专题二 函数概念与基本初等函数Ⅰ
考点4 函数的概念与基本性质
题组
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅱ，5分]若 为偶函数，则 ( B )
A. B. 0 C. D. 1
[解析]设 ，易知 的定义域为 ，且 ，所以 为奇函数.若 为偶函数，则 也应为奇函数，所以 ，（在公共定义域内：奇 奇 奇，偶 偶 偶，奇×奇 偶，偶×偶 偶，奇×偶 奇）故选 .
【速解】 因为 为偶函数， , ,所以 ,解得 ,故选B.
【方法技巧】常见的偶函数有 且 ， ， ， 等;常见的奇函数有 ， ， ， ， , ， 等，其中 且 .
2. [2023全国卷甲，5分]已知函数 ．记 ， ， ，则( A )
A. B. C. D.
[解析]函数 是由函数 和 复合而成的复合函数， 为 上的增函数， 在 上单调递增，在 上单调递减，所以由复合函数的单调性可知， 在 上单调递增，在 上单调递减.易知 的图象关于直线 对称，所以 ，又 ，所以 ，所以 ，故选 .
3. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知函数 的定义域为 ,且 , ,则 ( A )
A. B. C. 0 D. 1
[解析]因为 ，所以在 中，令 ，得 ，所以 ①，所以 ②.由①②相加，得 ，故 ，所以 ，所以 ，所以函数 的一个周期为6.在 中，令 ，得 ，所以 .令 , ，得 ，所以 .由 ，得 , , ，所以 ，根据函数的周期性知， ，故选 .
4. [2022全国卷乙，5分]已知函数 ， 的定义域均为 ，且 ， .若 的图象关于直线 对称， ，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]由 的图象关于直线 对称，可得 .在 中,用 替换 ，可得 ，可得 ①,所以 为偶函数.在 中，用 替换 ,得 ，代入 中,得 ②,所以 的图象关于点 中心对称，所以 .由①②可得 ,所以 ，所以 ，所以函数 是以4为周期的周期函数.由 可得 ，又 ，所以可得 ，又 ,所以 ,得 ，又 , ，所以 .故选 .
【方法技巧】 函数图象的对称性的常用结论
（1） 函数 的图象关于直线 对称；
（2） 函数 的图象关于点 中心对称.
5. [2021全国卷甲，5分]下列函数中是增函数的为( D )
A. B. C. D.
[解析]如图，在坐标系中分别画出 ， ， ， 四个选项中函数的大致图象，即可快速直观判断 项符合题意．故选 ．
6. [2021全国卷乙，5分]设函数 ，则下列函数中为奇函数的是( B )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ， .
对于 , ,定义域关于原点对称，但不满足 ；
对于 , ，定义域关于原点对称，且满足 ；
对于 , ,定义域不关于原点对称；
对于 , ,定义域不关于原点对称.故选 .
【速解】 ，为保证函数变换之后为奇函数，需将函数 的图象向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图象对应的函数为 ，故选B.
7. [2021新高考卷 Ⅱ，5分]设函数 的定义域为 ，且 为偶函数， 为奇函数，则( B )
A. B. C. D.
[解析]因为函数 是偶函数，所以 ，则函数 的图象关于直线 对称.因为函数 是奇函数，所以 ，则 ，且函数 的图象关于点 对称. ，则 ，所以函数 是以4为周期的周期函数，所以 ，又函数 的图象关于直线 对称，所以 ，故选 .
【方法技巧】 函数的奇偶性和图象的对称性的关系
（1）若 是奇函数，则函数 的图象关于点 对称；
（2）若 是偶函数，则函数 的图象关于直线 对称；
（3）若函数 是奇函数，则函数 的图象关于点 对称；
（4）若函数 是偶函数，则函数 的图象关于直线 对称.
8. [2021全国卷甲，5分]设函数 的定义域为 ， 为奇函数， 为偶函数，当 时, .若 ，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]由于 为奇函数，所以函数 的图象关于点 对称，即有 ，令 ，得 ，即 ①,令 ,得 .由于 为偶函数，所以函数 的图象关于直线 对称，即有 ，令 ,得 ,所以 ②.根据①②可得 , ，所以当 时， .
根据函数 的图象关于直线 对称，且关于点 对称，可得函数 的周期为4，所以 .
【方法技巧】函数周期性的常用结论
设函数 , , ， .
（1）若 ，则函数的周期为 ;
（2）若 ，则函数的周期为 ;
（3）若 ，则函数的周期为 ;
（4）若函数 的图象关于直线 与 对称，那么函数 的周期为 ;
（5）若函数 的图象既关于点 对称，又关于点 对称，则函数 的周期是 ;
（6）若函数 的图象既关于直线 对称，又关于点 对称，则函数 的周期是 .
9. [2020新高考卷Ⅰ，5分]若定义在 上的奇函数 在 单调递减，且 ,则满足 的 的取值范围是( D )
A. B. C. D.
[解析]由题意知 在 , 单调递减，（奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同）
且 .当 时,令 ,得 , ；当 时,令 ,得 , ,又 ， ；当 时,显然符合题意.综上，原不等式的解集为 ,选 .
【速解】当 时, ,符合题意，排除B；当 时， ,此时不符合题意，排除选项A,C.故选D.
10. [2019全国卷 Ⅲ，5分]设 是定义域为 的偶函数，且在 单调递减，则( C )
A. B.
C. D.
[解析]根据函数 为偶函数可知， ，因为 ，且函数 在 单调递减，所以 .故选 .
11. [2019天津，5分]已知 .设函数 若关于 的不等式 在 上恒成立，则 的取值范围为( C )
A. ， B. ， C. ， D. ，
[解析]解法一当 时,不等式 恒成立,排除 ;当 时, 当 时, 的最小值为 ,满足 ;当 时,由 可得 ,易得 在 处取得极小值（也是最小值） ,满足 恒成立,排除 , .故选 .
解法二若 , ,当 时,可得 的最小值为 ，令 ,解得 ,故 ;当 时,可得 的最小值为 ,满足条件.所以 .
若 ,由 可得 ,当 时, ,则 单调递增,故只需 ,显然成立;当 时,由 可得 ,易得 的最小值为 ，令 ,解得 ,故 ,所以 .综上, 的取值范围是 .
12. [2019全国卷Ⅱ，5分]设函数 的定义域为 ，满足 ，且当 时， .若对任意 ，都有 ，则 的取值范围是( B )
A. B. C. D.
[解析]当 时， ，则 ；当 时， ，则 ；当 时， ，则 ， 由此可得
由此作出函数 的图象，如图所示．由图可知当 时，令 ，整理，得 ，解得 或 ，将这两个值标注在图中.要使对任意 都有 ，必有 ，即实数 的取值范围是 ，故选 ．
【方法技巧】 破解此类题的关键：一是会转化，把不等式恒成立问题转化为两个函数的图象的关系问题，如本题，把“对任意 ，都有 ”转化为“ 时，函数 的图象都不在直线 的下方”；二是会借形解题，即画出函数的图象，借助图象的直观性，可快速找到参数所满足的不等式，从而得到参数的取值范围．
13. [2023新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知函数 的定义域为 ， ，则( ABC )
A. B.
C. 是偶函数 D. 为 的极小值点
[解析]取 ，则 ，故 正确；取 ，则 ，所以 ，故 正确；取 ，则 ，所以 ，取 ，则 ,所以 ，所以函数 为偶函数，故 正确；由于 ，且函数 为偶函数，所以函数 的图象关于 轴对称，所以 可能为函数 的极小值点，也可能为函数 的极大值点，也可能不是函数 的极值点，故 不正确.综上，选 .
14. [2022新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 .若 ， 均为偶函数，则( BC )
A. B. C. D.
[解析]因为 为偶函数，所以 ,所以函数 的图象关于直线 对称， ,即 ，所以 正确；
因为 为偶函数，所以 ，函数 的图象关于直线 对称，因为 ，所以函数 的图象关于点 对称，（二级结论：若函数 为偶函数，则其图象上在关于 轴对称的点处的切线的斜率互为相反数，即其导函数的图象关于原点对称．本题函数 的图象关于直线 对称，则其导函数 的图象关于点 对称）
所以 的周期 ，因为 ，所以 ，即 ，所以 不正确；
因为 ，即 ，所以 ，所以 ，所以 ，所以 正确；
不妨取 ,经验证满足题意，但 ，所以选项 不正确.综上，选 .
【速解】 因为 , 均为偶函数，所以函数 的图象关于直线 对称，函数 的图象关于直线 对称．取符合题意的一个函数 ，则 ，排除A；取符合题意的一个函数 ，则 ，即 ，所以 ， ，所以 ，排除D.故选 .
二、填空题
15. [2023全国卷甲，5分]若 为偶函数，则 2.
[解析]解法一因为 为偶函数，所以 ，即 ，得 .
解法二因为 为偶函数，所以 ，即 ，得 .
16. [2022北京，5分]函数 的定义域是 .
[解析]因为 ，所以 , ，解得 .
17. （2022全国卷乙，5分）若 是奇函数，则 , .
[解析] 为奇函数， ， .当 时，则 解得 当 时，则 无解.综上， , .
【速解】 易知 函数 为奇函数， 由奇函数定义域关于原点对称可得 ， 当 时， .又 恒成立， 当 时， ， .又由 可得 .经检验符合题意， ， .
18. [2022浙江，6分]已知函数 ,则 ;若当 , 时， ，则 的最大值是 .
[解析]由题意知 ，则 .作出函数 的大致图象，如图所示，结合图象，令 ，解得 ；令 ，解得 ，又 ，所以 ，所以 .
19. [2022北京，5分]设函数 若 存在最小值，则 的一个取值为0（答案不唯一）; 的最大值为1.
[解析]当 时，函数 存在最小值0，所以 的一个取值可以为0；当 时，若 ， ，此时函数 不可能存在最小值；当 时，若 ，则 ，此时 ，若 ，则 ，若函数 存在最小值，则 ，得 ；当 时，若 ，则 ，此时 ，若 ，则 ，若函数 存在最小值，则 ，此时不等式无解.综上, ，所以 的最大值为1.
20. [2021浙江，4分]已知 ，函数 若 ，则 2.
[解析]因为 ，所以 ，所以 ，解得 .
21. [2021新高考卷Ⅱ，5分]写出一个同时具有下列性质①②③的函数 （答案不唯一）.
；②当 时， ； 是奇函数.
[解析]由题意，可考虑二次函数，如函数 ，则 ， , ，所以 ；因为 ， ，所以 为奇函数，且当 时， .故函数 符合题意.
22. [2020北京，5分]函数 的定义域是 .
[解析]函数 的自变量满足 ,即定义域为 .
23. [2020江苏，5分]已知 是奇函数，当 时， ,则 的值是 .
[解析]由题意可得 .
24. [2019北京，5分]设函数 （ 为常数）.若 为奇函数，则 ;若 是 上的增函数，则 的取值范围是 .
[解析] 为奇函数， ,即 , , ; 是 上的增函数， , ,则 ,故 的取值范围是 .
考点5 函数的图象
题组
选择题
1. [2023天津，5分]函数 的图象如图所示，则 的解析式可能为( D )
A. B. C. D.
[解析]由题图可知函数 的图象关于 轴对称，所以函数 是偶函数.因为 是偶函数， 是奇函数，所以 是奇函数，故排除 ；因为 是偶函数， 是奇函数，所以 是奇函数，故排除 ；因为 ， ，所以 恒成立，不符合题意，故排除 .分析知，选项 符合题意，故选 .
2. [2022全国卷甲，5分]函数 在区间 的图象大致为( A )
A.
B.
C.
D.
[解析]解法一（特值法）取 ，则 ；取 ，则 .结合选项知选 ．
解法二 令 ，则 ，所以函数 是奇函数，且当 时, , ,故 ,故选 ．
【方法技巧】解图象识别题的关键：一是活用函数的性质，常利用函数的单调性与奇偶性来排除不符合题意的选项；二是取特殊点进行排除，根据函数的解析式，选择特殊点，即可排除不符合题意的选项．
3. [2022全国卷乙，5分]如图是下列四个函数中的某个函数在区间 的大致图象，则该函数是( A )
A. B. C. D.
[解析]对于选项 ，当 时， ，与图象不符，故排除 ；对于选项 ，当 时， ，与图象不符，故排除 ；对于选项 ，当 时， ，与图象在 轴右侧最高点大于1不符，所以排除 .故选 .
4. [2022天津，5分]函数 的图象是( A )
A. B.
C. D.
[解析] 的定义域为 ，且 ，所以函数 是奇函数，函数 的图象关于原点对称，故排除选项 , ;因为 ,所以当 时, ,当 时, ,故排除选项 .故选 .
5. [2021浙江，4分]已知函数 , ,则图象如图的函数可能是( D )
A. B. C. D.
[解析]易知函数 是偶函数， 是奇函数，给出的图象对应的函数是奇函数.选项 ， 为非奇非偶函数，不符合题意，排除 ；选项 ， 也为非奇非偶函数，不符合题意，排除 ；因为当 时， 单调递增，且 ,当 时， 单调递增，且 ，所以 在 上单调递增，由图象可知所求函数在 上不单调，排除 .故选 .
6. [2019全国卷 Ⅰ，5分]函数 在 的图象大致为( D )
A.
B.
C.
D.
[解析]易知函数 的定义域为 . ， 为奇函数，排除 ； ， 排除 ； ，且 ， ， 排除 ．选 ．
考点6 指数函数、对数函数、幂函数
题组
选择题
1. [2023天津，5分]若 , , ，则 , , 的大小关系为( D )
A. B. C. D.
[解析]因为函数 是增函数，且 ，所以 ，即 ；因为函数 是减函数，且 ，所以 ，即 .综上， .故选 .
2. [2023新高考卷Ⅰ，5分]设函数 在区间 单调递减，则 的取值范围是( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一 由题意得 在区间 单调递减，所以 ，解得 .故选 .
解法二 取 ，则 在 单调递减，所以 在 单调递减，所以 符合题意，排除 , , ，故选 .
3. [2022天津，5分]已知 , , ,则( C )
A. B. C. D.
[解析]因为 ， ， ，所以 ，故选 .
4. [2022天津，5分]化简 的值为( B )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
[解析] ，故选 .
5. [2022北京，4分]已知函数 ,则对任意实数 ，有( C )
A. B. C. D.
[解析]函数 的定义域为 ， ，所以 ，故选 .
6. [2022浙江，4分]已知 , ,则 ( C )
A. 25 B. 5 C. D.
[解析]由 得 ．又 ，所以 ，所以 ，故选 ．
7. [2022全国卷甲，5分]已知 ， , ,则( A )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ，所以 .因为 ,所以 ,因为 ,所以 .综上, .故选 .
8. [2021新高考卷Ⅱ，5分]若 ， ， ，则( C )
A. B. C. D.
[解析] ， ，所以 .故选 .
9. [2021全国卷甲，5分]青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据 和小数记录法的数据 满足 .已知某同学视力的五分记录法的数据为 ,则其视力的小数记录法的数据约为 ( C )
A. 1.5 B. 1.2 C. 0.8 D. 0.6
[解析] ,所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.
10. [2020全国卷Ⅰ，5分]设 ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为 ，所以 ，则有 ，所以 ，故选 .
解法二 因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，故选 .
11. [2020新高考卷Ⅰ，5分]基本再生数 与世代间隔 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型： 描述累计感染病例数 随时间 （单位：天）的变化规律，指数增长率 与 ， 近似满足 .有学者基于已有数据估计出 , .据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为 ( B )
A. 1.2天 B. 1.8天 C. 2.5天 D. 3.5天
[解析] , , .若 则 , , ,选 .
12. [2020新高考卷Ⅱ，5分]已知函数 在 上单调递增,则 的取值范围是( D )
A. B. C. D.
[解析]由 ，解得 或 ，所以函数 的定义域为 .又函数 在 上单调递增，在 上单调递减，所以函数 在 上单调递增，所以 ，故选 .
【方法技巧】 函数 的单调性与函数 的单调性在 时相同，在 时相反.注意研究对数型复合函数的单调性，一定要坚持“定义域优先”原则，否则所得范围易出错.
13. [2020全国卷Ⅱ，5分]设函数 ,则 ( D )
A. 是偶函数，且在 单调递增0 B. 是奇函数，且在 单调递减
C. 是偶函数，且在 单调递增 D. 是奇函数，且在 单调递减
[解析]由 得函数 的定义域为 ，其关于原点对称，因为 ，所以函数 为奇函数，排除 ， ．当 时， ，易知函数 单调递增，排除 ．当 时， ，易知函数 单调递减，故选 ．
【方法技巧】解答本题的关键点：（1）判断函数的奇偶性通常利用定义，但必须要先判断函数的定义域是否关于原点对称；（2）确定函数的单调性时，要注意化简函数的解析式，并利用复合函数的单调性进行判断．
14. [2020天津，5分]设 , , ,则 , , 的大小关系为( D )
A. B. C. D.
[解析]由题知 ， ，易知函数 在 上单调递增，所以 ，所以 ，故选 .
15. [2020全国卷Ⅱ，5分]若 ,则( A )
A. B. C. D.
[解析]由 ，得 ，即 ．设 ，则 ．因为函数 在 上为增函数， 在 上为增函数，所以 在 上为增函数，则由 ，得 ，所以 ，所以 ，所以 ，故选 ．
【方法技巧】解答本题的关键点：（1）对于结构相同（相似）的不等式，通常考虑变形，构造函数；（2）利用指数函数与对数函数的单调性得到 , 的大小关系及 的符号．
16. [2020全国卷Ⅰ，5分]若 ,则( B )
A. B. C. D.
[解析]令 ,因为 在 上单调递增， 在 上单调递增，所以 在 上单调递增．又 ，所以 ，所以 ．故选 ．
【方法技巧】破解此类题的关键：一是细审题，盯题眼，如本题的题眼为“ ”；二是巧构造，即会构造函数，注意活用初等函数的单调性进行判断；三是会放缩，即会利用放缩法比较大小．
17. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知 , .设 , ， ,则( A )
A. B. C. D.
[解析] ,所以 ;同理 ,所以 ; ,所以 ; ,所以 .综上可知， ,故选 .
【方法技巧】 比较两数（式）大小的方法
（1）作差法：根据两数或两式的差与0的大小关系判断大小.
（2）作商法：根据两数或两式的商与1的大小关系判断大小.作商比较大小时要注意两者的符号，否则会产生错解.比如，若 ，则当 时，有 ；当 时，有 .
（3）中间值法：对于两个数值，如果无法直接比较大小，那么可以考虑利用中间值来比较大小.一般常用的中间值有0，1， 等.如比较大小： 和 ，显然 大于1， 小于 ，则中间值可取1； 和 ，显然 是正的， 是负的，则中间值可取0.
（4）函数法：根据两数或两式的结构特征找出共性与差异，利用差异性设置变量，根据共性构造函数，将两数（式）的大小比较问题转化为函数的单调性问题进行求解.
18. [2019浙江，4分]在同一直角坐标系中，函数 ， ，且 的图象可能是( D )
A. B.
C. D.
[解析]若 ，则函数 是增函数， 是减函数且其图象过点 ，结合选项可知，选项 可能成立；若 ，则 是减函数，而 是增函数且其图象过点 ，结合选项可知，没有符合的图象.故选 .
【速解】分别取 和 ，在同一坐标系内画出相应函数的图象（图略），通过对比可知选D.
19. [2019北京，5分]下列函数中,在区间 上单调递增的是( A )
A. B. C. D.
[解析]根据幂函数，指数函数，对数函数的单调性易得 正确.
20. [2019北京，5分]在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足 ，其中星等为 的星的亮度为 .已知太阳的星等是 ，天狼星的星等是 ，则太阳与天狼星的亮度的比值为( A )
A. B. 10.1 C. D.
[解析]由题意可设太阳的星等为 ,太阳的亮度为 ,天狼星的星等为 ,天狼星的亮度为 ,则由 ,得 , , , , .故选 .
21. [2019全国卷Ⅱ，5分]若 ，则( C )
A. B. C. D.
[解析]由函数 的图象（图略）知，当 时， ，故 不正确；因为函数 在 上单调递增，所以当 时， ，故 不正确；因为函数 在 上单调递增，所以当 时， ，即 ，故 正确；当 时， ，故 不正确.选 ．
【速解】 当 , 时， , , ，故排除A,B,D.选C．
22. [2019天津，5分]已知 ， , ，则 , , 的大小关系为( A )
A. B. C. D.
[解析] ,而 ,故 ; ,而 ，故 .所以 .
考点7 函数与方程
题组
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]函数 存在3个零点，则 的取值范围是( B )
A. B. C. D.
[解析]由题意知 ,要使函数 存在3个零点，则 要有2个不同的根，则 .令 ，解得 ,所以 在 和 上单调递增，在 ， 上单调递减，所以要使 存在3个零点，则 即 解得 ,即 .故选 .
2. [2020天津，5分]已知函数 若函数 恰有4个零点，则 的取值范围是( D )
A. B.
C. D.
[解析]由题意可知 为 的一个零点.函数 恰有4个零点，即函数 与 的图象有4个交点，其中 为其中一个交点，当 时,由 可得 ,当 时，由 可得 ,令 ,则函数 与 的图象有3个交点.若 ,如图1所示，函数 与 的图象有3个交点，所以 符合题意.若 ,如图2所示，需证当 时，函数 与 的图象有2个交点.当 时， , ,令 ，则 ,因为 有两个不同实根，所以 ,即 ,解得 .综上，当 或 时，函数 恰有4个零点.
3. [2019全国卷Ⅲ，5分]函数 在 的零点个数为( B )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
[解析] ，令 ，则 或 ，所以 ，又 ，所以 或 或 .故选 .
【方法技巧】 判定函数零点个数的方法
1.直接法：令 ，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点.
2.图象法：画出函数 的图象，函数 的图象与 轴交点的个数就是函数 的零点个数；将函数 拆成两个函数 和 的差的形式，根据 ，则函数 的零点个数就是函数 和 的图象的交点个数.
4. [2019浙江，4分]设 ， ，函数 若函数 恰有3个零点，则( C )
A. ， B. ， C. ， D. ，
[解析]当 时, ,则 最多有1个零点.
当 时， , ,当 ，即 时, ， 在 上单调递增,则 在 上最多有1个零点;当 ,即 时，令 ,得 ,令 ，得 ,所以 在 上单调递减，在 上单调递增，则 在 上最多有2个零点.由已知函数 恰有3个零点，知 在 上有1个零点，在 上有2个零点，则 解得 , .故选 .
二、填空题
5. [2023天津，5分]若函数 有且仅有两个零点，则 的取值范围为 .
[解析]当 时，函数 只有一个零点 ，不符合题意;当 时，函数 只有一个零点 ，不符合题意;当 时，函数 有两个零点,分别为 和 ，符合题意.
若 且 ，分以下两种情况：
①当 时, ,令 ，由 且 ，得 , ，且 .又 时， ,所以 ,则 时， 且 , ; 时， ,所以 ,则 时, 且 , .
②当 时， ,令 ,由 且 ，得 ， ，且 .同理， 时, ,则 ; 时, ,则 .
综上， 的取值范围为 .
6. [2022天津，5分]设 ,记 ，若 至少有3个零点，则实数 的取值范围是 .
[解析]令 ，方程 的判别式 .
（1）当 时，函数 无零点，从而 不可能至少有3个零点.
（2）当 时， 或 ，
①当 时， ，此时 有2个零点，不符合要求；
②当 时， 有3个零点，符合要求.
（3）当 时， 或 ，
①如图，当 时，函数 的图象的对称轴为直线 ，若 至少有3个零点，则要求 ，即 ，从而 ；
②当 时，函数 的图象的对称轴为直线 ，此时 只有2个零点，不符合题意.综上所述， ．
7. [2021北京，5分]已知 ，给出下列四个结论：
①若 ，则 有两个零点；
② ，使得 有一个零点；
③ ，使得 有三个零点；
④ ，使得 有三个零点.
以上正确结论的序号是①②④．
[解析]作出函数 和 的大致图象如图所示，
对于①，当 时，显然直线 与 的图象有两个交点，即函数 有两个零点，所以①正确；
对于②，由图可知， ，使得直线 与 的图象相切，即当 时，函数 有一个零点，所以②正确；
对于③，由图可知，当 时，直线 与 的图象不可能有三个交点，即函数 不可能有三个零点，所以③不正确；
对于④，由图可知， ，使得直线 与 的图象相切,所以当 时，直线 与 的图象有三个交点，即函数 有三个零点，所以④正确.
8. [2019江苏，5分]设 ， 是定义在 上的两个周期函数， 的周期为4， 的周期为2，且 是奇函数.当 时， ， 其中 .若在区间 上，关于 的方程 有8个不同的实数根，则 的取值范围是 .
[解析]当 时，令 ，则 , ，即 的图象是以 为圆心、1为半径的半圆，利用 是奇函数，且周期为4，画出函数 在 上的图象，再在同一坐标系中作出函数 的图象，如图，关于 的方程 在 上有8个不同的实数根，即两个函数的图象有8个不同的交点，数形结合知 与 的图象有2个不同的交点时满足题意，当直线 经过点 时， ，当直线 与半圆 相切时， , 或 （舍去），所以 的取值范围是 .
考点8 函数模型及其应用
题组
一、选择题
1. [2022北京，4分]在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献.如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 和 的关系，其中 表示温度,单位是 ； 表示压强，单位是 .下列结论中正确的是( D )
A. 当 ， 时，二氧化碳处于液态
B. 当 ， 时，二氧化碳处于气态
C. 当 ， 时，二氧化碳处于超临界状态
D. 当 ， 时，二氧化碳处于超临界状态
[解析]对于 选项，当 ， 时， ，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对于 选项，当 ， 时，即 ，即 时，根据图象可知，二氧化碳处于液态；对于 选项，当 ， 时， ，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对于 选项，当 ， 时，即 ，即 ，根据图象可知，二氧化碳处于超临界状态.故选 .
2. [2023新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级 ，其中常数 是听觉下限阈值， 是实际声压.下表为不同声源的声压级：
声源 与声源的距离/ 声压级/
燃油汽车 10
混合动力汽车 10
电动汽车 10 40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车 处测得实际声压分别为 , ， ，则( ACD )
A. B. C. D.
[解析]由已知，知 ,解得 ; ,解得 ; ,解得 .易知 ， 正确. ，故 错误. .故 正确.
二、填空题
3. [2020北京，5分]为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量 与时间 的关系为 ,用 的大小评价在 这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示.
给出下列四个结论:
①在 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在 , , 这三段时间中，在 的污水治理能力最强.
其中所有正确结论的序号是①②③.
[解析]由题图可知甲企业的污水排放量在 时刻高于乙企业的，而在 时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故①正确；由题图知在 时刻，甲企业对应的关系图象斜率的绝对值大于乙企业的，故②正确；在 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，③正确；甲企业在 ， ， 这三段时间中，在 的污水治理能力明显低于 时的，故④错误．
第 1 页专题四 三角函数与解三角形
考点14 三角函数的概念、同角三角函数的基本关系、诱导公式与三角恒等变换
题组
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知 为锐角， ，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析] ，得 ，又 为锐角，所以 ，所以 ，故选 .
2. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知 ， ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]依题意，得 所以 ，所以 ，所以 ，故选 .
3. [2022新高考卷Ⅱ，5分]若 ，则( C )
A. B. C. D.
[解析] ，所以 ，整理得 ，即 ，所以 ， ，所以 .
4. [2021新高考卷Ⅰ，5分]若 ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为 ，所以 .故选 .
解法二 因为 ，所以角 的终边在第二、四象限，（提示：根据正切值的正负，确定角 可能所在的象限）
所以 或 所以 .故选 .
5. [2021全国卷乙，5分] ( D )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，（注意到 ，所以可灵活运用诱导公式化为同角）
所以 .故选 .
6. [2021全国卷甲，5分]若 , ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，且 ，所以 ，由 得 ，解得 ， ， .故选 ．
7. [2020全国卷Ⅱ，5分]若 为第四象限角，则( D )
A. B. C. D.
[解析]由题意，知 ，所以 ，所以 或 ， ，故选 ．
【速解】 当 时， ， ，排除A，B，C，故选D．
8. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知 ,则 ( D )
A. B. C. 1 D. 2
[解析]由已知得 ，得 .
9. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知 ,且 ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析] , , ， ,解得 （舍去）或 ． ， ．故选
10. [2019全国卷Ⅰ，5分] ( D )
A. B. C. D.
[解析] ，故选 .
11. [2019全国卷Ⅱ，5分]已知 ， ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]由 ，得 ，即 ．因为 ，所以 ，所以 ，解得 ，故选 ．
二、填空题
12. [2023全国卷乙，5分]若 , ,则 .
[解析]由 且 ，解得 故 .
13. [2022浙江，6分]若 , ，则 , .
[解析]因为 ，所以 ，所以 ，其中 , .所以 ， ，所以 ， ，所以 ， .因为 ，所以 .
14. [2021北京，5分]若 与 关于 轴对称，写出一个 的值 （答案不唯一）．
[解析]由题意可得 ， ，则 , , ,可令 ，则 ，故 的一个值为 .
15. [2020江苏，5分]已知 ,则 的值是 .
[解析]因为 ，所以 ， ,得 .
16. [2020浙江，6分]已知 ,则 , .
[解析]解法一 因为 ，所以 ，由 可知， ,所以 ， .
解法二 因为 ，所以 ， .
17. [2020北京，5分]若函数 的最大值为2，则常数 的一个取值为 （符合 , 都可以，答案不唯一）.
[解析]易知当 ， 同时取得最大值1时，函数 取得最大值2，故 ，则 , ,故常数 的一个取值为 .
18. [2019全国卷Ⅰ，5分]函数 的最小值为-4.
[解析] ，因为 ，所以当 时， 取得最小值， .
19. [2019江苏，5分]已知 ，则 的值是 .
[解析]解法一 ，解得 或 ，当 时， ， ，此时 ，同理当 时， , ，此时 ，所以 .
解法二 ，则 ，又 ，则 ，则 .
三、解答题
20. [2019浙江，14分]设函数 ， .
（Ⅰ） 已知 ，函数 是偶函数，求 的值;
[答案]因为 是偶函数，
所以 , ,
所以 .
又 ,因此 或 .
（Ⅱ） 求函数 的值域.
[答案]
.
因此，函数的值域是 .
考点15 三角函数的图象与性质
题组一
一、选择题
1. [2023天津，5分]已知函数 图象的一条对称轴为直线 , 的一个周期为4,则 的解析式可能为( B )
A. B. C. D.
[解析]对于 , ，最小正周期为 ，因为 ，所以函数 的图象不关于直线 对称，故排除 ；对于 ， ，最小正周期为 ，因为 ，所以函数 的图象关于直线 对称，故选项 符合题意；对于 ， ,函数 和 的最小正周期均为 ，均不符合题意,故排除 ， .综上，选 .
2. （2023全国卷乙，5分）已知函数 在区间 ， 单调递增,直线 和 为函数 的图象的两条相邻对称轴，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]由题意得 ，解得 ，易知 是 的最小值点，所以 ，得 ，于是 ， ，故选 .
3. [2022浙江，4分]为了得到函数 的图象,只要把函数 图象上所有的点( D )
A. 向左平移 个单位长度 B. 向右平移 个单位长度
C. 向左平移 个单位长度 D. 向右平移 个单位长度
[解析]因为 ，所以要得到函数 的图象，只要把函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度，（易错：平移时注意确定平移方向与单位长度）
故选 ．
4. [2022全国卷甲，5分]将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到曲线 ，若 关于 轴对称，则 的最小值是( C )
A. B. C. D.
[解析]记曲线 的函数解析式为 ，则 .因为函数 的图象关于 轴对称，所以 ，得 .因为 ，所以 .故选 .
5. [2022北京，4分]已知函数 ，则( C )
A. 在 上单调递减 B. 在 上单调递增
C. 在 上单调递减 D. 在 上单调递增
[解析]依题意可知 ，对于 选项，因为 ，所以 ，函数 在 上单调递增，所以 选项不正确；对于 选项，因为 ，所以 ，函数 在 上不单调，所以 选项不正确；对于 选项，因为 ，所以 ，函数 在 上单调递减，所以 选项正确；对于 选项，因为 ，所以 ，函数 在 上不单调，所以 选项不正确.故选 .
【速解】易得 ，它的图象是将 的图象的横坐标缩短到原来的 得到的.
因为 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，且其最小正周期为 ，所以A，B，D错误，C正确，故选C.
6. [2021新高考卷Ⅰ，5分]下列区间中，函数 单调递增的区间是( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一 令 , ，得 , .取 ，则 .因为 ，所以区间 是函数 的单调递增区间.故选 .
解法二 当 时， ,所以 在 上单调递增，故 正确；当 时， ，所以 在 上不单调，故 不正确；当 时， ，所以 在 上单调递减，故 不正确；当 时， ，所以 在 上不单调，故 不正确.故选 .
【速解】 的图象是将 的图象向右平移 个单位长度得到的.因为 的一个增区间为 ， ，所以易得 是 的一个增区间.故选A.
7. [2021全国卷乙，5分]函数 的最小正周期和最大值分别是( C )
A. 和 B. 和2 C. 和 D. 和2
[解析]因为函数 ，
所以函数 的最小正周期 ，最大值为 .故选 .
【方法技巧】一般地，关注以下结论在解题中的运用，可提高解题的速度和准确性： ， ， .
8. [2021全国卷乙，5分]把函数 图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移 个单位长度，得到函数 的图象，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]依题意，将 的图象向左平移 个单位长度，再将所得曲线上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到 的图象，所以 的图象 的图象.
9. [2021北京，4分]已知函数 ，则该函数( D )
A. 是奇函数，最大值为2 B. 是偶函数，最大值为2
C. 是奇函数，最大值为 D. 是偶函数，最大值为
[解析]因为 , ，所以函数 为偶函数.
又 ,当且仅当 时， 取得最大值 ，所以 的最大值为 .故选 .
【速解】因为偶函数 偶函数 偶函数，所以排除A，C；易知当 时， ，故函数 最大值取不到2，排除B.故选D.
10. [2019全国卷Ⅱ，5分]若 ， 是函数 两个相邻的极值点，则 ( A )
A. 2 B. C. 1 D.
[解析]依题意得函数 的最小正周期 ，解得 ，选 .
11. [2019全国卷Ⅱ，5分]下列函数中，以 为周期且在区间 单调递增的是( A )
A. B. C. D.
[解析] 中，函数 的周期为 ，当 时， ，函数 单调递增，故 正确； 中，函数 的周期为 ，当 时， ，函数 单调递减，故 不正确； 中，函数 的周期为 ，故 不正确； 中， 由正弦函数图象知，在 和 时， 均以 为周期，但在整个定义域上 不是周期函数，故 不正确.选 ．
12. [2020新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）如图是函数 的部分图象，则 ( BC )
A. B. C. D.
[解析]由题图可知，函数的最小正周期 , , .不妨取 ,则 , ,将点 代入得, , , ,即 , ，故 .由于 ,故选项 正确； ,选项 正确；对于选项 ，当 时, ,错误；对于选项 ，当 时, ,错误.综上，选 .
二、填空题
13. [2022北京，5分]若函数 的一个零点为 ,则 1; .
[解析]依题意得 ，解得 ，所以 ，所以 .
14. （2022全国卷乙，5分）记函数 的最小正周期为 .若 ， 为 的零点，则 的最小值为3.
[解析]因为 ， ,所以 ,即 .又 ,所以 .因为 为 的零点，所以 ，解得 .又 ，所以当 时， 取得最小值，且最小值为3.
15. （2020全国卷Ⅲ，5分）关于函数 有如下四个命题：
① 的图象关于 轴对称.
② 的图象关于原点对称.
③ 的图象关于直线 对称.
④ 的最小值为2.
其中所有真命题的序号是②③.
[解析]由题意知 的定义域为 ，且关于原点对称.又 ，所以函数 为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题.因为 ，所以函数 的图象关于直线 对称，③为真命题.当 时， ，所以④为假命题.
16. [2019北京，5分]函数 的最小正周期是 .
[解析] , 的最小正周期 .
三、解答题
17. [2021浙江，14分]设函数 .
（Ⅰ） 求函数 的最小正周期；
[答案]因为 ，
所以 ，
所以 .
所以函数 的最小正周期 .
（Ⅱ） 求函数 在 上的最大值.
[答案] ，
所以 .
当 时， ，
所以当 ,即 时，函数 在 上取得最大值，且 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]函数 的图象由函数 的图象向左平移 个单位长度得到，则 的图象与直线 的交点个数为( C )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
[解析]把函数 的图象向左平移 个单位长度后得到函数 的图象.作出函数 的部分图象和直线 ，如图所示.观察图象知，共有3个交点.故选 .
2. [2022新高考卷Ⅰ，5分]记函数 的最小正周期为 .若 ,且 的图象关于点 中心对称，则 ( A )
A. 1 B. C. D. 3
[解析]因为 ,所以 ，解得 ．因为 的图象关于点 中心对称，所以 ，且 ，即 ，所以 ,又 ,所以 ，所以 ，解得 ，所以 ，所以 ．故选 ．
3. [2022全国卷甲，5分]设函数 在区间 恰有三个极值点、两个零点，则 的取值范围是( C )
A. B. C. D.
[解析]由 ，得 .根据函数 在区间 恰有三个极值点，知 ，得 .根据函数 在区间 恰有两个零点，知 ，得 .综上， 的取值范围为 .
4. [2022天津，5分]已知 ，关于该函数有下列四个说法:
的最小正周期为 ;
在 上单调递增;
③当 时， 的取值范围为 ；
的图象可由 的图象向左平移 个单位长度得到.
其中，正确说法的个数为( A )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
[解析]因为 ，所以 的最小正周期 ,所以①错误；
当 时， ，所以函数 在 上单调递增，所以②正确；
当 时， ，所以 ，所以函数 的值域为 ，所以③错误；
将 的图象向左平移 个单位长度后，其图象对应解析式为 ，所以④错误.
综上，正确说法的个数为1，故选 .
5. [2019天津，5分]已知函数 是奇函数，且 的最小正周期为 ，将 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为 .若 ，则 ( C )
A. B. C. D. 2
[解析]由 为奇函数可得 ,由 ，得 ,又 的最小正周期为 ,所以 , .所以 .所以 .由 ，得 ,所以 ,故 .
【方法技巧】 若 为奇函数，则 ,若 为偶函数，则 .
