数
，即
恒成立，
∴
∴
在
下方，
∵
，
∴
在
轴上方，
此时
与
有4 个交点，
故④正确.
2. （2025·天津·高考真题）若
，对
，均有
恒成立，则
的
最小值为_______
【答案】
【分析】先设
，根据不等式的形式，为了消
可以取
，得到
，验证
时，
是
否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设
，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的
，
，
不妨代入
，得
，得
，
当
时，原不等式可化为
，
即
，
观察可知，当
时，
对
一定成立，当且仅当
取等号，
此时，
，说明
时，
均可取到，满足题意，
故
的最小值为
.
故答案为：
3. （2024·天津·高考真题）设
，函数
.若
恰有一个零点，则
的取
值范围为______．
【答案】
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数
与
，则两函
数图象有唯一交点，分
、
与
进行讨论，当
时，计算函数定义域可得
或
，计
算可得
时，两函数在
轴左侧有一交点，则只需找到当
时，在
轴右侧无交点的情况即
可得；当
时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令
，即
，
由题可得
，
当
时，
，有
，则
，不符合要求，舍去；
当
时，则
，
即函数
与函数
有唯一交点，
由
，可得
或
，
当
时，则
，则
，
即
，整理得
，
当
时，即
，即
，
当
，
或
（正值舍去），
当
时，
或
，有两解，舍去，
即当
时，
在
时有唯一解，
则当
时，
在
时需无解，
当
，且
时，
由函数
关于
对称，令
，可得
或
，
且函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
令
，即
，
故
时，
图象为双曲线
右支的
轴上方部分向右平移
所得，
由
的渐近线方程为
，
即
部分的渐近线方程为
，其斜率为
，
又
，即
在
时的斜率
，
令
，可得
或
（舍去），
且函数
在
上单调递增，
故有
，解得
，故
符合要求；
当
时，则
，
即函数
与函数
有唯一交点，
由
，可得
或
，
当
时，则
，则
，
即
，整理得
，
当
时，即
，即
，
当
，
（负值舍去）或
，
当
时，
或
，有两解，舍去，
即当
时，
在
时有唯一解，
则当
时，
在
时需无解，
当
，且
时，
由函数
关于
对称，令
，可得
或
，
且函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
同理可得：
时，
图象为双曲线
左支的
轴上方部分向左平移
所得，
部分的渐近线方程为
，其斜率为
，
又
，即
在
时的斜率
，
令
，可得
或
（舍去），
且函数
在
上单调递减，
故有
，解得
，故
符合要求；
综上所述，
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数
的零点问题转化为函数
与函数
的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
4. （2023·北京·高考真题）设
，函数
，给出下列四个结论：
①
在区间
上单调递减；
②当
时，
存在最大值；
③设
，则
；
④设
．若
存在最小值，则a 的取值范围是
．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】②③
【分析】先分析
的图像，再逐一分析各结论；对于①，取
，结合图像即可判断；对于②，分段
讨论
的取值范围，从而得以判断；对于③，结合图像可知
的范围；对于④，取
，结合图像
可知此时
存在最小值，从而得以判断.
【详解】依题意，
，
当
时，
，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当
时，
，易知其图像是，圆心为
，半径为
的圆在
轴上方的图像（即半
圆）；
当
时，
，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
对于①，取
，则
的图像如下，
显然，当
，即
时，
在
上单调递增，故①错误；
对于②，当
时，
当
时，
；
当
时，
显然取得最大值
；
当
时，
，
综上：
取得最大值
，故②正确；
对于③，易知当
时，在
，
且接近于
处，
的距离最小，
当
时，
，当
且接近于
处，
，
此时，
，
当
时，
且接近于
处，
的距离最小，
此时
；故③正确；
对于④，取
，则
的图像如下，
因为
，
结合图像可知，要使
取得最小值，则点
在
上，点
在
，
同时
的最小值为点
到
的距离减去半圆的半径
，
此时，因为
的斜率为，则
，故直线
的方程为
，
联立
，解得
，则
，
显然
在
上，满足
取得最小值，
即
也满足
存在最小值，故
的取值范围不仅仅是
，故④错误.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得
的图像，特别是当
时，
的图
像为半圆，解决命题④时，可取特殊值进行排除即可.
5. （2023·全国乙卷·高考真题）设
，若函数
在
上单调递增，则a 的取值
范围是______.
【答案】
【分析】原问题等价于
恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可
得
，由右侧函数的单调性可得实数
的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数
的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得
在区间
上恒成立，
则
，即
在区间
上恒成立，
故
，而
，故
，
故
即
，故
，
结合题意可得实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
6. （2023·天津·高考真题）设
,函数
,若
恰有两个零点，则
的取值
范围为_________．
【答案】
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断
的取值范围．
【详解】（1）当
时，
，
即
，
若
时，
，此时
成立；
若
时，
或
，
若方程有一根为
，则
，即
且
；
若方程有一根为
，则
，解得：
且
；
若
时，
，此时
成立．
（2）当
时，
，
即
，
若
时，
，显然
不成立；
若
时，
或
，
若方程有一根为
，则
，即
；
若方程有一根为
，则
，解得：
；
若
时，
，显然
不成立；
综上，
当
时，零点为
，
；
当
时，零点为
，
；
当
时，只有一个零点
；
当
时，零点为
，
；
当
时，只有一个零点
；
当
时，零点为
，
；
当
时，零点为
．
所以，当函数有两个零点时，
且
．
故答案为：
．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，
然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
7. （2022·天津·高考真题）设
，对任意实数x，用
表示
中的较小者．若函
数
至少有3 个零点，则
的取值范围为______.
