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................................................................................................................................................................................................3
专题01
集合专辑.............................................................................................................................................................. 4
专题02
常用逻辑用语....................................................................................................................................................11
专题03
函数性质............................................................................................................................................................20
专题04
函数与导数........................................................................................................................................................30
专题05
三角函数与解三角............................................................................................................................................41
专题06
平面向量............................................................................................................................................................53
专题07
数列.................................................................................................................................................................... 63
专题08
不等式................................................................................................................................................................ 74
专题09
立体几何............................................................................................................................................................89
专题10
解析几何..........................................................................................................................................................107
专题11
排列组合二项式定理....................................................................................................................................141
专题12
概率与统计......................................................................................................................................................152
专题13
算法、推理与证明、复数..............................................................................................................................177
专题14
极坐标与参数方程、不等式选讲..................................................................................................................190
专题15
分段函数的性质、图象以及应用..................................................................................................................214
专题16
基本初等函数中含有参数问题......................................................................................................................228
专题17
函数、数列、三角函数中大小比较问题......................................................................................................239
专题18
函数、不等式中恒成立问题..........................................................................................................................253
专题19
数列中的最值问题..........................................................................................................................................267
专题21
几何体与球切、接的问题..............................................................................................................................283
专题22
几何体的表面积与体积的求解......................................................................................................................299
专题23
与圆有关的最值问题......................................................................................................................................311
专题24
立体几何角的计算问题..................................................................................................................................319
专题25
椭圆、双曲线、抛物线的几何性质的应用..................................................................................................337
专题26
圆锥曲线的“三定”与探索性问题..............................................................................................................351
专题27
概率与统计相结合问题..................................................................................................................................369
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专题01
集合专辑
1．【高考全国I 卷理数2】设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（
）
A．–4
B．–2
C．2
D．4
【答案】B
【思路导引】由题意首先求得集合A，B，然后结合交集的结果得到关于a 的方程，求解方程即可确定实数a
的值．
【解析】求解二次不等式
2
4
0
x
可得：
2
|
2
A
x
x
，求解一次不等式2
0
x
a
可得：
|
2
a
B
x x
．由于
| 2
1
A
B
x
x
，故：
1
2
a
，解得：
2
a ．故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了一元二次不等式的解法、含参数的一元一次不等式的解法，
考查利用集合的交集运算求参数的值，考查数形结合思想，考查数学运算及直观想象等学科素养．解题关键是
正确求解一元二次不等式，应用数形结合法求参数的值．
2．【高考全国II 卷理数1】已知集合
2 ,
1, 0 ,1, 2 , 3 ,
1, 0 ,1 ,
1, 2
U
A
B
，则
U A
B
ð
（
）
A．
2 , 3
B．
2 , 2 , 3
C．
2 , 1, 0 , 3
D．
2 ,
1, 0 , 2 , 3
【答案】A
【思路导引】首先进行并集运算，然后计算补集即可．
【解析】由题意可得：
1,0,1,2
A
B
，则
U
2,3
A
B
ð
．故选A．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了集合的并集和补集运算，考查数学运算学科素养．解题关键
是正确理解并集和补集的含义．
3．【高考全国Ⅲ卷文数1】已知集合
1, 2 , 3 , 5 , 7 ,11
A
，
3
15
|
B
x
x
，则A∩B 中元素的个数为（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【思路导引】采用列举法列举出A
B
中元素的即可．
【解析】由题意，
{5,7,11}
A
B
I
，故A
B
中元素的个数为3，故选B
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【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了，考查集合的交集运算，考查集合的含义，考查数学运算学
科素养．
4．【高考江苏卷1】已知集合
1, 0 ,1, 2 ,
0 , 2 , 3
A
B
，则A
B
．
【答案】
0 , 2 ．
【解析】由题知，
0 , 2
A
B
．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查集合的交集运算，考查数学运算学科素养．解题关键是正确集
合交集的含义．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
元素的特征
(1)确定性：是指作为一个集合的元素必须是明确的，不能确定的对象不能构成集合．也
就是说，给定一个集合，任何一个对象是不是这个集合的元素是确定的．
(2)互异性：对于给定的集合，其中的元素一定是不同的，相同的对象归入同一个集合时
只能算作集合的一个元素．
(3)无序性：对于给定的集合，其中的元素是不考虑顺序的．如1,2,3 与3,2,1 构成的集合
是同一个集合．
(4)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”而导致解题错误．
(5)关注点：利用集合的含义判断一组对象能否组成一个集合，应注意集合中元素的特性，
即确定性、互异性和无序性．
集合的表示
（1）使用列举法表示集合的四个注意点
①元素间用“，”分隔开，其一般形式为{a1，a2，…，an}；
②元素不重复，满足元素的互异性；
③元素无顺序，满足元素的无序性；
④对于含有有限个元素且个数较少的集合，采取该方法较合适；若元素个数较多或有无
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限个且集合中的元素呈现一定的规律，在不会产生误解的情况下，也可以列举出几个元素作
为代表，其他元素用省略号表示.
（2）利用描述法表示集合应关注五点
①写清楚该集合代表元素的符号．例如，集合{x∈R|x<1}不能写成{x<1}．
②所有描述的内容都要写在花括号内．例如，{x∈Z|x＝2k}，k∈Z，这种表达方式就不
符合要求，需将k∈Z 也写进花括号内，即{x∈Z|x＝2k，k∈Z}．
③不能出现未被说明的字母．
④在通常情况下，集合中竖线左侧元素的所属范围为实数集时可以省略不写．例如，方
程x2－2x＋1＝0 的实数解集可表示为{x∈R|x2－2x＋1＝0}，也可写成{x|x2－2x＋1＝0}．
⑤在不引起混淆的情况下，可省去竖线及代表元素，如{直角三角形}，{自然数}等．
集合的关系
（1）对子集概念的理解
①集合A 是集合B 的子集的含义是：集合A 中的任何一个元素都是集合B 中的元素，
即由x∈A 能推出x∈B.例如{0,1}⊆{－1,0,1}，则0∈{0,1},0∈{－1,0,1}．
②如果集合A 中存在着不是集合B 的元素，那么集合A 不包含于B，或B 不包含A.此
时记作A⃘
B 或B⊉A.
③注意符号“∈”与“⊆”的区别：“⊆”只用于集合与集合之间，如{0}⊆N.而不能写成{0}∈
N，“∈”只能用于元素与集合之间．如0∈N，而不能写成0⊆N.
（2）对真子集概念的理解
①在真子集的定义中，AB 首先要满足A⊆B，其次至少有一个x∈B，但x∉A.
②若A 不是B 的子集，则A 一定不是B 的真子集.
（3）判断集合间关系的方法
①用定义判断．
首先，判断一个集合A 中的任意元素是否属于另一集合B，若是，则A⊆B，否则A 不
是B 的子集；其次，判断另一个集合B 中的任意元素是否属于第一个集合A，若是，则B⊆A，
否则B 不是A 的子集；若既有A⊆B，又有B⊆A，则A＝B.
②数形结合判断．
对于不等式表示的数集，可在数轴上标出集合的元素，直观地进行判断，但要注意端点
值的取舍．
(1) 理解并集应关注三点
①A∪B 仍是一个集合，由所有属于A 或属于B 的元素组成．
②“或”的数学内涵的形象图示如下：
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集合的运算
③若集合A 和B 中有公共元素，根据集合元素的互异性，则在A∪B 中仅出现一次.
（2）理解交集的概念应关注四点
①概念中“且”即“同时”的意思，两个集合交集中的元素必须同时是两个集合的元素．
②概念中的“所有”两字不能省，否则将会漏掉一些元素，一定要将相同元素全部找出．
③当集合A 和集合B 无公共元素时，不能说集合A，B 没有交集，而是A∩B＝∅.
④定义中“x∈A，且x∈B”与“x∈(A∩B)”是等价的，即由既属于A，又属于B 的元素组
成的集合为A∩B.而只属于集合A 或只属于集合B 的元素，不属于A∩B.
（3）理解补集应关注三点
①补集既是集合之间的一种关系，同时也是集合之间的一种运算．求集合A 的补集的前
提是A 是全集U 的子集，随着所选全集的不同，得到的补集也是不同的，因此，它们是互
相依存、不可分割的两个概念．
②∁UA 包含三层意思：①A⊆U；②∁UA 是一个集合，且∁UA⊆U；③∁UA 是由U 中所有不
属于A 的元素构成的集合．
③若x∈U，则x∈A 或x∈∁UA，二者必居其一．
考查集合的表示：
【例1】（2021·北京人大附中模拟）已知集合
{( , ) |
2, ,
}
A
x y
x
y
x y
N
，则A 中元素的个数为（
）
A．1
B．5
C．6
D．无数个
【答案】C
【解析】由题得
{(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(2,0)}
A
，所以A 中元素的个数为6，故选C．
【点睛】本题主要考查集合的表示和化简，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
【例2】（高考全国Ⅲ卷理数1）已知集合
{( , ) | ,
,
}
A
x y
x y
y
x
*
N
，
{( , ) |
8}
B
x y
x
y
，则A
B
中元素的
个数为（
）
A．2
B．3
C．4
D．6
【答案】C
【思路导引】采用列举法列举出A
B
中元素的即可．
【解析】由题意，A
B
中的元素满足
8
y
x
x
y
，且
*
,x y
N
，由
8
2
x
y
x
，得
4
x
，
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所以满足
8
x
y
的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4) ，故A
B
中元素的个数为4．故选C．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了二元一次方程及二元一次不等式混合组的整数解的解法，考
查集合的交集运算，考查数学运算及直观想象等学科素养．解题关键是正确应用二元一次方程及二元一次不等
式混合组求整数解，理解集合交集的含义．
【例3】（2021·江苏南通·高三期中）若集合
{ |
1}
M
x x
，
{
| 0
4}
N
x
Z
x
，则(
)
R
C M
N
（
）
A．{0}
B．{0,1}
C．{0,1,2}
D．{2,3,4}
【答案】B
【解析】N＝{0，1，2，3，4}，∁RM＝{x|x≤1}，∴（∁RM）∩N＝{0，1}，故选B．
【点睛】本题考查补集、交集的运算，描述法、列举法的定义，熟记交集，补集的定义是关键，是基础题．
考查元素的特征：
【例1】已知集合A＝{a＋2，(a＋1)2，a2＋3a＋3}，且1∈A，则2 017a 的值为_________．
【解析】对集合A 中的元素分情况讨论，当a＋2＝1 时，a＝－1，此时有(a＋1)2＝0，a2＋3a＋3＝1，不满足集
合中元素的互异性；当(a＋1)2＝1 时，a＝0 或a＝－2，当a＝－2，则a2＋3a＋3＝1，舍去，经验证a
＝0 时满足；当a2＋3a＋3＝1 时，a＝－1 或a＝－2，由上知均不满足，故a＝0，则2 017a＝1．
【例2】（2021·河南南阳月考）
2
{ | 6
5
1
0}
M
x
x
x
，
{ |
1}
P
x ax
，若P
M
，则a 的取值集合为(
)
A．
2
B．
3
C．
2,3
D．
0,2,3
【答案】D
【解析】
2
1 1
{ | 6
5
1
0}
,
3 2
M
x
x
x
，
{ |
1}
P
x ax
，P
M
，
P
，
1
3
P
或
1
2
P
，
0
a
或
3
a
或
2
a
，
a
的取值集合为
0,2,3 ，故选D
．
【点睛】本题主要考查集合子集的定义，以及集合空集的定义，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础
题．
考查集合的关系：
【例1】（2021·陕西省榆林中学高三三模）已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则满足A∪C＝B 的集合C 的
个数为（
）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】A
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【解析】由A
C
B
可知集合C 中一定有元素2，所以符合要求的集合C 有
2 , 2,0 , 2,1 , 2,0,1 ，共4
种情况，所以选A 项．
【例2】（2019·辽宁高考模拟（理））已知集合
{ 2,3,1}
A
，集合
2
{3,
}
B
m
．若B
A
，则实数m 的取值
集合为（
）
A．{1}
B．
3
C．{1, 1}
D．{ 3, 3}
【答案】C
【解析】将选项中的元素逐一验证，排除错误选项，由此得出正确选项．若
1
m ，则
1,3
B
，符合B
A
，
排除B，D 两个选项．若
1
m ，则
1,3
B
，符合B
A
，排除A 选项．故本小题选C．
【点睛】本小题主要考查子集的概念，考查选择题的解法——排除法，属于基础题．
考查集合的运算：
【例1】
（2021·南京市秦淮中学高三开学考试）设
1
A
x x
，
2
2
0
B
x x
x
，则
R
C A
B
=（
）
A．
1
x x
B．
1
1
x
x
C．
1
1
x
x
D．
1
2
x
x
【答案】B
【解析】
|
1
R
C A
x x
，
2
2
0 =
|
2
1
0
| 1
2
B
x x
x
x
x
x
x
x
，
则
R
C A
B
I
1
1
x
x
，故选：B．
【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
【例2】
（2021·甘肃兰州一中高三其他（文））已知集合
2
1
|
A
x log x
，集合
|
2
B
y y
x
，则A
B
（
）
A．
,2
B．
,2
C．
0,2
D．
0,
【答案】D
【解析】
| 0
2
A
x
x
，
|
0
B
y y
，
0,
A
B
，故选D ．
【点睛】考查描述法、区间的定义，对数函数的单调性，以及并集的运算．
一、因忽视集合中元素的互异性而致误
【例1】已知全集U＝{1，3，x3＋3x2＋2x}和它的子集A＝{1，|2x－1|}，如果集合A 在U 中的补集为{0}，求
实数x 的值．
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【解析】因为U＝{1，3，x3＋3x2＋2x}，且集合A 在U 中的补集为{0}，
所以0∈U，x3＋3x2＋2x＝0，解得x1＝0，x2＝－1，x3＝－2．
当x＝0 时，A＝{1，1}，与集合中元素的互异性矛盾，故舍去；
当x＝－2 时，A＝{1，5}⊆U，不符合题意，故舍去；
当x＝－1 时，A＝{1，3}⊆U，符合题意．
综上所述，实数x 的值为－1．
二、忽视代表元素而致误
【例2】设P＝{y|y＝x2，x∈R}，Q＝{y|y＝2－|x|，x∈R}，求P∩Q．
【错解】由
y＝x2，
y＝2－|x|
解得
x＝1，
y＝1
或
x＝－1，
y＝1，
所以P∩Q＝{(1，1)，(－1，1)}．
【剖析】上述解法混淆了集合的代表元素，本题中两个集合中的代表元素是y，而不是点的坐标．
【正解】因为P＝{y|y＝x2，x∈R}＝{y|y≥0}，Q＝{y|y＝2－|x|，x∈R}＝{y|y≤2}，所以P∩Q＝
{y|y≥0}∩{y|y≤2}＝{y|0≤y≤2}．
三、因忽视区间端点而致误
【例3】已知集合A＝{x|2≤x≤3}，集合B＝{x|a<x<a＋4}，若A∩B＝∅，求实数a 的取值范围．
【错解】因为A＝{x|2≤x≤3}，B＝{x|a<x<a＋4}，要使A∩B＝∅，需满足a＋4<2 或a>3，即a<－2 或a>3，所
以实数a 的取值范围是(－∞，－2)∪(3，＋∞)．
【剖析】上述解法的错误原因是忽视了集合A＝{x|2≤x≤3}的两个端点值2 和3，事实上，当a＝3 时，B＝
{x|3<x<7}，满足A∩B＝∅．当a＋4＝2 即a＝－2 时，B＝{x|－2<x<2}，满足A∩B＝∅．
【正解】因为A＝{x|2≤x≤3}，B＝{x|a<x<a＋4}，要使A∩B＝∅，需满足a≥3 或a＋4≤2，即a≥3 或a≤－2，所以
实数a 的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)．
四、因忽视空集的特殊性而致误
【例4】已知集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|x2－ax＋a－1＝0}，C＝{x|x2－mx＋2＝0}，且A∪B＝A，A∩C
＝C，求实数a 及m 的取值范围．
【错解】由题意得，A＝{1，2}，B＝{1，a－1}．由A∪B＝A 知B⊆A，所以a－1＝2，从而a＝3．由A∩C＝
C 知C⊆A，设方程x2－mx＋2＝0 的两根分别为x1，x2，则x1x2＝2．由A＝{1，2}知C＝A，从而m＝x1＋x2＝3．
【剖析】上述解法存在两个方面的错误：一是忽略了集合B 中方程有两等根的情况；二是忽视了C＝∅的情况．
【正解】由题意得，A＝{1，2}，B＝{x|(x－1)[x－(a－1)]＝0}．由A∪B＝A，知B⊆A，所以可能有两种情况：
①a－1＝2，即a＝3，此时A＝B；②a－1＝1，即a＝2，此时B＝{1}．
若C＝∅，显然满足A∩C＝C，此时，由Δ＝m2－8<0 得－2 2<m<2 2．
若C≠∅，设方程x2－mx＋2＝0 的两根分别为x1，x2，则x1x2＝2．由A∩C＝C 知C⊂A，故有C＝A，从而m＝
x1＋x2＝3．
综上可知：a＝3 或a＝2；m＝3 或－2 2<m<2 2，所以m 的取值范围是{3}∪(－2 2，2 2)．
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专题02
常用逻辑用语
1．【高考浙江卷6】已知空间中不过同一点的三条直线
,
,
m n l ，则“
,
,
m n l 在同一平面”是“
,
,
m n l 两两
相交”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
【答案】B
【解析】
【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件．
【详解】解法一：由条件可知当
, ,
m n l 在同一平面，则三条直线不一定两两相交，由可能两条直线平行，或三
条直线平行，反过来，当空间中不过同一点的三条直线
, ,
m n l 两两相交，如图，
三个不同的交点确定一个平面，则
, ,
m n l 在同一平面，∴“
, ,
m n l ”在同一平面是“
, ,
m n l 两两相交”的必要
不充分条件，故选B．
解法二：依题意
, ,
m n l 是空间不过同一点的三条直线，
当
, ,
m n l 在同一平面时，可能
// //
m n l ，故不能得出
, ,
m n l 两两相交．
当
, ,
m n l 两两相交时，设
,
,
m
n
A m
l
B n
l
C
，根据公理2 可知
,
m n 确定一个平面，而
,
B
m
C
l
，根据公理1可知，直线BC 即l
，∴
, ,
m n l 在同一平面．
综上所述，“
, ,
m n l 在同一平面”是“
, ,
m n l 两两相交”的必要不充分条件．故选B．
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2 的运用，属于中档题．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了空间点、线、面位置关系的判断，考查充分条件、必要条件
及充要条件的判断，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确理解空间点线面的位置
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关系，理解充分条件、必要条件及充要条件的定义．
2．【高考天津卷2】设aR ，则“
1
a ”是“
2
a
a
”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】解二次不等式
2
a
a
可得：
1
a 或
0
a
，据此可知：
1
a 是
2
a
a
的充分不必要条件，故选A．
【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查一元二次不等式的解法，考查充分条件、必要条件、充要条件
的判断，考查数学运算学科素养．解题关键是正确理解充分条件、必要条件、充要条件的含义．
3．【高考北京卷9】
已知R
,
，则“存在k Z ，使得
π
( 1)k
k
”是“
sin
sin
”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
【答案】C
【解析】∵
( 1)k
k
，且
sin
y
x
周期为2，∴当k 为偶数时，与终边相同，
∴sin
sin
一定成立，
当k 为奇数时，则
k
，∴sin
sin
成立，充分条件成立．
反之，当sin
sin
时，与终边相同，或与终边关于y 轴对称，∴必要条件也成立，故选C．
【专家解读】本题的特点是注重充分条件、必要条件、充要条件的理解，本题考查了函数的性质，考查充分条
件、必要条件、充要条件的判断，考查数学运算、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确理解充分条件、必要
条件、充要条件的含义．
4．【高考上海卷16】命题
:
p 若存在a
R
且
0
a
，对任意的x
R
，均有
(
)
( )
( )
f x
a
f x
f a
恒成立，
已知命题
1 :
q
( )
f x 单调递减，且
( )
0
f x
恒成立；命题
2 :
q
( )
f x 单调递减，存在
0
0
x
使得
0
(
)
0
f x
，则
下列说法正确的是（
）
A．
1
2
,
q q 都是p 的充分条件
B．只有
1q 是p 的充分条件
C．只有
2
q 是p 的充分条件
D．
1
2
,
q q 都不是p 的充分条件
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【答案】A
【解析】
1 :
q
当
0
a
，
0
f a
，因为函数
f x 单调递减，所以
f x
a
f x
f x
f a
，即
f x
a
f x
f a
，存在
0
a
，当满足命题
1q 时，使命题p 成立，
2 :
q
当
0
0
a
x
时，
0
f a
，因为函数
f x 单调递增，所以
f x
a
f x
f x
f a
，即
f x
a
f x
f a
，存在
0
a
，当满足命题
2q 时，命题p 成立，
综上可知命题
1q 、
2q 都是命题p 的充分条件，故选A．
【专家解读】本题的特点是注重函数单调性的应用，本题考查了函数的性质，考查充分条件、必要条件、充要
条件的判断，考查数学运算、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确理解函数单调性的应用，理解充分条件、
必要条件、充要条件的含义．
5．【高考全国Ⅱ卷文理16】设有下列四个命题：
1p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
2p ：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
3p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
4p ：若直线
l
平面，直线
m
平面，则
l
m ．
则下述命题中所有真命题的序号是
．
①
4
1
p
p
②
2
1
p
p
③
3
2
p
p
④
4
3
p
p
【答案】①③④
【思路导引】利用两交线直线确定一个平面可判断命题
1p 的真假；利用三点共线可判断命题
2p 的真假；利用
异面直线可判断命题
3p 的真假，利用线面垂直的定义可判断命题
4p 的真假．再利用复合命题的真假可得出结
论．
【解析】对于命题
1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为；若3l 与1l 相交，则交点A 在平面内，
同理3l 与2l 的交点B 也在平面内，∴AB
，即3l
，命题
1p 为真命题；对于命题
2p ，若三点共线，
则过这三个点的平面有无数个，命题
2p 为假命题；对于命题
3p ，空间中两条直线相交、平行或异面，命题
3p
为假命题；对于命题
4p ，若直线m 平面，则m 垂直于平面内所有直线，直线l 平面，直线m
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直线l ，命题
4p 为真命题．
综上可知，
1
4
p
p
为真命题，
1
2
p
p
为假命题，
2
3
p
p
为真命题，
3
4
p
p
为真命题．故答案为：①③
④．
【专家解读】本题的特点是注重知识的灵活应用，本题考查了空间点、线、面位置关系的判断，考查复合命题
真假的判断，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确理解空间点线面的位置关系，
理解或命题、且命题、非命题的含义及其真值表．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
四种命题
1、判断命题真假的思路方法
(1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，把它写
成“若p，则q”的形式，然后联系其他相关的知识，经过逻辑推理或列举反例来判定．
(2)一个命题要么真，要么假，二者必居其一．当一个命题改写成“若p，则q”的形式之后，
判断这个命题真假的方法：
①若由“p”经过逻辑推理，得出“q”，则可判定“若p，则q”是真命题；
②判定“若p，则q”是假命题，只需举一反例即可．
2．判断四种命题真假的方法
(1)利用简单命题判断真假的方法逐一判断．
(2)利用四种命题间的等价关系：当一个命题不易直接判断真假时，可转化为判断其等价
命题的真假．
1、充分、必要条件的三种判断方法
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充分必
要条件
(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p 进行判断．
(2)集合法：根据p，q 成立对应的集合之间的包含关系进行判断．
(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进
行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题，如“xy≠1”是“x≠1 或y≠1”的何种
条件，即可转化为判断“x＝1 且y＝1”是“xy＝1”的何种条件．
2、根据充分、必要条件求参数的思路方法
根据充分、必要条件求参数的值或取值范围的关键是合理转化条件，常通过有关性质、
定理、图象将恒成立问题和有解问题转化为最值问题等，得到关于参数的方程或不等式(组)，
然后通过解方程或不等式(组)求出参数的值或取值范围．
逻辑联结词
1、判断含有逻辑联结词命题真假的关键及步骤
(1)判断含有逻辑联结词的命题真假的关键是正确理解“或”“且”“非”的含义，应根据命题
中所出现的逻辑联结词进行命题结构的分析与真假的判断．
(2)判断命题真假的步骤
2、根据复合命题真假求参数的步骤
(1)根据题目条件，推出每一个命题的真假(有时不一定只有一种情况)；
(2)求出每个命题是真命题时参数的取值范围；
(3)根据给出的复合命题的真假推出每个命题的真假情况，从而求出参数的取值范围．
全称（特称）
命题
1、对全(特)称命题进行否定的方法
全(特)称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时：
(1)改写量词，全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；
(2)否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可．
[提醒]
对于省略量词的命题，应先挖掘命题中的隐含的量词，改写成含量词的完整形
式，再写出命题的否定．
2、全(特)称命题真假的判断方法
(1)全称命题真假的判断方法
①要判断一个全称命题是真命题，必须对限定的集合M 中的每一个元素x，证明p(x)成立．
②要判断一个全称命题是假命题，只要能举出集合M 中的一个特殊值x＝x0，使p(x0)
不成立即可．
(2)特称命题真假的判断方法
要判断一个特称命题是真命题，只要在限定的集合M 中，找到一个x＝x0，使p(x0)成
立即可，否则这一特称命题就是假命题．
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考查四种命题：
【例1】命题“若x2＋y2＝0，x，y∈R，则x＝y＝0”的逆否命题是(
)
A．若x≠y≠0，x，y∈R，则x2＋y2＝0
B．若x＝y≠0，x，y∈R，则x2＋y2≠0
C．若x≠0 且y≠0，x，y∈R，则x2＋y2≠0
D．若x≠0 或y≠0，x，y∈R，则x2＋y2≠0
【答案】D
【解析】将原命题的条件和结论否定，并互换位置即可．由x＝y＝0 知x＝0 且y＝0，其否定是x≠0 或y≠0．故
原命题的逆否命题是“若x≠0 或y≠0，x，y∈R，则x2＋y2≠0”．
【例2】下列命题中，真命题的个数为（
）
①命题“若ln
ln
a
b
，则a
b
”的否命题；
②命题“若2
1
x y
，则
0
x
或
0
y
”；
③命题“若
2
m
，则直线
0
x
my
与直线2
4
1
0
x
y
平行”的逆命题
．
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解析】①的逆命题为“若a
b
，则ln
ln
a
b
”，由对数定义域可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；
②的逆否命题为“若
0
x
且
0
y
，则2
1
x y
”，该命题为真命题，故②为真命题；
③的逆命题为“若直线
0
x
my
与直线2
4
1
0
x
y
平行，则
2
m
”，该命题为真命题．
综上可知，正确的为②③，故选：C．
【点睛】本题考查了命题与逆否命题、否命题与逆命题、命题与逆命题的真假关系应用，属于基础题．
考查充分必要条件
【例1】（2021·广西钦州市、崇左市一模）已知,a bR ，“ a
b
”是“ a a
b b
>
”的（
）．
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由题意，若a
b
，则
0
a
b
，则
0
a
且a
b
，所以
2
a a
a
，则a a
b b
>
成立．
当
1,
2
a
b
时，满足a a
b b
>
，但a
b
不一定成立，所以a
b
是a a
b b
>
的充分不必要条件，故
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选A．
【例2】（2021·湖北高三月考）已知
|1
2
A
x
x
，命题“
2
,
0
x
A x
a
”是真命题的一个充分不必要
条件是（
）
A．
4
a
B．
4
a
C．
5
a
D．
5
a
【答案】C
【解析】因为
|1
2
A
x
x
，
2
,
0
x
A x
a
为真命题，所以
2
max
a
x
，x
A
，因为函数
2
f x
x
在
1,2 上单调递增，所以
2
max
4
x
，所以
4
a
，又因为
5,
4,
Ü
，所以命题“
2
,
0
x
A x
a
，
|1
2
A
x
x
”是真命题的一个充分不必要条件为
5
a
，故选C．
考查逻辑联结词：
【例1】
（2021·安徽月考）已知命题p ：函数
2
2
1
log
2
2
y
x
x
a
的定义域为R ，命题q：函数
5
x
y
a
是减函数，若p
q
和
p
都为真命题，则实数a 的取值范围是（
）
A．
2
a
B．2
4
a
C．
4
a
D．
2
a
或
4
a
【答案】A
【解析】由p
q
为真命题，
p
为真命题，得p 为假命题，q为真命题．
由p ：函数
2
2
1
log
2
2
y
x
x
a
为假命题得，
2
1
2
0
2 x
x
a
在R 上不恒成立，
即
4
2
0
2
a
a
．
由q：函数
(5
)x
y
a
是减函数，即：
(5
)x
y
a
是增函数，即5
1
4
a
a
，所以：
2
a
，故选A．
【点睛】本题主要考查逻辑联结词“或”、“且”、“非”，命题的真假判断，属于中档题．
【例2】设命题p：f(x)＝lg(ax2－4x＋a)的定义域为R；命题q：不等式2x2＋x>2＋ax 在x∈(－∞，－1)上恒成
立，如果命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，则实数a 的取值范围为________．
【答案】[1，2]
【解析】对于命题p：Δ<0 且a>0，故a>2；对于命题q：a>2x－2
x＋1 在x∈(－∞，－1)上恒成立，又函数
y＝2x－2
x＋1 为增函数，所以2x－2
x＋1 <1，故a≥1．命题“p∨q”为真命题，命题“p∧q”为假命题，等价于p，q
一真一假，即a>2，
a<1
或
a≤2，
a≥1，
故1≤a≤2．
考查全称（特称）命题：
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【例1】（2021·黑龙江萨尔图·大庆实验中学月考）已知命题p ：
R
，
5
sin
cos
4
，命题q：正数的
对数都是正数，则下列命题中为真命题的是（
）
A．(
)
p
q
B．p
q
C．(
)
(
)
p
q
D．(
)
(
)
p
q
【答案】D
【解析】sin
cos
2 sin(
)
2
4
，
5
2
4
，
5
,sin
cos
4
R
，故命题p 为真命
题；命题q：正数的对数都是正数．是假命题，当x=1 时，对数值为0，
p
命题为假，
q
命题为真，
(
)
(
)
p
q
为真命题，故选D．
【点睛】本题考查了特称命题、复合命题的真假判断、三角函数诱导公式的应用以及对数性质，属于中档题目，
题目综合性较强，在解题过程中需要对知识点准确应用，尤其是复合命题的真假判断容易出错．
【例2】若命题“∃x0∈R，x20＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，则实数a 的取值范围是(
)
A．[－1，3]
B．(－1，3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
【答案】D
【解析】因为命题“∃x0∈R，x20＋(a－1)x0＋1<0”是真命题等价于x20＋(a－1)x0＋1＝0 有两个不等的实根，所以Δ
＝(a－1)2－4>0，即a2－2a－3>0，解得a<－1 或a>3，故选D．
讲方法
充分条件与必要条件判定的三种方法
1．定义法：
(1)若p⇒q，则p 是q 的充分条件；
(2)若q⇒p，则p 是q 的必要条件；
(3)若p⇒q 且q⇒p，则p 是q 的充要条件；
(4)若p⇒q 且qp，则p 是q 的充分不必要条件；
(5)若pq 且q⇒p，则p 是q 的必要不充分条件；
(6)若pq 且qp，则p 是q 的既不充分也不必要条件．
2．利用集合间的包含关系判断：记条件p，q 对应的集合分别是A，B，则
(1)若A⊆B，则p 是q 的充分条件或q 是p 的必要条件；
(2)若A B，则p 是q 的充分不必要条件，或q 是p 的必要不充分条件；
(3)若A＝B，则p 是q 的充要条件；
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(4)若AB，且A B，则p 是q 的既不充分也不必要条件．
3．等价法：利用p⇒q 与q⇒p，q⇒p 与p⇒q，p⇔q 与q⇔p 的等价关系．
【例1】
（2021·渝中·重庆巴蜀中学月考）设等比数列
na
的公比为q，前n 项的和为
n
S ，则“
0
q＞”是“
2
1
3
2
S
S
S
＜
”
的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
1
1
S
a
，
2
1 1
S
a
q
，
2
3
1 1
S
a
q
q
，故
2
2
2
2
2
2
1
3
1
1
1
1
S
S S
a
q
q
q
a q
，
因为在等比数列
na
中，
1
0
a
，故
2
1
3
2
0
S
S
S
q
，故“
0
q＞”是“
2
1
3
2
S
S
S
＜
”的充要条件，故选C．
【例2】（2021·四川成都·月考）“
1
0, 3
m
”是“函数
3
1
4 ,
1
,
1
m
x
m x
f x
mx x
是定义在R 上的减函数”
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
【答案】B
【解析】因为函数
3
1
4 ,
1
,
1
m
x
m x
f x
mx x
是定义在R 上的减函数，
所以
3
1
0
0
3
1
4
m
m
m
m
m
，解得
1 1
,
8 3
m
，
因为1 1
,
8 3
是
1
0, 3
的真子集，所以“
1
0, 3
m
”是“函数
3
1
4 ,
1
,
1
m
x
m x
f x
mx x
是定义在R 上的减
函数”的必要不充分条件，故选B．
【点睛】本题考查充分条件以及必要条件的判断，可借助集合的方式进行判断，考查分段函数的单调性，分段
函数在定义域上单调递减时，每段函数都递减，且要注意分界点处函数值的处理，是中档题．
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专题03
函数性质
1．【高考全国Ⅱ卷文数10】设函数
3
3
1
f x
x
x
，则
f x
（
）
A．是奇函数，且在
0 , 单调递增
B．是奇函数，且在
0 , 单调递减
C．是偶函数，且在
0 , 单调递增
D．是偶函数，且在
0 , 单调递减
【答案】A
【思路导引】根据函数的解析式可知函数的定义域为
0
x x
，利用定义可得出函数
f
x 为奇函数，
再根据函数的单调性法则，即可解出．
【解析】∵函数
3
3
1
f x
x
x
定义域为
0
x x
，其关于原点对称，而
f
x
f x
，
∴函数
f
x 为奇函数．
又∵函数
3
y
x
在(
)
0,+¥
上单调递增，在(
)
,0
-¥
上单调递增，而
3
3
1
y
x
x
在(
)
0,+¥
上单调递减，在
(
)
,0
-¥
上单调递减，∴函数
3
3
1
f x
x
x
在(
)
0,+¥
上单调递增，在(
)
,0
-¥
上单调递增．故选A．
2．【高考全国Ⅱ卷文数12 理数11】若
y
x
y
x
3
3
2
2
，则
（
）
A．
ln
1
0
y
x
B．ln(
1)
0
y
x
C．
0
ln
y
x
D．
0
ln
y
x
【答案】A
【思路导引】将不等式变为2
3
2
3
x
x
y
y
，根据
2
3
t
t
f t
的单调性知x
y
，以此去判断各个选项
中真数与1的大小关系，进而得到结果．
【解析】由2
2
3
3
x
y
x
y
得：2
3
2
3
x
x
y
y
，令
2
3
t
t
f t
，
2x
y
为R 上的增函数，
3 x
y
为R 上的减函数，
f t
为R 上的增函数，
x
y
，
0
y
x
Q
，
1
1
y
x
，
ln
1
0
y
x
，则A 正确，B 错误；
x
y
Q
与1的大小不确定，故CD
无法确定，故选A．
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3．【高考全国Ⅱ卷理数9】设函数
ln 2
1
ln 2
1
f x
x
x
，则
f x
（
）
A．是偶函数，且在1 ,
2
单调递增
B．是奇函数，且在
1
1
,
2
2
单调递减
C．是偶函数，且在
1
,
2
单调递增
D．是奇函数，且在
1
,
2
单调递减
【答案】D
【思路导引】根据奇偶性的定义可判断出
f x 为奇函数，排除AC；当
1 1
,
2 2
x
时，利用函数单调性的性
质可判断出
f x 单调递增，排除B；当
1
,
2
x
时，利用复合函数单调性可判断出
f x 单调递减，从
而得到结果．
【解析】由
ln 2
1
ln 2
1
f x
x
x
得
f x 定义域为
1
2
x x
，关于坐标原点对称，
又
ln 1 2
ln
2
1
ln 2
1
ln 2
1
f
x
x
x
x
x
f x
，
f x
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当
1 1
,
2 2
x
时，
ln 2
1
ln 1 2
f x
x
x
，
ln 2
1
y
x
Q
在
1 1
,
2 2
上单调递增，
ln 1 2
y
x
在
1 1
,
2 2
上单调递减，
f x
在
1 1
,
2 2
上单调递增，排除B；
当
1
,
2
x
时，
2
1
2
ln
2
1
ln 1
2
ln
ln 1
2
1
2
1
x
f
x
x
x
x
x
，
2
1
2
1
x
在
1
,
2
上单调递减，
ln
f
在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：
f x 在
1
,
2
上单调递减，D 正确．故选D．
4．【高考全国Ⅰ卷理数12】若
2
4
2
log
4
2log
a
b
a
b
，则
（
）
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公众号：一枚试卷君
22 / 397
A．
2
a
b
B．
2
a
b
C．
2
a
b
D．
2
a
b
【答案】B
【思路导引】设
2
( )
2
log
x
f x
x
，利用作差法结合
( )
f x 的单调性即可得到答案．
【解析】设
2
( )
2
log
x
f x
x
，则
( )
f x 为增函数，∵
2
2
4
2
2
log
4
2log
2
log
a
b
b
a
b
b
，
∴
( )
(2 )
f a
f
b
2
2
2
2
log
(2
log 2 )
a
b
a
b
2
2
2
2
2
log
(2
log 2 )
b
b
b
b
2
1
log
1
0
2
，
∴
( )
(2 )
f a
f
b
，∴
2
a
b
．
∴
2
( )
(
)
f a
f b
2
2
2
2
2
log
(2
log
)
a
b
a
b
2
2
2
2
2
2
log
(2
log
)
b
b
b
b
2
2
2
2
2
log
b
b
b
，
当
1
b 时，
2
( )
(
)
2
0
f a
f b
，此时
2
( )
(
)
f a
f b
，有
2
a
b
；当
2
b
时，
2
( )
(
)
1
0
f a
f b
，此
时
2
( )
(
)
f a
f b
，有
2
a
b
，∴C、D 错误，故选B．
5．【高考全国Ⅲ卷理数12】已知
5
4
4
5
5
8 ,13
8
．设
5
8
13
log 3 ,
log 5 ,
log 8
a
b
c
，则
（
）
A．a
b
c
B．b
a
c
C．b
c
a
D．c
a
b
【答案】A
【思路导引】由题意可得a 、b 、
0,1
c
，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由
8
log 5
b
，
得8
5
b
，结合
5
4
5
8
可得出
4
5
b
，由
13
log 8
c
，得13
8
c
，结合
4
5
13
8
，可得出
4
5
c
，综合可得出a 、
b 、c 的大小关系．
【解析】解法一：由题意可知a 、b 、
0,1
c
，
2
2
2
5
2
8
log 3
lg3 lg8
1
lg3
lg8
lg3
lg8
lg 24
1
log 5
lg5 lg5
2
2lg5
lg 25
lg5
a
b
，
a
b
；
由
8
log 5
b
，得8
5
b
，由
5
4
5
8
，得
5
4
8
8
b
，
5
4
b
，可得
4
5
b
；
由
13
log 8
c
，得13
8
c
，由
4
5
13
8
，得
4
5
13
13 c
，
5
4
c
，可得
4
5
c
．
综上所述，a
b
c
．故选A．
解法二：易知
(0 1)
a,b,c
,
，由
2
2
2
5
5
5
5
5
5
8
log 3
log 8
log 24
log 3
2
log 3 log 8
1
log 5
4
4
4
a
b
，知
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公众号：一枚试卷君
23 / 397
a
b
．∵
8
log 5
b
，
13
log 8
c
，∴8
5
b
，13
8
c
，即
5
5
8
5
b
，
4
4
13
8
c
又∵
5
4
5
8
，
4
5
13
8
，∴
4
4
5
5
4
13
8
5
8
13
c
b
b
，即b
c
．综上所述：a
b
c
，故选A．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
单调性
1、用单调性求解与抽象函数有关不等式的策略
(1)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转
化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
(2)有时，在不等式一边没有符号“f”时，需转化为含符号“f”的形式．如若已知f(a)＝0，
f(x－b)<0，则f(x－b)<f(a)．
2、函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
（1）比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数
的单调性解决．
（2）解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号
脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
3、利用单调性求参数的值或取值范围．
(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间
比较求参数．
(2)需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的．
(3)分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．
奇偶性
1、利用奇偶性求值的类型及方法
(1)求函数值：利用奇偶性将待求值转化到已知区间上的函数值，进而得解．
(2)求参数值：在定义域关于原点对称的前提下，根据奇函数满足f(－x)＝－f(x)或偶函数
满足f(－x)＝f(x)列等式，根据等式两侧对应相等确定参数的值．特别要注意的是：若能够确
定奇函数的定义域中包含0，可以根据f(0)＝0 列式求解，若不能确定则不可用此法．
2、判断函数的奇偶性要注意两点
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24 / 397
（1）定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的前提．
（2）判断f(x)与f(－x)是否具有等量关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶
性的等价等量关系式(f(x)＋f(－x)＝0(奇函数)或f(x)－f(－x)＝0(偶函数))是否成立．
周期性
1、函数周期性的判定与应用
(1)判定：判断函数的周期性只需证明f(x＋T)＝f(x)(T≠0)即可．
(2)应用：根据函数的周期性，可以由函数的局部性质得到函数的整体性质，在解决具体
问题时，要注意结论：若T 是函数的周期，则kT(k∈Z 且k≠0)也是函数的周期．
2、根据函数的周期性，可以由函数局部的性质得到函数的整体性质，函数的周期性常与函
数的其他性质综合命题．
3、在解决具体问题时，要注意“若T 是函数的周期，则kT(k∈Z 且k≠0)也是函数的周期”
的应用．
最值
求函数最值的五种常用方法及其思路
（1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．
（2）图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．
（3）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等
式求出最值．
（4）导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值．
（5）换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
对称性
考查单调性：
【例1】（2021 四川宜宾高三一模）已知实数
1
2
3
2
a
e
，
2
3
4
3
b
e
，
6
7
8
7
c
e
，(e 为自然对数的底数)则a ，b ，
c 的大小关系为（
）
A．a
b
c
B．b
c
a
C．c
b
a
D．b
a
c
【答案】A
【解析】由题意，令
1
1
( )
x
x
x
f x
e
x
，则
(2),
(3),
(7)
a
f
b
f
c
f
，而
1
3
( )
x
x
e
f
x
x
，所以
0
x
时
( )
0
f
x
，
即
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，∴
(2)
(3)
(7)
f
f
f
，即a
b
c
，故选A．
【名师点睛】结合实数的形式构造函数，再用导数研究函数的单调性，最后利用单调性比较函数值的大小．
考查奇偶性：
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【例1】若函数
( )
f x 是定义在R 上的奇函数，
1
( )
1
4
f
，当
0
x
时，
2
( )
log (
)
f x
x
m
，则实数m
A．1
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【解析】∵
( )
f x 是定义在R 上的奇函数，
1
( )
1
4
f
，且
0
x
时，
2
( )
log (
)
f x
x
m
，
∴
2
1
1
log
2
1
4
4
f
m
m
，∴
1
m ．故选C．
【名师点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，以及已知函数值求参数的方法，熟记函数奇偶性的定义即可，
属于常考题型．
【例2】（2021 广东平罗中学高三期中考试）函数
( )
f x 在(
,
)
单调递减，且为奇函数．若
(1)
1
f
，则
满足1
(
2)
1
f x
的x 的取值范围是（
）．
A．
2 2
,
B．
1,1
C．
0,4
D．
1,3
【答案】D
【解析】由函数
( )
f x 为奇函数，得
( 1)
(1)
1
f
f
，不等式1
(
2)
1
f x
即为
(1)
(
2)
( 1)
f
f x
f
，
又
( )
f x 在(
,
)
单调递减，所以得1
2
1
x
，即1
3
x
，故选D．
考查周期性：
【例1】
（2021·四川泸州·高三一模）定义在R 上的函数
( )
f x 满足
(2
)
( )
f
x
f x
，(2
)
( )
f
x
f x
，当
0,1
x
时，
2
( )
f x
x
，则函数
( )
f x 的图象与
( )
g x
x
的图象的交点个数为（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】A
【解析】由题意知：
( )
f x 的周期为2，关于
1
x
对称，且
(2
(
2))
(
)
(
2)
( )
f
x
f
x
f x
f x
，
∴
( )
f x 为偶函数，即可得
( )
f x 、( )
g x 的图象如下：
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26 / 397
即
( )
f x 与( )
g x 交于( 1,1),(0,0),(1,1)
三点，故选A．
【名师点睛】（1）
(
)
( )
f m
x
f x
有
( )
f x 的周期为m；（2）
(
)
( )
f n
x
f x
有
( )
f x 关于
2
n
x
．
考查最值：
【例1】已知a>0，设函数f(x)＝2 018x＋1＋2 016
2 018x＋1
(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝(
)
A．2 016
B．2 018
C．4 032
D．4 034
【答案】D
【解析】由题意得f(x)＝2 018x＋1＋2 016
2 018x＋1
＝2 018－
2
2 018x＋1．因为y＝2 018x＋1 在[－a，a]上是单调递增的，所
以f(x)＝2 018－
2
2 018x＋1
在[－a，a]上是单调递增的，所以M＝f(a)，N＝f(－a)，所以M＋N＝f(a)＋f(－
a)＝4 036－
2
2 018a＋1
－
2
2 018
－a＋1
＝4 034．
【例2】（2021·四川泸州高三一模）函数
( )
ln
ln(2
)
f x
x
x
的最大值为______．
【答案】0
【解析】由
2
( )
ln
ln(2
)
ln[ (
1)
1]
f x
x
x
x
，且0
2
x
，
∴令
2
1
(
1
)
(
)
x
t x
，
( )
ln
f t
t
，即( )
t x 在0
1
x
为单调递增，1
2
x
为单调递减，而
( )
f t 为增函
数，∴
( )
f x 在0
1
x
上单调递增，1
2
x
上单调递减，
max
( )
(1)
0
f x
f
．
【例3】对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝
a，a≤b，
b，a>b。
函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，
g(x)}的最大值为________．
【答案】1
【解析】依题意知，h(x)＝
log2x，0<x≤2，
－x＋3，x>2。
当0<x≤2 时，h(x)＝log2x 是增函数，当x>2 时，h(x)＝3－x 是减
函数，则h(x)max＝h(2)＝1．
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考查对称性：
【例1】（2021·定远县育才学校高三月考）函数f（x）= 9
1
3
x
x
的图象
A．关于原点对称
B．关于x 轴对称
C．关于y 轴对称
D．关于直线y=x 对称
【答案】C
【解析】∵函数
9
1
( )
=3
3
3
x
x
x
x
f x
的定义域为R ，且满足
(
)=3
3
( )
x
x
f
x
f x
，故该函数为偶函数，
图象关于y 轴对称，故选C．
【名师点睛】函数中常见的几种对称关系：
（1）函数
( )
f x 关于x 轴对称，则有
( )=- ( )
f x
f x ；
（2）函数
( )
f x 关于y 轴对称，则有
( )= (
)
f x
f
x
-
；
（3）函数
( )
f x 关于原点对称，则有
( )=
( )
f x
f x
；
（4）函数关于直线y
x
对称，则
( )
f x 与其反函数是同一个函数．
考查单调性奇偶性周期性综合问题
【例1】【2019 年高考江苏】设
( ), ( )
f x g x 是定义在R 上的两个周期函数，
( )
f x 的周期为4，( )
g x 的周期为
2，且
( )
f x 是奇函数．当
2
(
]
0,
x
时，
2
( )
1 (
1)
f x
x
，
(
2),0
1
( )
1 ,1
2
2
k x
x
g x
x
，其中k>0．若
在区间(0，9]上，关于x 的方程
( )
( )
f x
g x
有8 个不同的实数根，则k 的取值范围是
▲
．
【答案】1
2
,
3
4
【解析】作出函数
( )
f x ，( )
g x 的图象，如图：
由图可知，函数
2
( )
1 (
1)
f x
x
的图象与
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28 / 397
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．
【例2】（2021 四川宜宾高三一模）已知定义在R 上的奇函数
( )
y
f x
满足，
2
( )
f x
f x
，若
1
2
,
0,1
x x
且
1
2
x
x
时，都有
1
1
2
2
2
1
1
2
(
)
(
)
(
)
(
)
x f x
x f x
x f x
x f x
，则下列四个结论中：①
( )
y
f x
图象
关于直线
2022
x
对称；②
(2022)
0
f
；③
( )
y
f x
在
2019,2021 上为减函数；④
1
3
( )
( )
3
2
f
f
．其中
正确的个数（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【解析】因为
f x 为奇函数，所以
f
x
f x
，所以
2
f x
f x
f
x
，所以对称轴为
1
x
，
因为
2
f x
f x
，所以
4
2
f x
f x
f x
，所以周期为4，所以对称轴
1 4
x
k k
Z
，
故
2022
x
不符合，所以①不正确；
2022
4 505
2
2
0
f
f
f
f
，因为
f x 是定义在R 上的奇函数，所以
0
0
f
，
所以
(2022)
0
f
，所以②正确；
因为
1
2
,
0,1
x x
且
1
2
x
x
时，都有
1
1
2
2
2
1
1
2
(
)
(
)
(
)
(
)
x f x
x f x
x f x
x f x
，
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公众号：一枚试卷君
29 / 397
所以
1
1
2
2
1
2
x
f x
f x
x
f x
f x
，即
1
2
1
2
0
x
x
f x
f x
，
所以
f x 在[0 ]1，上为增函数，所以
f x 在
4
1
[
,4
]
k
k
k
Z
上为增函数，所以
( )
y
f x
在
2020,2021 上
为增函数，所以③不正确；
因为
3
1
1
2
2
2
f
f
f
，
1
1
2
3
f
f
，所以
1
3
3
2
f
f
，所以④不正确，即正确的个数为1
个，故选A．
【名师点睛】本题考查抽象函数的周期和单调性对称性的综合应用，解答本题的关键是先由函数为奇函数结合
2
f x
f x
，得到
2
f x
f x
f
x
和
4
2
f x
f x
f x
，从而得到函数的对
称性和周期性，根据条件得出
1
2
1
2
( )
(
)
0
x
x
f x
f x
，得到函数的单调性．
二次函数给定区间上的最问题
【典例】求f(x)＝x2－2ax－1 在区间[0，2]上的最大值和最小值．
【解析】f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a．
(1)当a<0 时，由图①可知，f(x)在区间[0，2]上是增函数，所以
f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a．
(2)当0≤a≤1 时，由图②可知，对称轴在区间[0，2]内，所以f(x)min
＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a．
(3)当1<a≤2 时，由图③可知，对称轴在区间[0，2]内，所以f(x)min
＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1．
(4)当a>2 时，由图④可知，f(x)在[0，2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1．
【点评】上题由于对称轴x＝a，而a 的取值不定，从而导致了分类讨论．由于抛物线的对称轴在区间[0，2]所
对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)，故应分四类讨论．与
二次函数有关的最值问题还有以下三类：
(1)求二次函数在某定区间上的最小(大)值．
【变式1】求二次函数f(x)＝x2－2ax＋2 在[2，4]上的最小值．
【解析】∵函数图象的对称轴是x＝a，
∴当a<2 时，f(x)在[2，4]上是增函数，∴f(x)min＝f(2)＝6－4a．
当a>4 时，f(x)在[2，4]上是减函数，∴f(x)min＝f(4)＝18－8a．
当2≤a≤4 时，f(x)min＝f(a)＝2－a2．
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∴f(x)min＝
6－4a，a<2，
2－a2，2≤a≤4，
18－8a，a>4.
(2)已知二次函数的最大(小)值，求参数．
【变式2】已知函数y＝－x2－2ax(0≤x≤1)，且ymax＝a2，求实数a 的取值范围．
【解析】∵y＝－x2－2ax＝－(x＋a)2＋a2(0≤x≤1)，
∴函数图象是开口向下的抛物线，且对称轴为x＝－a．又∵ymax＝a2，且0≤x≤1，
∴0≤－a≤1⇔－1≤a≤0．∴实数a 的取值范围是[－1，0]．
(3)求二次函数在某动区间上的最大(小)值．
【变式3】设f(x)＝x2－4x－4，x∈[a，a＋1](a∈R)，求函数f(x)的最小值g(a)的解析式．
【解析】∵f(x)＝(x－2)2－8，x∈[a，a＋1]，
∴当2∈[a，a＋1]时，即1≤a≤2 时，g(a)＝f(2)＝－8．
当a＋1<2，即a<1 时，f(x)在[a，a＋1]上是减函数，∴g(a)＝f(a＋1)＝a2－2a－7．
当a>2 时，f(x)在[a，a＋1]上是增函数，∴g(a)＝f(a)＝a2－4a－4．
综上可知，g(a)＝
a2－2a－7，
a<1，
－8，
1≤a≤2，
a2－4a－4，
a>2.
【小结】（1）求
)
0
(
)
(
2
a
c
bx
ax
x
f
在区间
]
,
[
n
m
上的最值，下面分析
0
a
的各情况：
1
若对称轴
a
b
x
2
在区间
]
,
[
n
m
内，则最小值为
)
2
(
a
b
f
，最大值为
)
(
),
(
n
f
m
f
中的较大者；
②若
m
a
b
2
，则
)
(x
f
在区间
]
,
[
n
m
内为增函数，则最大值为
)
(n
f
，最小值为
)
(m
f
；
2
若
n
a
b
2
，则
)
(x
f
在区间
]
,
[
n
m
内为减函数，则最小值为
)
(n
f
，最大值为
)
(m
f
．
专题04
函数与导数
1．（高考全国Ⅰ卷理数6）函数
4
3
2
f x
x
x
的图像在点
1,
1
f
处的切线方程为
（
）
A．
2
1
y
x
B．
2
1
y
x
C．
2
3
y
x
D．
2
1
y
x
【答案】B
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【解析】
4
3
2
f x
x
x
，
3
2
4
6
f
x
x
x
，
1
1
f
，
1
2
f
，因此，所求切线的方程为
1
2
1
y
x
，即
2
1
y
x
，故选B．
2．（2019 浙江高考）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
【答案】C
【解析】当x＜0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x=ܾ1−ܽ，则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有
一个零点；当x≥0 时，y＝f（x）﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=
1
3x3−
1
2
（a+1）x2﹣b，
2
(
1)
y
x
a
x
，当a+1≤0，即a≤﹣1 时，y′≥0，y＝f（x）
﹣ax﹣b 在[0，+∞）上单调递增，则y＝f（x）﹣ax﹣b 最多有一个零点，
不合题意；当a+1＞0，即a>﹣1 时，令y′＞0 得x∈(a+1，+∞），此时函数
单调递增，令y′＜0 得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2
个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b 恰有3 个零点⇔函数y＝f（x）﹣
ax﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2 个零点，如图：
∴ܾ1−ܽ＜0 且
−ܾ＞0
1
3 (ܽ+ 1)3 −
1
2 (ܽ+ 1)(ܽ
+ 1)2 −ܾ＜0，解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−
1
6（a+1）3，则a>–1，b<0.故选
C．
3．（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
【答案】C
【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
0
f x
x
ax
a
2
2
1
x
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
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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].
故选C.
【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.
4．（高考全国Ⅰ卷文数15）曲线
ln
1
y
x
x
的一条切线的斜率为2 ，则该切线的方程
为
．
【答案】
2
y
x
【解析】设切线的切点坐标为
0
0
1
(
,
),
ln
1,
1
x
y
y
x
x
y
x
，
0
0
0
0
1
|
1
2,
1,
2
x x
y
x
y
x
，
∴切点坐标为(1,2) ，所求的切线方程为
2
2(
1)
y
x
，即
2
y
x
，故答案为：
2
y
x
．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
导数的几
1．求切线方程的方法
(1)求曲线在点P 处的切线，则表明P 点是切点，只需求出函数在点P 处的导数，然后
利用点斜式写出切线方程。
(2)求曲线过点P 的切线，则P 点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标
的方程解出切点坐标，进而写出切线方程。
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何意义
2．处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并
解出参数。
(1)切点处的导数是切线的斜率。(2)切点在切线上。(3)切点在曲线上。
导数与函
数单调性
1、确定函数单调区间的步骤
（1）确定函数f(x)的定义域。（2）求f′(x)。
（3）解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间。
（4）解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。
2．函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0 在(a，b)上成立”是“f(x)在
(a，b)上单调递增”的充分不必要条件。
3、根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的
子集。
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0 且在(a，b)内的任一非空子
区间上f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解。
4、划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0 的点和函数的间断
点。
5、个别导数为0 的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0 在x＝0 时
取到)，f(x)在R 上是增函数。
导数与函数
极值、最值
1、函数极值问题的常见类型及解题策略
（1）知图判断函数极值的情况。先找导数为0 的点，再判断导数为0 的点的左、右两侧的
导数符号。
（2）已知函数求极值。求f′(x)―→求方程f′(x)＝0 的根―→列表检验f′(x)在f′(x)＝0 的根的
附近两侧的符号―→下结论。
（3）已知极值求参数。若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两
侧的导数值符号相反。
2、求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路：
若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0 在区间[a，b]
内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个
是最大值，最小的一个是最小值。若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通
过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值。
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导数与
不等式
1．利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究
函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式。
2、对于不等式的证明问题可考虑：①通过研究函数的单调性进行证明；②根据不等式的结
构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。有些不等式直接移项、构造函数证
明会导致运算量很大，而先通过化简、变形，再移项构造不等式就减少运算量，使得问题顺
利解决。
3．函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题
时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n 的不等式替代函数不等式中的自变量，通过多
次求和达到证明的目的。此类问题一般至少2 问，已知的不等式常由第一问根据待证式的特
征而得到。
4．已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指
数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex>x＋1 可化为ln(x＋1)<x 等。
5、利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或
a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围。恒成立问题的求解方法：a≥f(x)在x
∈D 上恒成立，则a≥f(x)max(x∈D)；a≤f(x)在x∈D 上恒成立，则a≤f(x)min。
6、含全称、存在量词不等式恒成立问题的方法
（1）存在x1∈A，任意x2∈B 使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max。
（2）任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min。
（3）任意x1∈A，x2∈B，使f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)max。
（4）存在x1∈A，x2∈B，使f(x1)≤g(x2)，则f(x)min≤g(x)max。
导数与零点
1、利用导数确定函数零点或方程根个数的方法
（1）构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0 可解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，
利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出
g(x)的图象草图，数形结合求解。
（2）利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研
究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数。
3、与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合
特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范
围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题。
考查导数几何意义：
【例1】（2021·四川云南贵州西藏四省名校一联）曲线
( )
xe
f x
x
在点(2,
(2))
f
处的切线方程为（
）
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A．
2
2
4
2
e
e
y
x
B．
2
4
e
y
x
C．
2
2
4
2
e
e
y
x
D．
2
4
e
y
x
【答案】B
【解析】由题得，
2
(2)
2
e
f
，
2
(
1)
( )
xe
x
f
x
x
，则
2
(2)
4
e
f
，所以切线方程为
2
2
(
2)
2
4
e
e
y
x
，
即
2
4
e
y
x
．故选B．
【名师点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查了直线点斜式方程的应用，属于基础题.
考查导数与函数单调性：
【例1】（2021·海南高三一模）已知函数
f x 的导函数为
f
x
，且对任意xR ，
0
f
x
f x
，
2
2
f
e
，若
t
f t
e
，则t 的取值范围为（
）
A．
0,2
B．
2,
C．
2
0,e
D．
2e ,
【答案】B
【分析】构造函数
1
et
f t
g t
，得出函数
g t 单调递减，原不等式等价于
2
g t
g
，进而可得结果.
【解析】构造函数
1
et
f t
g t
，则
2
2
2
1
0
e
f
g
.
∵
0
et
f
t
f t
g t
，∴函数
g t 在R 上单调递减，∴
e
2
t
f t
g t
g
，∴
2
t
，故选B.
【名师点睛】构造新的函数
g t ，将原不等式等价转化为
2
g t
g
.
【例2】
（2021·广西南宁摸底测试）已知函数
2
1
( )
2
xe
f x
x
x
x
，若
0.3
2
a
f
，
(2)
b
f
，
2
log 5
c
f
，
则a，b，c 的大小关系为（
）
A．c
b
a
B．a
b
c
C．c
a
b
D．b
c
a
【答案】B
【分析】求得函数的导数，根据导数的符号，得到
f x 在(1,
)
上单调递增，结合函数的单调性，即可比较，
得到答案.
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【解析】由题意，函数
2
e
1
( )
2
x
f x
x
x
x
，可得
2
2
e (
1)
e
( )
1
(
1)
1
x
x
x
f
x
x
x
x
x
，
当
(1,
)
x
时，
0,
f
x
f
x
在(1,
)
上单调递增，
因为
0.3
1
2
2
，
2
2
log 5
log 4
2
，所以
0.3
2
2
2
log 5
，所以
0.3
2
2
(2)
log 5
f
f
f
，即a
b
c
.
故选B.
【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用单调性比较函数值的大小，其中解答中熟
练导数与函数的单调性间的关系是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
考查导数与函数极值、最值：
【例1】（2021·宁夏银川二中高三模拟）函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，给出下列命题：
①－3 是函数y＝f(x)的极值点；
②－1 是函数y＝f(x)的最小值点；
③y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增；
④y＝f(x)在x＝0 处切线的斜率小于零．
以上正确命题的序号是(
)
A．①②
B．③④
C．①③
D．②④
【答案】C
【解析】试题分析：根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性，得到极值点，以及根据导
数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率．
根据导函数图象可知：当x∈（-∞，-3）时，f'（x）＜0，在x∈（-3，1）时，
0
f
x
∴函数y=f（x）在（-∞，-3）上单调递减，在（-3，1）上单调递增，故③正确；
则-3 是函数y=f（x）的极小值点，故①正确；
∵在（-3，1）上单调递增∴-1 不是函数y=f（x）的最小值点，故②不正确；
∵函数y=f（x）在x=0 处的导数大于0∴切线的斜率大于零，故④不正确.故选C.
考点：利用导数研究曲线上某点切线斜率；函数的单调性与导数的关系；函数极值的判定.
【例2】（2021·云南德宏州联考）对于正数k ，定义函数：
,
,
f x
f x
k
g x
k f x
k
.若对函数
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公众号：一枚试卷君
37 / 397
ln 2
2
f
x
x
x
，有
g x
f
x
恒成立，则（
）
A．k 的最大值为1
ln 2
B．k 的最小值为
1
ln 2
C．k 的最大值为ln 2
D．k 的最小值为ln 2
【答案】B
【分析】利用导数求出函数
f x 的最大值，由函数
g x 的定义结合
g x
f
x
恒成立可知
f
x
k
，由
此可得出k 的取值范围，进而可得出合适的选项.
【解析】对于正数k ，定义函数：
,
,
f x
f x
k
g x
k f x
k
，且
g x
f
x
恒成立，则
f
x
k
.
函数
ln 2
2
f
x
x
x
的定义域为
0,
，且
1
1
1
x
f
x
x
x
.
当0
1
x
时，
0
f
x
，此时，函数
f x 单调递增；当
1
x
时，
0
f
x
，此时，函数
f x 单调递减.
所以，
max
1
1
ln 2
f
x
f
，
1
ln 2
k
.因此，k 的最小值为1
ln 2
.故选B.
【名师点睛】解决导数中的新定义的问题，要紧扣新定义的本质，将问题转化为导数相关的问题，本题将问题
转为不等式
k
f
x
恒成立，从而将问题转化为求函数
f x 的最大值.
考查导数与不等式：
【例1】已知函数
3
2
1
( )
4
f x
x
x
x
，当
[ 2,4]
x
时，求证：
6
( )
x
f x
x
；
【解析】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
.
【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.
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38 / 397
【例2】（2021·江西赣州十六校期中联考）已知函数
2sin
ln
6
x
f x
a
x
x
a
（
0
a
，且
1
a
），对
任意
1,
x
2
0,1
x
，不等式
2
1
2
f x
f x
a
恒成立，则实数a 的最小值是（
）
A．
2e
B．e
C．3
D．2
【答案】A
【分析】由导数求得
f x 在[0,1] 上单调递增，求得函数的最值，把任意
1,
x
2
0,1
x
，不等式
2
1
2
f x
f x
a
恒成立，转化为
max
min
2
f
x
f
x
a
，进而求得a 的取值范围，得到最小值.
【解析】由题意，显然
2
a
，
因为函数
2sin
ln
6
x
f
x
a
x
x
a
，可得
ln (
1)
cos(
)
3
6
x
f
x
a a
x
，
又由
[0,1],
2
x
a
，可得ln
0,
1
0,
cos(
)
0
3
6
x
a
a
x
，故
0
f
x
，函数
f x 在[0,1] 上单调递增，
故
max
min
(1)
1 ln ,
(0)
1
f x
f
a
a f x
f
，
对任意
1,
x
2
0,1
x
，不等式
2
1
2
f x
f x
a
恒成立，即
max
min
2
f
x
f
x
a
，
所以
1 ln
1
2
a
a
a
，即ln
2
a
，解得
2
a
e
，即实数a 的最小值为
2e .故选A.
【名师点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变
量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
考查导数与零点
【例1】（2021·烟台福山区高三期中）已知函数
1,1
3
ln
,3
9
3
x
x
f x
x
x
，若函数
g x
f x
ax
有两个不
同的零点，则实数a 的取值范围是（
）
A．
2 1
,
3
2
B．ln3 1
1
,
9
3
2
e
C．
1
ln3
1
2
,
,
3
9
2
3
e
D．
ln3
1
2 1
0,
,
9
3
3
2
e
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【答案】D
【分析】函数
g x
f x
ax
有两个不同的零点等价于方程
( )
f x
a
x
有两个不同的根，即可得答案；
【解析】函数
g x
f x
ax
有两个不同的零点等价于方程
( )
f x
a
x
有两个不同的根，
1 ,1
3,
( )
ln 3 ,3
9,
x
x
x
f x
x
x
x
x
，令
1
( )
x
u x
x
，
'
'
2
1
2
( )
(
)
2
1
x
x
u x
x
x
x
，
'
'
( )
0
1
2,
( )
0
2
3,
u x
x
u x
x
( )
u x 在(1,2) 递增，在(2,3) 递减，
1
2
(1)
0, (2)
, (3)
2
3
u
u
u
，
2
( )
(0,
]
3
u x
，
令
ln
ln
3
3
( )
3
3
x
x
v x
x
x
，3
9
x
，令
3
x
t
，则
1 ln
( )
3
t
y
v x
t
，1
3
t
，
'
2
1 1 ln
3
t
y
t
，当
'
0
y
t
e
，
'
0
1
y
t
e
，
'
0
3
y
e
t
，
y 在(1, )
e 递增，在( ,3)
e
递减，且
1
ln3
(1)
0, ( )
, (3)
3
9
y
y e
y
e
，
1
( )
(0,
]
3
v x
e
，
所以直线y
a
与
1 ,1
3,
( )
ln 3 ,3
9,
x
x
x
f x
x
x
x
x
有两个交点，可得a 的取值范围为：
ln3
1
2 1
0,
,
9
3
3
2
e
.
故选D.
【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）利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
（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问题，从而构建不等式求解.
不等式型双变量存在性或任意性问题
1．形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”。
此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域是g(x)的值域的子集”来求解参数的取值范围。
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【典例1】已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝19
6 x－1
3，若对任意x1∈[－1,1]，总存在x2∈[0,2]，
使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立，求实数a 的取值范围。
【解】由题意知，g(x)在[0,2]上的值域为－1
3，6 ，令h(x)＝f′(x)＋2ax＝3x2＋2x－a(a＋2)，则h′(x)＝6x＋2，
由h′(x)＝0 得x＝－1
3。当x∈－1，－1
3 时，h′(x)<0；当x∈－1
3，1 时，h′(x)>0，所以[h(x)]min＝h －1
3
＝－a2－2a－1
3。又由题意可知，h(x)的值域是－1
3，6 的子集，所以
h
－1
≤6，
－a2－2a－1
3≥－1
3，
h
1
≤6，
解得
实数a 的取值范围是[－2,0]。
2．形如“存在x1∈A 及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”
此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域的交集不为空集”来求解参数的取值范围。
【典例2】已知函数f(x)＝
2x3
x＋1
，x∈
1
2，1 ，
－1
3x＋1
6，x∈0，1
2 ，
函数g(x)＝ksinπx
6 －2k＋2(k>0)，若存在x1∈[0,1]及
x2∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数k 的取值范围。
【解】由题意，易得函数f(x)的值域为[0,1]，g(x)的值域为2－2k，2－3k
2 ，并且两个值域有公共部分。先
求没有公共部分的情况，即2－2k>1 或2－3
2k<0，解得k<1
2或k>4
3，所以，要使两个值域有公共部分，
k 的取值范围是
1
2，4
3 。
3．形如“对任意x1∈A 及x2∈B，都有f(x1)<g(x2)成立”
此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]max<[g(x)]min”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。
【典例3】已知函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若对于任意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)
成立，求实数k 的取值范围。
【解】解法一：因为不等式f(x1)≤g(x2)的左右两端函数的自变量不同，x1 与x2 在[－3,3]内的取值具有任意性，
所以使不等式f(x1)≤g(x2)恒成立的充要条件是[f(x)]max≤[g(x)]min。因为f(x)＝8(x＋1)2－k－8，
所以[f(x)]max＝f(3)＝120－k。又因为g′(x)＝6x2＋10x＋4＝(3x＋2)·(2x＋2)，由g′(x)＝0 得x
＝－2
3或－1，g(－3)＝－21，g(－1)＝－1，g －2
3 ＝－28
27，g(3)＝111，所以[g(x)]min＝－21，
由120－k≤－21，解得k 的取值范围是[141，＋∞)。
解法二：令φ(x)＝8x2＋16x，则对于任意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有φ(x1)－k≤g(x2)成立，
故k≥[φ(x)]max－[g(x)]min＝120－(－21)＝141，即k 的取值范围是[141，＋∞)。
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4．形如“存在x1∈A 及x2∈B，使f(x1)<g(x2)成立”
此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]min<[g(x)]max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。
【典例4】已知函数f(x)＝7x2－28x－a，g(x)＝2x3＋4x2－40x，如果存在x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，使f(x1)≤g(x2)
能成立，求实数a 的取值范围。
【解】解法一：由题意知，[f(x)]min≤[g(x)]max。因为f(x)＝7(x－2)2－a－28，所以[f(x)]min＝f(2)＝－a－28。又
因g′(x)＝6x2＋8x－40＝(6x＋20)(x－2)，由g′(x)＝0 得x＝2 或－10
3 (舍去)，g(－3)＝102，g(2)＝－48，
g(3)＝－30，所以[g(x)]max＝102。由－a－28≤102 解得a 的取值范围是[－130，＋∞)。
解法二：令φ(x)＝7x2－28x，存在x1∈[－3,3]，x2∈[－3，3]，使φ(x1)－a≤g(x2)成立，故a≥[φ(x)]min－[g(x)]max
＝－28－102＝－130。即a 的取值范围是[－130，＋∞)。
5．形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得f(x1)<g(x2)成立”
此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]max<[g(x)]max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。
【典例5】已知函数f(x)＝3x＋4
x2＋1
，g(x)＝6a2
x＋a
a>1
3 ，若对任意的x0∈[0，a]，总存在相应的x1∈[0，a]，x2∈[0，
a]，使得g(x1)≤f(x0)≤g(x2)成立，求实数a 的取值范围。
【解】由题意知，f′(x)＝－
3x－1
x＋3
x2＋1
2
。令f′(x)＝0，解得x＝1
3或－3(舍去)。当x∈0，1
3 时，f′(x)>0；
当x∈
1
3，a 时，f′(x)<0，所以[f(x)]max＝f
1
3 ＝9
2。又f(0)＝4，f(a)＝3a＋4
a2＋1
，f(a)－f(0)＝a
3－4a
a2＋1
，
所以，当1
3<a<3
4时，[f(x)]min＝f(0)＝4，当a≥3
4时，[f(x)]min＝f(a)＝3a＋4
a2＋1
。因为g(x)在[0，a]上单调递减，
所以[g(x)]min＝g(a)＝3a，[g(x)]max＝g(0)＝6a。由题意知，只需在区间[0，a]上[f(x)]max≤[g(x)]max，
[f(x)]min≥[g(x)]min，即
9
2≤6a，
4≥3a，
1
3<a<3
4
或
9
2≤6a，
a≥3
4，
3a＋4
a2＋1
≥3a，
解得a∈∅或3
4≤a≤
4
3
1
3，故实数a 的取值范围
是
3
4，
4
3 1
3 。
专题05
三角函数与解三角
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1．【高考全国Ⅰ卷文理数7】设函数
cos
π
6
f
x
x
在
,
的图像大致如下图，则
f x 的最小正
周期为
（
）
A．10π
9
B．7π
6
C．4π
3
D．3π
2
【答案】C
【解析】由图可得：函数图像过点
4 ,0
9
，将它代入函数
f x 可得：
4
cos
0
9
6
，
又
4 ,0
9
是函数
f x 图像与x 轴负半轴的第一个交点，∴
4
9
6
2
，解得：
3
2
，∴函数
f x 的最小正周期为
2
2
4
3
3
2
T
，故选C．
2．【高考全国Ⅰ卷理数9】已知
0 , π
，且3cos2
8cos
5
，则sin
（
）
A．
5
3
B．2
3
C．1
3
D．
5
9
【答案】A
【解析】3cos2
8cos
5
，得
2
6cos
8cos
8
0
，即
2
3cos
4cos
4
0
，解得
2
cos
3
或cos
2
（舍去），又
2
5
0 ,
,
sin
1 cos
3
，故选A．
3．【高考全国Ⅱ卷理数2】若为第四象限角，则
（
）
A．
0
2
cos
B．
0
2
cos
C．
0
2
sin
D．
0
2
sin
【答案】D
【解析】当
6
时，cos2
cos
0
3
，选项B 错误；当
3
时，
2
cos2
cos
0
3
，
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选项A 错误；由在第四象限可得：sin
0,cos
0
，则sin 2
2sin
cos
0
，选项C 错误，选项
D 正确，故选：D．
4．【高考全国Ⅲ卷文数5】已知sin
sin
1
3
，则sin
6
（
）
A．1
2
B．
3
3
C．2
3
D．
2
2
【答案】B
【解析】由题意可得：
1
3
sin
sin
cos
1
2
2
，则：3
3
sin
cos
1
2
2
，
3
1
3
sin
cos
2
2
3
，
从而有：
3
sin cos
cos sin
6
6
3
，即
3
sin
6
3
．故选：B．
5．【高考全国Ⅲ卷文数11】在ABC
中，
2
cos
,
4 ,
3
3
C
AC
BC
，则tan B
（
）
A．
5
B．2 5
C．4 5
D．8 5
【答案】C
【解析】设
,
,
AB
c BC
a CA
b
，
2
2
2
2
2
cos
9 16
2 3 4
9
3
3
c
a
b
ab
C
c
，
2
2
2
2
1
1
4 5
cos
sin
1 ( )
tan
4 5
2
9
9
9
a
c
b
B
B
B
ac
，故选：C．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
三角函数求值的3 类求法
1．“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键
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三角函
数求值
在于“变角”，使其角相同或具有某种关系。
2．“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非
特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并
且消除非特殊角的三角函数而得解。
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，最后
确定角。
三角恒
等变形
三角恒等变形时，要注意三看：角、名、形
1．角：观察角之间的关系，如α＝(α＋β)－β，α
2＝2
α
4 等，通过观察角之间的差别与联
系，把角进行合理的拆分与组合，从而正确使用公式。
2．名：观察三角函数的名称之间的关系，如sinα，cosα，tanα的关系，常常要用到同角
关系、诱导公式。通过观察函数名称之间的关系，确定使用的公式，常见的有“切化弦”“弦化
切”等。
3．形：观察已知与未知的表达式之间的关系，主要是公式的变形应用。分析表达式的
结构特征，寻求变形的方向，迅速准确地使用公式。
三角函数图
象与性质
1．已知三角函数解析式求单调区间：①求函数的单调区间应遵循简单化原则，将解析
式先化简，并注意复合函数单调性规律“同增异减”；②求形如y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acos(ωx
＋φ)(其中ω>0)的单调区间时，要视“ωx＋φ”为一个整体，通过解不等式求解。但如果ω<0，
那么一定先借助诱导公式将ω化为正数，防止把单调性弄错。
2.三角函数的奇偶性、对称性和周期问题的解题思路
（1）奇偶性的判断方法：三角函数中奇函数一般可化为y＝Asinωx 或y＝Atanωx 的形
式，而偶函数一般可化为y＝Acosωx＋b 的形式。
（2）周期的计算方法：利用函数y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)(ω>0)的周期为2π
ω ，
函数y＝Atan(ωx＋φ)(ω>0)的周期为π
ω求解。
（3）对于函数y＝Asin(ωx＋φ)，其对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心
的横坐标一定是函数的零点，因此在判断直线x＝x0 或点(x0,0)是否是函数的对称轴或对称中
心时，可通过检验f(x0)的值进行判断。
3.图象变换注意事项：
（1）由y＝sinωx 到y＝sin(ωx＋φ)的变换：向左平移φ
ω(ω>0，φ>0)个单位长度而非φ个单
位长度。
（2）平移前后两个三角函数的名称如果不一致，应先利用诱导公式化为同名函数，ω为
负时应先变成正值。
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4. 确定y＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)的解析式的步骤
（1）求A，B，确定函数的最大值M 和最小值m，则A＝M－m
2
，B＝M＋m
2
。
（2）求ω，确定函数的周期T，则ω＝2π
T 。
（3）求φ，常用方法有：
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区
间上)或把图象的最高点或最低点代入。
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的特殊点作为突破口。
解三角形
1. 解三角形即求三角形中的一些基本量，主要指求三角形的三边、三角等，它的实质是将几
何问题转化为代数问题，解题关键是正确分析边角关系，依据题设条件合理地设计解题步骤，
利用三角形内角和定理、正弦定理及余弦定理等工具进行边角关系的互化。
2．判断三角形形状主要有以下两种途径
(1)通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断。
(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出三条边之间的关系进行判
断。
3.三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝1
2absinC＝1
2acsinB＝1
2bcsinA，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式。
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化。
三角函数与
解三角形
1、利用正、余弦定理解决平面几何问题的一般思路
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理
求解。
（2）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果。
做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形
的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题。
2、解三角形问题中，求解某个量(式子)的取值范围是命题的热点，其主要解决思路是：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为
函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题。这里要利用条件中的范围限
制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免
结果的范围过大。
考查三角函数求值：
【例1】（2021·福建福州一中高三开学考试）已知角的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边经过
点
1, 2
，则tan 2（
）
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A．
3
4
B．3
4
C．
4
3
D．4
3
【答案】D
【解析】因为角的终边经过点
1, 2
，由三角函数定义可得
2
tan
2
1
，根据正切的二倍角
2
2tan
tan2
1 tan
，代入可得
2
2
2
4
tan 2
3
1
2
，故选D。
【例2】
已知tanα
tanα－1＝－1，求下列各式的值：(1)sinα－3cosα
sinα＋cosα
；
(2)sin2α＋sinαcosα＋2。
【答案】－5
3；13
5
【解析】由已知得tanα＝1
2。
(1)sinα－3cosα
sinα＋cosα
＝tanα－3
tanα＋1
＝－5
3。
(2)sin2α＋sinαcosα＋2＝sin2α＋sinαcosα
sin2α＋cos2α
＋2＝tan2α＋tanα
tan2α＋1
＋2＝13
5 。
【例3】已知x∈(－π，0)，sinx＋cosx＝1
5。
(1)求sinx－cosx 的值。
(2)求sin2x＋2sin2x
1－tanx
的值。
【答案】－7
5；－24
175。
【解析】
(1)由sinx＋cosx＝1
5，平方得sin2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1
25，整理得2sinxcosx＝－24
25。
所以(sinx－cosx)2＝1－2sinxcosx＝49
25。由x∈(－π，0)，知sinx<0，又sinx＋cosx>0，
所以cosx>0，则sinx－cosx<0，故sinx－cosx＝－7
5。
(2)sin2x＋2sin2x
1－tanx
＝
2sinx
cosx＋sinx
1－sinx
cosx
＝2sinxcosx
cosx＋sinx
cosx－sinx
＝－24
175。
【例4】（2021·四川遂宁·高三零模（文））已知1 sin
cos
3
2
，则
2
cos
6
的值为（
）
A．
3
3
B．
6
3
C．2
3
D．1
3
【答案】C
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【分析】根据诱导公式以及两角和的正弦公式先化简原式，计算出sin
6
的值，然后根据同角三角函数的
关系求解出
2
cos
6
的值.
【解析】因为1 sin
cos
3
2
，所以
1
3
1
sin
cos
sin
2
2
，
所以3
3
sin
cos
1
2
2
，所以
3
sin
6
3
，所以
2
2
1
2
cos
1 sin
1
6
6
3
3
，故选
C.
【名师点睛】解答本题的关键是熟练掌握诱导公式以及三角恒等变换的公式、同角三角函数的基本关系.
考查三角恒等变形：
【例1】【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
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齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
考查三角函数图像与性质：
【例1】（2021·广西南宁二中高三月考（文））已知函数
2
( )
2 3sin cos
2cos
1
f x
x
x
x
，则（
）
A．
( )
f x 的最小正周期为，最大值为3
B．
( )
f x 的最小正周期为，最大值为4
C．
( )
f x 的最小正周期为2，最大值为3
D．
( )
f x 的最小正周期为2，最大值为4
【答案】B
【解析】由题
2
2 3sin cos
2cos
1
3
2
2
2
2
2
2
6
f x
x
x
x
sin x
cos x
sin
x
（
）
,
∴最大值为4 ，
2
2
T
．故选B.
【名师点睛】本题考查了三角变换及三角函数的图象与性质，解题的关键是化成正弦型函数的标准形式．
【例2】（2021·黑龙江大庆实验中学高三月考（理））已知函数
( )
2sin(
)
1
0,|
|
2
f x
x
，
( )
1
f ，( )
1
f
，若|
|
的最小值3
4
，且
f x 的图象关于点
,1
4
对称，则函数
f x 的所有对
称轴中，离原点最近的对称轴方程为（
）
A．
3
4
x
B．
4
x
C．
2
x
D．
12
x
【答案】C
【分析】根据
( )
1
f ，可得
1
2
2
k
，
1k
Z
，根据
( )
1
f
，可得
2k
，
2k
Z
，
可得
1
2
|
(
) | | (2
)
|
2
k
k
2
，所以
3
2
4
，所以
2
3
，根据
f x 的图象关于点
,1
4
对称，
可得
6
，再求出函数
f x 的所有对称轴，从而可得答案
.
【解析】因为
( )
1
f ，所以sin(
)
1
a
，所以
1
2
2
k
，
1k
Z
，
因为
( )
1
f
，所以sin(
)
0
，所以
2k
，
2k
Z
，
所以
1
2
(
)
(2
)
2
k
k
，
1k
Z
，
2k
Z
，
所以
1
2
|
(
) | | (2
)
|
2
k
k
2
，当且仅当
1
2
2
0
k
k
或
1
2
2
1
k
k
时，等号成立，
因为
0
，所以|
|
2
，所以
3
2
4
，所以
2
3
.
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又
f x 的图象关于点
,1
4
对称，所以2
3
4
k
，k
Z
，所以
6
k
，k
Z
，
因为|
|
2
，所以
6
，所以
2
( )
2sin(
) 1
3
6
f x
x
，由
3
2
3
6
2
x
k
，
3k
Z
，
得
3
3
2
x
k
，
3k
Z
，所以
3
3
3
|
0 | |
| |
|
2
2
2
x
k
，当且仅当
3
1
k 时，等号成立，
所以函数
f x 的所有对称轴中，离原点最近的对称轴方程为
2
x
,故选C.
考查解三角形：
【例1】（高考全国Ⅰ卷文数18）ABC
的内角
,
,
A B C 的对边分别为
,
,
a b c ．已知
150
B
．
（1）若
3 ,
2 7
a
c b
，求ABC
的面积；
（2）若sinA+
3 sinC=
2
2
，求C ．
【答案】（1）
3 ；（2）15．
【思路导引】（1）已知角B 和b 边，结合,a c 关系，由余弦定理建立c 的方程，求解得出,a c ，利用面积公式，
即可得出结论；（2）将
30
A
C
代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关C 角的三角
函数值，结合C 的范围，即可求解．
【解析】（1）由余弦定理可得
2
2
2
2
28
2
cos150
7
b
a
c
ac
c
，
2,
2 3,
c
a
ABC
△
的面积
1
sin
3
2
S
ac
B
．
（2）
30
A
C
，
sin
3sin
sin(30
)
3sin
A
C
C
C
1
3
2
cos
sin
sin(
30 )
2
2
2
C
C
C
，
0
30 ,
30
30
60
C
C
，
30
45 ,
15
C
C
．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了余弦定理、三角恒等变换解三角形，考查数学运算学科素养．解
题关键是熟记有关公式．
【例2】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，
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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；
【答案】（1）15（百米）；（2）见解析；
【解析】（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.
考查解三角形与三角函数
【例1】（2021·四川遂宁·高三零模（理））已知函数
4sin cos
1
3
3
f x
x
x
.
（1）若关于x 的方程
3
0
f
x
m
在
,
3 2
x
上有解，求实数m 的取值范围；
（2）设
ABC
的内角A 满足
3
1
f
A
，若
4
AB AC
，求BC 边上的高AD 长的最大值．
【答案】（1）1,3
3
；（2）
6 ．
【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数
f x 的解析式为
2sin 2
1
3
f
x
x
，求出函数
f x 在
区间
,
3
2
上的值域，可得出关于实数m 的不等式，由此可解得实数m 的取值范围；
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（2）由
3
1
f
A
结合角A 的取值范围可求得角A 的值，由
4
AB AC
可得出
3
A
，
8
bc
，利用
余弦定理结合基本不等式可求得
2 2
a
，再利用三角形的面积公式可求得AD 长的最大值.
