专题二 函数概念与基本初等函数Ⅰ
考点3 函数的概念、图象和性质
题组
一、选择题
1. [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 .
2. [2023新高考卷Ⅱ，5分]若 为偶函数，则 ( B )
A. B. 0 C. D. 1
[解析]解法一 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 .
解法二 因为 为偶函数， , ,所以 ,解得 ,故选 .
3. [2023全国卷乙，5分]已知 是偶函数，则 ( D )
A. B. C. 1 D. 2
[解析]解法一 的定义域为 ，因为 是偶函数，所以 ，即 ，即 ，即 ，所以 ，解得 （舍去）或 ，故选 .
解法二 ， 是偶函数，又 是奇函数，所以 是奇函数，故 ，即 ，故选 .
4. [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]解法一 由题图可知函数 的图象关于 轴对称，所以函数 是偶函数.对于 ， ，定义域为 ， ，所以函数 是奇函数，所以排除 ；对于 ， ，定义域为 ， ，所以函数 是奇函数，所以排除 ；对于 ， ，定义域为 ， ，所以函数 是偶函数，又 ， ，所以 恒成立，不符合题意，所以排除 ；分析知，选项 符合题意，故选 .
解法二 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 .
5. [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] ，所以函数 是奇函数，且当 时, , ,故 ,故选 ．
【速解】取 ，则 ；取 ，则 .结合选项知选A．
6. [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 .
7. [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 .
8. [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 .
9. [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.
【方法技巧】记住一些常见函数的奇偶性，对我们提高解题速度很有帮助,常见的偶函数有 且 ， ， ， 等;常见的奇函数有 ， ， ， ， ， ， 等，其中 且 .
10. [2021全国卷甲，5分]设 是定义域为 的奇函数，且 .若 ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]因为 是定义在 上的奇函数，所以 ．又 ，所以 ，所以函数 是以2为周期的周期函数， .故选 ．
11. [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，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】若 ,则 的图象关于点 对称；若 ,则 的图象关于直线 对称；若 的图象关于点 对称且关于直线 对称，则 的周期 .
12. [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 .
13. [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 .选 .
14. [2021天津，5分]函数 的图象大致为( B )
A.
B.
C.
D.
[解析]设 ,则 的定义域为 .因为 ,所以函数 是偶函数,其图象关于 轴对称,故排除选项 , .当 时, , ,所以 ,故排除选项 ,选 .
15. [2020新高考卷Ⅰ，5分]若定义在 上的奇函数 在 上单调递减，且 ,则满足 的 的取值范围是( D )
A. B. C. D.
[解析]由题意知 在 , 上单调递减，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.选D.
16. [2019全国卷Ⅱ，5分]设 为奇函数，且当 时， ，则当 时， ( D )
A. B. C. D.
[解析]依题意得，当 时， ，选 .
二、填空题
17. [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 .
18. [2022北京，5分]函数 的定义域是 .
[解析]因为 ，所以 , ，解得 .
19. [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， ， .
20. [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.
21. [2021浙江，4分]已知 ，函数 若 ，则 2.
[解析]因为 ，所以 ，所以 ，解得 .
22. [2021新高考卷Ⅰ，5分]已知函数 是偶函数，则 1.
[解析]因为 的定义域为 ，且是偶函数，所以 对任意的 恒成立，所以 对任意的 恒成立，所以 对任意的 恒成立，所以 .
【速解】因为 的定义域为 ，且是偶函数，所以 ，所以 ，解得 ，经检验， 为偶函数，所以 .
23. [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]若函数 ，则 ， , ，所以 ；因为 ， ，所以 为奇函数，且当 时， .故函数 符合题意.
考点4 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]解法一 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 .
解法二 因为函数 是增函数，且 ，所以 ，即 ；因为函数 在 上单调递增，且 ，所以 ，即 .综上， .故选 .
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天津，5分]化简 的值为( B )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
[解析] ，故选 .
4. [2022天津，5分]已知 , , ,则( C )
A. B. C. D.
[解析]因为 ， ， ，所以 ，故选 .
5. [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 ．
6. [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， ， , .
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，由图可知只有 项符合题意．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]由题意知 ，得 ，得 ,所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.
10. [2021新高考卷Ⅱ，5分]若 ， ， ，则( C )
A. B. C. D.
[解析] ， ，所以 .故选 .
11. [2021天津，5分]设 , , ,则 , , 的大小关系为( D )
A. B. C. D.
[解析]因为 , , ,所以 ,故选 .
12. [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 ，故选 .
13. [2020全国卷Ⅱ，5分]设函数 ，则 ( A )
A. 是奇函数，且在 单调递增 B. 是奇函数，且在 单调递减
C. 是偶函数，且在 单调递增 D. 是偶函数，且在 单调递减
[解析]函数 的定义域为 ，因为 ，所以函数 为奇函数，排除 , .因为函数 ， 在 上均为增函数，所以 在 上为增函数，排除 ，故选 .
14. [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 ．
15. [2020全国卷Ⅲ，5分] 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 （ 的单位：天）的 模型： ,其中 为最大确诊病例数.当 时，标志着已初步遏制疫情，则 约为 ( C )
A. 60 B. 63 C. 66 D. 69
[解析]由题意可知，当 时， ，即 ， ， ， ， .故选 .
16. [2020全国卷Ⅲ，5分]设 , , ,则( A )
A. B. C. D.
[解析] ， ， ， ， ， ， ， ，故选 .
17. [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 .
18. [2020新高考卷Ⅱ，5分]已知函数 在 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 单调递增，在 单调递减，所以函数 在 单调递增，所以 ，故选 .
【方法技巧】复合函数的单调性：如果 和 的单调性相同，那么 是增函数；如果 和 的单调性相反，那么 是减函数.
19. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知 , , ，则( B )
A. B. C. D.
[解析] , , 且 ， ，故选 .
20. [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．
21. [2019全国卷Ⅲ，5分]设 是定义域为 的偶函数，且在 上单调递减，则( C )
A. B.
C. D.
[解析]因为函数 在 上是增函数，所以 .因为函数 在 上是增函数，所以 .因为函数 是偶函数，所以 .因为函数 在 上单调递减，且 ，所以 .故选 .
22. [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]根据题意，设太阳的星等与亮度分别为 与 ，天狼星的星等与亮度分别为 与 ，则由已知条件可知 , ，根据两颗星的星等与亮度满足 ，把 与 的值分别代入上式得， ，得 ,所以 ，故选 .
23. [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.
考点5 函数与方程
题组
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. [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 .
3. [2021天津，5分]设 ,函数 若 在区间 内恰有6个零点,则 的取值范围是( A )
A. B. C. D.
[解析]因为函数 在区间 内恰有6个零点,所以当 时, 恰有6个根.当 时,方程 最多有两个不等实根,所以 .函数 图象的对称轴为直线 , .令 ,则 ,则当 时, 可转化为当 时, .
若当 时,方程 无实根,则当 时, 有6个根,即当 时, 有6个根,所以 无解;若当 时,方程 有两个相等实根或一个实根,则当 时, 有5个根,即当 时, 有5个根,所以 或 得 ;若当 时,方程 有两个不等实根,则当 时, 有4个根,即当 时, 有4个根,所以 解得 .
综上,实数 的取值范围为 ,故选 .
4. [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.
5. [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 .
二、填空题
6. [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 .
7. [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， ．
8. [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.
9. [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6 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 ， ，即 时，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对于 选项，当 ， ，即 ，即 时，根据图象可知，二氧化碳处于液态；对于 选项，当 ， ，即 时，根据图象可知，二氧化碳处于固态；对于 选项，当 ， ，即 ，即 时，根据图象可知，二氧化碳处于超临界状态.故选 .
2. [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]由 ,得 ,所以 .设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为 天，则有 ，即 ，两边同时取对数，得 ,解得 ，故选 .
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，甲企业污水排放量与时间的关系图象在 时刻切线的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 的污水治理能力最强，故④错误．
第 1 页专题六 数列
考点15 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. [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 ，又当 时， 是常值，所以 ，从而 .故选 .
3. [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.
4. [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 ．
5. [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 ．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
6. [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 .
7. [2020全国卷Ⅱ，5分]记 为等差数列 的前 项和.若 , ,则 25.
[解析]解法一 设等差数列 的公差为 ，则由 ，得 ，即 ，解得 ，所以 .
解法二 设等差数列 的公差为 ,因为 ，所以 ，所以 ，所以 .
8. [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 .
9. [2019全国卷Ⅲ，5分]记 为等差数列 的前 项和.若 , ，则 100.
[解析]解法一 设等差数列 的公差为 ，则由题意，得 解得 所以 .
解法二 由题意，得公差 ，所以 ，所以 .
【方法技巧】 在等差数列 中，首项 与公差 是两个最基本的元素，有关等差数列的问题，如果条件与结论间无明显联系，则均可以化成关于 , 的方程（组）求解；如果条件与结论存在明显的特点，一般运用数列的性质解题较为简捷.
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 .
三、解答题
12. [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,
13. [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 .
14. [2021全国卷甲，12分]记 为数列 的前 项和，已知 , ,且数列{ }是等差数列，证明： 是等差数列.
[答案]由题意可知，数列 的首项为 ，设等差数列 的公差为 ,
则 ，
所以 ，
即 ，
所以
即 ，
所以 ，所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列.
15. [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.
16. [2019全国卷Ⅰ，12分]记 为等差数列 的前 项和.已知 .
（1）若 ，求 的通项公式；
[答案]设 的公差为 .
由 得 .由 得 .
于是 , .
因此 的通项公式为 .
（2）若 ,求使得 的 的取值范围.
[答案]由（1）得 ,故 , .
由 知 ,故 等价于 ,解得 .
所以 的取值范围是 .
考点16 等比数列
题组
一、选择题
1. [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 .
2. [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 .
3. [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 .
4. [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，得 ，所以 或 所以 ．故选 ．
解法二 易知公比 ，则 , , 构成等比数列，由等比中项得 ，即 ，所以 ．故选 ．
【方法技巧】 设 是等差数列 的前 项和，则 , , , 构成等差数列;设 是等比数列 的前 项和，且 ，则 , , , 构成等比数列．
5. [2020全国卷Ⅱ，5分]记 为等比数列 的前 项和.若 , ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]解法一 设等比数列 的公比为 ，则由 解得 所以 ， ，所以 ，故选 .
解法二 设等比数列 的公比为 ,因为 ，所以 ，所以 ，故选 .
【方法技巧】在选择题或填空题中考查等差数列或等比数列的基本性质时,通常有两种解决方法：（1）将已知条件中的等式转化为关于首项 或公差 （公比 的方程（组）进行求解；（2）根据已知等式的特点，利用等比数列或等差数列的性质进行求解.
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. [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]设数列 的公比为 ，由 ，得 ，得 ，令 ，则 ，解得 或 （舍去），所以 ，即 或 （舍去）.又 ，所以 ，所以 .故选 .
二、填空题
8. [2023全国卷甲，5分]记 为等比数列 的前 项和．若 ，则 的公比为 .
[解析]由 ，可知数列 的公比 ,所以 ，即 ，即 ，所以 .
9. [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 ，由 及 ，易知 .把 代入 ，得 ，解得 ，所以 .
解法二 设等比数列 的公比为 ，因为 ， ，所以 ，解得 ，所以 ，所以 .
解法三 设等比数列 的公比为 ，由题意易知 .设数列 的前 项和 （其中 为常数），则 ①， ②，由①②可得 ， .所以 .
三、解答题
10. [2020全国卷Ⅲ，12分]设等比数列 满足 , .
（1）求 的通项公式；
[答案]设 的公比为 ，则 .
由已知得 解得 , .
所以 的通项公式为 .
（2）记 为数列{ 的前 项和.若 ，求 .
[答案]由（1）知 .
故 .
由 得 ,即 .
解得 （舍去）或 .
11. [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 .
考点17 递推数列与数列求和
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 ， ，数列 的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,则第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.
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]解法一 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.故选 .
解法二 当 时， ，则 ， ， ， ， ， ， ，故 ，故选 .
二、填空题
3. [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，且面积均为 ，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，且面积均为 ，所以 ；
……
所以可归纳 .
所以 ①，
所以 ②，
由 得， ，
所以 .
4. [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
5. [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 ， ， .
因为 ， ，
所以
解得 所以 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， ．
6. [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 .
7. [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]依题意有 ，
所以 ，
又 ，
所以 是以2为首项，3为公差的等差数列，
所以 , .
（2）求 的前20项和.
[答案] .
设 ，则 是以1为首项，3为公差的等差数列，所以 .
故 的前20项和为 .
8. [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 .
9. [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 .
因为 ,所以 是首项为1,公比为 的等比数列.
由题设得 ,即 .
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 ,
.
【易错点拨】 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．
10. [2019天津，13分]设 是等差数列, 是等比数列,公比大于0.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 求 .
[答案] .
记 ①,
则 ②,
得, .
所以, .
题组二
一、选择题
1. [2022浙江，4分]已知数列 满足 ， ,则( B )
A. B. C. D.
[解析]因为 , ,所以 ，易知 ，所以有 ，所以可得 .由 ，可得 ,即 .一方面，由 ，累加可得 ，所以 ，从而 .另一方面，由（*）式可得 ,所以 ，又 ,所以 ,由 ，累加可得 ，所以 ，所以 .综上可知， .故选 .
2. [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、解答题
3. [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， .
4. [2022天津，15分]已知 是等差数列，其前 项和为 , 是等比数列， .
（Ⅰ）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 , .
（Ⅱ）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 .
（Ⅲ）求 .
[答案]令 ，
当 为奇数时， ，
当 为偶数时， ，
则 ，
令 ，
则 ，
所以 ，
所以 .
令 ，
所以 .
5. [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 .
6. [2021天津，15分]已知 是公差为2的等差数列,其前8项和为64, 是公比大于0的等比数列, , .
（Ⅰ）求 和 的通项公式.
[答案]因为数列 是公差为2的等差数列,且前8项和为64,所以 ,解得 ,
所以 .
设等比数列 的公比为 ,因为 , ,所以 ,又 ,所以 ,所以 .
（Ⅱ）记 , .
（i）证明 是等比数列;
[答案]因为 ,
所以 ,
所以 ,
所以 是等比数列.
（ii）证明 .
[答案] .
令 ,则 ,所以 ,
两式相减,得 ,
所以 ,
所以 ,
即 .
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 , .
8. [2020天津，15分]已知 为等差数列， 为等比数列， , , .
