专项 07 解答题 多模块综合考查
（三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计）
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【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年全国卷考情，多模块综合解答题是高考常考题型，多为压轴题，总分值约为15-17分．
命题趋势：
解答题：主要是从三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计这六大知识板块中,选取若
干个知识板块综合在一起命题,打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合.
2026年预测：解答题极可能会以导数或数列为载体，与其他知识板块交汇考查，应该予以重视.
备考核心：抓模块衔接点，以函数导数为工具，解析几何、数列、三角、立体几何为载体，熟练联立方
程、构造函数、递推转化。规范步骤，强化计算与分类讨论，注重条件翻译与模型识别，限时训练提升熟
练度.题型01 导数与三角函数综合
析典例 · 建模型
1．（25-26高三下·北京·月考）已知函数 ．
(1)若曲线 在点 处的切线方程为 ，求实数a的值.
(2)当 ， 时，
①记 的零点个数为m，极小值点个数为n，证明： ：
②记①中的极小值点为 ，零点为 ，证明： ．
【思路分析】（1）根据导数的几何意义，可得切线的斜率k，根据切线方程，可解得a值.
（2）①利用导数，可得 的单调区间、极值，根据零点存在性定理，可得 的零点，分析求解，
即可得证；②根据①可得 ， ，求得 的解析式，利用导数可得
在 上恒成立，分析即可得证.
【规范答题】（1）由题意得 ，
则在点 处切线的斜率 ，解得 .
（2）①证明：由（1）得 ，
令 ，则 ，由 ，当 时， 与 都单调递增，
所以 在 上单调递增，
又 ，
所以存在唯一的 ，使得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，所以 在 上有唯一的零点，
即 在 上有唯一的零点 ，
当 时， ，则 在 上恒成立，
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以 在 上有唯一的极小值点 ，即 ，
因为 ，且 在 上单调递减，在 上单调递增，
根据零点存在定理，存在 ，使得 .
即 在 上存在唯一零点 ，即 ，所以 .
②证明：由①得， ， ，则 ，
则
，因为 ，所以 ，
令 ，
则 ，令 ，
则 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，
又 ，所以 在 上恒成立，则 在 上单调递增，
又 ，所以 在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
又 ，则 ，且 在 上单调递增，
所以 .
研考点 · 通技法
1. 先化简三角函数，利用恒等变形统一函数名与角，再求导.
2．求导后结合三角公式整理，转化为二次函数或基本三角函数型.
3．利用导数符号判断单调性、求极值与最值，注意定义域限制.
4．涉及零点、不等式时，构造函数，结合单调性与放缩证明.
5．牢记三角函数有界性与周期性，合理确定讨论区间.
破类题 · 提能力
1．（25-26高三上·山西临汾·期末）已知函数 .
(1)求 的图象在 处的切线方程；
(2)求 在区间 上的最大值；(3)若 ， 有三个极值点，求实数 的范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由导函数几何意义求出切点和切点处的导数即可由点斜式得解；
（2）利用导数工具研究函数单调性即可求最值；
（3）将题设等价转换成函数 在区间 上有三个不同的变号零点，作出直线 与函数
的图象，数形结合即可得解.
【详解】（1）由题 ， ，
所以 ，
所以 的图象在点 处的切线方程为 即 .
（2）由（1）可知 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ， ，
当 时， ， ，
故 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，所以函数 在区间 上的最大值为 .
（3）因为
要使函数 在区间 上有三个极值点，
则函数 在区间 上有三个不同的变号零点，
令 ，
则 ，
当 时，令 或 或 或 ，
故存在 使得 即 ，
所以当 时 ；当 时 ；当 时 ，
故 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
又 ，
作直线 与函数 的图象如图所示：由图可知直线 与函数 的图象有3个不同的交点时 ，
所以函数 在区间 上有三个不同的变号零点，实数 的取值范围为 .
2．（25-26高三上·四川眉山·期末）已知函数 .（
(1)当 时， 最小正周期为 ，求函数 在 处的切线方程.
(2)当 在 上恰好有1351个解，求 的取值范围.
(3)已知 时，满足 ，若 时， ，且 是 的极
大值点，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2) 或 .
(3)
【分析】（1）根据最小正周期求得 ，得 ，求导，根据导数的几何意义求解即可；
（2）令 ，由题意可得 有1351个实数根，分 ， ， 三
种情况讨论求解即可；
（3）求导，分 ， 两种情况，结合题意讨论求解即可.
【详解】（1） ，故
，则 ，又 ，故函数 在 处的切线方程为 ，故 ；
（2） ，令 ，当 ，则 ，
令 ，则 或 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，
则 ，解得 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，
则 ，解得 ，
当 时，要使得 有1351个实数根，
则 ，无解，
综上可得 或 ；
（3）由题得.
，所以 为偶函数
取 时，则
由题意得， .
①当 ，即 时
取 ，则当 时， ，
因此 在 上单调递增；
由于 是 的极大值点，所以不符合题意.
②当 ，即 时
令
，则 在 上单调递增
，
则 使得 ；即 ；
所以 ；
因此 在 上单调递减；
又因为 为偶函数，所以 在 上单调递增.
由于 是 的极大值点，所以符合题意.综上所述
题型02 导数与解三角形的综合
析典例 · 建模型
1．（2026·四川成都·模拟）记斜 的内角 的对边分别为 ，已知
，且 .
(1)求角 ；
(2) 为边 的中点，若 ，求 的面积；
(3)如图所示， 是 外一点，若 ，且 ，记 的周长为 ，
求 的取值范围.
【思路分析】（1）根据余弦定理可得化简后 ，故求 ；
（2）根据中线向量求模后结合余弦定理可求 ，故可求面积；
（3）由正弦定理得 ，由余弦定理可得 ，结合导数可求周长的取值范
围.【规范答题】（1）由 可得，
，
而 ，故 ，
因为 为斜三角形，故 ，故 ，
而 ，故 即 .
（2）因为 的中线 ，所以 .
两边同时平方，得 ，即 .
在 中， ，由余弦定理可得 ，
解得 ，所以 .
（3）在 中，由正弦定理可得 即 .
在 中，由正弦定理可得 即 .
因为四边形 的内角和为 ，且 ，所以 .
在 中，
，
所以 ，则 ，.
因为在 中 ，所以 ，
则 在 上单调递增.
因为 ，
所以 的取值范围为 .
研考点 · 通技法
先利用解三角形知识（正余弦定理、面积公式）建立边长与角的函数关系.再对函数求导，通过导
数符号判断单调性，确定极值与最值.处理范围问题时，结合三角形内角范围、边长约束限定自变量区
间.涉及边角最值时，将问题转化为导数研究函数值域问题，注意隐含的三角不等式与定义域限制，最
后验证端点与极值点取值.
破类题 · 提能力
1．（25-26高三上·河北衡水·期末）在 中， .
(1)求 ；
(2)点 记为 的延长线上存在一列点 ，记
，且 .
（i）证明： ；
（ii）证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析【分析】(1)利用三角恒等变换,得到 ,结合正切函数单调性得 ,判断出
为等边三角形,则可求 .
(2)(i)由题目所给递推关系,结合正弦定理,得出 ,结合三角恒等变换,以及
角的范围,得出 ,结合三角恒等变换则可证明;
(ii)由(1)的结论求出 的通项,对 进行裂项求和,最后构造函数证明即可.
【详解】（1）由题意, ,且 ，则
，
同理 ,则 ,
由于 ，以及 在 单调递增，且 ，
则 ，
则 为等边三角形， .
（2）(i)由题意, ,
则 ,
则 ,
在 中，由正弦定理得 ，即 ，则 ,
则 ,
则 ,
,
由于 ,
则 或 (舍),
则 ,
则
(ii)由(i)得 ，则
由 可得，
，，
设 ,则 ， 单调递增，
当 时， ，
则 ,
综上， .
题型03 导数与数列的综合
析典例 · 建模型
1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数 .
(1)若 在定义域上恒成立，求实数 的取值范围；
(2)若关于 的方程 的根为 ，
①求证: ；
②判断数列 中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断.
【思路分析】（1）转化问题为 对于 恒成立，设 ， ，利
用导数分析其单调性，进而求解即可；
（2）①结合（1）可得 ， ，当且仅当 时等号成立，进而得到 ，可得
当 时， ，进而利用裂项相消法求证即可；②先假设存在，先得到 ，再结合 成等比数列，得到 ，再由
， 得到 推出矛盾即可求证.
【规范答题】（1）由 ， ，
则 对于 恒成立，
设 ， ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ，
所以实数 的取值范围为 .
（2）①由（1）知，当 时， ， ，
即 ， ，当且仅当 时等号成立，
因为方程 的根为 ，所以 ，且 ，
则 ，即 ，
当 时， ，
则 ,当 时， 也满足，则 .
