新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题 课件（8份打包）

(共109张PPT)
小题专攻
第一讲　集合、常用逻辑用语
微专题1　集合
常考常用结论
1．集合运算
A＝{x|x∈A，且x∈B}，A＝{x|x∈A，或x∈B}， UA＝{x|x∈U，且x A}，集合U表示全集．
2．子集、真子集个数计算公式
对含有n个元素的有限集合M，其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n，2n－1，2n－1，2n－2.
保 分 题
1.[2022·新高考Ⅰ卷]若集合M＝{x|<4}，N＝{x|3x≥1}，则M＝(　　)
A．{x|0≤x<2} B．
C．{x|3≤x<16} D．
答案：D
解析：由＜4，得0≤x＜16，即M＝{x|0≤x＜16}．易得N＝，所以M＝.故选D.
2．[2023·新课标Ⅱ卷]设集合A＝{0，－a}，B＝{1，a－2，2a－2}，若A B，则a＝(　　)
A．2　　　B．1 C．　　　D．－1
答案：B
解析：依题意，有a－2＝0或2a－2＝0.当a－2＝0时，解得a＝2，此时A＝{0，－2}，B＝{1，0，2}，不满足A B；当2a－2＝0时，解得a＝1，此时A＝{0，－1}，B＝{－1，0，1}，满足A B.所以a＝1，故选B.
3．[2023·全国甲卷]设全集U＝Z，集合M＝{x|x＝3k＋1，k∈Z}，N＝{x|x＝3k＋2，k∈Z}，则 _〖U〗〗(M＝(　　)
A．{x|x＝3k，k∈Z} B．{x|x＝3k－1，k∈Z}
C．{x|x＝3k－2，k∈Z} D．
答案：A
解析：方法一　M＝{…，－2，1，4，7，10，…}，N＝{…，－1，2，5，8，11，…}，所以M＝{…，－2，－1，1，2，4，5，7，8，10，11，…}，所以 U(M＝{…，－3，0，3，6，9，…}，其元素都是3的倍数，即 U(M＝{x|x＝3k，k∈Z}，故选A.
方法二　集合M表示被3除余1或2的整数集，则它在整数集中的补集是恰好被3整除的整数集，故选A.
4．[2023·全国乙卷]设集合U＝R，集合M＝{x|x<1}，N＝{x|－1A． U(M∪N) B.N∪(M)
C． U(M∩N) D.M∪(N)
答案：A
解析：M＝{x|x<2}，所以 U(M＝{x|x≥2}，故选A.
1 .(1)[2023·河南郑州二模]已知集合A＝{x||x|≤1}，B＝{x|2x>1}，则A＝(　　)
A．[1，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．(0，1] D．(0，1)
答案：C　
解析：(1)由题设A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|x>0}，
所以A＝(0，1].故选C.
(2)[2023·安徽蚌埠二模]对于数集A，B，定义A＋B＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，A÷B＝，若集合A＝{1，2}，则集合(A＋A)÷A中所有元素之和为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：D　
解析：根据新定义，数集A，B，定义A＋B＝{x|x＝a＋b，a∈A，b∈B}，A÷B＝，集合A＝{1，2}，(A＋A)＝{2，3，4}，(A＋A)÷A＝{1，2，3，4，}，则可知所有元素的和为.故选D.
(3)[2023·山东德州三模]已知集合A＝{x|x2－4≤0}，B＝{x||x－a|<1}，若B A，则a的取值范围是(　　)
A．(－1，1) B．[－1，1]
C．[－1，1) D．(－1，1]
答案：B
解析： A＝{x|x2－4≤0}＝{x|－2≤x≤2}，
B＝{x||x－a|<1}＝{x|a－1因为B A，
所以，解得－1≤a≤1.故选B.
技法领悟
1．若给定的集合是不等式的解集，用数轴求解．
2．若给定的集合是点集，用图象法求解．
3．若给定的集合是抽象集合，常用Venn图求解．
[巩固训练1]　(1)[2023·河北石家庄三模]如图，集合A、B均为U的子集，( UA)表示的区域为(　　)
A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅲ D．Ⅳ
答案：D　
解析：由补集的概念， UA表示的区域如下图所示阴影区域，
∴( UA)表示的区域为下图所示阴影区域，
即为图中的区域Ⅳ.故选D.
(2)[2023·河南开封三模]已知集合A＝{－1，0，1}，B＝{x|x＝ab，a，b∈A}，则集合B的真子集个数是(　　)
A．3 B．4 C．7 D．8
答案：C　
解析：由题意得B＝{－1，0，1}，所以集合B的真子集个数为23－1＝7.故选C.
(3)[2023·安徽黄山三模]已知集合A＝{x|x>a}，B＝{x|xA．[0，1] B．[0，1)
C．(0，1) D．(－∞，0]
答案：A
解析：因为A＝{x|x>a}，所以 RA＝{x|x≤a}，
又( RA)＝B，所以B RA，
又B＝{x|x即实数a的取值范围为[0，1].故选A.
微专题2　常用逻辑用语
常考常用结论
1．充分条件与必要条件
(1)若p q且qD p，则p是q的充分不必要条件．
(2)若q p且pD q，则p是q的必要不充分条件．
(3)若p q且q p，则p是q的充要条件．
(4)若pD q且qD p，则p是q的既不充分也不必要条件．
2．全称(存在)量词命题及其否定
(1)全称量词命题p： x∈M，p(x)．它的否定为 p： x∈M， p(x)．
(2)存在量词命题p： x∈M，p(x)．它的否定为 p： x∈M， p(x)．
1.[2023·河南开封一模]设命题p：≥x＋1，则 p是(　　)
A． x∈R，ex≤x＋1 B． x∈R，exC． x∈R，ex≤x＋1 D． x∈R，ex答案：D
解析： x∈R，ex≥x＋1的否定是 x∈R，ex2．[2023·辽宁大连三模]设命题p：>1＋cos x0，则 p为(　　)
A． x≤0，sin x>1＋cos x
B． x>0，sin x<1＋cos x
C． x>0，sin x≤1＋cos x
D． x≤0，sin x≤1＋cos x
答案：C
解析：存在量词命题的否定为全称量词命题，所以 p为 x>0，sin x≤1＋cos x．故选C.
3．[2023·河南濮阳模拟]下列命题为真命题的是(　　)
A． x∈R，ex≥x＋1
B． x∈R，exC． x∈R，2x≥x2
D． x∈(0，＋∞)，x＋<2
答案：A
解析：构造函数f(x)＝ex－x－1，f(0)＝0，f′(x)＝ex－1，所以f(x)在区间(－∞，0)上f′(x)<0，递减，在(0，＋∞)上f′(x)>0，递增．所以f(x)在x＝0处取得极小值也即是最小值，所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，ex≥x＋1.所以A选项正确，B选项错误．
当x＝－1时，2x当x>0时，x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时等号成立，所以D选项错误．故选A.
4．[2023·安徽蚌埠一模]若a，b∈R且ab≠0，则“<1”是“aA．充分不必要条件　B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：D
解析：若a＝1，b＝－1，满足<1，此时a>b，排除充分性，
若a＝－2，b＝－1，满足a1，排除必要性．故选D.
5．[2023·山东泰安一模]已知m，n是两条不重合的直线，α是一个平面，n α，则“m⊥α”是“m⊥n”的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：由线面垂直的性质知，若m⊥α，n α，则m⊥n成立，即充分性成立；根据线面垂直的定义，m必须垂直平面α内的两条相交直线，才有m⊥α，即必要性不成立．故选A.
6．[2023·河北邯郸一模]在等差数列{an}中，“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的(　　)
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：当{an}的公差d＝0时，由a2＋a5＝a3＋am，得m是任意的正整数，
由m＝4，得a2＋a5＝a3＋am，
则“a2＋a5＝a3＋am”是“m＝4”的必要不充分条件．故选A.
例2 .(1)[2023·江西九江二模]已知命题p： x∈R，x2＋2x＋2－a<0，若p为假命题，则实数a的取值范围为(　　)
A．(1，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，1]
答案：D　
解析：因为命题p： x∈R，x2＋2x＋2－a<0，
所以 p： x∈R，x2＋2x＋2－a≥0，
又因为p为假命题，所以 p为真命题，
即 x∈R，x2＋2x＋2－a≥0恒成立，
所以Δ≤0，即22－4(2－a)≤0，
解得a≤1.故选D.
(2)[2023·河北衡水中学三模]已知a>0且a≠1，“函数f(x)＝ax为增函数”是“函数g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：C　
解析：函数f(x)＝ax为增函数，则 a>1 ，此时a－1>0，故函数g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增；当g(x)＝xa－1在(0，＋∞)上单调递增时，a－1>0，所以a>1，故f(x)＝ax为增函数．故选C.
(3)[2023·安徽合肥三模]已知a，b为实数，则使得“a>b>0”成立的一个充分不必要条件为(　　)
A．> B．ln (a＋1)>ln (b＋1)
C．a3>b3 D．>
答案：D
解析：对于A，如果> ，例如a＝－2，b＝－1 ，则－>－1 ，不能推出a>b>0 ，如果a>b>0 ，则必定有< ，既不是充分条件也不是必要条件，错误；对于B，如果ln (a＋1)>ln (b＋1) ，根据对数函数的单调性可知a＋1>b＋1，a>b，但不能推出a>b>0 ，例如a＝1，b＝－0.5 ，不是充分条件，如果a>b>0 ，则a＋1>b＋1>0，∴ln (a＋1)>ln (b＋1)，是必要条件，即ln (a＋1)>ln (b＋1) 是a>b>0的必要不充分条件，错误；对于C，如果a3>b3 ，因为y＝x3 是单调递增的函数，所以a>b ，不能推出a>b>0 ，例如a＝－1，b＝－2，如果a>b>0 ，则必有a3>b3 ，是必要不充分条件，错误；对于D，如果> ，则必有a>b≥1>0 是充分条件，如果a>b>0 ，例如a＝1，b＝0.5 ，则不能推出> ，所以是充分不必要条件，正确．故选D.
技法领悟
判断充分、必要条件时的3个关注点
1．要弄清先后顺序：“A是B的必要不充分条件”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
2．要善于举出反例：当从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明．
3．要注意转化： p是 q的必要不充分条件 p是q的充分不必要条件； p是 q的充要条件 p是q的充要条件
[巩固训练2]　(1)[2023·安徽合肥二模]设a∈R，则“a＝1”是“f(x)＝ln (＋ax)为奇函数”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：A　
解析：若f(x)＝ln (＋ax)为奇函数，
则f(x)＋f(－x)＝ln (＋ax)＋ln (－ax)＝ln ＝0，
∴1－a2＝0，
解得a＝±1，经检验，符合题意，
∴“a＝1”是“f(x)＝ln (＋ax)为奇函数”的充分不必要条件．
(2)[2023·全国甲卷]设甲：sin2α＋sin2β＝1，乙：sinα＋cos β＝0，则(　　)
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
答案：B　
解析：甲等价于sin2α＝1－sin2β＝cos2β，等价于sinα＝±cos β，所以由甲不能推导出sin α＋cos β＝0，所以甲不是乙的充分条件；由sin α＋cos β＝0，得sin α＝－cos β，平方可得sin2α＝cos2β＝1－sin2β，即sin2α＋sin2β＝1，所以由乙可以推导出甲，则甲是乙的必要条件．综上，选B.
(3)[2023·河南郑州一模]若“ x∈R，x2－6ax＋3a<0”为假命题，则
实数a的取值范围为________．
解析：由条件可知“ x∈R，x2－6ax＋3a≥0”为真命题，
则Δ＝36a2－12a≤0，即0≤a≤.
第二讲　不等式
微专题1　不等式的性质
常考常用结论
1．a>b，ab>0 <.
2．a<03．a>b>0，0.
4．05．若a>b>0，m>0，则<；>(b－m>0)；>；<(b－m>0)．
1.[2023·河南许昌模拟]已知x＝－a2－2a＋3，y＝4－3a，则(　　)
A．xB．x＝y
C．x>y
D．x与y的大小无法判断
答案：A
解析：因为x＝－a2－2a＋3，y＝4－3a，
所以x－y＝－a2＋a－1＝－－<0，故x2．若a>b>0>c，则(　　)
A．(a－b)c>0 B．>
C．a－b>a－c D．<
答案：B
解析：不妨取a＝2，b＝1，c＝－1，则(a－b)c＝－1<0，故A错误；由a>b>0得<，又c<0，所以>，故B正确；当a＝2，b＝1，c＝－1时，a－b＝1，a－c＝3，故C错误；当b＋c＝0时，没有意义，故D错误．故选B.
3．[2023·北京密云模拟]已知aA．2a<2b B．abC．a2答案：A
解析：因为a令a＝－2，b＝－1，可知
由指数函数单调性易知，2a<2b，故A正确；ab>b2，故B错误；a2>b2，故C错误；>1，故D错误．故选A.
例1.(多选)[2023·山东德州模拟]若<<0，则下列不等式中正确的是(　　)
A．a3ab2
C．>2 D．a＋b答案：BCD
解析：∵<<0，∴ba3－b3＝(a－b)(a2＋ab＋b2)，
∵a－b>0，a2＋ab＋b2>0，∴a3－b3>0，则a3>b3，A错误；
∵b0，∴a2b>ab2，B正确；
∵b0，>0，∴≥2＝2(当且仅当a＝b时取等号)，
又a≠b，∴等号不成立，即>2，C正确；
∵b技法领悟
使用不等式的性质时要特别注意性质成立的条件，如不等式两端同时乘以一个数时要看该数取值情况．
[巩固训练1]　(1)[2023·湖北武汉模拟]下列不等式正确的是(　　)
A．若ac2≥bc2，则a≥b
B．若>，则aC．若a＋b>0，c－b>0，则a>c
D．若a>0，b>0，m>0，且a
答案：D　
解析：当c＝0，a＝－1，b＝2时满足ac2≥bc2，但a，但a>b，所以B错误；由不等式的基本性质易知a＋c>0，当a＝－1，b＝，c＝2时满足a＋b>0，c－b>0，但a0，所以>，故D正确．故选D.
(2)已知1≤a≤2，－1≤b≤4，则a－2b的取值范围是(　　)
A．[－7，4] B．[－6，9]
C．[6，9] D．[－2，8]
答案：A
解析：因为－1≤b≤4，所以－8≤－2b≤2，由1≤a≤2，得－7≤a－2b≤4.故选A.
微专题2　不等式的解法
常考常用结论
不等式的解法
(1)一元二次不等式的解法
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0(或<0)(a≠0，Δ＝b2－4ac>0)，如果a与ax2＋bx＋c同号，则其解集在两根之外；如果a与ax2＋bx＋c异号，则其解集在两根之间．
(2)简单分式不等式的解法
①>0(<0) f(x)g(x)>0(<0)．
②≥0(≤0) f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
1.集合A＝，B＝，则A＝(　　)
A．{x|－3C．{x|－3答案：D
解析：由A＝，B＝，
所以集合A＝{x|－3所以A＝{x|－22．已知关于x的不等式x2＋ax＋a＋3>0的解集为R，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－2，6)
B．(－∞，－2)
C．[－2，6]
D．(－∞，－2]
答案：A
解析：由题意关于x的不等式x2＋ax＋a＋3>0的解集为R，则Δ＝a2－4(a＋3)<0 ，解得－23．已知不等式ax2－5x＋b<0的解集为{x|－2A． B．
C．D．
答案：D
解析：不等式ax2－5x＋b<0的解集为{x|－2所以，解得，不等式bx2－5x＋a<0为－30x2－5x＋5<0，即6x2＋x－1>0，x<－或x>.故选D.
2. (1)若对任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，则m的取值范围是(　　)
A．[4，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(－∞，4] D．(－∞，2]
答案：A　
解析：因为对任意的x∈[－1，0]，－2x2＋4x＋2＋m≥0恒成立，
所以对任意的x∈[－1，0]，m≥2x2－4x－2恒成立，
因为当x∈[－1，0]，y＝2(x－1)2－4∈[－2，4]，
所以m≥(2x2－4x－2)max＝4，x∈[－1，0]，
即m的取值范围是[4，＋∞)．故选A.
(2)已知a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，则x的取值范围为(　　)
A．(－∞，2)
B．(－∞，1)
C．(－∞，1)
D．(1，3)
答案：C　
解析：令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，
则不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立转化为f(a)>0在a∈[－1，1]上恒成立．
∴有，即，
整理得：，
解得：x<1或x>3.
∴x的取值范围为(－∞，1)故选C.
(3)若关于x的不等式x2－4x－2－a>0在区间(1，4)内有解，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2) B．(－∞，－2)
C．(－6，＋∞) D．(－∞，－6)
答案：B
解析：令f(x)＝x2－4x－2－a，
则函数的图象为开口朝上且以直线x＝2为对称轴的抛物线，
故在区间(1，4)上，f(x)若不等式x2－4x－2－a>0在区间(1，4)内有解，
则－2－a>0，
解得a<－2，
即实数a的取值范围是(－∞，－2)．故选B.
技法领悟
1．参数在常数位置或者变量范围恒正恒负，优先考虑参变分离：a>g(x)恒成立 a>g(x)max；ag(x)有解 a>g(x)min；a2．变更主元法，将参数看做变量．
[巩固训练2]　(1)若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈恒成立，则a的取值范围是(　　)
A．a≥0 B．a≤－2
C．a≥－ D．a≤－3
答案：C　
解析：若不等式x2＋ax＋1≥0对一切x∈恒成立，则a≥－，即a≥，y＝－在单调递增，ymax＝－，所以a≥－.故选C.
(2)若关于x的不等式x2－ax＋7>0在(2，7)上有实数解，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，8) B．(－∞，8]
C．(－∞，2) D．
答案：A
解析：由不等式x2－ax＋7>0在(2，7)上有实数解，
等价于不等式a因为函数f(x)＝x＋在(2，)上单调递减，在(，7)单调递增，
又由f(2)＝2＋＝，f(7)＝7＋＝8，
所以f(x)max微专题3　基本不等式
　常考常用结论
1．基本不等式
设a>0，b>0，则，当且仅当a＝b时等号成立．
2．用基本不等式求最值的结论
(1)设x，y为正实数，若x＋y＝s(和s为定值)，则当x＝y＝时，积xy有最大值为.
(2)设x，y为正实数，若xy＝p(积p为定值)，则当x＝y＝时，和x＋y有最小值为2.
1.下列选项正确的是(　　)
A．≥2 B．x＋≥4
C．sin2α＋的最小值为2D．x2＋的最小值为
答案：D
解析：当与为负数时，≥2显然不成立，选项A不正确；
因为x不一定为正数，当x为负数时，x＋≥4显然不成立，选项B不正确；
令sin2α＝t∈(0，1]，所以t＋的最小值为3，当且仅当sin2α＝1时，取到最小值，选项C不正确；
x2＋＝x2＋2＋－2，因为x2＋2≥2，所以x2＋2＋－2≥2＋－2＝，当且仅当x＝0时，取到最小值，选项D正确．故选D.
2．已知x>2，y＝x＋，则y的最小值为(　　)
A．2　　　　B．1　　　　C．4　　　　D．3
答案：C
解析：因为x>2，所以x－2>0，>0，
由基本不等式得y＝x＋＝x－2＋＋2≥2＋2＝4，
当且仅当x－2＝，即x＝3时，等号成立，
则y的最小值为4.故选C.
3．若正实数x，y满足x＋3y＝1，则的最小值为(　　)
A．12 B．25 C．27 D．36
答案：C
解析：因为x＋3y＝1，所以＝(x＋3y)＝15＋.
因为x，y>0，所以≥2＝12，当且仅当＝，即x＝，y＝时，等号成立，
所以的最小值为27.故选C.
3.(1)[2023·安徽安庆模拟]已知函数f(x)＝log2(ax＋b)(a>0，b>0)恒过定点(2，0)，则的最小值为(　　)
A．2＋1 B．2
C．3 D．＋2
答案：A　
解析：由题意可知2a＋b＝1，
则＝＝＋1≥2＋1＝2＋1，
当且仅当a＝，b＝－1时，
的最小值为2＋1.故选A.
(2)[2022·新高考Ⅱ卷](多选)若x，y满足x2＋y2－xy＝1，则(　　)
A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2
C．x2＋y2≤2 D．x2＋y2≥1
答案：BC
解析：由x2＋y2－xy＝1，得(x－)2＋(y)2＝1.令则所以x＋y＝sin θ＋cos θ＝2sin (θ＋)∈[－2，2]，所以A错误，B正确．x2＋y2＝(sin θ＋cos θ)2＋(sin θ)2＝sin 2θ－cos 2θ＋＝sin (2θ－)＋∈[，2]，所以C正确，D错误．故选BC.
技法领悟
基本不等式的主要用途是求多元函数的最值，在使用基本不等式时注意以下两点：一是注意不等式的使用条件，特别是其中等号能否成立；二是合理变换求解目标，如常数代换法、换元法等，创造使用基本不等式的条件．
[巩固训练3]　(1)已知3x＋9y＝18，当x＋2y取最大值时，则xy的值为(　　)
A． B．2 C．3 D．4
答案：B　
解析：由已知3x＋9y＝18可得3x＋32y＝18，
则18＝3x＋32y≥2＝2，即3x＋2y≤81，
所以x＋2y≤4，当且仅当x＝2y＝2时取等号，即x＝2，y＝1，此时xy＝2.故选B.
(2)[2023·河北邯郸一模]已知a>0，b>0，且a＋b＝2，则的最小值是(　　)
A．2 B．4 C． D．9
答案：C
解析：依题意，因为a＋b＝2，所以(a＋1)＋(b＋1)＝4，则＝[(a＋1)＋(b＋1)]
＝×(2×4＋10)＝，当且仅当a＝，b＝时，等号成立．故选C.
第三讲　复数、平面向量
微专题1　复数
常考常用结论
1．已知复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则
(1)当b＝0时，z∈R；当b≠0时，z为虚数；当a＝0，b≠0时，z为纯虚数．
(2)z的共轭复数＝a－bi.
(3)z的模|z|＝.
2．已知i是虚数单位，则
(1)(1±i)2＝±2i，＝i，＝－i.
(2)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i.
1．[2023·全国甲卷]设a∈R，(a＋i)(1－ai)＝2，则a＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案：C
解析：∵(a＋i)(1－ai)＝a＋i－a2i－ai2＝2a＋(1－a2)i＝2，∴2a＝2且1－a2＝0，解得a＝1，故选C.
2．[2021·新高考Ⅱ卷]复数在复平面内对应的点所在的象限为(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案：A
解析：＝＝＝，所以该复数对应的点为，该点在第一象限，故选A.
3．[2022·新高考Ⅰ卷]若i(1－z)＝1，则z＋＝(　　)
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案：D
解析：方法一　因为i(1－z)＝1，所以z＝1－＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝2.故选D.
方法二　因为i(1－z)＝1＝－i2＝i·(－i)，所以1－z＝－i，所以z＝1＋i，所以＝1－i，所以z＋＝(1＋i)＋(1－i)＝2.故选D.
4．[2023·全国乙卷]设z＝，则＝(　　)
A．1－2i B．1＋2i C．2－i D．2＋i
答案：B
解析：z＝＝＝＝1－2i，所以＝1＋2i.故选B.
1.(1)[2023·河南郑州三模]复平面内，复数对应的点位于(　　)
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案：A　
解析：由题得＝＝＝＝2＋i，即复平面内对应的点为(2，1)，在第一象限．故选A.
(2)(多选)设z1，z2为复数，则下列命题中一定成立的是(　　)
A．如果z1－z2>0，那么z1>z2
B．如果|z1|＝|z2|，那么＝
C．如果>1，那么|z1|>|z2|
D．如果＝0，那么z1＝z2＝0
答案：BC
解析：取z1＝3＋i，z2＝1＋i时，z1－z2＝2>0，但虚数不能比较大小，故A项错误；
由|z1|＝|z2|，得|z1|2＝|z2|2.又＝＝|z2|2，所以＝，故B项正确；因为＝>1，所以|z1|>|z2|，故C项正确；取z1＝1，z2＝i，满足＝0，但是z1≠z2≠0，故D项错误．故选BC.
技法领悟
复数的代数运算的基本方法是运用运算法则，可以通过对代数式结构特征的分析，灵活运用i的幂的性质、运算法则来优化运算过程．
[巩固训练1]　(1)[2023·河北唐山二模]i(3－i)的共轭复数为(　　)
A．3＋i B．3－i
C．1＋3i D．1－3i
答案：D　
解析：由题意得z＝i·(3－i)＝1＋3i，所以＝1－3i，故选D.
(2)[2023·江西宜春一模]若复数z满足为纯虚数，且||＝2，则z的虚部为(　　)
A．±1 B．± C． D．1
答案：B
解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，
∵＝＝i为纯虚数，
∴，∴a＝－b，a≠0，b≠0，
又||＝|a－bi|＝＝＝2，∴b2＝2，解得：b＝±，
∴z的虚部为±.故选B.
微专题2　平面向量的线性运算
常考常用结论
1．平面向量的两个法则：平行四边形法则、三角形法则．
2．平面向量的两个定理
(1)向量共线定理：向量a(a≠0)与b共线的充要条件是：存在唯一一个实数λ，使b＝λa；
a∥b x1y2－x2y1＝0(a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中a≠0)．
(2)平面向量基本定理：如果e1，e2是同一平面内的两个不共线向量，那么对于这一平面内的任意向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使a＝λ1e1＋λ2e2，其中e1，e2是一组基底．
1.[2023·黑龙江齐齐哈尔一模]已知a＝(2，1)，b＝(3x2－1，x)，若a∥b，则x＝(　　)
A．1或－ B．－
C．或 D．
答案：A
解析：因为a∥b，所以3x2－1－2x＝0，解得x＝1或x＝－.故选A.
2．[2023·湖南永州二模]设D为△ABC所在平面内一点，＝3，则(　　)
A．＝3－2
B．＝3＋2
C．＝－2－3
D．＝－2＋3
答案：D
解析：依题意作图，则＝＝＋2＝＋2()＝2＋3＝－2＋3 .故选D.
3．[2023·安徽铜陵三模]在平行四边形ABCD中，M是CD边上中点，则2＝(　　)
A．－2 B．＋2
C．2 D．2
答案：C
解析：因为M是CD边上的中点，所以＝－，
所以＝＝，
所以2＝2.故选C.
例2.(1)[2023·河北邯郸三模]已知等腰梯形ABCD满足AB∥CD，AC与BD交于点P，且AB＝2CD＝2BC，则下列结论错误的是(　　)
A．＝2
B．||＝2||
C．＝
D．＝
答案：D　
解析：依题意，显然△APB∽△DPC，故有＝＝＝，
即AP＝2PC，PB＝2PD，则＝2，故A正确；
又四边形ABCD是等腰梯形，故AP＝PB，即||＝2||，故B正确；
在△ABD中，＝＝＝)＝，故C正确；
又＝＝＝，所以D错误．故选D.
(2)[2023·江西赣州二模]在平行四边形ABCD中，点E，F分别满足
＝2＝4，＝2，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________．
解析：以{}为基底向量，则可得：
＝＝＝＝＝＝，
因为＝λ＋μ，即＝λ＋μ＝λ＋μ＝，
可得，两式相加得(λ＋μ)＝，可得λ＋μ＝.
技法领悟
在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理恰当地选取基底，变形要有方向，不能盲目转化．
[巩固训练2]　(1)[2023·广东韶关模拟]已知ABCD是平行四边形，＝2，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．
答案：C
解析：因为＝2，所以＝，
所以＝＝，又＝λ＋μ，所以，∴λ＋μ＝.故选C.
(2)若M是△ABC所在平面内一点，且满足＝，则
△ABM与△ABC的面积之比为________．
解析：因为＝，所以＝)，即＝，
于是得点M 在边 BC 上，并且||＝||，
所以＝＝.
微专题3　平面向量的数量积
常考常用结论
设a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，其中b≠0，θ为a与b的夹角．
(1)a·b＝|a||b|cos θ＝x1x2＋y1y2.
(2)a⊥b a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0.
(3)|a|＝＝.
(4)cos θ＝＝.
1.[2023·辽宁辽阳一模]已知两个单位向量a，b满足a＋b与a－7b垂直，则a·b＝(　　)
A．　 　B．－　 　C．　 　D．－
答案：B
解析：依题意可得·(a－7b)＝＝0，即1－a·b－＝－a·b－＝0，则a·b＝－.故选B.
2．[2023·山东淄博二模]已知向量a，b满足a·b＝10，且b＝(6，－8)，则a在b上的投影向量为(　　)
A．(－6，8) B．(6，－8)
C． D．
答案：D
解析：因为向量b＝(6，－8)，且a·b＝10，那么|b|＝＝10，
所以向量a在向量b上的投影向量为|a|cos 〈a，b〉·＝·＝.故选D.
3．[2023·山西晋中三模]设向量a与向量b的夹角为θ，定义a与b的向量积：a×b是一个向量，它的模＝|a||b|sin θ.若m＝(1，0)，n＝(－1，)，则|m×n|＝(　　)
A．－1 　B．1 C．－ 　D．
答案：D
解析：∵|m|＝＝1，|n|＝ ＝2，
∴cos θ＝＝－，又θ∈[0，π]，∴sin θ＝＝，
∴|m×n|＝|m||n|sinθ＝.
故选D.
例3. (1)[2023·吉林东北师大附中模拟]在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD于E，则·＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：D
解析：建立如图所示直角坐标系：
则A(0，1)，B(0，0)，C(2，0)，D(2，1)，设E(x，y)，则＝(x，y－1)，＝(x，y)，＝(2，1)∵AE⊥BD，∴⊥且∥，∴，解得，∴E＝＝，在矩形ABCD中，O为BD的中点，所以O，由A(0，1)，所以＝，·＝×1＋＝.故选D.
(2)[2023·河南郑州一模]如图所示，△ABC是边长为8的等边三角形，点P为AC边上的一个动点，长度为6的线段EF的中点为点B，则·的取值范围是________．
[39，55]
解析：由线段EF的中点为点B，得出＝－.
·＝()·()＝()·()＝||2－||2＝||2－9.当点P位于点A或点C时，||取最大值8.
当点P位于AC的中点时，||取最小值，即||min ＝8sin ＝4，
∴||的取值范围为，∴·的取值范围为[39，55].
技法领悟
求平面向量的数量积的方法：(1)定义法；(2)基向量法，基底应是已知模长和夹角的向量；(3)坐标法：①已知向量坐标，②建立合适的坐标系，使用坐标法求解．
[巩固训练3]　(1)[2023·河南安阳三模]已知正方形ABCD的边长为1，O为正方形的中心，E是AB的中点，则·＝(　　)
A．－　　B．　　C．　　D．1
答案：C
解析：如图，以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，则D(0，1)，E，O，所以＝＝，所以·＝＝.故选C.
(2)[2023·山东省实验中学一模]若平面向量a，b，c满足|a|＝1，b·c＝0，a·b＝1，a·c＝－1，则|b＋c|的最小值为________．

2
解析：在平面直角坐标系内，令a＝(1，0)，设b＝(x1，y1)，c＝(x2，y2)，
由a·b＝1，得x1＝1，由a·c＝－1，得x2＝－1，由b·c＝0，得x1x2＋y1y2＝0，即y1y2＝1，
b＋c＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(0，y1＋y2)，
则|b＋c|＝＝＝2，当且仅当y1＝y2＝1或y1＝y2＝－1时取等号，
所以|b＋c|的最小值为2.
第四讲　排列、组合、二项式定理
微专题1　排列问题
常考常用结论
排列数公式
＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
＝
＝
1.从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为(　　)
A．24　　 　B．18　　 　C．12　　 　D．6
答案：C
解析：根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有＝3×2＝6种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为2×6＝12.故选C.
2．[2023·安徽安庆一中模拟]将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　)
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
答案：A
解析：先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有＝3×2×1＝6种不同的方法；再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法，因此共有6×2×1＝12(种)不同的方法．故选A.
3．[2023·辽宁大连三模]现有6个同学站成一排照相，如果甲、乙两人必须相邻，而丙、丁两人不能相邻，那么不同的站法共有(　　)
A．144种 B．72种
C．36种 D．24种
答案：A
解析：由题意可将甲、乙两人看作一个整体，和除甲乙丙丁外的其余两人全排列，
有＝12种排法，再从这3人(甲乙看作一个人)排好后形成的4个空中选2个排丙、丁，
故共有＝144种站法．故选A.
4．[2023·全国乙卷]甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
答案：C
解析：甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法，故选C.
1.(1)[2023·山东济宁二模]为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校4×100米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为(　　)
A．48　　　B．36　　　C．24　　　D．12
答案：B　
解析：当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有＝24种；
当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有＝12.
故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为24＋12＝36种．
故选B.
(2)[2022·山东临沂三模]某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有(　　)
A．72种　B．81种　C．144种　D．192种
答案：D
解析：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为
＝48，
由间接法可知，满足条件的排法种数为240－48＝192种．
故选D.
技法领悟
求解排列问题最常用的三种方法
1．特殊元素、位置优先安排法：对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列，然后排列其他一般元素或位置．
2．捆绑法：相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列．
3．插空法：不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列后的空中．
[巩固训练1]　(1)[2023·安徽黄山三模]为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把3.141 592 6称为“祖率”，某教师为了增加学生对“祖率”的印象，以“祖率”为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于3.14的不同数有(　　)
A．480个 B．120个
C．240个 D．720个
答案：C　
解析：由题意先排十分位必为1，一种方法，再排百分位可以为1或2，两种方法，最后排其余后面的数位，余下的五个数字全排列即可，即不同种数有＝240.故选C.
(2)[2023·福建宁德模拟]泰山、华山、衡山、恒山、嵩山是中国的五大名山，并称为“五岳”，它们以象征中华民族的高大形象而名闻天下，段誉同学决定利用今年寒假时间，游览以下六座名山：泰山、华山、井冈山、黄山、云台山、五台山．若段誉同学首先游览云台山，且属于“五岳”的名山游览顺序不相邻，则段誉同学针对这六座名山的不同游览顺序共有(　　)
A．36种 B．48种 C．72种 D．120种
答案：C　
解析：根据题意，分两步完成：
因为段誉同学首先游览云台山，所以第一步先将井冈山、黄山、五台山这三座山进行全排列，则有＝6种排列方法，
第二步从这三座山的4个空格中选择两个空格，将泰山和华山插进去，则有＝12种，
由分步乘法计数原理可得：段誉同学针对这六座名山的不同游览顺序共有6×12＝72种．故选C.
微专题2　组合问题
常考常用结论
组合数公式
＝，
＝，规定：
1.[2023·新课标Ⅱ卷]某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有(　　)
种
解析：由题意，初中部和高中部学生人数之比为＝，所以抽取的60名学生中初中部应有60×＝40(人)，高中部应有60×＝20(人)，所以不同的抽样结果共有
2．[2023·安徽淮北二模]世界数学三大猜想：“费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”.280多年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过20的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的选法有(　　)
A．28　 　B．21 C．15　 　D．10
3．[2023·河北衡水二中模拟]7名身高各不相同的同学站成一排，若身高最高的同学站在中间，且其每一侧同学的身高都依次降低，则7名同学所有不同的站法种数为(　　)
A．20　　　B．40　　　C．8　　　D．16
4．[2020·新高考Ⅰ卷]6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　)
A．120种 B．90种 C．60种 D．30种
答案：C
＝60.
2.(1)[2023·河北邯郸三模]某医院安排3名男医生和2名女医生去甲、乙、丙三所医院支援，每所医院安排一到两名医生，其中甲医院要求至少安排一名女医生，则不同的安排方法有(　　)
A．18种　 B．30种　 C．54种　 D．66种
答案：C　
解析：由题意可知，向甲、乙、丙三所医院分配医生的人数有三种类型，分别为1、2、2，2、1、2，2、2、1，
因为甲医院要求至少有一名女医生，第一种方案共有
＝21种，
同理，第三种方案有21种，
所以共有54种．故选C.
(2)[2023·山东青岛二模]某教育局为振兴乡村教育，将5名教师安排到3所乡村学校支教，若每名教师仅去一所学校，每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有(　　)
A．300种 B．210种
C．180种 D．150种
答案：D
解析：由于每所学校至少安排1名教师，则不同的安排情况有＝150种．故选D.
技法领悟
掌握有限制条件的组合应用题的常用解法及常见类型，在解有限制条件的组合应用题时，要从分析入手，明确限制条件有哪些，所给元素分几类，识别是什么基本类型，使用直接法还是间接法．
[巩固训练2]　(1)[2023·山东菏泽一模]为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为(　　)
A．9种　 B．11种　 C．15种　 D．30种
答案：C　
解析：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有＝12种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有12＋3＝15种分工方法．故选C.
(2)六名志愿者到北京、延庆、张家口三个赛区参加活动，若每个赛区两名志愿者，则安排方式共有(　　)
A．15种 B．90种 C．540种 D．720种
答案：B
解析：先从六名志愿者中选择两名志愿者到北京参加活动，有＝15种方法，再从剩下的4名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有＝6种方法，最后从剩下的2名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有＝1种方法．由分步乘法原理得共有15×6×1＝90种方法．