（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 .由 ， ,可得 ,从而 的通项公式为 .由 , , ，可得 ,解得 ,从而 的通项公式为 .
（Ⅱ）记 的前 项和为 ，求证： ;
[答案]由（Ⅰ）可得 ,故 , ,从而 ，所以 .
（Ⅲ）对任意的正整数 ，设 求数列 的前 项和.
[答案]当 为奇数时， ;
当 为偶数时， .
对任意的正整数 ,有 ,
①.
由①得 ②.
由①②得 ,
从而得 .
因此， .
所以，数列 的前 项和为 .
【方法技巧】 一般地，如果数列 是等差数列， 是等比数列，求数列 的前 项和 时，可采用错位相减法求和，一般等式两边同乘以等比数列 的公比 ，然后作差求解，在写出“ ”与“ ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“ ”的表达式.
考点18 数列的综合应用
题组
一、填空题
1. [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.
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]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）.
二、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北京，13分]设 是等差数列, ,且 ， , 成等比数列.
（Ⅰ）求 的通项公式;
[答案]设 的公差为 .
因为 ,
所以 , , .
因为 , , 成等比数列,
所以 .
所以 .解得 .
所以 .
（Ⅱ）记 的前 项和为 ,求 的最小值.
[答案]由（Ⅰ）知, .
所以当 时, ；当 时, .
所以, 的最小值为 .
8. [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 1 页专题一 集合与常用逻辑用语
考点1 集合
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]设全集 ，2，3，4， ，集合 ， ， ， ，则 ( A )
A. ，3， B. ，3， C. ，2，4， D. ，3，4，
[解析]由题意知, ，又 ， ，所以 ，故选 .
2. [2023全国卷乙，5分]设全集 ，集合 ， ，则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]由题意知， ,所以 .故选 .
3. [2023天津，5分]已知集合 , , ，则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为 , ，所以 ,又 ，所以 .故选 .
解法二 因为 ，所以 ,所以集合 中必含有元素1,3,所以排除选项 , ；观察选项 , ，因为 ，所以 ，即 ，故选 .
4. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知集合 , ,0,1, ， ，则 ( C )
A. , ,0, B. 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 ．
5. [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 , ， ，不满足 ；当 时，解得 ，此时 , ， ,0, ，满足 .所以 ，故选 .
6. [2022浙江，4分]设集合 , ，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]由集合并集的定义，得 ，故选 ．
7. [2022全国卷甲，5分]设集合 , ,0,1, , },则 ( A )
A. B. , , C. D.
[解析]因为集合 },所以集合 中的整数有0，1，2，所以 .
8. [2022全国卷乙，5分]集合 ， ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]由题意知 ，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 .
11. [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 ．
12. [2021新高考卷Ⅰ，5分]设集合 , ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]因为 , ，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 ， ，所以 .故选 .
14. [2021全国卷甲，5分]设集合 , ,则 ( B )
A. B. ，7， C. ，5，7， D.
[解析]由题得集合 ，所以 .故选 ．
15. [2021全国卷乙，5分]已知全集 ,集合 , ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为集合 , ，所以 .又全集 ，所以 .故选 .
解法二 因为 ， ， ，所以 .故选 .
【方法技巧】补集转化规律： ； .
16. [2021浙江，4分]设集合 , ，则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]因为集合 , ，所以 .故选 .
17. [2021北京，4分]已知集合 , ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]集合 , ,所以 ,故选 .
18. [2021天津，5分]设集合 ,0, , , ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]因为 ,0, , ,所以 ,又 ,所以 ,故选 .
19. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知集合 , ,1,3, ,则 ( D )
A. ， B. ， C. ， D. ，
[解析]由 ，得 ，即集合 ，又集合 ,1,3, ，所以 ，故选 .
20. [2020全国卷Ⅱ，5分]已知集合 , ， ， ，则 ( D )
A. B. ， ，2， C. ，0， D. ,
[解析]因为 , , ,0,1, ， 或 , ，所以 , ，故选 .
21. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知集合 , ,则 中元素的个数为( B )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
[解析] 集合 ，集合 ， ， 中有3个元素，故选 .
22. [2020新高考卷Ⅱ，5分]设集合 ，3，5， , ，则 ( C )
A. ， B. ， C. ，3， D. ，2，3，5，
[解析]由已知得 ，故选 .
23. [2020新高考卷Ⅰ，5分]设集合 , ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析] ， ，则 ，故选 .
24. [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 .
25. [2020天津，5分]设全集 ， ， ，0，1，2， ，集合 ，0，1， ， ，0，2， ，则 ( C )
A. , B. C. , D. , , ,1,
[解析]由题知 , , ，所以 , ，故选 .
26. [2019全国卷Ⅱ，5分]已知集合 ， ，则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]依题意得 ，选 .
27. [2019北京，5分]已知集合 , ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]由题意得 ，即 ，故选 .
二、填空题
28. [2020江苏，5分]已知集合 ,0,1, ， ，则 .
[解析]由交集的定义可得 .
29. [2019江苏，5分]已知集合 ,0,1, , , ｝,则 .
[解析]由交集的定义可得 .
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 .
3. [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 ．
4. [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 .
5. [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 .
6. [2021全国卷乙，5分]已知命题 , ;命题 , ,则下列命题中为真命题的是( A )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ,使得 ，所以命题 是真命题.因为 , ，所以可得 ，所以命题 是真命题.于是可知 是真命题， 是假命题， 是假命题， 是假命题.故选 .
7. [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 .
8. [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 ，举反例如图所示.
9. [2021天津，5分]已知 ,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]解法一 若 ,则由不等式的性质得 ,即 ;若 ,则 或 ,即 .所以“ ”是“ ”的充分不必要条件,故选 .
解法二 令 , 或 ,因为 且 ,所以“ ”是“ ”的充分不必要条件,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]由 , ， 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 .
12. [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 .
13. [2019全国卷Ⅲ，5分]记不等式组 表示的平面区域为 命题 , ;命题 , .下面给出了四个命题
这四个命题中，所有真命题的编号是( A )
A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ③④
[解析]作出不等式组表示的平面区域 如图中阴影部分所示，直线 和直线 均穿过了平面区域 ，不等式 表示的区域为直线 及其右上方的区域，所以命题 正确；不等式 表示的区域为直线 及其左下方的区域，所以命题 不正确.所以命题 和 正确.故选 .
【速解】 在不等式组表示的平面区域 内取点 ，点 满足不等式 ，所以命题 正确；点 不满足不等式 ，所以命题 不正确，所以②④不正确，排除B,C,D.故选A.
14. [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 ，解得 ， ，故“ ”是“ ”的必要而不充分条件.故选 .
15. [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 .
16. [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 是偶函数，故“ ”是“ 是偶函数”的充分条件； 是偶函数，则有 ，即 ，又 , ，所以 ，则 对任意 恒成立，得 ，因此“ ”是“ 是偶函数”的必要条件.因此“ ”是“ 是偶函数”的充分必要条件，故选 .
17. [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 .
第 1 页专题七 不等式
考点19 不等式的性质与解法、基本不等式
题组
一、选择题
1. [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]对于选项 ，因为 ，所以当 时， 取得最小值，且 ，所以选项 不符合题意.
对于选项 ，令 ,则 ,由函数 在 上单调递减可知 ，所以选项 不符合题意.
对于选项 ，因为 ，当且仅当 ，即 ，即 时不等式取等号，所以 ，所以选项 符合题意.对于选项 ，当 时， ， ，所以选项 不符合题意.故选 .
【易错点拨】利用基本不等式求最值时，必须关注其中的“等号”能否取到.
2. [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 .
3. [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（图略），结合图象易得 的解集为 ，故选 .
二、填空题
4. [2021天津，5分]若 , ,则 的最小值为 .
[解析] ,当且仅当 即 时取等号,所以 的最小值为 .
5. [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.
6. [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 .
7. [2019天津，5分]设 , , ,则 的最小值为 .
[解析]解法一 由题意知 ，代入得 ，当 时， 取得最大值2，此时原式取得最小值，所以 .
解法二 由题意知 ，代入得 ，当 时， 取得最大值4，此时原式取得最小值，所以 .
解法三 由题意知 ，因为 , ，所以 ，即 ，当且仅当 时取“ ”，所以 .
8. [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130元;
[解析]顾客一次购买草莓和西瓜各1盒共需 （元），总价达到120元，又 ，即顾客少付10元，所以需要支付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]设顾客买水果的总价为 元，当 时，顾客支付 元，李明得到 元，且 ，显然符合题意，此时 ；当 时，则 恒成立，即 恒成立， ，又 ，所以 ，所以 .综上可知， ，所以 的最大值为15.
考点20 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题
题组
一、选择题
1. [2022全国卷乙，5分]若 ， 满足约束条件 则 的最大值是( C )
A. B. 4 C. 8 D. 12
[解析]作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分，作出直线 ，平移该直线，当直线经过点 时， 最大，此时 ，故选 ．
第1题图
2. [2022浙江，4分]若实数 , 满足约束条件 则 的最大值是( B )
A. 20 B. 18 C. 13 D. 6
[解析]
第2题图
作出不等式组表示的平面区域如图所示，平移直线 ，由图知，当直线经过点 时目标函数 取得最大值，即 ，故选 ．
3. [2021全国卷乙，5分]若 , 满足约束条件 则 的最小值为( C )
A. 18 B. 10 C. 6 D. 4
[解析]作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线 ,并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点 时，直线 在 轴上的截距最小，即 最小.解方程组 得 即点 的坐标为 .从而 的最小值为 .故选 .
【方法技巧】一般地，求目标函数 的最值时，要注意两个问题：①准确判断直线 与可行域的边界所在直线的相对位置；②当 时， 向上平移 增大， 向下平移 减小，当 时， 向上平移 减小， 向下平移 增大. 常见的目标函数还有：距离型——形如 ；斜率型——形如 .具体解题时，必须注意转化的等价性及几何意义．
4. [2021浙江，4分]若实数 , 满足约束条件 则 的最小值是( B )
A. B. C. D.
[解析]作出可行域如图中阴影部分所示，作出直线 并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点 时 取得最小值.由 得 所以 , .故选 .
【方法技巧】 线性规划问题中，目标函数的最值通常在约束条件表示的可行域的边界交点处取得.
5. [2020浙江，4分]若实数 , 满足约束条件 则 的取值范围是( B )
A. B. C. D.
[解析]画出可行域如图中阴影部分所示，作出直线 ，平移该直线，易知当直线经过点 时， 取得最小值， ，再数形结合可得 的取值范围是 .
6. [2019天津，5分]设变量 , 满足约束条件 则目标函数 的最大值为( C )
A. 2 B. 3 C. 5 D. 6
[解析]作出可行域如图中阴影部分所示.由 得 ，结合图形可知当直线 过点 时， 最大，由 得 ，故 .故选 .
二、填空题
7. [2023全国卷甲，5分]若 ， 满足约束条件 则 的最大值为15.
[解析]根据不等式组作出可行域如图所示，作出直线 并平移，由图可知，当平移后的直线经过点 时， 取得最大值.根据 得 所以 .
8. [2023全国卷乙，5分]若 ， 满足约束条件 ,则 的最大值为8.
[解析]如图，作出可行域，为一封闭三角形区域（包含边界）.作出直线 并平移，当直线 过点 时截距 取得最小值，即 取得最大值，所以 .
9. [2020全国卷Ⅰ，5分]若 , 满足约束条件 则 的最大值为1.
[解析]作出可行域，如图中阴影部分所示，由 得 故 .作出直线 ，数形结合可知，当直线 过点 时， 取得最大值，为1.
第9题图
10. [2020全国卷Ⅲ，5分]若 , 满足约束条件 则 的最大值为7.
[解析]根据约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示.结合图形可知，当直线 过点 时， 取得最大值，且 .
第10题图
11. [2019全国卷Ⅱ，5分]若变量 , 满足约束条件 则 的最大值是9.
[解析]作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线 ，并平移，当直线经过点 时，直线在 轴上的截距最小，此时 取得最大值，且 .
第 1 页专题九 解析几何
考点23 直线与圆
题组
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 .
3. [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 .
4. [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 .
5. [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 ．
6. [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，为 ,即 ,所以 .
【方法技巧】 求圆的弦长的常用方法
①利用半弦长、弦心距及半径构成的直角三角形来求，对于圆中的弦长问题，此种方法较为简单；
②直接求出直线与圆的交点坐标，利用两点间的距离公式求解；
③不求交点坐标，利用一元二次方程中根与系数的关系求解，即设直线的斜率为 ，直线与圆的方程联立后消去 得到方程的两根为 ， ，则弦长 .
7. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知圆 ,过点 的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为( B )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
[解析]将圆的方程 化为标准方程 ，设圆心为 ，则 ，半径 .设点 为点 ,过点 的直线为 ，因为 ，所以点 在圆 的内部，则直线 与圆 必相交，设交点分别为 , .易知当直线 时，直线 被该圆所截得的弦的长度最小，设此时圆心 到直线 的距离为 ，则 ，所以 ，即弦的长度的最小值为2，故选 .
【方法技巧】（1）一条直线被圆所截得的弦为 ，则 （其中 为圆的半径， 为圆心到直线的距离）.（2）过圆内一点 的直线为 ，当直线 （其中 为圆心）时，直线 被圆所截得的弦的长度取得最小值；当直线 过圆心时，直线 被圆所截得的弦的长度取得最大值，最大值即圆的直径.
8. [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 ．
9. [2020全国卷Ⅲ，5分]点 到直线 距离的最大值为( B )
A. 1 B. C. D. 2
[解析]记点 ,直线 恒过点 ,当 垂直于直线 时，点 到直线 的距离最大，且最大值为 ，故选 .
10. [2020北京，4分]已知半径为1的圆经过点 ，则其圆心到原点的距离的最小值为( A )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
[解析]设该圆的圆心为 ，则圆的方程为 , 该圆过点 , ,此式子表示点 在以 为圆心，1为半径的圆上，则点 到原点的距离的最小值为 ，故选 .
二、填空题
11. [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 （方法：直线被圆截得的弦长的相关问题，通常利用几何法解决，即直线被圆截得的半弦长 、弦心距 和圆的半径 满足 ，可以知二求一，或者结合点到直线的距离公式构建关系式进行求解）
由 ，得 ，整理得 ，解得 或 .
12. [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 .
13. [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 .
14. [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 .
15. [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 ．
16. [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 .
17. [2021天津，5分]若斜率为 的直线与 轴交于点 ,与圆 相切于点 ,则 .