【答案】
【分析】设
，
，分析可知函数
至少有一个零点，可得出
，求
出
的取值范围，然后对实数
的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数
的不等式，综合可
求得实数
的取值范围.
【详解】设
，
，由
可得
.
要使得函数
至少有个零点，则函数
至少有一个零点，则
，
解得
或
.
①当
时，
，作出函数
、
的图象如下图所示：
此时函数
只有两个零点，不合乎题意；
②当
时，设函数
的两个零点分别为
、
，
要使得函数
至少有个零点，则
，
所以，
，解得
；
③当
时，
，作出函数
、
的图象如下图所示：
由图可知，函数
的零点个数为，合乎题意；
④当
时，设函数
的两个零点分别为
、
，
要使得函数
至少有个零点，则
，
可得
，解得
，此时
.
综上所述，实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，
利用数形结合的方法求解.
8. （2022·全国乙卷·高考真题）已知
和
分别是函数
（
且
）的极小值
点和极大值点．若
，则a 的取值范围是____________．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程
的两个根为
，即函数
与函数
的图
象有两个不同的交点，构造函数
，利用指数函数的图象和图象变换得到
的图象，利用
导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为
，所以方程
的两个根为
，
即方程
的两个根为
，
即函数
与函数
的图象有两个不同的交点，
因为
分别是函数
的极小值点和极大值点，
所以函数
在
和
上递减，在
上递增，
所以当时
，
，即
图象在
上方
当
时，
，即
图象在
下方
，图象显然不符合题意，所以
．
令
，则
，
设过原点且与函数
的图象相切的直线的切点为
，
则切线的斜率为
，故切线方程为
，
则有
，解得
，则切线的斜率为
，
因为函数
与函数
的图象有两个不同的交点，
所以
，解得
，又
，所以
，
综上所述，
的取值范围为
．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0 的两个根为
因为
分别是函数
的极小值点和极大值点，
所以函数
在
和
上递减，在
上递增，
设函数
，则
，
若
，则
在
上单调递增，此时若
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，此时若有
和
分别是函数
且
的极小值点和极大值点，则
，不符合题意；
若
，则
在
上单调递减，此时若
，则
在
上单调递增，在
上
单调递减，令
，则
，此时若有
和
分别是函数
且
的极小值点和极大值点，且
，则需满足
，
，
即
故
，所以
.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是
该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于
通性通法．
9. （2021·北京·高考真题）已知函数
，给出下列四个结论：
①若
，
恰 有2 个零点；
②存在负数
，使得
恰有1 个零点；
③存在负数
，使得
恰有3 个零点；
④存在正数
，使得
恰有3 个零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【分析】由
可得出
，考查直线
与曲线
的左、右支分别相切的情形，
利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】对于①，当
时，由
，可得
或
，①正确；
对于②，考查直线
与曲线
相切于点
，
对函数
求导得
，由题意可得
，解得
，
所以，存在
，使得
只有一个零点，②正确；
对于③，当直线
过点
时，
，解得
，
所以，当
时，直线
与曲线
有两个交点，
若函数
有三个零点，则直线
与曲线
有两个交点，
直线
与曲线
有一个交点，所以，
，此不等式无解，
因此，不存在
，使得函数
有三个零点，③错误；
对于④，考查直线
与曲线
相切于点
，
对函数
求导得
，由题意可得
，解得
，
所以，当
时，函数
有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
10. （2019·江苏·高考真题）在平面直角坐标系
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】
.
【分析】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.
【详解】设点
，则
.又
，
当
时，
，
点A 在曲线
上的切线为
，
即
，
代入点
，得
，
即
，
考查函数
，当
时，
，当
时，
，
且
，当
时，
单调递增，
注意到
，故
存在唯一的实数根
，此时
，
故点
的坐标为
.
【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．
11. （2019·江苏·高考真题）设
是定义在
上的两个周期函数，
的周期为4，
的周期为
2，且
是奇函数.当
时，
，
，其中
.若在区间
上，关于
的方程
有8 个不同的实数根，则
的取值范围是_____.
【答案】
.
【分析】分别考查函数
和函数
图像的性质，考查临界条件确定k 的取值范围即可.
【详解】当
时，
即
又
为奇函数，其图象关于原点对称，其周期为
，如图，函数
与
的图象，要使
在
上有个实根，只需二者图象有个交点即可.
当
时，函数
与
的图象有
个交点；
当
时，
的图象为恒过点
的直线，只需函数
与
的图象有
个交点.当
与
图象相切时，圆心
到直线
的距离为，即
，得
，函数
与
的图象有个交点；当
过点
时，函数
与
的图象有
个交点，此时
，
得
.
综上可知，满足
在
上有个实根的
的取值范围为
.
【点睛】本题考点为参数的取值范围，侧重函数方程的多个实根，难度较大.不能正确画出函数图象的交点
而致误，根据函数的周期性平移图象，找出两个函数图象相切或相交的临界交点个数，从而确定参数的取
值范围.
12. （2019·浙江·高考真题）已知
，函数
，若存在
，使得
，则实
数
的最大值是____.
【答案】
【分析】从研究
入手，令
，从而使问题加以转化，
通过绘制函数图象，观察得解.
【详解】使得
，
使得令
，则原不等式转化为存在
，
要求实数
的最大值，不妨令
则
，即
，
，
即
的最大值是
13. （2018·江苏·高考真题）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】
【分析】方法一：利用导数判断函数
在
上的单调性，确定零点位置，求出参数
,再根据函数
在
上的单调性确定函数最值，即可解出.