微专题3　二项式定理
常考常用结论
1．二项式定理：
(a＋b)n＝bn，n∈N*.
2．通项公式：Tk＋1＝an－kbk，(k＝0，1，2，…，n)．
3．二项式展开式的系数的性质：
＝2n.
＋…＝2n－1.　　
1．[2023·河南开封二模]展开式中的常数项是(　　)
A．－160 B．－20 C．20 D．160
答案：A
解析：展开式的通项公式为
Tk＋1＝x－(6－k)·(－2x)k＝·x2k－6，
令2k－6＝0，可得k＝3，
故展开式的常数项为＝－160.故选A.
2．已知二项式(x－)n展开式的二项式系数和为64，则展开式中常数项为(　　)
A．10 B．15 C．18 D．30
答案：B
解析：由于二项式展开式的二项式系数和为64，
所以2n＝64，n＝6.
二项式展开式的通项公式为＝·，
令6－k＝0，解得k＝4，
所以展开式中的常数项为＝15.故选B.
3．[2023·天津卷]在的展开式中，x2的系数是________．
4．在(3x－)n的展开式中，各项系数之和为64，则常数项为________．
60
解析：展开式的通项公式Tk＋1＝(2x3)6－k(－)k＝x18－4k，
令18－4k＝2可得，k＝4，
则x2项的系数为＝4×15＝60.
135
解析：在的展开式中，令x＝1，得各项系数和为2n，即2n＝64，得n＝6，展开式的通项为Tk＋1＝ ＝，其中0≤k≤6，k∈N，令6－k＝0，得k＝4，因此，展开式中的常数项为T5＝·(－1)4×32＝135.
例3.(1)[2023·河南安阳二模](2x＋y)8的展开式中各项系数的最大值为(　　)
A．112　　B．448　　C．896　　D．1 792
答案：D　
解析：该二项式的通项公式为
Tk＋1＝·(2x)8－k·yk＝
，可得2≤k≤3.
因为·26＝·25，所以展开式中各项系数的最大值为·26＝1 792.故选D.
(2)[2023·江西赣州一模]已知(x－1)4(x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则a2＋a4＋a6＋a8＝(　　)
A．40 B．8 C．－16 D．－24
答案：D
解析：设f(x)＝(x－1)4(x＋2)5，
则a0＝f(0)＝25＝32，
a0＋a1＋a2＋…＋a9＝f(1)＝0
a0－a1＋a2－a3＋a4－…－a9＝f(－1)＝24＝16，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝＝8，
所以a2＋a4＋a6＋a8＝8－32＝－24.故选D.
技法领悟
1．二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程解决的．
2．二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值．
[巩固训练3]　(1)[2023·山西怀仁一中模拟]在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为(　　)
A．20 B．160 C．180 D．240
答案：B　
展开式的通项为Tk＋1＝·x6－k·＝·2k·x6－2k，k＝0，1，2，…，6，
二项式系数为，k＝0，1，2，…，6，
当k＝3时，二项式系数最大，
则该项的系数为·23＝160.故选B.
(2)[2023·湖南雅礼中学一模]已知(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝(　　)
A．1 024 B．1 023 C．1 025 D．512
答案：B　
(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5中，令x＝0得a0＝－1，
(3x－1)5的通项公式Tk＋1＝(3x)5－k(－1)k，故a0，a2，a4<0，a1，a3，a5>0，
(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5中，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝(－3－1)5＝－1 024，
所以|a0|＋|a1|＋…＋|a5|＝－(a0－a1＋a2－a3＋a4－a5)＝1 024，
又|a0|＝1，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝1 023.故选B.(共83张PPT)
统计与概率
1．[2023·福建厦门模拟]某餐馆在A网站有200条评价，好评率为90%，在B网站有100条评价，好评率为87%.综合考虑这两个网站的信息，这家餐馆的好评率为(　　)
A．88%　 B．88.5%　 C．89%　 D．89.5%
答案：C
解析：由已知可得这家餐馆的好评率为
＝89%.故选C.
2．[2023·河南安阳三模]小明在跨境电商平台上从国外购买了几件商品，这些商品的价格如果按美元计，则平均数为20，方差为50，如果按人民币计(汇率按1美元＝7元人民币)，则平均数和方差分别为(　　)
A．20，50 B．140，350
C．140，700 D．140，2 450
答案：D
解析：由题意知这些商品的价格如果按人民币计算，价格是按美元计算的价格的7倍，
故按人民币计，则平均数和方差分别为7×20＝140，72×50＝2 450.故选D.
3．[2023·江苏盐城三模](多选)随机抽取6位影迷对电影《长津湖》的评分，得到一组样本数据如下：92，93，95，95，97，98，则下列关于该样本的说法中正确的有(　　)
A．均值为95 B．极差为6
C．方差为26 D．第80百分位数为97
答案：ABD
解析：由题意得92，93，95，95，97，98的平均值为＝95，A正确；
极差为98－92＝6，B正确；
方差为[(92－95)2＋(93－95)2＋(95－95)2＋(95－95)2＋(97－95)2＋(98－95)2]＝，C错误；
由于80%×6＝4.8，故第80百分位数为第5个数，即97，D正确．故选ABD.
4．[2023·天津南开二模]某车间从生产的一批零件中随机抽取了1 000个进行一项质量指标的检测，整理检测结果得到此项质量指标的频率分布直方图如图所示．若用分层抽样的方法从质量指标在区间[40，70)的零件中抽取170个进行再次检测，则质量指标在区间[50，60)内的零件应抽取(　　)
A．30个　　B．40个　　
C．60个　　D．70个
答案：C
解析：设质量指标在区间[50，60)内的零件应抽取x个，则
＝，解得x＝60.故选C.
(1)[2023·山东滨州二模]某组样本数据的频率分布直方图如图所示，设该组样本数据的众数、平均数、第一四分位数分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3的大小关系是(注：同一组中数据用该组区间中点值近似代替)(　　)
A．x3C．x1答案：A　
解析：由频率分布直方图可知众数为＝2.5，即x1＝2.5，
平均数x2＝0.2×1.5＋0.24×2.5＋0.2×3.5＋0.16×4.5＋0.12×5.5＋0.04×6.5＋0.04×7.5＝3.54，
显然第一四分位数位于[2，3)之间，则0.2＋(x3－2)×0.24＝0.25，解得x3≈2.208，
所以x3(2)[2023·广东深圳二模](多选)光明学校组建了演讲、舞蹈、航模、合唱、机器人五个社团，全校所有学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委在全校学生中随机选取一部分学生(这部分学生人数少于全校学生人数)进行调查，并将调查结果绘制成了如下两个不完整的统计图：则(　　)
A．选取的这部分学生的总人数为500人
B．合唱社团的人数占样本总量的40%
C．选取的学生中参加机器人社团的学生数为78人
D．选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125
答案：ABD
解析：由两个统计图表可得参加演讲的人数为50，占选取的学生的总数的10%，
所以选取的总人数为50÷10%＝500人，故选项A正确；
合唱社团的人数为200人，则合唱社团的人数占样本总量的＝＝40%，故选B正确；
则选取的学生中参加机器人社团的人数占样本总量的1－40%－20%－10%－15%＝15%，
所以选取的学生中参加机器人社团的学生数为500×15%＝75人，故选项C不正确；
选取的学生中参加合唱社团的人数为200，参加机器人社团人数为75人，
所以选取的学生中参加合唱社团的人数比参加机器人社团人数多125，选项D正确．故选ABD.
技法领悟
众数、中位数、平均数与直方图的关系
1．众数为频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标．
2．中位数为平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标．
3．平均数等于频率分布直方图中每个小矩形的面积与小矩形底边中点的横坐标之积的和．
[巩固训练1]　(1)[2021·新高考Ⅰ卷](多选)有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi＋c(i＝1，2，…，n)，c为非零常数，则(　　)
A．两组样本数据的样本平均数相同
B．两组样本数据的样本中位数相同
C．两组样本数据的样本标准差相同
D．两组样本数据的样本极差相同
答案：CD　
解析：A：E(y)＝E(x＋c)＝E(x)＋c且c≠0，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi＝xi＋c，显然不相同，错误；
C：D(y)＝D(x)＋D(c)＝D(x)，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmax－xmin，则第二组的极差为ymax－ymin＝(xmax＋c)－(xmin＋c)＝xmax－xmin，故极差相同，正确．故选CD.
(2)[2023·安徽铜陵三模](多选)近年来，加强青少年体育锻炼，重视体质健康已经在社会形成高度共识，某校为了了解学生的身体素质状况，举行了一场身体素质体能测试，以便对体能不达标的学生进行有效的训练，促进他们体能的提升，现从全部测试成绩中随机抽取200名学生的测试成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则(　　)
A．a＝0.020
B．在被抽取的学生中，成绩在区间[80，100]内的学生有70人
C．估计全校学生体能测试成绩的平均数为77.5
D．估计全校学生体能测试成绩的69%分位数为84
答案：ACD
解析：根据频率和等于1得10a＝1－10×(0.005＋0.030＋0.035＋0.010)＝0.20，
解得a＝0.020，故A正确；
成绩在区间[80，100]内的学生人数约为200×10×(0.035＋0.010)＝90，故B错误；
学生体能测试成绩的平均数约为(55×0.005＋65×0.020＋75×0.030＋85×0.035＋95×0.010)×10＝77.5，故C正确；
0．005×10＋0.020×10＋0.030×10＝0.55<0.69，
0．005×10＋0.020×10＋0.030×10＋0.035×10＝0.9>0.69，
所以这组数据第69%分位数的估计值落在区间[80，90)内，
80＋×10＝84，故学生体能测试成绩的69%分位数为84，故D正确．故选ACD.
答案：B
解析：线性相关系数|r|越大，两个变量的线性相关性越强，故A错误，B正确；
残差平方和S2越小，则决定系数R2越大，从而两个变量拟合的效果越好，
残差平方和S2越大，则决定系数R2越小，从而两个变量拟合的效果越差，故C、D错误．故选B.
2．[2023·辽宁实验中学模拟]已知x，y的对应值如下表所示：
若y与x线性相关，且经验回归方程为y＝1.6x＋0.6，则m＝(　　)
A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5
x 0 2 4 6 8
y 1 m＋1 2m＋1 3m＋3 11
答案：B
解析：＝＝4，
＝＝1.2m＋3.4，
又经验回归方程为y＝1.6x＋0.6，
所以1.2m＋3.4＝1.6×4＋0.6，解得m＝3.故选B.
答案：C
解析：由题意可知，χ2＝≈5.879>5.024，
所以在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可以认为“学生对2022 年冬奥会的关注与性别有关”．故选C.
(1)[2023·河北石家庄三模]观察下列四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是(　　)
答案：B　
解析：根据一元线性回归模型中对随机误差e的假定，残差应是均值为0、方差为σ2的随机变量的观测值．A图表示残差与观测时间有线性关系，故A错；
B图表示残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，故B正确；
C图表示残差与观测时间有非线性关系，故C错；
D图表示残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变大，故D错．故选B.
答案：C
解析：设男生人数为3x，则女生人数为x，且x∈N*，
可得列联表如下：
所以χ2＝＝，
因为有95%的把握认为是否喜欢滑冰和性别有关，
所以∈(3.841，5.024]，解得11.20所以33.60<3x≤43.95，结合选项只有36∈(33.60，43.95].故选C.
男生 女生 合计
喜欢滑冰 2x
不喜欢滑冰 x
合计 3x x 4x
答案：C　
解析：由题意，先分析物理课是否与性别有关：
根据表格数据，n＝800，a＝340，b＝110，c＝140，d＝210
∴χ2＝≈103.7，
结合题干表格数据，x0.005＝7.879，∴χ2>x0.005，
因此，有充分证据推断选择物理学科与性别有关．
再分析生物课是否与性别有关：
根据表格数据，n＝800，a＝150，b＝300，c＝150，d＝200，
∴χ2＝≈7.619，
结合题干表格数据，x0.005＝7.879，∴χ2因此，没有充分证据推断选择生物学科与性别有关．故选C.
答案：BCD
解析：由题意可得，＝(1＋2＋3＋4＋5)＝3，＝(0.5＋0.8＋1＋1.2＋1.5)＝1，
则y与x的样本相关系数
故A错误；
由y关于x的经验回归方程为＝0.28x＋恒过样本中心点(3，1)，则有1＝0.28×3＋，解得＝0.16，故B正确，C正确；
由经验回归方程可预测6月份的碳酸锂价格约为0.28×6＋0.16＝1.84，故D正确．故选BCD.
答案：D
解析：方法一　从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有＝21(种)结果，其中这2个数互质的结果有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，所以所求概率为＝.故选D.
方法二　从2，3，4，5，6，7，8中随机取2个不同的数有＝21(种)结果，其中这2个数不互质的结果有(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，6)，(4，6)，(4，8)，(6，8)，共7种，所以所求概率为＝.故选D.
2．[2023·安徽亳州一中模拟]在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1可能被错误的接收为1或0.已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号为1时，接收为1和0的概率分别为p和1－p.假设发送信号0和1是等可能的．已知接收到1的概率为0.525，则p的值为(　　)
A．0.8 B．0.85 C．0.9 D．0.95
答案：D
解析：由题意得：×0.1＋×p＝0.525，
解得p＝0.95.故选D.
答案：D
解析：设事件A表示从第一箱中取一个零件，事件B表示取出的零件是次品，
则P(A|B)＝＝＝.故选D.
4．[2023·河南郑州模拟]已知某小麦品种的株高X(单位：cm)服从正态分布N(78，σ2)，且P(760.01
解析：由小麦株高服从正态分布N(78，σ2)，得μ＝78，
所以P(X>80)＝＝0.10，
所以这2株小麦株高都超过80 cm的概率为0.12＝0.01.
3.(1)[2023·全国甲卷]有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为(　　)
A．0.8　　B．0.4　　C．0.2　　D．0.1
答案：A　
解析：报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，
记“某人报足球俱乐部”为事件A，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，
则P(A)＝＝，P(AB)＝＝，
所以P(B∣A)＝＝＝0.8.故选A.
答案：C
解析：两个球都是红球的概率为＝，故A正确；
两个球中恰有1个红球的概率为×(1－)＋(1－)×＝，故B正确；
两个球不都是红球的对立事件为两个球都是红球，
所以概率为1－＝，故C错误；
至少有1个红球包含两个球都是红球、两个球中恰有1个红球，所以概率为＝，故D正确．故选C.
技法领悟
求复杂事件概率的两种方法
1．直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或一独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
2．间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．
[巩固训练3]　(1)[2023·湖北武昌实验中学模拟]设某公路上经过的货车与客车的数量之比为2∶1，货车中途停车修理的概率为0.02，客车为0.01，今有一辆汽车中途停车修理，则该汽车是货车的概率为(　　)
A．0.8　　B．0.6　　C．0.5　　D．0.3
答案：A　
解析：设A1表示该汽车是货车，A2表示该汽车是客车，则P(A1)＝，P(A2)＝，
设B1表示货车中途停车修理，B2表示客车中途停车修理，则P(B1)＝0.02，P(B2)＝0.01，
B表示一辆汽车中途停车修理，则P(B)＝P(A1B1)＋P(A2B2)，
今有一辆汽车中途停车修理，该汽车是货车的概率为：
P(A1|B)＝＝＝＝0.8.故选A.
答案：D
解析：考虑甲、乙在同一组，只需将其他四人分为两组即可，分组方法种数为＝3，
将六人平均分为三组，每组两人，则不同的分组方法种数为＝15，
因此，甲、乙不同组的概率为P＝1－＝.故选D.
第二讲　统计、统计案例与概率——大题备考
高考试题对统计、统计案例与概率的考查主要围绕五个方面：一是概率的综合、二是概率与频率分布直方图的综合、三是概率与线性回归、独立性检验的综合、四是概率统计与数列的交汇、五是概率统计与导数的交汇．
微专题1　概率的综合
[2022·全国甲卷]甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；

解析：设三个项目比赛中甲学校获胜分别为事件A，B，C，易知事件A，B，C相互独立．甲学校获得冠军，对应事件A，B，C同时发生，或事件A，B，C中有两个发生，故甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC＋BC＋AC＋AB)
＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04
＝0.6.
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
解析：由题意得，X的所有可能取值为0，10，20，30.
易知乙学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.6，0.2，则
P(X＝0)＝(1－0.5)×(1－0.6)×(1－0.2)＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×(1－0.6)×(1－0.2)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.2)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×(1－0.2)＋0.5×(1－0.6)×0.2＋(1－0.5)×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06，
所以X的分布列为
则E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
X 0 10 20 30
P 0.16 0.44 0.34 0.06
1.[2023·河北保定一模]在过去三年防疫攻坚战中，我国的中医中药起到了举世瞩目的作用．某公司收到国家药品监督管理局签发的散寒化湿颗粒《药品注册证书》，散寒化湿颗粒是依据第六版至第九版《新型冠状病毒肺炎诊疗方案》中的“寒湿疫方”研制的中药新药．初期为试验这种新药对新冠病毒的有效率，把该药分发给患有相关疾病的志愿者服用．
(1)若10位志愿者中恰有6人服药后有效，从这10位患者中选取3人，以ξ表示选取的人中服药后有效的人数，求ξ的分布列和数学期望；
解析：由题意可知ξ的可能取值有0、1、2、3，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
所以随机变量ξ的分布列如下表所示：
所以，E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
ξ 0 1 2 3
P
(2)若有3组志愿者参加试验，甲，乙，丙组志愿者人数分别占总数的40%，32%，28%，服药后，甲组的有效率为64%，乙组的有效率为75%，丙组的有效率为80%，从中任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自乙组的概率．
解析：设B＝“任取一人新药对其有效”，Ai＝“患者来自第i组”(i＝1，2，3，分别对应甲，乙，丙)，
则Ω＝A1且A1，A2，A3两两互斥，根据题意得：
P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.32，P(A3)＝0.28，
P(B|A1)＝0.64，P(B|A2)＝0.75，P(B|A3)＝0.8，
由全概率公式，得
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝0.4×0.64＋0.32×0.75＋0.28×0.8＝0.72，
任意选取一人，发现新药对其有效，计算他来自于乙组的概率P(A2|B)＝＝＝＝，
所以，任意选取一人，发现新药对其有效，则他来自乙组的概率为.
技法领悟
1．明确随机变量的可能有哪些，且每一个取值所表示的意义．
2．要弄清楚随机变量的概率类型，利用相关公式求出变量所对应的概率．
3．均值能反映随机变量取值的“平均水平”，因此，当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分晓，由此可对实际问题作出决策判断；若两个随机变量均值相同，则可通过分析两个变量的方差来作出决策．
[巩固训练1]　[2021·新高考Ⅰ卷]某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；

解析：由题可知，X的所有可能取值为0，20，100.
P＝1－0.8＝0.2；
P＝0.8＝0.32；
P＝0.8×0.6＝0.48.
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
解析：由(1)知，E＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100.
P＝1－0.6＝0.4；
P＝0.6＝0.12；
P＝0.8×0.6＝0.48.
所以E＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．
微专题2　概率与频率分布直方图的综合
微专题2　概率与频率分布直方图的综合　
[2023·河南郑州模拟]2023 U．I.M.F1摩托艇世界锦标赛中国郑州大奖赛于2023年4月29日～30日在郑东新区龙湖水域举办．这场世界瞩目的国际体育赛事在风光迤逦的龙湖上演绎了速度与激情，全面展示了郑州现代化国家中心城市的活力与魅力．为让更多的人了解体育运动项目和体育精神，某大学社团举办了相关项目的知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中成绩的平均数和中位数(同一组数据用该组区间的中点值代替)；

解析：由频率分布直方图中数据知：平均成绩
＝0.02×45＋0.16×55＋0.22×65＋0.30×75＋0.20×85＋0.10×95＝73.
设中位数为x，则0.002×10＋0.016×10＋0.022×10＋0.030×(x－70)＝0.5，
解得x＝73.
(2)若先采用分层抽样的方法从成绩在[80，90)，[90，100]的学生中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人为赛事志愿者，求这2名志愿者中至少有一人的成绩在[90，100]的概率．
解析：因为成绩在[80，90)，[90，100]的学生人数所占比例为0.020∶0.010＝2∶1，
所以从成绩在[80，90)，[90，100]的学生中应分别抽取4人，2人，
记抽取成绩在[80，90)的4人为：a，b，c，d，抽取成绩在[90，100]的2人为：E，F，
从这6人中随机抽取2人的所有可能为：(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，E)，(a，F)，(b，c)，(b，d)，(b，E)，(b，F)，(c，d)，(c，E)，(c，F)，(d，E)，(d，F)，(E，F)，共15种，
抽取的2名志愿者中至少有一人的成绩在[90，100]的是(a，E)，(a，F)，(b，E)，(b，F)，(c，E)，(c，F)，(d，E)，(d，F)，(E，F)，只有9种，
故这2名志愿者中至少有一人的成绩在[90，100]的概率P＝＝.
2.[2023·黑龙江大庆实验中学模拟]某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试(满分100分)，随机抽取了100名学生的测试成绩，按照[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的平均数；



解析：平均数＝(65×0.01＋75×0.03＋85×0.04＋95×0.02)×10＝82，
所以该校学生测试成绩的平均数为82.
(2)从测试成绩在[90，100]的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛．现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立．记甲、乙两人中进入复赛的人数为ξ，求ξ的分布列及期望．
解析：由题意可知，从6道题中选4题共有
＝9；
所以甲能进复赛的概率为＝，则甲不能进复赛的概率为1－＝，
因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有＝3；
所以乙能进复赛的概率为＝，则乙不能进复赛的概率为1－＝；
依题可得，ξ的可能取值为0，1，2，
所以P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝，
则分布列为：
则E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
ξ 0 1 2
P
技法领悟
解决此类问题时，准确的把题中所涉及的事件分解，明确所求问题所属事件类型是关键．
[巩固训练2]　[2023·河北沧州模拟]据相关机构调查表明我国中小学生身体健康状况不容忽视，多项身体指标(如肺活量、柔韧度、力量、速度、耐力等)自2000年起呈下降趋势，并且下降趋势明显，在国家的积极干预下，这种状况得到遏制，并向好的方向发展，到2019年中小学生在肺活量、柔韧度、力量、速度、耐力等多项指标出现好转，但肥胖、近视等问题依然严重，体育事业任重道远．某初中学校为提高学生身体素质，日常组织学生参加中短跑锻炼，学校在一次百米短跑测试中，抽取200名女生作为样本，统计她们的成绩(单位：秒)，整理得到如图所示的频率分布直方图(每组区间包含左端点，不包含右端点)．
(1)估计样本中女生短跑成绩的平均数；(同一组的数据用该组区间的中点值为代表)