[解析]设直线 的方程为 ,圆 的圆心为 ,半径为 ,则 , .由直线 与圆相切,可知圆心 到直线 的距离 ,即 ,所以 .连接 ,在 中, , ,所以 .
18. [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]解法一 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 .
解法二 如图，连接 ， ，则 ，连接 ,由 且 ,得 的垂直平分线是直线 .当 经过点 时， 的面积 .当 在点 的左上方时，记直线 与 的交点为 ,设 , ，则 ， ，则 的面积 ，则 ，由 得 （舍去 ），且当 时， , 单调递减；当 时， , 单调递增，所以当 时， 取得最大值，且 .综上， 面积的最大值为 .
19. [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 .
20. [2019浙江，6分]已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆 相切于点 ，则 , .
[解析]解法一 设过点 且与直线 垂直的直线方程为 ，所以 ，所以 ，所以 .令 ，得 ，则 .
解法二 因为直线 与以点 为圆心的圆相切，且切点为 ，所以 ，所以 ， .
三、解答题
21. [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;
[解析]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 , ，
所以 的方程为 .
由题意，圆心 到 的距离即 的半径，且距离为1，所以 .
（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.
[解析]设 , , ，
当 , , 中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时， , 均与 相切，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 , .
直线 的方程为 ,
设 到直线 的距离为 ，则 ，即 ，
所以直线 与 相切.
综上，直线 与 相切.
22. [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；
[解析]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.
[解析]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 .
考点24 椭圆
题组一
一、选择题
1. [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 .
【方法技巧】已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，点 在椭圆 上，则 的面积 .
2. [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 .
3. [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 .
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. [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]解法一 由题意设椭圆的方程为 ，连接 ，令 ,则 , .由椭圆的定义知， ，得 ，故 ，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， ，所以 ，得 .又 ,所以 ，椭圆 的方程为 .故选 .
解法二 由解法一可得， .
如图所示，不妨设 ,则由 可得 .将其代入椭圆方程 ,解得 ,所以 ,于是所求椭圆方程为 .故选 .
解法三 由题意知直线 的斜率存在，设直线 ,由对称性，不妨设 .
由 及 , ,可得 .
不妨设 ,由 可得 .
线段 的中点 ,则有 , .由 可得 ,即 ,则 .于是所求椭圆方程为 .故选 .
二、填空题
7. [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， ，（二级结论：椭圆 的一条弦 的中点为 , 为坐标原点，则 ）
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 .
三、解答题
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;
[解析]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.
[解析]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. [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 ;
[解析]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.
[解析]由（Ⅰ）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 .
10. [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；
[解析]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.
[解析]直线 的方程为 ，联立，得 消去 得 ，
，所以 或 .
设 , ，则 , .①
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 .②
由①②可得， .
综上可得 或 .
所以 的取值范围为 .
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；
[解析]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.
[解析]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 .
12. [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;
[解析]由已知可得 .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.
[解析]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 .
故直线 的方程为 或 .
题组二
一、选择题
1. [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]解法一设点 ，则根据点 在椭圆 上可得 .易知点 ，所以 .
当 ，即 时， 取得最大值 ，所以 .故选 .
解法二 因为点 在椭圆 上，所以可设点 .
易知点 ，所以 .易知当 ，即 时， 取得最大值 ，所以 .故选 .
二、填空题
2. [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 .
3. [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 .
4. [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 .
5. [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]由椭圆 ，得 ，不妨设 ， 分别为左、右焦点，则由题意知 ，于是由椭圆的定义得 ，所以 ，易知 的底边 上的高 ，所以 ，即 ，解得 ，代入椭圆方程得 （舍去）或 ，故点 的坐标为 .
【速解】不妨设 ， 分别为左、右焦点，则由题意，得 ，由椭圆的焦半径公式得 ， 二级结论：椭圆 的左、右焦点分别为 , ，则当点 在椭圆上时， ,
解得 ，代入椭圆方程得 ，故点 的坐标为 .
6. [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
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 ；
[解析]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.
[解析]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；
[解析] 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.
[解析]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 .
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 .
9. [2021天津，15分]已知椭圆 的右焦点为 ,上顶点为 ,离心率为 ,且 .
（Ⅰ）求椭圆的方程;
[解析]由题意可知 解得
所以椭圆的标准方程为 .
（Ⅱ）直线 与椭圆有唯一的公共点 ,与 轴的正半轴交于点 .过 与 垂直的直线交 轴于点 .若 ,求直线 的方程.
[解析]由题意,设直线 的方程为 , ,则 .
因为 , , ,
所以 ,
又 ,所以 ,
故直线 的方程为 ,则 ,
从而直线 的方程为 .
联立直线 与椭圆的方程,得
消去 ,得 ,
因为直线 与椭圆相切于点 ,
所以 ,
化简得 ①,
此时 ,
,
又点 在直线 上,所以 ,
即 ,
化简得 ②,
由①②及 ,可得 , ,
所以直线 的方程为 .
10. [2020北京，15分]已知椭圆 过点 ,且 .
（Ⅰ）求椭圆 的方程；
[解析]因为 ，
所以椭圆的方程为 ，
又因为椭圆过点 ，
所以 ，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.
[解析]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， .
11. [2020江苏，16分]如图，在平面直角坐标系 中，已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，点 在椭圆 上且在第一象限内， ，直线 与椭圆 相交于另一点 .
（1）求 的周长；
[解析]设椭圆 的长轴长为 ，短轴长为 ，焦距为 ,则 , , .
所以 的周长为 .
（2）在 轴上任取一点 ，直线 与椭圆 的右准线相交于点 ，求 的最小值；
[解析]椭圆 的右准线为 .
如图所示，设 , ,则 , ,
,在 时取等号.
所以 的最小值为 .
（3）设点 在椭圆 上，记 与 的面积分别为 ， ，若 ，求点 的坐标.
[解析]因为椭圆 的左、右焦点分别为 , ，点 在椭圆 上且在第一象限内， ，则 , , ,
所以直线 .
设 ，因为 ,
所以点 到直线 距离等于点 到直线 距离的3倍.
由此得 ,
则 或 .
由 得 ，此方程无解;
由 得 ，所以 或 .
代入直线 ，对应分别得 或 .
因此点 的坐标为 或 .
考点25 双曲线
题组
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. [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 .
3. [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 .
4. [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 ．
5. [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 .
6. [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 .
7. [2020全国Ⅰ，5分]设 , 是双曲线 的两个焦点， 为坐标原点，点 在 上且 ，则 的面积为( B )
A. B. 3 C. D. 2
[解析]解法一 设 , 分别为双曲线 的左、右焦点，则由题意可知 , ，又 ，所以 ，所以 是直角三角形，所以 .不妨令点 在双曲线 的右支上，则有 ，两边平方，得 ，又 ，所以 ，则 ，故选 .
解法二 设点 的坐标为 ,因为 ,则 ,把 代入双曲线方程得 ,所以 ,由题意可知 ,所以 .故选 .
【速解】 设 , 分别为双曲线 的左、右焦点，则由题意可知 , ，又 ，所以 ，所以 是直角三角形，所以 （其中 ，故选B.
【方法技巧】 焦点三角形面积公式：（1）若点 在椭圆 上， , 为椭圆的两个焦点，且 ，则 ；（2）若点 在双曲线 上， , 为双曲线的两个焦点，且 ，则 .
8. [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 ．
9. [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.
10. [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 .
11. [2019全国卷Ⅰ，5分]双曲线 的一条渐近线的倾斜角为 ，则 的离心率为( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一 依题意知， ，两边平方得 ， ，又 , ，选 .
解法二 借助直观想象，由对称性可得渐近线 的倾斜角为 ,从而可得 .
以 , 为两条直角边，构造一个直角三角形 ，如图所示, , , ,则 ,故 ,选 .
【方法技巧】 若双曲线 的一条渐近线的倾斜角为 ，则该双曲线的离心率 .
12. [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]解法一 依题意，记 ，则以 为直径的圆的方程为 ，将圆 与圆 的方程相减得 ，即 ，所以点 , 的横坐标均为 .由于 是圆 的一条弦，因此 ，即 ，即 ，所以 ，即 ，所以 ，因此 的离心率 ，故选 .
解法二 记 .连接 , ，则 ，所以 ，即 ，即 ，即 ，所以 ，因此 的离心率 ，故选 .
【速解】 记 .依题意， 是以 为直径的圆的一条弦，因此 垂直平分 .又 ，因此 是该圆的与 垂直的直径，所以 ，点 的横坐标为 ，纵坐标的绝对值为 ，于是有 ，即 ，即 的离心率为 ，故选A.
【方法技巧】 求双曲线的离心率或其范围的方法
①求 , , 的值，由 直接求 .
②列出含有 , , 的齐次方程（或不等式），借助于 消去 ，然后转化成关于 的方程（或不等式）求解.
二、填空题
13. [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 .
14. [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 .
15. [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.
16. [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 .
17. [2021全国卷乙，5分]双曲线 的右焦点到直线 的距离为 .
[解析]由双曲线的性质知 ，则 ，双曲线右焦点的坐标为 ，所以双曲线的右焦点到直线 的距离 .
18. [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 .
19. [2020全国卷Ⅲ，5分]设双曲线 的一条渐近线为 ,则 的离心率为 .
[解析]由双曲线的一条渐近线为 可知， ，所以 .
【易错点拨】 双曲线焦点在 轴上时渐近线方程为 ，焦点在 轴上时渐近线方程为 .
20. [2020北京，5分]已知双曲线 ,则 的右焦点的坐标为 ； 的焦点到其渐近线的距离是 .
[解析]双曲线 中， , ，则 的右焦点的坐标为 , 的渐近线方程为 ,即 ,即 ，则 的焦点到其渐近线的距离 .
21. [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 .
[解析]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
22. [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；
[解析]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.
[解析]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 .
考点26 抛物线
题组
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．
4. [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]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 .
5. [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 .
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]依题意得 ，得 ，故选 .
二、填空题
7. [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 .
8. [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]抛物线 的焦点为 ，又点 在抛物线 上，设 ，则 ，整理得 ， ，解得 ，所以点 的横坐标为 ，故填5.
【速解】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.
9. [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]由题易得 , ， ，所以 ，所以 ,即 ，解得 ，所以 的准线方程为 .
【速解】由题易得 , ， ,即 ，解得 或 （舍去），所以 的准线方程为 .
10. [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 作倾斜角为 的直线交抛物线于点 ， ，其中 ，则有 ， ， ， ， ；（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
11. [2023全国卷甲，12分]已知直线 与抛物线 交于 ， 两点， ．
（1）求 ；
[解析]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．
[解析]设 ， ，由（1）知抛物线 ，则点 .
因为 ,所以 ，则 .
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 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 .
12. [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；
[解析]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.
[解析]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 .
13. [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；
[解析]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.
[解析]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.要使直线 斜率最大，则 , 在第一象限,又因为点 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 .
14. [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；
[解析]设 ， ，则 .
由于 ，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，求该圆的方程.
[解析]由（1）得直线 的方程为 .由 可得 .于是 ， .
设 为线段 的中点，则 .
由于 ，而 ， 与向量 平行，所以 .解得 或 .
当 时， ，所求圆的方程为 ;
当 时， ，所求圆的方程为 .
考点27 圆锥曲线的综合应用
题组一
一、选择题
1. [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 .
2. [2021天津，5分]已知双曲线 的右焦点与抛物线 的焦点重合,抛物线的准线交双曲线于 , 两点,交双曲线的渐近线于 , 两点.若 ,则双曲线的离心率为( A )
A. B. C. 2 D. 3
[解析]不妨设点 , 均在第二象限,如图.双曲线的左、右焦点坐标分别为 , , .因为双曲线的右焦点和抛物线 的焦点重合,所以抛物线的准线方程为 ,所以 , .因为双曲线的渐近线方程为 ,所以 , ,所以 , ,又 ,所以 ,即 ,所以 ,即 , ,所以离心率 ,故选 .
二、填空题
3. [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 .
三、解答题
4. [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;
[解析]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.
[解析]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.
5. [2022浙江，15分]如图，已知椭圆 .设 , 是椭圆上异于 的两点，且点 在线段 上，直线 , 分别交直线 于 , 两点.
（Ⅰ）求点 到椭圆上点的距离的最大值；
[解析]设 是椭圆上任意一点，由 ，知 ，
故 的最大值是 ,
即点 到椭圆上点的距离的最大值为 .
（Ⅱ）求 的最小值.
[解析]易知直线 的斜率存在，设直线 ,联立直线 与椭圆的方程，整理得 ,
设 , ,则 ， .
直线 的方程为 ,代入 ,整理得 .
同理可得， ，
则
，
当且仅当 ,即 时等号成立，
所以当 时， 取得最小值，为 .
6. [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；
[解析]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 .
（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.
[解析]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.
【易错点拨】 注意点 的轨迹是双曲线的一支，其轨迹方程要标上 的范围.
【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.
7. [2020新高考卷Ⅱ，12分]已知椭圆 过点 ,点 为其左顶点，且 的斜率为 .
（1）求 的方程;
[解析]椭圆 的左顶点 ，则直线 的斜率为 ①，
点 在椭圆 上，则 ②，
联立 ,解得 , ,
故椭圆 的方程为 .
（2）点 为椭圆上任意一点,求 的面积的最大值.
[解析]设与直线 平行的直线的方程为 ，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与 距离较远的直线与椭圆的切点为 ，此时 的面积取得最大值.（由于 的边 的长为定值，因此其面积取最大值时只需其高最大，进而考虑转化为两条平行直线之间的距离最大即可）
联立直线方程 与椭圆方程 ，
可得 ，
化简可得 ，
所以 ，（直线 与直线 间的距离最大时，必须直线 与椭圆相切）
即 ，解得 ，与 距离较远的直线方程为 ，（由于与椭圆相切的直线 有两条，因此要注意取舍，其中有一条可使 的面积最大）
直线 的方程为 ，
点 到直线 的距离即两平行直线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得 ，
由两点间的距离公式可得 .
所以 的面积的最大值为 .
题组二
解答题
1. [2023全国卷乙，12分]已知椭圆 的离心率为 ,点 在 上.
（1）求 的方程；
[解析]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.
[解析]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 .
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;
[解析]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）若 的四个顶点到 的准线距离之和为12，求 与 的标准方程.
[解析]由（1）知 , ,故 .所以 的四个顶点坐标分别为 , , , , 的准线为 .
由已知得 ,即 .
所以 的标准方程为 , 的标准方程为 .
3. [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；
[解析]由题设得 ， ， .
则 ， .由 得 ，即 .