【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法
求导得
，
当
时，函数
在区间
内单调递增，且
，所以函数
在
内无零点；
当
时，函数
在区间
内单调递减，在区间
内单调递增．
当
时，
；当
时，
．
要使函数
在区间
内有且仅有一个零点，只需
，解得
．
于是函数
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，
，所以最大值与最小值之和为
．
故答案为：
．
［方法二］： 等价转化
由条件知
有唯一的正实根，于是
．令
，则
，所以
在区间
内单调递减，在区间
内单调递增，且
，当
时，
；当
时，
．
只需直线
与
的图像有一个交点，故
，下同方法一．
［方法三］：【最优解】三元基本不等式
同方法二得，
，当且仅当
时取等号，
要满足条件只需
，下同方法一．
［方法四］：等价转化
由条件知
有唯一的正实根，即方程
有唯一的正实根，整理得
，
即函数
与直线
在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线
与曲线
相切时，满足题意，如图．
设切点
，因为
，于是
，解得
，
下同方法一．
【整体点评】方法一：利用导数得出函数在
上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化
为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；
方法二：利用等价转化思想，函数在
上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，
使问题得解；
方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；
方法四：将函数在
上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解．
14. （2018·天津·高考真题）已知
，函数
若关于
的方程
恰有2
个互异的实数解，则
的取值范围是______________.
【答案】
【详解】分析：由题意分类讨论
和
两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.
详解：分类讨论：当
时，方程
即
，
整理可得：
，
很明显
不是方程的实数解，则
，
当
时，方程
即
，
整理可得：
，
很明显
不是方程的实数解，则
，
令
，
其中
，
原问题等价于函数
与函数
有两个不同的交点，求
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
的图象，
同时绘制函数
的图象如图所示，考查临界条件，
结合
观察可得，实数
的取值范围是
.
点睛：本题的核心在考查函数的零点问题，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．
15. （2018·天津·高考真题）已知
，函数
若对任意x∈［–3，+
），
f(x)≤
恒成立，则a 的取值范围是__________．
【答案】
【分析】由题意分类讨论
和
两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】分类讨论：①当
时，
即：
，
整理可得：
，
由恒成立的条件可知：
，
结合二次函数的性质可知：
当
时，
，则
；
②当
时，
即：
，整理可得：
，
由恒成立的条件可知：
，
结合二次函数的性质可知：
当
或
时，
，则
；
综合①②可得
的取值范围是
，故答案为
.
点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对
称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
16. （2017·浙江·高考真题）已知
，函数
在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值
范围是__________
【答案】
【详解】
，分类讨论：
①当
时，
，
函数的最大值
，舍去；
②当
时，
，此时命题成立；
③当
时，
，则：
或
，解得：
或
综上可得，实数
的取值范围是
．
【名师点睛】本题利用基本不等式，由
，得
，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
；②
；③
，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．
17. （2017·江苏·高考真题）设
是定义在R 且周期为1 的函数，在区间
上，
其
中集合
，则方程
的解的个数是____________
【答案】8
【详解】由于
，则需考虑
的情况，
在此范围内，
且
时，设
，且
互质，
若
，则由
，可设
，且
互质，
因此
，则
，此时左边为整数，右边为非整数，矛盾，因此
，
因此
不可能与每个周期内
对应的部分相等，
只需考虑
与每个周期
的部分的交点，
画出函数图象，图中交点除外
其他交点横坐标均为无理数，属于每个周期
的部分，
且
处
，则在
附近仅有一个交点，
因此方程
的解的个数为8．
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．
18. （2017·江苏·高考真题）已知函数
，其中e 是自然数对数的底数，若
，则实数a 的取值范围是_________．
【答案】
【详解】因为
，所以函数
是奇函数，
因为
，所以数
在
上单调递增，
又
，即
，所以
，即
，
解得
，故实数的取值范围为
．
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
的形式，然后根据函
数
的单调性去掉“
”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意
与
的取值应在函数
的定义域内．
考点02 三角函数与解三角形
1. （2021·上海·高考真题）已知
，对任意
，总存在实数
，使得
，则
的最小
值是___
【答案】
【分析】
利用单位圆中的终边位置研究，可知
，存在正整数
,使得
，，由此求得
的最
小值.
【详解】在单位圆中分析，由题意，
的终边要落在图中阴影部分区域
（其中
），
必存在某个正整数
，使得
终边在OB 的下面，而再加上
，即跨越空白区域到达下一个周期内
的阴影区域内，
∴
，
∵对任意
要成立，所以必存在某个正整数
，使得以后的各个角的终边与前面的重复（否则终边
有无穷多，必有两个角的终边相差任意给定的角度比如1°，进而对于更大的
,次差的累积可以达到任
意的整度数，便不可能在空白区域中不存在了），
故存在正整数
,使得
，即
，
，
同时
，
∴
的最小值为
,
故答案为：
.
【点睛】
本题考查三角函数的性质，主要思想是在单位圆中利用数形结合思想进行研究分析.得出存在正整数
,
使得
，是关键.
2. （2018·江苏·高考真题）在
中，角
所对的边分别为
，
，
的平分
线交
于点D，且
，则
的最小值为________．
【答案】9
【分析】方法一：先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件
，再利用基本不等式即可解出．
【详解】［方法一］：【最优解】角平分线定义＋三角形面积公式＋基本不等式
由题意可知，
,由角平分线定义和三角形面积公式得
，化简得
，即
，
因此
当且仅当
时取等号，则
的最小值为.
