2024年高考数学专项复习

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2024年高考数学专项复习
第十二章 概率
01
随机事件与概率
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合具体实例,理解样本点和有限样本空间的含义,理解随机事件与样本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 2.结合实例，会用频率估计概率. 随机事件与样本空间 本讲知识是概率部分的基础，命题热点为互斥事件和对立事件的概率计算，以频率估计概率等，一般不单独命题，常与排列组合、分布列、期望与方差、统计等知识综合命题.题型以大题为主，难度中等.在2024年高考备考中，要加强对本讲知识概念的理解与应用及与其他知识的综合训练.
事件的关系与运算 2020新高考卷Ⅰ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合具体实例,理解样本点和有限样本空间的含义,理解随机事件与样本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算. 2.结合实例，会用频率估计概率. 求随机事件的频率与概率 2022新高考卷Ⅱ ； 2021全国卷甲 T17；2020新高考卷 Ⅰ ； 2020全国卷 Ⅲ ；2019北京T 17 本讲知识是概率部分的基础，命题热点为互斥事件和对立事件的概率计算，以频率估计概率等，一般不单独命题，常与排列组合、分布列、期望与方差、统计等知识综合命题.题型以大题为主，难度中等.在2024年高考备考中，要加强对本讲知识概念的理解与应用及与其他知识的综合训练.
续表
1.样本空间和随机事件
（1）样本空间
概念 符号表示
样本点 随机试验 的每个可能的①__________称为样本点
样本空间 全体样本点的集合称为试验 的样本空间
如果一个随机试验有 个可能结果 , , , ,则称样本空间
为有限样本空间.
说明 样本空间可以理解为集合，集合的元素就是样本空间中的样本点.
基本结果
（2）随机事件
一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示，
将样本空间 的②______称为随机事件，简称事件.
只包含一个样本点的事件称为基本事件.
随机事件一般用大写字母 ， ， ， 表示，在每次试验中，当且仅当 中
某个样本点出现时，称为事件 发生.
在样本空间 中，每次试验总有一个样本点发生，所以 总会发生，称 为③
__________，空集 不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，称 为④_____
_______.
说明 为方便统一处理，将必然事件和不可能事件作为随机事件的两个极端情形.
子集
必然事件
不可能事件
2.频率与概率
（1）频率的稳定性
一般地，随着试验次数 的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件 发生的频
率 会逐渐稳定于事件 发生的概率 .我们称频率的这个性质为频率的稳定
性.
（2）频率稳定性的作用：可以用频率 估计概率 .
说明 随机事件 发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量
随机试验中，事件 发生的频率稳定于事件 发生的概率.
3.两事件的关系和运算
事件的关系或运算 含义 符号表示
包含 发生导致 发生 ⑤_______
相等事件 且 ⑥_______
并事件（和事件） 与 至少一个发生 或
交事件（积事件） 与 同时发生 或
互斥（互不相容） 与 不能同时发生 ⑦___
互为对立 与 有且仅有一个发生 ⑧______________________
说明 两事件互斥是对立的必要不充分条件.



，
1.一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是( )
A.至多有一次中靶 B.两次都中靶 C.只有一次中靶 D.两次都不中靶
D
[解析] 射击两次的结果有：一次中靶，两次中靶，两次都不中靶，故至少有一次中靶的互斥事件是两次都不中靶.故选D.
2.从含有8件正品、2件次品的10件产品中，任意抽取3件，则必然事件是( )
A. 件都是正品 B.至少有1件次品 C. 件都是次品 D.至少有1件正品
D
[解析] 将抽到正品记为1，次品记为0，则样本空间 ，因
此至少有1件正品为必然事件.
3.[2022成都模拟]在一次抛硬币的试验中，某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次
试验，发现正面朝上出现了40次，那么出现正面朝上的频率和概率分别为( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
C
[解析] 某同学用一枚质地均匀的硬币做了100次试验，发现正面朝上出现了40次，
那么出现正面朝上的频率为 .
由于每次抛硬币时，正面朝上和反面朝上的机会相等，都是 ，
故出现正面朝上的概率为 .
4.[多选]下列说法正确的是( )
A.事件发生的频率与概率是相同的
B.两个事件的和事件是指两个事件都发生
C.对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件
D.不可能事件发生的概率为零
CD
命题点1 随机事件与样本空间
1.（1）在 ， ， ， ， 这10个数字中，任取3个数字，那么下列事件是不可
能事件的是( )
A.3个数字相邻 B.3个数字全是偶数
C.3个数字的和小于5 D.3个数字两两互质
C
[解析] 从10个数字中任取3个数字，这3个数字的和大于或等于6，小于5的情况不可能发生，故“3个数字的和小于5”这一事件是不可能事件.
（2）将一枚质地均匀的骰子投两次，得到的点数依次记为 ， ，设事件 为“方
程 有实数解”，则事件 中含有样本点的个数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] ∵方程 有实数解， ，则
，共含有19个样本点.
方法技巧
确定样本空间的方法
1.必须明确事件发生的条件.
2.根据题意，按一定的次序列出问题的答案．特別要注意结果出现的机会是均等的，按规律去写，要做到既不重复也不遗漏.
命题点2 事件的关系与运算
2.（1）[多选]掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或2”为事件 ，“向上的点
数是2或3”为事件 ，则( )
A. B.
C. 表示向上的点数是2 D. 表示向上的点数是1或2或3
CD
[解析] 设 ， ，则 ， ，所以 表示向上的点数是2， 表示向上的点数为1或2或3.故选CD.
（2）[多选]将颜色分别为红、绿、白、蓝的4个小球随机分给甲、乙、丙、丁4个人,
每人一个,则( )
A.事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”是互斥不对立事件
B.事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”是互斥不对立事件
C.事件“甲分得绿球,乙分得蓝球”的对立事件是“丙分得白球,丁分得红球”
D.当事件“甲分得红球”的对立事件发生时,事件“乙分得红球”发生的概率是
BD
[解析] 事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”可以同时发生,不是互斥事件,A错误;
事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”不能同时发生,是互斥事件，除了甲分得红球
或者乙分得红球以外,丙或者丁也可以分得红球,B正确;
事件“甲分得绿球,乙分得蓝球”与事件“丙分得白球,丁分得红球”可以同时发生,不是对
立事件,C错误;
事件“甲分得红球”的对立事件是“甲没有分得红球”,因此乙、丙、丁三人中有一个人
分得红球,事件“乙分得红球”发生的概率是 正确.
方法技巧
事件关系的运算策略
1.准确把握互斥事件与对立事件的概念：（1）互斥事件是不可能同时发生的事件，但也可以同时不发生；（2）对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.
2.进行事件的运算时，一是紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析，也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件.
命题点3 求随机事件的频率与概率
3.[2017全国卷Ⅲ]某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4
元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据
往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位： ）有关.如果最高气温不低于
25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间 ,需求量为300瓶；如果最高气
温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天
的最高气温数据，得下面的频数分布表:
最高气温
天数 2 16 36 25 7 4
以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.
（1）估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率;
[解析] 这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，则需最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为 ,所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 （单位：元）.当六月份这种酸奶一天
的进货量为450瓶时，写出 的所有可能值，并估计 大于零的概率.
[解析] 当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，
若最高气温不低于25，则 ;
若最高气温位于区间 ,则 ;
若最高气温低于20,则 .
所以， 的所有可能值为900， ， .
当且仅当最高气温不低于20时， 大于零，由表格数据知，最高气温不低于20的频
率为 ,因此 大于零的概率的估计值为0.8.
4.[2018北京高考]电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：
电影类型 第一类 第二类 第三类 第四类 第五类 第六类
电影部数 140 50 300 200 800 510
好评率 0.4 0.2 0.15 0.25 0.2 0.1
好评率是指一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.
（1）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；
[解析] 由题意知，样本中电影的总部数是 ,
第四类电影中获得好评的电影部数是 ，
故所求概率为 .
（2）随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；
[解析] 由题意知，样本中获得好评的电影部数是
.
故所求概率估计为 .
（3）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）
[解析] 增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率.
方法技巧
1.频率与概率的关系：频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率来作为随机事件概率的估计值.
2.随机事件概率的求法：利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐步趋近于某一个常数，这个常数就是概率.
1.[命题点1，2]如果 ， 是互斥事件，那么( )
A. 是必然事件 B. 与 一定是互斥事件
C. 与 一定不是互斥事件 D. 是必然事件
A
[解析] ， 互斥即 为不可能事件，所以 是必然事件，故A正确；C中，
当 时， 与 互斥，故C错误；D和B可举反例，如投掷骰子试验中， 表示
向上的数字为1， 表示向上的数字为2， 不是必然事件， 与 不是互斥事
件，故B，D错误.
2.[命题点2]从 ， ， ， ， 这七个数中任取两个数，下列各对事件中为对立事
件的是( )
A.恰有一个是偶数和恰有一个是奇数
B.至少有一个是奇数和两个都是奇数
C.至少有一个是奇数和两个都是偶数
D.至少有一个是奇数和至少有一个是偶数
C
[解析] C中“至少有一个是奇数”即“有两个奇数或一奇一偶”，与“两个都是偶数”是对立事件，其余都不是对立事件.
3.[命题点3]李老师在某大学连续3年主讲经济学院的高等数学，下表是李老师这门课3年来的考试成绩分布：
成绩 人数
90分及以上 42
80~89分 172
70~79分 240
60~69分 86
50~59分 52
50分以下 8
经济学院一年级的学生王小明下学期将选修李老师的高等数学课，用已有的信息估计他得以下分数的概率：
（1）90分及以上的概率为_____.
0.07
（2）不及格（60分及以上为及格）的概率为____.
0.1
[解析] 由题中数据可得王小明得90分及以上和不及格的概率分别为 ， .
02
古典概型、概率的基本性质
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率. 古典概型的求法 2022新高考卷Ⅰ ;2022全国卷乙 T13;2022全国卷甲 T15；2021全国卷甲T10;2018全国卷Ⅱ 本讲是高考的热点，常以传统文化和生产生活实际情境为载体考查古典概型的求法，以互斥事件、对立事件的概率计算等为情
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则. 概率的基本性质的应用 境载体考查概率基本性质的应用.题型以小题为主，难度中等.预计2024年高考会通过情境创新考查古典概型.
随机模拟的应用 续表
1.古典概型
我们将具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
（1）有限性：样本空间的样本点只有①________；
（2）等可能性：每个样本点发生的可能性②______．
2.古典概型的概率公式
一般地，设试验 是古典概型，样本空间 包含 个样本点，事件 包含其中的
个样本点，则定义事件 的概率 ③_ _______.其中， 和 分别表示事
件 和样本空间 包含的样本点个数．
有限个
相等

3.概率的基本性质
性质1 对任意的事件 ，都有 .
性质2 必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即 ， .
性质3 如果事件 与事件 互斥，那么 ④____________.（互斥事件的概
率加法公式）
性质4 如果事件 与事件 互为对立事件，那么 , ⑤________
_______．
性质5 如果 ,那么 .对于任意事件 ，因为 ，所以
.
性质6 设 , 是一个随机试验中的两个事件，我们有 ⑥_______________
____________.当 时, ,因此性质3是性质6的特殊情况.




常用结论
性质3的推广：如果事件 , , , 两两互斥，那么事件 发生
的概率等于这 个事件分别发生的概率之和，即
.
4.随机模拟
随机模拟法是通过将一次试验所有可能发生的结果数字化，用计算机或计算器产生的随机数来替代每次试验的结果.其基本思想是，用产生整数值的随机数的频率估计事件发生的概率.
1.下列说法正确的是( )
A.已知样本空间中的样本点个数为 ,若随机事件 包含 个样本点,则事件 发生的
概率
B.“在适宜的条件下，种下一粒种子，观察它是否发芽”属于古典概型，其样本点是
“发芽与不发芽”
C.两个互斥事件的概率和为1
D.从 ， ， ， ， ， 中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性
相等
D
2.若随机事件 ， 互斥， ， 发生的概率均不等于0，且 ，
，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题意可知 即 即 解得
.
3.[2020江苏高考]将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则
点数和为5的概率是_ _.

4.[教材改编]某战士射击一次，击中环数大于7的概率是0.6，击中环数是6或7或8的概
率相等，且和为0.3，则该战士射击一次击中环数大于5的概率为____.

[解析] 记“击中6环”为事件 ,“击中7环”为事件 ,“击中环数大于7”为事件 , 事件
， ， 彼此互斥，且易知 .记“击中环数大于5”
为事件 ,则 .
5.抛掷一枚骰子,记 为事件“出现点数是奇数”, 为事件“出现点数是3的倍数”,则
_ _, __.


[解析] 抛掷一枚骰子，出现点数的样本空间为 ，事件 ,故 ;事件 ,故 .
命题点1 古典概型的求法
1.（1）[2017全国卷Ⅱ]从分别写有 , , , , 的5张卡片中随机抽取1张，放回后再
随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 由题意可知所求概率 .
解法二（列举法） 依题意，记两次取的卡片上的数字依次为 , ，则一共有25个不同的数组 ，其中满足 的数组共有10个，分别为 ， ， ， ， ， ， ， ， ， .因此所求的概率为
解法三（画树状图法） 画出树状图如图所示.
由图可知，所有的基本事件共有25个，满足题意的基本事件有10个，故所求概率为 .
（2）[2022新高考卷Ⅰ]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概
率为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 从7个整数中随机取2个不同的数，共有 （种）取法，取得的2个数互
质的情况有 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ，共14种.根据古典概型的概率公式，得这2个数
互质的概率为 .故选D.
（3）已知花博会的四个不同的场馆 , , , ，甲、乙两人每人选2个去参观，则
他们的选择中，恰有一个场馆相同的概率为_ _．

[解析] 解法一 A, , , 四个不同的场馆，每人选2个场馆的参观方法有 种，则
甲、乙两人每人选2个场馆的参观方法有 种，他们的选择中，恰有一个场馆相
同的参观方法有 种，所以，恰有一个场馆相同的概率为 .
解法二 由题意得甲、乙两人各选2个去参观的方法有 （种），两人选2
个场馆都相同的参观方法有 （种），都不相同的参观方法有 （种）.
他们的选择中，恰有一个场馆相同的参观方法有 （种）.所以，恰有
一个场馆相同的概率为 .
（4）[2022全国卷甲]从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的概率
为_ __.

[解析] 从正方体的8个顶点中任选4个，取法有 （种）.
其中4个点共面有以下两种情况：
①所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1,有6种取法;
②所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2,也有6种取法.
图1
图2
所以所取的4个点在同一个平面的概率 .
方法技巧
1.样本点个数的确定方法
样本点个数确定的方法有列举法、排列组合法、列表法、画树状图法.
2.古典概型的概率求解步骤
命题点2 概率的基本性质的应用
2.[多选/2023湖北联考]中国篮球职业联赛 中，某男篮球运动员在最近几次比赛
中的得分情况如下表：
投篮次数 投中两分球的次数 投中三分球的次数 没投中
100 55 18
记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件 ，投中三分球为事件 ，没投中为
事件 ，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是( )
A. B.
C. D.
ABC
[解析] 由题意可知， ,
， ，
事件 与事件 为对立事件，且事件 ， ， 互斥，
所以 ，
， ,故选ABC.
3.从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200千米,遇到红灯个数的概率如下表所示:
红灯个数 0 1 2 3 4 5 6个及6个以上
概率 0.02 0.1 0.35 0.2 0.1 0.03
（1）求表中字母 的值;
[解析] 由题意可得 ,解得 .
（2）求至少遇到4个红灯的概率;
[解析] 设事件 为遇到红灯的个数为4,事件 为遇到红灯的个数为5,事件 为遇到红
灯的个数为6个及6个以上，
则事件“至少遇到4个红灯”为 .因为事件 , , 互斥，
所以 ，
即至少遇到4个红灯的概率为0.33.
（3）求至多遇到5个红灯的概率.
[解析] 由题知,至多遇到5个红灯为事件 ，
则 .
方法技巧
求复杂的互斥事件的概率的方法和步骤
1.直接法
2.间接法（正难则反，特别是含“至多”“至少”等词语的题目，用间接法求解更简单）
先求事件 的对立事件 发生的概率，再由 求事件 发生的概率.
命题点3 随机模拟的应用
4.已知某运动员每次射击击中目标的概率均为 ,现采用随机模拟的方法估计该运动员射
击4次至少击中目标3次的概率，先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定 ，
， ， 表示没有击中目标， ， ， ， ， ， 表示击中目标，4个随机数为一组，
代表射击4次的结果，经随机模拟产生了如下20组随机数：
7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3
661 9597742476104281
根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中目标3次的概率为____.

[解析] 根据数据得该运动员射击4次至少击中3次的数据分别为7527 9857 8636 6947
4698 8045 9597 7424，所以该运动员射击4次至少击中目标3次的概率为 .
数学文化情境下的概率问题
5.（1）[2019全国卷Ⅰ]我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化,每一“重卦”由
从下到上排列的6个爻组成,爻分为阳爻“&1& ”和阴爻“&2& ”,&3& 如图就是
一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有3个阳爻的概率是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由6个爻组成的重卦种数为 ，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为 .根据古典概型的概率计算公式得，所求概率 .
（2）[2023长沙重点中学摸底考试]屈原是中国历史上一位伟大的爱国诗人，中国浪
漫主义文学的奠基人，“楚辞”的创立者和代表作家，其主要作品有《离骚》《九歌》
《九章》《天问》等.某校于2022年6月第一个周举办“国学经典诵读”活动，计划周一
至周四诵读屈原的上述四部作品，要求每天只诵读一部作品，则周一不读《天问》,
周三不读《离骚》的概率为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一 该校周一至周四诵读屈原的四部作品方法为 ，若周一
读《离骚》，则诵读屈原的四部作品方法有 （种）.若周一不读《离骚》，则
周一和周三诵读屈原的作品方法均有 （种），此时本周诵读作品方法有
（种）.所以周一不读《天问》，周三不读《离骚》的概率为 ，
故选C.
解法二 该校周一至周四诵读屈原的四部作品方法为 （种），周一不读
《天问》，周三不读《离骚》的方法总数为 （种），则周
一不读《天问》，周三不读《离骚》的概率为 ，故选 C.
1.[命题点1/2021全国卷甲]将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为
( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一 把3个1和2个0排成一行，共有10种排法，分别是00111， ，
， ， ， ， ， ， ， ，其中2个0
不相邻的排法有6种，分别是01011， ， ， ， ， ，
所以所求概率为 .
解法二 将3个1和2个0视为完全不同的元素，3个1分别设为 , , ,2个0分别设
为 , ,将3个1和2个0随机排成一行,有 种排法,将 , , 排成一行有 种
排法,再将 , 插空,有 种排法，所以2个0不相邻的概率为 .
2.[命题点1/2022全国卷乙]从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、
乙都入选的概率为_ __.

[解析] 从甲、乙等5名同学中随机选3名，有 种情况,其中甲、乙都入选有 种情况，所以甲、乙都入选的概率 .
3.[命题点2/2018全国卷Ⅲ]若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金
支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设“只用现金支付”为事件 ，“既用现金支付也用非现金支付”为事件 ，“不用现金支付”为事件 ，则 .
4.[命题点2/多选]某人群中各种血型的人所占的比例如下表，
血型 A B
该血型的人所占比例 0.28 0.29 0.08 0.35
已知同种血型的人可以互相输血， 型血可以输给任何一种血型的人，任何血型的
人都可以给 型血的人输血，其他不同血型的人不能互相输血，则下列说法正确的
是( )
A.任找一个人，其血可以输给 型血的人的概率是0.64
B.任找一个人， 型血的人能为其输血的概率是
C.任找一个人，其血可以输给 型血的人的概率为1
D.任找一个人，其血可以输给 型血的人的概率为1
AD
[解析] 任找一个人，记其血型为A，B， ， 型血的事件分别为 ， ， ，
，它们两两互斥.由已知，有 ， ， ，
因为B， 型血可以输给B型血的人，所以“可以
输给B型血的人”为事件 ，根据概率的加法公式，得
,故A正确；B型血的人能为B型、
型的人输血，其概率为 ，故B错误；由 型血的人只能接受
型血的人输血，知C错误；由任何人的血都可以输给 型血的人，知D正确.
03
事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合有限样本空间，了解两个随机事件独立性的含义.结合古典概型，利用独立性计算概率. 2.结合古典概型，了解条件概率，能计算简单随机事件的条件概率. 相互独立事件 2022全国卷乙T10;2 022全国卷甲 T19; 2021新高考卷Ⅰ ; 2020全国卷Ⅰ ； 2019全国卷 Ⅰ ；2019全国 卷Ⅱ 本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）相互独立事件的概率计算，两事件相互独立的判断等，有时候单独命题，有时候与其他知识综合考查；（2）条件概率，在2022年之前是冷点，但在2022年高考进行了考查，复
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.结合古典概型，了解条件概率与独立性的关系，会用乘法公式计算概率. 4.结合古典概型，会利用全概率公式计算概率. 条件概率 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高考 卷Ⅱ 习备考中要引起重视；（3）全概率公式，这是新教材增加的点，命题概率比较大.在2024年高考备考中应强化条件概率和全概率公式的理解和应用.
全概率公式的应用 续表
1.相互独立事件
（1）定义：对任意两个事件 , ，如果 ①__________，则称事件 与事
件 相互独立，简称独立.
（2）性质：若事件 与 相互独立，则 与②___， 与③___， 与 也都相互独
立.



2.条件概率
（1）定义：一般地，设 ， 为两个随机事件，且 ，我们称 ④
_ _____为在事件 发生的条件下，事件 发生的条件概率，简称条件概率.
（2）两个公式
.利用古典概型： ⑤_ _____.
.概率的乘法公式： ⑥____________ .



（3）性质
， .
.若 和 是两个互斥事件，则 ⑦________________.
.设 和 互为对立事件，则 ⑧___________.
注意（1） 与 是不相同的. 表示在事件 发生的条件下事件
发生的概率. 表示在事件 发生的条件下事件 发生的概率.
（2）当 ， 相互独立时， .
（3）计算条件概率 时，不能随便用事件 的概率 代替 .
（4）两事件互斥是指两个事件不能同时发生，两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一事件发生的概率没有影响，两事件相互独立不一定互斥.


3.全概率公式
一般地，设 ， ， ， 是一组两两互斥的事件， ，且
， ， ， ， ，则对任意的事件 ，有 ⑨
________________.
我们称上面的公式为全概率公式.

4.贝叶斯公式
设 , , , 是一组两两互斥的事件， ，且 ，
， ， ， ，则对任意的事件 ， ,有
, ， ， ， .
1.下列说法错误的是( )
A.对于任意两个事件，公式 都成立
B.若事件 , 相互独立，则
C.抛掷2枚质地均匀的硬币，“第一枚为正面”为事件 ，“第二枚为正面”为事件 ，
则 , 相互独立
D.若事件 与 是对立事件,则对任意的事件 ,有

A
2.下列说法错误的是( )
A. B. 可能成立
C. D.
A
[解析] 由条件概率公式 及 ,知 ，故A
说法错误;当事件 包含事件 时，有 ，此时 ，故B说
法正确；易知 ， ，故C，D说法正确.故选A.
3.设甲乘汽车、火车前往某目的地的概率分别为0.6, ，汽车和火车正点到达目的
地的概率分别为0.9, ，则甲正点到达目的地的概率为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 设事件 表示甲正点到达目的地，事件 表示甲乘火车到达目的地，事件 表示甲乘汽车到达目的地.由题意知 ， ， ， .由全概率公式得 .故选C.
4.将两颗骰子各掷一次, 记事件 为“两个点数不同”， 为“至少出现一个6点”， 则
条件概率 , 分别等于( )
A. ， B. , C. , D. ,
A
[解析] 由题意可得 ， , ， ， .故选A.
5.[教材改编]设 件产品中有4件不合格，从中任意选取2件，则在所选取的产品中
发现有一件是不合格品时，另一件也是不合格品的概率是_ _.

[解析] 记事件 为“选取的两件产品中发现有一件是不合格品”，事件 为“另一件是
不合格品”，则 为“两件都是不合格品”.
解法一 记 , 分别为事件 , 所包含的基本事件个数，则
, ，故 .
解法二 , ,所以 .
命题点1 相互独立事件
角度1 相互独立事件的判断
1.（1）[2021新高考卷Ⅰ]有6个相同的球，分别标有数字 ， , , , , ，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
B
[解析] 事件甲发生的概率 ，事件乙发生的概率 ，事件丙发生的
概率 ，事件丁发生的概率 .
事件甲与事件丙同时发生的概率为0，
，故A错误;（对任意两个事件 和 ，且 ，
，则 事件 和 相互独立）
事件甲与事件丁同时发生的概率为 ， ，故B正确；
事件乙与事件丙同时发生的概率为 ， ，故C错误;
事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，故D错误.故选B.
（2）[多选]设 , 为两个随机事件，则下列说法正确的是( )
A.若 , 为互斥事件，且 , ,则
B.若 , , ,则事件 ， 相互独立
C.若 , , ,则事件 ， 相互独立
D.若 ， , ,则事件 ， 相互独立
ABD
[解析] 对于A，由互斥事件的概率加法公式得 ,故A正确；
对于B，因为 ,所以事件 ， 相互独立，故B正确；
对于C，由 得 , ,
所以事件 ， 不相互独立，故C错误；
对于D，由题意得， , ,此时 ，故事件
， 相互独立，故D正确.故选ABD.
方法技巧
判断两个事件是否相互独立的方法
（1）直接法：直接判断一个事件发生与否是否影响另一事件发生的概率.
（2）定义法：判断 是否成立.
（3）转化法：由事件 与事件 相互独立知， 与 ， 与 ， 与 也相互独立.
角度2 相互独立事件的概率的求法
2.[2019全国卷Ⅰ]甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利
时，该队获胜，决赛结束）.根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客
客主客主”.设甲队主场取胜的概率为 ,客场取胜的概率为 ,且各场比赛结果相互
独立，则甲队以 获胜的概率是_____.
0.18
[解析] 解法一 甲队在前四场中有一场客场输，且第五场胜时，以 获胜的概率
是 甲队在前四场中有一场主场输，且第五场胜时，以
获胜的概率是 .
综上所述，甲队以 获胜的概率是 .
解法二 由题意可得，一共比赛了五场，且第五场甲获胜，前四场甲队胜三场，输
一场.
前四场甲队胜三场，输一场的情况有如下两种.
①甲队主场输一场，其概率 .
②甲队客场输一场，其概率 .
由于第五场必定是甲队胜，所以所求概率 ,则甲队以
获胜的概率为0.18．
3.[2019全国卷Ⅱ]11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成 平后,每球交换
发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发
球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为 ,各球的结果相互独立.在某局双
方 平后,甲先发球,两人又打了 个球该局比赛结束.
（1）求 ；
[解析] “ ”包含的事件为“甲连赢两球”或“乙连赢两球”.因此
.
（2）求事件“ 且甲获胜”的概率.
[解析] “ 且甲获胜”包含的事件为“前两球甲、乙各得1分,后两球均为甲得分”.
因此所求概率为 .
方法技巧
与相互独立事件 , 有关的概率的计算公式如下表：
事件 , 相互独立 概率计算公式
, 同时发生
, 同时不发生
, 至少有一个不发生
， 至少有一个发生
, 恰有一个发生
命题点2 条件概率
角度1 条件概率的计算
4.（1）[多选]某单位组织开展党史知识竞赛活动，以支部为单位参加比赛.某支部在5
道党史题中（有3道选择题和2道填空题），不放回地依次随机抽取2道题作答，设事
件 为“第1次抽到选择题”，事件 为“第2次抽到选择题”，则下列结论中正确的是
( )
A. B. C. D.
ABC
[解析] 对于A， ,故选项A正确；
对于B， ,故选项B正确；
对于C， ，故选项C正确；
对于D， , ，
所以 ,故选项D错误.
（2）[2022南京期中]高二某班共有60名学生，其中女生有20名，三好学生占全班人
数的 ，而且三好学生中女生占一半．现在从该班任选一名同学参加某一座谈会，
则在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为_ _.

[解析] 根据题意可得，男生有40名，男生中三好学生有5名.
设“从该班任选一名同学，没有选上女生”为事件 ，“从该班任选一名同学，选上的
是三好学生”为事件 ，则“没有选上女生且选上的是三好学生”为事件 ，
， .
解法一 易知 ， ，
所以在已知没有选上女生的条件下，选上的是三好学生的概率为 .
解法二 .
（3）[2022天津高考]现有52张扑克牌（去掉大小王），每次取一张,取后不放回,则两
次都抽到A的概率为_ ___;在第一次抽到A的条件下，第二次也抽到A的概率是___.


[解析] 设事件 “第一次抽到A”,事件 “第二次抽到A”.
第1空 解法一 不放回地取两次的可能结果种数为 ，事件 包含的可能结果种数为 ,
所以 .
解法二 不放回地取两次，可以看成一次取出两张牌，所以共有 种可能结果,事
件 包含的可能结果为 ,所以 .
第2空 解法一 因为 ,所以 .
解法二 缩小样本空间,已知第一次抽到的是A牌,所以还剩下51张牌,其中有3张A牌,
所以 .
方法技巧
求条件概率的常用方法
定义法 利用定义计算，先分别计算概率 和 ，然后代入公式

样本点法 借助古典概型的概率计算公式，先求事件 包含的样本点数 ，再求事
件 包含的样本点数 ，得 .
缩样法 即缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解.
角度2 条件概率性质的应用
5.（1）[多选]假设某市场供应的智能手机中，市场占有率和优质率的信息如下：
品牌 甲 乙 其他
市场占有率
优质率
在该市场中任意买一部手机，用 , ， 分别表示买到的智能手机的品牌为甲、
乙、其他， 表示买到的手机是优质品，则( )
A. B. C. D.
AB
[解析] 依题意可得 , , , ,则 .故选 .
（2）某光学仪器厂制造的透镜,第一次落下时打破的概率为 ；第一次落下未打破,
第二次落下打破的概率为 ；若前两次未打破,第三次落下时打破的概率为 .则透
镜落下三次未打破的概率为_ ___.

[解析] 以 表示事件“透镜落下第 次时打破”,以 表示事件“透镜落下三
次未打破”.
因为 ,
所以
.
（3）在某次考试中，从10道题中随机抽取5道题，若考生至少答对其中3道则通过；
若至少答对其中4道则获得优秀成绩．已知某考生能答对10道题中的5道题，并且知
道他在这次考试中已经通过，则他获得优秀成绩的概率为_ __.

[解析] 设事件 “该考生5道题全答对”，事件 “该考生答对了其中4道题，另1
道答错”，事件 “该考生答对了其中3道题，另2道答错”，事件 “该考生在这
次考试中通过”，事件 “该考生在这次考试中获得优秀成绩”，则 ， ， 两两
互斥，且 .
由古典概型的概率公式及加法公式可知
.
因为 ， ，
所以 .
所以他获得优秀成绩的概率是 .
方法技巧
（1）乘法公式的作用
乘法公式 的作用就是方便我们在不好直接求得 的情况
下，先迂回地求出方便计算的 和 ，再求得 .
（2）求一些复杂的条件概率时，往往可以先把事件分解成若干个互斥的较简单事件
之和,利用公式 使求解更为简捷.如果直接分解比较麻
烦，可以考虑对立事件，利用 及 求解.
命题点3 全概率公式的应用
6.（1）[2022山东淄博期末]设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正.一射手用校正
过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.该射手任取一支枪
射击，中靶的概率是____.
0.7
[解析] 设 表示枪已校正， 表示射击中靶，则 ， ，
， .
由全概率公式可得 .
（2）人们为了解一只股票未来一定时期内价格的变化,往往会去分析影响股票价格
的基本因素,比如利率的变化.现假设人们经分析估计利率下调的概率为 ,利率不
变的概率为 .根据经验,人们估计,在利率下调的情况下,该只股票价格上涨的概率
为 ,而在利率不变的情况下,其价格上涨的概率为 ,则该只股票将上涨的概率
为______.

[解析] 记 为事件“利率下调”,那么 即为“利率不变”,记 为事件“股票价格上涨”.
依题设知 , ， , ，
于是
.
（3）在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为 ， ， ，其中 为显性基因，
为隐性基因，且这三种基因型的比为 .如果在子二代中任意选取2颗豌豆作为父本
杂交，那么子三代中基因型为 的概率为_ _.

[解析] 记事件 “子三代中基因型为 ”，事件 “选择的是 , ”,事件
“选择的是 , ”，
事件 “选择的是 , ”，
则 ,
,
.
在子二代中任取2颗豌豆作为父本杂交，分以下三种情况讨论:
①若选择的是 , ,则子三代中基因型为 的概率为 ；
②若选择的是 , ，则子三代中基因型为 的概率为
③若选择的是 , ，则子三代中基因型为 的概率为 .
综上所述，
.
因此,子三代中基因型为 的概率是 .
方法技巧
全概率公式的适用范围和应用步骤
1.适用范围：所研究的事件试验前提或前一步骤试验有多种可能，在这多种可能中均有所研究的事件发生，这时要求所研究事件的概率就可用全概率公式.
2.运用全概率公式的一般步骤：
（1）按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件 ;
（2）求 和所求事件 在各个互斥事件 发生条件的概率
;
（3）代入全概率公式求 .
1.[命题点1角度1]已知事件 , ，且 , ，则“事件 , 相互独立”
是“事件 , 互斥”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
D
[解析] 由于 , ，所以当事件 , 相互独立时，
，故 ，故事件 , 不互斥；若事件 , 互斥，
则 ，故 ，故事件 , 不相互独立.故“事件 , 相互
独立”是“事件 , 互斥”的既不充分也不必要条件.
2.[命题点1角度2/2022全国卷乙]某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比
赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 ， ， ，且
.记该棋手连胜两盘的概率为 ,则( )
A. 与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛， 最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛， 最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛， 最大
D
[解析] 设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为 ，在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为 ，在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为 ，由题意可知， ， ， .所以 ， ，所以 最大.
3.[命题点1角度2]互不相识的张三与李四两位年轻人先后到同一家手机专卖店购买手
机，张三与李四购买国产手机的概率分别为0.7, ，购买价位在8 000元左右的手机
的概率分别为0.4, ，若张三与李四购买什么款式的手机相互独立，则张三与李四
至少有一位购买价位在8 000元左右的国产手机的概率为______.

[解析] 记“张三购买国产手机”为事件 ，“李四购买国产手机”为事件 ，“张三购买价位在 元左右的手机”为事件 ，“李四购买价位在 元左右的手机”
为事件 ，则 ， ， ， ．记“张三购买
价位在8 000元左右的国产手机”为事件 ，则 ，
记“李四购买价位在8 000元左右的国产手机”为事件 ，则
，所以张三与李四至少有一位购买价位在8 000元左
右的国产手机的概率
．（另
解：间接法，即“张三与李四至少有一位购买价位在8 000元左右的国产手机”的对立
事件为“张三与李四两人都没有购买价位在8 000元左右的国产手机”，所以张三与李
四至少有一位购买价位在8 000元左右的国产手机的概率
）
4.[命题点2角度1]设某种动物由出生算起，活到20岁的概率是0.8,活到25岁的概率是0.
4.现有一个20岁的这种动物，它能活到25岁的概率为____.
0.5
[解析] 记事件 为“该种动物从出生起能活到20岁”，事件 为“该种动物从出生起能
活到25岁”，
则 , ,且 ，
因此 .（由 得 ）
故一个20岁的这种动物，它能活到25岁的概率是0.5.
5.[命题点3/2022福建泉州模拟]某疾病可能造成“持续人传人”，通俗点说就是 传
， 传 ， 又传 等，这就是“持续人传人”，而 ， ， 分别被称为第一代、第
二代、第三代传播者．假设一个身体健康的人被第一代、第二代、第三代传播者感
染的概率分别为 ， 健康的小明参加了一次多人宴会，事后知道，参加
宴会的人中有5名第一代传播者，3名第二代传播者， 名第三代传播者，若小明参
加宴会，仅和感染的10人中的一人接触，则小明感染的概率为______.

[解析] 设事件 ， ， 分别表示小明和第一代、第二代、第三代传播者接触，事
件 表示小明被感染，则由题意得 ， ， ，
， ，则由全概率公式得
.
04
离散型随机变量及其分布列、数字特征
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及其数字特征（均值、方差）. 离散型随机变量分布列的性质 本讲是高考的热点，常以实际问题为情境，与计数原理、古典概型等知识综合命题，考查离散型随机变量的分布列、均值与方差，以解答题为主，有时也以选择题、填空题的形式进行考查，难度中等.预计2024年高考会着重考查本讲知识的实际应用.
离散型随机变量的分布列及数字特征 2022全国卷甲T19;202 1新高考卷Ⅰ ;202 1新高考卷Ⅱ ；2 019全国卷Ⅰ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
了解离散型随机变量的概念，理解离散型随机变量分布列及其数字特征（均值、方差）. 利用期望与方差进行决策 2018全国卷Ⅰ 本讲是高考的热点，常以实际问题为情境，与计数原理、古典概型等知识综合命题，考查离散型随机变量的分布列、均值与方差，以解答题为主，有时也以选择题、填空题的形式进行考查，难度中等.预计2024年高考会着重考查本讲知识的实际应用.
续表
1.离散型随机变量
一般地，对于随机试验样本空间 中的每个样本点 ，都有①________________与
之对应，我们称 为随机变量.可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，称为
离散型随机变量.随机变量一般用大写英文字母表示，例如 ， ， .随机变量的取
值一般用小写英文字母表示，例如 ， ， .
2.离散型随机变量的分布列
一般地，设离散型随机变量 的可能取值为 ， ， ， ，我们称 取每一个
值 的概率 ， , ， ， 为 的概率分布列，简称分布列.
唯一的实数
3.离散型随机变量分布列的性质
（1） ②___ , , , , ;
（2） ③___.
4.两点分布
若随机变量 的分布列如下表所示，
0 1

则称随机变量 服从两点分布或0-1分布．
≥
1
5.离散型随机变量的均值与方差
一般地，若离散型随机变量 的分布列为


则称 ④______________________ 为随机变量 的均值或数学期望,
数学期望简称期望.它反映了离散型随机变量取值的平均水平.
称 ⑤
_________________为随机变量 的方差，并称 为随机变量 的⑥________，记
为 .他们都可以度量随机变量取值与其均值的⑦__________.


标准差
偏离程度
6.均值与方差的性质
若 ,其中 , 是常数， 是随机变量，则
（1） ⑧__________， ⑨________;
（2） ;
（3）若 服从两点分布，则 ， .


1.下列说法错误的是( )
A.抛掷一枚质地均匀的硬币，出现正面的次数是随机变量
B.离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1
C.离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的
D.随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小,则偏离变量的平均程度越小
B
2.设 是一个离散型随机变量,其分布列为
-1 0 1

则 等于( )
A. B. 或 C. D.
D
[解析] 由离散型随机变量分布列的性质得 解得 .
3.一台机器生产某种产品，如果生产出一件甲等品可获利50元，生产出一件乙等品
可获利30元，生产一件次品要赔20元，已知这台机器生产出甲等品、乙等品和次品
的概率分别为0.6，0.3和0.1，则这台机器每生产一件产品，平均预期可获利( )
A.36元 B.37元 C.38元 D.39元
B
[解析] 设这台机器每生产一件产品可获利 元，则 可能取的数值为50， ，
，
所以 ， ， ，
所以这台机器每生产一件产品平均预期可获利为
（元），故选B.
4.[多选]设离散型随机变量 的分布列为
0 1 2 3 4
0.4 0.1 0.2 0.2
若离散型随机变量 满足 ，则下列结果正确的有( )
A. B. ,
C. , D. ,
ACD
[解析] 因为 ，所以 ,故A正确;
又 ,
，故C正确，B错误;
因为 ，所以 ， ，故D正确.故选ACD.
5.若随机变量 满足 ,其中 为常数,则 的值为___.
0
[解析] , ， .
6.设 是一个离散型随机变量,其分布列如下表.若关于 的方程
的两根之积为3，则 _ _， ___.
0 1



[解析] 由根与系数的关系知 , ①,
由分布列的性质得 ②,联立①②得 ， .又由题意知 服从两点
分布， ， .
命题点1 离散型随机变量分布列的性质
1.（1）某射手射击所得环数 的分布列如下表：
7 8 9 10
0.1 0.3
已知 的数学期望 ,则 的值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由题中表格可知 , ,解
得 .故选C.
（2）设随机变量 的分布列为
1 2 3 4

则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 根据分布列的性质得 ，解得 ,随机变量 的分布列为
1 2 3 4

所以 .
（3）[多选]设随机变量 的分布列为 （ , , , , ），则( )
A. B.
C. D.
AB
[解析] ∵随机变量 的分布列为 ,
， 解得 ，
故A正确；易知 ，故B正确；易知
，故C错误；易知
，故D错误.
方法技巧
离散型随机变量分布列的性质的应用
1.利用“总概率之和为1”可以求相关参数的取值范围或值；
2.利用“离散型随机变量在一范围内的概率等于它取这个范围内各个值的概率之和”求某些特定事件的概率；
3.可以根据性质判断所得分布列结果是否正确.
命题点2 离散型随机变量的分布列及数字特征
2.（1）[多选/2022浙江省杭州市长河高级中学期中]某项上机考试的规则是：每位学
员最多可上机考试3次，一旦通过，则停止考试；否则一直到3次上机考试结束为止.
某学员一次上机考试通过的概率为 ，考试次数为 ，若 的数学期望
，则 的取值可能是( )
A. B. C. D.
AC
[解析] 考试次数 的所有可能取值为1， ， ，
， ， ，
，
即 ，解得 或 ，
又 ，故 ．结合各选项可知， 的取值可能是 或 .故选AC.
（2）[多选]设随机变量 的分布列为 ， ， ，
分别为随机变量 的数学期望与方差，则( )
A. B.
C. D.
ABC
[解析] ， ， ， ， ， ，解得 ，故A正确； ， ,故B正确； ，故C正确； ，故D错误.
（3）[2022浙江高考]现有7张卡片，分别写上数字 , , , , , , .从这7张卡片中
随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为 ，则 _ __, ___.