解析：(1)估计样本中女生短跑成绩的平均数为：
(11×0.02＋13×0.06＋15×0.18＋17×0.14＋19×0.06＋21×0.03＋23×0.01)×2＝16.16.
(2)由频率分布直方图，可以认为该校女生的短跑成绩X～N(μ，σ2)，其中μ近似为女生短跑平均成绩，σ2近似为样本方差s2，经计算得s2＝5.79，若从该校女生中随机抽取10人，记其中短跑成绩在(11.34，20.98]内的人数为Y，求P(Y≤8)(结果保留2个有效数字)．
附参考数据：≈2.41，随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－σ解析：由题意知X～N(16.16，5.79)，μ＝16.16，σ2＝5.79，σ＝≈2.41，
则μ－2σ＝11.34，μ＋2σ＝20.98，
故该校女生短跑成绩在(11.34，20.98]内的概率P＝P(μ－2σ由题意可得Y～B(10，0.954 5)，
所以P(Y＝9)＝×0.954 59×(1－0.954 5)≈10×0.657 6×0.045 5＝0.299 208，
P(Y＝10)＝×0.954 510≈0.627 7，
所以P(Y≤8)＝1－P(Y＝9)－P(Y＝10)≈0.073.
微专题3　概率与线性回归、独立性检验的综合
　[2020·新高考Ⅰ卷]为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：
(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；
解析：根据抽查数据，该市100天空气中的PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为32＋18＋6＋8＝64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的概率的估计值为＝0.64.
(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：
(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？
附：K2＝，
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
解析：根据(2)的列联表得
K2＝≈7.484.
由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关．
3.[2022·新高考Ⅰ卷]一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
不够良好 良好
病例组 40 60
对照组 10 90
解析：由题意得
K2＝＝24>6.635，
∴有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R.
(ⅰ)证明：R＝·；
解析：(ⅰ)证明：∵＝·＝···＝·，
·＝···＝·＝·，
∴R＝·.
(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
附：K2＝，
P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
解析：(ⅱ)由表格中的数据得
P(A|B)＝＝，P(A|)＝＝，
∴P(|B)＝1－P(A|B)＝，
P(|)＝1－P(A|)＝，
∴R＝·＝＝6.
技法领悟
1．对于线性回归、独立性检验问题，只要熟悉公式，认真计算，就能得分．
2．对于概率问题，要弄清概率模型，正确区分二项分布与超几何分布．
A充电桩投资金额x/万元 3 4 6 7 9 10
所获利润y/百万元 1.5 2 3 4.5 6 7
(1)已知可用一元线性回归模型拟合y与x的关系，求其经验回归方程；
解析：根据获得的利润统计数据，
可得＝＝6.5，
所以＝＝4－0.8×6.5＝－1.2，
所以y关于x的经验回归方程为＝0.8x－1.2.
(2)若规定所获利润y与投资金额x的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”．记2分，所获利润y与投资金额x的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分，所获利润y与投资金额x的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分，现从表中6个投资金额中任意选2个，用X表示记分之和，求X的分布列及数学期望．
解析：由题意，＝＝＝<<＝<，
所以“优秀投资额”有2个，“良好投资额”有1个，“不合格投资额”有3个．
随机变量X的可能取值为4，3，2，1，0，
P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝，
所以X的分布列为
数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
X 0 1 2 3 4
P
微专题4　概率统计与数列的交汇
4.[2023·新高考Ⅰ卷]甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
解析：记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋A，
所以P(A)＝P(BA＋A)＝P(BA)＋P(A)＝P(B)P(A|B)＋P()P(A|)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
解析：设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋，
所以pi＋1－＝(pi－)，
又p1－＝＝，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以pi－＝×()i－1，
所以pi＝×()i－1.
解析：设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi.
Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn，
则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，
由(2)知，pi＝×()i－1，
所以p1＋p2＋p3＋…＋pn＝×[1＋＋()2＋…＋()n－1]＝＝.
技法领悟
概率问题与数列的交汇，综合性较强，主要有以下类型
1．求通项公式：关键是找出概率Pn或数学期望E(Xn)的递推关系式，然后根据构造法(一般构造等比数列)，求出通项公式．
2．求和：主要是数列中的公式求和、错位求和、裂项求和．
3．利用等差、等比数列的性质，研究单调性、最值．
[巩固训练4]　[2023·山东烟台三模]现有甲、乙两个袋子，每个袋子中均装有大小、形状、质地完全相同的2个黑球和1个红球，若每次分别从两个袋子中随机摸出1个球互相交换后放袋子中，重复进行n(n∈N*)次此操作．记第n次操作后，甲袋子中红球的个数为Xn.
(1)求X1的分布列和数学期望；
解析：由题知，X1的所有可能取值为0、1、2，
P(X1＝0)＝＝，P(X1＝1)＝＝，P(X1＝2)＝＝，
所以，X1的分布列为
所以，X1的数学期望E(X1)＝0×＋1×＋2×＝1.
X1 0 1 2
P
(2)求第n次操作后，甲袋子中恰有1个红球的概率Pn.
解析：由题知，
P(Xn＋1＝1)＝(1×)P(Xn＝0)＋()P(Xn＝1)＋(×1)P(Xn＝2)，
又P(Xn＝0)＋P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)＝1，
所以，P(Xn＋1＝1)＝[1－P(Xn＝1)－P(Xn＝2)]＋P(Xn＝1)＋P(Xn＝2)，
整理得，P(Xn＋1＝1)＝P(Xn＝1)，
所以，P(Xn＋1＝1)－＝－，
又因为P(X1＝1)－＝－，
所以，数列是首项为－，公比为－的等比数列，
所以，P(Xn＝1)－＝－×(－)n－1，
所以，P(Xn＝1)＝×(－)n＋，即Pn＝＋.
微专题5　概率统计与导数的交汇
　5.[2023·河北张家口一模]某医疗用品生产商用新旧两台设备生产防护口罩，产品成箱包装，每箱500个．
(1)若从新旧两台设备生产的产品中分别随机抽取100箱作为样本，其中新设备生产的100箱样本中有10箱存在不合格品，旧设备生产的100箱样本中有25箱存在不合格品，由样本数据，填写完成2×2列联表，并依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为“有不合格品”与“设备”有关联？
单位：箱
是否有不合格品 设备 无不合格品 有不合格品 合计
新
旧
合计
解析：(1)
单位：箱
零假设为H0：有不合格品与新旧设备无关联．
由列联表可知χ2的观测值
χ2＝＝≈7.792>6.635＝x0.01，
根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断H0不成立，即认为箱中有不合格品与新旧设
备有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01.
是否有不合 格品设备 无不合格品 有不合格品 合计
新 90 10 100
旧 75 25 100
合计 165 35 200
(2)若每箱口罩在出厂前都要做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱口罩中任取20个做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有口罩做检验．设每个口罩为不合格品的概率都为p(0解析：由题意，得f(p)＝p3(1－p)17，
则f′(p)＝[3p2(1－p)17－17p3(1－p)16]＝p2(1－p)16(3－20p)，
令f′(p)＝p2(1－p)16(3－20p)＝0，又0当p∈(0，)时，f′(p)>0，当p∈(，1)时，f′(p)<0，
所以f(p)最大时p的值p0＝.
(3)现对一箱产品检验了20个，结果恰有3个不合格品，以(2)中确定的p0作为p的值．已知每个口罩的检验费用为0.2元，若有不合格品进入用户手中，则生产商要为每个不合格品支付5元的赔偿费用．以检验费用与赔偿费用之和的期望为决策依据，是否要对这箱产品余下的480个口罩做检验？
附表：
附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
解析：由(2)知p＝.
设Y表示余下的480件产品中不合格品的数量，依题意知Y～B(480，)，
所以E(Y)＝480×＝72.
若不对该箱余下的口罩做检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，则X＝0.2×20＋5Y，
所以E(X)＝0.2×20＋5×E(Y)＝364.
如果对余下的产品做检验，这一箱产品所需要的检验费为0.2×500＝100(元)．
364远大于100，所以应该对余下的480个口罩进行检验．
技法领悟
解决有关概率的最大(最小)问题往往利用函数的导数或不等式来实现．
[巩固训练5]　[2023·江苏扬州模拟]今年5月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，非洲地区猴痘地方性流行国家较多．我国目前为止尚无猴痘病例报告．我国作为为人民健康负责任的国家，对可能出现的猴痘病毒防控提前做出部署．同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南(2022年版)》．此《指南》中指出：①猴痘病人潜伏期5～21天；②既往接种过天花疫苗者对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力．据此，援非中国医疗队针对援助的某非洲国家制定了猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接触者集中医学观察21天．在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较大．对该国家200个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了感染病毒情况，得到下面的列联表：
接种天花疫 苗与否/人数 感染猴痘病毒 未感染猴痘病毒
未接种天花疫苗 30 60
接种天花疫苗 20 90
(1)是否有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；
解析：依题意有χ2＝≈6.061<6.635，
∴没有99%的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关．
(2)以样本中结束医学观察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率．现从该国所有结束医学观察的密切接触者中随机抽取4人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有2人感染猴痘病毒的概率；
解析：由题意得：该地区每名密切接触者感染病毒的概率为＝，
设随机抽取的4人中至多有2人感染病毒为事件A，则P(A)＝)2()2＝；
(3)该国现有一个中风险村庄，当地政府决定对村庄内所有住户进行排查．在排查期间，发现一户3口之家与确诊患者有过密切接触，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一进行猴痘病毒检测．每名成员进行检测后即告知结果，若检测结果呈阳性，则该家庭被确定为“感染高危家庭”．假设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p(0附：χ2＝
α 0.1 0.05 0.010
xα 2.706 3.841 6.635
解析：f(p)＝(1－p)p＋(1－p)2p＝p(1－p)(2－p)＝p3－3p2＋2p
则f′(p)＝3p2－6p＋2,
令f′(p)＝0，则p1＝，p2＝(舍去)，
当00，函数f(p)在(0，)上单调递增，
当所以，当p＝时，该家庭至少检测了2名成员才能确定为“感染高危家庭”的可能性最大．(共97张PPT)
立体几何
第一讲　空间几何体的表面积与体积、截面与交线——小题备考
微专题1　空间几何体的表面积和体积
常考常用结论
1．柱体、锥体、台体的表面积公式：
①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
②圆锥的表面积 S＝πr(r＋l)；
③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)．
2．柱体、锥体的体积公式：
①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
1．端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为1.8 g/cm3，若图中粽子的底面边长为8 cm，高为4 cm，则该粽子的重量大约是(　　)
A．105 g　B．110 g　C．115 g　D．120 g
答案：C
解析：由题知，
粽子的体积V＝Sh＝×82×4＝64(cm3)，
根据ρ＝可得，
该粽子重量大约为1.8×64＝115.2(g)，
与C选项最为接近．故选C.
2．[2023·安徽亳州一中模拟]若正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，高为3，则该正四棱台的体积为(　　)
A．5　　　B．7　　　C．　　　D．
答案：B
解析：V棱台＝(S上＋＋S下)h＝×(1＋＋4)×3＝7.故选B.
3．[2023·江苏盐城三模]已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为(　　)
A． B． C． D．
答案：D
解析：
圆锥的高为r，如图，
由△SO1M∽△SOB可得：＝＝，
∴SO1＝SO，
∴OO1＝SO＝r，
圆柱侧面积S1＝2π·r·r＝πr2，
圆锥侧面积S2＝·2πr·2r＝2πr2，＝·＝.故选D.
1.(1)[2023·新高考Ⅱ卷](多选)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P AC O为45°，则(　　)
A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2D．△PAC的面积为
解析：
(1)依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，
圆锥的体积为×π×()2×1＝π，A选项正确；
圆锥的侧面积为π××2＝2π，B选项错误；
设D是AC的中点，连接OD，PD，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P AC O的平面角，
则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，
故AD＝CD＝＝，则AC＝2，C选项正确；
PD＝＝，所以S△PAC＝×2＝2，D选项错误．故选AC.
答案：AC
(2)如图所示，直三棱柱ABC A1B1C1的侧棱长和底面边长都是a，截面AB1C和截面A1BC1相交于DE，则四面体B B1DE的体积为________．
解析：方法一　取BB1中点F，连结DF，EF，
则V四面体B B1ED＝V锥B1 DEF＋V锥B DEF
＝B1F·S△DEF＋BF·S△DEF
＝BB1·S△DEF＝a·×()2＝a3.
方法二　取BB1中点F，连结DF，EF，
则V四面体B B1DE＝2V锥B1 DEF＝2··V锥B1 ABC
＝2×a3＝a3.
方法三　设A、D两点到平面BCC1B1的距离分别为h、h′，则h′＝h＝a.
V锥D BB1E＝h′·S△BB1E＝h′×S正方形BB1C1C
＝a×a2＝a3.
a3
技法领悟
1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
2．求空间几何体的体积，还常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．
技法领悟
1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
2．求空间几何体的体积，还常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．
[巩固训练1]　(1)[2023·全国乙卷] 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　)
A．π B．π C．3π D．3π
答案：B　
解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，
∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，
解得PC＝，
于是PO＝＝ ＝，
所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π.故选B.
(2)[2023·辽宁鞍山模拟]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，点D是棱AA1上的点，AD＝AA1，若截面BDC1分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为(　　)
A．1∶2　 B．4∶5　 C．4∶9　 D．5∶7
答案：D
解析：不妨令AB＝BC＝CA＝AA1＝4，且上下底面是等边三角形，
又AA1⊥底面ABC，易知ABC A1B1C1为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱ABC A1B1C1体积V＝AA1·S△ABC＝4××42×＝16，
而AD＝1，CC1＝4，故S四边形ACC1D＝AC·(AD＋CC1)＝10，
所以VB ACC1D＝×2×10＝，故VC1 A1B1BD＝V－VB ACC1D＝，
所以＝.
故选D.
微专题2　与球有关的切、接问题
常考常用结论
1．球的表面积S＝4πR2，体积V＝πR3.
2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径．
3．n面体的表面积为S，体积为V，则内切球的半径r＝.
4．直三棱柱的外接球半径：R＝，其中r为底面三角形的外接圆半径，L为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R′＝.
5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R＝a(a为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r＝a，因此R∶r＝3∶1.
1．表面积为8的正四面体的外接球的表面积为(　　)
A．4π　　B．12π　　C．8π　　D．4π
答案：B
解析：设正四面体的棱长为a，则根据题意可得：a2×4＝8，解得a＝2；
该正四面体的外接球与棱长为2的正方体的外接球的半径相等，
又正方体的外接球半径为，故该正四面体外接球的表面积S＝4π×()2＝12π.故选B.
2．[2023·山东泰安模拟]将半径为4，圆心角为π的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的表面积为(　　)
A．2π B．3π C． D．4π
答案：C
解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可得l＝4，由2πr＝4π，所以r＝2.
因为l＝2r，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，
该等边三角形(如图)的内切圆半径为圆锥内切球半径R，
而等边三角形的边长为4，故R＝＝，故S＝4πR2＝π.故选C.
3．[2023·湖南常德二模]在正方体ABCD A1B1C1D1中，M是线段A1C1的中点，若四面体M ABD的外接球体积为36π，则正方体棱长为________．
4
解析：设该正方体的棱长为a，设四面体M ABD的外接球的半径为R，
∵πR3＝36π，∴R＝3.
如图，取BD的中点H，可得H是下底面ABCD的中心，设四面体M ABD的外接球的球心为O，
在正方体ABCD A1B1C1D1中，
∴MH⊥平面ABCD，即MH⊥平面ABD，
则点O在MH上，
连接OA，
∵MH＝a，OH＝MH－R＝a－3.
∵AH＝a，OA＝R＝3，OA2＝AH2＋OH2，
∴32＝(a)2＋(a－3)2，
∵a>0，∴a＝4，即正方体棱长为4.
2.(1)若棱长均相等的正三棱柱的体积为16，且该三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为(　　)
A． B． C．6π D．
答案：D　
解析：设该正三棱柱棱长为x，底面三角形的外接圆半径为r，则sin 60°·x2·x＝16，∴x＝4，则底面三角形的外接圆的半径为r＝x×＝.
设三棱柱的外接球O半径为R，则R2＝r2＋()2＝＋4＝，S表＝4πR2＝4π×＝.故选D.
(2)[2023·福建泉州联考]已知正四棱台的高为1，下底面边长为2，侧棱与底面所成的角为45°，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为(　　)
A． B． C．8π D．36π
答案：B
解析：设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，连接AC，如图，过A1作AC的垂线垂足为E，过C1作AC的垂线垂足为F，
因为正四棱台的高为1，下底面边长为2，侧棱与底面所成的角为45°，
可得AE＝CF，EF＝A1C1＝2，即r1＝1，r2＝2，
设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，
可得d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，
即||＝1或＝1，解得R2＝5，符合题意，
所以球的体积为V＝πR3＝π.故选B.
技法领悟
1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．
2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．
[巩固训练2]　(1)[2023·江苏南京二模]直角三角形ABC中，斜边AB长为2，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则AC长为(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．
答案：D
解析：如图，设AC＝m，因为AB＝2，所以BC＝＝，
绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R，
所以4πR2＝，解得R＝，
设外接球的球心为O，则球心在直线AC上，所以4－m2＋(m－)2＝，解得m＝.故选D.
(2)[2023·江西鹰潭一模]直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，其侧面积是8，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为________．
8π
解析：因为直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，
设直四棱柱ABCD A1B1C1D1底面边长为a，侧棱长为h，
则其侧面积为4ah＝8，故ah＝2，
又该直四棱柱的外接球的半径R＝，
所以其外接球的表面积S＝4πR2＝π(2a2＋h2)≥π·2ah＝8π，
当且仅当a＝h，即a＝，h＝2时等号成立，
故其外接球的表面积的最小值为8π.
微专题3　立体几何中的截面与交线问题
常考常用结论
正方体的基本截面如下．
正方体的截面不会出现以下图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形．
1.[2023·河南新乡三模]如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为(　　)
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
答案：A
解析：如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，
E、F分别为棱CC1、BC的中点，则EF∥BC1，正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，
所以平面AFED1为所求截面，
因为正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2.故选A.
2．[2023·江苏南通模拟]正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
答案：C
解析：如图，取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H ，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，
在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP 为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，
由于C1H＝
.故选C.
3.如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P分别为棱AA1，CC1，AD的中点，Q为该正方体表面上的点，若M，N，P，Q四点共面，则点Q的轨迹围成图形的面积为________．
3
解析：如图，
取CD，B1C1，A1B1的中点分别为E，F，G，
则点Q的轨迹围成图形为正六边形PENFGM，
且边长为面对角线的一半，即，
所以点Q的轨迹围成图形的面积为6×× ＝3.
3.(1)(多选)如图正方体ABCD A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点， Q为 线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为Ω，若＝，则下列结论正确的是(　　)
A．当λ∈(0，)时， Ω为四边形
B．当λ＝时， Ω为等腰梯形
C．当λ∈(，1)时， Ω为六边形
D．当λ＝1 时， Ω的面积为
答案：ABD　
解析：当0<λ<时，如图1所示，Ω是四边形，故A正确；
当λ＝时，如图2所示，Ω是等腰梯形，故B正确；
当<λ<1时，如图3所示，Ω是五边形，故C错误；
当λ＝1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，如图4，由正方体的性质易知，PC1∥BM∥AF，且PC1＝AF，截面Ω为APC1F为菱形，其面积为AC1·PF＝，故D正确．故选ABD.
(2)[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.
技法领悟
1．找截面和交线的一般方法：
(1)直接连接法
(2)作平行线法
(3)作延长线找交点法
2．作截面的关键在于确定截点．通过位于多面体同一表面上的两个不同截点即可连接成截线，从而得到截面．
[巩固训练3]　(1)[2023·安徽临泉一中模拟]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为A1B1、B1C1的中点，过 M、N的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为(　　)
A．2　　B．2　　C．　　D．
答案：D　
解析：如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形MNCA，
其中MN＝，AC＝2，AM＝CN＝，高为h＝ ＝，故面积为×(＋2)×＝.故选D.
(2)[2023·河南许昌实验中学二模]在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为(　　)
A．2π B．3π C．4π D．8π
答案：C
解析：如图，取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，
连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，
因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，
MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，
因为M为CC1的中点，所以MN＝CF＝4sin 60°＝2，
由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝＝4，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，
球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.故选C.
第二讲　空间位置关系、空间角与空间距离——小题备考
微专题1　空间位置关系
常考常用结论
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，a∥b a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α＝b a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a＝P，a∥α，b∥α α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α＝a，β＝b a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m α，n α，m＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α＝l，a α，a⊥l a⊥β.
1.如图，正方体中，E、F分别是AA1、CC1的中点，则与直线A1D1、EF、DC都相交的直线(　　)
A．有且仅有一条
B．有且仅有两条
C．有且仅有三条
D．无数条
答案：D
解析：在EF上任意取一点M，直线A1D1与点M确定一个平面，
这个平面与DC有且仅有1个交点H，
当点M取不同的位置就确定不同的平面，从而与DC有不同的交点H，
而直线MH与这3条异面直线都有交点，故在空间中与三条直线A1D1、EF、DC都相交的直线有无数条．故选D.
2．[2023·山东日照三模]已知直线a⊥平面α，则“直线a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　)
A．充分不必要条件　B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：若“直线a∥平面β”成立，设l β，且l∥a，又a⊥平面α，所以l⊥平面α，又l β，所以“平面α⊥平面β”成立；
若“平面α⊥平面β”成立，且直线a⊥平面α，可推出a∥平面β或a 平面β，
所以“直线a∥平面β”不一定成立．
综上，“直线a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要条件．故选A.
3．[2023·河北石家庄三模]已知m，n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，其中下列命题正确的是(　　)
A．若m∥n，n α，则m∥α
B．若m α，α＝n，m⊥n，则m⊥β
C．若m α，m⊥β，则α⊥β
D．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
答案：C
解析：若m∥n，n α，则m∥α或m α，A错误；
若m α，α＝n，m⊥n，α与β不一定垂直，因此m⊥β不正确，B错误；
由面面垂直的判定定理知C正确；
若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，D错误．故选C.
1.(1)[2023·黑龙江大庆一模]已知不重合的直线l，m，n和不重合的平面α，β，下列说法中正确的是(　　)
A．若m α，n β，m⊥n，则α⊥β
B．若m α，n α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，l⊥β，则l∥α
D．若α＝l，m α，n β，m∥n，则m∥l
答案：D　
　
解析：如图所示，满足命题条件，但不一定满足α⊥β，故A错误；
当m∥n∥l，α＝l时，都满足m∥β，n∥β，但推不出α∥β，故B错误；
存在l α特殊情况，故C错误；
因为m β，n β，m∥n，所以m∥β，又m α，α＝l，所以m∥l.故选D.
(2)[2023·山东东营一中二模]在正方体ABCD A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN(　　)
A．有且仅有1条 　　B．有且仅有2条
C．有且仅有3条 　　D．有无数条
答案：D　
　解析：如图，过点N作NE⊥BC，垂足为E，连接DE，
当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，理由如下：
在正方体ABCD A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，
所以四边形MDEN为平行四边形，
所以MN∥DE，
因为DD1⊥平面ABCD，且DE 平面ABCD，
所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.
所以当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，
此时满足条件的直线MN有无数条．故选D.
技法领悟
1．根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．
2．必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．
[巩固训练1]　(1)[2023·河南安阳模拟]如图，ABCDEF A1B1C1D1E1F1是底面为正六边形的直棱柱，则下列直线与直线A1B1不垂直的是(　　)
A．AE　　B．A1E　　
C．BD1　　D．E1F
解析：如图，连接AE1，则BD1∥AE1，因为AB∥A1B1，且AB⊥AE，AB⊥AA1，AE＝A，所以AB⊥平面AA1E，且A1E 平面AA1E，AE1 平面AA1E，所以AB⊥A1E，AB⊥AE1，所以A1B1⊥A1E，A1B1⊥AE，又BD1∥AE1，所以A1B1⊥BD1.若A1B1⊥E1F，则D1E1⊥E1F，且D1E1⊥EE1，则D1E1⊥平面EE1F1F，显然不成立，所以A1B1不垂直于E1F.故选D.
答案：D
(2)[2022·全国乙卷]在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
答案：A
解析：如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF 平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.
微专题2　空间角
常考常用结论
1．直线与直线的夹角
若n1，n2分别为直线l1，l2的方向向量，θ为直线l1，l2的夹角，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.
2．直线与平面的夹角
设n1是直线l的方向向量，n2是平面α的法向量，直线与平面的夹角为θ.
则sin θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.
3．平面与平面的夹角
若n1，n2分别为平面α，β的法向量，θ为平面α，β的夹角，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.
1．[2023·辽宁大连一模]如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为(　　)
A.　　　B．　　　C．　　　D．
答案：C
解析：正方体中，A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即异面直线A1D与D1C所成的角，
因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为，
所以异面直线A1D与D1C所成的角为.故选C.
2．[2023·安徽滁州一模]如图所示，已知点P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则平面CBF与平面DBF夹角的正切值为(　　)
A． B． C． D．
答案：D
解析：设AC＝O，连接OF，以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，∴B(，0，0)，F(0，0，)，C(0，，0)，D(－，0，0)，∴＝(0，，0 )，且为平面BDF的一个法向量．由＝(－，0)，＝(，0，－)，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，)，∴cos 〈n，〉＝，sin 〈n，〉＝，∴tan 〈n，〉＝.故选D.
3．[2023·辽宁丹东二模]如图，电商平台售卖的木制“升斗”，底部封闭，上部开口，把该升斗看作一个正四棱台，该四棱台侧棱与底面所成角的余弦值为________．
解析：如图所示，在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，O，O1分别是上下底面的中心，过点A1作A1E⊥AC，垂足为E，由于A1E∥OO1，所以A1E⊥底面ABCD.
所以该四棱台侧棱与底面成角为∠A1AE.
由题得C1A1＝22，CA＝40，∴AE＝＝9.
所以cos ∠A1AE＝＝，所以该四棱台侧棱与底面所成角的余弦值为.
2.(1)已知三棱锥P ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，点P在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥P ABC外接球的表面积为18π，球心在三棱锥P ABC内，则二面角P AB C的平面角的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
答案：B　
　解析：如图，设正△ABC的中心为O，有OA＝OB＝OC，而PO⊥平面ABC，则PA＝PB＝PC，
延长CO交AB于点D，则点D为AB的中点，有PD⊥AB，CD⊥AB，
即∠PDC为二面角P AB C的平面角，由AB＝2，得OC＝2OD＝2，显然三棱锥P ABC
为正三棱锥，其外接球的球心M在线段PO上，由三棱锥P ABC的外接球的表面积为18π，
则该球半径MC＝，由MC2＝MO2＋OC2，解得MO＝，PO＝2，PD＝3，所以cos ∠PDC
＝＝，所以二面角P AB C的平面角的余弦值为.故选B.
(2)[2023·浙江联考二模]如图，在平行四边形ABCD中，角A＝，AB＝，AD＝1，将三角形ABD沿BD翻折到三角形A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD.记线段A′C的中点为M，那么直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：A＝，AB＝，AD＝1，由余弦定理，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝()2＋12－2××1×cos ＝1，
则BD＝AD＝1，∠DBA＝∠A＝，∠ADB＝，
平面A′BD⊥平面BCD，∠A′DB＝∠ADB＝，DC＝AB＝，A′D＝AD＝BD＝1，
以D为原点，DB所在直线为y轴，平面ABD内垂直于DB的直线为x轴，垂直于平面ABD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(，－，0)，B(0，1，0)，C(－，0)，A′(0，－)，M(－)，
＝(0，－)，＝(0，1，0)，＝(－)，
设平面BDM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有，
令x＝1，有y＝0，z＝1，即n＝(1，0，1)，
cos 〈n，〉＝＝＝，
所以直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为.故选A.
技法领悟
1．用几何法求空间角时，关键要找出空间角，再在三角形中求解．
2．用向量法求空间角时，要熟记公式，还要正确建立空间直角坐标系．
[巩固训练2]　(1)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，则二面角A EG M的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
答案：B　
解析：以D为坐标原点，分别以方向为x，y，z轴建立空间坐标系如图：
设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，A(2，0，0)，
则＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)，
设平面EGM的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，令x＝2，得n＝(2，2，1)．
＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，设m＝(a，b，c)是平面AEG的一个法向量，则，即，令a＝1则m＝(1，1，0)．
则cos 〈m，n〉＝＝＝＝.
二面角A EG M的余弦值为.故选B.
(2)[2023·全国乙卷]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C AB D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A． B． C． D．
答案：C
解析：如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM 平面CMD，CM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因为DH 平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan ∠DCM＝＝.故选C.
微专题3　空间距离
常考常用结论
1．点到直线的距离：已知A，B是直线l上任意两点， P是l外一点，PQ⊥l，则点P到直线l的距离为PQ＝ ＝.
2．求点到平面的距离
已知平面α的法向量为n, A是平面α内的任一点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则点P到平面α的距离为|PQ|＝.
1．如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)则点G到平面D1EF的距离为(　　)
A.　　　B．　　　
C．　　　D．
答案：B
解析：因为A1B1∥EF，所以A1B1∥平面D1EF，所以点G到平面D1EF的距离就是直线A1B1到平面D1EF的距离，即点A1到平面D1EF的距离，点A1引直线D1E的垂线，垂足为点M，A1M就是所求距离，在直角三角形A1ED1中，A1D1＝1，A1E＝，D1E＝，所以1×＝×A1M A1M＝.故选B.
2．[2023·浙江温州三模]四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，
以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A(1，0，0)，D(0，0，1)，G(，1)，
于是＝(－，1)，＝(－1，0，1)，||＝＝·＝－×(－1)＋1＝，
所以点G到直线AD的距离d＝＝＝.故选A.
3.(1)《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马P ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝1，AB＝AD＝2，则点A到平面PBD的距离为(　　)
A． B． C． D．
答案：B　
解析：设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥P ABD的体积为：
×S△ABD×PA＝×S△PBD×h，即有×2×2×1＝×2×h，
∴h＝.故选B.
(2)[2023·湖北武汉模拟]如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则点C到平面AEC1F的距离为(　　)
A． B． C． D．
答案：C
解析：以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系D xyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，
＝(－2，4，3)，＝(0，4，1)．
设平面AEC1F的法向量n＝(x，y，z)，
由，得，
令z＝1，∴，
所以n＝(1，－，1)．又＝(0，0，3)，
∴点C到平面AEC1F的距离d＝＝.故选C.
技法领悟
1．用几何法求空间距离时，一般采用等体积法．
2．用向量法求空间距离时，要熟记公式，还要正确建立空间直角坐标系．
[巩固训练3]　
(1)在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝1，若二面角C AB C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为(　　)
A．1　　　B． C． D．
答案：D　
解析：取AB的中点O，连接OC和OC1，根据二面角的定义，∠COC1＝60°，OC＝，所以CC1＝，OC1＝，根据等体积转化＝VC1 ABC，即×1×＝×1××h，解得：h＝，就是点C到平面C1AB的距离．故选D.
(2)[2022·北京石景山模拟]如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为(　　)
A．1　　　B． C．　　　D．
答案：C
解析：正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，设P(2－t，2，t)，(0≤t≤2)，＝(－t，0，t)，＝(－2，2，0)，＝(0，2，0)，设异面直线的公共法向量为n＝(x，y，z)，则，取x＝1，得n＝(1，1，1)，∴点P到直线AC的距离为：d＝＝＝，点P到直线AC的距离的最小值为.故选C.
第三讲　空间向量与立体几何——大题备考
　立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．
微专题1　线面角
如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2.
(1)求证：CD⊥平面PAC；
解析：证明：如图，作CF⊥AD，垂足为F，易证，四边形ABCF为正方形．
所以CF＝AF＝DF＝1，CD＝＝.
又AC＝＝，
因为AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD.
因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AC＝A，AC 平面PAC，PA 平面PAC，所以CD⊥平面PAC.
(2)若E为PC的中点，求PD与平面AED所成角的正弦值．
解析：以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E()．
则＝(0，2，0)，＝(0，2，－1)，＝()．设平面AED的法向量为n＝(x，y，z)，由，得，令z＝1，可得平面AED的一个法向量为n＝(－1，0，1)．
设PD与平面AED所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝.
2.[2023·河南安阳二模]在如图所示的几何体中，四边形ABCD为菱形，∠BCD＝60°，AB＝4，EF∥CD，EF＝2，CF＝4，点F在平面ABCD内的射影恰为BC的中点G.
(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
解析：证明：如图，设AC与BD交于点O，连接OG，OE.
因为O，G分别为BD，BC的中点，所以OG∥AB，OG＝AB＝2.
因为EF＝2＝AB，EF∥CD∥AB，所以四边形EFGO为平行四边形，
所以OE∥FG，又FG⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.
因为AC 平面ABCD，所以OE⊥AC，又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为OE＝O，OE，BD 平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC 平面ACE，故平面ACE⊥平面BED.
(2)求直线BD与平面ABFE所成的角的正弦值．
解析：因为FG⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以FG⊥BC，
所以FG＝＝2，所以OE＝2.
如图，以点O为坐标原点，以直线OA为x轴，直线OB为y轴，直线OE为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，E(0，0，2)，B(0，2，0)，D(0，－2，0)，所以＝(－2，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(0，－4，0)．
设平面ABFE的法向量为v＝(x，y，z)，则，即，令x＝1，可得v＝(1，，1)．
设直线BD与平面ABFE所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈，v〉|＝＝＝，
故直线BD与平面ABFE所成的角的正弦值为.
1.[2023·山东聊城三模]
如图，三棱台ABC DEF中，AB＝2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB＝4AN，平面DMN∩平面ADFC＝l.
(1)证明：MN∥l；
解析：证明：如图，取FD的中点G，连接GM，AG，
因为M是EF的中点，所以GM∥DE，GM＝DE，
因为三棱台ABC DEF中，DE∥AB，DE＝AB，AB＝4AN，
所以GM∥AN，GM＝AN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA，
因为MN 平面ADFC，GA 平面ADFC，所以MN∥平面ADFC，
因为MN 平面DMN，平面DMN∩平面ADFC＝l，所以MN∥l.
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC＝CF＝FE＝EB，求直线AB与平面DMN所成角的正弦值．
解析：因为平面CBEF⊥平面ABC，所以过点F作FO⊥CB于点O，则FO⊥平面ABC，又由题意知CB＝2FE，AC＝CF＝FE＝EB，所以CO＝CF＝AC，
因为△ABC中，AC＝CB，AC⊥AB，所以∠ACB＝60°，
连接AO，在△ACO中由余弦定理得
OA2＝CO2＋AC2－2CO·AC cos 60°＝AC2，
所以CO2＋OA2＝AC2，得OA⊥CO.
所以以O为原点，以OA，OB，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
令AC＝2，则O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，3，0)，C(0，－1，0)，F(0，0，)，
M(0，1，)，＝(，1，0)，＝(－，3，0)，＝＝()，＝
(－，0)，＝＝(，－)，设平面DMN的法向量为n＝(x，y，
z)，则得令x＝2，则y＝2，z＝1，所以平面DMN的
一个法向量n＝(2，2，1)，设直线AB与平面DMN所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以直线AB与平面DMN所成角的正弦值为.
2.[2023·山西临汾二模]
如图，已知四棱锥P ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝AB，AB＝BC＝2AD，E为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点．
(1)证明：BD⊥EF；
解析：证明： 如图，
连接PE，BD，EC，EC交BD于点G.
因为E为AB的中点，PA＝PB，所以PE⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
PE 平面PAB，所以PE⊥平面ABCD.
因为BD 平面ABCD，所以PE⊥BD.
因为△ABD≌△BCE，所以∠CEB＝∠ADB，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，
所以BD⊥EC.
因为PE＝E，PE，EC 平面PEC，所以BD⊥平面PEC.
因为EF 平面PEC，所以BD⊥EF.
(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的正弦值为.
解析：如图，取DC的中点H，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系：
设AB＝2，则BC＝2，AD＝1，PA＝PB＝，
则P(0，0，1)，C(1，2，0)，D(－1，1，0)，E(0，0，0)，
设F(x，y，z)，＝λ(0<λ<1)，所以(x，y，z－1)＝λ(1，2，－1)，
所以x＝λ，y＝2λ，z＝1－λ，即F(λ，2λ，1－λ)．
＝(2，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(λ，2λ，1－λ)，
设平面PCD的法向量为m＝(a，b，c)，则
，即，取m＝(1，－2，－3)，
则|cos 〈m，〉|＝＝＝，
整理得6λ2－2λ＝0，因为0<λ<1，所以λ＝，即＝，
所以当PF＝PC时，EF与平面PCD所成角的正弦值为.
技法领悟
1.[巩固训练1]　
[2023·河北衡水模拟]如图，矩形ABCD是圆柱OO1的一个轴截面，点E在圆O上，AD＝AE＝3，且∠ABE＝60°，＝λ(0≤λ≤1)．
(1)当λ＝时，证明：平面OAF⊥平面BDE；
解析：证明：因为点E在圆O上，所以AE⊥BE，
而矩形ABCD是圆柱OO1的轴截面，
则有AD⊥平面ABE，又BE 平面ABE，即有AD⊥BE，
又AE＝A，AE，AD 平面ADE，于是得BE⊥平面ADE，
又因为AF 平面ADE，所以AF⊥BE.
当λ＝时，点F是DE的中点，又AD＝AE，则有AF⊥DE，
因为DE＝E，DE，BE 平面BDE，
所以AF⊥平面BDE，又AF 平面OAF，
所以平面OAF⊥平面BDE.
(2)若直线AF与平面ODE所成角的正弦值为，试求此时λ的值．
解析：在底面内过O作Ox⊥AB，则两两垂直，
所以以O为原点分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
又因为AE＝3，∠ABE＝60°，∠AEB＝90°，
所以AB＝2，BE＝，
则O(0，0，0)，A(0，－，0)，D(0，－，3)，E(，0)．
＝＝＋λ＝(，0)＋λ(－，－，3)＝(－λ＋，－λ＋，3λ)，
设平面ODE的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令z＝1得x＝－1，y＝， 即n＝(－1，，1)，设直线AF与平面ODE所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，解得λ＝.
即当λ＝时，直线AF与平面ODE所成角的正弦值为.
微专题2　二面角
　1.[2023·北京卷]如图，在三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.
(1)求证：BC⊥平面PAB；

解析：证明：因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形．
又因为PB＝＝，BC＝1，PC＝，
所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA＝P，
所以BC⊥平面PAB.
(2)求二面角A PC B的大小．
解析：由(1)知BC⊥平面PAB，又AB 平面PAB，则BC⊥AB.
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，
所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，
＝(1，1，－1)．
设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则，即
令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)，
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则，即，
令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
又因为二面角A PC B为锐二面角，
所以二面角A PC B的大小为.
2．[2023·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；


解析：方法一　依题意，得＝＝＋＋＝，
所以B2C2∥A2D2.
方法二　以点C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，
＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)点P在棱BB1上，当二面角P A2C2 D2为150°时，求B2P.
解析：建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以＝＝(0，－2，3－n)．
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以，则，令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知＝＝(0，－2，1)，
所以，则，
令y2＝1，得b＝(1，1，2)．
所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
3.[2023·河北石家庄一模]
如图，四棱锥S ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
解析：证明：设BD交OC于点M，
∵底面ABCD为矩形，∴在Rt△ABD中，BD＝＝＝.
∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1.
在Rt△OBC中，OC＝＝＝，
∵OB∥CD，OB＝CD，∴＝＝，∴BM＝BD＝，∴OM＝OC＝.
∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，∴BM⊥OM，即BD⊥OC，
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形．
∵O为AB的中点，∴SO⊥AB.
∵平面ABCD⊥平面SAB，SO 平面SAO，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊥AB.
∴SO⊥平面ABCD，∵BD 平面ABCD，∴SO⊥BD，即BD⊥SO，
又∵BD⊥OC，SO＝O，SO，OC 平面SOC，
∴BD⊥平面SOC.
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
解析：设＝λ，λ∈[0，1],
∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，
∴AD⊥平面SAB.
以O为坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz；
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形．
∵O为AB的中点，
∴OB＝AB＝1，SO＝＝＝，
S(0，，0)，C(1，0，)，D(－1，0，)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，
＝(－1，－)，＝(2，0，0)，＝(2，0，0)，＝(1，，0)，
∴＝λ＝λ(－1，－)＝(－λ，－λ，λ)，
∴＝＝(1，，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(1－λ，，λ)，
设平面SCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
，即，令y1＝，∴m＝(0，)．
设平面ABE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由，可得，
令y2＝λ，∴x2＝0，y2＝λ，z2＝λ－，
∴n＝(0，λ，λ－)．
∵平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
整理得20λ2－24λ＋7＝0，∴λ＝或λ＝，均符合λ∈[0，1]，
∴＝或＝，
∴侧棱SD上存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，
＝或＝.
[2023·河南开封二模]如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AD＝CD＝AB＝，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起(如图2)．在图2所示的几何体D ABC中：
(1)若AD⊥BC，求证：DE⊥平面ABC；

解析：由已知，△ADC为等腰直角三角形，E为AC的中点，可得DE⊥AC，
△ABC中，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝45°，所以由余弦定理得BC＝＝2，
因为AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又因为AD⊥BC，AC＝A，AD，AC 平面ADC，所以BC⊥平面ADC，
又DE 平面ADC，所以BC⊥DE，又DE⊥AC，AC＝C，AC，AB 平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
(2)若BD与平面ACD所成的角为60°，求二面角D AC B的余弦值．

解析：如图过C点作平面ABC的垂线CP，以C为原点，
分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系C xyz，
则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，0)，
设D(1，a，)，其中－1＝(1，a，)，设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即可得n＝(0，，－a)，由题意|cos 〈n，〉|＝＝sin 60°＝，解得a＝或a＝，易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，当a＝时，n＝(0，，－)，cos 〈n，m〉＝＝－，
由图可知二面角D AC B为锐角，故二面角D AC B的余弦值为，当a＝时，n＝(0，，－)，cos 〈n，m〉＝＝－，由图可知二面角D AC B为锐角，所以二面角D AC B的余弦值为，综上，二面角D AC B的余弦值为或.
技法领悟
利用空间向量求二面角的答题模板
[巩固训练2]　[2023·山东青岛三模]如图，三棱台ABC A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，BB1＝CC1＝.
(1)求四棱锥A1 BCC1B1的体积；

解析：在三棱台ABC A1B1C1中，取B1C1的中点O1，连接A1O1，
因为AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，则A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝，有BC＝4，B1C1＝2，
A1O1⊥B1C1，A1O1＝，因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1，
则平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1 平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1，
梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝，则梯形BCC1B1的高h＝＝＝1，
因此梯形BCC1B1的面积S＝(2＋4)×1＝3，
所以四棱锥A1 BCC1B1的体积V＝S·A1O1＝×3＝2.
(2)在侧棱BB1上是否存在点E，使得二面角E AC B的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．

解析：取BC的中点O，连接AO，因为AB＝AC，则AO⊥BC，
在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分别为上下底边B1C1，BC的中点，有OO1⊥BC，
而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1 平面BCC1B1，于是OO1⊥平面ABC，
以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，B1(0，，1)，令＝(0设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，而＝(2，2，0)，＝(0，4m，m)，
则，令x＝m，得n＝(m，－m，4m)，
因为OO1⊥平面ABC，则＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量，记二面角E AC B的平面角为θ，
于是cos θ＝〉|＝
＝＝，
即6m2＋m－2＝0，而0所以存在点E为B1B的中点，使得二面角E AC B的余弦值为.
微专题3　空间距离　
[2023·江西鹰潭模拟]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝AC＝CC1＝4，D为AB1的中点，CB1交BC1于点E.
(1)证明：CB1⊥C1D；
解析：证明：由于CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，所以A1C1，B1C1，CC1两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，4)，C1(0，0，0)，B1(0，4，0)，A1(4，0，0)，A(4，0，4)，B(0，4，4)，D(2，2，2)，
＝(0，4，－4)，＝(2，2，2)，所以·＝0＋8－8＝⊥，故CB1⊥C1D.
(2)由题意可知E是CB1，BC1的中点，所以E(0，2，2)，
设平面B1C1D的法向量为m＝(x，y，z)，则
＝(0，4，0)，＝(2，2，2)，＝(0，2，2)，
故 ，取x＝1 ，则m＝(1，0，－1)，
所以点E到平面B1C1D的距离为d＝＝＝.
(2)求点E到平面B1C1D的距离．