【解析】（1）
1
3
4sin cos
1
3
4sin
cos
sin
1
3
3
2
2
f x
x
x
x
x
x
2
1 cos2
2sin cos
2 3sin
1
3
sin 2
2 3
1
3
2
x
x
x
x
x
1 sin 2
3 cos2
2sin 2
1
3
x
x
x
，
又
,
3 2
x
，所以
2
2
,
3
3
3
x
，则
3
sin 2
,1
3
2
x
，所以
f x 在区间
,
3
2
上的值域为
3
1,3
，由
3
0
f
x
m
可得
3
f x
m
，所以
3
3
1,3
m
，即
1,3
3
m
。
（2）由
3
1
f
A
，即2sin 2
1
3
1
3
A
，可得
3
sin 2
=
3
2
A
，
0
A
，
5
2
3
3
3
A
，则2
3
3
A
或
2
2
3
3
A
，解得
3
A
或2
．
由
4
AB AC
，即
cos
4
bc
A
，所以
3
A
，则
8
bc
，
由余弦定理，得
2
2
2
2
2
cos
2
2 2
a
b
c
bc
A
b
c
bc
bc
bc
，
由三角形的面积公式可得
1
1
sin
2
2
ABC
S
bc
A
a AD
，即1
3
1
8
2
2
2 a AD
．所以
4 3
6
2 2
AD
．
所以BC 边上的高AD 长的最大值为
6 .
【名师点睛】求函数
sin
f x
A
x
在区间
,a b 上值域的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如
sin
y
A
x
k
的形式或
cos
y
A
x
k
的形式．
第二步：由x 的取值范围确定
x
的取值范围，再确定
sin
x
（或
cos
x
）的取值范围；
第三步：求出所求函数的值域（或最值）.
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三角函数中有关参数ω的求解问题
三角函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(或g(x)＝Acos(ωx＋φ))的参数有好几个，但其中ω的求解最为复杂。
一、三角函数的周期T 与ω的关系
【例1】为了使函数y＝sinωx(ω>0)在区间[0,1]上至少出现50 次最大值，则ω的最小值为(
)
A．98π
B．197
2 π
C．199
2 π
D．100π
【答案】B
【解析】由题意，至少出现50 次最大值即至少需用49 1
4个周期，所以491
4T＝197
4 ·2π
ω ≤1，所以ω≥197
2 π，
二、三角函数的单调性与ω的关系
【例2】
若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间
π
3，π
2 上单调递减，则ω的取值范围是(
)
A．0，2
3
B．0，3
2
C．
2
3，3
D．
3
2，3
【答案】C
【解析】令π
2＋2kπ≤ωx≤3
2π＋2kπ(k∈Z)，得π
2ω＋2kπ
ω ≤x≤3π
2ω＋2kπ
ω ，因为f(x)在
π
3，π
2 上单调递减，所以
π
2ω＋2kπ
ω ≤π
3，
π
2≤3π
2ω＋2kπ
ω ，
得：6k＋3
2≤ω≤4k＋3。又ω>0，所以k≥0，又6k＋3
2<4k＋3，得0≤k<3
4，所以
k＝0。即3
2≤ω≤3。
三、三角函数最值与ω的关系
【例3】
已知函数f(x)＝2sinωx 在区间－π
3，π
4 上的最小值为－2，求ω的取值范围。
【答案】(－∞，－2]∪
3
2，＋∞
。
【解析】显然ω≠0。
若ω>0，当x∈－π
3，π
4 时，－π
3ω≤ωx≤π
4ω，因为函数f(x)＝2sinωx 在区间－π
3，π
4 上的最小值为－2，所以
－π
3ω≤－π
2，解得ω≥3
2。
若ω<0，当x∈－π
3，π
4 时，π
4ω≤ωx≤－π
3ω，因为函数f(x)＝2sinωx 在区间－π
3，π
4 上的最小值为－2。所以π
4ω≤
－π
2，解得ω≤－2。
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综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪
3
2，＋∞。
专题06 平面向量
1．【高考全国Ⅱ卷文数5】已知单位向量,
a b的夹角为60°，则在下列向量中，与b 垂直的是（
）
A．
b
a
2
B．
b
a
2
C．
b
a
2
D．
b
a
2
【答案】D
【思路导引】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可．
【解析】由已知可得：
1
1
cos60
1 1 2
2
a b
a b
．
A：∵
2
1
5
(
2 )
2
2 1
0
2
2
a
b
b
a b
b
，∴本选项不符合题意；
B：∵
2
1
(2
)
2
2
1
2
0
2
a
b
b
a b
b
，∴本选项不符合题意；
C：∵
2
1
3
(
2 )
2
2 1
0
2
2
a
b
b
a b
b
，∴本选项不符合题意；
D：∵
2
1
(2
)
2
2
1
0
2
b
b
b
a b
b
，∴本选项符合题意．故选D．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量
积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查数学运算学科素养．解题关键是熟记向量垂直的充要条件．
2．【高考全国Ⅲ卷理数6】已知向量
,
a b 满足
5 ,
6 ,
6
a
b
a b
，则cos
,
a a
b
（
）
A．
35
31
B．
35
19
C．35
17
D．35
19
【答案】D
【思路导引】计算出
a
a
b
、a
b
的值，利用平面向量数量积可计算出cos
,a a
b
的值．
【解析】
5
a
，
6
b
，
6
a b
，
2
2
5
6
19
a
a
b
a
a b
．
2
2
2
2
25
2 6
36
7
a
b
a
b
a
a b
b
，因此
19
19
cos
,
5 7
35
a
a
b
a a
b
a
a
b
．故选D．
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【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积
的计算以及向量模的计算，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是熟记夹角公式．
新高考3．【高考山东卷7】已知P 是边长为2 的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB
的取值范围是（
）
A．( 2 , 6)
B．( 6 , 2)
C．( 2 , 4)
D．( 4 , 6)
【答案】A
【思路导引】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到AP
在AB
方向上的投影的取值范围是
( 1,3)
，利用向量数量积的定义式，求得结果．
【解析】解法一：AB
的模为2，根据正六边形的特征，可以得到AP
在AB
方向上的投影的取值范围是( 1,3)
，
结合向量数量积的定义式，可知AP AB
等于AB
的模与AP
在AB
方向上的投影的乘积，所以AP AB
的取值
范围是(
)
2,6
，故选：A．
解法二：如图，建立平面直角坐标系A
xy
，由题意知
(0,0)
A
，(2,0)
B
，(3, 3)
C
，( 1, 3)
F
，设
( , )
P x y ，
则1
3
x
，∵
( , ) (2,0)
2
AP AB
x y
x
，∴2
2
6
x
，∴AP AB
的取值范围是( 2, 6)
．
【专家解读】本题的特点是注重向量的应用，本题考查了平面向量数量积运算，考查平面向量数量积的几何意
义，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是理解平面向量数量积的定义．
3．【高考全国Ⅰ卷文数14】设向量
,
,
,
1
1
1 2
4
m
m
a
b
，若
a
b ，则m
．
【答案】5
【思路导引】根据向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用向量垂直的坐标表示，求得结果．
【解析】由a
b
r
r
可得
0
a b
，又∵
(1, 1),
(
1,2
4)
a
b
m
m
，
∴
1 (
1)
( 1) (2
4)
0
a b
m
m
，即
5
m
，故答案为：5．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查了平面向量垂直充要条件的坐标形式，考查平面向量积
的应用，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是熟记平面向量垂直充要条件的坐标形式．
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4．【高考全国Ⅰ卷理数14】设
,
a b 为单位向量，且
1
a
b
，则
a
b
．
【答案】
3
【思路导引】整理已知可得：
2
a
b
a
b
，再利用,a b
为单位向量即可求得2
1
a b
，对
a
b 变形
可得：
2
2
2
a
b
a
a b
b
，问题得解．
【解析】∵
,
a b 为单位向量，∴
1
a
b
，∴
2
2
2
2
2
2
1
b
b
a
a
a
a
b
b
b
a
，解
得：2
1
a b
，∴
2
2
2
2
3
b
b
b
a
b
a
a
a
．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查了平面向量模长的计算，考查平面向量积的应用，考查
转化与化归思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是向量模的计算公式及转化能力．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
向量的线
性运算
1．平面向量的线性运算技巧
(1)不含图形的情况：可直接运用相应运算法则求解．
(2)含图形的情况：将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相等向量、相反向量、
三角形的中位线等性质，把未知向量用已知向量表示出来求解．
2．利用平面向量的线性运算求参数的一般思路
(1)没有图形的准确作出图形，确定每一个点的位置．
(2)利用平行四边形法则或三角形法则进行转化，转化为要求的向量形式．
(3)比较，观察可知所求．
3、平面向量线性运算问题的常见类型及解题策略
（1）向量加法或减法的几何意义．向量加法和减法均适合三角形法则．
（2）求已知向量的和．一般共起点的向量求和用平行四边形法则；求差用三角形法则；
求首尾相连向量的和用三角形法则．
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（3）求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的运算将向量表示出来，进行
比较求参数的值．
向量的
数量积
1、数量积公式a·b＝|a||b|cosθ在解题中的运用，解题过程具有一定的技巧性，需要借助
向量加、减法的运算及其几何意义进行适当变形；也可建立平面直角坐标系，借助数量积的
坐标运算公式a·b＝x1x2＋y1y2 求解，较为简捷、明了．
2．平面向量夹角的求法
（1）若a，b 为非零向量，则由平面向量的数量积公式得cosθ＝a·b
|a||b|(夹角公式)，所以
平面向量的数量积可以用来解决有关角度的问题．
（2）在分析两向量的夹角时，必须使两个向量的起点重合，如果起点不重合，可通过
“平移”实现．
3．平面向量的模的解题方法
(1)若向量a 是以坐标形式出现的，求向量a 的模可直接利用|a|＝x2＋y2．
(2)若向量a，b 是非坐标形式出现的，求向量a 的模可应用公式|a|2＝a2＝a·a，或|a±b|2
＝(a±b)2＝a2±2a·b＋b2，先求向量模的平方，再开方求解．
向量与解
析几何
向量与平面几何综合问题的解法
1．坐标法
把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示，这样就能进行相
应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决．
2．基向量法
适当选取一组基底，沟通向量之间的联系，利用向量间的关系构造关于未知量的方程进
行求解．
平面向量
基本定理
用平面向量基本定理解决问题
1．实质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．
2．一般思路是：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．
3．要熟练运用平面几何的一些性质定理．
共线向量
1．两平面向量共线的充要条件有两种形式
①若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b 的充要条件是x1y2－x2y1＝0；②a∥b(b≠0)⇔a＝
λb．
2．向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数．当两向量的坐
标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解．
考查平面向量基本定理：
【例1】（2021·广东高州一模）如图所示的
ABC
中，点D 是线段AC 上靠近A 的三等分点，点E 是线段AB
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的中点，则DE
uuur
（
）
A．
1
1
3
6
BA
BC
B．
1
1
6
3
BA
BC
C．
5
1
6
3
BA
BC
D．
5
1
6
3
BA
BC
【答案】B
【解析】依题意，
1
1
1
1
1
1
1
3
2
3
3
2
6
3
DE
DA
AE
AC
BA
BC
BA
BA
BA
BC
，故选B．
考查共线向量
【例1】（2021·四川宜宾一模）如图，
ABC
是等边三角形，ADC
是等腰直角三角形，
90
ADC
，线
段
,
AC BD 交于点O ，设BC
a
，BA
b
，用a ，b 表示OD
uuur
为（
）
A．OD
3
3
6
6
a
b
B．OD
3
3
3
3
a
b
C．OD
3
3
6
6
a
b
D．OD
3
3
3
3
a
b
【答案】A
【解析】由题意
,
AB
BC
AD
DC
，所以
BAD
与
BCD
△
全等，则BAO
与
BCO
全等，所以
AO
OC
，所以O 为AC 的中点，则BO
AC
，在直角BOC
中，
60
OCB
，所以
3
OB
OC
ADC
是等腰直角三角形，则OD
OC
，所以
3
OB
OD
，即
3
BO
OD
，又在等边三角形
ABC
中，
1
1
2
2
BO
BA
BC
a
b
，所以
3
3
1
3
3
3
3
2
6
6
OD
BO
a
b
a
b
，故选A．
【名师点睛】关键点睛：本题考查利用基底向量来表示平面向量，解答本题的关键的由几何图形的性质得到
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3
OB
OC
，从而
3
BO
OD
，再根据
1
1
2
2
BO
BA
BC
a
b
得出答案，属于中档题．
考查线性运算：
【例1】若点M 是△ABC 所在平面内的一点，且满足5＝＋3，则△ABM 与△ABC 的面积比为
(
)
A．1
5
B．2
5
C．3
5
D．9
25
【答案】C
【解析】AB 的中点为D，由5＝＋3，得3－3＝2－2，
即3＝2．如图所示，故C，M，D 三点共线，且＝3
5，也就
是△ABM 与△ABC 对于边AB 的两高之比为3∶5，则△ABM 与△ABC
的
面积比为3
5．
考查数量积：
【例1】（2021·安徽淮北一模）已知
,
A B 是圆
2
2
:
1
O x
y
上的两个动点，
3
AB
，
3
2
OC
OA
OB
，
M
为线段AB 的中点，则OC OM
的值为（
）
A．1
4
B．1
2
C．3
4
D．3
2
【答案】A
【解析】
,
A B
是圆
2
2
:
4
O x
y
上的两个动点，
1
OA
OB
，又
3
AB
，即
3
2
2
AB
，
即
3
2
cos
2
AB
BAO
OA
，即
6
BAO
，
2
2
6
3
AOB
，
M
是线段AB 的中点，
1
1
2
2
OM
OA
OB
，
1
1
3
2
2
2
OM OC
OA
OB
OA
OB
2
2
3
1
2
2
OA
OB
OA OB
2
2
3
1
2
1
1
1 1 cos
2
2
3
1
4
，
故选A．
【名师点睛】关键点点睛：本题解题的关键是：利用
,
A B 在圆上以及
3
AB
得到
2
3
AOB
．
【例2】已知
1
,
,
AB
AC AB
AC
t
t
，若P 点是ABC
所在平面内一点，且
4
AB
AC
AP
AB
AC
，则
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PB PC
的最大值等于（
）
A．13
B．15
C．19
D．21
【答案】
A
【解析】
考查向量与三角函数：
【例1】设向量
)
12
,
,2,1,0
)(
6
cos
6
sin
,
6
(cos
k
k
k
k
ak
，则
11
1
0
(
)
k
k
k
a
a
的值为
【答案】9 3
【解析】20
11
1
(
1)
(
1)
(
1)
(cos
,sin
cos
) (cos
,sin
cos
)
6
6
6
6
6
6
k
k
k
k
k
k
k
k
a
a
2
(
1)
3 3
2
1
(2
1)
cos
sin
cos
cos
sin
cos
6
6
6
6
4
6
2
6
k
k
k
k
k
因此
11
1
0
3 3
12
9 3
4
k
k
k
a
a
【例2】（2021·贵溪一中月考）如图所示，A 、B 分别是单位圆与x 轴、y 轴正半轴的交点，点P 在单位圆上，
0
AOP
，点C 坐标为
2,0
，平行四边形OAQP 的面积为S ．
（1）求t
OA OQ
S
的最大值；
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（2）若
//
CB OP
，求sin 2
3
．
【答案】（1）1
2
；（2）
4
3 3
sin 2
3
10
．
【分析】（1）由三角函数的定义得出点
cos ,sin
P
θ
θ ，计算出点Q 的坐标，利用三角恒等变换思想结合平面
向量数量积的坐标运算以及平行四边形的面积公式可得出t 关于的表达式，利用正弦函数的有界性可得出t 的
最大值；（2）由
//
CB OP
以及同角三角函数的基本关系可得出关于sin、cos的方程组，结合0
可
求得sin、cos的值，利用二倍角的正弦、余弦公式以及两角差的正弦公式可求得sin 2
3
的值．
【解析】（1）由已知，得(
)
1,0
A
、
0,1
B
、
cos ,sin
P
θ
θ ，
因为四边形OAQP 是平行四边形，所以
1 cos ,sin
OQ
OA
OP
，所以
1
cos
OA OQ
．
又平行四边形OAQP 的面积为
sin
sin
S
OA
，所以
1
cos
sin
2 sin
1
4
OA OQ
S
．
又0
，则
5
4
4
4
，所以当
4
2
时，OA OQ
S
的最大值为1
2
．
（2）由题意，知
2,1
CB
，
(cos ,sin )
OP
，因为
//
CB OP
，得cos
2sin
，
又0
，结合
2
2
sin
cos
1
得
5
sin
5
，
2 5
cos
5
，
4
sin 2
2sin
cos
5
，
2
3
cos2
2cos
1
5
，所以
4
3 3
sin 2
sin 2 cos
cos2 sin
3
3
3
10
．
【名师点睛】方法点睛：求函数
sin
f x
A
x
在区间
,a b 上值域的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如
sin
y
A
x
k
的形式或
cos
y
A
x
k
的形式；
第二步：由x 的取值范围确定
x
的取值范围，再确定
sin
x
（或
cos
x
)的取值范围；
第三步：求出所求函数的值域（或最值）．
考查向量与解析几何：
【例1】已知M（x0，y0）是双曲线C：
2
2
1
2
x
y
上的一点，F1、F2 是C 上的两个焦点，若
1
2
0
MF MF
，
则y0 的取值范围是
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（A）（-
3
3
，
3
3
）（B）（-
3
6
，
3
6
（C）（
2 2
3
，2 2
3
）
（D）（
2 3
3
，2 3
3
）
【答案】A
【解析】
【例2】（2021·陕西宝鸡一模）已知双曲线
2
2
2
2
:
1
x
y
C a
b
(
0,
0)
a
b
的左､右焦点分别为
1F ，
2
F ，且以
1
2
F F
为直径的圆与双曲线C 的渐近线在第四象限交点为P ，
1
PF 交双曲线左支于Q ，若
1
2FQ
QP
，则双曲线的
离心率为（
）
A．10
1
2
B．10
C．
5
1
2
D．
5
【答案】A
【解析】
1
2
(
,0),
( ,0)
F
c
F c
，圆方程为
2
2
2
x
y
c
，
由
2
2
2
x
y
c
b
y
x
a
，由
2
2
2
a
b
c ，
0,
0
x
y
，解得
x
a
y
b
，即
( ,
)
P a
b
，
设Q(x0，y0)，由
1
2FQ
QP
，
0
0
0
0
(
,
)
2(
,
)
a
x
b
y
x
c y
，得
0
2
3
a
c
x
，
0
3
b
y
，
因为Q 在双曲线上，∴
2
2
2
2
(
2 )
1
9
9
a
c
b
a
b
，
2
(1 2 )
10
e
，解得
10
1
2
e
（
1
10
2
e
舍去），故选A．
【名师点睛】关键点点睛：解题关键是找到关于, ,
a b c 的齐次关系式，由题意中向量的线性关系，可得解法，
圆与渐近线相交得P 点坐标，由向量线性关系得Q 点坐标，代入双曲线方程可得．
考查向量与解三角形：
【例1】（2021 海南海南中学高三月考）已知向量
3
sin
, 3sin
2
2
a
x
x
，
(sin ,cos )
b
x
x
，
( )
f x
a b
．
（1）求f(x)的最大值及f(x)取最大值时x 的取值集合M；
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（2）在锐角△ABC 中，a，b，c 是角A，B，C 的对边，若2
4
C
M
，求a
b
的取值范围．
【解析】（1）
cos ,
3cos
a
x
x
，
2
1
3
3
3
sin cos
3cos
sin2
cos2
sin 2
2
2
2
3
2
f x
a b
x
x
x
x
x
x
－
，
f x
的最大值为
3
1
2
，此时2 x
2
,
3
2
k
即
5
12
x
k
，k
z
，
5
,
12
M
x x
k
k
z
．
（2）
2
4
C
M
，
5
2
4
12
C
k
，
2
3
C
k
，
0,
C
，
3
C
，
2
3
1
sin(
)
cos
sin
sin
3
1
3
2
2
tan
sin
sin
cos
2
2
B
B
B
a
A
B
b
B
B
B
，
锐角△ABC 中，
6
2
B
，
3
tan
3
B
，
2 3
3
a
b
，即a
b
的取值范围为2 3 ,
3
．
【名师点睛】本题考查三角形中的取值范围，解题的关键是将所求利用正弦定理以及角的关系化为
3
1 tan
2
2
a
B
b
，利用角的范围求解．
平面向量的数量积的解题方法
例1 如图，在矩形ABCD 中，AB＝2，BC＝2，点E 为BC 的中点，点F 在边CD 上，
若·＝2，则·的值是________．
解析：方法一
坐标法．以A 为坐标原点，AB，AD 所在直线为x 轴，y 轴建立平面
直角坐标系，则A(0，0)，B( 2，0)，E( 2，1)，F(x，2)．故＝( 2，0)，
＝(x，2)，＝( 2，1)，＝(x－2，2)，∴·＝( 2，0)·(x，2)＝2x．又·＝
2，
∴x＝1．∴＝(1－2，2)．∴·＝( 2，1)·(1－2，2)＝2－2＋2＝2．
方法二
用，表示，是关键．设＝x，则＝(x－1)．·＝·(＋)＝
·(＋x)＝x2＝2x，又∵·＝2，∴2x＝2，∴x＝2
2 ．∴＝＋＝
＋
2
2 －1 ．∴·＝(＋)·＝
＝
2
2 －1 2＋1
2
2＝
2
2 －1 ×2＋1
2×4＝2．
【例2】若a，b，c 均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为
(
)
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63 / 397
A．2－1
B．1
C．2
D．2
解析：法一：由题意知a2＝b2＝c2＝1，又a·b＝0，∵(a－c)·(b－c)＝a·b－a·c－b·c＋c2≤0，
∴a·c＋b·c≥c2＝1，∴|a＋b－c|2＝a2＋b2＋c2＋2a·b－2a·c－2b·c＝3－2(a·c＋b·c)≤1，
∴|a＋b－c|≤1．
方法二
设a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝(x，y)，则x2＋y2＝1，a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x，1－y)，
则(a－c)·(b－c)＝(1－x)(－x)＋(－y)(1－y)＝x2＋y2－x－y＝1－x－y≤0，即x＋y≥1．
又a＋b－c＝(1－x，1－y)，
∴|a＋b－c|＝(1－x)2＋(1－y)2＝(x－1)2＋(y－1)2＝3－2(x＋y)≤1．
小结：(1)涉及数量积和模的计算问题，通常有两种求解思路：
①直接利用数量积的定义；
②建立坐标系，通过坐标运算求解．
(2)在利用数量积的定义计算时，要善于将相关向量分解为图形中模和夹角已知的向量进行计算．求
平面向量的模时，常把模的平方转化为向量的平方．
专题07 数列
1．【高考全国Ⅰ卷文数10】设
na
是等比数列，且
1
2
3
2
3
4
1,
+
2
a
a
a
a
a
a
，则
6
7
8
a
a
a
（
）
A．12
B．24
C．30
D．32
【答案】D
【思路导引】根据已知条件求得q的值，再由
5
6
7
8
1
2
3
a
a
a
q
a
a
a
可求得结果．
【解析】设等比数列
n
a
的公比为q，则
2
1
2
3
1 1
1
a
a
a
a
q
q
，
2
3
2
2
3
4
1
1
1
1
1
2
a
a
a
a q
a q
a q
a q
q
q
q
，
5
6
7
5
2
5
6
7
8
1
1
1
1
1
32
a
a
a
a q
a q
a q
a q
q
q
q
，故选D．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等比数列及其性质，考查等比数列基本量的计算，考查数学
运算学科素养．解题关键是正确应用等比数列的性质．
2．【高考全国Ⅱ卷理数4】北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石
板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一
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层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729 块，则三层共有扇
面形石板（不含天心石）
（
）
A．3699块
B．3474块
C．3402块
D．3339块
【答案】C
【思路导引】第n 环天石心块数为
na ，第一层共有n 环，则{
}
na
是以9 为首项，9 为公差的等差数列，
设
n
S 为{
}
na
的前n 项和，由题意可得
3
2
2
729
n
n
n
n
S
S
S
S
，解方程即可得到n，进一步得到
3n
S
．
【解析】设第n 环天石心块数为
n
a ，第一层共有n 环，则{
}
na
是以9 为首项，9 为公差的等差数列，
9
(
1)
9
9
na
n
n
，设
n
S
为{
}
na
的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为
2
3
2
,
,
n
n
n
n
n
S
S
S
S
S
，因为下层比中层多
729
块，所以
3
2
2
729
n
n
n
n
S
S
S
S
，即
3 (9
27 )
2 (9
18 )
2 (9
18 )
(9
9 )
729
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
，即
2
9
729
n
，解得
9
n
，所以
3
27
27(9
9
27)
3402
2
n
S
S
，故选C．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等差数列的通项公式的基本量计算，考查了等差数列前n 项
和公式的应用，考查数学文化，考查函数与方程思想，考查数学运算学科素养．解题关键是正确消元．
3．【高考全国Ⅱ卷理数6】数列
}
{ n
a
中，
2
1
a
，
n
m
n
m
a
a
a
，若
5
15
10
2
1
2
2
k
k
k
a
a
a
，则
k
（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【思路导引】取
1
m ，可得出数列
na
是等比数列，求得数列
na
的通项公式，利用等比数列求和公式可得
出关于k 的等式，由k
N 可求得k 的值．
【解析】在等式
m n
m
n
a
a a
中，令
1
m ，可得
1
1
2
n
n
n
a
a a
a
，
1
2
n
n
a
a
，
所以，数列
na
是以2 为首项，以2 为公比的等比数列，则
1
2 2
2
n
n
na
，
10
1
10
1
1
10
5
10
1
2
10
1 2
2
1 2
2
2
1
2
2
1
1 2
1 2
k
k
k
k
k
k
a
a
a
a
，
1
5
2
2
k
，则
1
5
k
，解得
4
k
．故选：C．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前n 项
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和公式的应用，考查函数与方程思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题关键是正确应用有关公式解
决问题．
4．
【高考浙江卷7】已知等差数列
na
的前n 项和
n
S ，公差
1
1
0 , a
d
d
．记
1
2
1
2
2
,
,
n
n
n
b
S
b
S
S
n
N ，
下列等式不可能成立的是
（
）
A．
4
2
6
2a
a
a
B．
4
2
6
2b
b
b
C．
2
4
2
8
a
a a
D．
2
4
2 8
b
b b
【答案】B
【解析】A．由等差数列的性质可知
4
2
6
2a
a
a
，成立；
B．
4
5
6
6
b
S
S
a
，
2
3
2
3
b
S
S
a
，
6
7
10
8
9
10
9
3
b
S
S
a
a
a
a
，
若
4
2
6
2b
b
b
，则
6
3
9
9
6
3
9
2
3
2
a
a
a
a
a
a
a
，
即6
6
0
d
d
d
，这与已知矛盾，故B 不成立；
C．
2
2
4
2
8
1
1
1
3
7
a
a a
a
d
a
d
a
d
，整理为：
1a
d
，故C 成立；
D．
8
9
14
10
11
12
13
14
12
5
b
S
S
a
a
a
a
a
a
，当
2
4
2 8
b
b b
时，即
2
6
3
12
5
a
a
a
，整理为
2
1
1
1
5
5
2
11
a
d
a
d
a
d
，即
2
2
1
1
2
25
45
0
a
a d
d
，
0
，方程有解，故D 成立．综上可知，
等式不可能成立的是B，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等差数列的性质应用，考查数学运算、数学建模等学科素养．解
题关键是合理等差数列的性质解题．
5 ．【高考全国Ⅱ卷文数14 】记
n
S
为等差数列
n
a
的前n 项和，若
1
2
6
2 ,
2
a
a
a
，则
10
S
．
【答案】25
【思路导引】∵
n
a
是等差数列，根据已知条件
2
6
2
a
a
，求出公差，根据等差数列前n 项和，即可求得答
案．
【解析】
n
a
是等差数列，且
1
2
6
2 ,
2
a
a
a
．设
n
a
等差数列的公差d ，根据等差数列通项公式：
1
1
na
a
n
d
，可得
1
1
5
2
a
d
a
d
，即：
2
2
5
2
d
d
，整理可得：6
6
d
，解得：
1
d
．
根
据
等
差
数
列
前
n
项
和
公
式
：
*
1
1
,
2
n
n n
d
S
na
n
N
，
可
得
：
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10
10
10 1
10
2
20
45
25
2
S
，
10
25
S
．故答案为：25 ．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了等差数列通项公式及等差数列的前n 项和公式，考查数学运
算学科素养．解题关键是掌握等差数列的通项公式及前n 项和公式．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
通项公式
1、用观察法求数列的通项公式的两个技巧
(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之
间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．
(2)对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1 来调整．
2、已知Sn 求an 的三个步骤
(1)先利用a1＝S1 求出a1；
(2)用n－1 替换Sn 中的n 得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2
时an 的表达式；
(3)对n＝1 时的结果进行检验，看是否符合n≥2 时an 的表达式，如果符合，则可以把数
列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1 与n≥2 两段来写．
3、由递推关系式求通项公式的常用方法
（1）已知a1 且an－an－1＝f(n)(n≥2，n∈N*)，可用“累加法”求an．
（2）已知a1 且an
an－1
＝f(n)(n≥2，n∈N*)，可用“累乘法”求an．
（3）已知a1 且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k 可由待定系数法确定)，可转
化为等比数列{an＋k}．
另外：1．形如an＋1＝
Aan
Ban＋C(A，B，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构
造新数列求解．
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（4）形如an＋1＋an＝f(n)的数列，可将原递推关系改写成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，两式相减
即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分类讨论即可．
等差数列
1、等差数列运算问题的通性通法
（1）等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1 和公差d，然后由通项公式或前n 项
和公式转化为方程(组)求解．
（2）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．
2、等差数列的四种判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(d 是常数)⇔{an}是等差数列．
(2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列．
(3)通项公式：an＝pn＋q(p，q 为常数)⇔{an}是等差数列．
(4)前n 项和公式：Sn＝An2＋Bn(A，B 为常数)⇔{an}是等差数列．
3、等差数列的性质
（1）项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔am－an
m－n
＝d(m≠n)，其几何意义是点
(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn 为其前n 项和，则
①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；②S2n－1＝(2n－1)an．
4、求等差数列前n 项和Sn 最值的两种方法
(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二
次函数最值的方法求解．
(2)邻项变号法：
①当a1>0，d<0 时，满足
am≥0，
am＋1≤0
的项数m 使得Sn 取得最大值Sm．
②当a1<0，d>0 时，满足
am≤0，
am＋1≥0
的项数m 使得Sn 取得最小值Sm．
等比数列
1、解决等比数列有关问题的常用思想方法
(1)方程的思想：等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列
方程(组)求关键量a1 和q，问题可迎刃而解．
(2)分类讨论的思想：在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比的取值情况进行分
类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．
2、证明等比数列的用方法：证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法
只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不
成等比数列即可．
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数列求和
1、分组转化法求和的常见类型
（1）若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{an}的前n
项和．
（2）通项公式为an＝
bn，n 为奇数，
cn，n 为偶数
的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差
数列，可采用分组求和法求和．
2、错位相减法求和时两个注意点
(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“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确
写出“Sn－qSn”的表达式．
（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．
3．裂项相消法
(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．
(2)常见的裂项技巧
①
1
n(n＋1)
＝1
n－1
n＋1
．②
1
n(n＋2)
＝1
2
1
n－1
n＋2 ．
③
1
(2n－1)(2n＋1)
＝1
2
1
2n－1
－
1
2n＋1 ．④
1
n＋n＋1
＝n＋1－n．
（3）利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可
能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使
裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
考查通项公式：
【例1】（2021·江苏镇江期中考试）数列
na
的前n 项和为
n
S ，定义
na
的“优值”为
1
1
2
2
2n
n
n
a
a
a
H
n
，现已知
na
的“优值”
2n
n
H
，则
na ______，
n
S ______．
【答案】
1
n
3
2
n n
【分析】由新定义得出
1
1
2
2
2
2
n
n
n
a
a
a
n
，然后写出
2
1
1
2
1
2
2
(
1) 2
n
n
n
a
a
a
n
，相减后
可得
(
2)
na n
．再求得
1a 即可．
【解析】由题意
1
1
2
2
2
2
n
n
n
a
a
a
n
，∴
2
n
时，
2
1
1
2
1
2
2
(
1) 2
n
n
n
a
a
a
n
，
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两式相减得：
1
1
1
2
2
(
1) 2
(
1) 2
n
n
n
n
na
n
n
n
，
1
na
n
，又
1
2
a
，满足
1
na
n
，
∴
1
na
n
，
(2
1)
(
3)
2
2
n
n
n
n n
S
．故答案为：
1
n ；(
3)
2
n n
．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是把新定义进行转化，转化为与数列通项公式有关的和
式，然后可求通项公式．还要注意解题中
(
2)
na n
与
1a 求法的不同，需要分别求解验证．
【例2】在数列
na
中，
1
2
a
，
1
1
ln(1
)
1
n
n
a
a
n
n
n
，则
na （
）
A．2
ln
n
n
B．
2
1 ln
n
n
C．1
ln
n
n
D．2
ln
n
n
n
【答案】D
【解析】由题，
1
1
ln
1
n
n
a
a
n
n
n
n
，则
1
ln
1
1
n
n
a
a
n
n
n
n
，
1
2
1
ln
1
2
2
n
n
a
a
n
n
n
n
…，
2
1
2
ln
2
1
1
a
a
，
所以由累加法可得，
1
1
2
ln
ln
ln
1
1
2
1
na
a
n
n
n
n
n
，即
1
1
2
ln
1
2
1
na
n
n
a
n
n
n
，则
2
ln
na
n
n
，所以
2
ln
na
n
n
n
，故选D．
考查等（差）比数列的证明
【例1】已知数列{
}
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
4
2
n
n
S
a
，
1
1
a
．
（1）
1
2
n
n
n
b
a
a
，求证数列{ }
nb
是等比数列；（2）设
2
n
n
n
a
c
，求证数列{ }
nc
是等差数列；
【解析】（1）由题意，
1
4
2
n
n
S
a
，
2
1
4
2
n
n
S
a
，两式相减，得
2
1
1
2
1
4
,
4
4
n
n
n
n
n
n
n
S
S
a
a
a
a
a
，
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
，
1
1
2
,
2
n
n
n
n
n
b
a
a
b
b
，又由题设，得
2
1
4
2
6
a
，即
2
5
a
，
1
2
1
2
3
b
a
a
，∴{ }
nb
是首项为3，公比为2 的等比数列；
（2）由（1）得
1
3 2n
nb
，
1
1
2
3 2n
n
n
n
b
a
a
，
1
1
3
2
2
4
n
n
n
n
a
a
，即
1
3
4
n
n
c
c
．∴数列{ }
nc
是首项为1
2
，公差为3
4
的等差数列；
【点睛】本题考查数列递推式，考查了等差关系与等比关系的确定，是中档题．
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70 / 397
考查等差（比）数列性质：
【例1】（2021·四川凉山彝族自治州一模）
n
S 为正项等差数列
na
的前n 项和，
3
5
7
9
a
a
a
tS
，则t
（
）
A．3
B．1
3
C．2
D．2
3
【答案】B
【解析】因为数列
na
为正项等差数列，且
3
5
7
9
a
a
a
tS
，所以
1
9
5
5
3
9
9
2
a
a
a
t
ta
，解得
1
3
t
，
故选B．
【例2】设
na
是等比数列，且
2
4
5
a a
a
，
4
27
a
，则
na
的通项公式为_______．
【答案】
1
3
n
na
，n
N ．
【解析】设等比数列
na
的公比为q ，因为
2
4
5
a a
a
，4
27
a
，所以
2
2
3
5
4
2
4
27
a
a
a
a
q
q
q
，解得
3
q
，
所以
4
1
3
27
1
27
a
a
q
，因此，
1
3
n
na
，n
N ．故答案为
1
3
n
na
，n
N ．
【名师点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，熟记等比数列的通项公式即可，属于常考题型．
考查数列求和：
【例1】（2021·河南郑州一模）设
n
S 为数列
na
的前n 项和，
*
(
)
(
1
1
)
,
2
n
n
n
n
S
a
n
N
，则数列
n
S
的前
7 项和为（
）
A．
1
256
B．
85
256
C．
1
1024
D．
341
1024
【答案】B
【解析】∵
( 1)
1
2
n
n
n
n
S
a
，∴
1
n
时，
1
1
1
2
S
a
，即
1
1
1
2
a
a
，
1
1
4
a
，
由已知
1
( 1)
2
n
n
n
n
S
a
，
当
2
n
时，
1
1
1
1
1
1
1
1
( 1)
( 1)
( 1)
( 1)
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
a
a
(*)，
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公众号：一枚试卷君
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(*)式中n 为偶数时，
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
，
1
1
2
n
n
a
，此时
1
n
为奇数，∴n 为奇数时
1
1
2
n
n
a
；
(*)式中n 为奇数时，
1
1
2
n
n
n
n
a
a
a
，
1
1
2
2
n
n
n
a
a
，即
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
n
n
n
n
a
，此时
1
n
为偶数，∴n 为偶数时，
1
2
n
n
a
，∴
1
1 ,
2
1 ,
2
n
n
n
n
a
n
为奇数
为偶数
，由
1
( 1)
2
n
n
n
n
S
a
，得
n 为奇数时，
1
1
1
2
2
n
n
n
S
，n 为偶数时，
1
1
0
2
2
n
n
n
S
，∴数列{
}
n
S
的前7 项和为
1
1
1
1
1
1
1
1
4
2
16
8
64
32
256
128
1
1
1
1
85
4
16
64
256
256
．故选B．
【点睛】关键点点睛：本题考查求数列的前n 项和．解题关键是确定通项公式
n
a ，为此利用
2
n
时，
1
n
n
n
a
S
S
得递推关系，然后按n 的奇偶分类计算求解．最后确定数列{
}
n
S
中的各项，求出前7 项和．
【例2】已知递增等比数列
na
满足：
2
3
a
，
3
13
S
．
（1）求
na
的前n 项和
n
S ；（2）设
3
1
1
1 log
n
n
b
n
a
，求数列
nb
的前n 项和
nT ．
【答案】（1）
1
3
n
na
，
3
1
2
n
n
S
；（2）
1
n
n
T
n
．
【解析】（1）由题可知
2
3
3
13
a
S
，
1
2
1
3
1
13
a q
a
q
q
，由递增等比数列
1
1
3
n
a
a
q
或
1
9
1
3
a
q
（舍），所
以
1
1
3
1
1
2
n
n
n
a
q
S
q
；
（2）由（1）知
1
3n
na
，所以
3
1
1
1
1
1
1 log
1
1
n
n
b
n
a
n n
n
n
．
所以数列
nb
的前n 项和：
1
2
3
n
n
T
b
b
b
b
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
n
n
1
1
1
1
n
n
n
．数列
nb
的前n 项和
1
n
n
T
n
．
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72 / 397
【点睛】本小题主要考查等比数列基本量的计算，考查等比数列通项公式和前n 项和公式，考查裂项求和法，
属于中档题．
考查数列应用：
【例1】习近平总书记指出：“我们既要绿水青山，也要金山银山．”新能源汽车环保、节能，以电代油，减少
排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业发展的方向．工业部表示，到2025 年中国的汽车总销量将达
到3500 万辆，并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一．山东某新能源公司年初购入一批新能源汽车充电桩，
每台12800 元，第一年每台设备的维修保养费用为1000 元，以后每年增加400 元，每台充电桩每年可给公司收
益6400 元．
（1）每台充电桩第几年开始获利？（
33
5.7
）
（2）每台充电桩在第几年时，年平均利润最大．
【答案】（1）公司从第3 年开始获利；（2）在第8 年时，每台充电桩年平均利润最大
【解析】（1）由题意知每年的维修保养费用是以1000 为首项，400 为公差的等差数列，设第n 年时累计利润为
( )
f n ，
( )
6400
[1000
1400
(400
600)]
12800
f n
n
n
L
6400
(200
800)
12800
n
n
n
2
200
5600
12800
n
n
2
200
28
64
n
n
，
开始获利即
( )
0
f n
，∴
2
200
28
64
0
n
n
，即
2
28
64
0
n
n
，
解得14
2 33
14
2 33
n
，∵
33
5.7
，∴2.6
25.4
n
，∴公司从第3 年开始获利；
（2）每台充电桩年平均利润为
( )
64
200
28
200(2 64
28)
2400
f n
n
n
n
e
，
当且仅当
64
n
n
，即
8
n
时，等号成立．即在第8 年时每台充电桩年平均利润最大为2400 元．
【点睛】本题考查等差数列的实际应用和利用基本不等式求最值，考查学生分析问题，解决问题的能力，根据
条件列出符合题意的表达式是解本题的关键，属中档题．
考查数列与不等式：
【例1】已知正数数列
na
满足
1
1
a
，
2
n
n
S
n a
．令
!
n
n
S
b
n
（其中!
1
2
3
n
n
），数列
nb
的前n
项和为
nT ，证明：1
2
nT
．
【答案】证明见解析
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【解析】当
2
n
且n
N 时，
2
2
1
1
1
n
n
n
n
n
a
S
S
n a
n
a
，整理可得：
1
1
1
n
n
a
n
a
n
1
2
2
n
n
a
n
a
n
，
2
3
3
1
n
n
a
n
a
n
，…，
3
2
2
4
a
a
，
2
1
1
3
a
a
1
1
2
3
2
1
2
1
1
4
3
1
na
n
n
n
a
n
n
n
n n
2
1
na
n n
当
1
n
时，
1
1
a
符合
2
1
na
n n
2
1
1
2
1
1
na
n n
n
n
，
*
n
N
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
1
2
2
3
1
1
1
n
n
S
n
n
n
n
所以
2
1
1
2
!
1
!
!
1 !
n
n
S
n
b
n
n
n
n
n
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2!
2!
3!
!
1 !
1 !
nT
n
n
n
1
0
1 !
n
，
1
1
1
1 !
n
，
2
nT
又
0
na
，
0
nb
，
1
1
2
1
1
2!
nT
T
，综上所述：1
2
nT
【点睛】本题考查数列通项公式的求解、裂项相消法求解数列的前n 项和的问题；涉及到
n
a 与
n
S 关系的应用、
累乘法求解数列的通项公式等知识；求解数列前n 项和的关键是能够根据通项公式的形式进行准确裂项，进而
前后相消求得结果．
等差数列前n 项和最值问题
【例】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n 项和为Sn，且S10＝S15，求当n 取何值时，Sn 取得最大值，并求
出它的最大值．
【解析】法一：因为a1＝20，S10＝S15，
所以10×20＋10×9
2
d＝15×20＋15×14
2
d，所以d＝－5
3．
由an＝20＋(n－1)× －5
3 ＝－5
3n＋65
3 ，得a13＝0．即当n≤12 时，an>0，当n≥14 时，an<0．
所以当n＝12 或13 时，Sn 取得最大值，且最大值为S12＝S13＝13×(20＋0)
2
＝130．
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解法二：Sn＝20n＋n(n－1)
2
· －5
3 ＝－5
6n2＋125
6 n＝－5
6
n－25
2
2
＋3 125
24 ．
因为n∈N*，所以当n＝12 或13 时，Sn 取得最大值，且最大值为S12＝S13＝130．
解法三：由S10＝S15 得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0．所以5a13＝0，即a13＝0．
所以当n＝12 或13 时，Sn 取得最大值，最大值为S12＝S13＝130．
【变式】若将本例条件“a1＝20”改为“a1＝－20”，其他条件不变，求当n 取何值时，Sn 取得最小值，并
求出最小值．
【解析】由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以a13＝0．又a1＝－20，所以a12<0，a14>0，
所以当n＝12 或13 时，Sn 取得最小值，最小值S12＝S13＝－130．
求等差数列前n 项和Sn 最值的两种方法
1．函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方
法求解．
2．邻项变号法：
(1)当a1>0，d<0 时，满足
am≥0，
am＋1≤0
的项数m 使得Sn 取得最大值Sm．
(2)当a1<0，d>0 时，满足
am≤0，
am＋1≥0
的项数m 使得Sn 取得最小值Sm．
专题08 不等式
1．【高考全国Ⅱ文12 理11】若
y
x
y
x
3
3
2
2
，则
（
）
A．
ln
1
0
y
x
B．ln(
1)
0
y
x
C．
0
ln
y
x
D．
0
ln
y
x
【答案】A
【解析】由2
2
3
3
x
y
x
y
得：2
3
2
3
x
x
y
y
，令
2
3
t
t
f t
，
2x
y
为R 上的增函数，
3 x
y
为R 上的减函数，
f t
为R 上的增函数，
x
y
，
0
y
x
Q
，
1
1
y
x
，
ln
1
0
y
x
，则A 正确，B 错误；
x
y
Q
与1的大小不确定，故CD
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无法确定，故选A．
【名师点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得
到,x y 的大小关系，考查了转化与化归的数学思想．
2．【高考全国Ⅲ理12】已知
5
4
4
5
5
8 ,13
8
．设
5
8
13
log 3 ,
log 5 ,
log 8
a
b
c
，则（
）
A．a
b
c
B．b
a
c
C．b
c
a
D．c
a
b
【答案】A
【
解
析
】
解
法
一
：
由
题
意
可
知
a
、
b
、
0,1
c
，
2
2
2
5
2
8
log 3
lg3 lg8
1
lg3
lg8
lg3
lg8
lg 24
1
log 5
lg5 lg5
2
2lg5
lg 25
lg5
a
b
，
a
b
；
由
8
log 5
b
，得8
5
b
，由
5
4
5
8
，得
5
4
8
8
b
，
5
4
b
，可得
4
5
b
；
由
13
log 8
c
，得13
8
c
，由
4
5
13
8
，得
4
5
13
13 c
，
5
4
c
，可得
4
5
c
．
综上所述，a
b
c
．故选A．
解法二：易知
(0 1)
a,b,c
,
，由
2
2
2
5
5
5
5
5
5
8
log 3
log 8
log 24
log 3
2
log 3 log 8
1
log 5
4
4
4
a
b
，知
a
b
．∵
8
log 5
b
，
13
log 8
c
，∴8
5
b
，13
8
c
，即
5
5
8
5
b
，
4
4
13
8
c
又∵
5
4
5
8
，
4
5
13
8
，∴
4
4
5
5
4
13
8
5
8
13
c
b
b
，即b
c
．综上所述：a
b
c
，故选A．
【名师点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应
用，考查推理能力，属于中等题．
3．【新高考山东海南8】若定义在R 上的奇函数
( )
f x 在(
,0)
单调递减，且
(2)
0
f
，则满足
(
1)
0
xf x
的x
的取值范围是
（
）
A．
1,1
3,
B．
3,
1
0 ,1
C．
1, 0
1,
D．
1, 0
1, 3
【答案】D
【解析】∵定义在R 上的奇函数
( )
f x 在(
,0)
上单调递减，且
(2)
0
f
，
∴
( )
f x 在(0,
)
上也是单调递减，且
( 2)
0
f
，
(0)
0
f
，
∴当
(
, 2)
(0,2)
x
时，
( )
0
f x
，当
( 2,0)
(2,
)
x
时，
( )
0
f x
，
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76 / 397
∴由
(
1
0
)
xf x
可得：
0
2
1
0
1
2
x
x
x
或
或
0
0
1
2
1
2
x
x
x
或
或
0
x
解得1
0
x
或1
3
x
，∴满足
(
1
0
)
xf x
的x 的取值范围是
1, 0
1, 3
，故选D．
【名师点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题．
4．【高考浙江9】已知
,
a bR 且
0
ab
，若
2
0
x
a
x
b
x
a
b
在
0
x
上恒成立，则（
）
A．
0
a
B．
0
a
C．
0
b
D．
0
b
【答案】C
【解析】当
0
a
时，在
0
x
上，
0
x
a
恒成立，∴只需满足
2
0
x
b
x
a
b
恒成立，此时2a
b
b
，
由二次函数的图象可知，只有
0
b
时，满足
2
0
x
b
x
a
b
，
0
b
不满条件；
当
0
b
时，在
0,上，
0
x
b
恒成立，∴只需满足
2
0
x
a
x
a
b
恒成立，此时当两根分别为
x
a
和
2
x
a
b
，
（1）当
0
a
b
时，此时0
2
a
a
b
，当
0
x
时，
2
0
x
a
x
a
b
不恒成立，
（2）当
0
a
b
时，此时2a
b
a
，若满足
2
0
x
a
x
a
b
恒成立，只需满足
0
a
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当
0
a
b
时，此时2
0
a
b
a
，满足
2
0
x
a
x
a
b
恒成立，
综上可知满足
2
0
x
a
x
b
x
a
b
在
0
x
恒成立时，只有
0
b
，故选C ．
【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题．
5．【高考北京6】已知函数
1
2
)
(
x
x
f
x
，则不等式
( )
0
f x
的解集是
（
）
A．
1,1
B．
,
1
1,
C．
0 ,1
D．
, 0
1,
【答案】D
【解析】因为
2
1
x
f x
x
，所以
0
f x
等价于2
1
x
x
，在同一直角坐标系中作出
2x
y
和
1
y
x
的图象如图，两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2) ，不等式2
1
x
x
的解为
0
x
或
1
x
，所以不等式
0
f x
的解集为：
,0
1,
，故选D．
【名师点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础题．
6．【高考全国Ⅰ文理13】若
, y
x
满足约束条件
,
,
,
2
2
0
1
0
1
0
x
y
x
y
y
则
7
z
x
y
的最大值为__________．
【答案】1
【解析】绘制不等式组表示的平面区域如图所示，目标函数
7
z
x
y
即：
1
1
7
7
y
x
z
，其中z 取得最大
值时，其几何意义表示直线系在y 轴上的截距最大，据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A 处取得
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最大值，联立直线方程：
2
2
0
1
0
x
y
x
y
，可得点A 的坐标为：(
)
1,0
A
，据此可知目标函数的最大值为：
max
1
7 0
1
z
，故答案为：1．
【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．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
1、含有参数的不等式的求解，往往需要比较(相应方程)根的大小，对参数进行分类讨论
（1）若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则
可对判别式进行分类讨论．
（2）若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为
零的情形，以便确定解集的形式．
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一元二次
不等式
（3）其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集．
2、一元二次不等式恒成立问题求解思路
（1）一元二次不等式在R 上恒成立确定参数的范围时，结合一元二次方程，利用判别式来
求解．
（2）一元二次不等式在x∈[a，b]上恒成立确定参数范围时，要根据函数的单调性，求其最
小值，让最小值大于等于0，从而求参数的范围．
线性规划
1．求目标函数的最值3 步骤：①作图；②平移；③求值．
2．常见的3 类目标函数
(1)截距型：形如z＝ax＋by．求这类目标函数的最值常将函数z＝ax＋by 转化为直线的
斜截式：y＝－a
bx＋z
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z＝(x－a)2＋(y－b)2．
(3)斜率型：形如z＝y－b
x－a
．
导数与不等
式恒成立
1、含全称、存在量词不等式恒成立问题的方法
（1）存在x1∈A，任意x2∈B 使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max．
（2）任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min．
（3）任意x1∈A，x2∈B，使f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)max．
（4）存在x1∈A，x2∈B，使f(x1)≤g(x2)，则f(x)min≤g(x)max．
2、利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或
a≤f(x))的形式，通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围．恒成立问题的求解方法：a≥f(x)在x
∈D 上恒成立，则a≥f(x)max(x∈D)；a≤f(x)在x∈D 上恒成立，则a≤f(x)min．
基本不
等式
1．应用基本不等式解题一定要注意应用的前提：“一正”“二定”“三相等”．所谓“一正”是指正
数，“二定”是指应用基本不等式求最值时，和或积为定值，“三相等”是指满足等号成立的条
件．
2．在利用基本不等式求最值时，要根据式子的特征灵活变形，配凑出积、和为常数的形式，
然后再利用基本不等式．
3、条件最值的求解通常有三种方法：一是消元法，即根据条件建立两个量之间的函数关系，
然后代入代数式转化为函数的最值求解；二是将条件灵活变形，利用常数代换的方法构造和
或积为常数的式子，然后利用基本不等式求解最值；三是对条件使用基本不等式，建立所求
目标函数的不等式求解．
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4、基本不等式的应用非常广泛，它可以和数学的其他知识交汇考查，解决这类问题的策略
是：
（1）先根据所交汇的知识进行变形，通过换元、配凑、巧换“1”等手段把最值问题转化为用
基本不等式求解，这是难点．
（2）用基本不等式求最值，要有用基本不等式求最值的意识．
（3）检验．检验等号是否成立，完成后续问题．
数列与不
等式证明
1．两平面向量共线的充要条件有两种形式
①若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b 的充要条件是x1y2－x2y1＝0；②a∥b(b≠0)⇔a＝
λb．
2．向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数．当两向量的坐
标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解．
考查一元二次不等式解法：
【例1】（2021·湖南衡阳模拟）不等式
2
2
0
ax
bx
的解集为
1
2
x
x
，则不等式
2
2
0
x
bx
a
的
解集为（
）
A．
1
x x 或
1
2
x
B．
1
1
2
x
x
C．
2
1
x
x
D．
2
x x 或
1
x
【答案】A
【解析】由题意可知1
、2 是关于x 的二次方程
2
2
0
ax
bx
的两根，
由韦达定理可得
2
1 2
1
2
a
b
a
，解得
1
1
a
b
，不等式
2
2
0
x
bx
a
即为
2
2
1
0
x
x
，解得
1
x 或
1
2
x
．因此，不等式
2
2
0
x
bx
a
的解集为
1
x x 或
1
2
x
，故选A．
【例2】
解关于x 的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．
【解析】若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1．
若a<0，原不等式等价于x－1
a (x－1)>0，解得x<1
a或x>1．
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若a>0，原不等式等价于x－1
a (x－1)<0．
1
当a＝1 时，1
a＝1，x－1
a (x－1)<0 无解；②当a>1 时，1
a<1，解x－1
a (x－1)<0，得1
a<x<1；
③当0<a<1 时，1
a>1，解x－1
a (x－1)<0，得1<x<1
a．
综上所述，当a<0 时，解集为x|x<1
a或x>1 ；
当a＝0 时，解集为{x|x>1}；
当0<a<1 时，解集为x|1<x<1
a ；当a＝1 时，解集为∅；当a>1 时，解集为x|1
a<x<1 ．
考查一元二次不等式恒成立：
【典例1】已知命题“
，使
”是假命题，则实数
的取值范围是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】原命题是假命题，则其否定是真命题，即
2
1
,2
1
0
2
x
R
x
a
x
恒成立，故判别式
2
1
4
0,
1,3
a
a
，故选B。
【典例2】设函数f(x)＝mx2－mx－1．若对于x∈[1，3]，f(x)<－m＋5 恒成立，求m 的取值范围．
【答案】{m|m<6
7}．
【解析】要使f(x)<－m＋5 在x∈[1，3]上恒成立，即m x－1
2 23
4m－6<0 在x∈[1，3]上恒成立．
令g(x)＝m x－1
2 2＋3
4m－6，x∈[1，3]，当m>0 时，g(x)在[1，3]上是增函数，所以g(x)max＝g(3)⇒
7m－6<0，所以m<6
7，所以0<m<6
7；当m＝0 时，－6<0 恒成立；当m<0 时，g(x)在[1，3]上是减函数，
所以g(x)max＝g(1)⇒m－6<0，所以m<6，所以m<0．综上所述：m 的取值范围是{m|m<6
7}．
考查基本不等式：
【例1】（2021·石嘴山三中高三期末）已知正数a，b 满足2a
b
ab
，则
2
a
b 的最小值为（
）
A．8
B．10
C．9
D．6
【答案】C
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解析】由2a
b
ab
得2
1
1
b
a
，
因为
0,.
0
a
b
，所以
2
1
2
2
2
(
2 )(
)
5
a
b
a
b
a
b b
a
b
a
2
2
5
2
5
4
9
a
b
b
a
，
当且仅当2
2
a
b
b
a
且2
1
1
b
a
，即
3
a
b
时，等号成立，所以
2
a
b 的最小值为9，故选C。
【名师点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的
因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的
最值，这也是最容易发生错误的地方．
【例2】若正数
,
m n 满足
1
2
n
m
，则1
1
m
n
的最小值为
A．
2
2
3
B．3
2
C．2
2 2
D．3
【答案】A
【解析】由题意，因为
1
2
n
m
，则1
1
1
1
2
2
(
) (2
)
3
3
2
3
2 2
n
m
n
m
m
n
m
n
m
n
m
n
m
n
，
当且仅当
2
n
m
m
n
，即
2
n
m
时等号成立，所以1
1
m
n
的最小值为
2
2
3
，故选A．
【名师点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题，其中解答中合理构造，利用基本不等式准确运算
是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
【例3】已知x<5
4 ，求f(x)＝4x－2＋
1
4x－5
的最大值．
【解析】因为x<5
4，所以5－4x>0，则f(x)＝4x－2＋
1
4x－5
＝－
5－4x＋
1
5－4x ＋3≤－2
5－4x
\f(1
5－4x)＋3
＝－2＋3＝1．当且仅当5－4x＝
1
5－4x
，即x＝1 时，等号成立．故f(x)＝4x－2＋
1
4x－5
的最大值为1．
考查线性规划：
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【例1】
（2021·江西五市九校协作体联考）若x，y 满足约束条件
4
0
2
4
0
2
2
0
x
y
x
y
x
y
，则
4
z
x
y
的最小值为（
）
A．26
B．4
C．26
5
D．26
【答案】B
【解析】由题意可知，如上图，不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（包含边界），目标函数
4
z
x
y
变为
1
1
4
4
y
x
z
，当直线
1
1
4
4
y
x
z
经过点
4,0 时，z 值最小，1
1
4 z
，故
min
4
z
，故选B．
【名师点睛】易错点睛：本题由于三条直线能够围成一个三角形，很自然的会将其看作是可行域，实际上，在
判断可行域时，一定要验证一下原点是否在可行域内再确定．
【例2】某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B 两种原料．已知生产1 吨每种产品需原料及每天原料的可用
限额如表所示，如果生产1 吨甲、乙产品可获利润分别为3 万元、4 万元，则该企业每天可获得最大利润
为（
）
A．12 万元
B．16 万元
C．17 万元
D．18 万元
【答案】D
【解析】设该企业每天生产甲、乙两种产品分别为x 、y 吨，则利润
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3
4
z
x
y
，由题意可列
3
2
12
2
8
0
0
x
y
x
y
x
y
，其表示如图阴影部分区域：
当直线3
4
0
x
y
z
过点
(2,3)
A
时，z 取得最大值，所以
max
3 2
4 3
18
z
，故选D．
考查数列与不等式：
【例1】（2021·广东湛江·模拟）已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，
1
0
n
n
a
a
，2
3
a
，且
1a ，3
a ，
7
12
a
成等比数列．
（1）求
n
a 和
n
S ；
（2）设
1
1
n
n
n
b
S S
，数列
nb
的前n 项和为
nT ，求证：1
1
2
nT
．
【解析】（1）设等差数列
na
的公差为d ，首项为
1a ，由
1
0
n
n
a
a
，得
0
d
，
则
2
2
3
1
7
3,
(12
),
a
a
a
a
所以
1
2
1
1
1
3,
(
2 )
(12
6 ).
a
d
a
d
a
a
d
解得
1
1
a
，
2
d
，所以
2
1
na
n
，
2
1
2
1
2
n
n
n
S
n
．
（2）因为
1
1
1
1
1
(
1)
1
n
n
n
b
S S
n n
n
n
，所以
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
1
nT
n
n
n
．
因为
1
1
1
nT
n
单调递增．所以
1
1
2
nT
T
，综上，1
1
2
T
．
【名师点睛】方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这
个数列的前n 项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列
的前n 项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列：或可求和的数列组成，则求和时可用
分组转换法分别求和再相加减；
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（5）并项求和法：一个数列的前n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如an=(−1)nf(n)类型，可采
用两项合并求解．
考查导数与不等式：
【例1】已知函数
2
1
( )
ex
ax
x
f x
，证明：当
1
a
时，
( )
e
0
f x
．
【证明】由题意：原不等式等价于：
1
2
1
0
xe
ax
x
恒成立；令
1
2
( )
1
x
g x
e
ax
x
，
∴
1
( )
2
1
x
g x
e
ax
，
1
( )
2
x
g
x
e
a
，∵
1
a
，∴
( )
0
g
x
恒成立，∴
( )
g x
在(
,
)
上
单调递增，∴
( )
g x
在(
,
)
上存在唯一
0x 使
0
(
)
0
g x
，∴
0 1
0
2
1
0
xe
ax
，即
0 1
0
2
1
xe
ax
，
且( )
g x 在
0
(
,
)
x
上单调递减，在
0
(
,
)
x 上单调递增，∴
0
( )
(
)
g x
g x
．
又
0 1
2
2
0
0
0
0
0
0
0
(
)
1
(1
2 )
2
(
1)(
2)
x
g x
e
ax
x
ax
a x
ax
x
，
1
1
1
(
)
1
a
g
e
a
，
∵
1
a ，∴
1
1
0
1
1
a
e
e
，∴
0
1
x
a
，∴
0
(
)
0
g x
，综上所述：当
1
a 时，
0
f x
e
．
【例2】已知函数
( )
e
sin
cos ,
( )
e
sin
cos
x
x
f x
x
x
g x
x
x
．
（1）证明：当
5
4
x
时，
( ) 0
f x f ；
（2）若( ) 2
g x
ax
f
，求a ．
【解析】(1)分类讨论：
①．当
4
5
,
4
x
，
2 sin
0
4
x
f
x
e
x
；
②．当
,0
4
x
时，
cos
sin ,
0
0
x
f
x
e
x
x f
，
sin
cos
2 sin
0
4
x
x
f
x
e
x
x
e
x
，
则函数
f
x
在
,0
4
上单调增，则
0
0
f
x
f
，
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则函数
f x 在
,0
4
上单调减，则
0
0
f
x
f
；
③．当
0
x
时，由函数的解析式可知
0
1 0 1
0
f
，
当
0,
x
时，令
sin
0
H x
x
x x
，则
'
cos
1
0
H
x
x
，
故函数
H x 在区间
0,上单调递增，从而：
0
0
H x
H
，即
sin
0, sin
x
x
x
x
，
从而函数
sin
cos
1
x
x
f x
e
x
x
e
x
，
令
1
x
y
e
x
，则：
1
x
y
e
，当
0
x
时，
0
y
，故
1
x
y
e
x
在
0,单调递增，故函数的最小
值为
0
min
0 1
0
y
e
，从而：
1
0
xe
x
．从而函数
sin
cos
1
0
x
x
f x
e
x
x
e
x
；
综上可得，题中的结论成立．
(2) 当
5
4
x
时，令
2
sin
cos
2
x
h x
g x
ax
e
x
x
ax
﹐
则
cos
sin
x
h x
e
x
x
a
，
0
h
x
f x
，故
h x
单调递增，
当
2
a
时，
0
2
0
h
a
，
ln
2
2
2 sin ln
2
0
4
h
a
a
，
1
0,ln
2
x
a
使得
1
0
h x
，
当
1
0
x
x
时，
0,
h x
h x
单调递减，
0
0
h x
h
不符合题意；
当
2
a
时，
0
0
h
，若在
5
,0
4
x
上，总有
0
h x
（不恒为零），则
h x 在
5
,
4
上为增
函数，但
0
0
h
，故当
5
,0
4
x
时，
0
h x
，不合题意．
故在
5
,0
4
x
上，
0
h x
有解，故
2
5
,0
4
x
，使得
2
0
h x
，且当
2
0
x
x
时，
0,
h x
h x
单调递增，故当
2,0
x
x
时，
(0)
0
h x
h
，不符合题意；
故
2
a
不符合题意，当a=2 时，
cos
sin
2
x
h x
e
x
x
，由于
h x
单调递增，
0
0
h
，故：
5
0
4
x
时，
0,
h x
h x
单调递减；当
0
x
时，
0,
h x
h x
单调递增，此时
0
0
h x
h
﹔
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当
5
4
x
e
时，
5
sin
cos
2
2
0
2
2
0
2
x
h x
e
x
x
x
，综上可得，a=2．
【名师点睛】对于利用导数研究不等式问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；
（3）根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直
接求岀最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大．
不等式恒成立问题
分离参数求参数取值范围
【例1】已知函数f(x)＝ex＋ax2－e2x．若x>0 时，总有f(x)>－e2x，求实数a 的取值范围．
【解析】由f(x)>－e2x 得a>－ex
x2．设g(x)＝－ex
x2，x>0，则g′(x)＝错误!．所以当x∈(0，2)时，g′(x)>0，g(x)在(0，
2)上单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)在(2，＋∞)上单调递减．所以g(x)≤g(2)＝－e2
4．因此，a 的取值
范围是－e2
4，＋∞．
小结：利用导数研究含参数的不等式问题，若能够分离参数，则常将问题转化为形如a≥f(x)(或a≤f(x))的形式，
通过求函数y＝f(x)的最值求得参数范围．恒成立问题的求解方法：a≥f(x)在x∈D 上恒成立，则a≥f(x)max(x∈D)；
a≤f(x)在x∈D 上恒成立，则a≤f(x)min．
转化法求参数范围
【例2】设函数f(x)＝a2lnx＋ax(a≠0)，g(x)＝错误!2tdt，F(x)＝g(x)－f(x)．
(1)试讨论F(x)的单调性．(2)当a>0 时，－e2≤F(x)≤1－e 在x∈[1，e]恒成立，求实数a 的取值．
【解析】(1)由题意得：g(x)＝错误!2tdt＝x2，所以F(x)＝g(x)－f(x)＝x2－a2lnx－ax(x>0)，
F′(x)＝2x－a2
x－a＝错误!，
a>0 时，x∈(0，a)时，F′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在(0，a)单调递减，在区间(a，＋∞)单调递增；
a<0 时，x∈0，－a
2 时，F′(x)<0，x∈－a
2，＋∞时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在区间0，－a
2 单调递减，在－a
2，＋∞单调递增，
综上，a>0 时，函数F(x)在区间(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增；
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a<0 时，函数F(x)在区间0，－a
2 单调递减，在区间－a
2，＋∞单调递增．
(2)由题意得F(1)＝g(1)－f(1)＝1－a≤1－e，即a≥e，当a>0 时，由(1)得F(x)在[1，e]内单调递减，
故要使－e2≤F(x)≤1－e 在x∈[1，e]恒成立，只需
F
1
≤1－e，
F
e
≥－e2，
即
1－a≤1－e，
e2－a2－ae≥－e2，
即
a≥e，
a≤e，
即
a＝e．
小结：破解此类题需“一形一分类”，“一形”是指会结合函数的图象，对函数进行求导，然后判断其极值，
从而得到含有参数的方程组，解方程组，即可求出参数的值；“一分类”是指对不等式恒成立问题，常需对参数
进行分类讨论，求出参数的取值范围．
不等式能成立问题
含参数的能成立(存在型)问题
【例1】已知函数f(x)＝x3－ax2＋10．
(1)当a＝1 时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程．
(2)在区间[1，2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0 成立，求实数a 的取值范围．
【解析】(1)当a＝1 时，f(x)＝x3－x2＋10，所以f′(x)＝3x2－2x．所以k＝f′(2)＝8．
又f(2)＝14，所以切线方程为y＝8x－2．
(2)由已知得：a>x3＋10
x2
＝x＋10
x2，设g(x)＝x＋10
x2(1≤x≤2)，则g′(x)＝1－20
x3，因为1≤x≤2，
所以g′(x)<0．所以g(x)在[1，2]上是减函数，所以g(x)min＝g(2)＝9
2，a>9
2，
即a 的取值范围是
9
2，＋∞．
小结：含参数的能成立(存在型)问题的解题方法
（1）a≥f(x)在x∈D 上能成立，则a≥f(x)min；
（2）a≤f(x)在x∈D 上能成立，则a≤f(x)max．
含有全称量词与存在量词的不等式问题
【例2】已知函数f(x)＝1
2lnx－mx(m∈R)，g(x)＝x－a
x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间．
(2)若m＝1
2e2，对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，求实数a 的取值范围．
【解析】(1)f(x)＝1
2lnx－mx，x>0，所以f′(x)＝1
2x－m，
当m≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m>0 时，由f′(x)＝0 得x＝1
2m；由f′
x
>0，
x>0
得0<x< 1
2m；由f′
x
<0，
x>0
得x> 1
2m．
综上所述，当m≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
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当m>0 时，f(x)的单调递增区间为0，1
2m ，单调递减区间为
1
2m，＋∞．
(2)若m＝1
2e2，则f(x)＝1
2lnx－1
2e2x．对∀x1，x2∈[2，2e2]都有g(x1)≥f(x2)成立，等价于对∀x∈[2，2e2]都
有g(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2，2e2]上f(x)的最大值为f(e2)＝1
2，g′(x)＝1＋a
x2>0(a>0)，x∈[2，2e2]，函
数g(x)在[2，2e2]上是增函数，g(x)min＝g(2)＝2－a
2，由2－a
2≥1
2，得a≤3，又a>0，所以a∈(0，3]，即
实数a 的取值范围是(0，3]．
小结：含全称、存在量词不等式恒成立问题的方法
1．存在x1∈A，任意x2∈B 使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)max≥g(x)max．
2．任意x1∈A，存在x2∈B，使f(x1)≥g(x2)成立，则f(x)min≥g(x)min．
3．任意x1∈A，x2∈B，使f(x1)≥g(x2)，则f(x)min≥g(x)max．
4．存在x1∈A，x2∈B，使f(x1)≤g(x2)，则f(x)min≤g(x)max．
专题09
立体几何
1．【高考全国Ⅱ卷理数7】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为
M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为
（
）
A．E
B F ．
C．G
D．H
【答案】A
【思路导引】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点．
【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，
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图中标出了根据三视图M 点所在位置，可知在侧视图中所对应的点为E ，故选：A．
【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图判断点的位置，考查直观想象学
科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法．
2．【高考全国Ⅲ卷理数8】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是
（
）
A．6
4 2
B．4
4 2
C．6
2 3
D．4
2 3
【答案】C
【思路导引】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面
积．
【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，
根据立体图形可得：
1
2 2
2
2
ABC
ADC
CDB
S
S
S
△
△
△
，根据勾股定理可得：
2 2
AB
AD
DB
，
ADB
△
是边长为2 2 的等边三角形，根据三角形面积公式可得：
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2
1
1
3
sin 60
(2 2)
2 3
2
2
2
ADB
S
AB AD
△
，该几何体的表面积是：
2 3
6
2 3
3 2
，故选
C．
【专家解读】本题的特点是注重空间想象能力的考查，本题考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，考查
数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法．
3．【高考全国Ⅰ卷理3】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱
锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的
边长的比值为
（
）
A．
5
1
4
B．
5
1
2
C．
5
1
4
D．
5
1
2
【答案】C
【思路导引】设
,
CD
a PE
b
，利用
2
1
2
PO
CD PE
得到关于,a b 的方程，解方程即可得到答案．
【解析】如图，设
,
CD
a PE
b
，则
2
2
2
2
4
a
PO
PE
OE
b
，由题意
2
1
2
PO
ab
，即
2
2
1
4
2
a
b
ab
，
化简得
2
4( )
2
1
0
b
b
a
a
，解得
1
5
4
b
a
（负值舍去），故选C．
【专家解读】本题的特点是注重正棱锥中截面直角三角形的应用，本题考查了正四棱锥的概念及面积的计算，
考查正四棱锥中截面的性质，考查数学运算、直观想象等学科素养．正确进应用截面性质是解题的关键．
4．【高考全国Ⅰ卷理数10】已知
,
,
A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙
1
O 为ABC
的外接圆．若⊙
1
O 的面
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积为4π，
1
AB
BC
AC
OO
，则球O 的表面积为
（
）
A．64π
B．48
C．36
D．32
【答案】A
【思路导引】由已知可得等边ABC
的外接圆半径，进而求出其边长，得出
1
OO 的值，根据球截面性质，求出
球的半径，即可得出结论．
【解析】设圆
1
O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得
2
4 ,
2
r
r
，
由正弦定理可得
2 sin60
2 3
AB
r
，
1
2 3
OO
AB
，根据圆截面性质
1
OO 平面ABC ，
2
2
2
2
1
1
1
1
1
,
4
OO
O A R
OA
OO
O A
OO
r
，球O 的表面积
2
4
64
S
R
，故选A．
【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了三棱锥的外接球，考查球的表面积公式，考查
数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是正确应用球的截面性质．
5 ．【高考全国Ⅰ卷理数
16 】如图，在三棱锥P
ABC
的平面展开图中，
1,
3 ,
,
,
30
AC
AB
AD
AB
AC
AB
AD
CAE
，则cos
FCB
_____________．
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【答案】
1
4
【思路导引】在
ACE
△
中，利用余弦定理可求得CE ，可得出CF ，利用勾股定理计算出BC 、BD ，可得出
BF ，然后在BCF
中利用余弦定理可求得cos
FCB
的值．
【解析】
AB
AC
，
3
AB
，
1
AC
，由勾股定理得
2
2
2
BC
AB
AC
，
同理得
6
BD
，
6
BF
BD
，在
ACE
△
中，
1
AC
，
3
AE
AD
，
30
CAE
，
由余弦定理得
2
2
2
3
2
cos30
1 3
2 1
3
1
2
CE
AC
AE
AC AE
，
1
CF
CE
，
在BCF
中，
2
BC
，
6
BF
，
1
CF
，
由余弦定理得
2
2
2
1
4
6
1
cos
2
2 1 2
4
CF
BC
BF
FCB
CF BC
，故答案为：
1
4
．
【专家解读】本题的特点是注重空间角的计算，本题考查了利用余弦定理解三角形，考查数学运算、直观想象
等学科素养．解题关键是选择合适的三角形，利用余弦定理解决问题．
6．【高考全国Ⅲ卷理数15】已知圆维的底面半径为1，母线长为3 ，则该圆锥内半径最大的球的体积
为
．
【答案】
2
3
【思路导引】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值．
【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中
2,
3
BC
AB
AC
，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，
由于
2
2
3
1
2 2
AM
，故
1
2
2 2
2 2
2
S
△ABC
，设内切圆半径为r ，则：
ABC
AOB
BOC
AOC
S
S
S
S
△
△
△
△
1
1
1
2
2
2
AB
r
BC
r
AC
r
1
3
3
2
2 2
2
r
，
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解得：
2
2
r =
，其体积：
3
4
2
3
3
V
r
．故答案为：
2
3 ．
解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为
3
BS
，底面
半径为
=1
BC
，高为
2
2
2 2
SC
BS
BC
，不妨设该内切圆与母线BS 切于D 点，
令OD
OC
r
，则由
SOD
SBC
，可得OD
BC
OS
BS
，即
1
3
2 2
r
r
，得
2
2
r
，此时
3
4
2
=
3
3
V
r
．
【专家解读】本题的特点是圆锥与球的位置关系，本题考查了圆锥内切球，考查球的体积公式，考查数学运算、
数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量
关系，正确作出截面，构造直角三角形，应用勾股定理解题．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
1、空间几何体表面积的求法
（1）以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间
的位置关系及数量。
（2）多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理。
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几何
体表
面积
与体
积
（3）旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用。
2．求空间几何体体积的常用方法：
(1)公式法(适用于规则几何体)。
(2)割补法(适用于不规则的几何体，有时对不易求体积的规则几何体也用此法)。
(3)等体积转化法(适用于求三棱锥的体积)。
3．求空间几何体的体积最值的常用方法：
(1)几何法：由图形的特殊位置确定最值，如垂直。
(2)基本不等式法：根据条件建立两个变量的和或积为定值，利用基本不等式求体积的最值。
(3)函数法：通过建立相关函数式，将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解，此法应用
最为广泛。
三视图
1、根据三视图还原几何体
（1）对柱、锥、台、球的三视图要熟悉。
（2）明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图。
（3）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。
提醒：对于简单组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组
合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置，区分好实线
和虚线的不同。
2、由三视图还原几何体的三个步骤：第一步，先画长(正)方体，在长(正)方体中画出俯视图；
第二步，在三个视图中找直角；第三步，判断直角位置，并向上(或向下)做垂线，找到顶点，
连线即可。
平行问题
1．判定线面平行的四种方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)。
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)。
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)。
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)。
2．在应用线面平行的判定定理进行平行转化时，一定注意定理成立的条件，通常应严格按
照定理成立的条件规范书写步骤，如：把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直
线的平面和已知平面相交，这时才有直线与交线平行。
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96 / 397
3、证明面面平行的方法
（1）面面平行的定义。
（2）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这
两个平面平行。
（3）利用垂直于同一条直线的两个平面平行。
（4）两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行。
（5）利用“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”的相互转化。
4．三种平行关系的转化：
线线平行
判定定理
性质定理线面平行
判定定理
性质
面面平行性质定理
线线平行、线面平行、面面平行的相互转化是解决与平行有关的证明题的指导思想，解题中
既要注意一般的转化规律，又要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向。
垂直问题
1、证明直线和平面垂直的常用方法
(1)利用判定定理．(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)．
(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)．(4)利用面面垂直的性质．
2、证明面面垂直的主要方法
①利用判定定理．在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂线，充分利用等腰三角形底边
上的中线垂直于底边，勾股定理的逆定理等．②用定义证明．只需判定两平面所成二面角为
直二面角．③客观题中，也可应用：两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也
垂直于第三个平面．
3、必记结论：
(1)直线与平面垂直的定义常常逆用，即a⊥α，b⊂α⇒a⊥b.
(2)若平行直线中一条垂直于平面，则另一条也垂直于该平面．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
(5)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
4、垂直关系综合题的类型及解法
（1）三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化。
（2）垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用。
（3）垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体
积。
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空间角
1．向量法求异面直线所成角的方法
（1）选好基底或建立空间直角坐标系。
（2）求出两直线的方向向量v1，v2，代入公式|cos〈v1，v2〉|＝|v1·v2|
|v1||v2|
求解。
提醒：两异面直线所成角θ的范围是0，π
2 ，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面
直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当两异面直线的方向向量
的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角。
2．向量法求线面角的两大途径
（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或
其补角)。
（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余
角就是斜线和平面所成的角。
3、（1）利用向量法计算二面角大小的常用方法
①找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向
量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小。
②找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的
两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小。
（2）已知二面角大小求值的技巧
建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向
量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解。
4、平面的法向量求法步骤：
(1)设平面的法向量为n＝(x，y，z)．
(2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)；
(3)根据法向量的定义建立关于x，y，z 的方程组
n·a＝0，
n·b＝0；
(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量．
探索性问题
1、对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或
方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等。
2、对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数。
3、立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
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98 / 397
(1)根据条件作出判断，再进一步论证．
(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的
值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
球体
1．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
(1)外接球：球心是正方体中心；半径r＝3
2 a(a 为正方体的棱长)。
(2)内切球：球心是正方体中心；半径r＝a
2(a 为正方体的棱长)。
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r＝2
2 a(a 为正方体的棱长)。
2．正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r＝6
4 a(a 为正四面体的棱长)。
(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r＝6
12a(a 为正四面体的棱长)。
考查空间几何体的表面积与体积：
【例1】（2021·陕西咸阳一模）已知某圆锥的轴截面是边长为4 的正三角形，则它的体积为（
）
A．2 3
3
B．4 3
3
C．8 3
3
D．2 3
【答案】C
【解析】如图所示：
ABC
为边长为4 的正三角形，所以AB=AC=BC=4，取BC 中点为O，则
2
2
4
2
2 3
AO
，所以圆锥
的体积
2
1
8 3
2
2 3
3
3
V
.故选C.
【例2】在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
2
AB
BC
，
1
AC 与平面
1
1
BB C C 所成的角为30，则该长方体
的体积为（
）
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A．8
B．6 2
C．8 2
D．8 3
【答案】C
【解析】连接
1
AC 和
1
BC ，∵
1
AC 与平面
1
1
BB C C 所成角为30，∴
1
30
AC B
，
∴
1
1
tan30 ,
2 3
AB
BC
BC
，∴
1
2 2
CC
，∴
2 2 2 2
8 2
V
，故选C.
考查三视图：
【例1】（2021·宁夏吴忠一模）下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（
）
A．
2
12 a
B．
2
6 a
C．
2
3 a
D．
2
a
【答案】C
【解析】根据三视图可知，该几何体为如图正方体中的三棱锥A
BCD
，正方体的棱长等于a，三棱锥的外接
球就是正方体的外接球，所以外接球的直径2
3
R
a
，因此外接球的表面积为
2
2
4
3
S
R
a
，故选C．
【例2】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．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（
）
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A．2 17
B．2 5
C．3
D．2
【答案】B
【解析】三视图还原几何体为一圆柱，如图，将侧面展开，最短路径为
,
M N 连线的距离，所以
2
2
4
2
2 5
MN
，故选B.
考查平行、垂直问题：
【例1】如图，在四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 为矩形，平面PAD 平面ABCD ，PA
PD
，PA
PD
，E ，
F 分别为AD ，PB 的中点．
（1）求证：PE
BC
；
（2）求证：平面PAB 平面PCD ；
（3）求证：EF∥平面PCD ．
【解析】（1）
PA
PD
Q
，且E 为AD 的中点，
PE
AD
，
Q 底面ABCD 为矩形，
BC
AD
∥
，
PE
BC
．
（2）Q 底面ABCD 为矩形，
AB
AD
，Q 平面PAD 平面ABCD ，
AB
平面PAD ，
AB
PD
．又PA
PD
，
PD
Q
平面PAB ，平面PAB 平面PCD ．
（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．
F
Q
，G 分别为PB 和PC 的中点，
FG
BC
∥
，且
1
2
FG
BC
，
Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，
ED
BC
∥
，
1
2
DE
BC
，
ED
FG
∥
，且ED
FG
，四边形EFGD 为平行四边形，
EF
GD
∥
，又EF 平面PCD ，GD 平面PCD ，
EF
∥平面PCD ．
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【例2】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）
1
1
AB
A B C
平面
∥
；（2）
1
1
1
ABB A
A BC
平面
平面
．
【解析】（1）在平行六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
1
AB
A B
∥
．
因为AB 平面
1
1
A B C ，
1
1
A B 平面
1
1
A B C ，所以AB∥平面
1
1
A B C ．
（2）在平行六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，四边形
1
1
ABB A 为平行四边形，又因为
1
AA
AB
，
所以四边形
1
1
ABB A 为菱形，因此
1
1
AB
A B
．又因为
1
1
1
AB
B C
，
1
1
BC
B C
∥
，所以
1
AB
BC
．
又因为
1A B
BC
B
，
1A B 平面
1A BC ，BC 平面
1A BC ，所以
1
AB 平面
1A BC ．
因为
1
AB 平面
1
1
ABB A ，所以平面
1
1
ABB A 平面
1A BC ．
考查空间角：
【例1】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
1
1
1
ABC
A B C
中，设AC ，
1
1
AC 的中点分别为O ，
1
O ，则OB
OC
，
1
OO
OC
，
1
OO
OB
，以
1
,
,
OB OC OO
为基底，建立空间直角坐标系
O
xyz
．因为
1
2
AB
AA
，
所以
0
1,0
A
,
，
3,0,0
B
，
0,1,0
C
，
1 0, 1,2
A
，
1
3,0,2
B
，
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1 0,1,2
C
．
（1）因为P 为
1
1
A B 的中点，所以
3
1
,
,2
2
2
P
，
从而
3
1
,
,2
2
2
BP
，
1
0,2,2
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
1
AC 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
0,2,2
AC
，
1
0,0,2
CC
．设
, ,
x y z
n
为平面
1
AQC 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
1
CC 与平面
1
AQC 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
1
CC 与平面
1
AQC 所成角的正弦值为
5
5
．
【例2】
（2021·安徽六安一模）如图，在平面四边形PABC 中，PA
AC
，AB
BC
，
3
PA
AB
，
2
AC
，
现把
PAC
△
沿AC 折起，使P 在平面ABC 上的射影为O ，连接OA、OB ，且OB//AC .
（1）证明：OB 平面PAO ；
（2）求二面角O
PB
C
的余弦值.
【解析】（1）
PO
平面ABC ，AC 平面ABC ，
PO
AC
，
又PA
AC
，PA
PO
P
I
，所以AC 平面PAO ，
//
OB AC
Q
，所以OB 平面PAO 。
（2）在Rt ABC
中，
3
AB
，
2
AC
，则
2
2
1
BC
AC
AB
，
30
BAC
，
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在Rt OAB
中，
90
30
60
OAB
，所以
1
3
2
2
OA
AB
，
3
2
OB
，
Rt PAO
中，
3
PA
，
3
2
AO
，
2
2
3
2
OP
PA
OA
，
以点O 为坐标原点，OB 、OA、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O
xyz
，
则
3
0,
,0
2
A
、
3
2,
,0
2
C
、
3 ,0,0
2
B
、
3
0,0, 2
P
，所以
3
3
,0,
2
2
PB
uur
，
3
3
2,
,
2
2
PC
uuur
，
由（1）可知
0,1,0
m
ur
为平面POB 的一个法向量，
设平面平PBC 的法向量为
, ,
n
x y z
，则有
3
3
0
2
2
3
3
2
0
2
2
x
z
x
y
z
3
3
y
x
z
x
，
取
3
x
，得
3, 1, 3
n
，
1
7
cos
,
7
1
7
m n
m n
m n
，
由图可知，二面角O
PB
C
为钝角，所以，二面角O
PB
C
的余弦值为
7
7
.
【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标
平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从
而得到二面角的余弦值.
考查球体：
【例1】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(
)
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A．πa2
B. 7
3
πa2
C.11
3
πa2
D．5πa2
【答案】B
【解析】如图，O1，O 分别为上、下底面的中心，D 为O1O 的中点，则DB 为球的
半径，
有r＝DB＝
2
2
OD
OB
＝
2
3
4
3
a
a
＝
2
7
12
a
，
∴S 表＝4πr2＝4π×
2
7
12
a ＝7
3
πa2.