所以 的方程为 .
（2）证明:直线 过定点.
[解析]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 .
4. [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；
[解析]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.
[解析]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 .
5. [2019天津，14分]设椭圆 的左焦点为 ,左顶点为 ，上顶点为 .已知 （ 为原点）.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
[解析]设椭圆的半焦距为 ,由已知有 ,又由 ,消去 得 ,解得 .
所以椭圆的离心率为 .
（Ⅱ）设经过点 且斜率为 的直线 与椭圆在 轴上方的交点为 ,圆 同时与 轴和直线 相切，圆心 在直线 上，且 .求椭圆的方程.
[解析]由（Ⅰ）知, , ,故椭圆方程为 .由题意, ,则直线 的方程为 .点 的坐标满足 消去 并化简,得到 ,解得 , .代入到 的方程,解得 , .因为点 在 轴上方,所以 .
由圆心 在直线 上,可设 .因为 ,且由（Ⅰ）知 ,故 ,解得 .因为圆 与 轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆 与 相切,得 ,可得 .
故椭圆的方程为 .
6. [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;
[解析]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.
[解析]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 .
题组三
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;
[解析]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 .
[解析]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；
[解析]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.
[解析]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
，得 ,
又 ，
所以 ，解得 ;
，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.
3. [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；
[解析]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 .
[解析]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 ，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 ．
4. [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；
[解析]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.
[解析]由（Ⅰ）知， ， ，
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 .
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；
[解析]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.
[解析]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.
【易错点拨】 本题容易忽略直线 的斜率不存在的情况，导致解题过程不完整，从而失分.在解题的过程中，要注意在直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半这一性质.
6. [2019北京，14分]已知椭圆 的右焦点为 ，且经过点 .
（Ⅰ）求椭圆 的方程.
[解析]由题意得， , .
所以 .
所以椭圆 的方程为 .
（Ⅱ）设 为原点，直线 与椭圆 交于两个不同点 , ,直线 与 轴交于点 ,直线 与 轴交于点 .若 ,求证：直线 经过定点.
[解析]设 , ,
则直线 的方程为 .
令 ,得点 的横坐标 .
又 ,从而 .
同理， .
由 得 .
则 , .
所以
.
又 ,所以 ，解得 ,所以直线 经过定点 .
第 1 页专题八 立体几何
考点21 空间几何体的结构、三视图、表面积和体积
题组一
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]如图，网格纸上绘制的是一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为( D )
A. 24 B. 26 C. 28 D. 30
[解析]作出该零件的直观图如图所示，该零件可看作是长、宽、高分别为2，2，3的长方体去掉一个长、宽、高分别为2，1，1的长方体所得，其表面积为 ，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全国卷甲，5分]如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1,则该多面体的体积为( B )
A. 8 B. 12 C. 16 D. 20
[解析]三视图对应的几何体是放倒的直四棱柱，如图，直四棱柱的高为2，底面是上底为2，下底为4，高为2的梯形，所以体积 .故选 .（提醒：要是没想起是放倒的直四棱柱，也可切割成一个正方体 三棱柱来求解）
4. [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 ．
5. [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 ，解得 ，故选 .
【方法技巧】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．
6. [2021全国卷甲，5分]在一个正方体中，过顶点 的三条棱的中点分别为 ， ， .该正方体截去三棱锥 后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示，则相应的侧视图是( D )
A. B. C. D.
[解析]根据已知条件作出图形如图所示，结合多面体的正视图可知，该几何体的侧视图为 选项中的图形.
第6题图
7. [2021北京，4分]某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( A )
A. B. C. D.
[解析]将四面体 放入正方体中，如图所示，故 .故选 .
第7题图
8. [2021浙江，4分]某几何体的三视图如图所示（单位: ），则该几何体的体积（单位: ）是( A )
正视图
俯视图
俯视图
A. B. 3 C. D.
[解析]解法一由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱，其中底面等腰梯形的底边长分别为 , ，高为 ，该四棱柱的高为1，所以该几何体的体积 .故选 .
解法二 由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形（腰长为2）的直三棱柱截去一个底面为等腰直角三角形（腰长为1）的直三棱柱后得到的，所以该几何体的体积 .故选 .
【方法技巧】 解决三视图问题，一般根据三视图还原出几何体的直观图，然后直接计算或从补形的角度进行计算.
9. [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．
10. [2020北京，4分]某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为( D )
正（主）视图
侧（左）视图
俯视图
A. B. C. D.
[解析]将三视图还原为直观图（图略），知该三棱柱是正三棱柱,其高为2，底面是边长为2的等边三角形，正三棱柱的上、下两个底面的面积均为 ,三个侧面的面积均为 ,故其表面积为 ，选 .
11. [2020全国卷Ⅲ，5分]如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( C )
第11题图
A. B. C. D.
[解析]由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥 ，其中 平面 , , ,故其表面积 .
12. [2019浙江，4分]祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 ,其中 是柱体的底面积， 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示（单位： ），则该柱体的体积（单位： ）是( B )
第12题图
A. 158 B. 162 C. 182 D. 324
[解析]由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积 .故选 .
二、填空题
13. [2023新高考卷Ⅰ，5分]在正四棱台 中， ， , ,则该棱台的体积为 .
[解析]解法一 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 .
解法二 如图,将正四棱台 补形成正四棱锥 ,因为 , , ,所以 , , , 分别为 , , , 的中点,又 ,所以 ,即 .连接 ,取 的中点为 ,连接 ,则 平面 ,易知 ,所以 ,所以正四棱台 的高为 ,所以 .（或者 , ,所以 ）
14. [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）
15. （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.
16. [2020浙江，4分]已知圆锥的侧面积（单位： ）为 ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位： ）是1.
[解析]解法一 设该圆锥的母线长为 ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为 ，所以 ，解得 ，所以该半圆的弧长为 .设该圆锥的底面半径为 ，则 ，解得 .
解法二 设该圆锥的底面半径为 ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为 .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为 ，则 ，即 ，所以侧面展开图的面积为 ，解得 .
17. [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 .
【方法技巧】 求空间几何体体积的常用方法
（1）公式法：直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算．
（2）等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．
（3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．
18. [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 .
19. [2019江苏，5分]如图，长方体 的体积是120， 为 的中点，则三棱锥 的体积是10.
[解析]因为长方体 的体积是120，所以 ，又 是 的中点，所以三棱锥 的体积 .
题组二
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 ，又 ， , 平面 ，所以 平面 ，所以 ，故选 .
2. [2022浙江，4分]某几何体的三视图如图所示（单位： ），则该几何体的体积（单位： ）是( C )
A. B. C. D.
[解析]由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，圆台的上、下底面的半径分别为1和2，高为2，所以该几何体的体积为 ，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 .
6. [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 .
7. [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 .
8. [2021天津，5分]两个圆锥的底面是一个球的同一截面,顶点均在球面上,若球的体积为 ,两个圆锥的高之比为 ,则这两个圆锥的体积之和为( B )
A. B. C. D.
[解析]设球的半径为 ,则有 ,解得 ,设两个圆锥的高分别为 , ,由题意可知 ,解得 ,即两个圆锥的高分别为1,3,则球心到圆锥的底面的距离 .设这两个圆锥的底面半径为 ,根据球的截面性质得 ,即 ,解得 ,故两个圆锥的体积之和为 ,故选 .
9. [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．
10. [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 ．
11. [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 ．
12. [2020浙江，4分]某几何体的三视图（单位： ）如图所示，则该几何体的体积（单位： ）是( A )
正视图
俯视图
俯视图
A. B. C. 3 D. 6
[解析]由三视图可知，该几何体是三棱柱和三棱锥的组合体，结合图中数据可得该几何体的体积 ，故选 .
二、填空题
13. [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 .
14. [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 .
15. [2021全国卷乙，5分]以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （答案不唯一，②⑤也可）（写出符合要求的一组答案即可）.
[解析]根据“长对正，高平齐，宽相等”及题图中数据，可知②③只能是侧视图，④⑤只能是俯视图.若需组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次是③④或②⑤.若是③④，则三棱锥如图1中 ；若是②⑤，则三棱锥如图2中 .
16. [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]由题意得圆柱的高为四棱锥高的一半，底面圆的直径为以四棱锥侧棱的四个中点为顶点的正方形的对角线，易求得圆柱的底面圆的直径为1，高为1，所以该圆柱的体积 .
17. [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]长方体 的体积 ，而四棱锥 的底面积为矩形 面积的一半，高为 长的一半，所以四棱锥 的体积 ，所以长方体 挖去四棱锥 后所得几何体的体积 ，所以制作该模型所需原料的质量为 .
【易错点拨】 本题的易错点有三处：一是把四棱锥的体积公式与四棱柱的体积公式搞混，导致求四棱锥 的体积时漏乘 ；二是此题涉及质量的计算，考生在求完体积后，容易漏乘原料密度，导致所求得的结果出错；三是将计算模型几何体的体积错误计算为几何体的表面积，从 打印所用原料的密度的单位就可以发现计算的应该是体积而不是表面积.此类与实际应用相结合的试题，只要仔细审题，并找准题眼，就可避开命题人所设置的陷阱．
题组三
一、选择题
1. [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 .
2. [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 .
3. [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 .
4. [2021北京，4分]对24小时内降落在平地上的积水厚度（单位： ）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 .
二、填空题
5. [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 .
6. [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 .
7. [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1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）.
如题图2，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 .
三、解答题
8. [2023全国卷乙，12分]如图，在三棱锥 中, , , , , , , 的中点分别为 , , ,点 在 上， .
（1）求证: 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）若 ,求三棱锥 的体积.=
[答案]由（1）得 ,
因为 ,所以 .
又 ，所以 是二面角 的平面角，
所以二面角 的大小为 .
设点 到平面 的距离为 ,则 ,
在 中，由 ， ，得 ,
所以 ,
所以三棱锥 的体积 .
9. [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 .
又 为 的中点，所以 ， ，
因为 ，且 , 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，求三棱锥 的体积.
[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， ， .
由射影定理知 ，又 ,易知 ，所以 , .
解法一 因为 ， ， ， ， 平面 ，所以 平面 ，
则 到平面 的距离 .
故 .
解法二 由（1）知 ,又 , ， ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 即 到平面 的距离，
故 .
10. [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）证明：平面 平面 ;
[答案] 平面 ， 平面 ，
.
, , 平面 , 平面 ,
平面 .
又 平面 ，
平面 平面 .
（2）若 ,求四棱锥 的体积.
[答案] 为 的中点， .
由题意知 .
平面 ， 平面 ，
.
由 , ，得 ，
易得 ， ，即 ，得 ,
，
则四棱锥 的体积 .
11. [2020全国卷Ⅰ，12分]如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 是底面的内接正三角形， 为 上一点， .
（1）证明：平面 平面 ；
[答案]由题设可知， ,
由于 是正三角形，故可得 , .
又 ，故 , .
从而 , ,故 平面 ,所以平面 平面 .
（2）设 ，圆锥的侧面积为 ，求三棱锥 的体积.
[答案]设圆锥的底面半径为 ,母线长为 .
由题设可得 , ，解得 , .从而 .
由（1）可得 ,故 .
所以三棱锥 的体积为 .
考点22 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 如图所示，连接 , , ，则易知 ，所以直线 与 所成角等于直线 与 所成角.根据 为正方形 的对角线 的中点，易知 为 的中点.易知 ，所以 为等边三角形，所以 ,又 为 的中点，所以 .故选 .
3. [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]连接 ，则易得点 在 上，且 .因为 平面 ，所以 ，所以 平面 ，所以 与 异面且垂直.在 中，由中位线定理可得 ，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 .
4. [2020新高考卷Ⅰ，5分]如图，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 .
5. [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 不对；对于 ，根据两平面平行的判定定理与性质可知， 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 不对；对于 ，垂直于同一平面的两个平面可能相交，所以 不对.综上可知选 .
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： .
[答案]若 , ,则 （或若 ， ，则 ，答案不唯一）
其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题.
命题 若 , ,则 ，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体 中，设平面 为平面 ， 和 分别为 和 ，满足条件，但结论不成立.
命题 若 , ,则 ，此命题正确.证明：作直线 ，且与 相交，故 与 确定一个平面 ，且 ，因为 ，所以平面 与平面 相交，设 ，则 ，又 , ，所以 ，又 ，所以 ，又 在平面 外， ，故 .
命题 若 , ,则 ，此命题正确.证明：过直线 作一平面，且与平面 相交，交线为 ，因为 ，所以 .因为 ， ，所以 ，又 ，所以 .
三、解答题
7. [2023全国卷甲，12分]如图，在三棱柱 中， 平面 ， ．
（1）证明：平面 平面 ；
[答案]因为 平面 , 平面 ，
所以 ，
因为 ，所以 ,又 , , 平面 ,
所以 平面 ,
又 平面 ,所以平面 平面 .
（2）设 ， ，求四棱锥 的高．
[答案]如图，过点 作 ,交 于点 ，由（1）知平面 平面 ，
又平面 平面 , 平面 ，所以 平面 ，
即四棱锥 的高为 .
由题意知 ， , ,则 ,故 .
又 , ,
所以 .
解法一 由 ，得 ，
故四棱锥 的高为1.
解法二 在等腰直角三角形 中， 为斜边中线，所以 ,
故四棱锥 的高为1.
8. [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 .
9. [2019全国卷Ⅱ，12分]如图，长方体 的底面 是正方形，点 在棱 上， .
（1）证明： 平面 ;
[答案]由已知得 平面 , 平面 ，
所以 .
又 ,所以 平面 .
（2）若 , ,求四棱锥 的体积.
[答案]由（1）知 .
由题设知 ,
所以 ，
故 , .
作 ，垂足为 ,则 平面 ,且 .
故四棱锥 的体积 .
【方法技巧】 立体几何解答题的考查重点仍是围绕两部分内容进行的：一是有关线线、线面、面面的平行与垂直关系的证明，既要用相关的判定定理与性质定理，又要有转化能力，如我们常把“面面平行（垂直）问题”转化为“线面平行（垂直）问题”，再转化为“线线平行（垂直）问题”;二是求点到面的距离（棱锥的高）或求几何体的体积的问题，有关点到面的距离问题，常利用等体积法求解，有关几何体的体积问题，需熟记空间几何体的体积公式．
题组二
一、选择题
1. [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 .
2. [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]如图，取 的中点 ，连接 ， ， ， ，因为 是正三角形，所以 .设 ，则 .因为点 是正方形 的中心，所以 , , .因为平面 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，所以 ， ，所以在 中， ，在 中， ，所以在等腰三角形 中， ，所以 .易知 , 是相交直线.故选 .