解析：由题意可知E是CB1，BC1的中点，所以E(0，2，2)，
设平面B1C1D的法向量为m＝(x，y，z)，则
＝(0，4，0)，＝(2，2，2)，＝(0，2，2)，
故 ，取x＝1 ，则m＝(1，0，－1)，
所以点E到平面B1C1D的距离为d＝＝＝.
5.[2023·河北石家庄二中模拟]
如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CA⊥CB，侧面AA1B1B为菱形，△AB1C为等边三角形．
(1)求证：CB1⊥CB；
解析：(1)证明：连接A1B与AB1相交于点F，连接CF，如图所示：
∵四边形AA1B1B为菱形，∴F为AB1的中点，则A1B⊥AB1.
△AB1C为等边三角形，有CF⊥AB1，A1B，CF 平面A1BC，
A1B＝F，∴AB1⊥平面A1BC，
BC 平面A1BC，∴AB1⊥BC，
又AC⊥BC，AB1，AC 平面AB1C，AB1＝A，
∴BC⊥平面AB1C，∵CB1 平面AB1C，∴CB1⊥CB.
(2)若CA＝CB＝4，点E是侧棱CC1上的动点，且平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为，求点B到平面AB1E的距离．
解析：由(1)知CB1⊥CB，CA⊥CB，且CB1＝C，
CB1，AC 平面AB1C，故CB⊥平面AB1C，而CB 平面ABC，故平面AB1C⊥平面ABC，
分别取AC，AB的中点O，G，连接B1O，OG，则OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C，△AB1C为等边三角形，B1O⊥AC，而平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1O 平面AB1C，故B1O⊥平面ABC，
以O为原点的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(4，2，0)，B1(0，0，2)，设＝＝＝(－4λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，则E(－4λ，2－2λ，2λ)，∴＝＝(0，2，2)，
设平面AB1E的一个法向量n＝(x，y，z)，则有，
令z＝λ，则y＝－λ，x＝λ－，即n＝(λ－，－λ，λ)，又∵平面ABC的法向量为＝(0，0，2)，∴平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为〉＝＝，
∴3λ2＋2λ－1＝0，∴λ＝或λ＝－1(舍)，此时n＝(－，－)，又＝(4，4，0)，
∴点B到平面AB1E的距离为：＝＝3.
技法领悟
利用空间向量求空间距离的答题模板
[巩固训练3]　[2023·重庆模拟]在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是边长为4的正方形，AB⊥B1B，△ABC是正三角形．
(1)若A1为AB1的中点，求证：直线AC∥平面A1BC1；
解析：证明：如图，连接CB1，设CB1＝D，由题意可得D为CB1的中点，连接A1D，
因为A1，D分别为AB1，CB1的中点，则A1D∥AC，
A1D 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，
所以直线AC∥平面A1BC1.
(2)若点A1在棱AB1上且AA1＝2A1B1，求点C到平面A1BC1的距离．
解析：由题意可得：AB⊥B1B，BC⊥B1B，AB＝B，AB，BC 平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，取AB的中点H，连接CH，
因为△ABC是正三角形，则CH⊥AB，又因为BB1⊥平面ABC，CH 平面ABC，则CH⊥BB1，AB＝B，AB，BB1 平面ABB1，
所以CH⊥平面ABB1，如图，以H为坐标原点，HA，HC为x轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(－2，0，0)，C(0，0，2)，B1(－2，4，0)，C1(0，4，2)，A1(－，0)，
可得＝＝＝(，0)，
设平面A1BC1的法向量n＝(x，y，z)，
则，
令x＝2，则y＝－1，z＝0，即n＝(2，－1，0)，
所以点C到平面A1BC1的距离d＝＝＝.(共74张PPT)
数列
第一讲　等差数列与等比数列——小题备考
常考常用结论
1．等差数列
(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d；
(2)求和公式：Sn＝＝na1＋d；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．
2．等比数列
(1)通项公式：an＝a1qn－1(q≠0)；
(2)求和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝；
(3)性质：
①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，
则am·an＝ap·aq；
②an＝am·qn－m；
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(Sm≠0)成等比数列．
微专题1　等差数列与等比数列的基本量计算
1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{an}中，Sn是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝(　　)
A．7　 　　B．10　 　　C．11　 　　D．13
答案：C
解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.
2．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为(　　)
A．－27 B．－16 C．－11 D．－9
答案：B
解析：因为{an}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{an}的前n项和为Sn，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.
3．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{an}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为(　　)
A． B． C．2 D．4
答案：C
解析：已知等比数列{an}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.
4．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{an}中，a1＝1，Sn为{an}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝(　　)
A．7 B．9 C．15 D．30
答案：C
解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.
5．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为(　　)
A．壬午年 B．癸未年
C．己亥年 D．戊戌年
答案：B
解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.
1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{an}，前n项和为Sn，a1>0，<－1，则下列结论正确的是(　　)
A．a2 022>0
B．Sn的最大值为S2 023
C．|an|的最小值为a2 022
D．S4 044<0
答案：ACD
解析：∵数列{an}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{an}为递减的等差数列，∴a2 023<0，a2 022>0，故A正确；
∵数列{an}为递减的等差数列，a2 023<0，a2 022>0，∴Sn的最大值为S2 022，故B错；
∵a2 023<0，a2 022>0，∴由<－1得a2 023<－a2 022，∴a2 023＋a2 022<0，∴|a2 023|>|a2 022|，∴|an|的最小值为|a2 022|，即a2 022，故C正确；
S4 044＝＝2 022(a2 022＋a2 023)<0，故D正确．故选ACD.
(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．” 则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．
6
解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{an}，
n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{an}的前n项和为Sn，
则S6＝378，而S6＝＝，
因此＝378，解得a1＝192，
所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．
技法领悟
1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．
2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．
[巩固训练1]　(1)[2022·全国乙卷]记Sn为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.
2
解析：方法一　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.
方法二　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.
(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{an}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝(　　)
A．81 B．243 C．27 D．729
答案：B
解析：由a6－6a5＋9a4＝0 a4·(q2－6q＋9)＝0.而an≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39 a1＝3，∴an＝3n，a5＝35＝243.故选B.
微专题2　等差数列、等比数列的基本性质的应用
1.[2023·浙江宁波一模]已知数列{an}与{bn}均为等差数列，且a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，则a4＋b7＝(　　)
A．5　　　B．6 C．7　　　D．8
答案：B
解析：因为a3＋b5＝4，a5＋b9＝8，所以a3＋b5＋a5＋b9＝12，即 a3＋a5＋b5＋b9＝12，根据等差数列的性质可知a3＋a5＋b5＋b9＝2a4＋2b7＝12，所以a4＋b7＝6.故选B.
2．[2023·安徽安庆一中三模]在等比数列{an}中，a2a3a4＝4，a5a6a7＝16，则a8a9a10＝(　　)
A．4　　　B．8 C．32　　 D．64
答案：D
解析：由a2a3a4＝4，a5a6a7＝16可得，则162＝，解得＝64，即a8a9a10＝64.故选D.
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　)
A．0　　　B．－10 C．－30　 D．－40
答案：C
解析：由等差数列{an}的前n项和的性质可得：S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30.故选C.
4．[2023·全国乙卷]已知为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________．
－2
解析：方法一　设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1　①.又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8　②，所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2.
方法二　设数列{an}的公比为q.因为a4a5＝a3a6≠0，所以a2＝1.又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2.
2.(1)[2023·陕西咸阳三模]已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若＝nTn，则＝(　　)
A．　　B． C．　　D．
答案：A　
解析：(2n＋3)Sn＝nTn ＝，
又S9＝(a1＋a9)＝×2a5＝9a5，
T9＝(b1＋b9)＝×2b5＝9b5，
所以＝，又＝＝，
所以＝.故选A.
(2)[2023·河南许昌模拟]已知等比数列{an}的各项均为正数，且a3·a7＝9，则log3a1＋log3a5＋log3a9＝(　　)
A．3　　 B．4 C．5　　 D．6
答案：A　
解析：根据等比数列的性质可得a1a9＝a2a8＝a3a7＝a4a6＝＝9，又an>0，所以a5＝3，所以log3a1＋log3a5＋log3a9＝)＝)＝log333＝3.故选A.
技法领悟
利用等差(等比)数列的性质求解的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
[巩固训练2]　(1)[2023·安徽蚌埠模拟]已知等差数列{an}满足a2＋a4＋a6＝π，则cos (a1＋a7)＝(　　)
A．－　　B． C．　　 D．
答案：A
解析：因为数列{an}是等差数列，
所以a2＋a4＋a6＝3a4＝π，即a4＝，
所以cos (a1＋a7)＝cos 2a4＝cos ＝－，故选A.
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝________．
155
解析：由等比数列的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比数列，
由条件可知S3＝5，S9－S6＝20，则此等比数列的公比q2＝＝4，又an>0，所以q＝2，S15＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＋(S15－S12)，所以S15＝＝155.
微专题3　等差数列、等比数列的综合
　1.[2023·黑龙江大庆中学模拟]已知正项等比数列{an}首项为1，且4a5，a3，2a4成等差数列，则{an}前6项和为(　　)
A．31　　　B． C．　　　D．63
答案：C
解析：∵4a5，a3，2a4成等差数列，∴2a3＝＝4a1q4＋2a1q3，即2q2＋q－1＝0，解得q＝或q＝－1，又∵an>0，∴q＝，∴S6＝＝＝，故选C.
2．[2023·江苏盐城中学三模]已知公差不为零的等差数列{an}满足：a2＋a7＝a8＋1，且a2，a4，a8成等比数列，则a2 023＝(　　)
A．2 023　　B．－2 023　　C．0　　D．
答案：A
解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则a2＋a7＝a8＋1 2a1＋7d＝a1＋7d＋1，a1＝1，因为a2，a4，a8成等比数列，所以＝a2a8，即(1＋3d)2＝(1＋d)(1＋7d)，因为d≠0，所以d＝1，所以a2 023＝a1＋(2 023－1)×d＝2 023.故选A.
3．[2023·北京人大附中三模]已知{an}是公比为q(q>0)的等比数列，且a2，a4，a6成等差数列，则q＝________．
1
解析：在等比数列{an}中，a2，a4，a6成等差数列，则2a4＝，即2a2q2＝a2＋a2q4，而a2≠0，整理得q4－2q2＋1＝0，因为q>0，故解得q＝1.
3.(1)[2023·重庆三模]已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，若a2＋a4＋a6＝4π，b2b4b6＝3，则tan ＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
答案：A
解析：因为{an}是等差数列，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝4π，故a4＝，则a1＋a7＝2a4＝，因为{bn}是等比数列，所以b2b4b6＝＝3，故b4＝，则b2b6＝＝3，所以tan ＝tan ＝－.故选A.
(2)[2023·广东广州六中三模]已知数列{an}为等比数列，a3，a7是函数f(x)＝x3－4x2＋4x－1的极值点，设等差数列{bn}的前n项和为Sn，若b5＝a5，则S9＝(　　)
A．－18或18 B．－18
C．18 D．2
答案：C
解析：由f(x)＝x3－4x2＋4x－1得 (x)＝x2－8x＋4，由题意可知a3，a7是f′(x)＝x2－8x＋4＝0的两个实数根，所以a3a7＝4>0，a3＋a7＝8>0，所以a3>0，a7>0，又a3a7＝，且a5＝a3q2>0，所以a5＝2，因此S9＝＝9b5＝18，故选C.
技法领悟
1．对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．
2．数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决；②已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
[巩固训练3]　(1)[2023·山东泰安模拟]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S4，S2，S3成等差数列，a2＋a3＋a4＝－18，则a5＝(　　)
A．－96 B．－48
C．48 D．96
答案：C
解析：设等比数列{an}的公比为q，
因为S4，S2，S3成等差数列，
所以2S2＝S4＋S3，即2a3＋a4＝0，
又a2＋a3＋a4＝－18，
所以，解得，
所以a5＝a1q4＝3×(－2)4＝48.故选C.
(2)[2023·安徽黄山一模]已知x>0，y>0，若a，x，y，b成等差数列，c，x，y，d成等比数列，则的最小值是________．
2
解析：由题知，a，x，y，b成等差数列，c，x，y，d成等比数列，
故有：x＋y＝a＋b，xy＝cd，
所以＝，
因为x>0，y>0，
所以＝2，
当且仅当x＝y>0时取等，
故≥2，即的最小值为2.
微专题4　数列的递推
1.[2023·浙江镇海中学模拟]数列{an}满足an＋1＝，a3＝3，则a2 023＝(　　)
A．－　 B． C．　　 D．3
答案：A
解析：因为an＋1＝，a3＝3，
所以a3＝＝3，解得a2＝，
又a2＝＝，解得a1＝－，
又a4＝＝－，a5＝＝，a6＝＝3，
显然，接下去a7＝－，a8＝，a9＝3，…，
所以数列{an}是以3为周期的周期数列，
则a2 023＝a1＋3×674＝a1＝－.故选A.
2．若an＝an－1＋n－1，a1＝1则a10＝(　　)
A．55　　 B．56 C．45　　 D．46
答案：D
解析：由an＝an－1＋n－1，
得a2＝a1＋1，a3＝a2＋2，a4＝a3＋3，…，an＝an－1＋n－1(n≥2)，
累加得，an＝a1＋1＋2＋3＋…＋n－1＝n2－n＋1，
当n＝1时，上式成立，则an＝n2－n＋1，
所以a10＝×100－×10＋1＝46.故选D.
3．[2023·江西赣州二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝，an＋1＝Sn，则a9＝(　　)
A．1　　　B．2 C．4　　　D．8
答案：C
解析：因为an＋1＝Sn，则Sn＋1－Sn＝Sn，整理得Sn＋1＝2Sn，且S1＝a1＝≠0，所以数列{Sn}是以首项S1＝，公比q＝2的等比数列，则Sn＝×2n－1＝2n－6，所以a9＝S8＝22＝4.故选C.
4.(1)[2023·安徽黄山三模]黄山市歙县三阳镇叶村历史民俗“叠罗汉”已被列入省级非物质文化遗产保护项目，至今已有500多年的历史，表演时由二人以上的人层层叠成各种样式，魅力四射，光彩夺目，好看又壮观．小明同学在研究数列{an}时，发现其递推公式an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)就可以利用“叠罗汉”的思想来处理，即a3＝a1＋a2，a4＝a3＋a2＝a1＋a2＋a2，a5＝a4＋a3＝a1＋a2＋a2＋a3，…，如果该数列{an}的前两项分别为a1＝1，a2＝2，其前n项和记为Sn，若a2 023＝m，则S2 021＝(　　)
A．2m B．
C．m＋2 D．m－2
答案：D　
解析：由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)得，an＝an＋2－an＋1(n∈N*)，所以S2 021＝a2 021＋a2 020＋a2 019＋…＋a3＋a2＋a1＝(a2 023－a2 022)＋(a2 022－a2 021)＋(a2 021－a2 020)＋…＋(a5－a4)＋(a4－a3)＋(a3－a2)＝a2 023－a2＝m－2.故选D.
(2)[2023·广东梅州一模]某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A＝{a1，a2，a3，…}重新编辑，编辑新序列为A*＝{，…}，它的第n项为，若序列(A*)*的所有项都是2，且a4＝1，a5＝32，则a1＝(　　)
A． B．C． D．
答案：B
解析：设＝t，由题意得A*＝{t，2t，22t，…}，第n项为＝2n－1t，则n≥2时，an＝···…··a1＝t·2t·22t·…·2n－2t·a1＝tn－1·a1，因为a4＝1，a5＝32，所以23t3·a1＝1，26t4·a1＝32，解得t＝4，a1＝，故选B.
技法领悟
1．通过验证或者推理得出数列的周期性后求解．
2．根据已知递推关系式，变形后构造出等差数列或等比数列，再根据等差数列或等比数列的知识求解．
3．三种简单的递推数列：an＋1－an＝f(n)，＝f(n)，an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)，第一个使用累加的方法，第二个使用累乘的方法，第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展开比较系数得出λ)．
[巩固训练4]　(1)[2023·湖南雅礼中学一模]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，若[x]表示不超过x的最大整数，则[a10]＝(　　)
A．1　　　B．2 C．3　　　D．5
答案：A　
解析：因为a1＝2，an＋1＝，
所以a2＝＝，a3＝＝，
a4＝＝，a5＝＝，
a6＝＝，a7＝＝，
a8＝＝，a9＝＝，
a10＝＝，
∴[a10]＝1.故选A.
(2)[2023·河南洛阳联考]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an(an＋1)，则a2 023＝(　　)
A．2 022 B．2 023
C．2 024 D．2 025
答案：B
解析：由题意，2Sn＝＋an，2Sn－1＝＋an－1(n≥2)，
两式相减，得2an＝
＝an＋an－1.
∵an>0，∴an－an－1＝1.
当n＝1时，2S1＝＋a1，∴a1＝1，
∴{an}是首项为1，公差为1的等差数列．
∴a2 023＝1＋(2 023－1)×1＝2 023.
故选B.
第二讲　数列的通项与求和
数列大题一般为两问：第一问通常求数列通项公式，有时涉及用定义证明等差或等比数列；第二问一般与和有关，通常是求前n项和或特定项的和，有时也涉及不等式证明或逆求参数等．
微专题1　数列的证明与通项
1.已知各项均为正数的等差数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，且满足S3＝a5，且2a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
解析：设各项均为正数的等差数列{an}的公差为d，
因为S3＝a5，2a2＝3，
所以，解得，即，
所以an＝＋(n－1)·1＝n－，即数列{an}的通项公式为an＝n－.
(2)证明：数列{}是等差数列．
解析：证明：由(1)知Sn＝n×＝，所以＝n，
因为＝(n＋1)－n＝，
又因为＝，
所以数列{}是首项为，公差为的等差数列．
2．已知数列{an}的前n项和Sn，a1＝4，Sn＝an＋1＋2n－4.证明数列{an－2}为等比数列，并求出an的通项公式．
解析：因为Sn＝an＋1＋2n－4　①
当n≥2时， Sn－1＝an＋2(n－1)－4　②
①－②可得an＝an＋1－an＋2，即得an＋1＝2an－2，
因为＝＝＝2，
又因为a1＝4，S1＝a1＝a2＋2－4，则a2＝6，即得＝＝2，
所以{an－2}是以a1－2＝2为首项，以2为公比的等比数列．
所以an－2＝2×2n－1＝2n，即an＝2n＋2.
1.[2023·山东青岛一模]已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，S2，S4，S5＋4成等差数列，a2，a4，a8成等比数列．
(1)求Sn；
解析：由S2，S4，S5＋4成等差数列，
a2，a4，a8成等比数列可得 a1＝2，d＝2，
Sn＝2n＋×2＝n2＋n.
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，2bn－Tn＝，证明数列{bn－}为等比数列，并求{bn}的通项公式．
解析：由2bn－Tn＝得2b1－T1＝ b1＝，
2bn＝Tn＋＝Tn＋，
故2bn＋1＝Tn＋1＋，
两式相减可得2bn＋1－2bn＝bn＋1＋ bn＋1－＝2(bn－)，
而{bn－}＝{bn－}，所以{bn－}为公比为2的等比数列，且首项为＝1，
故bn－＝2n－1，进而bn＝＋2n－1.
技法领悟
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
(2)利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2).
2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
(2)利用等比中项，即证明＝an－1an＋1(n≥2)．
3．若要判断一个数列是不是等差(等比)数列时，只需判断存在连续三项成不成等差(等比)数列即可．
[巩固训练1]　已知数列{an}，{bn}满足bn＋1＝，an＋1＝，且a1＝2，b1＝1.
(1)求a2，b2的值，并证明数列{an－bn}是等比数列；
解析：∵a1＝2，b1＝1，
∴b2＝＝＝，a2＝(5a1＋b2)＝.
∵bn＋1＝，∴an＋1＝(5an＋bn＋1)＝，
∴an＋1－bn＋1＝＝(an－bn)，
∴{an－bn}是a1－b1＝1为首项，为公比的等比数列．
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式．
解析：由(1)知{an－bn}是a1－b1＝1为首项，为公比的等比数列．
∴an－bn＝，∴an＝bn＋，
∵bn＋1＝＝[bn＋＋4bn]，
∴bn＋1－bn＝，
∴当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝1＋×[＋…＋]
＝1＋×[]＝.
当n＝1时，b1＝1也适合上式，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝，
数列{an}的通项公式为an＝bn＋＝.
微专题2　数列的通项与求和
1.[2023·全国甲卷]已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为{an}前n项和，2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
解析：因为2Sn＝nan，
当n＝1时，2a1＝a1，即a1＝0；
当n＝3时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2，
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1，
所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，
化简得：(n－2)an＝(n－1)an－1，
当n≥3时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1，
当n＝1，2时都满足上式，所以an＝n－1(n∈N*)．
(2)求数列的前n项和Tn.
解析：因为＝，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，
Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，
两式相减得，
Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n×＝1－(1＋，
即Tn＝2－(2＋n)，n∈N*.
2．[2023·全国乙卷]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
解析：设{an}的公差为d，则，
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解析：由(1)得|an|＝.
当n≤7时，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝.
2.[2023·新高考Ⅱ卷]已知{an}为等差数列，bn＝.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
解析：设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝，
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以，
整理，得，解得，
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
解析：证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，bn＝
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝.
当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn.
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝.
当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝>0，所以Tn>Sn.
综上可知，当n>5时，Tn>Sn.
技法领悟
1．运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{an}，{bn}一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号．
2．将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝)，＝)．
3．奇偶并项求和的基本思路：有些数列各项单独求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列或等比数列求和．当求前n项和，而n是奇数还是偶数不确定时，往往需要分奇偶讨论．
[巩固训练2]　[2023·山东济宁二模]已知数列{an}的前n项和为Sn，an－1＋an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，且a1＝1，S5＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解析：由an－1＋an＋1＝2an(n≥2)，
得an＋1－an＝an－an－1(n≥2)，
所以数列{an}为等差数列．
所以S5＝5×＝5a3＝15，得a3＝3.
所以公差d＝＝1.所以an＝n.
解析：当n为奇数时，bn＝an＝n.
当n为偶数时bn＝＝2n－1.
所以T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2＋23＋…＋22n－1)＝n2＋.
微专题3　数列与不等式问题
1.[2023·吉林延边二模]已知等差数列{an}中，公差d>0，S11＝77，且a2，a6－1，a11成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
解析：设等差数列{an}首项为a1，
由题意可得
即
又因为d>0，所以故an＝n＋1.
(2)若Tn为数列的前n项和，且存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．
解析：∵＝＝，
∴Tn＝＋…＋＝ ＝.
因为存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立．
即存在n∈N*，使得－λ(n＋2)≥0成立．
即存在n∈N*，使得λ≤成立．
＝(当且仅当n＝2时取等号)．
故λ≤，即实数λ的取值范围是(－∞，].
2．[2023·安徽定远中学一模]等差数列{an}中，a3＋a8＝4，a2＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
解析：设等差数列{an}首项为a1，公差为d，
由题意得，解得，
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝.
(2)设cn＝，Tn是数列{cn}的前n项和，求证：Tn<.
解析：证明：由(1)知，an＝，则an＋1＝，
∵cn＝＝)，
∴Tn＝[(1－)＋()＋…＋()]＝(1－)＝，
∵n∈N*，>0，
∴<，∴Tn<.
3.[2023·河北石家庄三模]已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1＝3，a2＋a3＝36，数列{bn}的前n项和Sn，满足3Sn＋n2＝3nbn＋n，b1＝.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
　解析：设数列{an}公比为q，
由已知得3q＋3q2＝36，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4(舍)，所以an＝3·3n－1＝3n.
因为3Sn＋n2＝3nbn＋n，所以，当n≥2时，3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)bn－1＋n－1，
两式作差得(3n－3)bn＝3(n－1)bn－1＋2n－2，
因为n≥2，所以bn－bn－1＝，即数列{bn}是首项为，公差为的等差数列，所以bn＝＋(n－1)＝n.
(2)若存在正整数n，使得－8Man≥0成立，求实数M的取值范围．(≈1.4，ln 3≈1.1)．
－8Man≥0 M≤，
设cn＝，则M小于等于数列{cn}的最大项．
设n＝k时，cn最大，因为c1＝，c2＝>c1，所以k>1，
由，即，即，即，解得，即2.5≤k≤3.5(k∈Z)，所以k＝3，故数列{cn}的最大项是c3＝＝1，所以M≤1，
即实数M的取值范围是(－∞，1].
技法领悟
解决数列与不等式问题时，一般先解决数列的通项或求和，再利用作差比较法、放缩法等不等式的方法解决．
[巩固训练3]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＋a12＝16，S7＝28.
(1)求{an}的通项公式；

解析：设等差数列{an}的公差为d，
则，解得a1＝d＝1，故an＝n.
(2)若数列{bn}满足bn＝，且{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式an·|Tn－3|>1的n的值．
解析：依题意，bn＝，故Tn＝4·(＋…＋)，
则Tn＝4·(＋…＋)，
两式相减可得：
Tn＝4·(＋…＋)＝4·＝2－，
解得Tn＝3－.
故an·|Tn－3|>1可转化为>1.
令dn＝，则dn＋1－dn＝＝<0(n∈N*)，
故dn＋1注意到d3＝1，所以满足条件的n的值为1，2.
微专题4　数列重组问题
1.已知公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；

解析：设数列{an}的公差为d(d≠0)，
因为a4是a2和a8的等比中项，
所以＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，
因为a1＝1，所以d＝1或d＝0(舍)，
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n，
所以通项公式an＝n.
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T20的值．
解析：由(1)得an＝n，
因为ak与ak＋1(k＝1，2，3…)之间插入2k，
所以在数列{bn}前20项中有10项来自{an}，10项来自{2n}，
所以T20＝1＋21＋2＋22＋…＋10＋210＝×10＋＝2 101.
2．[2023·安徽芜湖模拟]已知等差数列{an}，等比数列{bn}，且a1＝＝2n＋1－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
＝a1＋(bn－1)d＝2n＋1－1，
∴bnd＋1－d＝2n＋1－1，bn＝b1qn－1，
∴1－d＝－1，bnd＝2n＋1，∴d＝2，bn＝2n，
又a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)将数列{an}和{bn}中的项合并，按从小到大的顺序重新排列构成新数列{cn}，求{cn}的前100项和．
解析：因为a100＝199，b7＝128，b8＝256，
所以{cn}的前100项中，有数列{an}的前93项，数列{bn}的前7项，
记{an}，{bn}，{cn}的前n项和分别为An，Bn，Cn.
∴C100＝A93＋B7＝93＋×2＋＝8 649＋254＝8 903.
4.[2023·河北石家庄一模]已知等差数列{an}的前n项和记为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若数列{Sn}为单调递减数列，求a1的取值范围；
解析：设等差数列{an}的公差为d，由于3a2＋2a3＝S5＋6，
所以3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋10d＋6，解得d＝－2，
所以Sn＝na1＋d＝－n2＋(a1＋1)n，
若数列{Sn}为单调递减数列，则Sn＋1－Sn<0对于n∈N*恒成立，
所以Sn＋1－Sn＝[－(n＋1)2＋(a1＋1)(n＋1)]－[－n2＋(a1＋1)n]＝a1－2n<0在n∈N*上恒成立，
则a1<2n，所以a1<(2n)min，又数列{2n}为递增数列，所以(2n)min＝2×1＝2，即a1<2，
故a1的取值范围为(－∞，2)．
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
解析：若a1＝1，则an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，
根据题意可将数列{bn}分组为
第一组为：1，20；
第二组为：－1，20，21；
第三组为：－3，20，21，22；
……
第k组为：－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；
则前k组一共有2＋3＋4＋…＋(k＋1)＝项，当k＝12时，项数为90.
故T95相当于是前12组的和再加上－23，20，21，22，23这五项，即：
T95＝[1＋(－1)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋20＋21＋22＋23)，
设cn＝2n－1，则20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}的前12项和，
所以T95＝－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050.1
技法领悟
通过题目表达确立关键信息或关系，找准新数列与原数列的关系，是解题的关键．
[巩固训练4]　[2023·广东汕头三模]等差数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：a1＝b1＝2，a3＝b3＝8.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
解析：根据条件，设an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)d，bn＝b1qn－1＝2qn－1，
又2＋2d＝2q2＝8(q>0)，解得d＝3，q＝2，
故an＝3n－1，bn＝2n(n∈N*)．
(2)数列{cn}是由数列{an}和{bn}中不同的项按照从小到大的顺序排列得到的新数列，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
解析：当n＝100时，a100＝299，由2n<299，得n≤8，n∈N*，
又b1＝a1，b3＝a3，b5＝a11，b7＝a43，
故在数列{an}的前100项中含有数列{bn}中的4项，
所以S100＝a1＋a2＋…＋a100－(b1＋b3＋b5＋b7)＋(b2＋b4＋b6＋b8)，
所以S100＝－(2＋8＋32＋128)＋(4＋16＋64＋256)＝15 220.
(共97张PPT)
函数与导数
第一讲　函数——小题备考
微专题1　函数的图象与性质　
常考常用结论
1．单调性的常用结论
(1)对于f(x)±g(x)增减性质进行判断(在相同定义域内)：增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减．
(2)对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断．
2．奇偶性的三个常用结论
(1)如果一个奇函数f(x)在原点处有定义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.
(2)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．
(3)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．
3．函数周期性常用结论
对f(x)定义域内任一自变量的值x：
(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a(a>0)．
(2)若f(x＋a)＝，则T＝2a(a>0)．
(3)若f(x＋a)＝－，则T＝2a(a>0)．
4．对称性的三个常用结论
(1)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(2)若对于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(3)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，则函数y＝f(x)的图象关于点(b，0)中心对称．
5．函数图象的变换规则
(1)平移变换将y＝f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位长度得到y＝f(x＋a)的图象；
将y＝f(x)的图象向上(a>0)或向下(a<0)平移|a|个单位长度得到y＝f(x)＋a的图象．
(2)对称变换
①作y＝f(x)关于y轴的对称图象得到y＝f(－x)的图象；
②作y＝f(x)关于x轴的对称图象得到y＝－f(x)的图象；
③作y＝f(x)关于原点的对称图象得到y＝－f(－x)的图象；
④将y＝f(x)在x轴下方的图象翻折到上方，与y＝f(x)在x轴上方的图象，合起来得到y＝|f(x)|的图象；
⑤将y＝f(x)在y轴左侧部分去掉，再作右侧关于y轴的对称图象，合起来得到y＝f(|x|)的图象．
1.[2023·山东德州三模]函数f(x)＝的图象大致是(　　)
答案：D
解析：由函数f(x)＝，可知其定义域为(－∞，0)关于原点对称，
又由f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，
所以函数f(x)的图象关于原点对称，可排除A、B选项；
当x∈(0，1)时，f(x)<0；当x＝1时，f(x)＝0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，
根据指数函数与对数函数的增长趋势，可得x→＋∞时，f(x)→0，可排除C选项．故选D.
2．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，且f(2)＝0，则不等式≥0的解集为(　　)
A．[－2，0]
B．(－∞，－2]
C．(－∞，－2]
D．[－2，0)
答案：D
解析：由题意可得，奇函数f(x)在(0，＋∞)和(－∞，0)上都为单调递增函数，
且f(－2)＝f(2)＝0，函数图象示意图如图所示：
故不等式≥0，即≥0，即≤0，
结合f(x)的示意图可得它的解集为{x|－2≤x<0或03．[2023·全国甲卷]若f(x)＝(x－1)2＋ax＋sin (x＋)为偶函数，则a＝________．
2
解析：方法一　因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，即(－x－1)2－ax＋sin ＝(x－1)2＋ax＋sin ，得a＝2.
方法二　因为f(x)为偶函数，所以f＝f，即－a＝＋a，得a＝2.
1. (1)[2023·河南开封三模]函数f(x)＝(x－)cos x在[－，0)]上的图象大致为(　　)
答案：A　
解析：因为f(－x)＝(－x＋)cos x＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数，故排除C；
当x∈(0，]时，令f(x)＝(x－)cos x＝0，则x＝1或或，
由图可知，A符合，D不符合；
又f()＝)<0，故排除B.故选A.
(2)已知定义在R上的函数f(x)在(－∞，2]上单调递减，且f(x＋2)为偶函数，则不等式f(x－1)>f(2x)的解集为(　　)
A．(－∞，－
B．(－∞，－1)，＋∞)
C．(－，1)
D．(－1，)
答案：D　
解析：∵函数f(x＋2)为偶函数，∴f(－x＋2)＝f(x＋2)，即f(2－x)＝f(2＋x)，
∴函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，
又∵函数f(x)定义域为R，在区间(－∞，2]上单调递减，
∴函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增，
∴由f(x－1)>f(2x)得，|(x－1)－2|>|2x－2|，解得x∈(－1，)．故选D.
答案：A
解析：令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x)　①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1)　②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期为6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(3)－f(2)＝－2－(－1)＝－1，f(5)＝f(4)－f(3)＝－1－(－2)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝1－(－1)＝2.
技法领悟
1．根据函数解析式判断函数图象的策略
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复．
2．利用函数性质解题的策略
(1)具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f(x)的性质：f(|x|)＝f(x)．
(2)利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．
[巩固训练1]　(1)[2023·河北秦皇岛一中二模]函数f(x)＝x＋的大致图象为(　　)
答案：A
解析：由f(－x)＝－x＋＝－x＋≠±f(x)，故函数为非奇非偶函数，排除B、C；
由f(－π)＝－π＋＝－π＋＝－π－，f(－)＝－＝－，
所以f(－π)(2)[2020·新高考Ⅰ卷]若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是(　　)
A．[－1，1]
B．[－3，－1]
C．[－1，0]
D．[－1，0]
答案：D
解析：通解　由题意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)单调递减，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.当x>0时，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；当x<0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1，0]选D.
优解　当x＝3时，f(3－1)＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f(4－1)＝f(3)<0，此时不符合题意，排除选项A，C.故选D.
微专题2　基本初等函数
常考常用结论
1．指数与对数式的七个运算公式
(1)am·an＝am＋n；
(2)(am)n＝amn；
(3)loga(MN)＝logaM＋logaN；
(4)loga＝logaM－logaN；
(5)logaMn＝nlogaM；
(6)alogaN＝N；
(7)logaN＝.
注：a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0.
2．画指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0，1)，(－1，)；在第一象限内，指数函数y＝ax(a>0且a≠1)的图象越高，底数越大.
3．换底公式的两个重要结论
(1)logab＝；＝logab.
其中a>0，且a≠1，b>0，且b≠1，m，n∈R.
4．在第一象限内，不同底的对数函数的图象从左到右底数逐渐增大．对数函数y＝logax(a>0且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，(，－1)，函数图象只在第一、四象限．
1.[2023·天津卷]若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>b>c D．b>a>c
答案：D
解析：方法一　因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6＞0.5＞0，所以1.010.6＞1.010.5＞1，即b＞a＞1；因为函数g(x)＝0.6x是减函数，且0.5＞0，所以0.60.5＜0.60＝1，即c＜1.综上，b＞a＞c.故选D.
方法二　因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6＞0.5，所以1.010.6＞1.010.5，即b＞a；因为函数h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上单调递增，且1.01＞0.6＞0，所以1.010.5＞0.60.5，即a＞c.综上，b＞a＞c.故选D.
2．[2022·北京卷]已知函数f(x)＝，则对任意实数x，有(　　)
A．f(－x)＋f(x)＝0 B．f(－x)－f(x)＝0
C．f(－x)＋f(x)＝1 D．f(－x)－f(x)＝
答案：C
解析：由f(x)＝，得f(－x)＝＝＝＝，所以f(－x)＋f(x)＝＝1.故选C.
3．[2023·安徽蚌埠三模]标准的围棋棋盘共19行19列，361个格点，每个格点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有3361种不同的情况；而我国北宋学者沈括在他的著作《梦溪笔谈》中，也讨论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二种”，即10 00052，下列数据最接近的是(lg 3≈0.477)(　　)
A．10－37　 B．10－36　 C．10－35　 D．10－34
答案：B
解析：由题意，对于，有lg ＝＝361×lg 3－52×4＝361×0.477－52×4＝－35.803，
所以≈10－35.803，分析选项B中10－36与其最接近．故选B.
2.(1)[2023·山东聊城三模]设a＝0.20.5，b＝0.50.2，c＝log0.50.2，则(　　)
A．a>c>b B．b>c>a
C．c>a>b D．c>b>a
答案：D　
　解析：由y＝0.2x单调递减可知：0.20.5<0.20.2.
由y＝x0.2单调递增可知：0.20.2<0.50.2，所以0.20.5<0.50.2，即a由y＝log0.5x单调递减可知：c＝log0.50.2>log0.50.5＝1，所以c>b>a.故选D.
(2)函数y＝loga|x＋2|在(－2，0)上是单调递增的，则此函数在(－∞，－2)上是(　　)
A．单调递增 B．单调递减
C．先增后减 D．先减后增
答案：B　
　解析：当x∈(－2，0)时，y＝loga|x＋2|＝loga(x＋2)．
设t＝x＋2，则t∈(0，2)．
因为函数t＝x＋2在(－2，0)上单调递增，
函数y＝loga|x＋2|在(－2，0)上是单调递增的，
所以函数y＝logat在(0，2)上单调递增，所以a>1.
当x∈(－∞，－2)时，y＝loga(－x－2)，
设u＝－x－2，则y＝logau，u∈(0，＋∞)．
因为y＝logau在(0，＋∞)上单调递增，
函数u＝－x－2在(－∞，－2)上单调递减，
所以函数y＝loga(－x－2)在(－∞，－2)上单调递减．故选B.
(3)(多选)已知a、b分别是方程2x＋x＝0，3x＋x＝0的两个实数根，则下列选项中正确的是(　　)
A．－1C．b·3a答案：BD
　解析：函数y＝2x，y＝3x，y＝－x在同一坐标系中的图象如图：
所以－1所以2a<2b，3a<3b，0<－b<－a，
所以－b·2a<(－a)·2b，－b·3a<(－a)·3b，
所以a·2ba·3b.故选BD.
技法领悟
1．三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较
(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较；
(2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；
(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象或作差(作商)比较大小．
2．对指数型、对数型函数的图象与性质问题(单调性、大小比较、零点等)的求解往往利用指数、对数函数的图象，通过平移、对称变换得到图象，然后数形结合使问题得以解决．
[巩固训练2]　(1)[2023·广东深圳模拟]已知a＝log3，b＝，c＝lg 2，则(　　)
A．aC．a答案：B　
　解析：因为ln 8＝3ln 2(2)已知函数f(x)＝loga(x－b)(a>0且a≠1)的图象如图所示，则以下说法正确的是(　　)
A.a＋b<0
B．ab<－1
C．0D．loga|b|>0
答案：C　
　解析：由图象可知f(x)在定义域内单调递增，所以a>1，
令f(x)＝loga(x－b)＝0，即x＝b＋1，所以函数f(x)的零点为b＋1，结合函数图象可知0因此a＋b>0，故A错误；
－a1，所以－a<－1，因此ab<－1不一定成立，故B错误；
因为a－1因为0<|b|<1，所以loga|b|(3)已知函数f(x)＝是奇函数，则a＝________．
1
　解析：因为f(x)＝是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，即＝－，即＝－，
即(1＋a·2x)(－2x＋a2)＝(2x＋a)(1－a2·2x)，
即－2x－a·2x·2x＋a2＋a3·2x＝2x＋a－a2·2x·2x－a3·2x
即－a·22x＋a2＋(a3－1)·2x＝a－a2·22x＋(1－a3)·2x，所以，解得a＝1.
微专题3　函数的应用
常考常用结论
1．函数的零点及其与方程根的关系
对于函数f(x)，使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．
2．零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
1.[2023·河北唐山一模]已知函数f(x)＝，则函数g(x)＝f(x)－的零点个数为(　　)
A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4
答案：C
解析：令g(x)＝0得f(x)＝，
在同一直角坐标系中作出f(x)，y＝的大致图象如下：
由图象可知，函数y＝f(x)与y＝的图象有3个交点，
即函数g(x)有3个零点．故选C.
2．[2023·安徽合肥二模]Malthus模型是一种重要的数学模型．某研究人员在研究一种细菌繁殖数量N(t)与时间t关系时，得到的Malthus模型是N(t)＝N0e0.46t，其中N0是t＝t0时刻的细菌数量，e为自然对数的底数．若t时刻细菌数量是t0时刻细菌数量的6.3倍，则t约为(ln 6.3≈1.84)(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
答案：C
解析：当N＝t时，N(t)＝N0e0.46t＝6.3N0，即e0.46t＝6.3，
则0.46t＝ln 6.3≈1.84，得t≈4.故选C.
3.(1)[2023·山东济南三模]已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－b有四个不同的零点，则实数b的取值范围为(　　)
A．(0，1] B．[0，1]
C．(0，1) D．(1，＋∞)
答案：A　
解析：依题意，函数g(x)＝f(x)－b有四个不同的零点，即f(x)＝b有四个解，
转化为函数y＝f(x)与y＝b图象有四个交点，
结合图象，可知实数b的取值范围为(0，1].故选A.
(2)“ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为L＝，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率为0.4，则学习率衰减到0.2以下(不含0.2)所需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg 2≈0.3)(　　)
A．75 B．74 C．73 D．72
答案：C
解析：由题意可得＝0.4，则D＝，
所以<0.2，即＝＝＝≈＝72，所以所需的训练迭代轮数至少为73次．故选C.
技法领悟
1．已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法
(1)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决．
2．解决函数实际应用题要认真读题，缜密审题，准确理解题意，明确问题的实际背景，然后进行科学地抽象概括，将实际问题归纳为相应的数学问题．
[巩固训练3]　(1)[2023·安徽合肥二模]昆虫信息素是昆虫用来表示聚集、觅食、交配、警戒等信息的化学物质，是昆虫之间起化学通讯作用的化合物，是昆虫交流的化学分子语言，包括利它素、利己素、协同素、集合信息素、追踪信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆虫信息素在生产中有较多的应用，尤其在农业生产中的病虫害的预报和防治中较多使用．研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足ln y＝－ln t－x2＋a，其中k，a为非零常数．已知释放信息素1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m；若释放信息素4秒后，距释放处b米的位置，信息素浓度为，则b＝(　　)
A．3 B．4 C．5 D．6
答案：B　
解析：由题意ln m＝－4k＋a，ln ＝－ln 4－b2＋a，
所以ln m－ln ＝－4k＋a－(－ln 4－b2＋a)，
即－4k＋b2＝0.又k≠0，所以b2＝16.
因为b>0，所以b＝4.故选B.
(2)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(x＋1)是偶函数，g(x)＝(x－1)f′(x)－1恰有四个零点，则这四个零点的和为________.
4
解析：将函数g(x)向左平移1个单位，所以g(x＋1)＝(x＋1－1)f′(x＋1)－1＝xf′(x＋1)－1.
因为f(x＋1)是偶函数，由偶函数的导数为奇函数可知，f′(x＋1)是奇函数，且奇函数与奇函数的乘积为偶函数，则y＝xf′(x＋1)为偶函数，
所以g(x＋1)＝xf′(x＋1)－1为偶函数，
又因为函数g(x)恰有四个零点，即函数g(x＋1)恰有四个零点，且这四个零点一定是两组关于y轴对称，其四个零点之和为0，
而g(x＋1)是由g(x)向左平移了1个单位，
所以g(x)的四个零点之和为4.
第二讲　导数——小题备考
微专题1　切线问题
　常考常用结论
1．函数y＝f(x)在点x＝x0处的导数的几何意义，就是曲线在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．用好这个条件是解决切线问题的关键．
2．曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线是指P为切点，斜率为k＝f′(x0)的切线，是唯一的一条切线．
3．曲线y＝f(x)过点P(x0，y0)的切线是指切线经过点P，点P可以是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有多条．
1.设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
答案：D
解析：∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，∴a－1＝0，得a＝1，∴f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1，∴f′(0)＝1，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x，故选D.
2．[2023·河北保定模拟]若直线3x＋y－a＝0是曲线y＝x2－4ln x的一条切线，则实数a＝(　　)
A．　　　B． C．　　　D．
答案：D
解析：因为y＝x2－4ln x，所以y′＝x－，令x－＝－3，即x2＋3x－4＝0，
得x＝1或x＝－4(舍去)，所以切点是(1，)，代入3x＋y－a＝0，
得3＋－a＝0，a＝.故选D.
3．[2023·河南开封一模]已知函数f(x)＝ax2＋(x2－2x＋3)ex，无论a取何值，曲线y＝f(x)均存在一条固定的切线，则该切线方程为________．