【例2】（2021·山西吕梁一模）已知四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧
面PAD 底面ABCD ，
2
AB
，若四棱锥P
ABCD
外接球的体积为8 2π
3
，则该四棱锥的表面积为（
）
A．4 3
B．6 3
C．8 3
D．10 3
【答案】B
【分析】首先确定球心O 的位置，过O 作底面ABCD 的垂线，垂足为M ，过O 作三角形APD 的垂线，垂足
为N ，过N 作N E
A D
，证明四边形MENO 是平行四边形，设
2
AD
x
，分别求出OA
OM
AM
、
、
的长，
利用勾股定理可得x，然后分别计算四个侧面和底面的面积可得答案.
【解析】设四棱锥P
ABCD
外接球的球心为O ，过O 作底面ABCD 的垂线，垂足为M ，
因为四边形ABCD 是长方形，所以M 的底面中心，即对角线AC
BD
、
的交点，
过O 作三角形APD 的垂线，垂足为N ，所以N 是正三角形APD 外心，
设外接球半径为r ，外接球的体积为
3
8 2π
4
3
3
r
，所以
2
r
，即
2
OA
，
过N 作N E
A D
，则E 是AD 的中点，连接EM ，所以
1
1
2
EM
AB
，EM
AD
，因为平面APD 平
面ABCD ，平面APD 平面ABCD
AD
，
所以NE 平面ABCD ，所以
//
NE OM ，所以EM 平面APD ，所以
//
EM ON ，
所以四边形MENO 是平行四边形，即OM
NE
，设
2
AD
x
，则
2
2
2
1
AM
AE
EM
x
，
1
1
3
3
3
3
2
3
NE
PE
AD
x
，所以
3
3
OM
NE
x
，由勾股定理得
2
2
2
OA
OM
AM
，即
2
2
1
2
1
3 x
x
，解得
3
2
x
，所以
3
AD
，
2
1
3 3
sin 60
2
4
PAD
S
AD
，
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因为
//
//
CD
AB
OM ，所以AB 平面APD ，CD 平面APD ，
所以PA
AB
，PD
CD
，
1
3
2
PAB
PCD
S
S
AB
AP
，
因为
2
2
7
PB
PC
PA
AB
，
3
BC
，
作PH
BC
于H ，所以H 为BC 的中点，所以
2
2
1
3
5
7
2
4
2
PH
PB
BC
，所以
1
5 3
2
4
PBC
S
PH
BC
，
2 3
ABCD
S
矩形
，所以
6 3
PAD
PAB
PCD
ABCD
S
S
S
S
S
表
矩形
.故选B.
【点睛】本题考查了球内接四棱锥的问题，关键点是确定球心的位置及计算边长，考查了学生的空间想象力、
推理能力和计算能力.
立体几何中的探索性问题
【例1】如图，在四棱锥P－ABCD 中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，
AC＝CD＝5。
(1)求证：PD⊥平面PAB。
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值。
(3)在棱PA 上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AM
AP的值；若不存在，
说明理由。
【解析】(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD。所以AB⊥PD。又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB。
(2)取AD 的中点O，连接PO，CO。因为PA＝PD，所以PO⊥AD。
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD。因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO。因为AC＝CD，所以CO⊥AD。
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如图所示，建立空间直角坐标系O－xyz。
由题意得，A(0,1,0)，B(1，1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)。
则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面PCD 的法向量为n＝(x，y，z)。
则即
－y－z＝0，
2x－z＝0。
令z＝2，则x＝1，y＝－2。
所以n＝(1，－2,2)。又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－3
3 。
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
3 。
(3)设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]，使得＝λ。因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)。
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0。
解得λ＝1
4。所以在棱PA 上存在点M 使得BM∥平面PCD，此时AM
AP＝1
4。
【小结】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把
“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等。
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出
等式，解出参数。
【例2】如图，在三棱锥P－ABC 中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°。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。
【解析】(1)证明：如图，以点A 为原点，分别以，，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)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，
M(0,0,1)，N(1，2,0)。所以＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)。设n＝(x1，y1，z1)为平面BDE
的法向量，则即
2y1＝0，
2x1－2z1＝0。
不妨设z1＝1，可得n＝(1,0,1)。又＝(1,2，－1)，
可得·n＝0。因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE。
(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量。设n2＝(x2，y2，z2)为平面EMN 的法向量，
则因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，所以
－2y2－z2＝0，
x2＋2y2－z2＝0。
不妨设y2＝1，可得n2＝(－4,1，－2)。因此有cos〈n1，n2〉＝n1·n2
|n1||n2|＝－4 21
21 ，设二面角C－EM－N 的平面角
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为θ，于是sinθ＝1－cos2〈n1，n2〉＝105
21 。所以二面角C－EM－N 的正弦值为105
21 。
(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)。又＝(－2,2,2)，由已知，得|cos〈，〉|
＝＝
|2h－2|
h2＋5×2 3
＝7
21。整理，得10h2－21h＋8＝0，解得h＝8
5或h＝1
2。
所以线段AH 的长为8
5或1
2。
【小结】本例中的第(3)问是由已知的线线角探究点H 的位置，应抓住该点所满足的特征，从而引入参数表示其
坐标。由已知点H 在棱PA 上，知此处应抓住两个关键点：一是共线，因为棱PA 就在z 轴上，所以直
接设AH 的长度就可以得到点H 的坐标(若直线PA 与坐标轴不平行，则需利用向量共线引入参数解决，
直接设＝λ，然后进行坐标运算)；二是注意范围，因为点H 在棱PA 上，所以0≤AH≤AP，即0≤h≤4(若
引入参数λ，则0≤λ≤1)，若该题中求出的h 值超出该范围，则应舍掉。
专题10 解析几何
1．【高考全国Ⅲ卷文数8】点
0 ,
1
到直线
1
y
k x
距离的最大值为
（
）
A．1
B．
2
C．
3
D．2
【答案】B
【思路导引】首先根据直线方程判断出直线过定点
( 1,0)
P
，设
(0, 1)
A
，当直线
(
1)
y
k x
与AP 垂直时，
点A 到直线
(
1)
y
k x
距离最大，即可求得结果．
【解析】由
(
1)
y
k x
可知直线过定点
( 1,0)
P
，设
(0, 1)
A
，
当直线
(
1)
y
k x
与AP 垂直时，点A 到直线
(
1)
y
k x
距离最大，即为|
|
2
AP
．故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了点到直线距离公式，考查数学运算学科素养．解题关键是熟
记公式．
2．【高考全国Ⅰ卷理数11】已知⊙
2
2
:
2
2
2
0
M x
y
x
y
，直线: 2
2
0
l
x
y
，P 为l 上的动点，
过点P 作⊙M 的切线
,
PA PB ，切点为
,
A B ，当PM
AB
最小时，直线AB 的方程为
（
）
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A．2
1
0
x
y
B．2
1
0
x
y
C．2
1
0
x
y
D．2
1
0
x
y
【答案】D
【思路导引】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点
, , ,
A P B M 共圆，且AB
MP
，根据
2
2
PAM
PM
AB
S
PA
△
可知，当直线MP
l
时，PM
AB
最小，求出以MP 为直径的圆的方程，根
据圆系的知识即可求出直线AB 的方程．
【解析】圆的方程可化为
2
2
1
1
4
x
y
，点M 到直线l 的距离为
2
2
2 1 1
2
5
2
2
1
d
，∴直线l
与圆相离．依圆的知识可知，四点, , ,
A P B M 四点共圆，且AB
MP
，
∴
1
2
2
2
2
PAM
PM
AB
S
PA
AM
PA
△
，而
2
4
PA
MP
，
当直线MP
l
时，
min
5
MP
，
min
1
PA
，此时PM
AB
最小．
∴
1
:
1
1
2
MP y
x
即
1
1
2
2
y
x
，由
1
1
2
2
2
2
0
y
x
x
y
解得，
1
0
x
y
．
∴以MP 为直径的圆的方程为
1
1
1
0
x
x
y y
，即
2
2
1
0
x
y
y
，两圆的方程相减可得：
2
1
0
x
y
，即为直线AB 的方程，故选D．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性
质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质的应用．
3．【高考全国Ⅲ卷文数6】在平面内，
,
A B 是两个定点，C 是动点．若
1
AC BC
，则点C 的轨迹为
（
）
A．圆
B．椭圆
C．抛物线
D．直线
【答案】A
【思路导引】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可．
【解析】设
2
0
AB
a a
，以AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
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则：
,0 ,
,0
A
a
B a
，设
,
C x y ，可得：
,
,
,
AC
x
a y
BC
x
a y
，
从而：
2
AC BC
x
a
x
a
y
，结合题意可得：
2
1
x
a
x
a
y
，
整理可得：
2
2
2
1
x
y
a
，即点C 的轨迹是以AB 中点为圆心，
2
1
a
为半径的圆．故选A．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，
考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是解题关键是掌握圆锥曲线的定义及轨迹方程的求解．
4．【高考全国Ⅰ卷文数6】已知圆
2
2
6
0
x
y
x
，过点
1, 2 的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为
（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【思路导引】根据直线和圆心与点(1,2) 连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论．
【解析】圆
2
2
6
0
x
y
x
化为
2
2
(
3)
9
x
y
，∴圆心C 坐标为
(3,0)
C
，半径为3，
设
(1,2)
P
，当过点P 的直线和直线CP 垂直时，圆心到过点P 的直线的距离最大，所求的弦长最短，
根据弦长公式最小值为
2
2 9 |
|
2 9
8
2
CP
，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的几何性质的应用，
考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质及勾股定理的应用．
5．【高考全国Ⅰ卷理数4】已知A 为抛物线
2
:
2
0
C y
px p
上一点，点A 到C 的焦点的距离为12 ，到y
轴的距离为9，则p
（
）
A．2
B．3
C．6
D．9
【答案】C
【思路导引】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案．
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【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知
12
2
A
p
AF
x
，即12
9
2
p
，解得
6
p =
，故选C．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性
质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是应用抛物线的定义解题．
6．【高考全国Ⅰ卷文数11】设
1
2
,
F
F 是双曲线
2
2
:
1
3
y
C x
的两个焦点，O 为坐标原点，点P 在C 上且
2
OP
，则
1
2
PF F
的面积为
（
）
A．7
2
B．3
C．5
2
D．2
【答案】B
【思路导引】由
1
2
PF F
是以P 为直角直角三角形得到
2
2
1
2
16
PF
PF
，再利用双曲线的定义得到
1
2
2
PF
PF
，联立即可得到
1
2
PF PF ，代入
1 2
1
2
1
2
F F P
P
S
F PF
△
中计算即可．
【解析】由已知，不妨设
1
2
( 2,0),
(2,0)
F
F
，则
1,
2
a
c
，∵
1
2
1
1
2
OP
F F
，
∴点P 在以
1
2
F F 为直径的圆上，即
1
2
F F P
是以P 为直角顶点的直角三角形，
故
2
2
2
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
PF
PF
F F
，即
2
2
1
2
|
|
|
|
16
PF
PF
，又
1
2
|
|
|
|
2
2
PF
PF
a
，
∴
2
1
2
4
|
|
|
|
PF
PF
2
2
1
2
|
|
|
|
2
PF
PF
1
2
|
||
| 16
2
PF
PF
1
2
|
||
|
PF
PF
，
解得
1
2
|
||
| 6
PF
PF
，∴
1 2
F F P
S
△
1
2
1 |
||
| 3
2 PF
PF
，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重双曲线的基本应用，本题考查了双曲线标准方程及其几何性质，考查双曲线中
焦点三角面积的计算问题，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是双曲线的定义的应用．
7．【高考山东卷9】已知曲线
2
2
:
1
C mx
ny
（
）
A．若
0
m
n
，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上
B．若
0
m
n
，则C 是圆，其半径为
n
C．若
0
mn
，则C 是双曲线，其渐进线方程为
m
y
x
n
D．若
0
m
，
0
n
，则C 是两条直线
【答案】ACD
【思路导引】结合选项进行逐项分析求解，
0
m
n
时表示椭圆，
0
m
n
时表示圆，
0
mn
时表示双曲
线，
0,
0
m
n
时表示两条直线．
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【解析】对于A，若
0
m
n
，则
2
2
1
mx
ny
可化为
2
2
1
1
1
x
y
m
n
，
因为
0
m
n
，所以1
1
m
n
，即曲线C 表示焦点在y 轴上的椭圆，故A 正确；
对于B，若
0
m
n
，则
2
2
1
mx
ny
可化为
2
2
1
x
y
n
，此时曲线C 表示圆心在原点，半径为
n
n
的圆，
故B 不正确；
对于C，若
0
mn
，则
2
2
1
mx
ny
可化为
2
2
1
1
1
x
y
m
n
，此时曲线C 表示双曲线，
由
2
2
0
mx
ny
可得
m
y
x
n
，故C 正确；
对于D，若
0,
0
m
n
，则
2
2
1
mx
ny
可化为
2
1
y
n
，
n
y
n
，此时曲线C 表示平行于x 轴的两条直
线，故D 正确．故选ACD．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了圆锥曲线的定义及其几何性质，考查数学运算、直观想象、
逻辑推理等学科素养．解题关键是圆锥曲线定义的应用．
8．【高考上海卷10】已知椭圆
2
2
:
1
4
3
x
y
C
，直线l 经过椭圆右焦点F ，交椭圆C 于
,
P Q 两点（点P 在第
二象限），若Q 关于x 轴对称的点为
'
Q ，且满足
'
PQ
FQ
，则直线l 的方程为
．
【答案】
1
y
x
【解析】由条件可知FQQ
是等腰直角三角形，所以直线l 的倾斜角是135，所以直线l 的斜率是tan135
1
，
且过点
1,0
F
，得到直线l 的方程为
1
y
x
，即
1
y
x
．故答案为：
1
y
x
．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了椭圆标准方程及其几何性质，考查直线与椭圆位置关系，考
查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是直角三角形的应用．
一、考向分析：
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二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
直线的
倾斜角
1．求倾斜角的取值范围的一般步骤：①求出斜率k＝tan α的取值范围；②利用正切函数的单
调性，借助图象或单位圆数形结合，确定倾斜角α的取值范围．
2．求倾斜角时要注意斜率是否存在．
3．斜率公式k＝y2－y1
x2－x1
(x1≠x2)的计算与两点坐标的顺序无关，当x1＝x2，y1≠y2 时，直线的倾
斜角为90°．
两条直线
位置关系
1．当直线方程中存在字母参数时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不
存在的特殊情况．同时还要注意x、y 的系数不能同时为零这一隐含条件．
2．在判断两直线平行、垂直时，也可直接利用直线方程的系数间的关系得出结论．设直线
l1 方程为A1x＋B1y＋C1＝0，直线l2 方程为A2x＋B2y＋C2＝0．若l1∥l2⇔
A1B2＝A2B1，
A1C2≠A2C1；
若
l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0．
3．求过两直线交点的直线方程的方法：求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直
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线的交点坐标，再结合其他条件写出直线方程．
4．利用距离公式应注意：①点P(x0，y0)到直线x＝a 的距离d＝|x0－a|，到直线y＝b 的距离
d＝|y0－b|；②应用两平行线间的距离公式要把两直线方程中x，y 的系数分别化为相等．
与直线有关
的最值问题
1．求解与直线方程有关的最值问题．先设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式
求解最值．
2．求参数值或范围．注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性
或基本不等式求解．
圆的方程
用待定系数法求圆的方程的一般步骤
1．选用圆的方程两种形式中的一种(若知圆上三个点的坐标，通常选用一般方程；若给出圆
心的特殊位置或圆心与两坐标轴间的关系，通常选用标准方程)．
2．根据所给条件，列出关于D，E，F 或a，b，r 的方程组．
3．解方程组，求出D，E，F 或a，b，r 的值，并把它们代入所设的方程中，得到所求圆的
方程．
求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同，常采用以下方法：
1．直接法：直接根据题目提供的条件列出方程．
2．定义法：根据圆、直线等定义列方程．
3．几何法：利用圆的几何性质列方程．
4．代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等．
与圆有关的
最值问题
1．形如μ＝y－b
x－a
的最值问题，可转化为过定点的动直线的斜率的最值问题．
2．形如t＝ax＋by 的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题，也可用三角代换求解．
3．形如m＝(x－a)2＋(y－b)2 的最值问题，可转化为动点与定点的距离的平方的最值问题．
4．与圆相关的最值，若几何意义明显时，可充分利用几何性质，借助几何直观求解．否则
可用代数法转化为函数求最值．
直线与圆
的位置关系
1、判断直线与圆的位置关系的常见方法
（1）几何法：利用d 与r 的关系；
（2）代数法：联立方程之后利用Δ判断．
2、直线被圆所截得的弦长问题是直线与圆相交时产生的问题，也是直线与圆的位置关系的
一个衍生问题．常用的方法有：①根据平面几何知识结合坐标，把弦长用圆的半径和圆心到
直线的距离表示；②通过联立直线与圆的方程，利用根与系数的关系，建立弦长与交点坐标
的关系来解决问题．
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椭圆定义及
其几何性质
1．椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判定平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆；二
是利用定义求焦点三角形的周长、面积、弦长、最值和离心率等．
2．椭圆的定义式必须满足2a>|F1F2|．
3、求椭圆方程的基本方法是待定系数法，先定形，再定量，即首先确定焦点所在位置，然
后根据条件建立关于a，b 的方程组，如果焦点位置不确定，可设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，
n>0，m≠n)，求出m，n 的值即可．
4．在解关于离心率e 的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e∈(0，1)进行根的取舍，否
则将产生增根．
5．与椭圆有关的最值或取值范围问题的求解方法主要有以下几种：
(1)利用数形结合、几何意义，尤其是椭圆的性质，求最值或取值范围．
(2)利用函数，尤其是二次函数求最值或取值范围．
(3)利用不等式，尤其是基本不等式求最值或取值范围．
(4)利用一元二次方程的判别式求最值或取值范围．
双曲线定义
及其几何性
质
1．“焦点三角形”中常用到的知识点及技巧
(1)常用知识点：在“焦点三角形”中，正弦定理、余弦定理、双曲线的定义经常使用．
(2)技巧：经常结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法，建立它与|PF1|·|PF2|的联系．
2．应用双曲线定义需注意的问题
在双曲线的定义中一是不能漏掉“绝对值”，否则轨迹是双曲线的一支；二是“常数”小于|F1F2|，
否则轨迹是线段或不存在．
(1)利用待定系数法求双曲线标准方程的关键是：设出双曲线方程的标准形式，根据已知条件，
列出关于参数a，b，c 的方程并求出a，b，c 的值；(2)与双曲线x2
a2－y2
b2＝1 有相同渐近线时
可设所求双曲线方程为x2
a2－y2
b2＝λ(λ≠0)．
3．求双曲线离心率或其取值范围的方法
(1)求a，b，c 的值，由c2
a2＝a2＋b2
a2
＝1＋b2
a2直接求e．
(2)列出含有a，b，c 的齐次方程(或不等式)，借助于b2＝c2－a2 消去b，然后转化成关于e
的方程(或不等式)求解．
4．与双曲线有关的取值范围问题的解题思路
(1)若条件中存在不等关系，则借助此关系直接变换转化求解．
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(2)若条件中没有不等关系，要善于发现隐含的不等关系或借助曲线中不等关系来解决．
抛物线定义
及其几何性
质
1．由抛物线定义，把抛物线上点到焦点距离与到准线距离相互转化．
2．注意灵活运用抛物线上一点P(x，y)到焦点F 的距离|PF|＝|x|＋p
2或|PF|＝|y|＋p
2．
3．求抛物线的标准方程的方法
(1)先定位：根据焦点或准线的位置．(2)再定形：即根据条件求p．
4．抛物线性质的应用技巧
(1)利用抛物线方程确定及应用其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程．
(2)要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质以形助数．
5、抛物线焦点弦的4 个常用结论
设AB 是过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F 的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)x1x2＝p2
4 ，y1y2＝－p2．
(2)弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝2p
sin2α(α为弦AB 的倾斜角)．
(3)以弦AB 为直径的圆与准线相切．(4)过焦点垂直于对称轴的弦长等于2p．
直线与圆锥
曲线位置关
系
1．判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消
元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0．
2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意
观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数
转化为判别式与0 的大小关系求解．
3、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝
1＋k2
[
x1＋x2
2－4x1x2]＝
1＋1
k2 [
y1＋y2
2－4y1y2](k 为直线斜率)．
4、最值与范围问题的解题思路
（1）构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解．
（2）构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解．在解题过程中，一定要深
刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等．
5、遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．
在椭圆x2
a2＋y2
b2＝1 中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－b2x0
a2y0
；在双曲线x2
a2－y2
b2＝1
中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝b2x0
a2y0
；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)
为中点的弦所在直线的斜率k＝p
y0
．在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0．
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考查直线的倾斜角及斜率
【例1】一条光线从点( 2, 3)
射出，经y 轴反射后与圆
2
2
(
3)
(
2)
1
x
y
相切，则反射光线所在直线的斜
率为
求轨迹方程
的基本方法
1、直接法求轨迹方程的2 种常见类型及解题策略
（1）题目给出等量关系，求轨迹方程．可直接代入即可得出方程．
（2）题中未明确给出等量关系，求轨迹方程．可利用已知条件寻找等量关系，得出方程．但
要注意完备性易忽视．
2．定义法求轨迹方程的适用条件：动点与定点、定直线之间的某些关系满足直线、圆、椭
圆、双曲线、抛物线的定义，定义法求轨迹方程的关键是理解平面几何图形的定义．
3、相关点法求轨迹方程的步骤
（1）明确主动点(已知曲线上的动点)P(x0，y0)，被动点(要求轨迹的动点)M(x，y)．
（2）寻求关系式x0＝f(x，y)，y0＝g(x，y)．
（3）将x0，y0 代入已知曲线方程．
（4）整理关于x，y 的关系式得M 的轨迹方程．
定点、定值、
最值问题的
求解策略
1、圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何
方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二
是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后
利用函数方法、不等式方法等进行求解．
2、圆锥曲线中的证明问题常见的有：位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数
量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用
直接证明法，但有时也会用到反证法．
3、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y 看
成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数
都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y 的方程组，这个方程组
的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
4、求定值问题常用的方法有两种
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
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117 / 397
A．
5
3
或
3
5
B．
3
2
或
2
3
C．
5
4
或
4
5
D．
4
3
或
3
4
【答案】D
【解析】( 2, 3)
关于y 轴对称点的坐标为(2, 3)
，设反射光线所在直线为
3
(
2)
y
k x
，即
2
3 0
kx y
k
，
则
2
| 3
2
2
3|
1
1
k
k
d
k
，
2
| 5
5|
1
k
k
，解得
4
3
k
或
3
4
．
【例2】（2021·江西五市九校联考）设
2,0
A
，
2,0
B
，O 为坐标原点，点P 满足
2
2
16
PA
PB
，若
直线
6
0
kx
y
上存在点Q 使得
6
PQO
，则实数k 的取值范围为（
）
A．
4 2,4 2
B．
, 4 2
4 2,
C．
5
5
,
,
2
2
D．
5
5
,
2
2
【答案】C
【解析】设
,
P x y ，则
2
2
2
2
2
2
2
2
16
PA
PB
x
y
x
y
，整理可得
2
2
4
x
y
，故
2
OP
，
在PQO
中，sin
sin
OQ
OP
QPO
PQO
，则
sin
2
sin
2 2 1
4
sin
OP
QPO
OQ
OP
QPO
PQO
，
设原点到直线的距离为d ，则需满足
4
d
，
2
6
4
1
d
k
，解得
5
2
k
或
5
2
k
．故选C．
【点睛】本题考查直线中参数范围的求解，解题的关键是得出
2
sin
4
OQ
OP
QPO
，利用原点到直线
的距离小于等于4 求解．
考查两条直线的位置关系：
【例1】（2020·陕西汉中一模（理））已知直线1
2
:
(
2)
1
0 ,
:
2
0(
)
l
ax
a
y
l
x
ay
a
R
，则“
1
ae
e
”
是“ 1
2
l l
//
”的（
）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】∵直线
1
2
:
2
1
0,
:
2
0
l
ax
a
y
l
x
ay
，
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当“
2
a ”时，直线1
2
: 2
1
0,
:
2
2
0
l
x
l
x
y
，不满足1
2
l l
//
，
当“
0
a
”时，直线1
2
: 2
1
0,
:
2
0
l
y
l
x
，不满足1
2
l l
//
，
∴当1
2
l l
//
时，则
+2
1
1
2
a
a
a
，解得
1
a 或
2
a
．而由
1
ae
e
，解得
1
a ，
所以由“
1
ae
e
”能推出“ 1
2
l l
//
”，由“ 1
2
l l
//
”不能推出“
1
ae
e
”，所以“
1
ae
e
”是“ 1
2
l l
//
”充分不必要条件．故选A．
【例2】已知直线l 过圆
2
2
3
4
x
y
的圆心，且与直线
1
0
x
y
垂直，则l 的方程是（
）
A．
2
0
x
y
B．
2
0
x
y
C．
3
0
x
y
D．
3
0
x
y
【答案】D
【解析】直线l 过点(0,3) ，斜率为1，所以直线l 的方程为
3
0
x
y
．
考查与直线有关的最值：
【例1】（2021·四川成都二模（理））已知椭圆C 的焦点为
1
1,0
F
，
2 1,0
F
，且椭圆与直线l ：
7
x
y
有
公共点，则椭圆长轴长的最小值为（
）
A．10
B．7
C．2 7
D．2 5
【答案】A
【解析】设椭圆C 与直线l 的一个公共点为P ，则
1
2
2
PF
PF
a
（即为长轴长），问题转化为在直线l 上找
点P ，使得
1
2
PF
PF
最小，设
2
F 关于l 的对称点
,
E x y ，则
1
1
1
7
2
2
y
x
x
y
，可得E 点坐标为
7,6 ，
则
2
2
1
2
1
1
7 1
6
10
PF
PF
PF
PE
F E
，当且仅当
1F ，P ，E 三点共线时等号成立即椭圆
长轴长2a 的最小值为10．故选A．
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【例2】在平面直角坐标系中，记d 为点
(cos ,sin )
P
到直线
2
0
x
my
的距离，当，m 变化时，d 的
最大值为
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解析】由题意可得
2
2
| cos
sin
2 |
|
sin
cos
2 |
1
1
m
m
d
m
m
2
2
2
2
2
2
1
|
1(
sin
cos )
2 |
|
1sin(
)
2 |
1
1
1
1
m
m
m
m
m
m
m
（其中
2
cos
1
m
m
，
2
1
sin
1
m
），∵1
sin(
)
1
≤
≤
，
∴
2
2
2
2
| 2
1|
2
1
1
1
m
m
d
m
m
≤
≤
，
2
2
2
2
1
2
1
1
1
m
m
m
，
∴当
0
m
时，d 取得最大值3，故选C．
考查圆的方程：
【例1】（2021·陕西咸阳一模（理））已知
M
经过坐标原点，半径
2
r
，且与直线
2
y
x
相切，则
M
的方程为（
）．
A．
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
或
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
B．
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
或
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
C．
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
或
2
2
(
2)
2
x
y
D．
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
或
2
2
(
2)
2
x
y
【答案】A
【解析】设圆心坐标为( , )
a b ，半径
2
r
，因为圆M 过坐标原点，且与直线
2
y
x
相切，
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所以
2
2
2
2
2
a
b
a
b
，所以
1
a
b
，即圆心为
1,1 或
1, 1
，
圆M 的方程为：
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
或
2
2
(
1)
(
1)
2
x
y
，故选A．
【点睛】处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有
参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
【例2】若圆心在x 轴上、半径为
5 的圆O 位于y 轴左侧，且与直线
2
0
x
y
相切，则圆O 的方程是
A．
2
2
(
5)
5
x
y
B．
2
2
(
5)
5
x
y
C．
2
2
(
5)
5
x
y
D．
2
2
(
5)
5
x
y
【答案】D
【解析】设圆心
( ,0)(
0)
O a
a
，则
2
2
|
|
5
1
2
a
，即|
| 5
a
，解得
5
a
，所以圆O 的方程为
2
2
(
5)
5
x
y
．
考查圆与圆的位置关系：
【例1】若圆
2
2
1 :
1
C
x
y
与圆
2
2
2 :
6
8
0
C
x
y
x
y
m
外切，则m
A．21
B．19
C．9
D．11
【答案】C
【解析】由题意得
1
2
(0,0),
(3,4)
C
C
，1
2
1,
25
r
r
m
，
1
2
1
2
|
|
1
25
5
C C
r
r
m
，所以
9
m
．
【例2】（2021·陕西宝鸡一模（理））过点
( , )
P x y 作圆
2
2
1 :
1
C
x
y
与圆
2
2
2 :(
2)
(
2)
1
C
x
y
的切线，
切点分别为A ､B ，若PA
PB
，则
2
2
x
y
的最小值为（
）
A．
2
B．2
C．2 2
D．8
【答案】B
【解析】如图所示，由圆的切线的性质得
1
2
,
C A
PA C B
PB
，在
1
2
,
Rt PAC Rt PBC
中有
2
2
2
2
1
2
1,
1
PA
PC
PB
PC
，由题知PA
PB
，
1
2
PC
PC
，所以点P 在线段
1
2
C C 的垂直平分
线上，由题知
1
2
(0,0),
(2,2)
C
C
，所以
1
C 与
2
C 的中点Q 的坐标为(1,1) ，
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1
C 与
2
C 所在直线的斜率为
1
2
0
1
2
0
k
，
,
P Q
所在直线1l 的斜率为
2
1
1
1
k
k
，
直线1l 的方程为
1 (
1)
1
y
x
，即
2
y
x
，点
( , )
P x y
在
2
y
x
，所以点P 的坐标满足
2
y
x
，所以
2
2
2
2
2
2
(
2)
2
4
4
2(
1)
2
2
x
x
x
x
x
y
x
，
故选B．
【点睛】本题主要考查直线与圆相切的性质及函数的最值；解题方法是根据已知条件，将
2
2
x
y
表示为只含有
一个未知数x 的函数，然后根据二次函数的特征求出其最小值；解题的关键点是找出点P 所在的一条直线，进
而用一个未知数x 表示出其坐标，进而求得
2
2
x
y
的最小值．
考查直线与圆的位置关系：
【例1】已知点
( , )
M a b 在圆
2
2
1
:
O x
y
外，则直线
1
ax
by
与圆O 的位置关系是
A．相切
B．相交
C．相离
D．不确定
【答案】B
【解析】点M(a，b)在圆
2
2
1
x
y
外，∴
2
2
1
a
b
．圆
(0,0)
O
到直线
1
ax
by
距离
2
2
1
1
d
a
b
=
圆的半径，故直线与圆相交．所以选B．
【例2】（2020·江西新余市·新余一中高三其他模拟（文））垂直于直线
2
y
x
且与圆
2
2
1
x
y
相切于第三
象限的直线方程是（
）
A．
1
0
x
y
B．
2
0
x
y
C．
2
0
x
y
D．
1
0
x
y
【答案】B
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【解析】设所求方程为
(
0)
y
x
m m
，圆心到直线的距离为
|
|
1
2
m
r
，
∵
0
m
，∴
2
m
．故选B．
【例3】若曲线
1
C ：
2
2
2
0
x
y
x
与曲线
2
C ：(
)
0
y y
mx
m
有四个不同的交点，则实数m 的取值范
围是
A．(
3
3
，
3
3
)
B．(
3
3
，0)(0，
3
3
)
C．[
3
3
，
3
3
]
D．( ，
3
3
)(
3
3
，+ )
【答案】B
【解析】
2
2
1 :(
1)
1
C
x
y
，
2
C 表示两条直线即x 轴和直线l ：
(
1)
y
m x
，显然x 轴与
1
C 有两个交点，
由题意l 与
2
C 相交，所以
1
C 的圆心到l 的距离
2
|
(1 1)
0 |
1
1
m
d
r
m
，解得
3
3
(
,
)
3
3
m
，又当
0
m
时，直线l 与x 轴重合，此时只有两个交点，不符合题意．故选B．
考查与圆有关的最值问题：
【例1】已知圆
2
2
:
3
4
1
C
x
y
和两点
,0
A
m
，
,0
0
B m
m
，若圆C 上存在点P ，使得
90
APB
，则m 的最大值为
A．7
B．6
C．5
D．4
【答案】B
【解析】因为圆C 的圆心为(3,4) ，半径为1，|
| 5
OC
，所以以原点为圆心、以m 为半径与圆C 有公共点的
最大圆的半径为6，所以m 的最大值为6，故选B．
【例2】（2021·安徽六安一模（理））已知圆
2
2
:
2
O x
y
，过直线: 2
4
l
x
y
在第一象限内一动点P 作圆
O 的两条切线，切点分别是A，B，直线AB 与两坐标轴分别交于M，N 两点，则OMN
面积的最小值为（
）
A．1
2
B．1
C．
2
D．2
【答案】B
【解析】设
0
0
,
P x
y
，则
0
0
0
0
2
4
0,
0
x
y
x
y
，设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
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当
1
1
,0
0
x
y
时，
1
1
1
1
1
1
OA
PA
PA
PA
y
x
k
k
k
k
x
y
，所以切线PA 方程为：
1
1
1
1
(
)(
)
x
y
y
x
x
y
，而
2
2
1
1
2
x
y
，化简为：
1
1
2
x x
y y
，显然当
1
0
x
或
1
0
y
时也适合，所以切线
PA 方程为
1
1
2
x x
y y
，同理
2
2
:
2
PB x x
y y
，将P 的坐标代入上述直线方程，则有
1
0
1
0
2
0
2
0
2
2
x x
y y
x x
y y
，
于是直线AB 的方程为
0
0
2
x x
y y
，因此
0
2 ,0
M
x
，
0
2
0,
N
y
，
OMN
的面积为
2
2
0
0
0
0
0
0
1
2
2
4
4
4
1
2
2
2
4
2
2
S
x
y
x
y
x
y
，
当且仅当
0
0
2x
y
，即
0
0
1
2
x
y
时取等号．所以OMN
面积的最小值为1．故选B．
考查圆锥曲线的方程：
【例1】设
2
1, F
F
分别是椭圆
)1
0
(1
:
2
2
2
b
b
y
x
E
的左、右焦点，过点
1F 的直线交椭圆E 于
B
A,
两点，
若
x
AF
BF
AF
2
1
1
,
3
轴，则椭圆E 的方程为_____．
【答案】
2
2
3
1
2
x
y
【解析】由题意得通径
2
2
AF
b
，∴点B 坐标为
2
5
1
(
,
)
3
3
c
B
b
，将点B 坐标带入椭圆方程得
2
2
2
2
1
(
)
5
3
(
)
1
3
b
c
b
，又
2
2
1
b
c
，解得
2
2
2
3
1
3
b
c
∴椭圆方程为
2
2
3
1
2
x
y
．
【例2】已知双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，
B 两点．设A ，B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为
1d 和
2
d ，且
1
2
6
d
d
，则双曲线的方程为
A．
2
2
1
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
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124 / 397
【答案】C
【解析】由
1
2
6
d
d
得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以
3
b
．因为
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的
离心率为2，所以
2
c
a
，所以
2
2
2
4
a
b
a
，所以
2
2
9
4
a
a
，解得
2
3
a
，所以双曲线的方程为
2
2
1
3
9
x
y
．
【例3】已知双曲线
1
C ：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为2．若抛物线
2
2 :
2
(
0)
C
x
py p
的焦点到双曲线
1
C
的渐近线的距离为2，则抛物线
2
C 的方程为
A．
2
8 3
3
x
y
B．
2
16 3
3
x
y
C．
2
8
x
y
D．
2
16
x
y
【答案】D
【解析】因为双曲线
1
C ：
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为2，所以
2
3 .
c
b
a
a
又渐近线方程为
0,
bx
ay
所以双曲线
1
C 的渐近线，方程为
3
0.
x
y
而抛物
2
2 :
2
(
0)
C
x
py p
的焦点坐标为(0,
),
2
p
所以有
2
2
|
|
2
2
8
( 3)
1
p
p
．故选D．
考查椭圆、双曲线离心率：
【例1】（2021·云南曲靖一模（理））已知双曲线
2
2
2
2
1(
0,
0)
x
y
a
b
a
b
与函数
(
0)
y
x x
f
的图象交于点P ，
若函数y
x
的图象在点P 处的切线过双曲线左焦点
( 4,0)
F
，则双曲线的离心率是（
）
A．17
4
4
B．17
3
4
C．17
2
4
D．
17
1
4
【答案】D
【解析】设P 的坐标为( ,
)
m
m ，由左焦点
( 4,0)
F
，所以
0
4
PF
m
k
m
，函数的导数
1
( )
2
f
x
x
，
则在P 处的切线斜率
1
( )
4
2
m
k
f
m
m
m
，即
4
2
m
m
，得
4
m
，则
(4,2)
P
，
设右焦点为
(4,0)
A
，则2
|
|
|
|
64
4
0
4
2( 17
1)
a
PF
PA
，即
17 1
a
，
4
c
，∴双曲线的离心率
17
1
4
c
e
a
．故选D．
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125 / 397
【例2】（2021·安徽淮南一模（文））已知
ABC
是有一内角为6
的直角三角形，若圆锥曲线以A 、B 为焦
点，并经过点C ，则圆锥曲线的离心率不可能是（
）
A．
3
3
B．
3
2
C．3
D．3 1
【答案】B
【解析】由题意可知，ABC
的三个内角大小分别为6
、3
、2
，设
ABC
的三边长分别为2 、2 3 、4 ．
①当
6
C
时，若圆锥曲线为椭圆，则2
2
c
，2
4
2 3
a
，曲线的离心率为
2
2
2
3
2
4
2 3
c
e
a
；
若圆锥曲线为双曲线，则2
2
c
，2
4
2 3
a
，曲线的离心率为
2
2
3
4
2 3
e
；
②当
3
C
时，若圆锥曲线为椭圆，则2
2 3
c
，2
4
2
6
a
，曲线的离心率为
2
3
2
3
c
e
a
；
若圆锥曲线为双曲线，则2
2 3
c
，2
4
2
2
a
，曲线的离心率为
2
2 3
3
2
2
c
e
a
；
③当
2
C
时，若圆锥曲线为椭圆，则2
4
c
，2
2 3
2
a
，曲线的离心率为
2
4
3 1
2
2 3
2
c
e
a
；
若圆锥曲线为双曲线，则2
4
c
，2
2 3
2
a
，曲线的离心率为
2
4
3 1
2
2 3
2
c
e
a
．
故选B．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得a 、c 的值，根据离心率的定义求解离心率e 的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于a 、c 的齐次方程，然后转化为关于e 的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率．
考查焦点弦问题：
【例1】（2021·四川凉山彝族自治州·高三一模（理））直线
2
y
x
和双曲线
2
2
1
3
x
y
的渐近线相交于A ，
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B 两点，则线段AB 的长度为（
）
A．2 6
B．
6
C．2 3
D．
3
【答案】A
【解析】双曲线
2
2
1
3
x
y
的渐近线为
3
3
y
x
，
设
2
y
x
与
3
3
y
x
相交于A 点，与
3
3
y
x
相较于B 点，
由
2
3
3
y
x
y
x
解得
( 3
3,
3
1)
A
，由
2
3
3
y
x
y
x
解得
( 3
3, 3
1)
B
，
所以
2
2
( 3
3
3
3)
(
3
1
3
1)
24
2 6
AB
，故选A．
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关两点间距离问题，解题方法如下：
（1）先根据双曲线的渐近线方程求得
2
2
1
3
x
y
的渐近线；
（2）联立方程组，分别求得对应的交点坐标；
（3）利用两点间距离公式求得结果．
【例2】椭圆
)
0
(1
:
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
的左、右焦点分别为
2
1, F
F
，焦距为c
2 ．若直线
3
y
x
c
与椭圆
的一个交点M 满足
1
2
2
1
2
F
MF
F
MF
，则该椭圆的离心率等于
【答案】
1
3
【解析】由题意可知，
2
1F
MF
中，
90
,
30
,
60
2
1
1
2
2
1
MF
F
F
MF
F
MF
，
所以有
1
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
3
2
)
2
(
MF
MF
a
MF
MF
c
F
F
MF
MF
，整理得
1
3
a
c
e
，故答案为
1
3 ．
考查中点弦问题：
【例1】（2021·陕西咸阳一模（理））已知双曲线
2
2
2
2
:
1(
0,
0)
x
y
C
a
b
a
b
上存在两点A ，B 关于直线
6
y
x
对称，且线段AB 的中点坐标为
(2, 4)
M
，则双曲线C 的离心率为（
）
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A．2
B．
3
C．2
D．
5
【答案】
B
【解析】设
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，且线段AB 的中点坐标为
(2, 4)
M
，则
1
2
1
2
4,
8
x
x
y
y
，
又A ，B 关于直线
6
y
x
对称，所以
1
2
1
2
1
1
y
y
x
x
，且A ，B 在双曲线上，
2
2
1
1
2
2
1
x
y
a
b
，
2
2
2
2
2
2
1
x
y
a
b
，
相减可得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
y
y
a
b
，即
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
)(
)
(
)(
)
0
x
x
x
x
y
y
y
y
a
b
，故
2
2
4
8
0
a
b
，即
2
2
2
b
a
，
离心率为
2
2
1
3
b
e
a
，故选B．
【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)．
【例2】（2021·山东菏泽市·高三期末）已知抛物线
2
:
2
0
C y
px p
的焦点F 到准线的距离是2，过点F 的
直线l 与抛物线交于A 、B 两点，M 为线段AB 的中点，O 为坐标原点，则下列结论正确的是（
）
A．C 的准线方程为
1
x
B．线段AB 的长度的最小值为4
C．M 的坐标可能是（4，2）
D．存在直线l ，使得OA与OB 垂直
【答案】AB
【解析】由题意
2
p
，所以准线方程为
1
x ，A 正确；焦点为
(1,0)
F
，
当直线l 斜率不存在时，方程为
1
x
，则
(1,2),
(1, 2)
A
B
，此时AB
4
，AB 中点为
(1,0)
F
，
4
OA
OB
k k
，
OA与OB 不垂直．
当直线l 斜率存在时，设方程为
(
1)
y
k x
，设
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，
由
2
(
1)
4
y
k x
y
x
得
2
2
2
2
2(
2)
0
k x
k
x
k
，
2
1
2
2
2(
2)
k
x
x
k
，
1
2
1
x x
，
2
1
2
2
2
2(
2)
4
2
2
4
4
k
AB
x
x
k
k
，所以AB 的最小值为4，B 正确；
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若
2
1
2
2
2
4
2
x
x
k
k
，则
6
3
k
，此时
1
2
1
2
1
2
(
1)
(
1)
2
(
2)
2
2
2
2
y
y
k x
k x
k x
x
k
，因此AB
中点不可能是(4,2) ，C 错；
2
2
1
1
2
2
4 ,
4
y
x y
x
，即
2
1
2
1
2
(
)
16
16
y y
x x
，
1
2
4
y y （显然
,
A B 在x 轴两侧），
则
1
2
1
2
4
OA
OB
y y
k
k
x x
，OA与OB 不垂直．D 错．故选AB．
【名师点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的焦点弦的性质，掌握焦点弦性质是解题关键．
设抛物线
2
2
(
0)
y
px p
焦点为F ，过F 的直线与抛物线交于
,
A B 两点，
1
1
2
2
( ,
), (
,
)
A x y
B x
y
，则
（1）
1
2
AB
x
x
p
，当AB 是x 轴垂直时，
min
2
AB
p
，此时AB 称为抛物线的通径；
（2）
2
1
2
y y
p
，
2
1
2
4
p
x x
；
（3）若直线AB 的倾斜角为，则
2
2
sin
p
AB
；
（4）以AB 为直径的圆与准线相切；
（5）焦点到
,
A B 两点在准线上的投影的张角为90；
（6）
1
1
2
AF
BF
p
．
【例3】设椭圆C：
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
过点（0，4），离心率为3
5
（Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）求过点（3，0）且斜率为4
5
的直线被C 所截线段的中点坐标．
【解析】（Ⅰ）将（0，4）代入C 的方程得
2
16
1
b
，∴b =4，又
3
5
c
e
a
得
2
2
2
9
25
a
b
a
即
2
16
9
1
25
a
，∴a=5，∴C 的方程为
2
2
1
25
16
x
y
．
（Ⅱ）过点
3,0 且斜率为4
5
的直线方程为
4
3
5
y
x
，设直线与Ｃ的交点为
1
1
(
,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，
将直线方程
4
3
5
y
x
代入C 的方程，得
2
2
3
1
25
25
x
x
，即
2
3
8
0
x
x
，解得
1
3
41
2
x
，
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2
3
41
2
x
，AB 的中点坐标
1
2
3
2
2
x
x
x
，
1
2
1
2
2
6
6
2
5
5
y
y
y
x
x
，即中点为3
6
,
2
5
．
考查定值、定点问题：
【例1】（2021·宁夏吴忠一模（理））若双曲线
2
2
9
x
y
与椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
共顶点，且它们的
离心率之积为4
3
．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）若椭圆C 的左、右顶点分别为
1A ，
2
A ，直线l 与椭圆C 交于P、Q 两点，设直线
1AP 与
2
A Q 的斜率分别
为
1k ，
2k ，且
1
2
1
0
5
k
k
．试问，直线l 是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【解析】（1）由已知得双曲线的离心率为
2 ，又两曲线离心率之积为4
3
，所以椭圆的离心率为2 2
3
；
由题意知
3
a
，所以
2 2
c
，
1
b
，所以椭圆的标准万程为
2
2
1
9
x
y
．
（2）当直线l 的斜率为零时，由对称性可知：
1
2
0
k
k
，不满足
1
2
1
0
5
k
k
，
故直线l 的斜率不为零．设直线l 的方程为x
ty
n
，
由
2
2
1
9
x
ty
n
x
y
，得：
2
2
2
9
2
9
0
t
y
tny
n
，
因为直线l 与椭圆C 交于P、Q 两点，所以
2
2
2
2
4
4
9
9
0
t n
t
n
，整理得：
2
2
9
0
t
n
，
设
1
1
,
P x y
、
2
2
,
Q x
y
，则
1
2
2
2
9
tn
y
y
t
，
2
1
2
2
9
9
n
y y
t
，
1
1
1
3
y
k
x
，
2
2
2
3
y
k
x
．
因为
1
2
1
0
5
k
k
，所以
1
1
2
1
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
3
3
3
1
5
3
3
3
y
y
x
y ty
n
k
x
y
k
y
x
y
ty
n
x
，
整理得：
1
2
1
2
4
5(
3)
(
3)
0
ty y
n
y
n
y
，
1
2
1
2
2
4
5(
3)
(6
12)
ty y
n
y
y
n
y
，
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公众号：一枚试卷君
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将
1
2
2
2
9
tn
y
y
t
，
2
1
2
2
9
9
n
y y
t
代入整理得：
2
2
(
2)(
3)
(2
)
9
t n
n
n
t
y
，
要使上式恒成立，只需
2
n
，此时满足
2
2
9
0
t
n
，因此，直线l 恒过定点
2,0 ．
【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；
（3）证明直线过定点，通常有两类：①直线方程整理为斜截式y=kx+b，过定点(0，b)；
②直线方程整理为点斜式y - yo=k(x- x0)，过定点(x0，y0) ．
【例2】已知椭圆C ：
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
的离心率为
3
2
，
( ,0)
A a
，
(0, )
B
b ，
(0,0)
O
，ΔOAB 的面积
为1．
（Ⅰ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ．
求证：|
| |
|
AN
BM
为定值．
【解析】（Ⅰ）由题意得
,
,1
2
1
,
2
3
2
2
2
c
b
a
ab
a
c
解得
1
,2
b
a
．所以椭圆C 的方程为
1
4
2
2
y
x
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
)1,0
(
),
0,2
(
B
A
，设
)
,
(
0
0 y
x
P
，则
4
4
2
0
2
0
y
x
．
当
0
0
x
时，直线PA 的方程为
)
2
(
2
0
0
x
x
y
y
．
令
0
x
，得
2
2
0
0
x
y
yM
．从而
2
2
1
1
0
0
x
y
y
BM
M
．
直线PB 的方程为
1
1
0
0
x
x
y
y
．令
0
y
，得
1
0
0
y
x
xN
．从而
1
2
2
0
0
y
x
x
AN
N
．
所以
2
2
1
1
2
0
0
0
0
x
y
y
x
BM
AN
2
2
8
8
4
4
2
2
4
8
4
4
4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
0
2
0
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
4
．
当
0
0
x
时，
1
0
y
，
,2
,2
AN
BM
所以
4
BM
AN
．
综上，
BM
AN
为定值．
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考查最值范围问题：
【例1】如图，已知抛物线
2x
y
．点
1 1
(
, )
2 4
A
，
3 9
( , )
2 4
B
，抛物线上的
点
( , )
P x y
1
3
(
)
2
2
x
，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．
（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；
（Ⅱ）求|
| |
|
PA
PQ
的最大值．
【解析】（Ⅰ）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)
．
（Ⅱ）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
1
(
)
Q
k
x
x
=
2
2
(
1)(
1)
1
k
k
k
，
所以|
||
|
PA PQ =
3
(
1)(
1)
k
k
，令
( )
f k
3
(
1)(
1)
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
1
2
k
时，|
||
|
PA PQ 取得最大值27
16
．
【例2】（2021·安徽淮南一模（文））椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左、右焦点分别为
1F 、
2
F ，离心率
1
2
e
，
过
2
F 的直线l 交C 于点A、B，且
1F AB
的周长为8．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）点O 为坐标原点，求AOB
面积S 的取值范围．
【解析】（1）因为
1F AB
的周长为8，由椭圆的定义知4
8
a
，故
2
a
，又
1
2
c
e
a
，
所以
2
2
2
1
3
c
b
a
c
，所以椭圆C 的标准方程为
2
2
1
4
3
x
y
．
（2）由题意可设直线l 的方程为
1
x
my
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
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由
2
2
2
2
1
3
4
6
9
0
4
3
1
x
y
m
y
my
x
my
，显然
0
且
1
2
2
6
3
4
m
y
y
m
，
1
2
2
9
3
4
y y
m
，
∴
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
2
2
OF A
OF B
S
S
S
y
y
y
y
y y
2
2
2
2
2
1
6
6
1
2
3
3
3
6
3
4
4
4
m
m
m
m
m
令
2
1
(
1)
m
t t
，∴
2
2
2
6
1
6
6
(
1)
1
3
4
3
1
3
m
t
S
t
m
t
t
t
．
易知S 在
1,
t
单调递减，从而
3
0, 2
S
．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形
的面积等问题．
考查证明、探索问题：
【例1】（2021·海南高三二模）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
的左､右焦点分别为
1F ，
2
F ，过点
2
F 作直
线l 交椭圆C 于M ，N 两点(l 与x 轴不重合)，
1F MN
△
，
1
2
F F M
△
的周长分别为12 和8．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）在x 轴上是否存在一点T ，使得直线TM 与TN 的斜率之积为定值？若存在，请求出所有满足条件的点T
的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2 (
0)
c c
，由题意可得
4
12
2
2
8
a
a
c
，
解得
3
1
a
c
，所以
2
2
2 2
b
a
c
，因此椭圆C 的方程为
2
2
1
9
8
x
y
+
= ．
（2）因为直线l 过点
2(1,0)
F
且不与x 轴重合，所以设l 的方程为
1
x
my
，
联立方程
2
2
1
1
9
8
x
my
x
y
，消去x 并整理得
2
2
8
9
16
64
0
m
y
my
，
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设
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
，则
1
2
2
1
2
2
16
8
9
64
8
9
m
y
y
m
y y
m
，
所以
1
2
1
2
2
18
2
8
9
x
x
m y
y
m
，
2
2
1 2
1
2
1
2
1
2
2
72
9
1
1
1
8
9
m
x x
my
my
m y y
m y
y
m
．
设( ,0)
T t
，则直线TM 与TN 的斜率分别为
1
1
TM
y
k
x
t
，
2
2
TN
y
k
x
t
，
则
1
2
1
2
TM
TN
y y
k
k
x
t
x
t
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
64
8
9
72
9
18
8
9
8
9
y y
m
m
x x
t x
x
t
t
t
m
m
2
2
2
64
8
72
9
18
9
t
m
t
t
．
所以当
2
8
72
0
t
，即
当
3
t
时，
m
R ，
4
9
TM
TN
k
k
；当
3
t
时，
m
R ，
16
9
TM
TN
k
k
．
因此，所有满足条件的T 的坐标为( 3,0)
和(3,0) ．
【点睛】思路点睛：定点问题解决步骤：
（1）设直线代入二次曲线方程，整理成一元二次方程；
（2）韦达定理列出两根和及两根积；
（3）写出定点满足的关系，整体代入两根和及两根积；
（4）整理（3）所得表达式探求其恒成立的条件．
【例2】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：
2
4
x
y
与直线y
kx
a
(
0)
a
交与M ，N 两点，
（Ⅰ）当
0
k
时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；
（Ⅱ）y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有
OPM
OPN
？说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题设可得
(2
, )
M
a a ，
( 2 2, )
N
a
，或
( 2 2, )
M
a
，
(2
, )
N
a a ．∵
1
2
y
x
，故
2
4
x
y
在x =2 2a 处的导数值为
a ，C 在(2 2 , )
a a 处的切线方程为
(
2
)
y
a
a x
a
，即
0
ax
y
a
．故
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2
4
x
y
在
2 2
x
a
处的导数值为
a
，C 在( 2 2 , )
a a
处的切线方程为
(
2
)
y
a
a x
a
，即
0
ax
y
a
．故所求切线方程为
0
ax
y
a
或
0
ax
y
a
．
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设
(0, )
P
b 为符合题意的点，
1
1
( ,
)
M x y
，
2
2
(
,
)
N x
y
，直线PM ，PN 的
斜率分别为
1
2
,
k k ．将y
kx
a
代入C 的方程整理得
2
4
4
0
x
kx
a
．∴
1
2
1
2
4 ,
4
x
x
k x x
a
．∴
1
2
1
2
1
2
y
b
y
b
k
k
x
x
=
1
2
1
2
1
2
2
(
)(
)
kx x
a
b x
x
x x
= (
)
k a
b
a
．当b
a
时，有
1
2
k
k
=0，则直线PM 的倾
斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM =∠OPN ，所以
(0,
)
P
a
符合题意．
考查轨迹方程问题
【例1】（2021·安徽马鞍山一模（文））已知点A 在圆
2
2
:
2
16
C
x
y
上，
2,0
B
，
0,
2
P
，
线段AB 的垂直平分线与AC 相交于点D ．
（1）求动点D 的轨迹方程；
（2）若过点
0, 1
Q
的直线l 斜率存在，且直线l 与动点D 的轨迹相交于M ，N 两点．证明：直线PM 与PN
的斜率之积为定值．
【解析】（1）由
2
2
:
2
16
C
x
y
得，圆心
( 2,0)
C
，半径
4
r
，
点D 在线段AB 的垂直平分线上，|
|
|
|
DA
DB
，
|
|
|
| |
|
|
| |
|
4 |
| 2 2
DB
DC
DA
DC
AC
r
BC
，
由椭圆的定义可得动点D 的轨迹是以
(
2,0)
B
，
( 2,0)
C
为焦点，长轴长为2
4
a
的椭圆．
从而
2
2
2
2,
2,
2
a
c
b
a
c
，故所求动点D 的轨迹方程为
2
2
1
4
2
x
y
．
（2）设:
1
l y
kx
，
1
1
( ,
)
M x y
，
2
2
(
,
)
N x
y
，由
2
2
1
1
4
2
y
kx
x
y
消去y 得
2
2
(2
1)
4
2
0
k
x
kx
，
显然
2
2
2
( 4 )
8(2
1)
8
0
k
k
k
，
1
2
1
2
2
2
4
2
,
2
1
2
1
k
x
x
x x
k
k
．
1
2
0,
0
x
x
，可设直线PM 与PN 的斜率分别为
1
2
,
k k 则
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135 / 397
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
(
2
1) (
2
1)
y
y
kx
kx
k k
x
x
x
x
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
4
( 2
1)
2 2
3
( 2
1) (
)
2 2
3
2
1
2
2
1
k
k
k x x
k x
x
k
k
x x
k
2
2
2
3
2 2
3
2
2
2
k
k
．
即直线PM 与PN 的斜率之积为定值．
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法
（1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明
了易于表达，只需要把这种关系转化为,x y 的等式，就能得到曲线的轨迹方程；
（2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得
到动点的轨迹方程；
（3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出
几何式，再代入点的坐标即可；
（4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运
动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据
相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程；
（5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交
点（含参数）的坐标，再消去参数即可求出所求轨迹的方程．
【例2】已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
的一个焦点为( 5,0) ，离心率为
5
3
，
（Ⅰ）求椭圆C 的标准方程；
（Ⅱ）若动点
0
0
(
,
)
P x
y
为椭圆外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）可知
5
c
，又
5
3
c
a
，
3
a
，
2
2
2
4
b
a
c
，椭圆C 的标准方程为
2
2
1
9
4
x
y
；
（Ⅱ）设两切线为1
2
,
l l ，
①当1l
x
轴或1 / /
l
x 轴时，对应2 / /
l
x 轴或2l
x
轴，可知
( 3, 2)
P
②当1l 与x 轴不垂直且不平行时，
0
3
x ，设1l 的斜率为k ，则
0
k
，2l 的斜率为
1
k
，1l 的方程为
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136 / 397
0
0
(
)
y
y
k x
x
，联立
2
2
1
9
4
x
y
，得
2
2
2
0
0
0
0
(9
4)
18(
)
9(
)
36
0
k
x
y
kx kx
y
kx
，
因为直线与椭圆相切，所以
0
，得
2
2
2
2
0
0
0
0
9(
)
(9
4)[(
)
4]
0
y
kx
k
k
y
kx
，
2
2
0
0
36
4[(
)
4]
0
k
y
kx
，
2
2
2
0
0
0
0
(
9)
2
4
0
x
k
x y k
y
所以k 是方程
2
2
2
0
0
0
0
(
9)
2
4
0
x
x
x y x
y
的一个根，
同理
1
k
是方程
2
2
2
0
0
0
0
(
9)
2
4
0
x
x
x y x
y
的另一个根，
1
(
)
k
k
2
0
2
0
4
9
y
x
，得
2
2
0
0
13
x
y
，其中
0
3
x ，所以点P 的轨迹方程为
2
2
13
x
y
（
3
x ），
因为
( 3, 2)
P
满足上式，综上知：点P 的轨迹方程为
2
2
13
x
y
．
【例3】已知椭圆C：
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
的两个焦点分别为
1( 1 0)
F ，，2 1 0
F（，），且椭圆C 经过点
）
，3
1
3
4
(
P
．
（Ⅰ）求椭圆C 的离心率
（Ⅱ）设过点
）
，
（2
0
A
的直线l 与椭圆C 交于M，N 两点，点Q 是MN 上的点，且
2
2
2
1
1
2
AN
AM
AQ
，求点Q 的轨迹方程．
【解析】（Ⅰ）由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝
2
2
2
2
4
1
4
1
1
1
2 2
3
3
3
3
，
所以
2
a
．又由已知，c＝1．所以椭圆C 的离心率
1
2
2
2
c
e
a
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，椭圆C 的方程为
2
2
x
＋y2＝1．设点Q 的坐标为(x，y)．
(ⅰ)当直线l 与x 轴垂直时，直线l 与椭圆C 交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q 的坐标为
3 5
0,2
5
．
(ⅱ)当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y＝kx＋2．因为M，N 在直线l 上，
可设点M，N 的坐标分别为(
1x ，k
1x ＋2)，(
2x ，k
2x ＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2)
2
1x ，|AN|2＝(1＋k2)
2
2x ．又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)
2x ．
由
2
2
2
2
1
1
|
|
|
|
|
|
AQ
AM
AN
，得
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
k
x
k
x
k
x
，
即
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
x
x
x x
x
x
x
x x
．①将y＝kx＋2 代入
2
2
x
＋y2＝1 中，得
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(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0．②由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞3
2
．
由②可知，
1
2
x
x
＝
2
8
2
1
k
k
，
1
2
x x ＝
2
6
2
1
k
，代入①中并化简，得
2
2
18
10
3
x
k
．③
因为点Q 在直线y＝kx＋2 上，所以
2
y
k
x
，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18．
由③及k2＞3
2
，可知0＜x2＜3
2
，即x∈
6 ,0
2
∪
6
0, 2
．
又
3 5
0,2
5
满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈
6
6
,
2
2
．
由题意，Q(x，y)在椭圆C 内，所以－1≤y≤1．
又由10(y－2)2＝18＋3x2 有(y－2)2∈9 9
,
5 4
且－1≤y≤1，则y∈1
3 5
,2
2
5
．
所以，点Q 的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈
6
6
,
2
2
，y∈1
3 5
,2
2
5
圆锥曲线中的最值问题
基本不等式型的最值问题
【例1】已知直线l 过点M(2，1)，且分别与x 轴的正半轴、y 轴的正半轴交于A，B 两点，O 为原点，当|MA|·|MB|
取得最小值时，直线l 的方程为________________．
【答案】x＋y－3＝0．
【解析】因为|MA|＝
1
k2＋1，|MB|＝4＋4k2，所以|MA|·|MB|＝
1
k2＋1· 4＋4k2＝2
k2＋1
k2＋2≥
2×2＝4，当且仅当k2＝1
k2，即k＝－1 时取等号，故直线方程为x＋y－3＝0．
【例2】已知圆C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝4 与圆C2：(x＋b)2＋(y＋2)2＝1 外切，则ab 的最大值为_____________．
【答案】9
4
【解析】由两圆外切可得圆心(a，－2)，(－b，－2)之间的距离等于两圆半径之和，即(a＋b)2＝(2＋1)2，
即9＝a2＋b2＋2ab≥4ab，所以ab≤9
4，当且仅当a＝b 时取等号，即ab 的最大值是9
4．
【例3】已知F 为抛物线C：y2＝4x 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
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C．12
D．10
【答案】A
【解析】设直线AB：y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
y＝k
x－1
，
y2＝4x
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
所以x1＋x2＝2k2＋4
k2
＝2＋4
k2．根据抛物线的定义，得|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋4
k2；因为AB⊥DE，同理可得|DE|＝4
＋
4
1
k2
＝4＋4k2，所以|AB|＋|DE|＝4＋4
k2＋4＋4k2＝8＋4
k2＋4k2＝8＋4
1
k2＋k2
≥8＋4×2
1
k2×k2＝16，当且仅当k＝
±1 时取等号，故选A．
斜率型的最值问题
【例4】已知实数x，y 满足y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)，试求y＋3
x＋2
的最大值和最小值．
【答案】最大值是8，最小值是4
3．
【解析】如图，作出y＝x2－2x＋2(－1≤x≤1)的图象——曲线段AB，则y＋3
x＋2
表示定点
P(－2，－3)和曲线段AB 上任一点(x，y)的连线的斜率k，连接PA，PB，则kPA≤k≤kPB．
易得A(1，1)，B(－1，5)，所以kPA＝1－
－3
1－
－2
＝4
3，kPB＝5－
－3
－1－
－2
＝8，所以4
3≤k≤8，
故y＋3
x＋2
的最大值是8，最小值是4
3．
【例5】
已知实数x，y 满足方程x2＋y2－4x＋1＝0，则y
x的最大值为_____________，最小值为__________．
【答案】最大值是3，最小值是－3．
【解析】法一：如图，方程x2＋y2－4x＋1＝0 表示以点(2，0)为圆心，以3为半径的圆．
设y
x＝k，即y＝kx，当圆心(2，0)到直线y＝kx 的距离为半径时，即直线与圆相
切，
斜率取得最大、最小值．由|2k－0|
k2＋1
＝3得k2＝3，所以kmax＝3，kmin＝－3．
法二：由平面几何知识，得OC＝2，CP＝3，∠POC＝60°，直线OP 的倾斜角
为60°，直线OP′的倾斜角为120°．所以kmax＝3，kmin＝－3．
函数型的最值问题
【例6】
已知点P 在圆x2＋y2＝1 上，点A 的坐标为(－2，0)，O 为原点，则·的最大值为_____________．
【答案】6
【解析】法一：由题意知，＝(2，0)，令P(cosα，sinα)，则＝(cosα＋2，sinα)，·＝
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(2，0)·(cosα＋2，sinα)＝2cosα＋4≤6，故·的最大值为6．
法二：由题意知，＝(2，0)，令P(x，y)，－1≤x≤1，则·＝(2，0)·(x＋2，y)＝2x＋4≤6，
故·的最大值为6．
【例7】如图，圆O 与离心率为3
2 的椭圆T：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)相切于点M(0，1)，
过点M 引两条互相垂直的直线l1，l2，两直线与两曲线分别交于点A，C 与点B，
D(均不重合)．若P 为椭圆上任一点，记点P 到两直线的距离分别为d1，d2，则d21
＋d 22的最大值是(
)
A．4
B．5
C．16
3
D．25
3
【答案】C
【解析】易知椭圆C 的方程为x2
4＋y2＝1，圆O 的方程为x2＋y2＝1，设P(x0，y0)，因为l1⊥l2，则d21＋d22＝|PM|2
＝x20＋(y0－1)2，因为x20
4＋y20＝1，所以d21＋d22＝4－4y20＋(y0－1)2＝－3 y0＋1
3 2＋16
3 ，因为－1≤y0≤1，所以当y0＝
－1
3时，d21＋d 22取得最大值16
3 ，此时点P ±4 2
3 ，－1
3 ．故选C．
【例8】如图，已知抛物线x2＝y，点A －1
2，1
4 ，B
3
2，9
4 ，抛物线上的点P(x，y) －1
2<x<3
2 ．过点B 作直线
AP 的垂线，垂足为点Q．
①求直线AP 斜率的取值范围．
②求|PA|·|PQ|的最大值．
【解析】①设直线AP 的斜率为k，k＝
x2－1
4
x＋1
2
＝x－1
2．
因为－1
2<x<3
2，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
kx－y＋1
2k＋1
4＝0，
x＋ky－9
4k－3
2＝0，
解得点Q 的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋3
2
k2＋1
．
因为|PA|＝1＋k2 x＋1
2 ＝1＋k2(k＋1)，|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－
k－1
k＋1
2
k2＋1
，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3．令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3．
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，令f′(k)＝0，得k＝1
2或k＝－1．
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易得f(k)在区间－1，1
2 上单调递增，在区间
1
2，1 上单调递减，故f(k)max＝f
1
2 ＝27
16．
因此当k＝1
2时，|PA|·|PQ|取得最大值27
16．
点线型的最值问题
【例9】
（2021·安徽六安一模（文））已知
2
2
:
1
O x
y
e
，直线:
2
0
l x
y
，P 为l 上的动点，过点Р作
O
的切线PA，PB，切点为A，B，则OP
AB
最小值为（
）
A．1
B．
2
C．2
D．2 2
【答案】C
【解析】如图所示：
圆心为
0,0
O
，半径
1
r
，因为OA
OB
，PA
PB
，所以AB
OP
．
所以
1
2
PAOB
S
OP
AB
，又
1
2
2
2
PAOB
POA
S
S
OA
PA
PA
所以
2
OP
AB
PA
．要使OP
AB
取到最小值即PA 取到最小值．
由勾股定理得
2
1
PA
PO
，即要使OP
AB
取到最小值即OP 取到最小值．
当直线OP 与直线
2
0
x
y
垂直时，OP 取到最小值．
所以
min
0
0
2
2
1 1
OP
，即
2
min
2
1
1
PA
．所以OP
AB
最小值为2．故选C．
【例10】已知P 是直线l：3x－4y＋11＝0 上的动点，PA，PB 是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0 的两条切线，C 是圆
心，那么四边形PACB 面积的最小值是(
)
A．2
B．2 2
C．3
D．2 3
【答案】C
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【解析】圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1，1)，半径为r＝1，根据对称性可知，四边形PACB
的面积为2S△APC＝2×1
2|PA|r＝|PA|＝|PC|2－r2，要使四边形PACB 的面积最小，则只需
|PC|最小，最小时为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0 的距离d＝|3－4＋11|
32＋42 ＝10
5 ＝2．所以
四边形PACB 面积的最小值为|PC|2min－r2＝4－1＝3．故选C．
三点共线型最值问题
【例11】已知椭圆x2
4＋y2
b2＝1(0<b<2)的左、右焦点分别为点F1，F2，过点F1 的直线l 交椭圆于A，B 两点，若|BF2|
＋|AF2|的最大值为5，则b＝_____________．
【答案】3．
【解析】由0<b<2 可知，焦点在x 轴上，因为过点F1 的直线l 交椭圆于A，B 两点，所以|BF2|＋|AF2|＋|BF1|＋|AF1|
＝2a＋2a＝4a＝8，所以|BF2|＋|AF2|＝8－|AB|．易知当直线AB 垂直于x 轴时，|AB|的值最小，|BF2|＋|AF2|的值
最大，此时|AB|＝b2，所以5＝8－b2，解得b＝3．
【例12】若点A 的坐标为(3，2)，F 是抛物线y2＝2x 的焦点，点M 在抛物线上移动时，使|MF|＋|MA|取得最小
值的M 的坐标为(
)
A．(0，0)
B．
1
2，1
C．(1，2)
D．(2，2)
【答案】D
【解析】过M 点作准线的垂线，垂足是点N，则|MF|＋|MA|＝|MN|＋|MA|，当A，M，N 三点共线时，|MF|＋|MA|
取得最小值，此时M(2，2)．故选D．
专题11 排列组合二项式定理
1．【高考山东卷3】6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场
馆安排2 名，丙场馆安排3 名，则不同的安排方法共有
（
）
A．120 种
B．90 种
C．60 种
D．30 种
【答案】C
【思路导引】利用分步计算原理，结合组合数的计算，计算出不同的安排方法．
【解析】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有
1
6
C ；然后从其余5名同学中选2 名去乙场馆，方法数有
2
5
C ；
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最后剩下的3名同学去并场馆，故不同的安排方法共有
1
2
6
5
6 10
60
C
C
种，故选C．
【专家解读】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算．
2．【高考全国Ⅰ卷理数8】
2
5
y
x
x
x
y
的展开式中
3
3
x y 的系数为
（
）
A．5
B．10
C．15
D．20
【答案】C
【思路导引】求得
5
(
)
x
y
展开式的通项公式为
5
1
5
r
r
r
rT
C x
y
（r
N
且
5
r
），即可求得
2
y
x
x
与
5
(
)
x
y
展开式的乘积为
6
5
r
r
r
C x
y
或
4
2
5
r
r
r
C x
y
形式，对r 分别赋值为3，1 即可求得
3
3
x y 的系数，问题得解．
【解析】
5
(
)
x
y
展开式的通项公式为
5
1
5
r
r
r
rT
C x
y
（r
N
且
5
r
），∴
2
y
x
x
与
5
(
)
x
y
展开式的乘积
可表示为：
5
6
1
5
5
r
r
r
r
r
r
r
xT
xC x
y
C x
y
或
2
2
5
4
2
1
5
5
r
r
r
r
r
r
rT
C x
y
x
C
y
y
y
x
x
，在
6
1
5
r
r
r
r
xT
C x
y
中，令
3
r
，可得：
3
3
3
4
5
xT
C x y
，该项中
3
3
x y 的系数为10 ，在
4
2
1
5
2
r
r
r
rT
C x
x
y
y
中，令
1
r
，可得：
5
2
1
3
3
2T
C
y
x
x
y
，该项中
3
3
x y 的系数为5，∴
3
3
x y 的系数为10
5
15
，故选C．
【专家解读】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力．
3．【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
【答案】A
【解析】由题意得x3 的系数为
3
1
4
4
C
2C
4
8
12
，故选A．
【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．
4．【高考全国Ⅱ卷理数14】4 名同学到3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1 个小区，每个小区至
少安排1 名同学，则不同的安排方法共有______种．
【答案】36
【思路导引】根据题意，采用捆绑法，先取2 名同学看作一组，现在可看成是3 组同学分配到3 个小区，即可
求得答案．
【解析】4 名同学到3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1 个小区，每个小区至少安排1 名同学，
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先取2 名同学看作一组，选法有：
2
4
6
C
，现在可看成是3 组同学分配到3 个小区，分法有：
3
3
6
A
，根据
分步乘法原理，可得不同的安排方法6 6
36
种，故答案为：36．
【专家解读】本题主要考查了计数原理的实际应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分
析能力和计算能力．
5．【高考天津卷11】在
5
2
2
x
x
的展开式中，
2x 的系数是_________．
【答案】10
【思路导引】根据二项展开式的通项公式赋值即可求出．
【解析】因为
5
2
2
x
x
的展开式的通项公式为
5
5 3
1
5
5
2
2
2
0,1,2,3,4,5
r
r
r
r
r
r
rT
C x
C
x
r
x
，令
5
3
2
r
，解得
1
r
．所以
2x 的系数为
1
5
2
10
C
．故答案为：10．
6．【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．
7．(2016 年全国II)如图，小明从街道的E 处出发，先到F 处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加
志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
A．24
B．18
C．12
D．9
【答案】B
【解析】由题意可知E
F
有6 种走法，F
G
有3 种走法，由乘法计数原理知，共有6 3
18
种走法．
8．【2017 新课标Ⅱ】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
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方式共有
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
【答案】D
【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．
9．【2018 全国卷Ⅲ】
2
5
2
(
)
x
x
的展开式中
4x 的系数为
A．10
B．20
C．40
D．80
【答案】C
【解析】
2
5
10 3
1
5
5
2
C (
)
( )
C 2
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，由10
3
4
r
，得
2
r
，所以
4x 的系数为
2
2
5
C
2
40
．
10．【2017 新课标Ⅰ】
6
2
1
(1
)(1
)
x
x
展开式中
2x 的系数为
A．15
B．20
C．30
D．35
【答案】C
【解析】
6
2
1
(1
)(1
)
x
x
展开式中含
2x 的项为
2
2
4
4
2
6
6
2
1
1
30
C x
C x
x
x
，故
2x 前系数为30，选C．
一、考向分析：
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二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
两个计
数原理
1、利用分类加法计数原理解题时2 个注意点
（1）根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．
（2）分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．
2、一类元素允许重复选取的计数问题，可以采用分步乘法计数原理来解决，关键是明确要
完成的一件事是什么．也就是说，用分步乘法计数原理求解元素可重复选取的问题时，哪类
元素必须“用完”就以哪类元素作为分步的依据．
3、（1）注意在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步．在分步时可能又用到
分类加法计数原理．②注意对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当地列出示意图或
列出表格，使问题形象化、直观化．
（2）解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可按不同的区域分步完成．
排列与组
合问题
1．排列与组合最根本的区别在于“有序”和“无序”．取出元素后交换顺序，如果与顺序有关，
则是排列；如果与顺序无关，则是组合．
2．排列、组合问题的求解方法与技巧
①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题要先选后排；④相邻
问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题倍缩法处理；⑦分排问题直排处理；⑧
“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反，等价转化．
3、求解排列应用问题的5 种主要方法
直接法：把符合条件的排列数直接列式计算
优先法：优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法：对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素
排列的空当中
间接法：正难则反、等价转化的方法．
4．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
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考查两个计数原理：
【例1】（2021·湖北高三一模）当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，
疫情防控工作形势依然严峻、复杂．某地区安排
, ,
,
,
A B C D E 五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，每个地
区至少安排一人，且
,
A B 两人安排在同一个地区，
,
C D 两人不安排在同一个地区，则不同的分配方法总数为
（
）
位置)．对于排列组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元
素或分好的组进行排列．
5．定序问题可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列．
6．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，不同分组方法的差异．其次对于
相同元素的“分配”问题，常用的方法是采用“隔板法”．
二项式定理
1．所谓二项展开式的特定项，是指展开式中的某一项，如第n 项、常数项、有理项、字母
指数为某些特殊值的项．求解时，先准确写出通项Tr＋1＝Crnan－rbr，再把系数与字母分离出来
(注意符号)，根据题目中所指定的字母的指数所具有的特征，列出方程或不等式来求解即可．
2．多项展开式问题一般是转化为二项展开式问题解决．
3、赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m(a，b
∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1 即可；对形如(ax＋by)n(a，
b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1 即可．
4．整除问题的解题思路
利用二项式定理找出某两个数(或式)之间的倍数关系，是解决有关整除问题和余数问题
的基本思路，关键是要合理地构造二项式，并将它展开进行分析判断．
5．求近似值的基本方法
利用二项式定理进行近似计算：当n 不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx．
6．二项式定理中，通项公式Tk＋1＝Cknan－kbk 是展开式的第k＋1 项，不是第k 项．
7．(1)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在Tk＋1＝Cknan－kbk 中，C kn是该项的
二项式系数，该项的系数还与a，b 有关．
(2)二项式系数的最值和增减性与指数n 的奇偶性有关．当n 为偶数时，中间一项的二项式系
数最大；当n 为奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值．
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A．86 种
B．64 种
C．42 种
D．30 种
【答案】D
【解析】①当两个地区各分2 人另一个地区分1 人时，总数有
1
3
2
3
12
C
A
种；②当两个地区各分1 人另一个地
区分3 人时，总数有
1
3
3
3
18
C
A
种，故满足条件的分法共有12 18
30
种．故选D．
【名师点睛】关键点睛：解决本题的关键在于在分类的基础上，先选后排，最后由分类加法计数原理得出不同
的分配方法总数．
【例2】如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每
条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用
A．288 种
B．264 种
C．240 种
D．168 种
【答案】B
【解析】B，D，E，F 用四种颜色，则有
4
4
1 1
24
A
种涂色方法；B，D，E，F 用三种颜色，则有
3
3
4
4
2 2
2 1 2
192
A
A
种涂色方法；B，D，E，F 用两种颜色，则有
2
4
2 2
48
A
种涂色方法；
所以共有24+192+48=264 种不同的涂色方法．
考查排列组合问题：
【例1】（2021·安徽淮南一模）既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成
果，选派了5 名工作人员到A、B、C 三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1 人，不同的选派方法数有
（
）种
A．25
B．60
C．90
D．150
【答案】D
【解析】解法一（分组分配）：把5 各工作人员分成3 组，有两类分法：
①5
1 1 3
则有
1
1
3
5
4
3
2
2
10
C C C
A
种；
②5
2
2
1
则有
2
2
1
5
3
1
2
2
15
C C C
A
种
所以共有10 15
25
种分组方法，根据题意，所求方法数有
3
3
25
150
A
个
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解法二（排除法）：∵5 个工作人员仅去一个村子的方法数有
5
1
3
1
3
C
个；5 个工作人员仅去两个村子的方法数
有
5
2
3
2
2
90
C
个，∴5 个工作人员去三个村子的方法数有
53
90
3
150
个．故选D．
【例2】给n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当
4
n
时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不
．．
相邻
．．的着色方案如下图所示：
由此推断，当
6
n
时，黑色正方形互不相邻
．．．．的着色方
案共有
种，至少有两个黑色正方形相邻
．．的着色
方案共有
种，（结果用数值表示）
【答案】
21
43
【解析】
1,2,3,4
n
时，黑色正方形互不相邻的着色方案种数分别为2，3，5，8，由此可看出后一个总是前2
项之和，故
5
n
时应为5+8=13，
6
n
时应为8+13=21；
6
n
时，所有的着色方案种数为
0
1
2
3
4
5
6
6
6
6
6
6
6
6
C
C
C
C
C
C
C
64
N
种，∴至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有
64
21
43
种．
【例3】
（2021·上海杨浦区·高三一模）从正方体的8 个顶点中选取4 个作为顶点，可得到四面体的个数为（
）
A．
4
8
12
C
B．
4
8
8
C
C．
4
8
6
C
D．
4
8
4
C
【答案】A
【解析】从正方体的8 个顶点中选取4 个顶点有
4
8
C 种，正方体表面四点共面不能构成四面体有6种，正方体的
六个对角面四点共面不能构成四面体有6种，所以可得到的四面体的个数为
4
4
8
8
6
6
12
C
C
种，故选A．
【名师点睛】关键点点睛：本题主要采用间接法，如果直接讨论，需要讨论的情况比较多，所以正难则反，这
是解题的关键．
考查二项式定理：
【例1】已知(1
)n
x
的展开式中第4 项与第8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（
）
A．
12
2
B．
11
2
C．
10
2
D．
92
【答案】D
【解析】因为(1
)n
x
的展开式中的第4 项与第8 项的二项式系数相等，所以
3
7
C
C
n
n
，解得
10
n =
，所以二项
式
10
(1
)x
的展开式中奇数项的二项式系数和为
10
9
1
2
2
2
．
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【例2】（2021·安徽蚌埠二模）在
6
2
1
x
x
的展开式中，除常数项外，其余各项系数的和为（
）
A．63
B．-517
C．-217
D．-177
【答案】B
【解析】常数项是
3
2
2
4
6
3
3
2
2
2
1
1
6
6
4
6
5
2
2
2
1
1
1
581
C x
C x
C
C x C
x
x
x
，
令
1
x
求各项系数和，
6
1
2 1
64
，则除常数项外，其余各项系数的和为64
581
517
．故选B．
【例3】在
4
6
)
1(
)
1(
y
x
的展开式中，记
n
m y
x
项的系数为
)
,
(
n
m
f
，则
(3,0)
f
(2,1)
f
(1,2)
f
(0,3)
f
=
A．45
B．60
C．120
D．210
【答案】C
【解析】由题意知
3
0
6
4
(3,0)
C C
f
，
2
1
6
4
(2,1)
C C
f
，
1
2
6
4
(1,2)
C C
f
，
0
3
6
4
(0,3)
C C
f
，因此
(3,0)
(2,1)
(1,2)
(0,3)
120
f
f
f
f
．
【例4】（2021·湖南株洲一模）若
5
(1
2)
2
a
b
（a，b 为有理数），则a=（
）
A．-25
B．25
C．40
D．41
【答案】D
【解析】二项式
5
(1
2)
的展开式的通项公式为：
1
5
1
2
r
r
r
rT
C
，
则
0
2
4
0
2
4
0
2
4
5
5
5
1
2
1
2
1
2
41
a C
C
C
，故选D．
【例5】设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a 能被13 整除，则a＝(
)
A．0
B．1
C．11
D．12
【答案】D
【解析】512 012＋a＝(52－1)2 012＋a＝C02 012·522 012－C12 012·522 011＋…＋C2 011
2 012×52·(－1)2 011＋C2 012
2 012·(－1)2 012＋a，因
为C02 012·522 012－C12 012·522 011＋…＋C2 011
2 012×52·(－1)2 011能被13 整除，且512 012＋a 能被13 整除，所以C2 012
2 012·(－1)2
012＋a＝1＋a 也能被13 整除，且0≤a<13，因此a 的值为12．故选D．
排列问题常用方法：
【例1】6 名同学排成1 排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不同站法．
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【答案】480
【解析】法一：(位置分析法)先从其他5 人中安排2 人站在最左边和最右边，再安排余下4 人的位置，
分为两步：第1 步，从除甲外的5 人中选2 人站在最左边和最右边，有A 25种站法；
第2 步，余下4 人(含甲)站在剩下的4 个位置上，有A 44种站法．
由分步乘法计数原理可知，共有A25A44＝480(种)不同的站法．
法二：(元素分析法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边)，再安排其他5 人的位置，
分为两步：第1 步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有A 14种站法；
第2 步，余下5 人站在剩下的5 个位置上，有A 55种站法．
由分步乘法计数原理可知，共有A14A55＝480(种)不同的站法．
法三：(间接法)6 人无限制条件排队有A 66种站法，甲站在最左边或最右边时6 人排队有2A 55种站法，因此
符合条件的不同站法共有A66－2A55＝480(种)．
求解排列问题的常用方法：
(1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算．
(2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．
(3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素
的内部排列．
(4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排
列的空当中．
(5)分排问题直排处理的方法．
(6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法．
(7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列．
组合问题常用方法：
【例】某学校为了迎接市春季运动会，从5 名男生和4 名女生组成的田径运动队中选出4 人参加比赛，要求男、
女生都有，则男生甲与女生乙至少有1 人入选的方法种数为(
)
A．85
B．86
C．91
D．90
【答案】B
【解析】法一：(直接法)由题意，可分三类考虑：
第1 类，男生甲入选，女生乙不入选，则方法种数为C13C24＋C23C14＋C33＝31；
第2 类，男生甲不入选，女生乙入选，则方法种数为C14C23＋C24C13＋C34＝34；
第3 类，男生甲入选，女生乙入选，则方法种数为C23＋C14C13＋C24＝21．
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所以男生甲与女生乙至少有1 人入选的方法种数为31＋34＋21＝86．
法二：(间接法)从5 名男生和4 名女生中任意选出4 人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120(种)；
男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34(种)．所以男生甲与女生乙至
少有1 人入选的方法种数为120－34＝86．
分配问题常用方法：
【例】按下列要求分配6 本不同的书，各有多少种不同的分配方式？
(1)分成三份，1 份1 本，1 份2 本，1 份3 本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1 本，一人得2 本，一人得3 本；
(3)平均分成三份，每份2 本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2 本；
(5)分成三份，1 份4 本，另外两份每份1 本；
(6)甲、乙、丙三人中，一人得4 本，另外两人每人得1 本；
(7)甲得1 本，乙得1 本，丙得4 本．
【解析】(1)无序不均匀分组问题：
先选1 本，有C 16种选法；再从余下的5 本中选2 本，有C 25种选法；最后余下3 本全选，有C 33种选法．故
共有C16C25C33＝60(种)．
(2)有序不均匀分组问题：
由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题的基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C33A33＝360(种)．
(3)无序均匀分组问题：
先分三步，则应是C26C24C 22种方法，但是这里出现了重复．不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第
一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为(AB，CD，EF)，则C26C24C 22种分法中还有(AB，
EF，CD)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共有A 33种情况，而这A 33种情
况仅是AB，CD，EF 的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22
A33
＝15(种)．
(4)有序均匀分组问题：在(3)的基础上再分配给3 个人，共有分配方式C46C24C22
A33
·A33＝C26C24C22＝90(种)．
(5)无序部分均匀分组问题：共有C46C12C11
A22
＝15(种)．
(6)有序部分均匀分组问题：在(5)的基础上再分配给3 个人，共有分配方式C46C12C11
A22
·A33＝90(种)．
(7)直接分配问题，甲选1 本有C 16种方法，乙从余下5 本中选1 本有C 15种方法，余下4 本留给两种C 44种
方法，共有C16·C15C44＝30(种)．
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解决分组分配问题的策略：
(1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Ann(n
为均分的组数)、避免重复计数．
(2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m！，
一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
(3)对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
二项式定理中的赋值法
【例】若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2 的值是________．
【答案】1
【解析】令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝(2＋3)4，①令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4＝(－2＋3)4．②
故(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a2＋a4＋a1＋a3)(a0＋a2＋a4－a1－a3)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝(3－4)4＝1．
小结：赋值法是求展开式中的系数与系数和的常用方法，注意所赋的值要有利于问题的解决，可以取一个或几
个值，常赋的值为0，±1．一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝f(1)＋f(－1)
2
，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝f(1)－f(－1)
2
．
专题12
概率与统计
1．【高考全国Ⅰ卷文数4】设O 为正方形ABCD 的中心，在
,
,
,
,
O A B C D 中任取3点，则取到的3点共线
的概率为
（
）
A．1
5
B．2
5
C．1
2
D．4
5
【答案】A
【思路导引】列出从5个点中任取3个点的所有情况，再列出3 点共线的情况，用古典概型的概率计算公式运
算即可．
【解析】如图，从
,
,
,
,
O A B C D 5 个点中任取3 个有
,
,
,
,
,
,
,
,
O A B
O A C
O A D
，
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
O B C
O B D
O C D
A B C
A B D
A C D
B C D ，共10种不同取法，
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153 / 397
3 点共线只有
,
,
O A C 与
,
,
O B D 共2 种情况，由古典概型的概率计算公式知，取到3 点共线的概率为
2
1
10
5
，故选A．
【专家解读】本题主要考查古典概型的概率计算问题，采用列举法，考查学生数学运算能力，是一道容易题．
2．【高考天津卷4】从一批零件中抽取80 个，测量其直径（单位：mm ），将所得数据分为9 组：
[5.31,5.33),[5.33,5.35),
,[5.45,5.47],[5.47,5.49]
，并整理得到如下频率分布直方图，则在被抽取的零件中，
直径落在区间[5.43,5.47) 内的个数为（
）
A．10
B．18
C．20
D．36
【答案】B
【思路导引】由题意首先确定直径落在区间
5.43,5.47 之间的零件频率，然后计算其个数即可．
【解析】由题意可得，直径落在区间
5.43,5.47 之间的零件频率为：
6.25
5.00
0.02
0.225
，
则区间
5.43,5.47 内零件的个数为：80
0.225
18
，故选B．
【专家解读】本题主要考查频率分布直方图的计算与实际应用．
3．【高考全国Ⅰ卷文理数5】某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y 和温度x （单位：C
）的
关系，在20 个不同的温度条件下进行种子发芽实验，由实验数据
,
1, 2 ,
, 20
i
i
x
y
i
得到下面的散点图：
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由此散点图，在10 C
至40 C
之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y 和温度x 的回归方程类型的是
（
）
A．y
a
bx
B．
2
y
a
bx
C．
ex
y
a
b
D．
ln
y
a
b
x
【答案】D
【思路导引】根据散点图的分布可选择合适的函数模型．
【解析】由散点图分布可知，散点图分布在一个对数函数的图像附近，因此，最适合作为发芽率y 和温度x 的
回归方程类型的是
ln
y
a
b
x
，故选D．
【专家解读】本题考查函数模型的选择，主要观察散点图的分布．
4．【高考山东卷5】某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96% 的学生喜欢足球或游泳，60% 的学生喜欢
足球，82% 的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（
）
A．62%
B．56%
C．46%
D．42%
【答案】C
【思路导引】记“该中学学生喜欢足球”为事件A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件B ，则“该中学学生喜欢足球或
游泳”为事件A
B
，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A B
，然后根据积事件的概率公式
(
)
P A B
( )
( )
(
)
P A
P B
P A
B
可得结果．
【解析】记“该中学学生喜欢足球”为事件A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件B ，则“该中学学生喜欢足球或游泳”
为事件A
B
，“ 该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳” 为事件A B
，则
( )
0.6
P A
，
( )
0.82
P B
，
0.96
P A
B
，所以
(
)
P A B
( )
( )
(
)
P A
P B
P A
B
0.6
0.82
0.96
0.46
，所以该中学既喜欢足
球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46% ，故选：C．
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【专家解读】本题考查了积事件的概率公式．
5．【高考江苏卷3】已知一组数据4 , 2 , 3
2 , 5 , 6
a
a
的平均数为4 ，则a 的值是
．
【答案】2
【解析】由题意得
4
2
3
5
6
4
5
a
a
，解得
2
a
．
【专家解读】本题主要考查平均数的计算公式．
6．【高考江苏卷25】甲口袋中装有2 个黑球和1 个白球，乙口袋中装有3 个白球．现从甲、乙两口袋中各任
取一个球交换放入另一口袋，重复n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2 个黑球的概率为pn，恰
有1 个黑球的概率为qn．
（1）求p1·q1 和p2·q2；
（2）求2pn+qn 与2pn-1+qn-1 的递推关系式和Xn 的数学期望E(Xn)(用n 表示) ．
【答案】（1）
1
1
2
2
1
2
7
16
,
,
3
3
27
27
p
q
p
q
；
；（2）
1
1
1
2
2
2
+
3
3
n
n
n
n
p
q
p
q
【思路导引】（1）直接根据操作，根据古典概型概率公式可得结果；
（2）根据操作，依次求
n
n
p
q
，
，即得递推关系，构造等比数列求得2
n
n
p
q
，最后根据数学期望公式求结果．
【解析】（1）
1
1
1 3
1
2 3
2
,
3 3
3
3 3
3
p
q
，
2
1
1
1 3
1 2
1
1
2
2
7
+
+
3 3
3 3
3
3
3
9
27
p
p
q
，
2
1
1
2 3
1 1
2 2
2
2
2
5
16
+
0
+
3 3
3 3
3
3
3
9
27
q
p
q
．
（2）
1
1
1
1
1 3
1 2
1
2
+
+
3 3
3 3
3
9
n
n
n
n
n
p
p
q
p
q
，
1
1
1
1
1
2 3
1 1
2 2
3 2
1
2
+
(1
)
+
3 3
3 3
3 3
9
3
n
n
n
n
n
n
q
p
q
p
q
q
，
因此
1
1
2
1
2
2
+
3
3
3
n
n
n
n
p
q
p
q
，从而
1
1
1
1
1
2
1
2
(2
+
)
2
1
(2
+
1)
3
3
3
n
n
n
n
n
n
n
n
p
q
p
q
p
q
p
q
，
即
1
1
1
1
1
2
1
(2
+
1)
2
1
3
3
n
n
n
n
n
n
p
q
p
q
p
q
，
1
(
)
2
1
3
n
n
n
n
E X
p
q
．
【专家解读】本题考查古典概型概率、概率中递推关系、构造法求数列通项、数学期望公式，考查综合分析求
解能力．
7．【高考山东卷19】
为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100 天空气中的
PM2.5 和
2
SO 浓度（单位：
3
/ m
g
），得下表：
2
SO
0,50
50 ,150
150 , 475
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PM2.5
0 , 35
32
18
4
35 , 75
6
8
12
75 ,115
3
7
10
（1）估计事件“该市一天空气中PM2.5 浓度不超过75 ，且
2
SO 浓度不超过150 ”的概率；
（2）根据所给数据，完成下面
2
2
列联表：
2
SO
PM2.5
0 ,150
150 , 475
0 , 75
75 ,115
（3）根据（2）中的列联表，判断是否有99% 的把握认为该市一天空气中
2.5
PM
浓度与
2
SO 浓度有关？
附：
d
b
c
a
d
c
b
a
bc
ad
n
K
2
2
，
【答案】（1）0.64 ；（2）答案见解析；（3）有．
【思路导引】（1）根据表格中数据以及古典概型的概率公式可求得结果；（2）根据表格中数据可得2
2
列联表；
（3）计算出
2
K ，结合临界值表可得结论．
【解析】（1）由表格可知，该市100 天中，空气中的
2.5
PM
浓度不超过75，且
2
SO 浓度不超过150 的天数有
32
6
18
8
64
天，
所以该市一天中，空气中的
2.5
PM
浓度不超过75，且
2
SO 浓度不超过150 的概率为64
0.64
100
；
（2）由所给数据，可得2
2
列联表为：
2
SO
2.5
PM
0,150
150,475
合计
0,75
64
16
80
)
(
2
k
K
P
050
.0
010
.0
001
.0
k
841
.3
635
.6
828
.