故答案为：.
［方法二］： 角平分线性质＋向量的数量积＋基本不等式
由三角形内角平分线性质得向量式
．
因为
，所以
，化简得
，即
，亦即
，
所以
，
当且仅当
，即
时取等号．
［方法三］：解析法＋基本不等式
如图5，以B 为坐标原点，
所在直线为x 轴建立平面直角坐标系．设
，
．因为A，D，C 三点共线，则
，即
，则有
，
所以
．
下同方法一．
［方法四］：角平分线定理＋基本不等式
在
中，
，同理
．根据内角平分线性质定理知
，即
，两边平方，并利用比例性质得
，整理得
，
当
时，可解得
．当
时，下同方法一．
［方法五］：正弦定理＋基本不等式
在
与
中，由正弦定理得
．
在
中，由正弦定理得
．
所以
，由正弦定理得
，即
，下同方法一．
［方法六］： 相似＋基本不等式
如图6，作
，交
的延长线于E．易得
为正三角形，则
．
由
，得
，即
，从而
．下同方法一．
【整体点评】方法一：利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系，再根据基本不等式“1”的代换
求出最小值，思路常规也简洁，是本题的最优解；
方法二：利用角平分线的性质构建向量的等量关系，再利用数量积得到
的关系，最后利用基本不等式
求出最值，关系构建过程运算量较大；
方法三：通过建立直角坐标系，由三点共线得等量关系，由基本不等式求最值；
方法四：通过解三角形和角平分线定理构建等式关系，再由基本不等式求最值，计算量较大；
方法五：多次使用正弦定理构建等量关系，再由基本不等式求最值，中间转换较多；
方法六：由平面几何知识中的相似得等量关系，再由基本不等式求最值，求解较为简单．
3. （2018·全国I 卷·高考真题）已知函数
，则
的最小值是_____________．
【答案】
【分析】方法一：由
，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的
最小值点，代入求得函数的最小值.
【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法
．
令
，得
，即
在区间
内单调递增；
令
，得
，即
在区间
内单调递减．
则
．
故答案为：
.
［方法二］： 三元基本不等式的应用
因为
，
所以
．
当且仅当
，即
时，取等号．
根据
可知，
是奇函数，于是
，此时
．
故答案为：
.
［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式
，
，
当且仅当
，即
时，
．
根据
可知，
是奇函数，于是
．
故答案为：
.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩
，当且仅当
时等
号成立．
故答案为：
.
［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值
设
，则
可化为
，
当
时，
；当
时，
，对分母求导后易知，
当
时，
有最小值
．
故答案为：
.
［方法六］： 配方法
，
当且仅当
即
时，
取最小值
．
故答案为：
.
［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法
因为
，所以
，
即函数
的一个周期为
，因此
时，
的最小值即为函数的最小值．
当
时，
，
当
时， 因为
，令
，解得
或
，由
，
，
，
所以
的最小值为
．
故答案为：
.
【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性
通法；
方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；
方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；
方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；
方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；
方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；
方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题
的最优解．
4. （2017·上海·高考真题）设
、
，且
，则
的最小值等于
________
【答案】
【详解】 由三角函数的性质可知
，
，
所以
，即
，
所以
，
所以
.
5. （2017·浙江·高考真题）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】
【详解】取BC 中点E，由题意：
，
△ABE 中，
，∴
，
∴
．
∵
，∴
，
解得
或
（舍去）．
综上可得，△BCD 面积为
，
．
【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．
考点03 平面向量
1. （2026·上海·高考真题）在
中，
、
在边
上，且
，
，
与
所成
的夹角为
，则
的最大值为____________.
【答案】
【分析】先利用
与
表示
、
，再将
转化为
与
的计算，进而求解.
【详解】
,
与
所成的夹角为
令
，则
当
时，
的最大值为
.
故答案为：
.
2. （2025·上海·高考真题）已知
，
是平面内三个不同的单位向量．若
，则
的取值范围是_______．
【答案】
【分析】利用分段函数值分类讨论，可得
，再根据数量积关系设出
坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解模的范围可得.
【详解】若
，则
，
又三个向量均为平面内的单位向量，故向量
两两垂直，显然不成立；
故
.
不妨设
，则
，
不妨设
，
，
则
，则
，
则
，
由
，
，
则
，
故
.
故答案为：
.
3. （2025·上海·高考真题）在平面中，
和
是互相垂直的单位向量，向量
满足
，向量
满
足
，求
在
方向上的数量投影的最大值__________．
【答案】
【分析】设
，根据题意，求得
所在圆的圆心和半径；再根据数量投影的意义，数形结
合即可求得结果.
【详解】根据题意不妨设
，
，
，
，
则
，
由
可得
，由
可得
；
设
，故
在以
为圆心，
为半径的圆上；
在以
为圆心，1 为半径的圆上；
过
作
于
，则
即为
在
上的数量投影，如下所示：
因为
分别为两圆上任意动点，不妨固定
，则
为定长，
设
，即
，故
，
因为此时
为定长，且
，
故随着
的减小，
增大，直至
恰好与圆
相切时，
取得最大值，如下所示：
在
与圆
相切的基础上，移动点
，过
作
于
，故
；
在△
中，
，
，
故
，因为
,
故在直角三角形
中，
，则
，即
；
在四边形
中，因为
，故
，
当且仅当
时等号成立，从而
.
综上所述：
在
方向上的数量投影的最大值为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是熟悉数量投影的几何意义；二是对两个运动的点
，采用
一定一动的处理策略，从而求解最大值.