②数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由 ， ，则 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
结合题意，方程 有唯一的根为 ，即 ，
而 ，
则 ，即 ，
假设 成等比数列，则其公比 ，且 ，
又 ，则 ， ，
所以 ，则 ，
即 ，所以 ，
则 ，由于 ，
则 ，即 ，
则 ，则 ，
由 ， ，
两式相减得 ，则 ，即 ，这与 矛盾，
故数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列.
研考点 · 通技法
先构造函数，将数列通项视为函数离散取值，用导数研究单调性以判断数列增减.借助函数最值、
不等式放缩，解决数列通项、求和及范围问题.利用导数求切线、零点，推导递推关系或通项公式.结合
函数凹凸性比较项的大小，证明数列不等式.注意离散与连续的区别，验证端点与整数点取值，综合单
调性与放缩法完成求解.
破类题 · 提能力
1．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数 ．
(1)证明：当 时， ；
(2)设 在 上的零点从小到大构成有穷数列 ．
（i）求数列 的项数 ；
（ii）求证： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）2026（ii）证明见解析
【分析】（1）根据 ，整理得 ，构造函数 ；要证明
时， ，等价于证明 ，先对 求导，分析 在 时候的正负性，判断
的单调性；
（2）（i）要找 在 上的零点情况，等价于求 在 的解的情况；分析在每个区间 上解的情况，先对 求导，判断 在每个区间的单调性，
再结合区间断点的函数值符号，确定各个区间内解的个数，最后统计 上的总零点数.
（ii）根据（i）中 在各个区间的单调性，估算出各个区间的零点的取值范围
， ，得 ，利用放缩思想推导
求和的下限.
【详解】（1）令 ，则
当 时， ， ，
，则 在 单调递增，此时
当 时，
，即
，则 ，即
当 时， .
（2）（i）由 ，得 ，即
等价于
，
当 时， ， ，即 在 上单调
递减；
当 时， ，即 在
上单调递增；当 时， ， ，
则 在 上恰有1个解，即在 上有2025个解；
， 在 上单调递减， 在 上无解；
是一个解，在 上无解，在 上有2025个解，则共有2026个解；
在 上的零点从小到大构成有穷数列 项数 为2026.
（ii）由 ，得
，
， ，则
即 ，整理得
由（i）可得： ， ，
，即
则
即2．（25-26高三下·山东济南·模拟）已知函数 .
(1)若 ，求函数 的单调区间；
(2)若 ，且 恒成立，求实数 的取值范围；
(3)证明：
【答案】(1)递增区间为 ，递减区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导，再根据导函数的正负求得 的单调区间；
（2）分离参数 后可构造函数，根据导数研究所构造的函数的最值即可求解；
（3）由（2）知 ，取 ，累加法可证.
【详解】（1）因为函数 ，
所以函数的定义域为 ， .
当 时， .
因为 ，所以当 时， ；当 时， .
故函数 的递增区间为 ，递减区间为 .
（2）由 ，且 恒成立得
，整理得 ，即 .
构造函数 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以
所以 ，即实数a的取值范围为 .
（3）由（2）知 时， ，即 ，当且仅当 时等号成立，
取 ，则 ，所以 ，
所以 ， ， ， .
上述n个式子相加得
，从而得证.
题型04 解三角形与数列综合
析典例 · 建模型
1．（25-26高三下·重庆·月考）点 是直线 外一点，点 在直线 上(点 与点 任一点不重
合 ). 若 点 在 线 段 上 ， 记 ; 若 点 在 线 段 外 ， 记
. 记 . 记 的 内 角 的 对 边 分 别 为
为 中点， 为射线 上的点， 为 的平分线.
(1)若 ，求 ；
(2)射线 上的点 满足 ，(i)求 的最小值;
(ii)若 ，记 ，求证:数列 的前 项和 .
【思路分析】（1）根据 和余弦定理得到 ，而由 和余弦定理
得到 ，联立求出 ，利用题目定义可得 ；
（2）(i) ， 在线段BC的延长线上，故 ，所以 ，
又 ，故 ，因为 ，设 ，则有 ，利用
基本不等式“1”的妙用求出最值；
（ⅱ） ，由（ⅰ）可知 在线段BC的延长线上，推出 ，又
， 故 ， 由 正 弦 定 理 得 到 ， 故
，裂项求和得到答案.
【规范答题】（1）由题， ，故 ，由余弦定理可知，
，其中 ，
即 ，
则有 ，
因为 ， ，所以 ，而由 知， ，即 ，
所以 ，故 ，负值舍去，
故 ；
（2）（ⅰ）设 ， ，
，又 ，
所以 ，
为 的平分线，故 在线段 上，
故 ，
所以 ， 在线段BC的延长线上，
其中 ，
所以 ，
即 ， ，
， ，又 ，故 ，
所以 ，
因为 ，
故 ，设 ，则有 ，
，
当且仅当 ，即 取等号，此时 ；
（ⅱ）因为 ，故 ，
由（ⅰ）可知 在线段BC的延长线上，
其中 ，
，
由（1）知， ，
故 ，
所以 ．
又 ，故 ，
由正弦定理，知： ，则有 ，
所以，
故 ．
于是
，
所以
．
研考点 · 通技法
1．先用正弦定理、余弦定理将三角形边角关系转化为边或角的等式.
2．结合数列定义（等差、等比），把边角条件转化为数列递推或通项关系.
3．利用数列性质（等差中项、等比中项、通项公式）建立方程求解.
4．求范围或最值时，结合三角形内角范围、边长约束与数列单调性分析.
5．规范书写边角与数列的联系，注意三角形存在性条件与数列整数项限制.
破类题 · 提能力
1．（25-26高三上·江苏宿迁·月考）记 的内角 的对边分别为 . ，， .已知 ，且 .
(1)证明： 均为无穷数列；
(2)若 ，求 的通项公式；
(3)当 时，对于任意 ， 的周长均小于 ，求 的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3) .
【分析】（1）利用正弦定理，结合和差公式证明 始终可以构成三角形即可；
（2）先证 为最大角，然后利用余弦定理，结合正弦定理角化边，再利用和差公式化简得
，结合余弦函数性质，利用构造法即可求解；
（3）求出 的通项及范围，表示出周长，先以 为自变量求导，根据单调性放缩，然后再以
为自变量求导，利用单调性放缩可得 ，最后证明 为 的
最小值即可.
【详解】（1）设 ， ， ，
则 .
故
.即 ，同理 ， .
故对于任意 ，以 三边为边长始终可构成三角形，
故 均为无穷数列.
（2）由余弦定理， ，又 ，故 .
由于 ，故 ，则 ，
又 ，
若存在 ，使 首次不满足关系式 ，
由于 ， ，则 .
若 ，即 ，由于 ，且 ，则 ，
且只能满足 ，即 ，
又 ，故 ， ，
则 ，与三角形内角和 矛盾；
若 ，即 ，同理， ，且只能满足 ，
，即 ，解得 ，矛盾；
综上，不存在 不满足关系式 ，即 恒成立，
则 必为 中的最大角，则 .
中，余弦定理有 ，接下来对式子 进行化简.
由于 ，则 ，
故 ，
且 ，
则
故 ，
又 ， ，且余弦函数在 上单调，
故 ，即 ，则 ，
又 ，故数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，即 ，
故 的通项公式为 .（3）由（2）证明过程可知，
同理可得 ， ，
由于 ，故由正弦定理易有 ，则 ，即 ，当 时，
.
同理有 ， .
设当 时， 的周长 ，
则 ，
，
由（2）可知 ，故 ， 在 ， 时单调递增，
则 .
设 ， ，
由于 ，且 ，
故 ， 在 ， 时单调递减.
则 ，故 可取 .下面证明， 是 的最小值.
若 ，则 .
只需证明存在 ，使 .
不妨设 ，则 ， .
则此时 ，
令 ，则 ，
记 ， ，
由零点存在性定理，存在 ，使得 ，
令 ，则 ， ，
故只需取 ，即 即可.
综上， 的最小值为 .
题型05 立体几何与解三角形综合
析典例 · 建模型
1．（2026·福建福州·模拟预测）如图 1，圆内接四边形 中， 为等腰直角三角形，且
， ， .(1)求 的长；
(2)如图2，将 沿 翻折，形成四面体 ，当 时，
（i）求直线 与平面 所成角的正弦值；
（ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面 ， ， ， 使得 ， ， ，
，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离.
【思路分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法
二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；
（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：
（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面
距离公式进行求解即可.
【规范答题】（1）方法一：在圆内接四边形 中， 为等腰直角三角形， ，
所以 ，
在 中，因为 ， ，
所以 ， ，所以 .
在 中， ，
由余弦定理得，
所以 .
方法二：在圆内接四边形 中， 为等腰直角三角形， ，
所以 是圆的直径， .