10
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157 / 397
75,115
10
10
20
合计
74
26
100
（3）根据2
2
列联表中的数据可得
2
2
2
(
)
100 (64 10 16 10)
(
)(
)(
)(
)
80 20 74 26
n ad
bc
K
a
b c
d a
c b
d
3600
7.4844
6.635
481
，
因为根据临界值表可知，有99%的把握认为该市一天空气中
2.5
PM
浓度与
2
SO 浓度有关．
【专家解读】本题考查了古典概型的概率公式，考查了完善2
2
列联表，考查了独立性检验．
一、考向分析：
二
考查内容
解
题
技
巧
随机
抽样
1．随机数法编号要求：应保证各号数的位数相同，而抽签法则无限制。
2．不论哪种抽样方法，总体中的每一个个体入样的概率是相同的。
3．系统抽样是等距抽样，入样个体的编号相差N
n的整数倍。
4．分层抽样是按比例抽样，每一层入样的个体数为该层的个体数乘以抽样比。
1．绘制频率分布直方图时的2 个注意点
(1)制作好频率分布表后，可以利用各组的频率之和是否为1 来检验该表是否正确。
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用样本估
计总体
(2)频率分布直方图的纵坐标是频率
组距
，而不是频率。
2．由频率分布直方图进行相关计算时，需掌握的2 个关系式
(1)频率
组距
×组距＝频率。
(2)
频数
样本容量
＝频率，此关系式的变形为频数
频率
＝样本容量，样本容量×频率＝频数。
3.茎叶图的优缺点
由茎叶图可以清晰地看到数据的分布情况，这一点同频率分布直方图类似。它优于频率
分布直方图的第一点是从茎叶图中能看到原始数据，没有任何信息损失，第二点是茎叶图便
于记录和表示。其缺点是当样本容量较大时，作图较烦琐。
4、用样本估计总体时，样本的平均数、标准差只是总体的平均数、标准差的近似。实际应
用中，需先计算数据的平均数，分析平均水平，再计算方差(标准差)，分析稳定情况。
5．若给出图形，一方面可以由图形得到相应的样本数据，计算平均数、方差(标准差)；另一
方面，可以从图形直观分析样本数据的分布情况，大致判断平均数的范围，并利用数据的波
动性比较方差(标准差)的大小。
回归分析
独立性检验
1、相关关系的直观判断方法就是作出散点图，若散点图呈带状且区域较窄，说明两个变量
有一定的线性相关性，若呈曲线型也是有相关性，若呈图形区域且分布较乱则不具有相关性。
两个具有相关关系的变量之间，可以从散点图直观看出是否具有较好的线性相关关系，相关
系数的绝对值越接近1，其线性相关关系越强。
2．回归直线方程＝x＋必经过样本点中心(，)。
3．在分析两个变量的相关关系时，可根据样本数据作出散点图来确定两个变量之间是否具
有相关关系，若具有线性相关关系，则可通过线性回归方程来估计和预测。
4、解决独立性检验问题的3 步骤
（1）根据样本数据制成2×2 列联表。
（2）根据公式K2＝
n
ad－bc
2
a＋b
c＋d
a＋c
b＋d
，计算K2 的值。
（3）查表比较K2 与临界值的大小关系，作统计判断。
提醒：应用独立性检验方法解决问题，易出现不能准确计算K2 值的错误。
1．“几何概型”与“古典概型”两者共同点是基本事件的发生是等可能的，不同之处是几何
概型的基本事件的个数是无限的，古典概型中基本事件的个数是有限的。
2、不放回的试验中，抽取几次可以看成一次性抽取几个。如在n 个球中，不放回地随机抽
取m 个球，可以看成一次性抽取m 个球，则共有C mn种取法。
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几何概型
古典概型
3、几何概型一般就是直线上的、平面上的和空间中的，直线上的几何概型的概率表现为线
段的长度之比，平面上的就是区域面积的比，空间中的就是体积之比等。解答几何概型试题
要善于根据这些特点寻找基本事件所在线、面、体，寻找随机事件所在的线、面、体，把几
何概型的计算转化为相应的长度、面积或体积的比值的计算。正确确定基本事件占有的空间
位置和随机事件在这个位置中的情况，然后计算相关的量，再根据几何概型的公式计算概率。
随机变
量分布
列及其
均值与
方差
1．分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1 可求参数的值。
(2)随机变量ξ所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可求相关事件的概率。
2、求随机变量的分布列的三个步骤
找：理解并确定ξ＝xi 的意义，找出随机变量ξ的所有可能的取值xi(i＝1,2，…，n)。
求：借助概率的有关知识求出随机变量ξ取每一个值的概率P(ξ＝xi)＝pi(i＝1,2，…，n)。
注意应用计数原理、古典概型等知识。
列：列出表格并检验所求的概率是否满足分布列的两条性质。
3．超几何分布的两个特点
(1)超几何分布是不放回抽样问题。
(2)随机变量为抽到的某类个体的个数。
4．超几何分布的应用条件及实质
(1)条件：①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考察某
类个体个数ξ的概率分布。
(2)实质：古典概型问题。
5、条件概率的求法
（1）定义法：先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝P(AB)
P(A) 求P(B|A)。
（2）基本事件法：借助古典概型概率公式，先求事件A 包含的基本事件数n(A)，再求事件
AB 所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝n(AB)
n(A) 。
1．相互独立事件与互斥事件的区别
相互独立事件是指两个事件发生的概率互不影响，计算式为P(AB)＝P(A)P(B)，互斥事件是
指在同一试验中，两个事件不会同时发生，计算公式为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)。
2．求相互独立事件同时发生的概率的主要方法
(1)利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解，P(A·B)＝P(A)·P(B)只有在事件A，B 相互独
立时，公式才成立，此时P(B)＝P(B|A)。
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二、考向讲解
(2)正面计算较繁(如求用“至少”表述的事件的概率)或难以入手时，可从其对立事件入手计算。
3、利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满
足公式P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k 的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常
数p；(2)n 次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互
独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了k 次的概率。
4、解决正态分布问题有三个关键点：①对称轴x＝μ；②标准差σ；③分布区间。利用对称性
可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区
间，从而求出所求概率。
5、超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽
取相互独立。当超几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布。
6、求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤
（1）理解ξ的意义，写出ξ可能的全部值。（2）求ξ取每个值的概率。
（3）写出ξ的分布列。
（4）由均值的定义求E(ξ)。
（5）由方差的定义求D(ξ)。
7．判断一个随机变量是否服从二项分布，关键有二：其一是独立性，即一次试验中，事件
发生与不发生二者必居其一；其二是重复性，即试验是独立重复地进行了n 次。
8、二项分布的期望与方差
（1）如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np；D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量。
（2）有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，
这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b 以及E(ξ)＝np 求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ
＋b)。
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考查频率分布直方图、茎叶图：
【例1】我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查。通过抽
样，获得了某年100 位居民每人的月均用水量(单位：吨)。将数据按照[0,0.5)，[0.5,1)，…，[4,4.5]分成9 组，
制成了如图所示的频率分布直方图。
(1)求直方图中a 的值。
(2)设该市有30 万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3 吨的人数，说明理由。
(3)估计居民月均用水量的中位数。
【解析】(1)由频率分布直方图可知，月均用水量在[0,0.5)内的频率为0.08×0.5＝0.04，同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，
[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5]内的频率分别为0.08，0.21，0.25,0.06，0.04，0.02。由1－(0.04＋0.08
＋0.21＋0.25＋0.06＋0.04＋0.02)＝2a×0.5，解得a＝0.30。
(2)由(1)知，该市100 位居民中月均用水量不低于3 吨的频率为0.06＋0.04＋0.02＝0.12。由以上样本的
频率分布，可以估计30 万居民中月均用水量不低于3 吨的人数为300 000×0.12＝36 000。
(3)设中位数为x 吨。因为前5 组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25＝0.73>0.5，而前4 组的频
率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5，所以2≤x<2.5。由0.50×(x－2)＝0.5－0.48，解得x＝2.04，
故可估计居民月均用水量的中位数为2.04 吨。
【例2】（2021 江西吉安模拟（文））某学生准备参加某科目考试，在12 次模拟考试中，所得分数的茎叶图如图
所示，则此学生该门功课考试成绩的众数与中位数分别为（
）
A．95，94
B．95，94．5
C．93，94．5
D．95，95
【答案】B
【解析】由茎叶图可得众数为95，中位数为94
95
94.5
2
，故选B．
【名师点睛】关键点点睛：该题考查的是有关利用茎叶图求众数和中位数的问题，解题的关键点是理解众数和
中位数的定义．
考查样本数据特征：
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【例1】（2021·安徽淮北一模（理））某地气象局把当地某月(共30 天)每一天的最低气温作了统计，并绘制了如
下图所示的统计图．记这组数据的众数为M，中位数为N，平均数为P，则（
）
A．M
N
P
B．N
M
P
C．P
M
N
D．P
N
M
【答案】A
【解析】由统计图得：该月温度的中位数为
5
6
5.5
2
N
，众数为
5
M
，
平均数为
1 (2
3
3
4
10
5
6
6
3
7
2
8
2
9
2 10)
5.97
30
P
．M
N
P
．故选A．
【例2】（2021 贵州遵义模拟）为激活国内消费市场，挽回疫情造成的损失，国家出台一系列的促进国内消费的
优惠政策，某机构从某一电商的线上交易大数据中来跟踪调查消费者的购买力，界定3 至8 月份购买商品在5000
元以上人群属“购买力强人群”，购买商品在5000 元以下人群属“购买力弱人群”现从电商平台消费人群中随机选
出200 人，发现这200 人中属购买力强的人数占80%，并将这200 人按年龄分组，记第1 组[15,25) ，第2 组
[25,35) ，第3 组[35,45) ，第4 组[45,55) ，第5 组[55,65) ，得到的频率分布直方图，如图所示．
（1）求出频率分布直方图中的a 值和这200 人的平均年龄；
（2）从第1，2 组中用分层抽样的方法抽取5 人，并再从这5 人中随机抽取2 人进行电话回访，求这两人恰好
属于不同组别的概率；
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（3）把年龄在第1，2，3 组的居民称为青少年组，年龄在第4，5 组的居民称为中老年组，若选出的200 人中“购
买力弱人群”的中老年人有20 人，问是否有99%的把握认为是否“购买力强人群”与年龄有关？
附：
2
0
P K
K
f
0．150
0．100
0．050
0．025
0．010
0．005
0．001
0k
2．072
2．706
3．841
5．024
6．635
7．879
10．828
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a b c d a c b d
，n
a
b
c
d
【解析】（1）由题意得：
2 0.01 0.015
0.03
10
1
a
，所以
0.035
a
，
200 人的平均年龄为：20 0.1 30 0.15
40 0.35
50 0.3
60 0.1
41.5
。
（2）由题意得：利用分层抽样的方法从第一组抽取2 人，从第二组抽取3人，
设两人恰好属于不同组别为事件A ，则
2
2
2
3
2
5
3
1
5
C
C
P A
C
．
（3）由题意可得2
2
列联表为：
购买力强人群
购买力弱人群
合计
青少年组
100
20
120
中老年组
60
20
80
合计
160
40
200
故
2
2
200 100 20
60 20
25
2.083
6.635
120 80 160 40
12
K
，故没有99%的把握认为是否“购买力强人群”与年龄
有关．
【名师点睛】本题主要考查了利用频率分布直方图求平均数的问题，考查了对立事件的概率公式，考查了列联
表、独立性检验的基本思想、考查了考生的分析能力、计算能力，属于中档题．
考查古典概型、几何概型：
【例1】（2021·海南高三二模）为了丰富教职工业余文化生活，某校计划在假期组织全体老师外出旅游，并给
出了两个方案(方案一和方案二)，每位老师均选择且只选择一种方案，其中有50%的男老师选择方案一，有75%
的女老师选择方案二，且选择方案一的老师中女老师占40%，那么该校全体老师中女老师的比例为（
）
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公众号：一枚试卷君
164 / 397
A．1
2
B．4
7
C．5
8
D．3
4
【答案】B
【解析】设该校男老师的人数为x ，女老师的人数为y ，则可得如下表格：
方案一
方案二
男老师
0.5x
0.5x
女老师
0.25y
0.75y
由题意，
0.25
0.4
0.5
0.25
y
x
y
，可得
4
3
y
x
，所以
4
7
y
x
y =
+
．故选B。
【例2】（2021·陕西咸阳一模）中国书法历史悠久、源远流长．书法作为一种艺术，以文字为载体，不断地反
映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观．谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓，
汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术．我国书法大体可分为篆、隶、楷、
行、草五种书体，如图：以“国”字为例，现有一名书法爱好者准备从五种书体中任意选两种进行研习，则他恰
好不选草书体的概率为（
）
A．3
5
B．2
5
C．4
5
D．1
5
【答案】A
【解析】从五种书体中任意选两种进行研习，共有
2
5
10
C
种，则不选草书体共有
2
4
6
C
种，则不选草书体的
概率为
6
3
10
5
P
．故选A．
【例3】（2021 江苏宿迁中学高三期中）古埃及、古印度、古巴比伦和中国是四大文明古国之一，金字塔（如图
1）作为古埃及劳动人民的智慧结晶，是历史留给当下的宝贵遗产著名的胡夫金字塔的俯视图如图2 所示，该金
字塔的高146．5 米，底面正方形边长230 米．若小明在距离金字塔底而中心230 米的圆周．上任取一点（圆周
上所有点被选取的概率相等），从该点处观察金字塔，则小明可以同时看到金字塔两个侧面的概率为（
）
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公众号：一枚试卷君
165 / 397
A．1
3
B．2
3
C．1
4
D．3
4
【答案】A
【解析】如图所示，中间正方形的边长为230 米，可得
230
AB
CD
米，其中在
AB 处的任意一点，只能看
到金字塔的一个侧面，又由圆的半径为230 米，其中
230
OA
OB
米，所以
ABO
为等边三角形，即
60
AOB
，其中由四个这的区域，只能看到金字塔的一个侧面，所以只能看到一个侧面的概率为4 60
2
360
3
，
所以小明可以同时看到金字塔两个侧面的概率为1
3
．故选A．
【例4】在棱长为2 的正方体ABCD－A1B1C1D1 中，点O 为底面ABCD 的中心，在正方体ABCD－A1B1C1D1
内随机取一点P，则点P 到点O 的距离大于1 的概率为_____________。
【答案】1－π
12
【解析】如图，与点O 距离等于1 的点的轨迹是一个半球面，其体积V1＝1
2×4
3π×13＝2π
3 。事件“点P 与点O
距离大于1 的概率”对应的区域体积为23－2π
3 ，根据几何概型概率公式得，点P 与点O 距离大于1 的概率P＝
23－2π
3
23
＝1－π
12。
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公众号：一枚试卷君
166 / 397
【例5】某市中学生田径运动会总分获得冠、亚、季军的代表队人数情况如下表，大会组委会为使颁奖仪式有
序进行，气氛活跃，在颁奖过程中穿插抽奖活动。并用分层抽样的方法从三个代表队中共抽取16 人在前排就坐，
其中亚军队有5 人。
名次
性别
冠军队
亚军队
季军队
男生
30
30
女生
30
20
30
(1)求季军队的男运动员人数。
(2)从前排就坐的亚军队5 人(3 男2 女)中随机抽取2 人上台领奖，请求出有女生上台领奖的概率。
(3)抽奖活动中，运动员通过操作按键，使电脑自动产生[0,4]内的两个均匀随机数x，y，随后电脑自动运行如图
所示的程序框图的相应程序。若电脑显示“中奖”，则运动员获相应奖品；若电脑显示“谢谢”，则不中奖。求
运动员获得奖品的概率。
【解析】(1)设代表队共有n 人，则5
16＝50
n ，所以n＝160，
则季军队的男运动员人数为160－(30＋30＋30＋20＋30)＝20。
(2)设男生为a1，a2，a3，女生为b1，b2，随机抽取2 人，包括的基本事件个数为C25＝10，有女生上台领
奖的基本事件为C25－C23＝10－3＝7，所以P(A)＝7
10，有女生上台领奖的概率为7
10。
(3)试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤4,0≤y≤4}，面积为SΩ＝4×4＝16，
事件A 表示运动员获得奖品，所构成的区域为A＝{(x，y)|4x－y－8≤0,0≤x≤4,0≤y≤4}
，
面积为SA＝1
2(2＋3)×4＝10，这是一个几何概型，所以P(A)＝SA
SΩ
＝5
8。即运动员获得奖品的概率为5
8。
考查相互独立事件：
【例1】某学校举行知识竞赛，第一轮选拔共设有1,2,3 三个问题，每位参赛者按问题1,2,3 的顺序作答，竞赛
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公众号：一枚试卷君
167 / 397
规则如下：
①每位参赛者计分器的初始分均为10 分，答对问题1,2,3 分别加1 分，2 分，3 分，答错任一题减2 分；
②每回答一题，积分器显示累计分数，当累计分数小于8 分时，答题结束，淘汰出局；当累计分数大于或
等于12 分时，答题结束，进入下一轮；当答完三题，累计分数仍不足12 分时，答题结束，淘汰出局．
已知甲同学回答1,2,3 三个问题正确的概率依次为3
4，1
2，1
3，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求甲同学能进入下一轮的概率；
(2)用X 表示甲同学本轮答题结束时的累计分数，求X 的分布列．
【解析】(1)设事件A 表示“甲同学问题1 回答正确”，事件B 表示“甲同学问题2 回答正确”，事件C 表示“甲同
学问题3 回答正确”，依题意P(A)＝3
4，P(B)＝1
2，P(C)＝1
3.记“甲同学能进入下一轮”为事件D，则P(D)＝
P(A B C＋AB＋A BC)＝P(A B C)＋P(AB)＋P( A BC)
＝P(A)P( B )P(C)＋P(A)P(B)＋P( A )P(B)P(C)＝3
4×1
2×1
3＋3
4×1
2＋1
4×1
2×1
3＝13
24.
(2)X 可能的取值是6,7,8,12,13.
P(X＝6)＝P()＝1
4×1
2＝1
8，
P(X＝7)＝P(A)＝3
4×1
2×2
3＝1
4，
P(X＝8)＝P(B)＝1
4×1
2×2
3＝1
12，
P(X＝12)＝P(AC)＝3
4×1
2×1
3＝1
8，
P(X＝13)＝P(AB＋BC)＝P(AB)＋P(BC)＝3
4×1
2＋1
4×1
2×1
3＝5
12.
∴X 的分布列为
X
6
7
8
12
13
P
1
8
1
4
1
12
1
8
5
12
【例2】（2021·江苏南通期末）习近平总书记在党的十九大工作报告中提出，永远把人民美好生活的向往作为
奋斗目标．在这一号召下，全国人民积极工作，健康生活．当前，“日行万步”正式成为健康生活的代名词．某
地一研究团队统计了该地区1000 位居民的日行步数，得到如下表格：
日行步数（单位：千步）
0,2
2,4
4,6
6,8
8,10
10,12
12,14
人数
20
60
170
200
300
200
50
（1）为研究日行步数与居民年龄的关系，以日行步数是否超过8 千步为标准进行分层抽样，从上述1000 位居
民中抽取200 人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为日行步数
与居民年龄超过40 岁有关；
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公众号：一枚试卷君
168 / 397
日行步数
8
千步
日行步数
8
千步
总计
40 岁以上
100
40 岁以下（含40 岁）
50
总计
200
（2）以这1000 位居民日行步数超过8 千步的频率，代替该地区1位居民日行步数超过8 千的概率，每位居民日
行步数是否超过8 千相互独立．为了深入研究，该研究团队随机调查了20 位居民，其中日行步数超过8 千的最
有可能（即概率最大）是多少位居民?
附：
2
0
P K
k
0.05
0.025
0.010
0k
3.841
5.024
6.635
2
2
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
，其中n
a
b
c
d
．
【解析】（1）1000 人中，步数不超过8 千步的有20
60 170
200
450
人，超过8 千步有550人，
按分层抽样，抽取的人数中不超过8 千步的有90人，超过8 千步的有110 人，列联表如下：
日行步数
8
千步
日行步数
8
千步
总计
40 岁以上
40
60
100
40 岁以下（含40 岁）
50
50
100
总计
90
110
200
2
2
200
40 50 50 60
2.02
3.841
100 100 90 110
K
，故没有95%的把握认为日行步数与居民年龄超过40 岁有关．
（2）每位居民步数超过8 千的概率为550
11
1000
20
，
设步数超过8 千的最有可能是x 位居民，
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公众号：一枚试卷君
169 / 397
20
1
21
1
20
20
20
1
19
1
20
20
11
9
11
9
231
20
20
20
20
20
11
9
11
9
211
20
20
20
20
20
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
C
C
x
C
C
x
，
211
231
20
20
x
，
xZ
，
11
x
，
即最有可能是11位居民．
【名师点睛】关键点点睛：解本题第二问概率最大的问题时，利用二项分布求随机变量在第
k
的概率最
大时，可根据
1
1
P
k
P
k
P
k
P
k
列不等式组求解．
考查离散型随机变量分布列：
【例1】（2021·浙江绍兴期末）设
0
a
，若随机变量的分布列如下：
1
0
2
P
a
2a
3a
则下列方差值中最大的是（
）
A．
( )
D
B．
(|
|)
D
C．
(2
1)
D
D．
(2 |
| 1)
D
【答案】C
【解析】由题意
2
3
1
a
a
a
，
1
6
a
，
1
1
1
5
1
0
2
6
3
2
6
E
，
1
1
1
7
(
)
1
0
2
6
3
2
6
E
，
( )
D
2
2
2
1
5
1
5
1
5
( 1
)
(0
)
(2
)
6
6
3
6
2
6
53
36
，
2
2
2
1
7
1
7
1
7
(
)
(1
)
(0
)
(2
)
6
6
3
6
2
6
D
29
36
．
( )
1
D
D
，
53
53
(2
1)
4
36
9
D
，
29
29
(2
1)
4
36
9
D
．
其中
(2
1)
D
最大．故选C．
【名师点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下：
（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
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170 / 397
（2）已知随机变量X 的期望、方差，求
,
aX
b a b
R
的期望与方差，利用期望和方差的性质
（
E aX
b
aE X
b
，
2
D aX
b
a D X
）进行计算；
（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期
望和方差公式进行计算．
【例2】某市
,
A B 两所中学的学生组队参加辩论赛，A 中学推荐了3 名男生，2 名女生，B 中学推荐了3 名男
生，4 名女生，两校推荐的学生一起参加集训，由于集训后队员的水平相当，从参加集训的男生中随机抽
取3 人，女生中随机抽取3 人组成代表队．
（1）求A 中学至少有1 名学生入选代表队的概率；
（2）某场比赛前，从代表队的6 名队员中随机抽取4 人参赛，设X 表示参赛的男生人数，求X 得分布列
和数学期望．
【解析】（1）由题意，参加集训的男、女生各有6 名，参赛学生全从B 中抽取（等价于A 中学没有学生入选
代表队）的概率为
3
3
3
4
3
3
6
6
1
100
C C
C C
．因此，A 中学至少1 名学生入选的概率为
1
99
1 100
100
．
（2）根据题意，X 的可能取值为1，2，3．
1
3
3
3
4
6
1
(
1)
5
C C
P X
C
，
2
2
3
3
4
6
3
(
2)
5
C C
P X
C
，
3
1
3
3
4
6
1
(
3)
5
C C
P X
C
，
所以X 的分布列为：
X
1
2
3
P
1
5
3
5
1
5
因此，X 的期望为
1
(
1)
2
2
3
3
E X
P X
P X
P X
，
1
3
1
(
)
1
2
3
2
5
5
5
E X
．
【例3】（2021 广西南宁模拟（理））某地区为了解学生课余时间的读书情况，随机抽取了n 名学生进行调查，
将调查得到的学生日均课余读书时间分成
0,10 ，
10,20 ，
20,30 ，
30,40 ，
40,50 ，
50,60 六组，
绘制成如图所示的频率分布直方图，将日均课余读书时间不低于40 分钟的学生称为“读书之星”，日均课余读书
时间低于40 分钟的学生称为“非读书之星”已知抽取的样本中日均课余读书时间低于10 分钟的有10 人．
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公众号：一枚试卷君
171 / 397
（1）求p 和n 的值；
（2）根据已知条件和下面表中两个数据完成下面的2
2
列联表，并判断是否有95%以上的把握认为“读书之星”
与性别有关？
非读书之星
读书之星
总计
男
女
10
55
总计
（3）将本次调查所得到有关事件发生的频率视为其发生的概率，现从该地区大量学生中．随机抽取20 名学生
参加读书与文学素养的研讨会，记被抽取的“读书之星”人数为随机变量X，求X 的数学期望
(
)
E X
．
附：
2
2
(
)
(
)(
)(
)(
)
n ad
bc
K
a b c d a c b d
，其中n
a
b
c
d
．
P
2
0
K
k
0．10
0．05
0．025
0．010
0．005
0．001
0k
2．706
3．841
5．024
6．635
7．879
10．828
【解析】（1）(0.005
0.018
0.020
0.022
0.025) 10
1
p
，解得：
0.01
p
，所以
10
0.
10
1
0
n
．
（2）因为
100
n
，所以“读书之星”有100
0.25
25
，
从而2
2
列联表如下图所示：
非读书之星
读书之星
总计
男
30
15
45
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172 / 397
女
45
10
55
总计
75
25
100
将2
2
列联表中的数据代入公式计算得
2
2
100 (30 10 15 45)
3.030
45 55 75 25
K
，
因为3.030
3.841
，所以没有95%以上的把握认为“读书之星”与性别有关．
（3）将频率视为概率，即从该地区学生中抽取一名学生是“读书之星”的概率为1
4
．
由题意可知
1
~
20, 4
X
B
，所以
1
(
)
20
5
4
E X
（人）．
【名师点睛】此题考查频率分布直方图，考查频率的求法，考查离散型数学期望的求法，考查二项分布，考查
分析问题的能力，属于中档题。
考查正态分布：
【例1】设
2
1
1
(
,
)
X
N
，
2
2
2
(
,
)
Y
N
，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是
A．
2
1
(
)
(
)
P Y
P Y
≥
≥
≥
B．
2
1
(
)
(
)
P X
P X
≤
≤
≤
C．对任意正数t ，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
≤
≥
≤
D．对任意正数t ，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
≥
≥
≥
【答案】C
【解析】由正态分布密度曲线的性质可知，
2
1
1
(
,
)
X
N
，
2
2
2
(
,
)
Y
N
的密度曲线分别关于直线
1
x
=
，
2
x
=
对称，因此结合题中所给图象可得，
1
2
<
，所以
2
1
(
)
(
)
P Y
P Y
<
≥
≥
，故A 错误．又
2
1
1
(
,
)
X
N
得密度曲线较
2
2
2
(
,
)
Y
N
的密度曲线“瘦高”，所以
1
2
<
，所以
2
1
(
)
(
)
P X
P X
>
≤
≤
，
B 错误．对任意正数t ，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
≤
≥
≤
，
(
)
(
)
P X
t
P Y
t
≥
≥
≥
，C 正确，D 错误．
【例2】
（2021·湖北宜昌期末）某校一次高三年级数学检测，经抽样分析，成绩占近似服从正态分布
2
95,
N
，
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173 / 397
且
(91
95)
0.25
P
．若该校有700 人参加此次检测，估计该校此次检测数学成绩不低于99 分的人数为
（
）
A．100
B．125
C．150
D．175
【答案】D
【解析】由题意，成绩X 近似服从正态分布
2
95,
N
，则正态分布曲线的对称轴为
95
X
，
又由
(91
95)
0.25
P
，根据正态分布曲线的对称性，可得
1
1
99
[1
2
(91
95)]
1
2 0.25
0.25
2
2
P X
P
X
，
所以该市某校有700 人中，估计该校数学成绩不低于99 分的人数为700 0.25
175
人，故选D．
【名师点睛】关键点点睛：该题主要考查了正态分布曲线的性质的应用，其中解答中熟练应用正态分布曲线的
对称性，求得成绩不低于99 分的概率是解答的关键．
【例3】50．（2021·江苏南通期末）国庆节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”．某路桥公
司为掌握国庆节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了3 日上午9：20~10：40 这一时间段内
通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600 辆车通过该收费站点，它们通过该收费站点的时刻的频率分布
直方图如下图所示，其中时间段9：20~9：40 记作[20,40) 、9：40~10：00 记作[40,60) ，10：00~10：20 记
作[60,80) ，10：20~10：40 记作[80,100) ，例如：10 点04 分，记作时刻64．
（Ⅰ）估计这600 辆车在9：20~10：40 时间内通过该收费站点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的
中点值代表）；
（Ⅱ）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600 辆车中抽取10 辆，再从这10 辆车随机抽取4 辆，
设抽到的4 辆车中，在9：20~10：00 之间通过的车辆数为X，求X 的分布列；
（Ⅲ）根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻T 服从正态分布
2
~
,
N
，其中可用3 日数
据中的600 辆车在9：20~10：40 之间通过该收费站点的时刻的平均值近似代替，
2
用样本的方差近似代替（同
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174 / 397
一组中的数据用该组区间的中点值代表）．假如4 日全天共有1000 辆车通过该收费站点，估计在9：46~10：40
之间通过的车辆数（结果保留到整数）．
附：若随机变量T 服从正态分布
2
,
N
，则
(
)
0.6827
P
T
，
(
2
2 )
0.9545
P
T
，
(
3
3 )
0.9973
P
T
．
【解析】（Ⅰ）这600 辆车在9：20~10：40 时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：
(30 0.005
50 0.015
70 0.020
90 0.010)
20
64
，即10∶04
（Ⅱ）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10 辆车中，在10：00 前通过的车辆数就是位于时间
分组中在20，60 这一区间内的车辆数，即(0.005
0.015)
20 10
4
，
所以X 的可能的取值为0，1，2，3，4．
所以
4
6
4
10
1
0
14
C
P X
C
，
3
1
6
4
4
10
8
1
21
C C
P X
C
，
2
2
6
4
4
10
3
2
7
C C
P X
C
，
1
3
6
4
4
10
4
3
35
C C
P X
C
，
4
4
4
10
1
4
210
C
P X
C
．
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
1
14
8
21
3
7
4
35
1
210
（Ⅲ）由（1）得
64
，
2
2
2
2
2
(30
64)
0.1 (50
64)
0.3
(70
64)
0.4
(90
64)
0.2
324
车辆
,
所以
18
，
估计在9：46~10：40 之间通过的车辆数也就是在46，100 通过的车辆数，由
2
~
64,18
T
N
，得
(
)
(
2
2 )
(64 18
64
2 18)
0.8186
2
2
P
T
P
T
P
T
，
所以估计在在9：46~10：40 之间通过的车辆数为1000 0.8186
819
．
【名师点睛】方法点睛：(1)求解离散型随机变量X 的分布列的步骤：①理解X 的意义，写出X 可能取的全部
值；②求X 取每个值的概率；③写出X 的分布列．(2)求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所取值
对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
考查条件概率：
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【例1】（2021·黑龙江哈尔滨三中高三月考（理））已知甲在上班途中要经过两个路口，在第一个路口遇到红灯
的概率为0.5，两个路口连续遇到红灯的概率为0.3，则甲在第一个路口遇到红灯的条件下，第二个路口遇到红
灯的概率为___________．
【答案】0.6
【解析】设事件A：第一个路口遇到红灯，事件B：第二个路口遇到红灯，则
( )
0.5
P A
，
(
)
0.3
P AB
，
(
)
0.6
( )
P AB
P B A
P A
，故答案为：0.6 ．
【例2】如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1 的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示
事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE(阴影部分)内”，则P(B|A)＝________.
【答案】1
4
【解析】由题意可得，事件A 发生的概率P(A)＝S 正方形EFGH
S 圆O
＝2× 2
π×12 ＝2
π.
事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”，则P(AB)＝S△EOH
S 圆O
＝
1
2×12
π×12
＝1
2π.
故P(B|A)＝P(AB)
P(A) ＝
1
2π
2
π
＝1
4.
超几何分布与二项分布
二项分布与超几何分布的辨别方法
超几何分布的抽取是不放回抽取，各次抽取不独立，二项分布的抽取是独立的，各次抽取相互独立。当超
几何分布所对应的总体数量很大时可以近似地看作二项分布。
【例】写出下列离散型随机变量的分布列，并指出其中服从二项分布的是哪些？服从超几何分布的是哪些？
(1)X1 表示n 次重复抛掷1 枚骰子出现点数是3 的倍数的次数。
(2)X2 表示连续抛掷2 枚骰子，所得的2 个骰子的点数之和。
(3)有一批产品共有N 件，其中次品有M 件(N>M>0)，采用有放回抽取方法抽取n 次(n>N)，抽出的次品件数为
X3。
(4)有一批产品共有N 件，其中M 件为次品，采用不放回抽取方法抽n 件，出现次品的件数为X4(N－M>n>0)。
【解】
(1)X1 的分布列为
X1
0
1
2
…
n
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P
C0n
1
3 0
2
3 n
C1n
1
3 1
2
3 n－1
C2n
1
3 2
2
3 n－2
…
Cnn
1
3 n
X1 服从二项分布，即X1～B n，1
3 。
(2)X2 的分布列为
X2
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
P
1
36
2
36
3
36
4
36
5
36
6
36
5
36
4
36
3
36
2
36
1
36
(3)X3 的分布列为
X3
0
1
2
…
n
P
1－M
N n
C1nM
N· 1－M
N n－1
C2n
M
N 2· 1－M
N n－2
…
M
N n
X3 服从二项分布，即X3～B n，M
N 。
(4)X4 的分布列为
X4
0
1
…
k
…
n
P
CnN－M
CnN
C1MCn－1
N－M
CnN
…
CkMCn－k
N－M
CnN
…
CnM
CnN
X4 服从超几何分布。
【例】从某批产品中，有放回地抽取产品两次，每次随机抽取1 件。假设事件A：“取出的2 件产品中至多有1
件是二等品”，其概率P(A)＝0.96。
(1)求从该批产品中任取1 件是二等品的概率p。
(2)若该批产品共100 件，从中无放回地抽取2 件，ξ表示取出的2 件产品中二等品的件数，求ξ的分布列。
【解析】(1)记A0 表示事件“取出的2 件产品中无二等品”，A1 表示事件“取出的2 件产品中恰有1 件二等品”，则
A0，A1 互斥，且A＝A0∪A1，故P(A)＝P(A0∪A1)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－p)2＋C12p(1－p)＝1－p2，即0.96
＝1－p2，解得p＝0.2 或p＝－0.2(舍去)，故从该批产品中任取1 件是二等品的概率为0.2。
(2)该批产品共100 件，由(1)知其二等品有100×0.2＝20(件)，ξ的可能取值为0,1,2。
故P(ξ＝0)＝C280
C2100
＝316
495，P(ξ＝1)＝C180C120
C2100
＝32
99，P(ξ＝2)＝C220
C2100
＝19
495。
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
316
495
32
99
19
495
【例】甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3 局者获得比赛的胜利，比赛随即结束。除第五局甲队获胜的概
率是1
2外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是2
3。假设各局比赛结果相互独立。
(1)分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2 胜利的概率。
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(2)若比赛结果为3∶0 或3∶1，则胜利方得3 分，对方得0 分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2 分，对方得
1 分。求乙队得分X 的分布列。
【解析】(1)设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2 胜利”分别为事件A，B，C，则P(A)＝2
3×2
3×2
3＝8
27，
P(B)＝C23
2
3 2× 1－2
3 ×2
3＝8
27，P(C)＝C24
2
3 2× 1－2
3 2×1
2＝4
27。
(2)X 的可能的取值为0,1,2,3。则P(X＝0)＝P(A)＋P(B)＝16
27，P(X＝1)＝P(C)＝4
27，
P(X＝2)＝C24× 1－2
3 2×
2
3 2× 1－1
2 ＝4
27，P(X＝3)＝
1
3 3＋C23
1
3 2×2
3×1
3＝1
9。
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
16
27
4
27
4
27
1
9
小结：利用独立重复试验概率公式可以简化求概率的过程，但需要注意检查该概率模型是否满足公式P(X＝k)
＝Cknpk(1－p)n－k 的三个条件：(1)在一次试验中某事件A 发生的概率是一个常数p；(2)n 次试验不仅是在完全相
同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；(3)该公式表示n 次试验中事件A 恰好发生了
k 次的概率。
专题13 算法、推理与证明、复数
1．【高考全国Ⅰ卷文数9】执行下面的程序框图，则输出的n
（
）
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A．17
B．19
C．21
D．23
【答案】C
【思路导引】根据程序框图的算法功能可知，要计算满足1
3
5
100
n
的最小正奇数n ，根据等差数
列求和公式即可求出．
【解析】依据程序框图的算法功能可知，输出的n 是满足1
3
5
100
n
的最小正奇数，
2
1
1
1
1
2
1 3
5
1
100
2
4
n
n
n
n
，解得
19
n
，∴输出的
21
n
，故选C．
【专家解读】本题考查了程序框图的算法功能的理解，以及等差数列前n 项和公式的应用，考查数学运算学科
素养．解题关键是正确理解程序框图中的循环结构．
2．【高考全国Ⅰ卷理数1】若
1 i
z ，则
2
2
z
z
（
）
A．0
B．1
C．
2
D．2
【答案】D
【思路导引】
由题意首先求得
2
2
z
z
的值，然后计算其模即可．
【解析】由题意可得：
2
2
1 i
2i
z
，则
2
2
2
2 1
2
z
z
i
i
，故
2
2
2
2
z
z
，故选D．
【专家解读】本题考查了复数的运算法则和复数的模的计算，考查数学运算学科素养．
3．【高考全国Ⅱ卷文数2】
4
1
i
（
）
A．4
B．4
C．
i4
D．i4
【答案】A
【思路导引】根据指数幂的运算性质，结合复数的乘方运算性质进行求解即可．
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【解析】
4
2 2
2
2
2
(1 i)
[(1 i) ]
(1 2i
i )
( 2i)
4
．故选A．
【专家解读】本题考查了复数的乘方运算性质，考查数学运算学科素养．
4．【高考全国Ⅲ卷理数2】复数
1
1 3i
的虚部是
（
）
A．
3
10
B．
1
10
C．1
10
D．3
10
【答案】D
【思路导引】利用复数的除法运算求出z 即可．
【解析】∵
1
1
3
1
3
1
3
(1
3 )(1
3 )
10
10
i
z
i
i
i
i
，∴复数
1
1 3
z
i
的虚部为3
10
，故选D．
【专家解读】本题考查了复数的概念，考查复数的除法运算，考查数学运算学科素养．
5．【高考江苏卷5】下图是一个算法流程图，若输出y 的值为2
，则输入x 的值是
．
【答案】3
【解析】由题可知
2 ,
0 ,
1,
0
x
x
y
x
x
，当
2
y 时，得
1
2
x ，解得
3
x ．
【专家解读】本题考查了程序框图的算法功能的理解，考查数学运算学科素养．解题关键是理解程序框图中的
条件结构．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．
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6．【高考全国Ⅱ卷理数15】设复数
2
1, z
z
满足
i
z
z
z
z
3
2
2
1
2
1
，
，则
2
1
z
z
．
【答案】2 3
【思路导引】令
1
2cos
2sin
z
i
，
2
2cos
2sin
z
i
，根据复数的相等可求得
1
cos cos
sin sin
2
，代入复数模长的公式中即可得到结果．
【解析】
1
2
2
z
z
，可设
1
2cos
2sin
z
i
，
2
2cos
2sin
z
i
，
1
2
2 cos
cos
2 sin
sin
3
z
z
i
i
，
2 cos
cos
3
2 sin
sin
1
，两式平方作和得：
4 2
2cos cos
2sin sin
4
，
化简得：
1
cos cos
sin sin
2
1
2
2 cos
cos
2 sin
sin
z
z
i
2
2
4 cos
cos
4 sin
sin
8
8 cos
cos
sin
sin
8
4
2 3
．
故答案为：2 3 ．
【专家解读】本题考查了复数的应用，考查复数的加法、减法运算，考查复数模长的计算，考查数学运算、数
学建模等学科素养．解题关键是正确正确计算复数的模长，理解复数相等的充要条件．
一、考向分析：
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推理与证明
推理
证明
合情推理
演绎推理
直接证明
间接证明
复数
复数概念
复数运算
算法
三中基本
逻辑结构
条件语句
输入（输出、
赋值）语句）
循环语句
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
复数
1．利用复数的四则运算求复数的一般思路:
(1)复数的乘法运算满足多项式的乘法法则，利用此法则运算后将实部与虚部分别写出即可．
(2)复数的除法运算主要是利用分子、分母同乘分母的共轭复数进行运算化简．
(3)利用复数的相关概念解题时，通常是设出复数或利用已知联立方程求解．
2．判断复数对应的点在复平面内的位置的方法:首先将复数化成a+bi(a，b∈R)的形式，其
次根据实部a 和虚部b 的符号来确定点所在的象限．
3．(1)与共轭复数有关的问题一般都要先设出复数的代数形式，再用待定系数法解决．
（2）与复数的概念有关的问题，一般是先化简，把复数的非代数形式化为代数形式．
4．复数的代数运算多用于次数较低的运算，但应用i、ω的性质可简化运算．注意下面结论
的灵活运用：(1)(1±i)2＝±2i；(2)1＋i
1－i
＝i，1－i
1＋i
＝－i；(3)ω2＋ω＋1＝0，ω3＝1，其中ω＝－
1
2± 3
2 i．(4)in＋in＋1＋in＋2＋in＋3＝0(n∈N)．
1．执行循环结构:首先，要分清是先执行循环体，再判断条件，还是先判断条件，再执行循
环体；其次，注意控制循环的变量是什么，何时退出循环；最后，要清楚循环体内的程序是
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182 / 397
算法
什么，是如何变化的．
2．解答补全问题时，首先，根据输出的结果，计算出需要循环的次数；然后，计算出最后
一次循环变量对应的数值；最后，通过比较得出结论．特别要注意对问题的转化，问题与框
图的表示的相互转化．
3．解答有关程序框图的问题，要读懂程序框图，熟练掌握程序框图的三种基本结构．注意
逐步执行，并且将每一次执行的结果都写出来，要注意在哪一步结束循环以防止运行程序不
彻底．循环结构常常用在一些有规律的科学计算中，如累加求和、累乘求积、多次输入等．
4．程序框图中只要有了循环结构，就一定会涉及条件结构和顺序结构．对于循环结构，要
注意当型与直到型的区别，搞清进入或终止的循环条件、循环次数是做题的关键．
推理与证明
1．运用归纳推理得出一般结论时，要注意从等式、不等式的项数、次数、系数等多个方面
进行综合分析，归纳发现其一般结论．
2．若已给出的式子较少，规律不明显，则可多写出几个式子，从中发现一般结论．
3．进行类比推理时，首先要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的
性质．
4．归纳推理的关键是找规律，类比推理的关键是看共性．
5．区分两种合情推理的思维过程:
(1)归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，归纳推理的思维过程:
实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论
(2)类比推理的思维过程:实验、观察→联想、类推→猜测新的结论
在进行类比推理时，不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比．主要有以下两点:(1)找
两类对象的对应元素，如:三角形对应三棱锥，圆对应球，面积对应体积等等；(2)找对应元
素的对应关系，如:两条边(直线)垂直对应线面垂直或面面垂直，边相等对应面积相等．
考查复数：
例1．（2021·湖北新高考演练）设复数z 满足
1
z
i
i
R
，则z 的虚部为（
）
A．1
B．-1
C．i
D．i
【答案】B
【解析】设复数
,( ,
)
z
a
bi a b
R
，则
1
1 (
1)
z
i
i
a
b
i
，因为
1
z
i
i
R
，可得
1
0
b
，
解得
1
b ，所以复数z 的虚部为1
．故选B．
【名师点睛】本题考查复数的乘除法的运算及共轭复数的概念，其中正确求出复数z 是解题的关键，对于复数
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183 / 397
的运算，解题时一定要按照相关的运算法则求解，特别是在乘除运算中一定不要忘了2i
1
．
例2．（2021·陕西咸阳市·高三一模（理））设复数
1
1
i
z
i
-
=
+
，那么在复平面内复数3
1
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
【答案】C
【解析】
2
1
1
2
1
1
1
2
i
i
i
z
i
i
i
i
，
3
1
1 3
z
i
，因此，复数3
1
z 在复平面内对应的点位
于第三象限．故选C．
例3．知复数z 满足(3
)
10
i z
i
(其中i 是虚数单位，满足
2
1
i )，则复数z 的共轭复数是（
）
A．1 3i
B．1 3i
C．1 3i
D．1 3i
【答案】B
【解析】因为
10
10 (3
)
10
30
=
1 3 ,
1 3
3
(3
)(3
)
10
i
i
i
i
z
i
z
i
i
i
i
，选B．
例4．已知i 为虚数单位，z 为复数z 的共轭复数，若
2
9
z
z
i
，则复数z 在复平面内对应的点位于（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】A
【解析】设
i, ,
R
z
a
b a b
，由
2
9
i
z
z
，得
i
2
9
i
a
b
a
bi
，即3
i
9
i
a
b
，则
3,
1
a
b
，即
3
i
z
在复平面内对应的点
3,1 位于第一象限．故选A．
考查算法：
1．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））执行如图所示的程序框图，则输出的s=（
）
A．
2020
1
B．
2021
1
C．2 2020
1
D．2 2021 1
【答案】B
【解析】由程序框图可知，输出的
1
1
1
1
...
2
1
3
2
4
3
2021
2020
S
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184 / 397
2
1
3
2
4
3
...
2021
2020
2021 1
．故选B．
例2．（2021·安徽六安市·高三一模（文））《九章算术》是中国古代的数学专著，其中的“更相减损术”可以用来
求两个数的最大公约数，这是一个伟大创举．其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少
减多，更相减损，求其等也，以等数约之”．下面的程序框图体现了该算法的主要过程，若输入
168
m
，
105
n
，
1
i
时，则输出的结果为（
）
A．
21
m
，
4
i
B．
21
m
，
5
i
C．
23
m
，
4
i
D．
23
m
，
5
i
【答案】B
【解析】按照程序框图运行程序，输入：
168
m
，
105
n
，
1
i
，
m
n
，则
63
m
，
105
n
，
2
i
；
m
n
，则
63
m
，
42
n
，
3
i
；
m
n
，则
21
m
，
42
n
，
4
i
；
m
n
，则
21
m
，
21
n
，
5
i
；
5
i
满足m
n
，输出
21
m
，
5
i
．故选B．
例3．（2021·陕西宝鸡市·高三一模（文））执行下边的程序框图(“ mod
a
b”是a 除以b 的余数)，如果输入
18
a
，
12
b
，则输出M 的值等于（
）
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A．12
B．18
C．36
D．72
【答案】C
【解析】
18
a
，
12
b
，
18 12
m
a
b
第一次循环得：
mod
18mod12
6
0
r
a
b
，所以
12,
6
a
b
；
第二次循环得：
mod
12 mod 6
0
r
a
b
，所以跳出循环；
18 12
36
6
m
M
b
，故选C．
例4．（2021·河南郑州市·高三一模（文））运行如图所示的程序框图，若输入的a 值为2 时，输出的S 的值为12 ，
则判断框中可以填（
）
A．
3?
k
B．
4?
k
C．
5?
k
D．
6?
k
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【答案】B
【解析】运行该程序：输入
2
a
，
第一次循环：
2
0
2 1
2
S =
+ ´
=
，
2
a ，
1 1
2
k
；
第二次循环：
2
2
2
2
6
S =
- ´
= - ，
2
a
，
2
1
3
k
；
第三次循环：
2
6
2 3
12
S = - + ´
=
，
2
a ，
3 1
4
k
，
因为输出的S 的值为12 ，所以判断框中可以填
4
k
，故选B．
考查推理与证明
例1．（2021·陕西西安市·高三一模（文））天干地支纪年法(简称干支纪年法)是中国历法上自古以来就一直使用
的纪年方法．天干有十，即：甲､乙，丙､丁､戊､己､庚，辛，壬､癸；地支有十二，即：子､丑､寅､卯､辰，巳､
午，未､申､酉､戌､亥．干支纪年法中，天干地支对应的规律如表：
天干
甲
乙
丙
丁
戊
己
庚
辛
壬
癸
甲
乙
丙
…
地支
子
丑
寅
卯
辰
巳
午
未
申
酉
戌
亥
子
…
天干地
支纪年
甲
子
年
乙
丑
年
丙
寅
年
丁
卯
年
戊
辰
年
己
巳
年
庚
午
年
辛
未
年
壬
申
年
癸
酉
年
甲
戌
年
乙
亥
年
丙
子
年
…
2049 年是新中国成立100 周年．这一百年，中国逐步实现中华民族的伟大复兴．使用干支纪年法，2049 年是己
巳年，则2058 年是（
）年．
A．己巳
B．甲申
C．戊寅
D．丙戌
【答案】C
【解析】列表如下：
天干
地支
天干地支纪年
甲
子
甲子年
乙
丑
乙丑年
丙
寅
丙寅年
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丁
卯
丁卯年
戊
辰
戊辰年
己
巳
己巳年
庚
午
庚午年
辛
未
辛未年
壬
申
壬申年
癸
酉
癸酉年
甲
戌
甲戌年
乙
亥
乙亥年
丙
子
丙子年
丁
丑
丁丑年
戊
寅
戊寅年
己
卯
己卯年
庚
辰
庚辰年
辛
巳
辛巳年
壬
午
壬午年
甲
未
甲未年
乙
申
乙申年
丙
酉
丙酉年
丁
戌
丁戌年
戊
亥
戊亥年
2049 年是己巳年，往后数9 年，得2058 年是戊寅年．故选C．
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例2．甲、乙、丙、丁四个人参加某项竞赛，四人在成绩公布前做出如下预测：
甲说：获奖者在乙丙丁三人中；乙说：我不会获奖，丙获奖；丙说：甲和丁中的一人获奖；
丁说：乙猜测的是对的．
成绩公布后表明，四人中有两人的预测与结果相符，另外两人的预测与结果不
相符．已知俩人获奖，则获奖的是
A．甲和丁
B．甲和丙
C．乙和丙
D．乙和丁
【答案】D
【解析】乙、丁的预测要么同时与结果相符，要么同时与结果不符，若乙、丁的预测成立，则甲、丙的预测不
成立，可知矛盾，故乙、丁的预测不成立，从而获奖的是乙和丁，故选D．
【名师点睛】本题考查了逻辑推理能力，假设法是解决此类问题常用的方法．
3．已知
na
是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的
,bn
n
N
是
na 和
1
na 的等差中项．
(Ⅰ)设
2
2
*
1
,
n
n
n
c
b
b n
N
，求证：
nc
是等差数列；
(Ⅱ)设
2
2
*
1
1
,
1
,
n
n
n
n
k
a
d T
b
n
N
，求证：
2
1
1
1 .
2
n
k
kT
d
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析
【解析】
（I）证明：由题意得
2
1
n
n
n
b
a a
，有
2
2
1
1
2
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
c
b
b
a
a
a a
da
，因此
2
1
2
1
2
2
n
n
n
n
c
c
d a
a
d
，所以
nc
是等差数列．
（II）证明：
2
2
2
2
2
2
1
2
3
4
2
1
2
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
2
2
2
2
4
2
2
2
2
1
2
n
n
n a
a
d a
a
a
d
d n n
所以
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
n
n
n
k
k
k
kT
d
k k
d
k
k
d
n
d
．
反证法
反证法
假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样
的证明方法叫作反证法．
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例1．（2021 梅河口市第五中学高三月考（理））甲、乙、丙三人尝试在下面的表格中填入第二排的数字，使得
第一个数字表明这一排中0 的数量，第二个数字表明这一排中1 的数量，第三个数字表明这一排中2 的数量，
依此类推，最后一个数字表明这一排中6 的数量．
0
1
2
3
4
5
6
甲说：“第七个数字一定是0”；
乙说：“这些数字的和是7，所以第一个数字不能比3 大”；
丙说：“这七个数字有且只有一种填法”
其中，说法正确的是（
）
A．甲
B．乙
C．甲乙
D．甲乙丙
【答案】D
【解析】由题意可知，若第七个数字不是0，设第七个数字为
0
n n
，则就要求第二排要有n 个6，那就要
在其他地方填上6，对应着要有6 个该数字，无法满足，所以第七个数字是0，则甲说法正确；第五个和第六个
数字也如上述原因需填0，所以第四个数字不能填0，若是0 则第一个数至少为4，需要在第二和第三个数字上
填4，个数不够，只能填1，若是填2，仍不成立，所以最后答案仅为3211000，所以乙丙的说法正确，所以说
法正确的是甲乙丙．故选D．
【点睛】本题考查反证法的应用，以及合情推理和演绎推理的应用，考查学生逻辑推理能力，属于基础题．
例2．用反证法证明命题“设a，b 为实数，则方程x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”时，要做的假设是(
)
A．方程x3＋ax＋b＝0 没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0 至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根
【答案】A
【解析】反证法中否定结论需全否定，“至少有一个”的否定为“一个也没有”．
例3．等差数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋3 2．
(1)求数列{an}的通项an 与前n 项和Sn；
(2)设bn＝Sn
n (n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
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【解析】(1)由已知得
a1＝2＋1，
3a1＋3d＝9＋3 2，
所以d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．
(2)证明：由(1)，得bn＝Sn
n ＝n＋2．
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等比数列，
则b2q＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，所以(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0．
因为p，q，r∈N*，所以
q2－pr＝0，
2q－p－r＝0，
所以
p＋r
2
2＝pr，(p－r)2＝0．
所以p＝r，这与p≠r 矛盾，所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
反证法证明问题的五个注意点
(1)分清问题的条件和结论；
(2)假设所要证的结论不成立，而假设结论的反面成立(否定结论)；
(3)从假设和条件出发，经过正确的推理，导出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自
相矛盾(推导矛盾)；
(4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误，即结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结
论成立)；
(5)应用反证法时，当原命题的结论的反面有多种情况时，要对结论的反面的每一种情况都进行讨论，从而达
到否定结论的目的．
专题14
极坐标与参数方程、不等式选讲
1．【高考全国Ⅰ卷文理数21】
在直角坐标系xOy 中，曲线
1
C 的参数方程为
cos
,
sin
k
k
x
t
y
t
(t 为参数) ．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4 cos
16 sin
3
0
．
（1）当
1
k
时，
1
C 是什么曲线？
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191 / 397
（2）当
4
k
时，求
1
C 与
2
C 的公共点的直角坐标．
【答案】（1）曲线
1
C 表示以坐标原点为圆心，半径为1 的圆；（2）1 1
( ,
)
4 4
．
【思路导引】（1）利用
2
2
sin
cos
1
t
t
消去参数t ，求出曲线
1
C 的普通方程，即可得出结论；
（2）当
4
k
时，
0,
0
x
y
，曲线
1
C 的参数方程化为
2
2
cos
(
sin
x
t t
y
t
为参数），两式相加消去参数t ，得
1
C
普通方程，由
cos
,
sin
x
y
，将曲线
2
C 化为直角坐标方程，联立
1
2
,
C C 方程，即可求解．
【解析】（1）当
1
k
时，曲线
1
C 的参数方程为
cos ,
sin
x
t
y
t
（t 为参数），两式平方相加得
2
2
1
x
y
，
∴曲线
1
C 表示以坐标原点为圆心，半径为1 的圆．
（2）当
4
k
时，曲线
1
C 的参数方程为
4
4
cos
,
sin
x
t
y
t
（t 为参数），∴
0,
0
x
y
，曲线
1
C 的参数方程化为
2
2
cos
(
sin
x
t t
y
t
为参数），两式相加得曲线
1
C 方程为
1
x
y
，得
1
y
x
，平方得
2
1,0
1,0
1
y
x
x
x
y
，
曲线
2
C 的极坐标方程为4 cos
16 sin
3
0
，曲线
2
C 直角坐标方程为4
16
3
0
x
y
，
联立
1
2
,
C C 方程
2
1,
4
16
3
0
y
x
x
x
y
，整理得12
32
13
0
x
x
，解得
1
2
x
或
13
6
x
（舍去），
1
1
,
4
4
x
y
，
1
2
,
C C
公共点的直角坐标为1 1
( ,
)
4 4
．
【专家解读】本题考查了参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，考查转化与化归思想，
考查数学运算学科素养，合理消元是解题的关系，要注意曲线坐标的范围．
2．【高考全国Ⅱ卷文理数21】已知曲线
1
2
,
C
C 的参数方程分别为
2
1
2
4cos
,
:
4sin
x
C
y
（为参数），
2
1 ,
:
1
x
t
t
C
y
t
t
（t 为参数）．
（1）将
1
2
,
C
C 的参数方程化为普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．设
1
2
,
C
C 的交点为P ，求圆心在极轴上，且经过极
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点和P 的圆的极坐标方程．
【答案】（1）
1 :
4
C
x
y
；
2
2
2 :
4
C
x
y
；（2）
17 cos
5
．
【思路导引】（1）分别消去参数和t 即可得到所求普通方程；
（2）两方程联立求得点P ，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐
标方程．
【解析】（1）由
2
2
cos
sin
1
得
1
C 的普通方程为：
4
x
y
，
由
1
1
x
t
t
y
t
t
得：
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
x
t
t
y
t
t
，两式作差可得
2
C 的普通方程为：
2
2
4
x
y
．
（2）由
2
2
4
4
x
y
x
y
得：
5
2
3
2
x
y
，即
5 3
,
2 2
P
．
设所求圆圆心的直角坐标为
,0
a
，其中
0
a
，则
2
2
2
5
3
0
2
2
a
a
，解得：
17
10
a
，
所求圆的半径
17
10
r
，所求圆的直角坐标方程为：
2
2
2
17
17
10
10
x
y
，即
2
2
17
5
x
y
x
，
所求圆的极坐标方程为
17 cos
5
．
【专家解读】本题考查了极坐标与参数方程的综合应用问题，涉及到参数方程化普通方程、直角坐标方程化极
坐标方程等知识，考查转化与化归思想，考查数学运算、数学建模等学科素养，合理消元是解题的关系．
3．【高考全国Ⅰ卷文理数22】已知函数
3
1
2
1
f x
x
x
．
（1）画出
y
f x
的图像；
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（2）求不等式
1
f x
f x
的解集．
【答案】（1）详解解析；（2）
7
,
6
．
【思路导引】（1）根据分段讨论法，即可写出函数
f x 的解析式，作出图像；
（2）作出函数
1
f x
的图像，根据图像即可解出．
【解析】（1）∵
3,
1
1
5
1,
1
3
1
3,
3
x
x
f x
x
x
x
x
，作出图像，如图所示：
（2）将函数
f x 的图像向左平移1个单位，可得函数
1
f x
的图像，如图所示：
由
3
5
1
1
x
x
，解得
7
6
x
，∴不等式的解集为
7
,
6
．
【专家解读】本题考查了分段函数的图像及其应用，考查绝对值不等式的解法，考查数形结合思想，考查数学
运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是正确应用零点分段法作出绝对值函数的图像．
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4．【高考全国Ⅱ卷文理数22】已知函数
2
2
1
f x
x
a
x
a
．
（1）当
2
a
时，求不等式
4
f
x
的解集；
（2）若
4
f
x
，求a的取值范围．
【答案】（1）
3
2
x x
或
11
2
x
；（2）
, 1
3,
．
【思路导引】（1）分别在
3
x
、3
4
x
和
4
x
三种情况下解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得到
2
1
f x
a
，由此构造不等式求得结果．
【解析】（1）当
2
a
时，
4
3
f x
x
x
．
当
3
x
时，
4
3
7
2
4
f x
x
x
x
，解得：
3
2
x
；
当3
4
x
时，
4
3 1
4
f x
x
x
，无解；
当
4
x
时，
4
3
2
7
4
f x
x
x
x
，解得：
11
2
x
；
综上所述：
4
f x
的解集为
3
2
x x
或
11
2
x
．
（2 ）
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
f x
x
a
x
a
x
a
x
a
a
a
a
（当且仅当
2
2
1
a
x
a
时取等号），
2
1
4
a
，解得：
1
a 或
3
a
，
a
的取值范围为
, 1
3,
．
【专家解读】本题考查了绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立的参数取值范围问题的解法，考查绝对值三
角不等式的应用，考查数形结合思想、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题
关键是绝对值三角不等式的应用．
5．【高考全国Ⅲ卷文理数22】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
2
2
2
,
2
3
x
t
t
y
t
t
（t 为参数且
1
t ），
C 与坐标轴交于
,
A B 两点．
（1）求AB ；
（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程．
【答案】（1）
10
4
；（2）
0
12
sin
cos
3
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【思路导引】（1）由参数方程得出
,
A B 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB 的值；
（2）由
,
A B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可．
【解析】（1）令
0
x
，则
2
2
0
t
t
，解得
2
t 或
1
t （舍），则
2
6
4
12
y
，即
(0,12)
A
．
令
0
y
，则
2
3
2
0
t
t
，解得
2
t
或
1
t （舍），则
2
2
4
4
x
，即
( 4,0)
B
．
2
2
(0
4)
(12
0)
4 10
AB
．
（2）由（1）可知
12
0
3
0
( 4)
AB
k
，则直线AB 的方程为
3(
4)
y
x
，即3
12
0
x
y
．
由
cos ,
sin
x
y
可得，直线AB 的极坐标方程为3 cos
sin
12
0
．
【专家解读】本题考查了极坐标与参数方程的综合应用，考查利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极
坐标方程，考查转化与化归思想，考查数学运算学科素养．
6．【高考全国Ⅲ卷文理数23】设
,
,
,
0 ,
1
a b c
a
b
c
abc
R
．
（1）证明：
0
ab
bc
ca
；
（2）用
max
,
,
a b c 表示
,
,
a b c 的最大值，证明：
3
max
,
,
4
a b c
．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析．
【思路导引】（1）根据题设条件
,0
c
b
a
两边平方，再利用均值不等式证明即可；
（2）思路一：不妨设max{ , , }
a b c
a
，由题意得出
0, ,
0
a
b c
，
由
2
2
2
3
2
2
b
c
b
c
bc
a
a
a
bc
bc
，结合基本不等式，即可得出证明．
思路二：假设出
c
b
a
,
,
中最大值，根据反证法与基本不等式推出矛盾，即可得出结论．
【解析】（1）证明：
.0
,0
2
c
b
a
c
b
a
,0
2
2
2
2
2
2
ca
ac
ab
c
b
a
即
2
2
2
2
2
2
c
b
a
ca
bc
ab
.0
,0
2
2
2
ca
bc
ab
ca
bc
ab
（2）证法一：不妨设max{ , , }
a b c
a
，由
0,
1
a
b
c
abc
可知，
0,
0,
0
a
b
c
，
1
,
a
b
c a
bc
，
2
2
2
3
2
2
2
2
4
b
c
b
c
bc
bc
bc
a
a
a
bc
bc
bc
，
当且仅当b
c
时，取等号，
3 4
a
，即
3
max{ , , }
4
a b c f
．
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证法二：不妨设
4
0
3
c
b
a
，则
,
4
,
4
1
1
3
3
c
b
a
c
ab
而
1
1
3
3
3
6
2
4
2
2
4
4
a
b
ab
矛盾，∴命题得证．
【专家解读】本题考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，考查数学运算、逻辑推理等学科素养．解
题关键是基本不等式的应用．
一、考向分析：
二、考向讲解
考查内容
解
题
技
巧
(1)在将直角坐标化为极坐标求极角θ时，易忽视判断点所在的象限(即角θ的终边的位置)．
(2)在极坐标系下，点的极坐标不惟一性易忽视．
注意极坐标(ρ，θ)(ρ，θ＋2kπ)，(－ρ，π＋θ＋2kπ)(k∈Z)表示同一点的坐标．
(3)确定极坐标方程时要注意极坐标系的四要素：极点、极轴、长度单位、角度单位及其正方
向，四者缺一不可．
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极坐标与
参数方程
(4)研究曲线的极坐标方程往往要与直角坐标方程进行相互转化．当条件涉及“角度”和“到定
点距离”时，引入极坐标系将会给问题的解决带来很大的方便．
（5）已知直线l 经过点M0(x0，y0)，倾斜角为α，点M(x，y)为l 上任意一点，则直线l 的参
数方程为
x＝x0＋tcosα，
y＝y0＋tsinα
(t 为参数)．
a．若M1，M2 是直线l 上的两个点，对应的参数分别为t1，t2，则|M0M1
→||M0M2
→|＝|t1t2|，|M1M2
→|
＝|t2－t1|＝
t2＋t1
2－4t1t2．
b．若线段M1M2 的中点为M3，点M1，M2，M3 对应的参数分别为t1，t2，t3，则t3＝t1＋t2
2
．
c．若直线l 上的线段M1M2 的中点为M0(x0，y0)，则t1＋t2＝0，t1t2<0．
提醒：在使用直线参数方程的几何意义时，要注意参数前面的系数应该是该直线倾斜角
的正余弦值，否则参数不具备该几何含义．
不等式证明
的基本方法
1．绝对值不等式的求解方法
(1)|ax+b|≤c，|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法：|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c，
|ax+b|≥c⇔ax+b≥c 或ax+b≤-c，然后根据a，b 的取值求解即可．
(2)|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法：
①利用绝对值不等式的几何意义求解，体现数形结合思想；
②利用“零点分段法”求解，体现分类讨论思想．
a．令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；
b．将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
c．由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；
d．取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．
③通过构建函数，利用函数图象求解，体现函数与方程思想．
2．解决绝对值不等式的参数范围问题常用以下两种方法：
(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；
(2)借助于绝对值的几何意义，先求出含参数的绝对值表达式的最值或取值范围，再根据题目
要求，求解参数的取值范围．由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x 对应的
点到a，b 对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c＞0)或|x－a|－|x－
b|≥c(c＞0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
(3)应熟记以下转化：f(x)>a 恒成立⇔f(x)
min>a；f(x)<a 恒成立⇔f(x)
max<a；f(x)>a 有解
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考查不等式的证明：
【例1】（2021·宁夏吴忠一模（理））已知函数
1
f x
x
．
（1）解不等式
( )
4
2
1
f x
x
；
⇔f(x)
max>a；f(x)<a 有解⇔f(x)
min<a；f(x)>a 无解⇔f(x)
max≤a；f(x)<a 无解⇔f(x)
min≥a．
3．绝对值不等式的综合应用
a．研究含有绝对值的函数问题时，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值符号，
将原函数转化为分段函数，然后利用数形结合解决问题，这是常用的思想方法．
b．f(x)＜a 恒成立⇔f(x)max＜a．
f(x)>a 恒成立⇔f(x)min＞a．
4．利用综合法证明不等式时，应注意对已证不等式的使用，常用的不等式有：
(1)a2≥0；(2)|a|≥0；
（3）a2＋b2≥2ab；它的变形形式又有(a＋b)2≥4ab，a2＋b2
2
≥
a＋b
2
2 等；
(4)a＋b
2
≥ab(a≥0，b≥0)，它的变形形式又有a＋1
a≥2(a>0)，b
a＋a
b≥2(ab>0)，
b
a＋a
b≤－2(ab<0)等．
5．分析法证明不等式的注意事项：用分析法证明不等式时，不要把“逆求”错误地作为“逆推”，
分析法的过程仅需要寻求充分条件即可，而不是充要条件，也就是说，分析法的思维是逆向
思维，因此在证题时，应正确使用“要证”、“只需证”这样的连接“关键词”．
6、证明绝对值不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|．主要的三种方法：
（1）利用绝对值的定义去掉绝对值符号，转化为普通不等式再证明．
（2）利用三角不等式||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|进行证明．
（3）转化为函数问题，数形结合进行证明．
7、当x 的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如
( )
f x
x
a
x
b
的
函数的最小值，以及解析式形如
( )
f x
x
a
x
b
的函数的最小值和最大值，否则去绝
对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出
现定值为目标．
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（2）已知
1(
0,
0)
m
n
m
n
，若1
3
a
，求证
1
1
( )
2
x
a
f x
m
n
．
【解析】（1）
( )
4
2
1
f x
x
等价于
1
4
2
1
x
x
，
当
1
x 时，原不等式化为(
1)
4
(2
1)
x
x
，即
4
3
x
，∴
4
1
3
x
；
当
1
1
2
x
时，原不等式化为
1
4
2
1
x
x
，即
2
x ，∴
1
1
2
x
；
当
1
2
x
时，原不等式化为
1
4
2
1
x
x
，即
4
3
x
，∴1
4
2
3
x
；
综上可得，原不等式的解集为
4
4
3
3
x
x
∣
．
（2）证明：|
|
( )
1
(
)
(
1)
1
x
a
f x
x
a
x
x
a
x
a
，
∵1
3
a
，∴2
1
2
a
，即
1
2
a
，∴
2
x
a
f
x
，
∵
1(
0,
0)
m
n
m
n
，∴1
1
2
4
m
n
m
n
n
m
m
n
m
n
m
n
，
∴1
1
2
2
m
n
，∴
1
1
( )
2
x
a
f x
m
n
．
【例2】（2021·河南郑州一模（文））已知
0
a
b
，函数
1
f x
x
b a
b
（1）若
1
a ，
1
2
b
，求不等式
2
f x
的解集﹔
（2）求证：
2
4
f
x
x
a
．
【解析】（1）由
1
a ，
1
2
b
可得
4
f x
x
，则
2
f x
即
4
2
x
，所以
4
2
x
或
4
2
x
＋
，
解得：
2
x 或
6
x ，故不等式
2
f x
的解集为
2
x x 或
6
x
．
（2）由题意即证，
2
1
4,
x
x
a
b a
b
因为
2
2
2
1
1
1
x
x
a
x
x
a
a
b a
b
b a
b
b a
b
，
因为
0
a
b
，所以
0
a
b
，所以
2
2
2
4
b
a
b
a
b a
b
，
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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所以
2
2
2
2
2
2
1
1
4
4
2
4
a
a
a
a
b a
b
b a
b
a
a
，
当且仅当
2
2
4
a
a
b
a
b
即
2
a
，
2
2
b
时，等号成立，
所以
2
2
1
1
4
x
x
a
a
b a
b
b a
b
，故
2
4
f
x
x
a
成立．
【点睛】关键点点睛：本题要想到利用绝对值三角不等式得出
2
2
1
f x
x
a
a
b a
b
，这样不再含x ，
而且
b
a
b
a
即可用基本不等式消去b 转化为只含a 的代数式，再次利用基本不等式即可证明．
【例3】设, ,
a b c 均为正数，且
1
a
b
c
，证明：
（Ⅰ）
1
3
ab
bc
ca
；（Ⅱ）
2
2
2
1
a
b
c
b
c
a
【解析】（Ⅰ）
2
2
2
2
2
2
2
,
2
,
2
a
b
ab b
c
bc c
a
ca
得
2
2
2
a
b
c
ab
bc
ca
由题设得
2
1
a
b
c
，即
2
2
2
2
2
2
1
a
b
c
ab
bc
ca
．
所以
3
1
ab
bc
ca
，即
1
3
ab
bc
ca
．
（Ⅱ）∵
2
2
2
2 ,
2 ,
2
a
b
c
b
a
c
b
a
c
b
c
a
，∴
2
2
2
(
)
2(
)
a
b
c
a
b
c
a
b
c
b
c
a
，
即
2
2
2
a
b
c
a
b
c
b
c
a
，∴
2
2
2
1
a
b
c
b
c
a
．
考查绝对值不等式的解法：
【例1】（2021·安徽淮南一模（文））设函数
2
1
4
f x
x
x
．
（1）解不等式
0
f x
；
（2）若关于x 的方程
2
( )
3
4
2
3
0
f x
x
m
m
没有实数根，求实数m 的取值范围．
【解析】（1）当
4
x
时，
( )
2
1
(
4)
5
0
f x
x
x
x
，得
5
x ，所以
4
x
；
当
1
4
2
x
时，
2
1
4
3
3
0
f x
x
x
x
，得
1
x
，所以1
4
x
；
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当
1
2
x
时，
5
0
f x
x
，得
5
x ，所以
5
x ．
综上，原不等式的解集为(
, 5)
(1,
)
；
（2）方程
2
3
4
2
3
0
f x
x
m
m
没有实数根，即
2
3
4
2
3
f x
x
m
m
没有实数根，
令
3
4
2
1
2
4
2
1
2
8
2
1
2
(
)
8
9
g x
f x
x
x
x
x
x
x
x
，
当且仅当
2
1 2
8
0
x
x
时，即
1
4
2
x
时等号成立，即
g x 值域为
9,，
若
2
2
3
g x
m
m
没有实数根，则
2
2
3
9
m
m
，即
2
2
3
9
0
m
m
，所以实数m的取值范围为
3
3
2
m
．
【点睛】方法点睛：
1、绝对值不等式的解法：
（1）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；
（2）利于“零点分段法”去绝对值进行求解，体现了分类讨论思想；
（3）通过构造函数，利用函数图象求解，体现了函数与方程思想．
2、不等式恒成立问题通常可转化成函数最值来处理．
【例2】（2021·内蒙古月考）已知函数
( )
5
f x
x
a
．
（1）证明
5
f
x
x
a
；
（2）已知
0
a
，若不等式
2
1
0
f
x
x
的解集为
,
m n ，且
4
3
n
m
，求a 的值．
【解析】（1）证明：
( ) |
5| |
|
|
5| 5
f x
x
a
x
a
x
a
．
由绝对值三角不等式知：|
|
|
5| | (
)
(
5) | 5
x
a
x
a
x
a
x
a
，
∴
( ) |
5| 5 5
0
f x
x
a
，即
5
f
x
x
a
得证．
（2）解：
( )
2|
1| 0
f x
x
，则|
| 2|
1| 5
x
a
x
，
令
3
2
,
( )
2
1
2,
1
3
2,
1
x
a x
a
g x
x
a
x
x
a
a
x
x
a
x
，
min
( )
(1)
1
5
( )
3
2
5
g x
g
a
g n
n
a
，则
0
4
7
3
a
a
n
，而
1
g
左侧有：
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公众号：一枚试卷君
202 / 397
①当
2
2
5
g
a
a
时，有
1
a
m
，所以( )
2
5
g m
m
a
，得
3
m
a
，即
3
4
2
7
4
3
3
3
a
a
a
，
得
3
a
．
②当
2
2
5
g
a
a
时，有m
a
，所以
( )
3
2
5
g m
m
a
，得
3
3
a
m
，即
3
0
2
7
3
10
4
3
3
3
3
a
a
a
，故此时a 无解．
综上，
3
a
．
【点睛】关键点点睛：
（1）将被证不等式转化为|
|
|
5| 5
x
a
x
a
，利用|
|
|
| |
|
a
b
a
b
即可证不等式；
（2）令
( )
2
1
g x
x
a
x
，则原不等式等价于
( )
5
g x
且
,
m n 为解集，根据分段函数的性质有
(1)
5
( )
( )
5
1
g
g m
g n
n
，讨论
g
a
与5 的大小确定m 的所在区间，求参数值．
考查不等式恒成立问题：
【例1】（2021·陕西西安一模（文））已知函数
2
1
f x
x
，
( ) |
|
| 2
1|
g x
x
a
x
，
1
2
a
．
（1）当
1
2
a
时，解不等式
2
7
(
)
2
g x
；
（2）对任意
1x ，
2x
R
，若不等式
1
2
(
)
(
)
f x
g x
≥
恒成立，求实数a 的取值范围．
【解析】（1）当
1
2
a
时，
1
1
( ) |
|
2
1
|
|
2
2
g x
x
x
x
，
不等式
2
7
(
)
2
g x
，即
2
1
7
|
|
2
2
x
，即
2
1
7
|
|
2
2
x
，
解得
2
4
x
或
2
3
x (舍去)，由
2
4
x
，解得
2
x 或
2
x
．
所以不等式
2
7
(
)
2
g x
的解集是(
, 2)
(2,
)
．
（2）由题意知，只需满足
min
max
( )
g x
f x
即可．
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203 / 397
2
1
f x
x
，
min
1
f x
，依题意，当
1
2
a
时，
1
1,
2
1
( )
3
1, 2
1,
x
a
x
g x
x
a
x
a
x
a
x
a
，
由一次函数性质知，( )
g x 在
1
, 2
上单调递增，在1 ,
2 a
和
,a 上单调递减，
max
1
1
( )
( )
2
2
g x
g
a
．
由
min
max
( )
g x
f x
，得
1
1
2
a
≥
，即
3
2
a
，所以实数a 的取值范围是：1
3
2
2
a
．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数
,
,
y
f x
x
a b
，
,
,
y
g x
x
c d
（1）若
1
,
x
a b
，
2
,
x
c d
，总有
1
2
f x
g x
成立，故
2
max
min
f x
g x
；
（2）若
1
,
x
a b
，
2
,
x
c d
，有
1
2
f x
g x
成立，故
2
max
max
f x
g x
；
（3）若
1
,
x
a b
，
2
,
x
c d
，有
1
2
f x
g x
成立，故
2
min
min
f x
g x
；
（4）若
1
,
x
a b
，
2
,
x
c d
，有
1
2
f x
g x
，则
f x 的值域是
g x 值域的子集．
【例2】已知函数
1 ,
2
f x
x
g x
t x
．
（1）解关于x 的不等式
2
1
f x
x
．
（2）若不等式
f x
g x
对任意的x
R
恒成立，求t 的取值范围．
【答案】(1) { |
0}
x x
(2)
1
t
【解析】（1）由
1 ,
2
1
f x
x
f x
x
，得
1
2
1
x
x
，
当
1
x
时，
1
2
1
x
x
，解得
2
x （舍去），
当
1
x
时，1
2
1
x
x
，解得
0
x
，所以
0
x
，
综上，不等式的解集为{ |
0}
x x
．
(2)由
f x
g x
，得
1
2
x
t x
，下面分四种情形讨论：
当
0
x
时，不等式恒成立t
R
；
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204 / 397
当
0
x
时，不等式化简整理得
1
3
t x
，即
3
1 t
x
恒成立，则1
0
t
，所以
1
t
；
当0
1
x
时，不等式化简整理得
1
3
t x
，即
3
1 t
x
恒成立，则1
3
t
，所以
2
t
；
当
1
x
时，不等式化简整理得
1
1
t x
，即
1
1
t
x
恒成立，则
1
0
t
，所以
1
t
；
综上
1
t
．
考查柯西不等式：
【例1】（2021·贵州安顺模拟（文））设函数
4
5
f
x
x
x
的最小值为m ．
（1）求m ；
（2）设
1
2
3
,
,
x x x
R
，且
1
2
3
x
x
x
m
，求证：
2
2
2
3
1
2
1
2
3
1
1
1
1
4
x
x
x
x
x
x
．
【解析】（1）∵
2
9,
4
1,4
5
2
9,
5
x
x
f x
x
x
x
，
∴
4
x
时，
1
f
x
，且
5
x
时，
1
f
x
，∴
min
1
f x
，∴
1
m
；
（2）由（1）知
1
2
3
1
x
x
x
，∴
1
2
3
1
1
1
4
x
x
x
，
∵
2
2
2
2
2
2
3
3
1
2
1
2
1
2
3
1
2
3
1
2
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
1
2
3
1
x
x
x
，
∴
2
2
2
3
1
2
1
2
3
1
1
1
1
4
x
x
x
x
x
x
，当且仅当
1
2
3
1
3
x
x
x
取等号．
【点睛】关键点点睛：得出
1
2
3
1
1
1
4
x
x
x
，构造柯西不等式的形式．
【例2】已知a，b，c，d 为实数，且a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，证明：ac＋bd≤8．
证明：由柯西不等式可得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)，因为a2＋b2＝4，c2＋d2＝16，
所以(ac＋bd)2≤64，因此ac＋bd≤8．
【例3】已知|x＋2|＋|6－x|≥k 恒成立，求实数k 的最大值．
【解析】因为|x＋2|＋|6－x|≥k 恒成立，设g(x)＝|x＋2|＋|6－x|，则g(x)min≥k．
又|x＋2|＋|6－x|≥|(x＋2)＋(6－x)|＝8，当且仅当－2≤x≤6 时，g(x)min＝8，
所以k≤8，即实数k 的最大值为8．
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公众号：一枚试卷君
205 / 397
考查最值问题：
【例】（2021·云南玉溪模拟（文））已知函数
( ) |
|
|
|(
0,
0)
f x
x
a
x
b
a
b
．
（1）若
1
a
b
，解不等式
( )
2
f x
；
（2）若
( )
f x 的值域是[2,
)
，且
1
1
2
1
k
a
b
，求k 的最大值．
【解析】（1）∵
1
a ，
1
b ，∴
2 ,
1
( )
1
1
2, 1
1
2 ,
1
x x
f x
x
x
x
x x
．
当
1
x
时，
( )
2
f x
化为2
2
x
，不等式的解为
1
x
；
当1
1
x
时，
( )
2
f x
化为2
2
，不等式的解为；
当
1
x 时，
( )
2
f x
化为2
2
1
x
x
，所以不等式的解为
1
x ．
综上所述，不等式的解集为
1
x x 或
1
x
．
（2）∵
( )
|
|
|
| | (
)
(
) | |
|
f x
x
a
x
b
x
a
x
b
a
b ，当且仅当(
)(
)
0
x
a x
b
时取“=”号．
又
( )
f x 的值域是[2,
)
，所以|
| 2
a
b
，∵
0,
0
a
b
，∴
2
2
1
5
a
b
a
b
．
∵
1
1
2
1
2
1
(
2
1)
2
2
2
4
2
1
1
2
1
2
a
b
a
b
a
b
a
b
b
a
b
a
（当且仅当
1
2
2
1
b
a
a
b
，
即
0.5,
1.5
a
b
时取“=”号），∴
1
1
4
2
1
5
a
b
，当且仅当
0.5,
1.5
a
b
时取“=”号．
又∵
1
1
2
1
k
a
b
恒成立，∴
4
5
k
，故k 的最大值是4
5
．
【点睛】本题考查含绝对值不等式问题，解题的关键是利用绝对值三角不等式结合值域得出
2
1
5
a
b
，
再利用基本不等式求出
1
1
4
2
1
5
a
b
．
考查参数范围问题：
【例1】（2021·青海海东一模（文））已知函数
f x
x
．
（1）求不等式
3
1
1
2
f
x
f
x
的解集；
（2）若不等式
2
3
f x
a
f x
f x
的解集包含
2, 1
，求a 的取值范围．
【解析】（1）3 (
1)
(
1)
2
f x
f x
即3
1
1
2
x
x
，
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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206 / 397
所以
1
3(
1)
1
2
x
x
x
或
1
1
3(
1)
1
2
x
x
x
或
1,
3(
1)
1
2,
x
x
x
解得
1
x 或1
0
x
或
3
x
，即
0
x
或
3
x
，所以原不等式的解集为
,0
3,
U
．
（2）
(
)
(
2)
(
3)
f x
a
f x
f x
即
2
3
x
a
x
x
．
因为不等式
(
)
(
2)
(
3)
f x
a
f x
f x
的解集包含
2, 1
，所以
2
3
x
a
x
x
对于
2,1
x
恒
成立．因为
2, 1
x
，所以
2
0
x
，
3
0
x
，所以
2
3
x
a
x
x
等价于
2
3
x
a
x
x
，
即
1
x
a
恒成立，所以
1
1
a
x
a
在
2, 1
上恒成立，
所以
1
2,
1
1,
a
a
解得2
1
a
，即实数a 的取值范围为
2, 1
．
【点睛】本题是含参数的不等式存在性问题，只要求存在满足条件的x 即可；不等式的解集为R 是指不等式的
恒成立问题，而不等式的解集∅的对立面(如f(x)＞m 的解集是空集，则f(x)≤m 恒成立)也是不等式的恒成立问题，
此两类问题都可转化为最值问题，即f(x)＜a 恒成立⇔a＞f(x)max，f(x)＞a 恒成立⇔a＜f(x)min．
【例】已知函数
( ) |
1|
|
2 |
f x
x
x
．
(1)求不等式
( )
1
f x ≥
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．
【解析】（1）
3,
1
( )
2
1, 1
2
3,
2
x
f x
x
x
x
≤≤
，
当
1
x 时，
f
x
1
≥
无解；
当
x
1
2
≤≤
时，由
f
x
1
≥
得，x
2
1
1
≥
，解得
x
1
2
≤≤
当＞2
x
时，由
f
x
1
≥
解得＞2
x
．
所以
f
x
1
≥
的解集为
x x
1
≥
．
（2）由
f
x
x
x
m
2
≥
得m
x
x
x
x
2
1
2
≤
，而
x
x
x
x
x
x
x
x
2
2
1
2
+1+
2
≤
x
2
3
5
5
=-
-
+
2
4
4
≤
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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
．
考查极坐标方程：
【例1】（2021·江西上饶一模（理））在平面直角坐标系xOy 中，曲线
1
C 的参数方程为
2cos
2
2sin
x
y
（为
参数）．以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
2
C 的极坐标方程
2
2
1 3sin
．
（1）求曲线
2
C 的普通方程；
（2）设A 是曲线
1
C 上的动点，B 是曲线
2
C 上的动点，求AB 的最大值．
【解析】（1）
2
2
2
2
2
1 3sin
cos
4sin
，∴
2
2
2
cos
4sin
4
，
即
2
2
4
4
x
y
，∴
2
2
1
4
x
y
．
（2）由曲线
1
C 的参数方程知其普通方程为
2
2
2
4
x
y
，它是以
0,2
C
为圆心，2 为半径的圆，
∵A 是曲线
1
C 上的动点，B 是曲线
2
C 上的动点，∴
max
max
2
AB
BC
，
设
2cos
,sin
B
，则
2
2
2
2
2
28
4cos
sin
2
3sin
4sin
8
3 sin
3
3
BC
，
∴
2
sin
3
时，
max
28
2 21
3
3
BC
，∴
max
2 21
2
3
AB
．
【点睛】关键点睛：在解决第二问时，关键是由圆的性质将AB 的最大值转化为求
max
2
BC
，再结合点到
直线的距离公式以及正弦函数的性质求出AB 的最大值．
【例2】在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的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 的极坐标方程；
（2）设点A 的极坐标为(2,
)
3
，点B 在曲线
2
C 上，求
OAB
△
面积的最大值．
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【答案】(1)
2
2
2
4
0
x
y
x
；(2) 2
3
．
【解析】
（2）设点B 的极坐标为
,
0
B
B
，由题设知
2,
4cos
B
OA
，于是
OAB
△
面积
1
sin
2
4cos
sin
3
3
2 sin 2
3
2
2
3
B
S
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
．
考查参数方程：
【例1】（2021·安徽安庆一模（文））在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
2
2cos
1
2sin
x
y
(为参数)，
以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为
cos
2
4
．
（1）求直线l 的直角坐标方程和曲线C 的普通方程；
（2）直线l 与曲线C 交于
,
M N 两点，设点P 的坐标为
0, 2
，求
2
2
|
|
|
|
PM
PN
的值．
【解析】（1）曲线C ：
2
2
(
2)
(
1)
4
x
y
，直线l ：
2
0
x
y
．
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（2）设l ：
2
2
2
2
2
x
t
y
t
(t 为参数)，将l 的参数方程代入
2
2
(
2)
(
1)
4
x
y
，
得
2
2
2
2
(
2)
( 3
)
4
2
2
t
t
，
2
5 2
9
0
t
t
，故1
2
5 2
t
t
，1 2
9
t t
，
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1 2
(
)
2
50 18
32
PM
PN
t
t
t
t
t t
，故
2
2
32
PM
PN
．
【点睛】直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式
cos
sin
x
y
，而极坐标方程转化为直角坐标方程的
关键是利用公式
2
2
2
tan
x
y
y
x
，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生
2，
cos
，
sin
以便转化另一
方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有
关的最值问题．
考查参数方程与极坐标互化：
【例1】（2021·江西上饶模拟（理））在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为
1 1
1
x
t
t
y
t
t
(t 为参数)以坐
标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C 的极坐标方程；
（2）直线
:
(
)
6
OP
R 与曲线C 交于点M ，N ，求线段MN 的长．
【解析】（1）由曲线C 的参数方程为
1 1
1
x
t
t
y
t
t
(t 为参数)得曲线C 的普通方程
2
2
+1
4
x
y
，可化为
2
2
2
0
x
x
y
，故其极坐标方程为
2
2
2
2
+2 cos
co
si
s
n
3
．
（2）将
6
代入
2
2
2
2
+2 cos
co
si
s
n
3
，得
2+2 3
6
0
，
∴
1
2
2 3
，
1
2
6
，∴
1
2
MN
2
1
2
1
2
4
6
．
【点睛】关键点点睛：求解极坐标下的相关计算，关键在于理解极坐标下的极径，极角的几何意义，运用极径
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210 / 397
或极角表示所求的量．
【例2】在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程是
1
x
t
y
t
（t 为参数），曲线C 的参数方程是
2
2cos
2sin
x
y
（为参数），以O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线l 和曲线C 的极坐标方程；
（2）已知射线
1
OP
：
（其中
π
0
2
）与曲线C 交于O
P
，
两点，射线
2
π
2
OQ
：
与直线
l 交于Q 点，若OPQ
的面积为1，求的值和弦长OP ．
【答案】（1）
cos
sin
1
0
，
4cos
；（2）
π
2 2
4 OP
，
．
【解析】（1）直线l 的普通方程为
1
0
x
y
，极坐标方程为
cos
sin
1
0
，
曲线C 的普通方程为
2
2
2
4
x
y
（
）
，极坐标方程为
4cos
．
（2）依题意，∵
π
0 2
（，），∴
4cos
OP
，
1
π
π
sin
cos
2
2
OQ
（
）
（
）
1
sin
cos
，
1
2cos
1
2
cos
sin
OPQ
S
OP OQ
△
，∴
π
tan
1
0 2
，
（，），∴
π
2 2
4 OP
，
．
【名师点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间
的转换，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
【例3】将圆
2
2
1
x
y
上每个点的横坐标变为原来的4 倍，纵坐标变为原来的3 倍，得曲线C ，以坐标原点
为极点，x 轴的非负轴分别交于
,
A B 半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为：
sin
3 2
4
，
且直线l 在直角坐标系中与,x y 轴分别交于
,
A B 两点．
（1）写出曲线C 的参数方程，直线l 的普通方程；
（2）问在曲线C 上是否存在点P ，使得ABP
的面积
3
ABP
S
，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请
说明理由．
【答案】（1）
4
{
3
x
cos
y
sin
为参数，
6
0
x
y
．（2）点P 的坐标为16 9
,
5
5
．
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【解析】（1）曲线
2
2
:
1
16
9
x
y
C
，故曲线C 的参数方程为
4
{
3
x
cos
y
sin
(为参数)
直线l 的普通方程为：
6
0
x
y
．
（2）设曲线C 上点
4cos ,3sin
P
，点P 到直线l 的距离为d ，则
5sin
6
4cos
3sin
6
2
2
2
2
d
，又
6 2
AB
，
故
1
2
6 2
3
2
2
ABP
S
，当
sin
1
时取等号，即
3
4
sin
,cos
5
5
，
此时
16 9
,
5
5
P
，故在曲线C 上存在点P ，使得ABP
的面积
3
ABP
S
，点P 的坐标为16 9
,
5
5
．
【例4】
（2021·江西八校联考）平面直角坐标系xOy 中，曲线
1
C 的参数方程为
1
1
2
1
t
x
t
t
y
t
（t 为参数，且
1
t ）．以
坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
2
C 的极坐标方程为
2
4cos
sin
．
（1）求曲线
1
C 的极坐标方程和曲线
2
C 的直角坐标方程；
（2）已知点A 的极坐标为（1，0），直线:
(
)
l
R
与
1
C 交于点B，其中
(0,
)
2
过点A 的直线n 与
2
C
交于M，N 两点，若n
l
，且
2
|
| |
|
16,
|
|
AM
AN
OB
，求的取值
【答案】（1）
1
(
5)
sin
cos
，
2
4
y
x
；（2）
4
．
【解析】（1）
1
1
2
1
t
x
t
t
y
t
2
1
1
2
2
1
x
t
y
t
，∴
1(
1)
x
y
x
．
∴
1
(
5)
sin
cos
，∵
2
2
2
2
4cos
sin
4cos
sin
4 cos
sin
，∴
2
4
y
x
．
（2）直线:
(
)
l
R
与
1
C ：
1
(
5)
sin
cos
交于点B，所以
1
|
| sin
cos
OB
，
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点A 的极坐标为（1，0），则直角坐标也是（1，0），
因为n
l
，所以直线n 的倾斜角
2
，其参数方程可以设为
1
cos
2
sin
2
x
t
y
t
，化为
1
sin
cos
x
t
y
t
，
代入抛物线方程有
2
2
cos
4sin
4
0
t
t
，∴1
2
2
4
cos
t
t
，可得
2
4
|
| |
|
cos
AM
AN
，
则
2
2
2
4
|
| |
|
cos
16
|
|
1
sin
cos
AM
AN
OB
．
∴tan
1,tan
3
（舍去），∴
4
．
【点睛】方法点睛：消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消
元法；极坐标方程化为直角坐标方程，只要将
cos
和
sin
换成x 和y 即可．
绝对值不等式的解法
在解决有关绝对值不等式的问题时，充分利用绝对值不等式的几何意义解决问题能有效避免分类讨
论不全面的问题．若用零点分段法求解，要掌握分类讨论的标准，做到不重不漏．
【例1】解不等式|2x－1|＋|2x＋1|≤6．
【解析】法一：当x>1
2时，原不等式转化为4x≤6⇒1
2<x≤3
2；
当－1
2≤x≤1
2时，原不等式转化为2≤6，恒成立；
当x<－1
2时，原不等式转化为－4x≤6⇒－3
2≤x<－1
2．
综上知，原不等式的解集为x|－3
2≤x≤3
2 ．
法二：原不等式可化为|x－1
2＋|x＋1
2≤3，其几何意义为数轴上到1
2，－1
2两点的距离之和不超过3 的点的集合，数
形结合知，当x＝3
2或x＝－3
2时，到1
2，－1
2两点的距离之和恰好为3，故当－3
2≤x≤3
2时，满足题意，
则原不等式的解集为x|－3
2≤x≤3
2 ．
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【例2】已知函数
2
5
f x
x
a
x
，其中实数
0
a
．
（1）当
3
a
时，求不等式
5
1
f x
x
的解集；
（2）若不等式
0
f x
的解集为{ |
1}
x x
，求a 的值．
【答案】（1）不等式
5
1
f x
x
的解集为{ |
1
2}
x x
x
或
；（2）
3
a
【解析】（1）当
3
a
时，
5
1
f x
x
可化为2
3
1
x
，由此可得
1
x
或
2
x
，
故不等式
5
1
f x
x
的解集为{ |
1
2}
x x
x
或
；
（2）法一：（从去绝对值的角度考虑）由
0
f x
，得2
5
x
a
x
，
此不等式化等价于
2
2
5
0
a
x
x
a
x
或
2
2
5
0
a
x
x
a
x
，解得
2
7
a
x
a
x
或
2
3
a
x
a
x
，
因为
0
a
，所以不等式组的解集为{ |
}
3
a
x x
，由题设可得
1
3
a
，故
3
a
．
法二：（从等价转化角度考虑）
由
0
f x
，得2
5
x
a
x
，此不等式化等价于5
2
5
x
x
a
x
，
即为不等式组5
2
2
5
x
x
a
x
a
x
，解得
3
7
a
x
a
x
，因为
0
a
，
所以不等式组的解集为{ |
}
3
a
x x
，由题设可得
1
3
a
，故
3
a
．
法三：（从不等式与方程的关系角度突破）因为{ |
1}
x x
是不等式
0
f x
的解集，
所以
1
x 是方程
0
f x
的根，把
1
x 代入2
5
0
x
a
x
得
3
7
a
a
或
，
因为
0
a
，所以
3
a
．
点评：解含绝对值的不等式时，若两个绝对值中x 的系数为1(或可化为1)，可选用几何法或图象法求解较
为简洁．若x 的系数不全为1，则选用零点分段讨论法求解，同时注意端点值的取舍．
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专题15 分段函数的性质、图象以及应用
新课标下高考数学题中以分段函数为载体，考查函数的图像、性质等知识的习题倍受青睐．所谓的分段函
数是指自变量X 在不同的取值范围内对应关系不同的函数，由分段函数本身的特点，使得一个函数在各段上有
不同的解析式，所以可将一次函数、反比例函数、二次函数、指数函数、对数函数、三角函数、抽象函数融合
在一个题目之中，考查多个知识点．因而分段函数已成为高考命题的一个热点．纵观近几年高考对于分段函数
的性质、图象的考查，重点放在函数的奇偶性、周期性以及函数的零点问题与分段函数结合上；要求学生有较
强的抽象思维能力、作图能力以及准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识是学生掌握
比较模糊，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目本身就是压轴题确实不易之外，主要是学生的作图能
力普遍较弱，还有就是没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段
出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
知识储备：
分段函数:定义域中各段的x 与y 的对应法则不同，函数式是分两段或几段给出的．分段函数是一个函数，
定义域、值域都是各段的并集．分段函数中的问题一般是求解析式、值域或最值，讨论奇偶性、单调性等．分
段函数的处理方法:分段函数分段研究．
分段函数的函数值问题：
（1）已知自变量求函数值
例1．（高考江苏卷7）已知
( )
y
f x
是奇函数，当
0
x
时，
2
3
( )
f x
x
，则
( 8)
f
的值是
．
【答案】4
【解析】
( )
y
f x
是奇函数，当
0
x
时，
2
3
( )
f x
x
，则
2
3
( 8)
(8)
8
4
f
f
．
例2．（2021·广西北海市·高三一模（理））已知函数
2
log
,
0
( )
3
4 ,
0
x x
f x
x x
，则
(1)
( 1)
f
f
（
）
A．-7
B．2
C．7
D．-4
【答案】A
【解析】因为
2
log
,
0
( )
3
4 ,
0
x x
f x
x x
，所以
2
(1)
log 1
0
f
，
( 1)
3
4
1
7
f
，因此
(1)
( 1)
7
f
f
，
故选A．
例3．已知函数
( )
f x =
2
2
1,
1
,
1
x
x
x
ax x
，若
( (0))
f f
=4a ，则实数a =
（
）
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215 / 397
A．1
2
B．4
5
C．2
D．9
【答案】C
【解析】∵
2
1
2
0
0
f
，∴
a
a
f
f
f
2
4
2
2
2
0
2
．于是，由
a
f
f
4
0
得
2
4
2
4
a
a
a
．故选C ．
例4．设
1,
0,
( )
0,
0,
1,
0,
x
f x
x
x
为无理数
为有理数
x
x
x
g
,0
,1
)
(
，则
( ( ))
f g
的值为
A．1
B．0
C．1
D．
【答案】B
【解析】∵π是无理数
∴g（π）=0
则
( ( ))
f g
=f（0）=0 ，故选B．
例5．函数
( )
f x 满足
(
4)
( )(
)
f x
f x x
R ，且在区间( 2,2]
上，
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】因为函数
( )
f x 满足
(
4)
( )
f x
f x
( xR )，所以函数
( )
f x 的最小正周期是4．因为在区间( 2,2]
上，
cos
,0
2,
2
( )
1
|
|, 2
0,
2
x
x
f x
x
x
≤
-
≤
，所以
1
2
( (15))
( ( 1))
( )
cos
2
4
2
f f
f f
f
．
（2）已知函数值求自变量：
已知函数值求自变量x 或其它参数的值的问题，一般按自变量x 的取值范围分类讨论，通过解方程而得
到．数形结合是解答此类问题的重要方法．
例1．
（2021·四川武胜烈面中学校高三月考）已知函数
1
2
2
2,
1
( )
log (
1),
1
x
x
f x
x
x
，若
( )
3
f a ，则
(
7)
f a
（
）
A．
7
3
B．
3
2
C．3
5
D．4
5
【答案】B
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【解析】由于
1
2
2
2
x
，而
3
f a ，故
2
log
1
3
f a
a
，
3
1
2
8
a
，所以
7
a
．故
1
3
7
0
2
2
2
f a
f
．故选B．
例2．已知函数
2 ,
0
( )
1,
0
x x
f x
x
x
．若
( )
(1)
0
f a
f
，则实数a 的值等于
A．－3
B．－1
C．1
D．3
【答案】A
【解析】当
0
a
时，由
( )
(1)
0
f a
f
得2
2
0
a
，无解；当
0
a
时，由
( )
(1)
0
f a
f
得
1 2
0
a
，
解得
3
a ，故选A．
分段函数的定义域值域问题：
例1．（2021·北京丰台区·高三期末）若函数
2,
0
2 ,
0
x
x
x
f x
x
则函数
f x 的值域为（
）
A．[0,1)
B．(
,0]
C．(
,0)
(0,1)
D．(
,1)
【答案】D
【解析】由二次函数的性质，可得函数
2
y
x
在区间[0,
)
单调递减，当
0
x
，函数取得最小值，最小值
为
0
y
，即值域为(
,0]
；由指数函数的性质，可得函数
2x
y
在区间(
,0)
单调递增，此时值域为(0,1) ．综
上可得，函数
f x 的值域为(
,1)
．故选D．
例2．如图为一分段函数的图象，则该函数的定义域为________，值域为________．
【答案】[－1，2]
[－1，1)
【解析】由图象可知，第一段的定义域为[－1，0)，值域为[0，1)；第二段的定义域为[0，2]，值域为[－1，0]．所
以该分段函数的定义域为[－1，2]，值域为[－1，1)．
例3．若函数
6,
2,
3
log
,
2,
a
x
x
f x
x x
≤
(
0
a
且
1
a
)的值域是
4,，则实数a的取值范围是
．
【答案】(1,2]
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【解析】因为
6,
2
( )
3
log
,
2
a
x
x
f x
x x
≤
，所以当
2
x≤
时，
( )
4
f x ≥
；又函数
( )
f x 的值域为[4,
)
，所以
1
3
log 2
4
a
a
≥
，解得1
2
a
<
≤
，所以实数a的取值范围为(1,2]．
分段函数的图象问题：
（1）由式定图：根据解析式确定函数的图象
例1．（2021·西藏高三其他模拟（文））函数
2 ,
0
2 ,
0
x
x
x
y
x
的图像为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据题意，当
0
x
时，
2x
y
，为指数函数，单调递增，且在
0
x
时函数有最小值1；当
0
x
时，
1
2
2
x
x
y
为指数函数，单调递减，且函数值
1
y ．故选B．
（2）由图定式：根据图象求函数的解析式
例1．如图所示，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中A、B、C 的坐标分别为(0，4)、(2，0)、(6，4)，求函数
f(x)的解析式．
【答案】f(x)＝
－2x＋4，
0≤x≤2，
x－2，
2<x≤6.