4. （2021·浙江·高考真题）已知平面向量
满足
.记向量
在
方向上的投影的数量分别为x，y，
在
方向上的投影的数量为z，则
的最小值为
___________.
【答案】
【分析】设
，由平面向量的知识可得
，再结合柯西不等式即可
得解.
【详解】由题意，设
，
则
，即
，
又向量
在
方向上的投影的数量分别为x，y，所以
，
所以
在
方向上的投影的数量
，
即
,
所以
，
当且仅当
即
时，等号成立，
所以
的最小值为
.
故答案为：
.
【点睛】解决本题的关键是由平面向量的知识转化出
之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可
求得最小值
5. （2020·上海·高考真题）已知
是平面内两两不同的向量，满足
，且
(其中
)，则
的最大值为______
【答案】6
【分析】不妨设
，
，
，根据
可得
的四个不同的轨迹
（圆），因此
的最大值即为四个不同的圆的任意两者交点的总数.
【详解】根据条件不妨设
，
，
，
，
当
，表示圆心为原点，半径为1 的圆，
，表示圆心为原点，半径为2 的圆，如图这两个圆用红色线表示，
当
，表示圆心为
，半径为1 的圆，
，表示圆心为
，半径为1 的圆，如图这两个圆用蓝色线表示，
由条件可知点
既要在红色曲线上，又要在蓝色曲线上，由图象可知，共有6 个交点，即
是最大值是
6.
故答案为：6
【点睛】本题考查向量背景下圆与圆的位置关系，解题的关键是建系后把向量的模的存在性问题转化为圆
与圆的交点问题，本题属于难题.
6. （2020·天津·高考真题）如图，在四边形
中，
，
，且
，则实数
的值为_________，若
是线段
上的动点，且
，则
的最小值为_________．
【答案】
【分析】可得
，利用平面向量数量积的定义求得
的值，然后以点
为坐标原点，
所在直
线为
轴建立平面直角坐标系，设点
，则点
（其中
），得出
关于
的
函数表达式，利用二次函数的基本性质求得
的最小值.
【详解】
，
，
，
，
解得
，
以点
为坐标原点，
所在直线为
轴建立如下图所示的平面直角坐标系
，
,
∵
，∴
的坐标为
,
又∵
,则
，设
，则
（其中
），
，
，
，
所以，当
时，
取得最小值
.
故答案为：
；
.
【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于
中等题.
7. （2020·浙江·高考真题）设
，
为单位向量，满足
，
，
，设
，
的
夹角为
，则
的最小值为_______．
【答案】
【分析】利用向量模的平方等于向量的平方化简条件得
，再根据向量夹角公式求
函数关系
式，根据函数单调性求最值.
【详解】
，
，
，
.
故答案为：
.
【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合
分析求解能力，属中档题.
8. （2019·江苏·高考真题）如图，在
中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE=2EA，AD 与CE 交于
点
.若
，则
的值是_____.
【答案】
.
【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.
【详解】如图，过点D 作DF//CE，交AB 于点F，由BE=2EA，D 为BC 中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
，
得
即
故
.
【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.
9. （2019·浙江·高考真题）已知正方形
的边长为1，当每个
取遍
时，
的最小值是________；最大值是_______.
【答案】 0
【分析】本题主要考查平面向量的应用，题目难度较大.从引入“基向量”入手，简化模的表现形式，利用
转化与化归思想将问题逐步简化.
【详解】正方形ABCD 的边长为1，可得
，
，
•
0，
要使
的最小，只需要
，此时只需要取
此时
等号成立当且仅当
均非负或者均非正，并且
均非负或者均非正．
比如
则
.
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．
【点睛】对于平面向量的应用问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.
10. （2018·上海·高考真题）已知常数
、
、
、
满足：
，
，
，则
的最大值为______
【答案】
/
【分析】设点
，
，可得
，
，根据向量的数量积可得三角形OAB 为
等边三角形，
的几何意义为点A，B 两点到直线
的距离之和，设
，则
，进而根据点到直线的距离公式以及正弦函数的性质求解即
可.
【详解】设点
，
，
，
，
由
，
，
，
可得A，B 两点在圆
上，且
，
即有
，即三角形OAB 为等边三角形，
，
所求的
的几何意义即A、B 两点到直线
的距离之和，
故设
，则
，
所以
，
其中
，
所以最大值为
，当且仅当
时，可取最大值.
故答案为：
11. （2017·上海·高考真题）如图，用35 个单位正方形拼成一个矩形，点
、
、
、
以及四个标记为
“”的点在正方形的顶点处，设集合
，点
，过
作直线
，使得不在
上的
“”的点分布在
的两侧. 用
和
分别表示
一侧和另一侧的“”的点到
的距离之和. 若
过
的直线
中有且只有一条满足
，则
中所有这样的
为________
【答案】
、
、
【详解】解：建立平面直角坐标系，如图所示；
则记为“▲”的四个点是A（0，3），B（1，0），C（7，1），D（4，4），
线段AB，BC，CD，DA 的中点分别为E，F，G，H，
易知EFGH 为平行四边形，如图所示；
设四边形重心为M（x，y），
则
，
由此求得M（3，2），即为平行四边形EFGH 的对角线交于点
，
则符合条件的直线
一定经过点
，
且过点
的直线有无数条；
由过点
和
的直线有且仅有1 条，
过点
和
的直线有且仅有1 条，
过点
和
的直线有且仅有1 条，
所以符合条件的点是
、
、
．
故答案为：
、
、
．
12. （2017·江苏·高考真题）如图，在同一个平面内，向量
的模分别为
与
的夹角
为
，且
与
的夹角为
，若
，则
_________．
【答案】
【详解】以
为
轴，建立直角坐标系，则
，由
的模为
与
与
的夹角为
，且
知，
，可得
，
，由
可得
，
，故答案为.