二、填空题
3. [2020全国卷Ⅱ，5分]设有下列四个命题：
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
过空间中任意三点有且仅有一个平面.
若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
若直线 平面 ,直线 平面 ,则 .
则下述命题中所有真命题的序号是①③④.
[解析]解法一 对于 ，由题意设直线 ， ， ，则由 ，知 ， 共面，设此平面为 ，由 , ，知 ，由 , ，知 ，所以 ，所以 ， ， 共面于 ，所以 是真命题.对于 ，当 , , 三点不共线时，过 , , 三点有且仅有一个平面；当 , , 三点共线时，过 , , 的平面有无数个，所以 是假命题， 是真命题.对于 ，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以 是假命题， 是真命题.对于 ，若直线 平面 ，直线 平面 ，则 ，所以 是真命题， 是假命题．故 为真命题， 为假命题， 为真命题， 为真命题．综上可知，真命题的序号是①③④．
解法二 对于 ，由题意设直线 ， ， ，则 , , 三点不共线，所以此三点确定一个平面 ，则 , , ，所以 , , ，即 , , ，所以 是真命题．以下同解法一.
【易错点拨】解答本题时，需注意以下易错点：（1）判断命题 时，忽视三点在同一条直线上的情况，从而误认为 为真命题；（2）判断命题 时，易受同一平面内的影响，误认为两条直线不是相交就是平行，从而误认为 为真命题．
4. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知 , 为平面 外一点， ,点 到 两边 , 的距离均为 ，那么 到平面 的距离为 .
[解析]如图，过点 分别作 交 于点 ，作 交 于点 .由题意知 .过点 作 平面 于点 ，连接 ， , ，易知 ，则点 在 的平分线上，又 ，故 为等腰直角三角形.在 中， ， ，则 ，故 ,在 中，可得 ，即点 到平面 的距离为 .
三、解答题
5. [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 ， , ，所以 ，
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 ．
6. [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]在 中， , , ,则 ,所以 .
因为 , , ， 平面 ,所以 平面 .
因为 平面 ,所以 .
因为 ，所以 .
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值.
[答案]如图，连接 交 于点 ,过 作 交 于点 ,过点 作 交 于点 ，连接 .
由（Ⅰ）知 平面 ，所以 平面 .
故 是直线 与平面 所成的角.
因为 , ,且 , , 平面 ,
所以 平面 .
连接 ,在平行四边形 中， , .
在直角 中，由 , 得 .
在直角 中，由 ， 得 .
在 中，由 , , 得 .
在平行四边形 中， ,
所以 ,
故 , .
在直角 中， .
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
7. [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， .
（1）求三棱锥 的体积；
[答案]如图，取 的中点 ，连接 ，由已知可得 ， ， ， ， ，
由 得 ，
又 ， ,
所以 平面 ，
故 .
（2）已知 为棱 上的点，证明: .
[答案]如图，连接 , ,由（1）知 ，
所以 在平面 内.
在正方形 中，因为 ， 分别是 ， 的中点，所以由平面几何知识可得 ，
又 ， ,
所以 平面 ，
又 平面 ,所以 .
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 为 的中位线，
所以 ,且 .又 为 的中点,所以 .
由题设知 且 ,所以 为平行四边形，所以 且 ,
故 且 ,因此四边形 为平行四边形，所以 .
又 平面 , 平面 ，
所以 平面 .
（2）求点 到平面 的距离.
[答案]在菱形 中，由 为 的中点， ，可知 ,根据题意得 , ,
因为棱柱 为直棱柱，
所以 平面 ,所以 ，
又 ,所以 平面 ,
所以 ，所以 ,
设点 到平面 的距离为 ,根据题意得 ,则 ,解得 ,
所以点 到平面 的距离为 .
9. [2019北京，14分]如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 为菱形， 为 的中点.
（Ⅰ）求证： 平面 ；
[答案]因为 平面 ,所以 .
又因为底面 为菱形,所以 .
所以 平面 .
（Ⅱ）若 ，求证：平面 平面 ；
[答案]因为 平面 , 平面 ,所以 .
因为底面 为菱形, ,且 为 的中点,所以 .
所以 .所以 平面 .
所以平面 平面 .
（Ⅲ）棱 上是否存在点 ,使得 平面 说明理由.
[答案]棱 上存在点 ,使得 平面 .
如图所示，取 为 的中点,取 为 的中点,连接 , , .
则 ,且 .
因为底面 为菱形,且 为 的中点,所以 ,且 ，
所以 ,且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 .
因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 .
题组三
一、选择题
1. [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 ．
图2
因为在 中 , ，即 ，所以 .（大边对大角）
综合上面 , 的两种特殊位置知， ，故选 ．
二、解答题
2. [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]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 .
3. [2020全国卷Ⅲ，12分]如图，在长方体 中，点 ， 分别在棱 , 上，且 , .证明：
（1）当 时, ;
[答案]如图，连接 , .
因为 ，所以四边形 为正方形，故 .
又因为 平面 ，于是 .所以 平面 .
由于 平面 ,所以 .
（2）点 在平面 内.
[答案]如图，在棱 上取点 ,使得 ,连接 , , .
因为 ， , // ,所以 // ,
于是四边形 为平行四边形，故 .
因为 ， , // ,所以 // ，故四边形 为平行四边形，
所以 // ， // ,所以四边形 为平行四边形，故 .于是 .
所以 , , , 四点共面，即点 在平面 内.
4. [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 ,所以 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）设 为 的中心.若 ， 平面 ,且 ，求四棱锥 的体积.
[答案] 平面 , 平面 ,平面 平面 ,故 .
又 ,故四边形 是平行四边形，
所以 , , , .
因为 平面 ,所以四棱锥 的顶点 到底面 的距离等于点 到底面 的距离.
如图，作 ，垂足为 ，则由（1）知， 平面 ，故 .
底面 的面积为 .
所以四棱锥 的体积为 .
【方法技巧】（1）证明空间中的平行或垂直关系时，要注意线线、线面、面面平行（或垂直）间的转化，并结合相关结论进行证明；（2）求几何体的体积时首先要分清几何体的类型，然后求出高及对应的底面的面积，最后根据体积公式求解即可.
5. [2019江苏，14分]如图，在直三棱柱 中， , 分别为 , 的中点， .
求证：
（1） 平面 ;
[答案]因为 , 分别为 , 的中点，
所以 .
在直三棱柱 中， ,
所以 .
又因为 平面 , 平面 ,
所以 平面 .
（2） .
[答案]因为 , 为 的中点，
所以 .
因为三棱柱 是直棱柱，
所以 平面 .
又因为 平面 ,所以 .
因为 平面 , 平面 ， ,所以 平面 .
因为 平面 ,所以 .
【方法技巧】
1.平面图形中的平行关系是空间平行关系证明的起点与基础.
（1）三角形的中位线与底边平行；
（2）平行四边形的对边相互平行.
2.证明直线与平面平行，一般有以下两种方法.
（1）用判定定理来证明，在平面内找（或作）一条直线与已知直线平行，证明时注意用符号语言叙述证明过程；
（2）应用两平面平行的一个性质，即 .
6. [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.
图1
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中的四边形 的面积.
[答案]如图，取 的中点 ，连接 ， .
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，故 .
由已知，四边形 是菱形，且 得 ，故 平面 .
因此 .
在 中， ， ，故 .
所以四边形 的面积为4.
7. [2019天津，13分]如图,在四棱锥 中,底面 为平行四边形, 为等边三角形,平面 平面 , , , .
（Ⅰ）设 , 分别为 , 的中点，求证: 平面 ;
[答案]连接 ,易知 , .又由 ,故 .又因为 平面 , 平面 ,所以 平面 .
（Ⅱ）求证: 平面 ;
[答案]取棱 的中点 ,连接 .
依题意,得 ,又因为平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 平面 ,
又 平面 ,故 .
又已知 , ,
所以 平面 .
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值.
[答案]连接 ,由（Ⅱ）中 平面 ,可知 为直线 与平面 所成的角.
因为 为等边三角形, 且 为 的中点,
所以 .又 ,
所以在 中, .
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
第 1 页专题五 平面向量
考点13 平面向量的概念与运算
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. [2023全国卷甲，5分]已知向量 ， ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]由题意知， ， ，所以 ，故选 .
3. [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 ，所以 ，整理得 .故选 .
4. [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 .
5. [2022新高考卷Ⅰ，5分]在 中，点 在边 上， .记 , ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为 ，所以 ,所以 ．故选 ．
解法二（作图法）如图，利用平行四边形法则，合成出 ，由图易知 （即向量 ）的系数为负数，排除 , , ，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（图略）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 .
8. [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 .
9. [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 .
10. [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]解法一由题意得， , ， , , ，故选 .
解法二如图，设 , ,则 , , ，又 , ，即 .
【方法技巧】 求平面向量的夹角的方法
①定义法： ，注意 的取值范围为 （其中 , 为平面内两个非零向量， 为其夹角）．
②坐标法：若 ， ，则 （其中 , 为平面内两个非零向量， 为其夹角）.
③解三角形法：把两向量放到三角形中求解夹角．
二、填空题
11. [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 .
12. [2022全国卷甲，5分]已知向量 , .若 ，则 .
[解析] ， ,解得 .
13. [2021全国卷乙，5分]已知向量 , ,若 ,则 .
[解析]因为 ，所以 ，解得 .
14. [2021全国卷甲，5分]若向量 ， 满足 , , ,则 .
[解析]由 得 ，即 ，结合 ， ，得 ，所以 .
15. [2021新高考卷Ⅱ，5分]已知向量 ， ， ， .
[解析]在 中，设 , , ，因为 , ，所以 , ，所以 ， ，所以 .
16. [2021北京，5分]已知 ， ， ，则 0； 3．
[解析]由题意得， ， .
17. [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 , , , , , ， , , ， ．
考点14 平面向量的应用
题组
一、选择题
1. [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 ， ，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 .
2. [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 .
二、填空题
3. [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 .
4. [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 .
5. [2021天津，5分]在边长为1的等边三角形 中, 为线段 上的动点, 且交 于点 , 且交 于点 ,则 的值为1; 的最小值为 .
[解析]（1）如图,过 作 ,交 于点 ,易证得 ,四边形 是矩形,所以 , ,则 ,所以 .
（2）连接 ,由题意知, ,则 .
解法一（基底法）设 ,则 , ,所以 , ,所以 ,所以当 时, 取得最小值 ,即 的最小值为 .
解法二（坐标法）以 为坐标原点, 所在直线为 轴建立平面直角坐标系,设 ,则 , , , ,所以 , ,所以 ,所以当 时, 取得最小值 ,即 的最小值为 .
6. [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.
7. [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】 .
8. [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 为等腰三角形，易得 ，所以 ，则 .
解法二 如图，以点 为坐标原点， 所在直线为 轴，垂直 且过点 的直线为 轴，建立平面直角坐标系，则 ,易知 ， ，又 ，所以 ，于是 ， ，所以 .
9. [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 1 页专题十 概率、统计
考点28 随机事件的概率、古典概型与几何概型
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. [2023全国卷乙，5分]设 为平面坐标系的坐标原点，在区域 内随机取一点，记该点为 ，则直线 的倾斜角不大于 的概率为( C )
A. B. C. D.
[解析]如图所示，题中所给区域为一圆环形区域，其面积为 .由题意，知 点应在图中阴影部分内（包含边界），其中 ，该部分区域的面积占整个圆环面积的 ，故所求概率为 ，故选 .
4. [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21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 ．
5. [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 .
6. [2021全国卷乙，5分]在区间 随机取1个数，则取到的数小于 的概率为( B )
A. B. C. D.
[解析]因为区间 的长度为 ，区间 的长度为 ，所以在区间 随机取1个数，则取到的数小于 的概率 .故选 .
7. [2021全国卷甲，5分]将3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. 0.3 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8
[解析]把3个1和2个0排成一行，共有10种排法，分别是00111，10011，11001，11100，01011，01101，01110，10101，10110，11010，其中2个0不相邻的排法有6种，分别是01011，01101，01110，10101，10110，11010，所以所求概率 .故选 ．
8. [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 .
9. [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]解法一 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 ,所以 ，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 .
解法二 设喜欢足球为事件 ,喜欢游泳为事件 ,由题意知, , , ,所以 .故选 .
10. [2019全国卷Ⅱ，5分]生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为( B )
A. B. C. D.
[解析]设3只测量过某项指标的兔子为 , , ，另2只兔子为 , ，从这5只兔子中随机取出3只，则基本事件共有10种，分别为 ， , , , , ， , , , ，其中“恰有2只测量过该指标”的取法有6种，分别为 , , , , , ,因此所求的概率为 ，选 .
11. [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]将两位男同学分别记为 , ，两位女同学分别记为 , ，则四位同学排成一列，情况有 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， , , , ,共有24种，其中2名女同学相邻的有12种，所以所求概率 .故选 .
二、填空题
12. [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]甲、乙等5名同学分别标记为 ， , ， ， ，其中甲标记为 ，乙标记为 .从中随机选3名参加社区服务工作的事件有 ， , , ， , ， ， , ， ， , ， ， , ， ， , ， ， , ， ， , ， ， , ， ， , ，共计10种.甲、乙都入选的事件有 ， , ， , ， ， , ，共计3种，故所求概率 .
13. [2020江苏，5分]将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是 .
[解析]将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，向上的点数共有36种情况，其中点数和为5的情况有 ， ， ， ，共4种，则所求概率为 .
考点29 抽样方法与用样本估计总体
题组一
一、选择题
1. [2022全国卷乙，5分]分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位: ），得如下茎叶图:
则下列结论中错误的是( C )
A. 甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B. 乙同学周课外体育运动时长的样本平均数大于8
C. 甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.4
D. 乙同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值大于0.6
[解析]对于 ，甲同学周课外体育运动时长的中位数为 ，故选项 正确；对于 ，乙同学周课外体育运动时长大部分在 以上，故平均数大于8，故选项 正确；对于 ，甲同学周课外体育运动时长大于8的概率为 ，故选项 错误；对于 ，乙同学周课外体育运动时长大于8的概率为 ，故选项 正确.故选 .
2. [2021天津，5分]从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部,统计其评分数据,将所得400个评分数据分为8组:［66,70）,［70,74）,…,［94,98］,并整理得到如下的频率分布直方图,则评分在区间［82,86）内的影视作品数量是( D )
A. 20 B. 40 C. 64 D. 80
[解析]由频率分布直方图可知评分在区间 内的影视作品的频率为 ,又共有400部影视作品,所以评分在区间 内的影视作品的数量为 ,故选 .