6. [2019全国卷Ⅰ，5分]关于函数 有下述四个结论:
是偶函数
在区间 单调递增
在 有4个零点
的最大值为2
其中所有正确结论的编号是( C )
A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③
[解析]解法一 ， 为偶函数，故①正确；当 时， , 在 单调递减，故②不正确； 在 的图象如图所示，由图可知函数 在 只有3个零点，故③不正确;
与 的最大值都为1且可以同时取到， 可以取到最大值2，故④正确．综上，正确结论的序号是①④．故选 ．
解法二 ， 为偶函数，故①正确，排除 ；当 时， , 在 单调递减，故②不正确，排除 ; 与 的最大值都为1且可以同时取到， 的最大值为2，故④正确.选 ．
7. [2019全国卷Ⅲ，5分]设函数 ，已知 在 有且仅有5个零点.下述四个结论：
在 有且仅有3个极大值点
在 有且仅有2个极小值点
在 单调递增
的取值范围是
其中所有正确结论的编号是( D )
A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①③④
[解析]画出函数 的大致图象，如图所示，根据题意知， ，根据图象可知函数 在 有且仅有3个极大值点，所以①正确；但可能会有3个极小值点，所以②错误；根据 ，有 ，得 ，所以④正确；当 时， ,因为 ，所以 ,所以函数 在 单调递增，所以③正确.故选 .
8. [2022新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）已知函数 的图象关于点 中心对称，则( AD )
A. 在区间 单调递减 B. 在区间 有两个极值点
C. 直线 是曲线 的对称轴 D. 直线 是曲线 的切线
[解析]因为函数 的图象关于点 中心对称，所以 ，所以 ，结合 ，得 ，所以 .
对于 ，当 时， ，所以函数 在区间 单调递减，故 正确；
对于 ，当 时， ，所以函数 在区间 只有一个极值点，故 不正确；
对于 ,因为 ，所以 不是曲线 的对称轴，故 不正确；
对于 ，因为 ，若直线 为曲线 的切线，则由 ，得 或 ，所以 或 .当 时， ，则由 ，解得 ；当 时， ，方程 无解.综上所述，直线 为曲线 的切线，故 正确.
综上所述，选 .
二、填空题
9. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知函数 在区间 有且仅有3个零点,则 的取值范围是 .
[解析]函数 在区间 有且仅有3个零点，即 在区间 有且仅有3个根，因为 , ，所以 ，则由余弦函数的图象可知， ，解得 ，即 的取值范围是 .
10. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知函数 ,如图， ， 是直线 与曲线 的两个交点，若 ，则 .
[解析]对比正弦函数 的图象易知，点 为“五点（画图）法”中的第五点，（提醒：将点的坐标代入解析式时，要注意选择的点属于“五点（画图）法”中的哪一个点）
所以 ①.
由题知 ， 两式相减，得 ，即 ，解得 .
代入①，得 ，所以 .
11. [2021全国卷甲，5分]已知函数 的部分图象如图所示,则满足条件 的最小正整数 为2.
[解析]由题图可知， （ 为 的最小正周期），得 ，所以 ，所以 .点 可看作“五点作图法”中的第二个点，则 ,得 ,所以 ，所以 , ,所以 ，即 ，可得 或 ，所以 或 .当 时， , ，解得 , ,此时最小正整数 为2.当 时, , ,解得 , ,此时最小正整数 为3.综上，最小正整数 为2.
12. [2020江苏，5分]将函数 的图象向右平移 个单位长度，则平移后的图象中与 轴最近的对称轴的方程是 .
[解析]将函数 的图象向右平移 个单位长度，得到 的图象，由 , ，得对称轴方程为 , ，其中与 轴最近的对称轴的方程为 .
【易错警示】 解决此类试题时，经常因为不理解图象平移变换的规则而出错，要注意“左加右减”是对自变量 来说的.
考点16 解三角形
题组一
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]在 中，内角 , , 的对边分别是 , , ,若 ,且 ，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]因为 ,所以由正弦定理得 ，则 .在 中， ，则 , .所以 ,故选 .
2. [2021全国卷甲，5分]在 中，已知 ， ， ,则 ( D )
A. 1 B. C. D. 3
[解析]由余弦定理 ，得 ，解得 或 （舍去）．故选 ．
3. [2020全国卷Ⅲ，5分]在 中， , , ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]由余弦定理得 , ,所以 ,故选 .
二、填空题
4. [2023全国卷甲，5分]在 中， ， ， ， 的角平分线交 于 ,则 2.
[解析]在 中，由余弦定理得 ,整理得 ,得 .又 ，所以 ,所以 .
5. [2021全国卷乙，5分]记 的内角 , , 的对边分别为 , , ,面积为 ， ， ，则 .
[解析]由题意得 ，则 ，所以 ，所以 ，则 .
【方法技巧】 三角形的面积公式（ , , 分别为 中角 , , 的对边）：
（1） （ 表示边 上的高）;
（2） ;
（3） （ 为 内切圆的半径）;
（4） （其中 ）;
（5） （ 为 外接圆的半径）．
6. [2021浙江，6分]在 中， ， , 是 的中点， ，则 ; .
[解析]解法一 由 , , ，及余弦定理可得 ，又 为 的中点，所以 .在 中，由余弦定理可得 ，所以 ，所以在 中，由余弦定理得 .
解法二 由 , , ，及余弦定理可得 ，又 为 的中点，所以 .过点 作 交 的延长线于点 ，则 , ， .所以在 中， ，得 .在 中，由余弦定理得 .
7. [2020全国卷Ⅰ，5分]如图，在三棱锥 的平面展开图中， , , , , ，则 .
[解析]依题意得， ，在 中， ， ,由余弦定理得 ，所以 ，所以 .又 , ，所以在 中，由余弦定理得 ．
【方法技巧】 破解本题需会两招：第一招，转化，即把空间问题与平面问题互相转化，注意找出相等量，如 ， , ；第二招，用定理，即利用余弦定理求出边或角．
8. [2019全国卷Ⅱ，5分] 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .若 ， ， ，则 的面积为 .
[解析]解法一 因为 , ， ，所以由余弦定理 ，得 ，得 ，所以 ，所以 的面积 .
解法二 由正弦定理及 ，可得 .
由 ，得 ，
所以 .
所以 ，所以 .
又 ，所以 .
所以 ，
所以 ，
所以 .
三、解答题
9. [2023全国卷乙，12分]在 中，已知 ， ， .
（1） 求 ;
[答案]
如图，由余弦定理得 ，得 .
由正弦定理 ，
得 .
（2） 若 为 上一点，且 ，求 的面积.
[答案]解法一 由 ，得 ,
又 ，所以 ，
故 的面积为 .
解法二 的面积为 ，
，
故 的面积为 .
10. [2023新高考卷Ⅰ，10分]已知在 中， ， .
（1） 求 ;
[答案]解法一在 中， ,
因为 ，所以 ,所以 .
因为 ，
所以 ，
展开并整理得 ，
得 ，
又 ，且 ，
所以 .
解法二 在 中， ,
因为 ，所以 ,所以 .
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
易得 ,
所以 ，
又 ，所以 .
（2） 设 ,求 边上的高.
[答案]解法一由正弦定理，得 ，
得 ，
由余弦定理 ，
得 ，
整理得 ，
解得 或 ，
由（1）得， ，所以 ，
又 ,所以 ,
即 ，所以 ，所以 ，
设 边上的高为 ，则 ，
即 ，解得 ，
所以 边上的高为6.
解法二 由（1）知 ， ，所以 为锐角，
所以 ，所以 ，
由正弦定理，得 ，得 ，
故 边上的高为 .
11. [2022浙江，14分]在 中，角 , , 所对的边分别为 , , .
已知 , .
（Ⅰ） 求 的值;
[答案]由正弦定理 ，得 .
因为 ,所以 ,
又 ，所以 .
（Ⅱ） 若 ，求 的面积.
[答案]由（Ⅰ）知 ,
因为 ,所以 ，所以 ,
所以 .
因为 ,即 ,
所以 ,
所以 .
12. [2022北京，13分]在 中， .
（Ⅰ） 求 ;
[答案]因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ， .
（Ⅱ） 若 ,且 的面积为 ，求 的周长.
[答案]因为 的面积 ，所以 .
由余弦定理可得 ，所以 ，所以 的周长为 .
13. [2020全国卷Ⅱ，12分] 的内角 , , 的对边分别为 , , ，已知 .
（1） 求 ；
[答案]由已知得 ,即 .
所以 , .由于 ，故 .
（2） 若 ，证明： 是直角三角形.
[答案]由正弦定理及已知条件可得 .
由（1）知 ，所以 .
即 , .
由于 ,故 .从而 是直角三角形.
14. [2019全国卷Ⅰ，12分] 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，设 .
（1） 求 ;
[答案]由已知得 ,
故由正弦定理得 .
由余弦定理得 .
因为 ,所以 .
（2） 若 ，求 .
[答案]由（1）知 ,由题设及正弦定理得 ,即 ,可得 .
因为 ,所以 ,
故
.
题组二
一、选择题
1. [2021全国卷乙，5分]魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高.如图，点 ， ， 在水平线 上， 和 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”， 称为“表距”， 和 都称为“表目距”， 与 的差称为“表目距的差”，则海岛的高 ( A )
A. 表高 B. 表高
C. 表距 D. 表距
[解析]因为 ,所以 ，所以 .因为 ,所以 ，所以 .又 ，所以 .由题设中信息可得,表目距的差为 ，表高为 ，表距为 ，则上式可化为,表目距的差 （表距 表目距的差），所以 （表距 表目距的差） 表高，故选 .
二、填空题
2. [2022全国卷甲，5分]已知 中，点 在边 上, , , .当 取得最小值时， .
[解析]
设 ,则 .
根据题意作出大致图形，如图.在 中，由余弦定理得 .在 中，由余弦定理得 ,则 , （当且仅当 ，即 时等号成立）, ， 当 取得最小值 时， .
3. [2019浙江，6分]在 中， ， ， ，点 在线段 上.若 ，则 ， .
[解析]在 中，易得 ， .在 中，由正弦定理得 ， .又 ，所以 .
三、解答题
4. [2023天津，14分]在 中，角 , , 所对的边分别是 , , .已知 , , .
（1） 求 的值；
[答案]由正弦定理 ，得 ，
解得 .
（2） 求 的值；
[答案]由余弦定理得 ,
即 ，
整理得 ,
解得 或 （舍去）.
所以 .
（3） 求 的值.
[答案]由正弦定理 ，可得 ，
又 , 均为锐角，所以 , ,
所以 .
5. [2022新高考卷Ⅱ，12分]记 的内角 , , 的对边分别为 , ， ,分别以 , , 为边长的三个正三角形的面积依次为 , , .已知 , .
（1） 求 的面积;
[答案]由 ，得 ，即 ，
又 ，所以 .
由 ，得 或 （舍去），所以 ，则 的面积 .
（2） 若 ,求 .
[答案]由 ， 及正弦定理知 ，即 ，得 .
6. [2022全国卷乙，12分]记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 .
（1） 证明： ；
[答案]解法一 由 可得, ，
结合正弦定理 可得 ，即 .
由余弦定理得 ，整理得 .
解法二 因为 ，
所以 ，
同理有 ，
所以 ，
由正弦定理可得 .
（2） 若 ， ，求 的周长.
[答案]由（1）及 得， ,所以 .因为 ，所以 ，得 ,
所以 的周长 .
7. [2021新高考卷Ⅰ，12分]记 的内角 , , 的对边分别为 , , .已知 ,点 在边 上, .
（1） 证明: ;
[答案]因为 ，所以由正弦定理得, ，又 ，所以 ,又 ，所以 .
（2） 若 ,求 .
[答案]解法一 由题意可知 ， .在 与 中， ，所以 ①.将 代入①式可得 ，即 ，所以 或 .
当 时， ；
当 时， （舍）.
综上， .
解法二 由题意可得， ，所以 ，则 ①，
由余弦定理得 ②，
联立①②得 ，
因为 ，所以 ，
所以 或 .以下同解法一.
8. [2020全国卷Ⅱ，12分] 中, .
（1） 求 ；
[答案]由正弦定理和已知条件得 ①.
由余弦定理得 ②.
由①②得 .因为 ,所以 .
（2） 若 ，求 周长的最大值.
[答案]由正弦定理及（1）得 ,从而
, .
故 .
又 ,所以当 时， 周长取得最大值 .
【方法技巧】 求三角形周长的最大值是一种常见题型，常用的解法有两种：一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值；二是将周长表示为关于某个内角的函数，利用三角函数的图象与性质求最值．
9. [2019全国卷Ⅲ，12分] 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 .
（1） 求 ；
[答案]由题设及正弦定理得 .
因为 ，所以 .
由 ，可得 ，
故 .
因为 ，故 ，因此 .
（2） 若 为锐角三角形，且 ，求 面积的取值范围.
[答案]解法一 由题设及（1）知 的面积 .
由正弦定理得 .
由于 为锐角三角形，故 ， .
由（1）知 ，所以 ，
故 ,从而 .
因此， 面积的取值范围是 .
解法二 如图， ,过点 作射线 使 ，则点 在射线 上.要满足 为锐角三角形，可找出 点的两个临界点 和 , , 分别满足 , .易知 ， .
故 面积的取值范围是 .
【易错警示】 对于本题第（2）问，应用解法一确定 的范围时要注意对锐角三角形这个条件的挖掘，应用解法二时要准确找出临界点.对于有些三角题,构造图形可以使抽象问题具体化，解法新颖，解题更高效.
题组三
一、选择题
1. [2021全国卷甲，5分]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为 （单位： ）,三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有 ， ， 三点，且 ， , 在同一水平面上的投影 ， ， 满足 , .由 点测得 点的仰角为 ， 与 的差为100;由 点测得 点的仰角为 ，则 ， 两点到水平面 的高度差 约为 ( B )
A. 346 B. 373 C. 446 D. 473
[解析]如图所示，根据题意过 作 ，交 于 ，过 作 ，交 于 ，则 , .在 中， ,则 .又在 点处测得 点的仰角为 ，所以 ,所以高度差 .故选 .
第1题图
二、填空题
2. [2020新高考卷Ⅰ，5分]某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示. 为圆孔及轮廓圆弧 所在圆的圆心， 是圆弧 与直线 的切点， 是圆弧 与直线 的切点，四边形 为矩形， ，垂足为 ， , , , ， 到直线 和 的距离均为 ，圆孔半径为 ,则图中阴影部分的面积为 .
[解析]如图，连接 ,作 ，交 的延长线于 , 于 ,交 于 ,交 于 ，记过 且垂直于 的直线与 的交点为 ,设 ,则 ，不难得出 , ,于是 , , , 为等腰直角三角形，又 , , , ,得 , , , ,则阴影部分的面积 .
第2题图
三、解答题
3. [2023新高考卷Ⅱ，10分]记 的内角 , , 的对边分别为 , , ,已知 面积为 , 为 的中点，且 .
（1） 若 ，求 ;
[答案]因为 为 的中点，
所以 ,（提示：三角形的中线平分三角形的面积）
解得 ，所以 ， ．
因为 ，所以 ．
在 中，由余弦定理，得 ,（方法技巧：已知两边及夹角求第三边时,选用余弦定理）
所以 ．
在 中，由正弦定理，得 ，（方法技巧：已知两边及一边所对的角求另一边所对的角时，选用正弦定理）
所以 ，
所以 .
所以 ．
（2） 若 ，求 , .
[答案]因为 为 的中点，所以 ．
因为 ，所以 ，
则在 与 中，由余弦定理，得 ，（方法技巧：在求边时，常根据两角互补，其余弦值互为相反数，并结合余弦定理建立方程求解）
得 ，
所以 ，所以 ，所以 .
在 中，由余弦定理，得 ,
所以 ，
解得 .
则由 解得 ．
4. [2022新高考卷Ⅰ，12分]记 的内角 ， ， 的对边分别为 , , ,已知 .
（1） 若 ,求 ；
[答案]因为 ，所以 ，
易知 ,所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 .
因为 ，所以 .
（2） 求 的最小值.
[答案]由（1）得 ，
所以 ，且 ,
所以 , ，
所以 ，解得 ，
由正弦定理得 ，当且仅当 时取等号，
所以 的最小值为 .
5. [2021新高考卷Ⅱ，12分]在 中，角 , , 所对的边分别为 , , , , .
（1） 若 ，求 的面积；
[答案]由 及正弦定理，得 ．
又 ，所以 , ，
所以 ．
由余弦定理，得 ，
又 ,所以 ，
所以 ．
（2） 是否存在正整数 ，使得 为钝角三角形？若存在，求 ；若不存在，说明理由.
[答案]由题意，知 ，
要使 为钝角三角形，
需 ，
得 ．
因为 为正整数，
所以 或 ．
当 时， , ，此时不能构成三角形；
当 时， , ，满足题意．
综上，存在正整数 ，使得 为钝角三角形．
6. [2021北京，13分]已知在 中， ， .
（Ⅰ） 求 的大小；
[答案]因为在 中， ,所以由正弦定理,得 ,又 ，所以 .因为 ，
所以 ，所以 ,则 .
（Ⅱ） 在三个条件中选择一个作为已知，使 存在且唯一确定，并求 边上的中线的长度.
；②周长为 ；③面积 .
[答案]由（Ⅰ）知， ， ，所以 ,即 是等腰三角形，且 ， ，即 .
条件 与 矛盾，故条件①不成立，所以不能选择条件①.
若选条件②周长为 ，则 ，解得 ，此时 存在且唯一确定，所以条件②满足题意.
如图,设 为 的中点，连接 ，在 中， , , ,
由余弦定理，得 ，
即 ，所以 边上的中线的长度为 .
若选条件③面积 ,则 ，解得 ，此时 存在且唯一确定，所以条件③满足题意.
设 为 的中点，连接 ，在 中， , , ,
由余弦定理，得 ，
即 ，所以 边上的中线的长度为 .
7. [2020新高考卷Ⅰ，10分]在 , , 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：是否存在 ，它的内角 , , 的对边分别为 , , ,且 , ,
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
[答案]方案一：选条件①.
由 和余弦定理得 .
由 及正弦定理得 .
于是 ,由此可得 .
由 ,解得 , .
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时 .
方案二：选条件②.
由 和余弦定理得 .
由 及正弦定理得 .
于是 ，由此可得 , ， .
由 ,解得 , .
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时 .
方案三：选条件③.
由 和余弦定理得 .
由 及正弦定理得 .
于是 ，由此可得 .
由 ，得其与 矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.
8. [2020北京，13分]在 中， ,再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ） 的值；
（Ⅱ） 和 的面积.
条件①： , ;
条件②： , .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
[答案]选①
（Ⅰ）由余弦定理 ，条件 , ,
得 , .
（Ⅱ） , , .
由正弦定理 ，得 ,
由（Ⅰ）知 ，
.
选②
（Ⅰ） , , .
, , .
由正弦定理 ，得 , .
（Ⅱ） .
, ,
.
.
第 1 页专题一 集合、常用逻辑用语与不等式
考点1 集合
题组
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知集合 , ,0,1, ， ，则 ( C )
A. , ,0, B. ,1, C. D.
[解析]解法一因为 或 ，所以 ，故选 .
解法二由于 ，所以 ，排除 ， ；由于 ，所以 ，排除 .故选 ．
2. [2023新高考卷Ⅱ，5分]设集合 , , , , ，若 ，则 ( B )
A. 2 B. 1 C. D.
[解析]依题意，有 或 .当 时，解得 ，此时 , ， ,0, ，不满足 ；当 时，解得 ，此时 , ， ,0, ，满足 .所以 ，故选 .
3. [2023天津，5分]已知集合 ,2,3,4, , , , ,2, ，则 ( A )
A. ,3, B. , C. ,2, D. ,2,4,
[解析]因为 ,2,3,4, , ,2, ，所以 , ,又 , ，所以 ,3, .故选 .
4. [2023全国卷甲，5分]设全集 ，集合 , ，则 ( A )
A. B.
C. D.
[解析]解法一 , ,1,4,7,10, , , ,2,5,8,11, ，所以 , ， ,1,2,4,5,7,8,10,11， ,所以 , ,0,3,6,9, ，其元素都是3的倍数,即 ，故选 .
解法二 集合 表示被3除余1或2的整数集，则它在整数集中的补集是恰好被3整除的整数集，故选 .
5. [2023全国卷乙，5分]设集合 ,集合 , ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析] ，所以 ，故选 .
6. [2022浙江，4分]设集合 , , ,4, ，则 ( D )
A. B. , C. ,4, D. ,2,4,
[解析]由集合并集的定义，得 ,2,4, ，故选 ．
7. [2022新高考卷Ⅰ，5分]若集合 , ,则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ；因为 ，所以 }.所以 ，故选 ．
8. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知集合 ，1，2， ， ，则 ( B )
A. , B. , C. , D. ,
[解析]由 ，得 ，解得 ，所以 ，所以 , ，故选 .
9. [2022北京，4分]已知全集 ，集合 ，则 ( D )
A. B. C. D. ,
[解析]因为全集 ， ，所以 ，故选 .
10. [2022全国卷乙，5分]设全集 ,2,3,4, ，集合 满足 , ,则( A )
A. B. C. D.
[解析]由题意知 ,4, ，故选 .
11. [2022全国卷甲，5分]设全集 ， ,0，1，2， ,集合 , , ,则 ( D )
A. , B. , C. , D. ,
[解析]集合 , ，所以 ,1,2, ，所以 , .故选 .
12. [2021新高考卷Ⅰ，5分]设集合 , ,3,4, ，则 ( B )
A. B. , C. , D. ,3,
[解析]因为 , ,3,4, ，所以 , ，故选 .
13. [2021新高考卷Ⅱ，5分]若全集 ，2，3，4，5， ,集合 ，3， ， ，3， ，则 ( B )
A. B. ， C. ， D. ，
[解析]因为 ,5, ， ,3, ，所以 , .
14. [2021全国卷甲，5分]设集合 , ,则 ( B )
A. } B. C. D.
[解析] .
15. [2021全国卷乙，5分]已知集合 , ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]在集合 中，令 ，则 ，而集合 中， ，所以必有 ，所以 ，故选 .
【速解】 , , ,1,3,5, ， , ,1,5, ，观察可知， ，所以 ，故选C.
16. [2020新高考卷Ⅰ，5分]设集合 , ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析] ， ，则 ，选 .
【速解】 因为 ,所以 .而选项A，B和D中的集合均没有元素1，故选C.
17. [2020北京，4分]已知集合 ,0,1, , ，则 ( D )
A. ,0, B. , C. ,1, D. ,
[解析]由题意得， , ,故选 .
18. [2020全国卷Ⅰ，5分]设集合 , ,且 ,则 ( B )
A. B. C. 2 D. 4
[解析]易知 ， ,因为 ,所以 ，解得 ．故选 ．
19. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知集合 , ,则 中元素的个数为( C )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
[解析]由题意得， , , , ，所以 中元素的个数为4，选 .
20. [2020新高考卷Ⅰ，5分]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有 的学生喜欢足球或游泳， 的学生喜欢足球， 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( C )
A. B. C. D.
[解析]不妨设该校学生总人数为100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为 ，则 ,解得 ，所以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 .选 .
21. [2020浙江，4分]设集合 , , ， , , 中至少有2个元素，且 , 满足：
①对于任意的 , ,若 ，则 ;
②对于任意的 , ,若 ,则 .
下列命题正确的是( A )
A. 若 有4个元素，则 有7个元素 B. 若 有4个元素，则 有6个元素
C. 若 有3个元素，则 有5个元素 D. 若 有3个元素，则 有4个元素
[解析]①当 中有3个元素时，设 , , ， ，则 , , ，所以 , , ，当 时， ，所以 ，即 ，此时 , , , , , ，所以 , , , ，有4个元素；当 时， ，所以 ，即 ，此时 , , , , ， 或 , , , 或 ， ， ， ，所以 , , , , 或 , , ， ， ， ，有5个或6个元素.故排除 , .
②当 中有4个元素时，设 , , , ， ，所以 ，且 , , , , ，所以 ，且 , , , ，所以 , , , ，所以 , , ,此时 , , , , , , , , ,所以 , , , , , , ,有7个元素，故选 .
【速解】 当 ,2, ， ,4, 时， ,2,4, ，故C错误；当 ,4, ， ,16, 时， ,4,8,16, ，故D错误；当 ,4,8, ， ,16,32,64, 时， ,4,8,16,32,64, ，故B错误.故选A.
22. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知集合 ，0，1， ， ，则 ( A )
A. ，0， B. ， C. ， D. ，1，
[解析]集合 ,则 ,0, .
23. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知集合 ， ，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 , ， ，故选 ．
解法二 由 可排除 , .由 , ,知 ，排除 ,选 ．
【方法技巧】 求解集合的基本运算问题的方法
（1）直接法：离散数集的运算借助韦恩图，连续数集的运算借助数轴；
（2）间接法：根据集合的定义进行取值验证即可.
24. [2019天津，5分]设集合 ，1，2，3， ， ，3， ， ，则 ( D )
A. B. ， C. ，2， D. ，2，3，
[解析]由条件可得 , ,故 ,2,3, .
25. [2019全国卷Ⅲ，5分]《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为( C )
A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.8
[解析]解法一 根据题意阅读过《红楼梦》《西游记》的人数用韦恩图表示如下：
所以该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 .
解法二 设事件 表示随机从这100位被调查的学生中选择1名学生，该学生阅读过《红楼梦》；事件 表示随机从这100位被调查的学生中选择1名学生，该学生阅读过《西游记》.
根据题设知， , , ,可得 .
则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 0.7.选 .
二、填空题
26. [2020江苏，5分]已知集合 ,0,1, ， ,2, ，则 , .
[解析]由交集的定义可得 , .
27. [2019江苏，5分]已知集合 ，0，1， ， ，则 , .
[解析]由交集定义可得 , .
考点2 常用逻辑用语
题组
选择题
1. [2023天津，5分]“ ”是“ ”的( B )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件
[解析]因为“ ” “ 或 ”，“ ” “ ”，所以本题可以转化为判断“ 或 ”与“ ”的关系，又“ 或 ”是“ ”的必要不充分条件，所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.故选 .
2. [2023全国卷甲，5分]设甲: ,乙: ,则( B )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析]甲等价于 ，等价于 ，所以由甲不能推导出 ，所以甲不是乙的充分条件；由 ，得 ，平方可得 ，即 ，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件.综上，选 .
3. [2023新高考卷Ⅰ，5分]设 为数列 的前 项和，设甲： 为等差数列；乙： 为等差数列.则( C )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析]若 为等差数列，设其公差为 ，则 ，所以 ，所以 ，所以 ，为常数，（等差数列的定义）
所以 为等差数列，即甲 乙；若 为等差数列，设其公差为 ，则 ，所以 ，所以当 时， ，当 时， 也满足上式，所以 ，所以 ，为常数，所以 为等差数列，即甲 乙.所以甲是乙的充要条件，故选 .
4. [2022天津，5分]“ 是整数”是“ 是整数”的( A )
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
[解析]若 是整数，则 是整数；当 时， 是整数，但 不是整数.所以“ 是整数”是“ 是整数”的充分不必要条件，故选 .
5. [2022浙江，4分]设 ，则“ ”是“ ”的( A )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]由 ，得 ，则 ，故充分性成立；又由 ，得 ，而 或 ，故必要性不成立.所以“ ”是“ ”的充分不必要条件,故选 ．
【方法技巧】 定义法是判断充分条件与必要条件最基本、最常用的方法，解题要点如下：①分清条件与结论 与 ，②判断“若 ,则 ”及“若 ,则 ”的真假，③下结论， 是 的充分不必要条件； 是 的必要不充分条件； 是 的充要条件； 是 的既不充分也不必要条件．
6. [2022北京，4分]设 是公差不为0的无穷等差数列，则“ 为递增数列”是“存在正整数 ，当 时, ”的( C )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]设无穷等差数列 的公差为 ，则 ，若 为递增数列，则 ，则存在正整数 ，使得当 时， ，所以充分性成立；若存在正整数 ，使得当 时， ，即 对任意的 ， 均成立，由于 时， ，且 ，所以 , 为递增数列，必要性成立.故选 .
7. [2021北京，4分]设函数 的定义域为 ，则“函数 在 上单调递增”是“函数 在 上的最大值为 ”的( A )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]设 函数 在 上单调递增， 函数 在 上的最大值为 ，由单调性的定义可知， 成立，而 不成立，举反例如图所示，所以 是 的充分而不必要条件，选 .
8. [2021浙江，4分]已知非零向量 , , ,则“ ”是“ ”的( B )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]由 可得 ，所以 或 ，所以“ ”是“ ”的必要不充分条件.故选 .
9. [2021全国卷甲，5分]等比数列 的公比为 ,前 项和为 .设甲： ，乙： 是递增数列，则( B )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
[解析]当 , 时， ，此时数列 递减，所以甲不是乙的充分条件.当数列 递增时，有 ，若 ，则 ，即 ；若 ，则 ，不存在.所以甲是乙的必要条件.故选 .
10. [2020天津，5分]设 ,则“ ”是“ ”的( A )
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
[解析]由 得 或 ，反之，由 得 ，则“ ”是“ ”的充分不必要条件，故选 .
11. [2020北京，4分]已知 ， ,则“存在 使得 ”是“ ”的( C )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]若存在 使得 ，则当 , 时， ，则 ；当 , 时， ，则 .若 ，则 或 ， ,即 ， ，故选 .
12. [2020浙江，4分]已知空间中不过同一点的三条直线 , , .“ , , 共面”是“ , , 两两相交”的( B )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析] , ， 在同一平面内，可能有 , , 两两平行，所以 , , 可能没有公共点，所以不能推出 , ， 两两相交.由 , , 两两相交且 , , 不经过同一点，可设 , , ，且 ，所以点 和直线 确定平面 ，而 , ，所以 , ，所以 , ，所以 , , 在同一平面内.故选 .
13. [2019天津，5分]设 ，则“ ”是“ ”的( B )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]由 可得 .由 可得 .由于区间 是 的真子集,故“ ”是“ ”的必要而不充分条件.
【方法技巧】 对于判断充分必要条件的问题,可以借助集合之间的包含关系进行,例如,本题先通过求不等式的解集,再根据区间 是 的真子集即可得出结论.
14. [2019浙江，4分]设 ， ，则“ ”是“ ”的( A )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]因为 , ，所以 ，由 可得 ，解得 ，所以充分性成立；当 时，取 , ，满足 ，但 ，所以必要性不成立.所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.故选 .
15. [2019北京，5分]设函数 （ 为常数）,则“ ”是“ 为偶函数”的( C )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析] 时， ，显然 为偶函数，充分性成立； 为偶函数，则有 ，即 ，又 , ，所以 ，则 对任意 恒成立，得 ，因此必要性也成立.因此“ ”是“ 为偶函数”的充分必要条件，故选 .
16. [2019北京，5分]设点 ， ， 不共线，则“ 与 的夹角为锐角”是“ ”的( C )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
[解析]如图，在平行四边形 中，易知 .当 时， ;当 时，
（如图中平行四边形 ）；同理可得，当 时， “ 与 的夹角为锐角”是“ ”的充分必要条件，故选 .
考点3 不等式的性质与解法、基本不等式
题组
一、选择题
1. [2022全国卷甲，5分]已知 , , ,则( A )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 .由 ，得 ，得 ，所以 .因为 ，由 得 ，即 ，所以 ，即 .综上 .
2. [2021全国卷乙，5分]下列函数中最小值为4的是( C )
A. B.
C. D.
[解析]选项 ：因为 ，所以当 时， 取得最小值，且 ，所以选项 不符合题意.
选项 ：因为 ，所以 ，当且仅当 ，即 时不等式取等号，但是根据正弦函数的有界性可知 不可能成立，（易错警示：利用基本不等式求最值时，必须关注“等号”能否取到）
因此可知 ，所以选项 不符合题意.
选项 另解 设 ,则 ，根据函数 在 上单调递减可得 ，（难点突破：“换元”，构造函数，灵活运用对勾函数的单调性）
所以选项 不符合题意.
选项 ：因为 ，当且仅当 ，即 ， 时不等式取等号，所以 ，所以选项 符合题意.
选项 ：当 时， ， ，所以选项 不符合题意.（易错警示：只有当 ，即 时，才有 ，当且仅当 ，即 ， 时不等式取等号，此时 ）
故选 .
3. [2021浙江，4分]已知 ， ， 是互不相同的锐角，则在 ， ， 三个值中，大于 的个数的最大值是( C )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
[解析]因为 , , 是互不相同的锐角，所以 ， , ， , ， 均为正数.由基本不等式可知 ， ， .三式相加可得 ，当且仅当 , , ，即 时取等号.因为 , , 是互不相同的锐角，所以 ，所以这三个值不会都大于 .若取 , , ，则 ， ， ，所以这三个值中大于 的个数的最大值为2.故选 .
【方法技巧】 解决本题的关键在于利用基本不等式得到这三个值不会都大于 ，再利用赋值法确定这三个值中可能存在两个值大于 ，由此确定结论.
4. [2020北京，4分]已知函数 ，则不等式 的解集是( D )
A. B. C. D.
[解析]函数 ，则不等式 的解集即 的解集，在同一平面直角坐标系中画出函数 , 的图象，如图所示，结合图象易得 的解集为 ，故选 .
5. [2022新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）若 , 满足 ，则( BC )
A. B. C. D.
[解析]由题意得， .因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，当且仅当 时等号成立，故 正确.因为 ，所以 ，所以 ，故 正确.故选 .
6. [2020新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知 , ,且 ,则( ABD )
A. B.
C. D.
[解析]对于选项 ， , , ， 正确；对于选项 ，易知 , , , ， 正确；对于选项 ，令 , ,则 ， 错误；对于选项 , , , , 正确.故选 .
【拓展结论】 （ , ，当且仅当 时取等号）.
二、填空题
7. [2020天津，5分]已知 ， ，且 ，则 的最小值为4.
[解析]依题意得 ，当且仅当 即 时取等号.因此 的最小值为4.
【方法技巧】利用基本不等式证明不等式或求最值时，若满足“一正、二定、三相等”，则直接应用基本不等式；若不满足基本不等式条件，则需要创造条件，如构造“1”的代换，对不等式进行分拆、组合、添加系数等使之转化为可用基本不等式的形式.若多次使用基本不等式，一定要注意是否每次使用都能保证等号成立，并且要注意取等号条件的一致性，否则就会出错.若可用基本不等式，但等号不成立，则一般利用函数单调性求解.
8. [2020江苏，5分]已知 ，则 的最小值是 .
[解析]解法一 由 得 ，则 ，当且仅当 ,即 时取等号，则 的最小值是 .
解法二 ，则 ，当且仅当 ，即 , 时取等号，则 的最小值是 .
9. [2019天津，5分]设 ， ， ，则 的最小值为 .
[解析] .由 得 ,即 ,即 ,当且仅当 时等号成立. ,当且仅当 ,即 时取等号,结合 可知, 可以取到3,故 的最小值为 .
10. [2019北京，5分]李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量，李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付 元.每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的 .
① 当 时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付 元;
[解析]顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，总价为 （元），又 ，所以优惠10元，顾客实际需要付款130元.
② 在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 的最大值为15.
[解析]设顾客一次购买的水果总价为 元.由题意易知，当 时, ,当 时, ，得 对任意 恒成立,又 ,所以 的最大值为15.
第 1 页专题六 平面向量
考点21 平面向量的概念与运算
题组
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知向量 ， .若 ，则( D )
A. B. C. D.
[解析]因为 , ，所以 ， ，因为 ，所以 ，（易错警示：两向量垂直，其数量积为0，注意与两直线垂直（两直线的斜率存在），其斜率之积为 的区别）所以 ，整理得 .故选 .
2. [2023全国卷甲，5分]已知向量 , , 满足 , ,且 ，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析] , ，等式两边同时平方得 ， .
解法一 , , ，且 , ， ，故选 .
解法二 如图，令 , ,则 , , ，而 , ，在 中，由余弦定理得 ，故选 .
解法三 如图，令向量 , 的起点均为 ，终点分别为 , ,以 , 分别为 轴, 轴的正方向建立平面直角坐标系，则 , , ， , ，则 ，故选 .
3. [2022全国卷乙，5分]已知向量 ， ,则 ( D )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
[解析]由题意知 ，所以 ，故选 .
4. [2022新高考卷Ⅰ，5分]在 中，点 在边 上， .记 , ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ,所以 ．故选 ．
【速解】 如图，利用平行四边形法则，合成出向量 ，由图易知 （即向量 ）的系数为负数，排除A,C,D，故选B．
5. [2022全国卷乙，5分]已知向量 ， 满足 , ， ,则 ( C )
A. B. C. 1 D. 2
[解析]由 ，可得 .又 , ，所以 ，故选 .
6. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知向量 , , ,若 ,则 ( C )
A. B. C. 5 D. 6
[解析]由题意，得 ，所以 ， ．因为 ，所以 ，即 ，即 ，解得 ，故选 ．
【速解】 因为 ,且 ,所以由向量加法的平行四边形法则得 ,易知 ， ，所以 .
7. [2020新高考卷Ⅱ，5分]若 为 的边 的中点，则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为 是 的中点，所以 ，所以 ，故选 .
解法二 因为 是 的中点，所以 ，即 ，所以 ，故选 .
8. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知向量 , 满足 , , ,则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]由题意，得 ， ，所以 ，故选 .
9. [2020全国卷Ⅱ，5分]已知单位向量 , 的夹角为 ，则在下列向量中，与 垂直的是( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一 由题意，得 .对于 ， ，故 不符合题意；对于 ， ，故 不符合题意；对于 ， ，故 不符合题意；对于 ， ，所以 .故选 .
解法二 不妨设 , ，则 ， ， ， ，易知，只有 ，即 ，故选 .
解法三 根据条件,分别作出向量 与 ， ， ， 四个选项对应的向量的位置关系，如图所示：
A B C D
由图易知，只有选项 满足题意，故选 .
10. [2019全国卷Ⅱ，5分]已知 ， ， ，则 ( C )
A. B. C. 2 D. 3
[解析]因为 ，所以 ，解得 ，所以 ，所以 ，故选 ．
11. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知非零向量 ， 满足 ，且 ，则 与 的夹角为( B )
A. B. C. D.
[解析]设 与 的夹角为 ， , , ， ，又 , , , ．故选 ．
二、填空题
12. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知向量 ， 满足 , ,则 .
[解析]由 ，得 ，即 ①.由 ，得 ，整理得， ，结合①，得 ，整理得， ，所以 .
13. [2023天津，5分]在三角形 中, ， , 为线段 的中点， 为线段 的中点，若设 , ,则 可用 ， 表示为 ;若 ，则 的最大值为 .
[解析]因为 为 的中点，所以 ，因为 为 的中点，所以 ,所以 ,又 , ，所以 .
因为 ,所以 ,即 ，所以 .在三角形 中， , ，设三角形 的三个内角 , , 所对的边分别为 , , ，则 , , ，所以 ，由余弦定理得 ，即 ，当且仅当 时等号成立，所以 .
14. [2022全国卷甲，5分]已知向量 , .若 ，则 .