[解析] 由题意知 .
易知 的可能取值为1, , , ，
， ， ，
所以 的分布列为
1 2 3 4

所以 .
3.[2022全国卷甲]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， ， ，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] 设甲学校获得冠军的事件为 ，则甲学校必须获胜2场或者3场.
.
故甲学校获得冠军的概率为 0.6.
（2）用 表示乙学校的总得分，求 的分布列与期望.
[解析] 的取值可以为0， , , .
，

，

，
.
所以 的分布列为
0 10 20 30
0.16 0.44 0.34 0.06
所以 .
方法技巧
求离散型随机变量 的均值与方差的步骤
（1）理解 的意义，写出 的全部可能取值；
（2）求 取每个值的概率；
（3）写出 的分布列；
（4）由均值、方差的定义求 、 .
命题点3 利用期望与方差进行决策
4.[2016全国卷Ⅰ]某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图所示的柱状图：
以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，
记 表示2台机器三年内共需更换的易损零件数, 表示购买2台机器的同时购买的易
损零件数.
（1）求 的分布列；
[解析] 由题中柱状图并以频率代替概率可得，1台机器在三年内需更换的易损零件数
为8， ， ， 的概率分别为 , , ，从而
;
;
;
;
;
;
.
所以 的分布列为
16 17 18 19 20 21 22
0.04 0.16 0.24 0.24 0.2 0.08 0.04
（2）若要求 ，确定 的最小值；
[解析] 由（1）知 , ,故 的最小值为19.
（3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 与 之中选其
一，应选用哪个？
[解析] 记 表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元）.
当 时，

.
当 时，

.可知当 时所需费用的期望值小于当 时所需费用的期望值，故
应选 .
5.[2021北京高考]为加快新冠病毒检测效率，某检测机构采取“ 合1检测法”，即将
个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的，若为阳性，
则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中两人感染病毒.
（1）①若采用“10合1检测法”，且两名感染患者在同一组，求总检测次数；
[解析] 100人分成10组，每组检测一次，共需要检测10次，又两名感染患者在同一组，则这一组需要逐个检测，故又需要检测10次，所以共需要检测20次，即总检测次数为20.
②已知10人分成一组，两名感染患者在同一组的概率为 ，求检测次数 的分布列
和数学期望 ；
[解析] 由①可知，两名感染患者在同一组需要检测20次，若两名感染患者不在同一组，又要多检测10次，所以两名感染患者不在同一组，共需要检测30次，所以 的可能取值为20， .
因为两名感染患者在同一组的概率为 ，所以 ,
,则 的分布列为
20 30

所以 .
（2）若采用“5合1检测法”，检测次数 的期望为 ，试比较 和 的大
小（直接写出结果）.
[解析] .
理由如下：
若采用“5合1检测法”，则两名感染患者在同一组的概率为
，此时需要检测25次，
两名感染患者不在同一组的概率为 ,此时需要检测30次，
则 的分布列为
25 30

所以 .
方法技巧
随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量稳定于均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据.一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定.
1.[命题点2/2022南昌市模拟]甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加一次节日活动,他们都
有机会抽取奖券.墙上挂着两串奖券袋（如图）, , , , , 五个袋子分别装有价
值 , , , , （单位:元）的奖券,抽取方法是这样的:每位同学只能从其中
一串的最下端取一个袋子,得到其中奖券,直到奖券袋取完为止.甲先取,然后乙、丙、
丁、戊依次取,每个人等可能选择一串取.
（1）求丙取得的奖券袋中的奖券为80元的概率;
[解析] 由题意,可列举为
所以丙取得的奖券袋中的奖券为80元的概率 .
（2）记丁取得的奖券袋中的奖券为 元,求 的分布列及数学期望.
[解析] 由题意,可列举为
所以 的可能取值为100, , , ,
又 ,
,
,
,
所以 的分布列为
80 90 100 200

所以 .
2.[命题点2/2023鄂东南省级示范高中联考]在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种．单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分．
（1）小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测．已知小明
知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是 ．则小明在做某道单项选择题
时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项选择题正确答案的概率．
[解析] 设事件 为“题回答正确”，事件 为“知道正确答案”，则 ,
, .
由全概率公式可得 ，
所以 ．
（2）小明同学在做多项选择题时，选择一个选项的概率为 ，选择两个选项的概率
为 ，选择三个选项的概率为 ．已知某道多项选择题有三个选项是正确的，小明在
完全不知道四个选项正误的情况下，只好根据自己的经验随机选择，记小明做这道
多项选择题所得的分数为 ，求 的分布列及数学期望．
[解析] 设事件 表示小明选择了 个选项，事件 表示选择的选项是正确的，则
，
，
，（或者
）
随机变量 的分布列为
0 2 5

所以 ．
3.[命题点3]某投资公司准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择.
项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 ，也可能
亏损 ，且这两种情况发生的概率分别为 和 ;
项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 ，可能损
失 ，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为 ， 和 .
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
300 -150

所以 ，
.
[解析] 若投资项目一，设获利为 万元， 的所有可能取值为300， .则
的分布列为
若投资项目二，设获利为 万元， 的所有可能取值为500， ， .则 的分
布列为
500 0 -300

所以 ，
.
由 ， ，可得虽然项目一、项目二平均获利相等，但项目一更稳妥.综上所述，建议该投资公司选择项目一投资.
05
二项分布、超几何分布与正态分布
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解伯努利试验，掌握二项分布及其数字特征，并能解决简单的实际问题. 2.了解超几何分布及其均值，并能解决简单的实际问题. 重伯努利试验与二项分布 2021天津T14；2019天津T16；2018全国卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅲ ； 本讲是高考的热点，以生产生活实际情境为载体考查二项分布、超几何分布及正态分布的应用，解题
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.通过误差模型，了解服从正态分布的随机变量.通过具体实例，借助频率分布直方图的几何直观，了解正态分布的特征. 4.了解正态分布的均值、方差及其含义. 超几何分布 2021浙江T15；2018天津T16 时注意对相关概念的理解及相关公式的应用.在2024年高考备考时注意对不同分布模型的理解和应用.
正态分布及其应用 2022新高考卷Ⅱ ；2021新高考 卷Ⅱ 续表
1. 重伯努利试验
（1） 重伯努利试验
名称 定义 示例
伯努利试验 把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验. 抛掷一枚质地均匀的硬币1次.
重伯努利试 验 将一个伯努利试验独立地重复进行 次所组 成的随机试验称为 重伯努利试验. 抛掷一枚质地均匀的硬
币 次.
（2） 重伯努利试验的特征
.同一个伯努利试验重复做 次;
.各次试验的结果相互独立.
2.二项分布
（1）二项分布的定义：一般地，在 重伯努利试验中，设每次试验中事件 发生的
概率为 ,用 表示事件 发生的次数，则 的分布列为 ①
_____________________, , , .如果随机变量 的分布列具有上式的形式，
则称随机变量 服从二项分布，记作②___________.特别地，当 时，此时的二
项分布为两点分布.
（2）二项分布的期望与方差：若随机变量 服从二项分布，即 ，则
③____, ④__________.




3.超几何分布
（1）超几何分布的定义：一般地，假设一批产品共有 件，其中有 件次品.从
件产品中随机抽取 件（不放回），用 表示抽取的 件产品中的次品数，则 的
分布列为 ⑤_ _______, , ， ， , .其中 , , ,
, , , 如果随机变量 的分布列具
有上式的形式，那么称随机变量 服从超几何分布.
（2）超几何分布的期望与方差：超几何分布有时也记为 ，则
⑥____， .
注意 二项分布是有放回抽样，超几何分布是不放回抽样.


4.正态分布
（1）定义：若随机变量 的概率分布密度函数为 , （其中
, 为参数），则称随机变量 服从正态分布，记为⑦_____________.特别
地，当 , 时，称随机变量 服从标准正态分布.
（2）正态曲线的特点
a.曲线是单峰的，它关于直线⑧______对称.
.曲线在⑨______处达到峰值（最大值） .
.当 无限增大时，曲线无限接近 轴.
.曲线与 轴之间的面积为⑩___.



1
.当 一定时，曲线的位置由 确定，曲线随着 的变化而沿 轴平移，如图1所示.
.当 一定时，曲线的形状由 确定. 越小，曲线越“ ______”，表示总体的分布
越 ______; 越大，曲线越“ ______”，表示总体的分布越 ______，如图2所示.
瘦高
集中
矮胖
分散
（3）正态分布三个常用数据
,
,
.
说明 在实际应用中，通常认为服从正态分布 的随机变量 只取
之间的值，并简称之为 原则.
（4）正态分布的期望与方差：若 ，则 的期望与方差分别为
___, ____.


1.下列说法错误的是 ( )
A.某射手击中目标的概率为0.9,从开始射击到击中目标所需的射击次数 服从二项分
布
B.从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数 服从超几何分布
C. 重伯努利试验中各次数试验的结果相互独立
D.正态分布是对连续型随机变量而言的
A
2.已知随机变量 ，若 ， ,则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意，得 解得 故选A.
3.[2022太原二模]已知随机变量 服从正态分布 ，若
，则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为 服从正态分布 ， ，所以 .故选B.
4.[教材改编]生产方提供一批产品50箱，其中有2箱不合格产品．采购方接收该批产
品的准则是：从该批产品中任取5箱产品进行检测，若至多有1箱不合格产品，便接
收该批产品．则该批产品被接收的概率是_ ___.

[解析] 用 表示“5箱中不合格产品的箱数”，则 服从超几何分布，且 ,
, ．
因为这批产品被接收的条件是5箱全部合格或只有1箱不合格，
所以该批产品被接收的概率是 .
命题点1 重伯努利试验与二项分布
1.[2021天津高考]甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方
猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分
别为 和 ，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次
活动中，甲获胜的概率为_ _， 次活动中，甲至少获胜2次的概率为___．


[解析] 记一次活动中，甲获胜为事件 ，则 .记3次活动中，
甲至少获胜2次为事件 .
解法一（直接法） .（“至少获胜2次”的意
思是“获胜2次或获胜3次”）
解法二（间接法） .（事件 的对立
事件为“获胜一次或三次都不获胜”）
2.[2019天津高考]设甲、乙两位同学上学期间，每天 之前到校的概率均为 ，假
定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.
（1）用 表示甲同学上学期间的三天中 之前到校的天数，求随机变量 的分布列和数学期望；
[解析] 因为甲同学上学期间的三天中每天到校情况相互独立，且每天7：30之前到校
的概率均为 ，故 ，从而 ， , , , .
所以随机变量 的分布列为
0 1 2 3

随机变量 的数学期望 .
（2）设 为事件“上学期间的三天中，甲同学在 之前到校的天数比乙同学在
之前到校的天数恰好多2”，求事件 发生的概率.
[解析] 设乙同学上学期间的三天中每天7：30之前到校的天数为 ，则 ,
且 .由题意知事件 与
互斥，且事件 与 ，事件 与 均相互独
立，从而由（1）知 ,
.
方法技巧
二项分布的解题策略
（1）在根据 重伯努利试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间
的关系，确定二项分布的试验次数和变量的概率，从而求得概率.
（2） .求随机变量 的期望与方差时，可首先分析 是否服从二项分布，若
，则利用公式 , 求期望、方差,可减少计算
量.
.有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项
分布，这时，可以应用均值与方差的性质求解，即利用 ,
求解.
命题点2 超几何分布
3.[2021浙江高考]袋中有4个红球， 个黄球， 个绿球.现从中任取两个球，记取出
的红球数为 ,若取出的两个球都是红球的概率为 ,一红一黄的概率为 ，则
___, _ _.


[解析] 由题意可得， ，化简得
,得 ，取出的两个球一红一黄的概率
，解得 ，故 .所以 .
易知 服从超几何分布 ,则 .
4.[2018天津高考]已知某单位甲、乙、丙三个部门的员工人数分别为24， ， .现
采用分层抽样的方法从中抽取7人，进行睡眠时间的调查.
（1）应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取多少人？
[解析] 由已知,甲、乙、丙三个部门的员工人数之比为 .由于采用分层抽样的方法从中抽取7人,因此应从甲、乙、丙三个部门的员工中分别抽取3人,2人,2人.
（2）若抽出的7人中有4人睡眠不足，3人睡眠充足，现从这7人中随机抽取3人做进一步的身体检查.
（i）用 表示抽取的3人中睡眠不足的员工人数，求随机变量 的分布列与数学期望；
[解析] 随机变量 的所有可能取值为0, , , ，且服从超几何分布.
则 .所以随机变量 的分布列为
0 1 2 3

所以随机变量 的数学期望 .（也可直
接由超几何分布的期望计算公式 求解）
（ii）设 为事件“抽取的3人中，既有睡眠充足的员工，也有睡眠不足的员工”，求
事件 发生的概率.
[解析] 设事件 为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有 人,睡眠不足的员工有2人”；事
件 为“抽取的3人中,睡眠充足的员工有2人,睡眠不足的员工有1人”,则 ,且
与 互斥.由 知, , ,故
.
所以事件 发生的概率为 .
方法技巧
1.超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数.
2.超几何分布的特征是： 考查对象分两类； 已知各类对象的个数； 从中
抽取若干个个体，考查某类个体数 的概率分布.
3.超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型.
命题点3 正态分布及其应用
5.（1）[2021新高考卷Ⅱ]某物理量的测量结果服从正态分布 ，则下列结论
中不正确的是( )
A. 越小，该物理量一次测量结果落在 内的概率越大
B.该物理量一次测量结果大于10的概率为0.5
C.该物理量一次测量结果小于9.99的概率与大于 的概率相等
D.该物理量一次测量结果落在 内的概率与落在 内的概率相等
D
[解析] 设该物理量一次测量结果为 ,对于A， 越小，说明数据越集中在10附近，
所以 落在 内的概率越大，所以选项A正确；
对于B，根据正态曲线的对称性可得， ,所以选项B正确；
对于C，根据正态曲线的对称性可得， ,所以选项C正确；
对于D，根据正态曲线的对称性可得，
,又
，所以
，所以选项D错误.故选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知随机变量 服从正态分布 ，且
,则 _____.

[解析] 因为 ，所以 ，所以 .
6.[2022广州三模]为监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线
上随机抽取10个零件，度量其内径（单位： ）.根据长期生产经验，可以认为这
条生产线正常状态下生产的零件的内径尺寸服从正态分布 .
（1）假设生产状态正常，记 表示某一天内抽取的 个零件中其内径在 之外的零件数，求 及 的数学期望;
[解析] 由题意知,
，
,

易得 ,（因为每天抽到的10个零件中的每个零件的内径在
之外的概率都相同，所以这10个零件的内径在 之外
的零件数 服从二项分布）
所以 .
（2）该生产线某天正常工作生产的10个零件的内径分别为97, , , , , ,
, , , .
①计算这一天平均值 与标准差 ;
[解析] ,
，所以 .
②一家公司引进了一条这种生产线，为了检查这条生产线是否正常，用这条生产线试生产了5个零件，度量其内径（单位： ）分别为： ， ， ， ， .试问此条生产线是否需要进一步调试，为什么？
参考数据： ， ， ， ， ， ， ， .
[解析] 结论：需要进一步调试.
理由如下：记生产线正常工作时，生产的零件的内径为 .如果生产线正常工作，则 服从正态分布 ,
,
零件的内径在 之外的概率只有 ，而 ,
所以根据 原则，知生产线异常，需要进一步调试.
方法技巧
1.解决正态分布问题有3个关键点
（1）对称轴 ；（2）标准差 ；（3）分布区间.利用对称性可求指定范围内的
概率值；由 ， ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为 特殊区间，从
而求出所求概率.
2.对于正态分布 ,由直线 是正态曲线的对称轴知：
（1） ;
（2）对任意的 ,有 ;
（3） ;
（4） .
概率与其他知识的综合问题
类型1 概率与函数的综合问题
7.[2018全国卷Ⅰ]某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前
要对产品做检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20
件做检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验.设每件产品为不合格品
的概率都为 ,且各件产品是否为不合格品相互独立.
（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为 ,求 的最大值点 ;
[解析] 20件产品中恰有2件不合格品的概率 ，因此 .令 ,得 .当 时, ；当 时， .
所以 的最大值点 .
（2）现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以（1）中确定的 作为 的
值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合
格品支付25元的赔偿费用.
[解析] 由（1）知, ,所以 .
（i）若不对该箱余下的产品做检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为 ,
求 ;
[解析] 令 表示余下的180件产品中的不合格品的件数，依题意知 ,
,即 .
所以 .
（ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品做检验
[解析] 如果对这箱余下的产品做检验，那么这一箱产品所需要的检验费为400元.
由于 ,因此应该对这箱余下的所有产品做检验.
8.[2021新高考卷Ⅱ]一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微
生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代 该微生物每
代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设 表示1个微生物个体繁殖下一代
的个数， （ , , , ）.
（1）已知 ， ， ， ，求 ；
[解析] 由题意， , , , ,
的分布列为
0 1 2 3
0.4 0.3 0.2 0.1
.
（2）设 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率， 是关于 的方程
的一个最小正实根，求证：当 时， ，当
时， ；
[解析] 记 ，
由题知， 为 的实根，
由 ，
得
.
记 ，
则 ,
.
当 时, ,
易知 在 上单调递增，
∴当 时, 无实根.
在 上有且仅有一个实根，即 ，
∴当 时， .
当 时， ,又 , 的图象开口向上，
2024年高考数学专项复习
第十章 圆锥曲线的方程
01
椭圆
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.掌握椭圆的定义、标准方程及简单几何性质. 椭圆的定义及其应用 2021新高考卷Ⅰ ;2021全国卷甲T15;2020新高考卷Ⅰ 该讲是高考命题的热点，主要体现：（1）以定义作为命题思路求解椭圆的标准方程、离心
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.了解椭圆的简单应用. 3.体会数形结合思想. 椭圆的标准方程 2022全国卷甲T11；2022全国卷 乙T20;2021新高考卷Ⅱ ;202 0新高考卷Ⅰ ；2020新高考 卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅰ ； 2020全国卷Ⅱ ;2020全国卷 Ⅲ ；2019全国卷Ⅰ ;201 9全国卷Ⅱ 率等；（2）以特殊的几何图形为命题背景，求解三角形的面积，弦长等.题型既有小题也有大题，难度中等偏上.在2024年高考的备考中，应关注椭圆的定义和几何性质在解题中的应用.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.了解椭圆的简单应用. 3.体会数形结合思想. 椭圆的几何性质 2022新高考卷Ⅰ ;2022全国 卷乙T20；2022全国卷甲 T10;20 21全国卷 乙 T11；2020全国卷 Ⅱ ；2019全国卷Ⅲ ；2 018全国卷Ⅱ 率等；（2）以特殊的几何图形为命题背景，求解三角形的面积，弦长等.题型既有小题也有大题，难度中等偏上.在2024年高考的备考中，应关注椭圆的定义和几何性质在解题中的应用.
续表
1.椭圆的定义和标准方程
（1）定义
平面内与两个定点 , 的距离的和等于①______（大于 ）的点的轨迹叫做
椭圆.这两个定点叫做椭圆的②______，两焦点间的距离叫做椭圆的③______.
集合语言： , ,其中 ，
且 , 为常数.
注意 若 ，则动点的轨迹是线段 ；若 ，则动点的轨迹不
存在．
常数
焦点
焦距
思维拓展
椭圆的第二定义、第三定义
椭圆的第二定义： ,其中 为定点， 为定直线， 为离心率，
， 表示 到直线 的距离 .
椭圆的第三定义： ,其中 , 分别表示点 与两
定点 , 连线的斜率， 为离心率 .
注意 椭圆的第三定义中的定点在 轴上，且利用椭圆第三定义得出的轨迹方程不包
括这两个定点.
（2）标准方程
.中心在坐标原点，焦点在 轴上的椭圆的标准方程为④_ __________ ；
.中心在坐标原点，焦点在 轴上的椭圆的标准方程为⑤_ __________ .


2.椭圆的几何性质
标准方程
图形
几何性质 范围 , . , .
对称性 对称轴：⑥___________.对称中心：⑦______. 轴、 轴
原点
标准方程
几何性质 焦点 , . , .
顶点 ， ， , . , ，
, .
轴 线段 ， 分别是椭圆的长轴和短轴，长轴长为 ⑧____，短轴长为⑨____. 焦距 . 离心率 ⑩______. , , 的关系 .


续表
说明 离心率表示椭圆的扁平程度,当 越接近于1时， 越接近于 ，从而 越小，因此椭圆越扁；当 越接近于0时， 越接近于0，从而 越大，因此椭圆越接近圆；当 时， , ，两焦点重合，图形就是圆.
常用结论
椭圆的焦点三角形
以椭圆上的点 与两焦点 , 为顶点的 叫做焦点三角形.
如图所示，设 .
①当 为短轴端点时， 最大.
② ,当 ，即 为短轴端点时， 取最大值，最大值为 .
③焦点三角形的周长为 .
①推导过程:在焦点三角形 中,由余弦定理可得
,
则
,
,当且仅当 ,即点 是短轴端点时取等
号， .
又∵函数 在 上单调递减，∴当 为短轴的端点时， 最大.
②推导过程:由上条结论的推导过程得 , ,
.
1.[2018上海高考]设 是椭圆 上的动点，则 到椭圆的两个焦点的距离
之和为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 根据椭圆的定义，可知点 到椭圆的两个焦点的距离之和为 .故选C.
2.[2019北京高考]已知椭圆 的离心率为 ，则( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意得， , ,又 , , , .
故选B.
3.[多选]下列说法正确的是( )
A.平面内与两个定点 , 的距离的和等于常数的点的轨迹是椭圆
B.椭圆的离心率 越大,椭圆就越圆
C.关于 , 的方程 表示的曲线是椭圆
D. 与 的焦距相同
CD
4.[忽视定义 致误]平面内一点 到两定点 ， 的距离之和
等于12，则点 的轨迹是__________.
线段
[解析] 由题意知 ，但 ，即 ，
所以点 的轨迹是线段 .
5.[忽视讨论焦点位置而致误]椭圆 的焦距为4，则 ______.
或8
[解析] 当焦点在 轴上时， ， ，
.
当焦点在 轴上时， ， ，
6.已知椭圆的一个焦点为 ，且 ， 是短轴的两个端点， 是等边
三角形，则这个椭圆的标准方程是_ __________.

[解析] 由已知椭圆的焦点在 轴上，设方程为 .
由焦点为 ,知 ，又 为等边三角形，得 ，
所以 ，椭圆的标准方程为 .
命题点1 椭圆的定义及其应用
1.（1）[2021新高考卷Ⅰ]已知 , 是椭圆 的两个焦点，点 在 上，
则 的最大值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由椭圆 ，得 ，
则 ，当且仅当 时等号成立.
（2）[2022合肥质量检测]已知 是椭圆 的左焦点，椭圆
上一点 关于原点的对称点为 ，若 的周长为 ，则
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 根据椭圆的对称性以及椭圆的定义可知， 的周长为
，又 的周长为 ，所以 ,又
点 在椭圆上，所以 ，得 ，所以 ，故选A.
（3）[2022云南师大附中模拟]已知椭圆 ， 是椭圆的左焦点， 是椭圆
上一点，若点 坐标为 ，则 的最小值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设椭圆的右焦点为 ，则 ， 又 ，所以 ，所以 的最小值为3（此时点 是射线 与椭圆的交点）.
（4）[2022安徽六安一中模拟]动圆 与圆 外切，与圆
内切，则动圆圆心 的轨迹是______.
椭圆
[解析] 设动圆的圆心为 ，半径为 .因为动圆与圆 外切，由外切想到半径之和，与圆 内切，由内切想到半径之差，所以 ，又 ，所以动圆圆心 的轨迹是椭圆.
（5）[2021全国卷甲]已知 , 为椭圆 的两个焦点， ， 为 上关
于坐标原点对称的两点，且 ,则四边形 的面积为___.
8
[解析] 因为 ， 为 上关于坐标原点对称的两点，且 ,所以四边形
为矩形.
解法一 设 ， ，则 ， ，
所以 ，可得 （整体思想），
即四边形 的面积等于 .
解法二 令 ，则 的面积为 ，所以四边形
的面积等于 .
方法技巧
利用定义求方程、焦点三角形及最值的解题策略
求方程 通过对题设条件分析、转化后，能够明确动点 满足椭圆的定义，便
可直接求解其轨迹方程.
求焦点三角形 利用定义求焦点三角形的周长和面积．解决焦点三角形问题常利用椭
圆的定义和余弦定理求出 ,结合
进行转化，进而求得焦点三角形的周长和面积．其中对 两边平方是常用技巧.
求最值 ①抓住 与 之和为定值，可利用基本不等式求 的最值；②利用定义 转化或变形，借助三角形性质求最值.
续表
命题点2 椭圆的标准方程
角度1 定义法
2.（1）[2022全国卷甲]已知椭圆 的离心率为 ， ，
分别为 的左、右顶点, 为 的上顶点．若 ,则 的方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 依题意得 ， , ,所以 ， ，故 ，又 的离心率 ，所以 ， ， ,即 的方程为 ，故选B.
（2）[2019全国卷Ⅰ]已知椭圆 的焦点为 ， ，过 的直线与 交
于 ， 两点.若 ，则 的方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设椭圆 的标准方程为 ，因为 ，
，所以 又 ，所以 ，则
， ，
解法一 在 中，由余弦定理得
.因为椭圆 的焦点为 ，
，所以 ， . 在 中，由余弦定理得
，即 ，解
得 ，所以 .于是椭圆 的标准方程为 .故选B.
解法二 因为 ，所以点 为椭圆的上顶点或下顶点.不妨设 ，因为 ，所以 ，代入椭圆方程得 ，解得 . 又 ，所以 .于是椭圆 的标准方程为 .故选B.
角度2 待定系数法
3.（1）过点 ，且与椭圆 有相同焦点的椭圆的标准方程为
( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一（待定系数法） 设所求椭圆方程为 ,将点
的坐标代入，可得 ,解得 ，所以所求椭圆的标准
方程为 .
解法二（定义法） 椭圆 的焦点为 ， ，即 .
由椭圆的定义知， ,
解得 .由 可得 .
所以所求椭圆的标准方程为 .
（2）若椭圆经过两点 和 ，则椭圆的标准方程为___________.

[解析] 解法一 当椭圆的焦点在 轴上时，设所求椭圆的方程为
.∵椭圆经过两点 ， ，∴ 解得

∴所求椭圆的标准方程为 ；
当椭圆的焦点在 轴上时，设所求椭圆的方程为 .
∵椭圆经过两点 ， ，
∴ 解得 与 矛盾，故舍去.
综上可知，所求椭圆的标准方程为 .
解法二 设椭圆方程为
∵椭圆过 和 两点，
∴ 解得
∴所求椭圆的标准方程为 .
方法技巧
求椭圆标准方程的两种方法
1.定义法
先根据椭圆的定义确定 , 的值，再结合焦点位置求出椭圆的方程.
2.待定系数法
（1）若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出 , 的值；若
焦点位置不明确时，则需要分焦点位置在 轴上和 轴上两种情况讨论，也可设椭
圆方程为 （ , , ），不必讨论焦点位置，用待定系
数法求出 , 值即可.
（2）常见设法
①与椭圆 共焦点的椭圆方程可设为 .
②与椭圆 有相同离心率的椭圆方程可设为 （ ，焦点在 轴上）或 （ ，焦点在 轴上）.
命题点3 椭圆的几何性质
角度1 求椭圆离心率或其取值范围
4.（1）[2022豫北名校联考]已知椭圆 的左顶点为 ,上顶点
为 ,右焦点为 ,且 是等腰三角形，则椭圆 的离心率为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意知 ， ，故 ,即 ，
所以 ，即 ，即 ，解
得 （负值舍去），故选B.
（2）[2018全国卷Ⅱ]已知 , 是椭圆 的两个焦点， 是 上的一点.若
，且 ，则 的离心率为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题意可得, 因为 ，于是可得
, ，由椭圆的定义得 ，故椭圆 的离心率
.故选D.
（3）[2022全国卷甲]椭圆 的左顶点为 ,点 ， 均在 上，
且关于 轴对称.若直线 , 的斜率之积为 ,则 的离心率为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 设 ，则 ，易知 ，所以
①.因为点 在椭圆 上，所以 ，得
，代入①式，得 ，所以 .故选A.
解法二 设椭圆 的右顶点为 ，则直线 与直线 关于 轴对称，所以
，所以 ，所以 .故选A.
（4）[2021全国卷乙]设 是椭圆 的上顶点，若 上的任意
一点 都满足 ,则 的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 依题意，得 ,设椭圆上一点 ，则 , ，可得 ，则 .因为当 时， ，所以 ，得 ，所以离心率 ，故选C.
方法技巧
求椭圆离心率或其取值范围的方法
1.求椭圆离心率的方法
（1）直接求出 , ,然后利用公式 求解；
（2）由 与 的关系求离心率，利用变形公式 求解；
（3）由椭圆的定义求离心率.设 , 为椭圆的两个焦点, 为椭圆上一点，则
；
（4）构造 , 的齐次式.可以不求出 , 的具体值，而是得出 与 的关系，从而求
得 .
2.求椭圆离心率的取值范围的基本思路
求椭圆离心率的取值范围，关键是寻找关于 , , 的不等式，这就需要利用椭圆上的点的横、纵坐标以及角的取值范围、判别式、基本不等式等来构建不等式，从而求出 的取值范围.
注意 在解关于椭圆的离心率 的二次方程时，要注意根据椭圆的离心率 进行根的取舍，否则将产生增根.
角度2 与椭圆性质有关的最值（范围）问题
5.（1）[2017全国卷Ⅰ]设 , 是椭圆 长轴的两个端点.若 上存在点 满
足 ，则 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 依题意得 或
所以 或 解得 .
（2）如图,焦点在 轴上的椭圆 的离心率 , , 分别是椭圆的一个
焦点和顶点， 是椭圆上任意一点,则 的最大值为___.
4
[解析] 由题意知 ，因为 ，所以 , .故椭圆方程为 .设 点坐标为 ， , .因为 , ， , , ,所以 ，则当 时， 取得最大值 .
方法技巧
利用椭圆的简单几何性质求最值或范围的思路
（1）将所求问题用椭圆上点的坐标表示，利用坐标范围构造函数或不等关系，利用函数或基本不等式求最值或范围；
（2）将所求范围用 ， ， 表示，利用 ， ， 自身的范围、关系求范围.
1.[命题点1]已知 ，则下列说法正确的是( )
A.平面内到 ， 两点的距离之和等于8的点的轨迹是椭圆
B.平面内到 ， 两点的距离之和等于6的点的轨迹是椭圆
C.平面内到点 ， 的距离之和等于点 到点 ， 的距离之和的点的轨迹
是椭圆
D.平面内到点 ， 的距离相等的点的轨迹是椭圆
C
[解析] 选项A， ，故平面内到 ， 两点的距离之和等于8的点的轨迹是线段 ，A错误;选项B，动点到 ， 两点的距离之和等于6，小于 ，故这样的轨迹不存在，B错误;选项C，点 到点 ， 的距离之和为 ,故选项C中的动点的轨迹是椭圆，C正确;选项D，动点的轨迹是线段 的垂直平分线，D错误.
2.[命题点1/2022长春市第二次质量监测]已知 , 为椭圆 的左、右焦点，
点 是椭圆上第一象限内的点，且 ,则 _______.

[解析] 因为点 在椭圆上，所以根据椭圆的定义可知 ，又 ，所以 ，联立上式可得 ，因为 ,所以
3.[命题点1，2/2022山东省部分重点中学综合考试]已知椭圆
的右焦点为 ,椭圆上的两点 , 关于原点对称，若
，且椭圆 的离心率为 ，则椭圆 的方程为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由椭圆的定义及椭圆的对称性可得 ，所以 .由椭
圆 的离心率为 ，得 ，所以 ，故椭圆 的方程为 .
4.[命题点1，3/2022杭州名校联考]如图，焦点在 轴上的椭圆
的左、右焦点分别为 ， ， 是椭圆上位
于第一象限内的一点，且直线 与 轴的正半轴交于 点，
的内切圆在边 上的切点为 ，若 ，则该椭圆
的离心率为_ ___.

[解析] 如图所示，不妨设 的内切圆在边 , 上的切点
分别为 ， ，圆心为 ,连接 , ,则易得 ,又因
为 为等腰三角形，故点 在 轴上，则由题意可知
，
由椭圆的定义知 ，即 ，解得 ，所以 ,所以椭圆的离心率
5.[命题点3角度1]若椭圆 上存在一点 ，使得 （
, 分别为椭圆的左、右焦点），则椭圆的离心率 的取值范围为_ ______.

[解析] 解法一 设点 的坐标是 ，则 .
, , , .
， ，即 .
又点 在椭圆上，即 , ,即 ,
,
即 ,又 , ，
故椭圆的离心率 的取值范围是 .
解法二 设椭圆与 轴的一个交点为 ，
∵椭圆上存在一点 ，使 ,
,则 ,
,即 ,
又 , ,
故椭圆的离心率 的取值范围为 .
6.[命题点3角度2/2018浙江高考]已知点 ，椭圆 上两点
， 满足 ，则当 ___时，点 横坐标的绝对值最大.

[解析] 设 , ，由 ，得 即
.因为点 , 在椭圆上，所以 得
，所以 ，
所以当 时，点 横坐标的绝对值最大.
02
直线与椭圆的位置关系
命题点 五年考情 命题分析预测
直线与椭圆的位置关系 本讲每年必考，命题热点为直线与椭圆相交的弦长、中点弦问题，以及直线与椭圆的综合应用，常与向量、数列、圆等知识综合命题，难度中等偏上.在2024年高考备考时应重视和直线与椭圆的位置关系相关的典型题型的研究，注意培养数学运算素养.在解题时，要充分利用数形结合、转化与化归等思想.
弦长及中点弦问题 2022新高考卷Ⅰ ;2021新高考卷 Ⅱ ；2020全国卷Ⅱ 命题点 五年考情 命题分析预测
直线与椭圆的综合应用 2022全国卷乙 T20；2021新高考卷 Ⅱ ；2020新高考卷Ⅰ ；202 0新高考卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅱ ；2018全国 卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅲ 本讲每年必考，命题热点为直线与椭圆相交的弦长、中点弦问题，以及直线与椭圆的综合应用，常与向量、数列、圆等知识综合命题，难度中等偏上.在2024年高考备考时应重视和直线与椭圆的位置关系相关的典型题型的研究，注意培养数学运算素养.在解题时，要充分利用数形结合、转化与化归等思想.
续表
1.直线与椭圆位置关系的判断
将直线方程与椭圆方程联立，消去 （或 ），得到关于 （或 ）的一元二次方程，
设其判别式为 .
则①______ 有两个交点 相交；
有一个交点 相切；
②______ 无交点 相离.


2.弦长公式
当直线的斜率存在时,斜率为 的直线 与椭圆 相交于 , 两个不同
的点,则弦长 ,或 ③
________________ ④_ ___________________________ .
注意 利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在直线与椭圆方程联立的一元二次方程
有2个不同的解的情况下进行的,不要忽略判别式大于零.


常用结论
与椭圆有关的常用结论
（1）椭圆的通径（过焦点且垂直于长轴的弦）长为 ，通径是最短的焦点弦.
（2）设椭圆 的左、右焦点分别为 , ，则当
点 在椭圆上时， , （ 为椭圆的离心率）.
（3）若直线 经过椭圆的左焦点，则弦长
；若直线 经过椭圆的右焦点，则弦长
（ 为椭圆的离心率）.
是椭圆的不平行于对称轴的弦， 为原点， 为 的中点，则
.
（5）过原点的直线交椭圆于 ， 两点， 是椭圆上异于 ， 的任一点，在 ,
的斜率存在的条件下，有 .
（6）点 在椭圆 上，过点 的切线方程为
.
（7）过椭圆 外一点 所引两条切线的切点弦所在直线方程是 .
（8）椭圆 与直线 相切的条件是 .
1.直线 与椭圆 的位置关系是( )
A.相交 B.相切 C.相离 D.无法判断
A
[解析] 解法一 联立直线与椭圆的方程得 消去 ，得
， ，所以直线与椭圆相交.
解法二 因为直线过点 ，而 ，即点 在椭圆内部，所以可推断直
线与椭圆相交.
2.过椭圆 的焦点的最长弦和最短弦的长分别为( )
A. , B. , C. , D. ,
B
[解析] 由题意知， , , ，最长弦过两个焦点，长为 ,最短弦垂直于 轴，把 代入 ，得 ，所以最短弦的长为3.故选B.
3.[教材改编]已知斜率为2的直线经过椭圆 的右焦点 ，与椭圆相交于
， 两点，则弦 的长为_ ___.

[解析] ∵直线 过椭圆 的右焦点 ,且斜率为2，
∴直线 的方程为 ,即 .
设点 , ,由 消去 ，得 ，解得
， .
解法一 由以上可得
解法二 易得交点 ， （或 , （ , ）.
.
解法三
命题点1 直线与椭圆的位置关系
1.已知对任意 ，直线 与椭圆 恒有公共点，则实数
的取值范围为_______________.