【解析】设线段AB 所对应的函数解析式为y＝kx＋b，
将
x＝0，
y＝4
与
x＝2，
y＝0
代入，得
4＝b，
0＝2k＋b.
∴
b＝4，
k＝－2.
∴y＝－2x＋4(0≤x≤2)．
同理，线段BC 所对应的函数解析式为y＝x－2(2<x≤6)．∴f(x)＝
－2x＋4，
0≤x≤2，
x－2，
2<x≤6.
（3）图象的变换：
例1．已知函数f(x)＝
3x
x≤1
，
log1
3x
x＞1
，
则函数y＝f(1－x)的大致图象是(
)
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218 / 397
解析：当x＝0 时，y＝f(1)＝3，即y＝f(1－x)的图象过点(0，3)，排除A；当x＝－2 时，y＝f(3)＝－1，
即y＝f(1－x)的图象过点(－2，－1)，排除B；当x＝－1
3时，y＝f
4
3 ＝
1
3
4
log
3
＜0，即y＝f(1－x)的图象过
点
1
3
1
4
(
,log
)
3
3
，排除C，故选D．
分段函数与方程问题：
例1．（2021·云南红河哈尼族彝族自治州·高三一模（文））已知函数
2
1
, 1
0
1
,0
1
2 ,
1
x
x
f x
x
x
f x
x
，
若函数
0
1
g x
f x
k
k
的所有零点从小到大依次成等差数列，则
g x 的零点一定不包含（
）
A．
2
2019
2
B．2019
C．2021
D．
2
2020
2
【答案】D
【解析】由条件知
f x 是周期为2 的周期函数，函数
g x 的零点即曲线
y
f x
与直线y
k
的交点的横
坐标作图如下，由图可知，当
0
k
时，
g x 的零点为1
，1，3，5，…，都是奇数，此时包含2019，当
1
k
时，
g x 的零点为0，2，4，…，都是偶数，此时包含2021，当
2
2
k
时，
g x 的零点为
2
2
，
2
1
2
，
2
2
2
，…，此时包含
2
2019
2
，因此
g x 的零点一定不包含
2
2020
2
．故选D．
【关键点睛】解题的关键在于利用分段函数、函数的周期性以及函数的零点的概念进行作图，利用数形结合进
行求解．
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例2．对实数a 与b ，定义新运算“ ”：
,
1,
,
1.
a a
b
a
b
b a
b
设
2
2
( )
2
,
.
f x
x
x
x
x
R
若函数
( )
y
f x
c
的图像与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是
（
）
A．
3
, 2
1, 2
B．
3
, 2
1,
4
C．
1
1
,
,
4
4
D．
3
1
1,
,
4
4
【答案】B
【解析】由题意知，若
2
2
2
(
)
1
x
x
x
，即
3
1
2
x
时，
2
( )
2
f x
x
；当
2
2
2
(
)
1
x
x
x
，即
1
x
或
3
2
x
时，
2
( )
f x
x
x
，要使函数
( )
y
f x
c
的图像与x 轴恰有两个公共点，只须方程
( )
0
f x
c
有两个不相等的实数根即可，即函数
( )
y
f x
的图像与直线y
c
有两个不同的交点即可，画出函数
( )
y
f x
的图像与直线y
c
，不难得出答案B．
例3．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】当
0
x≤
时，由
2
2
x
ax
a
ax
，得
2
a
x
ax
；当
0
x
时，
由
2
2
2
x
ax
a
ax
，得
2
2a
x
ax
．令
2
2
,
0
( )
,
0
x
ax x
g x
x
ax x
≤
，
作出直线y
a
，
2
y
a
，函数
( )
g x 的图象如图所示，
( )
g x 的最大值为
2
2
2
4
2
4
a
a
a
，由图象可知，若
( )
f x
ax
恰有2 个互异的实数解，则
2
2
4
a
a
a
，得4
8
a
．
分段函数与不等式
将分段函数与不等式结合，考查函数单调性及解不等式知识，体现分类讨论思想．
例1．
（2021·兴义市第二高级中学高三期末（理））定义在R 上的函数
( )
f x 满足
1
(
2)
( )
2
f x
f x
，当
[0,2)
x
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时，
2
3
1
2
1
2
,0
1,
2
( )
2
, 1
2.
x
x
x
f x
x
函数
3
2
( )
3
g x
x
x
m
．若
[ 4, 2)
s
，
[ 4, 2)
t
，不等式
( )
( )
0
f s
g t
成立，则实数m 的取值范围是（
）
A．(
, 12]
B．(
, 4]
C．(
8]
,
D．
31
(
,
]
2
【答案】C
【解析】∵当x∈[0，2）时，
2
3
1
2
1
2
,0
1,
2
( )
2
, 1
2.
x
x
x
f x
x
∴x∈[0，2），
1
(0)
2
f
为最大值，
∵f（x+2）＝1
2 f（x），∴f（x）＝2f（x+2），∵
[ 2,0]
x
，∴
1
( 2)
2 (0)
2
1
2
f
f
．
4, 3
x
，
( 4)
2 ( 2)
2 1
2
f
f
，
4,2)
[
s
，
max
( )
2
f x
．
( )
2 (
2)
f x
f x
，x∈[﹣
2，0]，∴
1
3
(
)
2 ( )
2 ( 2)
4
2
2
f
f
，
4, 3
x
，
5
1
(
)
2 (
)
8
2
2
f
f
．
4,2)
[
s
，∴
min
( )
8
f s
，∵函数g（x）＝x3+3x2+m，∴
2
( )
3
6 ,
g x
x
x
由3x2+6x＞0 解得x＞0 或
2
x ，由3x2+6x
＜0 解得2
0,
x
由3x2+6x＝0，x＝0 或
2
x ，∴函数g（x）＝x3+3x2+m，在(
, 2),(0,
)
上单调递
增．在( 2,0)
上单调递减，
4, 2)
[
t
，
min
( )
( 4)
16
g t
g
m
．∵不等式f（s）﹣g（t）≥0，∴﹣
8≥m﹣16，故实数满足：m≤8，故选C．
【关键点点睛】若
[ 4, 2)
s
，
[ 4, 2)
t
，不等式
( )
( )
0
f s
g t
成立，转化为
min
( )
f s
≥
min
( )
g t
，再根据解
析式及导数求出函数的最小值求解，属于中档题．
例2．已知
( )
f x 为偶函数，当
0
x
时，
1
cos
,
[0, ]
2
( )
1
2
1,
( ,
)
2
x x
f x
x
x
，则不等式
1
(
1)
2
f x
的解集为
A．1 2
4 7
[ , ]
[ , ]
4 3
3 4
B．
3
1
1 2
[
,
]
[ , ]
4
3
4 3
C．1 3
4 7
[ , ]
[ , ]
3 4
3 4
D．
3
1
1 3
[
,
]
[ , ]
4
3
3 4
【答案】A
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【解析】当
1
0
2
x
≤
≤
时，令
1
( )
cos
2
f x
x
≤
，解得1
1
3
2
x
≤
≤
，当
1
2
x
时，令
1
( )
2
1
2
f x
x
≤
，
解得1
3
2
4
x
≤
，故1
3
3
4
x
≤
≤
．∵
( )
f x 为偶函数，∴
1
( )
2
f x ≤
的解集为
3
1
1 3
[
,
]
[ , ]
4
3
3 4
，
故
1
(
1)
2
f x
的解集为1 2
4 7
[ , ]
[ , ]
4 3
3 4
．
例3．已知函数
( )
f x =
2
2 ,
0
ln(
1),
0
x
x x
x
x
，若|
( )
f x |≥ax ，则a 的取值范围是
A．(
,0]
B．(
,1]
C．[－2，1]
D．[－2，0]
【答案】D
【解析】∵|
( )
f x |=
2
2 ,
0
ln(
1),
0
x
x x
x
x
，∴由|
( )
f x |≥ax 得
2
0
2
x
x
x
ax
且
0
ln(
1)
x
x
ax
，由
2
0
2
x
x
x
ax
可得
2
a
x
，则a ≥-2，排除A，B，当a =1 时，易证ln(
1)
x
x
对
0
x
恒成立，故a =1 不适合，
排除C，故选D．
分段函数与零点
解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建
关于参数的方程或不等式求解．讨论参数、数形结合是解答此类问题的重要方法．
例1．（高考天津卷9）已知函数
3,
0,
( )
,
0.
x
x
f x
x
x
f
若函数
2
( )
( )
2
(
)
g x
f x
kx
x
k
R 恰有4 个零点，
则k 的取值范围是（
）
A．
1
,
(2 2,
)
2
B．
1
,
(0,2 2)
2
C．(
,0)
(0,2 2)
D．(
,0)
(2 2,
)
【答案】D
【思路导引】由(0)
0
g
，结合已知，将问题转化为
|
2 |
y
kx
与
( )
( )
|
|
f x
h x
x
有3个不同交点，分
0,
0,
0
k
k
k
三种情况，数形结合讨论即可得到答案．
【解析】注意到(0)
0
g
，所以要使( )
g x 恰有4 个零点，只需方程
( )
|
2 |
|
|
f x
kx
x
恰有3 个实根
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即可，令( )
h x
( )
|
|
f x
x
，即
|
2 |
y
kx
与
( )
( )
|
|
f x
h x
x
的图象有3个不同交点．
因为
2,
0
( )
( )
1,
0
x
x
f x
h x
x
x
，
当
0
k
时，此时
2
y
，如图1，
2
y
与
( )
( )
|
|
f x
h x
x
有2 个不同交点，不满足题意；
当k
0
时，如图2，此时
|
2 |
y
kx
与
( )
( )
|
|
f x
h x
x
恒有3个不同交点，满足题意；
当
0
k
时，如图3，当
2
y
kx
与
2
y
x
=
相切时，联立方程得
2
2
0
x
kx
，
令
0
得
2
8
0
k
，解得
2 2
k
（负值舍去），所以
2 2
k
．
综上，k 的取值范围为(
,0)
(2 2,
)
，故选D．
【专家解读】本题的特点是函数图象及其现在的灵活运用，本题考查了函数与方程的应用，考查数形结合、分
类讨论、转化与化归等数学思想方法，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．解题关键是正确作出
函数图象，应用函数图象及其性质解决问题．
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例2．已知函数
0
( )
ln
0
，≤，
，
，
xe
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,
)
【答案】C
【解析】函数
( )
( )
g x
f x
x
a 存在
2 个零点，即关于x 的方程
( )
f x
x
a 有2 个不同的实根，即函数
( )
f x 的图象与直线
y
x
a
有2 个交点，作出直线
y
x
a 与函数
( )
f x 的图象，如图所示，由图可
知，
1
≤
a
，解得
1
≥
a
，故选C．
例、已知函数
2
2
,
2
2
,
2
x
x
f x
x
x
函数
2
g x
b
f
x
，其中b
R
，若函数
y
f x
g x
恰
有4 个零点，则b 的取值范围是
A．7
( ,
)
4
B．
7
(
, )
4
C．
7
(0, )
4
D．7
( ,2)
4
【答案】D
【解析】由
2
2
,
2,
2
,
2,
x
x
f x
x
x
得
2
2
2
,
0
(2
)
,
0
x x
f
x
x
x
，
所以
2
2
2
,
0
( )
(2
)
4
2
,
0
2
2
2
(
2) ,
2
x
x
x
y
f x
f
x
x
x
x
x
x
x
，
即
2
2
2,
0
( )
(2
)
2,
0
2
5
8,
2
x
x
x
y
f x
f
x
x
x
x
x
，
( )
( )
( )
(2
)
y
f x
g x
f x
f
x
b
，所以
y
f x
g x
恰有4 个零点等价于方程( )
(2
)
0
f x
f
x
b
有4 个不同的解，即函数y
b
与函数
( )
(2
)
y
f x
f
x
的图
象的4 个公共点，由图象可知7
2
4
b
．
分段函数与单调性、奇偶性问题
分段函数是定义域中各段的x 与y 的对应法则不同，函数式是分两段或几段给出的．因此求解析式时，也
是分段求解析式的．
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例1．（2021·天津静海区·高三月考）
1
4
2
1
2
x
a
x
f x
a x
x
，
，
是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值
范围为（
）
A．(1
)
，
B．[4 )
8
，
C．(4 )
8
，
D．(18)
，
【答案】B
【解析】由题意，函数
,
1
4
2,
1
2
x
a
x
f x
a x
x
在R 单调递增，可得
1
1
4
0
2
4
2
2
a
a
a
a
，解得4
8
a
，即
实数a 的取值范围为[4,8) ．故选B．
例2．函数f(x)是周期为4 的偶函数，当x∈[0，2]时，f(x)＝x－1，则不等式xf(x)＞0 在[－1，3]上的解集为(
)
A．(1，3)
B．(－1，1)
C．(－1，0)∪(1，3)
D．(－1，0)∪(0，1)
【答案】C
【解析】f(x)的图象如图．当x∈(－1，0)时，由xf(x)＞0 得x∈(－1，0)；当x∈(0，1)时，由xf(x)＜0 得x∈∅；
当x∈(1，3)时，由xf(x)＞0 得x∈(1，3)．故x∈(－1，0)∪(1，3)．
例3 ．已知函数
( )
f x
是定义在R 上的偶函数，
且在区间[0,
)
单调递增．若实数a 满足
2
1
2
(log
)
(log
)
2 (1)
f
a
f
f
a
，则a 的取值范围是
A．[1,2]
B．
1
0, 2
C．1 ,2
2
D．(0,2]
【答案】C
【解析】因为函数
( )
f x 是定义在R 上的偶函数，且
1
2
2
log
log
a
a
，
所以
2
2
2
1
2
2
(log
)
(log
)
(log
)
( log
)
2 (log
)
2 (1)
f
a
f
a
f
a
f
a
f
a
f
，即
2
(log
)
(1)
f
a
f
，因为函数在区间
[0,
)
单调递增，所以
2
( log
)
(1)
f
a
f
，即
2
log
1
a
，所以
2
1
log
1
a
，解得1
2
2
a
，即a 的取值
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范围是1 ,2
2
，故选C．
分段函数的周期性、奇偶性问题
例1．（2021·浙江温州市·高三期末）已知定义在R 上的函数
f x 满足
1
1
f x
f x
，且当
1,1
x
时，
1, 1
0
log
,0
1
b
ax
x
f x
x
x
，其中aR ，
0
b
且
1
b ．若
1
3
1
2
2
f
f
，则a ______，b ______．
【答案】1
1
4
【解析】已知定义在R 上的函数
f x 满足
1
1
f x
f x
，则
2
f x
f x
，所以，函数
f x 是周
期为2 的周期函数，当
1,1
x
时，
1, 1
0
log
,0
1
b
ax
x
f x
x
x
，其中aR ，
0
b
且
1
b ．
由
1
1
f
f
，可得
1
0
a
，解得
1
a ，
1
1
log
2
2
b
f
，
3
1
1
1
1
2
2
2
2
f
f
，
由
1
3
1
2
2
f
f
可得
1
1
log
1
2
2
b
，可得
1
1
log 2
2
b
，可得
1
2
1
2
b
，解得
1
4
b
．因此，
1
a ，
1
4
b
．
【方法点睛】函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在
一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空
题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，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；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶
性和单调性求解．
例2．已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，若对于x≥0，都有f(x＋2)＝－1
f(x)，且当x∈[0，2)时，
f(x)＝log2(x＋1)，则求f(－2 015)＋f(2 017)的值为________．
【答案】0
【解析】当x≥0 时，f(x＋2)＝－1
f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，即4 是f(x)(x≥0)的一个周期．∴f(2 017)
＝f(1)＝log22＝1，f(－2 015)＝f(2 015)＝f(3)＝－1
f(1)＝－1，∴f(－2 015)＋f(2 017)＝0．
例3．定义在R 上的函数
，满足
时，
，则方程
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226 / 397
上的实数根之和为_______．
【答案】
【解析】因为
，所以
=
=
，即：
所以函数
的周期为4．
时，
，所以当
时，
，因为函数在
上单调递增，所以在
上
有且只有一解
，
时，
无解．即
在
内只有一解：
，因为函数
满足：
所以函数
的图像关于直线
对称，可得：
，所以
在
内的解有两个
，
，即在
一个周期内满足
的解有两个
，
，由函数
的周期为4 可得：
，
，所以方程
上的实数根分别为
，其和为：
．
分段函数的最值问题
分段函数的值域是各段值域的并集，最大值是各段最大值中的最大者是函数的最大值，最小值是各段最小
值中的最小者，一般可借助于图像来解决．
例1．已知函数
2
2
3,
1
( )
lg(
1),
1
x
x
f x
x
x
x
≥
，则
( )
f x 的最小值是______．
【答案】2 2
3
【解析】∵
( 3)
1
f
，
(1)
0
f
=
，即
( ( 3))
0
f f
．又
( )
f x 在(
,0)
上单调递减，在(0,1) 上单调递增，
在(1,
2) 上单调递减，在( 2,
)
上单调递增，所以
min
( )
min{ (0),
( 2)}
2 2
3
f x
f
f
．
例、对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝
a，a≤b，
b，a>b.
函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，
g(x)}的最大值是________．
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【答案】1
【解析】依题意，h(x)＝
log2x，0<x≤2，
－x＋3，x>2.
当0<x≤2 时，h(x)＝log2x 是增函数，当x>2 时，h(x)＝3－x 是减
函数，则h(x)max＝h(2)＝1．
分段函数单调性问题
例1．已知f(x)＝
(2－a)x＋1(x<1)，
ax
(x≥1)
满足对任意x1≠x2，都有f(x1)－f(x2)
x1－x2
>0 成立，那么a 的取值范围是(
)
A．
3
2，2
B．1，3
2
C．(1，2)
D．(1，＋∞)
【答案】A
【解析】依题意，f(x)是在R 上的增函数，于是有
2－a>0，
a>1，
(2－a)×1＋1≤a1.
解得3
2≤a<2，故选A．
例、设函数
1
2
2
,
1
( )
1 log
,
1
x x
f x
x x
≤
，则满足
( )
2
f x ≤
的x 的取值范围是
A．
1
[，2]
B．[0，2]
C．[1，+）
D．[0，+）
【答案】D
【解析】当
1
x≤时
12
2
x
≤
，解得
0
x≥
，所以0
1
x
≤≤；当
1
x
时，
2
1 log
2
x
≤
，解得
1
2
x≥
，所
以
1
x
，综上可知
0
x≥
．
点睛：解分段函数单调性问题时，需要考虑两段函数都是增函数或减函数，其次考虑两段函数的分界点，如果
是增函数，则左侧函数的最大值要小于等于右侧函数的最小值，反之，左侧函数的最小值要大于等于右侧函数
的最大值．
【反思提升】
综合上面的类型，解决分段函数函数问题类型，涉及到很多数学思想主、方法；分段函数首先是函数，
且是一个函数，不是多个函数；分段函数的处理方法:分段函数分段研究；解题中务必看清自变量在哪一段，该
代哪个解析式，这样就要分段讨论、求解，即要重视分类讨论思想在解题过程中的应用．
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228 / 397
专题16
基本初等函数中含有参数问题
纵观近几年高考对于基本初等函数的考查，基本初等函数中的参数问题一直是高考考查的热点问题之一．高
考考查参数的常见类型主要有：已知集合之间的包含关系求参数；已知函数的性质求参数；已知函数的零点或
方程、不等式有实数解求参数及已知函数图象特征求参数．针对高考考查的常见类型进行归纳整理，抓住基本
初等函数的图象与性质，从“数”与“形”两个方面，进行全面系统复习，有助于适应高考的要求，获取高考
高分．
一、集合关系下求参数问题
已知集合之间的关系求参数的范围，是常见题型之一，此类问题常常与函数相结合，其解法通常是借助于
数轴，构建不等式（组）或应用函数的性质求解．
例1．（高考全国I 卷理数2）设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（
）
A．–4
B．–2
C．2
D．4
【答案】B
【思路导引】由题意首先求得集合A，B，然后结合交集的结果得到关于a 的方程，求解方程即可确定实数a
的值．
【解析】求解二次不等式
2
4
0
x
可得：
2
|
2
A
x
x
，求解一次不等式2
0
x
a
可得：
|
2
a
B
x x
．由于
| 2
1
A
B
x
x
，故：
1
2
a
，解得：
2
a ．故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了一元二次不等式的解法、含参数的一元一次不等式的解法，
考查利用集合的交集运算求参数的值，考查数形结合思想，考查数学运算及直观想象等学科素养．解题关键是
正确求解一元二次不等式，应用数形结合法求参数的值．
例2．已知集合A＝{m＋2，2m2＋m}，若3∈A，则m 的值为________．
【答案】－3
2．
【解析】因为3∈A，所以m＋2＝3 或2m2＋m＝3．
当m＋2＝3，即m＝1 时，2m2＋m＝3，此时集合A 中有重复元素3，所以m＝1 不符合题意，舍去；
当2m2＋m＝3 时，解得m＝－3
2或m＝1(舍去)，当m＝－3
2时，m＋2＝1
2≠3 符合题意．所以m＝－3
2．
例3．已知集合A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，若B⊆A，则实数m 的取值范围为________．
【答案】(－∞，3]．
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229 / 397
【解析】∵B⊆A，
∴①若B＝∅，则2m－1<m＋1，此时m<2．
②若B≠∅，则
2m－1≥m＋1，
m＋1≥－2，
2m－1≤5.
解得2≤m≤3．
由①②可得，符合题意的实数m 的取值范围为(－∞，3]．
例4．设集合A＝5，b
a，a－b ，B＝{b，a＋b，－1}，若A∩B＝{2，－1}，则a=____，b=____．
【答案】a=1，b=2
【解析】由A∩B＝{2，－1}，得
b
a＝2，
a－b＝－1
或
b
a＝－1，
a－b＝2.
当
b
a＝2，
a－b＝－1
时，
a＝1，
b＝2，
此时A＝{5，2，－1}，B＝{2，3，－1}，符合题意；
当
b
a＝－1，
a－b＝2
时，
a＝1，
b＝－1，
此时A＝{5，-1，2}，B＝{-1，0，－1}，不符合题意．
二、与函数的奇偶性有关的求参数问题
已知函数的奇偶性求参数，通常是应用奇偶函数的定义，构建恒等式，或借助于函数图象的对称性解题．
例5．若函数
)
)(
1
2
(
)
(
a
x
x
x
x
f
为奇函数，则a =
（
）
(A) 2
1
(B) 3
2
(C) 4
3
(D)1
【答案】A
【解析】∵
)
)(
1
2
(
)
(
a
x
x
x
x
f
为奇函数，∴
( 1)
(1)
0
f
f
，得
1
2
a
．
例6．【高考山东卷8】若定义在R 上的奇函数
( )
f x 在(
,0)
单调递减，且
(2)
0
f
，则满足
(
1)
0
xf x
的x 的
取值范围是
（
）
A．
1,1
3,
B．
3,
1
0 ,1
C．
1, 0
1,
D．
1, 0
1, 3
【答案】D
【思路导引】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数
( )
f x 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等
于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果．
【解析】因为定义在R 上的奇函数
( )
f x 在(
,0)
上单调递减，且
(2)
0
f
，
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所以
( )
f x 在(0,
)
上也是单调递减，且
( 2)
0
f
，
(0)
0
f
，
所以当
(
, 2)
(0,2)
x
时，
( )
0
f x
，当
( 2,0)
(2,
)
x
时，
( )
0
f x
，
所以由
(
1
0
)
xf x
可得：
0
2
1
0
1
2
x
x
x
或
或
0
0
1
2
1
2
x
x
x
或
或
0
x
，
解得1
0
x
或1
3
x
，所以满足
(
1
0
)
xf x
的x 的取值范围是
1, 0
1, 3
，故选D．
【专家解读】本题的特点是注重函数性质的应用，本题考查了函数的奇偶性、单调性，考查抽象不等式的解法，
考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，考查数学运算、直观想象、数学建模等学科素养．
例7．（2021 百事联盟）已知函数
y
f x
的定义域为R ，
0
f
x
f
x
且当
1
2
0
x
x
时，有
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
，当
2020
x
y
时，有
2020
f x
f
f
y 恒成立，则x 的取值范围为（
）
A．(
)
0,+¥
B．(
)
,0
-¥
C．(
)
1,+¥
D．
,1
【答案】B
【解析】根据
0
f
x
f
x
得
f
x
f x
，所以
f
x 是定义在R 上的奇函数，则有
0
0
f
．
又由
1
2
0
x
x
时，有
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
得
y
f x
在(
)
0,+¥
上单调递减．又
y
f x
是奇函数，则有
f
x 在(
)
,0
-¥
上也单调递减．则
f
x 在R 上为减函数，所以
2020
0
f
．
当
0
x
时，
2020
2020
y
x
．所以
2020
f
y
f
f x ，则恒有
2020
f x
f
f
y ；
当
0
x
时，
2020
y
，此时
2020
2020
f x
f
f
f
y ，故
2020
f x
f
f
y 不成立；
当
0
x
时，
2020
2020
y
x
，所以
2020
f
y
f
此时，
0
f x
，
故
2020
f
y
f
f x ，与条件矛盾，故x 的取值范围为(
)
,0
-¥
．故选B．
【关键点点睛】此题考查函数奇偶性的应用和单调性的应用，解题的关键是根据
0
f
x
f
x
得
f
x
f x
，所以
f
x 是定义在R 上的奇函数，则有
0
0
f
．又由
1
2
0
x
x
时，有
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
得
y
f x
在(
)
0,+¥
上单调递减．又
y
f x
是奇函数，则有
f
x 在(
)
,0
-¥
上也
单调递减．则
f
x 在R 上为减函数，所以
2020
0
f
．然后分情况求解即可．
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解题关键是正确应用函数的性质，转化为不等式组来求解．
例8．设是定义在R 上的偶函数，且f（x+2）=f（2﹣x）时，当x∈[﹣2，0]时，
2
1
2
x
f x
，若（﹣
2，6）在区间内关于x 的方程xf（x）﹣loga（x+2）=0（a＞0 且a≠1）有且只有4 个不同的根，则实数a 的范
围是（
）
A．
1 ,1
4
B．（1，4）
C．（1，8）
D．（8，+∞）
【答案】D
【解析】∵对于任意的x
R
，都有
2
2
f x
f
x
，
4
2
2
2
2
f x
f
x
f
x
f x
，
∴函数
f x 是一个周期函数，且
4
T
，又∵当
2 0
x，时，
2
1
2
x
f x
，且函数
f x 是定义在R 上的偶函数，若
在区
间
2,6
内关于x 的方程
log
2
0
a
f x
x
恰有4 个不
同的
实数解，则函数
y
f x
与
log
2
1
a
y
x
a
在区间
2,6
上有四个不同的交点，如下图所示：又
2
2
6
1
f
f
f
，则对于函数
log
2
a
y
x
，由
题意可得，当
6
x
时的函数值小于1，即log 8
1
a ，由此解得：
8
a
，∴a 的范围是
8
，
，故选D．
三、与函数的单调性有关的求参数问题
已知函数的单调性求参数，通常是应用增函数、减函数的定义构建不等式（组），或应用分离参数法，转化
成求函数的最值问题．
例9．（2021 河北衡水市·衡水中学高三其他模拟（文））已知函数
f x 满足：①对任意
1
2
0
x
x
，都有
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
；②函数
2
y
f x
的图象关于点
2,0
对称．若实数a，b 满足
2
2
2
2
f a
b
f
b
a
，则当
1 ,1
2
a
时，
a
a
b
的取值范围为（
）
A．1 1
,
8 2
B．1 1
,
4 2
C．1 ,1
2
D．
2,4
【答案】B
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【解析】由对任意
1
2
0
x
x
，都有
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
，可得，
f x 在
0,上单调递减；由函数
2
y
f x
的图象关于点
2,0
对称，得函数
y
f x
的图象关于原点对称，可得函数
y
f x
为奇函
数；故
f x 在R 上单调递减．于是得
2
2
2
2
f a
b
f b
a
，∴
2
2
2
2
a
b
b
a
，
∴
2
2
2
2
0
b
a
a
b
，∴
2
0
b
a
b
a
．则当
1 ,1
2
a
时，令a
x
，b
y
，则问题等价于
点
,x y 满足区域
2
0
1
1
2
y
x
y
x
x
，如图阴影部分，由线性规划知识可知y
x
为
,x y 与
0,0 连线的
斜率，由图可得
1,3
b
y
a
x
，∴
1
1 1
,
4 2
1
a
b
a
b
a
．故选B．
例10．函数
( )
f x 在(
,
)
单调递减，且为奇函数．若
(1)
1
f
，则满足1
(
2)
1
f a
≤
≤
的a 的取值
范围是
A．[ −2，2]
B．[ −1，1]
C．[0，4]
D．[1，3]
【答案】D
【解析】由函数
( )
f x 为奇函数，得
( 1)
(1)
1
f
f
，不等式1
(
2)
1
f a
≤
≤即为
(1)
(
2)
( 1)
f
f a
f
≤
≤
，又
( )
f x 在(
,
)
单调递减，所以得1
2
1
a
≥
≥
，即1
3
a
≤≤
．
例11．若函数݂
ݔ=
2ݔ+ 1݉
ݔ+݉
−1
，ݔ≥0
，ݔ< 0
在−∞，+ ∞上单调递增，则݉
的取值范围是__________．
【答案】(0，3]
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【解析】∵函数݂
ݔ=
2ݔ+ 1݉
ݔ+݉
−1
，ݔ≥0
，ݔ< 0
在−∞，+ ∞上单调递增，∴函数ݕ=݉
ݔ+݉
−1 在区间
−∞，0
上为增函数，∴݉
> 0݉
−1 ≤20 + 1 = 2 ，解得0 <݉
≤3，∴实数݉
的取值范围是(0，3]．故答案
为(0，3]．
【名师点睛】解答此类问题时要注意两点：一是根据函数݂
ݔ在−∞，+ ∞上单调递增得到在定义域的每一个
区间上函数都要递增；二是要注意在分界点处的函数值的大小，这一点容易忽视，属于中档题．
例12．已知定义在R 上的函数
f x 在区间
[0
，
上单调递增，且
1
y
f x
的图象关于
1
x
对称，若实
数a 满足
2
log
2
f
a
f
，则a 的取值范围是
A．
1
0, 4
B．1 ,
4
C．1 ,4
4
D．
4,
【答案】
C
【解析】根据题意，
1
y
f x
的图象关于直线
1
x
对称，则函数
f x 的图象关于y 轴对称，即函数
f x
为偶函数，又由函数
f x 在区间
[0
，
上单调递增，可得
2
log
2
|
|
f
a
f
，则
2
log
|
2
|
a
，
即
2
2
log
2
a
，解得1
4
4
a
，即a 的取值范围为1 ,4
4
．故选C．
【名师点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的应用，考查对数不等式的解法．
四、与函数方程有关的求参数问题
已知方程有实数解(函数有零点、函数图象有公共点)求参数，通常是通过分离参数，转化成求函数的最值
或借助于函数的图象，利用数形结合思想求解．
例13．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知
2
2
1
ln
1
2
x
x
f
x
，若
f x
k
有四个不等的实根，则
k 的取值范围为（）
A．
1
0,ln 2
2
B．
1
,ln2
2
C．
1
1
ln 2
,ln 2
2
2
D．
1
ln 2
,
2
【答案】A
【解析】
2
2
1
ln
1
2
x
x
f
x
，
xR
，
f
x
f x
，则
f x
为偶函数，
2
2
2
1
2
1
1
x
x
x
f
x
x
x
x
，由
0
f
x
，得
0
x
或
1
x
或
1
x ，
0,1
x
，
0
f
x
，
1,+
x
，
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公众号：一枚试卷君
234 / 397
0
f
x
，由偶函数可知，可知
f x 在
0
x
处取极小值，
1
x
或
1
x 处取极大值．因
0
0
f
，
1
1
ln 2
2
f
，所以
1
0
ln 2
2
k
时，
f x
k
有四个不等的实根．故选A．
【方法点睛】本题考查由函数零点求参数问题，解答时要先将函数的零点问题转化为方程有根的问题，再运用
函数思想将问题转化为研究函数图象的性质和最大最小值的问题，考查了分析问题解决问题的能力．
例14．设函数
2 (
2),
(1,
),
( )
1 |
|,
1,1 ,
f x
x
f x
x
x
若关于x 的方程
( )
log (
1)
0
a
f x
x
（
0
a
且
1
a
）
在区间
0,5 内恰有5 个不同的根，则实数a 的取值范围是
（
）
A．
1, 3
B．
4( 5,
)
C．( 3,
)
D．
4( 5, 3)
【答案】C
【解析】要使方程
( )
log (
1)
0
a
f x
x
（
0
a
且
1
a
）在区间
0,5 内恰有5个不同的根，只需
y
f x
与
log
1
a
y
x
的图象在区间
0,5 内恰有5个不同的交点，在同一坐标系内做出它们的图象要使它们在区
间
0,5 内恰有5个不同的交点，只需
log 3
2
log 5
4
a
a
，得
3
a
，故选C．
例15．已知函数
2
|
|,
( )
2
4 ,
x
x
m
f x
x
mx
m x
m
≤
其中
0
m
，若存在实数b ，使得关于x 的方程
( )
f x
b
有
三个不同的根，则m 的取值范围是_________．
【答案】(3,
)
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235 / 397
【解析】由题意，当x
m
时，
2
2
2
( )
2
4
(
)
4
f x
x
mx
m
x
m
m
m
，其顶点为
2
( ,4
)
m
m
m
；当
x
m
e
时，函数
( )
f x 的图象与直线x
m
的交点为
( ,
)
Q m m ．
①当
2
0
4
m
m
m
m
f
，即0
3
m
e 时，函数
( )
f x 的图象如图1 所示，此时直线y
b
与函数
( )
f x 的图象有
一个或两个不同的交点，不符合题意；
②当
2
4
0
m
m
m
m
，即
3
m
时，函数
( )
f x 的图象如图2 所示，则存在实数b 满足
2
4m
m
b
m
e
，使得
直线y
b
与函数
( )
f x 的图象有三个不同的交点，符合题意．综上，m 的取值范围为(3,
)
．
五、与函数零点有关的求参数问题
例16．
（2021 河南河南豫南九校联考）已知
4
3
2
1
1
2
3
12
3
f x
x
ax
x
，
1
1
f
f
，
1
g x
f
x
k
，
若函数
g x 有且只有两个零点，则实数k 的取值范围为（
）
A．
19
19
,
,
3
3
B．
15
15
,
,
3
3
C．
13 15
,
3
3
D．
15 19
,
3
3
【答案】A
【解析】因为
4
3
2
1
1
2
3
12
3
f x
x
ax
x
，所以
3
2
1
4
3
f
x
x
ax
x
，
因为
1
1
f
f
，所以1
1
1
4
4
4
3
3
3
a
a
a
，所以
0
a
，所以
3
1
4
3
f
x
x
x
，
令
3
1
4
3
h x
x
x
，则
2
4
2
2
h x
x
x
x
．
令
0
h x
，得2
2
x
，令
0
h x
，得
2
x 或
2
x
，
所以
f
x
在
2,2
上单调递增，在
, 2
，
2,上单调递减，
所以
f
x
的极大值为
16
2
3
f
，极小值为
16
2
3
f
．
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236 / 397
因为函数
g x 有且只有两个零点，所以方程
1
f
x
k
有且只有两个实数根，即方程
1
f
x
k
和
1
f
x
k
共有两个实数根．又
1
1
k
k
，所以
16
1
3
k
或
16
1
3
k
或
16
1
3
16
1
3
k
k
，解得
19
3
k
或
19
3
k
．故选A．
【关键点睛】在考查函数的零点的个数判定及应用时，把函数的零点个数的问题转化为两个函数的图象的交点
个数，正确作出函数的图象是解答问题的关键．
例17．已知
)
(x
f
是定义在R 上且周期为3 的函数，当
)
3,0
[
x
时，
|
2
1
2
|
)
(
2
x
x
x
f
．若函数
a
x
f
y
)
(
在
区间
]
4,3
[
上有10 个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是
．
【答案】
1
(0, )
2
【解析】函数
( )
y
f x
a
在区间[ 3,4]
上有互不相同的10 个零点，即函数
( )
y
f x
与y
a
的图象有10 个
不同的交点，在坐标系中作出函数
( )
y
f x
在一个周期内的图象，可知
1
0
2
a
．
六、与不等式成立（恒成立）有关的求参数问题
已知不等式成立（恒成立）求参数，通常是通过解不等式（组）或利用数形结合思想或通过分离参数，使
问题转化成研究函数的最值求解．
例18．当ݔ∈−∞，−1 时，不等式݉
2 −݉
⋅4ݔ−2ݔ< 0 恒成立，则实数m 的取值范围是(
)
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237 / 397
A．(−1，2)
B．(−4，3)
C．(−2，1)
D．(−3，4)
【答案】A
【解析】∵（m2﹣m）4x﹣2x＜0 在x∈（﹣∞，﹣1]时恒成立，∴m2﹣m＜
2x
4x=
1
2x在x∈（﹣∞，﹣1]时恒成立，
由于f（x）=
1
2x在x∈（﹣∞，﹣1]时单调递减，∵x≤﹣1，∴f（x）≥2，∴m2﹣m＜2，∴﹣1＜m＜2．
例19．
（2021·山西吕梁市·高三一模（文））已知定义在R 上的函数
f x 满足
1
3
f
，对
x
R 恒有
2
f
x
，
则
2
1
f
x
x
的解集为（
）
A．
1,
B．
,1
C．
1,
D．
,1
【答案】B
【解析】令
( )
( )
2
1
F x
f x
x
，则
( )
( )
2
F x
f
x
，又因为对
x
R 恒有
2
f
x
，所以
( )
( )
2
0
F x
f
x
恒成立，所以
( )
( )
2
1
F x
f x
x
在R 上单减．又
(1)
(1)
2 1
0
F
f
，所以
( )
0
F x
的解集为
,1
，故选B．
【名师点睛】利用单调性解不等式通常用于：
(1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式．
例20．已知函数݂(ݔ) =
|ݔ| + 2，ݔ< 1
ݔ+
2
ݔ，ݔ≥1 ．设ܽ
∈ܴ
，若关于ݔ的不等式݂(ݔ) ≥|
ݔ
2 +ܽ|在ܴ上恒成立，则ܽ的取值
范围是
A．[ −2，2]
B．[ −2 3，2]
C．[ −2，2 3]
D．[ −2 3，2 3]
【答案】A
【解析】满足题意时݂
ݔ的图象恒不在函数ݕ=
ݔ
2 +ܽ
下方，当ܽ
= 2 3时，函数图象如图所示，排除C，D 选
项；当ܽ
=−2 3时，函数图象如图所示，排除B 选项．
七、与函数图象有关的求参数问题
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238 / 397
函数的综合应用问题，往往涉及函数的性质及导数的应用，一般与“恒成立问题”相关，通常是运用转化与
化归思想、数形结合思想，灵活处理．
例21．已知函数
2
2 ,
0,
{
3 ,
0
2
xlnx
x x
f x
x
x x
的图像上有且仅有四个不同的点关于直线
1
y 的对称点在
1
y
kx
的图像上，则实数k 的取值范围是（
）
A．
1 ,1
2
B．
1 3
,
2 4
C．
1 ,1
3
D．
1 ,2
2
【答案】A
【解析】直线
1
y
kx
关于直线
1
y 的对称直线是
1
y
kx
，则直线
1
y
kx
与函数
f x 的图象有
四个交点，作出函数
f x 和直线
1
y
kx
的图象（如图所示），设直线
1
1
y
k x
与
2
3
0
2
y
x
x x
相
切于点
1
1
,
x y
，则
1
1 1
2
1
1
1
1
1
1
3
{
2
3
2
2
y
k x
y
x
x
x
k
，解得
1
1
1
{
1
2
x
k
，设直线
2
1
y
k x
与
ln
2 (
0)
y
x x
x x
相切于点
2
2
,
x
y
，则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
{
2
1
y
k x
y
x lnx
x
lnx
k
，解得
2
2
1
{
1
x
k
，则
1
1
2
k
，即
1
1
2
k
，故选A．
例22．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,
【答案】B
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239 / 397
【解析】当0
1
m
≤时，1
1
m ≥，函数
2
( )
(
1)
y
f x
mx
，在[0,1] 上单调递减，函数
( )
y
g x
x
m
，
在[0,1] 上单调递增，因为
(0)
1
f
，
(0)
g
m
，
2
(1)
(
1)
f
m
，
(1)
1
g
m
，所以
(0)
(0)
f
g
，
(1)
(1)
f
g
，此时
( )
f x
与
( )
g x
在
[0,1]
x
有一个交点；当
1
m
时，
1
0
1
m
，函数
2
( )
(
1)
y
f x
mx
，在
1
[0,
]
m
上单调递减，在1
[
,1]
m
上单调递增，此时
(0)
(0)
f
g
，在
1
[0,
]
m
无交点，
要使两个函数的图象有一个交点，需
(1)
(1)
f
g
≥
，即
2
(
1)
1
m
m
≥
，解得
3
m≥
．选B．
【反思提升】
综合上面的各种类型，解决基本初等函数中的参数问题，要点有：一是对基本初等函数图象与性质的熟练
掌握；二是数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等数学思想方法的运用；三是通过对近几年高考类
题的总结归纳，积累应对经验．分析可以发现，基本初等函数中的参数问题，涉及函数种类多、题型多，题目
的难易不一，因此，在复习中不能好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题
目的类型，升华解题的境界．
专题17 函数、数列、三角函数中大小比较问题
纵观近几年高考对于大小比较问题的考查，重点放在与函数、数列、三角函数的大小比较问题上，要求学
生有较强的推理能力和准确的计算能力，才能顺利解答，从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，
看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，
以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
1 函数中的大小比较问题
函数是高中数学必修教材中重要的部分，应用广泛，教材中重点介绍了利用判断单调性、最值、单调性、
奇偶性、周期性等基础知识，但是高考数学是以能力立意，所以往往以数列、方程、不等式为背景，综合考察
学生转化和化归、分类讨论、数形结合等数学思想的应用能力，面对这种类型的题目，考生会有茫然，无所适
从的感觉，究其原因是没有认真分析总结这种题目的特点和解题思路．
1.1 指数函数中的大小比较问题
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240 / 397
比较指数幂值的大小时，要注意区分底数相同还是指数相等，是用指数函数的单调性，还是用幂函数的单
调性，要注意指数函数图象和幂函数的图象的应用，指数函数的图象在第一象限内“底大图高(逆时针方向底数
依次变大)”，还应注意中间量0，1 等的运用．
例1．设
2
3
2
5
5
5
2
2
2
( ) ,
( ) ,
( )
3
5
5
a
b
c
，则a，b，c 的大小关系是(
)
A．a>c>b
B．a>b>c
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】A
【解析】构造指数函数
2
( )(
)
5
x
y
x
R
，由该函数在定义域内单调递减可得b<c；又
2
( )(
)
5
x
y
x
R
与
3
( )(
)
5
x
y
x
R
之间有如下结论：当x>0 时，有
3
5 x>
2
5 x，故
3
5
2
5 >
2
5
2
5 ，即a>c，故a>c>b．
例2．（2021·安徽淮南一模）设
3
7
4
7
a
，
4
7
3
7
b
，
4
7
4
7
c
则a，b，c 的大小关系是（
）
A．a
c
b
B．a
b
c
C．b
c
a
D．b
a
c
【答案】A
【解析】因为函数
4
7
x
y
在R 上为减函数，又4
3
7
7
，所以
4
7
4
7
3
7
4
7
，即c
a
，因为函数
4
7
y
x
在
0 +
，
上为增函数，4
3
0
7
7
，所以
4
7
4
7
4
7
3
7
，即c
b
，所以a
c
b
，故选A．
例3．（2021 四川宜宾一模）已知实数
1
2
3
2
a
e
，
2
3
4
3
b
e
，
6
7
8
7
c
e
，(e 为自然对数的底数)则a ，b ，c 的大
小关系为（
）
A．a
b
c
B．b
c
a
C．c
b
a
D．b
a
c
【答案】A
【解析】由题意，令
1
1
( )
x
x
x
f x
e
x
，则
(2),
(3),
(7)
a
f
b
f
c
f
，而
1
3
( )
x
x
e
f
x
x
，所以
0
x
时
( )
0
f
x
，
即
( )
f x 在(0,
)
上单调递增，∴
(2)
(3)
(7)
f
f
f
，即a
b
c
，故选A．
【关键点点睛】结合实数的形式构造函数，再用导数研究函数的单调性，最后利用单调性比较函数值的大小．
例4．已知函数f(x)＝|2x－1|，a<b<c 且f(a)>f(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是(
)
A．a<0，b<0，c<0
B．a<0，b≥0，c>0
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241 / 397
C．2
－a<2c
D．2a＋2c<2
【答案】D
【解析】作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，∵a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，结合图象知，0<f(a)<1，a<0，c>0，
∴0<2a<1．∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，∴f(c)<1，∴0<c<1．∴1<2c<2，∴f(c)＝|2c－1|＝2c－1，又∵f(a)>f(c)，∴
1－2a>2c－1，∴2a＋2c<2，故选D．
1.2 对数函数中的大小比较问题
比较对数值的大小时，要注意区分对数底数是否相等，是用对数函数的单调性，还是用对数函数的单调性，
要注意对数函数图象的应用，还应注意中间量0，1 等的运用．
例5．设
3
5
7
log 6,
log 10,
log 14
a
b
c
，则
A．c
b
a
B．b
c
a
C．a
c
b
D．a
b
c
【答案】D
【解析】
3
3
log 6
1 log 2,
a
5
5
7
7
log 10
1 log 2,
log 14
1 log 2
b
c
，
由下图可知D 正确．
解法二
3
3
2
1
log 6
1
log 2
1
log 3
a
，
5
5
2
1
log 10
1
log 2
1
log 5
b
，
7
7
2
1
log 14
1
log 2
1
log 7
c
，由
2
2
2
log 3
log 5
log 7
，可得答案D 正确．
例6．（2021·江西重点中学协作体联考）设
2
3
ln
5
5
a
，
3
2
ln
5
5
b
，
3
3
ln
5
5
c
，则a，b，c 的大小关系是（
）
A．a
c
b
B．a
b
c
C．c
b
a
D．b
c
a
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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242 / 397
【答案】A
【解析】
2
3
5
5
，
3
ln
ln1
0
5
，
2
3
3
3
ln
ln
5
5
5
5
，即a
c
，
2
3
ln
ln
5
5
，
3
2
3
3
ln
ln
5
5
5
5
，即b
c
，
a
c
b
．故选A．
1.3 幂函数、指数函数、对数函数值的综合比较
基本初等函数是高中数学必修教材中重要内容，应用广泛，从近几年高考命题看，涉及函数性质的应用比较大
小问题，往往将幂函数、指数函数、对数函数等综合在一起，考查考生的综合应用知识解决问题的能力．
例1．（2021·广西名校联考）已知
0.6
9
4
,
log 8,
ln2
a
b
c
，则（
）
A．c
a
b
B．c
b
a
C．b
c
a
D．a
c
b
【答案】B
【解析】因为
0.6
0.5
9
9
9
1
4
4
2,
log 3
log 8
log 9
1,0
ln 2
ln
1
2
e
，
且
9
3
ln8
ln 2
3ln 2
3ln 2
1
1
log 8
ln 2
3ln 2
0
ln9
1
ln9
3
ln9
ln
b
c
e
，所以
1
2,
1
2
a
c
b
，所
以c
b
a
，故选B．
例2．（2021 云南玉溪其他模拟）已知
99
100
1
101
,
,
ln
101
100
a
b
e
c
，则a，b，c 的大小关系为（
）
A．a
b
c
B．a
c
b
C．c
a
b
D．b
a
c
【答案】B
【解析】设
1
x
f x
e
x
，
1
x
f
x
e
，令
0
f
x
，解得
0
x
．
,0
x
，
0
f
x
，
f x 为减函数；
0,
x
，
0
f
x
，
f x 为增函数．
所以
0
0
f x
f
，即
1
0
xe
x
，当且仅当
0
x
时取等号，所以
1
0
xe
x
x
．
故
99
100
99
1
1
1
100
100
101
b
e
a
，即b
a
．
设
ln
1
g x
x
x
，
1
1
1
x
g
x
x
x
，令
0
g
x
，解得
1
x
．
0,1
x
，
0
g
x
，
g x 为增函数；
1,
x
，
0
g
x
，
g x 为减函数．
所以
1
0
g x
g
，即ln
1
0
x
x
，当且仅当
1
x
时取等号，所以
ln
1
1
x
x
x
．
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公众号：一枚试卷君
243 / 397
所以
101
101
1
ln
1
100
100
100
c
，又因为
1
100
b
，所以b
c
，又因为
ln
1
1
x
x
x
，所以
101
100
100
1
ln
ln
1
100
101
101
101
c
a
，即c
a
，综上b
c
a
，故选B．
【关键点点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性来解决比较大小问题，解决本题的关键为构造函数
1
x
f x
e
x
和
ln
1
g x
x
x
，属于难题．
1．4
结合函数的奇偶性、单调性比较大小
例1 ．已知
f x
是定义在
,0
0,
上的偶函数，且当
0,
x
时，
ln x
f x
x
．若
2
a
f
，
2
e
b
f
，
2
3
c
f
，则a ，b ，c 的大小关系是（
）
A．a
b
c
B．c
b
a
C．b
c
a
D．c
a
b
【答案】D
【解析】因为
f x 为偶函数，所以
2
2
a
f
f
，
2
2
e
e
b
f
f
，
当
1,
x
e
时，
ln
ln
x
x
f
x
x
x
，
2
1 ln x
f
x
x
，
因为
1,
x
e
，所以0
ln
1
x
，所以
0
f
x
，所以
y
f x
在
1,
x
e
上单调递增，
因为1
2
2
e
e
，所以
2
2
e
f
f
，即b
a
，
3
2
ln
2
3
2
1
2
1
27
3
ln
ln
ln
2
3
2
3
2
3
2
8
3
c
f
，
又
ln 2
1
2
ln 2
2
2
2
a
f
f
，且27
2
8
，所以c
a
，所以c
a
b
，故选D．
【关键点睛】本题考查根据函数单调性比较大小，解题的关键是利用导数判断出
f x 在
1,
x
e
的单调性进
行判断．
例2．已知定义在R 上的函数
( )
2
1
x m
f x
（m 为实数）为偶函数，记
0.5
log
3
a
，
2
log 5
b
f
，
2
c
f
m
则, ,
a b c 的大小关系为
A．a
b
c
B．a
c
b
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244 / 397
C．c
a
b
D．c
b
a
【答案】C
【解析】因为函数
2
1
x m
f
x
为偶函数，所以
0
m
，即
2
1
x
f
x
，
所以
2
2
1
log
log 3
3
0.5
2
1
(log
3)
log
2
1
2
1
3 1
2
3
a
f
f
，
2
log 5
b
f
2
log 5
2
1
4
，
0
2
(0)
2
1
0
c
f
m
f
，所以c
a
b
，故选C．
1．5 数列中的比较大小问题
例1．
（2021·江西上饶一模）在等差数列
na
中，1
4
11,
5
a
a
．记
1
2
(
1,2,
)
n
n
T
a a
a n
，则数列
nT
（
）
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
【答案】C
【解析】依题意可得公差
4
1
5 11
2
4 1
3
a
a
d
，
1
(
1)
11
2
2
2
13
na
a
n
d
n
n
，
所以当
6
n
时，
0
na
，当
7
n
时，
0
na
，
因为
1
11
0
T
，
2
11 ( 9)
99
0
T
，
3
11 ( 9) ( 7)
693
0
T
，
4
11 ( 9) ( 7) ( 5)
3465
0
T
，
5
3465 ( 3)
10395
0
T
，
6
10395 ( 1)
10395
0
T
，
又
当
6
n
时
，
1
2
3
4
5
6
0
n
n
T
a a a a a a
a
，
且
1
1
2
1
1
1
2
n
n
n
n
n
T
a a
a
a
T
a a
a
2
11 1
n
，即
1
n
n
T
T
，所以当
6
n
时，数列
nT
单调递增，所以数列
nT
无
最大项，数列
nT
有最小项
5
10395
T
，故选C．
例2．已知等差数列
na
的公差为d ，前n 项和为
nS ，则“
0
d
”是“
4
6
5
+
2
S
S
S
”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
【答案】C
【解析】∵
6
5
5
4
6
5
(
)
(
)
S
S
S
S
a
a
d
，当
0
d
，可得
4
6
5
+
2
S
S
S
；当
4
6
5
+
2
S
S
S
，可得
0
d
．所
以“
0
d
”是“
4
6
5
+
2
S
S
S
” 充分必要条件，选C．
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245 / 397
例3．已知在等差数列{an}中，a1>0，d>0，前n 项和为Sn，等比数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a4，前n 项和为Tn，
则(
)
A．S4>T4
B．S4<T4
C．S4＝T4
D．S4≤T4
【答案】A
【解析】法一：设等比数列{bn}的公比为q，则由题意可得q>1，数列{bn}单调递增，又S4－T4＝a2＋a3－(b2＋
b3)＝a1＋a4－a1q－a4
q ＝a1(1－q)＋a4
1－1
q ＝q－1
q
(a4－a1q)＝q－1
q
(b4－b2)>0，所以S4>T4．
法二：不妨取an＝7n－4，则等比数列{bn}的公比q＝
3
a4
a1
＝2，所以S4＝54，T4＝b1(1－q4)
1－q
＝45，显然S4>T4，
选A．
1．6
三角函数中的比较大小问题
例1．已知锐角α，β满足sinα－cosα＝1
6，tanα＋tanβ＋3tanαtanβ＝3，则α，β的大小关系是(
)
A．α<π
4<β
B．β<π
4<α
C．π
4<α<β
D．π
4<β<α
【答案】B
【解析】因为α为锐角，sinα－cosα＝1
6>0，所以α>π
4．又tanα＋tanβ＋3tanαtanβ＝3，所以
tan(α＋β)＝tanα＋tanβ
1－tanαtanβ
＝3，所以α＋β＝π
3，又α>π
4，所以β<π
4<α．故选B．
例、若－3π
4 <α<－π
2，从单位圆中的三角函数线观察sinα，cosα，tanα的大小是(
)
A．sinα<tanα<cosα
B．cosα<sinα<tanα
C．sinα<cosα<tanα
D．tanα<sinα<cosα
【答案】C
【解析】如图所示，作出角α的正弦线MP，余弦线OM，正切线AT，观察可得，AT>OM>MP，故有
sinα<cosα<tanα．故选C．
例2．已知函数
对任意的
满足
（其中
是函数
的导函数），
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则下列不等式成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】构造函数
，依题意
，故函数在定义域上为增函数，由
得
，即
，排除A 选项．
由
得
，即
，排除B 选项．由
得
，即
，排除C，选项．由
得
，即
，D 选项正确，故选D．
例1．（2021·安徽皖西南期末）设函数
3
( )
sin
log
f x
x
x
，
0.5
( )
3
log
x
g x
x
，
0.5
( )
sin
log
h x
x
x
的零
点分别为a，b，c，则（
）
A．a
c
b
B．c
b
a
C．c
a
b
D．a
b
c
【答案】A
【解析】设函数
1( )
sin
f x
x
，
2
3
( )
log
f
x
x
，
3
0.5
( )
log
f
x
x
，
4( )
3x
f
x
，则a 是
1( )
f x 与
2( )
f
x 图象交
点的横坐标，b 是
3( )
f
x 与
4( )
f
x 图象交点的横坐标，c 是
1( )
f x 与
3( )
f
x 图象交点的横坐标，在同一坐标系中，
作出
1( )
f x ，
2( )
f
x ，
3( )
f
x ，
4( )
f
x 的图象，如图所示．
由图可知a
c
b
，故选A．
【关键点点睛】本题考查比较函数零点大小，本题的关键是将函数零点转化为两个函数的交点，在同一坐标系
下画出函数的图象，比较交点的横坐标．
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2．1 函数与不等式明相结合
在对不等式的证明过程中，可以依此不等式的特点构造函数，进而求函数的最值，当该函数的最大值或最
小值对不等式成立时，则不等式是永远是成立的，从而可将不等式的证明转化到求函数的最值上来．[来
例1．（2021 安徽高三月考）已知函数
2
( )
ln
1
2
x
f x
x
x
．
（1）证明：
0
x
时，
( )
0
f x
；
（2）证明：1
1
1
ln
1
3
5
2
1
n
n
．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由
2
2
( )
0
(
1)(
2)
x
f
x
x
x
，即
( )
f x 在定义域内为增函数，即可证明结论．
（2）根据（1）结论，令
1
x
n
可得
2
1
ln
2
1
n
n
n
，将
*
n
N
所得的n 个式子相加，结合对数运算性质、
放缩法即可证不等式．
【解析】（1）
0
x
时，
2
2
2
1
4
( )
0
1
(
2)
(
1)(
2)
x
f
x
x
x
x
x
，故
( )
f x 为增函数，
( )
0
0
f x
f
．
（2）由（1）知：
2
ln(
1)
2
x
x
x
，令
1
x
n
时，有
1
2
1
2
1
ln
1
ln
1
2
1
2
n
n
n
n
n
n
，
故2
2
ln
3
1
，2
3
ln
5
2
，…，
2
1
ln
2
1
n
n
n
，
将n 式相加得：2
2
2
2
3
1
ln
ln
ln
3
5
2
1
1
2
n
n
n
2 3
1
ln
ln(
1)
1 2
n
n
n
，
∴1
1
1
1 ln(
1)
ln
1
3
5
2
1
2
n
n
n
．
【关键点点睛】（1）利用函数的导函数确定函数单调性证明函数不等式．
（2）由（1）结论，令
1
x
n
有
2
1
ln
2
1
n
n
n
，应用累加求和求证不等式．
例．（2021 浙江高三二模）已知数列
na
，
1
3
2
a
，
2
15
4
a
，若数列
1
2
n
n
a
a
、
1
2
n
n
a
a
都是等比数
列，公比分别是
1q 、
2
1
2
q
q
q
，设
n
S 是数列
1
na
的前n 项和，数列
nb
是
cos
1
x
f x
e
x
的零点按
从小到大的顺序排成的数列．
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（1）求数列
na
的通项公式，并证明：
4
3
n
S
；
（2）证明：
k
N
，有
2
3
3
2
2
2
2
2
k
k
b
k
k
．
【答案】（1）
1
2
2
n
n
n
a
，证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由数列
1
2
n
n
a
a
，
1
2
n
n
a
a
的公比分别为
1q 、2q ，写出等比数列
1
2
n
n
a
a
，
1
2
n
n
a
a
的通项公式，联立求得
1q
、
2
1
2
q
q
q
，则数列
na
的通项公式可求，由
1
2
2
2
2
1
1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
2 2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
，然后利用等比数列的前n 项和证得答案；
（2 ）先利用导数判断函数单调性，得到
f x
在
3
2
,2
4
4
k
k
k
Z
递增，
5
2
,2
4
4
k
k
k
Z
递减，再根据零点存在定理得到
2k
b
为函数
y
f x
在
0,
内零点，且满足
2
7
3
2
2
4
2
k
k
b
k
k
N
，最后利用分析法把要证的不等式转化为证明
3
2
2
2
3
2
sin
1
0
2
2
2
k
k
f
k
e
k
k
即可，然后结合函数放缩证明即可．
【解析】（1）因为数列
1
2
n
n
a
a
、
1
2
n
n
a
a
的公比分别为
1q 、
2q ，
所以
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
2
2
3
2
2
4
2
2
6
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
q
q
a
a
a
a
q
q
①
②
，
2②①得
1
1
1
2
1
1
4
4
n
n
na
q
q
，③；②2
①得
1
1
2
1
1
2
2
n
n
na
q
q
，④．
2
15
4
a
，由④可得
2
2
1
1
15
2
2
4
a
q
q
，
1
2
15
4
2
q
q
，又分别又③④可得
2
2
3
2
1
2
1
1
1
4
2
4
2
a
q
q
q
q
，
联立
1
2
2
2
2
1
2
1
15
4
2
1
1
4
2
4
2
q
q
q
q
q
q
，可得
2
2
2
2
9
10
0
q
q
，解得
1
2
1
2
2
q
q
或
1
2
5
2
5
2
q
q
（不合题意，舍去）．
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249 / 397
由④得
1
2
2
n
n
n
a
．
因为
1
2
2
2
2
1
1
1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2 2
1
2
2
2
3 2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
，
所以
1
1
1
2
1
1
2
4
1
4
2
1
1
1
3
2
2
3
3
2
3
1
2
n
n
n
n
S
．
（2）由题，
cos
1
0
x
f
x
e
x
，故
1
cos
1
x
x
e
，则
0
nb
x
，显然
1
0
b
，
且
0
cos
1
2
nb
n
，故点
,
n
n b
在第一、四象限，
即
2
n
时，
3
2
,2
2
,2
2
2
2
nb
k
k
k
k
，其中k N ，
又
cos
sin
2
sin
4
x
x
f
x
e
x
x
e
x
，
令
0
f
x
，可得
2
2
4
k
x
k
k
Z
，解得
3
2
2
4
4
k
x
k
k
Z
；
令
0
f
x
，可得
2
2
4
k
x
k
k
Z
，解得
5
2
2
4
4
k
x
k
k
Z
．
所以，函数
y
f x
在
3
2
,2
4
4
k
k
k
Z
递增，
5
2
,2
4
4
k
k
k
Z
递减．
①当
3
2
,2
2
2
nb
k
k
k
N
时，
3
2
1
0
2
f
k
，
2
2
2
2
1
0
k
f
k
e
，
所以，
0
f x
有且只有一解；
②当
2
,2
2
nb
k
k
k
N
时，
2
2
1
0
k
f
k
e
，
2
4
2
2
1
0
4
2
k
f
k
e
，
2
1
0
2
f
k
，故当
2
,2
4
nb
k
k
k
N
，
0
f x
无解；
当
2
,2
4
2
nb
k
k
k
N
，
( )
0
f x
有且仅有一解．
综合①②可得：点
,
2
n
n b
n
在第一、四象限交替出现，且
1
0
b
，故易得
2k
b
为函数
y
f x
在
0,
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公众号：一枚试卷君
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内的零点，且满足
2
7
3
2
2
4
2
k
k
b
k
k
N
．（*）
（i）当
1
k
时，显然有
2
3
2
0
4
2
2 1
b
，即
2
0
2
b
；
（ii）当
2
k
时，由函数
f x 的单调性可知，要证
2
3
7
2
2
2
2
4
k
b
k
k
k
，
只需
3
2
2
2
3
2
sin
1
0
2
2
2
k
k
f
k
e
k
k
即可，
令
x
g x
e
ex
，则
e
e
x
g
x
，当
1
x
时，
0
g
x
；当
1
x
时，
0
g
x
．
所以，函数
x
g x
e
ex
的单调递减区间为
,1
，单调递增区间为
1,，
所以，
1
0
g x
g
，即
xe
ex
，
所以，
3
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
k
k
k
e k
e
e
e
e
k
k
k
k
k
，
又令
sin
h t
t
t
，其中
1
0
2
t
，则
cos
1
0
h t
t
t
，所以，函数
y
h t
在区间
1
0, 2
上单调
递减，则
1
1
1
sin
sin
0
2
2
2
2
g t
t
t
g
，又
1
1
0
2
2
k
，故
1
sin 2
2
k
k
，
故
3
2
2
2
3
1
2
sin
1
2
1
0
2
2
2
2
k
k
f
k
e
k
k
k
k
由
3
3
2
2
0
2
2
2
f
k
f
k
k
可知
2
3
3
2
2
2
2
2
k
k
b
k
k
，
2
k
，
综合（i）、（ii）和（*）可知，
k
N
，
2
3
3
2
2
2
2
2
k
k
b
k
k
．
2．2 数列与不等式相结合
数列与不等式交汇主要以压轴题的形式出现，试题还可能涉及到与导数、函数等知识综合一起考查．主要考查
知识重点和热点是数列的通项公式、前n 项和公式以及二者之间的关系、等差数列和等比数列、归纳与猜想、
数学归纳法、比较大小、不等式证明、参数取值范围的探求，在不等式的证明中要注意放缩法的应用．此类题
型主要考查学生对知识的灵活变通、融合与迁移，考查学生数学视野的广度和进一步学习数学的潜能．近年来
加强了对递推数列考查的力度，这点应当引起我们高度的重视．预计在高考中，比较新颖的数列与不等式选择
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公众号：一枚试卷君
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题或填空题一定会出现．数列解答题的命题热点是与不等式交汇，呈现递推关系的综合性试题．其中，以函数
与数列、不等式为命题载体，有着高等数学背景的数列与不等式的交汇试题是未来高考命题的一个新的亮点，
而命题的冷门则是数列与不等式综合的应用性解答题．
例1．已知
n
S 是等差数列
na
的前n 项和,且
6
7
5
S
S
S
,给出下列五个命题：①
0
d
；②
11
0
S
；③
12
0
S
；
④数列
n
S
中的最大项为
11
S
；⑤
6
7
a
a
．其中正确命题的是___________．
【答案】①②
【解析】因为
6
7
5
S
S
S
,所以
7
6
0,
0
a
a
,所以公差d<0,且
6
7
0
a
a
,则由等差数列的前n 项和公式与性质
可得
1
11
11
6
11(
)
11
0
2
a
a
S
a
,且
1
12
12
6
7
6
7
12(
)
12
0,
2
a
a
S
a
a
a
a
,又等差数列的前6 项为正
数,从第7 项开始都是负数,所以数列
n
S
中的最大项为
6
S ,因此正确命题是①②．
例2．（2021·安徽淮南一模）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例引入数列
na
：1，1，2，3，5，8，…，
该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，故此数列称为斐波那契数列，通项公式为
1
1
5
1
5
2
2
5
n
n
na
，该通项公式又称为“比内公式”（法国数学家比内首先证明此公式），是用
无理数表示有理数的一个范例．设n 是不等式
2
log
1
5
1
5
6
x
x
x
的正整数解，则n 的最小值
为__________．
【答案】9
【解析】设n 是不等式
2
log
1
5
1
5
6
x
x
x
的正整数解，
∴
2
log
1
5
1
5
6
n
n
n
,即
6
1
5
1
5
2
n
n
n
，∴
6
1
5
1
5
2
2
2
n
n
，
∴
6
1
1
5
1
5
2
2
2
5
5
n
n
，即
62
5
na
，则
12
2
2
4096
5
5
na
，
又
na
单调递增，且
2
2
2
2
8
9
4096
21
34
5
a
a
，故答案为：9．
例3．已知在数列
中，
，
，前项和为
，若
．
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（1）求数列
的通项公式；（2）若数列
的前项和为
，求证：
．
【答案】(1)
(2)见证明
【解析】（1）在数列
中，
①
∵
②且
，
∴①式÷②式得：
，∴数列
以
为首项，公差为1 的等差数
列，
∴
∴
当
时，
；当
时，
，不满足上式，
∴数列
的通项公式为
．
（2）由（1）知，
，则数列
的前项和，
∵当
时，
，∴当
时，
，满足
，
∴
∵在
中，
，
，∴
，∴
，∴
，∴
．
小结：此类不等式的证明常用的方法：（1）比较法；（2）分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综
合法分析；（3）放缩法，主要是通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等手段达到证明的目的．
【反思提升】
综合上面的三种类型，解决函数、数列、三角函数中的大小比较问题，解答时首先要找准模型，通过转化来解
决，一般情况下，此类问题是几个知识点的交汇，需综合不等式、函数等性质解题．大小比较问题是函数、数
列、三角函数的综合应用，在近几年的高考试题中经常出现，成为高考中的一个命题热点，同时也是高中数学
必修课中的几大内容之一，解决大小问题不仅会用到函数的基本定义、单调性、奇偶性、周期性、有界性和图
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公众号：一枚试卷君
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象，同时，常常涉及到初等函数、不等式、方程、几何等方面问题；而且在解决一些不等式、数列等问题中也
会用最值来求解．
专题18
函数、不等式中恒成立问题
纵观近几年高考对于函数、不等式中恒成立问题的考查，重点是涉及到一次函数、二次函数的性质、不等
式的性质及应用，图象渗透和换元、化归、数形结合、函数与方程、分类讨论、转化等数学思想方法．往往与
导数相结合，在处理复杂问题时转化成为“恒成立问题”．解答这类题目应首先克服畏惧心理，通过总结高中
阶段出现的这类问题的类型，形成完整的知识、方法体系，提高应对能力．
一、函数性质法
1．一次函数
)
0
(
)
(
k
b
kx
x
f
若
n
m
x
f
y
,
)
(
在
内恒有
0
)
(
x
f
，则根据函数的图象
可得
0
)
(
0
0
)
(
0
n
f
a
m
f
a
或
可合并成
0
)
(
0
)
(
n
f
m
f
，同理若
n
m
x
f
y
,
)
(
在
内恒有
0
)
(
x
f
则有
0
)
(
0
)
(
n
f
m
f
例1．（2021 江苏省天一中学高三模拟）已知f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，且f（﹣1）＝﹣1，当a，b
∈[﹣1，1]，且a+b≠0 时，（a+b）（f（a）+f（b））＞0 成立，若f（x）＜m2﹣2tm+1 对任意的t∈[﹣1，1]恒成
立，则实数m 的取值范围是（
）
A．（﹣∞，﹣2）∪{0}∪（2，+∞）
B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
C．（﹣2，2）
D．（﹣2，0）∪（0，2）
【答案】B
【解析】因为f（x）是定义在[﹣1，1]上的奇函数，当a，b∈[﹣1，1]，且a+b≠0 时，（a+b）（f（a）+f（b））
＞0 成立，所以将b 换为b
，可得(
)( ( )
( ))
0
a
b
f a
f b
，所以函数
( )
f x 在[ 1,1]
上是增函数，
所以
max
( )
(1)
( 1)
1
f x
f
f
，所以f（x）＜m2﹣2tm+1 对任意的t∈[﹣1，1]恒成立，等价于
2
1
2
1
m
tm
，
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即
2
2
0
tm
m
对任意的t∈[﹣1，1]恒成立，令
2
( )
2
g t
tm
m
，则
( 1)
0
(1)
0
g
g
，即
2
2
2
0
2
0
m
m
m
m
，
解得
2
m 或
2
m
，故选B
【关键点点睛】此题考查函数的奇偶性和单调性，含3 个变量的不等式对2 个变量恒成立求第三个变量取值范
围的问题，解题的关键是按顺序先对一个变量恒成立，转化为求最值，再对另一个变量恒成立，转化为求最值
即可，考查数学转化思想
例2．设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)满足条件：①f(－1＋x)＝f(－1－x)；②函数f(x)的图象与直线y＝x 只有一
个公共点．
(1)求f(x)的解析式；
(2)若不等式πf(x)>
1
π 2－tx 在t∈[－2，2]时恒成立，求实数x 的取值范围．
【答案】（1）f(x)＝1
2x2＋x．（2）(－∞，－3－5)∪(－3＋5，＋∞)．
【解析】(1)∵由①知f(x)＝ax2＋bx(a≠0)的对称轴是直线x＝－1，∴b＝2a．
∵函数f(x)的图象与直线y＝x 只有一个公共点，∴方程组
y＝ax2＋bx，
y＝x
有且只有一个解，
即ax2＋(b－1)x＝0 有两个相同的实根，∴Δ＝(b－1)2＝0，即b＝1，∴a＝1
2．∴f(x)＝1
2x2＋x．
(2)∵π>1，∴πf(x)>
1
π 2－tx 等价于f(x)>tx－2，即1
2x2＋x>tx－2 在t∈[－2，2]时恒成立⇔函数
g(t)＝xt－
1
2x2＋x＋2 <0 在t∈[－2，2]时恒成立，
∴
g(2)<0，
g(－2)<0，
即
x2－2x＋4>0，
x2＋6x＋4>0，
解得x<－3－5或x>－3＋5，
故实数x 的取值范围是(－∞，－3－5)∪(－3＋5，＋∞)．
例3．对于满足|
| 2
p
的所有实数p ，则使不等式
2
1
2
x
px
p
x
恒成立的x 的取值范围为
．
【答案】
1
x 或
3
x
．
【解析】在不等式中出现了两个变量：x 、p ，并且是给出了p 的范围要求x 的相应范围，直接从x 的不
等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把p 看作自变量，x 看成参变量，则上述问题即可转化为
在[-2，2]内关于p 的一次函数函数值大于0 恒成立求参变量x 的范围的问题．
解：原不等式可化为
2
(
1)
2
1
0
x
p
x
x
，令
2
( )
(
1)
2
1
f p
x
p
x
x
，则原问题等价于
( )
0
f p
在
[ 2,2]
p
上恒成立，故有：
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o
y
2
-2
x
y
-2
2
x
方法一：
1
0
(2)
0
x
f
或
1
0
( 2)
0
x
f
∴
1
x 或
3
x
．
方法二：
( 2)
0
(2)
0
f
f
即
0
1
0
3
4
2
2
x
x
x
解得：
1
1
1
3
x
x
x
x
或
或
∴
1
x 或
3
x
．
2．二次函数——利用判别式、韦达定理及根的分布求解
有以下几种基本类型：
类型1：设
2
( )
(
0).