在 中， ， ，
所以 ， ， ，
.
由正弦定理得 ，又 ，
故 .
（2）方法一：以 的中点 为原点，以 ， 方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角
坐标系 ，则 ， ， .
（i）设 ，由（1）可知， ， ，
又因为 ，
所以
解得 ， ， ，即 ，则 .
取平面 的一个法向量 ，设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（ii）如图所示，取 的三等分点P，Q， 的中点M，
过三点D，P，M作平面 ，过三点 ，Q，C作平面 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，同理 平面 ，
又因为 ，所以平面 平面 ，
再过点A，C分别作平面 ， 与平面 平行，
那么四个平面 ， ， ， 依次相互平行，由线段 被平行平面 ， ， ， 截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故 ，
， ， 为所求平面.
由（i）可知 ， ， ，
所以 ，
.
设平面 的法向量 ，则
即 可取 ，
所以点 到平面 的距离 .
故相邻两个平面间的距离为 .
（方法二）
（i）设 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为M，
连接 ， ， ， .
由（1）知 ， ，则 ，
又因为 ， ，所以 平面 ，
所以平面 平面 .
过点 作 交直线 于点 ，连接 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，则 为直线 在平面 上的射影， 为直线 与平面 所成角.由（1）知 ， ， ，则 ， .
又因为 ， ，所以 ，
所以 ，则 .
在 中， .
所以 ，得 ，
所以 ，得 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（ii）以 为原点，以 ， 方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， .
设平面 的法向量 ，由（i）可知 ，
所以 ， ， .
由 ， ， ， 两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等，
可得 ，
从而 ，
由 可得 或 .
若 ，由 得 ，
从而 或 .
若 ，由 得 ，
从而 或 .
综上，可得 ，或 ，
或 ，或 .
当 或 时，由于 ，此时 ，
从而点B在点D与 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当 ，由于 ，此时 ，
从而点A在点C与 所确定的平面上，与条件矛盾，舍去；
当 ，可求点A到平面 的距离 ，
此时 ， ， ， 分别为过A，D，C，B，且以 为法向量的平面，
所以相邻两个平面间的距离为 .
研考点 · 通技法
1． 先在立体图形中锁定目标三角形，找准线面角、二面角等空间角.
2． 利用线面垂直、面面垂直关系，构造直角三角形.
3． 对目标三角形应用正弦定理、余弦定理，计算边长或角度.
4． 结合空间距离、投影关系，确定三角形的边长与高.
5． 注意检验空间位置关系，保证三角形边长与角度符合几何约束.
破类题 · 提能力
1．（25-26高三下·安徽安庆·月考）.如图，正方形 的边长为 分别为边 上的点.(1)若 是等边三角形，求 的面积
(2) 的周长为 ，
（i）求 的大小：
（ii）若 是 的中点，设 为 的面积，将 沿 折成直二面角 ，
求当 取最小值时，直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)（i） ；（ii）
【分析】（1）根据几何性质可得 ，由此得到 ，表示
即可得到答案.
（2）（i）设 ，根据条件结合两个和的正切公式可得
，由此可得结果.
（ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量可得线面所成角的正弦值.
【 详 解 】 （ 1 ） ∵ 四 边 形 为 正 方 形 ， 是 等 边 三 角 形 ， ∴
，
∴ ，
由 得 .
∵ ，∴ ，即 ，
∴ ，∴ 的面积为 .
（2）（i）设 ，则 ，
∵ 的周长为 ，∴ ，
在 直 角 三 角 形 中 ， 由 得 ， ， 整 理 得 ，
，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，故 .
（ii）由（i）知 ，设 ，则 ，
∴ ，
∴
，
∵ ，∴ ，
∴当 时， 有最大值，最大值为 ，此时 有最小值，
∴当 取最小值时， ，且 .
由 得， ，∴ ， ， .
如图，取 中点 ，连接 ，则 ，故 四点共线，
由折叠得， ，故 为二面角 的平面角，
且 ， .
∵二面角 为直二面角，∴ ，故直线 两两垂直.
如图，以 为原点，分别以 的方向为 轴的正方向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
∴ ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，故 ，设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，
∴直线 与平面 所成角的正弦值为 .
题型06 立体几何与数列综合
析典例 · 建模型
1．（2026·湖南·一模）在空间中，从原点 引出三条射线 ， ， ，其两两之间的夹角均为 ．
设空间点列 ： 在 上，且 ． 在 上，且满足 ， 在 上，且满足
， 在 上，满足 ，以此类推，即 在 上，则 在 上，且满足 ，其
中射线 满足 与 重合．
(1)证明： 为等比数列，并求 的前 项和 ；
(2)是否存在实数 ，使得 ？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由；
(3)求 的通项公式，并证明：当 时，点 始终在以 为球心，1为半径的球内．
【思路分析】（1）先分析相邻线段的长度关系得出数列 是等比数列，再根据 ，
得出数列 是等比数列，计算前 项和 即可；
（2）假设存在这样的实数 ，先写出各点的表达式，再计算向量差比较系数即可；
（3）由（1）知通项公式 ，利用向量垂直的性质可得 ，
要证当 时， ，需对 的通项公式分情况讨论，利用不等式性质证明.【规范答题】（1）由题意可知，三角形 为直角三角形，且 ．
在 中， ，又因为 ，
所以数列 是以1为首项， 为公比的等比数列，则 ．
在 中， ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
其前 项和： ．
（2）存在这样的实数 ．设射线 ， ， 方向上的单位向量分别为 ， ， ，
由（1）可知 ．对于向量 ，
有 ．
对于向量 ，由于点列 所在射线按 ， ， 顺序循环，
故 在 上， 在 上，则 ．
由（1），代入可得 ，
对比可得 ．因此存在实数 ，使得 ．
（3）记 ．由向量模长公式可得
，
又已知 ，且由（1）知 ，故 ．
当 时，此时 位于射线 上，
与 同向． ，则 ．
当 时，此时 位于射线 或 上．
由题意知，射线 与 、 的夹角均为 ．
，
则 ．
综上所述， ．
下面证明：当 时，点 始终在以 为球心，1为半径的球内，
即证明对于任意 ，都有 ．
当 且 时， ，
因为 ，所以 ，进而 ，
所以 ，故 成立．
当 且 时， ，
要证该式小于1，只需证 ，也即证 ，
因为 ，所以 ，又因为 ，所以 ，
所以上述不等式恒成立，即 成立，
综上所述，当 时，点 始终在以 为球心，1为半径的球内．
研考点 · 通技法
1．依据空间几何体的相似、分割或递推特征，提炼边长、面积、体积的递推关系.
2．将空间几何量转化为数列项，判断等差或等比类型，求出通项公式.3．借助线面位置关系确定几何约束，完善数列递推式与定义域.
4．利用数列求和、单调性求解空间最值与范围问题.
5．结合空间直观图检验结果，排除不符合几何实际的解.
破类题 · 提能力
1．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥 中，底面 为长方形， 底面 ，
，E为线段 的中点，F为线段 上的动点．
(1)求证：平面 平面 ；
(2)当F为 中点时，平面 与平面 所成二面角夹角的余弦值为 ．
（i）求 的长度；
（ii）有系列“二分球族”其中 为 中点， 为 中点，……， 为 中点，平面 截三
棱锥 的外接球 的图形为 ， 的面积为 ，其中 ，2，……，n，请问数列 中
是否存在3项成等差数列，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i） ；（ii）不存在，理由见解析
【知识点】多面体与球体内切外接问题、面面角的向量求法、等差中项的应用、证明面面垂直
【分析】（1）由 平面 可以得到平面 平面 ，再由线线垂直得到 平面
，再由线面垂直得到 ，由三角形的性质得到 ，再由线面垂直的判定定理证明
平面 ，由面面垂直的判定定理即可证明.
（2）（i）建立空间直角坐标系，求解平面 与平面 的法向量，代入求解即可.
（ii）取 中点 ，作 于 ，证明 平面 ，得到 为三棱锥 的外接球与 相交的圆的圆心，求解圆 的面积，假设存在m，n， 且 使得 ， ，
成等差数列，由等差数列的性质求解即可.