[解析] ， ,解得 .
15. [2022全国卷甲，5分]设向量 , 的夹角的余弦值为 ，且 , ,则 11.
[解析] .
16. [2022天津，5分]在 中, , , , ,用 , 表示向量 ，则 ;若 ,则 的最大值为 .
[解析]由题意知 ,又 ,所以 ,则 . ,因为 ,所以 ,化简整理,得 ,则 ,所以 ,当且仅当 时等号成立,又 ,所以 ,即 的最大值为 .
17. [2021北京，5分]已知 ， ， ，则 0； 3．
[解析]由题意得， ， .
18. [2021全国卷乙，5分]已知向量 , ,若 ,则 .
[解析]因为 ，所以 ，解得 .
19. [2021全国卷乙，5分]已知向量 , ,若 ，则 .
[解析]解法一 , , ,即 , ,解得 .
解法二 由 可知， ，即 ,从而 .
20. [2021全国卷甲，5分]若向量 ， 满足 , , ,则 .
[解析]由 得 ，即 ，结合 ， ，得 ，所以 .
21. [2021新高考卷Ⅱ，5分]已知向量 ， ， ， .
[解析]由题意，得 ，因为 , ,所以 .
22. [2020全国卷Ⅱ，5分]已知单位向量 , 的夹角为 ， 与 垂直，则 .
[解析]由题意，得 ．因为向量 与 垂直，所以 ，解得 ．
23. [2020全国卷Ⅰ，5分]设 , 为单位向量，且 ,则 .
[解析]解法一 , 为单位向量，且 ， ， ， , , ．
解法二 如图，设 , ，利用平行四边形法则得 ， ， 为正三角形， ．
24. [2020江苏，5分]如图，在 中， , , ， 在边 上，延长 到 ，使得 ,若 为常数 ，则 的长度是 或0.
[解析]解法一 以点 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向， 的方向为 轴的正方向建立平面直角坐标系，设 , ，则 ， ，又点 在 的延长线上，则可设 , ，又 ，则 ， ，则 ，所以 , ，所以 ，又 ，则 ，所以 ,得 或 ，则 或 .
解法二 由题意可设 ，其中 ， ，又 ，所以 得 ，即 ，又 ，则 , ，所以 .当 与 重合时， ，当 不与 重合时，有 ，所以 ，在 中，由正弦定理可得 ，则 .综上， 或0.
【方法技巧】求解线段的长度可在坐标系中利用两点间的距离公式求解，也可在三角形中利用正弦定理、余弦定理求解，还可结合向量的模求解.
25. [2020浙江，4分]已知平面单位向量 , 满足 .设 , ,向量 , 的夹角为 ，则 的最小值是 .
[解析]解法一 因为单位向量 , 满足 ，
所以 ，即 .
因为 , ， , 的夹角为 ，
所以 .
不妨设 ，则 ， ,又 在 上单调递增，所以 ,
所以 的最小值为 .
解法二 由题意，不妨设 , .因为 ，所以 ，得 ，即 .
易知 , ，
所以 ，
， ,
所以 .
不妨设 ，则 ， ,又 在 上单调递增，
所以 ,所以 的最小值为 .
26. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知向量 ， ，则 .
[解析] .
27. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知 ， 为单位向量，且 ，若 ，则 .
[解析]设 , ，则 ，所以 .
考点22 平面向量的应用
题组
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]正方形 的边长是2， 是 的中点，则 ( B )
A. B. 3 C. D. 5
[解析]解法一 由题意知， ， ，所以 ，由题意知 ，所以 ，故选 .
解法二以点 为坐标原点， , 的方向分别为 , 轴的正方向建立平面直角坐标系，则 ， ， ，则 ， ， ，故选 .
2. [2022北京，4分]在 中， , , 为 所在平面内的动点，且 ,则 的取值范围是( D )
A. B. C. D.
[解析]以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴, 轴建立平面直角坐标系，则 ， ，设 ，则 ， ， ，所以 ，又 表示圆 上一点到点 距离的平方，圆心 到点 的距离为 ，所以 ，即 ，故选 .
【速解】 以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴, 轴建立平面直角坐标系，则 ， ，因为 ，所以可得 在以 为圆心，1为半径的圆上，所以设 坐标为 ，则 .因为 ，所以 .
3. [2020新高考卷Ⅰ，5分]已知 是边长为2的正六边形 内的一点，则 的取值范围是( A )
A. B. C. D.
[解析] ，又 表示 在 方向上的投影，所以结合图形可知，当 与 重合时投影最大，当 与 重合时投影最小.又 , ,故当点 在正六边形 内部运动时， ，故选 .
4. [2021新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知 为坐标原点，点 , , , ,则( AC )
A. B.
C. D.
[解析]由题可知， , ，所以 ，故 正确；
取 ，则 ，取 ，则 ，则 ，故 错误；
因为 , ，所以 ，故 正确；
因为 , ，取 ， ，（提示：用取特殊值法进行排除）
则 ， ，所以 ，故 错误.故选 .
二、填空题
5. [2022浙江，4分]设点 在单位圆的内接正八边形 的边 上，则 的取值范围是 .
[解析]如图，连接 ， , ,根据题意及向量加法的平行四边形法则可得 ,易知 与 反向共线，所以 ,同理得， , , ,所以 ，在 中，易知 ，所以 ，所以 的取值范围为 .
6. [2021浙江，4分]已知平面向量 , , 满足 , , , .记平面向量 在 , 方向上的投影分别为 ， , 在 方向上的投影为 ,则 的最小值是 .
[解析]由 , , ，不妨设 , ,所以 .因为 ，所以可取 .
因为向量 在 , 方向上的投影分别为 , ，所以可得 ，所以 ,则 ，
故 ,当且仅当 ， , 时取等号，故 的最小值为 .
7. [2020北京，5分]已知正方形 的边长为2，点 满足 ，则 ； .
[解析]解法一 如图，由题意及平面向量的平行四边形法则可知，点 为 的中点，在三角形 中， , ．
解法二 以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴, 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则 , , , , , ， , , ， ．
8. [2020天津，5分]如图，在四边形 中， ， , ,且 , ，则实数 的值为 ，若 ， 是线段 上的动点，且 ，则 的最小值为 .
[解析]依题意得 ， ，由 ，得 ，因此 .取 的中点 ，连接 ,则 ， .注意到线段 在线段 上运动时， 的最小值等于点 到直线 的距离，即 ，因此 的最小值为 ，即 的最小值为 .
【方法技巧】
9. [2019天津，5分]在四边形 中， ， ， ， ，点 在线段 的延长线上，且 ，则 .
[解析]解法一 在等腰 中,易得 ,故 ,则 .
解法二 在 中,由余弦定理可得 ,所以 ,则 .设 与 的夹角为 ,则 ,在 中,易得 ,故 .
10. [2019浙江，6分]已知正方形 的边长为1.当每个 取遍 时， 的最小值是0，最大值是 .
[解析]以点 为坐标原点， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图，
则 , , , ，所以 ，所以当 时，可取 , , , ，此时 取得最小值0；取 , , , , ，则 取得最大值 .
[2019江苏，5分]如图，在 中， 是 的中点， 在边 上， ， 与 交于点 .若 ，则 的值是 .
[解析]解法一 以点 为坐标原点， 所在的直线为 轴， 的垂直平分线为 轴建立平面直角坐标系，不妨设 , , , , ，由 得 ，则直线 ，直线 ，联立可得 ，则 ， ，由 得 ，化简得 ，则 .
解法二 由 , , 三点共线，可设 ,则 ,由 ， ， 三点共线可设 ，则 ，则 ，由平面向量基本定理可得 解得 , ，则 ， ，则 ，化简得 ，则 .
第 页专题十一 概率与统计
考点35 随机事件与概率
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为( D )
A. B. C. D.
[解析]记高一年级2名学生分别为 ， ，高二年级2名学生分别为 ， ，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有 ， ， ， ， ， ，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有 ， ， ， ，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率 ，故选 .
2. [2023全国卷乙，5分]某学校举办作文比赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( A )
A. B. C. D.
[解析]甲、乙两位同学抽到相同主题的情况有6种，故抽到不同主题的概率为 ，故选 .
3. [2022新高考卷Ⅰ，5分]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( D )
A. B. C. D.
[解析]从7个整数中随机取2个不同的数，共有 （种）取法，取得的2个数互质的情况有 ， ， ， ，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为 ．故选 ．
4. [2022全国卷甲，5分]从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( C )
A. B. C. D.
[解析]从写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是 , , , , , , , , , , , , , , ，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是 , , , , , ，共6种取法，所以所求概率是 .故选 .
5. [2021全国卷甲，5分]将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 将4个1和2个0视为完全不同的元素，则将4个1和2个0随机排成一行有 种排法.将4个1排成一行有 种排法，再将2个0插空有 种排法.所以2个0不相邻的概率 .
解法二 将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有 种排法.将4个1排成一行，再将2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有 种排法.所以2个0不相邻的概率 .
6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设 为正方形 的中心，在 ， ， ， ， 中任取3点，则取到的3点共线的概率为( A )
A. B. C. D.
[解析]
根据题意作出图形，如图所示，在 , , , , 中任取3点，有10种可能情况，分别为 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，其中取到的3点共线有 和 种可能情况，所以在 , , , , 中任取3点，则取到的3点共线的概率为 ，故选 .
7. [2019全国卷Ⅰ，5分]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“”和阴爻“”，如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( A )
A. B. C. D.
[解析]由6个爻组成的重卦种数为 ，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为 ．根据古典概型的概率计算公式得，所求概率 ．故选 ．
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是( D )
A. B. C. D.
[解析]两位女同学相邻的概率 ,故选 .
二、填空题
9. [2023天津，5分]甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为 .这三个盒子中黑球占总数的比例分别为 ， ， .现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ;将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为 .
[解析]解法一 设 “从甲盒子中取一个球，是黑球”， “从乙盒子中取一个球，是黑球”， “从丙盒子中取一个球，是黑球”，由题意可知 , , ,现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为 ;设 “取到的球是甲盒子中的”， “取到的球是乙盒子中的”， “取到的球是丙盒子中的”， “取到的球是白球”，由题意可知 , , , ， , ，所以 .
解法二 设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5，4，6，其中甲盒子中黑球的个数为2，白球的个数为3；乙盒子中黑球的个数为1，白球的个数为3；丙盒子中黑球的个数为3，白球的个数为3.则从三个盒子中各取一个球，共有 种结果，其中取到的三个球都是黑球有 种结果，所以取到的三个球都是黑球的概率为 ；将三个盒子中的球混合在一起共有 （个）球，其中白球共有 （个），所以混合后任取一个球，共有15种结果，其中取到白球有9种结果，所以混合后任取一个球，是白球的概率为 .
10. [2022全国卷乙，5分]从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 .
[解析]从甲、乙等5名同学中随机选3名，有 种情况,其中甲、乙都入选有 种情况，所以甲、乙都入选的概率 .
11. [2022全国卷甲，5分]从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的概率为 .
[解析]从正方体的8个顶点中任选4个，取法有 （种）.其中4个点共面有以下两种情况：
（1）所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1,有6种取法;
图1
（2）所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2,也有6种取法.
图2
所以所取的4个点在同一个平面的概率 .
考点36 事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]某地的中学生中有 的同学爱好滑冰， 的同学爱好滑雪， 的同学爱好滑冰或爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( A )
A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0.4
[解析]解法一如图，左圆表示爱好滑冰的同学所占比例，右圆表示爱好滑雪的同学所占比例， 表示爱好滑冰且不爱好滑雪的同学所占比例， 表示既爱好滑冰又爱好滑雪的同学所占比例， 表示爱好滑雪且不爱好滑冰的同学所占比例，则 ,所以 , .所以若该同学爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为 ，故选 .
解法二令事件 ， 分别表示该同学爱好滑冰、该同学爱好滑雪，事件 表示该同学爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则 , , ,所以 ，故选 .
2. [2022全国卷乙，5分]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 ， ， ，且 .记该棋手连胜两盘的概率为 ,则( D )
A. 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B. 该棋手在第二盘与甲比赛， 最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛， 最大
D. 该棋手在第二盘与丙比赛， 最大
[解析]设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为 ，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为 ，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为 ，由题意可知， ， ， .所以 ， ，所以 最大，故选 .
3. [2021新高考卷Ⅰ，5分]有6个相同的球，分别标有数字1，2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( B )
A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立
[解析]事件甲发生的概率 （甲） ，事件乙发生的概率 （乙） ，事件丙发生的概率 （丙） ，事件丁发生的概率 （丁） .事件甲与事件丙同时发生的概率 （甲丙） ， （甲丙） （甲） （丙），故 错误;事件甲与事件丁同时发生的概率 （甲丁） , （甲丁） （甲） （丁），故 正确;事件乙与事件丙同时发生的概率 （乙丙） ， （乙丙） （乙） （丙），故 错误;事件丙与事件丁同时发生的概率 （丙丁） ， （丙丁） （丙） （丁），故 错误.选 .
4. [2023新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为 ，收到0的概率为 ;发送1时，收到0的概率为 ,收到1的概率为 .考虑两种传输方案:单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次;三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下:单次传输时，收到的信号即为译码;三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0,1,则译码为1）.( ABD )
A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1,则依次收到1,0，1的概率为
B. 采用三次传输方案，若发送1,则依次收到1, ,1的概率为
C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为
D. 当 时，若发送0,则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
[解析]由题意，发0收1的概率为 ，发0收0的概率为 ； 发1收0的概率为 ，发1收1的概率为 .对于 ，发1收1的概率为 ，发0收0的概率为 ，发1收1的概率为 ，所以所求概率为 ，故 选项正确.对于 ，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为 ，故 选项正确.对于 ，相当于发了1,1,1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为 ，故 不正确.对于 ，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率 ;发送0，采用单次传输方案译码为0的概率 ，当 时， ，故 选项正确.综上，选 .
二、填空题
5. [2022天津，5分]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张,取后不放回,则两次都抽到A的概率为 ;在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是 .
[解析]设事件 “第一次抽到 ”,事件 “第二次抽到 ”.
第1空 解法一不放回地取两次的可能结果种数为 ，事件 包含的可能结果种数为 ,
所以 .
解法二不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有 种可能结果,事件 包含的可能结果为 ,
所以 .
第2空 解法一因为 ,
所以 .
解法二缩小样本空间,已知第一次抽到的是 牌,所以还剩下51张牌,其中有3张 牌,所以 .
6. [2020天津，5分]已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为 和 .假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为 ；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 .
[解析]依题意得，甲、乙两球都落入盒子的概率为 ，甲、乙两球都不落入盒子的概率为 ，则甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为 .
7. [2019全国卷Ⅰ，5分]甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为 ，客场取胜的概率为 ，且各场比赛结果相互独立，则甲队以 获胜的概率是0.18.
[解析]解法一 甲队在前四场中有一场客场输，且第五场胜时，以 获胜的概率是 ；甲队在前四场中有一场主场输，且第五场胜时，以 获胜的概率是 .
综上所述，甲队以 获胜的概率是 .
解法二 由题意可得，一共比赛了五场，且第五场甲获胜，前四场甲队胜三场，输一场.
前四场甲队胜三场，输一场的情况有如下两种.
①甲队主场输一场，其概率 .
②甲队客场输一场，其概率 .
由于第五场必定是甲队胜，所以所求概率 ，则甲队以 获胜的概率为0.18．
三、解答题
8. [2023新高考卷Ⅰ，12分]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 ,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.
[答案]记“第2次投篮的人是乙”为事件 ，“第1次投篮的人是甲”为事件 ,则 ,
所以 .
（2） 求第 次投篮的人是甲的概率.
[答案]设第 次投篮的人是甲的概率为 ，由题意可知， , ，即 ，
所以 ，
又 ，所以数列 }是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
所以 .
（3） 已知：若随机变量 服从两点分布，且 , ,2, , ，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]设第 次投篮时甲投篮的次数为 ，则 的可能取值为0或1，当 时，表示第 次投篮的人是乙，当 时，表示第 次投篮的人是甲，所以 ， ，所以 .
，
则 ，
由（2）知， ，
所以 .
9. [2022新高考卷Ⅰ，12分]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系,在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组）,得到如下数据：
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
（1） 能否有 的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异
[答案] ，所以有 的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2） 从该地的人群中任选一人, 表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”, 表示事件“选到的人患有该疾病”, 与 的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标,记该指标为 .
（ⅰ） 证明: ；
[答案] ，
由题意知,证明 即可，
左边 ，
右边 .
左边 右边，故 .
（ⅱ） 利用该调查数据,给出 , 的估计值,并利用 的结果给出 的估计值.
附： ,
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[答案]由调查数据可知 , ,
且 ， ,所以 .
10. [2020全国卷Ⅰ，12分]甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为 .
（1） 求甲连胜四场的概率；
[答案]甲连胜四场的概率为 .
（2） 求需要进行第五场比赛的概率；
[答案]根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为 ;
乙连胜四场的概率为 ;
丙上场后连胜三场的概率为 .
所以需要进行第五场比赛的概率为 .
（3） 求丙最终获胜的概率.
[答案]丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为 ;
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为 ， ， .
因此丙最终获胜的概率为 .
【方法技巧】破解此类题的关键：一是认真读题，读懂题意；二是会判断事件的特征，如本题，会判断独立事件与互斥事件；三是会利用公式，即会利用独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式求事件的概率．
11. [2019全国卷Ⅱ，12分]11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成 平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为 ，乙发球时甲得分的概率为 ，各球的结果相互独立.在某局双方 平后，甲先发球，两人又打了 个球该局比赛结束.
（1） 求 ；
[答案] 就是 平后,两人又打了2个球该局比赛结束,则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分.因此 .
（2） 求事件“ 且甲获胜”的概率.
[答案] 且甲获胜，就是 平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为:前两球是甲、乙各得1分,后两球均为甲得分.
因此所求概率为 .
考点37 离散型随机变量及其分布列和数字特征
题组一
一、选择题
1. [2020全国卷Ⅲ，5分]在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 , , , ,且 ,则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是( B )
A. , B. ,
C. , D. ,
[解析]对于 ，当 , 时，随机变量 的分布列为
1 2 3 4
0.1 0.4 0.4 0.1
, ,所以 .对于 , , ，同理可得 , , ,所以 中的标准差最大.
二、填空题
2. [2020浙江，6分]盒中有4个球，其中1个红球，1个绿球，2个黄球.从盒中随机取球，每次取1个，不放回，直到取出红球为止.设此过程中取到黄球的个数为 ，则 , 1.
[解析] 表示停止取球时没有取到黄球，所以 .
随机变量 的所有可能取值为0,1,2，则
，
，
所以 .
三、解答题
3. [2023全国卷甲，12分]一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下:选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位: ）.
（1） 设 表示指定的两只小白鼠中分配到对照组的只数，求 的分布列和数学期望.
[答案] 的所有可能取值为0,1,2，
, , ,（另解：两只小白鼠分在两个组，每只小白鼠都各有两种分配方案，总的分配方案为4种，两只小白鼠全部分配到试验组有1种情况，有一只分配到对照组有2种情况，全部分配到对照组有1种情况，利用古典概型的概率公式即可得解）
所以 的分布列为
0 1 2
.
（2） 试验结果如下:
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2
25.8 26.5 27.5 30.1 32.6 34.3
34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3
40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8
16.5
21.6
32.3
（ⅰ） 求40只小白鼠体重的增加量的中位数 ，再分别统计两样本中小于 与不小于 的数据的个数，完成如下列联表:
对照组
试验组
[答案]根据试验数据可以知道40只小白鼠体重增加量的中位数 .
列联表如下：
对照组 6 14
试验组 14 6
（ⅱ） 根据 中的列联表，能否有 的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异
附： ，
0.100 0.50 0.010
2.706 3.841 6.635
[答案]根据 中结果可得 ，
所以有 的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.
4. [2022全国卷甲，12分]甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为 ， ， ，各项目的比赛结果相互独立.
（1） 求甲学校获得冠军的概率；
[答案]设甲学校获得冠军的事件为 ，则甲学校必须获胜2场或者3场.
.
故甲学校获得冠军的概率为 0.6.
（2） 用 表示乙学校的总得分，求 的分布列与期望.
[答案] 的取值可以为0，10,20,30.
，
，
.
所以 的分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
所以 .
5. [2022北京，13分]在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到 以上（含 ）的同学将获得优秀奖.为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位： ）：
甲： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ；
乙： ， ， ， ， ， ；
丙： ， ， ， .
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立.
（Ⅰ） 估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率；
[答案]设甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖为事件 .
因为比赛成绩达到 以上（含 ）的同学将获得优秀奖，甲以往的比赛成绩中达到 以上（含 ）的有 , , , ，共4个，
所以甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率 .
（Ⅱ） 设 是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计 的数学期望 ;
[答案] 的所有可能取值为0，1，2，3.
由（Ⅰ）知，甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率 .
设乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖分别为事件 ， ,
则 , .
,
，
，
，
所以 .
（Ⅲ） 在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明）
[答案]在校运动会铅球比赛中，按以往比赛成绩的平均数来看，甲获得冠军的概率估计值最大；按以往比赛的最好成绩来看，丙获得冠军的概率估计值最大.
6. [2021新高考卷Ⅰ，12分]某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分.
已知小明能正确回答A类问题的概率为 ，能正确回答B类问题的概率为 ，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.
（1） 若小明先回答A类问题，记 为小明的累计得分，求 的分布列；
[答案]由题意得， 的所有可能取值为0,20,100,
,
,
,
所以 的分布列为
0 20 100
0.2 0.32 0.48
（2） 为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
[答案]当小明先回答A类问题时，由（1）可得 .
当小明先回答B类问题时，记 为小明的累计得分，
则 的所有可能取值为0，80，100，
,
,
,
所以 的分布列为
0 80 100
0.4 0.12 0.48
.
因为 ，即 ,所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题.
题组二
一、选择题
1. [2019浙江，4分]设 .随机变量 的分布列是
0 1
则当 在 内增大时，( D )
A. 增大 B. 减小
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
[解析]由分布列得 .
解法一 ，
所以当 在 内增大时， 先减小后增大．故选 ．
解法二 ，
所以当 在 内增大时， 先减小后增大．故选 ．
二、解答题
2. [2021新高考卷Ⅱ，12分]一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设 表示1个微生物个体繁殖下一代的个数， .
（1） 已知 ， ， ， ，求 ；
[答案]由题意，知 , , , ,
的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.4 0.3 0.2 0.1
.
（2） 设 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率， 是关于 的方程 的一个最小正实根，求证：当 时， ，当 时， ；
[答案]记 .
由题知， 为 的最小正实根，
由 ，
得
.
记 ，则 ,
.
当 时, ,易知 在 上单调递增，
当 时, 无实根.
在 上有且仅有一个实根，即 ，
当 时， .
当 时， ,又 , 在 上单调递增，
在 上有唯一实根 ,
的最小正实根 ,
当 时， .
（3） 根据你的理解说明（2）问结论的实际含义.
[答案] ，表示1个微生物个体繁殖下一代的个数不超过自身个数，种群数量无法维持稳定或正向增长，多代繁殖后将面临灭绝，所以 .
,表示1个微生物个体可以繁殖下一代的个数超过自身个数，种群数量可以正向增长，所以面临灭绝的可能性小于1.
3. [2019全国卷Ⅰ，12分]为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验.对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药.一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题，约定:对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得 分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得 分;若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为 和 ，一轮试验中甲药的得分记为 .
（1） 求 的分布列;
[答案] 的所有可能取值为 ,0,1.
,
,
.
所以 的分布列为
0 1
（2） 若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分， 表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 ， ， ，其中 ， ， .假设 ， .
（ⅰ） 证明: 为等比数列;
[答案]由（1）得 , , .
因此 ,故 ,即 .
又因为 ,所以 为公比为4,首项为 的等比数列.
（ⅱ） 求 ，并根据 的值解释这种试验方案的合理性.
[答案]由 可得
.
由于 ,故 ，所以
.
表示最终认为甲药更有效的概率.
由计算结果可以看出,在甲药治愈率为 ,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为 ，此时得出错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.
考点38 二项分布、超几何分布、正态分布
题组
一、选择题
1. [2021新高考卷Ⅱ，5分]某物理量的测量结果服从正态分布 ，则下列结论中不正确的是( D )
A. 越小，该物理量一次测量结果落在 内的概率越大
B. 该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C. 该物理量一次测量结果小于9.99的概率与大于10.01的概率相等
D. 该物理量一次测量结果落在 内的概率与落在 内的概率相等
[解析]设该物理量一次测量结果为 .对 ， 越小，说明数据越集中在10附近，所以 落在 内的概率越大，所以选项 正确；对 ，根据正态曲线的对称性可得， ,所以选项 正确；对 ，根据正态曲线的对称性可得， ，所以选项 正确；对 ，根据正态曲线的对称性可得， ,又 ，所以 ，所以选项 错误.故选 .
二、填空题
2. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知随机变量 服从正态分布 ，且 ，则 0.14.
[解析]因为 ，所以 ，所以 .
3. [2022浙江，6分]现有7张卡片，分别写上数字1,2,2,3,4,5,6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为 ，则 , .
[解析]由题意知 .
的可能取值为1,2,3,4，
， ， ，
所以 的分布列为
1 2 3 4
P
.
4. [2021浙江，6分]袋中有4个红球， 个黄球， 个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为 ,若取出的两个球都是红球的概率为 ,一红一黄的概率为 ，则 1, .
[解析]由题意可得， ，化简得 ,得 .取出的两个球一红一黄的概率 ，解得 ，故 .所以 .易知 的所有可能取值为0，1，2，且 ， ， ，所以 .
三、解答题
5. [2019天津，13分]设甲、乙两位同学上学期间，每天7:30之前到校的概率均为 ，假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（Ⅰ） 用 表示甲同学上学期间的三天中7:30之前到校的天数，求随机变量 的分布列和数学期望；
[答案]因为甲同学上学期间的三天中到校情况相互独立，且每天7：30之前到校的概率均为 ，故 ，从而 ， ,1,2,3.
所以，随机变量 的分布列为
0 1 2 3
随机变量 的数学期望 .
（Ⅱ） 设 为事件“上学期间的三天中，甲同学在7:30之前到校的天数比乙同学在7:30之前到校的天数恰好多2”，求事件 发生的概率.
[答案]设乙同学上学期间的三天中7：30之前到校的天数为 ，则 ,且 .
由题意知事件 与 互斥，且事件 与 ，事件 与 均相互独立，
从而由（Ⅰ）知 .
考点39 统计
题组一
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅱ，5分]某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( D )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
[解析]由题意，初中部和高中部学生人数之比为 ，所以抽取的60名学生中初中部应有 （人），高中部应有 （人），所以不同的抽样结果共有 种，故选 .
2. [2022全国卷甲，5分]某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图，则( B )
A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于
B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
[解析]对于 ，讲座前问卷答题的正确率的中位数是 ，所以 错误；对于 ，讲座后问卷答题的正确率分别是 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，其平均数显然大于 ，所以 正确；对于 ，由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波动较大，讲座后问卷答题的正确率波动较小，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后问卷答题的正确率的标准差，所以 错误；对于 ，讲座前问卷答题的正确率的极差是 ，讲座后问卷答题的正确率的极差是 ，所以讲座前问卷答题的正确率的极差大于讲座后问卷答题的正确率的极差，所以 错误.故选 .
3. [2022天津，5分]为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位： ）的分组区间为 ， ， ，将其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组， ，第五组.如图是根据试验数据制成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人，第三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为( B )
A. 8 B. 12 C. 16 D. 18
[解析]由频率分布直方图得第一组、第二组、第三组的频率分别为0.24、0.16、0.36.因为第一组和第二组共有20人，所以志愿者的总人数为 ，所以第三组的人数为 ，则第三组中有疗效的人数为 ，故选 .
4. [2021全国卷甲，5分]为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是( C )
A. 该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为
B. 该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为
C. 估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D. 估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
[解析]对于 ，根据频率分布直方图可知，家庭年收入低于4.5万元的农户比率约为 ，故 正确；对于 ，根据频率分布直方图可知，家庭年收入不低于10.5万元的农户比率约为 ，故 正确；对于 ，根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值约为 （万元），故 错误；对于 ,根据频率分布直方图可知，家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的农户比率约为 ，故 正确.
5. [2019全国卷Ⅱ，5分]演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是( A )
A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差
[解析]记9个原始评分分别为 , , , , , , , , （按从小到大的顺序排列），易知 为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选 ．
6. [2023新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）有一组样本数据 ， ， ， ，其中 是最小值， 是最大值，则( BD )
A. ， ， ， 的平均数等于 ， ， ， 的平均数
B. ， ， ， 的中位数等于 ， ， ， 的中位数
C. ， ， ， 的标准差不小于 ， ， ， 的标准差
D. ， ， ， 的极差不大于 ， ， ， 的极差
[解析]取 ， ， ，（指点迷津:适时举特例，可快速排除）则 ， ， ， 的平均数等于2，标准差为0， ， ， ， 的平均数等于3，标准差为 ，故 ， 均不正确；（技巧：由于是多选题，故可排除 ， ，即选 ）根据中位数的定义，将 ， ， ， 按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于 是最小值， 是最大值，故 ， ， ， 的中位数是将 ， ， ， 按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与 ， ， ， 的中位数相等，故 正确；根据极差的定义，知 ， ， ， 的极差不大于 ， ， ， 的极差，故 正确.综上，选 .
7. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）下列统计量中可用于度量样本 ， ， ， 离散程度的有( AC )
A. ， ， ， 的标准差 B. ， ， ， 的中位数
C. ， ， ， 的极差 D. ， ， ， 的平均数
[解析]平均数、众数和中位数均刻画了样本数据的集中趋势，一般地，对数值型数据集中趋势的描述，可以用平均数和中位数，对分类型数据集中趋势的描述，可以用众数.方差、标准差和极差均是度量样本数据离散程度的.故选 .
8. [2021新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）有一组样本数据 ， ， , ，由这组数据得到新样本数据 , , , ，其中 ， 为非零常数，则( CD )
A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同
[解析]设样本数据 , , , 的平均数、中位数、标准差、极差分别为 , , , .依题意得，新样本数据 , , , 的平均数、中位数、标准差、极差分别为 , , , ，因为 ，所以 ， 正确，故选 .
9. [2020新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）我国新冠肺炎疫情进入常态化,各地有序推进复工复产，下面是某地连续11天复工复产指数折线图,下列说法正确的是( CD )
A. 这11天复工指数和复产指数均逐日增加
B. 这11天期间,复产指数增量大于复工指数的增量
C. 第3天至第11天复工复产指数均超过
D. 第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量
[解析]由折线图知，第1天至第2天复工指数减少，第7天至第8天复工指数减少，第10天至第11天复工指数减少，第7天至第9天复产指数减少，故 错误；由折线图知，第1天的复产指数与复工指数的差大于第11天的复产指数与复工指数的差，所以这11天期间，复产指数增量小于复工指数的增量，故 错误；由折线图知，第3天至第11天复工复产指数均超过 ，故 正确；由折线图知，第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量，故 正确.综上，选 .
二、填空题
10. [2020江苏，5分]已知一组数据4, , ,5,6的平均数为4,则 的值是2.
[解析]由平均数公式可得 ，解得 .
11. [2019全国卷Ⅱ，5分]我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为 ，有20个车次的正点率为 ，有10个车次的正点率为 ，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98.
[解析]经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 ．
【方法技巧】 概率的估算值不是精确值，求解本题时，根据统计数据估算出列车正点总数与列车总数的比值即可.
三、解答题
12. [2021全国卷乙，12分]某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7
新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 和 ，样本方差分别记为 和 .
（1） 求 ， ， , ;
[答案]由表格中的数据易得：
，
,
，
.
（2） 判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 ，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）.
[答案]由（1）中数据可得 ，而 ,显然有 成立，所以认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
题组二
解答题
1. [2023全国卷乙，12分]某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应,进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为 , ，试验结果如下：
试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
记 , , , , 的样本平均数为 ，样本方差为 .
（1） 求 ， .
[答案]由题意，求出 的值如表所示，
试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
9 6 8 15 11 19 18 20 12
则 ，
.
（2） 判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果 ,则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高）.
[答案]因为 ， ，
所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高.
2. [2022新高考卷Ⅱ，12分]在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图:
（1） 估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）;
[答案]估计该地区这种疾病患者的平均年龄 .
（2） 估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 的概率;
[答案]该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间 的概率 .
（3） 已知该地区这种疾病的患病率为 ，该地区年龄位于区间 的人口占该地区总人口的 .从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间 ，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到 ）.
[答案]设从该地区任选一人，年龄位于区间 为事件 ，患这种疾病为事件 ，则 ,
由频率分布直方图知这种疾病患者年龄位于区间 的概率为 ，
结合该地区这种疾病的患病率为 ，可得 ，
所以从该地区任选一人，若年龄位于区间 ，则此人患这种疾病的概率为 .
3. [2020全国卷Ⅰ，12分]某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为A，B，C，D四个等级.加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：
甲分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 40 20 20 20
乙分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 28 17 34 21
（1） 分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；
[答案]由试加工产品等级的频数分布表知，
甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为 ;
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为 .
（2） 分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务
[答案]由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润 65 25
频数 40 20 20 20
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为
.
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润 70 30 0
频数 28 17 34 21
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为
.
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务.
4. [2020全国卷Ⅱ，12分]某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据 ，其中 和 分别表示第 个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得 , , , , .
（1） 求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；
[答案]由已知得样本平均数 ,从而该地区这种野生动物数量的估计值为 .
（2） 求样本 的相关系数（精确到 ）;
[答案]样本 的相关系数
.
（3） 根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.
附：相关系数 , .
[答案]分层抽样：根据植物覆盖面积的大小对地块分层，再对200个地块进行分层抽样.
理由如下：由（2）知各样区的这种野生动物数量与植物覆盖面积有很强的正相关.由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从而各地块间这种野生动物数量差异也很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构的一致性，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计.
题组三
解答题
1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值 ，将该指标大于 的人判定为阳性，小于或等于 的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为 ;误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为 .假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.
（1） 当漏诊率 时，求临界值 和误诊率 ;
[答案]由题图知 ,所以 ,
设 为患病者的该指标，
则 ,（从频率分布直方图中正确读取相关数据是求解问题的关键）
解得 .
设 为未患病者的该指标，
则 ．
（2） 设函数 .当 时,求 的解析式，并求 在区间 的最小值.
[答案]当 时,（提醒：注意分类讨论思想的应用）
，
，
所以 ；
当 时，
，
，
所以 ．
综上所述，
由一次函数的单调性知，函数 在 上单调递减，在 上单调递增,（提示：对于一次函数 ，当 时，函数单调递增；当 时，函数单调递减）
作出 在区间 上的大致图象（略），可得 在区间 的最小值 ．
2. [2022全国卷乙，12分]某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量,随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位: ）和材积量（单位: ），得到如下数据:
样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并计算得 , , .
（1） 估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
[答案]估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积 ，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量 .
（2） 求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到 ）；
[答案] ，
，
，
所以 ,
所以样本相关系数 .
（3） 现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为 .已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.
附:相关系数 , .
[答案]设该林区这种树木的总材积量的估计值为 ，由题意可知，该种树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，所以 ，
所以 ,即该林区这种树木的总材积量的估计值为 .
3. [2019天津，13分]2019年,我国施行个人所得税专项附加扣除办法,涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72,108,120人,现采用分层抽样的方法,从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.
（Ⅰ） 应从老、中、青员工中分别抽取多少人
[答案]由已知,知老、中、青员工人数之比为 ,由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工,因此应从老、中、青员工中分别抽取6人,9人,10人.
（Ⅱ） 抽取的25人中,享受至少两项专项附加扣除的员工有6人,分别记为 , , , , , .享受情况如下表,其中“ ”表示享受,“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.
员工 项目 A B C D E F
子女教育 × ×
继续教育 × × ×
大病医疗 × × × × ×
住房贷款利息 × ×
住房租金 × × × × ×
赡养老人 × × ×
（ⅰ） 试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
[答案]从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为 , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,共15种.
（ⅱ） 设 为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”,求事件 发生的概率.
[答案]由表格知,符合题意的所有可能结果为 , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,共11种.
所以,事件 发生的概率 .
4. [2019全国卷Ⅲ，12分]为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验:将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、物质的量浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：
记 为事件:“乙离子残留在体内的百分比不低于 ”，根据直方图得到 的估计值为0.70.
（1） 求乙离子残留百分比直方图中 ， 的值；
[答案]由已知得 ,故 .
.
（2） 分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
[答案]甲离子残留百分比的平均值的估计值为
.
乙离子残留百分比的平均值的估计值为
.
考点40 成对数据的统计分析
题组
一、选择题
1. [2023天津，5分]调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中相关系数 ，下列说法正确的是( C )
A. 花瓣长度和花萼长度没有相关性
B. 花瓣长度和花萼长度呈负相关
C. 花瓣长度和花萼长度呈正相关
D. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是
[解析]因为相关系数 ，所以花瓣长度和花萼长度的相关性较强，并且呈正相关，所以选项 , 错误，选项 正确；因为相关系数与样本的数据有关，所以当样本发生变化时，相关系数也会发生变化，所以选项 错误.故选 .
【方法技巧】（1）因为相关系数 ,所以相关系数是由两个变量的样本数据决定的，当两个变量的样本数据发生变化时，一般相关系数也会发生变化.
（2）在回归分析中，一般地，当 越大，两个变量的相关性越强.当 时， 越大，正相关性越强；当 时， 的绝对值越大，负相关性越强.
（3）在回归分析中，一般地，当 时，就认为两个变量的相关性较强.
2. [2020全国卷Ⅰ，5分]某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率 和温度 （单位： ）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 得到下面的散点图：
由此散点图，在 至 之间，下面四个回归方程类型中最适宜作为发芽率 和温度 的回归方程类型的是( D )
A. B. C. D.
[解析]根据题中散点图，用光滑的曲线把图中各点依次连起来（图略），由图并结合选项可排除 ， ， ，故选 ．
二、解答题
3. [2022全国卷甲，12分]甲、乙两城之间的长途客车均由 和 两家公司运营.为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表:
准点班次数 未准点班次数
240 20
210 30
（1） 根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
[答案]由题表可得 公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为 ，
B公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为 ．
（2） 能否有 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关
附： ,
[答案] 的观测值 ，所以有 的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．
4. [2020新高考卷Ⅰ，12分]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 和 浓度（单位： ）,得下表：
32 18 4
6 8 12
3 7 10
（1） 估计事件“该市一天空气中 浓度不超过75，且 浓度不超过150”的概率;
[答案]根据抽查数据，该市100天空气中的 浓度不超过75，且 浓度不超过150的天数为 ,因此,该市一天空气中 浓度不超过75，且 浓度不超过150的概率的估计值为 .