f x
ax
bx
c a
（1）
R
x
x
f
在
0
)
(
上恒成立
0
0
且
a
；
（2）
R
x
x
f
在
0
)
(
上恒成立
0
0
且
a
．
类型2：设
2
( )
(
0).
f x
ax
bx
c a
（1）当
0
a
时，
]
,
[
0
)
(
x
x
f
在
上恒成立
,
2
2
2
( )
0
0
( )
0.
b
b
b
a
a
a
f
f
或
或
]
,
[
0
)
(
x
x
f
在
上恒成立
( )
0,
( )
0.
f
f
（2）当
0
a
时，
]
,
[
0
)
(
x
x
f
在
上恒成立
0,
0.
f
f
]
,
[
0
)
(
x
x
f
在
上恒成立
,
2
2
2
( )
0
0
( )
0.
b
b
b
a
a
a
f
f
或
或
例1．（2021·安徽名校期末联考）已知使不等式
2
(
1)
0
x
a
x
a
e 成立的任意一个x，都满足不等式3
1 0
x e ，
则实数a 的取值范围为（
）
A．
1,
3
B．
1,
3
C．
1
,
3
D．
1
,
3
【答案】B
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【解析】由题意，3
1
0
x
，得
1
3
x
，由
2
(
1)
0
x
a
x
a
，得(
1)(
)
0
x
x
a
，因为使不等式成立
2
(
1)
0
x
a
x
a
的任意一个x，都满足不等式3
1
0
x
．
①若
1
a ，则(
1)(
)
0
x
x
a
的解集为
1
，满足
1
1
, 3
，符合题意；
②若
1
a
，则(
1)(
)
0
x
x
a
的解集为
1, a
，则
1
1,
, 3
a
，故
1
3
a
，则
1
1
3
a
；
③若
1
a ，则则(
1)(
)
0
x
x
a
的解集为
, 1
a
，则
1
, 1
, 3
a
，故
1
a ．
综上有：a 的取值范围为
1 ,
3
，故选B．
【名师点睛】本题考查了含参的一元二次不等式的解法问题，可先将给定式子十字相乘因式分解，根据一元二
次不等式所对应的方程的根的大小分类讨论，写出解集．如若不能十字相乘分解，需要先对判别式与零的大小
关系进行讨论，判别式大于等于零时，用求根公式求出对应方程的根，从而写出解集．
例2．设0
≤
≤
，不等式
2
8
(8sin
)
cos2
0
x
x
≥
对x
R
恒成立，则a 的取值范围为
．
【答案】
5
[0,
]
[
, ]
6
6
【
解
析
】
不
等
式
2
8
(8sin
)
cos2
0
x
x
对
x
R
恒
成
立
，
则
有
2
2
(8sin
)
4 8cos2
64sin
32cos2
0
≤
，
即
2
2
2
2sin
cos2
2sin
(1 2sin
)
2
4sin
1
0
≤
．∴
2
1
sin
4
≤
．∴
1
1
sin
2
2
，又
0
，结合下图可知，∈
π
5π
0,
,π
6
6
．
例3．已知当x∈(0，＋∞)时，不等式9x－m·3x＋m＋1>0 恒成立，则实数m 的取值范围是________．
【答案】(－∞，2＋2 2)
【解析】令3x＝t，则当x∈(0，＋∞)时，t∈(1，＋∞)，记f(t)＝t2－mt＋m＋1(t∈(1，＋∞))，则由题意得
f(t) ＝t2 －mt ＋m ＋1(t ∈(1 ，＋∞)) 的图象恒在x 轴的上方，可得Δ ＝( －m)2 －4(m ＋1)<0 或
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257 / 397
Δ≥0，
m
2≤1，
f(1)＝1－m＋m＋1≥0，
解得m<2＋2 2．
例4．设函数
2
( )
1
f x
x
，对任意
2 ,
3
x
，
2
4
( )
x
f
m f x
m
≤
(
1)
4 ( )
f x
f m
恒成立，则实数m
的取值范围是
．
【答案】
3
2
m
或
3
2
m
．
【解析】依据题意得
2
2
2
2
2
2
1 4
(
1)
(
1)
1
4(
1)
x
m
x
x
m
m
在
3
[ ,
)
2
x
上恒定成立，即
2
2
2
1
3
2
4
1
m
m
x
x
在
3
[ ,
)
2
x
上恒成立．当
3
2
x
时函数
2
3
2
1
y
x
x
取得最小值
5
3
，所以
2
2
1
5
4
3
m
m
，即
2
2
(3
1)(4
3)
0
m
m
，解得
3
2
m
或
3
2
m
．
例5．已知函数f(x)＝x2－2ax－1＋a，a∈R．
(1)若a＝2，试求函数y＝f(x)
x (x>0)的最小值；
(2)对于任意的x∈[0，2]，不等式f(x)≤a 成立，试求a 的取值范围．
解：(1)依题意得y＝f(x)
x ＝x2－4x＋1
x
＝x＋1
x－4．因为x>0，所以x＋1
x≥2．当且仅当x＝1
x时，
即x＝1 时，等号成立．所以y≥－2．所以当x＝1 时，y＝f(x)
x 的最小值为－2．
(2)因为f(x)－a＝x2－2ax－1，所以要使得“对任意的x∈[0，2]，不等式f(x)≤a 成立”
只要“x2－2ax－1≤0 在[0，2]恒成立”．不妨设g(x)＝x2－2ax－1，
则只要g(x)≤0 在[0，2]上恒成立即可．所以
g(0)≤0，
g(2)≤0，
即
0－0－1≤0，
4－4a－1≤0，
解得a≥3
4．则a 的取值范围为
3
4，＋∞．
3．其它函数：
对于恒成立的问题，常用到以下结论：
（1）
max
x
f
a
x
f
a
恒成立
；
（2）
min
x
f
a
x
f
a
恒成立
；
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（3）
( )
0
f x
恒成立
min
( )
0
f x
（注：若
( )
f x 的最小值不存在，则
( )
0
f x
恒成立
( )
f x 的下界大
于0）；
( )
0
f x
恒成立
max
( )
0
f x
（注：若
( )
f x 的最大值不存在，则
( )
0
f x
恒成立
( )
f x 的上界
小于0）．
例1．（2021·江西重点中学协作体联考）设k 、b
R
，若关于x 的不等式
ln
1
x
x
k x
b
在
0,
上
恒成立，则2
2
1
k
b
k
的最小值是（
）
A．
2e
B．
1
1
e
C．
1
e
D．
1
e
【答案】C
【分析】令
ln
1
f x
x
x
k x
，分析得出
max
b
f x
，分
1
k
、
1
k
两种情况讨论，可得出
max
ln
1
1
f x
k
k
，进而可得出
ln
1
2
2
2
1
1
1
k
k
b
k
k
，令
1
0
t
k
，利用导数求出函数
ln
2
1
t
g t
t
的最小值，即可得解．
【解析】令
ln
1
f x
x
x
k x
，则
f x
b
对任意的
0,
x
恒成立，所以，
max
b
f x
．
①当
1
k
时，
1
1
0
f
x
k
x
，函数
f x 在
0,
上单调递增，函数
f x 无最大值，不合乎题意；
②当
1
k
时，令
0
f
x
，可得
1
1
x
k
．
当
1
0
1
x
k
时，
0
f
x
，此时函数
f x 单调递增；当
1
1
x
k
时，
0
f
x
，此时函数
f x 单调
递
减
，
所
以
，
max
1
1
1
1
ln
1
ln
1
1
1
1
1
1
f
x
f
k
k
k
k
k
k
k
，
即
ln
1
1
b
k
k
，
ln
1
1
ln
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
k
k
k
k
b
b
k
k
k
k
，
设
1
0
t
k
，令
ln
2
1
t
g t
t
，则
2
ln
1
t
g t
t
，
当
1
0
t
e
时，
0
g t
，此时函数
g t 单调递减；当
1
t
e
时，
0
g t
，此时函数
g t 单调递增．
所以，min
1
1
g t
g
e
e
，因此，2
2
1
k
b
k
的最小值是1 e
，故选C．
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【结论点睛】利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）
x
D
，
min
m
f
x
m
f
x
；
（2）
x
D
，
max
m
f
x
m
f
x
；
（3）x
D
，
max
m
f
x
m
f
x
；
（4）x
D
，
min
m
f
x
m
f
x
．
例2．已知不等式2x＋m＋8
x－1>0 对一切x∈(1，＋∞)恒成立，则实数m 的取值范围是________．
【答案】(－10，＋∞)
【解析】不等式2x＋m＋8
x－1>0 可化为2(x－1)＋8
x－1>－m－2，
∵x>1，∴2(x－1)＋8
x－1≥2
2
x－1
· 8
x－1＝8，当且仅当x＝3 时取等号．
∵不等式2x＋m＋8
x－1>0 对一切x∈(1，＋∞)恒成立，∴－m－2<8，解得m>－10．
例3．不等式x2－2x＋5≥a2－3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为(
)
A．[－1，4]
B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．(－∞，－1]∪[4，＋∞)
D．[－2，5]
【答案】A
【解析】x2－2x＋5＝(x－1)2＋4 的最小值为4，所以x2－2x＋5≥a2－3a 对任意实数x 恒成立，只需a2－3a≤4，
解得－1≤a≤4．
二、分离参数法
若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求
出参数范围．利用分离参数法来确定不等式
,
0
f x
（
D
x
，为实参数）恒成立中参数的取值范围
的基本步骤：
（1）将参数与变量分离，即化为
g
f x
（或
g
f x
）恒成立的形式；
（2）求
f x 在x
D
上的最大（或最小）值；
（3）解不等式
max
( )
g
f x
(或
min
g
f x
) ，得的取值范围．
适用题型：（1）参数与变量能分离；（2）函数的最值易求出．
例1．（2021 四川省阆中东风中学校高三月考（文））已知函数
2
2
1
f x
ax
a
x
，
2ln
2
g x
x
，
若对
0,
x
，
f x
g x
恒成立，则整数a 的最小值为（
）
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A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解析】
( )
( )
f x
g x
即为
2
2
1
ax
a
x
2ln
2
x
，
2
(
2 )
2ln
2
2
a x
x
x
x
，
因为
0
x
，所以
2
2(ln
1)
2
x
x
a
x
x
，即
2
2(ln
1)
2
x
x
a
x
x
在(0,
)
上恒成立．
设
2
2(ln
1)
( )
2
x
x
h x
x
x
，则
2
2
2(
1)(
2ln )
( )
(
2 )
x
x
x
h x
x
x
，
令
( )
2ln
p x
x
x
，则
( )
p x 在(0,
)
上是增函数，
(1)
1
0
p
，
1
1
1
1
1
2ln
2ln 2
ln 4
0
2
2
2
2
2
p
，所以
( )
p x
在
1 ,1
2
上存在唯一零点
0x
，即
0
0
0
(
)
2ln
0
p x
x
x
，0
1 ,1
2
x
，所以
0
0
x
x
时，( )
0
h x
，( )
h x 递增，
0
x
x
时，( )
0
h x
，( )
h x
递减，所以
max
0
( )
(
)
h x
h x
0
0
0
2
2
0
0
0
0
0
2ln
2
2
2
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
，所以
0
1
a
x
，又
0
1
(1,2)
x
，所以a 的最小整
数值为2，故选B．
【关键点点睛】本题考查不等式恒成立问题，解题方法用分离参数法变形为求函数最大值，在求函数最大值时，
导函数的零点需要定性分析，估计出范围，利用零点求出函数的最大值，再得出最大值的范围，然后得出所求
结论．
例2．设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满足1<x<4 的一切x 值，都有f(x)>0，则实数a 的取值范围为
．
【答案】a>1
2
【解析】由f(x)>0，即ax2－2x＋2>0，x∈(1，4)，得a>－2
x2＋2
x在(1，4)上恒成立．
令g(x)＝－2
x2＋2
x＝－2
1
x－1
2 2＋1
2，1
x∈
1
4，1 ，∴g(x)max＝g(2)＝1
2，
所以要使f(x)>0 在(1，4)上恒成立，只要a>1
2即可．
例3．已知
，若不等式
恒成立，则m 的最大值为__________．
【答案】16
【解析】不等式
恒成立，即为
，
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由
，当且仅当
，即
，取得等号，
即有
，则
的最大值为16，故答案为
．
三、主参换位——反客为主法
某些含参不等式恒成立问题，在分离参数会遇到讨论的麻烦或者即使能容易分离出参数与变量，但函数的最值
却难以求出时，可考虑变换思维角度“反客为主”，即把习惯上的主元变与参数变量的“地位”交换一下，变个
视角重新审查恒成立问题，往往可避免不必要的分类讨论或使问题降次、简化，起到“山穷水尽疑无路，柳暗
花明又一村”的出奇制胜的效果．
例1．对于0≤m≤4 的任意m，不等式x2＋mx>4x＋m－3 恒成立，则x 的取值范围是________________．
【答案】(－∞，－1)∪(3，＋∞)
【解析】不等式可化为m(x－1)＋x2－4x＋3>0 在0≤m≤4 时恒成立．令f(m)＝m(x－1)＋x2－4x＋3．则
0
0
{
4
0
f
f
⇒
2
2
4
3
0
{
1
0
x
x
x
－
＋
－
⇒
1
3
{
1
1
x
x
x
x
或
或
，即x<－1 或x>3．
例2．已知函数
,1
)
(
2
mx
x
x
f
若对于任意
]1
,
[
m
m
x
，都有
0
)
(
x
f
成立，则实数m 的取值范围是
．
【答案】
2
(
,0)
2
【解析】由题意可得
( )
0
f x
对于
[ ,
1]
x
m m
上恒成立，即
2
2
( )
2
1
0
(
1)
2
3
0
f m
m
f m
m
m
，解得
2
0
2
m
．
例3．对任意m∈[－1，1]，函数f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m 的值恒大于零，求x 的取值范围．
【答案】(－∞，1)∪(3，＋∞)
【解析】由f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m＝(x－2)m＋x2－4x＋4，令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4，
则原问题转化为关于m 的一次函数问题．由题意知在[－1，1]上，g(m)的值恒大于零，
∴
g(－1)＝(x－2)×(－1)＋x2－4x＋4>0，
g(1)＝(x－2)＋x2－4x＋4>0，
解得x<1 或x>3．
故当x 的取值范围是(－∞，1)∪(3，＋∞)时，对任意的m∈[－1，1]，函数f(x)的值恒大于零．
四、数形结合
若所给不等式进行合理的变形化为
( )
( )
f x
g x
（或
( )
( )
f x
g x
）后，能非常容易地画出不等号两边函数的
图象，则可以通过画图直接判断得出结果．尤其对于选择题、填空题这种方法更显方便、快捷．
例1．若关于x 的不等式4ax－1<3x－4(a>0，且a≠1)对于任意的x>2 恒成立，则a 的取值范围是(
)
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A．0，1
2
D．0，1
2
C．[2，＋∞)
D．(2，＋∞)
【答案】B
【解析】不等式4ax－1<3x－4 等价于ax－1<3
4x－1．令f(x)＝ax－1，g(x)＝3
4x－1．当a>1 时，在同一平面直角坐标
系中作出两个函数的图象，如图①所示，由图知不满足条件；当0<a<1 时，在同一平面直角坐标系中作出两个
函数的图象，如图②所示．则f(2)≤g(2)，即a2－1≤3
4×2－1，即a≤1
2，所以a 的取值范围是0，1
2 ．
例2．已知函数
，若
恒成立，则实数的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由题意可以作出函数
与
的图象，如图所示．若不等式
恒成立，必有
，其中是
过点
的切线斜率．设切点为
，因为
，所以
，解得
，所以
，故
例3．
（2021·兴义市第二高级中学高三期末（理））定义在R 上的函数
( )
f x 满足
1
(
2)
( )
2
f x
f x
，当
[0,2)
x
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时，
2
3
1
2
1
2
,0
1,
2
( )
2
, 1
2.
x
x
x
f x
x
函数
3
2
( )
3
g x
x
x
m
．若
[ 4, 2)
s
，
[ 4, 2)
t
，不等式
( )
( )
0
f s
g t
成立，则实数m 的取值范围是（
）
A．(
, 12]
B．(
, 4]
C．(
8]
,
D．
31
(
,
]
2
【答案】C
【解析】∵当x∈[0，2）时，
2
3
1
2
1
2
,0
1,
2
( )
2
, 1
2.
x
x
x
f x
x
∴x∈[0，2），
1
(0)
2
f
为最大值，
∵f（x+2）＝1
2 f（x），∴f（x）＝2f（x+2），∵
[ 2,0]
x
，∴
1
( 2)
2 (0)
2
1
2
f
f
，
4, 3
x
，
( 4)
2 ( 2)
2 1
2
f
f
，
4,2)
[
s
，
max
( )
2
f x
，
( )
2 (
2)
f x
f x
，
x∈[﹣2，0]，∴
1
3
(
)
2 ( )
2 ( 2)
4
2
2
f
f
，
4, 3
x
，
5
1
(
)
2 (
)
8
2
2
f
f
，
4,2)
[
s
，∴
min
( )
8
f s
，∵函数g（x）＝x3+3x2+m，∴
2
( )
3
6 ,
g x
x
x
由3x2+6x＞0 解得x＞0 或
2
x ，由3x2+6x＜0 解得2
0,
x
由3x2+6x＝0，x＝0 或
2
x ，
∴函数g（x）＝x3+3x2+m，在(
, 2),(0,
)
上单调递增，在( 2,0)
上单调递减，
4, 2)
[
t
，
min
( )
( 4)
16
g t
g
m
，∵不等式f（s）﹣g（t）≥0，∴﹣8≥m﹣16，故实数满足：m≤8，
故选C．
【关键点点睛】若
[ 4, 2)
s
，
[ 4, 2)
t
，不等式
( )
( )
0
f s
g t
成立，转化为
min
( )
f s
≥
min
( )
g t
，再根据解
析式及导数求出函数的最小值求解，属于中档题．
五、消元转化法
例．（2021 山东聊城高三期中）已知a ，b
R
，
xe
ax
b
对任意的xR 恒成立，则ab 的最大值为（
）
A．1
e
B．1
C．2
D．2
e
【答案】D
【解析】若
0
a
，则y
ax
b
单调递减，
x
y
e
单调递增，不能满足且
xe
ax
b
f
对xR 恒成立，故而
0
af ．
若
0
a
，则
0
ab
．若
0
a
，由
xe
ax
b
f
得
x
b e
ax
e
，则
2
x
ab ae
a x
e
．
设函数
2
( )
x
f x
ae
a x
，
2
( )
(
)
x
x
f
x
ae
a
a e
a
，令
( )
0
f
x
得
0
xe
a
，解得x
lna
，
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当x
lna
时，
( )
0
f
x
，函数
( )
f x 递减；当x
lna
时，
( )
0
f
x
，函数
( )
f x 递增；
当x
lna
时，函数
( )
f x 取最小值，
( )
f x 的最小值为
2
2
(
)
f lna
a
a lna
．
设g
a
2
2
(
0)
a
a lna a
，g
a
(1
2
)(
0)
a
lna a
，由g
a
0
得a
e
，
当0
a
e
时，g
a
0
，当a
e
时，g
a
0
，当a
e
时，(
)
g
e 取得最大值
1
(
)
2
2
e
g
e
e
e
．
ab
的最大值为2
e ，故选D ．
【名师点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数
a
f x
恒成立(
max
a
f x
即可)或
a
f x
恒成
立（
min
a
f x
即可）；②数形结合(
y
f x
图象在
( )
y
g x
=
上方即可)；③讨论最值
min
0
f
x
或
max
0
f
x
恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围．
例2．已知
( )
f x 是定义在[ 1,1]
上的奇函数，且
(1)
1
f
，若
0
)
(
)
(
0
],
1,1
[
,
n
m
n
f
m
f
n
m
n
m
时
，若
1
2
)
(
2
at
t
x
f
对于所有的
]1,1
[
],
1,1
[
a
x
恒成立，求实数t 的取值范围．
【答案】
0
2
2
t
t
t
或
或
【解析】本题不等式中有三个变量，可以消元转换的策略，先消去一个变量，易得
( )
f x 是定义在[ 1,1]
上的增函数，所以
( )
f x 在[-1，1]上最大值是
(1)
1
f
，问题可转化为
1
1
2
2
at
t
对于所有的
1,1
a
恒成立，把问题的到转化．
解：因为
0
)
(
)
(
0
],
1,1
[
,
n
m
n
f
m
f
n
m
n
m
时
所以函数
( )
f x 在[-1，1]是增函数，所以
( )
f x 在[-1，1]
上最大值是
(1)
1
f
，
1
2
)
(
2
at
t
x
f
对于所有的
]1,1
[
],
1,1
[
a
x
恒成立，即
1
1
2
2
at
t
对
于所有的
1,1
a
恒成立，
0
2
2
at
t
对于所有的
1,1
a
恒成立，令
at
t
a
g
2
)
(
2
，只
需满足
0
)1(
0
)1
(
g
g
，解得
0
2
2
t
t
t
或
或
．
六、应用导数研究恒成立问题
通过导数证明不等式或研究不等式恒成立问题的基本思路是：以导函数和不等式为基础，单调性为主线，最（极）
值为助手，利用转化与化归思想，从数形结合、分类讨论等多视角进行探究，经常是把不等式问题转化为判断
函数的单调性、求函数的最值，利用最值得出相应结论，其中分类讨论是经常用到的数学思想方法．分离参数
法、构造函数法是常用方法．
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例1．（2021 浙江绍兴高三月考）已知e 为自然对数的底数，,a b 为实数，且不等式ln
(2
1)
1
0
x
e
a
x
b
对任意的
(0,
)
x
恒成立．则当
2
1
b
a
取最大值时，a 的值为（
）
A．2e
B．2
1
e
C．3e
D．3
1
e
【答案】D
【分析】先构造函数
ln
(2
1)
1
f x
x
e
a
x
b
，求出
f
x
，讨论确定出
max
0
f x
得
ln
1 2
b
a
e
，则有
ln
1 2
2
2
1
1
a
e
b
a
a
，再构造出函数
ln
2
2
t
e
g t
t
，同样利用导数确定
出
g t 的最大值，从而得到a 值．
【解析】设
ln
(2
1)
1
f x
x
e
a
x
b
，则
1
2
1
f
x
e
a
x
，
当
2
1
a
e
时，
0
f
x
，所以
f x 在
0,
上递增，不符合条件，
故
2
1
a
e
，令
0
f
x
得
1
1
2
x
a
e
，所以
f x 在
1
0,
1 2
a
e
上递增，
1
,
1
2
a
e
上递增，
故有
max
1
1
ln
0
1
2
1
2
f
x
f
b
a
e
a
e
，即
ln
1 2
b
a
e
，则有
ln
1 2
2
2
1
1
a
e
b
a
a
，
令
1,
2
t
a
t
e
，
ln
2
2
t
e
g t
t
，则
ln
2
2
2
t
t
e
t
e
g t
t
在
2 ,e 上递减，且
3
0
g
e
，
所以
g t 在
2 ,3
e e 上递增，
3 ,e 上递减，所以
3
g t
g
e
，此时
2
1
b
a
取得最大值，且
1
3
a
e
，
所以
3
1
a
e
，故选D．
【关键点睛】本题的关键也就是难点是能够两次构造函数，利用导数求出相应函数的最值．
例2．已知函数f(x)＝ax＋lnx，x∈[1，e]．
(1)若a＝1，求f(x)的最大值．(2)若f(x)≤0 恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】e＋1；－∞，－1
e ．
【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝x＋lnx，f′(x)＝1＋1
x＝x＋1
x
．
因为x∈[1，e]，所以f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)max＝f(e)＝e＋1．
(2)因为f(x)≤0 即ax＋lnx≤0 对x∈[1，e]恒成立，所以a≤－lnx
x ，x∈[1，e]．
令g(x)＝－lnx
x ，x∈[1，e]，则g′(x)＝lnx－1
x2
，
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因为x∈[1，e]，所以g′(x)≤0，所以g(x)在[1，e]上递减，
所以g(x)min＝g(e)＝－1
e，所以a≤－1
e．即a 的取值范围为－∞，－1
e ．
例3．已知函数
（e 是自然对数的底数）．
（1）求证：
；
（2）若不等式
在
]上恒成立，求正数a 的取值范围．
【答案】（1）将解析；（2）
．
【解析】（1）由题意知，要证
，只需证
，
求导得
，当
时，
，
当
时，
，
∴f（x）在
是增函数，在
时是减函数，
即
在
时取最小值
，∴
，
即
，∴
．
（2）不等式
在
上恒成立，即
在
上恒成立，
亦即
在x∈[ ，2]上恒成立，令g（x）=
，
，
以下求
在
上的最小值，
，当
时，
，
当
]时，
，∴当
]时，
单调递减，当
]时，
单调递增，
∴
在
处取得最小值为
，∴正数a 的取值范围是
．
【反思提升】
上述例子剖析了数学高考中恒成立问题的常见题型及解法，解决这类题目要看清式子的特征，选择合适的方法，
以便事半功倍．(1)对于含二次项恒成立的问题，注意讨论二次项系数是否为0，这是容易漏掉的地方．（2）恒
成立问题一般需转化为最值，利用单调性证明在闭区间的单调性．(3)一元二次不等式在R 上恒成立，看开口方
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向和判别式．(4)含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立的问题通常有两种处理方法：一是利用二次函数在
区间上的最值来处理；二是分离参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单．（5）值得一提的是，各
种类型各种方法并不是完全孤立的，虽然方法表现的形式不尽相同，但其实质却往往与求函数的最值息息相关，
从而在解数学函数与不等式恒成立的过程中，欣赏一下数学中的“统一美”，在努力攀登知识的高峰中，不要忘
了多看身边的美景，度过有意义的时光．
专题19
数列中的最值问题
数列中的最值问题在高考中出现的频率较高，注意考查：等差数列前n 项和的最值问题和数列与函数、不等式
的结合．等差数列前n 项和的最值问题是高考考查的热点之一，考查形式为选择或填空小题，也可以是解答题
的一个小题，是中档题；数列与函数、不等式的结合，是高考考查的重点和热点，重点考查利用数列的相关知
识和函数、不等式知识求数列的最值或已知不等式成立求参数取值范围或是证明不等式，为解答题的一个小题，
难度为中档偏上试题．
一、等差数列中的最值问题
求等差数列前n 项和的最值问题的方法：
（1）二次函数法：将
n
S 看成关于n 的二次函数，运用配方法，借助函数的单调性及数形结合思想，使问
题得到解决，注意项数n 是正整数这一条件．
（2）通项公式法：若{
}
na
是等差数列，求前n 项和的最值时，
①若
1
0
a
，
0
d
，且满足
1
0
0
n
n
a
a
，则前n 项和
n
S 最大；
②若
1
0
a
，
0
d
，且满足
1
0
0
n
n
a
a
，则前n 项和
n
S 最小．
（3）不等式法：借助
n
S 取最大值时，有
1
*
1
(
2,
)
n
n
n
n
S
S
n
n
N
S
S
，解此不等式组确定n 的范围，进而
确定n 的值和对应
n
S 的值（即为
n
S 的最值）．
例1．（2021·山西吕梁一模（文））等差数列
n
a
的前n 项和为
n
S ，已知
5
2
a
，
4
28
S
，则
0
nS
时，n 的
最小值为（
）
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A．10
B．11
C．12
D．13
【答案】C
【解析】等差数列
n
a
中，
5
2
a
，
4
28
S
，故
1
4
2
a
d
，
1
4
4
28
2
a
a
，即
1
2
3
14
a
d
，
解得
1
10,
2
a
d
，故
2
1
10
1
2
11
11
2
n
S
n
n n
n
n
n n
，n
N ，
令
11
0
n
S
n n
得，
11
n
，且n
N ，故n 的最小值为12，故选C．
例2．已知数列
na
是等差数列，
3
4
8 ,
4
a
a
，则前n 项和
n
S 中最大的是（
）
A．
3
S
B．
4
S 或
5
S
C．
5
S 或
6
S
D．
6
S
【答案】B．
【解析】由已知
4
3
4
8
4
d
a
a
，
3
(
3)
8
(
3) ( 4)
20
4
na
a
n
d
n
d
，由
20
4
0
na
n
得
5
n
，所以
4
0
a
，
5
0
a
，
6
0
a
，所以
4
5
S
S
是
n
S 中的最大值．故选B．
例3．（2021·浙江温州期末）已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
2
3
a
，
5
30
S
，则
1a 的最小值是（
）
A．1
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【解析】设等差数列
na
的公差为d ，由条件
2
1
5
1
3
5
10
30
a
a
d
S
a
d
，可得
1
1
3
2
6
a
d
a
d
，由不等式的性质可
得
1
1
1
2
2
2 3 6
0
a
a
d
a
d
，故选B．
二、数列与函数、不等式的结合中的最值问题
(1)求数列
}
{
n
a
的前n 项和
n
S 的最值，主要是两种思路：①研究数列
)
(n
f
an
的项的情况，判断
n
S 的最
值；②直接研究
n
S 的通项公式，求
n
S 的最值．
(2) 求数列
}
{
n
a
的最值，主要有两种方法：①从函数角度考虑，利用函数
)
(x
f
y
的性质，求数列
)
(n
f
an
的最值；②利用数列离散的特点，考察
1
1
k
k
k
k
a
a
a
a
或
1
1
k
k
k
k
a
a
a
a
，然后判断数列
}
{
n
a
的最值情况．
(3)对数列不等式相结合的最值问题，往往借助于函数的性质（如二次函数、“对号函数”、指数函数等）或
基本不等式．
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例1．已知数列
}
{ n
a
中满足
15
1
a
，
2
1
n
a
a
n
n
，则n
an 的最小值为（
）
A．7
B．
1
15
2
C．9
D．4
27
【答案】D
【解析】由题意知，
n
a
a
n
n
2
1
，
2
2
,1
2
2
3
1
2
a
a
a
a
，
1
2
1
n
a
a
n
n
，将以上n 个
式子相加，得
n
n
n
n
n
a
an
2
1
2
)1
1(
1
2
1
3
2
1
2
，所以
15
2
n
n
an
，
1
15
n
n
n
an
，令
1
15
x
x
x
g
，
2
2
2
15
15
1
x
x
x
x
g
，当
3,0
x
时，
0
x
g
，
当
,4
x
，
0
x
g
，
7
1
5
3
3
g
，
4
27
1
4
15
4
4
g
，故最小最值4
27 ，故答案为D．
例2．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考（理））已知数列
na
满足
1
1
a
，
1
1
1
n
n
a
a
e
．若
1
1
0
n
n
a
ta
恒成立，则实数t （
）
A．最小值是2
1
e
B．最大值是
2
e
1
C．最大值是e
D．最小值是e
【答案】C
【分析】作差
1
1
1
ln
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，构造函数
( )
ln(
1)
f x
x
x
，利用导数知识可得
1
1
1
n
n
a
a
a
，
将
1
1
0
n
n
a
ta
恒成立化为
1
1
1
1
1
ln
1
n
n
n
n
a
a
t
a
a
1
(
1
na
) 恒成立，构造函数( )
ln
x
g x
x
(
2)
x
，利
用导数知识求出( )
g x 的最小值即可得解．
【解析】由
1
1
1
n
n
a
a
e
得
1
1
n
a
na
e
，得
1
2
1
1
a
a
e
e
，
1
ln
1
n
n
a
a
，
所以
1
1
1
ln
1
n
n
n
n
a
a
a
a
，令
( )
ln(
1)
f x
x
x
，则
1
( )
1
1
1
x
f
x
x
x
(
1)
x
，
当1
0
x
时，
( )
0
f
x
，当
0
x
时，
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在( 1,0)
上递减，在(0,
)
上递增，
所以当
0
x
时，
( )
f x
取得最小值
(0)
0
f
，所以
( )
0
f x
，所以
1
1
(
)
0
n
n
n
a
a
f a
，所以
1
1
1
n
n
a
a
a
，因为
1
1
0
n
n
a
ta
恒成立，所以
1
1
n
n
ta
a
恒成立，所以
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1
1
1
1
1
ln
1
n
n
n
n
a
a
t
a
a
1
(
1
na
) 恒成立，令( )
ln
x
g x
x
(
2)
x
，则
2
1
1 ln
( )
ln
x
x x
g x
x
2
ln
1
(ln )
x
x
，
令
( )
0
g x
得ln
1
0
x
，得0
x
e
，又
2
x
，所以2
x
e
，
令
( )
0
g x
得ln
1
0
x
，得x
e
，所以( )
g x 在[2, )
e 上递减，在( ,
)
e 上递增，所以当x
e
时，( )
g x 取
得最小值( )
g e
e
，所以t
e
，即t 的最大值为e ，故选C．
【结论点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
①若
( )
k
f x
在[ , ]
a b 上恒成立，则
max
( )
k
f x
；
②若
( )
k
f x
在[ , ]
a b 上恒成立，则
min
( )
k
f x
；
③若
( )
k
f x
在[ , ]
a b 上有解，则
min
( )
k
f x
；
④若
( )
k
f x
在[ , ]
a b 上有解，则
max
( )
k
f x
；
例3．正项等比数列
中，
，若
，则
的最小值等（
）
A．1
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】∵正项等比数列{an}中，a2018＝a2016+2a2014，a2014q4＝a2014q2+2a2014，∵a2014＞0，∴q4＝q2+2 解可得，
q2＝2，∴
，∵
，
4
，qm+n﹣2＝4，∴m+n＝6，
则
（
）（m+n）
，当且仅当
且m+n＝6 即m＝n＝3 时取等号．
例4．
（2021·浙江绍兴期末）已知
1a ，2a ，…，5a 为1，2，3，4，5 的任意一个排列．则满足：对于任意
1,2,3,4,5
n
，
都有
1
2
1
n
a
a
a
na
的排列
1a ，
2a ，…，
5a 有（
）
A．49 个
B．50 个
C．31 个
D．72 个
【答案】A
【解析】因为1 2
3
4
5
15
，所以
5
n
时，
1
2
3
4
5
1
15
5
a
a
a
a
a
a
，所以
1
3
a
，
当
1
5
a
时，任意排列均满足题意；共有
4
4
24
A
个，
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当
1
4
a
时，只要
2
5
a
，其他排列均满足题意；共有3 3 2 1 18
个，
当
1
3
a
时，
2a 只能取1 或2，所有的情况如下：排列32145，满足题意；排列31245，满足题意；排列32154，
满足题意；排列31254，满足题意；排列32415，满足题意；排列31425，满足题意；排列32451，不满足题意；
排列31452，不满足题意；排列32514，不满足题意；排列31524，满足题意；排列32541，不满足题意；排列
31542，不满足题意；共7 个满足题意．综上，满足题意的排列共有24+18+7=49 个，故选A．
【点睛】
解题的关键是根据题意，先求得
1a 的范围，再进行分类讨论，难点在于
1
3
a
时，
1
na 值较小，需逐个检验
2
3
4
,
,
a a a ，方可得答案．
三、数列中最大（小）项问题
例1．
（2021·北京高三开学考试）等差数列
na
的前n 项和为
n
S ．已知
1
5
a ，3
1
a ．记
(
1,2,
)
n
n
n
S
b
n
a
，
则数列
nb
的（
）
A．最小项为
3b
B．最大项为
3b
C．最小项为
4b
D．最大项为
4b
【答案】C
【解析】由题意，设等差数列
na
的公差为d ，因为
1
5
a ，
3
1
a ，可得
3
1
1 ( 5)
2
3 1
2
a
a
d
，
所以
5
(
1) 2
2
7
na
n
n
，
2
1
1
(
)
( 5
2
7)
6
2
2
n
n
n a
a
n
n
S
n
n
，
则
2
2
7
6
n
n
n
S
n
b
a
n
n
，可得
2
2
3
4
2 3
7
2
3
6 3
4
6
7
4
9,
8
4
b
b
，所以
3
4
b
b
，可排除A、D；
设
2
6
7
7
,
[
2
7
1,
)
( ,
)
2
2
x
x
f
x
x
x
，则
2
2
2
2
(
(2
6)(2
7)
(
6 ) 2
2(
7
21)
2
7)
(2
7)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
，
因为
2
( 7)
4 1 21
0
，所以
0
f
x
，所以
f x 在区间
7
1, 2
和7
( ,
)
2 上都是单调递增函数，
即当
1,2,3
n
时，数列
nb
为递增数列，当
4,
n
n
N
时，数列
nb
也为递增数列，其中
1
2
3
4
5
8
5
1,
,
9,
8,
,
3
3
b
b
b
b
b
，例如当
25
n
时，可得
25
3
475
43
b
b
，所以B 不正确，C 正确，
故选C．
【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
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272 / 397
（1）已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前n 项和公式，求和方法等
对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注
意这一特殊性；
2（2）解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
例2．已知数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)
10
11 n，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的
序号；若没有，请说明理由．
【解析】法一：∵an＋1－an＝(n＋2)
10
11 n＋1－(n＋1)
10
11 n＝
10
11 n×9－n
11
，
当n<9 时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9 时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9 时，an＋1－an<0，即an＋1<an，
∴该数列中有最大项，为第9、10 项，且a9＝a10＝10×
10
11 9．
法二：根据题意，令
an－1≤an，
an≥an＋1
(n≥2)，即
n×
10
11 n－1≤
n＋1
10
11 n，
n＋1
10
11 n≥
n＋2
10
11 n＋1，
解得9≤n≤10．
又n∈N*，∴n＝9 或n＝10，∴该数列中有最大项，为第9、10 项，且a9＝a10＝10×
10
11 9．
【反思提升】数列的综合问题涉及到的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：
求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，或)等．已知数列的前n
项和
ns 的相关条件求数列通项公式的基本思路是两个：（1）将和
ns 转化为项
n
a ，即利用
1
n
n
n
s
s
a
将和转
化为项．（2）可将条件看作是数列
ns
的递推公式，先求出
ns ，然后题目即转化为已知数列的前n 项和
ns ，
求数列通项公式
n
a ．
例3．（2021·浙江绍兴市·绍兴一中高三期末）已知公差为2 的等差数列
n
a
，且
1a ，
7a ，
5a 成等比数列．
（1）求数列
n
a
的通项公式；
（2）若数列
na
的前n 项和为
n
S ，求数列
n
S
n
的最小项．
【答案】（1）
2
11
na
n
；（2）最小项为第7 项为29
7
．
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【解析】（1）由题知：
2
7
1
5
a
a
a
，则
2
1
1
1
12
8
a
a
a
得：
1
9
a ，即
1
(
1)
2
11
na
a
n
d
n
．
（2）当
5
n
时，
11
2
na
n
，
2
9
11
2
10
2
n
n
S
n
n
n
，则
2
10
10
n
S
n
n
n
n
n
，即
5
n
时，
min
5
n
S
n
，
当
6
n
时，
2
11
na
n
，
2
5
1
2
11
(
5)
10
50
2
n
n
S
S
n
n
n
，则
50
10
n
S
n
n
n
，
令
50
( )
10,
6
f x
x
x
x
，
2
2
2
50
50
( )
1
x
f
x
x
x
，
当6
5 2
x
时，
( )
0
f
x
，当
5 2
x
时，
( )
0
f
x
，即函数
( )
f x 在
6,5 2 上单调递减，在
5 2,
上单调递增，即
7
n
时，
min
29
7
n
S
n
，最小项为第7 项为29
7
．
【关键点睛】解决本题的关键在于先讨论
2
11
na
n
的正负，从而确定
na
的通项公式，进而得出
n
S ，最
后由二次函数的性质以及导数得出数列
n
S
n
的单调性，由此得出最小值．
专题20 三角形中的不等和最值问题
新课标下高考数学题中以三角形中的不等和最值问题为载体，不仅仅需要用到三角变换、正余弦定理，往
往还需要涉及基本不等式以及求函数值域；纵观近几年高考对三角形的考查，三角形中的不等和最值问题已成
为高考命题的一个热点．重点放在正余弦定理与三角函数性质、基本不等式和向量知识的结合上；要求学生有
较强的逻辑思维能力、三角恒等变形能力以及准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识
综合性大，涉及知识面广，学生解决感觉较困难，分析原因，除了这类题目本身有一定难度，主要是学生的三
角恒等变形能力普遍较弱，还有就是没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本
文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
一、三角形中利用边角关系求范围
三角形中的不等关系主要有：1．任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边；2．任一角都大于
00 而小于1800，任意两角之和也是大于00 而小于1800；3．设角A 是一三角形的内角，则
1
sin
0
A
；4．在
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274 / 397
锐角三角形中，任意两角之和也是大于900 而小于1800；5．在同一三角形中大边对大角，大角对大边等等．运
用好这些不等关系，是解决与三角形有关问题的关键．
例．钝角三角形的三边为a ，
1
a
，
2
a
，其最大角不超过120，则a 的取值范围是（
）
A．0
3
a
B．3
3
2
a
C．2
3
a
D．
5
1
2
a
【答案】B
【解析】钝角三角形的三边分别是a，a+1，a+2，其最大内角不超过120°，
∴
2
2
2
1
2
{
1
2
1
0
2
1
2
a
a
a
a
a
a
a
a
＞
＞
，解得3
3
2
a
＜，故选B．
例．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三月考）定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于180的四边
形．已知在平面凸四边形ABCD 中，
30
A
，
135
B
，
3
AB
，
2
AD
，设CD
t
，则t 的取值
范围是（
）
A．1, 3
3
B．
2 , 3
3
2
C．
2 ,1
2
D．
2 , 3 1
2
【答案】D
【解析】由余弦定理，知：
2
2
2
2
cos
3
4
6
1
BD
AD
AB
AD AB
A
，∴
1
BD
，即在△ABD 中
有
90
DBA
，则
45
DBC
，在△DBC 中，由正弦定理：sin 45
sin
t
BD
C
，整理得
2
2sin
t
C
，又由
凸四边形的定义知：15
135
C
，∴当
90
时，有最小值为
2
2
；当
15
时，有最大值为
3
1
(但
不能取等号)，∴t 的取值范围是
2 , 3 1
2
，故选D．
二、三角形中利用辅助角公式求范围
例．
（2021 河南郑州高三月考（文））在
ABC
中，角
, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，
2
a
，
3
4
A
，若b
c
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有最大值，则实数的取值范围是______．
【答案】
2 ,
2
2
【解析】由于
3
4
A
，所以0
4
B
，由正弦定理得
2
2
3
sin
sin
sin
sin 4
b
c
a
B
C
A
，
所以
2sin
b
B
，
2sin
c
C
，
所以
2 sin
2sin
2 sin
2sin
4
b
c
B
C
B
B
2
2
2 sin
2
cos
sin
(2
2)sin
2 cos
2
2
B
B
B
B
B
．
当2
2
0
，即
2
2
时，
2 cos
b
c
B
，没有最大值，所以
2
2
，
则
2
(2
2)
2 sin(
)
b
c
B
，其中
2
tan
2
2
，要使b
c
有最大值，则B
要能取2
，
由于0
4
B
，所以4
2
，所以tan
1
，即
2
1,
2
2
，解得
2
2
2
，所以的取值范
围是
2 ,
2
2
．
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”．主要方法
有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利
用函数思想求最值．
例．在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且满足cos 2C－cos 2A＝2sin
π
3＋C ·sin
π
3－C ．
(1)求角A 的值；
(2)若a＝3且b≥a，求2b－c 的取值范围．
【解析】(1)由已知得2sin2A－2sin2C＝23
4cos2C－1
4sin2C，化简得sin A＝3
2 ，故A＝π
3或2π
3 ．
(2)由题知，若b≥a，则A＝π
3，又a＝3，所以由正弦定理可得b
sin B＝
c
sin C＝a
sin A＝2，
得b＝2sin B，c＝2sin C，故2b－c＝4sin B－2sin C＝4sin B－2sin
2π
3 －B
＝3sin B－3cos B＝2 3sin B－π
6 ．
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因为b≥a，所以π
3≤B＜2π
3 ，π
6≤B－π
6＜π
2，
所以2 3sin B－π
6 ∈[ 3，2 3)．即2b－c 的取值范围为[ 3，2 3)．
三、三角形中利用基本不等式求范围
例．（2021·浙江新高考测评）在
ABC
中，若
1
1
1
tan
tan
tan
B
C
A
，则cos A的取值范围是（
）
A．1 2
,
3 3
B．1 ,1
3
C．
3 ,1
3
D．2 ,1
3
【答案】D
【解析】设
ABC
的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则由已知及正弦定理得
2
2
sin
sin
cos
cos
sin
cos
sin
sin
sin
sin
sin
sin
sin
A
B
C
B
C
A
a
A
A
B
C
B
C
B
C
bc
，由余弦定理知
2
2
2
2
cos
2
b
c
a
a
A
bc
bc
，所以
2
2
2
3a
b
c
，所以
2
2
2
2
2
2
2
3
cos
2
3
3
b
c
b
c
b
c
A
bc
bc
，又cos
1
A
，所以
2
cos
,1
3
A
，故选D．
【关键点点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理，关键是将已知的正切式子，通过正弦定理、余弦定理边角互
化整理成
2
2
cos
3
b
c
A
bc
，再结合基本不等式即可求出取值范围．
例．在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别是a，b，c，若sin
3
2B＋π
4 ＝2
2 ，且a＋c＝2，则△ABC 周长的取
值范围是(
)
A．(2，3] B．[3，4)
C．(4，5]
D．[5，6)
【答案】B
【解析】因为sin
3
2B＋π
4 ＝2
2 ，且角B 为三角形的内角，所以3
2B＝π
2，所以B＝π
3．又b2＝a2＋c2－2accosB＝(a
＋c)2－3ac＝4－3ac≥4－3
a＋c
2
2＝1，当且仅当a＝c＝1 时，取等号，所以b≥1，所以a＋c＋b≥3；又a
＋c＝2>b，所以a＋c＋b<4，所以△ABC 周长的取值范围是[3，4)．
四、三角形中利用辅助角公式求最值
例．（2021·安徽芜湖高三期末（理））在
ABC
中，
30
A
，BC 边上的高为1，则
ABC
面积的最小值为
（
）
A．2
5
B．2
3
C．2
3
D．2
5
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【答案】B
【解析】设BC 边上的高为AD，则AD=1，AD
BC
，如图所示：
所以
1
1
sin
,sin
AD
AD
B
C
AB
AB
AC
AC
，所以
1
1
,
sin
sin
AB
AC
B
C
，
所以
1
1
1
sin
2
4
4sin
sin
ABC
S
AB
AC
A
AB
AC
B
C
，
设
4sin
sin
y
B
C
，因为
6
A
，则
5
6
B
C
，
所以
5
5
5
4sin
sin
4sin
sin(
)
4sin
sin
cos
cos
sin
6
6
6
y
B
C
B
B
B
B
B
=
2
2sin
cos
2 3sin
sin 2
3 cos2
3
B
B
B
B
B
= 2sin(2
)
3
3
B
，
因为
5
(0,
)
6
B
，所以
4
2
(
,
)
3
3
3
B
，
所以
3
sin(2
)
(
,1]
3
2
B
，则
2sin(2
)
3
(0,2
3]
3
y
B
，所以
max
2
3
y
，
所以
ABC
面积的最小值为
max
1
2
3
y
，故选B．
【点睛】解题的关键是将题干条件，转化为
4sin
sin
y
B
C
，根据B 的范围，结合三角函数的图象与性质求
解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题．
例．在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，设S 为△ABC 的面积，满足S＝3
4 (a2＋b2－c2)．
(1)求角C 的大小；
(2)求sinA＋sinB 的最大值．
【解析】(1)由题意可知1
2absin C＝3
4 ·2abcos C，所以tan C＝3，因为0＜C＜π，所以C＝π
3．
(2)由已知sin A＋sin B＝sin A＋sin(π－C－A)＝sin A＋sin(2π
3 －A)
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＝sin A＋3
2 cos A＋1
2sin A＝3sin(A＋π
6)≤3．当△ABC 为正三角形时取等号，
所以sin A＋sin B 的最大值是3．
例．（2021·黑龙江哈尔滨哈尔滨三中高三一模（文））在
ABC
中，记角
, ,
A B C 所对的边分别是, ,
a b c ，面积
为S ，则
2
4
S
b
ac
的最大值为___________．
【答案】
2
16
【解析】
2
2
2
1
1
sin
sin
sin
2
2
4
2
cos
4
6
2
cos
4 3
cos
ac
B
ac
B
S
B
b
ac
a
c
ac
B
ac
ac
ac
B
B
，
令
sin
3
cos
B
y
B
，则
2
3
sin
cos
1
sin(
)
y
B
y
B
y
B
，故
2
3
1
y
y
，故
2
2
4
4
y
，
又
0
y
，故
2
0
4
y
，当且仅当B 满足3 2
2
sin
cos
4
4
B
B
时等号成立，
此时
2 2
1
sin
,cos
3
3
B
B
，故
2
4
S
b
ac
的最大值为
2
16 ．
【点睛】方法总结：对于形如
sin
cos
a
x
b
y
c
x
d
的函数的值域，可以用导数或辅助角公式来处理，后者实际上是
把函数的值域问题归结三角方程的有解问题．
五、三角形中利用基本不等式求最值
对于三角形中的最值，很多时间同时也考查基本不等式，不仅要注意正余弦定理的应用，三角恒等变形，
同时还要注意构造使用基本不等式的条件，以便使用基本不等式解决问题
．
例．（2021·安徽高三一模（理））在
ABC
中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，a=csinB，则tanA 的最大
值为（
）
A．1
B．5
4
C．4
3
D．3
2
【答案】C
【解析】在
ABC
中，由
sin
a
c
B
及正弦定理得：sin
sin sin
A
C
B
，
sin
sin
sin
B
C
B
C
，
即sin
cos
cos
sin
sin
sin
B
C
B
C
B
C
，两边除以sin sin
B
C 可得
1
1
1
tan
tan
C
B
，
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1
1
2 tan
tan
B
C
，即tan
tan
4
B
C
，当且仅当tan
tan
2
B
C
等号成立，
则
tan
tan
tan
tan
1
tan
tan
B
C
A
B
C
B
C
tan
tan
1
1
tan
tan
1
1
tan
tan
B
C
B
C
B
C
，
则当tan
tan
4
B
C
时，tan A 取得最大值为4
3
，故选C．
【点睛】本题考查正弦定理的应用，解题的关键是利用已知条件得出
1
1
1
tan
tan
C
B
，利用基本不等式求出
tan
tan
4
B
C
．
例．（2021·广西梧州高三其他模拟（理））在
ABC
中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且
sin
sin
sin
sin
A
C
b
c
B
C
a
，
3
b
，则
ABC
的周长的最大值是___________．
【答案】9
【解析】对已知等式进行角化边可得：
2
2
2
a
c
b
ac
，
因为
3
b
，所以
2
2
9
a
c
ac
，即
2
(
)
9
3
a
c
ac
，因为
0
a
，
0
c
，所以
2
2
a
c
ac
，
所以
2
2
9
3
2
a
c
a
c
，即
6
a
c
，当且仅当
3
a
c
时，
6
max
a
c
，所以
9
max
a
b
c
，
即
ABC
的周长的最大值为9．
【关键点点睛】解题关键是由基本不等式得到
2
2
a
c
ac
，进而建立起关于a
c
的不等式，从而求出a
c
的范围，进而得解．
例．
ABC
在内角
, ,
A B C 的对边分别为, ,
a b c ，已知
cos
sin
a
b
C
c
B
．
（Ⅰ）求B ；（Ⅱ）若
2
b
，求△ABC 面积的最大值．
【解析】（Ⅰ）因为
cos
sin
a
b
C
c
B
，所以由正弦定理得：sin
sin
cos
sin
sin
A
B
C
C
B
，
所以sin(
)
sin
cos
sin
sin
B
C
B
C
C
B
，
即cos
sin
sin
sin
B
C
C
B
，因为sinC 0，所以tan
1
B
，解得B= 4
；
（Ⅱ）由余弦定理得：
2
2
2
2
cos 4
b
a
c
ac
，即
2
2
4
2
a
c
ac
，由不等式得：
2
2
2
a
c
ac
，当且
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280 / 397
仅当a
c
时，取等号，所以4
(2
2)ac
，解得
4
2 2
ac
，所以△ABC 的面积为
1
sin
2
4
ac
2
(4
2 2)
4
=
2
1
，所以△ABC 面积的最大值为
2
1
．
六、三角形中利用二次函数求最值
对于三角形中的最值，不仅可能用到基本不等式来求解，很多时候也要用到三角函数的性质，或是求函数
的最值的方法：如单调性法，导数法，图象法等等．
例．甲船在A 处．乙船在甲船正南方向距甲船20 海里的B 处，乙船以每小时10 海里的速度向正北方向行驶，
而甲船同时以每小时8 海里的速度由A 处向南偏西60o 方向行驶，问经过多少小时后，甲．乙两船相距最近？
【答案】70
61
小时后，甲乙两船相距最近．
【解析】设经过x 小时后，甲船和乙船分别到达
,
C D 两点，则
8 ,
20 10
AC
x AD
AB
BD
x
，∴
2
2
2
2
2
2
1
2
cos60
8
20 10
2 8
20 10
244
560
400
2
CD
AC
AD
AC AD
x
x
x
x
x
x
2
70
4800
244
61
61
x
∵当
2
CD 取得最小值时，CD 取得最小值，∴当
70
61
x
时，CD 取得最小值，此
时，甲．乙两船相距最近．
例．设ABC
的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，
tan
a
b
A
，且B 为钝角．
（1）证明：
2
B
A
；（2）求sin
sin
A
C
的取值范围．
【答案】（1）详见解析；（2）
2 9
(
, ]
2
8
．
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【解析】（1）由
tan
a
b
A
及正弦定理，得sin
sin
cos
sin
A
a
A
A
b
B
，∴sin
cos
B
A
，即sin
sin(
)
2
B
A
，
又B 为钝角，因此
(
, )
2
2
A
，故
2
B
A
，即
2
B
A
；（2）由（1）知，
(
)
C
A
B
(2
)
2
0
2
2
A
A
，∴
(0,
)
4
A
，于是sin
sin
sin
sin(
2 )
2
A
C
A
A
2
2
1
9
sin
cos2
2sin
sin
1
2(sin
)
4
8
A
A
A
A
A
，∵0
4
A
，∴
2
0
sin
2
A
，
因此
2
2
1
9
9
2(sin
)
2
4
8
8
A
，由此可知sin
sin
A
C
的取值范围是
2 9
(
, ]
2
8
．
七、三角形与平面向量相结合的最值问题
以向量为载体来描述三角形中的条件，然后解三角形，是近年来是常见高考题型，这种题目不仅要求学生
熟悉应用正余弦理解三角形，同时还要求学生有不错的向量知识才能读懂题目，从而顺利作答．
例．已知向量
(1,2)
AB
，
(cos ,sin )
AC
，则
ABC
面积的最大值为（
）
A．
3
2
B．1
2
C．
5
2
D．1
【答案】C
【解析】
(1,2)
AB
，
(cos ,sin )
AC
，
2
2
2
2
1
2
5,
cos
sin
1
AB
AC
，
5
2 5
cos
cos
sin
sin(
)
5
5
AB AC
A
AB
AC
，其中
1
tan
2
，故sin
cos(
)
A
，
1
5
sin
cos(
)
2
2
ABC
S
AB
AC
A
，故当cos(
)
1
时，即
2
,
k
k
Z
时，
ABC
S
取最
大值为
5
2
，故选C．
例．已知向量a，b 满足
1,
2
a
b
，则a
b
a
b
的最小值是___________，最大值是______．
【答案】
4
2 5
【解析】设向量,a b
的夹角为，由余弦定理有：
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：
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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 ．
例．在△ܣܤܥ中，内角ܣ ， ܤ ， ܥ的对边分别为ܽ ， ܾ ， ܿ，已知ܾ
=ܽ
cosܥ+
1
2ܿ．
(1)求角ܣ；(2)若ܣܤ Ԧ
ሬሬሬሬሬ · ܣܥ Ԧ
ሬሬሬሬሬ= 3，求ܽ的最小值．
【答案】（1）ܣ=
π
3（2）6
【解析】(1) ∵△ܣܤܥ中，ܾ−ܽcosܥ=ܿ2，∴由正弦定理知，sinܤ−sinܣcosܥ=
1
2 sinܥ，∵ܣ+ ܤ+ ܥ= π，
∴sinܤ= sin(ܣ+ ܥ) = sinܣcosܥ+ cosܣsinܥ，∴sinܣcosܥ+ cosܣsinܥ−sinܣcosܥ=
1
2 sinܥ，
∴cosܣsinܥ=
1
2 sinܥ，∴cosܣ=
1
2，∴ܣ=
π
3．
(2) 由(1)及ܣܤԦ
ሬሬሬሬ · ܣܥԦ
ሬሬሬ= 3 得ܾܿ
= 6，所以ܽ
2 =ܾ
2 +ܿ
2 −2ܾܿ
cosܣ=ܾ
2 +ܿ
2 −6⩾2ܾܿ
−6 = 6
当且仅当ܾ
=ܿ时取等号，所以ܽ的最小值为6
八、三角形与圆锥曲线相结合的最值问题
例．已知
1F 、
2
F 分别是双曲线E ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b
(
0
a
，
0
b
)的左、右焦点，且
1
2
|
| 2
F F =
，若P 是该双曲
线右支上一点，且满足
1
2
|
| 2 |
|
PF
PF
，则
1
2
PF F
△
面积的最大值是（
）
A．1
B．4
3
C．5
3
D．2
【答案】B
【解析】设
1
|
|
PF
m
，
2
|
|
PF
n
，
1
2
F PF
，由题意得
2
m
n
，
1
c
，由双曲线定义得
2
m
n
a
，
∴
2
n
a
，所以2
1
a
c
a
a
，所以
1
3
a
，所以
2
3
n
，所以
2
4
9
n
，
由余弦定理得
2
2
2
2
2
4
5
4
cos
2
4
m
n
c
n
mn
n
，
1 2
2
2
2
2
1
5
4
sin
1 (
)
2
4
PF F
n
S
mn
n
n
△
4
2
2
2
1
1
20
256
9
40
16
9(
)
4
4
9
9
n
n
n
，
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当
2
20
4
9
9
n
时，
1
2
PF F
△
面积的最大值是4
3
，故选B．
例．抛物线ݔ2 = 2ݕ(> 0)的焦点为ܨ，已知点ܣ，ܤ为抛物线上的两个动点，且满足∠ܣܨܤ= 60°，过弦ܣܤ的
中点ܥ作该抛物线准线的垂线ܥܦ，垂足为ܦ，则
|ܣܤറ
ሬሬሬሬ|
|ܥܦറ
ሬሬሬሬ|的最小值为
A．3
B．1
C．
2 3
3
D．2
【答案】B
【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ 中，∴2|CD|＝|AQ|+|BP|
＝a+b．由余弦定理得|AB|2＝a2+b2﹣2abcos60°＝a2+b2﹣ab，配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣3ab，
又∵ab≤（ܽ
+ܾ
2 ）2，∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2−
3
4（a+b）2=
1
4（a+b）2 得到|AB|≥
1
2（a+b）＝|CD|．∴
|ܣܤ
→
|
|ܥܦ
→
| ≥1，
即
|ܣܤ
→
|
|ܥܦ
→
|的最小值为1．故选B．
【反思提升】综合上面的几种种类型，解决三解形中的不等与最值问题，涉及到三角函数知识和较多的数学思
想、方法；解三角形主要知识是正、余弦定理，同时三角恒等变形能力以及计算能力和按照目的进行分析问题、
解决问题的能力要求也是比较高的；不等关系和最值处理的常用方法：利用三角形中的有关结论转化为基本不
等式来解决或是转化为函数的最值来加以解决．
专题21
几何体与球切、接的问题
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综
合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这
部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之
外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．下面结合近几年高考题
对球与几何体的切接问题作深入的探究，以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路，力争在这部分内
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容不失分．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见．
首先明确定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个
球是这个多面体的外接球．
定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个
多面体的内切球．
1 球与柱体的切接
规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，
通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题．
1.1
球与正方体
如图所示，正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
，设正方体的棱长为a ，,
,
,
E F H G 为棱的中点，O 为球的球心．常
见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH 和其内切圆，则
2
a
OJ
r
；二是与
正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFGH 和其外接圆，则
2
2
GO
R
a
；三是球为正方体的外接球，
截面图为长方形
1
1
ACAC 和其外接圆，则
1
3
2
AO
R
a
．通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组
合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定
好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题．
（1）正方体的内切球，如图1．位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合；
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数据关系：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，这时有2r
a
．
（2）正方体的外接球，如图2．位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心与球心重合；
数据关系：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，这时有2
3
r
a
．
（3）正方体的棱切球，如图3．位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合；数据关
系：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，这时有2
2
r
a
．
例1．（2021·江西景德镇市·高三期末（理））已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的棱长为2，E 为棱
1
AA 的中点，
截面
1
CD E 交棱AB 于点F ，则四面体
1
CDFD 的外接球表面积为（
）
A．39
4
B．41
4
C．12
D．43
4
【答案】B
【分析】可证F 为AB 的中点，设
1
DD 的中点为G ，
DFC
△
的外接圆的球心为
1
O ，四面体
1
CDFD 的外接球
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的球心为O ，连接
1
1
,
,
,
OG OF OO A B ，利用解三角形的方法可求
DFC
△
的外接圆的半径，从而可求四面体
1
CDFD 的外接球的半径．
【解析】设
1
DD 的中点为G ，
DFC
△
的外接圆的圆心为
1
O ，四面体
1
CDFD 的外接球的球心为O ，
连接
1
1
,
,
,
OG OF OO A B ，因为平面
1
1//
A ABB
平面
1
1
D DCC ，平面
1
CD E 平面
1
1
A ABB
EF
，
平面
1
CD E 平面
1
1
1
D DCC
D C
，故
1
//
EF D C ，而
1
1
//
A B D C ，故
1
//
EF A B ，故F 为AB 的中点，
所以
1
4
5
DF
CF
，故
10
4
3
cos
5
2
5
5
DFC
，
因为
DFC
∠
为三角形的内角，故
4
sin
5
DFC
，故
DFC
△
的外接圆的半径为
1
2
5
4
2
4
5
，
1
OO 平面ABCD ，
1
DD 平面ABCD ，故
1
1
//
OO
DD ，在平面
1
GDO O 中，
1
1
1
,
OG
DD O D
DD
，故
1
//
OG O D ，故四边形
1
GDO O 为平行四边形，故
1//
OO
GD ，
1
OO
GD
，所以四面体
1
CDFD 的外接球的半
径为
25
41
1 16
4
，故四面体
1
CDFD 的外接球表面积为
41
41
4
16
4
，故选B．
【点睛】方法点睛：三棱锥的外接球的球的半径，关键是球心位置的确定，通常利用“球心在过底面外接圆的圆
心且垂直于底面的直线上”来确定．
例2．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π
2 ，则正方体的棱长为________．
【答案】3
【解析】设正方体棱长为a，球半径为R，则4
3πR3＝9π
2 ，∴R＝3
2，∴3a＝3，∴a＝3．
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例3．如图，在等腰梯形ABCD 中，
2
2,
60
AB
DC
DAB
，E 为AB 中点．将ADE
与BEC
分
别沿ED 、EC 折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P
DCE
的外接球的体积为（
）
A．4 3
27
B．
6
2
C．
6
8
D．
6
24
【答案】C
【解析】由题意可知，折叠所得的几何体是一个棱长为1 的正四棱锥，将其放入正方体如图所示，由题意可得，
该三棱锥的外接球直径为：
2
6
3
2
2
，外接球的体积：
3
3
4
4
6
6
3
3
4
8
V
R
，故选C．
1.2 球与长方体
例4．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底边长为a ，高为h ，球
的体积为8 6，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（
）
A．48 2
B．24 2
C．96 2
D．12 2
【答案】B
【解析】设球的半径为R ，则
3
4
8 6
3
R
，解得
6
R
，所以
2
2
2
2
2
2
4
a
a
h
R
R
，即
2
2
2
2
2
24
2 2
2 2
a
h
a h
ah
，所以
6 2
ah
，侧面积=4
24 2
S
ah
，即侧面积的最大值为24 2 ，
故选B．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，
确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体
的棱长等于球的直径；球外接于长方体，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径．
例5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角
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形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥PABC 为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥PABC 的四个
顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为(
)
A．8π
B．12π
C．20π
D．24π
【答案】C
【解析】将三棱锥PABC 放入长方体中，如图，三棱锥PABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，
AC＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC＝
＝2
．设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋
22＋(2
)2＝20，故R2＝5，则球O 的表面积为4πR2＝20π．故选C．
例6．已知矩形
，
，
，为
的中点，现分别沿
将
，
翻折，使点
重
合，记为点，则几何体
的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】由AB＝1，AD＝
，E 为AD 中点，可得PE＝
，PB＝PC＝1，得
∠EPB＝∠EPC＝90°，∠CPB＝90°，∴P﹣BCE 为长方体一角，其外接球直径为其体对角线长，∴
，∴
，∴外接球表面积为4πR2＝
，故答案为：
．
1.3 球与正三棱柱
例7．（2021·安徽池州市·高三期末（理））已知四棱锥A
BCDE
的底面BCDE 是边长为2 的正方形，DE 平
面ABE ，
2
AE
，
2 2
AC
，则四棱锥A
BCDE
的外接球的表面积为___________．
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【答案】28
3
【分析】易知三角形ABE 为正三角形，又DE 平面ABE ，构造正三棱柱，则球心为其上下底面中心连线的中
点，求得半径，代入球的表面积公式求解．
【解析】如图所示，∵DE 平面ABE ，BC ⊥平面ABE ，∴
90
ABC
，则有
2
2
2
AB
BC
AC
，
解得
2
AB
，又
2
AE
，构造正三棱柱ABE
A CD
，其上下底面边长为2，高为2，则其外接球的球心是
上下中心连线的中点，设外接球半径R ，则
2
2
2
2
2
1
1
3
2 3
7
1
3
R
O E
OO
，所以外接球的表面积为
2
3
4
28
S
R
．
例8．直三棱柱ABC－A1B1C1 的6 个顶点都在球O 的球面上”，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O
的半径．
【答案】13
2 ．
【解析】设球的半径为R，因为直三棱柱中AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC 为过底面
ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D，则OD⊥底面ABC，则O 在侧面BCC1B1 内，矩形BCC1B1 的对角线长即
为球直径，所以2R＝122＋52＝13，即R＝13
2 ．
例9．已知正三棱柱ABC－A1B1C1 的所有顶点都在半径为1 的球面上，当正三棱柱的体积最大时，该正三棱柱
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的高为________．
【答案】2 3
3
【解析】作出正三棱柱ABC－A1B1C1 如图所示，由题意知，球心O 为两底面ABC，A1B1C1 的中心O1，O2 的连
线的中点，设三棱柱的高O1O2＝h，因为球的半径OC＝1，所以在Rt△OO2C 中，有O2C＝
1－
h
2 2，所以
CD＝3
2O2C，AB＝2
3
CD＝3O2C，所以VABC－A1B1C1＝1
2·AB·CD·O1O2＝1
2× 3×
1－
h
2 2×3
2
1－
h
2 2·h＝
3 3
16 (－h3＋4h)，易知当h＝2 3
3 时，三棱柱的体积取得最大值．
2
球与锥体的切接
规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态
进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题．
2．1 正四面体与球的切接问题
（1）正四面体的内切球，如图4．位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心
重合；
数据关系：设正四面体的棱长为a ，高为h ；球的半径为R ，这时有
6
4
3
R
h
a
；（可以利用体积桥证明）
（2）正四面体的外接球，如图5．位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球
心重合；
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数据关系：设正四面体的棱长为a ，高为h ；球的半径为R ，这时有4
3
6
R
h
a
；（可用正四面体高h
减去内切球的半径得到）
（3）正四面体的棱切球，如图6．位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重合；
数据关系：设正四面体的棱长为a ，高为h ；球的半径为R ，这时有
6
4
3
2 ,
.