[解析] 解法一（代数法） 由椭圆方程，可知 ，且 ,
将直线与椭圆的方程联立，得
整理，得 .
因为直线与椭圆恒有公共点，故 .
因为 ，所以不等式等价于 ，即 ，由题意，可知要使不等式恒成立，则 ，解得 .
综上， 的取值范围为 .
解法二（几何法） 因为方程 表示椭圆，所以 且 .
因为直线 过定点 ,
所以要使直线和椭圆恒有公共点，点 在椭圆上或椭圆内，
即 ，整理得 ，解得 .
综上， 的取值范围为 .
2.已知直线 ，椭圆 .试问当 取何值时，直线 与椭圆
（1）有两个公共点；
[解析] 直线 的方程与椭圆 的方程联立，得
消去 ,得 ①.
方程①的根的判别式 .
当 ，即 时，方程①有两个不相等的实数根，这时直
线 与椭圆 有两个公共点.
（2）有且只有一个公共点；
[解析] 当 ,即 时，方程①有两个相等的实数根，这时直线 与椭圆
有且只有一个公共点.
（3）没有公共点.
[解析] 当 ，即 或 时，方程①没有实数根，这时直线 与
椭圆 没有公共点.
方法技巧
判断直线与椭圆位置关系的方法
（1）判断直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组的解的个数．
（2）对于过定点的直线，也可以根据定点与椭圆的位置关系判定直线和椭圆是否有交点.
命题点2 弦长及中点弦问题
角度1 弦长问题
3.已知椭圆 的中心在坐标原点，焦点在 轴上，左顶点为 ，离心率为 .
（1）求椭圆 的标准方程；
[解析] 设椭圆 的标准方程为 .
由题意得 解得 ，所以 ，
所以椭圆 的标准方程为 .
（2）斜率为1的直线 与椭圆 相交于 ， 两点，求 的最大值.
[解析] 设 ， ，直线 的方程为 .
由 得 ，
由 ，得 ，
则 , ,
所以


,
又 ，所以当 时，可得 的最大值为 .
4.[2020全国卷Ⅲ]已知椭圆 的离心率为 , , 分别为
的左、右顶点.
（1）求 的方程；
[解析] 由题设可得 ,得 ,
所以 的方程为 .
（2）若点 在 上，点 在直线 上，且 ,求 的面积.
[解析] 设 , ，根据对称性可设 ,由题意知 .
由已知可得 ，因为 ,所以 ,所以直线 的方程为 ,
所以 , .
因为 ,所以 ,将 代入 的方程，解得 或 .
由直线 的方程得 或 .
所以点 ， 的坐标分别为 ， ; , ,直
线 的方程为 ,点 到直线 的距离为 ,
故 的面积为 ;
,直线 的方程为 ,点 到直线 的距离为
，故 的面积为 .综上， 的面积为 .
角度2 中点弦问题
5.[2022山西朔州期末]已知椭圆 的右焦点为 ，过点
的直线交椭圆于 , 两点.若线段 的中点坐标为 ，则 的方程为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 设 , ，代入椭圆方程得
①-②得 ,（利用点差法）
易知 , .
, , ,
，即 .
又 , , .
∴椭圆 的方程为 .
解法二 设线段 的中点为 ，则由 ，即 ，则 .结合 , ，可得 , .
故椭圆 的方程为 .故选D.
方法技巧
解决中点弦问题的两种方法
点差法 设直线与圆锥曲线的交点（弦的端点）坐标为 , ，将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦 的中点和直线 斜率有关的式子，可以大大减少计算量.
根与系数的关系 联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解.
命题点3 直线与椭圆的综合应用
6.[2022河南新乡模拟]已知椭圆 的离心率为 ,短轴长为2.
（1）求椭圆 的标准方程；
[解析] 由题意可得 解得
故椭圆 的标准方程为 .
（2）过点 的直线 与椭圆 交于两点 , ，若 的面积为 （ 为坐标
原点），求直线 的方程.
[解析] 由题意可知直线的斜率不为0，则设直线的方程为 , ,
.
由 整理得 ，
则 ,且
,
所以 ，
所以 .
设 ,则 ,
所以整理得 ,解得 或 （舍去），即 .
故直线 的方程为 ,即 .
7.已知椭圆 的两个焦点分别为 ， ，短轴的两个端点分别为 ，
.
（1）若 为等边三角形，求椭圆 的方程;
[解析] 由题意知， 为等边三角形，所以 ，又 ，
所以 ，又由 ，可得 ，故椭圆 的方程为 .
（2）若椭圆 的短轴长为2，过点 的直线 与椭圆 相交于 ， 两点，且
，求直线 的方程.
[解析] 易知椭圆 的方程为 ，当直线 的斜率不存在时，其方程为 ，
不符合题意;
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
由 得 .设 ， ，
则 ， ， ， ，
因为 ，所以 ，
即 ，
解得 ，即 ，故直线 的方程为 或 .
方法技巧
直线与椭圆综合应用题的解题策略
（1）解答直线与椭圆相交的题目时,常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的
方程，消去 （或 ）得一元二次方程,然后借助根与系数的关系，并结合题设条件,
建立有关参变量的等量关系求解；
（2）涉及直线方程的设法时,务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
1.[命题点1]若直线 与椭圆 相切，则直线的斜率 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由题意知直线 与椭圆 有且只有一个交点.由
消去 并整理，得 ,所以
,解得 .
2.[命题点2角度1/多选]已知椭圆 ，对于任意实数 ，下列直线被椭圆
截得的弦长与直线 被椭圆 截得的弦长可能相等的是( )
A. B. C. D.
ABC
[解析]
A √ 当 时，两直线关于 轴对称，故被椭圆 截得的弦长相等.
B √ 当 时，两直线平行且关于原点对称，故被椭圆 截得的弦长相等.
C √ 当 时，两直线关于 轴对称，故被椭圆 截得的弦长相等.
D × 直线 恒过点 ，而直线 恒过点 ，两直线不关于
轴、 轴及原点对称，故被椭圆 截得的弦长不可能相等.
3.[命题点2角度2/2022四川模拟]已知椭圆 ,过点 的直线 与 交于
, 两点，线段 中点的横坐标为1，则直线 的斜率为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设直线 ,由 得
.设 ,则 ,又
中点的横坐标为1，所以 ,解得 ，即直线 的斜率为
4.[命题点2/多选]设椭圆的方程为 ，斜率为 的直线 不经过原点 ，且
与椭圆相交于 , 两点， 为线段 的中点，则下列说法正确的是( )
A.
B.若 ，则直线 的方程为
C.若直线 的方程为 ，则
D.若直线 的方程为 ，则
BD
[解析] 设 , ， ，则 两式相减，得
,即 ,即 .对于A，
，所以A不正确；对于B，由 ,得
，所以直线 的方程为 ，即 ，所以B正
确；对于C，若直线 的方程为 ， ，
则 ，所以C不正确；对于D，由 得 ，解得 ，所以 ，所以D正确.
5.[命题点3]已知椭圆 的离心率为 ，且过点 .
（1）求椭圆 的方程；
[解析] 由题意知 , .
又 ，所以 .
所以椭圆 的方程为 .
（2）若过点 的任意直线与椭圆 相交于 ， 两点，线段 的中点为 ，
求证：恒有 .
[解析] 当直线 的斜率为0时，
易知 为坐标原点 ，则 恒成立.
当直线 的斜率不为0时，
设过点 的直线为 , , ，
由 得 ，且 ，
则
又 , ，
所以
,
所以 .
因为线段 的中点为 ，
所以 .
综上，恒有 .
03
双曲线
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，以及简单几何性质. 2.体会数形结合思想. 双曲线的定义及应用 2020全国卷Ⅲ 该讲每年必考，命题热点为双曲线的定义、标准方程、渐近线、离心率，直线与双曲线的综合问题，
求双曲线的标准方程 2022新高考卷Ⅱ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，以及简单几何性质. 2.体会数形结合思想. 双曲线的几何性质 2022全国卷乙T11;2022全国卷甲 T14;2021 新高考卷Ⅰ ;2021新高考卷Ⅱ ;202 1全国卷甲T5 ;2021全国卷乙 T13；2020 新高考卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅰ ；202 0全国卷Ⅱ ;2020全国卷Ⅲ ；2019全 国卷Ⅰ ;2019全国卷Ⅱ ；2019全国 卷Ⅲ ；2018全国卷Ⅰ ；2018全国 卷Ⅱ ；2018全国卷Ⅲ 题型既有选择题、填空题，也有解答题（近两年刚出现），难度中等偏上.在2024年高考备考中，训练常规题型的同时，应强化有关解答题的训练.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，以及简单几何性质. 2.体会数形结合思想. 直线与双曲线的位置关系 2022新高考卷Ⅰ ;2022新高考卷Ⅱ ; 2021新高考卷Ⅰ ;2020全国卷Ⅱ ；2 018全国卷Ⅰ 题型既有选择题、填空题，也有解答题（近两年刚出现），难度中等偏上.在2024年高考备考中，训练常规题型的同时，应强化有关解答题的训练.
续表
1.双曲线的定义和标准方程
（1）定义
在平面内到两定点 ， 的距离的差的①________等于常数（小于 且大于零）
的点的轨迹叫做双曲线．定点 ， 叫做双曲线的②______，两焦点间的距离叫做
③______．
集合语言： , ,其中 , 为常数且
, .
.当 时， 点的轨迹是两条射线；
.当 时， 点轨迹不存在.
绝对值
焦点
焦距
思维拓展
双曲线的第二定义、第三定义
双曲线的第二定义： , ，其中 为定点， 为定直线， 为离
心率， 为点 到直线 的距离 .
双曲线的第三定义： ，其中 , 分别表示点 与两
定点 , 连线的斜率， 为离心率 （注意，此时确定的双曲线不包含两个顶点，
且焦点在 轴上）.
（2）标准方程
.中心在坐标原点，焦点在 轴上的双曲线的标准方程为④_ __________（ ,
）；
.中心在坐标原点，焦点在 轴上的双曲线的标准方程为⑤_ __________（ ,
）.
规律总结
焦点位置的判断
在双曲线的标准方程中，看 项与 项的系数的正负，若 项的系数为正，则焦
点在 轴上;若 项的系数为正，则焦点在 轴上，即“焦点位置看正负，焦点随着
正的跑”.


2.双曲线的几何性质
（1）双曲线的几何性质
标准方程
图形
标准方程
几何性质 范围 , ,
对称性 对称轴：⑥___________；对称中心：⑦______. 焦点 ⑧_______， ⑨______ ，
顶点 ， ，
轴 线段 ， 分别是双曲线的实轴和虚轴;实轴长为⑩____，虚 轴长为 ____； 叫做双曲线的实半轴长， 叫做双曲线的虚半轴 长. 轴， 轴
原点




续表
标准方程
几何性质 焦距 ____ 离心率 , ________ 渐近线 直线 直线
, , 的关系 ________


续表
（2）特殊双曲线
等轴双曲线 共轭双曲线
定义 中心在原点，以坐标轴为对称轴，实半轴长与虚半轴长相等的双曲线叫做等轴双曲线. 如果一条双曲线的实轴和虚轴分别是另一条双曲线的虚轴和实轴，那么这两条双曲线互为共轭双曲线.
性质 ; ；（3）渐近线 互相垂直；（4）等轴双曲线上任意一 点到中心的距离是它到两焦点距离的 等比中项. （1）它们有共同的渐近线；（2）它们的四个焦点共圆；（3）它们的离心率的倒数的平方和等于1.
常用结论
与双曲线有关的常用结论
（1）双曲线的焦点到其渐近线的距离为 ，双曲线的顶点到渐近线的距离为 .
（2）双曲线 的焦点为 , ，当点
在双曲线右支上时， , ;当点 在双曲线左支
上时， , .
（3）若 是双曲线右支上一点， ， 分别为双曲线的左、右焦点，则
, .
（4）同支的焦点弦中最短的为通径（过焦点且垂直于实轴所在的直线的弦），其长
为 ；异支的弦中最短的为实轴，其长为 .
（5）若 是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点， , 分别为双曲线的左、右
焦点，则 ，其中 为 .
（6）过双曲线焦点 的弦 与双曲线交在同支上，则 与另一个焦点 构成的
的周长为 .
（7）若 是双曲线 右支上不同于实轴端点的任意一点，
， 分别为双曲线的左、右焦点， 为 内切圆的圆心，则圆心 的横坐
标为定值 .
（8）过双曲线 上一点 的切线方程为
; 过双曲线外一点 引两条切线的切点弦方程为 .
（9）双曲线 上以 为中点的弦所在直线的
斜率为 .
1.下列选项说法正确的是( )
A.平面内到点 , 距离之差的绝对值等于8的点的轨迹是双曲线
B.关于 , 的方程 表示焦点在 轴上的双曲线
C.双曲线 的渐近线方程是
D.等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于
D
2.[2019浙江高考]渐近线方程为 的双曲线的离心率是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为双曲线的渐近线方程为 ，所以无论双曲线的焦点在 轴上还是在 轴上，都满足 ，所以 ，所以双曲线的离心率 .故选C.
3.[多选]若方程 所表示的曲线为 ,则下面四个命题中错误的是( )
A.若 为椭圆，则
B.若 为双曲线，则 或
C.曲线 可能是圆
D.若 为椭圆，且长轴在 轴上，则
AD
[解析] 若 ，则方程可变形为 ，它表示焦点在 轴上的双曲线;
若 ，则方程可变形为 ，它表示焦点在 轴上的双曲线;
若 ，则 ，故方程 表示焦点在 轴上的椭圆;
若 ，则 ，故方程 表示焦点在 轴上的椭圆;
若 ，方程 ，即为 ，它表示圆.故A,D中说法错误，选
AD.
4.已知等轴双曲线过点 ，则该双曲线方程为_ __________.

[解析] 设双曲线方程为 ，将 代入方程，可得
，所以双曲线方程为 ，即 .
5.[教材改编]设双曲线 的焦点为 , , 为双曲线上的一点，若
,则 ____.

[解析] 由双曲线的方程 ，可得 ,根据双曲线的定义可知
,又 ,则
6.已知双曲线 的焦距为 ,实轴长为 ,则双曲线 的
渐近线方程为____________.

[解析] 由题意知, , ,则 . 的渐近线方程为 ,即 .
命题点1 双曲线的定义及应用
1.（1）已知定点 ， , 是圆 上任意一点，点 关于
点 的对称点为 ，线段 的垂直平分线与直线 相交于点 ，则点 的轨迹
方程是( )
B
A. B. C. D.
[解析] 如图，当点 在 轴左侧时，连接 ， .
因为 ，所以 ，所以由
所在直线为线段 的垂直平分线，可得
，所以
.同理，当点 在 轴
右侧时， .故点 的轨
迹是以 ， 为焦点的双曲线，对应的方程为 .
（2） 是双曲线 右支上一点，直线 是双曲线 的一条渐近线. 在
上的射影为 , 是双曲线 的左焦点，则 的最小值为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 设双曲线的右焦点为 ，因为 ,所以
， .当且仅当 , , 三点共
线，且 在 , 之间时， 最小，且最小值为点 到直线 的距离.点
到直线 的距离 ，故 的最小值为 ，故选D.
（3）已知 ， 为双曲线 的左、右焦点，点 在 上，
，则 的面积为_____.

[解析] 解法一 不妨设点 在双曲线的右支上，则 ，在
中，由余弦定理，得 ，所以
，所以 .
解法二 由题意可得双曲线 的标准方程为 ，所以可得 ，由双曲
线焦点三角形的面积公式 ，可得 .
方法技巧
双曲线定义的应用
1.根据动点与两定点的距离的差判断动点的轨迹是否为双曲线，进而根据要求求出轨迹方程.
2.在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合 ，运用
平方的方法，建立 的联系.
3.利用双曲线的定义解决与双曲线的焦点有关的问题，如最值问题、距离问题等.
注意 利用双曲线的定义解决问题时应注意：①若将定义中的绝对值去掉，则点的轨迹是双曲线的一支；②焦点所在坐标轴的位置.
命题点2 求双曲线的标准方程
2.（1）[2021北京高考]双曲线 过点 ，离心率为2，
则双曲线的标准方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设双曲线的半焦距为 ，由题意可知 解得 则双曲线
的标准方程为 .故选B.
[变条件].已知双曲线过点 ， ，则该双曲线的标准方程是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一（定义法） 若双曲线的焦点在 轴上，设其标准方程为
，则由题意及 可得 解得
所以双曲线的标准方程为
若双曲线的焦点在 轴上，设其标准方程为 ，则由题意可得
该方程组无解.
综上，所求双曲线的标准方程为 .
解法二（待定系数法） 设双曲线的方程为 ,
则由题意及 可得
解得
所以所求双曲线的标准方程为
解法三（待定系数法） 由 可得双曲线的渐近线方程为 ，
所以可设双曲线的方程为 ，
则由双曲线过点 ,可得 ，
故双曲线的方程为 ，其标准方程为
（2）与双曲线 有相同的焦点，且经过点 的双曲线的标准方程
为_ __________.

[解析] 解法一 设所求双曲线的左、右焦点分别为 , ，则 ,
，
则 ，
，
,
故双曲线的标准方程为 .
解法二 设所求双曲线的方程为 .
∵双曲线过点 ，
，解得 .
故双曲线的标准方程为 .
方法技巧
求双曲线标准方程的两种方法
1.定义法
根据题目条件确定 , 的值，再结合焦点的位置求出双曲线方程.
2.待定系数法
（1）若焦点位置不确定时,先确定焦点位置在 轴还是 轴上，设出标准方程，再由
题中条件确定 , 的值，即“先定型，再定量”；若不能确定焦点位置，可以设双
曲线的方程为 .
（2）常见设法
①与双曲线 共渐近线的双曲线方程可设为 ;
②若双曲线的渐近线方程为 ,则双曲线方程可设为 ;
③与双曲线 共焦点的双曲线方程可设为 （ ，且 ）;
④与椭圆 共焦点的双曲线方程可设为 .
命题点3 双曲线的几何性质
角度1 双曲线的渐近线
3.（1）[2022北京高考]已知双曲线 的渐近线方程为 ,则
_____.

[解析] 依题意得 ，令 ，得 ，解得 .
（2）[2019江苏高考]在平面直角坐标系 中，若双曲线 经过
点 ，则该双曲线的渐近线方程是__________.

[解析] 因为双曲线 经过点 ，所以 ,得 ，所
以该双曲线的渐近线方程是 .
（3）[2021新高考卷Ⅱ]已知双曲线 的离心率 ，则
双曲线 的渐近线方程为__________.

[解析] ，得 ，所以双曲线 的渐近线方程为
.
方法技巧
（1）渐近线方程的求法：求双曲线 的渐近线的方法是令
，即得两渐近线方程为 ，也就是 .
（2）在双曲线的几何性质中重点是渐近线方程和离心率，在双曲线
中，离心率 与双曲线的渐近线的斜率 ，满足关系
式 .
角度2 求双曲线的离心率或其范围
4.（1）[2021全国卷甲]已知 , 是双曲线 的两个焦点， 为 上一点，且
， ,则 的离心率为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设 , ,则
,所以 的离心率
.
（2）[2022湖北模拟]双曲线 的左顶点为 ，右焦点为 ，
过点 的直线交双曲线 于另一点 ，当 时满足 ，则双曲线
离心率 的取值范围是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为 ，可得 ，又 ， ，所以
，即 ，即 ，两边同时除以 ，
整理可得 ,又 ，则 .
所以双曲线离心率 的取值范围是 .
（3）[2020全国卷Ⅰ]已知 为双曲线 （ ， ）的右焦点，
为 的右顶点， 为 上的点，且 垂直于 轴.若 的斜率为3，则 的离心率
为___.

[解析] 设 ，因为 为双曲线 上的点，所以 ,所以
.因为 的斜率为3，所以 ， ，所以 ，所以
,所以 ,解得 （舍去）或 ，所以
的离心率 .
方法技巧
1.求双曲线的离心率的方法
公式法 直接求出 , 或找出 , , 之间任意两个的关系，代入公式 .
构造法 由已知条件得出关于 , 的二元齐次方程，然后转化为关于 的一元方程求解.
其他方法 （1）通过特殊值或特殊位置求离心率,例如，令 ，求出相应 的
值，进而求出离心率，能有效简化计算；
（2）在焦点三角形 中,设 , , ,
则 .
2.求解双曲线离心率的取值范围的方法
（1）借助平面几何图形中的不等关系求解，如焦半径 或
、三角形中两边之和大于第三边等;
（2）考虑平面几何图形的临界位置，建立关于 , 的不等关系求解.
续表
角度3 与双曲线性质有关的最值（范围）问题
5.（1）[2020全国卷Ⅱ]设 为坐标原点，直线 与双曲线
的两条渐近线分别交于 , 两点.若 的面积为8，
则 的焦距的最小值为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意知双曲线的渐近线方程为 .因为 , 分别为直线 与双
曲线 的两条渐近线的交点，所以不妨设 , ，所以
，所以 ，当且
仅当 时等号成立.所以 ，所以 ，所以 的焦距的最小值为8，
故选B.
（2）已知双曲线 （ ， ）的两个顶点分别为 ， ，
为双曲线的一个焦点， 为虚轴的一个端点，若在线段 上（不含端点）存在两
点 ， ，使得 ，则双曲线的渐近线的斜率 的平方的取
值范围是( )
A
A. B. C. D.
[解析] （不等式法）不妨设点 为双曲线的左焦点，点 在 轴
正半轴上，则 ， ，直线 的方程为
.如图所示，以 为圆心， 为直径作圆 ，则
， 在圆 上.
由题意可知 解得 ，即双曲线的渐
近线的斜率 的平方的取值范围是 .
方法技巧
求解与双曲线性质有关的最值（范围）问题的方法
1.几何法：如果题中给出的条件有明显的几何特征，那么可以考虑用图形的性质来求解，特别是用双曲线的定义和平面几何的有关结论来求解.
2.代数法：若题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，将双曲线的最值（范围）问题转化为二次函数的最值（范围）问题，然后利用配方法、判别式法、基本不等式法、函数的单调性及三角函数的有界性等求解.
命题点4 直线与双曲线的位置关系
6.[2022长沙市适应性考试]若双曲线 与直线 有交点，
则其离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 由 得 ①，若直线
与双曲线 有交点，则方程①有实根，所以 ，即
，所以 ，所以 ，故选A.
解法二 双曲线 的渐近线方程为 ，因为直线 与双曲线
有交点，所以直线 的斜率比渐近线 的斜率小，即 ，
即 ，所以 ，所以 ，故选A.
7.[2021新高考卷Ⅰ]在平面直角坐标系 中，已知点 , ，点
满足 .记 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
[解析] 因为 ,所以点 的轨迹 是以 , 分别
为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为 ，半焦距为 ，则 , ，得
， ，
所以点 的轨迹 的方程为 .
（2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 于 , 两点和 , 两点，且
,求直线 的斜率与直线 的斜率之和.
[解析] 设 ，由题意可知直线 , 的斜率均存在且不为0，设直线 的方
程为 ，直线 的方程为 ，
由 得 .
设 , ,易知 , ,
则 ， ，
所以 ,
,
则
.
同理得 .
因为 ，
所以 ，
所以 ，即 ，
由题意可知， ，所以 ，即 .
故直线 的斜率与直线 的斜率之和为0.
方法技巧
解决直线与双曲线的位置关系问题的策略
判断直线与双曲线的位置关系和判断直线与椭圆的位置关系有类似的处理方法，但
要注意联立直线方程与双曲线方程，消元后得到的方程的二次项系数是否为零.
当二次项系数为0时，直线与双曲线最多只有一个交点；当二次项系数不为0时，利
用判别式 求解.
注意 注意数形结合思想与分类讨论思想的应用，点所在双曲线的左、右支的位置不
同，会导致所求解的情况有所不同.
1.[命题点1]已知 为双曲线 的左焦点， ， 为 上的点.若 的长
等于虚轴长的2倍，点 在线段 上，则 的周长为____.
44
[解析] 由题意得，点 为双曲线 的右焦点，则 , ,两式相加，利用双曲线的定义得 ，所以 的周长为 .
2.[命题点2/2017全国卷Ⅲ]已知双曲线 的一条渐近线方程
为 ,且 与椭圆 有公共焦点，则 的方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 根据双曲线 的一条渐近线方程为 ，可知 ①.
因为椭圆 的焦点坐标为 和 ，所以 ②，根据①
②可知 , .所以双曲线 的方程为 .
解法二 因为双曲线的渐近线方程为 ，所以可设双曲线方程为
，即 .又因为双曲线 与椭圆有公共焦点 ,
，所以可得 ,则 ，所以双曲线 的方程为 .
3.[命题点1，3]如图，设双曲线 的左焦点和右焦点分别
是 ， ，点 是 右支上的一点，则 的最小值为
( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由双曲线 可得 ， ，所以 ，所以
， .
由双曲线的定义可得 ，
所以 ，
所以 .
由双曲线的性质可知 ，（双曲线上的点到焦点的距离都不小于
）
令 ，则 ，所以 .
令 ，则 在 上单调递增，（易忽视 的范围，
错误地使用基本不等式求最值）
所以当 时， 取得最小值 ，此时点 为双曲线的右顶点 ，
即 的最小值为7.
4.[命题点3角度1/2021全国卷乙]已知双曲线 的一条渐近线为
，则 的焦距为___.

[解析] 双曲线 的渐近线为 ,即 ,又双曲线
的一条渐近线为 ,即 ,对比两式可得， .设双曲线的
实半轴长为 ，虚半轴长为 ，半焦距为 ,则有 ， ，所以双曲线
的焦距 .
5.[命题点3角度2/2019全国卷Ⅰ]已知双曲线 （ ， ）的左、
右焦点分别为 ， ，过 的直线与 的两条渐近线分别交于 ， 两点.若
， ，则 的离心率为___.
2
[解析] 解法一 因为 ，
所以 ，如图.
所以 ，所以 ，所以 ．因为
，所以点 为 的中点，又点 为 的中点，所以 ，所以
，因为直线 , 为双曲线 的两条渐近线，所以 ，
．因为 ,所以 ，
所以 ，所以 ，即 ，所以双曲线的离心率 ．
解法二 因为 ,所以 ，在 中， ,所以
,又 ，所以 为 的中点，所以 ,所以
.
又 ,所以 为等边三角形.由 可得 ,
因为点 在直线 上，所以 ,
所以 ,所以 .
6.[命题点3]下列有关双曲线 与 的说法正确的是( )
A.有公共顶点 B.有公共渐近线 C.有公共焦点 D.离心率相等
B
[解析] 因为两个双曲线互为共轭双曲线，所以它们有公共的渐近线，B正确；前者的顶点和焦点在 轴上，后者的顶点和焦点在 轴上，故A，C不正确；前者离心率为 ，后者离心率为 ，故D不正确.
7.[命题点4]已知直线 与双曲线 交于 , 两点， ，
若 为常数，则实数 的值为_ _.

[解析] 将直线 的方程代入双曲线 的方程，得 ，
则 ,得 .设 ,
，则 , ．
, ，所以
，
令 ，得 ，此时 ，所以实数 的值为 ．
04
抛物线
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解抛物线的定义、几何图形和标准方程，以及简单几何性质. 抛物线的定义和标准方程 2022全国卷乙 T5;2022全国卷 甲 T20;2021新高考卷Ⅱ ； 2021全国甲卷 T20；2020全国 卷Ⅰ 本讲每年必考，命题热点主要有：（1）以定义作为命题思路，求解轨迹问题、距离问题、最值问题等；（2）以几何图形作为命题背景，求解焦点弦长、三角形（四边形）的面积（或最值）等；（3）研究直
抛物线的几何性质 2021新高考卷Ⅰ ;2020全 国卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅲ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.了解抛物线的简单应用. 3.体会数形结合的思想. 直线与抛物线的位置关系 2022新高考卷Ⅰ ;2022新 高考卷Ⅱ ;2022全国卷甲 T20；2021全国卷乙 T21；20 20新高考卷Ⅰ ;2019全国 卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅲ ； 2018全国卷Ⅰ ；201 8全国卷Ⅱ ；2018全国卷 Ⅲ 线与抛物线的位置关系,常与向量、切线等知识综合命题，多以解答题的形式出现，难度中等偏上.在2024年高考备考中，在常规题型训练的同时，应关注抛物线的定义及与焦点弦有关结论的应用.
续表
1.抛物线的定义
平面内与一个定点 和一条定直线 （ 不经过点 ）的距离①______的点的轨迹叫
做抛物线.点 叫做抛物线的②______，直线 叫做抛物线的③______.
注意 定点 不能在定直线 上，若定点 在定直线 上，则动点的轨迹为过点 且
垂直于 的一条直线.
相等
焦点
准线
2.抛物线的标准方程与几何性质
标准方程

图形
几何性质 对称轴 轴 轴 顶点 焦点 ④________ ⑤_________ ⑥_______ ⑦_________




标准方程

几何性质 准线方程 ⑧________ ⑨______ ⑩________ ______
范围 , , , ,
离心率 ___ 焦半径（其 中 为抛物线上 任一点） _______ _______




1


续表
常用结论
抛物线焦点弦的几个常用结论
如图，设 是一条过抛物线 焦点 的弦， 所在直线的倾斜角
为 ,若 , , ， 在准线 上的射影为 , ，则
（1） , .
（2） , ,弦长 ，

（3） .
（4）若 为准线与 轴的交点，则 .
（5）通径是过焦点且垂直于对称轴的弦，弦长等于 ，通径是过焦点的最短的弦.
（6）以弦 为直径的圆与抛物线的准线相切.
（7）以 为直径的圆与 相切，切点为 ， .
（8）若 为 的中点，则 .
（9）以 或 为直径的圆与 轴相切.
1.（2）的推导过程：因为 所在直线的倾斜角为 ,则 ,解得
,则 .
同理可得 .
则 ,
.
2.由（2）的推导过程可得， .
1.下列说法正确的是( )
A.平面内与一个定点 和一条定直线 的距离相等的点的轨迹一定是抛物线
B.若抛物线过点 ,则其标准方程可写为
C.抛物线既是中心对称图形,又是轴对称图形
D.方程 表示的曲线是焦点在 轴上的抛物线,且其准线方程为

D
2.[2022广东六校联考]抛物线 的焦点坐标为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 化抛物线的方程为标准形式，得 ,所以 ,（本题在解答过程中若不先将抛物线方程化为标准形式，易错误得到 ，从而错选D）
抛物线的焦点坐标为 ，故选A.
3.[2023湖北省十堰市高三调研]下列四个抛物线中，开口朝左的是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 抛物线 的开口朝右，抛物线 的开口朝下，抛物线 的开口朝左，抛物线 的开口朝上.故选C.
4.[2019全国卷Ⅱ]若抛物线 的焦点是椭圆 的一个焦点，
则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题意，知抛物线的焦点坐标为 ，椭圆的焦点坐标为 ，所以 ，解得 ，故选D.
5.已知抛物线 的焦点为 ,点 为抛物线上一点，则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为点 为抛物线上一点,所以将点 的坐标代入抛物线的方程 ，可得 ，所以抛物线的方程为 ，可得其准线方程为 .根据抛物线的定义，得 .故选B.
命题点1 抛物线的定义和标准方程
角度1 抛物线的定义及其应用
1.（1）[2020全国卷Ⅰ]已知 为抛物线 上一点，点 到 的焦点
的距离为12，到 轴的距离为9，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 根据抛物线的定义及题意得，点 到 的准线 的距离为12，因为点
到 轴的距离为9，所以 ，解得 .故选C.
（2）[2022全国卷乙]设 为抛物线 的焦点，点 在 上，点 ，若
,则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 解法一 如图，由题意可知 ，设 ，则由抛
物线的定义可知 .因为 ，所以由
,可得 ，解得 ，所以 或
.不妨取 ，则
， 故选B.
解法二 由题意可知 ， ，所以 .因为抛物线的通径长为
，所以 的长为通径长的一半，所以 轴，所以
,故选B.
（3）[2023杭州模拟]已知动圆圆心在抛物线 上，且动圆恒与直线 相
切，则此动圆必过定点( )
A. B. C. D.
C
[解析] 抛物线 的焦点坐标为 ，准线方程为 ,依题意根据抛物线的定义可知动圆必过点 .故选C.
（4）[2023江苏省扬州市阶段测试]已知点 是抛物线 上动点， 是 的
焦点，点 的坐标为 ，则 的最小值为___.

[解析] 由题意可得，抛物线 的焦点为 ，准线
方程为 ，
如图，过点 作 垂直于准线， 为垂足，则由抛物线的
定义可得 ，
则 ， 为锐角，
故当 最小时， 的值最小，即当 和抛物线相切时， 的值最小.
设切点 ，则 ，由 的导数为 ，则 的斜率为
，
， ，
， ，
.
方法技巧
1.利用抛物线的定义可解决的常见问题
（1）轨迹问题：利用抛物线的定义可以确定与定点、定直线距离有关的动点轨迹是否为抛物线.
（2）距离问题：涉及抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离问题时，在解题过程中注意两者之间的相互转化.
2.与抛物线定义有关的最值问题的两个转化策略
（1）将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之间线段最短”使问题得以解决.
（2）将抛物线上的点到焦点的距离转化为该点到准线的距离，利用“直线外一点与该直线上所有点的连线中，垂线段最短”原理解决.
角度2 抛物线的标准方程
2.（1）下列四个抛物线中，开口朝下且焦点到准线的距离为5的是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 抛物线的开口朝下，说明其焦点在 轴的负半轴上，则其满足标准方程
，又焦点到准线的距离 ，所以该抛物线的标准方程为 ，故选B.
（2）[2022湖北省七市（州）联考]抛物线 上一点 到焦点
的距离 ，则抛物线的方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 抛物线 的焦点 ，因为点 在抛物线上，所以点 到焦点 的距离等于点 到准线的距离， ，所以 ，抛物线方程为 ，故选B.
（3）[2021新高考卷Ⅰ]已知 为坐标原点,抛物线 的焦点为 ,
为 上一点， 与 轴垂直, 为 轴上一点,且 .若 ，则 的准线
方程为_ _______.

[解析] 解法一 由题易得 , ， ，所以 ，所以 ,即 ，解得 ，所以 的准线方程为 .
解法二 由题易得 , ， ，
即 ，解得 ，
所以 的准线方程为 .
方法技巧
抛物线的标准方程的求法
（1）定义法
若题目中已给出抛物线方程（ 未知），那么只需根据题中条件，求出 ，再结合
焦点位置，求出抛物线方程.标准方程有四种形式,要注意选择.
（2）待定系数法
若题目中未给出抛物线的方程，为了减少不必要的讨论，对于焦点在 轴上的抛物
线的标准方程可设为 ， 的正负由题设来定；焦点在 轴上的抛
物线的标准方程可设为 .
命题点2 抛物线的几何性质
3.（1）[2023江西摸底考试]已知抛物线 的焦点为 ， 上一点 满足
，则直线 的斜率为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由抛物线 得 ，准线为 ，
设 ，则由抛物线的定义可得 即 ，
将 代入抛物线可得 ，即 或 ,
当 的坐标为 时， 的斜率 ；
当 的坐标为 时， 的斜率 .故选C.
（2）[2020全国卷Ⅲ]设 为坐标原点，直线 与抛物线 交
于 ， 两点，若 ，则 的焦点坐标为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 将直线方程与抛物线方程联立，可得 ,不妨设 ,
，由 ,可得 ，解得 ，所以抛物线
的焦点坐标为 .
解法二 由题可知点 , 关于 轴对称，设 与 轴交于 ，且 在第一象限，
因为 ,所以 ,故 ,代入 可得 ,焦点坐
标为 .
（3）[多选]已知抛物线 的焦点为 ，直线 的斜率为 且经过
点 ，直线 与抛物线 交于 ， 两点（点 在第一象限），与抛物线的准线交于
点 ，若 ，则以下结论正确的是( )
ABC
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，分别过点 ， 作抛物线 的准线 的垂线，垂足
分别为点 ，M.设抛物线 的准线 交 轴于点 ，则 ，由
于直线 的斜率为 ,所以倾斜角为 ,因为 轴，所以
.由抛物线的定义可知， ，则 为等边三
角形，所以 ，则 ,所以
，所以 ，A选项正确;因为
， ,所以 为 的中点，则 ，B选项正确;因
为 ，所以 ，所以 （抛物线的定义），
C选项正确；因为 ，所以 ，D选项错误.故选
ABC.
方法技巧
应用抛物线的几何性质解题时，常结合图形思考，通过图形可以直观地看出拋物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性.
命题点3 直线与抛物线的位置关系
4.（1）[2017全国卷Ⅰ]已知 为抛物线 的焦点，过 作两条互相垂直的
直线 , ，直线 与 交于 , 两点，直线 与 交于 ， 两点，则
的最小值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 焦点 ，设 ， ， ， ，易知直线 , 的斜率均存在且不为0，分别设为 , ,则直线 的方程为 ，
由 消去 并整理得 ，所以
.因为 ，所以 .同理有 ，
则
，当且仅当 ，即 时， 取最小值
故选A.
解法二 设 的倾斜角为 ，则 的倾斜角为 ，易知 且 ，由抛物线焦点弦长公式得 ，则 ，
则 ，当 时， 取最小值16.故选A.
（2）[2023山西运城模拟]过点 作抛物线 的切线 , ，切点分别为 ,
，若 的重心坐标为 ，则 点坐标为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设 , ，由 ，得 ，所以 ，
所以直线 的方程为 ，即 ，同理，直线 的方程
为 ，
由 可得 , ，即点 的坐标为 ，
设 的重心坐标为 ，则 , ，即

所以点 的坐标为 .故选A.
（3）[2020新高考卷Ⅰ]斜率为 的直线过抛物线 的焦点，且与 交于
, 两点，则 _ __.

[解析] 解法一 由题意得直线方程为 ,设 , ,由
得 , ,故
.
解法二 因为直线 倾斜角为 ，则 .
5.[2019全国卷Ⅰ]已知抛物线 的焦点为 ，斜率为 的直线 与 的交点
为 , ，与 轴的交点为 .
（1）若 ，求 的方程；
[解析] 设直线 ， , .
由题设得 ,根据抛物线的焦半径公式可知 ,
所以 .
由 可得 ,则 ，
所以 ,所以 .从而 ,得 .
所以 的方程为 ，即 .
（2）若 ，求 .
[解析] 由 可得 ，则 ，所以
,所以 .
由 可得 .
从而 ,故 , .
代入 的方程得 , .
故 .
方法技巧
解决直线与抛物线位置关系的常用技巧
1.直线与抛物线的位置关系问题的求解方法可类比直线与椭圆、双曲线的位置关系的求解方法，一般用到根与系数的关系.
2.涉及抛物线的弦长、中点、距离问题时，要注意“设而不求”“整体代入”“点差法”以及定义的灵活应用.
3.有关直线与抛物线相交的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点.若过抛物线的焦
点（设焦点在 轴的正半轴上），可直接利用公式 求弦长；若不过
焦点，则一般用弦长公式求解.
注意 直线与抛物线只有一个公共点有两种情况：①切线，②与对称轴平行或重合的直
线.
巧用阿基米德三角形的几何性质
6.（1）过抛物线 焦点 的直线 交 于 ， 两点， 为坐标原点，则
( )
A.存在直线 ，使得
B.若 ，则直线 的斜率为
C.过 作 的准线的垂线，垂足为 ，若 ，则
D.过 ， 两点分别作抛物线 的切线，则两切线交点的纵坐标为定值
D
[解析] 易知 的斜率存在，设 ， ， ，将 的方程与抛物
线方程 联立，可得 ，且 ，则
， ， .
易知 ， ，则 ,故不存在直线 ，
使得 ，A错误.
若 ，则 ，结合 ,可得 ， 或
, ，所以 ， ，
故 ，B错误.
连接 ,若 ，由抛物线定义知 ，
不妨令 在第二象限，则 ，则 （ , ）,又 ,可得 ，
在 中， ，C错误.
由阿基米德三角形的几何性质，即两条切线的交点必在抛物线的准线上，可得交点纵坐标为定值 ,D正确.故选D.
（2）[多选]抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德
三角形，阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的
端点的两条切线的交点在其准线上.设抛物线 ，弦 过焦点 ，
为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是( )
BCD
A.存在点 ，使得
B.
C.对于任意的点 ，必有向量 与向量 共线
D. 面积的最小值为
[解析] 由题意可作图如图所示.
设 ， ，直线 .
由 得 ，
则 ， .
设过点 的切线为 ，
由 整理可得 ，由
，可得 .
同理可得过点 的切线斜率为 .
对于A， ，
，故A错误.
对于B，可得 ， 处的切线方程分别为 ， ，（利
用导数的几何意义求切线方程）
且 ， ，
当 时， ，直线 斜率不存在，两直线垂直，即
， ，
.
当 时，又直线 的斜率为 ，
， ，
.故B正确.
对于C，设 的中点为 ，则 ， 轴，
，∴向量 与向量 共线，故C正确.
对于D，如图，设准线 与 轴的交点为 ，
， 的面积 ，则当 最短时（最短为 ）， 也最短，最短为 ，故 面积的最小值为 ，故D正确.
故选BCD.
（3）已知 为抛物线 的焦点，过点 的直线 与抛物线 相交于不同的
两点 ， ，抛物线 在 ， 两点处的切线分别是 ， ，且 ， 相交于点 ，
则 的最小值为___．

[解析] 由题意知，直线 的斜率存在， 的坐标为 ，
可设直线 的方程为 .
由 得 ，易知 .
设 ， ，则 ， ，
所以 ．
由题意可得 为阿基米德三角形，
所以点 的坐标为 ,即 .
而 ，所以 ．
于是
，当且仅当 ，即 时(共126张PPT)
2024年高考数学专项复习
第二章 函数
函数的类型解析
01
幂函数与二次函数
课标要求 命题点 命题分析预测
通过具体实例，结合 , ， , , 的图象，理解 它们的变化规律，了 解幂函数. 幂函数的图象与性质 本讲知识一般不单独命题，幂函数常与指、对函数综合命题，考查比较大小，常以选择题形式出现，难度中等；二次函数则更多作为载体出现，如换元后转化为二次函数，难度中等.2024年高考复习备考时应重视对二次函数图象的理解及有关性质的应用.
二次函数的图象及应用 二次函数的性质及应用 1.幂函数
（1）幂函数的概念
一般地，函数①________叫做幂函数，其中 是自变量， 是常数.
（2）5种常见幂函数的图象与性质
函数
定义域 ②_________ ③__________
值域 ④__________ ⑤__________





函数
奇偶性 奇函数 ⑥________ 奇函数 非奇非偶函数 ⑦________
单调性 ⑧______ ________ ___ 在 上单调递减,在 上单调递增 ⑨______ ________ ___ ⑩_________ ___________ __ ______________
________________
____
偶函数
奇函数
在 上 单调递增
在 上 单调递增
在 上单调递增
在 和（0, ）上单调递减
续表
图象
过定点 ______

续表
规律总结
（1）幂函数在 上都有定义,且图象过定点 .
（2）当 时，幂函数的图象都过点 和 ，且在 上单调递增，
其中 时曲线下凹， 时曲线上凹.当 时，幂函数的图象都过点
，且在 上单调递减，曲线下凹.
（3）幂函数的图象一定会出现在第一象限，一定不会出现在第四象限，若与坐标轴有交点，则交点一定是原点.
（4）在 上，幂函数的指数越大，函数图象越接近 轴；在 上，幂函数
的指数越小，函数图象越接近 轴，注意区分.
2.二次函数的图象与性质
函数
图象 开口向上的抛物线
开口向下的抛物线
定义域
值域 _ ___________

函数
单调性 在 上单调递减,在 上 __________ 在 上单调递增,在
上 __________
奇偶性 当 时为偶函数，当 时为非奇非偶函数 顶点坐标 对称轴 直线 _ ____ 注意 对于函数 ，要使它是二次函数，就必须满足 .当题中条
件未说明 时，要讨论 和 两种情况.
单调递增
单调递减

续表
1.已知幂函数 的图象过点 ，则 ( )
A. B. C. D.
C
2.已知函数 的图象在 轴上方，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
B
3.[多选]以下说法正确的是( )
A.二次函数 , 的最值一定是
B.函数 是幂函数
C.若幂函数的图象与坐标轴相交，则交点一定是原点
D.当 时，幂函数 在 上是增函数
CD
4.已知 , , , ,若幂函数 为奇函数，且在 上递
减，则 ____.

命题点1 幂函数的图象与性质
1.（1）若幂函数 , 与 在第一象限内的图象
如图所示，则 与 的取值情况为( )
D
A. B.
C. D.
[解析] 幂函数 ，当 时， 在 上单调递增，且当
时，图象上凸，所以 .当 时， 在 上单调递
减.不妨令 ，由图象得 ，则 .综上可知，
，故选D.
（2）[2016全国卷Ⅲ]已知 , , ，则( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 , , ，且幂函数 在 上单调递增，指数函数 在 上单调递增，所以 .故选A.
（3）若 ，则实数 的取值范围是_ ________.