（2） 根据所给数据，完成下面的 列联表：
（75,
[答案]根据抽查数据，可得 列联表:
64 16
（75, 10 10
（3） 根据（2）中的列联表，判断是否有 的把握认为该市一天空气中 浓度与 浓度有关？
附: ,
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[答案]根据（2）的列联表得
的观测值 .
由于 ,故有 的把握认为该市一天空气中 浓度与 浓度有关.
5. [2019全国卷Ⅰ，12分]某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价,得到下面列联表:
满意 不满意
男顾客 40 10
女顾客 30 20
（1） 分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；
[答案]由调查数据知,男顾客中对该商场服务满意的比率为 ,因此男顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.8.
女顾客中对该商场服务满意的比率为 ,因此女顾客对该商场服务满意的概率的估计值为0.6.
（2） 能否有 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？
附： ,
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[答案] 的观测值 .
由于 ,故有 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.
第 1 页专题十 计数原理
考点33 两个基本计数原理、排列与组合
题组
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( C )
A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种
[解析]甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有 （种）情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有 （种）情况，由分步乘法计数原理可得共有 （种）选法，故选 .
2. [2023全国卷甲，5分]现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( B )
A. 120种 B. 60种 C. 30种 D. 20种
[解析]先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有 种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有 种安排方式.所以不同的安排方式共有 （种）.故选 .
3. [2022新高考卷Ⅱ，5分]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( B )
A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种
[解析]先将丙和丁捆在一起有 种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有 种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 种排列方式，所以不同的排列方式共有 （种），故选 ．
4. [2021全国卷乙，5分]将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( C )
A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 480种
[解析]根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有 种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有 种安排方法.故满足题意的分配方案共有 （种）.
5. [2020新高考卷Ⅰ，5分]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( C )
A. 120种 B. 90种 C. 60种 D. 30种
[解析]不同的安排方法共有 （种）.
【举一反三】如果将该题的问题改成：前提条件不变，往甲、乙、丙三个场馆中的一个场馆安排1名，一个场馆安排2名，一个场馆安排3名，那么不同的安排方法有 （种）.
二、填空题
6. [2023新高考卷Ⅰ，5分]某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有64种（用数字作答）.
[解析]解法一 由题意,可分三类：第一类,体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有 种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有 种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有 种方案.综上，不同的选课方案共有 （种）.
解法二 若学生从这8门课中选修2门课，则有 （种）选课方案;若学生从这8门课中选修3门课,则有 （种）选课方案.综上，不同的选课方案共有 （种）.
7. [2020全国卷Ⅱ，5分]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36种.
[解析]由题意，分两步进行安排，第一步，将4名同学分成3组，其中1组2人，其余2组各1人，有 种安排方法；第二步，将分好的3组安排到对应的3个小区，有 种安排方法，所以不同的安排方法有 （种）．
考点34 二项式定理
题组
一、选择题
1. [2022北京，4分]若 ,则 ( B )
A. 40 B. 41 C. D.
[解析]依题意，令 ，可得 ，令 ，可得 ，以上两式相加可得 ，所以 ，故选 .
2. [2020北京，4分]在 的展开式中， 的系数为( C )
A. B. 5 C. D. 10
[解析]由二项式定理得 的展开式的通项 ,令 ,得 ,所以 ,所以 的系数为 ,故选 .
3. [2020全国卷Ⅰ，5分] 的展开式中 的系数为( C )
A. 5 B. 10 C. 15 D. 20
[解析]因为 的展开式的通项 ，所以 的展开式中 的系数为 ．故选 ．
4. [2019全国卷Ⅲ，5分] 的展开式中 的系数为( A )
A. 12 B. 16 C. 20 D. 24
[解析] 的展开式的通项公式为 的展开式中含 的项的系数为 .故选 ．
【解后反思】 当求几个多项式的乘积的展开式中的特定项时，常用分类求和法，结合通项公式列式找到特定项.
二、填空题
5. [2023天津，5分]在 的展开式中， 的系数是60.
[解析]解法一 二项式 展开式的通项公式 ，令 ，解得 ,所以 的系数为 .
解法二 将二项式 看成6个多项式 相乘，要想出现 项，则先在2个多项式中分别取 ，然后在余下的多项式中都取 ，相乘，即 ，所以 的系数为60.
6. [2022新高考卷Ⅰ，5分] 的展开式中 的系数为 （用数字作答）.
[解析] 展开式的通项 ， ,1, ,7,8.令 ，得 ，令 ,得 ，所以 的展开式中 的系数为 ．
7. [2022天津，5分] 的展开式中常数项为15.
[解析] 展开式的通项公式为 ，令 ，得 ，所以常数项为 .
8. [2022浙江，6分]已知多项式 ,则 8, .
[解析]由多项式展开式可知， .令 可得 ，令 可得 ，所以 .
9. [2021北京，5分] 的展开式中常数项是 ．
[解析]解法一 ，令 ，解得 ，所以常数项为 .
解法二 由于 可以看成4个因式 的乘积，则要得到常数项，即在4个因式中有1个因式选出 ，其余3个因式选出 ，即 ，所以常数项为 .
10. [2021浙江，6分]已知多项式 ,则 5; 10.
[解析] 展开式的通项 , 展开式的通项 ，则 ， ， ， ，所以 , .
11. [2020全国卷Ⅲ，5分] 的展开式中常数项是240（用数字作答）.
[解析] 展开式的通项 ，令 ，解得 ，所以常数项为 .
12. [2020天津，5分]在 的展开式中， 的系数是10.
[解析]二项式 的展开式的通项为 .令 得 .因此，在 的展开式中， 的系数为 .
【易错警示】 注意区分二项展开式中的项的系数与二项式系数，否则容易失分.
13. [2020浙江，6分]二项展开式 ,则 80, 122.
[解析]由二项式定理得， 展开式的通项公式为 ，所以 ，令 ,得 ;令 ,得 ,两式相减得 ,得 .
14. [2019天津，5分] 的展开式中的常数项为28.
[解析]二项展开式的通项 ,令 可得 ,故常数项为 .
15. [2019浙江，6分]在二项式 的展开式中，常数项是 ，系数为有理数的项的个数是5.
[解析]该二项展开式的第 项为 ，当 时，第1项为常数项，所以常数项为 ；当 ,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.
第 页专题七 复数
考点23 复数的概念与运算
题组
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知 ，则 ( A )
A. B. C. 0 D. 1
[解析]因为 ，所以 ，所以 .故选 .
2. [2023新高考卷Ⅱ，5分]在复平面内， 对应的点位于( A )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
[解析]因为 ，所以该复数在复平面内对应的点为 ，位于第一象限，故选 .
3. [2023全国卷乙，5分]设 ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析] ，所以 ，故选 .
4. [2023全国卷甲，5分]设 ， ，则 ( C )
A. B. C. 1 D. 2
[解析] , 且 ，解得 ，故选 .
5. [2022新高考卷Ⅱ，5分] ( D )
A. B. C. D.
[解析] ，故选 ．
6. [2022北京，4分]若复数 满足 ,则 ( B )
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
[解析]依题意可得 ，所以 ，故选 .
7. [2022新高考卷Ⅰ，5分]若 ,则 ( D )
A. B. C. 1 D. 2
[解析]因为 ，所以 ，所以 ，所以 ．故选 ．
8. [2022全国卷甲，5分]若 ，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析] ，故选 .
9. [2022全国卷乙，5分]已知 ,且 ,其中 ， 为实数，则( A )
A. , B. , C. , D. ,
[解析]由题意知 ，所以 ，所以 解得 故选 .
10. [2021新高考卷Ⅰ，5分]已知 ，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ，故选 .
11. [2021全国卷乙，5分]设 ，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]设 ，则 ,代入 ，可得 ,所以 ， ，故 .故选 .
12. [2020全国卷Ⅲ，5分]复数 的虚部是( D )
A. B. C. D.
[解析] ,所以虚部为 .
【方法技巧】 确定复数的实部和虚部，首先要利用复数的运算法则将复数化为 , , 的形式，其中 是实部， 是虚部.
13. [2020浙江，4分]已知 ,若 （ 为虚数单位）是实数，则 ( C )
A. 1 B. C. 2 D.
[解析]因为 是实数，所以 ，所以 .故选 .
14. [2020全国卷Ⅰ，5分]若 ,则 ( D )
A. 0 B. 1 C. D. 2
[解析]解法一 ， ．故选 ．
解法二 ， .故选 ．
【方法技巧】 求解此类题需过好双关：一是“运算关”，即熟练掌握复数的四则运算； 二是“概念关”，即明晰复数的模的概念.若能利用性质： ，则可提升求解速度．
15. [2019全国卷Ⅰ，5分]设复数 满足 ， 在复平面内对应的点为 ，则( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 在复平面内对应的点为 ， ， ， ．故选 ．
解法二 在复平面内，点 所对应的复数 满足 ，但点 不在选项 ， 的圆上， 排除 ， ；在复平面内，点 所对应的复数 满足 ，但点 不在选项 的圆上， 排除 ．选 ．
【速解】 表示复数 在复平面内对应的点 到点 的距离为1， ．故选C．
二、填空题
16. [2023天津，5分]已知 是虚数单位，化简 的结果为 .
[解析] .
17. [2020全国卷 Ⅱ，5分]设复数 , 满足 , ,则 .
[解析]解法一 设 ， ，则由 ，得 ．因为 ，所以 ，所以 ，所以 .
解法二 设 ，则 ，则 即 所以 ，所以 ．
【速解】 题设可等价转化为向量 , 满足 ， ，求 ．因为 ，所以 ，所以 ，即 ．
第 页专题九 平面解析几何
考点28 直线与圆
题组一
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]过点 与圆 相切的两条直线的夹角为 ，则 ( B )
A. 1 B. C. D.
[解析]如图， ，即 ，所以圆心坐标为 ，半径 ，所以圆心到点 的距离为 ，由于圆心与点 的连线平分角 ，所以 ，所以 ，所以 .故选 .
2. [2023全国卷甲，5分]已知双曲线 的离心率为 ， 的一条渐近线与圆 交于 ， 两点，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]根据双曲线的离心率 ，得 ，即 ，即 ,所以 , ,所以双曲线的渐近线方程为 ，易知渐近线 与圆相交.
解法一 由 得 .设 , ，则 , .所以 ，故选 .
解法二 则圆心 到渐近线 的距离 ，所以 ，故选 .
3. [2022北京，4分]若直线 是圆 的一条对称轴，则 ( A )
A. B. C. 1 D.
[解析]依题意可知圆心坐标为 ，又直线 是圆的一条对称轴，所以 ，所以 ，故选 .
4. [2022新高考卷Ⅱ，5分]图1是中国古代建筑中的举架结构， , , , 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中 , , , 是举， , , , 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为 , , , .已知 , , 成公差为0.1的等差数列，且直线 的斜率为 ，则 ( D )
图1
图2
A. 0.75 B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9
[解析]如图，连接 ，延长 与 轴交于点 ，则 ．因为 , , 成公差为0.1的等差数列，所以 , ，所以 ，解得 ，故选 ．
5. [2021北京，4分]已知圆 ，直线 ，当 的值发生变化时，直线 被圆 所截得的弦长的最小值为2，则 的值为( C )
A. B. C. D.
[解析]设直线 与 轴交于点 .由题意知，圆心 ，当 的值发生变化时，要使直线 被圆 所截得的弦长最小，则圆心 到直线 的距离最大，最大值为 ,所以 .
6. [2020全国卷Ⅱ，5分]若过点 的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线 的距离为( B )
A. B. C. D.
[解析]因为圆与两坐标轴都相切，点 在该圆上，所以可设该圆的方程为 ，所以 ，即 ，解得 或 ，所以圆心的坐标为 或 ，所以圆心到直线 的距离为 或 ，故选 ．
7. [2020全国卷Ⅲ，5分]若直线 与曲线 和圆 都相切，则 的方程为( D )
A. B. C. D.
[解析]易知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ,则 ①，设直线 与曲线 的切点坐标为 ,则 ②， ③，由②③可得 ,将 ， 代入①得 或 （舍去），所以 ，故直线 的方程为 .
8. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）已知直线 与圆 ,点 ,则下列说法正确的是( ABD )
A. 若点 在圆 上，则直线 与圆 相切 B. 若点 在圆 内，则直线 与圆 相离
C. 若点 在圆 外，则直线 与圆 相离 D. 若点 在直线 上,则直线 与圆 相切
[解析]对于 ，若点 在圆 上，则 ，所以圆心 到直线 的距离 ，所以直线 与圆 相切，故 正确；对于 ，若点 在圆 内，则 ，所以圆心 到直线 的距离 ，所以直线 与圆 相离，故 正确；对于 ，若点 在圆 外，则 ，所以圆心 到直线 的距离 ，所以直线 与圆 相交，故 不正确；对于 ，因为点 在直线 上，所以 ,圆心到直线 的距离 ,所以直线 与圆 相切， 正确.故选 .
二、填空题
9. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知直线 与 交于 , 两点，写出满足“ 面积为 ”的 的一个值2（答案不唯一）.
[解析]设直线 为直线 ，由条件知 的圆心 ，半径 , 到直线 的距离 , 提示：点 到直线 的距离 .由 ，得 ，整理得 ，解得 或 .
10. [2022全国卷乙，5分]过四点 ， ， ， 中的三点的一个圆的方程为 （答案不唯一）.
[解析]设 ， ， , ，圆的一般方程为 .若圆过 , , 三点，则分别将三点的坐标代入，可得 解得 易得 ,所以过 , , 三点的圆的方程为 .
同理，得过 , , 三点的圆的方程为 ;
过 , , 三点的圆的方程为 ;
过 , , 三点的圆的方程为 .
11. [2022全国卷甲，5分]设点 在直线 上，点 和 均在 上，则 的方程为 .
[解析]解法一 设 的方程为 ,则 解得 的方程为 .
解法二 设 , ， 的半径为 ,则 ， 的中点坐标为 ， 的垂直平分线方程为 ，即 .联立得 解得 ， , 的方程为 .
12. [2022天津，5分]若直线 被圆 所截得的弦长为 ,则 的值为2.
[解析]圆 的圆心 ,半径 ,则圆心 到直线 的距离 ，因为 ,又 ,所以 .
13. [2020浙江，6分]已知直线 与圆 和圆 均相切，则 , .
[解析]解法一 因为直线 与圆 ,圆 都相切，所以 ，得 , .
解法二 因为直线 与圆 ，圆 都相切，所以直线 必过两圆心连线的中点 ，所以 .设直线 的倾斜角为 ，则 ，又 ，所以 ，所以 ， .
14. [2019北京，5分]设抛物线 的焦点为 ,准线为 .则以 为圆心,且与 相切的圆的方程为 .
[解析]因为抛物线的标准方程为 ，所以焦点 ，准线 的方程为 ，所求的圆以 为圆心，且与准线 相切，故圆的半径 ，所以圆的方程为 .
15. [2019江苏，5分]在平面直角坐标系 中， 是曲线 上的一个动点，则点 到直线 的距离的最小值是4.
[解析]解法一 设 , ，则点 到直线 的距离 ，当且仅当 ,即 时取等号，故点 到直线 的距离的最小值是4.
解法二 由 得 ,令 ,得 ，则当点 的坐标为 时，点 到直线 的距离最小，最小值为 .
【方法技巧】 求曲线上一点到直线的距离的最小值时，一般解法是设出曲线上点的坐标，利用点到直线的距离公式建立目标函数，再由基本不等式或导数求解最值，也可平移直线，使平移后的直线与曲线相切，此时切点到原直线的距离最小.
三、解答题
16. [2019全国卷Ⅲ，12分]已知曲线 ， 为直线 上的动点，过 作 的两条切线，切点分别为 ， .
（1） 证明:直线 过定点;
[答案]设 , ,则 .
由 ，所以切线 的斜率为 ,故 .
整理得 .
设 ,同理可得 .
故直线 的方程为 .
所以直线 过定点 .
（2） 若以 为圆心的圆与直线 相切，且切点为线段 的中点，求四边形 的面积.
[答案]由（1）得直线 的方程为 .由 可得 .
于是 , ， ,
.
设 , 分别为点 ， 到直线 的距离，则 , .
因此，四边形 的面积 .
设 为线段 的中点，则 .
由于 ，而 , 与向量 平行，
所以 .
解得 或 .
当 时， ；当 时， .
因此，四边形 的面积为3或 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]已知实数 ， 满足 ,则 的最大值是( C )
A. B. 4 C. D. 7
[解析]将方程 化为 ，其表示圆心为 ，半径为3的圆.设 ，数形结合知，只有当直线 与圆相切时, 才能取到最大值，此时 ，解得 ，故 的最大值为 ，故选 .
2. [2023全国卷乙，5分]已知 的半径为1，直线 与 相切于点 ，直线 与 交于 , 两点， 为 的中点，若 ，则 的最大值为( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一 连接 ,由题可知 ， ，因为 ，所以由勾股定理可得 ，则 .设直线 绕点 按逆时针旋转 后与直线 重合，则 , ，且 ，
所以 ， .故选 .
解法二 以圆心 为坐标原点建立平面直角坐标系，则圆 ，设点 ，因为 ，且 ，所以 ，不妨设 .
设直线 的方程为 ， ， ，由 得 ，由 ，解得 ，则 ， ，所以 ，于是 ， ，所以 .设 ，则 ， ，当且仅当 时等号成立，故选 .
3. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知 ,直线 , 为 上的动点.过点 作 的切线 ， ，切点为 , ,当 最小时，直线 的方程为( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一 由 ①，
得 ，所以圆心 ．
如图，连接 , ,易知四边形 的面积为 ，欲使 最小，只需四边形 的面积最小，即只需 的面积最小.因为 ，所以只需 最小．
又 ，所以只需直线 上的动点 到 的距离最小，其最小值为 ，此时 ,易求出直线 的方程为 .由 得 所以 .易知 ， ， ， 四点共圆，所以以 为直径的圆的方程为 ，即 ②，由①②得，直线 的方程为 ，故选 ．
解法二 因为 ，所以圆心 ．如图，连接 , ，易知四边形 的面积为 ，欲使 最小，只需四边形 的面积最小，即只需 的面积最小.因为 ，所以只需 最小．
又 ，所以只需 最小，此时 .因为 ，所以 ，所以 ，排除 ， .
易求出直线 的方程为 ，由 得 所以 .因为点 到直线 的距离为2，所以直线 过点 且与 相切，所以 .因为点 在直线 上，故排除 .故选 ．
【解题关键】 破解此题的关键是会转化，即把 的最小值问题层层转化，最终转化为 的最小值问题，从而转化为点到直线的距离的最小值问题．
4. [2021新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知点 在圆 上,点 , ,则( ACD )
A. 点 到直线 的距离小于10 B. 点 到直线 的距离大于2
C. 当 最小时, D. 当 最大时,
[解析]设圆 的圆心为 ，由题易知直线 的方程为 ,即 ，则圆心 到直线 的距离 ，所以直线 与圆 相离，所以点 到直线 的距离的最大值为 ， ，故 正确.
易知点 到直线 的距离的最小值为 ， ，故 不正确.
过点 作圆 的两条切线，切点分别为 , ，如图所示，连接 , , ,则当 最小时，点 与 重合， ，当 最大时，点 与 重合， ，故 , 都正确.综上，选 .
二、填空题
5. [2022新高考卷Ⅰ，5分]写出与圆 和 都相切的一条直线的方程 （答案不唯一）.
[解析]如图，因为圆 的圆心为 ，半径 ，圆 的圆心为 ，半径 ，所以 , ，所以 ，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线 的方程为 ;②另一条公切线 与公切线 关于过两圆圆心的直线 对称，易知过两圆圆心的直线 的方程为 ，由 得 由对称性可知公切线 过点 ，设公切线 的方程为 ，则点 到 的距离为1，所以 ，解得 ，所以公切线 的方程为 ，即 ;③还有一条公切线 与直线 垂直，设公切线 的方程为 ，易知 ，则点 到 的距离为1，所以 ，解得 或 （舍去），所以公切线 的方程为 ，即 .综上，所求直线方程为 或 或 .
【速解】 根据题意，精确作出两圆（需用到尺规），由图形可直观快速看出直线 是两圆的一条公切线，经验证符合题意，故可填 .
6. [2022新高考卷Ⅱ，5分]设点 , ,若直线 关于 对称的直线与圆 有公共点，则 的取值范围是 .
[解析]由题意知点 关于直线 的对称点为 ，所以 ，所以直线 的方程为 ，即 .由题意知直线 与圆 有公共点，易知圆心为 ，半径为1，所以 ，整理得 ，解得 ，所以实数 的取值范围是 ．
7. [2020江苏，5分]在平面直角坐标系 中，已知 , , 是圆 上的两个动点，满足 ，则 面积的最大值是 .
[解析]连接 ， ，则 ,连接 ，由 且 得 的垂直平分线是直线 ，设圆心 到 的距离为 ，易知当 的面积最大时，点 到直线 的距离为 ， ， 的面积 ，令 , ，则 ，令 , ，则 ，由 ,得 ，则当 时, , 单调递增，当 时, , 单调递减，所以 ，则 面积的最大值为 .
三、解答题
8. [2021全国卷甲，12分]抛物线 的顶点为坐标原点 ,焦点在 轴上，直线 交 于 , 两点，且 .已知点 ,且 与 相切.
（1） 求 , 的方程；
[答案]由题意，直线 与 交于 , 两点，且 ，设 的焦点为 ， 在第一象限，
则根据抛物线的对称性，得 ,
所以 , .
设 的方程为 ，则 ，得 ，
所以 的方程为 .
因为圆心 到 的距离即 的半径，且距离为1，
所以 的方程为 .
（2） 设 , , 是 上的三个点，直线 , 均与 相切.判断直线 与 的位置关系，并说明理由.
[答案]设 , , ，
当 , , 中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线 与 相切.
当 时， ,所以直线 ，则 ，即 .
同理可得 .
所以 ， 是方程 的两个根,
则 , .
由直线 的方程可得，直线 的方程为 .
设点 到直线 的距离为 ，则 ，即 ，所以直线 与 相切.
综上可得，直线 与 相切.
9. [2019全国卷Ⅰ，12分]已知点 , 关于坐标原点 对称， ， 过点 ， 且与直线 相切.
（1） 若 在直线 上，求 的半径；
[答案]因为 过点 , ,所以圆心 在 的垂直平分线上.
由已知 在直线 上，且 , 关于坐标原点 对称，所以 在直线 上，故可设 .
因为 与直线 相切，
所以 的半径为 .
连接 ，由已知得 ,又 ,故可得 ,解得 或 .
故 的半径 或 .
（2） 是否存在定点 ，使得当 运动时， 为定值 并说明理由.
[答案]存在定点 ,使得 为定值.
理由如下：
设 ，由已知得 的半径为 , .
由于 ,故可得 ,化简得 的轨迹方程为 .
因为曲线 是以点 为焦点，以直线 为准线的抛物线，所以 .
因为 ,所以存在满足条件的定点 .
10. [2019江苏，16分]如图，一个湖的边界是圆心为 的圆，湖的一侧有一条直线型公路 ，湖上有桥 （ 是圆 的直径）.规划在公路 上选两个点 ， ，并修建两段直线型道路 ， ，规划要求：线段 ， 上的所有点到点 的距离均不小于圆 的半径.已知点 ， 到直线 的距离分别为 和 （ ， 为垂足），测得 ， ， （单位：百米）.
（1）若道路 与桥 垂直，求道路 的长；
（2）在规划要求下， 和 中能否有一个点选在 处？并说明理由；
（3）在规划要求下，若道路 和 的长度均为 （单位：百米），求当 最小时， ， 两点间的距离.
[答案]解法一（1）如图，过 作 ，垂足为 .
由已知条件得，四边形 为矩形， , .
因为 ,
所以 .所以 .
因此道路 的长为15百米.
（2）①若 在 处，由（1）可得 在圆上，则线段 上的点（除 , ）到点 的距离均小于圆 的半径，所以 选在 处不满足规划要求.
②若 在 处，连接 ，由（1）知 ,从而 ,所以 为锐角.
所以线段 上存在点到点 的距离小于圆 的半径.
因此 选在 处也不满足规划要求.
综上， 和 均不能选在 处.
（3）先讨论点 的位置.
当 时，线段 上存在点到点 的距离小于圆 的半径，点 不符合规划要求；
当 时，对线段 上任意一点 ， ，即线段 上所有点到点 的距离均不小于圆 的半径，点 符合规划要求.
设 为 上一点，且 ,由（1）知， ，此时 ;
当 时，在 中， .
由上可知， .
再讨论点 的位置.
由（2）知，要使得 ,点 只有位于点 的右侧，才能符合规划要求.当 时， .此时，线段 上所有点到点 的距离均不小于圆 的半径.
综上，当 ,点 位于点 右侧，且 时， 最小,此时 , 两点间的距离 .
因此， 最小时， , 两点间的距离为 百米.
解法二
（1）如图，过 作 ,垂足为 .
以 为坐标原点，直线 为 轴，建立平面直角坐标系.
因为 , ,所以 ,直线 的方程为 ,点 , 的纵坐标分别为3, .
因为 为圆 的直径， ,所以圆 的方程为 .
从而 , ,直线 的斜率为 .
因为 ,所以直线 的斜率为 ,
直线 的方程为 .
所以 , .
因此道路 的长为15百米.
（2）①若 在 处，取线段 上一点 ,则 ,所以 选在 处不满足规划要求.
②若 在 处，连接 ,由（1）知 ,又 ,
所以线段 .
在线段 上取点 ,
因为 ,
所以线段 上存在点到点 的距离小于圆 的半径.
因此 选在 处也不满足规划要求.
综上， 和 均不能选在 处.
（3）先讨论点 的位置.
当 时，线段 上存在点到点 的距离小于圆 的半径，点 不符合规划要求；
当 时，对线段 上任意一点 ， ,即线段 上所有点到点 的距离均不小于圆 的半径，点 符合规划要求.
设 为 上一点，且 ,由（1）知， ,此时 ;
当 时，在 中， .
由上可知， .
再讨论点 的位置.
由（2）知，要使得 ,点 只有位于点 的右侧，才能符合规划要求.
当 时，设 ，由 ,
得 ,所以 .此时，线段 上所有点到点 的距离均不小于圆 的半径.
综上，当 ， 时， 最小，此时 , 两点间的距离 .
因此， 最小时， , 两点间的距离为 百米.
考点29 椭圆
题组一
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]设椭圆 , 的离心率分别为 , ，若 ，则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一（直接求解法）由已知得 , ，因为 ，所以 ，得 .故选 .
解法二（选项代入验证法）若 ，则 ,又 ，所以 ，所以 符合题意，由于是单选题，故选 .
2. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知椭圆 的左、右焦点分别为 , ,直线 与 交于 , 两点，若 面积是 面积的2倍，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]由题意， , , 面积是 面积的2倍，所以点 到直线 的距离是点 到直线 的距离的2倍，即 ，解得 或 ，由 得 ，则 ，解得 .所以 .故选 .
3. [2023全国卷甲，5分]设 ， 为椭圆 的两个焦点，点 在 上，若 ，则 ( B )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 5
[解析]解法一 因为 ，所以 ,则 ，得 ，所以 ，故选 .
解法二 因为 ，所以 ,所以 .因为 ，所以 ，即 ，所以 ，故选 .
4. [2022全国卷甲，5分]已知椭圆 的离心率为 ， ， 分别为 的左、右顶点, 为 的上顶点．若 ，则 的方程为( B )
A. B. C. D.
[解析]依题意得 ， , ,所以 ， ， ，故 ，又 的离心率 ，所以 ， ， ,即 的方程为 ，故选 .
5. [2021新高考卷Ⅰ，5分]已知 , 是椭圆 的两个焦点，点 在 上，则 的最大值为( C )
A. 13 B. 12 C. 9 D. 6
[解析]由椭圆 ，得 ，则 ，当且仅当 时等号成立.故选 .
6. [2021全国卷乙，5分]设 是椭圆 的上顶点,点 在 上，则 的最大值为( A )
A. B. C. D. 2
[解析]设点 ，则根据点 在椭圆 上可得 .易知点 ，所以 .（解题关键：通过消去 ，可转化为求解关于“ ”的二次函数在限定条件下的最大值问题）
当 ，即 时， 取得最大值 ，所以 .故选 .
7. [2019北京，5分]已知椭圆 的离心率为 ，则( B )
A. B. C. D.
[解析]由题意得， , ,又 , , , .故选 .
二、填空题
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]设 ， 为椭圆 的两个焦点， 为 上一点且在第一象限.若 为等腰三角形，则 的坐标为 .
[解析]不妨令 , 分别为椭圆 的左、右焦点，根据题意可知 .因为 为等腰三角形，所以易知 ，所以 .设 ，则 得 所以 的坐标为 .
三、解答题
9. [2023全国卷乙，12分]已知椭圆 的离心率为 ,点 在 上.
（1） 求 的方程；
[答案]因为点 在 上，所以 .
因为椭圆的离心率 ，所以 ，故椭圆 的方程为 .
（2） 过点 的直线交 于 ， 两点，直线 , 与 轴的交点分别为 , ，证明：线段 的中点为定点.
[答案]由题意知，直线 的斜率存在且不为0，设 ， ， ，
由 得 ，
则 ,
故 ， .
直线 ，令 ，解得 ，同理得 ，
则
.
所以 的中点的纵坐标为 ，所以 的中点为定点 .
10. [2022天津，15分]已知椭圆 的右焦点为 ,右顶点为 ，上顶点为 ，且满足 .
（Ⅰ） 求椭圆的离心率 ;
[答案]由题意可知， , , ，
则 ，所以 ，
则 ，所以 ，
则 ，所以 .
（Ⅱ） 已知直线 与椭圆有唯一公共点 ，直线 与 轴相交于点 （异于 ），记坐标原点为 ，若 ，且 的面积为 ，求椭圆的标准方程.
[答案]由（1）知， ，则椭圆方程为 ，
由题意易知直线 的斜率存在且不为0，所以设直线 的方程为 ， , ,
联立得 消去 并整理得 ，
因为直线 与椭圆有唯一公共点，
所以 ，
即 ①.
设 ,则 , ,
即 .
因为点 是直线 与 轴的交点,所以 ,
因为 ,所以 ,又 ,所以 ,即 ,
又 ，所以 , ,
则 ，
即 ②，
由 ，得 ，所以方程②可化简为 ，
将 ， 代入方程①得， ，所以 ，
所以椭圆的标准方程为 .
11. [2020全国卷Ⅲ，12分]已知椭圆 的离心率为 , , 分别为 的左、右顶点.
（1） 求 的方程；
[答案]由题设可得 ,得 ,
所以 的方程为 .
（2） 若点 在 上，点 在直线 上，且 , ,求 的面积.
[答案]设 , ，根据对称性可设 ,由题意知 .
由已知可得 ，直线 的方程为 ,
所以 , .
因为 ,
所以 ,将 代入 的方程，解得 或 .
由直线 的方程得 或8.
所以点 ， 的坐标分别为 ， ; , .
,直线 的方程为 ,点 到直线 的距离为 ,
故 的面积为 .
,直线 的方程为 ,点 到直线 的距离为 ，故 的面积为 .
综上， 的面积为 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]设 为坐标原点， ， 为椭圆 的两个焦点,点 在 上， ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]解法一依题意 , , .如图，不妨令 , .设 , ，在 中， ①,由椭圆的定义可得 ②.由①②，解得 .设 .在 和 中， ，由余弦定理得 ，得 ,所以 .（也可由 ,两边同时平方求 ）
解法二依题意 , , .如图（图同解法一），设点 的坐标为 ，利用焦点三角形面积公式知 .因为 ，所以 ，故 .又 ,故 ,又 ,所以 , , .
2. [2022全国卷甲，5分]椭圆 的左顶点为 ,点 ， 均在 上，且关于 轴对称.若直线 , 的斜率之积为 ,则 的离心率为( A )
A. B. C. D.
[解析]设 ，则 ，易知 ，所以 ①．因为点 在椭圆 上，所以 ，得 ，代入①式，得 ，所以 ．故选 ．
【速解】 设椭圆 的右顶点为 ，则直线 与直线 关于 轴对称，所以 ，所以 ， 若点 为椭圆 上异于长轴端点 , 的一点，则
所以 ．故选A．
3. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知椭圆 的焦点为 ， ，过 的直线与 交于 ， 两点.若 ， ，则 的方程为( B )
A. B. C. D.
[解析]由题意设椭圆的方程为 ，连接 ，令 ,则 , .由椭圆的定义知， ，得 ，故 ,又 ，所以 .则点 为椭圆 的上顶点或下顶点.令 （ 为坐标原点）,则 .在等腰三角形 中， ，由 得 ，得 .又 ,所以 ，椭圆 的方程为 .故选 .
【方法技巧】 求解圆锥曲线试题，首先考虑画图，其次考虑定义与几何性质.凡涉及焦点三角形的问题，应注意解三角形知识的应用.
二、填空题
4. [2022新高考卷Ⅰ，5分]已知椭圆 , 的上顶点为 ,两个焦点为 , ,离心率为 .过 且垂直于 的直线与 交于 , 两点， ,则 的周长是13.
[解析]如图，连接 ， ， ，因为 的离心率为 ，所以 ，所以 ，所以 .因为 ，所以 为等边三角形，又 ，所以直线 为线段 的垂直平分线，所以 , ，且 ，所以直线 的方程为 ，代入椭圆 的方程 ，得 .设 ， ，则 , ，所以 ，解得 ，所以 ，所以 的周长为 .
5. （2021全国卷甲，5分）已知 , 为椭圆 的两个焦点， , 为 上关于坐标原点对称的两点，且 ,则四边形 的面积为8.
[解析]根据椭圆的对称性及 可以得到四边形 为对角线相等的平行四边形，所以四边形 为矩形.设 ,则 ，则 ,得 ，所以四边形 的面积为 .（一题多解： ）
6. [2021浙江，6分]已知椭圆 ，焦点 , .若过 的直线和圆 相切，与椭圆的第一象限交于点 ,且 轴,则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
[解析]设过 的直线与圆的切点为 ，圆心 ,则 , ，所以 ,所以该直线的斜率 .因为 轴，所以 ，又 ，所以 ，得 .
三、解答题
7. [2023天津，15分]已知椭圆 的左、右顶点分别为 , ,右焦点为 , , .
（1） 求椭圆的方程和离心率 ；
[答案]由题意可知
解得 则 ,
所以椭圆的方程为 ,离心率 .
（2） 已知点 是椭圆上一动点（不与端点重合），直线 交 轴于点 ,若三角形 的面积是三角形 的面积的二倍，求直线 的方程.
[答案]由题易知直线 的斜率存在且不为0，所以可设直线 的方程为 .由 可得 ，
设 ，则由根与系数的关系可知 ,即 ,则 .
由直线 交 轴于点 可得 ，
所以 , ,
因为 ,所以 ,
①当 时， ,即有 ,
解得 ，不符合题意，舍去.
②当 时， ,即有 ,解得 .
故直线 的方程为 .
8. [2022北京，15分]已知椭圆 的一个顶点为 ,焦距为 .
（Ⅰ） 求椭圆 的方程;
[答案]依题意可知 得 故椭圆 的方程为 .
（Ⅱ） 过点 作斜率为 的直线与椭圆 交于不同的两点 , ，直线 , 分别与 轴交于点 , .当 时，求 的值.
[答案]由题可知直线 的方程为 ,设 , ,
联立直线 和椭圆 的方程，得
整理得 ,
,
由 得 ，
易知直线 的斜率 ,
直线 的方程为 ,
令 ,可得点 的横坐标 ,同理可得点 的横坐标 .
，得 .
9. [2020全国卷Ⅰ，12分]已知 , 分别为椭圆 的左、右顶点， 为 的上顶点, 为直线 上的动点， 与 的另一交点为 , 与 的另一交点为 .
（1） 求 的方程；
[答案]由题设得 ， ， .
则 ， .由 得 ，即 .
所以 的方程为 .
（2） 证明:直线 过定点.
[答案]设 ， ， .
若 ，设直线 的方程为 ，由题意可知 .
由于直线 的方程为 ，所以 .
直线 的方程为 ，所以 .可得 .
由于 ，故 ,可得 ，即 ①.
将 代入 得 .
所以 , .代入①式得 .
解得 （舍去）或 .
故直线 的方程为 ,即直线 过定点 .
若 ，则直线 的方程为 ，过点 .
综上，直线 过定点 .
【方法技巧】破解此类解析几何题的关键：一是“转化”桥梁，如本题利用平面向量数量积的坐标表示，把几何问题代数化，从而得关于参数的方程，解方程即可求出参数的值，从而得椭圆的方程；二是“图形”引路，一般需画出草图，把已知条件“翻译”到图形中；三是“关系”应用，把直线方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出点的坐标；四是“定点”判断，会根据所求的直线方程，判断直线所经过的定点．
10. [2019天津，13分]设椭圆 的左焦点为 ，上顶点为 .已知椭圆的短轴长为4，离心率为 .
（Ⅰ） 求椭圆的方程；
[答案]设椭圆的半焦距为 ,依题意， , ，
又 ，可得 , , .
所以,椭圆的方程为 .
（Ⅱ） 设点 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点 为直线 与 轴的交点，点 在 轴的负半轴上.若 （ 为原点），且 ，求直线 的斜率.
[答案]由题意，设 ， .
设直线 的斜率为 ，又 ,则直线 的方程为 ,
与椭圆方程联立得
整理得 ,可得 ，代入 得 ，进而直线 的斜率 .
在 中，令 ，得 .
由题意得 ,所以直线 的斜率为 .
由 ，得 ,化简得 ,从而 .
所以，直线 的斜率为 或 .
题组三
一、选择题
1. [2021全国卷乙，5分]设 是椭圆 的上顶点，若 上的任意一点 都满足 ,则 的离心率的取值范围是( C )
A. B. C. D.
[解析]依题意， ,设椭圆上一点 ，则 , ，可得 ，则 .因为当 时， ，所以 ，得 ，所以离心率 ，故选 .
【方法技巧】 求椭圆离心率或其范围的方法
（1）求出 , 或 , 的值，代入 直接求；
（2）根据条件得到关于 , , 的齐次等式（不等式），结合 转化为关于 , 的齐次等式（不等式），然后将该齐次等式（不等式）两边同时除以 或 转化为关于 或 的方程（不等式），解方程（不等式）即可得 （ 的取值范围）;
（3）通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
二、填空题
2. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知直线 与椭圆 在第一象限交于 , 两点， 与 轴、 轴分别交于 , 两点，且 , ，则 的方程为 .
[解析]设直线 的方程为 ，分别令 , ,得点 , .由题意知线段 与线段 有相同的中点，设为 ，则 ，则 , .由椭圆中点弦的性质知， ，即 ，整理得 ①.又 ，所以由勾股定理，得 ②，由①②并结合 , ，得 所以直线 的方程为 ，即 .