3
R
h
a h
a
例10．若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则S1
S2
＝________．
【答案】6 3
π ．
【解析】设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4· 3
4 ·a2＝3a2，其内切球半径为正四面体高的1
4，即r
＝1
4· 6
3 a＝6
12a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝πa2
6 ，则S1
S2
＝
3a2
π
6a2 ＝6 3
π ．
例11．在四面体
中，若
，
，
，则四面体
的外接球的表面
积为__________．
【答案】
【解析】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD 的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以
，2，
为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z 长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、
宽、高分别为x，y，z 的长方体，并且x2+y2＝3，x2+z2＝5，y2+z2＝4，则有（2R）2＝x2+y2+z2＝6（R 为球的半
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径），得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．故答案为：
．
点评：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，
确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，
借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，
过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边
形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据
半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径．
2．2 其它棱锥与球的切接问题
球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截
面图的特点，可以构造直角三角形进行求解．二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱
锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径R ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，
故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积
．
球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解．例
如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置．
例12．（2021·江西上饶市·高三一模（理））在三棱锥A
BCD
中，AB 平面BCD ，
BCD
△
是边长为3 的
正三角形，
3
AB
，则该三棱锥的外接球的表面积为（
）
A．21
B．6
C．24
D．15
【答案】D
【分析】利用正弦定理求出
BCD
△
的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥的外接球的半径，进而得出表
面积．
【解析】设
BCD
△
的外接圆圆心为
1
O ，半径为r ，该三棱锥的外接球的球心为O ，半径为R ，
∵
3
2
sin 60
r
，
3
r
，
1
3
2
OO
，∴
2
2
2
1
3
15
3
4
4
R
OO
r
，∴
2
15
4
4
15
4
S
R
表
，
故选D．
例13．（2021·广西名校联考）已知三棱锥A
BCD
中，AB 平面
,
6,
4,
30
BCD AB
BC
BDC
，三
棱锥A
BCD
的顶点都在球O 上，则球O 的表面积是（
）
A．25
B．50
C．100
D．500
3
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【答案】C
【分析】由正弦定理可得
BCD
△
的外接圆半径，设球半径为R ，球心为O ，则
2
2
OC
R
，利用勾股定理计
算出半径，进而得出球O 的表面积．
【解析】由题意，
4,
30
BC
BDC
，由正弦定理得
BCD
△
的外接圆半径
4
r
，设球体半径为R ，球心
为O ，则
2
2
2
2
1
25
2
OC
R
r
AB
，所以此三棱椎的外接球O 的表面积
2
4
100
S
R
，故选C．
例14．菱形ABCD 中，
2
AB
，
120
DAB
，将CBD
沿BD 折起，C 点变为E 点，当四面体E
ABD
的体积最大时，四面体E
ABD
的外接球的面积为（
）
A．20
B．40
C．60
D．80
【答案】A
【分析】根据题意，当平面EBD 平面ABD 时，此时E
ABD
的体积取得最大值，且C 为
ABD
△
的外心，
过点C 作平面ABD 的垂线l ，设l 存在点O 点，使得OE
OA
OB
OD
，利用球的性质，求得球的半径，
结合球的表面积公式，即可求解．
【解析】由题意，三棱锥E
ABD
的底面
ABD
△
的面积为定值，当平面EBD 平面ABD 时，此时点E 到底
面ABD 的距离最大，此时三棱锥E
ABD
的体积取得最大值，因为四边形ABCD 为菱形，且
120
DAB
，
连接AC 交BD 与点M ，可得CD
CA
CB
，所以C 为
ABD
△
的外心，
过点C 作平面ABD 的垂线l ，可得l 上点到
, ,
A B D 三点的距离相等，
设l 存在点O 点，使得OE
OA
OB
OD
，即点O 为三棱锥E
ABD
的外接球的球心，
设OC
x
，可得
2
2
2
2
(
)
AC
OC
CM
EM
OC
，即
2
2
4
1 (
1)
x
x
，解得
1
x
，
所以外接球的半径为
2
2
2
2
2
1
5
r
AC
OC
，所以外接球的表面积为
2
2
4
4
( 5)
20
S
r
．故选A．
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【点睛】解决与球有关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题
思维流程：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半
径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素
间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解．
例15．三棱锥
的每个顶点都在球的表面上，
平面
，
，
，
，
，
则球的表面积为_____．
【答案】
【解析】∵
平面
，则PA⊥BC，
且
，则
平面
，所以PA⊥AC，又
，
∴PC 为三棱锥
外接球的直径，∴
，
∴PC 的中点为球O 的球心，∴球O 的半径r=
，∴球O 的面积S=4πr2=8π．故答案为：8π．
3
球与球相切问题
对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球心的
位置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解．
例16．已知有半径分别为2、3 的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此球
的半径为
．
【答案】6
11
【解析】如图：设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4．设AB 中点为E、
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CD 中点为F，连结EF．在△ABF 中求得BF=
21 ，在△EBF 中求得EF=2 3 ．
5
4
5
6
5
5
F
E
A
C
D
B
O
由于对称性可得第五个球的球心O 在EF 上，连结OA、OD．设第五个
球的半径为r，则OA=r+3，OD=r+2，于是OE=
2
2
2
+3
3 =
+6
r
r
r
，
OF=
2
2
2
+2
2 =
+4
r
r
r
，∵OE+OF=EF，
∴
2
2
+6 +
+4 =2 3
r
r
r
r
2
2
+6 =2 3
+4
r
r
r
r
平方整理再平方得
2
11
+60
36=0
r
r
解得
6
=11
r
或
6
（舍掉），故答案为6
11
．
例17．把四个半径都是1 的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与
前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．
【答案】
3
6
2
2
．
【解析】四球心组成棱长为2 的正四面体的四个顶点，则正四面体的高
3
6
2
)
3
3
2
(
2
2
2
h
．
而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四
个球的最高点与桌面的距离为
3
6
2
2
．
4
球与几何体的各条棱相切问题
球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通
过构造直角三角形进行转换和求解．如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：
2
4
r
a
．
例18．把一个皮球放入如图10 所示的由8 根长均为20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8
根铁丝都有接触点，则皮球的半径为（
）
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A．l0
3 cm
B．10 cm C．10 2 cm
D．30cm
【答案】B
【解析】如图所示，由题意球心在AP 上，球心为O，过O 作BP 的垂线ON 垂足为N，ON=R，OM=R，
因为各个棱都为20，所以AM=10，BP=20，BM=10，AB=10 2 ，设
BPA
，
在RtBPM 中，
2
2
2
BP
BM
PM
，所以
10 3
PM
．
在RtPAM 中，
2
2
2
PM
AM
AP
，所以
10 2
PA
．
在RtABP 中，
10 2
2
sin
20
2
AB
BP
，
在RtONP 中，sin
ON
R
OP
OP
，所以
2
2
R
OP
，所以
2
OP
R
．
在RtOAM 中，
2
2
2
OM
AO
AM
，所以，
2
2
(10 2
2 )
100
R
R
，解得，
10
R
或30（舍），
所以，
10
,
R
cm
故选B．
5
球与旋转体切接问题
首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系．
例19．（2021·山东德州市·高三期末）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，
他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即
球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之
二．今有一“圆柱容球”模型，其圆柱表面积为12，则该模型中球的体积为（
）
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A．8
B．4
C．8
3
D．8 2
3
【答案】D
【解析】由题意球的表面积为
2
12
8
3
，即
2
4
8
r
，
2
r
，所以体积为
3
3
4
4
8 2
2
3
3
3
V
r
．故选D．
例20．在棱长为1 的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切．（1）求两球半径之和；（2）球的半径
为多少时，两球体积之和最小．
【解析】如图，球心
1
O 和
2
O 在AC 上，过
1
O ，
2
O 分别作
BC
AD,
的垂线交于
F
E,
．则由
3
,1
AC
AB
得
R
CO
r
AO
3
,
3
2
1
．
3
)
(
3
R
r
R
r
，
2
3
3
1
3
3
r
R
．
（1）设两球体积之和为V ，则
)
)(
(
3
4
)
(
3
4
2
2
3
3
r
Rr
R
R
r
r
R
V
=
rR
r
R
3
)
(
2
3
3
3
4
2
)
2
3
3
(
3
)
2
3
3
(
2
3
3
3
4
2
R
R
=
2
2
)
2
3
3
(
2
)
3
3
(
3
3
2
3
3
3
4
R
R
，当
4
3
3
R
时，V 有最小值．当
4
3
3
r
R
时，体积之和有最小值．
例21．（2021·广西高三其他模拟（文））乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000
年之后国际比赛用球的直径为40 mm ．现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，
则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为___________
2
cm ．(忽略乒乓球及包装盒厚度)
【答案】256
【分析】比较三种情形下的表面积即可得：一种四个球排列一列，四个球心在同一直线上；第二种四个球平放，
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四个球心构成正方形；第三种四个球心构成正四面体．
【解析】设
, ,
,
A B C D 是四个球的球心，以下面积单位是
2
cm ，
（1）
, ,
,
A B C D 四点共线，则
2
2 4
4 4 16
288
S
．
（2）
, ,
,
A B C D 四点构成一个正方形，则
2
2 8
4 8 4
256
S
，
（3）
, ,
,
A B C D 四点构成一正四面体，如图，设E 是
BCD
△
中心，则
AE ⊥平面BCD ，AE
BE
，
3
4 3
4
3
3
BE
，
2
2
4 3
4 6
4
3
3
AE
，
正四棱柱为正方体，棱长为4 6
4
3
，表面积为
2
4 6
6
4
32(5
2 6)
256
3
S
，
比较可得表面积最小值为256
2
cm ．
【反思提升】综合上面的五种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准
切点，将问题转化成平面几何问题，应用三角形中的边角关系，建立与球半径,r R 的联系，将球的体积之和用
r 或R 表示．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体的几个顶
点放在球面上即为球的内接问题．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于
球的半径．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方
体、正四面体等可以借助结论直接求解，此时结论的记忆必须准确．高考题往往与三视图相结合，题目的难易
不一，在复习中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题目的类型，升
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华解题的境界．
专题22
几何体的表面积与体积的求解
从近几年的考试题来看，空间几何体的表面积、体积等问题是高考的热点，题型既有选择题、填空题，又
有解答题，难度为中、低档．客观题主要考查由三视图得出几何体的直观图，求其表面积、体积或由几何体的
表面积、体积得出某些量；主观题考查较全面，考查线、面位置关系，及表面积、体积公式，无论是何种题型
都考查学生的空间想象能力．预测2022 年高考仍将以空间几何体的面积、体积为主要考查点，重点考查学生的
空间想象能力、运算能力及逻辑推理能力．
1 几何体的表面积
（1）以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几
何体中各元素间的位置关系及数量关系．
（2）多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
（3）圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积
与底面圆的面积之和．
1.1
多面体的表面积
例1．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 是矩形，侧面PAD 是正三
角形，且侧面PAD 底面ABCD ，
2
AB
，若四棱锥P
ABCD
外接球的体积为8 2π
3
，则该四棱锥的表
面积为（
）
A．4 3
B．6 3
C．8 3
D．10 3
【答案】B
【分析】首先确定球心O 的位置，过O 作底面ABCD 的垂线，垂足为M ，过O 作三角形APD 的垂线，垂足
为N ，过N 作N E
A D
，证明四边形MENO 是平行四边形，设
2
AD
x
，分别求出OA
OM
AM
、
、
的长，
利用勾股定理可得x，然后分别计算四个侧面和底面的面积可得答案．
【解析】设四棱锥P
ABCD
外接球的球心为O ，过O 作底面ABCD 的垂线，垂足为M ，
因为四边形ABCD 是长方形，所以M 的底面中心，即对角线AC
BD
、
的交点，
过O 作三角形APD 的垂线，垂足为N ，所以N 是正三角形APD 外心，
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设外接球半径为r ，外接球的体积为
3
8 2π
4
3
3
r
，所以
2
r
，即
2
OA
，
过N 作N E
A D
，则E 是AD 的中点，连接EM ，所以
1
1
2
EM
AB
，EM
AD
，因为平面APD 平
面ABCD ，平面APD 平面ABCD
AD
，
所以NE 平面ABCD ，所以
//
NE OM ，所以EM 平面APD ，所以
//
EM ON ，
所以四边形MENO 是平行四边形，即OM
NE
，设
2
AD
x
，则
2
2
2
1
AM
AE
EM
x
，
1
1
3
3
3
3
2
3
NE
PE
AD
x
，所以
3
3
OM
NE
x
，由勾股定理得
2
2
2
OA
OM
AM
，即
2
2
1
2
1
3 x
x
，解得
3
2
x
，所以
3
AD
，
2
1
3 3
sin 60
2
4
PAD
S
AD
，
因为
//
//
CD
AB
OM ，所以AB 平面APD ，CD 平面APD ，
所以PA
AB
，PD
CD
，
1
3
2
PAB
PCD
S
S
AB
AP
，
因为
2
2
7
PB
PC
PA
AB
，
3
BC
，
作PH
BC
于H ，所以H 为BC 的中点，所以
2
2
1
3
5
7
2
4
2
PH
PB
BC
，
所以
1
5 3
2
4
PBC
S
PH
BC
，
2 3
ABCD
S
矩形
，所以
6 3
PAD
PAB
PCD
ABCD
S
S
S
S
S
表
矩形
，故
选B．
【点睛】本题考查了球内接四棱锥的问题，关键点是确定球心的位置及计算边长，考查了学生的空间想象力、
推理能力和计算能力．
例2．（2021·湖北B4 联考）现有一个三棱锥形状的工艺品P
ABC
，点P 在底面ABC 的投影为Q ，满足
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1
2
QAB
QAC
QBC
PAB
PAC
PBC
S
S
S
S
S
S
△
△
△
△
△
△
，
2
2
2
2
2
2
1
3
QA
QB
QC
AB
BC
CA
，
9 3
ABC
S
，若要将此工艺品放入一个球形容器
（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（
）
A．42
B．44
C．48
D．49
【答案】D
【分析】作QM
AB
，连接PM，易证AB
PM
，由
1
1
2
1
2
2
QAB
PAB
AB QM
S
S
AB
PM
△
△
，得到
2
PM
QM
，再
根据
1
2
QAB
QAC
QBC
PAB
PAC
PBC
S
S
S
S
S
S
△
△
△
△
△
△
，由对称性得到AB
BC
AC
，然后根据
2
2
2
2
2
2
1
3
QA
QB
QC
AB
BC
CA
，
9 3
ABC
S
，求得
6,
2 3
AB
AQ
，在
AOQ
△
中，由
2
2
2
AO
OQ
AQ
求解半径即可．
【解析】如图所示：
作QM
AB
与M，连接PM，因为PQ 平面ABC，所以PQ
AB
，又QM
PQ
Q
，所以AB 平面PQM，
所以AB
PM
，所以
1
1
2
1
2
2
QAB
PAB
AB QM
S
S
AB
PM
△
△
，
2
PM
QM
，
因为
1
2
QAB
QAC
QBC
PAB
PAC
PBC
S
S
S
S
S
S
△
△
△
△
△
△
，由对称性得AB
BC
AC
，又因为
2
2
2
2
2
2
1
3
QA
QB
QC
AB
BC
CA
，
9 3
ABC
S
，所以
2
1
sin 60
9 3
2
ABC
S
AB
，解得
6,
2 3
AB
AQ
，
所以
3,
2 3,
3
QM
PM
PQ
，
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设外接球的半径为r，在
AOQ
△
中，
2
2
2
AO
OQ
AQ
，即
2
2
2
3
2 3
r
r
，解得
7
2
r
，
所以外接球的表面积为
2
4
49
S
r
，即该球形容器的表面积的最小值为49，故选D．
【点睛】关键点点睛：本题关键是由
1
2
QAB
QAC
QBC
PAB
PAC
PBC
S
S
S
S
S
S
△
△
△
△
△
△
得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心
的位置而得解．．
例3．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为
A．21
3
B．18
3
C．21
D．18
【答案】A
【解析】如图，将边长为2 的正方体截去两个角，∴
2
1
3
2 2 6
1 1
2
( 2)
21
3
2
4
S
表
1．2 旋转体的表面积
例1．（2021·安徽皖江名校联盟）已知圆锥的顶点为A ，过母线AB ､AC 的截面面积是2 3 ．若AB ､AC 的
夹角是60，且AC 与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积是（
）
A．2 2
B．
2 3
6
C．
4 2
6
D．
4 3
6
【答案】D
【分析】由截面面积求得母线长，再由母线与底面所成角求得底面半径，由此可得圆锥表面积．
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【解析】设圆锥的母线长是l ，则
2
1
sin 60
2 3
2 l
，
2 2
l
，圆锥底面半径是
2 2
cos30
6
r
OC
，
于是该圆锥的表面积是
2
1 2
6 2 2
6
4 3
6
2
，故选D．
例2．【上海市浦东新区高考一模】如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
A．20π
B．24π
C．28π
D．32π
【答案】C
【解析】该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h ．
由图得
2
r
，
2π
4π
c
r
，由勾股定理得：
2
2
2
2 3
4
l
，
2
1
π
2
S
r
ch
cl
表
4π 16π
8π
28π
，故选C．
例3．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的表面积与球O 的
表面积的比值为________．
【答案】9
16
【解析】设等边三角形的边长为2a，则S 圆锥表＝1
2·2πa·2a＋πa2＝3πa2．又R2＝a2＋( 3a－R)2(R 为球O 的半径)，
所以R＝2 3
3 a，故S 球表＝4π·
2 3
3 a 2＝16π
3 a2，故其表面积比为9
16．
2
几何体的体积
1．求体积常见技巧
当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼
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此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题
提供便利．
（1）几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，
进而求之．
（2）几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、
正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将
台体补成锥体研究体积．
（3）有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角
梯形求有关的几何元素．
2．求体积常见方法
①直接法（公式法）；②转移法：利用祖暅原理或等积变化，把所求的几何体转化为与它等底、等高的几何
体的体积；③分割法求和法：把所求几何体分割成基本几何体的体积；④补形法：通过补形化归为基本几何体
的体积；⑤四面体体积变换法；⑥利用四面体的体积性质：（ⅰ）底面积相同的两个三棱锥体积之比等于其底面
积的比；（ⅱ）高相同的两个三棱锥体积之比等于其底面积的比；（ⅲ）用平行于底面的平面去截三棱锥，截得的
小三棱锥与原三棱锥的体积之比等于相似比的立方．
求多面体体积的常用技巧是割补法（割补成易求体积的多面体．补形：三棱锥三棱柱平行六面体；
分割：三棱柱中三棱锥、四棱锥、三棱柱的体积关系是1：2：3 和等积变换法(平行换点、换面)和比例(性质转
换)法等．
3．常见的特殊几何体的性质
2．1 几何体的体积
给出几何体的三视图，求该几何体的体积或表面积时，可以根据三视图还原出实物，画出该几何体的直观
图，确定该几何体的结构特征，并利用相应的体积公式求出其体积，求体积的方法有直接套用公式法、等体积
转换法和割补法等多种．若所给几何体为不规则几何体，常用等积转换法和割补法求解．
例1．（2021·江西重点中学协作体联考）如图ABCDEF 为五面体，其中四边形ABCD 为矩形，
/ /
EF
AB ，
3
3
3
2
AB
EF
AD
，ADE
和
BCF
△
都是正三角形，则该五面体的体积为（
）
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A．7 2
3
B．4 2
3
C．2
D．3 2
2
【答案】A
【分析】把该五面体分割为两个等体积的四棱锥和一个直三棱柱，结合棱锥和棱柱的体积公式，即可求解．
【解析】过点F 作FO 平面ABCD ，垂足为O ，取BC 的中点P ，连接PF ，
过点F 作FQ
AB
，垂足为Q ，连接OQ ，交CD 于G ，得到四棱锥F
BCGQ
，
同理得到四棱锥E
ADMN
，可得
F BCGQ
E ADMN
V
V
，
如图所示，因为ADE
和
BCF
△
都是边长为2
的等边三角形，
所以
1
1
(
)
1,
3,
1
2
2
OP
AB
EF
PF
OQ
BC
，可得
2
2
2
OF
PF
OP
，
所以
1
1
2 2
1 2
2
3
3
3
E ADMN
F
BCGQ
BCGQ
V
V
S
OF
，
中间部分三棱柱FGQ
EMN
为直三棱柱，其体积为
1
2
2 1
2
2
FGQ EMN
FGQ
V
S
EF
，
所以该五面体的体积为
2 2
7 2
2
2
3
3
FGQ EMN
E ADMN
F
BCGQ
V
V
V
V
，故选A．
【点睛】求空间几何体的表面积与体积的求法：
（1）公式法：对于规则的几何体的表面积和体积，可直接利用公式进行求解；
（2）割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积的计算，或不规则的几何体补成规则的几何体，
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不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
（3）等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解
决锥体的体积，特别时三棱锥的体积．
例2．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．
B．3
4
C．2
D．4
【答案】B
【解析】圆柱的轴截面如图，
1
AC
，
1
2
AB
，所以圆柱底面半径
3
2
r
BC
，那么圆柱的体积是
2
2
3
3
(
)
1
2
4
V
r h
，故选B．
例3．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
【答案】B
【解析】设等边三角形ABC 的边长为x ，则
2
1
sin 60
9 3
2 x
，得
6
x
．设ABC
的外接圆半径为r ，则
6
2
sin 60
r
，解得
2 3
r
，所以球心到ABC
所在平面的距离
2
2
4
(2 3)
2
d
，则点D 到平面ABC
的最大距离
1
4
6
d
d
，所以三棱锥D
ABC
体积的最大值
max
1
6
18 3
3
ABC
V
S
．
例4．如图，在四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 是菱形，平面PAD 平面ABCD ，且
2
PA
AD
，
120
PAB
PAD
，E 为PD 的中点，AE
EC
．
（1）求证：
//
PB
平面EAC ；
（2）求三棱锥B
ACE
的体积．
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【答案】（1）证明见解析；（2）
1
2
B
ACE
V
．
【分析】（1）连接BD ，交AC 于点O ，连接EO ，根据三角形中位线的性质可得
/ /
PB
EO ，再根据线面平
行的判定可得结论成立．（2）在PAB
中由余弦定理得
2 3
PB
，于是
3
EO
．在平面PAD 内，作
PF
AD
，交DA 的延长线于F ，由条件可得PF 平面ABCD ，即PF 为点P 到平面ABCD 的距离，然
后再结合
1
2
B ACE
E
ACB
P ABC
V
V
V
求解可得所求．
【解析】（1）证明：连接BD ，交AC 于点O ，连接EO ．∵E 为PD 的中点，O 为BD 的中点，
∴EO 为PBD
的中位线，∴
//
PB EO ，且
1
2
EO
PB
．
又EO 平面EAC ，PB 平面EAC ，∴
//
PB
平面EAC ．
（2）在PAB
中，
2
PA
AB
，
120
PAB
，
由余弦定理得
2
2
2
2
cos120
12
PB
PA
AB
PA AB
，∴
2 3
PB
，∴
3
EO
．
∵AE
EC
，且O 为AC 的中点，∴
2
2 3
AC
EO
．
在ABO
中，
2
2
1
BO
AB
AO
．在平面PAD 内，作PF
AD
，交DA 的延长线于F ．
∵平面PAD 平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD
AD
，∴PF 平面ABCD ．
即PF 为点P 到平面ABCD 的距离．∵点E 为PD 的中点，
∴点E 到平面ABCD 的距离h 是PF 长度的一半．在PFA
中，
3
sin60
2
3
2
PF
PA
，
∴
1
1
1
1
(
3)
2
2
3
2
B ACE
E
ACB
P ABC
ABC
V
V
V
S
．
【点睛】在求空间几何体的体积时，要注意分清几何体的形状，对于形状规则的几何体可直接根据公式求其体
积；对于形状不规则的几何体，可根据“分割”或“补形”的方法转化为形状规则的几何体再求其体积．
2．2 关于球的切、接问题
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解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最
佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空
间问题平面化的目的．
例1．（2021·内蒙古包头市·高三期末（文））已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底边长为a ，高为h ，球
的体积为8 6，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（
）
A．48 2
B．24 2
C．96 2
D．12 2
【答案】B
【分析】先求出半径，然后利用体对角线等于球的直径建立关系求解．
【解析】设球的半径为R ，则
3
4
8 6
3
R
，解得
6
R
，所以
2
2
2
2
2
2
4
a
a
h
R
R
，即
2
2
2
2
2
24
2 2
2 2
a
h
a h
ah
，所以
6 2
ah
，侧面积=4
24 2
S
ah
，即侧面积的最大值为24 2 ，
故选B．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，
确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体
的棱长等于球的直径；球外接于长方体，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径．
例2．在封闭的正三棱柱ABC－A1B1C1 内有一个体积为V 的球．若AB＝6，AA1＝4，则V 的最大值是（）
A．16π
B．
C．12π
D．
【答案】D
【解析】正三角形
的边长为6，其内切圆的半径为
，所以在封闭的正三棱柱ABC－A1B1C1 内的
球的半径最大值为
，所以其体积为
，故选D．
例3．（2021·河南焦作二模）已知点A ，B ，C 在半径为5 的球面上，且
2 14
AB
AC
，
2 7
BC
，P
为球面上的动点，则三棱锥P
ABC
体积的最大值为（
）
A．56 7
3
B．52 7
3
C．49 7
3
D．14 7
3
【答案】A
【分析】求出球心到平面ABC 的距离，由这个距离加上球半径得P 到平面ABC 距离的最大值，再由体积公
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式可得P
ABC
体积的最大值．
【解析】如图，M 是
ABC
的外心，O 是球心，OM 平面ABC ，当P 是MO 的延长线与球面交点时，P
到平面ABC 距离最大，由
2 14
AB
AC
，
2 7
BC
，得
7
2
cos
4
2 14
ACB
，则
14
sin
4
ACB
，
2 14
2
8
sin
14
4
AB
AM
CB
，
4
AM
，
2
2
2
2
5
4
3
OM
OA
AM
，
3
5
8
PM
，又
1
1
14
sin
2 14
2 7
7 7
2
2
4
ABC
S
AC BC
ACB
△
，所以最大的
1
56 7
7 7
8
3
3
P ABC
V
，
故选A．
【点睛】本题考查求三棱锥的体积，解题关键是确定三棱锥体积最大时P 点在球面上的位置，根据球的性质易
得结论．当底面ABC 固定，M 是
ABC
外心，当PM 平面ABC ，且球心O 在线段PM 上时，P 到平面
ABC 距离最大．
例4．已知底面半径为1，高为
3 的圆锥的顶点和底面圆周都在球O 的球面上，则此球的表面积为
A．32 3π
27
B．4π
C．16π
3
D．12π
【答案】C
【解析】画出圆锥的截面如下图所示，设球的半径为r ，则
1,
3
,
BC
OC
r OB
r
，由勾股定理得
2
2
2
1
3
r
r
，
解得
2
3
r
．故表面积为
2
16π
4π
3
r
．
例5．
（2021·安徽六校联考）已知三棱锥A
BCD
满足：AB
AC
AD
，BCD
△
是边长为2 的等边三角形．三
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棱锥A
BCD
的外接球的球心O 满足：
0
OB
OC
OD
，则该三棱谁的体积为（
）
A．1
6
B．1
3
C．2
3
D．1
【答案】C
【分析】分析出三棱锥A
BCD
为正三棱锥，由
0
OB
OC
OD
可知O 为正
BCD
△
的中心，由球心的定
义得出OA
OB
OC
OD
，利用正弦定理求出
BCD
△
的外接圆半径，即为OB ，可得出OA ，再利用锥
体的体积公式可求得该三棱锥的体积．
【解析】已知三棱锥A
BCD
满足：AB
AC
AD
，
BCD
△
是边长为2 的等边三角形，所以，三棱锥
A
BCD
为正三棱锥，由于正三棱锥A
BCD
的外接球的球心O 满足：
0
OB
OC
OD
，则O 为正
BCD
△
的重心，即O 为正
BCD
△
中心，所以，AO 平面BCD ，
由正弦定理可得
2
2 3
3
2sin 3
OB
，
2 3
3
OA
OB
，
2
1
2
sin
3
2
3
BCD
S
△
，
因此，
1
1
2 3
2
3
3
3
3
3
A BCD
BCD
V
S
OA
△
，故选C．
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求
解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心
一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
【反思提升】综合上面的两种种类型，我们可以概括出在解决几何体的表面积与体积问题中的方法与技巧：
1．几何体的侧面积和全面积：几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积与所有底面积之和．对
侧面积公式的记忆，最好结合几何体的侧面展开图来进行．
2．求体积时应注意的几点：
（1）求一些不规则几何体的体积常用割补的方法转化成已知体积公式的几何体进行解决．
（2）与三视图有关的体积问题注意几何体还原的准确性及数据的准确性．
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3．求组合体的表面积时注意几何体的衔接部分的处理．
4．解答三视图问题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．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．
专题二十三
与圆有关的最值问题
讲高考
纵观近几年高考对于圆的的考查，重点放在与圆相关的最值问题上，主要考查与圆相关的参数范围问题和
圆相关的长度或面积的最值问题．除了以选择题、填空题的形式考查外，有与圆锥曲线相结合的考查趋势．要
求学生有较强的数形结合能力、转化与化归意识和准确的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分
知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目．分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没
有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的
总结和方法的探讨．
1．【高考全国Ⅰ卷文数6】已知圆
2
2
6
0
x
y
x
，过点
1, 2 的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为
（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【思路导引】根据直线和圆心与点(1,2) 连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论．
【解析】圆
2
2
6
0
x
y
x
化为
2
2
(
3)
9
x
y
，∴圆心C 坐标为
(3,0)
C
，半径为3，
设
(1,2)
P
，当过点P 的直线和直线CP 垂直时，圆心到过点P 的直线的距离最大，所求的弦长最短，
根据弦长公式最小值为
2
2 9 |
|
2 9
8
2
CP
，故选B．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆位置关系的应用，考查圆的几何性质的应用，
考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质及勾股定理的应用．
2．【高考全国Ⅰ卷理数11】已知⊙
2
2
:
2
2
2
0
M x
y
x
y
，直线: 2
2
0
l
x
y
，P 为l 上的动点，
过点P 作⊙M 的切线
,
PA PB ，切点为
,
A B ，当PM
AB
最小时，直线AB 的方程为
（
）
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A．2
1
0
x
y
B．2
1
0
x
y
C．2
1
0
x
y
D．2
1
0
x
y
【答案】D
【思路导引】由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点, , ,
A P B M 共圆，且AB
MP
，根据
2
2
PAM
PM
AB
S
PA
△
可知，当直线MP
l
时，PM
AB
最小，求出以MP 为直径的圆的方程，根
据圆系的知识即可求出直线AB 的方程．
【解析】圆的方程可化为
2
2
1
1
4
x
y
，点M 到直线l 的距离为
2
2
2 1 1
2
5
2
2
1
d
，∴直线l
与圆相离．依圆的知识可知，四点, , ,
A P B M 四点共圆，且AB
MP
，
∴
1
2
2
2
2
PAM
PM
AB
S
PA
AM
PA
△
，而
2
4
PA
MP
，
当直线MP
l
时，
min
5
MP
，
min
1
PA
，此时PM
AB
最小．
∴
1
:
1
1
2
MP y
x
即
1
1
2
2
y
x
，由
1
1
2
2
2
2
0
y
x
x
y
解得，
1
0
x
y
．
∴以MP 为直径的圆的方程为
1
1
1
0
x
x
y y
，即
2
2
1
0
x
y
y
，两圆的方程相减可得：
2
1
0
x
y
，即为直线AB 的方程，故选D．
【专家解读】本题的特点是注重基础，本题考查了考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性
质的应用，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是圆的几何性质的应用．
3．【高考北京】已知半径为1 的圆经过点(3,4) ，则其圆心到原点的距离的最小值为
（
）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】A
【解析】设圆心
,
C x y ，则
2
2
3
4
1
x
y
，化简得
2
2
3
4
1
x
y
，所以圆心C 的轨迹是
以
(3,4)
M
为圆心，1 为半径的圆，所以|
| 1 |
|
OC
OM
2
2
3
4
5
，所以|
| 5 1
4
OC
，当且仅当C
在线段OM 上时取得等号，故选A．
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【命题意图】本类题主要考查点与圆、直线与圆、圆与圆位置关系，以及考查逻辑思维能力、运算求解能力、
数形结合的能力、方程思想的应用．
【考试方向】这类试题考查根据给定直线、圆方程判断点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系，同时考查通过
数形结合思想、充分利用圆的几何性质解决圆的切线、圆的弦长等问题．在考查形式上，主要要以选择题、填
空题为主，也有时会出现在解答题中，中档题．
【学科素养】数学运算、直观想象
【难点中心】（一）直线与圆的位置关系的判断方法
（1）几何法：由圆心到直线的距离d 与半径长r 的大小关系来判断．
若d
r
，则直线与圆相离；
若d
r
，则直线与圆相切；
若d
r
，则直线与圆相交．
（2）代数法
（二）点与圆、圆与圆位置关系的判断方法，类似的也有几何法和代数法两种；
（三）比较圆心距与两个圆的半径和与半径差的大小关系，特别是遇到参数问题时，如何建立等式或不等式是
一个难点．
4．【高考江苏卷14】在平面直角坐标系xOy 中，已知
3
(
,0)
2
P
，A
B
、
是圆C ：
2
2
1
(
)
36
2
x
y
上的两
个动点，满足PA
PB
，则PAB
面积的最大值是________．
【答案】10 5
【解析】如图，作PC 所在直径EF ，交AB 于点D ，则：
∵PA
PB
，
6
CA
CB
R
，∴PC
AB
，EF 为垂径．
要使面积
PAB
S
最大，则P
D
、
位于C 两侧，并设CD
x
，
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计算可知
1
PC
，故
1
PD
x
，
2
2
2 36
AB
BD
x
，
故
2
1
(1
) 36
2
PAB
AB PD
x
S
x
，令
6cos
x
，
2
(1
) 36
(1
6cos ) 6sin
6sin
18sin2
PAB
S
x
x
，0
2
q
，
记函数
( )
6sin
18sin 2
f
，
则
2
( )
6cos
36cos2
6(12cos
cos
6)
f
，
令
2
( )
6(12cos
cos
6)
0
f
，解得
2
cos
3
（
3
cos
0
4
舍去）
显然，当
2
0
cos
3
时，
( )
0
f
，
( )
f 单调递减；
当2
cos
1
3
时，
( )
0
f
，
( )
f 单调递增；
结合cos
在(0,
)
2
递减，故
2
cos
3
时
( )
f
最大，此时
2
5
sin
1
cos
3
，故
max
5
5
2
( )
6
36
10 5
3
3
3
f
，即PAB
面积的最大值是10 5 ．
（注：实际上可设
BCD
，利用直角BCD
可更快速计算得出该面积表达式）
讲考向
1．已知含参数直线与圆位置关系，求直线方程中参数取值范围问题
画出圆，利用直线过定点，结合图像即可确定直线方程中满足的条件，利用直线与圆的位置关系和点到直
线的距离公司，列出关于参数的不等式或方程，即可求出参数的范围．
例1．（2021·北京门头沟区·高三一模）在平面直角坐标系中，从点
( 3,2)
P
向直线
2
0
kx
y
k
作垂线，
垂足为M，则点
(2,4)
Q
与点M 的距离的最小值是（
）
A．5
2 2
B．4 2
C．6 2
D．17
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【答案】A
【分析】首先求出直线过定点
1, 2
N
，依题意可得M 在以PN 为直径的圆上，求出圆的方程，即可判断点
(2,4)
Q
在圆外，求出Q
到圆心的距离，减去半径即为距离最小值；
【解析】因为
2
0
kx
y
k
，所以
1
2
0
k x
y
，所以
1
0
2
0
x
y
，解得
1
2
x
y
，所以直线
2
0
kx
y
k
过定点
1, 2
N
；
从点
( 3,2)
P
向直线
2
0
kx
y
k
作垂线，垂足为M，则M 在以PN 为直径的圆上，因为
( 3,2)
P
，
1, 2
N
，所以PN 的中点为
1,0
G
，
2
2
3 1
2
2
4 2
PN
，所以圆G 的方程为
2
2
1
8
x
y
，即M 的轨迹方程为
2
2
1
8
x
y
，因为
(2,4)
Q
，
2
2
2 1
4
8
，所以点
(2,4)
Q
在
圆外，
2
2
2 1
4
5
QG
，所以
min
5
2 2
QM
QG
r
，故选A．
例2．如果直线
2
14
0
0,
0
ax
by
a
b
和函数
1
1
0,
1
x
f x
m
m
m
的图象恒过同一个定点，
且该定点始终落在圆
2
2
1
2
25
x
a
y
b
的内部或圆上，那么b
a
的取值范围是
（
）
A．
3
4
4
3 ，
B．
3
4
4
3 ，
C．
3
4
4
3 ，
D．
3
4
4
3 ，
【答案】C
【解析】函数
1
1
x
f x
m
恒过定点
1,2
．将点
1,2
代入直线2
14
0
ax
by
可得2
2
14
0
a
b
，
即
7,
0,
0
a
b
a
b
．由点
1,2
在圆
2
2
1
2
25
x
a
y
b
内部或圆上可得
2
2
1
1
2
2
25
a
b
即
2
2
25
a
b
0,
0
a
b
．
2
2
7
3
4
25
a
b
a
b
a
b
或
4
3
a
b
．所以点
,a b 在以
3,4
A
和
4,3
B
为端点的线段上运动．b
a
表示以
3,4
A
和
4,3
B
为端点的线段上的点与坐标原
点连线的斜率．所以
min
3
0
3
4
0
4
b
a
，
max
4
0
4
3
0
3
b
a
．所以3
4
4
3
b
a
．故C 正确．
2．已知点满足与圆有关的某个条件，求圆中参数或点的坐标的取值范围问题
作出相应的图形，利用数形结合思想找出圆中相关量，如圆心坐标、圆心到某点距离、圆的半径、圆的弦
长或圆的弦心距等满足的条件，列出不等式或方程或函数关系，再利用相关方法求出参数的范围．
例1．已知直线:
1
0
l x
y
截圆
2
2
2
:
0
x
y
r
r
所得的弦长为14 ，点
,
M N 在圆上，且直线
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: 1 2
1
3
0
l
m x
m
y
m
过定点P ，若PM
PN
，则MN 的取值范围为__________．学科+网[来
源：Z#xx#k．Com]
【答案】
6
2, 6
2
【解析】依题意
2
1
2
14
2
r
，解得
2
r
，
因为直线
: 1 2
1
3
0
l
m x
m
y
m
，故
1,1
P
，
设MN 的中点为
,
Q x y ，则
2
2
2
2
2
OM
OQ
MQ
OQ
PQ
，即
2
2
2
2
4
1
1
x
y
x
y
，
化简可得
2
2
1
1
1
2
2
2
x
y
，所以点Q 的轨迹是以1 1
,
2 2
为圆心，
6
2
为半径的圆，
所以PQ 的取值范围为
6
2
6
2
,
2
2
，所以MN 的取值范围是
6
2, 6
2
．
3．与距离有关的最值问题[来源：Zxxk．Com]
在运动变化中，动点到直线、圆的距离会发生变化，在变化过程中，就会出现一些最值问题，如距离最小，
最大等常常涉及圆上一点到直线的距离最值问题、切线长最值问题、圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值
问题、过定点的圆的弦长最值问题等．这些问题常常利用平面几何知识或圆的参数方程或设圆上点的坐标，直
接求出最值或转化为函数的最值问题，利用函数求最值的方法求解，与圆有关的长度最值问题有以下题型：
①圆外一点A 到圆上距离最近为AO
r
，最远为AO
r
；
②过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为该点为中点的弦；[来源：Zxxk．Com]
③直线与圆相离，则圆上点到直线的最短距离为圆心到直线的距离d
r
，最近为d
r
；
④过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆的面积．
⑤圆上动点与其他曲线两动点间的距离最值问题常转化为圆心与曲线上的动点距离问题，利用两点间距离公式
转化二元函数的最值问题，利用消元法转化一元函数在某个区间上的最值问题求解．
例1．在平面直角坐标系xOy 中，已知
2
2
1
1
2
5
x
y
，
2
2
2
4
0
x
y
，则
2
2
1
2
1
2
x
x
y
y
的最小
值为（
）
A．
5
5
B．1
5
C．121
5
D．11 5
5
【答案】B
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【解析】由已知得点
1
1
,
x y
在圆
2
2
2
5
x
y
上，点
2
2
,
x
y
在直线
2
4
0
x
y
上，故
2
2
1
2
1
2
x
x
y
y
表示
2
2
2
5
x
y
的点和直线
2
4
0
x
y
上点的距离平方，而距离的最小值为
2
4
5
5
5
1
4
，故
2
2
1
2
1
2
x
x
y
y
的最小值为1
5
．故选B
【温馨提醒】此类题要注意两点间距离公式的运用．
4．与面积相关的最值问题
与圆的面积的最值问题，一般转化为寻求圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系，借助函数求最值
的方法，如配方法，基本不等式法等求解，有时可以通过转化思想，利用数形结合思想求解．[来源：学科网
ZXXK]
例2．（2021·陕西西安市·高三月考（理））已知点P 在圆
2
2
:
2
1
1
C
x
y
上，直线:3
4
12
l
x
y
与
两坐标轴的交点分别为
,
M N ，则PMN
的面积的最大值是（
）
A．15
2
B．8
C．17
2
D．9
【答案】A
【分析】根据题意得圆心到直线的距离，然后根据d
r
计算点P 到直线l 的距离的最大值，再计算MN ，利
用
1
(
)
2
S
MN d
r
计算PMN
面积最大值．
【解析】如图，当点P 距离直线:3
4
12
l
x
y
的距离最大时，PMN
的面积最大．
已知，圆C 的圆心(2, 1)
到直线:3
4
12
l
x
y
的距离
2
2
| 6
4 12 |
2
3
4
d
，
则圆C 上的点P 到直线l 的距离的最大值为
2 1
3
d
r
，
又直线:3
4
12
l
x
y
与两坐标轴交点分别为
(4,0),
(0,3)
M
N
，所以
5
MN
，∴PMN
面积的最大值为
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1
15
5 3
2
2
S
，故选A．
例3．在平面直角坐标系中，,
A B 分别是x轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线2
4
0
x
y
相
切，则圆C 面积的最小值为_______________．
【答案】4
5
【技能方法】和圆的面积最值有关的问题．就是求半径的最值，注意观察几何图形．
5．圆上点的坐标满足关系式的最值或取值范围问题[来源：学科网]
本类问题有三种解题思路，思路1：充分利用所给式子的几何意义，利用数形结合思想解题；思路2：设所
给式子等于z，代入圆的方程化为一元二次方程，利用判别式即可求出参数的范围；思路3：利用圆的参数方程
或消元法化为函数问题，利用函数求最值的方法求最值，注意留下变量的范围．
例1．过点
( , )
P x y
作圆
2
2
1 :
1
C
x
y
与圆
2
2
2 :(
2)
(
2)
1
C
x
y
的切线，切点分别为A ､B ，若
PA
PB
，则
2
2
x
y
的最小值为（
）
A．
2
B．2
C．2 2
D．8
【答案】B
【分析】首先根据PA
PB
，圆
1
C 与
2
C 的半径相等，
1
2
,
PAC
PBC
为直角三角形，得到
1
2
PC
PC
，
进而得到点P 在线段
1
2
C C 的垂直平分线上；然后求出此平分线表达式，得到点P 的只含有x 的坐标，代入
2
2
x
y
，得到二次函数，求其最小值即可．
【解析】如图所示，由圆的切线的性质得
1
2
,
C A
PA C B
PB
，在
1
2
,
Rt PAC Rt PBC
中有
2
2
2
2
1
2
1,
1
PA
PC
PB
PC
，由题知PA
PB
，
1
2
PC
PC
，所以点P 在线段
1
2
C C 的垂直平分
线上；由题知
1
2
(0,0),
(2,2)
C
C
，所以
1
C 与
2
C 的中点Q 的坐标为(1,1) ，
1
C 与
2
C 所在直线的斜率为
1
2
0
1
2
0
k
，
,
P Q
所在直线1l 的斜率为
2
1
1
1
k
k
，直线1l 的方程为
1 (
1)
1
y
x
，即
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2
y
x
，点
( , )
P x y 在
2
y
x
，所以点P 的坐标满足
2
y
x
，
所以
2
2
2
2
2
2
(
2)
2
4
4
2(
1)
2
2
x
x
x
x
x
y
x
，故选B．
【点睛】本题主要考查直线与圆相切的性质及函数的最值；解题方法是根据已知条件，将
2
2
x
y
表示为只含有
一个未知数x 的函数，然后根据二次函数的特征求出其最小值；解题的关键点是找出点P 所在的一条直线，进
而用一个未知数x 表示出其坐标，进而求得
2
2
x
y
的最小值．
例2．实数x、y 满足
2
2
3
2
6
x
y
x
，则
2
2
y
x
的最大值为
【答案】2
【解析】由题：
2
0
,0
2
3
3
2
2
x
x
x
y
，因此
2
9
)
3
(
2
1
2
1
3
2
2
2
2
x
x
x
y
x
，
所以当x=2 时，
2
2
y
x
取得最大值4，故
2
2
x
y
最大值为2 ．
【反思提升】综上所述，解决与圆相关的最值问题的关键要善于利用数形结合思想，利用几何知识求最值，要
善于利用转化与化归思想将最值问题转化为函数的最值求解．如
2
2
)
(
)
x
a
y
b
（
表示曲线上点( , )
x y 与点
（a，b）之间距离的平方；y
b
x
a
表示曲线上点( , )
x y 与点（a，b）连线的斜率；z
Ax
By
注意将直线
z
Ax
By
在坐标轴上的截距与z 联系起来解题．
专题二十四
立体几何角的计算问题
在立体几何命题中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与垂直的位置关系)，
计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题．正确揭示空间图形与平面图形的联系，并有效地
实施空间图形与平面图形的转换是分析和解决这两类问题的关键．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）
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320 / 397
是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间
的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．本文就高考命题中立体几何角的计算问题加以总
结探讨，以提高高考获取高分．
一、异面直线所成的角的计算问题
①定义：设a，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a′∥a，b′∥b，则a′与b′所夹的锐角或直角叫
做a 与b 所成的角．
②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,
]
2
．
③向量求法：设直线a，b 的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cos
| cos
| |
|
|
| |
|
a b
a
b
．利用直线的方向
向量的夹角求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线
所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．
④几何法：求异面直线所成角的步骤：一平移，将两条异面直线平移成相交直线．二定角，根据异面直线所成
角的定义找出所成角．三求角，在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角．四结论．
例1．
（2021·四川高三月考）在正四棱柱（底面为正方形且侧棱垂直于底面）
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
2
BC
AA
，
M 是BC 的中点，则异面直线
1
BD 与
1
MC 所成角的大小为（
）
A．2
B．3
C．4
D．6
【答案】C
【分析】设
1
1
BC 的中点为N，联结BN、ND1，作出异面直线
1
BD 与
1
MC 所成角
1
NBD
∠
，在△BND1 中，求出
各边长，用余弦定理求出
1
NBD
∠
．
【解析】设
1
1
BC 的中点为N，联结BN、ND1，则ABCD-A1B1C1D1 为长方体，而底面ABCD 为正方形，
∵M 是BC 的中点，N 为
1
1
BC 的中点，∴BN∥C1M，则∠BND1（或其补角）即为异面直线
1
BD 与
1
MC 所成角．不
妨
设
BC=2
，
则
BB1=AA1=1
，
1
1
1
1
1
2
B N
B C
，
则
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1 1
2,
1 4
5,
BN
B N
BB
D N
C N
C D
2
2
2
1
1
1
1
1
1
4
4 1
3
BD
BB
B C
C D
，
在△BND1 中，由余弦定理得：
2
2
2
1
1
1
1
2
9 5
2
cos
2
2
2
2 3
NB
BD
ND
NBD
NB BD
∠
，∴
1
4
NBD
∠
，故选C．
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【点睛】求异面直线所成角的方法：
（1）几何法：将两条直线或其中一条平移（找出平行线）至它们相交，把异面转化为共面，用余弦定理或正弦
定理来求（一般是余弦定理）；一般采用平行四边形或三角形中位线来构造平行线；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量
与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．
例2．（2021·安徽马鞍山市·高三一模（文））如图，在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，M ，N ，P 分别为棱AD ，
1
CC ，
1
1
A D 的中点，则
1B P 与MN 所成角的余弦值为（
）
A．
30
10
B．
1
5
C．
70
10
D．1
5
【答案】A
【分析】如图以A 为原点，分别以
1
,
,
AB AD AA 所在的直线为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，求出
1B P
和MN
的
坐标，设
1B P 与MN 所成的角为，利用
1
1
cos
B P MN
B P
MN
即可求解．
【解析】如图以A 为原点，分别以
1
,
,
AB AD AA 所在的直线为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
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设正方体的棱长为2 ，则
0,1,0
M
，
2,2,1
N
，
1 2,0,2
B
，
0,1,2
P
，所以
1
2,1,0
B P
，
2,1,1
MN
，
设
1B P 与MN 所成的角为，所以
1
1
2 2 1
30
cos
10
5
6
B P MN
B P
MN
，
1B P 与MN 所成角的余弦值为
30
10
，故选A．
例3．在四棱锥S
ABCD
中，平面SAD 平面ABCD ，SAD
为等边三角形，四边形ABCD 为直角梯形，
其中
2
2
AD
AB
BC
，
90
CBA
BAD
，若E ，F 分别是线段SA与线段SC 的中点，则直线BE 和
DF 所成角的余弦值为（
）
A．1
8
B．1
4
C．3 7
8
D．15
4
【答案】A
【解析】过点A 作线段
,
AF AB 的垂线作为z 轴，以AB ，AF 为,x y 轴，建立空间直角坐标系，设
2
2
2
AD
AB
BC
，则
1
3
1
3
(0,
,
),
( ,1,
), (1,0,0),
(0,2,0)
2
2
2
2
E
F
B
D
，
( 1,
),
1
3
1
3
,
, 1,
2
2
(2
2 )
BE
DF
，
所以直线BE 和DF ，所成角的余弦值为
1
1
3
1
2
2
4
8
2
2
BE DF
BE
DF
故选A．
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【点睛】本题主要考查了求异面直线所成角，属于中档题．
例4．（2021·安徽名校联考）在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，已知
,
,
E F G 分别为
1
1
1
,
,
CD D D A B 的中点，P 为
平面
1
1
CDD C 内任一点，设异面直线GF 与PE 所成的角为，则cos的最大值为（
）
A．1
3
B．
2
3
C．
3
3
D．1
【答案】C
【分析】首先判断出角取得最小值时，即为直线GF 与平面
1
1
CDD C 所成的角，可知角
GFH
为GF 与平面
1
1
CDD C 所成的角，利用三角函数值计算余弦值．
【解析】若cos取得最大值，则取得最小值，因为P 为平面
1
1
CDD C 内任一点，由直线与平面所成角的定
义可知，直线GF 与平面
1
1
CDD C 所成的角为直线GF 与平面
1
1
CDD C 内的所有直线所成角的最小角，所以的
最小值为GF 与平面
1
1
CDD C 所成的角，如图所示，H 为
1
1
D C 中点，可知HF 即为GF 在平面
1
1
CDD C 内的射
影，设正方体的边长为2，则可得
2,
2
HF
GH
，所以
6
GF
，从而得到
2
3
cos
3
6
，故选C．
二、直线和平面所成角的计算问题
向量法求线面角的方法：
（1）分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角
就是斜线和平面所成的角．
（3）如图所示，设直线l 的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的
夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e·n|
|e||n|．
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例1．（2021·江苏徐州市·徐州一中高三期末）已知平面α与β所成锐二面角的平面角为80，P 为α，β外一定点，
过点P 的一条直线与α和β所成的角都是30°，则这样的直线有且仅有（
）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．4 条
【答案】D
【分析】先将题目问题转化为P 点与直线
,
PC PD 所成角为60。的直线有几条，得出满足条件的直线有4 条．
【解析】如图，过P 作
，
的垂线
,
PC PD ，其确定的平面与棱l 交于Q ，若二面角为80。，AB 与平面
，
成30。角，则
100
CPD
。，AB 与
,
PC PD 成60。角，因此问题转化为过P 点与直线
,
PC PD 所成角为60。
的直线有几条．
100
80
60
60
2
2
。
。
。
。
，
，所以这样的直线有4 条，故选D．
【点睛】解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，得
出本题的答案．
例2．（2021·河南名校联盟）《九章算术》卷五《商功)中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的
四棱锥”．现有阳马P
ABCD
(如图)，PA 平面ABCD ．
1
PA
AB
，
3
AD
，点E ，F 分别在AB ，
BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，直线PA 与平面PFD 所成角的正切值为（
）
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A．3 5
5
B．
5
5
C．3 3
2
D．2 3
【答案】A
【分析】把平面PAB 展开到与平面ABCD 共面的P AB
的位置，根据图象可得当P，E ，F ，D¢四点共线
时，空间四边形PEFD 的周长最小，进而可求得各个边长，过点A 作AG
FD
，垂足为G ，连接PG ，可
证FD 平面PAG ，所以平面PAG 平面PFD ，所以
APG
即为直线PA 与平面PFD 所成的角，再求得
各个边长，代入公式，即可求得答案．
【解析】把平面PAB 展开到与平面ABCD 共面的P AB
的位置(如下图)，
延长DC 到D¢，使得
1
CD
，则DF
D F
，
因为PD 的长度为定值，故只需PE
EF
FD
P E
EF
FD
最小，只需P，E ，F ，D¢四点共线，
因为
4
P D
，
2
DD
，CF
CD
P D
DD
，所以
2
CF
．
过点A 作AG
FD
，垂足为G ，连接PG ，因为PA 平面ABCD ，FD 平面ABCD ，所以PA
FD
，
则FD 平面PAG ，所以平面PAG 平面PFD ，过A 作AH
PG
，垂足为H ，则AH 平面PFD ，
所以
APG
即为直线PA 与平面PFD 所成的角．
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因为
AFD
V
的面积为3
2
，
5
FD
，所以1
3
5
2
2
AG
，所以
3
3 5
5
5
AG
，所以
3 5
tan
5
AG
APG
AP
，故选A．
【点睛】难点在于，需将平面PAB 展开到与平面ABCD 共面的位置，当P，E ，F ，D¢四点共线时，空间
四边形PEFD 的周长最小，求得各个边长，再根据面面垂直的判定定理及线面角的定义求解即可，考查数形结
合，推理证明的能力，属中档题．
例3．如图，在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
2
AB
，E，F 分别为AD，DC 的中点，则
1B B 与平面
1B EF 所
成角的正弦值为（
）
A．2 17
17
B．3 17
17
C．
17
17
D．4 17
17
【答案】B
【解析】由题意，分别以
1
,
,
DA DC DD 所在的直线为, ,
x y z 轴，建立如图所示坐标系，则
2,2,0
B
，
1,0,0
E
，
0,1,0
F
，
1 2,2,2
B
，可得
1,1,0
EF
，
1
1,2,2
EB
，
1
0,0,2
BB
uuur
，
设平面
1B EF 的法向量
, ,
n
x y z
，则
1
0
2
2
0
n EF
x
y
n EB
x
y
z
，解得
3
2
x
y
z
y
，
不妨令
2
y
，取
2,2, 3
n
．
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设
1B B 与平面
1B EF 所成的角为，则
1
1
1
2 0
2 0
3
2
3 17
sin
cos
,
17
2
17
BB
n BB
BB
n
n
，故选B．
【点睛】本题主要考查了直线与平面所成角的求解，以及空间向量的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐
标系，求得平面的法向量，结合向量的夹角公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
例4．（2021·湖北九师联盟2 月联考）如图，在棱长为6 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，E 为棱
1
DD 上一点，
且
2,
DE
F
为棱
1
1
C D 的中点，点G 是线段
1
BC 上的动点，则下列叙述不正确的是（
）
A．无论点G 在线段
1
BC 上如何移动，都有
1
1
AG
B D
B．四面体A
BEF
的体积为24
C．直线AE 与BF 所成角的余弦值为2 10
15
D．直线
1AG 与平面
1
BDC 所成最大角的余弦值为1
3
【答案】C
【分析】根据
1
DB 面
1
1
A BC 判断A；利用“等积变换”求出体积判断B；求出直线AE 与BF 所成角的余弦值
判断C；根据当点G 移动到
1
BC 的中点时
1AGO
最大可判断D．
【解析】在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，易证
1
DB 面
1
1,
A BC
又
1AG 平面
1
1,
A BC
所以
1
1 ,
AG
B D
则A
正确；
1
1
1
1
4 6
3
2
A BEF
F
ABE
D
ABE
B AD E
V
V
V
V
三棱锥
三棱锥
三棱锥
三棱锥
6
24,
则B 正确；在棱
1
CC 上取
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点
,
N 使
2
CN
，连结
,
,
(
BN NE FN
如图), 则易知
FBN
为直线AE 与BF 所成角或其补角，可得
2 10,
5,
9,
BN
FN
FB
则cos
FBN
2
2
2
(2 10)
9
5
8
4 10 ,
15
2 9 2 10
3 10
则直线AE 与BF 所成角
的余弦值为4 10 ,
15
则C 错误；
由题意知三棱锥
1
1
A
BDC
为棱长为6 2 的正四面体，作
1AO 平面
1,
BDC O 为垂足，则O 为正
1
BDC
的中
心，且
1AGO
为直线
1AG 与平面
1
BDC 所成角，所以
1
cos
AGO
2
1
2
1
1
1
,
AO
OG
AG
AG
当点G 移动到
1
BC 的
中点时
1
, AG 最短，如图，此时
1
cos
AGO
最小，
1AGO
最大，
此时
1
1
6
1
cos
,
3
3 6
OG
AGO
AG
则D 正确．故选C．
【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查空间线面垂直证明线线垂直、异面直线成的角、直线与平
面成的角，属于难题．这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而
导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的
自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题．
例5．（2021·江苏常州市·高三开学考试）如图，在四棱锥P
ABCD
中，底面四边形ABCD 是矩形，
2
AB
AP
BC
，平面PAB 平面ABCD ，二面角P
BC
A
的大小为45．
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公众号：一枚试卷君
329 / 397
（1）求证：PA 平面ABCD ；
（2）求直线PB 与平面PAC 所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
10
10
．
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出BC ⊥平面PAB ，可得出BC
PA
，推导出
PAC
△
为等腰直角
三角形，可得出PA
AC
，利用线面垂直的判定定理可证得PA 平面ABCD ；
（2）在底面ABCD 内，过点B 作BH
AC
，垂足为H ，连接PH ，设BC
a
，推导出
BPH
为直线PB
与平面PAC 所成角，计算出BH 、PB ，进而可计算得出sin
BPH
．
【解析】（1）四棱锥P
ABCD
中，四边形ABCD 是矩形，所以BC
AB
，
又因为平面PAB 平面ABCD ，平面PAB 平面ABCD
AB
，BC 平面
.
ABCD
所以BC ⊥平面PAB ，又因为AB 、PA 、PB 平面PAB ，所以BC
AB
，BC
PA
，BC
PB
，
从而
PBA
是二面角P
BC
A
的平面角，因为二面角P
BC
A
的大小为45，所以
45
PBA
o ，
在
PAB
△
中，AB
PA
，所以
45
BPA
PBA
，所以
90
PBA
o ，即AB
AP
，
又因为BC
PA
，AB
BC
B
，所以PA 平面ABCD ．
（2）在底面ABCD 内，过点B 作BH
AC
，垂足为H ，连接PH ，
由（1）知PA 平面ABCD ，又BH 平面ABCD ，所以PA
BH
，
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公众号：一枚试卷君
330 / 397
又因为BH
AC
，PA
AC
A
，所以BH 平面PAC ，从而
BPH
为直线PB 与平面PAC 所成角，
设BC
a
，则
2
AB
AP
a
，
2
2
5
AC
AB
BC
a
，
所以，
2
5
BA BC
a
BH
AC
，
2
2
2 2
PB
PA
AB
a
，
所以直线PB 与平面PAC 所成角的正弦值为
2
10
5
sin
10
2 2
a
BH
BPH
PB
a
．
【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，sin
cos
,
AB n
AB n
AB
n
（其中AB 为平面的斜线，n
为平面的法向量，为斜线
AB 与平面所成的角）．
三、二面角的计算问题
（1）二面角的平面角及其求法有：定义法、三垂线定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依据
题目选择方法求出结果．
（2）如图1，AB、CD 是二面角α－l－β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB
，CD
〉．
（3）如图2、3，
1
2
,
n n
分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小
1
2
,
n n
(或
1
2
,
n n
)．
例1．（2021 江苏镇江市·高三期中）已知二面角
l
，其中平面的一个法向量
1,0, 1
m
，平面的一
个法向量
0, 1,1
n
，则二面角
l
的大小可能为（
）
A．60
B．120
C．60或120
D．30°
【答案】C
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331 / 397
【解析】
1
1
cos
,
2
2
2
m n
m n
m n
，所以
,
120
m n
，又因为二面角的大小与法向量夹角相
等或互补，所以二面角的大小可能是60或120，故选C．
例2．已知四面体ABCD 中，
90
BAC
，
45
DAB
，
60
∠DAC
，则二面角B
AD
C
的余弦值
为（
）
A．
3
3
B．
3
3
C．1
3
D．
1
3
【答案】B
【解析】在AD 上取
1
AO
，过O 作ON
AD
，交AB 于N ，作OM
AD
，交AC 于M ，连接MN ，
所以
MON
为二面角B
AD
C
的平面角，
在Rt AON
中，
45
OAN
，
1
OA
，所以
1
ON ，
2
AN
，
在Rt AOM
中，
60
OAM
，
1
OA
，所以
3
OM
，
2
AM
，
因为
90
BAC
，所以
6
MN
，
在NOM
中，由余弦定理得
2
2
2
cos
2
ON
OM
MN
MON
ON OM
2
2
21
3
6
3
3
2 1
3
．
所以二面角B
AD
C
的余弦值为
3
3
．故选B．
【点睛】本题考查了二面角的平面角，求二面角的大小，余弦定理解三角形，属于简单题．
例3．（2021·浙江高三月考）在矩形ABCD 中，
2 3
AB
，
3
AD
，E、F 分别为边AD 、BC 上的点，且
2
AE
BF
，现将
ABE
△
沿直线BE 折成
1A BE
，使得点
1A 在平面BCDE 上的射影在四边形CDEF 内（不
含边界），设二面角
1A
BE
C
的大小为，直线
1A B 与平面BCDE 所成的角为，直线
1A E 与直线BC 所
成角为，则（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意作出相应的二面角，线面角，线线角，结合点
1A 在平面BCDE 上的射影求解．
【解析】过A 作BE 的垂线，分别交EB ，EF ，DC 于M，G，N，如图，
显然
A MN
．因为
//
BC AD ，所以直线A E
与AD 所成角即为．
当A在平面BCDE 上的射影为G 时，AE ⊥平面A EF
，此时
2
．
于是当A在平面BCDE 上的射影在线段GN 上时，
2
A ED
，所以
A ED
．
由于EA
EA
，MA
MA
，进而得
2
EAA
，
2
MAA
．
因为AM 是AA在平面ABCD 上的射影，所以由线面角最小性知
2
2
EAA
MAA
，即
．
再由二面角的最大性知
，故选D．
【点睛】关键点点睛：根据二面角平面角、线面角、异面直线所成的的角的定义，分别在图形中作出或找到
, ,
是解题的关键，再根据位置分析角的变化范围即可比较大小．
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333 / 397
例4．（2021·江苏连云港调研）如图，直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
AC
BC
，
1
2
AA
，D 是棱
1
AA 的
中点，
1
DC
BD
．则下列叙述不正确的是（
）
A．直线
1
DC 与BC 所成角为90
B．三棱锥
1
D
BCC
的体积为1
3
C．二面角
1
1
A
BD
C
的大小为60
D．直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
外接球的表面积为6
【答案】C
【分析】四个选项互不相关的选择题，需要对各个选项一一验证．
对于A：证明
1
DC
BCD
，得到
1
DC
BC
，即直线
1
DC 与BC 所成角为90；
对于B：先证明
1
BC
CDC
，利用等体积法
1
1
D BCC
B DCC
V
V
求得体积；
对于C：利用向量法求出二面角
1
1
A
BD
C
的大小；
对于D：把直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
扩充成长方体，求长方体的外接球体积即可．
【解析】对于A：在Rt△DAC 中，AD=AC=1，得∠ADC=45°，同理：∠A1 DC1=45°，所以∠C DC1=90°，所以
1
DC
DC
，又
1
DC
BD
，且DC
BD
D
，所以
1
DC
BCD
，所以
1
DC
BC
，即直线
1
DC 与BC 所
成角为90，故A 正确；
对于B：由
1
1
1
ABC
A B C
为直三棱柱，得
1
CC
ABC
，所以
1
CC
BC
，由A 的证明可知
1
DC
BC
，可
得
1
BC
CDC
，所以
1
1
1
1
1
1
1
2
2 1
3
3
2
3
D BCC
B DCC
DCC
V
V
S
BC
△
，故B 正确；
对于C：由A、B 证明过程可知：
1
CC
ABC
且AB
BC
，可以以C 坐标原点，CA
为x 轴正方向，CB
为
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334 / 397
y 轴正方向，
1
CC
为z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则
1
1
1
0,0,0 ,
1,0,0 ,
0,1,0 ,
0,0,2 ,
1,0,2 ,
0,1,2 ,
1,0,1
C
A
B
C
A
B
D
，
所以
1
1
0,0,1 ,
1,1, 1 ,
1,0,1
DA
DB
DC
．
设平面
1A BD 的一个法向量
1
1
1
1
,
,
x
n
y z
，则有
1
1
1
,
n
DA n
DB
⊥
⊥
，
即
1
1
1
1
0
0
z
x
y
z
，不妨设
1
1
x
，则有
1
1,1,0
n
．
同理可求平面
1
C BD 的一个法向量
2
1,2,1
n
．
设二面角
1
1
A
BD
C
的平面角为，显然为锐角，
所以
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1 1 1 2
0 1
3
cos
| cos
,
| |
|
2
|
|
|
|
1
1
0
1
2
1
n n
n n
n
n
，所以
6
，故C 错误；
对于D：由A、B 证明过程可知：
1
CC
ABC
且AB
BC
，可以把直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
扩充成长方体，
只需求长方体的外接球表面积即可．
在长方体中，设外接球的半径为R，则
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
6
R
AC
BC
CC
，所以
2
4
6
S
R
，
故D 正确．故选C．
【点睛】立体几何试题的基本结构：
(1)一是几何关系的证明，用判定定理；
(2)二是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算；
(3)多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：①公式法；②多面体几何性质法；③形
法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
例5．（2021·湖北武汉市·高三月考）在四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 底面ABCD，底面ABCD 为直角梯形，
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335 / 397
/ /
BC
AD ，∠ADC=90°，BC=CD= 1
2 AD=1，PA=PD，E，F 分别为AD，PC 的中点．
（1）求证：
/ /
PA
平面BEF；
（2）若PC 与AB 所成角为45°，求二面角F-BE-A 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
3
3
．
【分析】（1）连接AC 交BE 于O，并连接FO，根据条件可证
/ /
OF
PA ，从而可证明结论．
（2）由ABCE 为平行四边形可得
/ /
EC
AB ，
PCE
为PC 与AB 所成角，即
45
PCE
，又由条件可得
PE
ABCD
平面
，可得
2
PE
EC
，取PD 中点M ，连
,
ME MA
MF
，
，可得
MEA
为F
BE
A
的平面角，可得答案．
【解析】（1）证明：连接AC 交BE 于O，并连接FO，
1
,
2
BC
AD BC
AD
∥
，E 为AD 中点，
/ /
AE
BC ，且AE =BC，四边形ABCE 为平行四边形，O
为AC 中点，又F 为AD 中点，
/ /
OF
PA
，
OF
平面
,
BEF PA 平面BEF ，
/ /
PA
平面BEF ．
（2）由BCDE 为正方形可得
2
2
EC
BC
．
由ABCE 为平行四边形可得
/ /
EC
AB ．
PCE
为PC 与AB 所成角，即
45
PCE
．
PA
PD
E 为AD 中点，所以PE
AD
．
侧面PAD 底面
,
ABCD 侧面PAD 底面
,
ABCD
AD PE
平面PAD ，
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PE
平面ABCD ，
PE
EC
，
2
PE
EC
．
取PD 中点M ，连
,
ME MA
MF
，
，
由M
F
，
，分别为
,
PD PC 的中点，所以
/ /
,
MF
CD
又
/ /
CD
BE ，所以
/ /
MF
BE ，所以
,
,
,
B E M F 四点
共面．因为平面PAD 平面ABCD ，且平面PAD 平面
,
ABCD
AD BE
AD
，
BE
平面PAD ，
,
EM AE 平面PAD ，所以
,
BE
AE BE
EM
，则
MEA
为F
BE
A
的平面
角．又
3
11
,
1,
2
2
EM
AE
AM
，
3
cos
3
MEA
，所以二面角F
BE
A
的余弦值为
3
3
．
【点睛】本题考查证明线面平行和求二面角的平面角，解答本题的关键是取PD 中点M ，连
,
ME MA
MF
，
，
证明出
,
BE
AE BE
EM
，得到
MEA
为F
BE
A
的平面角，属于中档题．
【反思提升】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点
的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②两平
面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等
于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．
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337 / 397
专题二十五椭圆、双曲线、抛物线的几何性质的应用
圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2 个选择或者填空题，一个解答题．选择
或者填空题有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质及其应用，主要针对圆锥
曲线本身，综合性较小，试题的难度一般不大；解答题主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查
直线与曲线的位置关系．要求学生有较强的计算能力，才能顺利解答．从实际教学来看，这部分知识是学生比
较头疼的题目．分析原因，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以及运算能力不足造成，以至于遇到类似
的题目便产生畏惧心理．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
一、椭圆、双曲线、抛物线定义的应用
圆锥曲线的定义是圆锥曲线问题的根本，利用圆锥曲线的定义解题是高考考查圆锥曲线的一个重要命题点，
在历年的高考试题中曾多次出现．需熟练掌握．
例1．过抛物线
2
2
y
px
（
0
p
）的焦点F 作斜率大于0 的直线l 交抛物线于A ，B 两点（A 在B 的上方），
且l 与准线交于点C ，若
4
CB
BF
，则AF
BF （
）
A．5
3
B．5
2
C．3
D．2
【答案】A
【解析】分别过
,
A B 作准线的垂线，垂足分别为
1
1
,
A B ，设
,
BF
x AF
y
，则，
1
1
1
5
,
,
4
4
3
BB
BF
AA
AF
y
y
BC
BC
AC
y
x
x
BF
x
，故选A．
例2．（2021·江西八校联考）已知点
1F ，
2
F 分别是双曲线C ：
2
2
2
2
1(
0)
16
x
y
a
a
a
的左､右焦点，点M 是C
右支上的一点．直线
1
MF 与y 轴交于点P ，
2
MPF
的内切圆在边
2
PF 上的切点为Q ，若
2 3
PQ
，则C 的
离心率为（
）
A．5 3
3
B．3
C．3 3
2
D．2 3
3
【答案】D
【解析】如图所示，
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由
1
2
2
MF
MF
a
，所以
2
1
2
AF
BF
a
，因为
2
2
,
AP
PQ
BF
QF
，
所以
1
2
2
PF
PQ
QF
a
，又
1
2
2
P
PF
F
F
PQ
Q
，所以2
2
4 3
2 3
PQ
a
a
，
所以双曲线方程为：
2
2
1
12
4
x
y
，则
2 3,
4
a
c
，所以离心率为
2 3
3
c
e
a
，故选D．
例3．（2021 湖南郴州市·高三月考）如图，设椭圆
1
C ：
2
2
2
2
1
x
y
a
b
（
0
a
b
）与双曲线
2
C ：
2
2
2
2
1
x
y
m
n
（
0
m
，
0
n
）的公共焦点为
1F ，
2
F ，将
1
C ，
2
C 的离心率分别记为
1e ，
2e ，点A 是
1
C ，
2
C 在第一象限
的公共点，若点A 关于
2
C 的一条渐近线的对称点为
1F ，则
2
2
1
2
2
2
e
e
（
）
A．2
B．5
2
C．7
2
D．4
【答案】D
【分析】因为点A 是椭圆和双曲线的公共点，利用椭圆和双曲线的定义得到
1
2
2
AF
AF
a
，
1
2
2
AF
AF
m
，再利用双曲线的一条渐近线是线段
1
AF 的中垂线，结合勾股定理进行分析求解即可
【解析】连结
2
AF ，由题意可得，焦距为2c ，椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2m ，
则由双曲线的定义可得：
1
2
2
AF
AF
m
①，
由椭圆的定义可得：
1
2
2
AF
AF
a
②，
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因为点A 关于
2
C 的一条渐近线的对称点为
1F ，则
2
C 的一条渐近线是线段
1
AF 的中垂线，所以
1
2
90
F AF
，
故
2
2
2
1
2
4
AF
AF
c
③，
由①②可得
2
2
2
2
1
2
2
2
AF
AF
a
m
④，
所以
2
2
2
2
a
m
c
，所以
2
2
1
2
2
2
4
e
e
．故选D．
【关键点点睛】本题的解题关键是利用数形结合和定义找关系，得到
1
2
90
F AF
，再由勾股定理可得二次
齐次式，进而可得离心率的关系．
二、椭圆、双曲线、抛物线的几何性质
圆锥曲线的简单几何性质是圆锥曲线的重点内容，主要考查椭圆与双曲线的离心率的求解、双曲线的渐近
线方程的求解，难度中档．
例1．
（2021·北京石景山区·高三一模）过抛物线
2
4
y
x
的焦点F 的直线交抛物线于A B
、两点，若F 是线段AB
的中点，则AB （
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】D
【解析】由题可知：线段AB 为抛物线的通径，所以AB
4
，故选D．
例2．（2021·陕西西安市·高三月考（文））已知双曲线
2
2
:
1
8
x
y
S
m
m
的离心率为2 ，则双曲线S 的两条渐近
线的夹角为（
）
A．6
B．3
C．6
或3
D．3
或2
3
【答案】B
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【解析】由于方程
2
2
1
8
x
y
m
m
表示的曲线为双曲线，则
8
0
m m
，解得
8
m 或
0
m
．
则
2
2
2
2
2
2
1
3
b
c
a
e
a
a
．
①当
0
m
时，则
2
a
m
，
2
8
b
m
，则
2
2
8
3
b
m
a
m
，解得
4
m
，
所以双曲线的渐近线方程为
3
y
x
，此时，该双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为3
、2
3
，
则双曲线S 的两条渐近线的夹角为3
；
②当
8
m 时，则
2
8
a
m
，
2
b
m
，则
2
2
3
8
8
b
m
m
a
m
m
，解得
12
m
．
所以双曲线S 的渐近线方程为
3
3
y
x
，此时双曲线S 的两条渐近线的倾斜角分别为6
、5
6
，
则双曲线S 的两条渐近线的夹角为3
．综上所述，双曲线S 的两条渐近线的夹角为3
，故选B．．
【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程的方法：
（1）定义法：直接利用a 、b 求得比值，则焦点在x 轴上时，渐近线方程为
b
y
x
a
，焦点在y 轴上时，渐
近线方程为
a
y
x
b
；
（2）构造齐次式：利用已知条件结合
2
2
2
a
b
c
，构建b
a
的关系式（或先构建c
a
的关系式），再根据焦点位
置写出渐近线方程即可．
例3．（2021·吉林吉林市·高三三模（理））已知m 是1和9的等比中项，则圆锥曲线
2
2
1
y
x
m
的离心率为（
）
A．
6
3
B．
6
3
或2
C．2 3
3
D．
6
3
或2 3
3
【答案】B
【分析】
由等比中项的性质可得
3
m
，分别计算曲线的离心率．
【解析】
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由m 是1和9的等比中项，可得
3
m
，
当
3
m
时，曲线方程为
2
2
1
3
y
x
，该曲线为焦点在y 轴上的椭圆，离心率
1
6
1
3
3
e
，
当
3
m 时，曲线方程为
2
2
1
3
y
x
，该曲线为焦点在x 轴上的双曲线，离心率
1
3
2
e
，故选B．
例4．已知M 是抛物线
2
:
2
0
C y
px p
上一点，F 是抛物线C 的焦点，若MF
p
，k 是抛物线C
的准线与x 轴的交点，则
MKF
（
）
A．45°
B．30°
C．15°
D．60°
【答案】A
【解析】因为MF
p
，所以
2
2
M
p
p
x
p
，所以
0
45
M
y
P
MKF
，选A．
例5 ．已知椭圆
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
的右焦点和上顶点分别为点
,0
F c
b
c
和点A ，直线
: 6
5
28
0
l
x
y
交椭圆于,
P Q 两点，若F 恰好为APQ
的重心，则椭圆的离心率为（
）
A．
2
2
B．
3
3
C．
5
5
D．2 5
5
【答案】C
【分析】由题设
,0 ,
0,
F c
A
b ，利用F 为
APQ
的重心，求出线段PQ 的中点为
3 ,
2
2
c
b
B
，将B 代入
直线方程得
5
9
28
0
2
b
c
，再利用点差法可得
2
2
5
a
bc
，结合
2
2
2
a
b
c
，可求出, ,
a b c ，进而求出离心
率．
【解析】由题设
1
1
2
2
,0 ,
0,
,
,
,
,
F c
A
b
P x y
Q x
y
，则线段PQ 的中点为
0
0
,
B x y
，
由三角形重心的性质知
2
AF
FB
，即
0
0
,
2
,
(
)
c
b
x
c y
，解得：
0
0
3 ,
2
2
c
b
x
y
即
3 ,
2
2
c
b
B
代入直线: 6
5
28
0
l
x
y
，得
5
9
28
0
2
b
c
①．
又B 为线段PQ 的中点，则
1
2
1
2
3 ,
x
x
c y
y
b
，
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又,
P Q 为椭圆上两点，
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1,
1
x
y
x
y
a
b
a
b
，
以上两式相减得
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
x
x
y
y
y
y
a
b
，
所以
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
2
3
6
5
PQ
y
y
x
x
b
b
c
k
x
x
a
y
y
a
b
，化简得
2
2
5
a
bc
②
由①②及
2
2
2
a
b
c
，解得：
2 5
4
2
a
b
c
，即离心率
5
5
e
，故选C．
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求
离心率有以下几种情况：①直接求出,a c ，从而求出e ；②构造,a c 的齐次式，求出e ；③采用离心率的定义以
及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
三、求曲线的方程
轨迹问题的考查往往与函数、方程、向量、平面几何等知识相融合，着重考查分析问题、解决问题的能力，
对逻辑思维能力、运算能力也有一定的要求．
例1．（2021·安徽合肥市·高三二模（文））下列双曲线中，焦点在y 轴上，且渐近线互相垂直的是（
）
A．
2
2
4
x
y
B．
2
2
1
3
x
y
C．
2
2
1
3
y
x
D．
2
2
1
x
y
【答案】A
【解析】设双曲线的方程为：
2
2
2
2
1
0,
0
y
x
a
b
a
b
，则其渐近线为
a
y
x
b
，
因为渐近线互相垂直，故
1
a
a
b
b
即a
b
，故双曲线的方程为
2
2
2
y
x
a
，故选A．
例2．已知抛物线ݕ=ܽ
ݔ2ܽ
> 0 的准线为݈，若݈与圆ܥ：ݔ−3 2 + ݕ2 = 1 相交所得弦长为3，则
抛物线的方程为__
_．
【答案】
2
1
4
y
x
【解析】抛物线y＝ax2（a＞0）的准线ly=−
1
4ܽ，双曲线
ݔ2
4 −ݕ2 = 1 的两条渐近线分别为y=
1
2 ݔ，y=−
1
2 ݔ，可得
xA=−
1
2ܽ，xB=
1
2ܽ，则|AB|=
1
2ܽ−( −
1
2ܽ) =4，则a=
1
4．
2
1
4
y
x
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例3．（2021·天津高三一模）已知抛物线
2
16
y
x
的焦点与双曲线
2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
的焦点F 重合，
C 的渐近线恰为矩形OAFB 的边OA ，OB 所在直线(O 为坐标原点)，则双曲线C 的方程是（
）
A．
2
2
1
12
4
x
y
B．
2
2
1
32
32
x
y
C．
2
2
1
4
12
x
y
D．
2
2
1
8
8
x
y
【答案】D
【分析】根据四边形OAFB 为矩形以及双曲线的渐近线关于x 轴对称，可得a
b
，利用抛物线方程求出
4
c
，
再根据
2
2
2
a
b
c 可求得
2
2
8
a
b
，从而可得结果．
【解析】因为四边形OAFB 为矩形，所以OA
OB
，即双曲线的两条渐近线垂直，根据双曲线的渐近线关于x
轴对称，可得
4
AOF
BOF
，所以
1
b
a
，即a
b
，又抛物线
2
16
y
x
的焦点
(4,0)
F
，所以双曲线
中
4
c
，所以由
2
2
2
a
b
c 可得
2
2
16
a
，所以
2
2
8
a
b
，所以双曲线C 的方程为
2
2
1
8
8
x
y
，故选D．
【点睛】关键点点睛：根据四边形OAFB 为矩形以及双曲线的渐近线关于x 轴对称，得到a
b
是解题关键．
例4．（2021 山东泰安模拟）已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
过点
2,1
P
，
1
2
,
F F 分别为椭圆C 的左、右
焦点且
1
2
1
PF PF
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过P 点的直线1l 与椭圆C 有且只有一个公共点，直线2l 平行于OP（O 为原点），且与椭圆C 交于两点A、
B，与直线
2
x
交于点M（M 介于A、B 两点之间）．
（i）当
PAB
△
面积最大时，求2l 的方程；
（ii）求证：PA MB
PB MA
，并判断1
2
,l l ，
,
PA PB 的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列．
【答案】（1）
2
2
1
8
2
x
y
；（2）（i）
1
2
2
y
x
；（ii）证明见解析，不可能构成等比数列．
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【分析】（1）设
1
,0
F
c
，
2
,0
F
c
．求出
1
2
,
PF PF
的坐标，根据
1
2
1
PF PF
，求出c．把点
2,1
P
代入
椭圆方程，结合
2
2
2
a
b
c
，求出
2
2
,
a b ，即得椭圆C
的方程；
（2）（i）设2l 方程为
1
2
y
x
t
，
2
2
1
2
,
,
,
)
(
A x y
B x
y
．把直线2l 的方程代入椭圆方程，由韦达定理、弦长
公式求出AB ．由点到直线的距离公式求出点P 到2l 的距离d ，则
1
2
PAB
S
AB d
，根据基本不等式求面积
的最大值，即求2l 的方程；（ii）要证结论成立，只须证明|
|
|
|
|
|
|
|
PA
PB
MA
MB
，即证直线
2
x
为
APB
的平分线，
转化成证明
0
PA
PB
k
k
．
又1l 与C 有一个公共点，即1l 为椭圆的切线，可求
1
2
1
|
2
x
lk
y
，又
2
1
2
lk
．由题意
1
2
，1
2 ，
PA
k
，
PA
k
四个数按某种顺序成等比数列，推出矛盾，故不可能构成等比数列．
【解析】（1）设
1
,0
F
c
，
2
,0
F
c
，则
1
2, 1
PF
c
，
2
2, 1
PF
c
．
2
1
2
4 1
1
PF PF
c
，
6
c
．又
2,1
P
在椭圆上，故
2
2
4
1
1
a
b
，又
2
2
6
a
b
，解得
2
8
a
，
2
2
b
，故所求方程为
2
2
1
8
2
x
y
．
（2）（i）由于
1
2
OP
k
，设2l 方程为
1
2
y
x
t
，
2
2
1
2
,
,
,
)
(
A x y
B x
y
．
由
2
2
1
2
1
8
2
y
x
t
x
y
，消y 整理得
2
2
2
2
4
0
x
tx
r
，
1
2
2
1
2
2
2
2
2
4
4
4
0
4
x
x
t
x x
t
t
t
，
则
2
1
2
1
2
1
|
|
1
4
4
AB
x
x
x x
2
2
2
5
5
4
4(2
4)
16
4
2
2
t
t
t
2
5 4
t
．
又点P 到2l 的距离
2
| |
2 | |
5
1
1
2
t
t
d
，
2
1
2| |
5 4
2
5
PAB
t
S
t
2
2
(4
)
t t
2
2
(4
)
2
2
t
t
．
当且仅当
2
2
4
t
t
，
2
2
4
t
，即
2
2
t
时，等号成立，故直线AB 的方程为：
1
2
2
y
x
．
（ⅱ）要证结论成立，只须证明：|
|
|
|
|
|
|
|
PA
PB
MA
MB
，由角平分线性质即证：直线
2
x
为
APB
的平分线，
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转化成证明：
0
PA
PB
k
k
．
因为
1
1
2
1
2
1
1
2
2
P
PB
y
y
k
k
x
x
1
2
2
1
1
2
1
1
1
2
1
2
2
2
2
2
x
t
x
x
t
x
x
x
1
2
1
2
1
2
(
2)
4(
1)
2
2
x x
t
x
x
t
x
x
2
2
2
1
2
2
4
2 (
2)
4(
1)
4
4
4
4
0
(
2)(
2)
(
2)(
2)
t
t t
t
t
t
x
x
x
x
，
因此结论成立．
又1l 与C 有一个公共点，即1l 为椭圆的切线，由
2
2
1
8
2
x
y
得
2
2
1
2
4
y
x
，
令
0
x
，
0
y
，则
2
1
2
4
y
x
，
2
2
1
2
1
32
4
2 2
4
x
x
y
x
x
，所以
2
1
|
2
x
y
，所以
1
1
2
lk
，
故所研究的4 条直线的斜率分别为
1
2
，1
2 ，
PA
k
，
PA
k
，
若这四个数成等比数列，且其公比记为q，则应有
1
q 或
2
1
q ，或
3
1
q ．
因为
2
1
q 不成立，所以
1
q ，而当
–1
q
时，
1
2
PA
k
，
1
2
PB
k
，此时直线PB 与1l 重合，不合题意，
故1l ，2l ，PA，PB 的斜率无论怎样排序都不可能构成等比数列．
【点睛】本题考查椭圆的方程，考查弦长公式、点到直线的距离公式、基本不等式和等比数列等知识，考查学
生的逻辑推理能力和运算能力，综合性强，属于难题．
四、直线与圆锥曲线之间的关系
在高考中，直线与圆锥曲线的位置关系是热点，通常围绕弦长、面积、定点(定值)，范围问题来展开，其
中设而不求的思想是处理相交问题的最基本方法，试题难度较大．
例1．（2021·四川成都市·高三二模（文））已知F 为抛物线
2
2
y
x
的焦点，A 为抛物线上的动点，点
1 ,0
2
B
．则当
AB
AF 取最大值时，AB 的值为（
）
A．2
B．
3
C．
2
D．1
【答案】C
【分析】设
2
(
, )
2
a
A
a ，得到
2
1
2
2
a
AF
和
4
2
1
3
1
4
2
4
AB
a
a
，结合基本不等式，求得当
2
1
a
时，
AB
AF
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取得最大值，进而求得AB 的值．
【解析】由题意，抛物线
2
2
y
x
的焦点坐标为
1
(
,0)
2
F
，准线方程为
1
2
x
，
设
2
(
, )
2
a
A
a ，因为A 为抛物线上的一点，可得
2
1
2
2
a
AF
，
又因为
1 ,0
2
B
，则
2
2
2
4
2
1
1
3
1
(
)
2
2
4
2
4
a
AB
a
a
a
，
所以
4
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6
1
6
1
4
4
1
1
1
(
)1
(
1)
2
1
AB
AF
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，
由基本不等式
2
2
2
2
1
1
2
2
a
a
a
a
，当且仅当
2
2
1
a
a
时，即
2
1
a
时等号成立，
此时
AB
AF 取最大值，所以
2
1
3
1
1
1
2
4
2
4
AB
．故选C．
例2．（2021·东北三省市四联考）已知双曲线
2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
与椭圆
2
2
1
25
9
x
y
有公共的左、右
焦点，分别为
1
F ，
2
F ．以线段
1
2
F F 为直径的圆与双曲线C 及其渐近线在第一象限内分别交于
,
M N 两点，且
线段
1
NF 的中点在另外一条渐近线上，则
2
OMF
△
的面积为（
）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】B
【分析】首先求出点
1
F ，
2
F 的坐标以及以线段
1
2
F F 为直径的圆的方程，联立圆和
b
y
x
a
可得点N 的坐标，
即可得出线段
1
NF 的中点的坐标，代入
b
y
x
a
可得,a b 之间的关系，结合
2
2
2
c
a
b
即可求出双曲线的方
程，再与圆的方程联立可得点M 的坐标，利用三角形面积公式即可求解．
【解析】由题意可得：
2
25 9
16
c
，所以
4
c
，
1 4,0
F
，
2 4,0
F
，
以线段
1
2
F F 为直径的圆的方程为：
2
2
16
x
y
，
双曲线
2
2
2
2
:
1
0,
0
x
y
C
a
b
a
b
的渐近线方程为：
b
y
x
a
、
b
y
x
a
，
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347 / 397
由
2
2
16
x
y
b
y
x
a
可得：
2
2
2
2
16
b
x
x
a
，即
2
2
2
2
16a
x
a
b
，
因为点N 在第一象限，所以
2
2
4
N
a
x
a
b
，所以
2
2
2
2
4
4
N
N
b
b
a
b
y
x
a
a
a
b
a
b
，
所以
2
2
2
2
4
4
,
a
b
N
a
b
a
b
，所以
1
NF 的中点为
2
2
2
2
2
2
2,
a
b
a
b
a
b
，
因为点
2
2
2
2
2
2
2,
a
b
a
b
a
b
在渐近线
b
y
x
a
上，所以
2
2
2
2
2
2
2
b
b
a
a
a
b
a
b
，即
2
2
2a
a
b
，所以
2
2
3
b
a
，因为
2
2
2
2
2
3
16
c
a
b
a
a
，解得：
2
4
a
，
2
12
b
，所以双曲线
2
2
:
1
4
12
x
y
C
，由
2
2
2
2
1
4
12
16
x
y
x
y
可得
2
4
28
x
，解得：
7
x
，
3
y
，
因为点M 在第一象限，所以
7,3
M
，所以
2
OMF
△
的面积为
2
1
1
4 3
6
2
2
M
OF
y
，故选B．
【关键点点睛】本题解题的关键点是求出
1
NF 的中点的坐标，代入
b
y
x
a
结合
4
c
解出双曲线方程，求出
点M 的坐标．
例3．（2021·湖南衡阳市·高三一模）已知抛物线C ：
2
2
x
py
（
0
p
），过其准线上的点
1, 1
T
作C 的两
条切线，切点分别为A 、B ，下列说法错误的是（
）
A．
1
p
B．TA
TB
C．直线AB 的斜率为1
2
D．线段AB 中点的横坐标为1
【答案】A
【分析】选项A：由点
1, 1
T
在准线上，可求出p ，从而可判断；选项B：设直线
1
1
y
k x
与抛物线
方程联立，由韦达定理可判断；选项C：设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x y
分别求出TA ，TB 方程，根据方程结构可判
断；选项D：由点差法可判断．
【解析】易知准线方程为
1
y ，∴
2
p
，C ：
2
4
x
y
，故选项A 不正确．
设直线
1
1
y
k x
，代入
2
4
x
y
，得
2
1
0
4
x
kx
k
，当直线与C 相切时，有
0
，即
2
1
0
k
k
，
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设TA ，TB 斜率分别为
1k ，
2k ，易知
1k ，
2k 是上述方程两根，故
1 2
1
k k ，
故TA
TB
．故选项B 正确．
设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x y
，其中
2
1
1
4
x
y
，
2
2
2
4
x
y
．则TA ：
2
1
1
1
4
2
x
x
y
x
x
，即
1
1
2
x
y
x
y
．
代入点
1, 1
，得
1
1
2
2
0
x
y
，同理可得
2
2
2
2
0
x
y
，
故AB ：
2
2
0
x
y
-
+
=
，故
1
2
AB
k
．
故选项C 正确．
由
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
4
4
2
AB
x
x
y
y
x
x
k
x
x
x
x
，得
1
2
1
2
x
x
，即AB 中点横坐标为1．故选项D 正确，故选A．
【点睛】关键点睛：本题考查抛物线的切线问题，解答本题的关键是设直线
1
1
y
k x
与抛物线方程联立，
利用韦达定理得出斜率关系，设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x y
，得得
1
1
2
2
0
x
y
，同理可得
2
2
2
2
0
x
y
，属
于中档题．
例4．（2021·青海海东市·高三一模（理））抛物线
2
:
2
(
0)
C x
py p
的焦点为F ，过F 且垂直于y 轴的直线
交抛物线C 于
,
M N 两点，O 为原点，OMN
的面积为2．
（1）求拋物线C 的方程．
（2）P 为直线
0
0
:
0
l y
y
y
上一个动点，过点P 作拋物线的切线，切点分别为
,
A B ，过点P 作AB 的垂
线，垂足为H ，是否存在实数
0y ，使点P 在直线l 上移动时，垂足H 恒为定点？若不存在，说明理由；若存
在，求出
0y 的值，并求定点H 的坐标．
【答案】（1）
2
4
x
y
；（2）存在这样的
0y ，当
0
1
y 时，H 坐标为(0,1) ．
【分析】（1）先根据抛物线的性质，结合题中条件，得到|
| 2
MN
p
，由三角形面积列出方程求出p ，即可得
出抛物线方程；（2）先设
1
1
2
2
0
0
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
P x
y
，直线AP 的方程为
1
1
y
y
k x
x
，根据直线与抛
物线相切，得到
1
1
2
x x
y
y
，进而推出AB 的方程为
0
0
2
x x
y
y
，根据PH
AB
，得到PH 方程，由两
直线方程，即可求出
0y ，确定出结果．
【解析】（1）由题意得，点
,
M N 的纵坐标均为2
p ，由
2
2
2
p
x
p
，解得x
p
，则|
| 2
MN
p
，
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由
2
1
1
1
|
| |
|
2
2
2
2
2
2
CMN
p
S
MN
OF
p
p
△
，解得
2
p
，故抛物线C 的方程为
2
4
x
y
．
（2）假设存在实数
0y ，使点P 在直线l 上移动时，垂足H 恒为定点，
设
1
1
2
2
0
0
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
P x
y
，直线AP 的方程为
1
1
y
y
k x
x
，将抛物线方程变形为
2
4
x
y
，则
2
x
y
，所以
1
2
x
k
，所以AP 的方程为
1
1
1
2
x
y
y
x
x
．
因为
2
1
1
4
x
y
，所以直线AP 的方程为
1
1
2
x x
y
y
，把
0
0
,
P x
y
代入AP 的方程得
1
0
0
1
2
x x
y
y
，同理可
得
2
0
0
2
.