【详解】（1）证明： 平面 平面 ，
∴平面 平面 ，
又∵平面 平面 ，且 ，
平面 ，
又 平面 ，故 ．
在 中， ，E为线段 的中点，则 ．
因为 平面 ， 平面 ， ， 平面 ．
平面 ，∴平面 平面 ．
（2）（i）易知 ， ， 两两垂直，以A为原点，分别以 ， ， 所在直线为x轴，y轴，
z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令 ，则 ， ， ， ，
， ，
设 为平面 的一个法向量．
故 即 取 ，
取 为平面 的一个法向量．
，解得 ，故 ．（ii）如图，取 中点 ，作 于 ．
由 ，所以 满足 ．
则 为三棱锥 的球心，其中 ，2，…，n．
因为 ，则 ，则 平面 ，
则 为三棱锥 的外接球 与 相交的圆的圆心， 为半径
由 ，则 ，
所以圆 的面积 ，
假设存在m，n， 且 使得 ， ， 成等差数列，则 ．
即 化简可得
因为 ， ，所以 为偶数，即（*）式不成立，
所以数列 中不存在3项成等差数列．
题型07 立体几何与圆锥曲线的综合
析典例 · 建模型1．（24-25高三下·湖北武汉·开学考试）如图，已知圆锥 的高 与母线所成的角为 ，过 的平
面与圆锥的高所成的角为 ，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆C，椭圆C的长轴为 ，短轴为
，长轴长为2a，C的中心为N，再以 为弦且垂直于 的圆截面，记该圆与直线 交于 ，
与直线 交于 ，
(1)用 分别表示
(2)若 ，
（ⅰ）求椭圆C的焦距；
（ⅱ）椭圆C左右焦点分别为 ，C上不同两点D，E在长轴同侧，且 ，设直线
交于点Q，记 ，设 ，请写出 的解析式（不要求求出定义域）．
【答案】(1) ,
(2)（ⅰ）椭圆C的焦距为2，（ⅱ）
【思路分析】（1）过 作 于 ，可得 ， 即可求得 ，同
理求得 .（2）（ⅰ）由 ，进而可以求得椭圆的离心率，再求得焦
距即可；（ⅱ）设 ，由 得 ， ， ，进而得
出 ，再由题意解出 即可.
【规范答题】（1）
过 作 于 ，而 ， ，
所以 ，而 ，
所以 .
同理过 向 作垂线，可得 .
（2）（ⅰ）由（1）可知 , ，
所以 ，
，
所以 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以椭圆C的焦距 .
（ⅱ）
因为 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
设 ，
所以 ，
所以 .
同理可得 .
所以 ，
延长 交C于点 ，则 ，
设 ，则 ，所以 ，
由（ⅰ）可知椭圆的标准方程为 ，
故而由 ，得 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，解得 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 .
所以 .
【点睛】关键点点睛：设 ，由 得 ， ， ，
进而得出 ，再由题意添加辅助线结合椭圆方程解出 .
研考点 · 通技法
1．建立空间直角坐标系，将立体几何中的点、线、面坐标化.
2．利用空间垂直、平行、距离等条件，确定圆锥曲线的基本量.
3．结合椭圆、双曲线、抛物线定义与标准方程，列出轨迹方程.
4．通过坐标运算求解线面角、距离及交点问题.5．兼顾空间几何约束与曲线范围，验证结果合理性.
破类题 · 提能力
1．（2026·四川凉山·二模）如图，在三棱柱 中， ， ，二面角
的平面角为 ，点 在平面 上的射影为点 .
(1)若四边形 是矩形，求 ；
(2)若 ， .
①若 ，求直线 与平面 所成角的最大值；
②当点 在其轨迹上运动时，点 的轨迹是离心率为 的圆锥曲线，记数列 的前 项和为 ，
若 ，求 的最小值.
【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】（1）先证明点 落在直线 上，再求角.
（2）①建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值和线面角的正弦值，再结
合不等式的性质可求线面角的最大值.②先判断 的轨迹为椭圆，求出离心率后结合不等式放缩和裂
项相消法求 最小值.【详解】（1）取 中点 ， 中点 ，连接 ，如下图：
因为 为矩形，则 ，且 .
由 ， 可得 ，则 ，
且 .而 ，且 平面 ，则 平面 .
而 平面 ，则平面 平面 .
因为 ， ，则 ，所以点 平面 ，
则 在平面 上的射影 落在直线 上，所以 .
（2）①设 为 中点连接 ，则 ，
过 作直线 平面 ，以 所在直线分别为 轴，
建立空间直角坐标系 ，如图所示：
则 ， ， ，设 ，
则 ， ， ，
， ，由 ，得 ，即 .
设直线 与平面 所成角为 ，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，故 ，取 ，
因为二面角 的平面角为 且平面 的法向量为 ，
故 即 ，
①若 ，则 ，故 ，
设 与平面 所成的角为 ，则
，
而 ，故 ，当且仅当 时等号成立，故 .
②由①可得 ，故 ，
故 的坐标满足： 且 ，
表示圆柱，而 表示如图所示的平面，
两者的截面为椭圆，其短轴长为 ，长轴长为 ，故离心率为 ，所以 ，
，
当 时， ，
当 时， ，矛盾；
当 时， ，
因为 ，
所以 ，
故 最小值为 .
题型08 圆锥曲线与导数的综合
析典例 · 建模型
1．（2025·辽宁·模拟预测）抛物线 的焦点为 ， 为 上一点， 的纵坐标为 ，
点 在 轴上， 轴，线段 的中点为 ，且 轴．
(1)求 的方程；(2)已知 为 上三个不同的点，点 在第一象限．
（ⅰ）若点 在原点， ， ，点 的横坐标 满足 ，求 ．
（ⅱ）在 中，内角 所对的边分别为 ，且满足 ，
， 的重心 在 轴上，求点 的坐标．
【思路分析】（1）先求出 点的横坐标，由 轴，可得 ，进而可求出 ，即可得解；
（2）（ⅰ）设 ， ，由 ，可得 ，即可求出 的关系，设
的中点为 ，由 ，可得 ，即可求出 的关系，再求出 的范围即可得解；
（ⅱ）先根据 求出 ，再根据 结合余弦定理
求出 ，从而可求出 ，即可得出 的关系，设重心 ， ， ，
， 的中点为 ，求出 点的坐标，求出直线 的方程，联立方程，利用韦达定理
求出 ， ，再利用弦长公式求出 ，进而可求出 ，即可得解.
【规范答题】（1）将 代入 的方程，得 ，所以 ，
所以 ，解得 ，
故 的方程为 ；
（2）（ⅰ）设 ， ，则 ，
因为 ，所以 ，即 ，①
又 的中点为 ，所以 ， ，
由 ，得 ，与①联立可得 ．
又 ，则 ，
令 ，则 ，
设方程 的两根分别为 ，
得 ， ，
所以 在区间 内单调递减，在区间 内单调递增，
又 ， ，即 ，
所以 ；
（ⅱ）由 ，得 ，
即 ，即 ，
即 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
即 ，所以 ，
所以 为等腰三角形，设重心 ， ， ， ， 的中点为 ，
则由 ，得 ， ，
直线 的斜率 ，
由 ，即 ，可知 ，
所以 ，即 ，即 ，
所以 ，
则 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
联立 ，整理得 ，
则 ， ，
所以 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以 ，
故点 的坐标为 ．研考点 · 通技法
1. 设点坐标，写出圆锥曲线方程，利用几何条件列关系式.
2. 对曲线方程隐函数求导，得到切线斜率与切点关系.
3. 结合导数几何意义，求切线、法线方程及切点坐标.
4．用导数研究距离、面积等函数的单调性与最值.
5. 联立方程判别式判断位置关系，结合范围约束求解.
破类题 · 提能力
1．（25-26 高三上·重庆·期中）已知关于坐标旋转的结论：在平面直角坐标系 中，将任意向量
绕 原 点 ， 沿 逆 时 针 方 向 旋 转 角 ， 会 得 到 向 量
.
(1)将 绕着原点 沿逆时针方向旋转 后得到 ，且 ，求 的坐标；
(2)若 为曲线 上任意一点，将 绕着原点 沿逆时针方向旋转 后得到 ，记 点的轨迹曲
线为 .
（i）求 的方程；
（ii）若等腰直角 的三个顶点均在曲线 上，求 面积的最小值.
【答案】(1)
(2)（i） （ii）
【分析】（1）由坐标旋转的定义列式求解；（2）（i）设 和 ，由坐标旋转的定义可得 ，结合点 在曲线
上，代入运算得解；
（ii）将 的内接等腰直角三角形面积的最小值转化为曲线 的内接等腰直角三角形面积的最小值
的问题，写出面积表达式，再利用导数即可求出最小值.
【详解】（1）设 ， ，
则有 ，
所以 .
（2）（i）设 和 ，且 ， ，
则 ，
则 ，
在曲线 上，
，将 ， 的表达式代入化简得 ，故 的方程为 .（ii）由（i）知 的内接等腰 面积的最小值，等于曲线 的内接等腰 面积的最小值.
如图，设 为直角顶点， ， ，
则 ，
则 斜率 ， 斜率 ，
， ，即 … ，
， ， 化 简 得 ：
，
即 ，显然 ，
所以 ，
将 式代入得 … ，易知 ，
将 式 和 式 代 入 式 得
，令 ，则 ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
，
所以曲线 的内接等腰直角三角形面积的最小值为 .