3. [2019浙江，4分]已知椭圆 的左焦点为 ，点 在椭圆上且在 轴的上方.若线段 的中点在以原点 为圆心， 为半径的圆上，则直线 的斜率是 .
[解析]解法一依题意，设点 ，由题意知 ，所以线段 的中点 在圆 上，所以 ，又点 在椭圆 上，所以 ,所以 ，所以 或 （舍去）， ，所以 .
解法二如图，取 的中点 ，连接 ，由题意知 ，设椭圆的右焦点为 ，连接 ，在 中， 为中位线，所以 ，由椭圆的定义知 ，所以 .因为 为 的中点，所以 .在等腰三角形 中，过 作 于点 ，所以 ，所以 .
三、解答题
4. [2021北京，15分]已知椭圆 过点 ，其四个顶点的连线围成的四边形面积为 .
（Ⅰ） 求椭圆 的标准方程；
[答案]由题意可知， , ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（Ⅱ） 过点 的直线 的斜率为 ，交椭圆 于不同的两点 ， ，直线 ， 分别交直线 于点 ， ，若 ，求 的取值范围.
[答案]直线 的方程为 ，联立，得 消去 得 ，
，
所以 或 ①.
设 , ，则 , ②.
直线 的方程为 ，令 ，则 ，
所以 ， ，
同理得 .
因为 ，即 , 正负相同，且 , ,
所以 ，
即 ，
从而 ③.
由①②③可得， 或 .
所以 的取值范围为 .
5. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知椭圆 的离心率为 ,且过点 .
（1） 求 的方程；
[答案]由题设得 , ,解得 , .
所以 的方程为 .
（2） 点 ， 在 上，且 , , 为垂足.
证明：存在定点 ,使得 为定值.
[答案]设 , .
若直线 与 轴不垂直，设直线 的方程为 ,代入 得 .
于是 , ①.
由 知 ，故 ,可得 .
将①代入上式可得 .
整理得 .
因为 不在直线 上，
所以 ，故 ， .
于是 的方程为 .
所以直线 过点 .
若直线 与 轴垂直，可得 .由 得 .
又 ,可得 ，解得 （舍去）或 .
此时直线 过点 .
令 为 的中点，即 .
若 与 不重合，则由题设知 是 的斜边，
故 .
若 与 重合，则 .
综上，存在点 ，使得 为定值.
6. [2020北京，15分]已知椭圆 过点 ,且 .
（Ⅰ） 求椭圆 的方程；
[答案]因为 ，所以椭圆的方程为 ，
又因为椭圆过点 ，所以有 ，解得 ，所以椭圆 的方程为 .
（Ⅱ） 过点 的直线 交椭圆 于点 , ,直线 , 分别交直线 于点 , ,求 的值.
[答案]由题意知直线 的斜率存在.
当直线 的斜率为0时，不妨设 , ，
则直线 ,直线 ,则 , , .
当直线 的斜率不为0时，设直线 ,与椭圆方程 联立,化简得 , ,解得 .
设 , ，则 , .
直线 的方程为 ，
则 ，即 .
直线 的方程为 ，
则 ，即 .
所以 .
综上， .
7. [2019江苏，14分]如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的焦点为 ， .过 作 轴的垂线 ，在 轴的上方， 与圆 交于点 ，与椭圆 交于点 .连接 并延长交圆 于点 ，连接 交椭圆 于点 ，连接 .已知 .
（1） 求椭圆 的标准方程;
[答案]设椭圆 的焦距为 .
因为 , ,所以 , .
又因为 , 轴，
所以 .
因此 ,从而 .
由 ,得 .
因此，椭圆 的标准方程为 .
（2） 求点 的坐标.
[答案]解法一 由（1）知，椭圆 , .
因为 轴，所以点 的横坐标为1.
将 代入圆 的方程 ,解得 .
因为点 在 轴上方，所以 .
又 ，所以直线 .
由 得 ,解得 或 .
将 代入 ,得 .
因此 .又 ，所以直线 .
由 得 ,解得 或 .
又因为 是线段 与椭圆的交点，所以 .
将 代入 ,得 .
因此 .
解法二
由（1）知，椭圆 .如图，连接 .
因为 , ,所以 ,
从而 .
因为 ，
所以 .
所以 ，从而 .
因为 轴，所以 轴.
因为 ，
由 得 .
又因为 是线段 与椭圆的交点，所以 .
因此 .
考点30 双曲线
题组一
一、选择题
1. [2023天津，5分]双曲线 的左、右焦点分别为 ， .过 作其中一条渐近线的垂线，垂足为 .已知 ，直线 的斜率为 ,则双曲线的方程为( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一由题意可知该渐近线为 ，直线 的方程为 ，与 联立并解得 即 .
因为直线 与渐近线 垂直，所以 的长度即为点 到直线 （即 ）的距离,由点到直线的距离公式得 ,所以 .
因为 ， ，且直线 的斜率为 ,所以 ，化简得 ，又 ， ，所以 ,整理得 ，即 ，解得 .
所以双曲线的方程为 ，故选 .
解法二因为过点 向其中一条渐近线作垂线，垂足为 ，且 ，所以 ， 双曲线中焦点到渐近线的距离为
再结合选项，排除选项 , ；若双曲线方程为 ，则 , ，渐近线方程为 ，由题意可知该渐近线为 ,则直线 的方程为 ，与渐近线方程 联立，得 ,则 ,又直线 的斜率为 ,所以双曲线方程 不符合题意，排除 ，故选 .
2. [2021全国卷甲，5分]点 到双曲线 的一条渐近线的距离为( A )
A. B. C. D.
[解析]由双曲线的方程知， , ，焦点在 轴上，所以双曲线的一条渐近线方程为 ，即 ，由点到直线的距离公式得，点 到双曲线的一条渐近线的距离为 ．故选 ．
3. [2021全国卷甲，5分]已知 , 是双曲线 的两个焦点， 为 上一点，且 ， ,则 的离心率为( A )
A. B. C. D.
[解析]设 , ,则 ,所以 的离心率 .
4. [2021北京，4分]双曲线 过点 ，离心率为2，则双曲线的标准方程为( B )
A. B. C. D.
[解析]设双曲线的半焦距为 ，由题意可知 解得 则双曲线的标准方程为 .故选 .
5. [2020浙江，4分]已知点 , , .设点 满足 ,且 为函数 图象上的点，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]由 ，知点 的轨迹是双曲线的右支，点 的轨迹方程为 ，又 ，所以 , ，所以 ，故选 .
6. [2020全国卷Ⅱ，5分]设 为坐标原点，直线 与双曲线 的两条渐近线分别交于 , 两点.若 的面积为8，则 的焦距的最小值为( B )
A. 4 B. 8 C. 16 D. 32
[解析]由题意知双曲线的渐近线方程为 ．因为 , 分别为直线 与双曲线 的两条渐近线的交点，所以不妨设 , ，所以 ，所以 ，当且仅当 时等号成立.所以 ，所以 ，所以 的焦距的最小值为8，故选 ．
7. [2020全国卷Ⅲ，5分]设双曲线 的左、右焦点分别为 , ,离心率为 . 是 上一点，且 .若 的面积为4,则 ( A )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
[解析]设 , , 为双曲线右支上一点，则 , ， ,又 ,所以 ,选 .
【速解】由题意得， ，得 ,又 , ,所以 .
【方法技巧】 双曲线焦点三角形面积公式
双曲线 的左、右焦点分别为 , , 为双曲线上一点.若 ，则 .
8. [2019浙江，4分]渐近线方程为 的双曲线的离心率是( C )
A. B. 1 C. D. 2
[解析]因为双曲线的渐近线方程为 ，所以无论双曲线的焦点在 轴上还是在 轴上，都满足 ，所以 ，所以双曲线的离心率 .故选 .
【易错警示】 焦点在 轴上的双曲线 的渐近线方程为 ；焦点在 轴上的双曲线 的渐近线方程为 .
9. [2019全国卷Ⅲ，5分]双曲线 的右焦点为 ，点 在 的一条渐近线上， 为坐标原点.若 ，则 的面积为( A )
A. B. C. D.
[解析]设点 在第一象限，根据题意可知 ，所以 .又 ，所以等腰三角形 的高 ，所以 .
10. [2019天津，5分]已知抛物线 的焦点为 ，准线为 .若 与双曲线 的两条渐近线分别交于点 和点 ，且 （ 为原点），则双曲线的离心率为( D )
A. B. C. 2 D.
[解析]由题意，可得 ,直线 的方程为 ,双曲线的渐近线方程为 .将 代入 ，得 ，所以点 , 的纵坐标的绝对值均为 .由 可得 ,即 , ,故双曲线的离心率 .
二、填空题
11. [2022北京，5分]已知双曲线 的渐近线方程为 ,则 .
[解析]依题意得 ，令 ，得 ，解得 .
12. [2022全国卷甲，5分]若双曲线 的渐近线与圆 相切，则 .
[解析]双曲线的渐近线方程为 ，圆 的方程可化为 ,则圆心坐标为 ,半径 双曲线的渐近线与圆相切， 圆心到渐近线的距离 ，得 .
13. [2022全国卷甲，5分]记双曲线 的离心率为 ，写出满足条件“直线 与 无公共点”的 的一个值2（答案不唯一）.
[解析]双曲线 的渐近线方程为 ，若直线 与双曲线 无公共点，则 , ， ，又 , ， 填写 内的任意值均可.
14. [2022浙江，4分]已知双曲线 的左焦点为 ,过 且斜率为 的直线交双曲线于点 ,交双曲线的渐近线于点 且 .若 ,则双曲线的离心率是 .
[解析]结合题意作出大致图象如图所示，由题意知，过左焦点 且斜率为 的直线的方程为 ，由 解得 所以 .因为 ，所以 ，即 ，得 所以 ，将 代入双曲线方程 ，可得 ，结合离心率 得 ，又 ，所以双曲线的离心率为 .
15. [2021全国卷乙，5分]已知双曲线 的一条渐近线为 ，则 的焦距为4.
[解析]双曲线 的渐近线为 ,即 ,又双曲线的一条渐近线为 ,即 ,对比两式可得， .设双曲线的实半轴长为 ，虚半轴长为 ，半焦距为 ,则有 ， ，所以双曲线的焦距 .
16. [2021新高考卷Ⅱ，5分]已知双曲线 的离心率 ，则双曲线 的渐近线方程为 .
[解析] ，得 ，所以双曲线 的渐近线方程为 .
17. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知 为双曲线 的右焦点， 为 的右顶点， 为 上的点，且 垂直于 轴.若 的斜率为3，则 的离心率为2.
[解析]设 ，因为 为双曲线 上的点，所以 ,所以 .因为 的斜率为3，所以 ， ，所以 ，所以 ,所以 ,解得 （舍去）或 ，所以 的离心率 .
【易错警示】本题的易错点有两处：一是忽视题眼“ 的斜率为3”，由 得 ；二是将双曲线中 , , 的关系式与椭圆中 , , 的关系式搞混.
18. [2019江苏，5分]在平面直角坐标系 中，若双曲线 经过点 ，则该双曲线的渐近线方程是 .
[答案]因为双曲线 经过点 ，所以 ,得 ，所以该双曲线的渐近线方程是.
三、解答题
19. [2021新高考卷Ⅰ，12分]在平面直角坐标系 中，已知点 , ，点 满足 .记 的轨迹为 .
（1） 求 的方程；
[答案]因为 ,
所以点 的轨迹 是以 , 分别为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为 ，半焦距为 ，则 , ，得 ， ，
所以点 的轨迹 的方程为 .（易错警示：注意点 的轨迹是双曲线的一支，其轨迹方程要标上 的范围）
（2） 设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 , 两点和 , 两点，且 ,求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
[答案]设 ，由题意可知直线 , 的斜率均存在且不为0，设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
由 得 .
设 , ,易知 ,
则 ， ，
所以 ,
,
则 .
同理得 .
因为 ，所以 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，即 .
故直线 的斜率与直线 的斜率之和为0.
【方法技巧】 若 , 是直线 上的两点，则 ，称此公式为直线上两点间的距离公式，若 ， 是直线与圆锥曲线的交点，则此公式即我们通常所说的弦长公式.注意此公式不仅求弦长时可以使用，只要是求直线上两点间的距离都可以用.
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]设 , 为双曲线 上两点，下列四个点中，可为线段 中点的是( D )
A. B. C. D.
[解析]选项中的点均位于双曲线两支之间，故 ， 分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段 的中点坐标为 ，则 ， 若双曲线的弦 的中点为 ， 为坐标原点，则
即 ，结合选项可知选 .
2. [2022天津，5分] , 是双曲线 的两个焦点，抛物线 的准线 过双曲线的焦点 ，准线 与双曲线的渐近线交于点 ,且 ，则双曲线的标准方程为( C )
A. B. C. D.
[解析]抛物线 的准线 的方程为 ，因为准线 过双曲线 的焦点 ,所以 ,所以 ,即 ,双曲线的半焦距 .不妨设点 在第二象限，则点 在渐近线 上, ,则 .因为 ,所以 ,即 ,即 ,又 ,所以 , ,所以双曲线的标准方程为 ,故选 .
3. [2021浙江，4分]已知 , ， ，函数 .若 ， , 成等比数列，则平面上点 的轨迹是( C )
A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线
[解析]因为函数 ，所以 ， , .因为 , , 成等比数列，所以 ，即 ，化简得 ，得 或 ，易知点 的轨迹为一条直线和一个双曲线.故选 .
4. [2020天津，5分]设双曲线 的方程为 ，过抛物线 的焦点和点 的直线为 .若 的一条渐近线与 平行，另一条渐近线与 垂直，则双曲线 的方程为( D )
A. B. C. D.
[解析]由题知 的焦点坐标为 ，则过焦点和点 的直线方程为 ，而 的渐近线方程为 和 ，由 与一条渐近线平行，与一条渐近线垂直，得 ， ，故选 .
【速解】 由题知双曲线 的两条渐近线互相垂直，则 ，即渐近线方程为 ，排除B,C.又知 的焦点坐标为 ， 过点 , ，所以 ， ，故选D.
5. [2019全国卷Ⅱ，5分]设 为双曲线 的右焦点， 为坐标原点，以 为直径的圆与圆 交于 ， 两点.若 ，则 的离心率为( A )
A. B. C. 2 D.
[解析]
如图，由题意，知以 为直径的圆的方程为 ①，将 记为②式， 得 ，则以 为直径的圆与圆 的相交弦所在直线的方程为 ，所以 ．由 ，得 ，整理得 ，即 ，解得 ，故选 ．
二、填空题
6. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知双曲线 的左、右焦点分别为 , .点 在 上，点 在 轴上， ， ,则 的离心率为 .
[解析]解法一 由题意可知, , ,设 , ,所以 , ,因为 ,所以 即 所以 .
, ，因为 ，所以 ，即 ，解得 .
因为点 在双曲线 上，所以 ，又 ，所以 ，即 ，化简得 ，所以 ，所以 .
解法二 由前面解法一得 ， ，所以 ， ，由双曲线的定义可得 ，即 ，即 ，所以双曲线的离心率 .
7. （2019全国卷Ⅰ，5分）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，过 的直线与 的两条渐近线分别交于 ， 两点.若 ， ，则 的离心率为2.
[解析]解法一 因为 ，所以 ，如图.
所以 ，所以 ，所以 ．因为 ，所以点 为 的中点，又点 为 的中点，所以 ，所以 ，因为直线 , 为双曲线 的两条渐近线，所以 ， ．因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，即 ，所以双曲线的离心率 ．
解法二 因为 ,所以 ，在 中， ,所以 ,又 ，所以 为 的中点，所以 ,所以 .又 ,所以 为等边三角形.由 可得 ,因为点 在直线 上，所以 ,所以 ,所以 .
三、解答题
8. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知双曲线 的中心为坐标原点，左焦点为 ,离心率为 .
（1） 求 的方程;
[答案]设双曲线 的方程为 ， 为双曲线 的半焦距，
由题意可得 解得
所以双曲线 的方程为 .
（2） 记 的左、右顶点分别为 , ,过点 的直线与 的左支交于 ， 两点， 在第二象限,直线 与 交于点 ,证明:点 在定直线上.
[答案]设 , ,直线 的方程为 ，
则 , .（注：直线方程设成此种形式可避免对直线 的斜率是否存在进行讨论）
由 得 .
因为直线 与双曲线 的左支交于 ， 两点,所以 ,且 .
由根与系数的关系得 所以 .
因为 ， 分别为双曲线 的左、右顶点，
所以 , .
直线 的方程为 ,直线 的方程为 ,（用两点式表示直线 和 的方程）
所以 ，得 , .
因为
，
所以 ，解得 ，
所以点 在定直线 上.
9. [2022新高考卷Ⅰ，12分]已知点 在双曲线 上，直线 交 于 , 两点，直线 , 的斜率之和为0.
（1） 求 的斜率；
[答案]将点 的坐标代入双曲线方程得 ，
化简得 ，得 ，
故双曲线 的方程为 .由题易知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ， ， ，
联立直线 与双曲线 的方程并整理得 ，故 ， .
，化简得 ，
故 ，
整理得 ，
又直线 不过点 ，即 ，故 .
（2） 若 ,求 的面积.
[答案]不妨设直线 的倾斜角为 ，由题意知 ，所以 ，
解得 或 （舍去），
由 得 ，
所以 ，
同理得 ，所以 .
因为 ，所以 ，
故 .
10. [2022新高考卷Ⅱ，12分]已知双曲线 的右焦点为 ,渐近线方程为 .
（1） 求 的方程；
[答案]由题意得 ①．
因为双曲线的渐近线方程为 ，所以 ②．
又 ③，所以联立①②③得 , ，所以双曲线 的方程为 ．
（2） 过 的直线与 的两条渐近线分别交于 , 两点，点 , 在 上，且 , .过 且斜率为 的直线与过 且斜率为 的直线交于点 .从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
在 上； ; .
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
[答案]由题意知直线 的斜率存在且不为0，设直线 的方程为 ，将直线 的方程代入 的方程，整理得 ，
则 , ,所以 ，
所以 .
设点 的坐标为 ,则
两式相减，得 ,
又 ，
所以 ，解得 ;
两式相加，得 ,
又 ,
所以 ，
解得 .因此，点 的轨迹为直线 ,其中 为直线 的斜率.
若选择①②：因为 ,所以直线 的方程为 ，设 ， ，
不妨令点 在直线 上，
则由 解得 , ，
同理可得 , ,
所以 ,
点 的坐标满足
得 ， ,
故 为 的中点，即 .
若选择①③:当直线 的斜率不存在时，点 即为点 ,此时 不在直线 上，矛盾.
当直线 的斜率存在时，易知直线 的斜率不为0，设直线 的方程为 ， ， ，
不妨令点 在直线 上，
则由 解得 , ,
同理可得 , ,
因为 在 上，且 ，所以 , ,
又点 在直线 上，所以 ,
解得 ,因此 .
若选择②③：因为 ，所以直线 的方程为 ,设 ， ,
不妨令点 在直线 上，
则由 解得 , ，
同理可得 , .
设 的中点为 ，则 ,
.
因为 ，所以 在 的垂直平分线上，即点 在直线 ,即 上,
与 联立，得 , ,
即点 恰为 的中点，故点 在直线 上.
考点31 抛物线
题组一
一、选择题
1. [2022全国卷乙，5分]设 为抛物线 的焦点，点 在 上，点 ，若 ,则 ( B )
A. 2 B. C. 3 D.
[解析]如图，由题意可知 ，设 ，则由抛物线的定义可知 .因为 ，所以由 ，可得 ，解得 ，所以 或 .不妨取 ，则 ，故选 .
【速解】由题意可知 ， ，所以 .因为抛物线的通径长为 ，所以 的长为通径长的一半，所以 轴，所以 ，故选B.
2. [2021新高考卷Ⅱ，5分]若抛物线 的焦点到直线 的距离为 ，则 ( B )
A. 1 B. 2 C. D. 4
[解析]抛物线 的焦点坐标为 ，直线 的一般方程为 ，则由点到直线的距离公式得 ，解得 ，故选 .
3. [2020北京，4分]设抛物线的顶点为 ，焦点为 ，准线为 ， 是抛物线上异于 的一点，过 作 于 .则线段 的垂直平分线( B )
A. 经过点 B. 经过点 C. 平行于直线 D. 垂直于直线
[解析]连接 ，由题意及抛物线的定义可知 ,则 为等腰三角形，故线段 的垂直平分线经过点 .故选 .
4. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知 为抛物线 上一点，点 到 的焦点的距离为12，到 轴的距离为9，则 ( C )
A. 2 B. 3 C. 6 D. 9
[解析]因为点 到 轴的距离为9，所以可设点 ，所以 .又点 到焦点 的距离为12，所以 ，所以 ，即 ，解得 （舍去）或 ．故选 ．
【速解】根据抛物线的定义及题意得，点 到 的准线 的距离为12，因为点 到 轴的距离为9，所以 ，解得 ．故选C．
5. [2020全国卷Ⅲ，5分]设 为坐标原点，直线 与抛物线 交于 ， 两点，若 ，则 的焦点坐标为( B )
A. B. C. D.
[解析]解法一 将直线方程与抛物线方程联立，可得 ,不妨设 , ，由 ,可得 ，解得 ，所以抛物线 的方程为 ，其焦点坐标为 .
解法二 过抛物线的顶点 垂直的两条弦 ，则 直线过定点 ，则可知 ，所以焦点坐标为 .
6. [2019全国卷Ⅱ，5分]若抛物线 的焦点是椭圆 的一个焦点，则 ( D )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8
[解析]由题意，知抛物线的焦点坐标为 ，椭圆的焦点坐标为 ，所以 ，解得 ，故选 ．
7. [2023新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）设 为坐标原点，直线 过抛物线 的焦点，且与 交于 ， 两点， 为 的准线，则( AC )
A. B.
C. 以 为直径的圆与 相切 D. 为等腰三角形
[解析]由题意，易知直线 过点 .
对于 ，因为直线经过抛物线 的焦点，所以易知焦点坐标为 ，所以 ，即 ，所以 选项正确.
对于 ，不妨设 ， ， ,联立方程得 消去 并整理得 ，解得 ， .由抛物线的定义得， ，故 选项错误.
对于 ，由以上分析易知， 的方程为 ，以 为直径的圆的圆心坐标为 ，半径 ，所以以 为直径的圆与 相切，故 选项正确.
对于 ，由两点间距离公式可得 , , ，故 选项错误.综上，选 .
【速解】对于B,易知直线 的倾斜角为 ，所以 ，（二级结论：抛物线 的焦点弦弦长 为弦 所在直线的倾斜角））故B选项错误.
对于C,由二级结论——以抛物线焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切，易知C选项正确.
8. [2022新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）已知 为坐标原点，过抛物线 焦点 的直线与 交于 , 两点，其中 在第一象限，点 .若 ,则( ACD )
A. 直线 的斜率为 B.
C. D.
[解析]对于 ，由题意，得 ．因为 ，且 ，所以 ，将其代入抛物线方程 ，得 ，所以 ，所以直线 的斜率 ，故 正确；
对于 ，由选项 的分析，知直线 的方程为 ，代入 ，得 ，解得 或 ，所以 ，所以 ，所以 ，故 不正确；
对于 ，由抛物线的定义及选项 ， 的分析，得 ，即 ，故 正确；
对于 ，易知 , , , ，则 ， ,所以 ， ，所以 ，故 正确．
综上所述，选 ．
9. [2022新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知 为坐标原点，点 在抛物线 上，过点 的直线交 于 ， 两点，则( BCD )
A. 的准线为 B. 直线 与 相切
C. D.
[解析]如图，因为抛物线 过点 ，所以 ，解得 ，所以 的准线为 ，所以 错误；
因为 ，所以 ，所以 ，所以 在点 处的切线方程为 ，即 ，又点 在直线 上，所以直线 与 相切，所以 正确；
由题意知，直线 的斜率存在且不为0，设直线 的方程为 ， , ,由 得 ，所以 ， ，且 ，得 或 ，所以 ，所以 正确；
，所以 正确.故选 ．
二、填空题
10. [2023全国卷乙，5分]已知点 在抛物线 上，则 到 的准线的距离为 .
[解析]将点 的坐标代入抛物线方程，得 ，于是 ，则抛物线的准线方程为 ，所以 到准线的距离为 .
11. [2023天津，5分]过原点 的一条直线与圆 相切，交曲线 于点 ，若 ，则 的值为6.
[解析]由题意得直线 的斜率存在.设直线 的方程为 ，因为该直线与圆 相切，所以 ，解得 .将直线方程 与曲线方程 联立，得 ，因为 ，所以 ，解得 或 ，设 ，则 ，又 ,所以 ，解得 .
12. [2021北京，5分]已知抛物线 ， 的焦点为 ，点 在 上，且 ，则点 的横坐标是5．
[解析]解法一 抛物线 的焦点为 ，准线方程为 ，设点 的横坐标为 ，则有 ，所以 ，故填5.
解法二抛物线 的焦点 ，又点 在抛物线 上，设 ，则 ，整理得 ，解得 ，所以点 的横坐标 ，故填5.
13. [2021新高考卷Ⅰ，5分]已知 为坐标原点,抛物线 的焦点为 , 为 上一点， 与 轴垂直, 为 轴上一点,且 ．若 ，则 的准线方程为 .
[解析]解法一（解直角三角形法）由题易得 , ， ，所以 ，所以 ,即 ，解得 ，所以 的准线方程为 .
解法二（应用射影定理）由题易得 , ， ,即 ，解得 或 （舍去），所以 的准线方程为 .
14. [2020新高考卷Ⅰ，5分]斜率为 的直线过抛物线 的焦点，且与 交于 , 两点，则 .
[解析]由题意得直线方程为 ，联立方程，得 得 , ,故 .
【方法技巧】（1）过抛物线 的焦点且倾斜角为 的直线与抛物线 交于 ， 两点，则 ；（2）过抛物线 的焦点且倾斜角为 的直线与抛物线 交于 ， 两点，则 .
三、解答题
15. [2021全国卷乙，12分]已知抛物线 的焦点 到准线的距离为2.
（1） 求 的方程；
[答案]由抛物线的定义可知，焦点 到准线的距离为 ，故 ，
所以 的方程为 .
（2） 已知 为坐标原点，点 在 上，点 满足 ,求直线 斜率的最大值.
[答案]由（1）知 ，设 , ，
则 ， .
因为 ,所以点 在线段 上，且有 即 易知直线 斜率一定存在，要使 斜率最大，则 , 在第一象限,又点 在 上，所以 ，则 ,当且仅当 ,即 时等号成立，所以直线 斜率的最大值为 .
16. [2019全国卷Ⅰ，12分]已知抛物线 的焦点为 ，斜率为 的直线 与 的交点为 ， ，与 轴的交点为 .
（1） 若 ，求 的方程；
设直线 , , .
[答案]由题设得 ,故 ,由 可得 .
由 可得 ,则 .
从而 ,得 .
所以 的方程为 .
（2） 若 ，求 .
[答案]由 可得 .
由 可得 .
所以 .从而 ,故 , .
代入 的方程得 , .
故 .
题组二
解答题
1. [2023全国卷甲，12分]已知直线 与抛物线 交于 ， 两点， ．
（1） 求 ；
[答案]设 ， ，
把 代入 ，得 ，
由 ,得 .
由根与系数的关系，可得 , ，
所以 ，解得 或 （舍去），
故 .
（2） 设 为 的焦点， ， 为 上两点，且 ，求 面积的最小值．
[答案]设 ， ，由（1）知抛物线 ，
则点 .
因为 ,所以 ，则 ①.
当直线 的斜率不存在时，点 与点 关于 轴对称，
因为 ，
所以直线 与直线 的斜率一个是1，另一个是 .
不妨设直线 的斜率为1，则 ，
由 得 ，
得 或
代入①式计算易得，当 时， 的面积取得最小值，为 .
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 .
由 得 ， ，
则
.
又 ，
所以 ，化简得 .
所以 .
令 ，则 ,
因为 ，
所以 ，
即 ，得 或 ，
从而得 .
故 面积的最小值为 .
2. [2022全国卷甲，12分]设抛物线 的焦点为 ,点 ,过 的直线交 于 ， 两点.当直线 垂直于 轴时， .
（1） 求 的方程；
[答案]当 轴时，有 ，得 ，
所以抛物线 的方程为 .
（2） 设直线 , 与 的另一个交点分别为 , ,记直线 , 的倾斜角分别为 ， .当 取得最大值时，求直线 的方程.
[答案]如图，根据（1）知 , .
当 轴时，易得 ，此时 .
当 的斜率存在时，设 , , , ,
则直线 的方程为 ，
即 ,
即 ,
所以直线 的方程为 .
同理可得，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ,直线 的方程为 .
因为 在 上，所以 .
因为 在 , 上，所以 ， ，
所以 , .
所以 , ,
所以直线 的方程 可化为 ，
所以 , ,
所以 .
当 时， ，所以不符合题意.
当 时， ，
，当且仅当 ，即 时取等号，
此时 取得最大值，直线 的方程为 .
3. [2021浙江，15分]如图，已知 是抛物线 的焦点， 是抛物线的准线与 轴的交点，且 .
（Ⅰ） 求抛物线的方程；
[答案]因为 是抛物线的准线与 轴的交点，且 ，所以 .
所以抛物线的方程为 .
（Ⅱ） 设过点 的直线交抛物线于 , 两点,若斜率为2的直线 与直线 , , , 轴依次交于点 , , , ，且满足 ,求直线 在 轴上截距的取值范围.
[答案]由（1）知， ， .易知直线 的斜率不为0.
设 , ，直线 的方程为 ，直线 的方程为 .
由 可得 ，
所以 , ，
所以 .
易知直线 的方程为 ，
则由 可得 .
同理可得 ，
所以 .
由 可得 .
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 或 或 .
因为直线 在 轴上的截距为 ，
所以 或 或 ，即直线 在 轴上截距的取值范围是 , .
4. [2019浙江，15分]如图，已知点 为抛物线 的焦点.过点 的直线交抛物线于 ， 两点，点 在抛物线上，使得 的重心 在 轴上，直线 交 轴于点 ，且 在点 的右侧.记 ， 的面积分别为 ， .
（Ⅰ） 求 的值及抛物线的准线方程；
[答案]由题意得 ,即 .
所以，抛物线的准线方程为 .
（Ⅱ） 求 的最小值及此时点 的坐标.
[答案]设 , , ,重心 .令 , ,则 .
由于直线 过点 ,故直线 的方程为 ,代入 ,得 ,
故 ,即 ，所以 .
又由于 , 及重心 在 轴上，故 ,
得 , .
所以，直线 的方程为 ,得 .
由于 在焦点 的右侧，故 .
从而 .
令 ,则 ， .
当 时， 取得最小值 ,此时 .
考点32 圆锥曲线的综合问题
题组一
一、选择题
1. [2020新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知曲线 .( ACD )
A. 若 ,则 是椭圆，其焦点在 轴上
B. 若 ，则 是圆，其半径为
C. 若 ，则 是双曲线，其渐近线方程为
D. 若 , ，则 是两条直线
[解析]对于选项 ， , ,方程 可变形为 , 该方程表示焦点在 轴上的椭圆，正确；对于选项 ， , 方程 可变形为 ,该方程表示半径为 的圆，错误；对于选项 ， , 该方程表示双曲线，令 ,正确；对于选项 ， , , 方程 变形为 ,该方程表示两条直线，正确.综上选 .
二、解答题
2. [2020全国卷Ⅱ，12分]已知椭圆 的右焦点 与抛物线 的焦点重合, 的中心与 的顶点重合.过 且与 轴垂直的直线交 于 , 两点，交 于 , 两点,且 .
（1） 求 的离心率；
[答案]由已知可设 的方程为 ,其中 .不妨设 , 在第一象限，由题设得 , 的纵坐标分别为 , ; , 的纵坐标分别为 , ,故 , .由 得 ,即 .解得 （舍去）或 .
所以 的离心率为 .
（2） 设 是 与 的公共点.若 ,求 与 的标准方程.
[答案]由（1）知 , ,故 .
设 ,则 , ，故 ①.
由于 的准线为 ，所以 ,而 ,故 ,代入①得 ，即 ,解得 （舍去）或 .
所以 的标准方程为 , 的标准方程为 .
3. [2020浙江，15分]如图，已知椭圆 ,抛物线 ,点 是椭圆 与抛物线 的交点，过点 的直线 交椭圆 于点 ，交抛物线 于点 ， 不同于 .
（Ⅰ） 若 ，求抛物线 的焦点坐标；
[答案]由 得 的焦点坐标是 .
（Ⅱ） 若存在不过原点的直线 使 为线段 的中点，求 的最大值.
[答案]由题意可设直线 ，点 .
将直线 的方程代入椭圆 得
,
所以点 的纵坐标 .
将直线 的方程代入抛物线 得 ，
所以 ,解得 ,
因此 .
由 得 ，
所以当 , 时， 取到最大值 .
4. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知点 ， ，动点 满足直线 与 的斜率之积为 .记 的轨迹为曲线 .
（1） 求 的方程，并说明 是什么曲线;
[答案]由题设得 ,化简得 ,所以 为中心在坐标原点，焦点在 轴上的椭圆，不含左右顶点.
（2） 过坐标原点的直线交 于 ， 两点，点 在第一象限， 轴，垂足为 ，连接 并延长交 于点 .
（i） 证明: 是直角三角形.
[答案]设直线 的斜率为 ，则其方程为 .
由 得 .
记 ，则 , , .
于是直线 的斜率为 ,方程为 .
由 得 ①.
设 ,则 和 是方程①的解，故 ,由此得 .
从而直线 的斜率为 .所以 ,即 是直角三角形.
（ii） 求 面积的最大值.
[答案]由 得 , ,所以 的面积
.
设 ，则由 得 ,当且仅当 时取等号.
因为 在 单调递减，所以当 ，即 时， 取得最大值，最大值为 .
因此， 面积的最大值为 .
【方法技巧】解决圆锥曲线中最值与范围问题，一般有两个思路：（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．
5. [2019北京，14分]已知抛物线 经过点 .
（Ⅰ） 求抛物线 的方程及其准线方程；
[答案]由抛物线 经过点 ，得 .
所以抛物线 的方程为 ，其准线方程为 .
（Ⅱ） 设 为原点，过抛物线 的焦点作斜率不为0的直线 交抛物线 于两点 ， ，直线 分别交直线 ， 于点 和点 .求证：以 为直径的圆经过 轴上的两个定点.
[答案]抛物线 的焦点为 .
设直线 的方程为 .
由 得 .
设 , ，则 .
直线 的方程为 .
令 ，得点 的横坐标 .
同理得点 的横坐标 .
设点 ，则 , ,
.
令 ，即 ，得 或 .
综上，以 为直径的圆经过 轴上的定点 和 .
题组二
解答题
1. [2023新高考卷Ⅰ，12分]在直角坐标系 中，点 到 轴的距离等于点 到点 的距离，记动点 的轨迹为 .
（1） 求 的方程;
[答案]设点 的坐标为 ，依题意得 ，
化简得 ，
所以 的方程为 .
（2） 已知矩形 有三个顶点在 上，证明:矩形 的周长大于 .
[答案]设矩形 的三个顶点 ， ， 在 上，
则 ，矩形 的周长为 .
设 ，依题意知直线 不与两坐标轴平行，
故可设直线 的方程为 ，不妨设 ，
与 联立，得 ，
则 ，所以 .
设 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
,且 , 提示：因为 ,所以求 时,只需把 的表达式中的 换成
所以 .
因为
（令 ，得 ,令 ，得 ，又 ,所以按照 , , 进行分类讨论）
当 ，即 时，函数 在 上单调递减，函数 在 上单调递减或是常函数（当 时是常函数），函数 在 上单调递增，
所以当 时， 取得最小值，且最小值为 ，
又 ，（所以最小值取不到）所以 .
令 , ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 .
当 ，即 时，函数 在 上单调递减，函数 在 上单调递增，函数 在 上单调递增，
所以当 时， 取得最小值，且最小值为 ，
又 ,所以 .
令 , ,则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 .
综上，矩形 的周长大于 .
2. [2022全国卷乙，12分]已知椭圆 的中心为坐标原点，对称轴为 轴、 轴，且过 , 两点.
（1） 求 的方程；
[答案] 椭圆 的中心为坐标原点，对称轴为 轴、 轴，且过 ， 可设椭圆 的方程为 ，
又椭圆 过 ， ，得 ，
的方程为 .
（2） 设过点 的直线交 于 ， 两点，过 且平行于 轴的直线与线段 交于点 ,点 满足 .证明：直线 过定点.
[答案]当直线 的斜率不存在时， ，
由 得 ， .
结合题意可知 , ，
过 且平行于 轴的直线的方程为 .
易知点 的横坐标 ,直线 的方程为 ,即 ，
由 得 ， .
, ,
,即 .
当直线 的斜率存在时，如图,设 , ， .
由 得 ， ，
，
.
过 且平行于 轴的直线的方程为 ，
与直线 的方程联立,得 得 ,
.
, ,
,
即 .
令 ，得 .
, , ,
,
,
,
直线 过定点 .综上，直线 过定点 .
3. [2021全国卷乙，12分]已知抛物线 的焦点为 ，且 与圆 上点的距离的最小值为4.
（1） 求 ;
[答案]由题意知 , ,圆 的半径 ，所以 ，即 ，解得 .（技巧点拨： 与圆 上点的距离的最小值为 ，最大值为 ）
（2） 若点 在 上， , 是 的两条切线， , 是切点，求 面积的最大值.
[答案]由（1）知，抛物线方程为 .
由题意可知直线 的斜率存在，设 ， ,直线 的方程为 ,
联立得 消去 得 ，
则 ， , ，
所以 .
因为 ，即 ，所以 ，则抛物线在点 处的切线斜率为 ，在点 处的切线方程为 ，即 .（技巧点拨：因为抛物线方程为 ，即 ，所以想到利用导数的几何意义求切线方程）
同理可得抛物线在点 处的切线方程为 ，
联立得 则
即 .因为点 在圆 上，所以 ①，
且 , ，即 , ，满足 .（易错警示：由点 在圆 上，只得到了 ，而忽视了 , 的取值范围，导致得到错误答案）
设点 到直线 的距离为 ，则 ，
所以 .
由①得， ，
令 ，则 ，且 .
因为 在 上单调递增，所以当 时， 取得最大值， ，此时 ，所以 面积的最大值为 .
4. [2021新高考卷Ⅱ，12分]已知椭圆 的右焦点为 ，且离心率为 .
（1） 求 的方程；
[答案]由题意，得 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 的方程为 ．
（2） 设 , 是 上的两点，直线 与曲线 相切.证明： , , 三点共线的充要条件是 .