x－y＋3＝0
解析：f(x)＝ax2＋(x2－2x＋3)ex，则f′(x)＝2ax＋(x2＋1)ex，f′(0)＝1，f(0)＝3，此时这两个值均与a无关，
∴无论a取何值，曲线y＝f(x)均存在一条固定的切线，
此时切点为(0，3)，切线斜率为1，故切线方程为y－3＝x，即x－y＋3＝0.
1.(1)[2023·黑龙江哈尔滨三中模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝ln (e2x)，若直线y＝kx＋b为f(x)和g(x)的公切线，则b等于(　　)
A． B．1－ln 2
C．2－ln 2 D．－ln 2
答案：B　
解析：设直线l：y＝kx＋b与f(x)＝ln (x＋1)相切于点A(x1，y1)，与g(x)＝ln (e2x)相切于点B(x2，y2)，由f(x)＝ln (x＋1)，所以f′(x)＝，由f′(x1)＝＝k x1＝，则y1＝ln (x1＋1)＝ln (＋1)＝ln ＝－ln k，即点A(，－ln k)，代入直线l中有：－ln k＝k·＋b b＝k－ln k－1，　①由g(x)＝ln (e2x)＝ln e2＋ln x＝2＋ln x，所以g′(x)＝，由g′(x2)＝＝k x2＝，y2＝g(x2)＝2＋ln x2＝2＋ln ＝2－ln k，即点B(，2－ln k)，代入直线l中有：2－ln k＝k·＋b b＝1－ln k，　②联立①②解得：k＝2，所以b＝1－ln 2.故选B.
(2)[2022·新高考Ⅱ卷]曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
y＝
y＝－
解析：当x>0时，y＝ln x，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln x相切于点(x1，ln x1)(x1>0)，则此时切线方程为＝(x－x1)．若该切线经过原点，则ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝.当x<0时，y＝ln (－x)，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln (－x)相切于点(x2，ln (－x2))(x2<0)，则此时切线方程为y－ln (－x2)＝(x－x2)．若该切线经过原点，则ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－.
解决此类问题通常有两种方法
1．利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；
2．设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝.
[巩固训练1]　(1)[2023·山东潍坊三模]若P为函数f(x)＝ex－x图象上的一个动点，以P为切点作曲线y＝f(x)的切线，则切线倾斜角的取值范围是(　　)
A．[0，) B．()
C．(，π) D．[0，，π)
答案：D　
解析：设P点坐标为(x0，y0)，
由f(x)＝ex－x，x∈R，
得f′(x)＝ex－，
则以P为切点的切线斜率为－>－，
令切线倾斜角为θ，θ∈[0，π)，则tan θ>－，
则θ∈[0，，π)．故选D.
(2)[2023·河北唐山三模]已知曲线y＝ln x与y＝ax2(a>0)有公共切线，则实数a的取值范围为________．
[，＋∞)
解析：设公切线与曲线y＝ln x和y＝ax2的切点分别为)，其中x1>0，
对于y＝ln x有y′＝，则y＝ln x上的切线方程为＝(x－x1)，即y＝＋(ln x1－1)．
对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2上的切线方程为＝2ax2(x－x2)，即y＝，所以，有＝ln x1－1，即＝ln x1(x1>0)，令g(x)＝x2－x2ln x，g′(x)＝x－2x ln x＝x(1－2ln x)，令g′(x)＝0，得x＝，
当)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max ＝)＝e，故0∴正实数a的取值范围是[，＋∞)．
微专题2　导数与不等式
常考常用结论
1．f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
2．f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
1.若函数f(x)＝kx－ln x在区间(，＋∞)上单调递增，则k的取值范围为(　　)
A．(，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(，＋∞) D．[4，＋∞)
答案：B
解析：因为函数f(x)＝kx－ln x在区间(，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝k－≥0在(，＋∞)上恒成立，即k≥在(，＋∞)上恒成立．因为y＝在(，＋∞)上单调递减，所以当x∈(，＋∞)时，y<2，所以k≥2，
则k的取值范围为[2，＋∞)．故选B.
2．[2023·辽宁实验中学模拟]已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，若对任意x∈R有f′(x)>1，f(1＋x)＋f(1－x)＝0，且f(0)＝－2，则不等式f(x－1)>x－1的解集为(　　)
A．(4，＋∞) B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)
答案：B
解析：设g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1>0恒成立，故函数g(x)在R上单调递增．
f(1＋x)＋f(1－x)＝0，则f(2)＋f(0)＝0，即f(2)＝2，故g(2)＝f(2)－2＝0.
f(x－1)>x－1，即g(x－1)>0，即g(x－1)>g(2)，故x－1>2，解得x>3.故选B.
3．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若满足xf′(x)＋f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．< B．>
C．πf(π)ef(e)
答案：D
解析：令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，
故g(x)为(0，＋∞)上的增函数，故g(π)>g(e)即πf(π)>ef(e)．故选D.
2.(1)[2023·河北石家庄一模]已知a＝，b＝ln 1.4，c＝e0.2－1，则(　　)
A．aC．c答案：C　
　解析：令f(x)＝ln (x＋1)－，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝＝>0恒成立，
所以f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，则f(0.4)>f(0)＝0，即ln 1.4－>0，所以ln 1.4>，则b>a；
则f()>f(0)＝0，即ln >0，所以ln >，则＝e0.2，即>e0.2，
所以>e0.2－1，又>＝，所以>e0.2－1，则a>c；
综上，c(2)[2023·全国乙卷]设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
[，1)
　解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋ ln (1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又01．利用导数比较大小或解不等式的常见技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
2．由函数的单调性求参数取值范围的策略
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求参数的取值范围；
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求参数的取值范围．
[巩固训练2]　(1)[2023·河南驻马店二模]已知a＝e0.1－e－0.1，b＝ln 1.21，c＝0.2，则(　　)
A．bC．a答案：D　
解析：设f(x)＝ex－e－x－2x，则f′(x)＝ex＋e－x－2≥0，从而f(x)在R上单调递增，
则f(0.1)＝e0.1－e－0.1－0.2>f(0)＝0，即a>c，
设g(x)＝2x－2ln (1＋x)，则g′(x)＝2－＝>0，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g(0.1)＝0.2－2ln 1.1＝0.2－ln 1.21>g(0)＝0，即c>b，
所以b(2)若关于x的不等式sin x－x≥ax，对x∈[0，π]恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1] B．(－∞，1]
C．(－∞，－) D．(－∞，]
答案：A
解析：因为不等式sin x－x≥ax，对x∈[0，π]恒成立，当x＝0时，显然成立，当x∈(0，π]，a≤－1恒成立，令f(x)＝－1，则f′(x)＝，令g(x)＝x cos x－sin x，则g′(x)＝－x sin x≤0在(0，π]上成立，
所以g(x)在(0，π]上递减，
则g(x)所以f′(x)<0在(0，π]上成立，
所以f(x)在(0，π]上递减，
所以f(x)min ＝f(π)＝－1，
所以a≤－1.故选A.
微专题3　极值与最值
常考常用结论
1．函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负” f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正” f(x)在x0处取极小值．
2．在闭区间[a，b]上的连续函数y＝f(x)，在[a，b]上必有最大值与最小值．在[a，b]上的连续函数y＝f(x)，若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．
3．单调函数没有极值，如果一个函数没有极值，则该函数是单调函数或者常函数．
4．开区间内的单调函数没有极值．
1.函数f(x)＝x3＋ax在x＝1处取得极小值，则极小值为(　　)
A．1　　 　B．2　　 　C．－2　　 　D．－1
答案：C
解析：依题意，f′(x)＝3x2＋a，因为函数f(x)在x＝1处取得极小值，则f′(1)＝3＋a＝0，解得a＝－3，
此时f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1因此函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，
所以函数f(x)＝x3－3x在x＝1处取得极小值f(1)＝－2.故选C.
2．[2023·辽宁葫芦岛二模]已知函数f(x)＝2sin x(1＋cos x)，则f(x)的最大值是________．
解析：因为f(x)＝2sin x(1＋cos x)，
所以f′(x)＝2cos x(1＋cos x)－2sin2x＝2cosx＋2cos2x－2sin2x＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
当f′(x)>0时，x∈(－＋2kπ，＋2kπ)(k∈Z)，
所以f(x)在(－＋2kπ，＋2kπ)上单调递增；
当f′(x)<0时，x∈(＋2kπ，＋2kπ)，
所以f(x)在(＋2kπ，＋2kπ)上单调递减；
所以f(x)max ＝f(＋2kπ)＝.
3．[2023·河南濮阳模拟]若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________．
解析：f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R，所以f′(x)＝ex－2ax，
故－2ax1＝－2ax2＝0；又x2＝2x1，所以－4ax1＝0.把2ax1＝代入得＝0，
又>0，故＝2，所以x1＝ln 2，所以a＝＝.
3. (1)[2023·全国甲卷]函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
答案：B　
解析：由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝± .令f′(x)>0，则x<－ 或x> ，令f′(x)<0，则－1，即a<－3.故选B.
(2)[2023·河北石家庄一模]已知函数f(x)＝(07
解析：f(x)＝＝＝tan＝tan＋4＋，
令t＝tan，因为0令g(t)＝t＋4＋， t∈(0，＋∞)，g′(t)＝1＋＝1－，
若g′(t)＝1－>0，则t∈(2，＋∞)，若g′(t)＝1－<0，则t∈(0，2)，
所以g(t)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以g(t)的最小值为g(2)，因为g(2)＝2＋4＋＝7，
所以f(x)的最小值为7.
技法领悟
1．求函数极值时，不要误把极值点代入导函数中．
2．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
[巩固训练3]　(1)[2023·山东烟台二模]若函数f(x)＝ln x＋x2＋ax有两个极值点x1，x2，且f(x1)＋f(x2)≤－5，则(　　)
A．a≥4 B．a≥2
C．a≤－2 D．a≤－4
答案：C　
解析：因为函数f(x)＝ln x＋x2＋ax有两个极值点x1，x2，
又函数f(x)＝ln x＋x2＋ax的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)＝，
所以方程x2＋ax＋1＝0有两个不同的正根，且x1，x2为其根，
所以a2－4a>0，x1＋x2＝－a>0，x1x2＝1，
所以a<0，则x2＝－x1x2＋a(x1＋x2)＝ln 1＋a2－1－a2＝－a2－1，又f(x1)＋f(x2)≤－5，即－a2－1≤－5，可得a2－8≥0，
所以a≤－2或a≥＋2(舍去)．故选C.
(2)[2023·安徽模拟]已知函数f(x)＝ex＋2x，g(x)＝4x，且f(m)＝g(n)，
则|n－m|的最小值为________．
ln 2
解析：由f(m)＝g(n)，得em＋2m＝4n，化简整理得4n－4m＝em－2m.
令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2，
令em－2＝0，解得m＝ln 2.当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；
当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增，
∴h(m)min ＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0，∴|n－m|min ＝ln 2.
第三讲　函数与导数——大题备考
对函数与导数大题的考查，多以对数函数、指数函数为载体，从含有参数的函数的单调性、极值、最值，曲线的交点等方面进行设计，解题时需要对参数分类讨论，往往比较复杂，难度较大．
微专题1　不等式恒(能)成立问题
1.已知函数f(x)＝ln x＋(a为常数)，若不等式f(x)≥1在x∈(0，2]上恒成立，求实数a的取值范围．
解析：f(x)≥1即ln x＋≥1在(0，2]上恒成立，则a≥x－x ln x(x∈(0，2]，
设h(x)＝x－x ln x(x∈(0，2]，则h′(x)＝－ln x，00，h(x)递增，12．已知函数f(x)＝2ax－2ln x，g(x)＝x－2，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范围．
解析：g(x)≤f(x)，即2ax－2ln x≥x－2(x>0)，
即a≥，
令h(x)＝(x>0)，则h′(x)＝＝(x>0)，
当00，当x>e2时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max ＝h(e2)＝＝，
所以a≥.
[2023·全国甲卷]已知函数f(x)＝ax－，x∈(0，)．
(1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性；
解析：当a＝8时，f(x)＝8x－，
f′(x)＝8－＝8＋.
令＝t，则t∈(1，＋∞)，
令h(t)＝－3t2＋2t＋8＝－(3t＋4)(t－2)，
当t∈(1，2)时，h(t)>0；当t∈(2，＋∞)时，h(t)<0.
故当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∴f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
(2)若f(x)解析：令g(x)＝f(x)－sin2x＝ax－－sin2x，
则g′(x)＝a－－2cos2x＝a－－4cos2x＋2＝a－(＋4cos2x－2)，
令u＝cos2x，则u∈(0，1)，令k(u)＝＋4u－2，则k′(u)＝＋4＝.
当u∈(0，1)时，k′(u)<0，∴k(u)在(0，1)上单调递减，∵k(1)＝3，∴当u∈(0，1)时，k(u)>3，∴k(u)的值域为(3，＋∞)．
①当a≤3时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，又g(0)＝0，∴当x∈时，g(x)<0，即f(x)②当a>3时， x0∈使得g′(x0)＝0，∴g(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，
∴g(x0)>g(0)＝0，∴f(x)综上所述，a的取值范围为(－∞，3].
2.[2023·河南联考]已知函数f(x)＝＋2ln x(a>0)，g(x)＝x3－x2.
(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；
　解析：由题可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f(x)＝＋2ln x，则f′(x)＝－＝.
当a＝1时，f′(x)＝＝.
所以当0当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(0，1)．
(2)若对于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，试求实数a的取值范围．
　解析：因为g(x)＝x3－x2，所以g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
又x∈[1，2]，所以g′(x)>0，故函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g(x)min ＝g(1)＝0.
所以对任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即＋2x ln x≥0恒成立．
所以a≥－2x2ln x恒成立．
令h(x)＝－2x2ln x，x∈(0，2]，则h′(x)＝－2x－4x ln x＝－2x(1＋2ln x)，x∈(0，2].
令h′(x)＝0，则1＋2ln x＝0，解得x＝.
当)时，h′(x)>0，所以函数h(x)在)上单调递增；
当，2]时，h′(x)<0，所以函数h(x)在，2]上单调递减．
所以h(x)max ＝)＝.所以a≥.
所以实数a的取值范围是[，＋∞)．
[巩固训练1]　[2023·山东青岛模拟]已知函数f(x)＝ex－a－ln x.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
　解析：当a＝0时，f(x)＝ex－ln x，
f′(x)＝ex－，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线的斜率k＝e－1，又f(1)＝e，
∴切线方程为y＝(e－1)x＋1.
与x，y轴的交点分别是(，0)，(0，1)，
∴切线与坐标轴围成的三角形的面积S＝.
(2)若存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0成立，求a的取值范围．

　解析：存在x0∈[e，＋∞)，使f(x0)<0即ex0－a－ln x0<0，即ex0－a即存在x0∈[e，＋∞)，使成立．
令h(x)＝，因此，只要函数h(x)＝在区间[e，＋∞)上的最小值小于ea即可．
下面求函数h(x)＝在区间[e，＋∞)的最小值．
h′(x)＝，
令u(x)＝ln x－，因为u′(x)＝>0，
所以u(x)为[e，＋∞)上的增函数，且u(e)＝1－>0.
∴h′(x)＝>0在[e，＋∞)恒成立．
∴h(x)＝在[e，＋∞)单调递增，函数h(x)＝在[e，＋∞)上的最小值为h(e)＝ee，
h(e)＝eee，∴实数a的取值范围为(e，＋∞)．
微专题2　不等式证明问题
3.[2021·新高考Ⅰ卷]已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
　解析：函数的定义域为，
又f′＝1－ln x－1＝－ln x，
当x∈时，f′>0，当x∈时，f′<0，
故f的递增区间为，递减区间为.
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<解析：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b＝a，即＝，
故f＝f，
设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设01.
因为x∈时，f＝x>0，x∈时，f＝x<0，
故1先证：x1＋x2>2，
若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f>f，即证：f>f，其中1设g＝f－f，1则g′＝f′＋f′＝－ln x－ln ＝－ln ，
因为10，
所以g′>0，故g在上为增函数，所以g>g＝0，
故f>f，即f>f成立，所以x1＋x2>2成立，
综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，
结合＝＝x1，＝x2可得：x1＝x2，
即：1－ln x1＝t，故ln x1＝，
要证：x1＋x2即证：ln <1，即证：ln －t ln t<0，
令S＝ln －t ln t，t>1，
则S′＝ln －1－ln t＝ln ，
先证明一个不等式：ln ≤x.
设u＝ln －x，则u′＝－1＝，
当－10；当x>0时，u′<0，
故u在上为增函数，在上为减函数，故umax＝u＝0，
故ln ≤x成立．
由上述不等式可得当t>1时，ln <，故S′<0恒成立，
故S在上为减函数，故S故ln －t ln t<0成立，即x1＋x2综上所述，2<4. [2022·新高考Ⅱ卷]已知函数f(x)＝xeax－ex.
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
解析：当a＝1时，f(x)＝xex－ex＝(x－1)ex，
f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex.
令f′(x)＝0，得x＝0，
∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)当x>0时，f(x)<－1，求a的取值范围；
解析：f′(x)＝eax＋aeaxx－ex＝(ax＋1)eax－ex，f′(0)＝0.
设g(x)＝(ax＋1)eax－ex，则g′(x)＝aeax＋aeax(ax＋1)－ex＝(a2x＋2a)eax－ex，g′(0)＝2a－1.
当2a－1>0，即a>时，存在δ>0，使得当x∈(0，δ)时，g′(x)>0，此时f′(x)在(0，δ)上单调递增．
∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上单调递增，
∴f(x)>f(0)＝－1，这与f(x)<－1矛盾，故舍去．
当2a－1≤0，即a≤时－ex.
令h(x)＝－ex，
则h′(x)＝＋·x－ex＝(1＋x－)<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时h(x)综上可知，a的取值范围为(－∞，].
(3)设n∈N*，证明：＋…＋ >ln (n＋1)．
解析：证明：由(2)知当a＝时，x>0时－.
令＝t，t>1，则x＝2ln t，∴2ln t1.
取t＝ (n∈N*)，则2ln t＝ln (n＋1)－ln n< － ＝，
∴＋…＋ >ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故结论得证．
1．证明单变量不等式的方法
(1)利用单调性证明单变量不等式
一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可．
(2)利用最值证明单变量不等式
利用最值证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x).证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．
2．证明双变量函数不等式问题的策略
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从而构造函数利用单调性证明．
[巩固训练2]　[2023·河北张家口一模]已知函数f(x)＝(2x－1)e2x－ax3－1在区间(0，＋∞)上有两个极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
解析：由题意得f′(x)＝4x(e2x－ax)，
函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点，即方程4x(e2x－ax)＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等实根．
又4x>0，所以e2x－ax＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等实根．
设h(x)＝e2x－ax(x>0)，则h′(x)＝2e2x－a.
当a≤2时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，与方程e2x－ax＝0在区间(0，＋∞)有两个根矛盾．
当a>2时，由h′(x)＝0，得x＝ln ，当x∈(0，ln )时，h′(x)<0，h(x)为单调递减函数；当x∈(ln ，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)为单调递增函数．
h(0)＝1，h(ln )＝ln ＝(1－ln )，当a>2e时，h(ln )＝(1－ln )<0.
又ln a>ln ，h(ln a)＝a2－a ln a＝a(a－ln a)．
设p(x)＝x－ln x，p′(x)＝1－＝，当x>2e时，p′(x)>0，p(x)>p(2e)＝2e－ln 2e>0，
所以h(ln a)＝a(a－ln a)>0，故函数h(x)在区间(0，ln )上和区间(ln ，＋∞)上各存在一个零点．
综上，a>2e时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点．
(2)证明：>.
解析：证明：不妨设0要证>，即证>，即x1＋x2>2x1x2.
由得
故ln x2－ln x1＝2(x2－x1)>0.
要证x1＋x2>2x1x2，即证2(x2－x1)(x2＋x1)>2x1x2(ln x2－ln x1)，
即证>ln ，即－ln >0.
设t＝(t>1)，即证当t>1时，t－－ln t>0成立．
设φ(t)＝t－－ln t(t>1)，φ′(t)＝1＋＝>0.
所以φ(t)在区间(1，＋∞)上为增函数，故φ(t)>φ(1)＝0，即当t>1时，t－－ln t>0成立，
综上>成立．
微专题3　函数的零点个数问题
1.已知函数f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－，求方程f(x)＝0的解的个数．
解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋2x－3ln 3－(x＞0)，
所以f′(x)＝－x＋2＝＝，
当x∈(0，3)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以f(x)max ＝f(3)＝3ln 3－＋6－3ln 3－＝0，
因为当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以方程f(x)＝0只有一个解．
2．若f(x)＝ln x＋kx(k∈R)有两个零点，求k的取值范围．
解析：f(x)＝ln x＋kx有两个零点，可得－k＝有两个实根．
令h(x)＝，h′(x)＝.
令h′(x)>0，得0e，
∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
∴h(x)max ＝h(e)＝.
当x∈(e，＋∞)时，x>0，ln x>0，所以h(x)＝>0，又h(1)＝0，
∴x∈(0，1)时，h(x)<0；x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
h(x)＝大致图象如图所示，
若直线y＝－k与y＝h(x)的图象有两个交点，
则0<－k<，∴k的取值范围是(－，0)．
5.[2022·全国乙卷]已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
解析：当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x>0)，
则f′(x)＝＝.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)＝－1.
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解析：因为函数f(x)恰有一个零点，所以方程a(x－ln x)－－ln x＝0在(0，＋∞)上恰有一个解，即方程a(x－ln x)＝＋ln x在(0，＋∞)上恰有一个解．
又易知当x>0时，x－ln x>0，所以方程a＝在(0，＋∞)上恰有一个解．
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.
令h(x)＝x－1－(x＋1)ln x(x>0)，则h′(x)＝1－ln x－＝－ln x－.由(1)知，h′(x)≤－1，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，h(x)≥0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
则当x∈(0，1]时，g′(x)≤0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以a∈(0，＋∞)．
6. [2023·黑龙江哈师大附中三模]已知f(x)＝ex·sin x－x.
(1)若g(x)＝(0解析：g(x)＝＝(0由于00，x－3<0，∴－3＋x－ex cos x<0, 进而g′(x)<0，所以g(x)在0又因为g(0)＝2>0，g()＝＝<0，所以g(x)存在唯一零点
(2)当x∈(－∞，π)时，讨论f(x)零点个数．
解析：f(x)＝ex·sin x－x，x∈(－∞，π)，则f′(x)＝ex·sin x＋ex cos x－1，x∈(－∞，π)，当x≤－ 时，f′(x)＝ex·sin x＋ex cos x－1＝－10, 所以f(x)在x≤－没有零点， 当－0，故f(x)在00，故 x0∈(，π), 使得f′(x0)＝0，且当x∈(，x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，而f()＝>e－>0，f(π)＝－π<0，
所以当≤x0，此时f(x)无零点，当x∈(x0，π)，f(x)只有一个零点．
综上可知：x∈(－∞，π)时，f(x)有2个零点．
1．函数零点个数问题的解题策略
(1)直接法：直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题．
(2)分离参数法：分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图．函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题．只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可．
2．根据函数零点的个数求参数范围的方法
(1)分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；
(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．
[巩固训练3]　[2023·广东佛山模拟]已知函数f(x)＝ln x＋sin x.
(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；
解析：f(x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，故f′(x)＝＋cos x，
令g(x)＝f′(x)＝＋cos x，g′(x)＝－－sin x，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝－－sin x<0，
所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos 1>0，
g(e)＝＋cos e<＋cos ＝<0，
所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.
又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)>0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)<0；
所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，
又因为f(1)＝ln 1＋sin 1＝sin 1，f(e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e>f(1)，
所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin 1.
(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．
解析：f(x)有1个零点，证明如下：
因为f(x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，
若00，
所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin 1>0，f()＝－1＋sin <0，
结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]有且仅有一个零点，
若10，sin x≥0，则f(x)>0，
若x>π，因为ln x>ln π>1≥－sin x，所以f(x)>0，
综上，函数f(x)在(0，＋∞)有且仅有一个零点．
[巩固训练4]　[2023·河南开封三模]已知函数f(x)＝ln x－x－m，(m<－2，m为常数)．
(1)当m＝－e时，求函数f(x)在[，e]上的最小值；
解析：令f′(x)＝＝0，解得x＝1，
则当x∈[，1)时，f′(x)>0，所以y＝f(x)在[，1)递增；
当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以y＝f(x)在(1，e]递减，
所以y＝f(x)在[，e]上有最大值，
且f()＝－1－－m，f(e)＝1－e－m，
又f()－f(e)＝－2－＋e>0，
所以函数f(x)在[，e]的最小值为1－e－m；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个零点，证明：x1＋x2>2.
解析：不妨设x1由(1)知，01，且x1，x2满足ln x－x－m＝0，
即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0，
由题意知ln x2－x2＝m<－2令g(x)＝ln x－x(x>0)，则g′(x)＝－1＝，
当00，函数g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
又g(x2)故x2>2，而0所以x1＋x2>2.(共91张PPT)
解析几何
第一讲　直线和圆——小题备考
微专题1　直线的方程及应用
常考常用结论
1．两条直线平行与垂直的判定
若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2 k1＝k2，l1⊥l2 k1k2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．
2．直线方程常用的三种形式
(1)点斜式：过一点(x0，y0)，斜率k，直线方程为y－y0＝k(x－x0)．
(2)斜截式：纵截距b，斜率k，直线方程为y＝kx＋b.
(3)一般式：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)．
3．两个距离公式
(1)两平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0间的距离d＝.
(2)点(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0的距离公式d＝.
1.[2023·辽宁丹东二模]直线x＋ay－3＝0与直线(a＋1)x＋2y－6＝0平行，则a＝(　　)
A．－2　　　　　　B．1
C．－2或1 D．－1或2
答案：A
解析：由题意，
直线x＋ay－3＝0与直线(a＋1)x＋2y－6＝0平行，
∴由1×2＝a(a＋1)，得a＝－2或a＝1.
当a＝－2时，l1：x－2y－3＝0，l2：－x＋2y－6＝0，l1∥l2.
当a＝1时，l1：x＋y－3＝0，l2：x＋y－3＝0，l1与l2重合．故选A.
2．[2023·安徽蚌埠三模]已知直线l1：ax＋2y＋1＝0，l2：(3－a)x－y＋a＝0，则条件“a＝1”是“l1⊥l2”的(　　)
A．充要条件 B．充分不必要条件
C.必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
3．过点P(0，1)且和A(3，3)，B(5，－1)距离相等的直线方程是________________．
解析：若l1⊥l2，则(3－a)×(－)＝－1，
解得a＝1或a＝2.
故a＝1是l1⊥l2的充分不必要条件．故选B.0
2x＋y－1＝0或y＝1
解析：若斜率不存在时，过点P(0，1)的直线为x＝0，此时不满足条件；
若斜率存在时，设过点P(0，1)的直线l：y－1＝kx，即kx－y＋1＝0.
根据题意，可得＝，解得k1＝－2或k2＝0，
当k1＝－2时，直线方程为2x＋y－1＝0，
当k2＝0时，直线方程为y＝1，
综上可得，直线方程为2x＋y－1＝0或y＝1.
答案：B
微专题2　圆的方程、直线与圆、圆与圆
常考常用结论
1．圆的方程
(1)圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，特别地，当圆心在原点时，方程为x2＋y2＝r2.(r>0)
(2)圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以为圆心，为半径的圆．
2．直线与圆的位置关系
直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)与圆：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)的位置关系如表．
方法 几何法 代数法
位置关系
相交 d0
相切 d＝r Δ＝0
相离 d>r Δ<0
切线长的计算：过点P向圆引切线PA，则|PA|＝(其中C为圆心)．
弦长的计算：直线l与圆C相交于A，B两点，则|AB|＝2(其中d为弦心距)．
3．圆与圆的位置关系
设圆C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝(r1>0)，圆2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝(r2>0)．
(1)当两圆相交时，两圆方程相减，所得的直线方程即两圆公共弦所在的直线方程；
(2)两圆公共弦的垂直平分线过两圆的圆心；
(3)求公共弦长时，几何法比代数法简单易求．
1.[2023·安徽蚌埠三模]直线l：x＋my＋1－m＝0与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝9的位置关系是(　　)
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法确定
答案：A
解析：已知直线l：x＋my＋1－m＝0过定点(－1，1)，
将点(－1，1)代入圆的方程可得(－1－1)2＋(1－2)2<9，
可知点(－1，1)在圆内，
所以直线l：x＋my＋1－m＝0与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝9相交．故选A.
2．[2023·河北唐山二模]已知圆C1：x2＋y2－2x＝0，圆C2：(x－3)2＋(y－1)2＝4，则C1与C2的位置关系是(　　)
A．外切　　B．内切　　C．相交　　D．外离
答案：C
解析：圆C1的圆心为(1，0), r1＝1，
圆C2的圆心为(3，1), r2＝2，
所以r2－r1<|C1C2|＝＝所以圆C1与C2的位置关系是相交．故选C.
3．[2023·河南郑州三模]曲线y＝x2－4x＋1与坐标轴交于A，B，C三点，则过A，B，C三点的圆的方程为_________________．
(x－2)2＋(y－1)2＝4
解析：令y＝0，则x2－4x＋1＝0，解得x1＝2－，x2＝2＋，即A(2－，0)，B(2＋，0)；
令x＝0，得y＝1，即C(0，1)，设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
所以，解得.
所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
4．[2023·广东深圳二模]过点(1，1)且被圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0所截得的弦长为2的直线的方程为___________．
x＋y－2＝0
解析：圆x2＋y2－4x－4y＋4＝0，即(x－2)2＋(y－2)2＝4，
圆心为(2，2)，半径r＝2，
若弦长l＝2，则圆心到直线的距离d＝＝，
显然直线的斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－1)，即kx－y－k＋1＝0，
所以d＝＝，解得k＝－1，所以直线方程为x＋y－2＝0.
1.(1)[2023·新课标Ⅰ卷]过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝(　　)
A．1　 　B．　 　C．　 　D．
答案：B　
解析：如图，x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，所以圆心坐标为(2，0)，半径r＝，所以圆心到点(0，－2)的距离为＝2，由于圆心与点(0，－2)的连线平分角α，所以sin ＝＝＝，所以cos ＝，所以sin α＝2sin cos ＝2×＝.故选B.
(2)[2023·河南郑州二模]若圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－a)2＋(y－b)2＝1的公共弦AB的长为1，则直线AB的方程为(　　)
A．2ax＋by－1＝0 　B．2ax＋by－3＝0
C．2ax＋2by－1＝0 　D．2ax＋2by－3＝0
答案：D
解析：将两圆方程相减可得直线AB的方程为a2＋b2－2ax－2by＝0，
即2ax＋2by－a2－b2＝0，
因为圆C1的圆心为(0，0)，半径为1，且公共弦AB的长为1，
则C1(0，0)到直线2ax＋2by－a2－b2＝0的距离为，
所以＝，解得a2＋b2＝3，
所以直线AB的方程为2ax＋2by－3＝0.故选D.
2.[2022·新高考Ⅱ卷]设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________．
[]
解析：因为kAB＝，所以直线AB关于直线y＝a对称的直线方程为(3－a)x－2y＋2a＝0.由题意可知圆心为(－3，－2)，且圆心到对称直线的距离小于或等于1，所以≤1，整理得6a2－11a＋3≤0，解得≤a≤.
技法领悟
1．圆的切线方程：(1)过圆上一点的切线方程：对于这种情况可以通过圆心与切点的连线垂直切线求出切线的斜率，进而求出直线方程．
(2)过圆外一点的切线方程：这种情况可以先设直线的方程，然后联立方程求出它们只有一个解(交点)时斜率的值，进而求出直线方程．
2．与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理．
3．两圆方程相减，所得的直线方程即两圆公共弦所在的直线方程，这一结论的前提是两圆相交，如果不确定两圆是否相交，两圆方程相减得到的方程不一定是两圆的公共弦所在的直线方程．
[巩固训练1]　(1)[2023·黑龙江大庆三模]已知直线l是圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝1的切线，并且点B(3，4)到直线l的距离是2，这样的直线l有(　　)
A．1条　　B．2条　　C．3条　　D．4条
答案：D　
解析：由已知可得，圆心C(2，1)，半径r1＝1.
由点B(3，4)到直线l的距离是2，所以直线l是以B(3，4)为圆心，r2＝2为半径的圆的切线，
又直线l是圆C：(x－2)2＋(y－1)2＝1的切线，
所以，直线l是圆C与圆B的公切线．
因为＝＝>3＝r1＋r2，
所以，两圆外离，所以两圆的公切线有4条，
即满足条件的直线l有4条．故选D.
(2)[2023·安徽蚌埠二模]若直线y＝kx＋4＋2k与曲线y＝有两个不同的交点，则实数k的取值范围是
A．[1，＋∞) B．[－1，－)
C．(，1] D．(－∞，－1]
答案：B　
解析：∵y＝kx＋4＋2k＝k(x＋2)＋4，所以直线过定点(－2，4)，曲线y＝变形为x2＋y2＝4(y≥0)，表示圆的上半部分，当直线与半圆相切时直线斜率为k＝－，当直线过点(2，0)时斜率为－1，结合图象可知实数k的取值范围是[－1，－)．故选B.
(3)[2022·新高考Ⅰ卷]写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程
_________________________________________________________．
3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答对其中之一即可)
解析：由题意知两圆的圆心和半径分别为O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1，r2＝4.因为|O1O2|＝r1＋r2，所以两圆外切．由两圆外切，画出示意图，如图．设切点为A(x，y)．由O1A＝O1O2，得A()．因为＝，所以切线l1的斜率k1＝－，所以l1：y－＝－(x－)，即3x＋4y－5＝0.由图象易得两圆均与直线l2：x＝－1相切，过两圆圆心的直线方程为l：y＝x.联立解得故直线l与l2的交点为P(－1，－)．由切线定理得，两圆的另一公切线l3过点P.设l3：y＋＝k(x＋1)．由点到直线的距离公式，得＝1，解得k＝，所以l3：y＋＝(x＋1)，即7x－24y－25＝0.
微专题3　有关圆的最值问题
常考常用结论
1．与圆有关的长度或距离的最值问题的解法
一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解，注意圆的弦长或切线段的长通常利用勾股定理转化为圆心到直线距离或点到圆心距离．
2．与圆上点(x，y)有关代数式的最值的常见类型及解法
形如μ＝型的最值问题，可转化为过点(a，b)和点(x，y)的直线的斜率的最值问题；
形如t＝ax＋by型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
形如(x－a)2＋(y－b)2型的最值问题，可转化为动点(x，y)到定点(a，b)的距离平方的最值问题．
3．与距离最值有关的常见的结论
(1)圆外一点A到圆上距离最近为|AO|－r，最远为|AO|＋r；
(2)过圆内一点的弦最长为圆的直径，最短为以该点为中点的弦；
(3)记圆心到直线的距离为d，直线与圆相离，则圆上点到直线的最大距离为d＋r，最小距离为d－r；
(4)过两定点的所有圆中，面积最小的是以这两个定点为直径端点的圆的面积；
(5)直线外一点与直线上的点的距离中，最短的是点到直线的距离；
(6)两个动点分别在两条平行线上运动，这两个动点间的最短距离为两条平行线间的距离．
4．与圆有关的面积的最值问题或圆中与数量积有关的最值问题，一般转化为寻求圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系，借助函数求最值的方法，如配方法，基本不等式法等求解，有时可以通过转化思想，利用数形结合思想求解．
1.已知P(－1，2)为圆x2＋y2＝8内一定点，过点P且被圆所截得的弦最短的直线方程为(　　)
A．2x－y＋3＝0 B．x＋2y－5＝0
C．x－2y＋5＝0 D．x－2y－5＝0
答案：C
解析：由题意可得，当OP和直线垂直时，弦最短，
直线的斜率为＝＝.
故满足条件的直线方程为y－2＝(x＋1)，即x－2y＋5＝0.故选C.
2．[2023·安徽蚌埠一模]过直线x＋y＝5上的点作圆C：x2＋y2－2x＋4y－1＝0的切线，则切线长的最小值为(　　)
A．3　　B．2　　C．　　D．