题型09 圆锥曲线与数列的综合
析典例 · 建模型
1．（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反
射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆 （ ）的左顶点为 ，点 在E上，
且在x轴的上方，从E的左焦点 发出的光线 ，经过E反射后，交E于点 .按照如下方式
依次构造点 和 （ ）：光线 经过E反射后，交E于点 ；光线 经过E反射后，
交E于点 .
(1)求E的方程；
(2)设直线 的斜率为 ，求证：数列 是等比数列，并求出其公比；
(3)求证：直线 恒过定点，并求出该定点的坐标.
【思路分析】（1）根据 的关系即可求出；
（2）设 ，直线 的方程为 ，联立得到 ，再求
直线 的斜率之积，设直线 的斜率为 ，求出 即可证明；（3）直线 的方程为 ，根据（2）的结论求出 即可证明.
【规范答题】（1）由题意得 ， ，
故E的方程为 .
（2）设 ，直线 的方程为 ，
由 ，消去 ，整理得 ，
，
直线 的斜率之积为
，
设直线 的斜率为 ，依题意可知 均存在且不为零，
由 经过E的右焦点 ，知 ①，
由 经过E的左焦点 ，知 ②，
② ①得 ，故数列 是等比数列，公比为 .
（3）直线 的方程为 ，由（2）知 ，
故 ，解得 ，
故直线 恒过定点 .研考点 · 通技法
1.利用圆锥曲线定义与几何性质，确定点坐标或弦长的递推关系.
2.将焦半径、弦长、面积等量转化为数列项，构造等差或等比数列.
3. 联立曲线与直线方程，结合韦达定理建立数列通项公式.
4. 借助数列求和、单调性求解最值或范围问题.
5. 结合曲线范围约束，检验数列解的几何合理性.
破类题 · 提能力
1．（2026·四川广安·二模）已知双曲线 的离心率为 ，点 为双曲线
上的点，按如下方式依次构造点 （ 且 ），过点 作斜率为 的直线与双曲线 的另一
支交于点 ，点 关于 轴的对称点为 ，记 的坐标为 ．
(1)求曲线 的方程；
(2)证明 为等比数列；
(3)记 的面积为 ，四边形 的面积为 ，求 取何值时 最小．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3) 时
【分析】（1）借助离心率与 及双曲线上的点 计算即可得；（2）由题意可得 ，联立曲线方程，可表示出 ，
从而可用 、 表示出 、 ，再表示出 后利用等比数列定义即可得证；
（3）表示出 可得数列 也为等比数列，则可表示出 、 坐标，再利用三角形面积
公式计算可得 ，由点 关于 轴的对称点为 ，可得 ，则可表示
出 ，最后得到 后，利用 及对勾函数性质计算即可得.
【详解】（1）由题意可得 ，则 ，故 ，
故有 ，解得 ，则 ，
即曲线 的方程为 ；
（2）由题意可得 ，
由点 关于 轴的对称点为 ，则 ，
联立 ，则 ，
则 ，则 ，
，
故 ，
又 ，故 为以 为首项， 为公比的等比数列；
（3）由（2）知 为以 为首项， 为公比的等比数列，则 ，由 ， ，
则 ，
又 ，故 为以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ，
故 ， ，
设 ，则 ， ，
则 ，即 ，
，即 ，
，即 ，
则，
故 ，
由 ，
，
，
，
则
，
由点 关于 轴的对称点为 ，故 轴，
故 ，
，
， ，
则
则 ，
由 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ， ，则当 ，即 时，有最小值，则 .
题型10 圆锥曲线与解三角形的综合
析典例 · 建模型
1．（25-26高三上·山东菏泽·期末）已知椭圆 的左、右焦点分别为 为 上
一点，且 时， 的面积为 ．
(1)求 的方程；
(2)设 为 的左顶点，直线 过点 ，且与 交于B，C两点，直线AB，AC与 轴分别交于
点M，N，证明： 为定值．
【思路分析】（1）应用椭圆定义及余弦定理得出 ，再应用面积公式代入求解得出 ，进
而得出椭圆方程；
（2）先求出直线 得出MN中点为 ，再设直线 联立椭圆方程得出， ，最后应用三点共线得出 ，最后计算得出定值.
【规范答题】（1）设 ，则 ，①
在 中，由余弦定理可得 ，
即 ，
即 代入①式，得 ．
所以 ，
所以 ，椭圆 的方程是 ．
（2）当B，C之一为点 时，不妨设 ，此时
AC斜率为0，N点为坐标原点 ，直线 方程为 ．
代入 ，求得 ，所以AB方程为 ，
所以 ，所以MN中点为 ．
所以 ．
当AB，AC斜率都不为0时，设 ，
由 得 ，所以 ，代入 中，得 ，
所以 ，
同理 ，
由Q，B，C共线，得 ，
所以 ，整理得 ②，
直线AB与 轴交点为 ，直线AC与 轴交点为 ，
所以MN中点 ，即 ，由②得 ，
所以 ．
综合以上可得 为定值 ．
研考点 · 通技法
1. 依托圆锥曲线定义与几何性质，确定三角形顶点与边长关系.
2. 联立曲线与直线方程，用韦达定理表示三角形边长.
3. 在焦点三角形中，结合余弦定理与曲线定义列式计算.
4. 利用正弦定理、面积公式求解角度与面积.
5. 结合曲线范围约束，检验解的有效性.
破类题 · 提能力
1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在直角坐标系 中， ，动点
与 两 点 构 成 中 角 的 对 边 分 别 为 ， 且 满 足
.(1)当 点运动时，探究 是否为定值，并求出动点 的轨迹方程.
(2)点 在点 的轨迹上且满足 ，求坐标原点 到直线 的距离.
【答案】(1)是，
(2)
【分析】（1）在 中由正弦定理和余弦定理可得 ，再在 ， 中利用余弦
定理可得 ，最后根据双曲线的定义可得动点 的轨迹方程；
（2）设 的方程为 ， ， ，根据垂直可得 ，联立直线方程
和双曲线方程后结合韦达定理化简前者可得 ，再由点到直线的距离公式可求距离.
【详解】（1）在 中， ，
由正弦定理有： ，
再由余弦定理有： ，即 ，
而 ，
分别在 ， 中利用余弦定理可得：
，化简得 .
故 ，即 ，
根据双曲线定义结合 不共线可得，点 的轨迹为 .
（2）由题意直线 斜率不为0，设其方程为 ， ， ，
由 可得 ，
而 ，故 且 ，
故 ， 而 ， ，
代入不等式组得 有 即 ①，
又 ，即 ，
所以 ，
故 ，化简可得 ，
结合①和 可得 ，
此时点 到直线 的距离 .2．（2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）记椭圆 的左、右焦点分别为 为 上一
点， ，点 满足 ，且 不与 重合．
(1)证明： ；
(2)若 ，求 的外接圆半径；
(3)若 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由三角形全等可得 ，设出点 坐标，利用向量验证 ，得证；
（2）利用椭圆定义和余弦定理求出 ，结合椭圆焦半径公式求出点 的坐标，求出 的
边长，利用余弦定理求出 ，得 ，根据正弦定理求得答案；
（3）由 结合点 在椭圆上求得点 的坐标，由焦半径公式得 ，利用余弦定
理求得答案.
【详解】（1）根据题意，可得 ， ，则 ，
由 ，得 ，
设 ，则 ，即 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以 ，即 .（2）在 中， ， ，设 ，则 ，
由余弦定理，可得 ，
所以 ，得 ，即 ， ，
下面先证明椭圆焦半径公式，
设 ，椭圆方程为 ，离心率 ， ， ，
则 ，
同理，可得 ，
所以由 ，得 ，解得 ，代入椭圆方程得 ，
不妨设 ，所以 ，
由 ，易得 ， ， ，
所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，所以 外接圆的半径 .
（3）由 ，
设 ，所以 ，解得 ，又 ，
所以 ，
由焦半径公式得 ， ，
所以 ，
所以
.
题型11 概率统计与数列的综合
析典例 · 建模型
1．（2026·陕西西安·模拟预测）某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点，初始时有2个节点在
线（假设在线的不再宕机），3个为宕机（停摆，不能正常工作），每个月系统随机等概率地巡查 1
个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功
的概率均为 ；若该节点已在线，则仅进行维护，用 表示第n个月后在线节点数，
表示其数学期望，
(1)当 时，求 ；(2)证明： ．
【思路分析】（1）根据题意求出 的所有可能取值及相应的概率，分析 的可能情况，进而运
算求解；
（2）分析可知随机变量的可能取值有2，3，4，5，利用全概率公式求出随机变量 在不同取值下
的概率，再结合期望公式可证得结论成立；
【规范答题】（1）初始状态 ，即2个在线、3个宕机．
第1个月选中在线节点的概率为 ，此时 ；
选中宕机节点的概率为 ，其中修复成功的概率为 ，此时 ；
修复失败的概率为 ，此时 ．
所以 ， ．
， ．
所以
，
故当 时， ．
（2）由题意知 的可能取值有2，3，4，5，
所以 ，
，，
，
所以
．
因为 ，
所以 ，
所以
，
所以 ．
研考点 · 通技法
1. 由概率模型建立事件递推关系，转化为数列递推式.