[答案]由（1）知 即 ．
证必要性：若 , , 三点共线，则 .
由题意知，直线 的斜率存在且不为0，
由对称性不妨设直线 的方程为 ，则 ，得 .
所以直线 的方程为 ．
由 消去 ，得 , ．
设 , ，则 , ，
所以 ．
由对称性可知，当 时， .故必要性得证.
证充分性：若 ,则 , , 三点共线.
由题意可知，直线 的斜率存在且不为0，
由对称性不妨设直线 的方程为 ，
则 ，得 ．
由 消去 ，得 ,
得 , ．
设 , ，则 , ，
所以 ,
整理，得 ，解得 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ．令 ，得 ，即直线 过点 ，所以 , , 三点共线.
由对称性知，当 时， ， ， 三点共线,充分性得证．
综上， , , 三点共线的充要条件为 ．
5. [2020天津，15分]已知椭圆 的一个顶点为 ,右焦点为 ，且 ，其中 为原点.
（Ⅰ） 求椭圆的方程;
[答案]由已知可得 .记半焦距为 ,由 可得 .
又由 ,可得 .所以，椭圆的方程为 .
（Ⅱ） 已知点 满足 ，点 在椭圆上（ 异于椭圆的顶点），直线 与以 为圆心的圆相切于点 ，且 为线段 的中点，求直线 的方程.
[答案]因为直线 与以 为圆心的圆相切于点 ，所以 .依题意，直线 和直线 的斜率均存在.设直线 的方程为 .由方程组 消去 ，可得 ,解得 或 .依题意，可得点 的坐标为 ， .因为 为线段 的中点，点 的坐标为 ，所以点 的坐标为 .由 ,得点 的坐标为 ，故直线 的斜率为 ,即 .又因为 ,所以 ，整理得 ,解得 或 .
所以，直线 的方程为 或 .
【方法技巧】 解决直线与椭圆的位置关系问题，如果直线与椭圆有两个不同的交点，可将直线方程 （或 ）代入椭圆方程，整理出关于 （或 ）的一元二次方程 （或 ），然后利用根与系数的关系并结合根的判别式处理相关问题．
第 1 页专题五 数列
考点17 等差数列
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]记 为等差数列 的前 项和．若 ， ，则 ( C )
A. 25 B. 22 C. 20 D. 15
[解析]解法一由 ，可得 ，所以 ，又 ，所以 .设等差数列 的公差为 ，则 ，又 ，所以 ，所以 ，故选 .
解法二 设等差数列 的公差为 ，则由 ，可得 ①，由 ，可得 ②，由①②可得 ， ，所以 ，故选 .
2. （2023全国卷乙，5分）已知等差数列 的公差为 ，集合 ，若 ， ，则 ( B )
A. B. C. 0 D.
[解析]由题意得 ， ，所以数列 是以3为周期的周期数列，又 ， ，因为集合 中只有两个元素，所以有三种情况： ， ， .下面逐一讨论：
①当 时，有 ，得 ，所以 .
②当 时，有 ，得 ，所以 .
③当 时，有 ，得 ，所以 .
综上， ，故选 .
【速解】 取 ，则 ， ， ，所以 , ， ，故选B.
3. [2021北京，4分]已知 和 是两个等差数列，且 是常值，若 , , ，则 的值为( C )
A. 64 B. 100 C. 128 D. 132
[解析]因为 和 是两个等差数列,所以 ，所以 .因为当 时， 是常值，所以 ，从而 .故选 .
4. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，北京天坛的圜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）( C )
A. 3 699块 B. 3 474块 C. 3 402块 D. 3 339块
[解析]由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为 ，设数列 的公差为 ,前 项和为 ，易知其首项 ， ，所以 ．由等差数列的性质知 , , 也成等差数列，所以 ，所以 ，得 ，所以三层共有扇面形石板的块数为 ，故选 ．
5. [2020浙江，4分]已知等差数列 的前 项和为 ,公差 ，且 .记 ， , ,下列等式不可能成立的是( D )
A. B. C. D.
[解析]由 ，得 ， ， , .由等差数列的性质易知 成立；若 ,则 ，故 成立；若 ,即 ,则 ,故 可能成立；若 ,即 ，则 ，与已知矛盾，故 不可能成立.
6. [2020北京，4分]在等差数列 中， , .记 ,则数列 ( B )
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
[解析]设等差数列 的公差为 ， ， , , , .令 ,则 , 时, ； 时, , ， , , ,当 时, ,且 ， ， 有最大项 ，无最小项,故选 ．
7. [2019全国卷Ⅰ，5分]记 为等差数列 的前 项和.已知 ， ，则( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一 设等差数列 的公差为 ， 解得 ， .故选 ．
解法二 设等差数列 的公差为 ， 解得 选项 ， ；选项 ， ，排除 ;选项 ， ，排除 ；选项 ， ，排除 ．故选 ．
【方法技巧】 等差数列基本运算的常见类型及解题策略
（1）求公差 或项数 .在求解时，一般要运用方程思想.
（2）求通项. 和 是等差数列的两个基本元素.
（3）求特定项.利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.
（4）求前 项和.利用等差数列的前 项和公式直接求解，或利用等差中项间接求解.
二、填空题
8. [2022全国卷乙，5分]记 为等差数列 的前 项和.若 ，则公差 2.
[解析]因为 ,所以 ，化简得 ，得 .
9. [2020新高考卷Ⅰ，5分]将数列 与 的公共项从小到大排列得到数列 ,则 的前 项和为 .
[解析]设 , , ,则 ,得 ，于是 , ，所以 , ,则 , ，得 , .故 .
10. （2019全国卷Ⅲ，5分）记 为等差数列 的前 项和.若 ， ，则 4.
[解析]设等差数列 的公差为 ,由 ，即 ，得 ，所以 .
11. [2019北京，5分]设等差数列 的前 项和为 .若 ， ，则 0， 的最小值为 .
[解析]设等差数列 的公差为 ， 即 可得 , 当 或 时， 取得最小值，最小值为 .
12. [2019江苏，5分]已知数列 是等差数列， 是其前 项和.若 ， ，则 的值是16.
[解析]解法一 设等差数列 的公差为 ，则 ， ，解得 , ,则 .
解法二 设等差数列 的公差为 , ，又 ，则 ,得 ，则 .
【方法技巧】 在等差数列 中，若 , , , , ，则 .
三、解答题
13. [2023全国卷乙，12分]记 为等差数列 的前 项和，已知 , .
（1） 求 的通项公式；
[答案]设 的公差为 ，则
解得 , .
所以 的通项公式为 .
（2） 求数列 的前 项和 .
[答案]由（1）得
当 时， ,
当 时， .
综上,
14. [2023新高考卷Ⅰ，12分]设等差数列 的公差为 ，且 .令 ,记 , 分别为数列 ， 的前 项和.
（1） 若 , ,求 的通项公式；
[答案]因为 ，所以 ，
所以 ,所以 ,
所以 .
因为 ,所以 ，
所以 ， .
因为 ，
所以 ，解得 或 ，
因为 ，所以 .
所以 的通项公式为 .
（2） 若 为等差数列，且 ，求 .
[答案]因为 ，且 为等差数列，
所以 ，即 ，
所以 ，所以 ，
解得 或 .
①当 时， ，所以 ，
，
.
因为 ，
所以 ，
即 ，
解得 或 （舍去）.
②当 时， ，所以 ，
，
.
因为 ，
所以 ，
即 ，
解得 （舍去）或 （舍去）.
综上， .
15. [2022全国卷甲，12分]记 为数列 的前 项和.已知 .
（1） 证明: 是等差数列;
[答案]由 ，得 ①，
所以 ②，
，得 ，
化简得 ，所以数列 是公差为1的等差数列.
（2） 若 , , 成等比数列，求 的最小值.
[答案]由（1）知数列 的公差为1.
由 ，得 ，
解得 .所以 ，所以当 或13时， 取得最小值,最小值为 .
16. [2021新高考卷Ⅱ，10分]记 是公差不为0的等差数列 的前 项和，若 , .
（1） 求数列 的通项公式；
[答案]设等差数列 的公差为 ，
则由题意，得 得
所以 .
（2） 求使 成立的 的最小值.
[答案] ，
则由 ，整理得 ，解得 或 .
因为 ，所以使 成立的 的最小值为7.
17. [2021全国卷甲，12分]已知数列 的各项均为正数,记 为 的前 项和,从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列 是等差数列；②数列{ }是等差数列； .
注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
[答案] .
已知 是等差数列， .
设数列 的公差为 ，则 ，得 ，
所以 .
因为数列 的各项均为正数，所以 ，
所以 （常数），所以数列 是等差数列.
.
已知 是等差数列， 是等差数列.
解法一 易得 ,即 ,两边同时平方得 ,整理得 ,所以 .
解法二 设数列 的公差为 ，
则 .
因为数列 是等差数列，所以数列 的通项公式是关于 的一次函数，则 ，即 ，所以 .
.
已知数列 是等差数列， ，所以 , .
设数列 的公差为 ， ，则 ，得 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以数列 是等差数列.
考点18 等比数列
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]设等比数列 的各项均为正数，前 项和为 ,若 ， ，则 ( C )
A. B. C. 15 D. 40
[解析]解法一 若该数列的公比 ，代入 中，有 ，不成立，所以 .由 ，化简得 ,所以 （舍）或 ,由于此数列各项均为正数，所以 ，所以 .故选 .
解法二 由已知得 ,整理得 ,由于此数列各项均为正数，所以 ，所以 .故选 .
2. [2023天津，5分]已知 为等比数列， 为数列 的前 项和， ,则 的值为( C )
A. 3 B. 18 C. 54 D. 152
[解析]解法一 因为 ，所以当 时， ，两式相减得 ，即 ，所以数列 是公比 的等比数列.当 时， ，又 ，所以 ，解得 ，所以 ，故选 .
解法二 设等比数列 的公比为 ，因为 ，所以公比 ，且 ，所以 又 ，所以 ， ，所以 ，故选 .
3. [2023新高考卷Ⅱ，5分]记 为等比数列 的前 项和，若 , ,则 ( C )
A. 120 B. 85 C. D.
[解析]解法一 设等比数列 的公比为 ，由题意易知 ，则 化简整理得 所以 .故选 .
解法二 易知 ， ， ， ， 为等比数列，所以 ,解得 或 .当 时，由 ，解得 ；当 时，结合 得 ,化简可得 ，不成立，舍去.所以 ，故选 .
4. [2022全国卷乙，5分]已知等比数列 的前3项和为168， ,则 ( D )
A. 14 B. 12 C. 6 D. 3
[解析]解法一 设等比数列 的公比为 ，由题意可得 即 解得 所以 ，故选 .
解法二 设等比数列 的公比为 ,易知 ,由题意可得 解得 所以 ，故选 .
5. [2021全国卷甲，5分]记 为等比数列 的前 项和.若 ， ,则 ( A )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
[解析]解法一 因为 , ，所以公比 ，所以由等比数列的前 项和公式，得 两式相除，（技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的）
得 ，所以 或 所以 ．故选 ．
解法二 易知公比 ，则 , , 构成等比数列，所以 ，即 ，所以 ．故选 ．
6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设 是等比数列，且 , ,则 ( D )
A. 12 B. 24 C. 30 D. 32
[解析]解法一 设等比数列 的公比为 ，所以 ，由 ，解得 ，所以 ，故选 .
解法二 令 ，则 .设数列 的公比为 ，则 ，所以数列 为等比数列，由题意知 , ，所以等比数列 的公比 ，所以 ,所以 ，故选 .
7. [2020全国卷Ⅱ，5分]数列 中， , .若 ,则 ( C )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
[解析]令 ，则由 ，得 ，即 ，所以数列 是首项为2、公比为2的等比数列，所以 ，所以 ，解得 ，故选 ．
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知各项均为正数的等比数列 的前4项和为15，且 ，则 ( C )
A. 16 B. 8 C. 4 D. 2
[解析]设等比数列 的公比为 ，由 得 ，得 ，因为数列 的各项均为正数，所以 ，又 ，所以 ，所以 .
二、填空题
9. [2023全国卷乙，5分]已知 为等比数列， , ,则 .
[解析]解法一 设数列 的公比为 ，则由 ，得 .又 ，且 ，所以可得 ①.又 ②，所以由①②可得 ， ，所以 .
解法二 设数列 的公比为 .因为 ，所以 .又 ，于是 ，所以 .
10. [2019全国卷Ⅰ，5分]记 为等比数列 的前 项和.若 ， ，则 .
[解析]解法一 设等比数列 的公比为 ，因为 ，所以 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ．
解法二 设等比数列 的公比为 ，因为 ，所以 ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ．
三、解答题
11. [2020全国卷Ⅰ，12分]设 是公比不为1的等比数列， 为 ， 的等差中项.
（1） 求 的公比；
[答案]设 的公比为 ,由题设得 ,即 .
所以 ，解得 （舍去）或 .
故 的公比为 .
（2） 若 ，求数列 的前 项和.
[答案]记 为 的前 项和.由（1）及题设可得， .
所以 ,
.
可得
.
所以 .
12. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比数列 满足 , .
（1） 求 的通项公式；
[答案]设 的公比为 .由题设得 ， .
解得 （舍去）或 .由题设得 .
所以 的通项公式为 .
（2） 记 为 在区间 中的项的个数，求数列 的前100项和 .
[答案]由题设及（1）知 ，且当 时， .
所以 .
【方法技巧】 求解本题第（2）问的关键在于找准 的取值和 的联系，可从小到大进行列举，找规律，从而可得结果.
13. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知 是各项均为正数的等比数列, , .
（1） 求 的通项公式;
[答案]设 的公比为 ,由题设得
,即 .
解得 （舍去）或 .
因此 的通项公式为 .
（2） 设 ,求数列 的前 项和.
[答案]由（1）得 ,因此数列 的前 项和为 .
考点19 递推数列与数列求和
题组一
一、选择题
1. [2021浙江，4分]已知数列 满足 , ,记数列 的前 项和为 ,则( A )
A. B. C. D.
[解析]因为 , ，所以 ， ,所以 .所以 ，两边同时开方可得 ，则 , ， ,由累加法可得 ，所以 ，所以 ,所以 ，即 ，则 , , ,由累乘法可得当 时， ，所以 ，故选 .
【方法技巧】利用放缩法，结合累加法与累乘法求得 ，从而利用裂项相消法计算 的取值范围.
二、填空题
2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为 的长方形纸,对折1次共可以得到 , 两种规格的图形,它们的面积之和 ,对折2次共可以得到 , , 三种规格的图形,它们的面积之和 ,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折 次,那么 .
[解析]依题意得， ； ；
当 时，共可以得到 ， , , 四种规格的图形，且 , ， ， ，所以 ；
当 时，共可以得到 ， , , , 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且 , ， ， ， ，所以 ；
……
所以可归纳 .
所以 ①，
所以 ②，
由 得， ，（提示：用等比数列的前 项和公式 ，可避免计算数列项数时出错）
所以 .
3. [2020全国卷Ⅰ，5分]数列 满足 ,前16项和为540，则 7.
[解析]因为数列 满足 ，所以当 时， ，所以 .当 时， ，所以当 时， ，当 时上式也成立，所以 ，即 .
解法一 所以 .又前16项和为540，所以 ，解得 .
解法二 所以 ，所以 .又前16项和为540，所以 ，解得 .
【拓展结论】 .
三、解答题
4. [2023全国卷甲，12分]记 为数列 的前 项和，已知 ， .
（1） 求 的通项公式；
[答案]当 时， ，即 ，所以 .
当 时，由 ，得 ，
两式相减得 ，
即 ，
当 时，可得 ，
故当 时， ，则 ，
整理得 ，因为 ，所以 .
当 ， 时，均满足上式，所以 .
（2） 求数列 的前 项和 .
[答案]令 ，
则 ①，
②，
由 得 ，
即 ．
5. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知数列 和 满足 ， ， ， .
（1） 证明: 是等比数列， 是等差数列;
[答案]由题设得 ,即 .
又因为 ,所以 是首项为1,公比为 的等比数列.
由题设得 ,即 .
又因为 ,所以 是首项为1,公差为2的等差数列.
（2） 求 和 的通项公式.
[答案]由（1）知, , .
所以 ,
.
【方法技巧】 破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给的等式的特征，将其转化为数列相邻两项的差（比）的关系，利用等差（比）数列的定义，即可证明数列为等差（比）数列；二是用公式，即会利用等差（比）数列的通项公式，得到各个数列的通项所满足的方程（组），解方程（组），即可求出数列的通项公式．
【易错警示】 在利用等差（比）数列的定义时，既需注意是从第二项起，又需注意是后项与前项的差（比），在运用等比数列的通项公式时，注意不要与等比数列的前 项和公式搞混．
题组二
解答题
1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知 为等差数列, .记 ， 分别为数列 , 的前 项和， ， .
（1） 求 的通项公式;
[答案]设等差数列 的公差为 ．
因为
所以 ， ， .（提示：由于数列 是一个奇偶项数列，因此求项时需“对号入座”）
因为 ， ，
所以 （方法技巧：求等差数列的基本量时，常根据已知条件建立方程组求解）
解得 所以 的通项公式为 .（提示：等差数列的通项公式为 ）
（2） 证明:当 时， .
[答案]由（1）知 ，
所以 ，
当 为奇数时，
．（方法技巧：如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前 项和时可以使用分组求和方法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可）
当 时， ，
所以 ．
当 为偶数时， ．
当 时， ，
所以 ．
综上可知，当 时， ．
2. [2022新高考卷Ⅰ，10分]记 为数列 的前 项和，已知 , 是公差为 的等差数列.
（1） 求 的通项公式；
[答案]因为 ，所以 ，
又 是公差为 的等差数列，
所以 .
所以 .
因为当 时， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，又 也满足上式，
所以 .
（2） 证明： .
[答案]因为 ，所以 ，
所以 .
3. [2021全国卷乙，12分]记 为数列 的前 项和， 为数列 的前 项积，已知 .
（1） 证明：数列 是等差数列.
[答案]因为 是数列 的前 项积，
所以 时， ,
代入 可得， ，
整理可得 ，即 .
又 ，所以 ，
故 是以 为首项， 为公差的等差数列.
（2） 求 的通项公式.
[答案]由（1）可知， ，则 ，所以 ，
当 时， ，
当 时， .
故
【易错警示】 研究数列 的通项与前 项和 的关系时，一定要检验 的情况.
4. [2021新高考卷Ⅰ，10分]已知数列 满足 ,
（1） 记 ,写出 , ,并求数列 的通项公式；
[答案]因为 ，且 ，
所以 ，
.
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以数列 是以2为首项，3为公差的等差数列， ， .
（2） 求 的前20项和.
[答案]因为
所以 时， ，即 ①，
②，
，即 ③，
所以 得 ，即 ，
所以数列 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
得 ，即 ，
又 ，所以数列 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列 的前20项和 .
5. [2020全国卷Ⅲ，12分]设数列 满足 , .
（1） 计算 , ,猜想 的通项公式并加以证明；
[答案] , .
猜想 .由已知可得
,
,
…
.
因为 ,所以 .
（2） 求数列 的前 项和 .
[答案]由（1）得 ,所以
①.
从而 ②.
得 .
所以 .
6. [2019天津，14分]设 是等差数列， 是等比数列.已知 ， ， ， .
（Ⅰ） 求 和 的通项公式；
[答案]设等差数列 的公差为 ,等比数列 的公比为 .依题意得 解得 故 , .
所以 的通项公式为 , 的通项公式为 .
（Ⅱ） 设数列 满足 ， 其中 .
（ⅰ） 求数列 的通项公式；
[答案] .
所以数列 的通项公式为 .
（ⅱ） 求 .
[答案]
.
考点20 数列的综合应用
题组一
一、选择题
1. [2021北京，4分]数列 是递增的整数数列，且 ， ，则 的最大值为( C )
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
[解析]因为数列 满足三个特征，整数数列，递增，前 项和为100，所以欲求 的最大值，需要保证 的值取最小的正整数.又 ，故可取 ， ，则数列 的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,第11项 ，满足题意，取数列 的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，则第12项 ，不满足题意，故 的最大值为11.
二、填空题
2. [2020江苏，5分]设 是公差为 的等差数列， 是公比为 的等比数列.已知数列 的前 项和 ,则 的值是4.
[解析]解法一 当 时， ①，当 时， ，则 ②， ③， ④， 得 ⑤， 得 ⑥， 得 ⑦， 得 ， 得 ，则 , , ，所以 .
解法二 由题意可得 ，当 时， ，易知当 时也成立，则 对任意正整数 恒成立，则 , ， .
【速解】 由等差数列和等比数列的前 项和的特征可得等差数列 的前 项和 ，等比数列 的前 项和 ，则 , ， .
【方法技巧】 公差为 的等差数列 的前 项和 ,其中 , ;公比为 的等比数列 的前 项和 ,其中 （公比 不等于1）.
三、解答题
3. [2023天津，15分]已知数列 是等差数列， ， .
（1） 求 的通项公式和 .
[答案]设 的公差为 ，
由 得 解得
所以 的通项公式为 .
， .（易错：不要把 和 的表达式理解成等比数列的通项公式）
从 到 共有 （项）.（提醒：下标相减算项数时要加1）
所以 . 或
（2） 已知 为等比数列，对于任意 ，若 ，则 .
（ⅰ） 当 时，求证: ;
[答案]因为当 时， ，
所以当 时， ，
可得 .
因为 为递增数列，所以若 ,则 ,得 .
同理可得 .
故可得 ,（提醒：大于大的，小于小的）
所以 .
综上，当 时， .
（ⅱ） 求 的通项公式及其前 项和.
[答案]由题意知 是 的正项等比数列，（若 ,则 为常数列，与 矛盾）
设 的通项公式为 , 且 ，（点拨：若设成 ，不利于下一步的化简）
由 知, ，即 ，
则有 .
①当 ，即 时，
，使得 ，与 矛盾；
②当 ， ，即 且 时，
，使得 ，与 矛盾.
故 . 思路引导：从 的结论可以观察出 ，通过反证法证明 和 且 时不等式不成立，从而得到
因为 ，所以 .
设 的前 项和为 ，则 .
4. [2022新高考卷Ⅱ，10分]已知 是等差数列， 是公比为2的等比数列，且 .
（1） 证明： ;
[答案]设等差数列 的公差为 ，
由 得 ，即 ，
由 得 ，即 ，将 代入，得 ，即 .
（2） 求集合 中元素的个数.
[答案]由（1）知 ， ，
由 得 ，
由 得 ，
由题知 ，所以 ，所以 ,3，4， ,10，共9个数，即集合 ， ,3，4， , 中元素的个数为9.
5. [2022天津，15分]已知 是等差数列，其前 项和为 , 是等比数列， .
（1） 求 ， 的通项公式；
[答案]设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
根据 得
解得 （舍）或 ，
所以 , .
（2） 证明： ；
[答案]解法一 因为 为数列 的前 项和，所以 ，
则 ，
，
所以 .
解法二 因为 为数列 的前 项和，所以 ，
，
所以 .
（3） 求 .
[答案]令 ，
当 为奇数时， ，
当 为偶数时， ，
则 ，
令 ，
则 ，
所以 ，
所以 .
令 .
所以 .
6. [2021全国卷乙，12分]设 是首项为1的等比数列，数列 满足 .已知 , , 成等差数列.
（1） 求 和 的通项公式；
[答案]设 的公比为 ，则 .
因为 , , 成等差数列，所以 ，解得 ，
故 ， .
（2） 记 和 分别为 和 的前 项和.证明： .
[答案]由（1）知 ， ①，
②，
得 ，
即 ，
整理得 ，
则 ，故 .
7. [2020浙江，15分]已知数列 , , 满足 ， ， ， .
（Ⅰ） 若 为等比数列，公比 ,且 ,求 的值及数列 的通项公式；
[答案]由 得 ,解得 .
由 得 .
由 得 .
（Ⅱ） 若 为等差数列，公差 ，证明： ， .
[答案]由 得 ,
所以 ,
由 , 得 ，因此
, .
题组二
一、选择题
1. [2020全国卷Ⅱ，5分] 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 满足 ， ，且存在正整数 ，使得 成立，则称其为 周期序列，并称满足 的最小正整数 为这个序列的周期.对于周期为 的 序列 , 是描述其性质的重要指标.下列周期为5的 序列中，满足 的序列是( C )
A. B. C. D.
[解析]对于 ，因为 ， ，不满足 ，故 不正确；对于 ，因为 ，不满足 ，故 不正确；对于 ，因为 ， ， ， ，满足 ，故 正确；对于 ，因为 ，不满足 ，故 不正确．综上所述，故选 ．
2. [2019浙江，4分]设 ， ，数列 满足 ， ， ，则( A )
A. 当 时， B. 当 时，
C. 当 时， D. 当 时，
[解析]当 时,因为 ,所以 ,又 ,故 , .当 时， ,故 时， ,所以 不成立.同理 和 时,均存在小于10的数 ,只需 ,则 ,故 不成立.所以选 .
3. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）设正整数 ，其中 ，记 .则( ACD )
A. B.
C. D.
[解析]因为 ，所以 ， ， ， ， ， ，所以 ， ， ，故 ， 正确, 错误；对于 ，因为 ，所以 ，故 正确．综上所述，选 ．
二、填空题
4. [2022北京，5分]已知数列 的各项均为正数，其前 项和 满足 .给出下列四个结论:
① 的第2项小于3；
② 为等比数列;
③ 为递减数列；
④ 中存在小于 的项.
其中所有正确结论的序号是①③④.
[解析]因为 ，所以 ，又 ，所以 ， ，即 ，得 ，所以①正确；当 时，由 ，得 ，两式作差可得 ，即 ，整理得 ，若数列 为等比数列，则当 时， 为常数，即数列 从第2项起各项均为同一个常数，可检验 ，所以②不正确；因为 ，所以 ，由数列 的各项均为正数，得 ，所以 ，所以③正确；对于④，若数列 的所有项均大于等于 ，取 ，由 且 ，得 ，所以 ，与已知矛盾，所以④正确.综上，所有正确结论的序号是①③④.
三、解答题
5. [2022浙江，15分]已知等差数列 的首项 ，公差 .记 的前 项和为 .
（Ⅰ） 若 ,求 ;
[答案]因为在等差数列 中， ， ，
所以 ，
整理得 ，解得 （舍去）或 ，
所以 ，
即 ．
（Ⅱ） 若对于每个 ，存在实数 ,使 , , 成等比数列，求 的取值范围.
[答案]易知 ，
所以 ， ．
因为 , , 成等比数列，
所以 ，
整理得 .
由题意知关于 的二次方程有解,
所以 在 上恒成立,
将 , , 代入上式，并整理得 ①．因为 ，
所以当 时，不等式①等价于 ，恒成立；
当 时，不等式①等价于 ，则当 时，不等式恒成立；当 时， ， ，不等式①恒成立．综上可知， 的取值范围是 ．
6. [2021浙江，15分]已知数列 的前 项和为 , ，且 .
（Ⅰ） 求数列 的通项公式;
[答案]因为 ，
所以当 时， ,
两式相减可得 ，即 .
当 时， ，
解得 ，所以 .
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 .
（Ⅱ） 设数列 满足 ,记 的前 项和为 .若 对任意 恒成立，求实数 的取值范围.
[答案]因为 ，
所以 .
所以 ①，
且 ②,
得 ,
所以 .
因为 对任意 恒成立，
所以 恒成立，
即 恒成立，
当 时， ，此时 ；
当 时， 恒成立；
当 时， ，此时 .
所以 .
7. [2019江苏，16分]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“ 数列”.
（1） 已知等比数列 满足： ， ，求证：数列 为“ 数列”.
[答案]设等比数列 的公比为 ,所以 , .
由 得 解得
因此数列 为“ 数列”.
（2） 已知数列 满足： ， ，其中 为数列 的前 项和.
① 求数列 的通项公式；
[答案]因为 ，所以 .
由 , ，得 ，则 .
由 ，得 ,
当 时，由 ，得 ,
整理得 .
所以数列 是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列 的通项公式为 .
② 设 为正整数.若存在“ 数列” ，对任意正整数 ，当 时，都有 成立，求 的最大值.
[答案]由①知， , .
因为数列 为“ 数列”，设公比为 ,所以 , .
因为 ，所以 ，其中 ,2,3， , .
当 时，有 ;
当 ,3, , 时，有 .
设 ，则 .
令 ，得 .列表如下：
0 -
极大值
因为 ，
所以 .
取 ，当 ,2,3,4,5时， ，即 ，经检验知 也成立.因此所求 的最大值不小于5.
若 ，分别取 ,6，得 ，且 ，从而 ，且 ，所以 不存在.因此所求 的最大值小于6.
综上，所求 的最大值为5.
第 页专题三 一元函数的导数及其应用
考点9 导数的运算及几何意义
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]曲线 在点 处的切线方程为( C )
A. B. C. D.
[解析]由题意可知 ，则曲线 在点 处的切线斜率 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，故选 .
2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]若过点 可以作曲线 的两条切线，则( D )
A. B. C. D.
[解析]设切点 ， ，则切线方程为 .由 得 ,则由题意知关于 的方程 有两个不同的解.设 ，则 .由 得 ，所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，所以 .当 时， ，所以 ，当 时, ,当 时, ，
所以函数 的大致图象如图所示，因为 的图象与直线 有两个交点，所以 .故选 .
【速解】 过点 可以作曲线 的两条切线，则点 在曲线 的下方且在 轴的上方，得 .故选D.
3. [2020全国卷Ⅰ，5分]函数 的图象在点 处的切线方程为( B )
A. B. C. D.
[解析] , , ，又 , 所求的切线方程为 ，即 ．故选 ．
【方法技巧】曲线 在点 处的切线方程为 ，其中 表示曲线 在点 处的切线的斜率.求曲线的切线方程应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”（切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上）求切线方程．
4. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知曲线 在点 处的切线方程为 ，则( D )
A. ， B. ， C. ， D. ，
[解析]因为 ，所以 ，所以曲线在点 处的切线方程为 ，即 ，所以 解得
【方法技巧】已知曲线在某点处的切线方程求参数的关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数，从而求出曲线在某点处的导数值；再根据导数的几何意义与已知条件，建立关于参数的方程，通过解方程求出参数的值．
二、填空题
5. [2022新高考卷Ⅱ，5分]曲线 过坐标原点的两条切线的方程为 ， .
[解析]先求当 时，曲线 过原点的切线方程，设切点为 ，则由 ，得切线斜率为 ，又切线的斜率为 ，所以 ，解得 ，代入 ，得 ，所以切线斜率为 ，切线方程为 .同理可求得当 时的切线方程为 ．综上可知，两条切线方程分别为 , ．
6. [2022新高考卷Ⅰ，5分]若曲线 有两条过坐标原点的切线，则 的取值范围是 .
[解析]因为 ，所以 .设切点为 ， 为坐标原点，依题意得，切线斜率 ，化简，得 .因为曲线 有两条过坐标原点的切线，所以关于 的方程 有两个不同的根,所以 ，解得 或 ，所以 的取值范围是 .
7. [2021全国卷甲，5分]曲线 在点 处的切线方程为 .
[解析] ，所以 ，所以切线方程为 ,即 .
8. [2021新高考卷Ⅱ，5分]已知函数 ， ， ，函数 的图象在点 和点 处的两条切线互相垂直，且分别交 轴于 , 两点，则 的取值范围是 .
[解析] 则当 时， ， ；当 时， ， .因为函数 的图象在点 , 处的两条切线互相垂直，所以 ，即 ，所以 .因为 ， ，所以函数 的图象在点 , 处的切线方程分别为 ， ，分别令 ，得 ， ，所以 ， ，所以 ,即 ,又 ，所以 的取值范围是 .
9. [2020全国卷Ⅲ，5分]设函数 .若 ,则 1.
[解析]由于 ，故 ，解得 .
10. [2019江苏，5分]在平面直角坐标系 中，点 在曲线 上，且该曲线在点 处的切线经过点 （ 为自然对数的底数），则点 的坐标是 .
[解析]设 ，又 ,则曲线 在点 处的切线方程为 ，将 代入得， ，化简得 ，解得 ，则点 的坐标是 .
三、解答题
11. [2022全国卷甲，12分]已知函数 ， ,曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线.
（1） 若 ,求 ;
[答案]当 时， ，所以切点坐标为 ．
由 ，得 ，
所以切线斜率 ，
所以切线方程为 ，即 ．
将 代入 ，得 ．由切线与曲线 相切，得 ，
解得 ．
（2） 求 的取值范围.
[答案]由 ，得 ，
所以切线斜率 ，
所以切线方程为 ，即 ．
将 代入 ，得 ．
由切线与曲线 相切，得 ，
整理，得 ．
令 ，则 ，
由 ，得 ,0,1，
, 随 的变化如下表所示:
0 1
- 0 0 - 0
极小值 极大值 极小值
由上表知，当 时， 取得极小值 ，
当 时， 取得极小值 ，
易知当 时， ,当 时， ，所以函数 的值域为 ，
所以由 ，得 ，
故实数 的取值范围为 ．
12. [2021全国卷乙，12分]已知函数 .
（1） 讨论 的单调性；
[答案]由题意知 的定义域为 ， ，对于 ， .
①当 时， , ， 在 上单调递增.
②当 时， ,令 ，即 ，解得 , .
令 ，则 或 ；令 ，则 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
综上，当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
（2） 求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标.
[答案]记曲线 过坐标原点的切线为 ，切点为 .
因为 ，所以切线 的方程为 .
由 过坐标原点，得 ，即 ,解得 ，
所以切线 的方程为 .
令 ，则 ，解得 ，
所以曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 和 .
13. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知函数 .
[答案] 的定义域为 ， .
（1） 当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
[答案]当 时, , ,曲线 在点 处的切线方程为 ,即 .
直线 在 轴， 轴上的截距分别为 ,2.
因此所求三角形的面积为 .
（2） 若 ,求 的取值范围.
[答案]当 时， .
当 时， , .当 时， ；当 时， .所以当 时， 取得最小值，最小值为 ,从而 .
当 时， .
综上， 的取值范围是 .
【方法技巧】 不等式问题中，要会放缩，但不能放缩得过大或者过小，常见的放缩形式有：
14. [2020北京，15分]已知函数 .
（Ⅰ） 求曲线 的斜率等于 的切线方程；
[答案]函数 的定义域为 , ,令 ,得 , ,又 ，
曲线 的斜率等于 的切线方程为 ,即 .
（Ⅱ） 设曲线 在点 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ,求 的最小值.
[答案]由（Ⅰ）知 ,则 ，又 ，所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .若 ，则围不成三角形，故 .
令 ,得 ,记 ， 为坐标原点,则 ,令 ,得 ,记 ,则 ，
，
为偶函数， 仅考虑 即可.
当 时, ，
则 ，
令 ,得 ，
当 变化时， 与 的变化情况如下表：
2
- 0
极小值
.
考点10 导数与函数的单调性、极值、最值
题组一
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅱ，5分]已知函数 在区间 单调递增，则 的最小值为( C )
A. B. C. D.
[解析]因为函数 ，所以 .因为函数 在 单调递增，所以 在 恒成立，即 在 恒成立，易知 ，则 在 恒成立.设 ，则 .当 时， ， 单调递增，所以在 上， ，所以 ，即 ，故选 .
2. [2022全国卷甲，5分]当 时，函数 取得最大值 ,则 ( B )
A. B. C. D. 1
[解析]由题意知， .因为 ，所以 ，所以 ，所以 .故选 ．
3. [2022全国卷乙，5分]函数 在区间 的最小值、最大值分别为( D )
A. , B. , C. , D. ,
[解析] , ，则 .令 ,解得 （舍去）， 或 .因为 ， ,又 , ,所以 , .故选 .
4. [2021全国卷乙，5分]设 ，若 为函数 的极大值点，则( D )
A. B. C. D.
[解析]因为函数 ，所以 .
令 ，结合 可得 或 .
（1）当 时，若 为函数 的极大值点，则 ,即 .（由 的图象可判断）
（2）当 时，若 为函数 的极大值点，则 ,即 .（由 的图象可判断）
综上， 且 满足题意， 且 也满足题意.据此，可知必有 成立.故选 .
【速解】易知 与 是 图象与 轴两个交点的横坐标.因为 为函数 的极大值点，所以当 时，根据题意画出函数 的大致图象，如图1所示，观察可知 .
当 时，根据题意画出函数 的大致图象，如图2所示，观察可知 .（难点突破：熟练掌握三次函数的图象特征，有利于根据题意迅速画图分析）
综上，可知必有 成立.故选D.
5. [2023新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）若函数 既有极大值也有极小值，则( BCD )
A. B. C. D.
[解析]因为函数 ，所以函数 的定义域为 ， ，因为函数 既有极大值也有极小值，所以关于 的方程 有两个不等的正实根 , ，则 即 所以 故选 .
二、填空题
6. [2023全国卷乙，5分]设 ,若函数 在 上单调递增,则 的取值范围是 .
[解析]由题意得当 时， 恒成立，设 ，因为 ，所以 在 上恒成立.
因为 ,所以 , ，所以 在 上单调递增，故只需满足 ，即 ，所以 ，解得 或 ，又 ，所以 的取值范围为 ,1）.
7. [2022全国卷乙，5分]已知 和 分别是函数 且 的极小值点和极大值点.若 ，则 的取值范围是 .
[解析]解法一 由 ，得 .令 ，得 ，因为 且 ,所以显然 ，所以 .令 ，则 .令 ，得 .故当 时， , 单调递增；当 时， , 单调递减.所以 ,也是最小值.因为 有极小值点 和极大值点 ,故 有两个不同的根 , ,故 的图象与直线 有两个交点，所以 ，即 ，又 ,所以 ，又 ,所以易知当 , 时， ;当 时， .若 ,则当 时， ，不符合题意，所以 ，则 ,所以 .
解法二 由题意, ,根据 有极小值点 和极大值点 可知， , 为 的两个不同的根，又 ,所以易知当 ， 时， ；当 时， .
由 可得 .①若 ，则当 时， ，不符合题意，舍去.②若 ，令 , ,在同一平面直角坐标系中作出函数 和 的图象，如图所示.因为 有两个不同的根，所以 与 的图象需要有两个交点，则过原点且与 的图象相切的直线 的斜率 .不妨设直线 与 的图象的切点坐标为 ，因为 ，所以 ，可得 ,从而 ,即 ，则 ,又 ,所以 ,所以 .
8. [2021新高考卷Ⅰ，5分]函数 的最小值为1.
[解析]函数 的定义域为 .
①当 时，（提示：对 进行分类讨论）
，所以 .
当 时， ，当 时， ，所以此时 .
②当 时， 在 单调递减，（提示：直接用基本初等函数的单调性进行判断）
所以此时 .