答案：B
解析：圆C：(x－1)2＋(y＋2)2＝6的圆心为C(1，－2)，半径为，
因为圆心(1，－2)到直线x＋y＝5的距离d＝＝3，
所以切线长最小值为l＝＝＝2.故选B.
3．[2023·安徽亳州一中模拟]已知两定点A(－4，0)，B(2，0)，如果动点M满足|MA|＝2|MB|，点N是圆x2＋(y－3)2＝9上的动点，则|MN|的最大值为________．
12
解析：设点M(x，y)，则＝2，
整理为：(x－4)2＋y2＝16，
设圆(x－4)2＋y2＝16的圆心为C1，圆x2＋(y－3)2＝9的圆心为C2，
如图，可知|MN|的最大值是圆心距加两个圆的半径，即5＋3＋4＝12.
3. (1)[2023·河南开封模拟]过直线l：3x＋4y－1＝0上一点P作圆M：x2＋(y－4)2＝1的两条切线，切点分别是A，B，则四边形MAPB的面积最小值是(　　)
A．1　　　B．　　　C．2　　　D．2
答案：D　
解析：圆M：x2＋(y－4)2＝1的圆心M(0，4)到直线l：3x＋4y－1＝0的距离d＝＝3，
故|MP|的最小值是3，又因为|MA|＝1，则|AP|＝≥2，
故△AMP的面积的最小值是S＝×1×2＝，故四边形MAPB的面积的最小值是2.故选D.
(2)[2023·河北邯郸三模]在平面直角坐标系内，已知A(－3，4)，B(－3，1)，动点P(x，y)满足|PA|＝2|PB|，则(x－1)2＋(y－t)2(t∈R)的最小值是(　　)
A． B．2 C．4 D．16
答案：C
解析：因为A(－3，4)，B(－3，1)，动点P(x，y)满足|PA|＝2|PB|，
则(x＋3)2＋(y－4)2＝4(x＋3)2＋4(y－1)2，整理得(x＋3)2＋y2＝4，
可以看成圆(x＋3)2＋y2＝4上动点P(x，y)与定直线x＝1上动点Q(1，t)的距离，
其最小值为圆心M(－3，0)到直线x＝1的距离减去圆的半径2，即|PQ|≥4－2＝2，
因此，(x－1)2＋(y－t)2的最小值是22＝4.故选C.
技法领悟
1．要善于借助图形进行分析，防止解题方法错误．
2．要善于运用圆的几何性质进行转化，防止运算量过大，以致运算失误．
[巩固训练2]　(1)[2023·山东泰安模拟]已知直线l：mx－y＋m＋1＝0(m≠0)与圆C：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0，过直线l上的任意一点P向圆C引切线，设切点为A，B，若线段AB长度的最小值为，则实数m的值是(　　)
A．－ B． C． D．－
答案：A　
解析：圆C：(x－2)2＋(y＋1)2＝1，
设∠ACP＝θ(0<θ<)，
则|AB|＝2sin θ≥，则sin θ≥，∴θ∈[)，
则|PC|＝≥2，所以圆心C到直线l的距离是2，
∴＝2，得5m2＋12m＝0，∵m≠0，
∴m＝－.故选A.
(2)[2023·全国乙卷]已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是(　　)
A．1＋ B．4
C．1＋3 D．7
答案：C
解析：将方程x2＋y2－4x－2y－4＝0化为(x－2)2＋(y－1)2＝9，其表示圆心为(2，1)，半径为3的圆．设z＝x－y，数形结合知，只有当直线x－y－z＝0与圆相切时，z才能取得最大值，此时＝3，解得z＝1±3，故z＝x－y的最大值为1＋3，故选C.
第二讲　圆锥曲线的方程与性质——小题备考
微专题1　圆锥曲线的定义及标准方程
常考常用结论
1．椭圆的定义与方程：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)；
焦点在x轴上：＝1(a>b>0)，
焦点在y轴上：＝1(a>b>0)．
2．双曲线的定义与方程：||MF1|－|MF2||＝2a(2a<|F1F2|)；
焦点在x轴上：＝1(a>0，b>0)，
焦点在y轴上：＝1(a>0，b>0)．
3．抛物线定义与方程：|MF|＝d(d为M点到准线的距离)
y2＝2px，y2＝－2px，x2＝2py，x2＝－2py(p>0)．
1．椭圆M的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，过点F1的直线交椭圆M于点A，B.若△ABF2的周长为20，则该椭圆的标准方程为(　　)
A．＝1 B．＝1
C．＝1 D．＝1
答案：B
解析：因为△ABF2的周长为20，由椭圆定义可知：4a＝20，即a＝5，
又因为c＝3，所以b2＝a2－c2＝52－32＝16，
所以该椭圆的标准方程为＝1.故选B.
2．[2023·河南新乡三模]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，C上一点M(x0，x0)(x0≠0)满足|MF|＝5，则抛物线C的方程为(　　)
A．y2＝2x B．y2＝x
C．y2＝8x D．y2＝4x
答案：D
解析：依题意得＝2px0，
因为x0≠0，所以x0＝2p.
又|MF|＝x0＋＝5，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.故选D.
3．[2023·广东韶关模拟](多选)曲线C的方程为x2－－4＝0，则(　　)
A．当λ>0时，曲线C是焦距为4的双曲线
B.当λ<－1时，曲线C是焦距为4的双曲线
C．曲线C不可能为圆
D．当－1<λ<0时，曲线C是焦距为4的椭圆
答案：AD
解析：当λ>0时，方程x2－－4＝0化为＝1，曲线C是焦距为2＝4的双曲线，A正确；当λ<－1时，方程x2－－4＝0化为＝1，
曲线C是焦点在y轴上，焦距为2＝4的椭圆，B错误；当λ＝－1时，曲线C表示圆x2＋y2＝4，C错误；当－1<λ<0时，方程x2－－4＝0化为＝1，
曲线C是焦点在x轴上，焦距为2＝4的椭圆，D正确．故选AD.
4．[2023·北京101中学三模]已知F1，F2分别是双曲线C：＝1(a≠0)的左右焦点，P是C上的一点，且|PF1|＝2|PF2|＝16，则△PF1F2的周长是________．
34
解析：因为|PF1|＝2|PF2|＝16，所以|PF1|＝16，
|PF2|＝8，
故|PF1|－|PF2|＝16－8＝8＝2a，则a＝4，
又b2＝9，故c2＝a2＋b2＝25，则c＝5，|F1F2|＝2c＝10，
所以△PF1F2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝16＋8＋10＝34.
1.(1)[2023·天津卷]双曲线(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2.过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P.已知PF2＝2，直线PF1的斜率为，则双曲线的方程为(　　)
A．＝1 B．＝1
C．＝1 D．＝1
答案：D　
解析：如图，
因为F2(c，0)，不妨设渐近线方程为y＝x，即bx－ay＝0，
所以|PF2|＝＝＝b，
所以b＝2.
设∠POF2＝θ，则tan θ＝＝＝，所以|OP|＝a，所以|OF2|＝c.
因为ab＝c·yP，所以yP＝，所以tan θ＝＝＝，所以xP＝，所以P()，因为F1(－c，0)，所以＝＝＝＝＝，所以(a2＋2)＝4a，解得a＝，
所以双曲线的方程为＝1.故选D.
(2)[2023·全国甲卷]设O为坐标原点，F1，F2为椭圆C：＝1的两个焦点，点P在C上，cos ∠F1PF2＝，则|OP|＝(　　)
A．　　B． C．　　D．
答案：B
解析：方法一　依题意a＝3，b＝，c＝＝.如图，不妨令F1(－，0)，F2(，0)．设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos ∠F1PF2＝＝　①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.
由①②，解得mn＝.
设|OP|＝x.
在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，
由余弦定理得＝－，
得x2＝＝＝，所以|OP|＝.
方法二　依题意a＝3，b＝，c＝＝.
如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，α＝∠F1PF2，
则cos ∠F1PF2＝cos α＝，
故sin ∠F1PF2＝sin α＝＝＝，则tan＝或tan ＝2(舍去)．
故△F1PF2的面积＝b2tan ＝6×＝3.
又＝×2c|y0|＝|y0|，
故＝1，所以＝，|OP|2＝＝，|OP|＝.
方法三　依题意a＝3，b＝，c＝＝.
如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，利用焦点三角形面积公式知＝.
因为cos ∠F1PF2＝，所以sin ∠F1PF2＝，故＝＝3.又＝×2c|y0|＝|y0|，故
＝1，所以＝，|OP|2＝＝，|OP|＝.
方法四　依题意a＝3，b＝，c＝＝.
如图(图同方法一)，不妨令F1(－，0)，F2(，0)．
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos ∠F1PF2＝＝　①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6　②.
由①②，解得mn＝.
因为＝)，
所以||2＝(m2＋n2＋2mn cos ∠F1PF2)＝＝，所以|PO|＝.
技法领悟
1．关于圆锥曲线定义的应用
对于椭圆、双曲线如果涉及曲线上的点与焦点的距离，一般要利用定义进行转化．对应抛物线涉及曲线上的点到焦点的距离、到准线的距离时需要相互转化．
2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”
所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．
[巩固训练1]　(1)设F1，F2是双曲线C：＝1的左、右焦点，过F2的直线与C的右支交于P，Q两点，则|F1P|＋|F1Q|－|PQ|＝(　　)
A．5　　　B．6　　　C．8　　　D．12

答案：C　
解析：双曲线C：＝1，则a2＝4，a＝2，
由双曲线的定义知：|F1P|－|PF2|＝2a＝4，|F1Q|－|QF2|＝2a＝4，
|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，
所以|F1P|＋|F1Q|－|PQ|＝|F1P|＋|F1Q|－(|PF2|＋|QF2|)＝|F1P|－|PF2|＋|F1Q|－|QF2|＝8.故选C.
(2)[2023·河北衡水中学模拟]抛物线y2＝mx绕其顶点顺时针旋转90°之后，得到的图象正好对应抛物线y＝2x2，则m＝________．
－
解析：抛物线y2＝mx的顶点为原点，焦点为F′(，0)，而抛物线y＝2x2，即x2＝y的顶点为原点，焦点为F(0，)，
因为抛物线y2＝mx绕其顶点顺时针旋转90°后，得抛物线x2＝y，
因此点F(0，)绕原点逆时针旋转90°后得点F′(，0)，则＝－，解得m＝－，
所以m＝－.
微专题2　圆锥曲线的几何性质
　常考常用结论
1．椭圆中，长轴是最长的弦，过焦点的所有弦长中，垂直长轴的弦长最短，最短为.距焦点最短的点是相应的对称轴同侧顶点．过双曲线的焦点作实轴所在直线的垂线，与双曲线交于A，B两点，|AB|＝.过抛物线的焦点作对称轴的垂线，与抛物线交于A，B两点，|AB|＝2p.
2．双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x.双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x.
3．椭圆、双曲线中，a，b，c之间的关系
(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝；
(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝.
4．抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F(，0)，准线方程x＝－；抛物线x2＝2py(p>0)的焦点F(0，)，准线方程y＝－.
1.[2023·全国乙卷]设A，B为双曲线x2－＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(　　)
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)
答案：D
解析：结合选项可知，直线AB的斜率存在且不为零．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，由点A，B在双曲线上，得，两式作差，得，即(x1－x2)(x1＋x2)＝，化简得＝9，即·＝kAB·＝9，因此kAB＝9·.
由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．
对于A选项，因为kAB＝9×＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9×＝－＜－3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9×＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9×＝<3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.
2．[2023·山东青岛一模]已知O为坐标原点，在抛物线y2＝2px(p>0)上存在两点E，F，使得△OEF是边长为4的正三角形，则p＝________．
解析：根据抛物线的对称性可知：由△OEF为等边三角形，所以E，F关于坐标轴x对称，由|EO|＝4，∠EOx＝30°，所以E(2，2)，将E(2，2)代入可得4＝4p p＝.
2.(1)[2023·山东省实验中学一模]若椭圆C：＝1的离心率为，则椭圆C的长轴长为(　　)
A．2 B．或2
C．2 D．2或2
答案：D　
解析：(1)因为e2＝＝＝1－＝()2＝，所以，＝.
①若椭圆C的焦点在x轴上，则＝＝，可得m＝6，则a＝＝，
此时，椭圆C的长轴长为2；
②若椭圆C的焦点在y轴上，则＝＝，可得m＝，则a＝，
此时，椭圆C的长轴长为2.
综上所述，椭圆C的长轴长为2或2.故选D.
(2)[2023·江西赣州二模]已知双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，直线l分别经过双曲线的实轴和虚轴的一个端点，F1，F2到直线l的距离和大于实轴长，则双曲线的离心率的取值范围是(　　)
A．(，＋∞) B．(，＋∞)
C．(1，) D．(1，)
　解析：设直线l经过A(－a，0)，B(0，b)，则直线l的方程为＝1，即bx－ay＋ab＝0，
则F1(－c，0)，F2(c，0)到直线l的距离分别为，，
故>2a，解得b>a，
故离心率e＝>，故双曲线的离心率的取值范围是(，＋∞)．故选B.
答案：B　
(3)[2023·河北沧州二模]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线与C交于A，B两点(点A在x轴上方)，过A，B分别作l的垂线，垂足分别为M，N，连接MF，NF.若|MF|＝|NF|，则直线AB的斜率为________．
　解析：如图，由题意得|AF|＝|AM|，|BF|＝|BN|，所以∠AMF＝∠AFM＝∠MFO，∠BNF＝∠BFN＝∠NFO，
因为∠AFM＋∠MFO＋∠BFN＋∠NFO＝π，
所以∠MFO＋∠NFO＝，所以MF⊥NF，又|MF|＝|NF|，所以∠NMF＝，
所以∠MFO＝∠AFM＝，故∠AFx＝，所以直线AB的斜率为tan ＝.
技法领悟
1．理清圆锥曲线中a，b，c，e，p的关系是关键．
2．求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．
[巩固训练2]　(1)[2023·河南新乡二模]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点P在抛物线C上，Q(5，0)，若△PQF的面积为4，则|PF|＝(　　)
A．4　　　B．3　　　C．5　　　D．2
答案：A　
解析：由题意知F(1，0)，准线方程为x＝－1，
设P(x0，y0)．因为Q(5，0)，△PQF的面积为4，则×(5－1)×|y0|＝4，
所以|y0|＝2，则x0＝3，所以|PF|＝x0－(－1)＝4.故选A.
(2)[2023·河北唐山二模]已知直线l：x－y－2＝0过双曲线C：＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且与C的一条渐近线平行，则C的实轴长为________．
2　
解析：直线x－y－2＝0与x轴交点为(2，0)，斜率为，
由题意，解得，
所以双曲线的实轴长为2a＝2.
(3)[2023·安徽马鞍山二模]已知椭圆＝1(02
解析：由题意可知：A(b，0)，B(0，2)，因为0因为△ABF是等腰三角形，
所以由椭圆的性质可知F是椭圆的下焦点，
所以|AB|＝|BF| 2＋＝ b2＝2.
微专题3　圆锥曲线的交汇问题
1.[2023·全国甲卷]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为，C的一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B两点，则|AB|＝(　　)
A．　 　B．　 　C．　 　D．
答案：D
解析：根据双曲线的离心率e＝＝，得c＝a，即c2＝5a2，即a2＋b2＝5a2，所以b2＝4a2，＝4，所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x，易知渐近线y＝2x与圆相交．
方法一　由得5x2－16x＋12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝|x1－x2|＝＝.故选D.
方法二　圆心(2，3)到渐近线y＝2x的距离d＝＝，所以|AB|＝2＝2＝.故选D.
2．[2023·安徽蚌埠二模]已知椭圆＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为A，若直线AF与圆O：x2＋y2＝相切，则该椭圆的离心率为(　　)
A． B． C． D．或
答案：D
解析：设F(c，0)，则直线AF的方程为＝1，即bx＋cy－bc＝0，
圆心O到直线AF的距离d＝＝＝a，
两边平方整理得，16(a2－c2)c2＝3a4，
于是16(1－e2)e2＝3，解得e2＝或e2＝，
则e＝或e＝.故选D.
3．[2023·山东青岛三模]已知椭圆C的长轴长为4，它的一个焦点与抛物线y＝x2的焦点重合，则椭圆C的标准方程为________．

＝1
解析：抛物线方程化为标准方程得x2＝4y，焦点坐标为F(0，1)，
∵抛物线焦点与椭圆C的一个焦点重合，∴椭圆焦点在y轴，
设椭圆方程为＝1，(a>b>0)，
则由焦点坐标和长轴长知c＝1，2a＝4，∴a＝2，
∴b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的标准方程为＝1.
提分题
3.(1)已知双曲线＝1(a>0，b>0)的实轴长为4，抛物线y2＝2px(p>0)的准线过双曲线的左顶点，抛物线与双曲线的一个交点为P(4，m)，则双曲线的渐近线方程为(　　)
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
答案：A　
解析：由题意得2a＝4，a＝2，双曲线左顶点坐标为(－a，0)，
抛物线的准线为x＝－，故a＝，解得p＝4，
点P(4，m)为抛物线与双曲线的一个交点，故m2＝8p＝32，＝1，
即4－＝1，解得b2＝，解得b＝，
故双曲线的渐近线方程为y＝±x＝±x＝±x.
故选A.
(2)[2023·山东烟台三模]已知F1，F2分别是椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N，若＝3，则C的离心率为(　　)
A．　 　B．　　 C．　 　D．
答案：A　
解析：不妨设M在第一象限，由题意，M的横坐标为c，
令＝1，解得y＝，
即M(c，)．
设N(x，y)，又F1(－c，0)，＝＝(－2c，－)，
由＝3F1N可得：，解得，
又N(x，y)在椭圆上，即＝1＝，
整理得＝，解得e＝.故选A.
技法领悟
1．解决圆锥曲线之间、圆锥曲线与圆之间的综合问题时，关键是抓住两种曲线之间的联系，再结合其自身的几何性质解题．
2．圆锥曲线常与向量知识交汇考查，一般是利用圆锥曲线的几何性质转化条件，再利用其他的知识解题，或者是利用其他的知识点转化条件，再利用圆锥曲线的几何性质解题．
[巩固训练3]　(1)[2023·江西赣州二模]已知抛物线E：y2＝2px(p>0)与圆x2＋y2＝5交于A，B两点，且E的焦点F在直线AB上，则p＝(　　)
A．1　　　B．　　　C．2　　　D．
答案：C　
解析：由题意得F(，0)，
抛物线E：y2＝2px(p>0)中，当x＝时，y＝±p，不妨设A(，p)，
则()2＋p2＝5，解得p＝2，负值舍去．故选C.
(2)[2023·河南郑州一模]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左右焦点分别为F1，F2，P为C右半支上一点，且cos ∠F1PF2＝＝2a2，则双曲线C的离心率为(　　)
A．2　　　　B．4　　　　C．6　　　　D．9
答案：A
＝cos∠F1PF2＝2a2可得|＝8a2.
又|＝2a，两式联立可得|＝|＝2a，
∴cos ∠F1PF2＝＝＝，整理可得c2＝4a2，
∴c＝2a，e＝2.故选A.
第三讲　圆锥曲线——大题备考
微专题1　角的正切值与直线斜率
　[2023·安徽六安一中模拟]已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过点M(1，)，N(－)．
(1)求E的方程；

解析：设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，
由点M(1，)，N(－)在E上，得，解得m＝，n＝，
所以E的方程为＝1.
(2)已知P(2，0)，是否存在过点G(－1，0)的直线l交E于A，B两点，使得直线PA，PB的斜率之和等于－1？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．

解析：存在，理由如下．
显然直线l不垂直于x轴，设直线l的方程为x＝ky－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去x得：(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，得x1＋x2＝k(y1＋y2)－2＝，
x1x2＝(ky1－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1＝＋1＝，
因此＝＝
＝＝＝－k＝－1，解得k＝1，
所以存在符合要求的直线l，其方程为x－y＋1＝0.
1. [2022·新高考Ⅰ卷]已知点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；

解析：∵点A(2，1)在双曲线C：＝1(a>1)上，∴＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.
由kAP＋kAQ＝0，得＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k·＋(m－1－2k)·－4(m－1)＝0，即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)若tan ∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
解析：设∠PAQ＝2α，0<α<，则tan 2α＝2，
∴＝2，解得tan α＝(负值已舍去)．
由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝.
∵为双曲线一条渐近线的斜率，∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan (－α)＝即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝＝，则kAQ＝－，∴直线AP的方程为y－1＝(x－2)，即y＝x－2＋1.联立得方程组消去y并整理，得3x2－(16－4)x＋20－8＝0，则xP·2＝，解得xP＝.∴|xA－xP|＝|2－|＝.同理可得|xA－xQ|＝.
∵tan 2α＝2，0<2α<π，∴sin 2α＝，
∴S△PAQ＝|AP|·|AQ|·sin 2α＝×|xA－xP|××|xA－xQ|×sin 2α＝×3×＝.
技法领悟
解决此类问题的关键是围绕直线斜率式子的整理和求解．
[巩固训练1]　[2023·广东广州三模]直线l经过点T(t，0)(t>0)且与抛物线C：y2＝2px (p>0)交于A，B两点．
(1)若A(1，2)，求抛物线C的方程；
(2)若直线l与坐标轴不垂直，M(m，0)，证明：∠TMA＝∠TMB的充要条件是m＋t＝0.