【 方法点睛】本题主要考查向量的坐标运算及两角和的余弦公式、同角三角函数之间的关系，属于难题．
向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）
平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，
箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答，这种方法在求范围与最
值问题时用起来更方便．
考点04 数列
1. （2026·全国一卷·高考真题）设实数
满足：存在数列
，使得对于任意
，均有
，且
中有某连续9 项
，
，
，
是公比为
的等比数列．则
的最大
值为__________．
【答案】
【分析】由前
项和公式推出每连续三项的和
. 将连续9 项按起始位置模3 分类，每类中利用三项
块和等于
得到关于公比
的比例关系，通过相邻块和之比解得
的上界，即可取得最大值.
【详解】令
，由题意得
，
因此每个三项块
的和为
.
设这9 项为
，记
. 由于
，且完整三项块和均为正，
下面按
除以3 的余数讨论.
若
，这9 项正好包含三个完整三项块，
得
，
，
，
于是
且
，矛盾，故这种起点不存在.
若
，其中两个完整三项块为第
块，第
块，
得
，
，所以
.
若
，其中两个完整三项块为第
块，第
块，
得
，
，所以
.
综上
，所以
，即
的最大值为
.
2. （2024·上海·高考真题）
，任意
，满足
，求有序数列
有_____对.
【答案】48
【分析】先确定
，再结合
，设
，可得到
，进而求出这四个数，从而求得答案.
【详解】由题意知
，
满足
，
不妨设
，
则必有
，
若
，解得
；
若
，解得
，
由此可知此时有2 种情况，
结合任意
，共有
对，
故答案为：48
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合
推出
时，这四个数的值，进而结合题意求得答案.
3. （2024·上海·高考真题）无穷等比数列
满足首项
，记
，
若对任意正整数
集合
是闭区间，则
的取值范围是______．
【答案】
【分析】当
时，不妨设
，则
，结合
为闭区间
可得
对任意的
恒成立，故可求
的取值范围.
【详解】由题设有
，因为
，故
，故
，
当
时，
，故
，此时
为闭区间，
当
时，不妨设
，若
，则
，
若
，则
，
若
，则
，
综上，
，
又
为闭区间等价于
为闭区间，
而
，故
对任意
恒成立，
故
即
，故
，
故
对任意的
恒成立，因
，
故当
时，
，故
即
.
故答案为：
.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有
关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
4. （2024·北京·高考真题）设
与
是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合
，给出下列4 个结论：
①若
与
均为等差数列，则M 中最多有1 个元素；
②若
与
均为等比数列，则M 中最多有2 个元素；
③若
为等差数列，
为等比数列，则M 中最多有3 个元素；
④若
为递增数列，
为递减数列，则M 中最多有1 个元素.
其中正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为
均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故
中至多一个元素，故①正确.
对于②，取
则
均为等比数列，
但当
为偶数时，有
，此时
中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设
，
，
若
中至少四个元素，则关于
的方程
至少有4 个不同的正数解，
若
，则由
和
的散点图可得关于
的方程
至多有两个不同的解，矛
盾；
若
，考虑关于
的方程
奇数解的个数和偶数解的个数，
当
有偶数解，此方程即为
，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时
，
否则
，因
单调性相反，
方程
至多一个偶数解，
当
有奇数解，此方程即为
，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时
即
否则
，因
单调性相反，
方程
至多一个奇数解，
因为
，
不可能同时成立，
故
不可能有4 个不同的整数解，即M 中最多有3 个元素，
取
，则
,故③正确.
对于④，因为
为递增数列，
为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
5. （2022·北京·高考真题）已知数列
各项均为正数，其前n 项和
满足
．给出下
列四个结论：
①
的第2 项小于3； ②
为等比数列；
③
为递减数列； ④
中存在小于
的项．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【分析】推导出
，求出
、
的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的
定义可判断③.
【详解】由题意可知，
，
，
当
时，
，可得
；
当
时，由
可得
，两式作差可得
，
所以，
，则
，整理可得
，
因为
，解得
，①对；
假设数列
为等比数列，设其公比为
，则
，即
，
所以，
，可得
，解得
，不合乎题意，
故数列
不是等比数列，②错；
当
时，
，可得
，所以，数列
为递减数列，③对；
假设对任意的
，
，则
，
所以，
，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
6. （2020·全国I 卷·高考真题）数列
满足
，前16 项和为540，则
______________.
【答案】
【分析】对
为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用
表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立
方程，求解即可得出结论.
【详解】
，
当
为奇数时，
；当
为偶数时，
.
设数列
的前
项和为
，
，
.
故答案为：
.
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属
于较难题.
7. （2018·江苏·高考真题）已知集合
，
．将
的所有元
素从小到大依次排列构成一个数列
．记
为数列
的前n 项和，则使得
成立的n 的最小值
为________．
【答案】27
【分析】方法一：先根据等差数列以及等比数列的求和公式确定满足条件的项数的取值范围，再列不等式
求满足条件的项数的最小值.
方法二：由题意结合列举法和二分法即可求解.
【详解】［方法一］：【通性通法】【最优解】
设
，则
由
得
，化简得，
，解得：
，即
．
所以只需研究
是否有满足条件的解，
此时
，
，
为等差数列项
数，且
.
由
即
，解得
，所以
得满足条件的
最小值为
.