[解析] 因为函数 的定义域为 ，且在定义域内为增函数，所以 解得 ，所以实数 的取值范围为 .
方法技巧
1.对于幂函数的图象识别问题，解题关键是把握幂函数的性质，尤其是单调性、奇偶性、图象经过的定点等.
2.比较幂值大小的方法.①同底不同指的幂值大小比较：利用指数函数的单调性进行比较.②同指不同底的幂值大小比较：利用幂函数的单调性进行比较.③既不同底又不同指的幂值大小比较：常找到一个中间值，通过比较幂值与中间值的大小来判断.
命题点2 二次函数的图象及应用
2.（1）对数函数 （ 且 ）与二次函数 在同一
坐标系内的图象可能是( )
A.&1& B.&2&
C.&3& D.&4&
A
[解析] 当 时， 为减函数, 的图象开口向下，对称轴为直线 ，排除C，D；当 时， 为增函数, 的图象开口向上，对称轴为直线 ，排除B.选A.
（2）已知二次函数 的图象经过点 ，且截 轴所得的线段长为2，若对任
意 ，都有 ，则 ____________.

[解析] 因为 对任意 恒成立，所以 图象的对称轴为直线 .又 的图象截 轴所得的线段长为2，所以 的两根为1和3.设 的解析式为 ，因为 的图象过点 ，所以 ，即 ，所以 .
方法技巧
识别二次函数图象应学会“三看”
一看符号 看二次项系数的符号，它的正负决定二次函数图象的开口方向.若符号不确定，要分类讨论.
二看对称轴 看对称轴和最值，它们决定二次函数图象的具体位置.
三看特殊点 看函数图象上的一些特殊点，如函数图象与 轴的交点、与 轴的交点，函数图象的最高点或最低点等.
命题点3 二次函数的性质及应用
角度1 二次函数的单调性
3.若函数 的单调递减区间是 ,则 ____.

[解析] 由题意知 必为二次函数且 ,又 ，所以 .
[变条件]若函数 在区间 上单调递减，则实数
的取值范围是_______.

[解析] 当 时， 在 上单调递减，满足题意,
当 时, 图象的对称轴为直线 ,由 在 上单调递减知
解得 .
综上，实数 的取值范围为 .
角度2 二次函数的最值
4.（1）[2013辽宁高考]已知函数 ,
.设 ,
（ 表示 ， 中的较大值， 表示 ，
中的较小值）.记 的最小值为 ， 的最大值为 ，则 ( )
C
A. B. C. D.
[解析] 易知 的图象的顶点坐标为
， 的图象的顶点坐标为
，并且 与 的图象的顶点都在
对方的图象上， 与 的大致图象如图所示，所
以 ，故选C.
（2）[2015湖北高考] 为实数，函数 在区间 上的最大值记为
当 _________时， 的值最小.

[解析] 分以下四种情况进行讨论.
①当 时，在区间 上，函数 ，又易知 在区
间 上单调递增，所以 ；
②当 时， ， ，而
，所以 ；
③当 时， , ,而 ,所以
；
④当 时， 在区间 上单调递增，当
时， 取得最大值,即 .
综上可得, 且 在 上单调递减，在
上单调递增，
所以当 时， 的值最小.
方法技巧
二次函数在闭区间上的最值问题的类型及解法
二次函数在闭区间上的最值问题主要有三种类型：①轴定区间定;②轴动区间定;③轴定区间动.解题的关键是讨论对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.
二次函数 在 上的最值有如下情况：

图象
最大值、最小值 , , ,

二次函数的零点分布的类型及解题方法
5.（1）若二次函数 在区间 内存在零点，则实数 的取值
范围是_______.

[解析] 二次函数 的图象的对称轴方程为 .若 在区间 内存在零点，
则 解得 ，即实数 的取值范围是 .
（2）若方程 的两根中，一个根在0和1之间，另一个根
在1和2之间，则实数 的取值范围是_ _____.

[解析] 设函数 ，结合右图，
可知 即
解得 ,所以实数 的取值范围是 .
6.关于 的方程 分别满足下列条件，求 的取值范围.
（1）一个根大于1，一个根小于1;
[解析] 令 .
若方程 的一个根大于1，一个根小于1，则 ,解得 ,故 的取值范围为 .
（2）两个不相等的根都在 内.
[解析] 若方程 的两个不相等的根都在 内，则
解得 ,
故 的取值范围为 .
方法技巧
设二次函数 对应方程 的根为 ,
，则:
根的分布（ , 且 , , 为常数） 图象 满足条件

根的分布（ , 且 , , 为常数） 图象 满足条件

.
续表
根的分布（ , 且 , , 为常数） 图象 满足条件


续表
根的分布（ , 且 , , 为常数） 图象 满足条件
只有一根在 之间 或 或
或
续表
1.[命题点1]某同学研究了下列的一个函数，他给出这个函数的三个性质：①偶函数；
②值域是 ；③在 上是增函数.如果他给出的三个性质中，
有两个正确，一个错误，则他研究的函数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 只满足性质②, 只满足性质③， 只满足性质
③, 是偶函数，在 上是增函数，但是其值域是 .故选B.
1.[命题点1]某同学研究了下列的一个函数，他给出这个函数的三个性质：①偶函数；
②值域是 ；③在 上是增函数.如果他给出的三个性质中，
有两个正确，一个错误，则他研究的函数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 只满足性质②, 只满足性质③， 只满足性质
③, 是偶函数，在 上是增函数，但是其值域是 .故选B.
2.[命题点1]若 ，则实数 的取值范围是_ _______________.

[解析] 不等式 等价于 或 或 ，解得 或 .
3.[命题点1]已知函数 是幂函数，且为偶函数，则实
数 ( )
A. 或 B. C. D.
D
[解析] ∵函数 是幂函数， ，解得 或 .当 时， ，是奇函数，不符合题意；当 时， ，是偶函数，符合题意. ，故选D.
4.[命题点2]已知函数 , , 满足 且 ，
，则当 时，有( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设点 , ，则直线 的方
程为 ，即 , 为直线 与 的图象的两个交点，由于 的图象开口向上，所以当 时， ，即 .故选A.
5.[命题点3]已知函数 在 上单调递减，且对任意的 ,
，都有 ，则实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由于函数 的图象的对称轴为直线 ，且函数
在区间 上单调递减，所以 .易知在区间
上， 的最大值为 ，最小值为 ，若对任意的 , ，都有
，则 ，即 ，解得
，又 ，所以 .故选B.
02
指数与指数函数
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过对有理数指数幂 （ ,且 ; ， 为整数， 且 ）、实数指数幂 （ ,且 ; ）含义的 认识，了解指数幂的拓展过程， 掌握指数幂的运算性质. 指数幂的运算 该讲命题热点为指数函数的图象应用、性质判断，比较大小（常运用指、对函数、幂函数的性质或中间值比较大小，有时需要构造函数，借助函数单调性比较大小）.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2通过具体实例,了解指数函数的实际意义,理解指数函数的概念. 指数函数的图象及应用 2019浙江T6 题型以选择题为主，难度中等.2024年高考备考时，应重点关注指数函数的图象与性质的灵活运用.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.能用描点法或借助计算工具画出具体指数函数的图象,探索并理解指数函数的单调性与特殊点. 指数函数的性质及应用 2020全国卷Ⅱ ；2020天津T6；2019全国卷Ⅰ 题型以选择题为主，难度中等.2024年高考备考时，应重点关注指数函数的图象与性质的灵活运用.
续表
1.指数与指数运算
（1）根式
①___（ 使 有意义）.

（2）分数指数幂
②______（ , , ，且 ）.
③_____（ , , ，且 ）.



注意 0的正分数指数幂等于 ， 的负分数指数幂没有意义.
（3）有理数指数幂的运算性质
④_____ ； ⑤_____ ;
⑥____ ；
⑦______ .




2.指数函数
（1）指数函数的概念
函数 （ 且 ）叫做指数函数，其中指数 是自变量，定义域是 .
（2）指数函数的图象和性质
函数
图象
性质 函数的定义域为 ;值域为⑧________. 函数图象过定点⑨______，即当 时， . 当 时，⑩______；当 时， __________. 当 时， __________；当
时， ______.
函数在 上为 ________. 函数在 上为 ________.






增函数
减函数
注意 当指数函数的底数 的大小不确定时，需分 和 两种情况进行讨论.
规律总结
1.指数函数的图象过点 ， ， ，依据这三点的坐标可得到指数函数
的大致图象.
2.函数 （ ,且 ）的图象与 的图象关于 轴对称， 的图象与 的图象关于 轴对称， 的图象与 的图象关于坐标原点对称.
3.如图，底数 , , , 与1之间的大小关系为 .
1.[多选]下列各式中一定成立的为( )
A. B.
C. D.
BD
2.函数 （ 且 ） 的图象恒过定点______.

3.若 是指数函数，则 ___ .

4.若函数 在 上的最大值为2，则 _ _____.
或
5.已知函数 的定义域和值域都是 ,则 _ ___.

命题点1 指数幂的运算
1.计算：
（1） ______;

[解析] 原式 .
（2） __ ;

[解析] 原式 .
（3）若 ，则 __.

[解析] 由 ，两边平方，得 ,
, .
由 ，得 .
, .
.
方法技巧
指数幂的运算技巧
运算顺序 ①有括号先算括号内的；②无括号先进行指数的乘方、开方，再乘除，最后加减；③底数是负数的先确定符号.
运算 基本原则 ①化负指数为正指数；②化根式为分数指数幂；③化小数为分数；④化带分数为假分数.
命题点2 指数函数的图象及应用
2.已知函数 的图象如图所示，则函数 的图象可能是( )
B
A.&1& B.&2&
C.&3& D.&4&
[解析] 由函数 的图象可得 , ，且函数的图象与 轴交点的横坐标大于1，所以 .函数 的图象可以看作把 的图象向右平移 个单位长度得到，且函数 是减函数，故此函数的图象与 轴交点的纵坐标大于1，结合所给的选项，可知选B.
3.（1）若曲线 与直线 有两个公共点，则 的取值范围为______.

[解析] 曲线 与直线 的图象如图所示，由图象
可得，如果曲线 与直线 有两个公共点，则 的
取值范围是 .
（2）若直线 与函数 （ 且 ）的图象有两个公共点，
则 的取值范围是_ _____.

[解析] 的图象是由 的图象先向下平移1个单位长度，再将 轴下方的图象沿 轴翻折到 轴上方得到的.
当 时，如图1，两图象只有一个交点，不合题意；当 时，如图2，要
使两个图象有两个公共点，则 ，得到 .
综上可知， 的取值范围是 .
方法技巧
与指数函数有关的图象问题的求解策略
数形结合 指数型函数图象识别，一般通过确定图象是“上升”还是“下降”、图象位置、图象所过的定点、图象与坐标轴的交点、函数值域等求解.
变换作图 对于有关指数型函数的图象问题，一般从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸缩、对称变换而得到.
命题点3 指数函数的性质及应用
角度1 比较大小
4.（1）[2020天津高考]设 , , ,则 , , 的大小关系为
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题知 ， ，易知函数 在 上单调
递增，所以 ，所以 ，故选D.
（2）[2020全国卷Ⅱ]若 ,则( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 由 ，得 ，即
． 设 ，则 因为函数 在
上为增函数， 在 上为增函数，所以 在 上为增函数，
则由 ,得 ，所以 ， ，所以
，故选A.
方法技巧
比较指数幂大小的常用方法
单调性法 不同底的指数函数化同底后就可以应用指数函数的单调性比较大小，所以能够化同底的尽可能化同底.
取中间值法 不同底、不同指数的指数函数比较大小时，先与中间值（特别是1）比较大小，然后得出大小关系.
数形结合法 根据指数函数的特征，在同一平面直角坐标系中作出它们的函数图象，借助图象比较大小.
角度2 解简单的指数方程或不等式
5.设函数 若 ，则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 当 时，不等式 可化为 ，即 ，即
，因为 ，所以 ，此时 ；当 时，不等
式 可化为 ，即 .故 的取值范围是 .故选C.
方法技巧
解简单的指数方程或不等式问题的思路
（1） .
（2）① 或
②形如 的不等式，一般先将 转化为以 为底数的指数幂的形式，再借助函数 的单调性求解.
角度3 指数函数性质的应用
6.已知函数 .
（1）若 ，则 的单调递增区间为_______________，单调递减区间为___
_______；
（ ， ）

[解析] 当 时， .令 ，
则该函数在 上单调递增，在 上单调递减.因为 在 上单
调递减，所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，即函数
的单调递增区间是 ,单调递减区间是 .
（2）若 有最大值3，则 的值为___；
1
[解析] 令 ，则 ,因为 有最大值3，所以 有最小值 ，因此必有 解得 ,即当 有最大值3时， 的值为1.
（3）若 的值域是 ，则 的值为___.

[解析] 令 ,由 的值域是 知， 的值域为 ，则必有 .
方法技巧
1.形如 的函数的单调性：若 ，则函数 的单调递增（减）区间即
函数 的单调递增（减）区间;若 ，则函数 的单调递增（减）
区间即函数 的单调递减（增）区间.
2.求解指数型函数中的参数取值范围的基本思路
一般利用指数函数的单调性或最值进行转化求解.
注意 当底数 与1的大小关系不确定时应分类讨论.
1.[命题点1] _____.

[解析] .
2.[命题点2]若函数 的大致图象如图所示，则( )
B
A. , B. ,
C. , D. ,
[解析] 令 ，即 ，则 ,即 ,
由图可知， ，
故当 时， ，当 时， ，排除A，D；
当 时，易知 是减函数，
且当 时， ，则 ，易知C明显不符合题意，排除
C.选B.
3.[命题点3角度2]若 ，则函数 的值域是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为 ,
所以 ，即 ，解得 ，
所以函数 的值域是 ，即 .
故选B.
4.[新定义问题]对于函数 ，若在其定义域内存在实数 ，使得
，则称函数 为“倒戈函数”.设
是定义在 上的“倒戈函数”，则实数 的取
值范围是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 是定义在 上的“倒戈函数”，所以存在
，使得 ,所以 ，所以
.
构造函数 , ,
令 , ，易知 在 上单调递增，在
上单调递减，所以当 时 取得最大值0，当 或 时， 取得最小
值 ，所以 .又 ，所以 ，所以 .故选A.
03
对数与对数函数
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解对数的概念和运算性质，知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数. 2.通过具体实例，了解对数函数的概念.能用描点法或借助计算工具画出具 对数的运算 2022浙江T7；2022天 津T6；2020全国卷Ⅰ 该讲命题热点为对数运算、对数函数的图象与性质的判断及应用，常与指数函数综合考查，且难度有上升趋势.在
对数函数的图象及应用 2019浙江T6 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
体对数函数的图象，探索 并了解对数函数的单调性 与特殊点. 3.知道对数函数 与指数函数 互为反函数（ ,且 ）. 对数函数的性质及应用 2021新高考卷Ⅱ ； 2021全国卷乙T 12；2020全国卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅲ ；2019全国卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅲ 2024年备考过程中要熟练掌握对数的运算性质和换底公式；学会构造新函数，结合单调性比较大小；注意对函数图象的理解，尤其注意与指数函数之间的关系.
续表
1.对数与对数运算
（1）对数的概念
一般地，如果 （ ,且 ），那么数 叫做以 为底 的对数，记作
①__________,其中 叫做对数的②______, 叫做③______.
说明 以10为底的对数叫做常用对数，记作④_____.以 为底的对数叫做自然对数，
记作⑤_____.
对数与指数间的关系：当 且 时，⑥____________________.

底数
真数



（2）对数的性质、运算性质及换底公式
性质 ⑦___, ⑧___, ⑨___ , ⑩___,其中
,且
运算性质 如果 ,且 ， , ，那么： ___________
____; _______________; ________ .
换底公式 _ ____（ ,且 ; ,且 ; ）.推论：
，即 ; ;
; .
说明 表中有关公式均是在式子中所有对数有意义的前提下成立的.
0
1






2.对数函数的图象和性质
函数
图象
函数
性质 定义域: ________. 值域： ___. 图象过定点 ______,即恒有 . 当 时， ______;当 时， ______. 当 时， ______;当
时， ______.
在 上是 ________. 在 上是 ________.







增函数
减函数
续表
规律总结
1.对数函数 （ ,且 ）的图象过定点 ,且过点 , ,
函数图象只在第一、四象限.
2.如图,作直线 ，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数，故 .由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右对数函数的底数逐渐增大.
注意 当对数函数的底数 的大小不确定时，需分 和 两种情况进行讨论.
3.反函数
指数函数 （ ,且 ）与对数函数 （ ,且 ）互为
反函数，它们的图象关于直线 ______对称（如图所示）.反函数的定义域、值域分
别是原函数的值域、定义域，互为反函数的两个函数具有相同的单调性、奇偶性.

1.[多选]以下说法正确的是( )
A.若 ，则
B.对数函数 （ 且 ）在 上是增函数
C.函数 与 的定义域相同
D.对数函数 （ 且 ）的图象过定点 且过点 , ，
函数图象只在第一、四象限
CD
2. ___.

3.若 （ ，且 ），则实数 的取值范围是_______________.

4.设 , ，则 的值为____.
12
5.函数 （ ，且 ）的图象恒过的定点是______.

命题点1 对数的运算
1.（1）[2022天津高考]化简 的值为( )
A. B. C. D.
B
[解析] ，故选B.
（2）[2022浙江高考]已知 , ,则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由 两边取以2为底的对数，得 ．又
，所以
，所以
，故选C.
（3）[2020全国卷Ⅰ]设 ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 因为 ，所以 ，则有 ，所以
，故选B.
解法二 因为 ，所以 ，所以 ，故
选B.
方法技巧
对数运算的一般思路
（1）转化：①利用 （ 且 ）对题目条件进行转化；
②利用换底公式化为同底数的对数运算.
（2）利用恒等式：关注 ， ， ， 的应用.
（3）拆分：将真数化为积、商或底数的指数幂形式，正用对数的运算法则化简.
（4）合并：将对数式化为同底数对数的和、差、倍数的运算，然后逆用对数的运算法则，转化为同底数对数真数的积、商、幂的运算.
命题点2 对数函数的图象及应用
2.（1）[2019浙江高考]在同一直角坐标系中，函数 , （ ，
且 ）的图象可能是( )
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
D
[解析] 解法一 若 ，则函数 是增函数， 是减函数
且其图象过点 ，结合选项可知，选项D可能成立；若 ，则 是减函
数，而 是增函数且其图象过点 ，结合选项可知，没有符合的
图象.故选D.
解法二 分别取 和 ，在同一直角坐标系内画出相应函数的图象（图略），
通过对比可知选D.
（2）已知当 时，有 ，则实数 的取值范围为_______.

[解析] 若 在 时成立，则 ，且
的图象在 图象的下方，作出图象如图所示.由图象
知 ,所以 解得 .故实数 的取值
范围是 .
命题点3 对数函数的性质及应用
角度1 比较大小
3.（1）若实数 , , 满足 ，则下列关系中正确的是
( )
A. B. C. D.
C
[解析] 根据不等式的性质和对数的换底公式可得 ，即
，可得 .故选C.
（2）[2020全国卷Ⅲ]已知 , .设 , ， ,
则( )
A. B. C. D.
A
[解析] 易知 ， ， 均大于 .
，所以 .（作商比较大小）
,所以 ，同理 ,所以 ，（借助中间值 比较大小）
所以 ，故选A.
（3）[多选/2023江西省九江市十校联考改编]设 ，
，以下说法正确的是( )
A.当 时， B.当 时，
C.当 时， D.当 时，
AC
[解析] 当 时， ， ，则 ，所以 ；
当 时， ， ， ，所以 .
故选AC.
方法技巧
对数值大小比较的常见类型及解题方法
常见类型 解题方法
底数为同一常数 可由对数函数的单调性直接进行判断
底数为同一字母 需对底数进行分类讨论
底数不同，真数相同 可以先用换底公式化为同底后，再进行比较
底数与真数都不同 常借助1，0等中间量进行比较,也可通过作差或作商进行比较
角度2 解对数方程或不等式
4.已知函数 是定义在 上的偶函数,当 时， 单调递减，则不等式
的解集为( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 因为函数 是定义在 上的偶函数，且在 上单调递减,所以可将
化为 ，即 或
，即 或 ，解得 或
.故选C.
方法技巧
1.（1） （ ,且 ）.
（2） .
2.解简单对数不等式，先统一底数，化为形如 的不等式，再借
助 的单调性求解，当 时, 当
时，
注意 化为同底数的对数时，可以借助对数的性质、运算法则及换底公式进行.
角度3 对数函数性质的应用
5.（1）[2020全国卷Ⅱ]设函数 ,则 ( )
A.是偶函数，且在 单调递增 B.是奇函数，且在 单调递减
C.是偶函数，且在 单调递增 D.是奇函数，且在 单调递减
D
[解析] 由 得函数 的定义域为 ，其
关于原点对称，因
为 ,所以
函数 为奇函数，排除A，C．当 时，
，易知函数 单调递增，排除B.当
时， ，易知函数 单
调递减，故选D.
（2）[2020全国卷Ⅰ]若 ,则( )
A. B. C. D.
B
[解析] 令 ,因为 在 上单调递增， 在 上单调递增，所以 在 上单调递增．又 ,所以 ，所以 ．故选B.
方法技巧
对数型复合函数的单调性问题的求解策略
（1）对于 型的复合函数的单调性，有以下结论：函数 的
单调性与函数 的单调性在 时相同，在 时相反.
（2）研究 型的复合函数的单调性，一般用换元法，即令 ，
则只需研究 及 的单调性即可.
注意 研究对数型复合函数的单调性，一定要坚持“定义域优先”原则，否则所得范围
易出错.
指数、对数比较大小的策略
策略1 利用指数、对数函数的图象与性质比大小
6.（1）已知 ， ，则下列不等式正确的是( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 因为 ，所以 ，即 .
因为 在 上单调递增，所以 ；
因为函数 为减函数，所以 ，即 ；
因为函数 为减函数，所以 .
所以 ，故选D.
（2）[多选]已知实数 , 满足等式 ，则下列关系式中不可能成立的是
( )
CD
A. B. C. D.
[解析] 画出函数 和 的图象，借助图象分析 ,
满足等式 时的大小关系，如图所示.若 , 均为正
数，则 ；若 , 均为负数，则 ；若
，则 .故选CD.
策略2 涉及三元变量的比较大小问题
7.（1）[2017全国卷Ⅰ]设 , , 为正数，且 ，则( )
A. B. C. D.
D
[解析] 令 ，由 , , 为正数，知 .
解法一（作差法） 易知 ， ， ．
因为 ,所以 ,所以
，故 ,
，故 .
所以 .
解法二（作商法） 易知 , , .
由 ，得 ，
由 ，得 ．
所以 ．
解法三（函数法） 易知 , , .
设函数 ，则 ， ，
.
，
易得当 时， ，函数 单调递增.
因为 ，所以 .
又 ，
所以 ，即 .
（2）设 , , 为正实数，且 ，则 , , 的大小关系不可
能是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 取 ,则由 得 , ,此时易知
,此时选项C成立.
取 ,则由 得 , ,此时易知 ,此时选项
A成立.
取 ,则由 得 , ,此时易知 ,此时选
项D成立.
综上，利用排除法可知选B.
解法二 设 ,则 , , ,
所以 , , .
由题意知 ,接下来对 与1的大小关系加以讨论.
若 ,则 , , ,所以 ,所以选项C有可能成立.
若 ,则根据函数 在 上单调递减可得
,所以 ,所以选项D有可能成立.
若 ,则根据函数 在 上单调递增可得 ,所
以 ,所以选项A有可能成立.
综上，利用排除法可知选B.
方法技巧
解决涉及三元变量的比较大小问题，一般通过作差，作商或构造函数，利用函数的单调性求解.
1.[命题点1/2021天津高考]若 ，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ，所以 , ，所以 .故选C.
2.[命题点2]已知函数 ，则函数 的图象大致为( )
A.&5& B.&6& C.&7& D.&8&
D
[解析] ，其定义域为 ,且为增函数，故选D.
3.[命题点2]若 ，则下列不等关系一定不成立的是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由 ，得
.由 ，得 ，
.作出函数 , ,
的大致图象，如图，数形结合，可知
， ， 均能够成立，
只有D选项中的式子不可能成立.故选D.
4.[命题点3角度1]已知函数 ， ，
，则( )
A. B. C. D.
B
[解析] ，
，易知函数 为偶函数，
.又当 时，函数 单调递增，且
， ， .故选B.
5.[命题点3角度1]已知实数 , 满足 ， ,则下列判断正
确的是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 先比较 与2的大小：
,又 ,且 ，所以
，即 .
再比较 与2的大小:
因为 ，所以 ,又 ,所以 .
最后比较 与 的大小：
令 , , , ，则 ,令 ， ，则 ,即当 时， ,
所以 ,所以 .
综上， .故选C.
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2024年高考数学专项复习
第二章 函数
函数的图形及其模型的应用
01
函数的图象
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
在实际情境中，会根据不同的需要选择图象法、列表法、解析式法表示函数,理解函数图象的作用. 作函数的图象 本讲是高考的一个热点，主要考查函数图象的识别和应用，题型以选择题为主，中档难度.在2024年高考备考过程中要掌握数形结合思想，并能灵活应用.
函数图象的识别 2022全国卷乙T8；2022全国 卷甲T5； 2019全国卷Ⅰ ；2019全国卷 Ⅲ ； 2018全国卷Ⅱ ；2018全国 卷Ⅲ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
在实际情境中，会根据不同的需要选择图象法、列表法、解析式法表示函数,理解函数图象的作用. 函数图象的应用 2018全国卷Ⅲ 本讲是高考的一个热点，主要考查函数图象的识别和应用，题型以选择题为主，中档难度.在2024年高考备考过程中要掌握数形结合思想，并能灵活应用.
续表
1.利用描点法作函数的图象
2.利用图象变换法作函数的图象
平移变换 的图象 的图象.
的图象 ①_________的图象.
的图象 的图象.
的图象 ②_________的图象.


对称变换 的图象 的图象.
的图象 ③___________的图象.
的图象 的反函数的图象.
的图象 ④____________的图象.


续表
翻折变换 的图象 的图象.
的图象 ⑤_______的
图象.
伸缩变换 的图象 的图象.
的图象 ⑥_______的图象.


续表
注意 （1）平移变换，基本原则是“左加右减”“上加下减”.“左加右减”只针对 本身，
若 的系数不是1，需先将系数变为1后，再进行变换.
（2）对称变换的对称是指两个函数的图象之间的关系，而与奇偶性有关的对称，是指一个函数图象自身的特征.
常用结论
1.函数图象自身的对称性
（1）若函数 的定义域为 ,且有 ,则函数 的图
象关于直线 对称.特别地，若 ,则函数 的图象关于直
线 对称.
（2）若函数 的定义域为 ，且有 ,则
的图象关于直线 对称， 的图象关于直线 对称.
（3）函数 的图象关于点 成中心对称
.特别地，若
,则函数 的图象关于点 中心对称.
2.两个函数图象之间的对称关系
（1）函数 与 的图象关于直线 对称（由 得对称轴方程）.
（2）函数 与 的图象关于点 对称.
1.下列说法正确的是( )
A.函数 的图象可由 的图象向左平移1个单位长度得到
B.函数 与 的图象关于原点对称
C.当 时，函数 的图象与 的图象相同
D.若函数 满足 ，则函数 的图象关于直线
对称
D
2.函数 的图象是( )
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
C
3.[2018全国卷Ⅲ]下列函数中，其图象与函数 的图象关于直线 对称的
是( )
A. B. C. D.
B
提示：点 关于直线 对称的点的坐标为 .
4.函数 的图象向右平移1个单位长度，所得到的图象与函数 的图象关于
轴对称，则 等于( )
A. B. C. D.
D
[解析] 依题意, 的图象可由 的图象关于 轴对称后，再向左平移1个单位
长度得到. 的图象 的图象
的图象,
5.设函数 的图象与 的图象关于直线 对称，且
,则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 设 是函数 图象上任意一点，它关于直线 的对称点为
，由 的图象与 的图象关于直线 对称，可知点
在 的图象上，即 ，解得 ,即
,所以 ，解得
.
命题点1 作函数的图象
1.分别画出下列函数的图象：
（1） ;
[解析] 将 的图象向左平移1个单位长度，得到 的图象，
再将所得图象向下平移1个单位长度，得到 的图象，如
图所示.
（2） ;
[解析] 首先作出 的图象，然后将其向右平移1个单位长度，
得到 的图象，再把所得图象在 轴下方的部分翻折到
轴上方，即得 的图象，如图所示（实线部分）.
（3） ;
[解析] 其图象如图所示.
（4） .
[解析] 的图象可由 的图象先向左平移1个单位长度，再
向上平移2个单位长度得到，如图所示.
方法技巧
作函数的图象的策略
（1）熟练掌握几种基本初等函数的图象.
（2）若函数图象可由某个基本初等函数的图象经过平移、翻折、对称和伸缩得到，可利用图象变换作出，但要注意变换顺序.
命题点2 函数图象的识别
角度1 知式选图或知图选式
2.（1）[2022全国卷甲]函数 在区间 的图象大致为
( )
A.&5& B.&6& C.&7& D.&8&
A
[解析] 解法一（特值法） 取 ，则 ；取 ，则 .结合选项知选A.
解法二 令 ，则 ， 所以函数 是奇函数，且当 时, , ,故 ,故选A．
（2）[2022全国卷乙]如图是下列四个函数中的某个函数在区
间 的大致图象，则该函数是( )
A
A. B.
C. D.
[解析] 对于选项B，当 时， ，与图象不符，故排除B；对于选项D，当
时， ，与图象不符，故排除D；对于选项C，当 时，
，与图象在 轴右侧最高点大于1不符，所以排除C.
故选A.
（3）[2022泉州市质量监测]已知函数 则函数
的图象大致为( )
A.&9& B.&10&
C.&11& D.&12&
B
[解析] 令 .
解法一 由题意，得 ，易知 在 上单调
递增，所以 在 上单调递减，（复合函数单调性：同增异减）
故选B.
解法二 先作 的图象关于 轴对称的图象，再把该图象向
右平移1个单位长度，得到 的图象，故选B.
方法技巧
识别函数图象的主要方法有：（1）利用函数的性质.如奇偶性、单调性、定义域等判断；（2）利用函数的零点、极值点等判断；（3）利用特殊函数值判断.
角度2 借助动点探究函数图象
3.（1）如图,长方形 的边 ， ， 是 的
中点.点 沿着边 ， 与 运动，记 .将动点
到 ， 两点距离之和表示为 的函数 ,则 的图象
大致为( )
B
A.&13& B.&14& C.&15& D.&16&
[解析] 由题易知 ， ， ,可排除选项C，D；当点 在边 上时， ，不难发现 的图象是非线性的，排除选项A，选B.
（2）如图所示的图形是由一个半径为2的圆和两个半径为1的半圆组成的，它们的圆
心分别是 ， , ，动点 从点 出发沿着圆弧按
的路线运动（其中 , , ， , 五点共线），记点 运动的路程为 ，设
与 的函数解析式为 ,则 的图象大致是( )
A
A.&17& B.&18&
C.&19& D.&20&
[解析] 当 时， .当 时，因为 ,设 与
的夹角为 ，易知 ， ， ，（借助弧长公式可得夹角）
所以 ，所以当
时，函数 的图象是曲线，且单调递增，排除C，D.当 时，
因为 ，设 与 的夹角为 ，易知 , ，所以
，（借助弧长公式可得夹角）
所以 ，所以当
时，函数 的图象是曲线，且单调递减，排除B，选A.
方法技巧
借助动点探究函数图象的两种方法
（1）定量计算法：根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象.
（2）定性分析法：采用“以静观动”，即判断动点处于不同位置时图象的变化特征，从而作出选择.
命题点3 函数图象的应用
角度1 研究函数性质
4.已知函数 ，则下列结论正确的是( )
C
A. 是偶函数，递增区间是 B. 是偶函数，递减区间是
C. 是奇函数，递减区间是 D. 是奇函数，递增区间是
[解析] 由题意得 画出函数 的图象，
如图所示，观察图象可知，函数 的图象关于原点对称，故函
数 为奇函数，且在 上单调递减.故选C.
角度2 解不等式（或方程）
5.（1）[2020北京高考]已知函数 ，则不等式 的解集是
( )
D
A. B.
C. D.
[解析] 函数 ，则不等式 的解集即
的解集，在同一平面直角坐标系中画出函数 ,
的图象，如图所示，结合图象易得 的解集为
.故选D.
（2）设 ，若 且 ,则 的取值范围是______
__.

[解析] 画出函数 的图象，如图所示.由
且 可得 ，解得
（由于 ，故取不到等号），所以 .
角度3 求参数范围
6.（1）已知函数 , , , 是互不相同的正数，且
，则 的取值范围是________.

[解析] 作出函数 的大致图象如图所示.因为 , , , 互不
相同，不妨设 ，且 ，
则有 ，即 ，可得 ,则 .由
，且 ，可得 ，且
，当 时， ，此时 ，但此时 ,
相等，故 的取值范围是 .
（2）已知函数 若方程 有两个不同的实数
根，则实数 的取值范围是___________.
（ , ]
[解析] 方程 有两个不同的实数根，即方程 有两
个不同的根，等价于函数 与函数 的图象有两个不同的交点.
因为
所以
作出函数 与 的大致图象,如图所示.
数形结合可知，当 时，两个函数的图象有两个不同的交点，即函数 有两个不同的零点.
方法技巧
函数图象的应用，实质是数形结合思想的应用.
技巧：（1）研究函数的性质可借助函数图象的对称性、走向趋势、最高点、最低点等进行分析；
（2）不等式问题可转化为图象的上下位置关系问题；
（3）研究函数零点或方程根的问题可转化为函数图象交点问题.
1.[命题点2角度1/2019全国卷Ⅰ]函数 在 上的图象大致为( )
A.&21& B.&22&
C.&23& D.&24&
D
[解析] 易知函数 的定义域为 .因为 ， 所以 为奇函数，排除A；因为 ，且 ,所以 ，排除B,C．选D.
2.[命题点2角度1/2022安徽宣城二模]我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直觉，
形少数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事非．”在数学的学习和研究中，常
用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我
们从某个商标中抽象出一个如图所示的图象，其对应的函数解析式可能是( )
C
A. B.
C. D.
[解析] 因为函数图象关于 轴对称，所以此函数为偶函数.
对于A选项， ， 是偶函数，当
时，令 ，则 ，得 ，则当 时，函数的
第一个零点为 ，当 时， ， ， ，A
不符合题意.对于B选项， ，
是奇函数，不符合题意.
对于C选项， ， 是偶函数，当 时，令 ，则 ，得 ，所以当 时，函数的第一个零点为 ，当 时， ， ， ，符合题意.对于D选项， ， 是奇函数，不符合题意.故选C.
3.[命题点3角度1，2/多选]已知 是定义在 上的奇函数,当 时，
则下列结论正确的是( )
AD
A.函数 在 上单调递增
B.函数 的图象与直线 有且仅有2个不同的交点
C.若关于 的方程 恰有4个不相等的实数根，则
这4个实数根之和为8
D.记函数 在 上的最大值为 ，则数列 的前7项和为

[解析] 若 ，则 ，
，若
，则 ，
，以此类
推.
作出 的部分图象如图所示.
对于A，由图可知， 在区间 上单调递增，因为 是定义在 上的奇函
数，所以函数 在区间 上单调递增，故A正确.
对于B，由图可知， 在 时的图象与直线 有1个交点，结合 为定
义在 上的奇函数可知， 在 时的图象与直线 有1个交点，且
，所以 的图象与直线 有3个不同的交点，故B错误.
对于C，由 ，得 ，因
为原方程恰有4个不相等的实数根，且方程 有唯一实数根 ，所以
方程 应有3个不同的实数根（从小到大依次记为 ， ， ），结合
图象及 为奇函数可知， 或 .当 时， ， ，
此时4个实数根的和为8；
当 时， ， ，此时4个实数根的和为 ，故C错误.
对于D，函数 在 上的最大值为 ，即 ，函数 在 上的最大值为 ，即 由函数解析式及性质可知，数列 是首项为1，公比为 的等比数列，则其前7项和为 ，故D正确.故选AD.
4.[命题点3角度3/2022东北三省四市联考]已知函数 则函
数 的各个零点之和为___;若方程 恰有四个实根,则实数 的取值
范围为__________________.
5

[解析] 当 时，令 ，得 ；当 时，令
，得 或 .所以函数 的各个零点之和为
.
令 ，则 ，作出函数 的图象（如图1）和函数 的
图象（如图2）.
图1
图2
当 时，由图1可知，直线 与函数 的图象无交点，即方程
无实根，所以方程 无实根；当 时，由图1可知，直
线 与函数 的图象有且只有一个交点，即方程 有且只有一个
实根，记为 ,则 ，观察图2可知，直线 与 的图象有两个交点，
所以方程 有两个不等实根，所以方程 有两个实根；当
时，由图1可知，直线 与函数 的图象有两个交点，即方
程 有两个实根，设两个实根从小到大依次为 , ，则 ，
观察图2可知，直线 , 与 的图象各有两个交点，所以方程
有四个实根；当 时，由图1可知，直线 与函数 的图
象有三个交点，即方程 有三个实根，且三个实根依次为 , ,
，观察图2可知，直线 与 的图象没有交点，直线 与
的图象有一个交点，直线 与 的图象有两个交点，所以方程
有三个实根；当 时，由图1可知，直线 与函数
的图象有四个交点，即方程 有四个实根，设四个实根从小到大依次
为 , , , ，则 ，观察图2可知，直线 ,
, 与 的图象均无交点，直线
与 的图象有两个交点，所以方程 有两个实根；当
时，由图1可知，直线 与函数 的图象有四个交点，即方程
有四个实根，设四个实根从小到大依次为 , , , ，则
，观察图2可知，直线 与
的图象有一个交点，直线 , 与 的图象无交点，直线 与
的图象有两个交点，所以方程 有三个实根；当
时，由图1可知，直线 与函数 的图象有四个交点，即方程
有四个实根，设四个实根从小到大依次为 , , , ，则
，观察图2可知，直线 与
的图象有两个交点，直线 , 与 的图象无交点，直线
与 的图象有两个交点，所以方程 有四个实根;当 时，
由图1可知，直线 与函数 的图象有三个交点，即方程 有三
个实根，设三个实根从小到大依次为 , , ,则
，观察图2可知，直线 与 的图象
有两个交点，直线 与 的图象无交点，直线 与 的图
象有两个交点，所以方程 有四个实根.综上， .
02
函数的零点与方程的解
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合学过的函数图象,了解函数零点与方程解的关系. 判断函数零点所在区间 本讲是高考的热点，主要考查利用函数零点存在定理或函数的图象对
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.结合具体连续函数及其图象的特点,了解函数零点存在定理,探索用二分法求方程近似解的思路并会画程序框图,能借助计算工具用二分法求方程近似解,了解用二分法求方程近似解具有一般性. 判断函数的零点个数 2021北京T15；2018 全国卷Ⅲ 函数是否存在零点或零点的个数进行判断，利用零点（方程实根）的存在情况求相关参数的范围，题型以选择题、填空题为主，有时与导数等知识综合考查，一般难度较大.
函数零点的应用 2022天津T15；2020 天津T9；2019浙江 T9；2018全国卷Ⅰ ；2018天津T1 4；2018浙江T15 续表
1.函数零点的概念
对于函数 , ，我们把使①_________的实数 叫做函数
的零点.
注意 零点不是点，是满足 的实数 .
2.三个等价关系

3.零点存在定理
如果函数 在区间 上的图象是连续不断的一条曲线，且有④_________
______，那么，函数 在区间⑤______内至少有一个零点，即存在 ，
使得⑥_________，这个 也就是方程 的解.
注意 （1）函数的零点存在定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点.
（2）对于连续函数 ,在 上， 是 在 上存在零点的
充分不必要条件.



规律总结
（1）若图象连续不断的函数 在定义域上是单调函数，则函数 至多有一个
零点.（2）图象连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值同号.（3）连续
不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号.
4.二分法
对于在区间 上图象连续不断且 的函数 ，通过不断地把
它的⑦______所在区间⑧__________，使所得区间的两个端点逐步逼近零点，进而
得到零点近似值的方法叫做二分法.
零点
一分为二
给定精确度 ，用二分法求函数 零点 的近似值的步骤：
①确定零点 的初始区间 ，验证 .
②求区间 的中点 .
③计算 ，并进一步确定零点所在的区间： .若 （此时 ），则
就是函数的零点； .若 （此时 ），则令 ； .若
（此时 ），则令 .
④判断是否达到精确度 若 ，则得到零点近似值 （或 ）；否则重复
步骤②~④.
1.下列说法正确的是( )
A.函数的零点就是函数的图象与 轴的交点
B.若函数 在区间 内有零点（函数图象连续不断），则
C.二次函数 在 时没有零点
D.函数 的零点就是方程 的实根
D
2.已知函数 则 的零点为________.
，
3.关于 的方程 在 内有解，则实数 的取值范围是______.