2. 利用概率性质确定首项，构造等差、等比或累乘型数列.
3. 求通项后计算对应概率、期望与方差.
4. 结合数列求和、极限分析概率趋势与稳定性.
5. 注意概率取值范围约束，验证结果合理性.
破类题 · 提能力
1．（2026·山东青岛·一模）在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元 ， ，且生成词元总数不超过 .若生成 ，则过程立即结束；否则继续生成，直至总
数达到 .每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为 ， 的概率均为0.5，且各次预测相互
独立.审核规则如下：
①若预测中第一次出现词元 ，则审核后生成 ， 的概率均为0.5；
②若预测中第二次出现词元 ，则审核后必生成 ；
③若预测中出现词元 ，则审核后必生成 .
设 表示过程结束时生成词元的总个数.
(1)求 ， ；
(2)求 的分布列；
(3)求 .
【答案】(1) ，
(2)
1 2 3 …
…
(3)
【分析】（1）根据规则判断出 和 的情形，结合概率乘法公式求解即可.
（2）结合题干规则推导出 ，进而求出 ，即可得到分布列.
（3）结合错位相减法及等比数列的前 项和公式求出 ，根据条件概率公式求解即可.
【详解】（1） 表示第一次就生成 并结束过程，即第一次预测为 ，且审核生成 ，
.
表示第二次生成 并结束过程，情况有：第一次预测为 ，且审核生成 ，第二次预测为 ；
第一次预测为 ，审核必生成 ，第二次预测为 ，且审核生成 .
.（2） （ ， ）时，第 个词元输出为 ，
若前面 个词元都预测为 ，其概率为 ，
若前面 个词元有一个预测为 ，其概率为 ，
故 ，
当 时，
若前面 个词元都没有预测为 ，其概率为 ，
若前面 个词元有一个预测为 ，其概率为 ，
故
所以 的分布列为：
1 2 3 …
…
（3）由（1）得 ，
由（2）得 ，
，
，，
，
所以
所以
2．（2026·辽宁丹东·一模）Base16 Encoding是网络数据传输中常用的编码技术，它将二进制数转换为十六
进制数，从而将冗长的二进制序列转换为更短、更规整的十六进制字符串，便于传输与解码．
(1)写出二进制数111001011101转换后的十六进制字符串（参考附2）；
(2)十六进制字符串由数字与字母组成，传输时，数字保持不变，字母替换为两个连续的“*”，得到加
密字符串（如5A6F3加密为 ）.设 位十六进制字符串加密后，其加密字符串的第 位为“ ”
的概率为 ．
（i）求 ， ，并证明数列 为常数列；
（ii）若 ，求数列 的通项公式．
附1：十进制与十六进制的对应关系
十进制 0 1 2 … 9 10 11 12 13 14 15
十六进制 0 1 2 … 9 A B C D E F
附2：二进制数转换为十六进制数规则
将二进制数按4位一组映射为1位十六进制字符：从二进制数的最右侧开始，向左每4位分为一组；
若最左侧一组不足4位，则在其左侧补0凑齐4位.
例如：二进制数11010，先补0分组为00011010.由 ，得 ，映射为十六进制数字1；由 ，得 ，映射为十六进制字母A．
因此二进制数11010映射为十六进制字符串1A．
【答案】(1)E5D
(2)（i） ， ，证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据二进制数转换为十六进制数规则分析即可；
（2）（i）利用古典概型概率、条件概率以及常数列的定义证明即可；（ii）根据等比数列定义以及通
项公式和二项式定理分析求解即可.
【详解】（1） ，映射为十六进制字符为E，
，映射为十六进制字符为5，
，映射为十六进制字符为D，
因此二进制数111001011101，转换后的十六进制串为E5D．
（2）（i）由题意，十六进制单个字符为数字的概率为 ，为字母的概率为 ，
当 时， ；
当 时：若首字符为数字，第2位为 的概率为 ，
若首字符为字母，第2位必为 ，概率为 ，故 ．
记事件 ：“原始字符串的第1个字符为数字”，则 ，
记事件 ：“原始字符串的第1个字符为字母”，则 ，
记事件 ：“长度为 的原始字符串，加密后所得加密字符串的第 位为*”，则 ，
当 时：
若 发生，首字符占1位，剩余 个字符的加密结果是从加密字符串第2位开始，故 ，
若 发生，首字符占2位，剩余 个字符的加密结果是从加密字符串第3位开始，故 ，由全概率公式 ，得 ，
从而 ，又 ，
故对任意 ，有 ，即数列 为常数列．
（ii）由（ⅰ）得 ，
因为 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
从而 ，
由二项式定理得 ，
因此 .
题型12 概率统计与导数的综合
析典例 · 建模型
1．（2026·青海西宁·一模）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规
则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得 元基础券的概率为 ，获得 元基础券的概率
为 ）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券 元，且这两种优惠
券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为 ，闯过第二关的概率为 ．某生产商
将商品定价 元，成本 元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的 ，进阶券面额的 ．
(1)若 ， ，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为 （单位：元），求 的分布列
和数学期望 ；
(2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为 ，
记生产商销售一件该商品的期望利润为 （单位：元）．（期望利润 购买概率 （支付金额的期望 商品成本） 优惠券成本的期望）
（i）求 关于 的函数表达式；
（ii）证明： 在 内存在唯一极大值点，并求当 为何值时，商家期望利润 最大？最大期
望利润是多少?（结果保留 位小数）
【思路分析】（1）分析消费者实际支付金额 的所有可能取值，计算每个 取值对应的概率，得到
分布列，计算 ；
（2）（i）计算消费者支付金额的期望，再计算优惠券成本的期望，分别计算基础券成本期望和进阶
券成本期望，再求和，最后根据期望利润的定义，结合购买概率 ，代入支付金额期望、商品成本、
优惠券成本期望，得到 的函数表达式；
（ii）对 求导，得到导函数 ，分析导函数在 内的单调性，找到导函数极大值点，代入
计算最大期望利润.
【规范答题】（1）实际支付金额的所有可能取值为 ，
，
，
，
，
，
的分布列为：.
（2）(i)求 的函数表达式已知所有消费者都闯过第一关，按题目期望利润公式分步计算：
支付金额期望： ，
商品成本 ，
优惠券成本期望：基础券成本 ，
进阶券成本 ，
总成本期望 ，
购买概率 ，
代入公式：
.
(ii)对 求导得：
令 ，整理得 ，解得根为 ， （舍去，不在 内），
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因此 在 内存在唯一极大值点 ，且该点为最大值点，
计算最大期望利润： .
研考点 · 通技法
1. 建立概率、频率相关的函数模型，确定自变量范围.
2. 对函数求导，判断单调性与极值点，求解最值.
3. 结合分布列、期望、方差公式，转化为导数问题.4. 利用导数分析概率密度、样本数据的变化趋势.
5. 验证区间端点与极值，结合实际意义确定最优解.
破类题 · 提能力
1．（2026·贵州遵义·模拟预测）某AI模型的商用部署需依次完成任务执行与性能测试两个核心环节，规
则
如下：
环节一（任务执行）：按任意顺序执行3项独立的任务 ，每项任务最多执行一次，每项任务执
行成功后可获得对应分数，失败则不得分，当总分达到40分时立即进入环节二，任务参数如下：
任务
单次执行成功
0.9 0.5 0.8
率
任务成功后得
10 25 15
分/分
环节二（性能测试）：由测试员对模型的性能进行测试后得到性能指标，已知性能指标 服从正态分
布 ，企业自主设定指标阈值 ，当 时，模型成功商用，收益为 万元：
当 时，模型不可商用，收益为 万元：若未进入性能测试，则收益为 万元.
(1)求模型进入环节二的概率最大值，并写出此时任务的最优执行顺序；
(2)记 ，两个环节结束后模型总收益的数学期望为 .
（i）在第（1）问的执行顺序下，请用 和 表示 ；
（ii）求当 为何值时， 取得最大值.
参考数据：当 时， .
【答案】(1) 或
(2)（i） 万元 ；（ii）
【分析】（1）根据独立事件同时发生的概率计算公式，分情况讨论总分达到40的概率，可确定进入
环节二的概率的最大值.（2）（i）根据期望的计算公式，可求期望的表达式；
（ii）利用导数，结合正态分布的性质，可分析 的单调性，进而可求 的最大值及对应的 的
值.