【易错点拨】频率分布直方图的纵轴不是频率，而是 ，即频率分布直方图中小矩形的面积表示频率.
3. [2020全国卷Ⅲ，5分]设一组样本数据 ， ， , 的方差为 ，则数据 , , , 的方差为( C )
A. 0.01 B. 0.1 C. 1 D. 10
[解析]已知样本数据 , , , 的方差为 ，由方差的性质可得样本数据 , , , 的方差为 ，故选 .
4. [2019全国卷Ⅰ，5分]某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1,2, , ，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验.若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是( C )
A. 8号学生 B. 200号学生 C. 616号学生 D. 815号学生
[解析]由系统抽样可知第一组学生的编号为 ，第二组学生的编号为 , ，最后一组学生的编号为 .设第一组取到的学生编号为 ，则第二组取到的学生编号为 ，以此类推，所取的学生编号为10的倍数加 .因为46号学生被抽到，所以 ，所以616号学生被抽到，故选 .
二、填空题
5. [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 .
6. [2019江苏，5分]已知一组数据6,7,8,8,9,10,则该组数据的方差是 .
[解析]数据6,7,8,8,9,10的平均数是 ，则方差是 .
三、解答题
7. [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.
8. [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.
题组二
一、选择题
1. [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 .
2. [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知该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为 ，故 正确；
对于 ，根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为 ，故 正确；
对于 ，根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入的平均值估计为 （万元），故 错误；
对于 ，根据频率分布直方图知该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的农户比率估计为 ，故 正确.
3. [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 ．
【方法技巧】平均数能反映一组数据的平均水平；中位数是把一组数据从小到大或从大到小排列，若该组数据的个数为奇数，则取中间的数据，若该组数据的个数为偶数，则取中间两个数据的平均数.平均数和中位数都能反映一组数据的集中趋势，标准差和方差都能反映一组数据的稳定程度．
二、填空题
4. [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]由题意得，经停该站的高铁列车中正点的列车总数约为 ，经停该站的高铁列车总数为 ，所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率约为 ．
三、解答题
5. [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:
患病者
未患病者
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 ．
6. [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?]由题中数据可得， ， ，
,
.
（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）知 ， ，
则 ，
所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
7. [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.
8. [2019北京，12分]改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年来,移动支付已成为主要支付方式之一.为了解某校学生上个月A,B两种移动支付方式的使用情况,从全校所有的1 000名学生中随机抽取了100人,发现样本中A,B两种支付方式都不使用的有5人,样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下:
支付金额 支付方式 不大于2 000元 大于2 000元
仅使用A 27人 3人
仅使用B 24人 1人
（Ⅰ）估计该校学生中上个月A，B两种支付方式都使用的人数；
[答案?]由题知,样本中仅使用A的学生有 人,仅使用B的学生有 人，
A,B两种支付方式都不使用的学生有5人.
故样本中A,B两种支付方式都使用的学生有 人.
估计该校学生中上个月A,B两种支付方式都使用的人数为 .
（Ⅱ）从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,求该学生上个月支付金额大于2 000元的概率；
[答案?]记事件 为“从样本仅使用B的学生中随机抽取1人,该学生上个月的支付金额大于2 000元”,则 .
（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用B的学生中随机抽查1人,发现他本月的支付金额大于2 000元.结合（Ⅱ）的结果,能否认为样本仅使用B的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化 说明理由.
[答案?]记事件 为“从样本仅使用B的学生中随机抽查1人,该学生本月的支付金额大于2 000元”.
假设样本仅使用B的学生中,本月支付金额大于2 000元的人数没有变化,则由（Ⅱ）知, .
答案示例1:可以认为有变化.理由如下:
比较小,概率比较小的事件一般不容易发生,一旦发生,就有理由认为本月支付金额大于2 000元的人数发生了变化.所以可以认为有变化.
答案示例2:无法确定有没有变化.理由如下:
事件 是随机事件, 比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的.所以无法确定有没有变化.
考点30 回归分析与独立性检验
题组一
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 .
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
A 240 20
B 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： ,
0.100 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
[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. [2021全国卷甲，12分]甲、乙两台机床生产同种产品,产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表:
一级品 二级品 合计
甲机床 150 50 200
乙机床 120 80 200
合计 270 130 400
（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少
[答案?]根据表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是 ，乙机床生产的产品中一级品的频率是 .
（2）能否有 的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异
附: ,
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[答案?]根据列联表中的数据可得 的观测值 .
因为 ，所以有 的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异.
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.
题组二
解答题
1. [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： ）.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 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5
18.0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8
23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
（1）计算试验组的样本平均数；
[答案?]试验组的样本平均数为 .
（2）（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?]将40个数据按照从小到大的顺序依次排列，得最中间的两个数据即第20个和第21个数据分别为23.2和 ，则40只小白鼠体重的增加量的中位数 .
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 0.050 0.010
2.706 3.841 6.635
[答案?] ,
故有 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.
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. [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：
[答案?]根据抽查数据，可得 列联表:
64 16
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.
4. [2020全国卷Ⅲ，12分]某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）
锻炼人次 空气质量等级
1（优） 2 16 25
2（良） 5 10 12
3（轻度污染） 6 7 8
4（中度污染） 7 2 0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；
[答案?]由所给数据，该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率的估计值如下表：
空气质量等级 1 2 3 4
概率的估计值 0.43 0.27 0.21 0.09
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
[答案?]一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为
.
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”.根据所给数据，完成下面的 列联表，并根据列联表，判断是否有 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？
人次 人次
空气质量好
空气质量不好
附： ,
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[答案?]根据所给数据，可得 列联表：
人次 人次
空气质量好 33 37
空气质量不好 22 8
根据列联表得 的观测值 .
由于 ,故有 的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.
第 1 页专题四 三角函数与解三角形
考点10 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 .
2. [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 .
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全国卷乙，5分] ( D )
A. B. C. D.
[解析]解法一（公式法） 因为 ，所以 .故选 .
解法二 因为 ， ，所以 .故选 .
【方法技巧】 本题的出题意图是让同学们灵活运用三角恒等变换知识进行求值，考查同学们的运算求解能力. 一般地，应熟记以下特殊角的三角函数值： ， , , .
5. [2021新高考卷Ⅰ，5分]若 ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一（求值代入法） 因为 ，所以角 的终边在第二、四象限，所以 或 所以 .故选 .
解法二（弦化切法） 因为 ，所以 .故选 .
解法三（正弦化余弦法） 因为 ，所以 .则 .故选 .
6. [2021全国卷甲，5分]若 , ,则 ( A )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ，且 ，所以 ，解得 ，所以 ， .故选 ．
7. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知 ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析] ， ，故选 .
8. [2019全国卷Ⅱ，5分]已知 , ,则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]解法一 依题意得 ，由 ，知 ，所以 .又 ，所以 ，即 .又 ，所以 ，选 .
解法二 依题意得 ，即 ，所以 ，选 .
【方法技巧】 ， ， .
二、填空题
9. [2023全国卷乙，5分]若 , ,则 .
[解析]由 且 ，解得 故 .
10. [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 .
11. [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 , ,即 ， ，可令 ，则 ，故 的一个值为 .
12. [2020全国卷Ⅱ，5分]若 ，则 .
[解析]因为 ，所以由二倍角公式，得 .
13. [2020江苏，5分]已知 ,则 的值是 .
[解析]因为 ，所以 ， ,得 .
【方法技巧】 降幂公式 ， 是二倍角余弦公式的变形式.
14. [2020北京，5分]若函数 的最大值为2，则常数 的一个取值为 （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 .
15. [2019全国卷Ⅰ，5分]函数 的最小值为 .
[解析]解法一 ，
因为 ，所以当 时， 取得最小值，且 ，
故函数 的最小值为 ．
解法二 ，所以 ，
令 ，即 ，即 ，解得 或 .
故 或 或 时，函数 取得极值.
当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
所以函数的最小值为 .
【方法技巧】 对于函数 的最值或值域问题，可通过换元（令 转化为 的最值或值域问题进行求解.用换元法求解此类问题时，要注意换元后“元”的取值范围的变化.
16. [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 .
考点11 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，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 .
6. [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 .
7. [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（常规求法） 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（判断单调性法） 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.
8. [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 .
9. [2020全国卷Ⅰ，5分]设函数 在 的图象大致如图，则 的最小正周期为( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 由题图知， ， ，解得 .设 的最小正周期为 ，易知 , , ，当且仅当 时，符合题意，此时 ， ．故选 ．
解法二 由题图知， 且 ， ， ,解得 ， 的最小正周期 ．故选 ．
10. [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]因为 是奇函数，且其最小正周期为 ，所以 , ， ， .又 ，所以 ，故 ， ，故选 .
11. [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 .
二、填空题
12. [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 .
13. [2021全国卷甲，5分]已知函数 的部分图象如图所示,则 .
[解析]由题图可知 为 的最小正周期），即 ，所以 ，即 ，故 .点 可看作“五点作图法”中的第二个点，故 ,得 ，即 ，所以 .
14. [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 .
15. [2019北京，5分]函数 的最小正周期是 .
[解析] , 的最小正周期 .
【方法技巧】 函数 或 （其中 ， 的最小正周期 ；函数 （其中 ， 的最小正周期 ；函数 或 （其中 ， 的最小正周期 .
三、解答题
16. [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 .
题组二
一、选择题
1. [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 ．
2. [2020全国卷Ⅲ，5分]已知函数 ，则( D )
A. 的最小值为2 B. 的图象关于 轴对称
C. 的图象关于直线 对称 D. 的图象关于直线 对称
[解析]由题意得 .对于 ，当 时， ，当且仅当 时取等号;当 时， ，当且仅当 时取等号，所以 错误.对于 ， ，所以 是奇函数，图象关于原点对称，所以 错误.对于 ， ， ，则 ， 的图象不关于直线 对称，所以 错误.对于 ， ， ，所以 ， 的图象关于直线 对称，所以 正确.故选 .
3. [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]如图，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.
二、填空题
4. [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 .
5. [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 .
三、解答题
6. [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 .
考点12 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]解法一 由余弦定理 ，得 ，解得 或 （舍去）．故选 ．
解法二 由正弦定理 ，得 ,从而 （ 是锐角），所以 ．又 ，所以 ．故选 ．
【方法技巧】 已知两边一角求第三边，可以直接用余弦定理求解，也可以用正弦定理求解.用正弦定理求解时，要用到两角和的正弦公式、同角三角函数的基本关系，且涉及角的范围等，较麻烦.
3. [2020全国卷Ⅲ，5分]在 中， , , ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 在 中， ，则 ，所以 .由余弦定理知 ，所以 .由正弦定理 ，得 ，易知 ，所以 ， .故选 .
解法二 在 中， ， , ，所以由余弦定理知 ，所以 ，所以 是等腰三角形.过点 作 于点 ，则 ， ，所以 .故选 .
4. [2019全国卷Ⅰ，5分] 的内角 , , 的对边分别为 , , .已知 , ,则 ( A )
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
[解析]由题意及正弦定理得， ，所以由余弦定理得， ，得 .故选 .
二、填空题
5. [2022浙江，4分]我国南宋著名数学家秦九韶，发现了从三角形三边求面积的公式，他把这种方法称为“三斜求积”，它填补了我国传统数学的一个空白.如果把这个方法写成公式，就是 ,其中 , , 是三角形的三边, 是三角形的面积.设某三角形的三边 , , ,则该三角形的面积 .
[解析]因为 , , ，所以 .
6. [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 .
【拓展结论】 记 的内角 ， ， 的对边分别为 , , ，面积为 ，则 的面积公式为：
（1） （ 表示边 上的高）；
（2） ；
（3） 为 的内切圆半径）；
（4） （其中 ）；
（5） （ 为 的外接圆半径）．
7. [2021浙江，6分]在 中， ， , 是 的中点， ，则 ; .
[解析]解法一 在 中，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 .因为 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 .
8. [2019全国卷Ⅱ，5分] 的内角 , , 的对边分别为 , , .已知 ,则 .
[解析]解法一 依题意与正弦定理得 ，即 ，则 .又 ，所以 .
解法二 依题意得 ，故 ， 为钝角.如图，过点 作 交 的延长线于点 ，则 ， ，故 .又 ，所以 ， .
三、解答题
9. [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 .
10. [2022全国卷乙，12分]记 的内角 ， ， 的对边分别为 , , ,已知 .
（1）若 ,求 ;
[答案]由 ， 可得 .
将 代入 可得 ，
因为 ， ，所以 ，
又 , ，所以 ，即 ，
与 联立，解得 .
（2）证明: .
[答案]解法一 由 可得，
，
由正弦定理可得， ，
即 .
由余弦定理得， , , ，
整理得， .
解法二 因为 ，
所以 ， ，
又 ,
所以 ，
由正弦定理可得 .
11. [2020全国卷Ⅰ，12分] 的内角 , , 的对边分别为 ， ， .已知 .
（1）若 , ,求 的面积；
[答案]由题设及余弦定理得 ，解得 （舍去）， ，从而 .
的面积为 .
（2）若 ,求 .
[答案]在 中， ,
所以 .
故 .
而 ,所以 ,故 .
12. [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.
【方法技巧】 解决判断三角形形状的问题时，一般将条件化为只含角的关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系；或将条件化为只含有边的关系式，然后化简变形得出三边的关系.另外，在变形过程中要注意三角形内角 , , 的范围对三角函数值的影响.
13. [2019江苏，14分]在 中，角 , , 的对边分别为 , , .
（1）若 , , ，求 的值;
[答案]因为 , , ,
由 ,得 ,
即 .
所以 .
（2）若 ,求 的值.
[答案]因为 ,
由正弦定理 ,得 ,所以 .
从而 ,即 ,故 .
因为 ,
所以 ,
从而 .
因此 .
题组二
解答题
1. [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（1）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 .
2. [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 ．
3. [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 .
4. [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 .
5. [2022天津，14分]在 中，角 , , 所对的边分别为 , , .已知 , , .
（Ⅰ）求 的大小;
[答案]因为 ，
, ,所以 ，解得 .
（Ⅱ）求 的值;
[答案]由（Ⅰ）得 .
又 ， ,
所以由正弦定理 ,
得 .
（Ⅲ）求 的值.
[答案] ,
，
由 ,知 ，所以 .
由（Ⅱ）知， ,所以 ,
所以 .
6. [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]由题易得 .在 中，由正弦定理得 ，则 ，即 ，
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.