4.已知函数 的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：
1 2 3 4 5 6
124.4 33 -74 24.5 -36.7 -123.6
则函数 在区间 上的零点至少有___个.
3
[解析] 依题意， , , , ，根据零点存在定理可知， 在区间 , , 上均至少含有一个零点，故函数 在区间 上的零点至少有3个.
命题点1 判断函数零点所在区间
1.（1）若 ，则函数
的两个零点分别位于区间
( )
A. 和 内 B. 和 内
C. 和 内 D. 和 内
A
[解析] 因为 , ,
,所以 , ,所以函数 的两
个零点分别位于区间 和 内.故选A.
（2）函数 的零点所在的区间为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 函数 的定义域为 ，并且 在 上单调递增.由题意知 ， ，根据零点存在定理可知，函数 有唯一零点，且零点在区间 内.故选B.
解法二 将判断函数 的零点所在的区间转化为判断函数 ，
图象交点的横坐标所在的范围.作出两函数图象如图所示，可知
的零点所在的区间为 .故选B.
方法技巧
函数零点所在区间的判断方法及适用情形
方法 含义 适用情形
定理法 利用函数的零点存在定理进行判断. 容易判断区间端点值所对应函数值的正负.
数形结合法 观察函数图象与 轴的交点来判断，或转化 为两个函数图象在给定区间上是否有交点来 判断. 容易画出函数的图象.
解方程法 可先解对应方程，然后看所求的根是否落在给定区间上. 对应方程 易
解.
命题点2 判断函数的零点个数
2.（1）[2022海南海口模拟]设函数 是定义在 上的奇函数，当 时，
,则 的零点个数为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 因为函数 是定义域为 的奇函数，所以
，即 是函数 的1个零点.当 时，
令 ，则 ，分别画出函
数 和 的图象，如图所示，两函数图象有
1个交点，所以函数 有1个零点.根据对称性知，当
时，函数 也有1个零点.
综上所述， 的零点个数为3.故选C.
（2）若函数 满足 ,且 时，
,已知函数 则函数 在区间
内的零点个数为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 因为 ，所以函数
是周期为2的函数,因为
时, ,所以作出它的图象，则
的图象如图所示.（注意拓展它的区间）
再作出函数 的图象，容易得出所求交点为12个.
方法技巧
判断函数零点个数的方法
1.直接法：令 ，解方程可得.
2.利用函数的零点存在定理：利用函数的零点存在定理结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性）判断.
3.图象法：将判断函数 零点个数转化为判断函数 的图象与 轴交点的个数，
或将函数 拆成两个函数 和 的差的形式，判断函数 和
的图象的交点个数.
命题点3 函数零点的应用
角度1 根据函数零点个数求参数的范围
3.（1） .若 存在2个零点,则 的取值范
围是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 函数 存在2个零点，即关于 的
方程 有2个不同的实根，即函数 的图象
与直线 有2个交点，作出直线 与函
数 的图象，如图所示，由图可知， ，解得
，故选C.
（2）[2022天津高考]设 ,记 ，若 至
少有3个零点，则实数 的取值范围是_________.

[解析] 令 ，方程
的判别式
.
①当 时，函数 无零点，从而 不可能至少有3个零点.
②当 时， 或 .
.当 时， ，此时 有2个零点，
不符合要求；
.当 时， 有3个零点，符合要求.
③当 时， 或 .
.如图，当 时，函数 的图象的对称轴为直线
，若 至少有3个零点，则要求 ，即 ，从而
；
.当 时，设函数 的两个零点分别为 , ,要使函数 至少
有3个零点，则 ,所以 解得 .
综上所述， ．
角度2 根据函数零点的范围求参数的范围
4.（1）[2022长春市质量监测]若函数 在区间 内有零点，
则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 函数 的定义域为 ，因为函数 与 在 上单
调递增，所以函数 在 上单调递增,（增+增=增）
则由函数 在区间 内有零点知 ,（由函数零点存在定理和函数
单调性可得）
即 ，解得 ，故选A.
（2）已知函数 .若存在 ,使得 ，则实数
的取值范围是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由 ,可得 .令 , .由
于存在 ,使得 ,则实数 的取值范围即为函数 的值域.因
为函数 和 在区间 上单调递增，所以函数 在
上为增函数，所以 ,且 ,所以函数
在 上的值域为 .因此，实数 的取值范围是 ,故选B.
方法技巧
已知函数零点情况求参数取值范围的方法
1.直接法,先直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围.
2.分离参数法,将参数分离，转化成求函数值域问题解决.
3.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.
角度3 函数零点（或方程根）的和
5.（1）[2023广东六校第一次联考]定义在 上的函数 满足 ,
且当 时， .则方程
所有的根之和为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 由 , 可得
为奇函数,且图象关于直线 对称.又由题意
,故 ,所
以 的图象关于点 对称,且
,故 的周期为4.
当 时, ,此时 ,
故 在 上单调递增.综上，可画出 的部分图象如
图所示.
方程 的根,即 与 的图象的交点的横坐标,作
出直线 ,易得在区间 , 上均有3个交点,且关于点 对称,加
上点 共7个交点,所以方程 所有的根之和为
.故选A.
（2）已知函数 是定义域为 的偶函数，且满足 ，当
时， , ,则函数 所有
零点的和为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由函数 是偶函数，可得函数 的图
象关于 轴对称．又由 知，函数
的图象关于直线 对称，所以函数 是
周期函数，且周期为2．由题设知，函数 的图
象也关于直线 对称,当 时， ,因为 ,所以
且 ．在同一平面直角坐标系中
作出函数 与函数 的大致图象，如图所示．
由图可知，函数 与函数 的图象有6个交点，
即函数 有6个零点，从小到大依次设为 ， ， ， ， ， ，则 ， ， ，
所以函数 所有零点的和为 .故选D.
复合函数的零点问题
角度1 判断复合函数的零点个数
6.（1）已知函数 则 的
零点个数为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由 ，解得 或 ．注意到当 时， 的值域是 ，因此关于 的方程 与 均没有负实数解．
解法一 当 时， ，则 .
当 时， ；当 时， ．
因此函数 在 上单调递减，在 上单调递增，且
， ，当 时， ,作出函数 在 上的图象,
如图中的实线所示．结合图象可知，直线 与曲线 有两
个不同的交点，即关于 的方程 有两个不相等的正根 ， ，直线 与
曲线 有唯一交点，即关于 的方程 有唯一的正根
， ， 两两不等．
综上, 的零点个数为3,故选B.
解法二 当 时，
①由 ，得 .记 ，
求导得 ．
由 ，得 ；由 ，得 ．可知 在 上单调
递减，在 上单调递增，且 ， ，当
时， ,由函数零点存在定理可知， 在 ， 上各存在一个
零点．
②由 ，得 .记 ，
求导得 由 ，得 ；由 ，
得
可知 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，当
时， ，由函数零点存在定理可知， 在 上存在唯一
的零点．
综上所述， 的零点个数为3,故选B.
（2）[多选]函数 和 在 上
的图象分别如图1， 所示.
则以下四个命题说法正确的是( )
ACD
A.方程 有且仅有6个根
B.方程 有且仅有3个根
C.方程 有且仅有5个根
D.方程 有且仅有4个根
[解析] 由图象可得 , ．（先根据图象判断 与
的范围）
对于A，观察 的图象，可知满足方程 的 有三个不同的值，一
个值在 与 之间，一个值为0，一个值在1与2之间.如图1，由图象知， 的
值在 与 之间时对应了2个 值， 时对应了2个 值， 的值在1与2
之间时对应了2个 值，故方程 有且仅有6个根，故A正确．（将 的
值与 的根一一对应判断）
图1
图2
对于B，观察 的图象，可知满足 的 有两个不同的值，一个值
处于 与 之间，另一个值处于0与1之间.
如图2，由图象知 的值在 与 之间时对应了1个 值， 的值在0与1之
间时对应了3个 值，所以方程 有且仅有4个根，故B不正确．（将
的值与 的根一一对应判断）
对于C，观察 的图象，可知满足方程 的 有3个不同的值，一个
值在 与 之间，一个值为0，一个值在1与2之间.如图3，由图象知 的值在
与 之间时对应了1个 值， 时对应了3个 值， 的值在1与2之间
时对应了1个 值，故方程 有且仅有5个根，故C正确．（将 的值与
的根一一对应判断）
图3
图4
对于D，观察 的图象，可知满足方程 的 有2个不同的值，一个
值在 与 之间，一个值在0与1之间.如图4，由图象可知 的值在 与 之
间时对应了2个 值， 的值在0与1之间时对应了2个 值，故方程
有且仅有4个根，故D正确．（将 的值与 的根一一对应判断）
综上，选ACD.
方法技巧
判断复合函数的零点个数问题的求解关键：一是注意观察图象，即认真观察两个函数的图象特征；二是将外层函数的定义域和内层函数的值域准确对接.
角度2 已知复合函数零点个数求参数
7.[2023云南大理模拟]若函数 有5个零点，则实数
的取值范围是_ __________，实数 的取值范围是_________.
（ ， ）

[解析] 函数 有5个零点，
等价于关于 的方程 有5个
不同的实根.
令 ，则有 ，显然 ，则
.
因为 的图象，如图所示，
数形结合可知，若 有5个不同的根，则
的一个根是 ，另一个根的取值范围为 .
则 ，且 , ，解得 , ，
由 ，得 ，解得 ；
由 ，得 ，解得 .
综上所述， , .
方法技巧
已知复合函数零点个数求参数问题的求解关键：一是会转化，会把函数的零点转化为方程的根；二是会构造，通过换元法，即新构造函数法，把方程的根的问题转化为更简单的方程根的问题；三是会作图，明晰“草图不草”；四是会用图，通过观察图象特征，即可轻松得参数的取值范围.
1.[命题点2/2023鄂东南省级示范高中联考]已知函数 则
函数 的零点个数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 当 时， ，先作函数 的图象，然后将其向
右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，取其在 的部分，就得到函数
在 上的图象，如图1所示，则函数 在 上单调递增，且
；
当 时， ，先作出函数 的图象，再将其向右平移
1个单位长度，最后将 轴下方的图象关于 轴翻折，就得到函数
的图象，如图1所示.
图1
令 ， ,则 ，即
，如图2，作出直线 ，由图可知，直线 与函数
的图象在 与 时各有一个交点.
图2
当 时，令 , ，则
,因为 ，所以 ，又 ，所以 ，
所以 ，所以 在 时恒成立，所以函数
在 上单调递减，所以 ，所以直线 与
函数 的图象在 时没有交点.所以方程 有两个不等根
, ，其中 , .
如图3，因为 ，所以直线 和 的图象有两个交点，即方程
有两个不等根；
因为 ，所以直线 和 的图象有三个交点，即方程
有三个不等根.
图3
综上，函数 共有5个零点，故选B.
2.[命题点2/多选/2023江苏南通模拟]已知函数 是定义在 上的奇函数，当
时， ，则下列命题正确的是( )
BCD
A.当 时，
B.函数 有3个零点
C. 的解集为
D. ， ，都有
[解析] 函数 是定义在 上的奇函数，当 时，
.设 ，则 ，
，所以 ，
的解集为 .由图可知， ， ，都有
.综上， 都正确.
又当 时， ，因此函数 有三个零点： ， , .当 时，
， ，可得当 时，函数 取得极小值，
为 ，作出 的大致图象如图所示.
3.[命题点3角度1]已知函数 若函数 恰有
三个零点，则实数 的取值范围是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 作出函数 的图象，如图所示.①当直
线 与曲线 相切于点 时， ，故当
时，直线 与函数 的图象恰有一个
交点，当 时，直线 与函数 的图象恰有两个交点；②当
直线 与曲线 相切时，设切点的坐标为
，则 ,且 ,所以
，解得 ,此时 ，或 ,此时 ,
当 时，直线 与函数 的图象恰有一个交点，当 或 时，直线 与函数 的图象恰有两个交点，当 时，直线 与函数 的图象恰有三个交点.综上可知，实数 的取值范围是 .故选C.
03
函数模型的应用
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解函数模型是描述客观世界中变量关系和规律的重要数学语言和工具.在实际情境中,会选择合适的函数类型刻画现实问题的变化规律. 利用函数图象刻画实际问题 2022北京T7；2020北京T15 本讲主要考查实际情境载体下的数学模型的构建及应用，常与函数图象、单调性、最值及方程、不等式综合命题，各种题型均有可能，属中档题.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.结合现实情境中的具体问题,利用计算工具,比较对数函数、一元一次函数、指数函数增长速度的差异,理解“对数增长”“直线上升”“指数爆炸”等术语的现实含义. 3.收集、阅读一些现实生活、生产实际或者经济领域中的数学模型,体会人们是如何借助函数刻画实际问题的,感悟数学模型中参数的现实意义. 已知函数模型求解实际问题 2021全国卷 甲 T4；2020 新高考卷Ⅰ ；2020全 国卷Ⅲ 在2024年高考备考的过程中要注重对情境创新试题的训练，并能构建模型解决问题.
构造函数模型求解实际问题 续表
1.几种常见的函数模型
函数模型 函数解析式
一次函数模型 （ ， 为常数， ）
二次函数模型 （ ， ， 为常数， ）
反比例型函数模型 （ , 为常数且 ）
指数型函数模型 （ ， ， 为常数， ， , ）
函数模型 函数解析式
对数型函数模型 （ ， ， 为常数， , , ）
幂函数模型 （ , , 为常数， ， ）
对勾函数模型
续表
2.指数、对数、幂函数模型性质的比较

在 上 的单调性 单调递增. 单调递增. 单调递增.
增长速度 越来越①____. 越来越②____. 随 值变化而各有
不同.
图象的变化 随 的增大逐渐表现为 与③___轴平行. 随 的增大逐渐表现为 与④___轴平行. 随 值变化而各有
不同.
联系 存在一个 ,当 时，有 . 快
慢


1.下列说法正确的是( )
A.函数 的函数值比 的函数值大
B.幂函数增长比一次函数增长更快
C.某种商品进价为每件100元，按进价增加 后出售，后因库存积压降价，若按
九折出售，则每件还能获利
D.在 上，随着 的增大， 的增长速度会超过并远远大于
的增长速度
D
2.[2022江西新余模拟]在一次数学实验中，某同学运用图形计算器收集到如下一组数据：
1 2 3 4 5 8
0.5 1.5 2.08 2.5 2.85 3.5
下列四个函数模型（ ， 为待定系数）中，最能反映 ， 函数关系的是 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由表格可知， 随 的增大而增大，但是增加速度越来越慢.所以结合选项可
知最能反映 ， 函数关系的是 故选C.
3.已知 ， ， ，当 时，对三个函数的增
长速度进行比较，下列选项中正确的是( )
A. B.
C. D.
B
[解析] 由图象（图略）知，当 时，增长速度由大到小依次为 .故选B.
命题点1 利用函数图象刻画实际问题
1.[2020北京高考]为满足人民对美好生活的向往，
环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未
达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量
与时间 的关系为 ,用 的大
给出下列四个结论:
小评价在 这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知整改期内，甲、乙两企业
的污水排放量与时间的关系如图所示.
①在 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在 , , 这三段时间中，在 的污水治理能力最强.
其中所有正确结论的序号是________.
①②③
[解析] 由题图可知甲企业的污水排放量在 时刻高于乙企业，而在 时刻甲、乙两企业的污水排放量相同，故在 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故①正确；甲企业污水排放量与时间的关系图象在 时刻切线的斜率的绝对值大于乙企业，故②正确；在 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都低于污水达标排放量，故都已达标，③正确；甲企业在 ， ， 这三段时间中，在 的污水治理能力最强，故④错误．
命题点2 已知函数模型求解实际问题
2.（1）[2021全国卷甲]青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表
测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据 和小数记
录法的数据 满足 .已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9,则其视力
的小数记录法的数据约为 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由已知，知 ,
所以该同学视力的小数记录法的数据约为 故选C.
（2）[2020新高考卷Ⅰ]基本再生数 与世代间隔 是新冠肺炎的流行病学基本参数.
基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均
时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型： 描述累计感染病例数
随时间 （单位：天）的变化规律，指数增长率 与 ， 近似满足
.有学者基于已有数据估计出 , .据此，在新冠肺炎疫情初
始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为 ( )
A. 天 B. 天 C. 天 D. 天
B
[解析] , , .若 则 ,故选B.
方法技巧
已知函数模型求解实际问题的关键
（1）认清所给函数模型，弄清哪些量为待定系数.
（2）根据已知利用待定系数法，确定模型中的待定系数.
（3）利用该函数模型，借助函数的性质、导数等求解实际问题，并进行检验.
命题点3 构造函数模型求解实际问题
3.（1）[2022辽宁沈阳一模]网络上盛极一时的数学式子“ ,
, ”形象地向我们展示了通过努力每天进步 ,就会
在一个月、 一年以及两年后产生巨大的差异.虽然这是一种理想化的算法，但它也
让我们直观感受到了“小小的改变和时间积累的力量”.小强同学是一位极其努力的同
学，假设他每天进步 ,那么30天后小强的学习成果约为原来的( )
A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍
A
[解析] 小强同学每天进步 ,即0.020 1.因为
，所以30天后小强的学习成
果约为原来的 倍，故选A.
（2）[2023南昌市模拟]某市出台两套出租车计价方案,方案一:2千米及2千米以内收
费8元（起步价）,超过2千米的部分每千米收费3元,不足1千米按1千米计算;方案二:3
千米及3千米以内收费12元（起步价）,超过3千米不超过10千米的部分每千米收费2.5
元,超过10千米的部分每千米收费3.5元,不足 千米按1千米计算.以下说法正确的是
( )
A.方案二比方案一更优惠
B.乘客甲打车行驶4千米,他应该选择方案二
C.乘客乙打车行驶12千米,他应该选择方案二
D.乘客丙打车行驶16千米,他应该选择方案二
C
[解析] 设乘客打车行驶 千米, 为按照方案一收费的费用, 为按照方案二收
费的费用, 为不超过实数 的最大整数,
则

对于A,当 时, , ,此时选择方案一更优惠,所以A错误;对于B,因为 , , ,所以乘客甲应选择方案
一,所以B错误;对于C,因为 , , ,所以乘客乙应选择方案二,所以C正确;对于D,因为 , , ,所以乘客丙应选择方案一,所以D错误.故选C.
方法技巧
构建函数模型解决实际问题的步骤
（1）建模：抽象出实际问题的数学模型；
（2）推理、演算：对数学模型进行逻辑推理或数学运算，得到问题在数学意义上的解；
（3）评价、解释：对求得的数学结果进行深入讨论，作出评价、解释，返回到原来的实际问题中去，得到实际问题的解.
1.[命题点2/2023武汉市部分学校高三调研]点声源在自由空间中传播时，衰减量
（单位： ）与传播距离 （单位： ）的关系式为 ，取 ,
则 从 变化到 时，衰减量约减少了( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为衰减量 与传播距离 的关系式为 ,所以 从 变化到
时，衰减量减少了
，故选C.
2.[命题点2]“好酒也怕巷子深”，许多著名品牌是通过广告宣传进入消费者视线的.已
知某品牌商品靠广告销售的收入 与广告费 之间满足关系 （ 为常数），
广告效应为 .那么商人为了取得最大广告效应，投入的广告费应为_ ___
_（用常数 表示）.

[解析] 令 ，则 ，所以 .所以
当 ，即 时， 取得最大值.
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2024年高考数学专项复习
第二章 函数
函数的基本性质
01
函数的概念及其表示
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.在初中用变量之间的依赖关系描述函数的基础上，用集合语言和对应关系刻画函数，建立完整的函数概念，体会集合语言和对应关系在刻画函数概念中的作用.了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域和值域. 2.通过具体实例，了解简单的分段函数，并能简单应用. 求函数的定义域 2022北京T11 本讲是函数部分的基础，命题热点为分段函数的求值、含参和解不等式问题，题型以选择题、填空题为主，难度中等偏易.在2024年高考的备考中，要掌握函数的三要素和以分段函数为载体的有关应用.
求函数的解析式 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.在初中用变量之间的依赖关系描述函数的基础上，用集合语言和对应关系刻画函数，建立完整的函数概念，体会集合语言和对应关系在刻画函数概念中的作用.了解构成函数的要素，能求简单函数的定义域和值域. 2.通过具体实例，了解简单的分段函数，并能简单应用. 分段函数 2022浙江T14；2021浙江T12；2018浙江T15 本讲是函数部分的基础，命题热点为分段函数的求值、含参和解不等式问题，题型以选择题、填空题为主，难度中等偏易.在2024年高考的备考中，要掌握函数的三要素和以分段函数为载体的有关应用.
续表
1.函数的概念及表示
函数的 定义 一般地，设 , 是①______________，如果对于集合 中的②______一
个数 ，按照某种确定的对应关系 ,在集合 中都有③__________的
数 和它对应，那么就称 为从集合 到集合 的一个函数，记
作 .
三要素 ④________，⑤__________，⑥______.
定义域 自变量 的取值范围 .
值域 函数值的集合 ，是集合 的⑦______.
相等函数 ⑧________相同，⑨__________完全一致.
非空的实数集
任意
唯一确定
定义域
对应关系
值域
子集
定义域
对应关系
函数的表示法 ⑩________， ________， ________.
解析法
列表法
图象法
续表
注意 与 轴垂直的直线和函数图象最多有一个交点.
常用结论
求函数的定义域时常用的结论
（1）分式型 要满足 ;
（2）根式型 要满足 ;
（3） 要满足 ;
（4）对数型 （ ，且 ）要满足 ；
（5）正切型 要满足 ， .
2.分段函数
若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函数.
注意 （1）分段函数虽由几个部分构成，但它表示的是一个函数;（2）分段函数的定义域是各段函数定义域的并集，值域是各段函数值域的并集.
1.下列 与 表示同一个函数的是( )
A. 与
B. 与
C. 与
D. 与
B
2.下列函数中，其定义域和值域分别与函数 的定义域和值域相同的是
( )
A. B. C. D.
D
3.[教材改编]若 则 ( )
A. B. C. D.
C
4.已知函数 ， ,则函数 的值域为____________.

命题点1 求函数的定义域
1.（1）[2022北京高考]函数 的定义域是_______________.

[解析] 因为 ，所以 , ，解得 .
（2）若函数 的定义域为 ，则 的值为____.

[解析] 要使函数 有意义，则 ，即函数 的定义域是不等
式 的解集，所以不等式 的解集为
，则 解得 所以 .
2.（1）若函数 的定义域为 ，则函数 的定义域为_______.

[解析] 因为函数 的定义域为 ,所以 ,所以
.所以函数 的定义域为
若函数 的定义域为 ，则函数 的定义域为_ _______.

[解析] 由 ，得 ,所以函数 的定义域为 .
（2）若函数 的定义域为 ，则函数 的定义域为
______.

[解析] 因为函数 的定义域为 ,所以 ,所以函数 的定义域
为 .对于函数 ,有 所以 ,所以函数 的定义域为
.
方法技巧
1.求具体函数的定义域的策略
根据函数解析式，构造使解析式有意义的不等式（组），求解不等式（组）即可；对实际问题，既要使函数解析式有意义，又要使实际问题有意义.
2.求抽象函数的定义域的策略
（1）若已知函数 的定义域为 ，则复合函数 的定义域由不等式
求出；
（2）若已知函数 的定义域为 ,则 的定义域为 在 上的值
域.
命题点2 求函数的解析式
3.（1）已知 ，则 的解析式为____________________.

[解析] 解法一（换元法） 令 ，则 ， ，
所以 ,
所以函数 的解析式为 .
解法二（配凑法） .
因为 ，所以函数 的解析式为 .
（2）已知 ，则 的解析式为_________________________；
,
[解析] 因为 ，所以 , .
（3）已知一次函数 满足 ，则 的解析式为_____________
_________________， ____.
或

[解析] 设 ,则 ,于是有 解得 或 所以 ,则 .
（4）已知 满足 ，则 _________________.

[解析] 已知 ①,
以 代替①中的 ，得 ②,
① ②，得 ，故 .
方法技巧
求函数解析式的常用方法
（1）待定系数法：若已知函数类型（如一次函数、二次函数等），则可用待定系数法求解.
（2）换元法：若已知复合函数 的解析式求解函数 的解析式，可令
,解出 ，然后代入 中即可求得 ，从而求得 .此时要注意新
元的取值范围.
（3）配凑法：配凑法是将函数 的解析式配凑成关于 的形式，进而求出
函数 的解析式.
（4）构造方程组法（消元法）：若已知 与 ， 等的表达式，则可通过赋值（如令 为 , 等）构造出另一个等式，通过解方程组求出 .
注意 求函数解析式时，若定义域不是 ,一定要注明函数定义域.
命题点3 分段函数
角度1 分段函数的求值问题
4.（1）已知函数 则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 且 , ，所以
， ，所以 .故选C.
（2）[2022浙江高考]已知函数 则 ___;若当
时， ，则 的最大值是_______.


[解析] 由题意知 ，则
.作出函数 的
大致图象，如图所示，结合图象，令 ，解得
；令 ，解得 ，又 ，所以 .所以
.
方法技巧
求分段函数的函数值的策略
（1）确定要求值的自变量属于哪一个区间，
（2）代入相应的函数解析式求值，当出现 求值形式时，应由内到外逐层求值.
角度2 分段函数的含参问题
5.（1）[2017山东高考]设 若 ，则
( )
A. B. C. D.
C
[解析] 当 时， ,由 ，得 ，解得
或 （舍去），所以 .当 时，
，由 ,得 ,此时方程无解.综上， .故
选C.
（2）[2021浙江高考]已知 ，函数 若
，则 ___.

[解析] 因为 ，所以 ，所以 ，解得 .
方法技巧
求解分段函数的含参问题时，若自变量值确定，则代入解析式列方程求解；若自变量值不确定，则要根据分段函数的各段定义域分类讨论，最后取各段结果的并集.
角度3 分段函数的解不等式问题
6.（1）[2018全国卷Ⅰ]设函数 则满足 的 的取
值范围是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 解法一 当 时，函数 是减函数，则
.作出 的大致图象如图所示，结合图象可
知，要使 ,则需 或 所
以 ,故选D.
解法二 当 时， ， ，满足 ，排除A，B；当 时， ， ，满足 ，排除C.选D.
（2）[2023河南驻马店市一调]已知函数 则
的解集为( )
B
A. B.
C. D.
[解析] 作出函数 的图象，如图，易知 为奇函数，则
，作出直线
，结合图象可知，原不等式的解集为 .
方法技巧
求解分段函数的解不等式问题的方法
（1）根据分段函数的不同段分类讨论，最后取各段结果的并集即可;
（2）若函数的图象易画，也可以画出函数图象，结合图象求解.
注意 自变量的取值属于哪一段，就用哪一段的解析式来解决问题，即“分段归类”.解得值（范围）后一定要检验其是否符合相应段的自变量的取值范围.
1.[命题点1]已知函数 的定义域为 ，则 的定义域为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为 的定义域为 ,所以 .令 ，解得 ,即函数 的定义域为 ，故选B.
2.[命题点2]定义在 内的函数 满足 ，则
_ _______________________________.
,
[解析] 当 时，有 ①.
以 代替 得, ②.
由①②消去 得， , .
3.[命题点3角度1]已知函数 则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 所以 ，故选A.
4.[命题点3角度2]设函数 则满足 的 的取值范围
是( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 作出 的图象（图略），可得 的最小值为 ，令 ，则 ，考虑 的解，作出 与 的图象如图1所示，由图可知，当 时， ，故 .
下面考虑 的解，作出 与 的图象如图2所示，由图可得 或 .故选D.
图2
图1
5.[命题点3角度3]已知函数 且 ，则不等式
的解集为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由函数 可知当 时， ，所以 ，
可得 ，解得 .不等式 即为 ，即
或 解得 ，故 .
故选C.
02
函数的单调性与最值
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义. 确定函数的单调性（单调区间） 2021全国 卷甲T4； 2020全国 卷Ⅱ 本讲每年必考，命题稳定.命题热点有讨论函数的单调性，利用函数的单调性比较大小、解不等式、求最值等，也常与函数的奇偶性、周期性及对称性综合命题.题型既有选择题、填空题，也有解答题（常与导数综合命题），单独考查时难度不大，与导数综合时难度中等偏上.预计2024年高考命题趋势变化不大，备考时重点进行常规题型训练，并适当关注创新性命题.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义. 函数单调性的应用 2020新高考 卷Ⅰ ；202 0新高考卷Ⅱ ；2019全 国卷Ⅲ 本讲每年必考，命题稳定.命题热点有讨论函数的单调性，利用函数的单调性比较大小、解不等式、求最值等，也常与函数的奇偶性、周期性及对称性综合命题.题型既有选择题、填空题，也有解答题（常与导数综合命题），单独考查时难度不大，与导数综合时难度中等偏上.预计2024年高考命题趋势变化不大，备考时重点进行常规题型训练，并适当关注创新性命题.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义. 与函数的最值（值域）有关的问题 2022北京T14 本讲每年必考，命题稳定.命题热点有讨论函数的单调性，利用函数的单调性比较大小、解不等式、求最值等，也常与函数的奇偶性、周期性及对称性综合命题.题型既有选择题、填空题，也有解答题（常与导数综合命题），单独考查时难度不大，与导数综合时难度中等偏上.预计2024年高考命题趋势变化不大，备考时重点进行常规题型训练，并适当关注创新性命题.
续表
1.函数的单调性
增函数 减函数
定义 一般地，设函数 的定义域为 ，区间 ，如果 , ， 当 时，都有①____________ __，那么就称函数 在区间 上 单调递增. 当 时，都有②____________
__，那么就称函数 在区间 上
单调递减.


增函数 减函数
图象描述 自左向右图象是③______的
自左向右图象是④______的
注意 一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“ ”连接.
上升
下降
续表
规律总结
1.函数单调性的两个等价变形
若 , ，则
（或 ） 在区间 上单调递增；
（或 ） 在区间 上单调递减.
2.函数单调性的常用结论
（1）在公共定义域内，增函数+增函数=增函数，减函数+减函数=减函数;
（2）当 时，函数 与 , 在公共定义域内单调性相反；
（3）复合函数 的单调性与 ， 的单调性有关，即“同增异减”.
3.对勾函数的单调性
函数 在 和 上单调递增，在 和 上
单调递减.
当 时，函数 在 处取得最小值 ;当 时,函数 在
处取得最大值 .
2.函数的最值
前提 设函数 的定义域为 ,如果存在实数 满足 条件 ，都有⑤__________; ，使得 . ，都有 ;
，使得 .
结论 是函数 的最大值. 是函数 的⑥________.

最小值
1.以下说法正确的是( )
A.对于函数 ,若 ,则 为增函数
B.函数 的单调递减区间为
C.若函数 在 上是增函数，则函数的单调递增区间是
D.闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到
D
2.[教材改编]函数 的单调递减区间为( )
A. B. C. D.
B
3.函数 在 上的最小值为( )
A. B. C. D.
B
命题点1 确定函数的单调性（单调区间）
1.（1）[2021全国卷甲]下列函数中是增函数的为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 如图，在坐标系中分别画出A，B，C，D四个选项中的函数的大致图象，即可判断D项符合题意.（也可根据基本初等函数的性质直接判断）
（2）[2017全国卷Ⅱ]函数 的单调递增区间是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由 ，得 或 .因此，函数
的定义域是 .（先求函数 的定义域）
易知函数 在 上单调递减，在 上单调递增，函数
为 上的增函数，由复合函数的单调性知， 的
单调递增区间是 .
故选D.
（3）讨论函数 在 上的单调性.
[解析] 解法一（导数法） .
当 时， ,函数 在 上单调递减;
当 时， ,函数 在 上单调递增.
解法二（定义法） 设 , ,则 .
由于 ,
所以 , , ,
故当 时， ,即 ,函数 在 上单调递减;
当 时， ,即 ,函数 在 上单调递增.
方法技巧
判断函数的单调性的方法
（1）定义法;（2）图象法;（3）导数法;（4）性质法.
命题点2 函数单调性的应用
角度1 比较大小
2.（1）[2019全国卷Ⅲ]设 是定义域为 的偶函数，且在 上单调递减，则
( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 根据函数 为偶函数可知， ，
，且函数 在 上单调递减，
.故选C.
（2）[2022安徽合肥质检]若 是定义在 上的偶函数, , ,当
时,都有 ,则 , , 的大小关系
是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为函数 为偶函数，所以 .由单调性的定义可知，
在 上单调递增，则 在 上单调递减，因为
，所以 ，所以
，即 ，故选A.
方法技巧
利用函数的单调性比较大小的方法
比较函数值的大小时，应先将自变量的值转化到同一个单调区间内，再利用函数的单调性求解.
角度2 求解不等式
3.（1）[2017全国卷Ⅰ]函数 在 上单调递减，且为奇函数.若 ,
则满足 的 的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] ∵函数 为奇函数,且 , ,由 ,得 ,（将常数转化为函数值）
又函数 在 上单调递减， , .故选D.
（2）[2022山东济南学情检测]已知函数 若
,则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
B
[解析] 由题意知 易知函数 在 上
单调递增,且 ,所以函数 在 上单调递增.
则由 ,得 ,解得 或 ,所以实数 的取值范
围是 ,故选B.
方法技巧
利用函数的单调性求解或证明不等式的策略
（1）将不等式转化为 的形式,
（2）根据函数 的单调性“脱去”函数符号“ ”化为形如“ ”或“ ”的不等式求解，注意必须在同一单调区间内进行.若不等式一边没有“ ”，而是常数，则应将常数转化为函数值.
角度3 已知函数单调性求参数的值或取值范围
4.（1）[2020新高考卷Ⅱ]已知函数 在 上单调递增,则
的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由 ，解得 或 ，所以函数 的定义域为
.因为函数 在 上单调递增，在（ ,
）上单调递减，所以函数 在 上单调递增，所以
，故选D.
（2）函数 是 上的增函数，则 的取值范围为____
_____.

[解析] 由题意，得 解得 ,所以 的取值范围为
.
方法技巧
已知函数的单调性求参数的取值范围的方法
根据函数的单调性构建含参数的方程（组）或不等式（组）进行求解，或先得到图象的升降情况，再结合图象求解.
注意 若分段函数是单调函数，则不仅要各段上函数单调性一致，还要在整个定义域内单调，即要注意衔接点处的函数值大小.
命题点3 与函数的最值（值域）有关的问题
5.（1）已知函数 则 的最小值是_________.

[解析] 因为 在 上单调递减，在 上单调递增，所以当
时， .
当 时， ,当且仅当 时，等号成立，此时
.又 ，所以 .
当 时，函数 存在最小值0，所以 的一个取值可以为
0；当 时，若 ， ，此时函数 不可能存在最小值；
当 时，若 ，则 ，此时 ，若
，则 ，若函数 存在最小值，则 ，
得 ；当 时，若 ，则 ，此时
，若 ，则 ，若函数
存在最小值，则 ，此时不等式无解.综上, ，所以
的最大值为1.
（2）[2022北京高考]设函数 若 存在最小值，则 的
一个取值为________________________________________; 的最大值为___.
0（答案不唯一，在 内任取一个即可）
1
方法技巧
求函数最值（值域）的方法
（1）单调性法；（2）图象法；（3）基本不等式法.
注意 对于较复杂的函数，可先通过换元、分离常数等进行转化，对于无法化简变形的函数，则常利用导数法判断单调性，从而求出值域.
1.[命题点1]函数 的单调递增区间是( )
B
A. B. 和
C. 和 D. 和
[解析] 的图象
如图所示，函数的单调递增区间是 和 .
2.[命题点2角度1]已知函数 ,若 , , ，
则 , , 的大小关系为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 函数 在 上为减函数，又 ，所以 ,即 .
3.[命题点2角度2]已知定义在 上的函数 满足 ，且 在
上单调递减，若不等式 对于任意 恒成立，则
的最大值为____.

[解析] 由 满足 ，可知 的图象关于 轴对称，因为 在
上单调递减，所以 在 上单调递增.根据 的图象特征可
得 在 上恒成立，则 在 上恒成立，所以
，故 的最大值为 .
4.[命题点2角度3]已知函数 且对任意的 , ，
时，都有 ，则 的取值范围是_______.

[解析] 由于对任意的 , ， 时，都有 ，所以函数
在 上为增函数，所以 解得 .
5.[命题点3]对于任意实数 , ，定义 设函数
，则函数 的最大值是___.
1
[解析] 解法一 在同一坐标系中，作函数 , 的图象，依题
意， 的图象为如图所示的实线部分.易知点 为图象的最高
点，因此 的最大值为
解法二 依题意， 当 时， 是增函
数，当 时， 是减函数，因此 在 时取得最大值，为
.
03
函数的奇偶性、周期性与对称性
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合具体函数，了解奇偶性的概念和几何意义. 函数的奇偶性 2022新高考卷Ⅰ ；2022全国 卷乙T16；2021全国卷乙T4；2021 全国卷甲T12；2021新高考卷Ⅰ ；2021新高考卷Ⅱ ； 高考卷Ⅱ ；2020全国 卷Ⅱ ；2020新高考卷Ⅰ ；2 019全国卷Ⅱ ；2019全国卷Ⅲ ；2018全国卷Ⅱ 本讲为高考命题重点，命题热点有函数奇偶性的判断，利用函数的奇偶性求解析式、求函数值、解不等式等，函数周期性的判断及应用求值.题型以选择题、填空题为主，函数性质综合命题
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.结合三角函数，了解周期性的概念和几何意义. 函数的周期性 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高 考卷Ⅱ ；2022全国卷乙T12 时难度中等偏大.预计2024年高考命题稳定，备考时注重常规题型训练的同时，关注命题角度创新试题及性质的灵活运用.
函数的对称性 2022全国卷乙T12；2018全国卷 Ⅱ 续表
1.函数的奇偶性
奇偶性 定义 图象特征 特性 单调性
奇函数 一般地，设函数 的 定义域为 ,如果 , 都有 ,且①______ _________，那么函数 就叫做奇函数. 关于②____ __对称. （1）如果定义域中 包含0，那么 ③___. （2）若函数在关于 原点对称的区间上有 最值，则 ④___. 在关于原
点对称的
区间上单
调性⑤___
___.

原点
0
0
相同
奇偶性 定义 图象特征 特性 单调性
偶函数 一般地，设函数 的 定义域为 ，如果 ,都有 ,且 ⑥________________， 那么函数 就叫做偶 函数. 关于⑦____ _对称. . 在关于原
点对称的
区间上单
调性⑧___
___.

轴
相反
续表
注意 （1）只有函数在 处有定义时， 才是 为奇函数的必要不充
分条件;
（2）既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即 ， ,其中定义
域 是关于原点对称的非空数集.
规律总结
1.常见的奇偶函数
（1）函数 为偶函数，函数 为奇函数；
（2）函数 为奇函数,函数 为奇函数;
（3）函数 为奇函数,函数 也为奇函数.
2.函数奇偶性的拓展结论
（1）若函数 是偶函数，则函数 的图象关于直线 对称， .
（2）若函数 是奇函数，则函数 的图象关于点 中心对称, .
2.函数的周期性
（1）周期函数
一般地，设函数 的定义域为 ,如果存在一个非零常数 ,使得对每一个 都
有 ，且⑨________________,那么函数 就叫做周期函数.非零常数 叫
做这个函数的周期.
（2）最小正周期
如果在周期函数 的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小的正数就叫
做 的⑩______正周期.
注意 并不是所有的周期函数都有最小正周期，如

最小
常用结论
函数周期性的常用结论
设函数 , , ， .
（1）若 ，则 是函数的周期;
（2）若 ，则 是函数的周期;
（3）若 ，则 是函数的周期.
3.函数图象的对称性
（1）已知函数 是定义在 上的函数，若 恒成立，则
的图象关于直线 _ _______对称.
（2）已知函数 是定义在 上的函数，若 ，则
的图象关于点 _ _______对称.


1.下列函数既是奇函数又是增函数的是( )
A. B. C. D.
D
2.已知函数 为奇函数，当 时， ,则 ( )
A. B. C. D.
A
3.[多选]以下函数为偶函数的是( )
A. B.
C. D.
AC
4.已知函数 为 上的偶函数，且当 时， ，则当
时， _________.

5.[2023河南洛平许济联考]已知函数 的周期为8，且满足 ，
则 ___.

[解析] 在 中，令 ，得 ．又函数 的周期为8，所以 ，所以 ．
命题点1 函数的奇偶性
角度1 判断函数的奇偶性
1.（1）[2021全国卷乙]设函数 ，则下列函数中为奇函数的是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 因为 ，所以 ，
.
对于A, ,定义域关于原点对称，但不满足
；
对于B, ，定义域关于原点对称，且满足
；
对于C, ,定义域不关于原点对称；
对于D, ,定义域不关于原点对称.
故选B.
解法二 ，为保证函数变换之后为奇函数，需将函
数 的图象向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图象
对应的函数为 ，故选B.
（2）[2014全国卷Ⅰ]设函数 的定义域都为 ，且 是奇函数， 是
偶函数，则下列结论中正确的是( )
A. 是偶函数 B. 是奇函数
C. 是奇函数 D. 是奇函数
B
[解析] 因为 为奇函数， 为偶函数，所以 为奇函数， 为奇函数， 为偶函数， 为偶函数，故选B.
方法技巧
判断函数奇偶性的方法
（1）定义法
（2）图象法
（3）性质法
在公共定义域内有奇函数 奇函数=奇函数，偶函数 偶函数=偶函数，奇函数×奇
函数=偶函数，偶函数×偶函数=偶函数，奇函数×偶函数=奇函数.
注意 （1）函数定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的前提条件.
（2）对于分段函数奇偶性的判断,要分段判断 或 是否
成立，只有当所有区间都满足相同关系时，才能判断该分段函数的奇偶性.
角度2 函数奇偶性的应用
2.（1）[2019全国卷Ⅱ]设 为奇函数，且当 时， ，则当
时， ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 依题意得，当 时， ，选D.
解法二 依题意得， ，结合选项知，选D.
（2）[2021新高考卷Ⅱ]设函数 的定义域为 ，且 为偶函数，
为奇函数，则( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为函数 是偶函数，所以 ，则函数 的图
象关于直线 对称.因为函数 是奇函数，所以
，则 ，且函数 的图象关于点 对称.则
，即 ，则
，所以函数 是以4为周期的周期函数，所以
，又函数 的图象关于直线 对称，所以
，故选B.
（3）[2022全国卷乙]若 是奇函数，则 ____, _____.