微专题2　定点问题
　2.[2023·河北石家庄一模]已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a>0，b>0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4.
(1)求双曲线C的方程；
解析：由题意可知：点P(4，3)在双曲线上，所以＝1；
过P做x轴的平行线y＝3，与y＝±x相交于M，N两点，那么M，N两点可求：M(，3)，N(－，3)；
所以|4－|·|4＋|＝|16－|＝a2||＝a2＝4，所以a＝2；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个(多选只按先做给分)，证明：直线l过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1.
解析：证明：设直线l的方程为y＝k(x－t)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组，整理得k2x2－2(k2t＋p)x＋k2t2＝0,
则x1＋x2＝，x1x2＝t2.
充分性：当m＋t＝0时，直线AM，BM的斜率之和为
kAM＋kBM＝＝，
因为y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝k(2t2－2t2)＝0，所以kAM＋kBM＝0，即MA，MB的倾斜角互补，所以∠TMA＝∠TMB.
必要性：当∠TMA＝∠TMB时，直线AM，BM的斜率之和为0，即kAM＋kBM＝＝＝0，所以y1(x2－m)＋y2(x1－m)＝k(x1－t)(x2－m)＋k(x2－t)(x1－m)＝0，
即k[2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt]＝0，因为k≠0，所以2x1x2－(m＋t)(x1＋x2)＋2mt＝0，
即2t2－＋2mt＝0，
所以2k2t2－2(m＋t)(k2t＋p)＋2mtk2＝0，可得m＋t＝0，
综上所述，∠TMA＝∠TMB的充要条件是m＋t＝0.
技法领悟
直线过定点问题的解题策略
(1)用参数表示出直线的方程，根据直线方程的特征确定定点的位置．
(2)从特殊点入手，先确定定点，再证明该定点符合题目条件．
[巩固训练2]　[2023·全国乙卷]已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率是，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
解析：因为点A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝＝，所以c2＝a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为＝1.
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
解析：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，
设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由，得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，
则yM＋yN＝2
＝2
＝2
＝2
＝2×
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为＝3，所以MN的中点为定点(0，3)．
微专题3　定值问题
[2023·安徽淮北二模]已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点和椭圆C2：＝1(a>b>0)的右焦点F重合，过点F任意作直线l分别交抛物线C1于M，N，交椭圆C2于P，Q.当l垂直于x轴时|MN|＝4，|PQ|＝3.
(1)求C1和C2的方程；
解析：由已知可得，l的方程为x＝，
代入抛物线方程可得，y2＝p2，解得y＝±p，所以|MN|＝2p.
由题意知2p＝4，得p＝2，
所以，抛物线方程是y2＝4x.
所以直线l的方程为x＝1，焦点F(1，0)，所以c＝1.
将直线l的方程x＝1代入椭圆方程可得，y2＝，解得y＝±，
所以|PQ|＝.
由已知可得，，解得，
所以，椭圆的方程为＝1
(2)是否存在常数m，使为定值？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解析：假设存在常数m，使为定值．
设直线l的方程为：x＝ny＋1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程，消x化简得y2－4ny－4＝0.
则Δ＝16n2＋16>0恒成立，且，所以|MN|＝|y1－y2|＝＝＝4(n2＋1)．
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立方程，消x化简得(3n2＋4)y2＋6ny－9＝0.
则Δ＝144(n2＋1)>0恒成立，且，所以|PQ|＝|y3－y4|＝＝＝.
所以，＝＝.
因为为定值，所以有＝，所以m＝－3.
所以假设成立．所以存在常数m＝－3，使为定值－.
技法领悟
圆锥曲线中定值问题的解题策略
(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；
(2)采用推理、计算、消元得定值．消元的常用方法为整体消元、选择消元、对称消元等．
[巩固训练3]　[2023·河北唐山三模]已知双曲线E：－y2＝1(a>0)，左、右顶点分别为A1，A2，经过右焦点F垂直于x轴的直线与E相交于A，B两点，且|AB|＝1.
(1)求E的方程；
解析：设F(c，0)，把x＝c代入到E的方程，得－y2＝1，即y＝±，
因为|AB|＝1，所以＝1，即a＝2，则双曲线E的方程为－y2＝1.
(2)若直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝a2相切，且与双曲线左、右两支分别交于P1，P2两点，记直线P1A1的斜率为k1，P2A2的斜率为k2，那么k1·k2是否为定值？并说明理由．
解析：k1·k2为定值，理由如下：
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，其中x1<0，x2>0，.因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝4相切，所以＝2，即m2＝4(1＋k2)，联立，消去y并整理得(1－4k2)x2－8mkx－(4m2＋4)＝0，所以，因为x1<0，x2>0，x1x2＝<0，即4k2－1<0，所以x2－x1＝＝＝＝.由(1)知A1(－2，0)，A2(2，0)．
k1·k2＝＝＝＝＝
＝＝＝－.即k1k2为定值．
微专题4　最值问题
　[2023·河南驻马店三模]已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：y＝k1x(k1≠0)与E交于A，B两点，当l为双曲线－y2＝1的一条渐近线时，A到y轴的距离为.
(1)求E的方程；
解析：设E的半焦距为c，则＝，所以＝，所以a＝b　①，
不妨设l：y＝x，与＝1联立得|x|＝.
由题意得|x|＝＝　②，
①②联立并解得b2＝2，a2＝4，
故E的方程为＝1.
(2)若过B作x轴的垂线，垂足为H，OH的中点为N(O为坐标原点)，连接AN并延长交E于点P，直线PB的斜率为k2，求|k1－k2|的最小值．
解析：设A(x1，y1)，P(x2，y2)，则B(－x1，－y1)，H(－x1，0)，N(－，0)，
所以直线AP的斜率k＝＝＝k1，
直线AP的方程为y＝k(x＋)，代入＝1，得
－4＝0，
所以x1＋x2＝－，
y1＋y2＝k(x1＋)＋k(x2＋)＝k(x1＋x2＋x1)＝，
所以k2＝＝＝－＝－＝－，
所以|k1－k2|＝|k1＋|＝|k1|＋≥2＝，
当且仅当|k1|＝，即k1＝±时等号成立，
所以当k1＝±时，|k1－k2|取得最小值，且最小值为.
[巩固训练4]　[2023·全国甲卷]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点且|AB|＝4.
(1)求p；
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p>0，得p>.
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝·＝·＝4，解得p＝2或p＝－(舍去)，
故p＝2.
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值．
解析：设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2＝4x，则点F(1，0)．
因为·＝0，所以∠MFN＝90°，
则S△MFN＝|MF||NF|＝(x3＋1)(x4＋1)＝(x3x4＋x3＋x4＋1)　(*)．
当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN＝90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是－1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y＝x－1，
由得x2－6x＋1＝0，
得或
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2)．
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝.
又·＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以＋1＋＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝(x3x4＋x3＋x4＋1)＝＝＝＋2＋1.
令t＝，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以＋6＋1＝>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2或t<－3－2，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8＝4(3－2)．
故△MFN面积的最小值为4(3－2)．
微专题5　范围问题
　5.[2023·新课标Ⅰ卷]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
解析：设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝，
化简得x2＝y－，
所以W的方程为x2＝y－.
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.
解析：证明：设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)．
设B(t，t2＋)，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋)＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝|x1－t|＝|k－2t|＝|2t－k|，
|BC|＝ |－－2t|＝|＋2t|＝|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|)．
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|＝
，
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(，＋∞)上单调递增，
所以当t＝时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，
又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞(k2＋1)＝.
令f(k)＝，k≥1，
则f′(k)＝，
当1≤k＜时，f′(k)＜0，当k＞时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f()＝3，
所以2(|AB|＋|BC|)＞≥3.
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在(，＋∞)上单调递增，
所以当t＝－时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞k(k2＋1)＝.
令g(k)＝，0则g′(k)＝，当00，
所以函数g(k)在(0，)上单调递减，在(，1)上单调递增，
所以g(k)≥g()＝3，所以2(|AB|＋|BC|)>≥3.
综上，矩形ABCD的周长大于3.
技法领悟
圆锥曲线中范围问题的解题策略
1．函数法：将要求的量用已知参数表示出来，转化为关于这个参数的值域问题，利用函数性质、配方法、基本不等式法求解．
2．不等式法：构造关于要求的参数的不等式，通过解不等式求范围．
[巩固训练5]　[2023·河北唐山模拟]已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，点P(1，)在E上，不经过点P的直线l：y＝kx＋m与E交于不同的两点A，B.
(1)求E的方程；
解析：由题意得，解得a＝，b＝1，c＝1，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)若直线PA与直线PB的斜率之和为0，求k的值及m的取值范围．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，因为直线l与椭圆E相交，所以Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(1＋2k2－m2)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，所以kPA＋kPB＝＝＝2k＋(k＋m－)×＝2k－(k＋m－)×＝2k－(k＋m－)×＝2k－＝，由于kPA＋kPB＝0，于是＝0，所以k－1＝0，所以k＝.
由Δ＝8(1＋2k2－m2)>0，解得－因为直线l不经过点P，所以m≠0.
所以m的取值范围为(－，0))．(共96张PPT)
三角函数、解三角形
第一讲　三角函数的概念、三角恒等变换——小题备考
微专题1　三角函数的定义与同角关系式
常考常用结论
1．三角函数定义：设点P(x，y)(不与原点重合)为角α终边上任意一点，点P与原点的距离为：r＝，则：sin α＝，cos α＝，tan α＝.
2．同角三角函数的基本关系式
(1)平方关系：sin2α＋cos2α＝1.
(2)商数关系：tanα＝.
1.[2023·河南开封三模]设α是第二象限角，P(x，1)为其终边上一点，且cos α＝x，则tan α＝(　　)
A．－　 　B．－　 　C．　 　D．
答案：B
解析：由三角函数定义可知：cos α＝＝x x＝±2，又α是第二象限角，故x＝－2，所以tan α＝＝－.故选B.
2．[2023·山西阳泉二模]已知sin α＋cos α＝，0<α<π，则sin α－cos α＝(　　)
A．－ B． C．－ D．
答案：B
解析：因为sin α＋cos α＝，所以(sin α＋cos α)2＝，
即sin2α＋2sinαcos α＋cos2α＝，所以2sinαcos α＝－.
因为0<α<π，所以cos α<00.
因为(sin α－cos α)2＝sin2α－2sinαcos α＋cos2α＝1＋＝，所以sinα－cos α＝.故选B.
3．[2021·新高考Ⅰ卷]若tan θ＝－2，则＝(　　)
A．－ B．－ C． D．
答案：C
解析：将式子进行齐次化处理得：
＝
＝sin θ＝
＝＝＝.故选C.
1.(1)[2023·安徽蚌埠模拟]将顶点在原点，始边为x轴非负半轴的锐角α的终边绕原点顺时针旋转后，交单位圆于点P(x，－)，那么sin α＝(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由点P在单位圆上，则x2＋＝1，解得x＝±，
由锐角α∈(0，)，即α－∈(－)，则x＝，
故cos (α－)＝，sin (α－)＝－，
所以sin α＝sin (α－)＝sin (α－)cos ＋cos (α－)sin ＝＝.故选D.
(2)[2023·江西赣州二模]已知θ为锐角，满足sin2θ＋sinθcos θ－3cos2θ＝，则tanθ＝________.
2
解析：因为sin2θ＋sinθcos θ－3cos2θ
＝＝＝，
整理得2tan2θ＋5tanθ－18＝0，
解得tan θ＝2或tan θ＝－，
又因为θ为锐角，则tan θ>0，所以tan θ＝2.
技法领悟
1．任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关，而与角α终边上点P的位置无关．若角α已经给出，则无论点P在α终边上的什么位置，角α的三角函数值都是确定的．
2．应用诱导公式与同角关系进行开方运算时，一定要注意三角函数值的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．
[巩固训练1]　(1)[2023·黑龙江齐齐哈尔一模]已知角α的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点P(cos －sin ，cos ＋sin )，则tan α＝(　　)
A．－1 B．＋1
C． D．2
答案：B　
解析：tan α＝＝＝＝＝＝＋1.故选B.
(2)[2023·陕西咸阳三模]已知方程sin α＋2cos α＝0，则cos2α－sinαcos α＝(　　)
A．－　 　B．　 　C．－　 　D．
答案：B　
解析：方程sin α＋2cos α＝0，化简得tan α＝－2，
则cos2α－sinαcos α＝＝，
分子分母同时除以cos2α可得：＝，
将tanα＝－2代入可得cos2α－sinαcos α＝＝＝.故选B.
微专题2　三角恒等变换
常考常用结论
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin (α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.
(2)cos (α±β)＝cos αcos β sin αsin β.
(3)tan (α±β)＝.
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcos α.
(2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
(3)tan2α＝.
3．常用公式
(1)降幂公式：cos2α＝，sin2α＝.
(2)升幂公式：1＋cos 2α＝2cos2α，1－cos2α＝2sin2α.
(3)公式变形：tanα±tan β＝tan (α±β)(1 tan α·tan β)．
(4)辅助角公式：a sin x＋b cos x＝sin (x＋φ)，其中sin φ＝，cos φ＝.
1.[2023·河南许昌二模]已知α为锐角，且sin α＝，则tan (＋α)＝(　　)
A．－2　　　B．2　　　C．－3　　　　D．3
答案：A
解析：因为sinα＝，α为锐角，
所以cos α＝，tan α＝3，
所以tan (＋α)＝＝－2.故选A.
2．[2023·江西九江三模]已知0<α<<β<π，且sin α＝，cos β＝－，则cos (α－β)＝(　　)
A．－　 B．－　 C．－　 D．
答案：A
解析：∵0<α<<β<π，sin α＝，cos β＝－，
∴cos α＝＝＝，sin β＝＝＝，
∴cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝＝－.故选A.
3．[2023·江西南昌二模]设a＝(sin 56°－cos 56°)，b＝cos 50°cos 128°＋cos 40°cos 38°，c＝2cos240°－1，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>a>b D．a>c>b
答案：B
解析：因为a＝(sin 56°－cos 56°)＝sin (56°－45°)＝sin 11°，
b＝cos 50°cos 128°＋cos 40°cos 38°＝－sin 40°sin 38°＋cos 40°cos 38°＝cos (40°＋38°)＝cos 78°＝sin 12°，
c＝2cos240°－1＝cos80°＝sin 10°，
因为sin 12°>sin 11°>sin 10°，
所以b>a>c.故选B.
4．[2023·山东潍坊一模]已知角α在第四象限内，sin(2α＋)＝，则sin α＝(　　)
A．－ B．
C． D．－
答案：D
解析：由已知可得，sin (2α＋)＝cos (2α＋π)＝－cos 2α＝，所以cos 2α＝－，所以sin2α＝＝.
又角α在第四象限内，所以sin α＝－＝－.故选D.
2. (1)[2023·安徽安庆二模]已知第二象限角α满足sin (π＋α)＝－，则sin 2β－2sin (α＋β)cos (α－β)的值为(　　)
A．－ B．－
C． D．
答案：D　
解析：因为sinα＝，且α为第二象限角，所以cos α＝－ ＝－，
于是sin 2β－2sin (α＋β)cos (α－β)＝sin [(α＋β)－(α－β)]－2sin (α＋β)cos (α－β)
＝－[sin (α＋β)cos (α－β)＋cos (α＋β)sin (α－β)]＝－sin 2α＝－2sin αcos α
＝－2×＝. 故选D.
(2)[2023·山西晋中三模]已知α，β为锐角，且tan α＝2，sin (α＋β)＝，则cos β＝(　　)
A．－ B．
C．－ D．
答案：D
解析：因为tan α＝2，所以 sin α＝2cos α，
又sin2α＋cos2α＝1，α为锐角，
所以sinα＝，cos α＝，且α>.
因为α，β为锐角，α>，所以<α＋β<π，
又sin (α＋β)＝， 所以α＋β＝，
故cos β＝cos (－α)＝cos cos α＋sin sin α＝.故选D.
(3)[2023·山东德州三模]若α，β为锐角，且α＋β＝，则(1＋tan α)(1＋tan β)＝________．
2
解析：因为tan (α＋β)＝，
所以(1＋tan α)(1＋tan β)＝1＋tan α＋tan β＋tan αtan β＝1＋tan (α＋β)(1－tan αtan β)＋tan αtan β＝1＋tan (1－tan αtan β)＋tan αtan β＝2.
技法领悟
1．解决给角求值问题的关键是两种变换：一是角的变换，注意各角之间是否具有和差关系、互补(余)关系、倍半关系，从而选择相应公式进行转化，把非特殊角的三角函数相约或相消，从而转化为特殊角的三角函数；二是结构变换，在熟悉各种公式的结构特点、符号特征的基础上，结合所求式子的特点合理地进行变形．
2．给值求值的关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异，一般可以适当变换已知式，求得另外某些函数式的值，以备应用．同时也要注意变换待求式，便于将已知求得的函数值代入，从而达到解题的目的．
3．实质上是转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
[巩固训练2]　(1)[2023·广东深圳二模]已知tan ＝2，则的值是(　　)
A．　　　B．2　　　C．　　　D．
答案：D　
解析：由tan ＝2，则＝＝＝＝.故选D.
(2)[2023·安徽宣城二模]已知sin α－sin (α＋)＝，则cos (－2α)＝(　　)
A．－ B． C． D．
答案：C　
解析：由题意可知，sin α－sin (α＋)＝sin α－(sin α＋cos α)＝sin α－cos α＝sin (α－)＝，
所以cos (－2α)＝cos (π＋－2α)＝－cos (－2α)＝－cos [2(α－)]＝－[1－2sin2(α－)]＝－[1－2×]＝.故选C.
(3)[2023·河南校联考]已知α－β＝，tan α－tan β＝3，则cos (α＋β)的值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：D
解析：tanα－tan β＝3，且α－β＝，
则＝＝＝＝3，
整理得：cos αcos β＝，
则cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝，
整理得sin αsin β＝，
所以cos (α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝＝.故选D.
第二讲　三角函数的图象与性质
微专题1　三角函数的图象
常考常用结论
1．三角函数
的图象
y＝sin x，x∈[－2π，2π]
y＝sin |x|，x∈[－2π，2π]
y＝|sin x|， x∈[－2π，2π]
y＝cos x， x∈[－2π，2π]
y＝cos |x|， x∈[－2π，2π]
y＝|cos x|， x∈[－2π，2π]
2.三角函数的两种常见变换
(1)y＝sin x
y＝sin (x＋φ),
y＝sin (ωx＋φ),
y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
(2)y＝sin x,
y＝sin ωx,
y＝sin (ωx＋φ),
y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)．
1.[2023·山东滨州模拟]将函数f(x)＝sin (2x－)的图象向左平移个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)的解析式为(　　)
A．g(x)＝sin 2x
B．g(x)＝sin (2x－)
C．g(x)＝sin (2x＋)
D．g(x)＝－cos 2x
答案：C
解析：函数f(x)＝sin (2x－)的图象向左平移个单位长度后，得到函数g(x)＝sin [2(x＋)－]＝sin (2x＋)．故选C.
2．[2023·安徽蚌埠三模]已知函数f(x)＝sin (2x－)，则要得到函数g(x)＝sin 2x的图象，只需将函数f(x)的图象(　　)
A．向左平移个单位
B．向右平移个单位
C．向左平移个单位
D．向右平移个单位
答案：C
解析：因为g(x)＝sin 2x＝sin [2(x＋)－]，所以要得到函数g(x)＝sin 2x的图象，只需将函数f(x)的图象向左平移个单位即可．故选C.
3.[2023·河南信阳模拟]函数f(x)＝sin (2ωx＋φ)(x∈R，ω>0，0≤φ<2π)的部分图象如图，则(　　)
A．ω＝，φ＝ B．ω＝，φ＝
C．ω＝，φ＝ D．ω＝，φ＝
答案：B
解析：由题意可知，函数的周期为T＝4×(3－1)＝8，T＝，则ω＝；函数的图象经过(1，1)，所以1＝sin (＋φ)，＋φ＝＋2kπ，φ＝＋2kπ，k∈Z.因为0≤φ<2π，所以当k＝0时，φ＝.故选B.
1.(1)[2023·全国甲卷]函数y＝f(x)的图象由函数y＝cos (2x＋)的图象向左平移个单位长度得到，则y＝f(x)的图象与直线y＝x－的交点个数为(　　)
A．1　 　　B．2　　 　C．3　 　　D．4
答案：C　
解析：把函数y＝cos 的图象向左平移个单位长度后得到函数f(x)＝cos ＝cos ＝－sin 2x的图象．作出函数f(x)的部分图象和直线y＝x－如图所示．观察图象知，共有3个交点．故选C.
(2)[2023·安徽蚌埠二模]已知函数f(x)的图象如图所示，则该函数的解析式可能是(　　)
A．f(x)＝|sin x|＋|cos x|－2sin 2x
B．f(x)＝|sin x|－|cos x|＋2sin 2x
C．f(x)＝|sin x|－|cos x|＋2cos 2x
D．f(x)＝|sin x|＋|cos x|＋2cos 2x
答案：A
解析：由题可知，图象过点(0，1)，取x＝0，
对于A：f(0)＝|sin 0|＋|cos 0|－2sin 0＝0＋1－0＝1；
对于B：f(0)＝|sin 0|－|cos 0|＋2sin 0＝0－1＋0＝－1；
对于C：f(0)＝|sin 0|－|cos 0|＋2cos 0＝0－1＋2＝1；
对于D：f(0)＝|sin 0|＋|cos 0|＋2cos 0＝3；
故可排除B、D，又由图象可知，当x＝时，f(x)>0，取x＝，
对于A：f＝－2sin (2·)＝1＋0－0＝1>0；
对于C：f＝＋2cos (2·)＝1－0－2＝－1<0；
可排除C.故选A.
技法领悟
1．在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换．变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．
2．已知函数y＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．
[巩固训练1]　(1)[2023·江西上饶模拟]已知是函数f(x)＝sin x＋a cos x的一个零点，将函数y＝f(2x)的图象向右平移个单位长度后所得图象的表达式为(　　)
A．y＝2sin (2x－) 　B．y＝2sin (2x＋)
C．y＝－2cos 2x 　D．y＝2cos 2x
答案：C　
解析：依题意，f＝sin ＋a cos ＝a＋＝0，解得a＝－，
所以f(x)＝sin x－cos x＝2sin (x－)，
所以f(2x)＝2sin (2x－)，
将y＝f(2x)向右平移个单位长度得到y＝2sin [2(x－)－]＝2sin (2x－)＝－2cos 2x.故选C.
(2)已知函数f(x)＝A cos (ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<)，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的部分图象如图所示，则g＝(　　)
A．　　B．　　C．－　　D．－
答案：B
解析：由题意可知，g(x)＝A cos (ωx＋ω＋φ)，
由图象知，A＝1，T＝－(－)＝，解得T＝π，所以ω＝＝2；
代入增区间上的零点(，0)后可得：cos (＋φ)＝0，
所以＋φ＝－＋2kπ(k∈Z)，
所以φ＝－＋2kπ(k∈Z)，因为|φ|<，所以φ＝－.即g(x)＝cos (2x＋)，
所以g＝.故选B.
微专题2　三角函数的性质
常考常用结论
1．三角函数的单调区间
y＝sin x的单调递增区间是[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ＋，2kπ＋](k∈Z)；
y＝cos x的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；
y＝tan x的递增区间是(kπ－，kπ＋)(k∈Z)．
2．三角函数的奇偶性与对称性
y＝A sin (ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；
当φ＝kπ＋(k∈Z)时为偶函数；
对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得．
y＝A cos (ωx＋φ)，当φ＝kπ＋(k∈Z)时为奇函数；
当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；
对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．
y＝A tan (ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数．
3．三角函数的周期
(1)y＝A sin (ωx＋φ)和y＝A cos (ωx＋φ)的最小正周期为，y＝A tan (ωx＋φ)的最小正周期为.
(2)正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是个最小正周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是个最小正周期；正切曲线相邻两对称中心之间的距离是个最小正周期．
1.[2023·安徽马鞍山二模]函数f(x)＝2sin (x＋)在下列区间中单调递减的是(　　)
A．(0，) B．(，π)
C．(π，) D．(，2π)
答案：B
解析：由2kπ＋f(x)的减区间是(2kπ＋，2kπ＋)，k∈Z，
只有选项B的区间(，π) ()．故选B.
2．(多选)下列命题正确的是(　　)
A．y＝3cos x－2的最小值为－5
B．y＝|cos x|的最小正周期为2π
C．y＝sin (2x＋)关于直线x＝对称
D．y＝tan (x－)在区间(0，)单调递增
答案：ACD
解析：当cos x＝－1时，y＝3cos x－2的最小值为－5，A正确；
f(x)＝|cos x|，则f(x＋π)＝|cos (x＋π)|＝|－cos x|＝|cos x|＝f(x)，即π为y＝|cos x|的周期，故y＝|cos x|的最小正周期不是2π，B错误；
当x＝时，y＝sin (2×)＝1，所以y＝sin (2x＋)关于直线x＝对称，C正确；
当x∈(0，)时，x－∈(－)，函数y＝tan x在(－)上单调递增，故y＝tan (x－)在区间(0，)单调递增，D正确．故选ACD.
3．已知曲线y＝－2cos (x＋φ)的一条对称轴是x＝，则φ的值可能为(　　)
A．　　　B． C．　　 D．
答案：C
解析：由题意，－2cos (φ＋)＝±2，即cos (φ＋)＝±1，于是φ＋＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－，k∈Z，经检验，只有当k＝1时即φ＝时符合．故选C.
例2.(1)[2023·全国乙卷]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间()单调递增，直线x＝和x＝为函数y＝f(x)的图象的两条相邻对称轴，则f(－)＝(　　)
A．－　 　B．－　 　C．　 　D．
答案：D　
解析：由题意得＝，解得ω＝2，易知x＝是f(x)的最小值点，所以×2＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，得φ＝＋2kπ(k∈Z)，于是f(x)＝sin ＝sin ，f＝sin (－×2＋)＝sin ＝，故选D.
(2)[2023·广东广州三模](多选)若函数f(x)＝sin4x＋cos4x，则(　　)
A．函数f(x)的一条对称轴为x＝
B．函数f(x)的一个对称中心为(，0)
C．函数f(x)的最小正周期为
D．若函数g(x)＝8[f(x)－]，则g(x)的最大值为2
答案：ACD
解析：由题意得，f(x)＝sin4x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2x cos2x＝1－sin22x＝1－＝cos 4x＋.
当x＝时，f(x)＝cos (4×)＋＝，又f(x)min＝，所以x＝是函数f(x)的一条对称轴，故A正确；
由选项A分析可知f＝，所以点(，0)不是函数f(x)的对称点，故B错误；
由T＝＝，知函数f(x)的最小正周期为，故C正确；
g(x)＝8[f(x)－]＝2cos 4x，所以g(x)max＝2，故D正确．故选ACD.
技法领悟
1．三角函数单调区间的求法
(1)代换法：求形如y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos (ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一般思路是令ωx＋φ＝z，则y＝A sin z(或y＝A cos z)，然后由复合函数的单调性求得．
(2)图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间．
2．判断对称中心与对称轴的方法
利用函数y＝A sin (ωx＋φ)的对称轴一定经过图象的最高点或最低点，对称中心一定是函数的零点这一性质，通过检验f(x0)的值进行判断．
[巩固训练2]　(1)[2023·安徽合肥一模]已知函数f(x)＝cos (x＋)cos (x＋)，则下列说法正确的是(　　)
A．点(－，0)是曲线y＝f(x)的对称中心
B．点()是曲线y＝f(x)的对称中心
C．直线x＝是曲线y＝f(x)的对称轴
D．直线x＝是曲线y＝f(x)的对称轴
答案：C
解析：由题意得f(x)＝cos (x＋)cos (x＋)＝－sin x(cos x－sin x)
＝(sin2x－sinx cos x)
＝)
＝－(sin 2x＋cos 2x)＋
＝－sin (2x＋)＋，
由2x＋＝kπ得x＝－，则f(x)的对称中心为()(k∈Z)，所以A，B错误．
由2x＋＝＋kπ得x＝，则f(x)的对称轴方程为x＝(k∈Z)，C正确，D错误．故选C.
(2)[2023·湖南岳阳模拟]已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0)，若函数f(x)的图象关于点(，0)中心对称，且关于直线x＝轴对称，则ω的最小值为________．
3
解析：由题知f(x)的图象关于点(，0)中心对称，且关于直线x＝轴对称，则与之间的距离为，(k∈Z)，即＝＝，(k∈Z)，即ω＝3＋6k，(k∈Z)，因为ω>0，所以当k＝0时，ω的最小值为3.
微专题3　三角函数性质与图象的综合
　1.[2023·河南许昌实验中学二模]已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象是由y＝2sin (ωx＋)的图象向右平移个单位长度得到的，若f(x)的最小正周期为π，则f(x)图象的对称轴中与y轴距离最近的对称轴方程为(　　)
A．x＝－ B．x＝
C．x＝－ D．x＝
答案：C
解析：因为ω>0，所以＝π，得ω＝2，所以f(x)＝2sin [2(x－)＋]＝2sin (2x－)，令2x－＝kπ＋，k∈Z，解得x＝，k∈Z，取k＝0，得x＝，取k＝－1，得x＝－，因为<，所以与y轴距离最近的对称轴方程为x＝－.故选C.
2.[2023·河南安阳二模]已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤)的部分图象如图所示，则f(x)在[，π]上的值域为(　　)
A．[－] B．[－1，]
C．[－1，] D．[－]
答案：C
解析：因为f(0)＝sin φ＝－，且|φ|≤，所以φ＝－.因为f＝sin (ω－)＝0，且f(x)在(，0)附近单调递减，所以ω－＝π，所以ω＝2，所以f(x)＝sin (2x－)，当x∈[，π]时，2x－∈[]，sin (2x－)∈[－1，].故选C.
3.[2023·河北石家庄三模]已知函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，则f(x)图象的一个对称中心是(　　)
A．(，0) B．(－，0)
C．(，0) D．(－，0)
答案：D
解析：方法一　设f(x)的最小正周期为T，由函数图象可知，＝＝，∴T＝2π，
∴T＝＝2π，∴ω＝1，∴f(x)＝2sin (x＋φ)，
又∵当x＝－时，f(x)取最大值，
∴－＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
∴φ＝＋2kπ，k∈Z，
∵0<φ<π，∴φ＝，∴f(x)＝2sin (x＋)．
令x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－＋kπ，k∈Z，
∴f(x)的对称中心为(－＋kπ，0)，k∈Z，
当k＝－1时，f(x)的一个对称中心为(－，0)．
方法二　设f(x)的最小正周期为T，由函数图象可知，
＝＝，∴＝π，
由图象可知，f(x)的一个对称中心为(，0)，
∴f(x)的对称中心为(＋kπ，0)，k∈Z，
当k＝－2时，f(x)的一个对称中心为(－，0)．故选D.
例3.(1)[2023·安徽淮北二模](多选)函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A>0，ω>0，－<φ<)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．f(x)的最小正周期为π
B．φ＝
C．f(x)在[－1，]上单调递增
D．将函数f(x)的图象向左平移个
单位得到函数g(x)＝cos 2x的图象
答案：AD
　解析：由图象可得，＝＝，
所以T＝π，ω＝＝2，故A项正确；
由图象可得，A＝，所以f(x)＝sin (2x＋φ)．
又图象过点(，－)，
根据“五点法”可得2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
所以φ＝＋2kπ，k∈Z.
又－<φ<，所以φ＝，
所以f(x)＝sin (2x＋)，故B项错误；
因为－1≤x≤，所以－2＋≤2x＋.
因为π<2，所以＝>0，所以>，所以>＝.
因为y＝sin x在[－]上单调递增，在[]上单调递减，故C项错误；
因为f(x)＝sin (2x＋)，
将函数f(x)的图象向左平移个单位，可得y＝sin [2(x＋)＋]＝sin (2x＋)＝cos 2x的图象，故D项正确．故选AD.
(2)[2023·广东深圳一模]将函数y＝sin (2x＋)的图象上所有点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的(ω∈N*)倍后，所得函数g(x)的图象在区间(0，π)上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，则ω的值为________.
2
　解析：由题可知g(x)＝sin (2×x＋)＝sin (ωx＋)．
因为x∈(0，π)，所以ωx＋∈(，ωπ＋)．
所以y＝sin x，x∈(，3π)的图象大致如图所示，
要使g(x)的图象在区间(0，π)上有且仅有两条对称轴和两个对称中心，
则2π<ωπ＋，解得<ω≤，
因为ω∈N*，所以ω＝2.
技法领悟
三角函数的性质主要是指单调性、周期性、奇偶性以及对称性，解题时，一是把所给的表达式化为y＝A sin (ωx＋φ)的形式，利用整体代换法，对比正、余弦函数的性质求解；二是注意结合三角函数图象进行分析．
[巩固训练3]　(1)[2023·安徽淮南二模]已知函数f(x)＝A sin (ωx＋φ)，(A>0，ω>0，|φ|<)的相邻两个对称中心距离为且图象经过M(，A)，若将f(x)图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则函数g(x)的单调递减区间是(　　)
A．[kπ－，kπ＋]，k∈Z
B．[kπ＋，kπ＋]，k∈Z
C．[kπ，kπ＋]，k∈Z
D．[kπ＋，kπ＋]，k∈Z
答案：B
解析：依题意，函数f(x)的周期＝T＝2×＝π，则ω＝2，又f＝A，即2×＋φ＝＋2nπ，n∈Z，而|φ|<，因此φ＝，f(x)＝A sin (2x＋)，g(x)＝f(x－)＝A sin (2x－)，由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z得：kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，所以函数g(x)的单调递减区间是[kπ＋，kπ＋]，k∈Z.故选B.
(2)[2023·福建厦门二模]将函数f(x)＝sin (2x－)的图象向左平移φ(0＜φ＜)个单位长度．得到函数g(x)的图象，若g(x)是奇函数，则φ＝________．
解析：函数f(x)向左平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sin [2(x＋φ)－]，函数g(x)是奇函数，所以g(0)＝sin (2φ－)＝0，则2φ－＝kπ，k∈Z，则φ＝，k∈Z，因为φ∈(0，)，所以φ＝.
微专题4　由三角函数的性质求参数范围
例4.(1)[2023·安徽马鞍山一模]已知函数f(x)＝tan (ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的图象经过点(0，)，若函数f(x)在区间[0，π]内恰有两个零点，则实数ω的取值范围是(　　)
A．[] B．[)
C．[] D．[)
答案：D　
解析：由条件可知f(0)＝tan φ＝，|φ|<，所以φ＝，f(x)＝tan (ωx＋)，当x∈[0，π]时，ωx＋∈[，ωπ＋]，若函数在区间[0，π]上恰有2个零点，则2π≤ωπ＋<3π，解得≤ω<.故选D.
(2)[2023·山东菏泽二模]已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)在区间[－]上单调递增，且在区间[0，π]上只取得一次最大值，则ω的取值范围是(　　)
A．[] B．[]
C．[] D．[]
答案：B
解析：函数f(x)向左平移φ个单位长度，得到函数g(x)＝sin [2(x＋φ)－]，函数g(x)是奇函数，所以g(0)＝sin (2φ－)＝0，则2φ－＝kπ，k∈Z，则φ＝，k∈Z，因为φ∈(0，)，所以φ＝.
依题意，函数f(x)＝2sin (ωx－)，ω>0，因为f(x)在区间[－]上单调递增，由x∈[－]，则ωx－∈[－ω－ω－]，于是－ω－≥－且ω－，解得ω≤且ω≤，即0<ω≤，当x∈[0，π]时，ωx－∈[－，ωπ－]，因为f(x)在区间[0，π]上只取得一次最大值，因此≤ωπ－<，解得≤ω<，所以ω的取值范围是[].故选B.
技法领悟
对于已知函数的单调区间的某一部分确定参数ω的范围的问题，首先，明确已知的单调区间应为函数的单调区间的子集，其次，要确定已知函数的单调区间，从而利用它们之间的关系可求解．
[巩固训练4]　(1)[2023·河南郑州三模]设函数g(x)＝sin (ωx＋)在区间(0，π)内恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是(　　)
A．(] B．[)
C．[) D．(]
答案：A
解析：x＝0时，ωx＋＝，0<<，因此由题意<ωπ＋≤3π，解得<ω≤.故选A.
(2)已知f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0，ω∈R)在[，π]上是严格减函数，则ω的取值范围是________．
[]
解析：因为x∈[，π]，所以ω＋≤ωx＋≤πω＋，
由题意得[ω＋，πω＋] [＋2kπ，＋2kπ]，k∈Z，
所以，k∈Z，可得，k∈Z.
由ω>0，当k＝0，解得≤ω≤.
所以ω的取值范围是[].
第三讲　三角函数与解三角形——大题备考
大题一般为两问：第一问一般为利用正、余弦定理实施“边角互化”求角，多与三角形的内角和定理、两角和与差的正、余弦公式、二倍角公式等相结合；第二问一般与三角形的面积、周长问题相结合，有时与基本不等式相结合求三角形的周长或面积的最值等
微专题1　三角形的面积与周长问题
　1.[2023·新高考Ⅰ卷]已知在△ABC中，A＋B＝3C，2sin (A－C)＝sin B.
(1)求sin A；
(2)设AB＝5，求AB边上的高．
解析：方法一　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－)＝sin (－A)，
展开并整理得(sin A－cos A)＝(cos A＋sin A)，
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sinA>0，
所以sin A＝.
(2)由正弦定理＝，
得BC＝×sin A＝＝3，
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C，
得52＝AC2＋(3)2－2AC·3cos ，
整理得AC2－3AC＋20＝0，
解得AC＝或AC＝2，
由(1)得，tan A＝3>，所以又A＋B＝，所以B>，
即C设AB边上的高为h，则×AB×h＝×AC×BC sin C，
即5h＝2×3，
解得h＝6，
所以AB边上的高为6.
解析：方法二　(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝.
因为2sin (A－C)＝sin B，
所以2sin (A－C)＝sin [π－(A＋C)]＝sin (A＋C)，
所以2sin A cos C－2cos A sin C＝sin A cos C＋cos A sin C，
所以sin A cos C＝3cos A sin C，
易得cos A cos C≠0，
所以tan A＝3tan C＝3tan ＝3，
又sin A>0，
所以sin A＝＝.
(2)由(1)知sin A＝，tan A＝3>0，所以A为锐角，
所以cos A＝，
所以sin B＝sin (－A)＝(cos A＋sin A)＝×()＝，
由正弦定理＝，
得AC＝＝＝2，
故AB边上的高为AC×sin A＝2＝6.
2．[2023·河南开封模拟]a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边．已知7a cos A＝b cos C＋c cos B．
(1)求sin 2A；
(2)若b＋c＝9，a2＝12b2＋1，求△ABC的周长．