综上， .
三、解答题
9. [2022全国卷乙，12分]已知函数 .
（1） 当 时，求 的最大值；
[答案]当 时， ，
所以 .
若 ，则 ， 单调递增；
若 ，则 ， 单调递减，
所以 .
（2） 若 恰有一个零点，求 的取值范围.
[答案]由 ,得 .
当 时，由（1）可知， 不存在零点；
当 时， ，
若 ， ， 单调递增，
若 ， ， 单调递减，
所以 ，所以 不存在零点；
当 时， ，若 ， ， 在 上单调递增，因为 ，所以函数 恰有一个零点，
若 ， 在 , 上单调递增，在 上单调递减，因为 ，所以 ,当 时， ，由零点存在定理可知 在 上必有一个零点，所以 满足条件，
若 ， 在 , 上单调递增，在 上单调递减，因为 ，所以 ,当 时， ，由零点存在定理可知 在 上必有一个零点，即 满足条件.
综上，若 恰有一个零点， 的取值范围为 .
10. [2021全国卷甲，12分]设函数 ,其中 .
（1） 讨论 的单调性;
[答案]由题意， 的定义域为 ，
，
则当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减.
故函数 在 上单调递减,在 上单调递增.
（2） 若 的图象与 轴没有公共点，求 的取值范围.
[答案]由（1）知函数 的最小值为 ，要使 的图象与 轴没有公共点，只需 的最小值恒大于0，即 恒成立,故 ，得 ，
所以 的取值范围为 .
【方法技巧】用导函数判断函数的单调性的一般步骤：首先，确定函数的定义域；其次，求导函数 ；最后，解不等式 ，得函数 的单调递增区间，解不等式 ，得函数 的单调递减区间.
11. [2021北京，15分]已知函数 .
（Ⅰ） 若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
因为 ，所以 ， .
[答案]若 ，则 ， ，
代入 ，得 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 .
（Ⅱ） 若函数 在 处取得极值，求 的单调区间，以及最大值和最小值.
[答案]由函数 在 处取得极值可知 ，即 ，得 .
此时 ，所以 ，
当 时， ，所以 的单调递增区间为 ， ；
当 时， ，所以 的单调递减区间为 .
又当 时, ，当 时， ,
所以 的最大值为 ， 的最小值为 .
12. [2020全国卷Ⅱ，12分]已知函数 .
（1） 若 ，求 的取值范围；
[答案]设 ,则 ,
其定义域为 ， .
当 时， ；当 时， .所以 在区间 单调递增，在区间 单调递减.从而当 时， 取得最大值，最大值为 .
故当且仅当 ,即 时， .
所以 的取值范围为 .
（2） 设 ，讨论函数 的单调性.
[答案] , .
.
由（1）知 时 恒成立，当且仅当 时“ ”成立.
故当 时， 恒成立，从而 .
所以 在区间 , 单调递减.
13. [2019全国卷Ⅲ，12分]已知函数 .
（1） 讨论 的单调性;
[答案] .
令 ，得 或 .
若 ，则当 时, ；
当 时， .
故 在 , 单调递增，在 单调递减.
若 ，则 在 单调递增.
若 ，则当 时， ；
当 时， .
故 在 , 单调递增，在 单调递减.
（2） 是否存在 ， ，使得 在区间 的最小值为 且最大值为1？若存在，求出 ， 的所有值;若不存在，说明理由.
[答案]满足题设条件的 , 存在.
当 时，由（1）知， 在 单调递增，
所以 在区间 的最小值为 ,最大值为 .
此时 , 满足题设条件当且仅当 , ,即 , .
当 时，由（1）知， 在 单调递减，
所以 在区间 的最大值为 ,最小值为 .
此时 , 满足题设条件当且仅当 , ,即 , .
当 时，由（1）知， 在 的最小值为 ,最大值为 或 .
若 , ，则 ,与 矛盾.
若 , ,则 或 或 ，与 矛盾.
综上，当且仅当 ， 或 , 时， 在 的最小值为 ,最大值为1.
题组二
一、选择题
1. [2022新高考卷Ⅰ，5分]设 , , ,则( C )
A. B. C. D.
[解析]设 , , ，则当 时， ， ， .①设 ，则 在 上恒成立,所以 在 上单调递减，所以 ，即 ，所以 ，又函数 在 上单调递增，所以 ，即 ，所以 .②设 ，则 ，设 ，则 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，所以 ，即 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，所以 ，即 ，所以 ,即 .综上， ，故选 ．
【速解】 ， ， ，所以 .
【方法技巧】当 时， ， , .
2. （2021全国卷乙，5分）设 , , ，则( B )
A. B. C. D.
[解析] ,设 ，（解题关键：构造函数是解决本题的关键）
则 ， .当 时， ，故当 时， ,所以 在 上单调递减，所以 ，即 .
,设 ，则 ， .当 时， ，故当 时， ，所以 在 上单调递增，所以 ，故 ，从而有 ，故选 .
二、解答题
3. [2023新高考卷Ⅱ，12分]
（1） 证明:当 时, ;
[答案]令 ,
则 ,
令 ,则 ,
所以 即 单调递减,又 ,
所以当 时， , 单调递减,
所以当 时， ,即 .
令 ,
则 ，
所以 单调递减,又 ,
所以当 时， ,即 .
综上，当 时， .
（2） 已知函数 ,若 是 的极大值点,求 的取值范围.
[答案]解法一 由 ,
得 ，所以 为偶函数.
,
令 ，
则 .
令 ，则 .
当 时，
当 时， , 单调递增，当 时， , 单调递减，
所以 是 的极小值点，不符合题意.
当 时，取 与1中的较小者，为 ，
则当 时，易知 ,
所以 即 在 上单调递增,
所以 .
①当 ,即 时, .
所以 在 上单调递增,
所以 ,即 .
那么 在 上单调递增,
由偶函数性质知 在 上单调递减.
故 是 的极小值点，不符合题意.
②当 ，即 时，
当 ，即 时，
因为 , ,
所以 在 上存在唯一零点 ，
且当 时, , 单调递减,
因为 ,所以当 时， ，即 ,
所以 在 上单调递减,
因为 为偶函数，所以 在 上单调递增，
故可得 是 的极大值点，符合题意.
当 ，即 时，
因为 ， ，
所以 在 上存在唯一零点 ,
且当 时， ， 单调递减.
因为 ,所以当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减.
因为 为偶函数，所以 在 上单调递增，
故可得 是 的极大值点，符合题意.
当 时，由偶函数图象的对称性可得 .
综上所述， 的取值范围是 .
解法二 由 ,得 ,
令 ,
则 .
由 是 的极大值点,易得 ， ,（二级结论：已知函数 的导函数为 ,令 ,若 为 的极小值点,则 , ;若 为 的极大值点,则 , ）
所以 ，
解得 或 .
所以 的取值范围是 .
4. [2022北京，15分]已知函数 .
（Ⅰ） 求曲线 在点 处的切线方程;
[答案] ,故 , ,
因此，曲线 在点 处的切线方程为 .
（Ⅱ） 设 ，讨论函数 在 上的单调性；
[答案] ，
则 ,
设 ， ，
则 ,
故 在 上单调递增，
故 ,
因此 对任意的 恒成立，（也可利用 求解）
故 在 上单调递增.
（Ⅲ） 证明:对任意的 , ，有 .
[答案]设 ,
则 ，
由（Ⅱ）知 在 上单调递增，
故当 ， 时， ,因此， 在 上单调递增，
故 ,
因此，对任意的 , ，有 .
5. [2019全国卷Ⅰ，12分]已知函数 ， 为 的导数，证明：
（1） 在区间 存在唯一极大值点；
[答案]设 ,则 , .
当 时, 单调递减,而 , ,可得 在 有唯一零点,设为 .
则当 时, ;当 时, .
所以 在 单调递增,在 单调递减,故 在 存在唯一极大值点,即 在 存在唯一极大值点.
（2） 有且仅有2个零点.
[答案] 的定义域为 .
当 时,由（1）知, 在 单调递增,而 ,所以当 时, ,故 在 单调递减.
又 ,从而 是 在 的唯一零点.
当 时，由（1）知, 在 单调递增,在 单调递减,而 , ,所以存在 ,使得 ,且当 时, ;当 时, .
故 在 单调递增,在 单调递减.
又 , ,
所以当 时, .从而, 在 没有零点.
当 时， ,所以 在 单调递减.而 , ,所以 在 有唯一零点.
当 时， ,所以 ,从而 在 没有零点.
综上， 有且仅有2个零点.
【方法技巧】 利用导数研究函数的零点问题的常用方法是借助导数求得函数的单调性、极值、最值后，结合函数的零点存在定理来判断函数零点的个数．
6. [2019北京，13分]已知函数 .
（Ⅰ） 求曲线 的斜率为1的切线方程；
[答案]由 得 .
令 ,即 ,得 或 .
又 , ，
所以曲线 的斜率为1的切线方程是 与 ,
即 与 .
（Ⅱ） 当 时，求证: ;
[答案]令 , .
由 得 .
令 得 或 .
, 的情况如下：
0 4
0 - 0
0 0
所以 的最小值为 ,最大值为0.
故 ,即 .
（Ⅲ） 设 ，记 在区间 上的最大值为 .当 最小时，求 的值.
[答案]由（Ⅱ）知，
当 时， ;
当 时， ;
当 时， .
综上，当 最小时， .
7. [2019江苏，16分]设函数 , , , ， 为 的导函数.
（1） 若 ， ，求 的值；
[答案]因为 ，
所以 .
因为 ,
所以 ,解得 .
（2） 若 ， ，且 和 的零点均在集合 中，求 的极小值；
[答案]因为 ,
所以 ,
从而 .
令 ，得 或 .
因为 , , 都在集合 中，且 ,
所以 , , .
此时， , .
令 ,得 或 .
列表如下：
1
0 - 0
极大值 极小值
所以 的极小值为 .
（3） 若 , , ,且 的极大值为 ，求证： .
[答案]因为 ， ，所以 ,
.
，
则 有2个不同的零点，设为 , .
由 ,得 , .
列表如下：
0 - 0
极大值 极小值
所以 的极大值 .
因为 ,所以 .
当 时， .
令 , ,则 .
令 ，得 .列表如下：
0 -
极大值
所以当 时， 取得极大值，且是最大值，
故 .
所以当 时， .因此 .
考点11 导数与不等式
题组
解答题
1. [2023新高考卷Ⅰ，12分]已知函数 .
（1） 讨论 的单调性;
[答案] ，
当 时， ，
所以函数 在 上单调递减；
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
综上可得：当 时，函数 在 上单调递减；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2） 证明:当 时， .
[答案]解法一（最值法） 由（1）得当 时，函数 的最小值为 ，
令 ， ，
所以 ，令 ,得 ；令 ,得 .
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以函数 的最小值为 ，
所以当 时， 成立.
解法二（分析法）当 时，由（1）得， ，
故欲证 成立，
只需证 ，
即证 .
构造函数 ，
则 ，所以当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，即 ，
故只需证 ，即证 ，
因为 恒成立，
所以当 时， 成立.
2. [2023全国卷甲，12分]已知函数 ， ．
（1） 当 时，讨论 的单调性；
[答案]当 时， , ,
.
令 ，则 ,
令 ,
当 时， ；当 时， .
故当 时, , 单调递增；
当 时, , 单调递减.
在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.
（2） 若 ，求 的取值范围．
[答案]令 ，
则 ，
令 ，则 ，令 ，
则 .
当 时， ， 在 上单调递减，
， 当 时, ， 的值域为 .
①当 时， ， 在 上单调递减，
又 ， 当 时, ，即 .
②当 时， 使得 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
， 不成立.
综上所述， 的取值范围为 .
3. [2022新高考卷Ⅱ，12分]已知函数 .
（1） 当 时，讨论 的单调性；
[答案]当 时， ， ，
当 时， ，函数 在 上单调递增;
当 时， ，函数 在 上单调递减.
（2） 当 时， ，求 的取值范围；
[答案] ，
①当 时， ,
在 上单调递增， ，与题意矛盾.
②当 时， .
在 上单调递减， ，满足题意.
③当 时, ,
设 ,则 ,
在 上单调递减，
, , 在 上单调递减，
，满足题意.
④当 时， ,
令 ，则 , ,易知 为减函数，又 ， 时， ,
,使 ,且当 时， ， 在 上单调递增，此时 ，
当 时， ，
在 上单调递增， ，与题意矛盾.
综上，实数 的取值范围为 .
（3） 设 ，证明： .
[答案]先证不等式 成立.
当 时，不等式 成立 （其中 ）,
构造函数 ，
则 .
当 时， ，
所以函数 在 上单调递减， ，从而不等式成立.
令 , ，则有 ，
整理可得， ，故 ，
即 成立.
4. [2021全国卷乙，12分]设函数 ，已知 是函数 的极值点.
（1） 求 ；
[答案]由题意得 ，
则 .
因为 是函数 的极值点，
所以 ，所以 .
（2） 设函数 ,证明： .
[答案]由（1）可知， ，其定义域为 .
当 时， ，此时 ，
当 时， ，此时 .
易知 的定义域为 且 ,
故要证 ，只需证 ，即证 .
令 ，则 且 ，则只需证 ，即证 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
即 成立.
5. [2021新高考卷 Ⅰ ，12分]已知函数 .
（1） 讨论 的单调性;
[答案]因为 ，所以 的定义域为 ， .
当 时， ；当 时， .
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2） 设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明: .
[答案]由题意， , 是两个不相等的正数，且 ，两边同时除以 ，得 ，即 ，
即 .
令 , ，
由（1）知 在 上单调递增，在 上单调递减，（一般地，解决此类问题时，第（2）问需利用第（1）问所得的函数的性质，本题中对 的变形就是想方设法利用（1）中函数的性质）
且当 时， ，当 时， .
不妨设 ，则 .
要证 ，即证 .
先证 .
要证 ，即证 .
因为 ，
所以 ，
又 在 上单调递减，所以即证 ，
又 ，所以即证 ，即证当 时， .
构造函数 ,
则 .
当 时， ，则 ，
即当 时， ，所以 在 上单调递增.
所以当 时， ,
所以当 时， 成立，所以 成立.
再证 .
由（1）知， 的极大值点为 ， 的极大值为 .
过点 , 的直线方程为 ，
设 ，当 时， ，
直线 与直线 的交点坐标为 ，则 .
欲证 ，即证 ，
即证当 时， .
构造函数 ，则 ，
当 时， ，所以函数 在 上单调递增，
所以当 时， ，即 成立，
所以 成立.
综上可知， 成立.
【一题多解】 第（2）问也可用如下思路求解.
思路一：同解析先判断出 ，再求出 在 处的切线方程 ,及 与 的交点 ，易知 ,进而可得 .
思路二：同证明 的方法，要证 ,即证 ,即证 ,即证 ，构造函数 ,研究函数 的性质进行证明.
6. [2020全国卷Ⅰ，12分]已知函数 .
（1） 当 时，讨论 的单调性；
[答案]当 时， , .
故当 时, ;当 时, .
所以 在 单调递减，在 单调递增.
（2） 当 时， ,求 的取值范围.
[答案] 等价于 .
设函数 ,则
.
若 ,即 ,则当 时, .
所以 在 单调递增，而 ,故当 时， ，不合题意.
若 ,即 ,则当 时, ;当 时, .
所以 在 , 单调递减，在 单调递增.由于 ,所以 当且仅当 ,即 .
所以当 时， .
若 ,即 ,则 .
由于 ，故由 可得 .
故当 时， .
综上， 的取值范围是 .
【方法技巧】 利用导数解决不等式恒成立问题的两种常用方法：①分离参数法，第一步，将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求该函数的最值；第三步，根据要求求解即可.②函数思想法,第一步，将不等式转化为含参数的函数的最值问题；第二步，利用导数求该函数的极值（最值）；第三步，构建不等式求解．
7. [2020全国卷Ⅱ，12分]已知函数 .
（1） 讨论 在区间 的单调性；
[答案]
.
当 时， ；
当 时， .
所以 在区间 ， 上单调递增，在区间 上单调递减.
（2） 证明： ;
[答案]由已知知 ,由（1）知， 在区间 上的最大值为 ,最小值为 .
因为 ,
所以 是周期为 的周期函数，故 .
（3） 设 ，证明： .
[答案]由（2）得 , , , ,所以 ,所以 ,即 ,
所以 .
考点12 导数与函数的零点
题组
解答题
1. [2022全国卷乙，12分]已知函数 .
（1） 当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
[答案]当 时， ，
，
.
， 所求切线方程为 ，即 .
（2） 若 在区间 ， 各恰有一个零点，求 的取值范围.
[答案] ，
当 时，若 ,则 ， , ，
在 上无零点，不符合题意.
当 时， .
令 ,则 ， 在 上单调递增， , .
若 ，则 ， 时， 在 上恒成立，
在 上单调递增，
， 在 上恒成立，
在 上恒成立，
在 上单调递增， ，
在 , 上均无零点，不符合题意.
若 ,则 , 时，存在 ，使得 .（利用隐零点思想,设而不求）
在 上单调递减，在 上单调递增.
, , .
当 ,即 时， 在 上恒成立， 在 上恒成立,
在 上单调递增.
, 当 时， ， 在 上无零点，不符合题意.
当 ，即 时，
存在 , ，使得 ,
在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
, ,当 时， ，
在 上存在一个零点，
即 在 上存在一个零点，
,当 时， ,
在 上存在一个零点，即 在 上存在一个零点.
综上， 的取值范围是 .
2. [2021全国卷甲，12分]已知 且 ,函数 .
（1） 当 时，求 的单调区间；
[答案]当 时， ， .
令 ，则 ，此时函数 单调递增，
令 ，则 ，此时函数 单调递减，
所以函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
（2） 若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求 的取值范围.
[答案]曲线 与直线 有且仅有两个交点，
可转化为方程 ，即 有两个不同的解，即方程 有两个不同的解.
设 ，则 .
令 ，得 ,
当 时， ,函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
故 ，且当 时， .
又 ，方程 有两个不同的解，所以 ，即 ,结合 的单调性可知 或 ，
即 的取值范围为 .
3. [2021新高考卷Ⅱ，12分]已知函数 .
（1） 讨论 的单调性；
[答案]由题意，得 ．
①当 时，由 ，得 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
②当 ，即 时，由 ，得 或 ，
所以当 和 时， ，当 时， ，
所以函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减；
③当 ，即 时， 恒成立，所以函数 在 上单调递增；
④当 ，即 时，由 ，得 或 ，
所以当 和 时， ，当 时， ，
所以函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减．
综上所述，当 时，函数 在 上单调递增，在 上单调递减；当 时，函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减；当 时，函数 在 上单调递增；当 时，函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减．
（2） 从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明： 有一个零点.
, ； ， .
[答案]选择条件①， , .
由（1）知，当 时,函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减．
因为 ，
,
所以当 时， .
又 ，
所以函数 在 上存在唯一零点．
综上所述，函数 存在唯一零点．
选择条件②， , .
由（1）知，当 时，函数 在 ， 上单调递增，在 上单调递减．
因为 ，
所以 ，
所以当 时， ．
当 时，易知 的变化率远大于 的变化率，所以 时， ，即 ，所以 在 上存在唯一零点.
综上所述，函数 存在唯一零点．
4. [2020全国卷Ⅰ，12分]已知函数 .
（1） 当 时，讨论 的单调性;
[答案]当 时， ,则 .
当 时， ;当 时， .
所以 在 单调递减，在 单调递增.
（2） 若 有两个零点，求 的取值范围.
[答案] .
当 时， ，所以 在 单调递增，故 至多存在1个零点，不合题意.
当 时，由 可得 .当 时， ;当 时， .所以 在 单调递减，在 单调递增.故当 时， 取得最小值,最小值为 .
若 ,则 , 在 至多存在1个零点，不合题意.
若 ，则 .
由于 ，所以 在 存在唯一零点.
由（1）知，当 时， ，所以当 且 时，
.
故 在 存在唯一零点.从而 在 有两个零点.
综上， 的取值范围是 .
5. [2020全国卷Ⅲ，12分]设函数 ,曲线 在点 处的切线与 轴垂直.
（1） 求 ；
[答案] .
依题意得 ,即 .故 .
（2） 若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1.
[答案]由（1）知 , .
令 ,解得 或 .
与 的情况为：
0 - 0
因为 ，所以当 时, 只有大于1的零点.
因为 ,所以当 时， 只有小于 的零点.
由题设可知 .
当 时, 只有两个零点 和1.
当 时, 只有两个零点 和 .
当 时， 有三个零点 , , ,且 , , .
综上，若 有一个绝对值不大于1的零点，则 所有零点的绝对值都不大于1.
6. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知函数 .
（1） 讨论 的单调性，并证明 有且仅有两个零点;
[答案] 的定义域为 .
因为 ,
所以 在 ， 单调递增.
因为 , ，
所以 在 有唯一零点 ,即 .
又 , ,
故 在 有唯一零点 .
综上， 有且仅有两个零点.
（2） 设 是 的一个零点，证明曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线.
[答案]因为 ,故点 在曲线 上.
由题设知 ,即 ,连接 ，则直线 的斜率
.
曲线 在点 处切线的斜率是 ,曲线 在点 处切线的斜率也是 ，所以曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线.
考点13 导数的综合应用
题组
一、选择题
1. [2022新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知函数 ，则( AC )
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C. 点 是曲线 的对称中心 D. 直线 是曲线 的切线
[解析]因为 ，所以 ，令 ，得 .由 得 或 ；由 得 .所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，所以 有两个极值点，故 正确.
因为 的极小值 , ,所以函数 在 上有且只有一个零点，故 错误.
因为函数 的图象向上平移一个单位长度得函数 的图象，函数 的图象关于原点 中心对称且 ，所以点 是曲线 的对称中心，故 正确.
假设直线 是曲线 的切线，切点为 ，则 ，解得 .若 ，则切点坐标为 ，但点 不在直线 上，若 ，则切点坐标为 ，但点 不在直线 上，所以假设不成立，故 错误．故选 ．
二、解答题
2. [2023全国卷乙，12分]已知函数 .
（1） 当 时，求曲线 在点 处的切线方程.
[答案]当 时， ，
则 ，
所以 ，
又 ，所以所求切线方程为 ，即 .
（2） 是否存在 , ，使得曲线 关于直线 对称？若存在，求 , 的值；若不存在，说明理由.
[答案]假设存在 , ，使得曲线 关于直线 对称.
令 ，
因为曲线 关于直线 对称，
所以 ，即 ，
于是 得
当 ， 时， ， ，
所以曲线 关于直线 对称，满足题意.
故存在 , ，使得曲线 关于直线 对称，且 , .
（3） 若 在 上存在极值，求 的取值范围.
[答案]解法一 ，
设 ，则 ，
①当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递减，
所以当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减，无极值，不满足题意.
②当 时， ，当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增，无极值，不满足题意.
③当 时，令 ，得 ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
又当 时， ，所以存在 ，使得 ，
即当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
此时 有极小值点 .
综上所述， 的取值范围为 .
解法二 由题意，得 在 上有变号零点，令 ，得 ，即 ，
即 ，
所以原问题等价于直线 与曲线 在 上有交点，
设 ，则 ，
设 ，则 ，
所以当 时， 在 上单调递增，
故当 时， ，
又当 时， ，所以 ，即 在 上单调递减，
由洛必达法则可得，当 时， ，
所以当 时，直线 与曲线 在 上有交点，
故 的取值范围为 .
3. [2023天津，16分]已知函数 .
（1） 求曲线 在 处切线的斜率；
[答案] ，
所以 ,
故曲线 在 处切线的斜率为 .
（2） 当 时，证明： ;
[答案]构造 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，所以 ，
所以 .
令 ,则 ,
所以当 时， ，即 .
（3） 证明： ， .
[答案]先证 .
令 ， ,
则 ,
由（2）可知 ，则 ，
故 单调递减，则 ,得证.
再证 .
解法一 构造 , ,
则 ,
当 时， ,当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ,即 .
又当 时， ，
所以 ,
故 ,得证.
综上， , .
解法二 先证不等式 成立.
令 ,
则 ,
故 在 上单调递减，故当 时， ，
所以当 时， .
以下同解法一.
4. [2022全国卷甲，12分]已知函数 .
（1） 若 ，求 的取值范围;
[答案]由题意知函数 的定义域为 .
由 ，
可得函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以 .
又 ,所以 ,解得 ，
所以 的取值范围为 .
（2） 证明:若 有两个零点 ， ,则 .
[答案]解法一 不妨设 ，则由（1）知 ， .
令 ,则 .
令 ,
则 ，
所以当 时， ，
所以当 时， ，
所以当 时， ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
即在 上 .
又 ，所以 ，即 .
由（1）可知，函数 在 上单调递增，
所以 ，即 .
解法二 不妨设 ，则由（1）知 ， .
由 ，得 ，
即 .
因为函数 在 上单调递增，所以 .
构造函数 ， ，则 ,
所以函数 在 上单调递增，
所以当 时， ，即当 时， ，
所以 ，
又 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，即 .
5. [2022新高考卷Ⅰ，12分]已知函数 和 有相同的最小值.
（1） 求 ;
[答案] , .
①若 , 在 上恒成立， 在 上单调递增，即 无最小值；
②若 ,当 时， ， 单调递减，当 时， , 单调递增.
在 处取得最小值 .
当 时， , 单调递减，当 时， ， 单调递增.
在 处取得最小值 .
又 与 有相同的最小值，
, .
设 , ,
则 ,
令 ,则 , ，
当 时， , 单调递减,
当 时， ， 单调递增.
在 处取得最小值 ,则当 时， 恒成立， 单调递增.
又 , .
（2） 证明：存在直线 ,其与两条曲线 和 共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
[答案]由（1）得 , ,
且 在 上单调递减，在 上单调递增, 在 上单调递减，在 上单调递增， .
当直线 与曲线 和 共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为 , , ，且 ，
则 .
, ,
.
由于 , ,所以 , ,
则 ,
,上述两式相减得 ,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
6. [2019全国卷Ⅰ，12分]已知函数 ， 为 的导数.
（1） 证明: 在区间 存在唯一零点；
[答案]设 ,则 , .
当 时， ;当 时， ,
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
又 , , ,故 在 存在唯一零点.
所以 在 存在唯一零点.
（2） 若 时， ，求 的取值范围.
[答案]由题设知 , ,可得 .
由（1）知， 在 只有一个零点，设为 ,且当 时， ;当 时, ,
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
又 , ,所以当 时， .
又当 , 时， ,故 .
因此, 的取值范围是 .
7. [2019天津，14分]设函数 ,其中 .
（Ⅰ） 若 ,讨论 的单调性；
[答案]由已知,得 的定义域为 ,且 .
因此当 时, ,从而 ,所以 在 内单调递增.
（Ⅱ） 若 ,
（ⅰ） 证明 恰有两个零点;
[答案]由（Ⅰ）知, .令 ,由 ,可知 在 内单调递减,又 ,且 ，
故 在 内有唯一解，从而 在 内有唯一解，不妨设为 ，则 .
当 时， ,所以 在 内单调递增；
当 时， ,所以 在 内单调递减，
因此 是 的唯一极值点.
令 ,则当 时， ,
故 在 内单调递减，从而当 时， ,所以 .
从而 ,
又因为 ，所以 在 内有唯一零点.
又 在 内有唯一零点1，从而， 在 内恰有两个零点.
（ⅱ） 设 为 的极值点, 为 的零点,且 ,证明 .
[答案]由题意，得 即
从而 ，即 .
因为当 时， ,又 ，
故 ,两边取对数，得 ,
于是 ,整理得 .
第 1 页专题八 立体几何
考点24 空间几何体的结构
题组
一、选择题
1. [2022北京，4分]已知正三棱锥 的六条棱长均为6， 是 及其内部的点构成的集合.设集合 ，则 表示的区域的面积为( B )
A. B. C. D.
[解析]设 为 的中心，连接 , ，在正三角形 中， ，在 中， ，当 时，连接 ,根据勾股定理可得 ，易知点 的轨迹是以 为圆心，半径为1的圆，由于集合 ，故集合 表示的区域的面积为 ，故选 .
2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]已知圆锥的底面半径为 ,其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( B )
A. 2 B. C. 4 D.
[解析]设圆锥的母线长为 ，因为该圆锥的底面半径为 ，所以 ，（解题关键：利用圆锥的底面周长等于其侧面展开图的弧长建立等量关系）
解得 ，故选 .
3. [2020全国卷Ⅰ，5分]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.如图所示，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( C )
A. B. C. D.
[解析]设正四棱锥的高为 ，底面正方形的边长为 ，斜高为 ，依题意得 ，即 ①，易知 ②，由①②得 ，所以 ．故选 ．
4. [2023新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位： ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有( ABD )
A. 直径为 的球体
B. 所有棱长均为 的四面体
C. 底面直径为 ，高为 的圆柱体
D. 底面直径为 ，高为 的圆柱体
[解析]由于棱长为 的正方体的内切球的直径为 ，所以选项 正确；由于棱长为 的正方体中可放入棱长为 的正四面体，且 ，所以选项 正确；因为正方体的棱长为 ，体对角线长为 ， ，所以高为 的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项 不正确；由于正方体的体对角线长为 ，而底面直径为 的圆柱体，其高 可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项 正确.综上，选 .
二、填空题
5. [2023全国卷甲，5分]在正方体 中， , 分别为 , 的中点.以 为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
[解析]如图，线段 过正方体的中心，所以以 为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为 ,而正方体的中心到每一条棱的距离均为 ,所以以 为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
6. [2023全国卷甲，5分]在正方体 中， ， 为 的中点，若该正方体的棱与球 的球面有公共点，则球 的半径的取值范围是 .
[解析]由该正方体的棱与球 的球面有公共点，可知球 的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间（包含棱切球半径和外接球半径）.设该正方体的棱切球半径为 ，因为 ，所以 ，所以 ；设该正方体的外接球半径为 ，因为 ，所以 ，所以 .所以球 的半径的取值范围是 .
7. [2023全国卷乙，5分]已知点 ， ， ， 均在半径为2的球面上， 是边长为3的等边三角形， 平面 ，则 2.
[解析]解法一
如图，设 的外接圆圆心为 ，连接 ,因为 是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径 .
将三棱锥 补形为正三棱柱 ，由题意知 为侧棱，设球心为 ，连接 , ,则 平面 ，且 .
又球的半径 ， ，所以 ，得 .
解法二
如图，设 的外接圆圆心为 ，连接 ,因为 是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径 .
设三棱锥 的外接球球心为 ，连接 ,则 平面 .又 平面 ，所以 ，连接 ， ，由题意知 .过 作 的垂线，设垂足为 ，则四边形 为矩形，所以 ,由 可知 为 的中点，则 .
所以在 中，由勾股定理可得 ，即 ，得 .
8. [2020新高考卷Ⅰ，5分]已知直四棱柱 的棱长均为2， .以 为球心， 为半径的球面与侧面 的交线长为 .
[解析]如图，连接 ，易知 为正三角形，所以 .分别取 , , 的中点 ， ， ，连接 , , ,则易得 , ,且 .由题意知 , 分别是 , 与球面的交点.在侧面 内任取一点 ，使 ,连接 ,则 ,连接 , ,易得 ，故可知以 为圆心， 为半径的圆弧 为球面与侧面 的交线.由 知 ，所以 的长为 .
9. [2019全国卷Ⅱ，5分]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有26个面，其棱长为 .（本题第一空2分，第二空3分.）
图1 图2
[解析]由题图2可知从上数第一层与第三层各有9个面，共18个面，第二层有8个面，所以该半正多面体共有面 （个）.
如图，
设该半正多面体的棱长为 ,则 ,延长 ，与 的延长线交于点 ,延长 ,交正方体的棱长于点 ,由半正多面体的对称性可知， 为等腰直角三角形，所以 ,所以 ,又正方体的棱长为1，所以 ,所以 ,解得 ,即该半正多面体的棱长为 .
【方法技巧】 本题的题眼有两处：一是半正多面体的组成——半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，需提炼出半正多面体的棱长均相等；二是将半正多面体放到正方体中去观察其特征——它的所有顶点都在同一个棱长为1的正方体的表面上，需提炼出 .再利用方程思想，即可轻松求出该半正多面体的棱长.
考点25 空间几何体的表面积和体积
题组一
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形， ， ，则该棱锥的体积为( A )
A. 1 B. C. 2 D. 3
[解析]如图，取 的中点 ，连接 ， ，因为 是边长为2的等边三角形， ，所以 ， ，所以 ，又 ，所以 ，所以 ， ， , 平面 ，所以 平面 ，所以 ，故选 .
2. [2022新高考卷Ⅰ，5分]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 时，相应水面的面积为 ;水位为海拔 时，相应水面的面积为 .将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔 上升到 时，增加的水量约为 ( C )
A. B. C. D.
[解析]由已知得该棱台的高为 ,所以该棱台的体积 ．故选 ．
3. [2021新高考卷Ⅱ，5分]正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( D )
A. 56 B. C. D.
[解析]如图所示，在正四棱台 中，点 , 分别为上、下底面的中心，连接 , , ，则由题意可知 底面 ， , .过点 作 ,交 于点 ，则 底面 ，四边形 为矩形， ,所以 .因为 ,所以 ,即正四棱台的高为 ，所以正四棱台的体积 .故选 .
4. [2021北京，4分]对24小时内降落在平地上的积水厚度 进行如下定义：
积水厚度/
等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图所示，则这一天的雨水属于哪个等级( B )
A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨
[解析]作出截面图如图所示，设圆锥形容器中水面的半径为 ,则 ,所以 ，所以24小时所接雨水的体积 .设底面半径为 的圆柱的高为 ，由题意可知， ，得 ,即这一天的积水厚度为 ，属于中雨.故选 .
5. [2021全国卷甲，5分]已知 ， ， 是半径为1的球 的球面上的三个点，且 ， ，则三棱锥 的体积为( A )
A. B. C. D.
[解析]如图所示，因为 ,所以 为截面圆 的直径，且 .连接 ，则 面 ， ,所以三棱锥 的体积 .故选 .
6. [2020天津，5分]若棱长为 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( C )
A. B. C. D.
[解析]设外接球的半径为 ，易知 ，所以 ，于是表面积 ，故选 .
【方法技巧】 多面体与球切、接问题的常见求解方法
（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题进行求解．
（2）若球面上四点 , , , 构成的三条线段 , , 两两垂直，且 , , ，一般把几何体“补形”成一个球内接长方体，根据 （其中 为外接球的半径）求解．
（3）正方体的内切球的直径等于正方体的棱长．
（4）球和正方体的棱相切时，球的直径等于正方体的面对角线长．
7. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知 , , 为球 的球面上的三个点， 为 的外接圆.若 的面积为 , ，则球 的表面积为( A )
A. B. C. D.
[解析]如图所示，设球 的半径为 ， 的半径为 ，因为 的面积为 ，所以 ，解得 ，又 ，所以 ，解得 ，故 ，所以 ，所以球 的表面积 ．故选 ．
【方法技巧】求解球的表面积问题的关键在于过好双关：一是“方程关”，能借用图形，利用已知三角形的外接圆的面积，得三角形的边长，从而由勾股定理求出 的值；二是“公式关”，能应用球的表面积公式 求其表面积．
二、填空题
8. [2023新高考卷Ⅰ，5分]在正四棱台 中， ， , ,则该棱台的体积为 .
[解析]如图所示,设点 , 分别为正四棱台 上、下底面的中心,连接 , ,则点 , 分别为 , 的中点,连接 ,则 即正四棱台 的高,过点 作 ,垂足为 ,则 .因为 , ,所以 , ,所以 ,又 ,所以 , ,所以 ,所以 .
9. [2021全国卷甲，5分]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为 ，则该圆锥的侧面积为 .
[解析]设该圆锥的高为 ，则由已知条件可得 ，解得 ，则圆锥的母线长为 ，故该圆锥的侧面积为 .
【方法技巧】圆锥的体积公式为 ，圆锥的侧面积公式为 ，其中 为圆锥的底面半径， 为圆锥的高， 为圆锥的母线长.
10. [2020新高考卷Ⅱ，5分]棱长为2的正方体 中, , 分别为棱 , 的中点,则三棱锥 的体积为1.
[解析]如图，易知 ,由正方体的结构特征，知 平面 ，所以 为三棱锥 的高.因为 , 分别为棱 , 的中点，所以 ，所以 .
[2020江苏，5分]如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为 ,高为 ,内孔半径为 ,则此六角螺帽毛坯的体积是 .
[解析]正六棱柱的体积为 ，圆柱的体积为 ，则该六角螺帽毛坯的体积为 .
12. [2019天津，5分]已知四棱锥的底面是边长为 的正方形，侧棱长均为 .若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为 .
[解析]由题可得，四棱锥底面对角线的长为2,则圆柱底面的半径为 ，易知四棱锥的高为 ,故圆柱的高为1,所以圆柱的体积为 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]已知圆锥 的底面半径为 ， 为底面圆心， ， 为圆锥的母线， ，若 的面积等于 ，则该圆锥的体积为( B )
A. B. C. D.
[解析]在 中， ， ，由余弦定理得 ,设等腰三角形 底边 上的高为 ，则 ，解得 ，由勾股定理得母线 ，则该圆锥的高 ，所以该圆锥的体积为 ，故选 .
2. [2023天津，5分]在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ,线段 上的点 满足 ,则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为( B )
A. B. C. D.
[解析]如图，因为 , ,所以 ,所以 （其中 为点 到平面 的距离，因为平面 和平面 重合，所以点 到平面 的距离也为 ）.故选 .
3. [2022新高考卷Ⅱ，5分]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为 和 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( A )
A. B. C. D.
[解析]由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 ， .设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为 , ，连接 ,则 ,其外接球的球心 在直线 上.设球 的半径为 ,当球心 在线段 上时， ，解得 （舍去）；当球心 不在线段 上时， ，解得 ，所以 ，所以该球的表面积为 .故选 .
4. [2022全国卷甲，5分]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 ,侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 .若 ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合 可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是 .不妨设两个圆锥的母线长为 ，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为 , ，高分别为 , ，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为 的圆，所以 , ，得 , .由勾股定理得， , ，所以 .故选 ．
5. [2022全国卷乙，5分]已知球 的半径为1，四棱锥的顶点为 ，底面的四个顶点均在球 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( C )
A. B. C. D.
[解析]该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点 组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为 ，底面半径为 ，则圆锥的体积 ，则 ，令 ,得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时，四棱锥的体积最大，故选 .
6. [2022新高考卷Ⅰ，5分]已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为 ，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是( C )
A. B. C. D.
[解析]设该球的球心为 ，半径为 ，正四棱锥的底边长为 ，高为 ，依题意，得 ，解得 .由题意可得 解得 所以正四棱锥的体积 ，所以 ，令 ，得 ，所以当 时， ；当 时， ，所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，又当 时， ；当 时， ；当 时， ；所以该正四棱锥的体积的取值范围是 .故选 .