[解析] 解法一
为奇函数， ，
.当 时，则
解得 当 时，则
无解.综上， .
解法二 易知 .∵函数 为奇函数，∴由奇函数定义域关于原点对称可得 ，∴当 时， 又 恒成立，∴当 时， ， .又由 可得 ,经检验符合题意， ， .
方法技巧
函数奇偶性的应用类型及解题策略
求解析式 先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求出 的解析式，或充分利用奇偶性构造关于 的方程（组），从而得到 的解析式.
求函数值 利用函数的奇偶性将待求函数值对应的自变量转化到已知解析式的区间上，进而求解.
求参数值 利用待定系数法求解，根据 得到关于待求参数的
恒等式，由系数的对等性得参数满足的方程（组），进而得出参数
的值.对于在 处有定义的奇函数 ，可考虑列等式
求解.
画函数图象和判断单调性 利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.
续表
命题点2 函数的周期性
3.（1）[2022高三名校联考]已知 是定义在 上且周期为2的函数,当
时, 则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 是定义在 上且周期为2的函数，
所以 也是周期为2的函数，（解题关键：由 的周期得到 的周期）
则 ， ，可得
，故选A.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知函数 的定义域为 ,且
, ,则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ，所以在 中，令 ，得
，所以 ①，所以
②.由①②相加，得 ，故
，所以 ,所以 ，
所以函数 的一个周期为6.在 中，令 ，得
，所以 ，再令 ，代入 ，
得 .令 , ，得 ,所以 .由
，得 , , ，所以
，根据函数的周期性知，
，故选A.
方法技巧
（1）利用函数的周期性可以将局部的函数性质扩展到整体.
（2）判断抽象函数的周期一般需要对变量进行赋值.
命题点3 函数的对称性
4.（1）已知函数 满足 ,若函数 与 图
象的交点为 , , , ，则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由 知 的图象关于点 对称，而 的
图象也关于点 对称，因此两个函数图象的交点也关于点 对称，且成对出
现，则 , ,所以
.
（2）已知函数 的图象关于点 对称，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一 ∵函数 的图象关于点 对称， ，即
，∴ 解得 故选C.
解法二 由题意可得， 所以
（3）[2022西安复习检测]函数 在区间 上的
最大值与最小值分别为 , ，则 的值为___.
2
[解析] 设 ，则 .
因为 ，且 的定义域关于原点对称，
所以 是奇函数.
由奇函数图象的对称性知 ，
故 .
方法技巧
（1）奇偶性是对称性中的特殊情况，奇函数或偶函数平移之后不一定有奇偶性，但一定还有对称性；
（2）三次函数 图象的对称中心的坐标为 ,
函数性质的综合应用
角度1 单调性与奇偶性综合
5.（1）设函数 ，则使得 成立的 的取值
范围是( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 易知函数 的定义域为 ，且 为偶函数.当 时， ，易知此时 单调递增.所以 可化为 ，所以 ,解得 .
（2）[2020新高考卷Ⅰ]若定义在 上的奇函数 在 上单调递减，且
,则满足 的 的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 由题意知 在 , 上单调递减，且
.当 时,令 ,得 ,
；当 时,令 ,得 , ,又
， ；当 时,显然符合题意.综上，原不等式的解集为
,选D.
解法二 当 时, ,符合题意，排除B；当 时，
,此时不符合题意，排除A,C.选D.
方法技巧
在解决函数的单调性与奇偶性的综合问题时，常利用函数奇偶性将问题转化到同一单调区间上求解.涉及偶函数时常用 ,将问题转化到 上求解.
角度2 对称性与周期性综合
6.[2022全国卷乙]已知函数 ， 的定义域均为 ，且 ，
.若 的图象关于直线 对称， ，则
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由 的图象关于直线 对称，可得 .在
中,用 替换 ，可得 ，可得
①,所以 为偶函数.在 中，用 替换 ,得
，代入 中,得 ②,
所以 的图象关于点 中心对称，所以 .由①②可得
,所以 ，所以 ，所以函
数 是以4为周期的周期函数.由 可得 ，又
，所以可得 ，又 ,所以 ,得
，又 , ，所以
故选D.
角度3 奇偶性、对称性与周期性综合
7.（1）[2021全国卷甲]设函数 的定义域为 ， 为奇函数， 为
偶函数，当 时, .若 ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由于 为奇函数，所以函数 的图象关于点 对称，即有
，令 ，得 ，即 ①,令 ,得
.由于 为偶函数，所以函数 的图象关于直线 对称，
即有 ，令 ,得 ,所以
②.根据①②可得
, ，所以当 时， 根据函数 的图象关于直
线 对称，且关于点 对称，可得函数 的周期为4，所以
.
（2）[2018全国卷Ⅱ]已知 是定义域为 的奇函数，满足
.若 ，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一 是定义域为 的奇函数， ,且
. ，
， ， ，
是周期函数，且一个周期为4， ,
, ,
则 ,
.故选C.
解法二 ∵函数 满足 ， 的图象关于直线 对称.
又 是定义域为 的奇函数， .已知 ，计算可得：
,
,
,
,
,
,
,

.故选C.
（3）[多选/2022新高考卷Ⅰ]已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记
若 ， 均为偶函数，则( )
A. B. C. D.
BC
[解析] 解法一（转化法） 因为 为偶函数，所以 ,
所以函数 的图象关于直线 对称， ,即
，所以C正确；
因为 为偶函数，所以 ，函数 的图象关于直线 对
称，因为 ，所以函数 的图象关于点 对称，（二级结论：若函数
为偶函数，则其图象上在关于 轴对称的点处的切线的斜率互为相反数，即其导函
数的图象关于原点对称．本题函数 的图象关于直线 对称，则其导函数 的
图象关于点 对称）
所以 的周期 ，因为 ,所以 ，即
,所以D不正确；
因为 ，即 ，所以 ，所以
，所以 ，所以B正确；
不妨取 ,经验证满足题意，但 ，所以选项A不正确.
综上，选BC.
解法二（特例法） 因为 , 均为偶函数，所以函数 的图象关
于直线 对称，函数 的图象关于直线 对称．取符合题意的一个函数
（ ），则 ，排除A；取符合题意的一个函数 ，
则 ，即 ，所以 ，
，所以 ，排除D.又该题为多选题，选BC.
方法技巧
函数的奇偶性、对称性、周期性及单调性是函数的重要性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，在解题时，往往需要先借助函数的奇偶性、对称性和周期性来实现区间的转换，再通过赋值或利用单调性解决相关问题.解决抽象函数的相关性质时，可借助草图或特殊函数辅助解题.
1.[命题点1]已知 为偶函数， 为奇函数，且满足 ，若存在
，使得不等式 有解，则实数 的最大值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 为偶函数， 为奇函数，所以 , ,
又 ①，所以 ②．联立①
②,解得 ， .
由 得 ．因为 在 上
为增函数，所以 在[ , ]上的最大值为 .所以 ，所以 的最大
值为 ，故选A.
2.[命题点1]已知函数 在区间 上的最大值是 ，
最小值是 ，则 的值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 令 ，则 ，
和 在 上的单调性相同.
，
为奇函数，
∴当 时, .
又 , ， ， .故选C.
3.[思维帮/多选]已知对于函数 ， ，都有 成立，且任取
， ， ，则以下结论中正确的是( )
A. B. ,
C. D.若 ,则
AB
[解析] 由函数 满足 ，知函数 的图象关于直线 对
称，又对于任意 , , ,则函数 在
上单调递减.对于选项A，因为 ,所以 ,即A正
确；对于选项B，由已知有 在 上单调递增，在 上单调递减，
即 ，即B正确；对于选项C, ，又
在 上单调递减，所以 ,即C错误；对于选项D，
若 ,则 ，则 或 ，即D错误.故选A
B.
4.[思维帮]已知函数 ，则不等式 的解集为
( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 由题可得 ，设 ，则 的定义域为 .因
为 ，所以 为奇
函数，所以 .
又函数 ， 在 上均为减函数，所以 在 上为减函数，所以由
得 ，得
, 即 ，解得 或 ，故选D.
5.[思维帮]已知函数 在 上单调递减， ,且 为奇函数，则满
足 的 的取值范围为( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 解法一 由 为奇函数可知，函数 的图象关于点 对称,
所以函数 的图象关于直线 对称.
因为函数 在 上单调递减，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
又 ，所以 ，则
由 可知， ，解得 ，故选A.
解法二 由题可设 ，则 可化为
，解得 ，故选A.
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2024年高考数学专项复习
第一章 集合、常用逻辑用语与不等式
01
集合
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.（1）通过实例，了解集合的含 义，理解元素与集合的属于关系. 针对具体问题，能在自然语言 和图形语言的基础上，用符号语言 刻画集合.（3）在具体情境中，了 解全集与空集的含义. 集合的基本概念 2022全国 卷乙 T 1；2020 全国卷Ⅲ ；2018 全国卷Ⅱ 本讲是高考必考内容.命题热点有集合的交、并、补运算，集合的含义及集合间的包含关系，常与不等式、函数等相结合命题，考查学生的数学运算和逻辑推理素养.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.理解集合之间包含与相等的含义，能识别给定集合的子集. 集合间的基本关系 2021全国卷乙 T2 题型以选择题为主，属于送分题，解题时常借助数轴和Venn图.预计2024年高考命题热点变化不大，但应加强对集合中创新问题的重视.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.（1）理解两个集合的并集与交集的含义，能求两个集合的并集与交集.（2）理解在给定集合中一个子集的补集的含义，能求给定子集的补集.（3）能使用Venn图表达集合的基本关系与基本运算，体会图形对理解抽象概念的作用. 集合的基本运算 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高考 卷Ⅱ ；2022全国卷乙 T1；20 22全国卷甲T3；2021新高考卷Ⅰ ；2021新高考卷Ⅱ ；2021 全国卷甲T1；2021全国卷乙T 2；2020新高考卷Ⅰ ；2020全 国卷Ⅰ ;2020全国卷Ⅱ ;2020 全国卷Ⅲ ；2019全国卷Ⅰ ; 2019全国卷Ⅱ ；2019全国卷 Ⅲ ；2018全国卷Ⅰ ；2018 全国卷Ⅲ 题型以选择题为主，属于送分题，解题时常借助数轴和Venn图.预计2024年高考命题热点变化不大，但应加强对集合中创新问题的重视.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.（1）理解两个集合的并集与交集的含义，能求两个集合的并集与交集.（2）理解在给定集合中一个子集的补集的含义，能求给定子集的补集.（3）能使用Venn图表达集合的基本关系与基本运算，体会图形对理解抽象概念的作用. 集合中的计数问题 2019全国 卷Ⅲ 题型以选择题为主，属于送分题，解题时常借助数轴和Venn图.预计2024年高考命题热点变化不大，但应加强对集合中创新问题的重视.
集合的新定义问题 续表
1.集合的有关概念
元素与集合的含义 一般地，把研究对象统称为元素，把一些元素组成的总体叫做集合
集合中元素的特征 ①________、②________、无序性
集合的表示方法 ③________、④________、图示法
常见数集的记法 自然数集（非负整数集），记作⑤___；正整数集，记作⑥____或⑦__
__；整数集，记作⑧___；有理数集，记作⑨___；实数集，记作⑩___
确定性
互异性
列举法
描述法






元素与集合之间的关系 “属于”或“不属于”，分别记为“ ___”或“ ___”


续表
2.集合间的基本关系
关系 定义 记法
子集 一般地，对于两个集合 , ，如果集合 中 _____ _________都是集合 中的元素，就称集合 为集合 的子集 （或
）
真子集 如果集合 ，但存在元素 ,且 ______，就 称集合 是集合 的真子集 _______
（或 ）
相等 若 ，且 _______，则
空集 不含任何元素的集合叫做空集
任意一个元素



规律总结
（1） （子集）
（2）空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，即 , .
（3）任何一个集合是它本身的子集，即 .空集只有一个子集，即它本身.
（4）对于集合 , , ，如果 ,且 ,那么 .
3.集合的基本运算
运算 集合语言 图形语言 记法
并集
交集 _________________
补集

常用结论
1.含有 个元素的集合的子集个数是 ，非空子集的个数是 ,真子集的个数是
，非空真子集的个数是
2.集合的运算性质
（1） .
（2） , .
1.下列说法正确的是( )
A.
B.方程 的解集为
C.若 ,则 或1
D.对任意两个集合 , ， 恒成立
D
2.[教材改编]若集合 , ,则( )
A. B. C. D.
D
3.[2022浙江高考]设集合 , ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由集合并集的定义，得 .故选D.
4.[教材改编]集合 的真子集的个数为___.
3
[解析] 解法一 集合 的真子集为 ， ， ，有3个.
解法二 集合 有2个元素，则集合 的真子集的个数为 .
5.[教材改编]设 ， ， ， ，若 ，则 ___.

[解析] ，∴ .
6.[教材改编]已知 , , ，则 ___
___， ____.


[解析] , , , .
命题点1 集合的基本概念
1.（1）[2022常州模拟]设集合 , , ,则
中元素的个数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为集合 , ,又 , ,
则当 时, 的值有 , , , ,
当 时, 的值有 , , , ,
于是得 ，
所以 中元素的个数为5.故选C.
（2）[2018全国卷Ⅱ]已知集合 ，则 中元素的
个数为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 根据集合 的元素特征及圆的方程在坐标系中作出图形，如图，易知在圆
内有9个整点，即集合 中的元素个数为9.故选A.
（3）[多选]已知集合 ,则下列表示正确的是( )
A. B. C. D.
BCD
[解析] 当 时， ，所以 ,所以A错误；令 ,得 ,所以 ，所以B正确；因为 ,所以 ,则 ,所以C正确；令 ,得 ,所以 ,所以D正确.故选BCD.
（4）若集合 ，且 ,则实数 ______.
或1
[解析] 当 时，可得 ，此时集合 ,符合题意;
当 时，可得 ,此时 ,不满足集合元素的互异性，舍去;
当 时，可得 或 （舍去），当 时，集合 ，符合题意，
综上可得，实数 的值为0或 .
方法技巧
求解与集合中元素有关问题的关键点
1.利用集合元素的限制条件求参数的值或确定集合中元素的个数时，要注意检验集合中的元素是否满足元素的互异性.
2.研究集合问题时，先要明确构成集合的元素是什么，即弄清该集合是数集、点集，还是其他集合;再看集合的构成元素满足的限制条件是什么，从而准确把握集合的含义.
3.常见集合的意义
集合
代表元素 方程 的根. 不等式 的解. 函数 的自变量的取值. 函数 的函数值. 函数 图象上的点.
命题点2 集合间的基本关系
2.（1）设集合 , ,则集合 与集合 的关系是
( )
A. B. C. D.
D
[解析] , , .故选D.
（2）[2022重庆市第十一中学模拟]已知集合 ,则满足条件 的
集合 的个数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ,所以集合 为集合 的非空子集，又集合 中含有4个元素，所以集合 的非空子集有 （个），即集合 的个数为15.故选C.
（3）已知集合 ， ，若 ,则
实数 的取值范围为________.

[解析] 因为 ，所以分以下两种情况：
①若 ，则 ,此时 ;
②若 ,则 解得 .由①②可得，符合题意的实数 的
取值范围为 .
[变条件]若将2.（3）中“集合 ”改为“集合 或
”,其他条件不变，则实数 的取值范围为_________________

[解析] .因为 ，所以分以下两种情况：①若 ，则 ,此时 ;②若 ,则 或 解得 .综上可知，实数 的取值范围为 .
方法技巧
1.判断集合间的包含关系，常借助列举法、结构法和数形结合法求解.
2.求集合的子集个数，常借助列举法和公式法求解.
3.根据两集合间的关系求参数，常根据集合间的关系转化为方程（组）或不等式
（组）求解，求解时注意集合中元素的互异性和端点值能否取到.
注意 在涉及集合之间的关系时，若未指明集合非空，则要考虑空集的可能性，如已
知集合 、非空集合 满足 或 ,则有 和 两种可能.
命题点3 集合的基本运算
角度1 集合的交、并、补运算
3.（1）[2022新高考卷Ⅱ]已知集合 ， ，则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由 ，得 ，解得 ，所以 ，所以 .故选B.
（2）[2022北京高考]已知全集 ，集合 ，
则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为全集 ， ，所以 .故选D.
（3）[2022全国卷甲]设全集 ,集合 ,
,则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 集合 ，所以 ，所以 .故选D.
方法技巧
求解集合的基本运算问题的步骤
角度2 已知集合运算结果求参数的值（或范围）
4.（1）[2023汕头模拟]已知集合 , ,若
中有三个元素,则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 集合 ,
, 中有三个元素， ,解得 ,
∴实数 的取值范围是 .故选C.
（2）[2022西安复习检测]已知集合 ，
,若 ,则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意知集合 或 ，因为 ，所以 ，解得 .故选A.
（3）集合 , , .若 ,
则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 易得 .
, .
由 ,得 ，解得 .故选B.
方法技巧
根据集合的运算结果求参数的值或取值范围的方法:将集合的运算结果转化为参数所满足的方程（组）或不等式（组）求解.
命题点4 集合中的计数问题
5.（1）[2019全国卷Ⅲ]《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古
典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的
情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，
阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生
共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为
( )
C
A. B. C. D.
[解析] 解法一 由题意得，阅读过《西游记》的学生人数
为 ，则该校阅读过《西游记》的学生人
数与该校学生总数比值的估计值为 ．故选C.
易知调查的100位学生中阅读过《西游记》的学生人数为70，所以该校阅读过《西游
记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 .故选C.
解法二 用Venn图表示调查的100位学生中阅读过《西游记》和《红楼梦》的人数之间的关系，如图，
（2）[2022北京市朝阳区联考]某班有36名同学参加数学、物理、化学课外探究小组，
每名同学至多参加两个小组，已知参加数学、物理、化学小组的人数分别为26，
， ，同时参加数学和物理小组的有6人，同时参加物理和化学小组的有4人，则
同时参加数学和化学小组的有___人．
[解析] 解法一 设参加数学、物理、化学课外探究小组的人员构成的集合分别为 ,
, ,则 , , ， ，
, ， .由
得
.

解法二 设参加数学、物理、化学课外探究小组的人员构成的集合分别为 , , ,
同时参加数学和化学小组的有 人,结合题意，画出Venn图，如图所示，则
，解得 .
即同时参加数学和化学小组的有8人．
方法技巧
集合中的计数问题的求解策略
关于集合中的计数问题，常借助Venn图或用公式 ， （ 表示有限集合 中元素个数）求解.
命题点5 集合的新定义问题
6.（1）对于集合 ， ，定义集合 ．已知集合
， ，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 结合新定义可知 ，又 ，所以 .故选C.
（2）[2022河北石家庄二中模拟]若一个集合是另一个集合的子集，则称这两个集合
构成“全食”；若两个集合有公共元素但不互为对方的子集，则称两个集合构成“偏
食”.已知集合 和集合 ，若集合 ,
构成“偏食”，则实数 的取值范围为______.

[解析] 由题意，可知集合 ，集合 ，
因为集合 , 构成“偏食”，所以 或 解得
.
所以实数 的取值范围为 .
方法技巧
解决集合新定义问题的关键
（1）紧扣新定义，分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程中.
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之处用好集合的性质.
1.[命题点1]设 , ,集合 ，则 ___.

[解析] 由题意知 ,因为 ，所以 ,则 ,所以 , .故 .
2.[命题点2]已知集合 ，集合 ,集合
，则集合 , , 的关系为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ,即 ,所以 ,则 .
因为 ,即 ,所以 ,则 .
因为 所以 ,则 ,所以
, .故选D.
3.[命题点2,3/2022开封市一模]若集合 ，且 ，则集合
不可能是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ，所以集合 .因为 ，所以 ，显然选项A,B,C均满足题意，D不满足题意,故选D.
4.[命题点3角度1/2023南京六校联考]若集合 ，
，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] ，
，所以 ，故选C.
5.[命题点3角度1/2022东北三省四市联考]已知全集 ，集合
， ，则图中阴影部分表示的集合为
( )
C
A. B. C. D.
[解析] 题图中阴影部分表示的集合为 ,因为 ，所以
，所以 ，故选C.
6.[命题点3角度2/2020全国卷Ⅰ]设集合 , ,且
,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 易知 ， ,因为 ,所以 ，解得 .故选B.
02
常用逻辑用语
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过对典型数学命题的梳理，理解必要条件的意义，理解性质定理与必要条件的关系. 2.通过对典型数学命题的梳理，理解充分条件的意义，理解判定定理与充分条件的关系. 充分条件与必要条件的判断 2022北京T6；2022浙江T4；2022天津T2；2021全国卷甲T7；2021北京T3；2021浙江T3；2021天津T2；2020北京T9；2020浙江T6；2020天津T2；2019北京T7；2019浙江T5；2019天津T3；2018北京T6；2018浙江T6；2018天津T4 本讲在全国卷中考查频率不高，属于地方卷的命题热点.主要以其他知识为情境考查充分条件、必要条件的判断及简单应用，全称量词命题与存在
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.通过对典型数学命题的梳理，理解充要条件的意义，理解数学定义与充要条件的关系. 4.通过已知的数学实例，理解全称量词与存在量词的意义. 充分条件、必要条件中的含参问题 量词命题的真假判断及含有一个量词的命题的否定，对学生的逻辑推理素养要求较高.题型以选择题为主，难度中
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
5.能正确使用存在量词对全称量词命题进行否定，能正确使用全称量词对存在量词命题进行否定. 全称量词与存在量词 2021全国卷乙T3 等偏易.预计2024年高考命题点变化不大，平时训练中应注重不同知识之间的综合.
续表
1.充分条件、必要条件与充要条件
若 ，则 是 的①______条件， 是 的②______条件 是 的③____________条件 且
是 的④____________条件 且
是 的⑤______条件
是 的⑥__________________条件 且
充分
必要
充分不必要
必要不充分
充要
既不充分也不必要
常用结论
充分、必要条件与对应集合之间的关系
设 , .
（1）若 是 的充分条件,则 ;
（2）若 是 的充分不必要条件,则 ;
（3）若 是 的必要不充分条件,则 ;
（4）若 是 的充要条件,则 .
2.全称量词与存在量词
（1）全称量词与存在量词
量词名称 常见的量词 表示符号
全称量词 所有的、一切、任意一个、每一个、任给等 ⑦___
存在量词 存在一个、至少有一个、有一个、有的、有些、对某些等 ⑧___
（2）全称量词命题与存在量词命题
名称 全称量词命题 存在量词命题
结构 对 中任意一个 , 成立 存在 中的元素 , 成立
简记 ⑨_______________ ⑩_______________
否定 , _______________


，
，
,
注意 1.含有一个量词的命题的否定规律是：改写量词，否定结论.
2.在写一个命题的否定时，一定要深挖隐含条件，准确理解题意，从而写出正确的命题的否定.如命题“ , ”中的“ ”的否定应为“ 无意义或 ”.
1.下列说法不正确的是( )
A. 是 的充分不必要条件等价于 是 的必要不充分条件
B.“三角形的内角和为 ”是全称量词命题
C.已知集合 , , 的充要条件是
D.命题“ , ”是真命题
D
2.[2022天津高考]“ 是整数”是“ 是整数”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
A
[解析] 若 是整数，则 是整数；当 时， 是整数，但 不是整数，所以“ 是整数”是“ 是整数”的充分不必要条件.故选A.
3.[2023云南师大附中模拟]唐代著名诗人杜牧在《赤壁》一诗中写有“东风不与周郎
便，铜雀春深锁二乔”，即杜牧认为，如果没有东风，那么东吴的二乔将会被曹操关
进铜雀台，即赤壁之战东吴将输给曹操.那么在杜牧认为，“东风”是“赤壁之战东吴打
败曹操”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
C
[解析] 杜牧认为没有东风，则赤壁之战东吴将输给曹操，则说明东风是打败曹操的必要条件.但有了东风，若没有其他的地利人和，也未必能打败曹操，故东风不是打败曹操的充分条件.故选C.
4.已知命题 所有的三角函数都是周期函数，则 为__________________________.
有些三角函数不是周期函数
命题点1 充分条件与必要条件的判断
1.（1）[2023贵州省遵义市联考]“ ”是“函数 在
上单调递减”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
A
[解析] 时，函数 和函数 都单调递减，此时函数
单调递减.因为 在 上单调递减，所以 解得
，反之则不成立，所以“ ”是“函数
在 上单调递减”的充分不必要条件．故选A.
（2）已知 , ，则 是 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
B
[解析] 由 知 ,所以 对应的 的范围为 ，由 知 ,所以 对应的 的范围为 ，显然 ，所以 是 的必要不充分条件.故选B.
（3）[2021全国卷甲]等比数列 的公比为 ,前 项和为 .设甲： ，乙：
是递增数列，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
B
[解析] 当 , 时， ，此时数列 单调递减，所以甲不
是乙的充分条件.当数列 单调递增时，有 ，若
，则 ，即 ；若 ，则 ，不存在，
所以甲是乙的必要条件.故选B.
方法技巧
充分条件与必要条件的判断方法
（1）定义法
根据“若 ,则 ”及“若 ,则 ”的真假进行判断，适用于定义、定理等判断性问题.
（2）集合法
根据 , 对应的集合之间的包含关系进行判断.
（3）等价转化法
适用于“不易直接正面判断”的情况，可将原命题等价转化为一个易于判断真假的命题.常用的是逆否等价法：
① 是 的充分不必要条件 是 的充分不必要条件;
② 是 的必要不充分条件 是 的必要不充分条件;
③ 是 的充要条件 是 的充要条件;
④ 是 的既不充分也不必要条件 是 的既不充分也不必要条件.
命题点2 充分条件、必要条件中的含参问题
2.（1）若 ,则 恒成立的一个充分条件是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 当 时， ，当且仅当 时，“=”成立，因
为 恒成立，所以 ，结合各选项知 恒
成立的一个充分条件为 .（注意区分“ 是 的充分条件”与“ 的充分条件是
” ）
故选B.
（2）“不等式 恒成立”的一个必要不充分条件是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 恒成立 或 解得 ，所以A
选项是“ 恒成立”的充分不必要条件；B选项是“
恒成立”的充要条件；C选项是“ 恒成立”的必要不充分条件；D选项
是“ 恒成立”的既不充分也不必要条件. 故选C.
（3）已知 ， ，且 是 的必要不充
分条件，则实数 的取值范围为________.

[解析] 由 ,得 ,故 对应的集合为 .
由 ,得 ,故 对应的集合为

因为 是 的必要不充分条件,所以 ,所以 （ 与
不会同时成立）
解得 ,所以实数 的取值范围为 .
[变条件].将2.（3）中的“ 是 的必要不充分条件”改为“ 是 的充分条件”，其他条
件不变，则实数 的取值范围为______.

[解析] 由2.（3）的解析知 对应的集合为 , 对应的集合为
.因为 是 的充分条件，所以 ,则
解得 .
方法技巧
1.判断命题成立的一个充分不必要条件（或一个必要不充分条件）的关键：
（1）得到命题成立的充要条件；（2）结合这个充要条件去寻找命题成立的一个充分不必要条件（或一个必要不充分条件）.
2.已知充分、必要条件求参数取值范围的策略
巧用转化求参数 把充分、必要条件转化为集合的包含、相等关系，然后根据集合之间的关系列出有关参数的不等式（组）求解，注意条件的等价变形.
端点值慎取舍 在求参数范围时，要注意区间端点值的检验，从而确定取舍.
命题点3 全称量词与存在量词
角度1 全称量词命题和存在量词命题的否定
3.（1）[2023辽宁名校联考]已知命题 ,则 为( )
A. , B. ,
C. , D. ,
B
[解析] 因为命题 , ,则 , .故选B.
（2）[2023江苏省南京市模拟]已知 ，集合 是奇数集，集合 是偶数集．若
命题 ，有 ，则命题 的否定为_________________．
,有
[解析] ∵“全称量词命题”的否定是“存在量词命题”，∴命题 “ ，有 ”的否定是 ,有
方法技巧
全称量词命题与存在量词命题的否定
（1）改写量词:确定命题所含量词的类型,若命题中无量词，则要结合命题的含义加上量词，再对量词进行改写.
（2）否定结论:对原命题的结论进行否定.
角度2 含量词的命题的真假判断
4.（1）[2023湖北模拟]下列命题为真命题的是( )
A. , B. ,
C. , D. ,
C
[解析] 因为 恒成立,所以 ,
是假命题;当 时， ,所以 , 是假命题;当 时,
，所以 , 是真命题;因为 ,所以 ,
是假命题.故选C.
（2）[多选]下列命题中，是存在量词命题且是真命题的是( )
A.至少有一个实数 ,使得 B.菱形的对角线互相垂直
C. , 的否定 D. , 的否定
AC
[解析] 对于选项A,命题是存在量词命题，当 时, ,所以A中命题是真命题;
对于选项B,命题是全称量词命题，不满足题意;
对于选项C, , 的否定为 , ,是存在量词命
题, ，当 时, ,所以C中命题是真命题;
对于选项D, , 的否定是 , ,是全称量词
命题，不符合题意.故选AC.
方法技巧
判定全称量词命题是真命题，需证明所有对象使命题成立;判定存在量词命题是真命题，只要找到一个对象使命题成立即可.当一个命题的真假不易判定时，可以先判断其否定的真假.
角度3 已知全称（存在）量词命题的真假求参数的取值范围
5.（1）若命题“ ， ”为假命题，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 命题“ , ”为假命题，则命题“ ,
”为真命题.由 ,得 .设
,则原问题可转化为 .令 ,得
,令 ,得 ,则 在 上单调递增,在 上单调递减，从
而 ,故 .故选D.
（2）[2022安徽省亳州市第一中学模拟]命题 ， ．若 是
假命题，则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
B
[解析] 由 是假命题，得命题 的否定“ ， ”是真命题，所以 解得 ，所以实数 的取值范围是 ．故选B.
方法技巧
由命题真假求参数的范围，一般先利用等价转化思想将条件合理转化，得到关于参数的方程或不等式（组），再通过解方程或不等式（组）求解.
突破双变量“存在性或任意性”问题
类型1 形如“对任意 ，都存在 ，使得 成立”
6.[2023江苏省宿迁市模拟]定义域为 的函数 满足 ，
对任意的实数 都成立，且值域为 ．设函数
若对任意的 ，都存在 ，使
成立，则实数 的取值范围为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由 ，
得 ，解得 或 .
因为 为偶函数，且值域为 ，
所以
若对任意 ，都存在 ，使 成立，则 在
上的值域是 在 上的值域的子集.
易知当 时， ；当 时， ，
所以 所以 .
类型2 形如“存在 及 ，使得 成立”
7.已知函数 ， ，若存在 及 ，
使得 成立，则实数 的取值范围为_ _____.

[解析] 由题意，易得函数 在 上的值域为 ， 在 上的值域为
，并且两个值域有公共部分.先求没有公共部分的情况，即
或 ，解得 或 ，所以要使两个值域有公共部分，则
的取值范围为 .（补集思想）
类型3 形如“对任意 ,都存在 ,使得
成立”
8.（1）已知函数 , ，若 , ，使得
,则实数 的取值范围是_ _______.

[解析] 依题意知 .因为 在 上是减
函数，所以 时 .又 在 上是增函数，所以
时， .因此 ,即 ，所以 的取值范围
是 .
（2）已知函数 ， ，若 ， ，
使得 ,则实数 的取值范围是_ _______.

[解析] 由已知可得 .
当 时， ，当 时， ，则 ，解得 ，所以实数 的取值范围为 .
方法技巧
（1） , , ；
（2） , , ；
（3） , , ;
（4） , , ;
（5） , , 的值域为 值域的子集；
（6） , , 的值域与 的值域的交集不为空
集.
1.[命题点1/2022武汉二模]已知正实数 ， ，则“ ”是“ ”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
B
[解析] 依题意， , ，若 ，则
，当且仅当 时等号成
立；若 ，令 , ， 满足 ，但 所以当 ,
时，“ ”是“ ”的充分不必要条件，故选B.
2.[命题点1/2022山东泰安三模]已知函数 ，则对任意实
数 ， ，“ ”是“ ”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
C
[解析] 由 ，得
，则
，
（【技巧】涉及指数、对数的函数的奇偶性的判断，可以通过检验 或
是否等于0来判断）
又函数 的定义域是 ,所以函数 为奇函数.
，当 时，函数
单调递增， 单调递增，
所以函数 在 上单调递增，（【依据】运用函
数单调性的性质：“增+增=增”）
所以函数 在 上单调递增.
由 可得 ，所以 ,故 .
由 可得 ，所以 ，所以 .
所以“ ”是“ ”的充要条件.故选C.
3.[命题点3角度1/2023贵阳摸底考试]已知命题 , ,则命题 的
否定是( )
A. , B. ,
C. , D. ,
D
[解析] 由存在量词命题的否定为全称量词命题，得命题 的否定为 , ，故选D.
（提醒：命题的否定不仅要将 改为 （或 改为 ），命题的结果也要否定）
4.[命题点3角度2/多选]下列命题是真命题的为( )
A. ,使函数 在 上为偶函数
B. ,函数 的值恒为正数
C. ,
D. ,
AC
[解析] 当 时, 为偶函数，故A为真命题;
,当 时, ,故B为假
命题;当 时， ,故C为真命题;根据指数函数与对数函数的图
象易知,D为假命题.
03
不等式的性质与解不等式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质. 比较两个数（式）的大小 2022全国 卷甲T1 2；2020 全国卷Ⅲ 本讲很少单独命题，常与其他知识综合命题，如作为工具求解函数、导数、圆锥曲线等问题，命题热点有比较大小，不等式性质的应用，一元二次不等式的解法及恒成立问题，主要考查学生的数学运算和逻辑推理素养.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.会结合一元二次函数的图象，判断一元二次方程实根的存在性及实根的个数，了解函数的零点与方程根的关系. 不等式性质及其应用 2020新高 考卷Ⅰ ； 20 19全国卷 Ⅱ 题型以选择题和填空题为主，难度中等，预计2024年高考命题点变化不大，复习备考时要掌握不等式的性质和一元二次不等式的解法，并能充分运用.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.经历从实际情境中抽象出一元二次不等式的过程，了解一元二次不等式的现实意义.能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集. 一元二次不等式的解法 2020北京T6 题型以选择题和填空题为主，难度中等，预计2024年高考命题点变化不大，复习备考时要掌握不等式的性质和一元二次不等式的解法，并能充分运用.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
4.借助一元二次函数的图象，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系. 一元二次不等式的恒成立问题 2019天津T10 题型以选择题和填空题为主，难度中等，预计2024年高考命题点变化不大，复习备考时要掌握不等式的性质和一元二次不等式的解法，并能充分运用.
续表
1.两个实数比较大小的方法
关系 方法 作差法 作商法
或 ①____

或 ②____
＜
＞
2.等式的性质
对称性 如果 ，那么
传递性 如果 ， ，那么
可加（减）性 如果 ，那么
可乘性 如果 ，那么
可除性 如果 ， ，那么
3.不等式的性质
性质 性质内容
对称性 ③______
传递性 , ④______
可加性
可乘性 , ； , ⑤________
同向可加性 , ⑥_____________
同向同正可乘性 , ⑦_________
同正可乘方性 ,那么





常用结论
1.倒数性质
, ; ; , .
2.分数性质
若 , ，则
（1）真分数性质： ; 假分数性质： ;
.
4.二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系

的图象
的根 有两个相异的实数根 , 有两个相等的实数根 ⑧_ ____ 没有实数根


的解集 ⑨__________________ ⑩___
的解集 _______________ ___
对于 的情况同理可得出相应的结论.




续表
常用结论
分式不等式的解法
； ；

;
（6）绝对值不等式 的解集为 的
解集为 .
1.[2022江西宜春模拟]已知 , ,则( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ,所以 .故选C.
2.[2022广东珠海模拟]一元二次不等式 的解集是
，则 的值是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题意可知一元二次方程 的两个根分别为3， ，所以由
根与系数的关系得 解得 所以 .故选D.
3.[多选]下列说法不正确的是( )
A.一个不等式的两边同时加上或同时乘以同一个数，不等号方向不变
B. ,
C.若 ，则
D.若 ,则
AD
4.[多选]下列说法不正确的是( )
A.若不等式 的解集为 ，则必有
B.若方程 没有实数根，则不等式 的解集
为
C.不等式 在 上恒成立的条件是 且
D.
BCD
5. 的解集为________________.

6.[教材改编]已知 ， ,则 的范围是______.

[解析] , ①.
, ②.
①+②得， .
命题点1 比较两个数（式）的大小
1.
（1）[2022河南省实验中学模拟]已知 ,且 , ,则
, 的大小关系是( )
A. B. C. D.不能确定
A
[解析] 因为 ,所以 ,所以
,所以 故选A.
（2）[2023广东六校联考]设 ， ， ，则( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意得, , , ,令 ,可得
.令 ，得 ,则 在 上单调递增;令 ，
得 ,则 在 上单调递减.又 ,所以 .故选B.
（3）若 , ,则 与 的大小关系为( )
A. B. C. D.
B
[解析] ,
因为 , ,所以 , .
若 ，则 ，故 ;
若 ，则 ,故 .
综上， .故选B.
（4） 与 的大小关系为_______________.

[解析] ，又 , ，所以 ，即 ,又 ,所以 .
方法技巧
比较数（式）大小的常用方法
1.作差法：（1）作差；（2）变形；（3）定号；（4）得出结论.
2.作商法：（1）作商；（2）变形；（3）判断商与1的大小关系；（4）得出结论.
3.构造函数， 利用函数的单调性比较大小.
命题点2 不等式性质及其应用
角度1 不等式的性质
2.（1）[2019全国卷Ⅱ]若 ,则( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一 由函数 的图象（图略）知，当 时，
，故A不正确；因为函数 在 上单调递增，所以当 时，
，故B不正确；因为函数 在 上单调递增，所以当 时，
，即 ，故C正确；当 时， ,故D不正确．故选C.
解法二 当 , 时， , , ,故排除A,B,D.故
选C．
（2）[多选/2022沈阳市质量监测]若 ， ，则使 成立的充要条件是
( )
A. B. C. D.
ABD
[解析] 对于A，因为 ， ，所以 ，A选项符合题意；对于B，
因为 ， ，所以 ，B选项符合题意；对
于C,当 时, ,即 ，C选项不符合题意；
对于D，当 时， ，所以 ,反之，由

， ， ，可得 ，即 ，即 ,所以 ，
D选项符合题意.故选ABD.
方法技巧
判断不等式是否成立的常用方法
（1）利用不等式的性质验证，应用时注意前提条件；
（2）利用特殊值法排除错误选项，进而得出正确选项；
（3）根据式子特点，构造函数，利用函数的单调性进行判断.
角度2 不等式性质的综合应用
3.（1）已知 ， ，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 , ，所以 , , .因为
，所以 ,即 ,解得 ,将 代入
中，得 ，即 ,得 ，所以 .故选A.
（2）[2022安徽合肥一中模拟]已知实数 , 满足 ， ，
则实数 , 的取值范围分别为_ _______________________； 的取值范围为
__________________．
，

[解析] 由 ， ，两式相加得 ，则
.（同向不等式具有可加性）
由 ，得 ，又 ，两式相加得
，即 .
设 ，
则 解得 所以 .又
，所以 ．
方法技巧
利用不等式性质可以求某些代数式的取值范围，但应注意两点：一是必须严格运用不等式的性质；二是在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围.解决的途径是先建立所求范围的整体与已知范围的整体的等量关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围.
命题点3 一元二次不等式的解法
4.（1）不等式 的解集为( )
A. B.
C. D.
B
[解析] 原不等式化为
即 解得 .故选B.
（2）若 的解集为 ，则对于函数
，有( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 因为 的解集为 ，所以 ，且 ，

是方程 的两根，由根与系数的关系得 所以
所以函数 ，其图象的对称轴为
，开口向上，所以 .故选D.
（3）[2019天津高考]设 ,使不等式 成立的 的取值范围为
_______.

[解析] 即 ，所以 .
（4）已知不等式 的解集是 ，则不等式
的解集为______.