7. [2020浙江，14分]在锐角 中，角 , , 所对的边分别为 , , .已知 .
（Ⅰ）求角 的大小;
[答案]由正弦定理得 ,故 ,由题意得 .
（Ⅱ）求 的取值范围.
[答案]由 得 ,
由 是锐角三角形得 ， .
由 得
.
故 的取值范围是 .
8. [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 ，所以 ，因此 .
（2）若 为锐角三角形，且 ，求 面积的取值范围.
[答案]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 .
【速解】 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 .
题组三
一、填空题
1. [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， .
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 .
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 .
二、解答题
4. [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 .
5. [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 .
6. [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．
7. [2021天津，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 .
（Ⅱ）求 的值;
[答案]由正弦定理可得 ,
不妨设 ,则 , ,
由余弦定理可得 .
（Ⅲ）求 的值.
[答案]由题意结合（Ⅱ）可知, ,
所以 , ,所以 .
8. [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]由题意及（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.
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 .
9. [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 ,所以 , .
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 ，与 矛盾.
因此，选条件③时问题中的三角形不存在.
第 1 页专题十四 选修系列4
考点34 坐标系与参数方程
题组
解答题
1. [2023全国卷甲，10分]已知点 ，直线 为参数 ， 为 的倾斜角， 与 轴正半轴、 轴正半轴分别交于点 ， ,且 .
（1）求 ；
[答案]记点 , 对应的参数分别为 , .令 ,得 ，
令 ，得 ，
则 ，
所以 ，由题可知 ，
所以 或 .
因为直线 与 轴正半轴、 轴正半轴相交，
所以 .
（2）以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求 的极坐标方程.
[答案]根据（1）得直线 的参数方程为 为参数 ,
转化为普通方程为 ,
因为 , ,
所以 的极坐标方程为 .
2. [2023全国卷乙，10分]在直角坐标系 中，以坐标原点 为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ，曲线 为参数， .
（1）写出 的直角坐标方程；
[答案] ，方程两边同时乘以 ，得 ，
将 ， 代入，得 ，
又 ，所以 的直角坐标方程为 .
（2）若直线 既与 没有公共点，也与 没有公共点，求 的取值范围.
[答案]由 的参数方程可得 的普通方程为 .
数形结合可知，若直线 与 没有公共点，则 或 ；
若直线 与 没有公共点，可先求相切时的临界情况，即 ，得 ，
所以当 或 时，直线 与 没有公共点.
综上，当 或 时，直线 与 和 均没有公共点，
故 的取值范围为 .
3. [2022全国卷甲，10分]在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 为参数 ，曲线 的参数方程为 为参数 .
（1）写出 的普通方程;
[答案]根据 的参数方程，消去参数 可得 ，
所以曲线 的普通方程为 .
（2）以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 ,求 与 交点的直角坐标，及 与 交点的直角坐标.
[答案]曲线 的极坐标方程可化为 ，
所以普通方程为 .
根据 的参数方程，消去参数 可得 .
根据 得 或
所以 与 交点的直角坐标为 ， .
根据 得 或
所以 与 交点的直角坐标为 , .
4. [2022全国卷乙，10分]在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 为参数 .以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线 的极坐标方程为 .
（1）写出 的直角坐标方程;
[答案]直线 的极坐标方程为 ,即 ,根据 得 的直角坐标方程为 .
（2）若 与 有公共点，求 的取值范围.
[答案]曲线 的参数方程为 为参数 ，将 代入 ，得曲线 的普通方程为 .
联立直线 与曲线 的方程，得 消去 并整理得 .
解法一 若直线 与曲线 有公共点，则 ，且 ，
所以 ,即 的取值范围为 12, ．
解法二 ，因为 ，所以 ，即 ，则 ，即 的取值范围为 .
5. [2021全国卷甲，10分]在直角坐标系 中,以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为 .
（1）将 的极坐标方程化为直角坐标方程；
[答案]根据 ，得 ，
因为 ， ，
所以 ，所以曲线 的直角坐标方程为 .
（2）设点 的直角坐标为 ， 为 上的动点，点 满足 ,写出 的轨迹 的参数方程，并判断 与 是否有公共点.
[答案]设 , ，则有 , ,
因为 ，
所以 即
又 为曲线 上的动点，所以 ，即 ，
所以 的轨迹 的参数方程为 其中 为参数， .
易得 ,圆 的半径 ,圆 的半径 ，所以 ，
所以 与 没有公共点.
【方法技巧】 将极坐标方程化为直角坐标方程时，方程两边同时乘以 或同时平方是常用的变形技巧，从而构造含有 , , 的形式进行求解，另外要注意变形的等价性.
6. [2021全国卷乙，10分]在直角坐标系 中， 的圆心为 ,半径为1.
（1）写出 的一个参数方程；
[答案]由题意知 的标准方程为 ，
则 的参数方程为 为参数 .
（2）过点 作 的两条切线.以坐标原点为极点， 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程.
[答案]由题意可知，过点 的 的切线的斜率存在，
设切线方程为 ，即 ，
所以 ，解得 ，则过点 的 的两条切线方程分别为 ， .
因为 , ,所以过点 的 的两条切线的极坐标方程分别为 ， ，即 , .
7. [2020全国卷Ⅰ，10分]在直角坐标系 中,曲线 的参数方程为 为参数 .以坐标原点为极点, 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 的极坐标方程为 .
（1）当 时， 是什么曲线？
[答案]当 时, 为参数 ，消去参数 得 ,故曲线 是圆心为坐标原点，半径为1的圆.
（2）当 时，求 与 的公共点的直角坐标.
[答案]当 时， 为参数 ，消去参数 得 的普通方程为 .
, ,
的直角坐标方程为 .
由 解得
故 与 的公共点的直角坐标为 .
8. [2019全国卷Ⅰ，10分]在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 为参数 .以坐标原点 为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 的极坐标方程为 .
（1）求 和 的直角坐标方程;
[答案]将 , 代入直线 的极坐标方程 ，
得 的直角坐标方程为 .
下面用三种解法求曲线 的直角坐标方程.
解法一 因为 ，且 ，所以 的直角坐标方程为 .
解法二 由题意得 ，即 ，
则易得 ，代入 ，得 的直角坐标方程为 .
解法三 令 ，
则由 为参数 ，可得 为参数 ，
注意到 ，故 的直角坐标方程为 .
（2）求 上的点到 距离的最小值.
[答案]由（1）可设 的参数方程为 为参数, .
C上的点到 的距离为 .
当 时, 取得最小值7,故 上的点到 距离的最小值为 .
考点35 不等式选讲
题组
解答题
1. [2023全国卷甲，10分]设 ，函数 .
（1）求不等式 的解集；
[答案]解法一 求不等式 的解集，即求不等式 的解集，
整理得 ，
不等式两边同时平方，得 ，整理得 ，
因式分解得 ，因为 ，所以可得 ，
故不等式的解集为 .
解法二 若 ,则 ,
即 ,解得 ,得 ；（注： ）
若 ,则 ,
解得 ,得 .
综上,不等式的解集为 .
（2）若曲线 与 轴所围成的图形的面积为2，求 .
[答案]解法一 设曲线 与 轴的两个交点的横坐标分别为 , , .
令 ，得 ,即 或 ,
得 , ,故曲线 与 轴的两个交点之间的距离 ,
易得三角形不在 轴上的顶点的坐标为 ,
所以三角形的面积 ,
即 ,解得 或 （舍去），故 .
解法二
作出 的大致图象如图,曲线 与 轴围成的图形即 ,
易得 , , ,
所以 , 的底边 上的高为 ,
所以 ,解得 或 （舍去），故 .
2. [2023全国卷乙，10分]已知 .
（1）求不等式 的解集;
[答案]
作出 及 的图象，如图所示，易得 , ，所以由图象可得不等式 的解集为 .
（2）在直角坐标系 中，求不等式组 所确定的平面区域的面积.
[答案]如图所示，作出不等式组 所确定的平面区域（图中阴影部分），为 ，
其中 ，直线 与 轴交于点 ，
所以 .
3. [2022全国卷甲，10分]已知 , , 均为正数，且 ,证明：
（1） ;
[答案]解法一 因为 ，
所以 ，当且仅当 时取等号，
所以 .
又 , , 均为正数,
所以 .
解法二 因为 ，所以根据柯西不等式有 ，当且仅当 时取等号.又 , , 均为正数,所以 .
（2）若 ,则 .
[答案]因为 ，
所以根据（1）有 .
所以 ，
当且仅当 时取得等号.所以 .
4. [2022全国卷乙，10分]已知 , , 都是正数，且 ,证明：
（1） ；
[答案]因为 , , 都是正数， ，
所以 ，当且仅当 时等号成立．
（2） .
[答案]由基本不等式得 ,所以 ,
同理得 , .
利用不等式的性质得
，
当且仅当 时等号成立．
5. [2021全国卷甲，10分]已知函数 , .
（1）画出 和 的图象;
[答案]由已知得
所以 与 的图象如图所示.
（2）若 ，求 的取值范围.
[答案] 的图象是由函数 的图象向左平移 个单位长度或向右平移 个单位长度得到的，根据图象可知向右平移不符合题意，向左平移到 的图象的右支过 的图象上的点 时为临界状态，如图所示，此时 的图象的右支对应的函数答案式为 ，则 ，解得 .
因为 ，所以 .
故 的取值范围为 .
6. [2020全国卷Ⅱ，10分]已知函数 .
（1）当 时，求不等式 的解集；
[答案]当 时， 因此，不等式 的解集为 或 .
（2）若 ,求 的取值范围.
[答案]因为 ,所以当 ，即 时， ，所以当 或 时， .
当 时, .
所以 的取值范围是 .
7. [2020全国卷Ⅲ，10分]设 , , , , .
（1）证明： .
[答案]由题设可知， ， ， 均不为零，
所以 .
（2）用 , , 表示 , , 的最大值，证明： , , .
[答案]不妨设 , , ,因为 , ,所以 , , .
由 ,可得 ,故 ,
所以 , , .
8. [2019全国卷Ⅲ，10分]设 ， ， ，且 .
（1）求 的最小值；
[答案]由于 ，
故由已知得 ，当且仅当 ， ， 时等号成立.
所以 的最小值为 .
（2）若 成立，证明： 或 .
[答案]由于 ，
故由已知得 ，当且仅当 ， ， 时等号成立.
因此 的最小值为 .
由题设知 ，解得 或 .
第 1 页专题三 导数及其应用
考点7 导数的计算与导数的几何意义
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]设切点为 ， ，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 ，又当 时， ，所以 ，当 时, ,当 时, ，
画出函数 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.
【方法技巧】导数的几何意义把函数的导数与曲线的切线联系在一起，曲线 在点 处的切线的方程为 ，其中 表示曲线 在点 处的切线的斜率.有关曲线的切线方程，若没有见到切点，应当先设出切点，再根据切点的“一拖三”（切点与切线斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上）来求切线方程.
3. [2019全国卷Ⅱ，5分]曲线 在点 处的切线方程为( C )
A. B.
C. D.
[解析]依题意得 ， ，因此所求的切线方程为 ，即 ，故选 .
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 ，所以切线方程为 ，即 ，与切线方程 对照，可得 解得 故选 .
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 ,因为 ,所以 的取值范围是 .
8. [2020全国卷Ⅰ，5分]曲线 的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .
[解析]设切点坐标为 .由题意得 ,则该切线的斜率 ，解得 ，所以切点坐标为 ，所以该切线的方程为 ，即 .
9. [2020全国卷Ⅲ，5分]设函数 .若 ,则 1.
[解析]由于 ，故 ，解得 .
10. [2019全国卷Ⅰ，5分]曲线 在点 处的切线方程为 .
[解析]因为 ，所以 ，所以 ，故曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
11. [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
12. [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 ．
13. [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 .
14. [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】 , ， .
考点8 导数的单调性、极值与最值
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 ．
二、填空题
3. [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， ，所以 ，当 时， ，当 时， ，
所以 ；
②当 时， 在 上单调递减，
所以 .
综上， .
三、解答题
4. [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 .
5. [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 ，解得 .
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， 且 ,
所以 的最大值为 ， 的最小值为 .
6. [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）可得，当 时，取 得 恒成立，当且仅当 时， ,故当 时， ，即 .
所以 在区间 , 单调递减.
7. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知函数 .证明：
（1） 存在唯一的极值点；
[答案] 的定义域为 .
.
因为 单调递增， 单调递减，
所以 单调递增.又 , ,故存在唯一 ,使得 .
又当 时， ， 单调递减；当 时， , 单调递增.
因此， 存在唯一的极值点.
（2） 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
[答案]由（1）知 ,又 ，
所以 在 内存在唯一根 .
由 得 .
又 ,故 是 在 的唯一根.
综上， 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
题组二
一、选择题
1. [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 .
2. [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 .
（2）当 时，若 为函数 的极大值点，则 ，即 .
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 为 图象与 轴交点的横坐标.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 ;
图1
当 时，根据题意画出函数 的大致图象，如图2所示，观察可知 .
图2
综上可知，必有 成立.故选D.
二、解答题
3. [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， ， ，
所以 ，
又 ，所以所求切线方程为 ，即 .
（2）若函数 在 单调递增，求 的取值范围.
[答案]由题意得 ，即 .
设 ，则 .
当 时，则 在 上恒成立，即 在 上单调递减，所以 ,不满足题意.
当 时，令 ,则 .
若 ，即 ，则 在 上单调递增，所以 ,满足题意.
若 ，即 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，则有 ,不满足题意.
综上， 的取值范围是 .
4. [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 .
5. [2020全国卷Ⅲ，12分]已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
[答案] .
当 时， ，故 在 上单调递增.
当 时，令 ,得 .当 时， ；当 时， ；当 时， .故 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
（2）若 有三个零点，求 的取值范围.
[答案]由（1）知，当 时， 在 上单调递增， 不可能有三个零点.当 时， 为 的极大值点， 为 的极小值点.此时， 且 ， ， .根据 的单调性，当且仅当 ，即 时， 有三个零点，解得 .因此 的取值范围为 .
6. [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 ， 上单调递增，在 上单调递减.
若 ，则 在 上单调递增.
若 ，则当 时， ；当 时， .故 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
（2）当 时，记 在区间 上的最大值为 ，最小值为 ，求 的取值范围.
[答案]当 时，由（1）知， 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 在 上的最小值为 ，最大值为 或 .于是
，
所以
当 时，可知 单调递减，所以 的取值范围是 .