7. [2022天津，5分]如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面形状是顶角为 、腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为( D )
A. 23 B. 24 C. 26 D. 27
[解析]如图， , , , 均是顶角为 、腰为3的等腰三角形，易得其高均为 ，底面 是边长为 的正方形，所以 ， ， .故选 .
8. [2021新高考卷Ⅱ，5分]北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为 （轨道高度是指卫星到地球表面的最短距离），把地球看成一个球心为 ，半径 为 的球，其上点 的纬度是指 与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为 ，该卫星信号覆盖的地球表面面积 （单位： ），则 占地球表面积的百分比约为( C )
A. B. C. D.
[解析]如图所示，圆 的半径为 ,点 是卫星所在位置，由题意可知 ， 与圆 相切，切点为 ,则 ，所以 ,所以卫星信号覆盖的地球表面面积 ，则 占地球表面积的百分比为 ，故选 .
9. [2020全国卷Ⅱ，5分]已知 是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球 的球面上.若球 的表面积为 ，则 到平面 的距离为( C )
A. B. C. 1 D.
[解析]由等边三角形 的面积为 ，得 ，得 ，则 的外接圆半径 ．设球的半径为 ，则由球的表面积为 ，得 ，得 ，则球心 到平面 的距离 ，故选 ．
【方法技巧】（1）若等边三角形 的边长为 ，则 的面积为 ；（2）球的截面的性质：若球的半径为 ，截面圆的半径为 ，则球心到截面的距离 ．
10. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上， ， 是边长为2的正三角形， ， 分别是 ， 的中点， ，则球 的体积为( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为点 , 分别为 , 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ．
取 的中点 ，连接 , ,如图1所示易证 平面 ,
所以 ，又 ， , 平面 ,所以 平面 ，
所以 ， ，因为 ， 为正三角形，
所以 ，即 , , 两两垂直，将三棱锥 放在正方体中,如图1所示.因为 ，所以该正方体的棱长为 ，所以该正方体的体对角线长为 ，所以三棱锥 的外接球的半径 ，所以球 的体积 ，故选 ．
图1
解法二 经分析可作出如图2所示的示意图，
图2
其中 为 在 内的正投影，设 ，球 的半径为 ， .
在 中， ， ，易知 .
因为 为 的中点，
所以 .
因为 ，
所以 ，即 ，则 .
在 中，由 得 ，即 .①
在 中，由 得 ，
即 ，把①代入得 .②
得 ，即 ，
所以球 的体积 .
11. [2023新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）已知圆锥的顶点为 ，底面圆心为 ， 为底面直径， ， ，点 在底面圆周上，且二面角 为 ，则( AC )
A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为
C. D. 的面积为
[解析]在 中,由余弦定理得 ，如图，连接 ,易知圆锥的高 ，底面圆的半径 .对于 ，该圆锥的体积 ，故 选项正确；对于 ，该圆锥的侧面积 ，故 选项错误；对于 ，取 的中点 ，连接 , ,因为 ，所以 ，同理可得 ，则二面角 的平面角为 ，所以 , ,所以 ，故 选项正确;对于 ， ， ,故 选项错误.综上，选 .
12. [2022新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）如图，四边形 为正方形， 平面 , , .记三棱锥 , , 的体积分别为 , , ，则( CD )
A. B. C. D.
[解析]如图，连接 交 于 ，连接 , ．设 ，则 ， ．因为 平面 ， ，所以 平面 ，所以 ， ．因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又 ，且 ， , 平面 ，所以 平面 ．因为 , 平面 ，所以 , ．易知 ， ， ， ， ，所以 ，所以 ，又 ， , 平面 ，所以 平面 ，所以 ，所以 ， ， ， ，所以选项 ， 不正确，选项 ， 正确，故选 ．
二、填空题
13. [2023新高考卷Ⅱ，5分]底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为28.
[解析]如图所示，正四棱锥 的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥 后，得到正四棱台 ，且 ， .记 ， 分别为正四棱台 上、下底面的中心， ， 分别为 , 的中点，连接 , , , ，则 ， , .易知 ，所以 ，即 ，解得 ，所以 ，所以该正四棱台的体积 .（提示：台体的体积 ，其中 为台体的高， , 分别为台体的上、下底面积）
14. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 .
[解析]易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥 及其内切球 如图所示，设内切球的半径为 ，则 ，所以 ，所以 ,所以 ,所以内切球的体积 ，即该圆锥内半径最大的球的体积为 .
15. [2019全国卷Ⅲ，5分]学生到工厂劳动实践，利用 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体 挖去四棱锥 后所得的几何体，其中 为长方体的中心， ， ， ， 分别为所在棱的中点， ， . 打印所用原料密度为 .不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为118.8 .
[解析]由题意得，四棱锥 的底面积为 ，其高为点 到底面 的距离,为 ，则此四棱锥的体积为 ．
又长方体 的体积为 ，所以该模型的体积为 ，其质量为 ．
考点26 空间点、直线、平面之间的位置关系
题组一
一、选择题
1. [2022全国卷乙，5分]在正方体 中， , 分别为 ， 的中点，则( A )
A. 平面 平面 B. 平面 平面
C. 平面 平面 D. 平面 平面
[解析]如图，对于选项 ，在正方体 中，因为 , 分别为 ， 的中点，所以 ,又 ,所以 ，又易知 , ，从而 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 ，故选项 正确；对于选项 ，因为平面 平面 ，所以由选项 知，平面 平面 不成立，故选项 错误；对于选项 ，由题意知直线 与直线 必相交，故平面 与平面 不平行，故选项 错误；对于选项 ，连接 ， ，易知平面
平面 ，又平面 与平面 有公共点 ，所以平面 与平面 不平行，故选项 错误.故选 .
2. [2021全国卷乙，5分]在正方体 中， 为 的中点，则直线 与 所成的角为( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一如图，连接 ,因为 是正方体，且 为 的中点，所以 ，又 ，所以 平面 ，又 平面 ，所以 .连接 ，则 ，所以 为直线 与 所成的角.设正方体 的棱长为2，则在直角三角形 中， ， ， ，所以 ，故选 .
解法二以 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系，设正方体 的棱长为2，则 ， ， ， ， ， .设直线 与 所成的角为 ，则 .因为 ，所以 ，故选 .
3. [2020新高考卷Ⅰ，5分]日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为 ）,地球上一点 的纬度是指 与地球赤道所在平面所成角，点 处的水平面是指过点 且与 垂直的平面.在点 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 处的纬度为北纬 ，则晷针与点 处的水平面所成角为( B )
A. B. C. D.
[解析]过球心 、点 以及晷针的轴截面如图所示，其中 为晷面， 为晷针所在直线， 为点 处的水平面， , ， ， ,所以 .故选 .
4. [2019全国卷Ⅱ，5分]设 ， 为两个平面，则 的充要条件是( B )
A. 内有无数条直线与 平行 B. 内有两条相交直线与 平行
C. ， 平行于同一条直线 D. ， 垂直于同一平面
[解析]对于 ， 内有无数条直线与 平行，当这无数条直线互相平行时， 与 可能相交，所以 不正确；对于 ，根据两平面平行的判定定理与性质知， 正确；对于 ，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以 不正确；对于 ，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以 不正确．综上可知选 ．
5. [2022新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知正方体 ,则( ABD )
A. 直线 与 所成的角为
B. 直线 与 所成的角为
C. 直线 与平面 所成的角为
D. 直线 与平面 所成的角为
[解析]在正方体 中， 平面 ，又 平面 ，所以 ，连接 ,则 ，因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，又 , 平面 ，所以 ， ，所以 , 正确;连接 ，交 于点 ，则易得 平面 ，连接 ,因为 平面 ，所以 ， 为直线 与平面 所成的角．设正方体的棱长为 ，则易得 , ，所以在 中， ,所以 ．故 错误;因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ，故 正确．故选 ．
二、填空题
6. [2019北京，5分]已知 ， 是平面 外的两条不同直线.给出下列三个论断： ; ; .
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题: .
[解析]若 ， ,则 .（答案不唯一）若 , ,则 ,显然 正确；若 , ，则 , 与 相交但不垂直都可以，故 不正确；若 , ,则 垂直 内所有直线，在 内必存在与 平行的直线，所以可推出 ，故 正确.
三、解答题
7. [2020江苏，14分]如图，在三棱柱 中， , 平面 , , 分别是 ， 的中点.
（1） 求证： 平面 .
[答案]因为 , 分别是 , 的中点，所以 .
又 平面 , 平面 ,
所以 平面 .
（2） 求证：平面 平面 .
[答案]因为 平面 ， 平面 ，所以 .
又 , 平面 , 平面 , ,
所以 平面 .
又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]已知 为等腰直角三角形, 为斜边, 为等边三角形,若二面角 为 ，则直线 与平面 所成角的正切值为( C )
A. B. C. D.
[解析]如图所示，取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ，故 即为二面角 的平面角，于是 .又 , 平面 , ,所以 平面 .设 ，则 ， ，在 中，由余弦定理可得 .延长 ，过点 作 的垂线，设垂足为 ，则 ， ， ，所以 .因为 平面 ，则 ，又 ， , 平面 , ,所以 平面 ， 即为直线 与平面 所成角，于是在 中， ，故选 .
2. [2023全国卷甲，5分]已知四棱锥 的底面是边长为4的正方形， ， ，则 面积为( C )
A. B. C. D.
[解析]如图，取 , 的中点分别为 , ，连接 , , ，因为 ,所以 ,又底面 是正方形，所以 ,又 ,所以 平面 ，又 ,所以 平面 ,又 平面 ，所以 ,所以 .在 中，由余弦定理，得 ，所以 .在 中，由余弦定理，得 ,所以 ,所以 ，故选 .
3. [2022全国卷甲，5分]在长方体 中,已知 与平面 和平面 所成的角均为 ，则( D )
A. B. 与平面 所成的角为
C. D. 与平面 所成的角为
[解析]如图，连接 ,易知 是直线 与平面 所成的角，所以在 中， ，设 ，则 ， .易知 是直线 与平面 所成的角，所以在 中， ，因为 ，所以 , ，所以在 中， ，所以 项错误.易知 是直线 与平面 所成的角，所以在 中， ，所以 ，所以 项错误.在 中， ，而 ，所以 项错误.易知 是直线 与平面 所成的角，因为在 中， ，所以 ，所以 项正确．故选 .
4. [2022浙江，4分]如图,已知正三棱柱 ， , , 分别是棱 , 上的点.记 与 所成的角为 , 与平面 所成的角为 ,二面角 的平面角为 ,则( A )
A. B. C. D.
[解析]由题意设 ．
当点 , 分别与点 , 重合时（如图1），连接 ， 与 所成的角为 ,（此时是一个平面角，不是异面直线所成角）即 ，所以 .因为 平面 ，所以 与平面 所成角为 ，即 ，所以 ．取 的中点 ，连接 , ，则由 为正三角形知 ．又由 平面 ，知 ．又 ，所以 平面 ，所以 ，所以二面角 的平面角为 ,即 ，易知 ，所以 ，所以 ，此时有 ．
图1
当点 与点 重合且点 为 中点时（如图2），连接 , ．易知 与 所成的角为 ，即 ; 与平面 所成角为 ，即 ；二面角 的平面角为 ，即 ．因为在 中 , ，即 ，所以 .（大边对大角）
图2
综合上面 , 的两种特殊位置知， ，故选 ．
5. [2021浙江，4分]如图，已知正方体 ， ， 分别是 ， 的中点，则( A )
A. 直线 与直线 垂直，直线 平面
B. 直线 与直线 平行，直线 平面
C. 直线 与直线 相交，直线 平面
D. 直线 与直线 异面，直线 平面
[解析]解法一 连接 ，则易得点 在 上，且 .因为 平面 ，所以 ，又 ,所以 平面 ，所以 与 异面且垂直.在 中，由中位线定理可得 ，又因为 平面 , 平面 ,所以 平面 .易知直线 与平面 成 角，所以 与平面 不垂直.所以选项 正确.故选 .
解法二 以点 为坐标原点， , , 所在直线分别为 , , 轴建立空间直角坐标系.设 ，则 , , , ，所以 , ，所以 , ， ，所以 ，所以 .又由题图易知直线 与 是异面直线，所以 与 异面且垂直.因为平面 的一个法向量为 ，所以 ，又 平面 ,所以 平面 .设直线 与平面 所成的角为 ，因为平面 的一个法向量为 ，所以 ，所以直线 与平面 不垂直.故选 .
6. [2019全国卷Ⅲ，5分]如图，点 为正方形 的中心， 为正三角形，平面 平面 ， 是线段 的中点，则( B )
A. ，且直线 ， 是相交直线
B. ，且直线 ， 是相交直线
C. ，且直线 ， 是异面直线
D. ，且直线 ， 是异面直线
[解析]取 的中点 ，连接 ， ，因为 为正三角形，所以 ,又平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 .设正方形 的边长为2,则 , ,所以 ，得 .过 作 的垂线，垂足为 ，连接 ，则 , ,所以 ，得 ,所以 .连接 ， ，因为四边形 为正方形，所以 为 的中点，即 , 均在平面 内，所以直线 , 是相交直线，选 .
7. [2019浙江，4分]设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点）.记直线 与直线 所成的角为 ，直线 与平面 所成的角为 ，二面角 的平面角为 ，则( B )
A. ， B. ， C. ， D. ，
[解析]由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点 是棱 上的点（不含端点），所以直线 与平面 所成的角 小于直线 与平面 所成的角，而直线 与平面 所成的角小于二面角 的平面角 ，所以 ；因为 平面 ，所以直线 与直线 所成的角 大于直线 与平面 所成的角 ，即 .故选 .
8. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）如图，下列各正方体中， 为下底面的中心， ， 为顶点， 为所在棱的中点，则满足 的是( BC )
A. B.
C. D.
[解析]对选项 ， ， ， 中的正方体建立如图所示的空间直角坐标系，设各正方体的棱长均为2.对于 ，有 , , , ,则 , , ,所以 与 不垂直,所以选项 错误;对于 ，有 , , , ,则 , , ，所以 ,所以选项 正确;对于 ，有 , ， , ，则 , ， ，所以 ,所以选项 正确;对于 ，有 , ， , ，则 , ， ，所以 与 不垂直,所以选项 错误.故选 .
9. [2021新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）在正三棱柱 中， ,点 满足 ，其中 , ,则( BD )
A. 当 时， 的周长为定值
B. 当 时，三棱锥 的体积为定值
C. 当 时，有且仅有一个点 ，使得
D. 当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
[解析] .
对于选项 ，当 时，点 在棱 上运动，如图1所示，此时 的周长为 ，不是定值， 错误；
图1
对于选项 ，当 时，点 在棱 上运动，如图2所示，
图2
则 ，为定值，故 正确；
对于选项 ，取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ，则当 时，点 在线段 上运动，假设 ,则 ,即 ，解得 或 ，所以点 与点 或 重合时， ，故 错误；
解法一 由多选题特征，排除 , ，故选 .
解法二 对于选项 ,易知四边形 为正方形，所以 .设 与 交于点 ，连接 ，要使 平面 ，需 ，所以点 只能是棱 的中点，故选项 正确.综上，选 .
解法三 对于选项 ，分别取 , 的中点 , ，连接 ，则当 时，点 在线段 上运动.以点 为原点建立如图3所示的空间直角坐标系 ，则 ， , , ,所以 , .易得 ,若 ,则 平面 ，所以 ，解得 ，所以只存在一个点 ，使得 平面 ,此时点 与 重合，故 正确.综上，选 .
图3
二、解答题
10. [2022全国卷甲，12分]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面 是边长为8（单位： ）的正方形， , , , 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直.
（1） 证明: 平面 ;
[答案]如图，分别取 , 的中点 , ，连接 , , ，
与 均为正三角形，且边长均为8，
, ，且 ．
又平面 与平面 均垂直于平面 ，
平面 平面 ,平面 平面 , 平面 , 平面 ,
平面 ， 平面 ，
， 四边形 为平行四边形， ．
又 平面 ， 平面 , 平面 ．
（2） 求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
[答案]如图，分别取 , 的中点 , ，连接 , , , , ， , ．
由（1）知 平面 ，
平面 ，同理可证得， 平面 ， 平面 ，易得 ， .
易得 ， , ， ，
又 ， 四边形 是正方形， 四棱柱 为正四棱柱，
．
, ，
．
平面 ， 平面 ， ．
又 , 平面 ，且 ，
平面 ，
则点 到平面 的距离 ，
，
该包装盒的容积 ．
考点27 空间向量与立体几何
题组一
解答题
1. [2023新高考卷Ⅰ，12分]如图，在正四棱柱 中， ， .点 , ， ， 分别在棱 , , , 上， , , .
（1） 证明： ;
[答案]解法一依题意，得 ，
所以 .
解法二以点 为坐标原点， , , 所在直
线分别为 , , 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , , , ，
所以 , ，
所以 ，所以 .
（2） 点 在棱 上，当二面角 为 时，求 .
[答案]建立空间直角坐标系，建系方法同（1）中解法二，设 ，则 ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 则
令 ，得 .
设平面 的法向量为 ，
由（1）解法二知， ， ,
所以 则
令 ，得 .
所以 ，
整理得 ，解得 或 ,
所以 或 ，
所以 .
2. [2023天津，15分]如图，在三棱台 中，已知 平面 , , , ， 为线段 的中点， 为线段 的中点.
（1） 求证: 平面 ;
[答案]解法一（几何法） 连接 .因为 , 分别是 , 的中点，所以 且 ，即有 MNA1C1 ，所以四边形 是平行四边形，即有 .
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
解法二（向量法） 以 为坐标原点， , , 所在的直线分别为 , , 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则有 , , , , .
所以 , , .
设平面 的法向量 ，则 即 不妨取 .因为 ，所以 .
又 平面 ，
所以 平面 .
（2） 求平面 与平面 所成角的余弦值;
[答案]由（1）中解法二易知，平面 的法向量为 ，平面 的一个法向量为 ，所以 ，所以平面 与平面 所成角的余弦值为 .
（3） 求点 到平面 的距离.
[答案]易得 ,则 ,所以点 到平面 的距离 .
3. [2022全国卷甲，12分]如图，在四棱锥 中， 底面 , ， ， ， .
（1） 证明: ；
[答案]如图所示，取 中点 ，连接 , ,则 .
又 ,所以四边形 为平行四边形.
又 ，
所以四边形 为菱形,
所以 .
同理可得，四边形 为菱形,所以 ，所以 .
因为 底面 ， 底面 ,所以 ，
又 , , 平面 ,所以 平面 .
因为 平面 ,所以 .
（2） 求 与平面 所成的角的正弦值.
[答案]由（1）知 ，又 ,所以 ，
所以三角形 为正三角形.
过点 作垂直于 的直线为 轴， 所在直线为 轴， 所在直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , , , .
则 , , .
设平面 的法向量 ,
则
令 ，则 , ，所以 .
设直线 与平面 所成的角为 ，则 ，所以直线 与平面 所成的角的正弦值为 .
4. [2022北京，14分]如图，在三棱柱 中，侧面 为正方形，平面 平面 ， ， ， 分别为 , 的中点.
（Ⅰ） 求证： 平面 ;
[答案]解法一 如图，设点 为 的中点，连接 , ,因为 为 的中点，
所以 为 的中位线，
所以 .
又 为 的中点，所以 .
因为 , , ， 平面 , , 平面 ，所以平面 平面 .
又 平面 ，
所以 平面 .
解法二 如图，取 的中点 ，连接 ， .
在三棱柱 中， ， .
因为 ， ， 分别为 ， ， 的中点，
所以 ， ， ， ,
则 且 ,
所以四边形 为平行四边形，因此 .又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ） 再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线 与平面 所成角的正弦值.
条件①： ;
条件②： .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
[答案]因为侧面 为正方形，所以 ，
又因为平面 平面 ,且平面 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，所以 .
选条件①：由（Ⅰ）得 ，因为 ，所以 ,
又 ，所以 平面 ,
在三棱柱 中， , , 两两垂直，
故以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ,
因为 ,所以 , , , ,
所以 ， , .
设平面 的法向量为 ,
由 得 令 ，得 .
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ,
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
选条件②：由（Ⅰ）知 , ,而 ,故 .
又因为 ,所以 .
在 和 中， ， ， ，则 ,
因此 ，即 ，故 .
在三棱柱 中， , , 两两垂直，
故以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 , , , ,
所以 , , .
设平面 的法向量为 ,
由 得 令 ,得 .设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
5. [2021新高考卷Ⅱ，12分]如图，在四棱锥 中，底面 是正方形， ， , .
（1） 证明：平面 平面 .
[答案]在 中，因为 ，所以 ．
又 ， ， ， 平面 ,所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
（2） 求二面角 的余弦值.
[答案]分别取 , 的中点 , ，连接 ， .
因为 ，所以 ，
又平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 平面 ，所以 ．
易知 ，
所以直线 , , 两两垂直，故以 为坐标原点， ， , 所在直线分别为 , ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 , , .
易知 ，
所以 ，
所以 ．
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，则 .
易知 为平面 的一个法向量，
所以 ，
易知二面角 为锐二面角，
所以二面角 的余弦值为 ．
6. [2021全国卷乙，12分]如图，四棱锥 的底面是矩形， 底面 , , 为 的中点，且 .
（1） 求 ;
[答案]因为 平面 ，所以 ， .
在矩形 中， ，故可以点 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，
设 ，则 ， ， ， ，
所以 ， .
因为 ，所以 ，得 ,
所以 .（一题多解:也可以先得出 ，从而在矩形 内利用几何关系求 ）
（2） 求二面角 的正弦值.
[答案]易知 ，由（1）可得 , , , .
设平面 的法向量为 ，则
即
令 ，则 , ，所以平面 的一个法向量为 .
设平面 的法向量为 ，则
即
得 ，令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 .
，
所以二面角 的正弦值为 .
7. [2020全国卷Ⅰ，12分]如图, 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直径， 是底面的内接正三角形， 为 上一点， .
（1） 证明： 平面 .
[答案]设 ,由题设可得 , , , .因此 ,从而 .
又 ,故 .
又 , , 平面 ，
所以 平面 .
（2） 求二面角 的余弦值.
[答案]以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 .
由题设可得 ， ， ， .
所以 , .
设 是平面 的法向量，则
即 可取 .
由（1）知 是平面 的一个法向量，记 ，
则 .
所以二面角 的余弦值为 .
【易错警示】求二面角的余弦值的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标求解的准确性；二是公式用错，把利用向量求线面角与二面角搞混，导致结果出错;三是空间想象能力薄弱，求出两法向量的夹角的余弦值后，误以为该值就是所求二面角的余弦值，因忽视对二面角的平面角为锐角、钝角的判断导致结果出错．求出两法向量的夹角的余弦值后，一定要判断二面角的平面角是锐角还是钝角，从而得出正确的结论.
8. [2019全国卷Ⅰ，12分]如图，直四棱柱 的底面是菱形， ， ， ， ， ， 分别是 ， ， 的中点.
（1） 证明： 平面 .
[答案]连接 , .因为 , 分别为 , 的中点,
所以 ,且 .
又因为 为 的中点,所以 .
由题设知 ,可得 ,故 ,因此四边形 为平行四边形, .
又 平面 ,所以 平面 .
（2） 求二面角 的正弦值.
[答案]由已知可得 .以 为坐标原点, 的方向为 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 ,则
, , , , ,
, , .
设 为平面 的法向量,则
所以 可取 .
设 为平面 的法向量,则
所以 可取 .
于是 ,所以二面角 的正弦值为 .
题组二
解答题
1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]如图，三棱锥 中， , , ， 为 的中点.
（1） 证明： ;
[答案]如图，连接 , ,
因为 ,且 为 的中点,所以 .
因为 , ， ,
所以 .
可得 ,故 .
因为 , , 平面 ,所以 平面 .
又 平面 ,所以 .
（2） 点 满足 ,求二面角 的正弦值.
[答案]由（1）知， , .
不妨设 ,
因为 ,所以 .
由题可知 为等腰直角三角形,故 .
因为 ,所以 .
在 中, ,所以 .（提醒：要先证 , , 两两垂直，才能建系）
以 为坐标原点, 所在直线为 轴, 所在直线为 轴, 所在直线为 轴建立空间直角坐标系,如图，则 , , ， , .
设 ,因为 ,所以 ,可得 .（关键一步：通过向量相等推 的坐标）（速解：因为 ,所以四边形 为平行四边形,可得 的坐标）
所以 .
设平面 的法向量为 ,
则 即 取 ,则 , .
设平面 的法向量为 ,
则 即 得 ,取 ,则 , .
所以 .（注意：题目问的是正弦值，最后要记得转化）
记二面角 的大小为 ，则 ,
故二面角 的正弦值为 .
2. [2023全国卷甲，12分]如图，在三棱柱 中， 平面 ， ， ， 到平面 的距离为1.
（1） 证明： ；
[答案]如图，过 作 ，垂足为 ，
平面 ， 平面 ， ，
又 ， ，
, 平面 ,且 ,
平面 ，
平面 , ，
又 , 平面 ，且 ， 平面 ， .
由已知条件易证 是直角三角形，又 , ， 为 的中点，又 ,
，
又在三棱柱 中， ，
.
（2） 已知 与 的距离为2，求 与平面 所成角的正弦值.
[答案]如图，连接 ，由（1）易证 ,故取 的中点 ,连接 ，
与 的距离为2， ，
又 且 ，
， , .
建立空间直角坐标系 如图所示,
则 , , , , ，
, , ，
设平面 的法向量为 ，
则 即
取 ,则 , ,
平面 的一个法向量为 .
设 与平面 所成角为 ，
则 .
与平面 所成角的正弦值为 .
3. [2022新高考卷Ⅰ，12分]如图，直三棱柱 的体积为4， 的面积为 .
（1） 求 到平面 的距离；
[答案]设点 到平面 的距离为 ，
因为直三棱柱 的体积为4，
所以 ，
又 的面积为 ， ，
所以 ,即点 到平面 的距离为 .
（2） 设 为 的中点， ，平面 平面 ，求二面角 的正弦值.
[答案]如图，取 的中点 ，连接 ，则 ，
因为平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 平面 ，所以 ，
又 平面 ，
所以 ，因为 ，所以 平面 ，
所以 .
以 为坐标原点，分别以 , , 的方向为 , , 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
由（1）知， ，所以 ， ，
因为 的面积为 ，所以 ，所以 ，
所以 ， ， ， , ， ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，得 ，
又平面 的一个法向量为 ，
所以 ，设二面角 的平面角为 ，
则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
4. [2021北京，13分]已知正方体 ，如图，点 为 的中点，直线 交平面 于点 .
（Ⅰ） 求证：点 为 的中点.
[答案]因为 是正方体，
所以 ，
又 平面 , 平面 ,
所以 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 ,
又点 为 的中点，所以点 为 的中点.
（Ⅱ） 若点 为棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 .
[答案]以点 为坐标原点，以 , , 所在直线分别为 , , 轴建立如图所示空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，则 , , .
设 ，则 ，则 .
设平面 的法向量 .
因为 ， ，所以 即 得 ，令 ，则 ,所以 .
设平面 的法向量 ，又 ，所以 即
令 ，则 , ，则 .
因为二面角 的余弦值为 ，
所以 .
因为 ，所以 ，即 ,所以 .
5. [2021浙江，15分]如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， , , , , , 分别为 , 的中点， , .
（Ⅰ） 证明: .
[答案]因为底面 是平行四边形， ， , ,且 为 的中点，
所以 ， ， ，易得 .
又 ，且 , , 平面 ,
所以 平面 .
又 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以 .
（Ⅱ） 求直线 与平面 所成角的正弦值.
[答案]解法一 由（Ⅰ）知 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成角的余角.
连接 ，因为 ， , ,
所以 平面 ，所以 .
因为 ， ， ，
所以由余弦定理得 .
又 ，所以 ，
所以 ，
连接 ,结合余弦定理得 ,解得 .
连接 ,则由余弦定理得 ，
在 中，结合余弦定理得 ，
所以 .
所以在 中， .
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 .
解法二 因为 ， , ,
所以 平面 .
连接 ,则 .
因为 ， , ,
所以 .
又 ,所以 .
由（Ⅰ）知 ，
过点 作 交 于点 ，则 .
故可以 为坐标原点， , , 所在直线分别为 , , 轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则 , , ，
所以 ，
所以 .
易知平面 的一个法向量为 .
设直线 与平面 所成的角为 ，
则 .
6. [2020全国卷Ⅲ，12分]如图,在长方体 中，点 , 分别在棱 , 上，且 , .
（1） 证明：点 在平面 内.
设 , , ,如图，以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立空间直角坐标系 .
[答案]连接 ,则 , , , , , ,得 ,
因此 ,即 , , , 四点共面，
所以点 在平面 内.
（2） 若 , , ,求二面角 的正弦值.
[答案]由已知得 , , , , , , , .
设 为平面 的法向量，则
即 可取 .
设 为平面 的法向量，则
同理可取 .
因为 ,所以二面角 的正弦值为 .
7. [2020新高考卷Ⅰ，12分]如图，四棱锥 的底面为正方形， 底面 .设平面 与平面 的交线为 .
（1） 证明： 平面 .
[答案]因为 底面 ，所以 .
又底面 为正方形，所以 .因此 平面 .
因为 ， 平面 ，所以 平面 .
由已知得 .
因此 平面 .
（2） 已知 , 为 上的点，求 与平面 所成角的正弦值的最大值.
[答案]以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ， ， .
由（1）可设 ，则 .
设 是平面 的法向量，则 即
可取 .
所以 .
设 与平面 所成角为 ，
则 .
因为 ，当且仅当 时等号成立，
所以 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
8. [2019天津，13分]如图， 平面 ， ， ， ， ， .
（Ⅰ） 求证： 平面 ;
[答案]依题意，可以建立以 为原点，分别以 ， ， 的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得 ， , , , .
设 ，则 .
依题意， 是平面 的法向量，又 ，可得 ,又因为直线 平面 ，所以 平面 .
（Ⅱ） 求直线 与平面 所成角的正弦值；
[答案]依题意， , , .
设 为平面 的法向量，则 即 不妨令 ,可得 .
因此有 .
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（Ⅲ） 若二面角 的余弦值为 ，求线段 的长.
[答案]设 为平面 的法向量，则 即
不妨令 ,可得 .
由题意，有 ,解得 .经检验，符合题意.
所以，线段 的长为 .
题组三
解答题
1. [2023全国卷乙，12分]如图，三棱锥 中， ， , ， , , , 的中点分别为 , , , ,点 在 上， .
（1） 证明： 平面 ；
[答案]如图，以 为坐标原点， , 所在直线分别为 , 轴，建立平面直角坐标系，则 ， ， , , .
设 ，则易得 .因为 ，所以 ,所以 ，解得 ，所以 为 的中点.
又 , 分别为 , 的中点，所以 , ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2） 证明：平面 平面 ；
[答案] , ,又 ，
所以 ,所以 .
由于 ，所以 ，
又 , ， 平面 , 平面 ,
所以 平面 .
又 平面 ,所以平面 平面 .
（3） 求二面角 的正弦值.
[答案]如图，以 为坐标原点， , 所在直线分别为 , 轴，建立空间直角坐标系，则 , ， , .
因为 ， ，所以设 , ，
则 ,
由（2）知 ,所以 ，所以 ,
又 ， ,所以 ,所以 ,则 .
由 为 的中点，得 ，则 .
设平面 的法向量为 ，
则 即 得 , ,
取 ,则 是平面 的一个法向量.
易知平面 的一个法向量为 ，
设二面角 的大小为 ,则 ，
所以 ,故二面角 的正弦值为 .
2. [2022全国卷乙，12分]如图，四面体 中， ， ， ， 为 的中点.
（1） 证明：平面 平面 ；
[答案]因为 ， ， ，所以 ，所以 .
因为 为 的中点，所以 ， ，
又 ， , 平面 ,所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（2） 设 ， ，点 在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正弦值.
[答案]由（1）可知， 平面 .连接 ,因为 平面 ,所以 ,当 的面积最小时，点 到直线 的距离最小，即 的长度最小.
因为 , ，所以 为正三角形，则 ， ， .
因为 , ，所以 为等腰直角三角形，所以 .
所以 ,则 .
在 中，当 的长度最小时， ， .
解法一 以 为坐标原点， , , 所在的直线分别为 , , 轴建立如图所示空间直角坐标系 ，则 , , ， , , .
易得 , ，所以 .设 ，则 , ，所以 ，得 ， ，即 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，
则
不妨取 ,则 , ， .
记 与平面 所成的角为 ,则 .（易错点：所求线面角的正弦值等于向量 与 夹角的余弦值的绝对值）
解法二 因为 , , , , 平面 ,所以 平面 .
因为 ，所以 ，其中 为点 到平面 的距离.
在 中，因为 , ，所以 ，
所以 .
因为 平面 , 平面 ，所以 ，所以 .
记 与平面 所成的角为 ，则 .
3. [2022新高考卷Ⅱ，12分]如图， 是三棱锥 的高， , , 为 的中点.
（1） 证明： 平面 ；
[答案]如图，取 的中点 ，连接 , , ．
因为 ，所以 ．
因为 为三棱锥 的高，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ．
又 , 平面 ，且 ，所以 平面 ．
因为 平面 ，所以 ，
又 ， , , 平面 ,所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
因为 , 分别为 ， 的中点，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．又 , 平面 ， ，所以平面 平面 ．
又 平面 ，所以 平面 ．
（2） 若 ， , ,求二面角 的正弦值.
[答案]连接 ，
因为 平面 ， , 平面 ，所以 ， ，
所以 ．
易得在 中， ，所以 ， ．
又 ，
所以在 中， ．
以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴, 轴，以过 且垂直于平面 的直线为 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ．
设平面 的法向量为 ，
则 即 令 ，则 ．
设平面 的法向量为 ，
则 即 令 ，则 .
所以 ．设二面角 的大小为 ,
则 .
4. [2021新高考卷Ⅰ，12分]如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， , 为 的中点.
（1） 证明： .
[答案]因为 , 为 的中点，所以 ，
又平面 平面 ,且平面 平面 , 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ,所以 .
（2） 若 是边长为1的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 的大小为 ，求三棱锥 的体积.
[答案]解法一 因为 是边长为1的正三角形，且 为 的中点，所以 ，
所以 是直角三角形，且 , ,所以 .
如图，过点 作 ，交 于 ，过点 作 ，垂足为 ，连接 .
因为 平面 ，
所以 平面 .
又 平面 ,所以 ,
又 ，且 ， , 平面 ,
所以 平面 ，
则 为二面角 的平面角，
所以 ,则 .
因为 ,所以 , ,所以 .
因为 ， ，所以 ，
则 ，所以 .
所以 ，所以 ，
所以 .
解法二 如图所示，以 为坐标原点， , 所在直线分别为 , 轴，在平面 内，以过点 且与 垂直的直线为 轴建立空间直角坐标系.
因为 是边长为1的正三角形，且 为 的中点，
所以 ,
所以 , , .
设 ， ,因为 ,所以 .
由题意可知平面 的一个法向量为 .
设平面 的法向量为 .
因为 , ，
所以 即
令 ，则 , ，所以 .
因为二面角 的大小为 ，
所以 ，
得 ，即 .
又 ，
所以 .
5. [2021全国卷甲，12分]如图，已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ， , 分别为 和 的中点， 为棱 上的点， .
（1） 证明： ;
[答案]因为 , 分别是 和 的中点，且 ，
所以 ， .
如图，连接 ,由 , ,得 ，于是 ,所以 .由 ，得 .
故可以 为坐标原点， , , 所在直线分别为 , , 轴建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 , , , .
设 ，则 ，于是 .
所以 ，所以 .（一题多解：取 中点 ，连接 , , ，可得 , , , 共面.通过证明 平面 ,而 平面 来证明 ）
（2） 当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小？
[答案]易知面 的一个法向量为 .
设面 的法向量为 ，则
又 ， ,
所以 令 ，得 , ,
所以面 的一个法向量为 ，
所以 .
设面 与面 所成的二面角为 ,
则 ，
故当 时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小,为 ，即当 时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小.
6. [2020全国卷Ⅱ，12分]如图，已知三棱柱 的底面是正三角形，侧面 是矩形， , 分别为 , 的中点， 为 上一点，过 和 的平面交 于 ,交 于 .
（1） 证明： ,且平面 平面 .
[答案]因为 , 分别为 ， 的中点，
所以 .
又由已知得 ,故 .
因为 是正三角形，
所以 .
又 ,
故 平面 .
所以平面 平面 .
（2） 设 为 的中心.若 平面 ,且 ,求直线 与平面 所成角的正弦值.
[答案]由已知得 .以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 ,则 , .
连接 ,则四边形 为平行四边形，故 , .
由（1）知平面 平面 .作 ,垂足为 ，则 平面 .
设 ,则 , ,故 , .
又 是平面 的一个法向量，故
.
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
7. [2019全国卷Ⅲ，12分]图1是由矩形 ， 和菱形 组成的一个平面图形，其中 ， ， .将其沿 ， 折起使得 与 重合，连接 ，如图2.
（1） 证明：图2中的 ， ， ， 四点共面，且平面 平面 ;
[答案]由已知得 , ，所以 ，
故 ， 确定一个平面，
从而 , , , 四点共面.
由已知得 ， ，故 平面 .
又因为 平面 ，
所以平面 平面 .
（2） 求图2中的二面角 的大小.
[答案]作 ，垂足为 .
因为 平面 ，平面 平面 ，所以 平面 .
由已知，菱形 的边长为2， ，可求得 ， .
以 为坐标原点， 的方向为 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ,则 , , , , .
设平面 的法向量为 ,则 即
所以可取 .
又平面 的法向量可取为 ,
所以 .
因此二面角 的大小为 .
8. [2019北京，14分]如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ， ， 为 的中点，点 在 上，且 .
（Ⅰ） 求证: 平面 ;
[答案]因为 平面 ,
所以 .
又因为 , ,
所以 平面 .
（Ⅱ） 求二面角 的余弦值;
[答案]过 作 的垂线交 于点 .
因为 平面 ,
所以 , .
如图建立空间直角坐标系 ,
则 , , , , .
因为 为 的中点，
所以 .
所以 , , .
所以 , .
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ,则 , .
于是 .
又因为平面 的法向量为 ,
所以 .
由题知，二面角 为锐二面角，所以其余弦值为 .
（Ⅲ） 设点 在 上，且 .判断直线 是否在平面 内，说明理由.
[答案]直线 在平面 内.
因为点 在 上，且 , ，
所以 , .
由（Ⅱ）知，平面 的法向量 .
所以 .
所以直线 在平面 内.
第 页