故答案为：
.
［方法二］：列举法＋二分法
与
相比，B 元素间隔大．因此利用列举法从
中元素构成看，分别加了几个B 中元素进行考虑．
1 个：
；
2 个：
；
3 个：
；
4 个：
；
5 个：
；
6 个：
．
发现当
时，
发生变号，以下用二分法查找：
，所以所求n 应在22~29 之间．
，所以所求n 应在25~29 之间．
，
，不符合条件；
，
，符合条件．
因为
，而
，
故答案为：
.
【整体点评】方法一：先由求和公式寻找不等式成立的充分条件，即当第
项的值大于等于
时，不等式
成立，再寻找第
项的值在
与
之间时是否也可以有满足题意的解，从而解出，是本题的通性通法，也
是最优解；
方法二：根据两个集合的特征，一一列举集合中的元素，并研究集合
中元素的和
与
的变化规
律，从而找出可能满足不等式的解，再由二分法验证解出，该法计算较为麻烦．
8. （2018·上海·高考真题）设等比数列
的通项公式为
（
），前
项和为
，
，
则
________
【答案】
【分析】由
得
，化简
，利用极限思想求解即可
【详解】
，
当
时，
，
，
，不合题意；
当
时，
，
，
①
时，
，不合题意；
②
时，
不存在；
③
时，
，不合题意；
④
时，
，
∴
.
故答案为：3
考点05 空间向量与立体几何
1. （2025·全国二卷·高考真题）一个底面半径为
，高为
的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不
计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____________
．
【答案】
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【详解】
圆柱的底面半径为
，设铁球的半径为r，且
，
由圆柱与球的性质知
，
即
，
，
故答案为：
.
2. （2025·北京·高考真题）某科技兴趣小组用3D 打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，
其中ABCDEF 是一个平面多边形，平面
平面ABC，平面
平面ABC，
，
.若
，
则该多面体的体积为________．
【答案】
【分析】如图，将一半的几何体分割成直三棱柱
和四棱锥
后结合体积公式可求几何
体的体积.
【详解】先证明一个结论：如果平面
平面
，平面
平面
，平面
，则
.
证明：设
，
， 在平面
取一点
，
，
在平面
内过
作直线
，使得
，作直线
，使得
，
因为平面
平面
，
，故
，而
，故
，
同理
，而
，故
.
下面回归问题.
连接
，因为
且
，故
，同理
，
，
而
，故直角梯形
与直角梯形
全等，
故
，
在直角梯形
中，过
作
，垂足为
，
则四边形
为矩形，且
为以
为直角的等腰直角三角形，
故
，
平面
平面
，平面
平面
，
,
平面
，故
平面
，
取
的中点为
，
的中点为
，
的中点为
，连接
，
则
，同理可证
平面
，而
平面
，
故平面
平面
，同理平面
平面
，
而平面
平面
，故
平面
，
故
，故四边形
为平行四边形，故
.
在平面
中过
作
，交
于
，连接
.
则四边形
为平行四边形，且
，故
，
故四边形
为平行四边形，
而
平面
，
故
平面
，故平面
平面
，
而
，故
，
故几何体
为直棱柱，
而
，故
,
因为
，故
平面
，
而
平面
，故平面
平面
，
在平面
中过
作
，垂足为
，同理可证
平面
，
而
，故
，故
，
由对称性可得几何体的体积为
，
故答案为：
.
3. （2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足
，在空间内取不同两点（不
计顺序），使得这两点与A、B、C 可以组成正四棱锥，求方案数为______．
【答案】9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论
为正四棱锥的侧面
或对角面两种情况，再结合
三边的轮换对称性即可得解.
【详解】因为空间中有三个点
，且
，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑
三边的轮换对称性，可先
分为两种大情况，即以下两种：
第一种：
为正四棱锥的侧面，如图1，
此时
分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以
为例，此时符合要求的另两个点如图1 所示，显然有两种情况，
考虑到
三边的轮换对称性，故而总情况有6 种；
第二种：
为正四棱锥的对角面，如图2，
此时
分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以
为例，此时符合要求的另两个点图2 所示，显然只有一种情况，
考虑到
三边的轮换对称性，故而总情况有3 种；
综上所述：总共有9 种情况.
故答案为：9.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是注意到
为正三角形，从而考虑正四棱锥中三个点构成等边三
角形的情况，结合
三边的轮换对称性即可得解.
4. （2017·全国III 卷·高考真题）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
【分析】由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1 的正方体，|AC|＝1，|AB|
，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，以
C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|＝1，|AB|
，
斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，
B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，
以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a 的方向单位向量
（0，1，0），|
|＝1，
直线b 的方向单位向量
（1，0，0），|
|＝1，
设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），
其中θ 为B′C 与CD 的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，
（cosθ，sinθ，﹣1），|
|
，
设
与
所成夹角为α∈[0，
]，
则cosα
|sinθ|∈[0，
]，
∴α∈[
，
]，∴③正确，④错误．
设
与
所成夹角为β∈[0，
]，
cosβ
|cosθ|，
当
与
夹角为60°时，即α
，
|sinθ|
，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ
|cosθ|
，
∵β∈[0，
]，∴β
，此时
与
的夹角为60°，
∴②正确，①错误．
故答案为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
，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.
5. （2017·全国I 卷·高考真题）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】
【详解】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
.
，
，
三棱锥的体积
.
设
，则
，
令
，即
，得
，易知
在
处取得最大值.
∴
.
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.