2
x x
y
y
构造直线方程为
0
0
2
x x
y
y
，易知
,
A B 两点均在该直线上，所以直线AB 的方程为
0
0
2
x x
y
y
．
故AB 恒过点
0
0, y
．因为PH
AB
，所以可设PH 方程为
0
0
0
2
x
x
x
y
y
，化简得
0
0
2
2
x
x
y
y
，所以PH 恒过点
0
0,
2
y
．
当
0
0
2
y
y
，即
0
1
y 时，AB 与PH 均恒过(0,1) ，故存在这样的
0y ，当
0
1
y 时，H 坐标为(0,1) ．
【点睛】关键点点睛：求解本题第二问的关键在于用
0y 分别表示出直线AB 和PH 的方程；根据题中条件，先
设点的坐标，以及直线AP 的方程，由直线与抛物线相切，得出直线AP 方程，推出AB 的方程，进而确定PH
的方程，即可求解．
例5．已知椭圆
2
2
2
:
1
3
3
x
y
C
a
a
的左、右顶点分别为
1A ，
2
A ，点P 为椭圆C 上异于
1A ，
2
A 的一点，
且直线
1
PA ，
2
PA 的斜率之积为
3
4
．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）直线l 过右焦点
2
F 与椭圆C 交于M ，N 两点（M ，N 与
1A 不重合），l 不与x 轴垂直，若
1
1
A M
A N
MN
k
k
k
，求MN ．
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y
；（2）24
7 ．
【分析】（1）设出P 点的坐标，根据P 点在椭圆上以及
1
PA ，
2
PA 的斜率之积为
3
4
，列出方程，即可求得椭
圆C 的标准方程；（2）设出直线l 的方程以及M ，N 点的坐标，与椭圆方程联立，消去x ，利用韦达定理得
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出
1
2
y
y
与
1
2
y y 的值，再根据
1
1
A M
A N
MN
k
k
k
列出方程，即可解出直线的斜率，从而利用弦长公式求得MN ．
【解析】（1）设
0
0
,
P x
y
，由题意知：
1
,0
A
a
，
2
,0
A a
，
1
2
2
0
2
2
0
0
0
2
2
2
2
2
0
0
0
0
3 1
3
PA
PA
x
a
y
y
y
k
k
x
a x
a
x
a
x
a
a
，
2
3
3
4
a
，解得：
2
4
a
，
椭圆C 的标准方程为
2
2
1
4
3
x
y
．
（2）根据题意，设
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
，直线
:
1
0
MN x
my
m
，由
2
2
1,
4
3
1,
x
y
x
my
，
消去x 并整理得：
2
2
3
4
6
9
0
m
y
my
，则
2
2
36
36 3
4
0
m
m
，
即
1
2
2
6
3
4
m
y
y
m
，
1
2
2
9
3
4
y y
m
，
1
1
1
2
A M
y
k
x
，
1
2
2
2
A N
y
k
x
，
1
1
A M
A N
k
k
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
y
x
y
x
x
x
1
2
2
1
2
1
3
3
3
3
y
my
y
my
my
my
2
1
2
2
1
1
2
1
2
2
3
3
9
y
y
y
m y y
y
my
m y
2
2
2
2
2
9
6
2
3
3
4
3
4
9
6
3
9
3
4
3
4
m
m
m
m
m
m
m
m
m
36
36
m
m
，
又
1
MN
k
m
，由
1
1
A M
A N
MN
k
k
k
，得：1
0
m
m
，解得：
2
1
m
，
1
2
6
7
y
y
，
1
2
9
7
y y
，
故
2
2
1
2
1
2
1
2
24
1
2
4
7
MN
m
y
y
y
y
y y
．
【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方
程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务
必考虑全面，不要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形．
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公众号：一枚试卷君
351 / 397
【反思提升】圆锥曲线问题，往往利用, , , ,
a b c e p 的关系或曲线的定义，确定圆锥曲线方程是基础，通过联立
直线方程与圆锥曲线方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确
定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解．本题“出奇”之处在于有较浓的“几何味”，
研究几何图形的面积等．这类题目能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能
力、数学的应用意识等．因此，在复习中，一要熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线的基础知识、基本方法，在抓
住通性通法的同时，要训练利用代数方法解决几何问题的运算技巧．二要熟悉圆锥曲线的几何性质，重点掌握
直线与圆锥曲线相关问题的基本求解方法与策略，提高运用函数与方程思想，向量与导数的方法来解决问题的
能力．最后要注意运算能力的培养．
专题二十六
圆锥曲线的“三定”与探索性问题
纵观近几年高考圆锥曲线的综合问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注
重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力．其中直线与椭圆、抛物线的位置关系常
常与平面向量、三角函数、函数的性质、不等式等知识交汇命题．涉及求轨迹、与圆相结合、定点、定值、最
值、参数范围、存在性问题等．本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨．
一、定点问题
求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y 看成常数，把方程的一端
化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，
这样就得到一个关于x，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
例1．已知O 为坐标原点，过点
(
1)
P a
，
作两条直线分别与抛物线C ：
2
4
x
y
相切于点A 、B ，AB 的中点
为M ，则下列结论错误的是（
）
A．直线AB 过定点(0
)
2
，；
B．PM 的斜率不存在；
C．y 轴上存在一点N ，使得直线NA与直线NB 关于y 轴对称；
D．A 、B 两点到抛物线准线的距离的倒数和为定值．
【答案】A
【分析】根据导数求出切线斜率，得出切线方程，进而可得直线AB 方程，即可求出直线AB 定点判断A；联立
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公众号：一枚试卷君
352 / 397
直线AB 方程和抛物线求出点M 的横坐标可判断B；设
(0
)
N
b
，
，可得
1
2
2 (
1)
4
a
b
k
k
，当
1
b 时满足
条件，可判断C；可求出
1
2
1
1
1
1
1
y
y
，即可判断D．
【解析】设
1
1
( ,
)
A x y
，
2
2
(
,
)
B x
y
，∵
2
1
4
y
x
，∴
1
2
y
x
，∴过点A 的切线方程为
1
1
1
1
(
)
2
y
y
x x
x
，即
2
2
1
1
1
1
1
1
4
2
2
y
x
x x
x
，∴
2
1
1
1
1
2
4
y
x x
x
，同理过点B 的切线方程为
2
2
2
1
1
2
4
y
x x
x
，
将(
1)
a
，
分别代入上式，得
1
1
1
2
a x
y
，
2
2
1
2
a x
y
，
∴直线AB 的方程为
1
0
2
a x
y
，∴直线AB 过定点(0 )1，，故A 选项错误，符合题意；
联立方程
2
4
1
0
2
x
y
a x
y
得：
2
2
4
0
x
ax
，
2
4
16
0
a
，则
1
2
2
x
x
a
，
1
2
4
x x
，
∴点M 的横坐标为
1
2
2
x
x
a
，∴PM
x
轴，故B 选项正确，不符合题意；
设
(0
)
N
b
，
，由题意得
1
0
x
，
2
0
x
，设直线NA、NB 的斜率分别为
1k 、
2k ，
则
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)(
)
2 (
1)
4
4
x x
b x
x
y
b
y
b
a
b
k
k
x
x
x x
，
当
1
b 时，
1
2
0
k
k
，即直线NA与直线NB 关于y 轴对称，C 选项正确，不符合题意；
∵点A 到准线的距离为
1
1
y ，点B 到准线的距离为
2
1
y ，
∴
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
1
1
1
(
)
1
1
(
1)(
1)
1
1
16
y
y
y
y
y
y
x x
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
，D 选项正确，不符合题
意，故选A．
【点睛】思路点睛：直线与抛物线的综合问题的求解策略：
（1）有关直线与抛物线
2
2
0
y
px p
相交所得的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线
的焦点且与抛物线交于A，B 两点，则可直接使用公式
A
B
B
x
p
A
x
求解；若不过焦点，则用一般的弦
长公式求解；
（2）涉及中点、距离等问题时，一般要利用根与系数的关系及“设而不求，整体代入”思想求解．
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公众号：一枚试卷君
353 / 397
例2．（2021 四川南充市·高三月考（文））设F 为椭圆C ：
2
2
1
4
3
x
y
的右焦点，不垂直于x 轴且不过点F 的
直线l 与C 交于M ，N 两点，在
MFN
△
中，若
MFN
的外角平分线与直线MN 交于点P ，则P 的横坐标
为______．
【答案】4
【分析】根据椭圆方程
2
2
1
4
3
x
y
，设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，由椭圆的第二定义得到
1
2
1
1
2
,
2
2
2
MF
x
NF
x
，设
P m n
,
，然后根据外角平分线定理，由
MF
MP
NF
NP
求解．
【解析】解法一：如图所示：
因为椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y
，所以
2,
3,
1
a
b
c
，所以椭圆的右焦点是
1,0
F
，所以离心率为
1
2
c
e
a
，设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，且
2
2
3
3- 4
x
y
所以
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
1
1)
3
2
1)
4
2
1
3
1)
2
1)
3
2
4
x
x
x
MF
x
y
NF
x
y
x
x
x
（
（
（
（
，
设
P m n
,
，由外角平分线定理得
MF
MP
NF
NP
，即
1
1
2
2
1
2
2
1
2
2
x
x
m
x
m
x
，化简得
1
2
1
2
1
2
2
x
x
m x
x
，
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354 / 397
解得
4
m
，所以P 的横坐标为4．
【解析】解二：如图所示：
因为椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y
，所以
2,
3,
1
a
b
c
，所以椭圆的右焦点是
1,0
F
，所以离心率为
1
2
c
e
a
，设
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，由椭圆的第二定义得：
2
2
1
2
MF
NF
e
a
a
x
x
c
c
，
所以
1
2
1
1
2
,
2
2
2
MF
x
NF
x
，
设
P m n
,
，由外角平分线定理得
MF
MP
NF
NP
，即
1
1
2
2
1
2
2
1
2
2
x
x
m
x
m
x
，化简得
1
2
1
2
1
2
2
x
x
m x
x
，
解得
4
m
，所以P 的横坐标为4．
解法三：由题干给出信息直线是变化的而却求P 点横坐标的值显然这个值是一个定值，我们不妨取一个特殊情
况；如图
则由由外角平分线定理得
MF
MP
NF
NP
得
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公众号：一枚试卷君
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2
3
1
2
1
3
4
( )
2
m
m
解得
4
m
，所以P 的横坐标为4．
例3．（2021 江西吉安模拟）已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
经过点
1
3, 2
P
，且离心率
3
2
e
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）已知斜率存在的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，点
4 3 ,0
3
Q
总满足
AQO
BQO
，证明：直线
l 过定点．
【答案】（1）
2
2
1
4
x
y
；（2）证明见解析．
【分析】(1)由离心率
3
2
e
可得
2
2
4
a
b
，再根据椭圆过点
1
3, 2
P
可得
2
2
3
1
1
4
a
b
，联立可得答案．
(2) 设直线l 的方程为y
kx
m
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，又因
为
AQO
BQO
，所以
0
AQ
BQ
k
k
，将韦达定理代入得出答案．
【解析】（1）因为椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
的离心率
3
2
e
，所以
2
2
2
2
3
1
2
b
e
a
，即
2
2
4
a
b
，
又椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
经过点
1
3, 2
P
，代入椭圆方程可得
2
2
3
1
1
4
a
b
，
联立方程组可得
2
2
2
2
3
1
1
4
4
a
b
a
b
，解得
2
4
a
，
2
1
b ，所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
．
（2）设直线l 的方程为y
kx
m
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
联立方程组
2
2
1
4
x
y
y
kx
m
消去y 得
2
2
2
1
4
8
4
4
0
k
x
kmx
m
，
2
2
16 4
1
0
k
m
，即
2
2
4
1
m
k
，
1
2
2
8
1
4
km
x
x
k
，
2
1
2
2
4
4
1
4
m
x x
k
，
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356 / 397
因为
AQO
BQO
，所以
0
AQ
BQ
k
k
，
1
2
1
2
1
2
1
2
0
3
4 3
4 3
4 3
4 3
3
3
3
AQ
BQ
y
y
kx
m
kx
m
k
k
x
x
x
x
，
即
1
2
2
1
4 3
4 3
3
3
kx
m
x
kx
m
x
1
2
1
2
4 3
8 3
2
0
3
3
kx x
m
k
x
x
m
，
得
2
2
4 3
8 3
2
4
4
8
1 4
0
3
3
k
m
km m
k
m
k
，化简得
3
m
k
，直线l 的方程为
3
y
k x
，
所以，直线l 恒过定点
3,0 ．
【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆方程和直线过定点问题，解答本题的关键是由
AQO
BQO
，所以
0
AQ
BQ
k
k
，即
1
2
1
2
4 3
8 3
2
0
3
3
kx x
m
k
x
x
m
，将韦达定理代入，属于中档题．
例4．已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C 上一点．
(1)求抛物线C 的方程．
(2)若点B(1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ，若kBP·kBQ＝－2，
求证：直线PQ 过定点．
【解析】(1)若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，
可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x．
若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，
可得m＝1
2，所以抛物线方程为x2＝1
2y．
综上所述，抛物线C 的方程是y2＝4x 或x2＝1
2y．
(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y2＝4x．
易知直线BP，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP 的方程代入
y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0．设P(x1，y1)，则x1＝(k＋2)2
k2
，
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357 / 397
所以P
(k＋2)2
k2
，2k＋4
k
．用－2
k替换点P 坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ 的斜率为
2k＋4
k
－2＋2k
(k＋2)2
k2
－(k－1)2
＝
2k3＋4k
－k4＋2k3＋4k＋4
＝
2k
－k2＋2k＋2，故直线PQ 的方程是y－2＋2k＝
2k
－k2＋2k＋2[x－(k－1)2]．
在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，
所以直线PQ 恒过定点(3，2)．
例5．如图，在平面直角坐标系中，已知点
，过直线：
左侧的动点作
于点，
的角平
分线交轴于点
，且
，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过点作直线
交曲线于
两点，点在上，且
轴，试问：直线
是否恒过定点？请说明理由．
【答案】(1)
；(2)答案见解析．
【解析】（1）设
，由题可知
，所以
，即
，
化简整理得
，即曲线的方程为
．
（2）由已知可得直线
的斜率不为0，∴可设直线
的方程为
，
联立方程组
消去得
，
恒成立，
记
，则
，则
，
∴直线
的斜率为
，直线
的方程为
，
即
，又
，
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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∴直线
的方程为
，∴直线
过定点
．
二、定值问题
定值是证明求解的一个量与参数无关，解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距，也可能
是动点的坐标等)，使用参数表达其中变化的量，再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标．当使用直线的
斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题
解决．
例1．（2021 湖北大课改联考）已知椭圆
2
2
:
1
4
2
x
y
C
的左右顶点分别为
,
A B ，过x 轴上点
( 4,0)
M
作一直
线PQ 与椭圆交于
,
P Q 两点（异于
,
A B ），若直线AP 和BQ 的交点为N ，记直线MN 和AP 的斜率分别为
1
2
,
k k ，则
1
2
:
k
k （
）
A．1
3
B．3
C．1
2
D．2
【答案】A
【分析】首先利用三点共线表示点N 的横坐标，并利用方程联立，得出
,
P Q 两点坐标关系，代入
1
2
k
k ，即可求
值．
【解析】设
,
N x y ，
1
1
,
P x y
，
2
2
,
Q x
y
，设直线PQ 的方程：
4
x
my
，
由,
,
P N A和
,
,
Q N B 三点共线可知
1
1
2
2
2
2
2
2
y
y
x
x
y
y
x
x
，
解得：
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
6
2
2
2
2
6
2
y
x
y
x
y
my
y
my
x
y
x
y
x
y
my
y
my
，
1
2
1
2
1
2
2
6
2
3
my y
y
y
x
y
y
，
1
2
1
2
1
2
2
6
6
4
3
my y
y
y
x
y
y
，（*）
联立
2
2
4
1
4
2
x
my
x
y
，得
2
2
2
8
12
0
m
y
my
，
2
2
2
2
64
48(
2)
16(
6)
0,
6
m
m
m
m
，
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
8
12
3
,
,
(
)
2
2
2
m
y
y
y y
my y
y
y
m
m
，
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359 / 397
代入（*）得
1
2
1
2
9
3
4
3
3
y
y
x
y
y
，
1
4
y
k
x
，
2
2
y
k
x
，
1
2
2
2
1
1
4
4
3
k
x
k
x
x
，故选A．
【思路点睛】本题的思路利用韦达定理设而不求，巧妙运用
1
2
y
y
与
1
2
y y 关系化简，从而达到求值目的．
例2．（2021·河北张家口市·高三期末）抛物线
2
:
4
C y
x
的焦点为F，直线l 过点F，斜率
0
k
，且交抛物线
C 于A，B(点A 在x 轴的下方)两点，抛物线的准线为m，
1
AA
m
于
1A ，
1
BB
m
于
1
B ，下列结论错误的是
（
）
A．若
3
BF
FA
uuur
uuur
，则
3
k
B．
1
1
1
FA
FB
C．若
1
k
，则
12
AB
D．
1
1
90
A FB
【答案】C
【分析】对A，延长BA ，交准线m 于Q ，根据相似得出
1
60
A AQ
即可求解；对B，联立直线与抛物线，
利用韦达定理即可求解；对C，将B 中k 换为1，利用弦长公式即可求出；对D，利用
1
1
BB F
B FB
，
1
1
AA F
A FA
可得．
【解析】延长BA ，交准线m 于Q ．
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设
1
FA
AA
t
，
1
3
FB
BB
t
，AQ
x
，
则
1
1
1
1
2
4
3
QA
AA
x
t
QAA
QBB
x
t
QB
BB
x
t
t
△
∽△
，故
1
60
A AQ
，故
3
AB
k
，A 正确；
设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x y
，联立直线与抛物线
2
1
4
y
k x
y
x
，得
2
2
2
2
2
4
0
k x
k
x
k
，
2
1
2
1
2
2
2
4 ,
1
k
x
x
x x
k
，
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
x
x
FA
FB
x
x
x x
x
x
，故B 正确；
若
1
k
，则
1
2
6
x
x
，
1
2
2
8
AB
x
x
，故C 错误；
1
1
BB F
B FB
，
1
1
AA F
A FA
，
1
1
1
1
180
180
90
2
2
B BF
A AF
B FB
A FA
，故
D 正确，故选C．
【点睛】本题考查抛物线焦点弦问题，解题的关键是正确理解抛物线的定义，利用定义得出线段关系求解．
例3．（2021·云南师大附中高三月考（文））已知点O 为坐标原点，抛物线
2
3
y
x
与过焦点的直线交于A，B
两点，则OA OB
等于___________．
【答案】
27
16
【分析】由题知抛物线
2
3
y
x
的焦点
3,0
4
F
，进而分直线AB 斜率存在和不存在两种情况讨论求解即可．
【解析】设
2
1
1
3
y
A
y
，
，
2
2
2
3
y
B
y
，
，当直线AB 斜率不存在时，
1
2
3
3
,
2
2
y
p
y
p
，
所以
2
2
1
2
1
2
3
3
y
y
OA OB
y
y
，
，
2
2
1
2
1
2
1
27
9
16
y y
y y
．
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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361 / 397
当直线AB 斜率存在时，设方程为
3
0
4
x
my
m
，与抛物线联立方程得：
2
9
3
0
4
y
my
，所以
1
2
9
4
y y
，∴
2
2
1
2
1
2
3
3
y
y
OA OB
y
y
，
，
2
2
1
2
1
2
1
27
9
16
y y
y y
．故答案为：
27
16
．
【点睛】本题考查过抛物线的焦点的弦的性质，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题．本题解题的关
键在于根据已知条件分直线AB 斜率存在和不存在两种情况讨论；此外，掌握过抛物线焦点的弦的相关性质，
能够快速解题．
例4．在直角坐标系xoy 中，曲线
1
C 的点均在
2
C ：
2
2
(
5)
9
x
y
外，且对
1
C 上任意一点M ，M 到直线
2
x 的距离等于该点与圆
2
C 上点的距离的最小值
．
（Ⅰ）求曲线
1
C 的方程；
（Ⅱ）设
0
0
(
,
)
P x
y
（
3
y ）为圆
2
C 外一点，过P 作圆
2
C 的两条切线，分别与曲线
1
C 相交于点A，B 和C，
D．证明：当P 在直线
4
x 上运动时，四点A，B，C，D 的纵坐标之积为定值．
【解析】（Ⅰ）解法1 ：设M 的坐标为( , )
x y ，由已知得
2
2
2
(
5)
3
x
x
y
，
易知圆
2
C 上的点位于直线
2
x 的右侧．于是
2
0
x
，所以
2
2
(
5)
5
x
y
x
．
化简得曲线
1
C 的方程为
2
20
y
x
．
解法2 ：由题设知，曲线
1
C 上任意一点M 到圆心
2
C (5,0) 的距离等于它到直线
5
x 的距离，因此，曲线
1
C
是以(5,0) 为焦点，直线
5
x 为准线的抛物线，故其方程为
2
20
y
x
．
（Ⅱ）当点P 在直线
4
x 上运动时，P 的坐标为
0
( 4,
)
y
，又
0
3
y ，则过P 且与圆
2
C 相切的直线的斜率
k 存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为
0
(
4),
y
y
k x
0
即kx-y+y +4k=0 ．于是
0
2
5
4
3.
1
k
y
k
k
整理得
2
2
0
0
72
18
9
0.
k
y k
y
①
设过P 所作的两条切线
,
PA PC 的斜率分别为
1
2
,
k k ，则
1
2
,
k k 是方程①的两个实根，故
0
0
1
2
18
.
72
4
y
y
k
k
②，由
1
0
1
2
4
0,
20 ,
k x
y
y
k
y
x
得
2
1
0
1
20
20(
4 )
0.
k y
y
y
k
③
设四点A，B，C，D 的纵坐标分别为
1
2
3
4
,
,
,
y y
y
y ，则
1
2
,
y y 是方程③的两个实根，所以
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公众号：一枚试卷君
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0
1
1
2
1
20(
4 ) .
y
k
y
y
k
④，同理可得
0
2
3
4
2
20(
4
) .
y
k
y
y
k
⑤
于是由②，④，⑤三式得
0
1
0
2
1
2
3
4
1
2
400(
4 )(
4
)
y
k
y
k
y y y y
k k
2
0
1
2
0
1
2
1
2
400
4(
)
16
y
k
k
y
k k
k k
2
2
0
0
1 2
1 2
400[
16
]
6400
y
y
k k
k k
．所以当P 在
4
x 上运动时，四点
, ,
,
A B C D 的纵坐标之积为定值6400．
例5．已知椭圆
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
的焦距为2 2 ，且经过点
2,1
．过点
0, 2
D
的斜率为k 的直线
l 与椭圆交于
,
A B 两点，与x 轴交于P 点，点A 关于x 轴的对称点C ，直线BC 交x 轴于点Q ．
（1）求k 的取值范围；
（2）试问：OP OQ
是否为定值？若是，求出定值；否则，说明理由．
【答案】(1)
2
2
,
,
2
2
；(2)答案见解析．
【解析】（1）由已知得
2
1
b
a
，
2
c
，∴
2
a
，
2
b
，所以椭圆方程为
2
2
1
4
2
x
y
设直线l 的方程为
2
y
kx
，与椭圆
2
2
1
4
2
x
y
联立得
2
2
1
2
8
4
0
k
x
kx
．
由
2
2
64
16 1
2
0
k
k
得
2
1
2
k
，所以
2
2
,
,
2
2
k
．
（2）令
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，则
1
1
,
C x
y
，则
1
2
2
8
1
2
k
x
x
k
，
1
2
2
4
1
2
x x
k
．
由
2
y
kx
中，令
0
y
得
2
P
x
k
，即
2 ,0
P k
．
设直线BC 的方程为
2
1
1
1
2
1
y
y
y
x
x
y
x
x
，令
0
y
得
2
1
1
2
2
1
Q
x y
x y
x
y
y
．
将
1
1
2
y
kx
，
2
2
2
y
kx
代入上式得：
1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
4
Q
kx x
x
x
x y
x y
x
y
y
k x
x
2
2
2
4
16
2
1
2
1
2
2
8
4
1
2
k
k
k
k
k
k
k
k
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363 / 397
所以
2
2
4
P
Q
OP
OQ
x
x
k
k
，为定值．
三、探索性问题
解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题，往往是先假设所求的元素存在，然后再推理论证，检验说明假设
是否正确．其解题步骤为：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)．
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在；若无解则不存在．
(3)得出结论．
例1．（2021·江西赣州期末）如图，已知抛物线
2
:
2
(
0)
M
x
py p
的焦点为
(0,1)
F
，过焦点F 作直线交抛
物线于A，B 两点，在A，B 两点处的切线相交于N，再分别过A，B 两点作准线的垂线，垂足分别为C，D．
（1）求证：点N 在定直线上；
（2）是否存在点N，使得BDN 的面积是
ACN
△
的面积和ABN
的面积的等差中项，若存在，请求出点N
的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，
2 , 1
2
N
．
【分析】（1）由题意设直线
:
1
AB y
kx
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，将直线与抛物线方程联立求出两根之和、
两根之积，求出直线
1
2
1
:
2
4
x
x
AN y
x
以及直线
2
2
2
:
2
4
x
x
BN y
x
，将两直线联立求出交点即证．
（2）由（1）知点N 为CD 的中点，取AB 的中点E，则
2
AC
BD
EN
，利用抛物线的定义可得
2
AB
EN
，
ABN
AEN
BEN
S
S
S
，
2
ACN
AF CN
S
，
2
BDN
BF CN
S
，根据2
BDN
ACN
ABN
S
S
S
△
△
△
，可得
2BF
AF
AB
，即
2
1
2
x
x
，结合韦达定理即可求解．
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【解析】（1）由题知
2
p
，所以
2
:
4
M
x
y
，设直线
:
1
AB y
kx
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
联立
2
1
4
y
kx
x
y
得
2
4
4
0
x
kx
，所以
1
2
1
2
4
4
x
x
k
x x
，对
2
4
x
y
求导得
2
x
y
，所以直线AN 的斜率为
1
2
AN
x
k
，所以直线
1
1
1
:
2
x
AN y
y
x
x
即
1
2
1
:
2
4
x
x
AN y
x
①
同理直线
2
2
2
:
2
4
x
x
BN y
x
②
联立①和②得
1
2
1
2
2
2
1
4
x
x
x
k
x x
y
，所以点N 的坐标为(2 , 1)
k
，即点N 在定直线
1
y 上．
（2）由（1）知点N 为CD 的中点，取AB 的中点E，则
2
AC
BD
EN
，由题知AC
BD
AB
，
所以
2
AB
EN
，所以
2
2
2
2
2
ABN
AEN
BEN
EN CN
EN DN
EN CN
AB CN
S
S
S
△
△
△
，
而
2
2
ACN
AC CN
AF CN
S
△
，
2
2
BDN
BD DN
BF CN
S
△
，
若存在点N 满足题意，则2
BDN
ACN
ABN
S
S
S
△
△
△
，即2BF
AF
AB
，
所以
2
1
2
1
2
0
0
x
x
x
x
即
2
1
2
x
x
③
又因为
1
2
1
2
4
4
x
x
k
x x
④
将③代入④解得
2
=
4
k
，由（1）知
(2 , 1)
N
k
即
2 , 1
2
N
，经检验，存在
2 , 1
2
N
满足题意．
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是由
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，求出点
N 的坐标为(2 , 1)
k
以及
2
1
2
x
x
，考查了计算能力、推理能力．
例2．（2021·安徽安庆市·高三一模（文））已知椭圆C ：
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
，直线l ：
4 3
3
0
x
y
过椭圆的左焦点F ，与椭圆C 在第一象限交于点M ，三角形MFO 的面积为
3
4
，A 、B 分别为椭圆的上下
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顶点，P 、Q 是椭圆上的两个不同的动点
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）直线PA 的斜率为
PA
k
，直线QB 的斜率为
QB
k
，若2
0
PA
QB
k
k
，问直线PQ 是否过定点，若过定点，
求出定点；否则说明理由．
【答案】（1）
2
2
1
4
x
y
；（2）直线PQ 过定点
0,3 ．
【分析】（1）根据直线
4 3
3
0
x
y
过左焦点F ，得到
3
c
，再由三角形MFO 的面积为
3
4
，求得
点M 的坐标，代入椭圆方程求解；（2）设直线PA 的方程为
1
y
kx
，则QB 的方程为
2
1
y
kx
，分别
与椭圆方程联立求得点P，Q 的坐标，写出PQ 的直线方程求解．
【解析】（1）直线l ：
4 3
3
0
x
y
过左焦点F ，所以
3,0
F
，
3
c
，
又由
1
3
3
2
4
OMF
M
S
y
△
可知
1
= 2
M
y
，从而椭圆经过点
1
3 2
，
．
由椭圆定义知
1
1
2
12
4
2
4
a
，即
2
a
，故椭圆的方程为C ：
2
2
1
4
x
y
．
（2）设直线PA 的方程为
1
y
kx
，则QB 的方程为
2
1
y
kx
，由
2
2
1
4
4
y
kx
x
y
得
2
2
4
1
8
0
k
x
kx
，
从而点P 坐标为
2
2
2
8
1 4
,
4
1 4
1
k
k
k
k
，
由
2
2
2
1
4
4
y
kx
x
y
得
2
2
16
1
16
0
k
x
kx
，从而点Q 坐标为
2
2
2
16
16
1
,
16
1 16
1
k
k
k
k
，
由条件知
0
k
，从而直线PQ 的斜率存在，
2
8
1
4
PQ
k
k
k
．
所以直线PQ 的方程为
2
2
2
2
1 4
8
1
8
4
1
4
4
1
k
k
k
y
x
k
k
k
，即
2
8
1
3
4
k
y
x
k
，过定点
0,3 ，故直线PQ
过定点
0,3 ．
【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方
程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②
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从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
例3．（2021·江西重点中学协作体联考）已知椭圆
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
，长轴为4，不过原点O 且不平行
于坐标轴的直线l 与C 有两个交点A，B，线段AB 的中点为M，直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值
3
4
．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）若直线l 过右焦点
2
F ，问y 轴上是否存在点D，使得三角形ABD 为正三角形，若存在，求出点D，若不
存在，请说明理由．
【答案】（1）
2
2
1
4
3
x
y
；（2）不存在这样的点D，理由见解析．
【分析】（1）由题意可得
2
a
，设点
1
1
,
A x y
，
2
2
B x y
，利用点差法可得
2
2
AB
OM
k
k
b
a
，即可求出b ，
从而得解；（2）设直线:
(
1)
l y
k x
，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可表示出点M ，假设
存在点D，求出MD 的直线方程，从而得到D 点坐标，利用弦长公式求出AB 、MD ，由
ABD
△
为等边三
角形，则
3
|
|
|
|
2
MD
AB
，即可得到方程，即可判断；
【解析】（1）由题意可知：2
4
a
，所以
2
a
，设点
1
1
,
A x y
，
2
2
B x y
，A，B 在椭圆上，
2
2
1
1
2
2
1
x
y
a
b
．．．．．．．．．．．．．．①
2
2
2
2
2
2
1
x
y
a
b
．．．．．．．．．．．．．．．②
因为
3
4
AB
OM
k
k
，
2
1
1
2
2
1
1
2
3
4
y
y
y
y
x
x
x
x
．．．．．．．．．．．．．．③
由①-②得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
0
x
x
y
y
a
a
b
b
，即
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
y
y
a
b
，所以
2
2
1
1
2
2
2
1
1
2
y
y
y
y
b
x
x
x
x
a
，
由③得
2
2
3
4
b
a
，
2
3
b
，椭圆C 方程为：
2
2
1
4
3
x
y
．
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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（2）设直线:
(
1)
l y
k x
联立
2
2
1
4
3
(
1)
x
y
y
k x
得
2
2
2
2
3
4
8
4
12
0
k
x
k x
k
，
2
2
1
2
1
2
2
2
8
4
12
,
3
4
3
4
k
k
x
x
x x
k
k
，
2
1
2
1
2
1
2
2
2
8
6
2
3
1
1
2
3
4
4
k
k
y
y
k x
x
x
k
k
k
k
x
k
k
k
，
2
2
2
4
3
,
3
4
3
4
k
k
M
k
k
，
假设存在点D，则MD 的直线方程为：
2
2
2
3
1
4
3
4
3
4
k
k
y
x
k
k
k
，
2
0, 3
4
k
D
k
，
所以
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
12 1
8
4
12
|
|
1
1
4
3
4
3
4
3
4
k
k
k
AB
k
x
x
k
k
k
k
．
2
2
2
2
2
1
4
4 |
|
1
|
|
1
0
3
4
3
4
k
k
k
MD
k
k
k
，
若
ABD
△
为等边三角形则：
3
|
|
|
|
2
MD
AB
，
2
2
2
2
12 1
3
4 |
|
1
2
3
4
3
4
k
k
k
k
k
即
2
23
27
0
k
，方程无
实数解，不存在这样的点D．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助
根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形．
例4．一种作图工具如图1 所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处铰链与ON
连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且
1
DN
ON
，
3
MN
．当栓子D 在滑槽AB 内作往复运动时，
带动
．．N 绕O 转动一周（D 不动时，N 也不动），M 处的笔尖画出的曲线记为C．以O 为原点，AB 所在的直线为
x 轴建立如图2 所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求曲线C 的方程；
（Ⅱ）设动直线l 与两定直线1 :
2
0
l
x
y
和2 :
2
0
l
x
y
分别交于
,
P Q 两点．若直线l
总与曲线C 有且
只有一个公共点，试探究：△OPQ 的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
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【解析】（Ⅰ）设点
( , 0)
D t
(| | 2)
t
，
0
0
(
,
),
( , )
N x
y
M x y ，依题意，
2
MD
DN
，且|
| |
| 1
DN
ON
，
所以
0
0
(
,
)
2(
,
)
t
x
y
x
t y
，且
2
2
0
0
2
2
0
0
(
)
1
1
x
t
y
x
y
即
0
0
2
2
2
t
x
x
t
y
y
，且
0
(
2
)
0
t t
x
．
由于当点D 不动时，点N 也不动，所以t 不恒等于0，
于是
0
2
t
x
，故
0
0
,
4
2
x
y
x
y
，代入
2
2
0
0
1
x
y
，可得
2
2
1
16
4
x
y
，
即所求的曲线C 的方程为
2
2
1
16
4
x
y
．
（Ⅱ）（1）当直线l 的斜率不存在时，直线l 为
4
x
或
4
x ，都有
1
4
4
8
2
OPQ
S
．
（2）当直线l 的斜率存在时，设直线
1
:
(
)
2
l y
kx
m
k
，
由
2
2
4
16
y
kx
m
x
y
，消去y ，可得
2
2
2
(1
4
)
8
4
16
0
k
x
kmx
m
．
因为直线l 总与椭圆C 有且只有一个公共点，
所以
2
2
2
2
64
4(1
4
)(4
16)
0
k m
k
m
，即
2
2
16
4
m
k
．
①
又由
,
2
0,
y
kx
m
x
y
可得
2
(
,
)
1
2
1
2
m
m
P
k
k
；同理可得
2
(
,
)
1
2
1
2
m
m
Q
k
k
．
由原点O 到直线PQ 的距离为
2
|
|
1
m
d
k
和
2
|
|
1
|
|
P
Q
PQ
k
x
x
，可得
2
2
1
1
1
2
2
2
|
|
|
||
|
|
|
2
2
2
1
2
1
2
1
4
OPQ
P
Q
m
m
m
S
PQ d
m
x
x
m
k
k
k
．②
将①代入②得，
2
2
2
2
4
1
2
8
1
4
4
1
OPQ
k
m
S
k
k
．
当
2
1
4
k
时，
2
2
2
4
1
2
8(
)
8(1
)
8
4
1
4
1
OPQ
k
S
k
k
；
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当
2
1
0
4
k
时，
2
2
2
4
1
2
8(
)
8( 1
)
1
4
1
4
OPQ
k
S
k
k
．
因
2
1
0
4
k
，则
2
0
1
4
1
k
，
2
2
2
1
4k
，所以
2
2
8( 1
)
8
1
4
OPQ
S
k
，
当且仅当
0
k
时取等号．所以当
0
k
时，
OPQ
S
的最小值为8．
综合（1）（2）可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，△OPQ 的面积取得最小值8．
【反思提升】
1、探索性问题：此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论
是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往
往涉及对参数的讨论．
2．存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．注意以下几
点：
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
3、求定值问题常用的方法有两种
（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．
4、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y 看成常数，把方程的
一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等
于零，这样就得到一个关于x，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．
专题二十七
概率与统计相结合问题
概率与统计是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2 个选择或者填空题，一个解答题．选择或
者填空题有针对性地考查概率或统计知识，主要是对基本概念和基本抽样方法的考查，试题的难度一般不大；
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解答题考查多在概率与统计、算法框图等知识交汇处命题，重点考查抽样方法，频率分布直方图和回归分析或
独立性检验，注意加强抽样后绘制频率分布直方图，然后作统计分析或求概率的综合练习．
统计与正态分布、二项分布结合
例1．（2021·湖北十一校三月联考）下列命题错误的是（
）
A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
B．设
2
~
1,
N
，且
(
0)
0.2
P
，则
1
2
0.2
P
C．线性回归直线ˆy
bx
a
一定经过样本点的中心(
)
,x y
D．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越狭窄，其模型拟合的精度越高
【答案】B
【解析】对于A，根据相关系数的意义可知，A 正确；对于B，由
2
~
1,
N
，知
1
，即概率密度函数
的图像关于直线
1
x
对称，所以
(
0)
(
2)
0.2
P
P
，则
1
2 (
0)
1
2
0.3
2
P
P
，故B 错
误；对于C，根据线性回归直线的性质可知，C 正确；对于D，根据残差图的意义可知，D 正确．
例2．重庆奉节县柑橘栽培始于汉代，历史悠久．奉节脐橙果皮中厚､脆而易剥，酸甜适度，汁多爽口，余味清
香，荣获农业部优质水果､中国国际农业博览会金奖等荣誉．据统计，奉节脐橙的果实横径(单位：mm )服从正
态分布
2
80,5
N
，则果实横径在
75,90 的概率为（
）
附：若
2
~
,
X
N
，则
0.6827
P
X
；
2
2
0.9545
P
X
．
A．0．6827
B．0．8413
C．0．8186
D．0．9545
【答案】C
【分析】由题得
5
，以及
75
85
0.6827
P
X
和
70
90
0.9545
P
X
，利用对称性可得答案．
【解析】由题得
5
，
80
5
80
5
0.6827
P
X
，
所以
75
85
0.6827
P
X
，
80 10
80 10
0.9545
P
X
，
所以
70
90
0.9545
P
X
，所以
0.9545
0.6827
85
90
0.1359
2
P
X
，
所以果实横径在
75,90 的概率为0.6827
0.1359
0.818
．故选C．
例3．（2021·山东临沂模拟）空气质量指数AQI 是反映空气质量状况的指数，其对应关系如下表：
AQI 指数
0 ~ 50
51~100
101~150
151~ 200
201 ~ 300
300
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值
空气质量
优
良
轻度污染
中度污染
重度污染
严重污染
为监测某化工厂排放废气对周边空气质量指数的影响，某科学兴趣小组在校内测得10 月1 日—20 日AQI 指数
的数据并绘成折线图如下：
下列叙述正确的是（
）
A．这20 天中AQI 指数值的中位数略大于150
B．这20 天中的空气质量为优的天数占1
4
C．10 月4 日到10 月11 日，空气质量越来越好
D．总体来说，10 月中旬的空气质量比上旬的空气质量好
【答案】B
【分析】通过表格可知，AQI 数值越大，说明空气污染越严重，质量不好，数值越小空气质量越好．体现在图
标上就是点的位置越高空气污染越严重，点的位置越低空气质量越好．可以通过将点计数来确定中位数的大概
位置，以及空气质量为优的天数．
【解析】由折线图知100以上有10个，100以下有10个，中位数是100两边两个数的均值，观察比100的数离
100远点，因此两者均值大于100但小于150，A 错；空气质量为优的有5天，占1
4
，B 正确；10 月4 日到10
月11 日，空气质量越来越差，C 错；10 月上旬的空气质量AQI 指数值在100以下的多，中旬的空气质量AQI
指数值在100以上的多，上旬的空气质量比中旬的空气质量好，D 错．故选B．
例4．（2021·广东肇庆市·高三二模）已知两种不同型号的电子元件（分别记为X ，Y ）的使用寿命均服从正态
分布，
~
X
N
2
1
1
,
，
2
2
2
~
,
Y
N
，这两个正态分布密度曲线如图所示，则下列结论错误的是（
）
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参考数据：若
2
~
,
Z
N
，则
0.6827
P
Z
≤
≤
，
2
2
0.9545
P
Z
≤
≤
A．
1
1
1
1
2
0.8186
P
X
B．
2
1
P Y
P Y
C．
2
1
P X
P X
≤
≤
D．对于任意的正数t ，有
P X
t
P Y
t
≤
≤
【答案】C
【分析】抓住平均数和标准差这两个关键量，结合正态曲线的图形特征分析即可．
【解析】对于A，
1
1
1
1
1
2
0.6827
0.9545
0.8186
2
P
X
，A 选项正确；
对于B，由正态分布密度曲线，可知
1
2
，所以
2
1
P Y
P Y
，B 选项正确；
对于C，由正态分布密度曲线，可知
1
2
，所以
2
1
P X
P X
，C 选项错误；
对于D，对于任意的正数t ，由图像知
P X
t
≤
表示的面积始终大于
P Y
t
≤
表示的面积，所以
P X
t
P Y
t
≤
≤
，D 选项正确，故选C．
例5．下列命题中，正确命题的序号为_________．
①已知随机变量X 服从二项分布
( , )
B n p ，若
(
)
30,
(
)
20
E X
D X
，则
2
3
p
；
②将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；
③设随机变量服从正态分布
(0,1)
N
，若
(
1)
P
p
f
，则
1
( 1
0)
2
P
p
e
；
④某人在10 次射击中，击中目标的次数为
,
~
(10,0.8)
X X
B
，则当
8
X
时概率最大．
【答案】②③④
【分析】根据二项分布的均值与方差公式计算判断A，由方差公式判断B，由正态分布判断C，由独立重复试
验的概率公式判断D．
【解析】根据二项分布的数学期望和方差的公式，可得
(
)
30,
(
)
(1
)
20
E X
np
D X
np
p
，解得
1
3
p
，
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所以①错误；根据方差的计算公式可知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，所以②
正确；由正态分布的图像的对称性可得
1 2 (
1)
1 2
1
( 1
0)
2
2
2
P
p
P
p
f
e
，所以③正确；由独立重
复试验的概率的计算公式可得，由
10
10
1
1
11
10
0.8
0.2
(
)
4(11
)
1
(
1)
0.8
0.2
k
k
k
k
k
k
C
P X
k
k
P X
k
C
k
，得
8.8
k
，即
8
k
时，
1
P X
k
P x
k
，同理得
9
k
时，(
)
(
1)
p X
k
p x
k
，即
(
8)
P X
最大，
8
8
2
10
(
8)
(0.8) (1 0.8)
P X
C
，所以④正确．所以正确命题的序号为②③④．
【点睛】本题考查二项分布，正态分布，随机变量的方差．正态分布曲线具有对称性，常常出现由对称性求概
问题，二项分布中概率公式是
(
)
(1
)
k
k
n k
n
P X
k
C p
p
，可用作商法确定其中的最大值或最小值．
例6．某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8 万多人．2019 年7 月份以来，共完成1931 个志愿服务项
目，8900 多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150 万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，
随机调查了500 名志愿者每月的志愿服务时长（单位：小时），并绘制如图所示的频率分布直方图．
（1）求这500 名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数x 和样本方差
2s （同一组中的数据用该组区间的中间
值代表）；
（2）由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长X 服从正态分布
2
,
N
，其中近似为样本平均
数x ，
2
近似为样本方差
2s ．一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若
2
~
,
X N
，令
X
Y
，则
~
0,1
Y N
，且
a
P X
a
P Y
．
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（ⅰ）利用直方图得到的正态分布，求
10
P X
；
（ⅱ）从该地随机抽取20 名志愿者，记Z 表示这20 名志愿者中每月志愿服务时长超过10 小时的人数，求
1
P Z
（结果精确到0．001）以及Z 的数学期望．
参考数据：1.64
1.28
，
20
0.7734
0.0059
．若
~
0,1
Y N
，则
0.78
0.7734
P Y
．
【答案】（1）9，1．64；（2）（ⅰ）0．7734，（ⅱ）0．994，4．532．
【分析】（1）根据平均数和方差的公式直接求解即可．
（2）（ⅰ）由（1）可得由题知
9
，
2
1.64
，所以
~
9,1.64
X
N
，则
10
9
10
1.28
P X
P Y
可
得答案．
（ⅱ）（ⅰ）知
10
1
10
0.2266
P X
P X
，则
~
20,0.2266
Z
B
从而可得答案．
【解析】（1）
6 0.02
7 0.1 8 0.2
9 0.38 10 0.18 11 0.08 12 0.04
9
x
．
2
2
2
2
2
2
2
2
6
9
0.02
7
9
0.1
8
9
0.2
9
9
0.38
10
9
0.18
11 9
0.08
12
9
0.04
1.64
s
．
（2）（ⅰ）由题知
9
，
2
1.64
，所以
~
9,1.64
X
N
，
1.64
1.28
．
所以
10
9
10
0.78
0.7734
1.28
P X
P Y
P Y
．
（ⅱ）由（ⅰ）知
10
1
10
0.2266
P X
P X
，可得
~
20,0.2266
Z
B
．
20
1
1
0
1 0.7734
1 0.0059
0.9941
0.994
P Z
P Z
．
故Z 的数学期望
20 0.2266
4.532
E Z
．
【点睛】关键点睛：本题考查根据频率分布直方图求平均数和方差以及根据正态分布求概率和二项分布问题，
解答本题的关键是将问题“从该地随机抽取20 名志愿者，记Z 表示这20 名志愿者中每月志愿服务时长超过10
小时的人数”，转化为得到
~
20,0.2266
Z
B
，属于中档题．
例7．2019 年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年，有关部门为宣传垃圾分类知识，面向该市市民进
行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查，每位市民仅有一次参与机会，通过抽样，得到参与问卷调查中的
1000 人的得分数据，其频率分布直方图如图所示：
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（1）估计该组数据的中位数、众数；
（2）由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分Z 服从正态分布
210
N ，
，近似为这1000 人得
分的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表），利用该正态分布，求
50.5
94
P
Z
；
（3）在（2）的条件下，有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
（ⅰ）得分不低于可获赠2 次随机话费，得分低于则只有1 次；
（ⅱ）每次赠送的随机话费和对应概率如下：
现有一位市民要参加此次问卷调查，记X
(单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X 的分布列和
数学期望．
附：
210=14.5 ，
若
2
,
Z
N
，则
+
=0.6826
P
Z
，
2
+2
=0.9544
P
Z
．
【答案】（1）中位数为65，众数为65．（2）0.8185（3）
75
4
EX
，分布列见解析
【解析】（1）由(0.0025+0.0050+0.0100+
0.0150+
0.0225
a
0.0250) 10
1
，得
0.0200
a
，设中位
数为x ，由
0.0025+0.0150+0.0200
10+
60
0.0250
0.5000
x
，解得
65
x
，由频率分布直方图
可知众数为65．
（2）从这1000 人问卷调查得到的平均值为
=35 0.025+45 0.15
+55 0.20+65 0.25+
75 0.225+85
0.1+95 0.05
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=0.875+6.75+11+16.25+16.875+8.5+4.75=65 ，因为由于得分Z 服从正态分布
65,210
N
，
所以
50.5
94 =
P
Z
60 14.5
60 14.5 2
P
Z
0.6826+0.9544 =0.8185
2
．
（3）设得分不低于分的概率为p ，则
1
= 2
P Z
，X 的取值为10，20，30，40，
1
4
3
10
2
3
8
P X
，
1
1
1
3
3
13
20
2
4
2
4
4
32
P X
，
1
2
1
4
1
3
30
2
3
4
16
P X
C
，
1
1
1
1
40
2
4
4
32
P X
，
所以X 的分布列为：
所以
3
13
3
1
75
10
20
30
40
8
32
16
32
4
EX
．
统计与独立性检验结合
例1．（2021·山西临汾市·高三一模（理））这一年来人类与新型冠状病毒的“战争”让人们逐渐明白一个道理，人
类社会组织模式的差异只是小事情，病毒在地球上存在了三四十亿年，而人类的文明史不过只有几千年而已，
人类无法消灭病毒，只能与之共存，或者病毒自然消亡，在病毒面前，个体自由要服从于集体或者群体生命的
价值．在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体内或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该
疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期，因此我们应该注意做好良好的防护措施和隔离措施．某研究
团队统计了某地区10000 名患者的相关信息，得到如表表格：
潜伏期（天）
0,2
2,4
4,6
6,8
8,10
10,12
12,14
人数
600
1900
3000
2500
1600
250
150
（1）新冠肺炎的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与年龄的关系，通过分层抽样从10000 名患者中抽取
200 人进行研究，完成下面的2×2 列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0．001 的前提下认为潜伏期与患
者年龄有关？
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377 / 397
潜伏期
8
天
潜伏期
8
天
总计
60 岁以上（含60 岁）
150
60 岁以下
30
总计
200
（2）依据上述数据，将频率作为概率，且每名患者的潜伏期是否超过8 天相互独立．为了深入研究，该团队在
这一地区抽取了20 名患者，其中潜伏期不超过8 天的人数最有可能是多少？
附：
2
2
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
．
2
0
P K
k
0．150
0．100
0．050
0．025
0．010
0．005
0．001
0k
2．072
2．706
3．841
5．024
6．635
7．879
10．828
【答案】（1）表格见解析，能；（2）16 名．
【分析】（1）由表中数据可知，求得潜伏期大于8 天的人数，列出2×2 列联表，利用公式求得
2
K 的值，结合
附表，即可得到结论；（2）求得该地区10000 名患者中潜伏期不超过8 天的人数，求得潜伏期不超过8 天的概
率，进而抽取的20 名患者中潜伏期不超过8 天的人数．
【解析】（1）由表中数据可知，潜伏期大于8 天的人数为1600
250 150
200
40
10000
人，
补充完整的2×2 列联表如下，
潜伏期
8
天
潜伏期
8
天
总计
60 岁以上（含60 岁）
130
20
150
60 岁以下
30
20
50
总计
160
40
200
所以
2
2
200
130 20
30 20
16.667
10.828
150 50 160 40
K
，
故能在犯错误的概率不超过0．001 的前提下认为潜伏期与患者年龄有关．
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378 / 397
（2）该地区10000 名患者中潜伏期不超过8 天的人数为600 1900
3000
2500
8000
名，
将频率视为概率，潜伏期不超过8 天的概率为8000
4
10000
5
，
所以抽取的20 名患者中潜伏期不超过8 天的人数最有可能是
4
20
16
5
名．
统计与独立性检验、随机变量分布列结合
例1．（2021·辽宁铁岭市·高三一模）某学校共有1000 名学生参加知识竞赛，其中男生400 人，为了解该校学生
在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100 名学生进行调查，分数分布在450
950
分之间，根据调
查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：
将分数不低于750 分的学生称为“高分选手”．
（1）求a 的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数落在
550,650 ，
750,850 内的两组学生中抽取10 人，再从这10 人中随
机抽取3 人，记被抽取的3 名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望；
（3）若样本中属于“高分选手”的女生有10 人，完成下列2
2
列联表，并判断是否有97.5％的把握认为该校学
生属于“高分选手”与“性别”有关？
属于“高分选手”
不属于“高分选手”
合计
男生
女生
合计
（参考公式：
2
2
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
，期中n
a
b
c
d
）
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379 / 397
2
P K
k
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
【答案】（1）
0.0035
a
，中位数650，众数600；（2）分布列见解析；期望为9
10
；（3）填表见解析；有．
【分析】（1）由频率分布直方图中频率和为1 可求得a ，每组数据用该组区间的中点值乘以频率相加得均值；
（2）由频率分布直方图知从[550 ，650) 中抽取7 人，从[750 ，850) 中抽取3 人，随机变量X 的所有可能
取值有0，1，2，3，求出各概率得分布列，然后由期望公式得期望；
（3）样本中男生40 人，女生60 人属于“高消费群”的25 人，其中女生10 人，由频率分布直方图求出高消费群
人数，可得高消费群中男生人数，从而可填写列联表，并计算出
2
K 后可得结论．
【解析】（1）由题意知
100
0.0015
0.0025
0.0015
0.001
1
a
，解得
0.0035
a
，
样本平均数为
500 0.15
600 0.35
700 0.25 800 0.15
900 0.10
670
x
，中位数650，众数600．
（2）由题意，从
550,650 中抽取7 人，从
750,850 中抽取3 人，随机变量x 的所有可能取值有0，1，2，
3，
3
3
7
3
10
0,1,2,3
k
k
C C
P x
k
k
C
，所以随机变量X 的分布列为：
P
0
1
2
3
X
35
120
63
120
21
120
1
120
随机变量X 的数学期望
63
21
1
9
2
3
120
120
120
10
E X
．
（3）由题可知，样本中男生40 人，女姓60 人，属于“高分选手”的25 人，其中女姓10 人；得出以下2
2
列
联表；
属于“高分选手”
不属于“高分选手”
合计
男生
15
25
40
女生
10
50
60
合计
25
75
100
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380 / 397
2
2
2
100 10 25 15 50
50
5.556
5.024
25 75 40 60
9
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
，
所以有97.5％的把握认为该校学生属于“高分选手”与性别有关．
【点睛】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．超几何分布的特征是：①
考查对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体个数X 的概率分布，超几何
分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
统计与古典概型、抽样、独立性检验结合
例1．某校为了推动数学教学方法的改革，学校将高一年级部分生源情况基本相同的学生分成甲､乙两个班，每
班各40 人，甲班按原有模式教学，乙班实施教学方法改革．经过一年的教学实验，将甲､乙两个班学生一年来
的数学成绩取平均数，两个班学生的平均成绩均在
50100
，
，按照区间
50 60
60 70
，，，
，
70 80
，
，
80 90
90100
，，，
进行分组，绘制成如下频率分布直方图，规定不低于80 分(百分制)为优秀．
（1）完成表格，并判断是否有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”；
甲班
乙班
总计
大于等于80 分的人数
小于80 分的人数
总计
2）从乙班
70 80
80 90
90100
，，，，，
分数段中，按分层抽样随机抽取7 名学生座谈，从中选三位同学发言，记
来自
80 90
，
发言的人数为随机变量X ，求X 的分布列和期望．附：
2
2
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
，
2
0
P K
k
0．10
0．05
0．025
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381 / 397
0k
2．706
3．841
5．024
【答案】（1）表格见解析，有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”（2）分布列见解析，期望为
9
7
【解析】（1）列联表如下：
甲班
乙班
总计
大于等于80 分的人数
12
20
32
小于80 分的人数
28
20
48
总计
40
40
80
依题意得
2
2
40
12 20
28 20
3.333
2.706
40 40 32 48
K
，
有90%以上的把握认为“数学成绩优秀与教学改革有关”．
（2）从乙班
70 80
80 90
90100
，，，，，
，乙班
70 80
80 90
90100
，，，，，
频率分别为0.2,0.3,0.2 ，
分数段中抽人数分别为2，3，2，依题意随机变量X 的所有可能取值为0，1，2，3，
3
4
3
7
4
0
35
C
P X
C
，
2
1
4
3
3
7
18
1
35
C C
P X
C
，
1
2
4
3
3
7
12
2
35
C C
P X
C
，
3
3
3
7
1
3
35
C
P X
C
，
∴X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
4
35
18
35
12
35
1
35
∴
18
12
1
45
9
1
2
3
35
35
35
35
7
E X
．
统计与独立性检验、二项分布结合
例1．（2021·内蒙古呼和浩特市·高三一模（理））根据国家深化医药卫生体制改革的总体部署和要求，某地区自
2015 年起，开始逐步推行“基层首诊､逐级转诊”的医疗制度，从而全面推行家庭医生签约服务．已知该地区居
民约为2000 万，从1 岁到101 岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1 所示．为了解各年龄段居民签约家庭
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382 / 397
医生的情况，现调查了1000 名年满18 周岁的居民，各年龄段被访者签约率如图2 所示．
（1）根据图1 和图2 的信息，估计该地区签约率超过35%低于60%的人群的总人数；
（2）若以图2 中年龄在71~ 80 岁居民签约率作为此地区该年龄段每个居民签约家庭医生的概率，现从该地区
年龄在71~ 80 岁居民中随机抽取3 人，记抽到的签约人数为X ，求X 的分布列及数学期望；
（3）据统计，该地区被访者的签约率约为43%．为把该地区年满18 周岁居民的签约率提高到55%以上，应着
重提高图2 中哪个年龄段的签约率？并结合数据对你的结论作出解释．
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383 / 397
【答案】（1）总人数为1040万；（2）分布列答案见解析，数学期望：2.1 ；（3）着重提高31~ 50 这个年龄段
的签约率，解释答案见解析．
【分析】（1）由图2 可知签约率超过35%低于60%的人群得年龄为31
50
岁、51
60
岁，再根据频率分布直
方图求出对应的三个小长方形的面积之和即可；
（2）该地区年龄在71~ 80 岁居民中0.7 ，
~
3,0.7
X
B
利用二项分布的概率公式计算出概率即可得分布列
和数学期望；
（3）由图1，2 列出表格，可以得出该地区在31
50
岁这个年龄段的人数多，签约率低，即可得正确答案．
【解析】由图2 可知签约率超过35%低于60%的人群得年龄为31
50
岁、51
60
岁，
由表1 易得所求频率
0.021
0.016
0.015
10
0.52
P
，
所以估计该地区签约率超过35%低于60%的人群的总人数为0.52
2000
1040
万．
（2）该地区年龄在71~ 80 岁居民中0.7 ，抽到的签约人数为X 可能为：0，1，2，3，易得
~
3,0.7
X
B
，
3
30.7 0.3
i
i
i
P X
i
C
，
0,1,2,3
i
，
0
0
3
3 0.7
0
0.3
0.027
P X
C
，
1
1
2
3
1
0.7 0.3
0.189
P X
C
，
2
2
1
3
2
0.7 0.3
0.441
P X
C
，
3
3
0
3
3
0.7 0.3
0.343
P X
C
，
X
的分布列为
X
0
1
2
3
P
0．027
0．189
0．441
0．343
3 0.7
2.1
E X
．
（3）应该着重提高31~ 50 这个年龄段的签约率．
由图1，2 知，
年龄段
该地区人数(万)
签约率%
18 ~ 30
0.005 10 2000
100
0.018 10 2000
360
大于360，小于460
30．3
31~ 40 ，41~ 50
0.021
0.016
10
2000
740
37．1
51~ 60
0.015 10 2000
300
55．7
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384 / 397
61~70
0.010 10 2000
200
61．7
71~80
0.004 10 2000
80
70．0
80 以上
0.010 10 2000
200
75．8
由以上数据可知这个地区在31~ 50 这个年龄段的人为740 万，基数较其他年齡段是最大的，且签约率为37．1%，
比较低，所以为把该地区满18 周岁居民的签约率提高到55%以上，应该着重提高31~ 50 这个年龄段的签约率．
【点睛】思路点睛：
求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几
何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）
古典概型与抽样方法结合
古典概型与抽样方法结合问题的考查往往主要是考查统计中的几种抽样方法．特别注意辨别系统抽样、简
单随机抽样和分层抽样的适用范围和操作步骤
．
例1．（2021·北京门头沟区·高三一模）第24 届冬季奥运会将于2022 年2 月在北京和张家口举办，为了普及冬
奥知识，京西某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了20 名学生作为样本，
得到他们的分数统计如下：
分数段
[30，40）
[40，50）
[50，60）
[60，70）
[70，80）
[80，90）
[90，100]
人数
1
2
2
8
3
3
1
我们规定60 分以下为不及格；60 分及以上至70 分以下为及格；70 分及以上至80 分以下为良好；80 分及以上
为优秀．
（I）从这20 名学生中随机抽取2 名学生，恰好2 名学生都是优秀的概率是多少？
（II）将上述样本统计中的频率视为概率，从全校学生中随机抽取2 人，以X 表示这2 人中优秀人数，求X 的
分布列与期望．
【答案】（1）3
95
；（2）分布列见详解；
2
5
E X
．
【分析】（1）利用组合数以及古典概型的概率计算公式即可求解；（2）由题意可得
0,1,2
x
，再利用二项分布
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385 / 397
的概率计算公式列出分布列，从而求出数学期望．
【解析】（1）记恰好2 名学生都是优秀的事件为A ，则
2
4
2
20
6
3
190
95
C
P A
C
．
（2）抽到一名优秀学生的概率为
4
1
20
5
p
，X 的取值为0,1,2 ，
2
0
0
2
4
1
16
0
5
5
25
P X
C
，
1
1
1
2
4
1
8
1
5
5
25
P X
C
，
0
2
2
2
4
1
1
2
5
5
25
P X
C
，
故X 的分布列为：
X
0
1
2
P
16
25
8
25
1
25
16
8
1
2
0
1
2
25
25
25
5
E X
古典概型与独立性检验、回归方程相结合
古典概型与独立性检验、回归方程相结合问题的考查往往主要是考查独立性检验、回归方程的求法和步
骤．特别注意回归方程求解过程中公式的灵活应用和独立性检验求解过程中的解题步骤．
例1．（2021·福建漳州市·龙海二中高三月考）5 月28 日，十三届全国人大三次会议表决通过了《中华人民共和
国民法典》，自2021 年1 月1 日起施行．《中华人民共和国民法典》被称为“社会生活的百科全书”，是新中国第
-部以法典命名的法律，在法律体系中居于基础性地位，也是市场经济的基本法，为了增强学生的法律意识，了
解法律知识，某校组织全校学生进行学习《中华人民共和国民法典》知识竞赛，从中随机抽取100 名学生的成
绩(单位：分)统计得到如下表格：
成绩
性别
0,60
60,70
70,80
80,90
90,100
男
5
14
16
13
4
女
3
11
13
15
6
规定成绩在
90,100 内的学生获优秀奖．
（1）根据以上成绩统计，判断是否有90% 的把握认为该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别有关？
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386 / 397
（2）在抽取的100 名学生中，若从获优秀奖的学生中随机抽取3人进行座谈，记X 为抽到获优秀奖的女生人
数，求X 的分布列和数学期望．
附：
2
P K
k
0.1
0.01
0.001
k
2.706
6.635
10.828
2
2
.
n ad
bc
K
a
b
c
d
a
c
b
d
【答案】（1）有90% 的把握认为该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关；（2）分布列答案见解析，数学期
望：9
5
．
【分析】（1）依题意完善列联表，计算
2
K ，再与观测值比较即可判断；
（2）依题意得X 的所有可能取值为0 1 2,3
，，
，求出所对应的概率，列出分布列，求出数学期望；
【解析】（1）依题意得，列联表如下：
是否获奖
性别
获优秀奖
未获优秀奖
合计
男
4
48
52
女
6
42
48
10
90
100
假设
0
H ：“该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关”，当
0
H 成立时，
2
2.706
0.1
P K
．
将列联表中的数据代入公式，计算得
2
2
100 (4
42
48 6)
0.641.
52
48 10 90
K
因为0.641
2.706
．所以小概率事件未发生．从而接受假设
0
H ．
所以在犯错误的概率不超过0.1的前提下可以推断该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关，即有90% 的把
握认为该校学生在知识竞赛中获优秀奖与性别无关．
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公众号：一枚试卷君
387 / 397
（2）依题意得，X 的所有可能取值为01 2,3
，，，
3
1
2
6
4
3
3
10
1
4
0
1
3
(
0)
, (
1)
30
10
C
C C
P X
P X
C
C
，
2
1
3
6
3
3
1
1
6
0
0
4
1
1
(
2)
, (
3)
2
6
C C
C
P X
P X
C
C
．
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
P
1
30
3
10
1
2
1
6
X 的数学期望为
1
3
1
1
9
(
)
0
1
2
3
30
10
2
6
5
E X
．
古典概型与统计图表结合
例1．某公司为了解用户对其产品的满意度，从A，B 两地区分别随机调查了20 个用户，得到用户对产品的满
意度评分如下：
A 地区：62
73
81
92
95
85
74
64
53
76
78
86
95
66
97
78
88
82
76
89
B 地区：73
83
62
51
91
46
53
73
64
82
93
48
65
81
74
56
54
76
65
79
(1)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图，并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程
度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；
(2)根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为三个等级：
满意度评分
低于70 分
70 分到89 分
不低于90 分
满意度等级
不满意
满意
非常满意
记事件C：
“A 地区用户的满意度等级高于B 地区用户的满意度等级”．假设两地区用户的评价结果相互独立．根
据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求C 的概率．
【解析】(1)两地区用户满意度评分的茎叶图如下
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388 / 397
通过茎叶图可以看出，A 地区用户满意度评分的平均值高于B 地区用户满意度评分的平均值；A 地区用户满意
度评分比较集中，B 地区用户满意度评分比较分散．
(2)记CA1 表示事件：“A 地区用户的满意度等级为满意或非常满意”；CA2 表示事件：“A 地区用户的满意度等级
为非常满意”；CB1 表示事件：“B 地区用户的满意度等级为不满意”；CB2 表示事件：“B 地区用户的满意度等级
为满意”，则CA1 与CB1 独立，CA2 与CB2 独立，CB1 与CB2 互斥，C＝CB1CA1∪CB2CA2．P(C)＝P(CB1CA1∪CB2CA2)
＝P(CB1CA1)＋P(CB2CA2)＝P(CB1)P(CA1)＋P(CB2)P(CA2)．由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2 发生的频率分别为16
20，
4
20，10
20，8
20，故P(CA1)＝16
20，P(CA2)＝4
20，P(CB1)＝10
20，P(CB2)＝8
20，P(C)＝10
20×16
20＋8
20× 4
20＝0．48．
73．（2021·北京丰台区·高三一模）某电影制片厂从2011 年至生产的科教影片、动画影片、纪录影片的时长（单
位：分钟）如图所示．
（1）从2011 年至中任选一年，求此年动画影片时长大于纪录影片时长的概率；
（2）从2011 年至中任选两年，设X 为选出的两年中动画影片时长大于纪录影片时长的年数，求X 的分布列
和数学期望
(
)
E X
；
（3）将2011 年至生产的科教影片、动画影片、纪录影片时长的方差分别记为
2
2
2
1
2
3
,
,
s
s
s
，试比较
2
2
2
1
2
3
,
,
s
s
s
的
大小．（只需写出结论）
【答案】（1）3
5
；（2）分布列见解析，6
5
；（3）
2
2
2
1
2
3
s
s
s
．．
【分析】（1）由统计图表知10 年有6 年时间动画影片时长大于纪录影片时长，由此可得概率；
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389 / 397
（2）X 的所有可能取值为0，1，2，计算出各概率，可得分布列，由期望公式计算出期望；
（3）根据统计图表中的数据计算出方差后可得．
【解析】（1）从2011 年至中任选一年，动画影片时长大于纪录影片时长的年份分别是2011 年，2015 年，2017
年，2018 年，2019 年和，共6 年．
记从2011 年至中任选一年，此年动画影片时长大于纪录影片时长为事件A ，则
6
3
( )
10
5
P A
．
（2）X 的所有可能取值为0，1，2．
2
4
2
10
2
(
0)
15
C
P X
C
；
1
1
4
6
2
10
8
(
1)
15
C C
P X
C
；
2
6
2
10
5
1
(
2)
15
3
C
P X
C
．
所以X 的分布列为
X
0
1
2
P
2
15
8
15
1
3
数学期望
2
8
1
6
(
)
0
1
2
15
15
3
5
E X
．
（3）科教影片所记录时长波动较大，方差最大，动画影片、纪录影片的时长需计算出方差才能确定．
2
180 150
200
240
320
290
350
260
380
430
281
10
x
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
( 101)
( 131)
( 81)
( 41)
39
9
69
( 21)
99
149
7441
10
s
，
3
100
270
330
300
240
380 190 130
210 150
230
10
x
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
( 130)
40
100
70
10
150
( 40)
( 100)
( 20)
( 80)
7440
10
s
．
所以
2
2
2
1
2
3
s
s
s
．．
古典概型与独立性检验相结合：
例1．（2021·吉林吉林市·高三三模（理））2020 年是决胜全面建成小康社会、决战脱贫攻坚之年，面对新冠肺
炎疫情和严重洪涝灾害的考验．党中央坚定如期完成脱贫攻坚目标决心不动摇，全党全社会戮力同心真抓实干，
取得了积极成效．某贫困县为了响应国家精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使用面积x 与相
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公众号：一枚试卷君
390 / 397
应的管理时间y 的关系如下表所示：
土地使用面积x （单位：亩）
1
2
3
4
5
管理时间y （单位：月）
8
11
14
24
23
并调查了某村300名村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示；
愿意参与管理
不愿意参与管理
男性村民
140
60
女性村民
40
（1）做出散点图，判断土地使用面积x 与管理时间y 是否线性相关；并根据相关系数r 说明相关关系的强弱．(若
0.75
r
，认为两个变量有很强的线性相关性，r 值精确到0.001) ．
（2）若以该村的村民的性别与参与管理意风的情况估计贫困县的情况，且每位村民参与管理的意互不影响，则
从该贫困县村民中任取3人，记取到不愿意参与管理的女性村民的人数为X ，求X 的分布列及数学期望．
参考公式：
1
2
2
1
1
n
i
i
n
n
i
i
i
i
x
x
r
x
x
y
y
参考数据：
2
16,
206, 515
22.7
y
y
y
【答案】（1）答案见解析；（2）分布列见解析，3
5
．
【分析】
1 作出散点图．再由已知数据计算
0.947
r
，由0.947
0.75,
可得结论；
2 由已知得该贫困县中任选一人，取到不愿意参与管理的女性树民的概率
1
5
p
，随机变量X 可取0,1,2,3 ，
1
3, 5
X
B
:
，可求得数学期望．．
【解析】
1 散点图如下图，由散点图可知，管理时间y 与土地使用面积x 线性相关．
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依题意：
1
2
3
4
5
3
5
x
，又
16
y
，
5
1
2
8
1
5
0
2
1 8
2 7
43
i
i
i
x
x
y
y
，
5
2
2
2
2
1
2
1
0
1
2
10
i
i
x
x
，
2
5
1
206
i
i
y
y
，
则
1
1
1
43
43
43
0.947
45.4
10 206
2 515
n
i
i
i
n
n
i
i
i
i
x
x
y
y
r
x
x
y
y
，
由于0.947
0.75,
故管理时间y 与土地使用面积x 线性相关性较强
2 由题知调查的300名村名中有不愿意参与管理的女性村民人数为
300
140
40
60
60
，
该贫困县中任选一人，取到不愿意参与管理的女性树民的概率
60
1
300
5
p
，则X 可取0,1,2,3 ，
3
10
3
4
64
0
5
125
P X
C
，
2
1
3
4
48
1
5
125
P X
C
，
2
2
3
1
4
12
2
5
5
125
P X
C
，
3
3
3
1
1
3
5
125
P X
C
，
即：
1
3, 5
X
B
:
，
3
3
1
4
,
0,1,2,3
5
5
k
k
k
P X
K
C
k
X 的分布列
X
0
1
2
3
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392 / 397
P
64
125
48
125
12
125
1
125
64
48
12
1
3
0
1
2
3
125
125
125
125
5
E X
，即
1
3
3
5
5
P
E X
n
．
【点睛】方法点睛：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法，是中档题，求解
离散型随机变量分布列的步骤是：
1．首先确定随机变量X 的所有可能取值；
2．计算X 取得每一个值的概率，可通过所有概率和为1来检验是否正确；
3．进行列表，画出分布列的表格；
4．最后扣题，根据题意求数学期望或者其它．
例2．某高校为调查学生喜欢“应用统计”课程是否与性别有关，随机抽取了选修课程的55 名学生，得到数据
如下表：
喜欢“应用
统计”课程
不喜欢“应
用统计”课程
总
计
男生
20
5
25
女生
10
20
30
总计
30
25
55
(1)判断是否有99．5%的把握认为喜欢“应用统计”课程与性别有关？
(2)用分层抽样的方法从喜欢统计课程的学生中抽取6 名学生做进一步调查，将这6 名学生作为一个样本，从中
任选2 人，求恰有1 个男生和1 个女生的概率．
下面的临界值表供参考：
P(K2≥k0)
0．15
0．10
0．05
0．25
0．010
0．005
0．001
k0
2．072
2．706
3．841
5．024
6．635
7．879
10．828
(参考公式：K2＝
n(ad－bc)2
(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)
，其其中n＝a＋b＋c＋d)
【解析】(1)由公式K2＝55×(20×20－10×5)2
30×25×25×30
≈11．978>7．879，
所以有99．5%的把握认为喜欢“应用统计”课程与性别有关．
(2)设所抽样本中有m 个男生，则6
30＝m
20，得m＝4，所以样本中有4 个男生，2 个女生，分别记作
B1，B2，B3，B4，G1，G2．从中任选2 人的基本事件有(B1，B2)，(B1，B3)，(B1，B4)，(B1，G1)，
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(B1，G2)，(B2，B3)，(B2，B4)，(B2，G1)，(B2，G2)，(B3，B4)，(B3，G1)，(B3，G2)，(B4，G1)，
(B4，G2)，(G1，G2)，共15 个，其中恰有1 个男生和1 个女生的事件有(B1，G1)，(B1，G2)，(B2，G1)，
(B2，G2)，(B3，G1)，(B3，G2)，(B4，G1)，(B4，G2)，共8 个．所以恰有1 个男生和1 个女生的概率为8
15．
回归方程与二项分布结合
例1．（2021·湖南长沙市·长郡中学高三二模）某地区在一次考试后，从全体考生中随机抽取44 名，获取他们本
次考试的数学成绩(x)和物理成绩(y)，绘制成如图散点图：
根据散点图可以看出y 与x 之间有线性相关关系，但图中有两个异常点A，B．经调查得知，A 考生由于重感冒
导致物理考试发挥失常，B 考生因故未能参加物理考试．为了使分析结果更科学准确，剔除这两组数据后，对
剩下的数据作处理，得到一些统计的值：
42
42
42
1
1
1
4641,
3108,
350350,
i
i
i
i
i
i
i
x
y
x y
1
2
42
13814.5,
i
ix
x
1
2
42
5250,
i
iy
y
其中xi，yi 分别表示
这42 名同学的数学成绩、物理成绩，i＝1，2，…，42，y 与x 的相关系数r＝0．82．
（1）若不剔除A，B 两名考生的数据，用44 组数据作回归分析，设此时y 与x 的相关系数为r0．试判断r0 与r
的大小关系，并说明理由；
（2）求y 关于x 的线性回归方程（系数精确到0．01），并估计如果B 考生加了这次物理考试（已知B 考生的
数学成绩为125 分），物理成绩是多少？（精确到个位）；
（3）从概率统计规律看，本次考试该地区的物理成绩ξ服从正态分布
2
,
N
，以剔除后的物理成绩作为样
本，用样本平均数y 作为μ的估计值，用样本方差s2 作为σ2 的估计值．试求该地区5000 名考生中，物理成绩位
于区间（62．8，85．2）的人数Z 的数学期望．
附：①回归方程
y
a
bx
中：
1
2
1
(
)(
)
(
)
n
i
i
i
n
i
i
x
x
y
y
a
y
bx
b
x
x
，
进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末
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394 / 397
②若
2
~
,
N
，则
(
)
0.6826, (
2
2 )
0.9544
P
P
③125 11．2
【答案】（1）r0＜r，理由详见解析；（2）
0.50
18.64
y
x
，81 分；（3）3413．
【分析】（1）结合散点图，可得出结论；（2）利用题中给的相关系数，最小二乘法写出回归直线方程，再令x
＝125，即可算出答案；（3）算出y ，s2，得到ξ～N（74，125），125 11．2，所以P（62．8＜ξ＜85．2）
＝
(74
11.2
74
11.2)
0.6826,
P
因为
~
(5000,0.6826)
Z
B
，即可算出期望．
【解析】（1）r0＜r．理由如下：由图可知，y 与x 成正相关关系，
①异常点A，B 会降低变量之间的线性相关程度．
②44 个数据点与其回归直线的总偏差更大，回归效果更差，所以相关系数更小．
③42 个数据点与其回归直线的总偏差更小，回归效果更好，所以相关系数更大．
④42 个数据点更贴近其回归直线l．
⑤44 个数据点与其回归直线更离散．
（2）由题中数据可得：
42
42
1
1
1
110.5,
74
42
i
i
i
i
x
x
y
y
，
所以
42
42
1
1
42
350350
42 110.5 74
6916
i
i
i
i
i
i
x
x
y
y
x y
x y
，
又因为
42
2
1
13814.5
i
i
x
x
，所以
1
2
1
6916
ˆ
0.501
13814.5
n
i
i
i
n
i
i
x
x
y
y
b
x
x
，
74
0.501 110.5
18.64
a
y
bx
，所以
0.50
18.64
y
x
，
将
125
x
代入，得
0.50 125
18.64
62.5
18.64
81
y
，所以估计B 同学的物理成绩约为81 分．
（3）
42
42
2
2
1
1
1
1
74,
(
)
5250
125
42
42
i
i
i
i
y
y
s
y
y
，所以ξ～N（74，125），又因为125 11．2，
所以
(62.8
85.2)
(74
11.2
74
11.2)
0.6826
P
P
，
因为
~
(5000,0.6826)
Z
B
，所以
( )
5000
0.6826
3413
E Z
，
即该地区本次考试物理成绩位于区间（62．8，85．2）的数学期望为3413．
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395 / 397
【点睛】本题考查回归直线方程与正态分布的综合应用，涉及到正态分布的知识，考查学生的数学运算、数据
分析、数学建模的能力，是一道中档题．
例2．红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害．每只红铃虫的平均产卵数y 和平均温度x 有
关．现收集了以往某地的7 组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值．
平均温度x /℃
21
23
25
27
29
32
35
平均产卵数y /个
7
11
21
24
66
115
325
x
y
z
1
n
i
i
i
x
x
z
z
2
1
n
i
i
x
x
27．429
81．286
3．612
40．182
147．714
表中
ln
iz
y
，
7
1
1
7
i
i
z
z
（1）根据散点图判断，y
a
bx
与
dx
y
ce
（其中
2.718
e
为自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均
产卵数y 关于平均温度x 的回归方程类型？（给出判断即可不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出y 关
于x 的回归方程．（计算结果精确到小数点后第三位）
（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到28℃以上时红铃虫会造成严重伤害，需要人工防治，其他情况均
不需要人工防治，记该地每年平均温度达到28℃以上的概率为
0
1
p
p
．
（ⅰ）记该地今后5 年中，恰好需要3 次人工防治的概率为
f
p ，求
f
p 的最大值，并求出相应的概率
0p ．
（ⅱ）当
f
p 取最大值时，记该地今后5 年中，需要人工防治的次数为X ，求X 的数学期望和方差．
附：对于一组数据
1
1
2
2
7
7
,
,
,
,
,
,
x z
x z
x z
，其回归直线
z
a
bx
的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：
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公众号：一枚试卷君
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7
1
7
2
1
i
i
i
i
i
x
x
z
z
b
x
x
，a
z
bx
．
【答案】
（1）
dx
y
ce
更适宜；
0.272
3.849
x
y
e
（2）
（i）max
216
625
f
p
，此时相应的概率为
0
3
5
p （ii）
3
E X
，
6
5
D X
．
【解析】（1）根据散点图可以判断
dx
y
ce
更适宜作为平均产卵数y 关于平均温度x 的回归方程类型．
对
dx
y
ce
两边取自然对数得ln
ln
y
c
dx
，令
ln
z
y
，
ln
a
c
，b
d
，得z
a
bx
．
因为
7
1
7
2
1
40.182
0.2720
147.714
i
i
i
i
i
x
x
z
z
b
x
x
，所以
3.612
0.272 27.429
3.849
a
z
bx
，
所以z 关于x 的线性回归方程为
0.272
3.849
z
x
，所以y 关于x 的回归方程为
0.272
3.849
x
y
e
．
（2）（ⅰ）由
2
3
3
5
1
f
p
C p
p
，得
3
2
5
1
3 5
f
p
C p
p
p
，因为0
1
p
，
令
0
f
p
得3
5
0
p
，解得
3
0
5
p
；令
0
f
p
得3
5
0
p
，解得3
1
5
p
，
所以
f
p 在
3
0, 5
上单调递增，在3 ,1
5
上单调递减，所以
f
p 有唯一极大值
3
5
f
，也为最大值．
所以当
3
5
p
时，
max
216
625
f
p
，此时响应的概率
0
3
5
p
．
（ⅱ）由（ⅰ）知，当
f
p 取最大值时，
3
5
p
，所以
3
5, 5
x
b
，
所以
3
5
3
5
E X
，
3
2
6
5
5
5
5
D X
．
【反思提升】1．对古典概型必须明确判断两点：①对于每个随机试验来说，所有可能出现的试验结果数n 必
须是有限个；②出现的各个不同的试验结果数m 其可能性大小必须是相同的．只有在同时满足①、②的条件下，
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公众号：一枚试卷君
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运用的古典概型计算公式
( )
m
P A
n
得出的结果才是正确的．
2．对于几何概型的概率公式中的“测度”要有正确的认识，它只与大小有关，而与形状和位置无关，在解题时，
要掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法．
3．样本的数字特征常见的命题角度有：(1)样本的数字特征与直方图交汇；(2)样本的数字特征与茎叶图交汇；
(3)样本的数字特征与优化决策问题．
4．（1）用样本估计总体是统计的基本思想，而利用频率分布表和频率分布直方图来估计总体则是用样本的频率
分布去估计总体分布的两种主要方法．分布表在数量表示上比较准确，直方图比较直观．
（2）频率分布表中的频数之和等于样本容量，各组中的频率之和等于1；在频率分布直方图中，各小长方形的
面积表示相应各组的频率，所以，所有小长方形的面积的和等于1．
5．随机变量的分布列问题：
（1）求随机变量的分布列的主要步骤：一是明确随机变量的取值，并确定随机变量服从何种概率分布；二是求
每一个随机变量取值的概率，三是列成表格；（2）求出分布列后注意运用分布列的两条性质检验所求的分布列
是否正确；（3）求解离散随机变量分布列和方差，首先要理解问题的关键，其次
要准确无误的找出随机变量的所有可能值，计算出相对应的概率，写成随机变量的分布列，正确运用均值、方
差公式进行计算．
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