[解析] 由题意知 ， 是方程 的两根，所以由根与系数的关系
得 解得 不等式 即 ，
所以解集为 .
（5）解不等式： .
[解析] 若 ,则原不等式等价于 ，解得 .
若 ,则原不等式等价于 ,解得 或 .
若 ,则原不等式等价于 ，
方程 的两根分别为1, .
①当 时, , 无解;
②当 时， ，由 ，得 ;
③当 时, ，由 ，得 .
综上所述，当 时,原不等式的解集为 ;当 时,原不等式的解集为 ;当 时,原不等式的解集为 ;当 时,原不等式的解集为 ;当 时，原不等式的解集为
方法技巧
1.解不含参数的一元二次不等式
2.解含参数的一元二次不等式
命题点4 一元二次不等式的恒成立问题
角度1 在 上恒成立
5.[2022漳州模拟]若关于 的不等式 对一切实数 恒
成立，则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 当 ，即 时，不等式恒成立，符合题意.
当 ，即 时，要使不等式恒成立，需满足
解得 .
综上可知， 的取值范围为 .故选C.
方法技巧
一元二次不等式在 上恒成立的条件
不等式类型 恒成立条件
,
,
,
,
角度2 在给定区间上恒成立
6.（1）已知 ，不等式 的解集为 .若对任意的
, 恒成立，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题知 , 是方程 的两根，得 所以
所以 .
解法一 因为对任意的 ， 恒成立，所以对任意的 ,
恒成立.因为 在 上的最大值为4，所以 .
故选D.
解法二 对任意的 , 恒成立，即
恒成立，于是 解得
.故选D.
（2）若对任意的 ，函数 总有零点，则实数 的取
值范围是_ ________.

[解析] 由题意，对任意的 ,函数 总有零点，等价于
方程 的根的判别式 对任意的
恒成立，所以 对任意的 恒成立.
令 ， .
因为 ，所以 ，
所以 ，即 的最小值为 .
故实数 的取值范围是 .
角度3 给定参数范围的恒成立
7.已知 时,不等式 恒成立,则 的取值范围为
( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 把不等式的左端看成关于 的一次函数，
记 ,
则由 对于任意的 恒成立，
得 ,且 即可，解不等式组
得 或 .故选C.
方法技巧
恒成立问题的解题策略
（1）弄清楚自变量、参数.一般情况下，求谁的范围，谁就是参数.
（2）一元二次不等式在 上恒成立,可用判别式 ；一元二次不等式在给定区间上恒成立,不能用判别式 ,一般分离参数求最值或分类讨论.
方法技巧
求解不等式恒成立问题的常用方法
不等式解集法 不等式 在集合 中恒成立等价于集合 是不等式 的解
集 的子集，通过求不等式的解集，并研究集合间的关系可以求出参数的
取值范围.
分离参数法 若不等式 （ , 为实参数）恒成立,将 转化为
或 恒成立，进而转化为 或
,求 的最值即可.该方法适用于参数与变量能分离,
函数最值易求的题目.
主参换位法 变换思维角度，即把主元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原参数的取值范围列式求解.一般地，条件给出谁的范围，就看成是有关谁的函数，利用函数单调性求解.
数形结合法 结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数
图象的位置关系（相对于 轴）求解.
此外，若涉及的不等式能转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方
程根的分布解决问题.
续表
04
基本不等式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
掌握基本不等 式 . 结合具体实 例，能用基本 不等式解决简 单的最大值或 最小值问题. 利用基本不等式求最值 2022新高考卷Ⅱ ； 2020新高考卷 Ⅰ ；2020天津T1 4；2019天津T13;201 8天津T13 本讲是高考的热点，常作为工具与其他知识综合考查，主要考查基本不等式及其应用，如求最值、证明不等式、求参数的取值范围等，解题时要注意应用基本不等式的三个前提条件.题型以选择题、填空题为主，难度不大.预计2024年高考命题点变化不大，但应加强对应用基本不等式解决实际问题的重视.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
掌握基本不等 式 . 结合具体实 例，能用基本 不等式解决简 单的最大值或 最小值问题. 利用基本不等式解决实际问题 本讲是高考的热点，常作为工具与其他知识综合考查，主要考查基本不等式及其应用，如求最值、证明不等式、求参数的取值范围等，解题时要注意应用基本不等式的三个前提条件.题型以选择题、填空题为主，难度不大.预计2024年高考命题点变化不大，但应加强对应用基本不等式解决实际问题的重视.
续表
1.基本不等式：
（1）基本不等式成立的条件：①______________.
（2）等号成立的条件：当且仅当 ②______时取等号.
（3）其中，③_ ___叫做 ， 的算术平均数，④_____叫做 ， 的几何平均数.基
本不等式表明：正数 , 的算术平均数不小于它们的几何平均数.
注意 若 , ，应先转化为 ， ，再运用基本不等式求解.
，



2.几个重要不等式
（1） ⑤_____（ , ，当且仅当 时取等号）.
（2） ⑥___（ , 同号，当且仅当 时取等号）.
（3） ⑦_ ______（ , ，当且仅当 时取等号）.
（4） ⑧______（ , ，当且仅当 时取等号）.
（5） ⑨_______（ , ，当且仅当 时取等号）.
（6） （ , ,当且仅当 时取等号）.





思维拓展
重要不等式链的几何解释
如图， 是 的直径， , ，点 , 在 上，且 ,
，连接 , , , ，作 ，垂足为E.由图可知， 的半径
等于 .
（1）因为 是 斜边上的高，所以由射影定理得
.由 得 ，当且仅当 与 重合，
即 时不等式取等号.
（2）因为 是 斜边上的高，所以由射影定理得 ，所以
.由 得 ，当且仅当 与 重合，即 时
不等式取等号.
（3）因为 , ，所以在 中，由勾
股定理可得 .由 得
，当且仅当 与 重合，即 时不等式取等号.
则由（1）（2）（3）可得不等式链： ，当且仅当
时不等式取等号.
拓展思维：类似地，我们可以由 得 ；由 得
；由 得 .
归纳总结：不等式链 一共包含了6个不等式（它们取等号
的条件一致，均是当且仅当 时不等式取等号），对于其中的每一个不等式，
我们都可以根据上图给出它的几何解释.
3.利用基本不等式求最值
已知 , .
（1）如果积 等于定值 ，那么当 时，和 取得最小值⑩_____（简记：
积定和最小）；
（2）如果 等于定值 ，那么当 时，积 取得最大值 _ __（简记：和
定积最大）.
注意 应用基本不等式求最值应满足三个条件“一正”“二定”“三相等”.


1.下列说法正确的是( )
A.函数 的最小值是2
B.函数 , 的最小值为4
C.“ 且 ”是“ ”的充分不必要条件
D.不等式 与 有相同的成立条件
C
2.矩形两边长分别为 , ，且 ，则矩形面积的最大值是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 依题意可得 , ，则 ，当且仅当 时取等号，所以 ，即矩形面积的最大值为 .故选B.
3.若 ， ，则 的最小值是( )
A. B. C. D.
A
[解析] ，当且仅当 , ,即 时，等号成立.故选A.
4.已知 , 为正数，则下列不等式中不成立的是( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 易知A,B成立；对于C,因为 ,所以 ,所以
,所以 ,故C成立；对于D,取 , ,代入可知,不等
式不成立,故D不成立.由以上分析可知，选D.
命题点1 利用基本不等式求最值
角度1 配凑法
1.（1）[2022长沙模拟]设 ,则函数 的最大值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ，所以
,
当且仅当 ，即 时取等号，此时函数取得最大值 .故选C.
（2）若 ,则 有( )
A.最大值0 B.最小值9 C.最大值 D.最小值
C
[解析] 因为 ，所以 ,则
,
当且仅当 ,即 时取等号，
此时 取得最大值 .故选C.
（3）[2022安徽芜湖模拟]若 ，则 有( )
A.最大值6 B.最大值8 C.最小值6 D.最小值8
C
[解析] 因为 ，所以 ，所以
，当且仅当 ，
即 时等号成立，故 有最小值6．故选C.
（4）[2022广东深圳二调]已知 ，则函数 的最小值为___.
9
[解析] ， ， ，当且仅当 ，即 时取等号，∴函数 的最小值为9.
方法技巧
利用配凑法求最值的技巧
配凑法的实质在于代数式的灵活变形，配系数、凑常数是关键，目标是配凑成和或积为定值的形式，进而利用基本不等式求解.
注意 注意变形的等价性及基本不等式应用的前提条件.
角度2 常数代换法
2.（1）[2017山东高考]若直线 （ , ）过点 ，则 的
最小值为___.
8
[解析] ∵直线 过点 ， , ，
，当且仅当 和
同时成立,即 , 时等号成立， 的最小值为8.
（2）[2022重庆市模拟]已知 ， ，且 ,则 的最小值为_____
____.

[解析] 因为 , ,所以
,
当且仅当 和 同时成立，即 , 时等号成立，所
以 的最小值为 ．
方法技巧
常数代换法求最值适用的题型及解题通法
当式子中含有两个变量，且条件和所求的式子分别为整式和分式时，常构造出 （ , , , 为常数）的形式，利用 （当且仅当 时等号成立）得到结果.
角度3 消元法
3.（1）已知正实数 , 满足 ，则 的最小值是___.
9
[解析] 由 可得 ，由 且 得 ，所以 ，当且仅当 ,即 , 时等号成立，故 的最小值是9.
（2）[2023皖南八校联考]已知 ，则 的最小值是_ __.

[解析] 由 得 ，则 ，当且仅当 ,即 时取等号，则 的最小值是 .
方法技巧
利用消元法求最值的技巧
消元法，即先根据条件建立两个量之间的函数关系，然后代入代数式，再进行最值的求解.有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式求解，但应注意各个元的范围.
角度4 多次运用基本不等式
4.（1）[2023上海交通大学附属中学模拟]已知 ， ， ，则
的最小值为___.
2
[解析] 解法一 ， ， ，
，即 ，当且仅当 时等号成立，
，当且仅当 时等号成立；
根据不等式的传递性， ， 的最小值为2.
解法二 ， ， ， ，
，当且仅当 ，即 时等号成立.
的最小值为2.
（2）[2017天津高考]若 ， ， ，则 的最小值为___.
4
[解析] 因为 ，所以
，当且仅当
时等号成立，（连续使用两次基本不等式，两个等号成立的条件要一致）
故 的最小值是4.
命题点2 利用基本不等式解决实际问题
5.[2017 江苏高考]某公司一年购买某种货物 吨，每次购买 吨，运费为 万元/
次，一年的总存储费用为 万元.要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则 的
值是____.
30
[解析] 一年购买 次，则总运费与总存储费用之和为
，当且仅当 时取等号，故总运
费与总存储费用之和最小时 的值是30.
6.[2023福建省福清市联考]“十三五”以来，福清充分挖掘城市生态空间，建成并开放
各类公园，打造“城在园中嵌，人在景中居”的融城风情，深受市民欢迎.某园
林建设公司计划购买一批机器投入施工.据分析，这批机器可获得的利润 （单位：
万元）与运转时间 （单位：年）的函数解析式为 （ ，
且 ）.
（1）当这批机器运转到第几年时，可获得最大利润？最大利润为多少？
[解析] 依题意， （ ，且 ），
所以 ，
当 时， 取得最大值，最大值为27.
故当这批机器运转到第6年时，获得的利润最大，最大利润为 万元.
（2）当运转多少年时，这批机器的年平均利润最大？
[解析] 设这批机器的年平均利润为 ，则
（ ，且 ），
所以 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立.
故当这批机器运转3年时，年平均利润最大，为6万元/年.
方法技巧
利用基本不等式求解实际问题时，要根据实际问题，设出变量，注意变量应满足实际意义，抽象出目标函数的表达式，建立数学模型，再利用基本不等式求得函数的最值.
1.[命题点1/2022广州模拟]已知 , ,则下列不等式中成立的是( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 对于选项A，因为 , ，所以 ,
故A错误;对于选项B， ,故B错误;对于选项C,
,故C错误;对于选项D，
，
所以 ，故D正确.
2.[命题点1/多选]设 , ,则下列不等式恒成立的是( )
A. B.
C. D.
ACD
[解析] 因为 , ,所以 ,所以选
项A正确； ,即 ,所以选项B
错误；因为 , ,
,所以
,所以选项C正确；因为 , ,
,所以选项D正确.综上可知，
选ACD.
3.[命题点1角度1]已知实数 ， ， ,则 的最小值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ， ， ,所以
，当且仅当
且 时取等号，所以 的最小值为 .故选A.
4.[命题点1角度2/2020天津高考]已知 ， ，且 ，则 的
最小值为___.
4
[解析] 依题意得 ，当且仅
当 即 时取等号.因此 的最小值为4.
5.[命题点1角度3]已知 , ，且 ，则 的最小值为____
___.

[解析] 已知 , ，且 ，所以 ,所以 ，
所以 .令 ，则
, 即 ，当且仅当 时取等号，故 的最小值
为 .
6.[命题点2]请解答以下问题，要求解答两个问题的方法不同.
图1
（1）如图1，要在一个半径为1米的半圆形铁板中截取一块面积最大
的矩形 ，应如何截取？并求出这个最大矩形的面积.
[解析] 连接 ，设 ，则 ,
.
因为矩形 的面积 ，
所以 ， ,所以当 ，即
时，矩形 的面积取得最大值，为1平方米.
图2
（2）如图2，要在一个长半轴长为2米，短半轴长为1米的半椭圆
形铁板中截取一块面积最大的矩形 ，应如何截取？并求出
这个最大矩形的面积.
[解析] 以 为坐标原点，分别以 ， 的方向为 , 轴的正方向，建立平面直角坐
标系，则半椭圆方程为 .
设点 的坐标为 ，则 ， ，
所以矩形 的面积 .
因为点 为半椭圆上的点，
所以 ，
又 ，当且仅当 时取等号，
所以 ，所以 ，
即矩形 面积的最大值为2平方米.
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2024年高考数学专项复习
第三章 一元函数的导数及其应用
01
导数的概念及其意义、导数的运算
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过实例分析,经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程,了解导数概念的实际背景,知道导数是关于瞬时变化率的数学表达,体会导数的内涵与思想. 2.体会极限思想. 导数的运算 2022全国卷甲T 6；2020全国卷 Ⅲ 本讲是高考的必考内容.命题热点有导数的运算、求切线方程、已知切线方程求参数、公切线问题等，题型以选择题、填空题为主，有时也会以解答题的形式考查，难度中等偏下.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.通过函数图象直观 理解导数的几何意 义. 4.能根据导数定义求 函数 ， , , , , 的导 数. 导数的几何意义 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高考 卷Ⅱ ；2022全国卷乙T21；20 21新高考卷Ⅰ ；2021新高考卷 Ⅱ ；2021全国卷甲T13；2020 全国卷Ⅰ ；2020新高考卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅰ ；2019全 国卷Ⅲ ；2018全国卷Ⅰ ；20 18全国卷Ⅱ ；2018全国卷Ⅲ 其中导数的运算一般不单独命题，而是贯穿于导数应用的整个过程中，是整个导数部分的基础.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
5.能利用给出的基本初等函 数的导数公式和导数的四则 运算法则，求简单函数的导 数；能求简单的复合函数 （限于形如 ）的 导数. 6.会使用导数公式表. 与公切线有关的问题 2022全国卷甲T2 0；2020全国卷Ⅲ ；2019全国卷 Ⅱ 预计2024年高考，命题依然稳定，备考时注重常规训练的同时强化知识的灵活运用.
续表
1.导数的概念及其几何意义
（1）导数的概念
.函数 在 处的导数：如果当 时，平均变化率①_ __无限趋近于一
个确定的值，即 有极限，则称 在 处可导，并把这个确定的值叫
做 在 处的导数（也称为瞬时变化率），记作 或 ，即
.

.函数 的导函数:从求函数 在 处导数的过程可以看到，当
时， 是一个唯一确定的数．这样，当 变化时， 就是 的函
数，我们称它为 的导函数（简称导数）. 的导函数有时也记作 ，
即 ②_ _______________.
说明 函数 的导数 反映了函数 的瞬时变化趋势，其大小
反映了变化的快慢， 越大，函数在相应范围内变化得越快.

辨析比较
与 ， 的区别与联系： 是一个函数， 是函数 在
处的函数值（常数），不一定为0， 是函数值 的导数，且
.
（2）导数的几何意义
函数 在 处的导数 的几何意义，就是曲线 在点
处的切线的斜率 ，即 ③_______.相应地，切线方程为④_________
_________________.


说明 函数 在某点处的导数、曲线 在某点处切线的斜率和倾斜角，这三者是可以相互转化的.
2.导数的运算
（1）基本初等函数的导数公式
基本初等函数 导函数
（ 为常数）
（ ，且 ） ⑤_______
⑥______

（ ,且 ） ⑦ _______
（ ,且 ）
特别地，若 ,则 ;若 ,则 ;若 ,则
.



（2）导数的四则运算法则
若 , 存在，则
⑧_____________；
⑨_____________________；
⑩________________ ;
_______.




规律总结
奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数.
（3）复合函数的导数
复合函数 的导数和函数 ， 的导数间的关系为
________，即 对 的导数等于 对 的导数与 对 的导数的乘积.
注意 （1）要分清每一步的求导是哪个变量对哪个变量的求导，不能混淆.
（2）对于含有参数的函数，要分清哪个字母是变量，哪个字母是参数，参数是常量，其导数为零.

1.下列说法正确的是( )
A. 是函数 在 附近的平均变化率
B. 与 （ 为常数）表示的意义相同
C.曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点
D.奇函数的导数还是奇函数
C
[解析] 对于A， 是函数 在 处的瞬时变化率；对于B， 是
一个函数，而 （ 为常数）是函数 在 处的函数值；对于D,奇函数的
导数是偶函数；对于C,例如过曲线 上点 处的切线与曲线 有
无数个公共点,故C正确.
2.[2022武汉武昌区模拟]下列式子不正确的是( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 对于选项A， 成立，故A正确;
对于选项B， 成立，故B正确;
对于选项C， ，故C不正确;
对于选项D， 成立，故D正确.
3.[2020全国卷Ⅰ]函数 的图象在点 处的切线方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] ， ， ，又 ，∴所求的切线方程为 ，即 .故选B.
命题点1 导数的运算
1.[多选]下列求导运算正确的是( )
A. B.
C. D.
BCD
[解析] ,A错误;
,B正确；
,C正确;
，D正确.
2.（1）已知函数 ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 令 , ,则
（2）已知函数 的导函数为 ,且满足 ，则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设 ，则 , ，所以 ，故 ，即 .故选B.
（3）[2020全国卷Ⅲ]设函数 .若 ,则 ___.

[解析] 由于 ，故 ，解得 .
方法技巧
1.导数运算的技巧
连乘形式 先展开化为多项式的形式，再求导
分式形式 观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导
对数形式 先化为和、差的形式，再求导
根式形式 先化为分数指数幂的形式，再求导
三角形式 先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导
复合形式 先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元
2.对解析式形如 （ 为常数）的函数求值问题，解题思路：先求导数 ,然后令 ,解关于 的方程，即可得到 的值，进而得到 , 再进行求解.
命题点2 导数的几何意义
角度1 求切线方程（或切点的坐标）
3.（1）[2021全国卷甲]曲线 在点 处的切线方程为___________.

[解析] ,所以 ,所以所求切线方程为 ,即 .
（2）[2022新高考卷Ⅱ]曲线 过坐标原点的两条切线的方程为_ _______，
_________.


[解析] 先求当 时，曲线 过原点的切线方程，设切点为 ，则由
，得切线斜率为 ，又切线的斜率为 ，所以 ，解得 ，代入
,得 ，所以切线斜率为 ，切线方程为 .同理可求得当 时
的切线方程为 ．综上可知，两条切线方程为 ,
（3）[2019江苏高考]在平面直角坐标系 中，点 在曲线 上，且该曲线
在点 处的切线经过点 （ 为自然对数的底数），则点 的坐标是______.

[解析] 设 ，（设出切点坐标）则曲线 在点 处的切线方程为 ，由切线过点 ，得 ，化简得 ，解得 ，则点 的坐标是 .
方法技巧
1.求切线方程的方法
（1）已知切点 ，则切线方程为 .
（2）已知过点 （非切点），可设切点为 ，由
求出 后即可得切线方程.
2.求切点坐标的方法
先设出切点的坐标，写出切线方程，再将切线所经过的点代入，即可求出切点的坐标.
注意 （1）对于已知的点，应先确定其是不是曲线的切点；（2）曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条.
角度2 求参数的值或取值范围
4.（1）[2019全国卷Ⅲ]已知曲线 在点 处的切线方程为
,则( )
A. , B. , C. , D. ,
D
[解析] 因为 ，所以 ，
所以曲线在点 处的切线方程为 ，即
，所以 解得 故选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]若曲线 有两条过坐标原点的切线，则 的取值
范围是___________________.

[解析] 因为 ，所以 .设切点为 ，
为坐标原点，依题意得，切线斜率 ，
化简，得 .因为曲线 有两条过坐标原点的切线，所以
关于 的方程 有两个不同的根,所以 ，解得
或 ，所以 的取值范围是 .
方法技巧
利用导数的几何意义求参数的方法
利用切点的“一拖三”（切点处的导数等于切线的斜率、切点在切线上、切点在曲线上）列方程（组）求解.
命题点3 与公切线有关的问题
5.（1）已知曲线y=ex在点(x1,ex1)处与曲线y=ln x在点(x2,ln x2)处的切线相同，
则(x1+1)(x2-1)= .
-2
[解析] 易知曲线y=ex在点(x1,ex1)处的切线方程为y-ex1=ex1(x-x1),即y=ex1x-ex1x1+ex1,
曲线y=ln x在点(x2,ln x2)处的切线方程为y-ln x2=(x-x2),即y=x-1+ln x2,于是
得x2=,==-1-x1,
则ex1=,所以x2=,所以x2-1=-1=,得(x1+1)(x2-1)=-2.
（2）[2016全国卷Ⅱ]若直线 是曲线 的切线，也是曲线
的切线，则 ________.

[解析] 设 与曲线 , 分别相切于点 ,
,则 ,即 ,解得 , ,
,因为点 在直线 上，所以 ,
解得 .
方法技巧
曲线的公切线问题的求解方法
同时和曲线 、 都相切的直线称为两曲线的公切线，求解公切线问
题主要有以下两种方法：
（1）设出各曲线的切点坐标，利用两曲线在各切点处的导数值相同以及两切点连线的斜率等于切点处的导数值列方程组求解；
（2）求出两曲线各自的切线方程，利用两曲线的切线方程重合列方程组求解.
1.[命题点1]已知 ，则 ___
__.

[解析] 易得 ,则 .
2.[命题点2角度2/2021新高考卷Ⅰ]若过点 可以作曲线 的两条切线，则
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一（数形结合法） 设切点为 ，则切线方程为
,因为切线过点 ,所以 ，
,则由题意知关于 的方程 有两个不同的解.
设 ，则 .由
得 ，当 时， ， 调递增，当 时， ，
单调递减，所以 .当 时， ，所
以 ，当 时, ,当 时, ，（提示：判断函
数极值点左右两侧的图象特征很重要，需掌握用极限思想判断函数图象的趋势，从
而能准确作出草图）
则函数 的大致图象如图1所示.因为 的图象与直线 有
两个交点，所以 .故选D.
图1
图2
解法二（用图估算法） 作出曲线 ，如图2所示，过点 可以作曲线
的两条切线，则点 在曲线 的下方且在 轴的上方，得
.故选D.
3.[命题点2角度2]若点 不在 的图象上，且过点 仅能作一条直
线与 的图象相切,则 的取值范围为_ _________________.

[解析] 点 不在 的图象上，则 ，即 .设
过点 的直线与 的图象切于点 ， ，
则切线的斜率 ，即 ，整理得
，问题转化为 仅有1个零点.
，令 ，得 或 ，所以 ，（数形结
合可得）
即 ，所以 或 .
4.[命题点2/2021新高考卷Ⅱ]已知函数 ， ， ，函数
的图象在点 和点 处的两条切线互相垂直，且分别交 轴于
, 两点，则 的取值范围是__________.
（ , ）
[解析] 解法一（构造函数法） 则当 时，
， ；当 时， ， .因为函数
的图象在点 , 处的两条切线互相垂直，所以 ，即 ，所以
.因为 ， ，所以函数 的图象在点 , 处的
切线方程分别为 ，分别令
，得 ， ，所以
， ，所以
,即 ,又
,所以 的取值范围是 .
解法二（不等式性质法） 当 时, , ,所以 ,同理可得 .因为两条切线互相垂直,所以 ,所以 ，
所以 .因为 ,所以 ,即 的取值范围是 .
5.[命题点3/2023河南省部分重点中学联考]已知函数 的图象在点
处的切线也是函数 的图象的一条切线,则 ____.

[解析] 由 ,得 , ,所以切线的斜率 ,切线方程为 ,即 .设直线 与函数 的图象相切于点 ,易得 ,则 ,又 ,所以 ,得 .
02
导数与函数的单调性
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系； 不含参数的函数的单调性 2022新高考卷Ⅱ ； 2021新高考卷Ⅰ ； 2021全国卷甲T21；202 0全国卷Ⅰ ；2020 全国卷Ⅱ ；2019全 国卷Ⅱ 本讲是高考的必考内容，有时单独考查，如求函数的单调区间或讨论函数的单调性，有时作为工具求解其他问题，如通过构造函数研究函数的单调性，进而求解极值、最值、不等式、零点等问题，题型以解答题为主，难度中等.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间. 含参数的函数单调性 2021新高考卷Ⅱ ；2 021全国卷乙T21；2021 全国卷甲T20；2019全国 卷Ⅲ ；2018全国卷 Ⅰ 预计2024年高考命题依然稳定，备考中，一定要掌握讨论函数单调性的方法，它是解决很多问题的基础.
函数单调性的应用 2022新高考卷Ⅰ ；20 22全国卷甲T12；2021全 国卷乙T12 续表
函数的单调性与导数的关系
条件 结论
函数 在区间 内可导 在区间 内单调递①____
②__________ 在区间 内单调递减
恒有③__________ 在区间 内是常数函数
增


思维拓展
用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系
（1） 是 在区间 内单调递增（减）的充分不必要条件.
（2） 是 在区间 内单调递增（减）的必要不充分条件.
（3）若 在区间 的任意子区间内都不恒等于零，则 是 在区间 内单调递增（减）的充要条件.
1.函数 的单调递减区间为( )
A. B. C. D.
D
[解析] ，当 时， ，所以 在 上单调递减，所以 的单调递减区间为 .
2.已知导函数 的图象如图所示，则函数 的图象可能是( )
B
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
[解析] 解法一 由 的图象自左到右先上升后下降，可知函数 图
象的切线的斜率自左到右先增大后减小，可以判断B正确.
解法二 由于 恒成立，则根据导数符号和函数单调性的关系可知, 单
调递增，即图象从左至右上升.四个图象都满足.
由于当 时， 且越来越小，则函数值增加得越来越慢，图象越来越“平
缓”，且呈现上凸状；当 时， 且越来越大，故函数值增加得越来越快，
图象越来越“陡峭”，且呈现下凸状，可以判断B正确.
3.已知函数 ， ， ， ，则
， ， 的大小关系是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为函数 ，所以 ，所以 为 上的减函数，因为 ，所以 ，即 .故选A.
4.[多选]下列说法正确的是( )
A.若函数 在定义域上都有 ,则函数 在定义域上一定单调递减
B.在某区间上 是函数 在此区间上单调递增（减）的充分不
必要条件
C.在 上 ,且 的根有有限个，则 在 上单调递减
D.若函数 在 内单调递增，则一定有
BC
[解析] 对于A,不一定,如函数 的导函数 ，在其定义域上
恒成立,但是函数 在定义域 上不是单调递减的；对于B,结合
导数与函数的单调性可知B正确；对于C,数形结合可知C正确；对于D,如函数
在 上单调递增,但 在 上有零点，即 .故选BC.
命题点1 不含参数的函数的单调性
1.（1）已知函数 的导函数 的图象如图
所示，则函数 的单调递增区间是_____________
__.
,
[解析] 由题图可知，在区间 ， 上 .由导函数的正负与函数
单调性的关系可得，函数 的单调递增区间是 , .
（2）已知函数 ，则函数 的单调递减区间为________.

[解析] ， ，
由 ，得 ,所以 的单调递减区间为 .
2.已知函数 ，讨论函数 的单调性.
[解析] 由已知得 .
设函数 ,则 .
当 时, ;
当 时， .
故当 时， ,
且仅当 时， ,从而 ,且仅当 时，
所以 在 上单调递增.
方法技巧
1.利用导数研究函数单调性的方法
方法一：（1）确定函数 的定义域;
（2）求导数 ;
（3）由 （或 ）解出相应的 的取值范围，对应的区间为 的单调递增（减）区间.
方法二：（1）确定函数 的定义域；
（2）求导数 ,并求方程 的根；
（3）利用 的根和函数不连续点的横坐标将函数的定义域分成若干个子区
间，在这些子区间上讨论 的正负，由符号确定 在子区间上的单调性.
2.确定单调区间端点值的两个依据：（1）导函数等于0的点；（2）函数不连续的点.
注意 （1）求函数的单调区间，要在函数的定义域内讨论；（2）区间端点可以属于单调区间，也可以不属于单调区间.
命题点2 含参数的函数单调性
3.[2021全国卷甲]设函数 ,其中 .
（1）讨论 的单调性;
[解析] 由题意，知 的定义域为 ，
，
因为 ， ，所以 恒成立.
当 ，即 时， ， 单调递增；
当 ，即 时， ， 单调递减.
故函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）若 的图象与 轴没有公共点，求 的取值范围.
[解析] 由（1）知函数 的最小值为 ，
要使 的图象与 轴没有公共点，只需 的最小值恒大于0，即
恒成立，
故 ，得 ，
所以 的取值范围为 .
4.[2021全国卷乙]已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
[解析] 由题意知 的定义域为 ， ，对于 ， .
①当 ，即 时， ，等号不恒成立，此时 在 上单调递增.
②当 ,即 时，令 ，即 ，解得 ,
.
当 时， , 单调递增;
当 时， , 单调递减;
当 时， , 单调递增.
综上，当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调
递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标.
[解析] 记曲线 过坐标原点的切线为 ，切点为 ，
因为 ，所以切线 的方程为
.
由 过坐标原点，得 ，解得 ，所以切线 的方程为
.令 ，则 ，解得
，
所以曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为
和 .
方法技巧
求解含参函数的单调性的技巧
对于含参数的函数的单调性问题，一般要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨
论.如果一阶导数的正负不好判断，那么需要对一阶导函数进行求导，判断二阶导数
的正负.分类讨论主要是：①讨论 是否有根；②讨论 的根是否在
定义域内；③讨论根的大小关系.
注意 （1）讨论含参数的函数的单调性时优先考虑导数是否恒大于0或恒小于0，再
考虑可能大于0或小于0的情况；（2）个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如
, （ 在 时取到）， 在 上是增函数.
命题点3 函数单调性的应用
角度1 已知函数的单调性求参数
5.已知函数 .若函数 在 内单调递减，则 的
取值范围为__________.

[解析] 解法一 因为 在 内单调递减，所以 在
内恒成立.所以 即 解得 .
即实数 的取值范围为 .
解法二 由题意知 在 内恒成立，
所以 在 内恒成立，记 ,则 时，
,（由对勾函数单调性可得）
所以 .
即实数 的取值范围为 .
（1）[变条件]若函数 在 内存在单调递减区间，则 的取值范围为
____________.

[解析] 因为函数 在 内存在单调递减区间，所以
在 内有解，所以 .（等价转化思想
的应用）
又 ,当且仅当 ，即 时等号成立,
所以满足要求的 的取值范围是 .
（2）[变条件]若函数 在 上不单调，则 的取值范围为______________.
（-3, ）
[解析] 由第5题知 在 上单调递减时， 的取值范围是 .若 在 上单调递增，则 在 上恒成立，又在 上 的值域为 ,所以 的取值范围是 ,所以函数 在 上单调时， 的取值范围是 ,故 在 上不单调时，实数 的取值范围是 .（补集思想的应用）
6.已知函数 在区间 上为单调函数，则实数 的取值
范围是_ ________________________.
[ ， ， ）
[解析] ， .
当 时， ，所以 在区间 ， 上单调递
增.
当 时， ，所以 在区间 上单调递减.
要使函数 在 上单调，则 或（ ， ）
或 ，
所以当 即 时， 在 上单调递增；
当 ，即 时， 在 上单调递增；
当 即 时， 在 上单调递减.（不要忘记端点值）
综上可知，实数 的取值范围是 .
方法技巧
已知函数的单调性求参数的取值范围的常见类型和解题技巧
常见类型 解题技巧
已知可导函数 在区 间 上单调递增（或递 减）. 转化为 （或 ）对 恒成立问题.
注意 不是 （或 ）恒成立，“=”不能
少，必要时还需对“=”进行检验.
已知可导函数 在某 一区间上存在单调区间. 转化为 （或 ）在该区间上存在解集，
这样就把函数的单调性问题转化成不等式有解问题.
已知 在区间 （含 参数）上的单调性. 先求出 的单调区间，令 是其单调区间的子集，从
而可求出参数的取值范围.
常见类型 解题技巧
已知 在区间 上不单调. 转化为 在区间 上有解求解.也可先求出 在区间 上单调时参数的取值范围，然后运用补集思想得解.
续表
角度2 利用函数的单调性比较大小
7.（1）[2022豫北名校联考]已知 ，且 , , ，
则 , , 的大小关系为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 设函数 ，则当 时， ，所以 在 上
单调递减.
因为 ，所以 ，故 ，所以
，所以 ，即 ，
故选C.
（2）[2022安徽名校联考]已知 , ，且 ，则下列结论一定正确
的是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由 ，可得 .令 ，
则 ，当 时， ，函数 单调递增.（构造函数，研究
函数单调性）
则由 可得 ，即 ，所以 ，因此B正确； ,则 不一定成立，因此A不正确； ，因此C不正确； ，则 不一定成立，因此D不正确.故选B.
方法技巧
破解此类题的关键：一是细审题，盯题眼，找到要比较各式的共性；二是巧构造，即会构造函数，并判断其单调性，注意活用导数法或初等函数的单调性进行判断；三是会放缩，即会利用放缩法比较大小．
角度3 利用函数的单调性解不等式
8.（1）已知 是函数 的导函数，且对任意实数 都有 ，
，则不等式 的解集为( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 由 ，令 ，则 .可设 （ 为常数），由 ，可得 ，所以 ，则由不等式 ，可得 ，即 ，解得 ，所以不等式 的解集为 ，故选A.
（2）[2017江苏高考]已知函数 ,其中 是自然对数的底数.
若 ，则实数 的取值范围是_ ______.

[解析] 由 ，得 ，所
以 是 上的奇函数，又
，当且仅当 时取等
号，所以 在其定义域内单调递增，所以不等式
，解得
，故实数 的取值范围是 .
方法技巧
利用导数解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，借助导数研究构造的函数的单调性，再由单调性比较大小或解不等式.
1.[命题点1]已知函数 ,则函数 的单调递增区间为( )
A. B. ,
C. D.
C
[解析] 易知 ， .
令 ,即 ，即 ,解得 .
∴函数 的单调递增区间为 .
2.[命题点2/2023绵阳市一诊]已知函数 .
（1）讨论函数 在区间 上的单调性；
[解析] 由题意得 ，
（当且仅当 时等号成立）．
①当 时，不等式 恒成立（当且仅当 , 时“=”成立），
∴函数 在区间 上单调递增．
②当 时，由 ，得 或 ；由 ，
得 .
∴函数 在 和 上单调递增，在
上单调递减．
综上，当 时，函数 在 上单调递增，无单调递减区间；
当 时，函数 在 和 上单调递增，在
上单调递减．
（2）当 时， ，求 的值.
[解析] 当 时，由 知，要使得 恒成立，则 ．
又 ，
，
解得 ．
下证：当 时， 恒成立，
此时 ．
．
，
∴由 ，解得 ，
由 ，解得 ．
在 上单调递减，在 上单调递增. ．
综上， ．
3.[命题点3角度2/2021全国卷乙]设 , , ,则( )
A. B. C. D.
B
[解析] ，设 ，则
,（构造函数是解题的关键）
.
当 时， ,故当 时，
（当且仅当 时“=”成立），
所以 在 上单调递减，
所以 ,
即 .
，设 ，则
, ,
当 时， ,
故当 时， （当且仅当 时“=”成立），
所以 在 上单调递增，
所以 ,故 ,从而有 ,故选B.
03
导数与函数的极值、最值
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值 导函数图象的应用 该讲一直是高考的重点和难点.基本考法为求极值、最值，已知函数极值、最值求参数值（或范围），难度中等；综合考法为通过研究函数的性质解决不等式、零点、极值点偏移
利用导数研究函数的极值 2022全国卷乙T16；2021全 国卷乙T10；2021全国卷乙T 20；2019全国卷Ⅰ ；20 18全国卷Ⅰ ；2018全国 卷Ⅲ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大 （小）值的关系. 利用导数研究函数的最值 2022新高考卷Ⅰ ；2022 全国卷乙T11；2022全国卷 甲T6；2021新高考卷Ⅰ ； 2019全国卷Ⅲ ； 2018全国卷Ⅰ 等问题，更突出应用，常作为高考的压轴题出现，难度偏大.预计2024年高考命题常规，在复习备考时，注意与其他知识的综合，且要会构造函数，进而通过研究函数的性质，数形结合辅助解决问题.
函数极值和最值的综合问题 2021北京T19 续表
1.函数的极值
条件 附近的左侧 ，右 侧 附近的左侧 ①____0，右侧
②____0
图象
极值 为极大值 ③______为极小值
极值点 为极大值点 为④__________
极小值点和极大值点统称为⑤________，极小值和极大值统称为⑥______.
＜
＞

极小值点
极值点
极值
易错警示
（1）极值点不是点，若函数 在 处取得极大值，则 为极大值点，极大值为
.
极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大.
有极值的函数一定不是单调函数.
（4） 是 为可导函数 的极值点的必要不充分条件，而非充要条件.例如， , ，但 不是极值点.
2.函数的最值
若在区间 上函数 的图象是一条连续不断的曲线，则在 上 必有最大值与最小值.
辨析比较
函数极值与最值的区别与联系
极值 最值
区别 （1）极值是个“局部”概念，只能在定义域内部取得；（2）在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个都没有. （1）最值是个“整体”概念，可以在区间的端点处取得；
（2）最值最多有一个.
联系 （1）极值有可能成为最值，最值只要不在区间端点处取得，必定是极值； （2）在区间 上图象是一条连续曲线的函数 若有唯一的极值，则 这个极值就是最值. 1.下列说法正确的是( )
A.函数的极大值比极小值大
B.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的
C.函数的最大值不一定是极大值，极大值也不一定是最大值
D. 是 为可导函数 的极值点的充分不必要条件
C
[解析] 对于A，由极大值与极小值的概念可知，函数的极大值不一定比极小值大；对于B,函数在某区间上或定义域内的最大值是唯一的，但极大值不是；对于C,由极大值与最大值的概念可知C正确;对于D，在函数的极值点处 ，但是在 处 未必是极值点，如当 为定义域的左右端点时 可以等于0，但此时 不是极值点.
2.[2022厦门六中检测]函数 在区间 上的最大值是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设 ，则 . ,∴
当 时， ,且当 时， ；当 时， ，
为 的极大值.又 ，∴函数 在区间 上的最大
值是 ．
3.设函数 的定义域为 ， 是 的极大值点，则下列结论一定正确
的是( )
A. , B. 是 的极小值点
C. 是 的极小值点 D. 是 的极小值点
D
[解析] 极值是函数的一种局部性质，因此不能确定在整个定义域上 是否最大，
故A错误;因为函数 与 的图象关于 轴对称，所以 是
的极大值点，故B错误；因为函数 与 的图象关于 轴对称，所以
是 的极小值点，而 是否为 的极小值点不确定，故C错误；
因为函数 与 的图象关于原点对称，所以 是 的极
小值点，选项D正确.
4.若函数 有极值，则实数 的取值范围是
______________________.

[解析] 由已知，得 .因为函数 有极值，所以 有变号零点.所以 ,解得 或 ,所以实数 的取值范围为 .
命题点1 导函数图象的应用
1.（1）[2017浙江高考]函数 的导函数 的图象如图
所示，则函数 的图象可能是( )
D
A.&1& B.&2&
C.&3& D.&4&
[解析] 根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数 在这些零点处取得极值，根据极值个数和极值点符号可排除A，B;记导函数 的零点从左到右分别为 , , ，又在 上 ，在 上 ，所以函数 在 上单调递减，排除C.选D.
（2）[多选]已知函数 的导函数 的图象如
图所示，则下列结论正确的是( )
AB
A.
B.
C. 时， 取得最大值
D. 时， 取得最小值
[解析] 由 的图象可知：当 时， ；当
时， .
所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
对于A，因为 ，所以 ，A正确；
对于B，因为 ，所以 ，B正确；
对于C，由单调性知 为极大值，当 时，可能存在 错误；
对于D，由单调性知 ，D错误.
方法技巧
根据函数图象判断极值的方法
（1）先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号，进而判断函数极值的情况.
（2）由导函数 的图象可以看出 的值的正负，从而可得函数 的单调性，进而求得极值.
命题点2 利用导数研究函数的极值
角度1 求函数的极值
2.（1）[2017全国卷Ⅱ]若 是函数 的极值点，则
的极小值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ,所以
.因为
是函数 的极值点，所以 是
的根，所以 ，所以
令 ，解得 或 ，
令 ，解得 ，所以 在 上单调递增，在 上
单调递减，在 上单调递增，所以当 时， 取得极小值，且
,故选A.
（2）[多选]曲线 在点 处的切线方程为 ，
则下列说法正确的是( )
A. ， B. 的极大值为
C. 的极小值为 D. 不存在极值
AC
[解析] 依题意， ， ，解
得 ，所以 , .
又 ，所以 ，所以 ，故A正确.令 ，解得
，当 时， ，函数 在 上单调递减；当
时， ，函数 在 上单调递增.
所以当 时，函数 取极小值，为 的极大值不存在，故
B,D错误，C正确.故选AC.
方法技巧
求可导函数 的极值的步骤
（1）确定函数的定义域，求导数 ;
（2）求方程 的根;
（3）检验 在方程 的根的左右两侧的符号,具体如下表：


增 极大值 减


减 极小值 增
（4）得出结论.
角度2 已知函数的极值（点）求参数
3.（1）若函数 在 处取得极小值，则实数
的取值范围是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 对 求导，得 ，令
，解得 或 .若 在 处取得极小值，则 ，解得
，即实数 的取值范围是 .
（2）已知函数 在 时取得极值，则实数 ____.