【详解】（1）由题意，记环节一（任务执行）获得的总分为 ，下求不同顺序 的值，
要使 ，至少要保证 执行成功，否则不可能进入环节二，讨论如下：
以 的顺序执行任务时，
当 成功时， ，
当 不成功时， ，
以 或 的顺序执行任务，则 ，
故进入性能测试的概率最大值为0.4，则最优执行顺序为 或 .
（2）（i）由题意因为 ，
由（1）可知执行顺序为 或 ，
此时进入性能测试的概率均为0.4，则未进入性能测试的概率为0.6，
在进入环节二条件下，模型成功商用的概率为 ，模型不可商用的概率为 .
则两个环节结束后模型总收益为 的概率是0.6，
模型总收益为 的概率是 ，模型总收益为 的概率是 .
则
万元 ，
（ii）由（i）可知， ，其中 ，
满足正态分布，则 ，
在 时不断递减，则 在 上恒成立，在 上单调递减.
在 上单调递减.
又 ，
而 ，则 ，
在 上恒成立，
则 在 上单调递减，故当 时， 取得最大值.
2．（2026·四川成都·二模）2026年是农历马年，在春晚舞台上，宇树机器人的精彩表演赢得了全国观众的
喝彩.某企业为宇树机器人生产一种关键部件，此企业生产的部件质量按等级划分为六个层级，分别对
应如下六组质量指标值： ， ， ， ， ， ．根据大量
检测结果，得到部件的质量指标值X服从正态分布 ，并把质量指标值不小于 的产品称为A
等品，其它产品称为B等品.现从该部件的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频
率分布直方图.
(1)根据大量检测结果，该部件质量指标值的标准差 s的近似值为 ，用样本平均数 作为 的近似
值，用样本标准差s作为 的估计值.若从生产线中任取一个部件，试从质量指标值X服从正态分布
的角度估计该部件为A等品的概率（保留小数点后面两位有效数字）；
①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量 服从正态分布 ，则
， ， ．）(2)（ⅰ）从样本的质量指标值在 和 的部件中随机抽取3件，记其中质量指标值在
的部件件数为 ，求 的分布列和数学期望；
（ⅱ）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的部件按100件一箱包装.已知一件A等品
部件的利润是 元，一件B等品部件的利润是 元，根据（1）的计算结果，试求
x的值，使得每箱产品的利润最大.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，期望 ；（ⅱ） 时利润最大.
【分析】（1）根据直方图先算出平均值 ，进而得到正态分布 ，利用正态曲线的对
称性求出概率 即可；
（2）（ⅰ）求出指标值在 和 的总件数，在 的件数，然后根据步骤结合超几
何分布的公式计算；
（ⅱ）设设每箱产品的利润为 ，其中有 件 等品，用 表示出 的关系式，得到利润表达式，最
后利用导数的工具求出关于利润函数时取最大值时 的取值.
【详解】（1）根据直方图可得， ，
由题知 ， ，则 ，
等品的质量指标值不小于 ，
即 .
（2）（ⅰ）指标值在 和 的总件数为 ，
指标值在 的件数是 ，
由题知， 可能的取值是 .， ，
， ，
分布列为：
.
（ⅱ）设每箱产品的利润为 ，其中有 件 等品，
由题知， ，
由（1）知， 等品的概率为 ，
则 ，于是 ，
，
记 ，
则 ，
则 递增，
递减，
故当 时利润最大.
（建议用时：120分钟）刷模拟
1．（2026·广东广州·二模）已知点 为抛物线 的焦点，点 在 上.
(1)求 的方程与点F坐标：
(2)过点 的直线，与抛物线 相交于 两点，一条垂直于 轴的直线，分别与线段 和直线
相交于 两点.
（i）若 为线段 的中点，求证：直线 为抛物线 的切线；
（ii）若直线 为抛物线 的切线，过点 作直线 的垂线，垂足为 ，求 的最大值.
【答案】(1) ；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1） 点 在 ， ，
， ；
点 为抛物线 的焦点， ；
（2）（i） 过点 的直线与抛物线 相交于 两点， 此直线一定存在斜率，
设过点 的直线方程为 ，
将 代入 ，得到 ，
整理得到 ，
如图，设 ，则有 ，为线段 的中点， ，
， ，
，
在直线 上， ，
， ， ，
在 上， ， ，
， ，
， ， ，
切点为 ， ，
与切点为 的斜率相等， 直线 为抛物线 的切线；
（ii）由（i）知，当 为抛物线 的切线时，
， ， ， ，
直线 的方程为 ，
如图，作出符合题意的图形，过点 作直线 的垂线，垂足为 ，
在直线 上， ， ，
， ， ，
， ，
， ，
，
， ，
， ， ，
， ，
设 ，整理得到 ，
则 ，解得 ，
的最大值为 ， 的最大值为 .
2．（2026·四川德阳·二模）东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、
亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、
樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为
了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、
南门，若每位游客选择东门入园的概率是 ，游客之间选择意愿相互独立．
(1)从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差；
(2)东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始
值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人
气值显示屏上曾经出现数值n的概率为 （不考虑人流量有限的限制）．
①求 ， ；
②求 ．
【答案】(1)
X 0 1 2 3
P
，
(2)① ； ；②
【分析】（1）分析可知 ，结合二项分布求X的分布列、均值和方差；
（2）①分析人气值1点或2点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②分析
可得 ，利用构造法和累加法，结合等比数列求 .
【详解】（1）由题意可知： ，则 ， ，
， ，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P
所以X的均值 ，且方差 .
（2）①因为每位游客选择东门入园的概率是 ，则选择其他门入园的概率是 ，
若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以 ；
若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园，
所以 ；
②若人气值为 点，可知在人气值为 点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为 点
的前提下仅有1人且选择其他门入园，
则 ，可得 ，
且 ，可知数列 是以首项为 ，公比为 的等比数列，
则 ，
当 时，则，
且 符合上式，所以 .
3．（25-26高三上·云南昭通·期末）泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述
稀有事件的发生情况.如果随机变量 的所有可能取值为0，1，2，…，且 ，
，其中 ，则称 服从泊松分布，记作 .
(1)当 时，泊松分布近似于正态分布，且满足 ，若 ，求
的近似值；
(2)已知当 ， 时，可以用泊松分布 近似二项分布 ，即对于
， ，当 不太大时，有 .已知某快递公司共有20000个包
裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保
留两位有效数字）
(3)若 ，且 ，求 的取值范围.
参考数据：若 ， ， ，则有 ，
， .
【答案】(1)
(2)(3)
【分析】（1）由 时，泊松分布 近似于正态分布 求解；
（2）设 为配送延迟包裹数，由 ，根据 ，
，得到 ，由 求解.
（3）由 ，得到 ，再根据泊松分布的概率公式求解.
【详解】（1）当 时，泊松分布 近似于正态分布 ，
即 ， ，要计算 ，
根据正态分布的性质，因 ，
故 .
（2）设 为配送延迟包裹数，则 ， ，
因为 ， ，
，
所以 ，
那么，某天至少3起配送延迟的概率约为
.（3）由 ，可得 ，
根据泊松分布的概率公式： ， ，可得 .
设 ，
由 ，可知 在 上为减函数.
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，故 的取值范围为 .
4．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数 .
(1)若 在定义域上恒成立，求实数 的取值范围；
(2)若关于 的方程 的根为 ，
①求证: ；
②判断数列 中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②不存在，证明见解析
【分析】（1）转化问题为 对于 恒成立，设 ， ，利用导
数分析其单调性，进而求解即可；
（2）①结合（1）可得 ， ，当且仅当 时等号成立，进而得到 ，可得
当 时， ，进而利用裂项相消法求证即可；②先假设存在，先得到 ，再结合 成等比数列，得到 ，再由
， 得到 推出矛盾即可求证.
【详解】（1）由 ， ，
则 对于 恒成立，
设 ， ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ，
所以实数 的取值范围为 .
（2）①由（1）知，当 时， ， ，
即 ， ，当且仅当 时等号成立，
因为方程 的根为 ，所以 ，且 ，
则 ，即 ，
当 时， ，
则 ,当 时， 也满足，则 .
②数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下：
由 ， ，则 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
结合题意，方程 有唯一的根为 ，即 ，
而 ，
则 ，即 ，
假设 成等比数列，则其公比 ，且 ，
又 ，则 ， ，
所以 ，则 ，
即 ，所以 ，
则 ，由于 ，
则 ，即 ，
则 ，则 ，
由 ， ，
两式相减得 ，则 ，即 ，这与 矛盾，
故数列 中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列.
5．（2026·重庆万州·模拟预测）已知函数 .
(1)判断函数 在 上的单调性并说明理由；
(2)当 时，证明： ， ；
(3)当 为正整数时，证明： .