当 时， 单调递增，所以 的取值范围是 .
综上， 的取值范围是 .
7. [2019北京，14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, .
8. [2019浙江，15分]已知实数 ,设函数 , .
（Ⅰ）当 时，求函数 的单调区间;
[答案]当 时, , .
,
令 ,得 ;令 ,得 .
所以函数 的单调递减区间为 ,单调递增区间为 .
（Ⅱ）对任意 均有 ，求 的取值范围.
注: 为自然对数的底数.
[答案]由 ,得 .
当 时， 等价于 .
令 ,则 .
设 , ,则
.
当 , 时， ,则
.
记 , ,则
.
故
1
- 0
极小值
所以， .
因此， .
当 时，
.
令 , ，则
,
故 在 上单调递增，
所以 .
由 得， .
所以 .因此， .
由 知对任 ， ,即对任意 , ,均有 .
综上所述，所求 的取值范围是 .
考点9 导数的综合应用
题组一
解答题
1. [2023全国卷甲，12分]已知函数 ， ， ．
（1）当 时，讨论 的单调性；
[答案]由题意可得 .
当 时， .
因为 ，所以 , ，故 ，
故当 时， 在 上单调递减.
（2）若 ，求 的取值范围．
[答案]依题意， ， .
①当 时，易知 ;
②当 时，因为 时满足 ,
所以 ,
因为函数 的值域为 , ，所以对于任意大于0的参数 ,一定存在 ，使得 ,
即存在 ,使得 ，故 不能确保 ，与题意矛盾，故 不成立.
综上， 的取值范围为 .
2. [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 ， ， 单调递增；
若 ， ， 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 .
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.
5. [2020全国卷Ⅰ，12分]已知函数 .
（1）当 时，讨论 的单调性;
[答案]当 时， ， .
令 ，解得 ，令 ，解得 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）若 有两个零点，求 的取值范围.
[答案]解法一 有两个零点，等价于 有两个不同的实数解.
由方程可知， 不成立，
所以 有两个不同的实数解.
令 ，则有 .
令 ，解得 ，
令 ，解得 或 .
所以函数 在 和 上单调递减，在 上单调递增，
且当 时， ，
当 时， 且 ,当 且 时， ,当 且 时， ，当 时， .
的大致图象如图所示.
由图易知，当 有两个解时， ，所以满足条件的 的取值范围是 .
解法二 ，
当 时， , 在 上单调递增，不可能有两个零点，舍去.
当 时，令 ,解得 ,令 ,解得 .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
当 时， , ,所以 ，
当 时， 的增长速度远大于 的增长速度，所以 ，
要使 有两个零点，则需 ,则 .
所以满足条件的 的取值范围是 .
解法三 有两个零点可转化为曲线 和直线 有两个交点.
易知直线 过定点 ，作出 的图象，如图所示，
设直线 与 的图象相切时，切点为 ，对 求导，得 ，则过点 的切线方程为 ,即 ，
则 解得
由图易知 的取值范围是 .
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 ,所以点 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.
题组二
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. [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.
3. [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，
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.
4. [2022北京，15分]已知函数 .
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程;
[答案]由题， ,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，
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 .
题组三
解答题
1. [2020浙江，15分]已知 ,函数 ,其中 是自然对数的底数.
（Ⅰ）证明：函数 在 上有唯一零点；
[答案]因为 , ,所以 在 上存在零点.因为 ,所以当 时， ,故函数 在 上单调递增，所以函数 在 上有唯一零点.
（Ⅱ）记 为函数 在 上的零点，证明
（i） ;
[答案]令 , ,由（Ⅰ）知函数 在 上单调递增，故当 时, ,所以函数 在 单调递增,故 .
由 得 ,
因为 在 单调递增,
故 .
令 , ，
令 , ,所以
0 1
- 0
0 极小值
故当 时， ,即 ，
所以 在 单调递减，
因此当 时， .
由 得 ,
因为 在 单调递增，故 .
综上， .
（ii） .
[答案]令 , ,所以当 时， ,故函数 在区间 上单调递增，因此 .
由 可得 ,
由 得 .
2. [2020天津，16分]已知函数 , 为 的导函数.
（Ⅰ）当 时：
（i）求曲线 在点 处的切线方程；
[答案]当 时， ,故 .
可得 , ,所以曲线 在点 处的切线方程为 ,即 .
（ii）求函数 的单调区间和极值.
[答案]依题意， , .从而可得 ,
整理可得 .
令 ,解得 .
当 变化时， , 的变化情况如表：
1
- 0
极小值
所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ; 的极小值为 ，无极大值.
（Ⅱ）当 时，求证:对任意的 ， ，且 ，有2 .
[答案]由 ,得 .
对任意的 , ，且 ,令 ，则
①.
令 , .当 时， ，由此可得 在 单调递增，所以当 时， ,即 .
因为 ， ， ，所以 ②.
由（Ⅰ） 可知，当 时， ,即 ，故
③.
由①②③可得 .所以，当 时，对任意的 , ，且 ,有
.
3. [2020江苏，16分]已知关于 的函数 , 与 在区间 上恒有 .
（1）若 , , ,求 的表达式；
[答案]由条件 ，得 ,
取 ，得 ，所以 .
由 ，得 ，此式对一切 恒成立，所以 ，则 ，此时 恒成立,
所以 .
（2）若 , ， , ,求 的取值范围；
[答案] , .
令 ，则 ，令 ，得 .
1
- 0
极小值
所以 .则 恒成立,
所以当且仅当 时， 恒成立.
另一方面， 恒成立，即 恒成立，
也即 恒成立.
因为 ，函数 的图象的对称轴 ,
所以 ，解得 .
因此， 的取值范围是 .
（3）若 , , , ,求证： .
[答案]①当 时，
由 ，得 ,整理得 （*）.
令 ，则 .
记 ,
则 恒成立,
所以 在 上是减函数，则 ，即 .
所以不等式（*）有解，设解为 ,
因此 .
②当 时， .
设 ,
则 ,
令 ，得 .
当 时， ， 是减函数；
当 时， ， 是增函数.
, ，则当 时， .
则 ，因此 .
因为 ，所以 .
③当 时，因为 , 均为偶函数，因此 也成立.
综上所述， .
4. [2019天津，14分]设函数 ,其中 .
（Ⅰ）若 ,讨论 的单调性；
[答案]由已知, 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 ，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， 即 从而 ，即 .因为当 时， ,又 ，故 ,两边取对数，得 ,于是 ,整理得 .
第 1 页专题十一 算法初步
考点31 算法与程序框图
题组
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]执行如图所示的程序框图，则输出的 ( B )
A. 21 B. 34 C. 55 D. 89
[解析]按程序框图执行程序如下：
成立，则 , , ;
成立，则 , , ;
成立，则 , , ;
不成立，则输出 ，故选 .
2. [2022全国卷乙，5分]执行如图所示的程序框图，输出的 ( B )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
[解析]第一次循环： , , , ；第二次循环： , , , ；第三次循环： , , , ，输出 .故选 .
3. [2020全国卷Ⅱ，5分]执行如图所示的程序框图，若输入的 , ，则输出的 为( C )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
[解析]初始值， , ，进入循环， , ， ,则 , ， ,则 , ， ,则 , ， ，此时不满足循环条件，退出循环，输出 ，故选 .
4. [2020全国卷Ⅰ，5分]执行如图所示的程序框图，则输出的 ( C )
A. 17 B. 19 C. 21 D. 23
[解析]由程序框图知 等于正奇数数列1,3,5, 的前 项和，其中 ， ,当前 项和大于100时退出循环，则 ，当 时， ；当 时， ，退出循环.则输出的 的值为 ，故选 .
5. [2019全国卷Ⅰ，5分]如图是求 的程序框图，图中空白框中应填入( A )
A. B. C. D.
[解析] , , 成立，执行循环体； , , 成立，执行循环体； , , 不成立，结束循环，输出 .故空白框中应填入 ．故选 ．
【速解】 分析知， 与 一致的结构为 ，故可设 ，检验知符合题意，故选A.
6. [2019全国卷Ⅲ，5分]执行如图所示的程序框图，如果输入的 为 ，则输出 的值等于( C )
A. B. C. D.
[解析]第1次循环， , ；第2次循环， , ；第3次循环， , ；第4次循环， , ；第5次循环， , ；第6次循环， , ；第7次循环， , ，终止循环.输出 .故选 .
【易错点拨】 要注意循环体中的顺序（如本题中 与 的排序）和 的取值，为了弄清循环的变化情况，要将每次循环的过程、结果书写出来，这样就可以避免出现不必要的错误.
7. [2019北京，5分]执行如图所示的程序框图,输出的 值为( B )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
[解析]执行程序框图， ， ； , ; ，结束循环.输出的 值为2，故选 .
8. [2019天津，5分]阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出 的值为( B )
A. 5 B. 8 C. 24 D. 29
[解析]由题意知， ， ； ， ， ； ， ，退出循环.故输出的结果为8，故选 .
二、填空题
9. [2020江苏，5分]如图是一个算法流程图.若输出 的值为 ，则输入 的值是 .
[解析]由流程图可得 则当 时，可得 或 得 .
第 1 页专题十三 数系的扩充与复数的引入
考点33 复数的概念与运算
题组
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分] ( C )
A. 1 B. 2 C. D. 5
.故选 .
2. [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 .
3. [2023全国卷甲，5分] ( C )
A. B. 1 C. D.
[解析]由题意知， ，故选 .
4. [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 .
5. [2022新高考卷Ⅱ，5分] ( D )
A. B. C. D.
，故选 ．
6. [2022全国卷乙，5分]设 ,其中 ， 为实数，则( A )
A. , B. , C. , D. ,
[解析]由题意知 ，所以 解得 故选 .
7. [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 .
8. [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 ．
9. [2022全国卷甲，5分]若 ,则 ( D )
A. B. C. D.
[解析]因为 ，所以 ，所以 .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 ,所以 ，故选 .
11. [2021新高考卷Ⅱ，5分]复数 在复平面内对应的点所在的象限为( A )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
，所以复数 在复平面内对应的点为 ，位于第一象限.
12. [2021全国卷乙，5分]设 ,则 ( C )
A. B. C. D.
[解析]解法一 因为 ，所以 .故选 .
解法二 设 ，则由 ，可得 ，即 ，所以 即 所以 .故选 .
解法三 因为 ，所以 ，所以 ,即 .故选 .
13. [2021全国卷甲，5分]已知 ，则 ( B )
A. B. C. D.
.故选 .
14. [2021浙江，4分]已知 , （ 为虚数单位），则 ( C )
A. B. 1 C. D. 3
[解析]解法一 因为 ，所以 ，解得 .故选 .
解法二 因为 ，所以 ，所以 .故选 .
15. [2020全国卷Ⅱ，5分] ( A )
A. B. 4 C. D.
，故选 .
【方法技巧】 为了提高计算的准确性与速度，应熟记复数的计算过程中的常用结论： ； ； ； 等.
16. [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 .
17. [2020全国卷Ⅲ，5分]复数 的虚部是( D )
A. B. C. D.
,所以虚部为 .
18. [2020全国卷Ⅰ，5分]若 ,则 ( C )
A. 0 B. 1 C. D. 2
，所以 ，故选 .
19. [2020北京，4分]在复平面内，复数 对应的点的坐标是 ，则 ( B )
A. B. C. D.
[解析]由题意知， ,所以 ，故选 .
二、填空题
20. [2023天津，5分]已知 是虚数单位，化简 的结果为 .
.
第 1 页专题十二 推理与证明
考点32 推理与证明
题组
一、选择题
1. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，将钢琴上的12个键依次记为 , , , .设 .若 且 ,则称 , , 为原位大三和弦;若 且 ，则称 , , 为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为( C )
A. 5 B. 8 C. 10 D. 15
[解析]解法一 由题意，知 , , 构成原位大三和弦时， , ，所以 , , 为原位大三和弦的情况有： , , ； , , ； , , ； , , ； , , .共5种. , , 构成原位小三和弦时， , ，所以 , , 为原位小三和弦的情况有： , , ； , , ； , , ； , , ； , , .共5种.所以用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10，故选 .
解法二 由题意，知当 , , 为原位大三和弦时， 且 ，又 ，所以 ，所以这12个键可以构成的原位大三和弦的个数为5.当 , , 为原位小三和弦时, 且 ，又 ，所以 ，所以这12个键可以构成的原位小三和弦的个数为5.所以用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为10，故选 .
2. [2020北京，4分]2020年3月14日是全球首个国际圆周率日 .历史上，求圆周率 的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数 充分大时，计算单位圆的内接正 边形的周长和外切正 边形（各边均与圆相切的正 边形）的周长，将它们的算术平均数作为 的近似值.按照阿尔·卡西的方法， 的近似值的表达式是( A )
A. B.
C. D.
[解析]单位圆的内接正 边形的每条边所对应的圆周角为 ，边长为 ，所以单位圆的内接正 边形的周长为 ，单位圆的外切正 边形的边长为 ，其周长为 ，所以 ，则 .故选 .
3. [2019全国卷Ⅱ，5分]在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测.
甲：我的成绩比乙高.
乙：丙的成绩比我和甲的都高.
丙：我的成绩比乙高.
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( A )
A. 甲、乙、丙 B. 乙、甲、丙 C. 丙、乙、甲 D. 甲、丙、乙
[解析]解法一 若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；
若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；
若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲、乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意.故选 ．
解法二 看选项，判断几个人预测正确.
对于选项 ，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙，则甲对乙错丙错，符合题意；
对于选项 ，三人按成绩由高到低的次序为乙、甲、丙，则甲错乙错丙错，不符合题意；
对于选项 ，三人按成绩由高到低的次序为丙、乙、甲，则甲错乙对丙对，不符合题意；
对于选项 ，三人按成绩由高到低的次序为甲、丙、乙，则甲对乙错丙对，不符合题意.故选 ．
4. [2019全国卷Ⅰ，5分]古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是 （ ,称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 .若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为 ，头顶至脖子下端的长度为 ，则其身高可能是( B )
A. B. C. D.
[解析]如图所示.
由题意，可认为 .
由 ,得 ,
则 .
由 ,得 ,
则 .
由选项可知 最接近.
【速解】由于维纳斯为欧洲美女，黄金身材，故猜测不可能为 , ,而欧洲女人 偏矮，故猜测为 .
二、填空题
5. [2021浙江，4分]我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）.若直角三角形直角边的长分别为3,4，记大正方形的面积为 ，小正方形的面积为 ,则 25.
[解析]因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以 ， ，所以 .
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