考点06 解析几何
1. （2026·上海·高考真题）在
中，
，
，
．已知点
，
，
分别为椭圆的
上、下、右顶点，以及两个焦点中的三点，求椭圆的离心率__________．
【答案】
【分析】根据椭圆对称性分析各点的可能性情况，分情况讨论求
的值，即可得离心率.
【详解】因为
，
根据对称性可知：点
其中一个为上下顶点，一个为右顶点，一个为焦点，不妨取上顶点.
①当点
中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为左焦点，如图1
则
或
，解得
或无解；
②当点
中一个为上顶点，一个为右顶点，一个为右焦点，如图2，
则
或
，方程组均无解；
综上所述：
，
，
，所以离心率
.
2. （2026·天津·高考真题）在平面内，
为坐标原点，抛物线
上有
、
、
、
四个点，
、
、
、
的纵坐标分别为
、
、
、
，直线
与直线
交
轴于点
，直线
交
轴于点
，
直线
交
轴于点
，以下说法正确的有______．
①若
与抛物线焦点重合，则
；
②
；
③
；
④
；
⑤
【答案】②④
【分析】首先探求抛物线弦与
轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，
③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得.
【详解】由题意
、
、
、
为抛物线
上四个点可知，
两两不等.
设抛物线
上任意两点
，其中
.
当
时，直线
的斜率
，
则直线
方程为
，
令
，则直线
与
轴的交点
横坐标
特别地，当
时，
，
此时直线
垂直于
轴，
也成立，
因此，直线
与
轴的交点
横坐标
（）.
①由题意直线
交
轴于点
，若
与抛物线焦点重合，则其横坐标为
，
故由式可得
，即
，故①错误；
②由题意直线
与直线
交
轴于点
，
则由式可得点
横坐标
，
可得
，故②正确；
③由题意直线
交
轴于点
，直线
交
轴于点
，
则由式可得
，
则
，
故
，故③错误；
④由式可得
，
当点
或
为原点时，则点
也重合于原点，此时
；
当点
与
均不为原点时，即
，且
，
则结合②结论可知，
，
则有
，故④正确；
⑤由
，可知
，则
，
，
如图，当
时，
不成立，故⑤错误；
故答案为：②④
3. （2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知双曲线
的左、右焦点分别为
．点
在
上，点
在
轴上，
，则
的离心率为________．
【答案】
/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到
关于
的表达式，
从而利用勾股定理求得
，进而利用余弦定理得到
的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得
，
，将点
代入双曲线
得到关于
的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设
，则
，
在
中，
，则
，故
或
（舍去），
所以
，
，则
，
故
，
所以在
中，
，整理得
，
故
.
方法二:
依题意，得
，令
，
因为
，所以
，则
，
又
，所以
，则
，
又点
在
上，则
，整理得
，则
，
所以
，即
，
整理得
，则
，解得
或
，
又
，所以
或
（舍去），故
.
故答案为：
.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定
理得到关于
的齐次方程，从而得解.
4. （2017·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy 中，A（-12,0），B（0,6），点P 在圆O：x2+y2=50 上，
若
·
20，则点P 的横坐标的取值范围是_________
【答案】
【详解】设
，由
，易得
，由
，可得
或
，
由
得P 点在圆左边弧
上，结合限制条件
，可得点P 横坐标的取值
范围为
．
点睛:对于线性规划问题，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，是求横坐标或纵坐标、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，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围．
考点07 计数原理及概率统计
1. （2025·全国一卷·高考真题）有5 个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3
次，每次取1 个球.记X 为这5 个球中至少被取出1 次的球的个数，则X 的数学期望
_________.
【答案】
/
【分析】法一：根据题意得到
的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得
的分布列，
从而求得
；法二，根据题意假设随机变量
，利用对立事件与独立事件的概率公式求得
，进
而利用数学期望的性质求得
.
【详解】法一：依题意，
的可能取值为1、2、3，
总的选取可能数为
，
其中
：三次抽取同一球，选择球的编号有5 种方式，
故
，
：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次），
选取出现两次的球有5 种方式，选取出现一次的球有4 种方式，
其中选取出现一次球的位置有3 种可能，故事件
的可能情况有
种，
故
，
：三种不同球被取出，
由排列数可知事件
的可能情有况
种，
故
，
所以
.
故答案为：
.
法二：依题意，假设随机变量
，其中
：
其中
，则
，
由于球的对称性，易知所有
相等，
则由期望的线性性质，得
，
由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为
，
由于抽取独立，三次均未取出球的概率为
，
因此球至少被取出一次的概率为：
，
故
，
所以
.
故答案为：
.
2. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别
标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人
各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1 分，数字小的人得
0 分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分
不小于2 的概率为_________.
【答案】
/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为
，四轮的总得分为
.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在
该轮得分的概率
，所以
.
从而
.
记
.
如果甲得0 分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7 分别对应乙出2，4，6，8，所以
；
如果甲得3 分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7 分别对应乙出8，2，4，6，所以
.
而
的所有可能取值是0，1，2，3，故
，
.
所以
，
，两式相减即得
，故
.
所以甲的总得分不小于2 的概率为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从
而避免繁琐的列举.
3. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4 的方格表中选4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方格
被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4 个数之和的最大值是
________．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1 个方格可选；利用列举法写出所有的可能结
果，即可求解.
【详解】由题意知，选4 个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4 个方格可选，第二列有3 个方格可选，
第三列有2 个方格可选，第四列有1 个方格可选，
所以共有
种选法；
每种选法可标记为
，
分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，
的4 个数之和最大，为
.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1 个方格可选，利用
列举法写出所有的可能结果.