解析：(1)因为7a cos A＝b cos C＋c cos B，
所以由正弦定理得7sin A cos A＝sin B cos C＋sin C cos B，
即7sin A cos A＝sin (B＋C)＝sin A，又sin A>0，所以cos A＝，
所以A为锐角，所以sin A＝＝，
故sin2A＝2sin A cos A＝2×＝.
(2)因为a2＝b2＋c2－2bc cos A＝12b2＋1，b＋c＝9，
所以b2＋(9－b)2－b(9－b)＝12b2＋1，
整理得(17b＋70)(b－2)＝0，解得b＝2(负根舍去)，
所以a2＝12b2＋1＝49，a＝7，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝9＋7＝16.
1.[2023·河北秦皇岛一中二模]已知△ABC内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，2a2cos B＋b2＝2ab cos C＋a2＋c2.
(1)求B；
解析：(1)由余弦定理得2a2cos B＋b2＝a2＋b2－c2＋a2＋c2，
即2a2cos B＝2a2，
所以cos B＝，又B∈(0，π)，则B＝.
(2)若△ABC为锐角三角形，且a＝4，求△ABC面积的取值范围．
解析：(2)方法一　△ABC为锐角三角形，A＋B＋C＝π，B＝，则A＋C＝，
所以，可得又a＝4，则＝，故c＝，
由S△ABC＝ac sin B＝c＝，即S△ABC＝＋4，而tan A>1，
所以S△ABC∈(4，8)，故△ABC面积的取值范围为(4，8)．
方法二　由B＝，a＝4，画出如图所示三角形，
∵△ABC为锐角三角形，∴点A落在线段A1A2(端点A1，A2除外)上，
当CA1⊥A1B时，S△A1BC＝×2×2＝4，
当CA2⊥BC时，S△A2BC＝×4×4＝8，
∴S∈(4，8)．
2.[2023·安徽三模]已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cos A＋sin A＝.
(1)求角C；
解析：△ABC中，cos A＋sin A＝，
由正弦定理得cos A＋sin A＝.
所以sin C cos A＋sin A sin C＝sin B＋sin A，
即sin C cos A＋sin A sin C＝sin (A＋C)＋sin A＝sin A cos C＋sin C cos A＋sin A，
所以sin A sin C＝sin A cos C＋sin A；
又A∈(0，π)，则sin A≠0，所以sin C－cos C＝1，
则有sin (C－)＝，又因为C∈(0，π)，则C－＝，即C＝.
(2)设BC的中点为D，且AD＝，求a＋2b的取值范围．
解析：设∠CAD＝θ，则△ACD中，由C＝可知θ∈(0，)，
由正弦定理及AD＝可得＝＝＝2，
所以CD＝2sin θ，AC＝2sin (－θ)，
所以a＋2b＝4sin θ＋4sin (－θ)＝6sin θ＋2cos θ＝4sin (θ＋)，
由θ∈(0，)可知，θ＋∈()，sin (θ＋)∈(，1]，
所以a＋2b∈(2，4].
即a＋2b的取值范围为(2，4].
技法领悟
1．若涉及已知条件中含边长之间的关系，且与面积有关的最值问题，一般利用S＝ab sin C型面积公式及基本不等式求解．
2．若求与三角形边长有关的表达式的最值或取值范围时，一般把边用三角形的一个角表示，利用角的范围求解．
[巩固训练1]　[2022·新高考Ⅰ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝.
(1)若C＝，求B；
解析：由已知条件，得sin 2B＋sin A sin 2B＝cos A＋cos A cos 2B.
所以sin 2B＝cos A＋cos A cos 2B－sin A sin 2B＝cos A＋cos (A＋2B)＝cos [π－(B＋C)]＋cos [π－(B＋C)＋2B]＝－cos (B＋C)＋cos [π＋(B－C)]＝－2cos B cos C，
所以2sin B cos B＝－2cos B cos C，
即(sin B＋cos C)cos B＝0.
由已知条件，得1＋cos 2B≠0，则B≠，
所以cos B≠0，所以sin B＝－cos C＝.
又0＜B＜，所以B＝.
(2)求的最小值．
解析：由(1)知sin B＝－cos C＞0，则B＝C－，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin (2C－)＝－cos 2C.
由正弦定理，得＝＝＝＝＝＋4sin2C－5≥2－5＝4－5，
当且仅当sin2C＝时，等号成立，所以的最小值为4－5.
[巩固训练2]　在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2a cos A cos C＋2c cos2A.
(1)求角A；
解析：因为b＝2a cosA cos C＋2c cos2A，
由正弦定理得sinB＝2sin A cos A cos C＋2sin C cos2A，
即sinB＝2cos A(sin A cos C＋sin C cos A)，
即sin B＝2cos A sin (A＋C)，
因为A＋B＋C＝π，所以A＋C＝π－B，
所以sin B＝2cos A sin B.
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，
所以cos A＝，因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)若a＝4，求c－2b的取值范围．
解析：由(1)知sin B＝－cos C＞0，则B＝C－，
所以sin A＝sin (B＋C)＝sin (2C－)＝－cos 2C.
由正弦定理，得＝＝＝＝＝＋4sin2C－5≥2－5＝4－5，
当且仅当sin2C＝时，等号成立，所以的最小值为4－5.
由正弦定理得＝，
所以c－2b＝(sin C－2sin B)＝[sin (π－－B)－2sin B]＝cos B－sin B)＝8(cos B cos －sin B sin )，
所以c－2b＝8cos (B＋)．
因为B∈(0，)，所以B＋∈(，π)，
所以cos (B＋)∈(－1，)，所以c－2b∈(－8，4)．
微专题2　三角形边的中线(或等分线)问题
　3.[2023·新高考Ⅱ卷]记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC面积为，D为BC的中点，且AD＝1.
(1)若∠ADC＝，求tan B；
解析：因为D为BC的中点，
所以S△ABC＝2S△ADC＝2××AD×DC sin ∠ADC＝2××1×DC×＝，
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
因为∠ADC＝，所以∠ADB＝.
在△ABD中，由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos ∠ADB＝1＋4＋2＝7，
所以c＝.
在△ADC中，由余弦定理，得b2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos ∠ADC＝1＋4－2＝3，
所以b＝.
在△ABC中，由余弦定理，得cos B＝＝＝，
所以sin B＝＝.
所以tanB＝＝.
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
解析：因为D为BC的中点，所以BD＝DC.
因为∠ADB＋∠ADC＝π，所以cos ∠ADB＝－cos ∠ADC，
则在△ABD与△ADC中，由余弦定理，得＝－，
得1＋BD2－c2＝－(1＋BD2－b2)，
所以2BD2＝b2＋c2－2＝6，所以BD＝，所以a＝2.
在△ABC中，由余弦定理，得cos ∠BAC＝＝＝－，
所以S△ABC＝bc sin ∠BAC
＝bc
＝bc
＝
＝，
解得bc＝4.
则由，解得b＝c＝2.
4.[2023·四川成都三模]在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＋a＝b cos C－c cos B.
(1)求角B的大小；
　解析：∵c＋a＝b cos C－c cos B，
由正弦定理有：
sin C＋sin A＝sin B cos C－sin C cos B，
∵sin A＝sin (B＋C)，
∴sin C＋sin B cos C＋sin C cos B＝sin B cos C－sin C cos B.
∴2sin C cos B＋sin C＝0.
又C∈(0，π)，∴sin C≠0.
∴cos B＝－.
又B∈(0，π)，∴B＝.
(2)若D是AC边上一点，且BD＝CD＝b，求cos ∠BDA.
　解析：在△BCD中，由余弦定理得：
cos ∠BDC＝＝.
在△ABD中，由余弦定理得：cos ∠BDA＝＝.
∵∠BDC＋∠BDA＝180°，∴cos ∠BDC＝－cos ∠BDA.
即＝－，
整理得b2－c2＝2a2.
在△ABC中，由余弦定理得：
cos B＝＝－.
则－＝－＝－.∴a＝c.
∴b2－c2＝6c2，即b＝c.
∴cos ∠BDA＝＝.
技法领悟
解决此类问题时，一般要想到∠BDA＋∠CDA＝180°，如图所示，此时cos ∠BDA＝－cos ∠CDA.
[巩固训练3]　记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BD sin ∠ABC＝a sin C.
(1)证明：BD＝b；
解析：证明：由题设，BD＝，由正弦定理知：＝，即＝，
∴BD＝，又b2＝ac，
∴BD＝b，得证．
(2)若AD＝2DC，求cos ∠ABC.
解析：由题意知：BD＝b，AD＝，DC＝，
∴cos ∠ADB＝＝，同理cos ∠CDB＝＝，
∵∠ADB＝π－∠CDB，
∴＝，整理得2a2＋c2＝，又b2＝ac，
∴2a2＋＝，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得＝或＝，
由余弦定理知：cos ∠ABC＝＝，
当＝时，cos ∠ABC＝>1不合题意；当＝时，cos ∠ABC＝；
综上，cos ∠ABC＝.
微专题3　三角形中的角平分线问题
5.[2023·江苏盐城三模]在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，且AD＝2.
(1)若∠BAC＝，AB＝3，求△ABC的面积；
解析：因为S△ABC＝S△ABD＋S△ADC，
所以AB·AC sin ＝(AB＋AC)·AD sin ，
得：3AC＝2(3＋AC)，解得AC＝6，
所以S△ABC＝AB·AC sin ＝.
(2)若BD＝3，求边AC的取值范围．
解析：设∠BAC＝2α，AB＝c，AC＝b，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ADC得
AB·AC sin 2α＝AB·AD sin α＋AC·AD sin α，
即bc cos α＝b＋c，所以cos α＝，
又在△ABD中cos α＝＝，
所以＝，得b＝，
因为cos α＝∈(0，1)且b>0，得3则c－∈(0，)，所以b>，
即边AC的取值范围为(，＋∞)．
技法领悟
三角形中与角平分线有关的问题，一般利用三角形的面积之间的关系建立等式来解决问题．
[巩固训练4]　[2023·辽宁葫芦岛一模]在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.sin (A－B)＝sin (A＋B)－sin (A＋C)，角A的角平分线交BC于点D，且b＝3，c＝6.
(1)求角A的大小；
解析：在△ABC中，由已知sin (A－B)＝sin (A＋B)－sin (A＋C)，可得：
则有：sin A cos B－cos A sin B＝sin A cos B＋cos A sin B－sin B，
即2cos A sin B－sin B＝0.
又sin B≠0，即有cos A＝，
而A∈(0，π)，所以A＝.
(2)求线段AD的长．
解析：在△ABC中，由(1)知A＝，因为AD为角A的角平分线，
则有∠BAD＝∠CAD＝30°，
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD得：
×3×6×sin 60°＝×AD×6×sin 30°＋×3×AD×sin 30°，
解得AD＝2，
所以线段AD的长为2.
微专题4　解三角形与三角函数的性质综合
6.[2023·河南濮阳模拟]已知f(x)＝2sin (x＋)cos x＋sin 2x.
(1)若x∈(0，)，求函数f(x)的值域；
解析：由题意，函数f(x)＝2sin (x＋)cos x＋sin 2x＝2cos2x＋sin2x＝2cos2x－1＋sin2x＋1＝cos 2x＋sin 2x＋1＝2sin (2x＋)＋1，
当x∈(0，)时，可得<2x＋<，
∴－所以函数f(x)的值域为(0，3].
(2)在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝2，且△ABC的面积为2，当a＝6时，求△ABC的周长．
解析：由(1)得f(A)＝2sin (2A＋)＋1＝2，
所以sin (2A＋)＝，
因为A∈(0，π)，得2A＋∈()，
所以2A＋＝，解得A＝，
又S△ABC＝bc sin A＝2，可得bc＝8，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－24，
因为a＝6，所以b＋c＝2，
所以△ABC的周长为6＋2.
技法领悟
解决此类问题第(1)问一般利用三角恒等变换求出函数的解析式，再研究三角函数的有关性质；第(2)问一般利用正弦、余弦定理研究三角形的面积、周长等问题．
[巩固训练5]　已知函数f(x)＝cos (－2x)－2cos2x＋.
(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递增区间；
解析：已知函数f(x)＝cos (－2x)－2cos2x＋，
则f(x)＝sin2x－2·＝sin 2x－cos 2x＝2sin (2x－)，
令2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，
则kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
因为x∈[0，π]，令k＝0，则－≤x≤；
令k＝1，则≤x≤，
即函数f(x)的单调递增区间为[0，]，[，π].
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f＝，a＝，c＝1，求sinB的值．
解析：已知f＝，即2sin (A－)＝，即sin (A－)＝，
又－又a＝，c＝1，
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A可得b2＋b－2＝0，
又b>0，则b＝1，则B＝，sin B＝.
(共84张PPT)
　新高考命题四特性
精准定位一　
基础性——遵循考纲　难易适中
精准定位一　基础性——遵循考纲　难易适中
命题目标 复数的概念
重温高考
1.[2023·新课标Ⅱ卷]在复平面内，(1＋3i)(3－i)对应的点位于(　　)
A.第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
素养清单 [数学运算] [直观想象]
答案：A
解析：因为(1＋3i)(3－i)＝3－i＋9i－3i2＝6＋8i，所以该复数在复平面内对应的点为(6，8)，位于第一象限，故选A.
命题目标 偶函数的概念
重温高考
2.[2023·新课标Ⅱ卷]若f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，则a＝(　　)
A.－1　　　B．0 C．　 　 　D．1
素养清单 [数学运算] [逻辑推理]
答案：B
解析：方法一　设g(x)＝ln ，易知g(x)的定义域为，且g(－x)＝ln ＝ln ＝－ln ＝－g(x)，所以g(x)为奇函数．若f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，则y＝x＋a也应为奇函数，所以a＝0，故选B.
方法二　因为f(x)＝(x＋a)ln 为偶函数，f(－1)＝(a－1)ln 3，f(1)＝(a＋1)ln ＝－(a＋1)ln 3，所以(a－1)ln 3＝－(a＋1)ln 3，解得a＝0，故选B.
命题目标 充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义
重温高考
3.[2023·新课标Ⅰ卷]设Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：为等差数列，则(　　)
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
素养清单 [数学运算][逻辑推理]
答案：C
解析：若{an}为等差数列，设其公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以Sn＝na1＋d，所以＝a1＋(n－1)·，所以＝a1＋(n＋1－1)·－[a1＋(n－1)·]＝，为常数，所以{}为等差数列，即甲 乙；若{}为等差数列，设其公差为t，则＝＋(n－1)t＝a1＋(n－1)t，所以Sn＝na1＋n(n－1)t，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝na1＋n(n－1)t－[(n－1)a1＋(n－1)(n－2)t]＝a1＋2(n－1)t，当n＝1时，S1＝a1也满足上式，所以an＝a1＋2(n－1)t(n∈N*)，所以an＋1－an＝a1＋2(n＋1－1)t－[a1＋2(n－1)t]＝2t，为常数，所以{an}为等差数列，即甲 乙．所以甲是乙的充要条件，故选C.
命题目标 椭圆定义
重温高考
4.[2021·新高考Ⅰ卷]已知F1，F2是椭圆C：＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)
A.13　　　　B．12 C．9　　　　 D．6
素养清单 [逻辑推理]
答案：C
解析：由题，a2＝9，b2＝4，则＝2a＝6，所以·2＝9(当且仅当＝＝3时，等号成立)．故选C.
命题目标 双曲线定义
重温高考
5.[2023·新课标Ⅰ卷]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，⊥，＝－，则C的离心率为________.
素养清单 [逻辑推理]
答案：
解析：方法一　由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以 (x1－c，y1)，＝(－c，y0)，因为＝－，所以，即，所以A(c，－y0)．
＝(c，－y0)，＝(c，y0)，因为⊥，所以·＝0，即＝0，解得＝4c2.
因为点A(c，－y0)在双曲线C上，所以＝1，又＝4c2，所以＝1，即＝1，化简得＝，所以e2＝1＋＝，所以e＝.
方法二　由前面方法一得＝4c2，所以|AF1|＝＝＝＝，|AF2|＝＝＝＝，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即＝2a，即c＝a，所以双曲线的离心率e＝＝＝.
方法三　由＝－可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝|F2B|.设|F2B|＝3m(m>0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由⊥可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D，则|AB|·|F1D|＝|F1A|·|F1B|，即×5m×|F1D|＝×4m×3m，所以|F1D|＝m，所以|BD|＝＝m，所以|F2D|＝m，则|F1F2|＝＝m＝2c，即c＝m，所以e＝＝.
命题目标 事件的相互独立
重温高考
6.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A.甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
素养清单 [数学运算] [逻辑推理]
答案：B
解析：P(甲)＝，P(乙)＝，P(丙)＝，P(丁)＝＝，
P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，P(甲丁)＝＝P(甲)P(丁)，
P(乙丙)＝≠P(乙)P(丙)，P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)，
故选B.
命题目标 正态分布
重温高考
7.[2022·新高考Ⅱ卷]已知随机变量X服从正态分布N(2，σ2)，且P(22.5)＝________.
素养清单 [数学运算] [逻辑推理]
答案：0.14
解析：由题意可知P(X>2)＝0.5，所以P(X>2.5)＝P(X>2)－P(2命题目标 样本的数字特征
重温高考
8.[2023·新课标Ⅰ卷](多选)有一组样本数据x1，x2，…，x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则(　　)
A.x2，x3，x4，x5的平均数等于x1，x2，…，x6的平均数
B.x2，x3，x4，x5的中位数等于x1，x2，…，x6的中位数
C.x2，x3，x4，x5的标准差不小于x1，x2，…，x6的标准差
D.x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差
素养清单 [数学运算] [逻辑推理]

答案：BD
解析：取x1＝1，x2＝x3＝x4＝x5＝2，x6＝9，则x2，x3，x4，x5的平均数等于2，标准差为0，x1，x2，…，x6的平均数等于3，标准差为 ＝，故A，C均不正确；根据中位数的定义，将x1，x2，…，x6按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由于x1是最小值，x6是最大值，故x2，x3，x4，x5的中位数是将x2，x3，x4，x5按从小到大的顺序排列后中间两个数的算术平均数，与x1，x2，…，x6的中位数相等，故B正确；根据极差的定义，知x2，x3，x4，x5的极差不大于x1，x2，…，x6的极差，故D正确．综上，选BD.
命题目标 线线角与线面角
重温高考
9.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知正方体ABCD A1B1C1D1，则(　　)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
素养清单 [直观想象] [逻辑推理]
答案：ABD
解析：如图(1)，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确．
如图(2)，连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C＝B1，B1C，A1B1 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确，
如图(3)，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误．
如图(4)，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.
基本技能 集合运算的求解能力
重温高考
10.[2023·新课标Ⅰ卷]已知集合M＝{－2，－1，0，1，2}，N＝{x|x2－x－6≥0}，则M＝(　　)
A.{－2，－1，0，1} B．{0，1，2} C.{－2} D．2
素养清单 [数学运算]
答案：C
解析：方法一　因为N＝{x|x2－x－6≥0}＝{x|x≥3或x≤－2}，所以M＝{－2}，故选C.
方法二　由于1N，所以1M排除A，B；由于2N，所以2M排除D.故选C.
基本技能 复数运算的求解能力
重温高考
11.[2023·新课标Ⅰ卷]已知z＝，则z－＝(　　)
A.－i B．I C.0 D．1
素养清单 [数学运算]
答案：A
解析：因为z＝＝＝－i，所以＝i，所以z－＝－i－i＝－i.故选A.
基本技能 平面向量数量积运算的求解能力
重温高考
12.[2022·新高考Ⅱ卷]已知向量a＝(3，4)，b＝(1，0)，c＝a＋tb，若〈a，c〉＝〈b，c〉，则t＝(　　)
A.－6　　　B．－5 C．5　　　　 D．6
答案：C
解析：因为a＝(3，4)，b＝(1，0)，所以c＝a＋tb＝(3＋t，4)．由题意，得cos 〈a，c〉＝cos 〈b，c〉，即＝，解得t＝5.故选C.
13．[2023·新课标Ⅱ卷]已知向量a，b满足|a－b|＝，|a＋b|＝|2a－b|，则|b|＝________．
素养清单 [数学运算]
答案：
解析：由|a－b|＝，得a2－2a·b＋b2＝3，即2a·b＝a2＋b2－3　①.由|a＋b|＝|2a－b|，得a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得，3a2－6a·b＝0，结合①，得＋b2－3)＝0，整理得，b2＝3，所以|b|＝.
基本技能 平面向量垂直的求解能力
重温高考
14.[2023·新课标Ⅰ卷]已知向量a＝(1，1)，b＝(1，－1)．若(a＋λb)⊥(a＋μb)，则(　　)
A.λ＋μ＝1 B．λ＋μ＝－1 C.λμ＝1 D．λμ＝－1
素养清单 [数学运算]
答案：D
解析：因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，因为(a＋λb)⊥(a＋μb)，所以(a＋λb)·(a＋μb)＝0，所以(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.故选D.
基本技能 平面向量的线性运算的求解能力
重温高考
15.[2022·新高考Ⅰ卷]在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA.记＝m，＝n，则＝(　　)
A.3m－2n B．－2m＋3n C.3m＋2n D．2m＋3n
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：B
解析：因为BD＝2DA，所以＝＝＋3＝＋3()＝－2＋3＝－2m＋3n.故选B.
基本技能 三角函数性质的求解能力
重温高考
16.[2022·新高考Ⅰ卷]记函数f(x)＝sin (ωx＋)＋b(ω>0)的最小正周期为T.若A.1　　　　 B． C．　　　　D．3
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：A
解析：因为＜T＜π，所以＜＜π.又因为ω＞0，所以2＜ω＜3.因为y＝f(x)的图象关于点(，2)中心对称，所以b＝2，ω＋＝kπ，k∈Z，所以ω＝－k，k∈Z.令2＜－k＜3，解得＜k＜.又因为k∈Z，所以k＝4，所以ω＝.所以f(x)＝sin (x＋)＋2，所以f()＝sin ()＋2＝1.故选A.
基本技能 三角恒等变换求值的求解能力
重温高考
17.[2022·新高考Ⅱ卷]若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2cos (α＋)sin β，则(　　)
A.tan (α－β)＝1 B．tan (α＋β)＝1 C.tan (α－β)＝－1 D．tan (α＋β)＝－1
答案：C
解析：方法一　设β＝0，则sin α＋cos α＝0，即tan α＝－1.取α＝，排除A，B.设α＝0，则sin β＋cos β＝2sin β，即tan β＝1.取β＝，排除D.故选C.
方法二　因为sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝·sin (α＋β＋)＝sin [(α＋)＋β]＝sin (α＋)·cos β＋cos (α＋)sin β＝2cos (α＋)sin β，所以sin (α＋)cos β＝cos (α＋)sin β，所以sin (α＋)cos β－cos (α＋)sin β＝0，即sin (α＋－β)＝0.所以sin (α－β＋)＝sin (α－β)＋cos (α－β)＝0，即sin (α－β)＝－cos (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故选C.
方法三　因为sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2·cos (α＋)sin β，所以sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2sin β(cos α－sin α)＝2sin βcos α－2sin αsin β，所以cos αcos β＋sin αsin β＝－sin αcos β＋sin βcos α，所以cos (α－β)＝－sin (α－β)，所以tan (α－β)＝－1.故选C.
18．[2023·新课标Ⅰ卷]已知sin (α－β)＝，cos αsin β＝，则cos (2α＋2β)＝(　　)
A.　　　　B． C．－　　　D．－
素养清单 [数学运算]
答案：B
解析：依题意，得，
所以sin αcos β＝，所以sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝＝，所以cos (2α＋2β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×＝，故选B.
基本技能 排列与组合的求解能力
重温高考
19.[2023·新课标Ⅰ卷]某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)．
素养清单 [数学运算]
答案：64
解析：方法一　由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有＝64(种)．
方法二　若学生从这8门课中选修2门课，则有＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．
基本技能 二项式展开式通项公式的求解能力
重温高考
20.[2022·新高考Ⅰ卷](1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
素养清单 [数学运算]

答案：－28
解析：(1－)(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8，由二项式定理可知其展开式中x2y6的系数为＝－28.
基本技能 等差数列的通项公式及前n项和公式，学生解方程的能力
重温高考
21.[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________.
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]

答案：3n2－2n
解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n.
基本技能 等比数列的通项公式及前n项和公式，学生解方程的能力
重温高考
22.[2023·新课标Ⅱ卷]记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
A.120 B．85 C.－85 D．－120
素养清单 [数学运算]
答案：C
解析：方法一　设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则，化简整理得.所以S8＝＝×(1－44)＝－85.故选C.
方法二　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，……为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得，化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C.
基本技能 简单几何体的表面积与体积的求解能力
重温高考
23.[2023·新课标Ⅰ卷]在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________.
素养清单 [数学运算]
答案：
解析：
方法一　如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以＝×(22＋12＋)×＝.
方法二　如图，将正四棱台ABCD A1B1C1D1补形成正四棱锥P ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD A1B1C1D1的高为，所以＝×(22＋12＋)×＝.
基本技能 椭圆几何性质(离心率)的求解能力
重温高考
24.[2023·新课标Ⅰ卷]设椭圆C1：＋y2＝1(a>1)，C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝e1，则a＝(　　)
A.　　　B． C．　　　D．
素养清单 [数学运算]
答案：A
解析：方法一　由已知得e1＝，e2＝＝，因为e2＝e1，所以＝，得a＝.故选A.
方法二　若a＝，则e1＝＝＝，又e2＝，所以e2＝e1，所以a＝符合题意．故选A.
基本思想 平面向量数量积的范围，数形结合思想的应用
重温高考
25.[2020·新高考Ⅰ卷]已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则·的取值范围是(　　)
A.(－2，6) B．(－6，2) C.(－2，4) D．(－4，6)
素养清单 [直观想象] [数学运算]
答案：A
解析：·＝||·||·cos ∠PAB＝2||cos ∠PAB，又||cos ∠PAB表示在方向上的投影，所以结合图形可知，当P与C重合时投影最大，当P与F重合时投影最小．又·＝2×2×cos 30°＝6，·＝2×2×cos 120°＝－2，故当点P在正六边形ABCDEF内部运动时，·∈(－2，6)，故选A.
基本思想 有关圆的问题的求解，数形结合思想的应用
重温高考
26.[2021·新高考Ⅰ卷](多选)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4，0)，B(0，2)，则(　　)
A.点P到直线AB的距离小于10 B.点P到直线AB的距离大于2
C.当∠PBA最小时，|PB|＝3 D.当∠PBA最大时，|PB|＝3
素养清单 [直观想象] [逻辑推理] [数学运算]
答案：ACD
解析：圆2＋2＝16的圆心为M，半径为4，
直线AB的方程为＝1，即x＋2y－4＝0，
圆心M到直线AB的距离为＝＝>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为－4<2，最大值为＋4<10，A选项正确，B选项错误；
如图所示：
当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
＝＝＝4，由勾股定理可得＝ ＝3，CD选项正确．
故选ACD.
基本思想 利用导数研究函数的单调性问题，分类讨论思想的应用
重温高考
27.[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
解析：(1)f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>－ln a，令f′(x)<0，得x<－ln a，
所以函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
综上可得：当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
(2)方法一　由(1)得当a>0时，函数f(x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，
所以g′(a)＝2a－，令g′(a)>0，得a>；令g′(a)<0，得0所以函数g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
所以函数g(a)的最小值为g()＝()2－ln ＝ln >0，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
方法二　当a>0时，由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝1＋a2＋ln a，
故欲证f(x)>2ln a＋成立，
只需证1＋a2＋ln a>2ln a＋，
即证a2－>ln a.
构造函数u(a)＝ln a－(a－1)(a>0)，
则u′(a)＝－1＝，所以当a>1时，u′(a)<0；当00.
所以函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以u(a)≤u(1)＝0，即ln a≤a－1，
故只需证a2－>a－1，即证a2－a＋>0，
因为a2－a＋＝(a－)2＋>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋成立．
基本应用 球的表面积在实际中的应用
重温高考
28.[2021·新高考Ⅱ卷]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，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离)．将地球看作是一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为(　　)
A.26%　　B．34% C．42%　　D．50%
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：C
解析：由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
＝＝≈0.42＝42%.故选C.
基本应用 对数运算在实际中的应用
重温高考
29.[2023·新课标Ⅰ卷](多选)噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lg ，其中常数p0(p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则(　　)
A．p1≥p2 B．p2>10p3
C．p3＝100p0 D．p1≤100p2
素养清单 [数学运算]
答案：ACD
解析：因为Lp＝20×lg 随着p的增大而增大，且∈[50，60]，所以，所以≥，故A正确；由Lp＝20×lg ，得p＝>10，所以>20，不可能成立，故B不正确；因为＝＝＋2≥1，所以p1≤100，故D正确．综上，选ACD.
精准定位二　
综合性——着眼题型　凸显能力
函数与不等式 函数的单调性的综合与不等式恒成立
重温高考
1.[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　)
A.e2 B．e C.e－1 D．e－2
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：C
解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
函数与不等式 不等式的性质、基本不等式、指数函数及对数函数的单调性的综合
重温高考
2.[2020·新高考Ⅰ卷](多选)已知a>0，b>0，且a＋b＝1，则(　　)
A.a2＋b2≥ B．2a－b> C.log2a＋log2b≥－2 D． ≤
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：ABD
解析：对于选项A，∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2＝1，∴a2＋b2≥，正确；对于选项B，易知02－1＝，正确；对于选项C，令a＝，b＝，则log2＋log2＝－2+log2<－2，错误；对于选项D，∵＝－()2＝a＋b－2＝()2≥0，∴，正确．故选ABD.
函数与不等式 利用导数比较大小
重温高考
3.[2022·新高考Ⅰ卷]设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　)
A.a素养清单 [逻辑推理] [数学运算]

答案：C
解析：设f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9 e0.1－1＜0，所以＜，即a＜b.令g(x)＝x－ln (1＋x)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g()＞g(0)＝0，即－ln (1＋)＞0，所以＞－ln ，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln (1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋＝.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上单调递减，所以t(x)＜t(0)＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.
解析几何 直线与椭圆的位置关系
重温高考
4.[2022·新高考Ⅱ卷]已知直线l与椭圆＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2，则l的方程为________．
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：x＋y－2＝0
解析：方法一　取线段AB的中点E，连接OE(O为坐标原点)．因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意可得＝＝＝－，即kOE·kAB＝－.设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0.令x＝0，则y＝m.令y＝0，则x＝－.所以点E的坐标为(－)，所以k×＝－k2＝－，解得k＝－，所以m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直线AB的方程为y＝－x＋2，即x＋y－2＝0.
方法二　设线段AB的中点为E.由|MA|＝|NB|，得E为线段MN的中点．设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0，则M(－，0)，N(0，m)，E(－)．将y＝kx＋m代入＝1中并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3>0，得m2<6k2＋3.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝＝2·(－)，解得k＝－.又因为|MN|＝ ＝2，所以m＝2，符合题意，所以直线AB的方程为x＋y－2＝0.
解析几何 抛物线与圆的综合
重温高考
5.[2023·新课标Ⅱ卷](多选)设O为坐标原点，直线y＝－(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则(　　)
A.p＝2 B.|MN|＝ C.以MN为直径的圆与l相切 D.△OMN为等腰三角形
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：AC
解析：由题意，易知直线y＝－(x－1)过点(1，0)．
对于A，因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以＝1，即p＝2，所以A选项正确．
对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1所以由两点间距离公式可得
|MN|＝＝，故B选项错误．
对于C，由以上分析易知，l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为(，－)，半径r＝|MN|＝＝＋1，所以以MN为直径的圆与l相切，故C选项正确．
对于D，由两点间距离公式可得|MN|＝，|OM|＝，|ON|＝，故D选项错误．综上，选AC.
立体几何与导数 正四棱锥内接于球，利用导数求正四棱锥的体积
重温高考
6.[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A.　B． C．　D．[18，27]
素养清单 [数学运算]
答案：C
解析：设该球的半径为R，则由题意知πR3＝ 36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，则PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝，所以DE＝＝ ，所以DC＝DE＝× ，所以正四棱锥的体积V＝＝(l4－)，则V′＝(4－)．令V′＞0，得3≤l＜2，令V′＜0，得2＜l≤3，所以V＝(l4－)在[3，2)上单调递增，在(2，3 ]上单调递减，所以Vmax＝V(2)＝.又因为V(3)＝，V(3)＝＞，所以Vmin＝，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选C.
精准定位三　
创新性——立足求变　变中出新
高考数学试题的创新性是数学试题具有较高生命力和价值的体现，每年的高考试题的特点都呈现稳中求新，具有开放性、新颖性、灵活性等特点，“年年考题都相似，考题年年有创新”．近四年新高考创新如下：
(1)2020年新高考第一年，设计了多选题，解答题中设计了结构不良问题(条件三选一)第17题(三角问题)．
(2)2021年新高考第二年，新高考Ⅰ卷设计了双空题第16题，但解答题没设计结构不良问题(条件三选一)；新高考Ⅱ卷填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题，解答题设计结构不良问题(条件二选一)第22题(利用导数证明函数零点问题)．
(3)2022年新高考第三年，新高考Ⅰ卷没设计双空题和结构不良问题，但填空题设计了开放性试题(答案不唯一)第14题；2022年新高考Ⅱ卷填空题设计了双空题第14题，没设计开放性试题(答案不唯一)，解答题设计结构不良问题(从三个条件中选两个证明另一个)第21题(直线与双曲线问题)．
(4)2023年新高考第四年，新高考Ⅰ卷没有创新的题型，新高考Ⅱ卷第15 题设计了开放性试题(答案不唯一)．
多选题 考查利用导数解决三次函数的极值点、零点、对称中心和曲线的切线
重温高考
1.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　)
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
素养清单 [数学运算] [直观想象]
答案：AC
解析：由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝或x＝－.令f′(x)＞0，得x＜－或x＞；令f′(x)＜0，得－＜x＜.所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，在(－)上单调递减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x)极大值＝f(－)＝－＋1＞0，f(x)极小值＝f()＝＋1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．因为f(x)＋f(－x)＝＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
双空题 以民间剪纸为背景考查数列的递推和数列求和
重温高考
2.[2021·新高考Ⅰ卷]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20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm，20 dm×6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180 dm2.以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么
素养清单 [数学运算] [直观想象]
5
答案：720－
解析：(1)由对折2次共可以得到5 dm×12 dm，10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，所以对折三次的结果有：×12，5×6，10×3，20×，共4种不同规格(单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：×12，×6，5×3，10×，20×，共5种不同规格；
(2)由于每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对折后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120，第n次对折后的图形面积为120×n－1，对于第n次对折后的图形的规格形状种数，根据(1)的过程和结论，猜想为n＋1种(证明从略)，故得猜想Sn＝，
则S＝＋…＋，
两式作差得：
S＝240＋120
＝240＋
＝360－＝360－，
因此，S＝720－＝720－.
重温高考
3.[2023·新高考Ⅱ卷]已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值________．
素养清单 [数学运算]
2
解析：设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，C到直线l的距离d＝，|AB|＝2＝2＝.由S△ABC＝，得＝，整理得2m2－5|m|＋2＝0，解得m＝±2或m＝±，故答案可以为2.
结构不良问题 从三个已知条件选一个解答，考查正弦定理、余弦定理的应用
重温高考
4.[2020·新高考Ⅰ卷]在①ac＝，②c sin A＝3，③c＝b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c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin A＝sin B，C＝，________？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
[试解]　
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
解析：方案一：选条件①.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.
因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c＝1.
方案二：选条件②.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.
由②c sin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.
因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c＝2.
方案三：选条件③.
由C＝和余弦定理得＝.
由sin A＝sin B及正弦定理得a＝b.
于是＝，由此可得b＝c.
由③c＝b，与b＝c矛盾．
因此，选条件③时问题中的三角形不存在．
结构不良问题 从三个条件中选两个证明另一个，考查直线与双曲线的有关知识
重温高考
5.[2022·新高考Ⅱ卷]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x.
(1)求C的方程．
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
[试解]　
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
解析：(1)由题意可得解得
所以C的方程为x2－＝1.
(2)当直线PQ斜率不存在时，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直线PQ斜率存在，所以设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．联立得方程组
消去y并整理，得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，x1－x2
＝＝.
因为x1>x2>0，
所以x1x2＝>0，即k2>3.
所以x1－x2＝.
设点M的坐标为(xM，yM)，
则yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)，
两式相减，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)．
因为y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)，
所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，
解得xM＝.
两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．
因为y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b，
所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2b，
解得yM＝＝xM.
所以点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．
选择①②.
因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xA＋xB＝，yA＋yB＝.
因为点M在AB上，且其轨迹为直线y＝x，
所以
解得xM＝＝，yM＝＝，
所以点M为AB的中点，即|MA|＝|MB|.
选择①③.
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时点M不在直线y＝x上，与题设矛盾，故直线AB的斜率存在．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，则
解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
此时xM＝＝，yM＝＝.由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB.
选择②③.因为PQ∥AB，所以kAB＝k.
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，并设点A的坐标为(xA，yA)，点B的坐标为(xB，yB)，
则解得xA＝，yA＝ .
同理可得xB＝，yB＝－ .
设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝＝，yC＝＝.
因为|MA|＝|MB|，所以点M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上．
将该直线方程与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为AB的中点，所以点M在直线AB上．
精准定位四　
应用性——融入素养　特色鲜明
高考数学中应用性包含两层意思，一层是应用数学知识解决社会生活中的实际问题，另一层是应用数学知识解决相关的数学问题，数学试题从头到尾处处都体现数学知识的应用，解决问题时注意以下两点：
(1)将实际问题建立数学模型进行求解，理清建模过程和数据处理，利用数据说话．
(2)应用数学知识解决相关数学问题时，注重分析问题，构建条件与结论的最短(最佳)解题链，坚持条件与结论的和谐相融．
数学的实际应用 回归分析在实际生活中的应用
重温高考
1.[2020·全国卷Ⅰ]某校一个课外学习小组为研究某作物种子的发芽率y和温度x(单位：℃)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(xi，yi)(i＝1，2，…，20)得到下面的散点图：
由此散点图，在10 ℃至40 ℃之间，下面
四个回归方程类型中最适宜作为发芽率y
和温度x的回归方程类型的是(　　)
A.y＝a＋bx B．y＝a＋bx2
C.y＝a＋bex D．y＝a＋b ln x
[试解]　
素养清单 [逻辑推理] [数学抽象]
答案：D
解析：本题考查回归方程及一次函数、二次函数、指数型函数、对数型函数的图象，观察散点图可知，散点图用光滑曲线连接起来比较接近对数型函数的图象．故选D.
数学的实际应用 立体几何在实际生活中的应用
重温高考
2.[2022·新高考Ⅰ卷]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148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3 B．1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
[试解]　
素养清单 [数学建模] [数学运算]
答案：C
解析：由棱台的体积公式，得增加的水量约为×(157.5－148.5)×(140×106＋180×106＋)＝3×106×(140＋180＋60)≈3×106×(140＋180＋60×2.65)≈1.4×109(m3)．故选C.
数学的实际应用 概率与统计在实际生活中的应用
重温高考
3.[2020·新高考Ⅰ卷]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　)
A.62%　　　B．56% C．46%　　　D．42%
[试解]　
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]

答案：C
解析：不妨设该校学生总人数为100，既喜欢足球又喜欢游泳的学生人数为x，则100×96%＝100×60%－x＋100×82%，所以x＝46，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46%.选C.
数学的实际应用 相互独立事件、互斥事件在实际中的应用
重温高考
4.[2023·新课标Ⅱ卷]在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1，0，1，则译码为1)．
A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为(1－α)(1－β)2
B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为β(1－β)2
C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为＋(1－β)3
D.当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
[试解]　
素养清单 [逻辑推理] [数学运算]
答案：ABD
解析：由题意，发0收1的概率为α，发0收0的概率为1－α；发1收0的概率为β，发1收1的概率为1－β.对于A，发1收1的概率为1－β，发0收0的概率为1－α，发1收1的概率为1－β，所以所求概率为(1－α)(1－β)2，故A选项正确．对于B，相当于发了1，1，1，收到1，0，1，则概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B选项正确．对于C，相当于发了1，1，1，收到1，1，0或1，0，1或0，1，1或1，1，1，则概率为(1－β)3＝3β(1－β)2＋(1－β)3，故C不正确．对于D，发送0，采用三次传输方案译码为0，相当于发0，0，0，收到0，0，1或0，1，0或1，0，0或0，0，0，则此方案的概率P1＝(1－α)3＝3α(1－α)2＋(1－α)3；发送0，采用单次传输方案译码为0的概率P2＝1－α，当0<α<0.5时，P1－P2＝3α(1－α)2＋(1－α)3－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，故D选项正确．综上，选ABD.