【答案】（1） 在 上单调递减；
（2）见解析；（3）见解析.
【详解】（1） ，令 ，则 ，
当 时， ，所以 在 上单调递减，
有 ，即 ，所以 在 上单调递减；
（2）当 ， 及 ， 时，不等式显然成立，
故不妨设 ， ，原不等式改写为 ，
因为 ，故 ，
下证 ，只需证 ，
因为 ，由（1）知， ，
所以 成立，从而 成立，综上，原不等式成立；
（3）证明：对任意正整数 和实数 ，由 ， ，有
从而有
，证毕.
6．（2026·福建泉州·一模）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正
四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角
形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四
面体.
现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为 的正四面体经过持续重
复上述操作得到的.记第 次操作后生成的几何体为 ，设 的表面积为 ，体积为 .
(1)求 ；
(2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表
面积 随 的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因.
(3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，
请说明理由.【答案】(1) ；
(2)答案见解析
(3)存在， .
【知识点】多面体与球体内切外接问题、求等比数列前n项和、锥体体积的有关计算、球的表面积
的有关计算
【分析】（1）根据正四面体的表面积和体积公式求出 ，再根据递推规律求出 ；
（2）根据等比数列写出 ，根据极限思想分析 ，说明理由；
（3）法一：证明各次球心距离与顶点到球心距离之和恒为 ，由向量三角不等式得任意顶点 到
的距离 ，进而求出最小球形容器半径；
法二：先证明每次构造的正四面体外接球对应的点集 都包含于前一次的点集 中，由递推关
系可得 ⫋ ⫋ ⫋ ，其中 是初始正四面体 的外接球对应的点集，
进而求出最小球形容器半径.
【详解】（1）正四面体 的表面积为 .
依题意，得 ；
正四面体 的体积为 .（2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的 倍，
故数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ；
依题意得， ，
所以
；
又当 时，
故 .
又 为递增数列，且当 时， 为递增数列，
且当 时， ，所以当 时， ，
故由此解释，该结构吸附能力强.（或 ，故当 时， ，类似说法亦可）；
（3）法一：存在， 的最小值即为正四面体 的外接球半径为 .
理由如下：过点 作 平面 于点 ，因为四面体 为正四面体，故 为 外心，即重心，内
心，垂心，则 在 上，且 ，同理得 在 上，且 ，则 为四面体
的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为 ， ，则
，所以 ，则由 ，解得 ，
所以 .
记第1次操作后构造的任一正四面体 （即四面体 ）的外接球球心为 ，连结 .
则 平面 ，设垂足为 ，则 为 的外心，重心，垂心，故 在 上，
且 ，故 与 重合，所以 共线，则 平面 ，故
.记第2次操作后在 上构造的任一正四面体 的外接球球心为 ，连结 ，依次类推，第 次操
作后在 上构造的任一正四面体 的外接球球心为 ，其任意顶点为 ，连结 .则依题
意得：
，
，
从而 .
又 ，所以
，故 ，即无论第几次迭代， 的
任意顶点到 的距离都不会超过正四面体 的外接球半径，又 ，故 的最小值即为
.
法二：存在， 的最小值即为正四面体 的外接球半径为 .
理由如下：过点 作 平面 于点 ，因为四面体 为正四面体，
故 为 外心，即重心，内心，垂心，则 在 上，且 ，
同理得 在 上，且 ，则 为四面体 的外接球球心和内切球球心，
设四面体棱长为 ，则 ，
所以 ，则由 ，解得 ，
所以 .
记第1次操作后构造的任一正四面体 （即四面体 ）的外接球球心为 ，连结
.则 平面 ，设垂足为 ，则 为 的外心，重心，垂心，
故 在 上，且 ，故 与 重合，
所以 共线，则 平面 ，故 .
以此类推，几何体 最新构造的任一四面体 及其在 上对应的四面体 ，棱长分别为 和 ，其外接球球心为别为 和 ，半径为 和 ，记正四面体 的中心为 ，则 .
因为 ，所以 ，故 .
记球 体内（含表面）所有点 的集合为 ，
因为 ，所以 ，
故 ⫋ ⫋ ⫋ ，所以 ⫋ ，
因为球 为四面体的外接球，即对 上的任一点 ，都有 ，
所以 ，即 ，
故 的最小值即为正四面体 的外接球半径为 .
刷真题
1．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数 在区间 的最大值；
（2）给定 和 ，证明：存在 使得 ；
（3）设 ，若存在 使得 对 恒成立，求b的最小值．
【答案】（1） ;(2)见解析；（3）
【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值.
（2）利用反证法可证三角不等式有解；
（3）先考虑 时 的范围，对于 时，可利用（2）中的结论结合特值法求得 ，
从而可得 的最小值；或者先根据函数解析特征得 ，再结合特值法可得 ，结合（1）的结
果可得 的最小值.
【详解】（1） ，
因为 ，故 ，故 ，
当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
故 在 上为增函数，在 为减函数，
故 在 上的最大值为 .
（2）法1：由余弦函数的性质得 的解为 ， ，
若任意 与 交集为空，
则 且 ，此时 无解，
矛盾，故无解；故存在 ，使得 ，
法2：由余弦函数的性质知 的解为 ，
若每个 与 交集都为空，
则对每个 ，必有 或 之一成立.
此即 或 ，但长度为 的闭区间 上必有一整数 ，该整数 不满足条件，矛盾.
故存在 ，使得 成立.
（3）法1：记 ，
因为 ，
故 为周期函数且周期为 ,故只需讨论 的情况.
当 时， ，
当 时， ，
此时 ，
令 ，则 ，
而 ，
，故 ，
当 ，在（2）中取 ，则存在 ，使得 ，
取 ，则 ，取 即 ，
故 ，故 ，
综上 ，可取 ， 使得等号成立.
综上， .
法2：设 .
①一方面，若存在 ，使得 对任意 恒成立，
则对这样的 ，同样有 .所以 对任意 恒成立，这直接得到 .
设 ，则根据 恒成立，有
所以 均不超过 ，
再结合 ，
就得到 均不超过 .
假设 ，则 ，
故 .
但这是不可能的，因为三个角 和单位圆的交点将单位圆三等分，
这三个点不可能都在直线 左侧.
所以假设不成立，这意味着 .
②另一方面，若 ，则由（1）中已经证明 ，
知存在 ，使得 .
从而 满足题目要求.综合上述两个方面，可知 的最小值是 .
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线 ，点 在 上， 为常数，
．按照如下方式依次构造点 ：过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ，
令 为 关于 轴的对称点，记 的坐标为 .
(1)若 ，求 ；
(2)证明：数列 是公比为 的等比数列；
(3)设 为 的面积，证明：对任意正整数 ， .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路二：
使用等差数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路三：利用点差法得到
， ，再结合（2）中的结论得
，最后证明出 即可.
【详解】（1）由已知有 ，故 的方程为 .
当 时，过 且斜率为 的直线为 ，与 联立得到 .
解得 或 ，所以该直线与 的不同于 的交点为 ，该点显然在 的左支上.
故 ，从而 ， .
（2）方法一：由于过 且斜率为 的直线为 ，与 联立，得到方程
.
展开即得 ，由于 已经是直线 和
的公共点，故方程必有一根 .
从而根据韦达定理，另一根 ，相应的
.
所以该直线与 的不同于 的交点为 ，而注意到 的横坐标亦可通过韦达定理表示为 ，故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 ， .
所以
.
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
方法二：因为 ， ， ，则 ，
由于 ，作差得 ，
，利用合比性质知 ，
因此 是公比为 的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 ，若 ， ，则
.（若 在同一条直线上，约定 ）
证明：.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有
.
而又有 ， ，
故利用前面已经证明的结论即得.
这就表明 的取值是与 无关的定值，所以 .
方法二：由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有
.
这就得到 ，
以及 .
两式相减，即得 .
移项得到 .故 .
而 ， .
所以 和 平行，这就得到 ，即 .
方法三：由于 ，作差得 ，
变形得 ①，
同理可得 ，
由（2）知 是公比为 的等比数列，令 则 ②，
同时 是公比为 的等比数列，则 ③，
将②③代入①，
即 ，从而 ，即 .
3．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中删
去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数
列 是 可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；(3)从 中任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证
明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使
得每组成等差数列：
① ，共 组；② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共
组；
③ ，共
组.（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部
分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共
组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的
数表以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合 ， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一
定是 可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；
而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，
总共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或
探究结论.
4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续
投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投
篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第 次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则
．记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设 ，由题意可得 ，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，所以，
.
（2）设 ，依题可知， ，则
，
即 ，
构造等比数列 ，
设 ，解得 ，则 ，
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即 ．
（3）因为 ， ，
所以当 时， ，
故 ．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根
据数列的基本知识求解．