[解析] 依题意， , ,解得 .另一方面,若 ,则 ,当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，所以当 时， 取得极大值.综上， 满足题意.
方法技巧
1.已知函数极值点或极值求参数的两个要领
列式 根据极值以及极值点处导数为0列方程（组），利用待定系数法求解.
验证 因为 不是 为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后
必须验证根的合理性.
2.若函数 在区间 上存在极值点，则 在 上不是单调函数，即函数 在区间 内存在变号零点.
命题点3 利用导数研究函数的最值
角度1 求函数的最值
4.（1）[2022全国卷乙]函数 在区间 的最小值、
最大值分别为( )
A. , B. , C. , D. ,
D
[解析] , ，则
.
令 ,解得 （舍去）或 或 .
因为 ，
,又 ,
,
所以 , .故选D.
（2）[2021新高考卷Ⅰ]函数 的最小值为___.
1
[解析] 函数 的定义域为 .
①当 时，（对 进行分类讨论）
，所以 ，当 时， ，
当 时， ，所以 ；
②当 时， 在 上单调递减，所以

综上， .
方法技巧
求函数 在 上的最值的方法
（1）若函数 在区间 上单调递增（递减），则 为最小（大）值，
为最大（小）值;
（2）若函数 在区间 内有极值，则要先求出函数在 内的极值，再与
, 比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；
（3）函数 在区间 上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点，此结论
在导数的实际应用中经常用到.
注意 求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，一般要根据函数的极值及单调性画
出函数的大致图象，借助图象求解.
角度2 已知函数的最值求参数
5.[2023武汉联考]函数 在 上有最大值，则实数 的取
值范围是_______.

[解析] 由于 .
易知 在 和 上单调递减，在 上单调递增.
故若函数 在 上存在最大值，则 即 .
6.[2019全国卷Ⅲ]已知函数 .
（1）讨论 的单调性;
[解析] 对 求导，得 .
令 ，得 或 .
若 ，则当 时, ；当 时， .故
在 和 上单调递增，在 上单调递减.
若 ，则 在 上单调递增.
若 ，则当 时， ；当 时， .故
在 和 上单调递增，在 上单调递减.
（2）是否存在 , ,使得 在区间 上的最小值为 且最大值为1？若存在,
求出 , 的所有值;若不存在,说明理由.
[解析] 满足题设条件的 , 存在.
当 时，由（1）知， 在 上单调递增，所以 在区间 上的
最小值为 ,最大值为 ，所以 , ,则
, ，与 矛盾，所以 不成立.
当 时，由（1）知， 在 上单调递增，所以由 ,
得 , .
当 时，由（1）知， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 在 上的最小值为 ,最大值为 或
.
若 , ，则 ,与 矛盾.
若 , ,则 或 或 ，与 矛
盾.
当 时，由（1）知， 在 上单调递减，所以 在区间 上的最大值为 ,最小值为 ，所以 , ,则 ,
综上，满足题设的 , 存在.当 , 或 , 时， 在区间 上的最小值为 且最大值为1.
命题点4 函数极值和最值的综合问题
7.[2021北京高考]已知函数 .
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
[解析] 若 ，则 ， ，
则曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
（2）若函数 在 处取得极值，求 的单调区间，以及最大值和最小值.
[解析] 由函数 在 处取得极值可知 ，即 ，解得
.（根据极值点处导数为0列方程求参数）
此时 ，所以 ，
当 时， ，所以 的单调递增区间为
， ；
当 时， ，所以 的单调递减区间为
又当 时, ，
当 时， ,
所以 的最大值为 ， 的最小值为
[解析] 因为 ，所以 ，
.
函数中的构造问题
类型1 利用导数运算构造函数
角度1 和差型
8.[多选/2022湖南长郡中学4月模拟]若定义在 上的函数 满足 ，其导
函数为 ,且 ，则下列各式成立的有( )
A. B.
C. D.
AC
[解析] 构造函数 ，（由 ，联想求导法则，可构造
新函数 ）
则 ，故函数 在 上单调递增.易知 ，
所以 ，（根据选项中自变量的取值，结合函数的单调性进行转化）
即 ，所以 ，故B错误.
又 ，所以 ，（由 得 ，充分挖掘并利用题中已知条件
求解，少走弯路）
所以 ，故A正确.
由 得 ，即 ，则 ，故C正确，D错误.故选AC.
方法技巧
“和差型”函数的构造技巧
（1）对于不等式 （或 ），构造函数 .
（2）对于不等式 （或 ），构造函数 .
（3）对于不等式 （或 ） ，构造函数 或 .
角度2 商型
9.（1）[2015全国卷Ⅱ]设函数 是奇函数 （ ）的导函数， ,
当 时, ,则使得 成立的 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 令 ,（根据条件 构造函数 ）
因为 为奇函数,所以 为偶函数,
由于 ,当 时， ,
所以 在 上单调递减,
根据图象的对称性,得 在 上单调递增.
由 , ,知 ,
由 ,得 或 解得 ，即使得 成立
的 的取值范围是 .
（2）[2022湘潭一模]已知定义域为 的函数 的导函数为 ，且
, 若实数 ，则下列不等式恒成立的是( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 令 ，则 ，
为增函数.（根据条件 构造函数 ，判断 的单调
性）
令 ,（由选项可知，需比较 , 的大小，构造函数 求
解）
则 ,
当 时, , 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
,
.
,（由 的单调性可得）
即 ，
即 .
方法技巧
“商型”函数的构造技巧
（1）若已知 的符号，则构造函数 ；一般地，若已知
的符号，则构造函数 .
（2）若已知 的符号，则构造函数 ；一般地，若已知
的符号，则构造函数 .
（3）对于不等式 （或 ），构造函数
.
角度3 积型
10.（1）[2022莆田第二中学模拟]已知定义在 上的函数 满足
， 且有 ，则 的解集为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意，构造函数 ,则
， 在 上单调递增.
, ,
,即 的解集为 ，故选B.
（2）[2022天津南开中学4月模拟]已知可导函数 是定义在 上的奇函
数．当 时， ，则不等式
的解集为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 当 时， ，则 ，
（联想导数运算法则 ,构造函数）
所以函数 在 上单调递增.
又可导函数 是定义在 上的奇函数，函数 是 上的奇函数，所以
是定义在 上的偶函数，且在 上单调递减.（利用函数的
奇偶性，由函数 在 上的单调性得其在 上的单调性）
由 可得 ，则 ， .
不等式 可转化为
，（运用诱导公式，将原不等式进行转化）
又函数 在 上单调递增，所以 ，解得 ，故选D.
方法技巧
“积型”函数的构造技巧
（1）若已知 的符号，则构造函数 ；一般地，若已知
的符号，则构造函数 .
（2）若已知 的符号，则构造函数 ;一般地，若已知
的符号，则构造函数 .
（3）对于不等式 （或 ）,构造函数 .
类型2 同构法构造函数
11.（1）[2022洛阳市统考]已知函数 ， ，若
时， 恒成立，则实数 的最大值是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由 可得 ，即
，构造函数 ， ,则
,所以 在 上单调递增，故由
可得， ，又 ,所以 恒成立.令 ,
，则 ，令 ,得 ,令 ,得 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，所以
，即 ，所以 的最大值是 .
（2）[2022湖北八市4月模拟联考]已知函数 , ，若
，则 的最大值为___.

[解析] 由题意得 ，则
.
又 ，（ , ,则有 ）取自然对数得，
，
所以 ，于是构造函数
，（借助中间量 ，找到相同结构，进而可构造函数）
则 .
又 在 上单调递增，所以 ，（结合函数的单调
性，脱去“外衣” ）
于是 ，其中 .
令 ，则 ，当 时， ， 单调递
增；当 时， ， 单调递减.
所以 .即 的最大值为 .
方法技巧
与 和 相关的常见同构模型
（1）乘积型，如 ，构造 （或
，构造 .
（2）比商型，如 ，构造 （或
， 构造 ）.
（3）和差型，如 ，构造
（或 ，构造 ）.
1.[命题点2/多选/2022新高考卷Ⅰ]已知函数 ，则( )
A. 有两个极值点 B. 有三个零点
C.点 是曲线 的对称中心 D.直线 是曲线 的切线
AC
[解析] 因为 ，所以 ，令 ，
得 .由 得 或 ；由 得
.所以 在 ， 上单调递增，在
上单调递减，所以 有两个极值点，故A正确.
因为 的极小值 , ,所以函数 在 上有且只有一个零点，故B错误.
因为函数 的图象向上平移一个单位长度得函数 的图象，函数 的图象关于原点 中心对称且 ，所以点 是曲线 的对称中心，故C正确.
假设直线 是曲线 的切线，切点为 ，则 ，解得 .若 ，则切点坐标为 ，但点 不在直线 上，若 ，则切点坐标为 ，但点 不在直线 上，所以假设不成立，故D错误．故选AC．
2.[命题点2/2021全国卷乙]设 ，若 为函数 的极
大值点，则( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一（分类与整合法） 因为函数 ，所以 .令 ，结合 可得 或 .
（1）当 时，
①若 ，即 ，此时易知函数 在 上单调递增，在
上单调递减，所以 为函数 的极大值点，满足题意；
②若 ，即 ，此时函数 在 上单调递增，无极值点，
不满足题意；
③若 ，即 ，此时易知函数 在 上单调递减，在
上单调递增，所以 为函数 的极小值点，不满足题意.
（2）当 时，
①若 ，即 ，此时易知函数 在 上单调递减，在 上单
调递增，所以 为函数 的极小值点，不满足题意；
②若 ，即 ，此时函数 在 上单调递减，无极值点，不
满足题意；
③若 ，即 ，此时易知函数 在 上单调递增，在 上单
调递减，所以 为函数 的极大值点，满足题意.
综上， 且 满足题意， 且 也满足题意.据此，可知必有 成
立.故选D.（解题技巧：分类讨论之后，需要及时整合，有利于进一步分析、求解）
解法二（特值排除法） 当 , 时，函数 ，画出该
函数的图象如图1所示，可知 为函数 的极大值点，满足题意.从而，根据
, 可判断选项B，C错误.当 , 时，函数
，画出该函数的图象如图2所示，可知 为函数
的极大值点，满足题意.从而，根据 , 可判断选项A错误.综上，选D.
解法三（数形结合法） 当 时，根据题意画出函数 的大致图象，如图3所
示，观察可知 .
当 时，根据题意画出函数 的大致图象，如图4所示，观察可知 .
综上，可知必有 成立.故选D.
3.[命题点2角度2/2022全国卷乙]已知 和 分别是函数
（ 且 ）的极小值点和极大值点.若 ，则 的取值范围是_ ______.

[解析] 由题意, ,根据 有极小值点 和极大值点
可知， , 为 的两个不同的根，
又 ,所以易知当 ， 时， ；
当 时， .
由 可得 .
解法一 因为 且 ,所以显然 ，
所以 .
令 ，则 的图象与直线 有两个交点，
.
令 ，得 .故当 时， , 单调递增；当
时， , 单调递减.
所以 ,也是最小值.
所以 ，
因为 ,所以 ，
若 ,则当 时， ，不符合题意，
所以 ，则 , .
所以 .
解法二 若 ，则当 时， ，不符合题意，舍去.
若 ，令 , ,在同一平面直角坐标系中作出函数
和 的大致图象，如图所示.因为 有两个不同的根，所以 与 的
图象需要有两个交点，则过原点且与 的图象相切的直线 的斜率 .设直线
与 的图象的切点坐标为 ，因为 ，
所以 ，可得 ,
从而 ,即 ，则 ,
又 ,所以 ,所以 .
4.[命题点3角度1/2018江苏高考]若函数 在 内有
且只有一个零点，则 在 上的最大值与最小值的和为____.

[解析] ，当 时， 在
上恒成立，则 在 上单调递增.又 ，所以此时 在 内
无零点，不满足题意.当 ， 时，由 得 ，由 得
，则 在 上单调递减，在 上单调递增.又 在
内有且只有一个零点，所以 ，得 .所以
，则 ，当 时， ，
单调递增，当 时， ， 单调递减，则 在 上的最大
值为 .又 ，则 在 上的最小值为 ，所以
在 上的最大值与最小值的和为 .
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2024年高考数学专项复习
第十一章 计数原理
01
两个计数原理
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 分类加法计数原理 两个计数原理是解决排列、组合问题的基本方法，也是与实际联系密切的部分，既能独立解决一些简单的计数问题，也常与排列组合问题、概率计算问题综合命题，题型以小题为主，难度不大.在2024年高考的复习备考中要注意两个计数原理的区别并能灵活应用.
分步乘法计数原理 2022新高考卷Ⅱ ;202 1全国卷乙T6；2020新 高考卷Ⅰ ；2020全 国卷Ⅱ 两个计数原理的综合应用 1.分类加法计数原理
完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有 种不同的方法，在第2类方案中有
种不同的方法，那么完成这件事共有 ①_______种不同的方法.
2.分步乘法计数原理
完成一件事需要两个步骤，做第1步有 种不同的方法，做第2步有 种不同的方法，
那么完成这件事共有 ②_______种不同的方法.


辨析比较
两个计数原理的联系与区别
原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
联系 两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言. 区别一 每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事. 每步依次完成才算完成这件事（每步中的每一种方法都不能独立完成这件事）.
区别二 各类方法之间是互斥的、并列的、独立的，既不能重复也不能遗漏. 各步之间是相互依存的，缺一不可.
1.[多选]下列说法正确的是( )
A.在分类加法计数原理中,两类不同方案中的方法可以相同
B.在分类加法计数原理中,每类方案中的方法都能直接完成这件事
C.在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事
D.从甲地经丙地到乙地是分步问题
BD
2.[教材改编]已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的进出公园的
方式有____种.
12
[解析] 将4个门分别编号为1, , , ，从1号门进入后，有3种出门的方式，同理，
从 , ,4号门进入，也各有3种出门的方式，故共有不同的进出公园的方式
（种）．
3.[分步不清致误]某人有3个电子邮箱，他要发5封不同的电子邮件，则不同的发送方
法有_____种.
243
[解析] 因为每封电子邮件有3种不同的发送方法，所以要发5封电子邮件，不同的发
送方法有 （种）.
4.[教材改编]书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第
3层放有2本不同的体育书．从书架中任取1本书，则不同的取法种数为___．
9
[解析] 分三类：第一类，从第1层取一本书，有4种取法;第二类，从第2层取一本书，有3种取法;第三类，从第3层取一本书，有2种取法．共有取法 （种）．
命题点1 分类加法计数原理
1.（1）我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”（如2 022是“六合数”），则
首位为2的“六合数”共有( )
A.18个 B.15个 C.12个 D.9个
B
[解析] 依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由 ， ，0组成3
个数分别为400， ， ；由 ， ，0组成6个数分别为310， ， ，
， ， ；由 ， ，0组成3个数分别为220， ， ；由 ， ，1组
成3个数分别为211， ， .共计 （个）．
（2）在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 按十位上的数字分别是1, , , , , , ,8分成八类，在每一类中满
足条件的两位数分别有 个、 个、6个、5个、4个、3个、2个、1个．由分类加法
计数原理知，满足条件的两位数的个数是 ．
解法二 按个位上的数字分别是2, , , , , , ,9分成八类，在每一类中满足条件
的两位数分别有1个、2个、 个、4个、 个、6个、 个、8个．由分类加法计数原
理知，满足条件的两位数的个数是 ．
解法三 考虑两位数的个位数字与十位数字的大小关系,利用对应思想解决.
所有的两位数共有90个，其中，个位数字等于十位数字的两位数为11, , , , ,共9个，有 , , , ， 共9个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，则剩余的两位数有 （个）.
在这72个两位数中，每一个个位数字小于十位数字的两位数都有一个十位数字小于个位数字的两位数与之对应，故满足条件的两位数的个数是 .
方法技巧
分类标准的选择
（1）应抓住题目中的关键词、关键元素、关键位置.根据题目特点恰当选择一个分类标准.
（2）分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复，但也不能有遗漏.
命题点2 分步乘法计数原理
2.（1）数学与文学有许多奇妙的联系，如文学中的诗歌有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，
既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如 ， 等.则在三位数的回文数
中偶数的个数是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意知，若三位数的回文数是偶数，则个位上的数字可能为2， ， ，
中的一个，十位上的数字有10个不同的取值，百位上的数字同个位上的数字，所以
三位数的回文数中偶数的个数为 ，故选A.
（2）[多选]有4位同学报名参加三个不同的社团,则下列说法正确的是( )
A.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有 种
B.每位同学限报其中一个社团,则不同的报名方法共有 种
C.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有24种
D.每个社团限报一个人,则不同的报名方法共有 种
AC
[解析] 对于A选项，第1个同学有3种报名方法,第2个同学有3种报名方法,后面的2个
同学也有3种报名方法，根据分步乘法计数原理共有 种报名方法,A正确,B错误;对
于C选项,每个社团限报一个人,则第1个社团有4种选择,第2个社团有3种选择,第3个社
团有2种选择,根据分步乘法计数原理共有 （种）选择,C正确,D错误.故
选AC.
方法技巧
利用分步乘法计数原理解题的策略
（1）明确题目中的“完成这件事”是什么，确定完成这件事需要几个步骤，且每步都是独立的.
（2）将这件事划分成几个步骤来完成,各步骤之间有一定的连续性，只有当所有步骤都完成了,整个事件才算完成.
命题点3 两个计数原理的综合应用
3.（1）如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.
在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”
的个数是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交
线面对”有 （个）；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面
构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有
（个）.
（2）《周髀算经》是中国最古老的天文学和数学著作，其中记载了
“勾股圆方图”（如图），用以证明勾股定理.现提供4种不同颜色给
图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，
则不同的涂色方法种数为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 解法一 根据题意得，涂色分2步进行：
①对于区域 ， ， ，三个区域两两相邻，有 （种）涂色方法；（区域
位于中心位置，其他4个区域均与区域 相邻，故先考虑两两相邻的区域 , , 的
涂色方法，再研究余下2个区域的涂色方法）
②对于区域 ， ，若区域 与区域 颜色相同，则区域 有2种涂色方法，若区
域 与区域 颜色不同，则区域 有1种涂色方法，区域 也只有1种涂色方法，则
区域 ， 有 （种）涂色方法.
由分步乘法计数原理得，共有 （种）不同的涂色方法.故选C.
解法二 可分两种情况：①区域 ， 不同色，先涂区域 有4种，区域 有3种，
区域 有2种，区域 ， 各有1种，有 （种）涂法．②区域 ，
同色，先涂区域 有4种，区域 有3种，区域 有1种，区域 ， 各有2种，有
（种）涂法．故共有 （种）涂色方法．
（3）甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分
别是0, , , .为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾号为奇数的车
通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合
规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日.第一步，安排偶数日出行，每天都有2
种选择，不同的用车方案共有 .第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：
第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有 （种）；第二类，
不安排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有 （种）.综上，
不同的用车方案种数为 ，故选B.
（4）在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”.比如
“102”“546”为“驼峰数”，由数字 ， ， ， 构成的无重复数字的“驼峰数”有___个.
8
[解析] 分三步：第一步，选3个数，有4种方法；第二步，把选出的3个数中最小的数排在十位，有1种方法；第三步，排个位和百位，有2种方法，由分步乘法计数原理得，共有 （个）“驼峰数”.
方法技巧
利用两个计数原理解题的策略
（1）当题目无从下手时,可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事.
（2）对于复杂问题，一般是先分类再分步.
（3）对于涂色问题，可按颜色的种类分类，也可按不同的区域分步完成.
1.[命题点1]满足 , ，且关于 的方程 有实数解的有
序数对 的个数为____.

[解析] 当 时， 的值可以是 ， ， ， ，故 的个数为4；当
时，要使方程 有实数解，需使 ，即 .若
，则 的值可以是 , , , , 的个数为4;若 ，则 的值可以是
， ， ， 的个数为3；若 ，则 的值可以是 , , 的个数为2.
由分类加法计数原理可知， 的个数为 .
2.[命题点2]如图是某项工程的网络图，则从开始节点①到终止节点⑧的路径共有
( )
B
A.14条 B.12条 C.9条 D.7条
[解析] 由题图可知，①→④有3条路径，④→⑥有 条路径，⑥→⑧有2条路径.根据
分步乘法计数原理，可得①→⑧的路径共有 （条）.
3.[命题点3]从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 的
共有( )
C
A. 对 B. 对 C. 对 D. 对
[解析] 如图，在正方体 中，与面对角线 成
角的面对角线有 , , , , , , , ，共8
条；同理，与 成 角的面对角线也有8条.因此，一个面上的2
条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对.又正方体共
有6个面，所以共有 （对）.又因为每对被计算了2次，因此成 角的面
对角线有 （对）.
02
排列与组合
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 排列问题 本讲每年必考，主要以实际问题为情境考查计数问题，有时单独命题，以小题为主，有时作为工具应用于概率的计算，以大题为主，难度中等偏易.预计2024年高考仍会以创新实际生活情境为载体进行命题.
组合问题 2020新高考卷Ⅰ ；20 18全国卷Ⅰ 排列组合的综合应用 2022新高考卷Ⅱ ;2021 全国卷乙 T6；2020全国 卷Ⅱ 1.排列与组合的概念
名称 定义 排列 从 个不同元素 中取出 个元 素 并按照①____________排成一列，叫做从 个不同元素
中取出 个元素的一个排列
组合 作为一组，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个
组合.
注意元素之间与顺序有关的为排列，与顺序无关的为组合.
一定的顺序
2.排列数与组合数的概念
名称 定义 排列数 从 个不同元素中取出 个元素的所有不同 排列的个数，用符号②____表示.
组合数 组合的个数，用符号③____表示.


3.排列数、组合数的公式及性质（ , ,且 ）
公式 ④_______;
⑤_ _______.特别地， .
性质 ⑥___; .
⑦______; ⑧______.
注意1.性质（2）中 的应用主要是两个方面：一是简化运算，当 时，通常将
计算 转化为计算 ；二是列等式，由 可得 或 .
2. 下标相同，上标差1的两组合数相加，其和对应的组合数为：
下标加1，上标取大.


1


1.5个相同的球，放入8个不同的盒子中，每个盒里至多放一个球，则不同的放法有
( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
B
[解析] 由于球都相同，盒子不同，每个盒里至多放一个球，所以只要选出5个不同的盒子即可.故共有 种不同的放法.
2.[教材改编]从4本不同的课外读物中，买3本送给3名同学，每人各1本，则不同的送
法种数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 4本不同的课外读物选3本分给3位同学，每人1本，则不同的分配方法种数为 .
3.[教材改编]某班举行了“弘扬中华文化”演讲比赛，有6人参加，并决出第1名到第6
名的名次（没有并列名次）.甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“很遗
憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说:“你当然不会是最差的.”从回答分析，6人的名次
排列情况可能有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
D
[解析] 由题可知，甲和乙都不是冠军，所以冠军有4种可能性，乙不是最后一名，所
以最后一名有4种可能性，所以6人的名次排列情况可能有 （种）.
4.[多选]下列说法正确的是 ( )
A.所有元素完全相同的两个排列为相同排列
B.两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同
C.若 ,则
D.
BD
5.[不会应用组合数的性质致误]计算 的值为_____.（用数字作答）
210
[解析] 原式 .
6.若 ，则 ___.

[解析] , ,解得 .
命题点1 排列问题
1.（1）[2022长沙检测]中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能：礼、乐、射、御、
书、数.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，每天连排六节，每“艺”一节，
排课有如下要求：“礼”和“数”不能相邻，“射”和“乐”必须相邻.则“六艺”课程讲座不同
的排课顺序共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
D
[解析] 根据题意，分两步进行分析：
①“射”和“乐”要相邻，可将两者看成一个整体，与“御”“书”全排列，不同的排法有 .
②排好后形成4个空位，在其中任选2个，安排“礼”和“数”即可，不同的排法有 ，则符合题意的排法有 ，故选D．
（2）[2023贵州省贵阳市第一中学适应性考试]中国书法一般分为篆书、隶书、行书、
楷书和草书这5种字体，其中篆书分大篆和小篆，隶书分古隶和汉隶，草书分章草、
今草和狂草，行书分行草和行楷，楷书分魏碑和唐楷.为了弘扬传统文化，某书法协
会采用楷书、隶书和草书3种字体书写6个福字，其中隶书字体的福字分别用古隶和
汉隶书写，草书字体的福字分别用章草、今草和狂草书写，楷书字体的福字用唐楷
书写.将这6个福字排成一排，要求相同类型字体的福字相邻，则不同的排法种数为
____.
72
[解析] 分别将隶书、草书、楷书当作整体，排法总数为 ，隶书内部顺序
，草书内部顺序 ，故不同的排法种数为 .
2.有3名男生、4名女生.
（1）若排成前、后两排，前排3人，后排4人，则不同的排列方法总数为_______.
5 040
[解析] 分两步完成，先选3人站前排，有 种方法，余下4人站后排，有 种方法，
共有 .
（2）若全体排成一排，女生必须站在一起，则不同的排列方法总数为_____.
576
[解析] 将女生看作一个整体与3名男生一起全排列，有 种方法，再将女生全排列，有 种方法，共有 .
条件改变，设问不变
（1）若全体排成一排，男生互不相邻，则不同的排列方法总数为______.

[解析] 先排女生，有 种方法，然后在女生之间及首尾共5个空位中任选3个空位安
排男生，有 种方法，共有 .
（2）若全体排成一排，其中甲不站最左边，也不站最右边，则不同的排列方法总数
为______.

[解析] 解法一 先排甲，有5种方法，其余6人有 种排列方法，共有
.解法二 左、右两边位置可安排除甲外其余6人中的2人，有
种排法，剩下的5人有 种排法，共有 .
（3）若全体排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排列方法总数
为______.

[解析] 解法一 甲在最右边时，其他人可全排列，有 种方法；甲不在最右边时，
因为甲也不在最左边，所以可从余下的5个位置中任选1个，有 种，而乙可从除去
最右边的位置后剩下的5个位置中任选1个，有 种，其余人全排列，有 种不同
排法，共有 .
解法二 7名学生全排列，有 种方法，其中甲在最左边时，有 种方法，乙在最
右边时，有 种方法，其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形（ 种方
法），故共有 .
方法技巧
求解排列问题的常用方法
直接法 把符合条件的排列数直接列式计算.
优先法 优先安排特殊元素或特殊位置.
捆绑法 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.
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的排列空位中.
间接法 对于分类过多的问题，一般利用正难则反，等价转化的方法.
命题点2 组合问题
3.（1）将6个相同的小球放入3个不同的盒子中,每个盒子至多可以放3个小球,且允许
有空盒子,则不同的放法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
A
[解析] 根据题意,分3种情况讨论:①2个盒子各放3个小球，1个盒子是空的,有
放法，②若每个盒子放2个小球,有1种放法，③若1个盒子放1个小球，1个
盒子放2个小球,最后—个放3个小球,有 放法，则有 放
法，故选A.
（2）[2022豫北名校联考]第24届冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、冰球、雪橇、
滑冰、滑雪7个大项.奥组委欲招募一批志愿者，甲、乙两名大学生申请报名时，计
划每人从7个大项中随机选取3个大项做服务工作，则两人恰好选中相同的2个大项的
不同报名情况有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
A
[解析] 可分三步：第一步，在7个大项中选取2个，共有 不同的方法；
第二步，甲在剩下的5个大项中选取 个，共有 不同的方法；第三步，乙
在剩下的4个大项中选取 个，共有 不同的方法.根据分步乘法计数原理
可知，两人恰好选中相同的2个大项的不同报名情况有 ，故选
A.
（3）[2021上海春季高考]某人某天运动的总时长需要大于等于60分钟，现有如下表
所示的五项运动可以选择，则共有____种运动组合方式.
运动 运动 运动 运动 运动
7点 点 8点 点 9点 点 10点 点 11点 点
30分钟 20分钟 40分钟 30分钟 30分钟

[解析] 若使运动总时长大于等于60分钟，则至少要选择两项运动，并且选择两项运
动的情况中， ， ， 的组合方式是不符合题意的，选择三项、四项、五项
运动均满足总时长大于等于60分钟，因此组合方式共有
.
（4）[2018全国卷Ⅰ]从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,
则不同的选法共有____种.（用数字填写答案）
16
[解析] 解法一 （直接法） 可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同
的选法有 ；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有
.根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法共有16
种.
解法二（间接法） 从6人中任选3人，不同的选法有 ，从6人中任选3人
都是男生，不同的选法有 （种），所以至少有1位女生入选的不同的选法共
有 .
方法技巧
组合问题常见的两类题型
（1）“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由剩下的元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中选取.
（2）“至少”与“最多”的问题：解这类题的关键是理解“至少”与“最多”这两个词的含义.用直接法或间接法都可以求解这类题，当用直接法处理较复杂时，可用间接法处理.
命题点3 排列组合的综合应用
角度1 有限制条件的排列组合问题
4.[2023甘肃模拟]北京某大学为第十八届四中全会招募了30名志愿者（编号分别是
1， ， ，30号），现从中任意选取6人按编号大小分成两组分配到江西厅、广电
厅工作，其中三个编号较小的人在一组，三个编号较大的在另一组，那么确保6号、
15号与24号同时入选并被分配到同一厅的选取种数是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 要“确保6号、15号与24号入选并分配到同一厅”，则另外三人的编号或都小于6或都大于24，根据分类加法计数原理可得选出的情况有 ，
然后将选出的两组进行全排列对应江西厅、广电厅，故确保6号、15号与24号同时入选并被分配到同一厅的选取种数是 .故选C.
角度2 定序问题
5.（1）[2022深圳市模拟]某场演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序
已确定，则不同的排法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
C
[解析] 解法一 5个节目排成一排共有 种不同的排法，因为甲、乙、丙3个节目间
的先后顺序已确定，所以不同的排法有 .（定序问题用除法）
解法二 在5个位置中选2个安排其他2个节目，还剩3个位置，将甲、乙、丙按顺序
放在这3个位置上，则不同的排法有 .
故选C.
（2）由数字 ，1组成的一串数字代码，其中恰好有7个 ，3个0，则这样的不同数
字代码共有_____个.
120
[解析] 解法一 10个元素进行全排列共有 种结果，在这些结果中有7个 ，3个0，
这样前面的全排列就出现了重复，不同的排列中每个排列出现了 次，得到不同
的排列共有 .
解法二 10个位置选3个填入0，其余填入7，则有 ，所以可以组成120
个不同数字代码.
角度3 分配与分组问题
6.（1）有5个大学保送名额，计划分到3个班级，每班至少一个名额，有___种不同
的分法.
6
[解析] 一共有5个保送名额，分到3个班级，每个班级至少 个名额，即将名额分成3份，每份至少1个，（定份数）
将5个名额排成一列，中间有4个空,（定空位）
即只需在中间4个空中插入2个隔板，不同的方法共有 .（插隔板）
（2）教育部为了发展贫困地区教育,在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生,
并在其毕业后将其分到相应的地区任教．现需将6个免费培养的教育专业师范毕业生
平均分到3所学校去任教,有____种不同的分派方法.
90
[解析] 先把6个毕业生平均分成3组,有 种分法；（整体均分问题，不要忘记除
以 ）
再将3组毕业生平均分到3所学校,有 种分法.
故将6个毕业生平均分到3所学校,不同的分派方法共有 .
（3）将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁 个人,每人至少1本的不同分法共有______
种．（用数字作答）

[解析] 把6本不同的书分成4组,故有“ ， ， ， ”和“ ， ， ， ”两种不同的
分组方法.
若按“ , , , ”的分组方法,则不同的分法共有 .（有三组元素个数
相同，因与顺序无关，故需除去重复情况）
若按“ , , , ”的分组方法,则不同的分法共有 .（四组元素中，
分别有两组元素个数相同，分别为“ ， ”和“ ， ”，因与顺序无关,故需除去重复
情况）
所以不同的分组方法共有 .
然后把分好的4组书分给4个人,分法共有 ,所以不同的分法共有 .
（4）若将6名教师分到3所中学任教,其中一所1名,一所2名,一所3名,则有_____种不同
的分法．

[解析] 先将6名教师按如下步骤进行分组：
第一步,在6名教师中任取1名作为一组,有 种分法；
第二步,在余下的5名教师中任取2名作为一组,有 种分法；
第三步,余下的3名教师作为一组,有 种分法.
根据分步乘法计数原理,共有 分法.
再将这3组教师分配到3所中学,有 分法.
故不同的分法共有 .
方法技巧
分组、分配问题的求解策略
（1）常见的分组问题有以下三种.
整体均分组 分组后一定要除以 （ 为均分的组数），避免重复计数.
部分均分组 若有 组元素个数相等，则分组时应除以 ，分组过程中有几
个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数.
不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等.
（2）常见的分配问题有以下三种.
①相同元素的分配问题，常用“隔板法”求解.
隔板法的解题步骤
对于将 个相同元素分成 组，每组至少一个，求分配方案个数的问题，采用隔板
法求解，步骤如下:
定个数,确定元素的个数、分成的组数;
定空位，把所有元素一字排开，确定有几个空， 个元素可形成 个空;
插隔板，分成 组，每组至少一个，只需放 个隔板，即从 个空
中，选 个空放隔板;
确定分配方案， 个相同元素，分成 组，每组至少一个，共 种分配方
案.
②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配.
③有限制条件的分配问题，采用分类讨论法求解.
注意 （1）关于分组问题，应该注意的是无论分成几组，只要其中某些组中的元素个数相等，就存在均分现象.（2）解决分组与分配问题的基本方法就是先分组后分配.
1.[命题点1/2023大同学情调研]高中数学新教材有必修一、二，选择性必修一、二、
三，共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相邻的排列方法
种数是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 先将选择性必修一、二、三这3本书排成一排，有 排列
方法，再将必修一、必修二这2本书插入两端或两个空隙中，有 排列方
法，由分步乘法计数原理得，把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不相
邻的排列方法种数是 ．
解法二 5本书放在书架上排成一排的排列方法共有 种，其中必修一、必修二相
邻的排列方法有 种，所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一、必修二不
相邻的排列方法种数为 ．
2.[命题点2/2022沈阳三模]中华民族传统文化源远流长，小明学习了二十四节气歌后，
打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗词，他准备在冬季的6个节气：立冬、
小雪、大雪、冬至、小寒、大寒与春季的6个节气：立春、雨水、惊蛰、春分、清明、
谷雨共12个节气中选出4个不同的节气，搜集与之相关的古诗词，如果冬季节气和春
季节气各至少被选出1个，那么小明选取节气的不同情况的种数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 根据题意可知，小明可以分3种情况选取：1冬3春、2冬2春、 春.1冬3春
的不同情况有 ； 冬2春的不同情况有 ；
春的不同情况有 .所以小明选取节气的不同情况的种数是
．
3.[命题点3角度1/2022新高考卷Ⅱ]甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇
演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
B
[解析] 先将丙和丁捆在一起有 种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有 种排列方式，最后将甲插入中间两空，有 种排列方式，所以不同的排列方式共有 种.
4.[命题点3角度3]某班9名同学参加义务植树活动，若将这9名同学分成挖土、栽树、
浇水3个小组，每组3人，则甲、乙、丙3人在不同小组的分配方法种数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 将除甲、乙、丙3人以外的6名同学分成挖土、栽树、浇水3个小组，每组2人，
有 种不同的分配方法，甲、乙、丙3人分到3个不同的小组，有
种不同的分配方法.
由分步乘法计数原理知，共有 种不同的分配方法.
5.[命题点3/2022武汉三模]某旅游景区有如图所示A至 共8个停车位，现有2辆不同
的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则
不同的停车方法总数为( )
A B C D

A. B. C. D.
B
[解析] 由题意知，每行停放一辆白色车和一辆黑色车.第一步：取一辆白色车和一辆
黑色车停放到第一行，共有 方法.第二步：把剩下的两辆车停放
到第二行.若白色车与第一行的黑色车在同一列，此时黑色车有3种停放方法；若白
色车与第一行的黑色车不在同一列，则白色车有2种停放方法，黑色车也有2种停放
方法，所以共有 停放方法.所以把剩下的两辆车停放到第二行共有
方法.由分步乘法计数原理可知，满足题意的停车方法总数为
.
03
二项式定理
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 求展开式中的特定项或特定项的系数 2022新高考卷Ⅰ ;2 020全国卷Ⅰ ；2020 全国卷Ⅲ ；2019全 国卷Ⅲ ；2018全国 卷Ⅲ 本讲是高考常考内容，主要考查二项展开式的通项，求常数项，求某项系数，求某些项的系数和等，主要以小题的形式出现，难度不大.预计2024年高考命题常规，备考时要掌握各种问题类型及其求解方法.
二项式系数与项的系数的问题 2022北京 T8 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 二项式定理的综合应用 本讲是高考常考内容，主要考查二项展开式的通项，求常数项，求某项系数，求某些项的系数和等，主要以小题的形式出现，难度不大.预计2024年高考命题常规，备考时要掌握各种问题类型及其求解方法.
续表
1.二项式定理
二项式定理 ①_________________________
_______________________
二项展开式的通项公式 ②__________，它表示第 项
二项式系数 二项展开式中各项的系数③____




辨析比较
二项式系数与项的系数的区别
二项式系数是指 , , , ,其与 , 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分,其与 , 的值有关.如 的二项展开式中,第 项的二项式系数是 ,而该项的系数是 .
2.二项式系数的性质
1.[2020北京高考]在 的展开式中， 的系数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由二项式定理得 的展开式的通项
,令 ,得 ,所以
,所以 的系数为 ,故选C.
2.[教材改编]在 的展开式中，系数最小的项是( )
A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项
C
[解析] 展开式共有11项，奇数项系数为正，偶数项系数为负，且第6项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项是第6项.
3.[多选]下列说法正确的是( )
A. 是 展开式中的第 项
B.在二项展开式中,系数最大的项为中间的一项或中间的两项
C.在 的展开式中,每一项的二项式系数都与 , 无关
D.在 的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数不同
CD
4.[2023浙江省高三名校联考] 的展开式的二项式系数的和是_______.（用
数字作答）
1 024
[解析] 展开式的二项式系数的和为
命题点1 求展开式中的特定项或特定项的系数
角度1 求形如 的展开式中的特定项或特定项的系数
1.（1）[2021天津高考]在 的展开式中， 的系数是_____.
160
[解析] 的展开式的通项 ,令
,得 ,所以 的系数为 .
（2）[2021北京高考] 的展开式中的常数项是____.

[解析] 的展开式的通项 .令
，得 ,所以常数项为 .
方法技巧
求形如 的式子的展开式中与特定项相关的量（常数项、参数值、
特定项等）的步骤
角度2 求形如 的展开式中的特 定项或特定项的系数
2.（1）[2022广东汕头期末]已知 的展开式中 的系数为 ,则
该展开式中的常数项为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 的展开式的通项为 .令
， 得 ；令 ，得 ，舍去.（注意： 取整数）
故 的展开式中 的系数为 ,得 .
令 ，得 ,不符合题意，舍去；令 ，得 .故
的展开式中的常数项为 .
（2）[2022新高考卷Ⅰ] 的展开式中 的系数为_____.（用数字
作答）

[解析] 展开式的通项 ， , , .令 ，得 ，令 ,得 ，所以 的展开式中 的系数为 .
方法技巧
求形如 的式子的展开式中与特定项相关的量
角度3 求形如 的展开式中的特定项或特定项的系数
3.（1）[2015全国卷Ⅰ] 的展开式中， 的系数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 表示5个因式 的连乘积，要得到含 的项，只需先从5个因式中选2个因式中的 ，剩余的3个因式中选1个 ，其余因式取 即可，故 的系数为 .
（2）[2022佛山市质检] 的展开式中, 的系数为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 ,其通项 ,则展开式中含 的项为 ,又 的展开式中含 的项为 ,所以 的展开式中, 的系数为 ,故选D.
解法二 要在展开式中得到 ,可在5个“ ”中选3个“ ”，1个“ ”，1个“2”，故 的系数为 .
（3） 的展开式中 的系数为____．

[解析] ，所以展开式中 的系数为 .
方法技巧
求形如 的式子的展开式中与特定项相关的量的方法
因式分解法 通过分解因式将三项式变成两个二项式的积的形式，然后用二项式定理分别展开.
逐层展开法 将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含两项的一组展开，从而解决问题.
利用组合知识 把三项式 看成 个 的积，然后利
用组合知识求解.
命题点2 二项式系数与项的系数的问题
角度1 二项展开式中的系数和问题
4.（1）[2022湖北省襄阳市模拟] 的展开式中所有的项的系数之和为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 令 ， ，则展开式中所有项的系数和为 .故选A.
（2） 的展开式中 的奇数次幂项的系数之和为64,则实数 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设 ,令 ，得
,令 ，得
,（令 ，得到各项系数和，令 ，
得到 的偶数次幂项系数和与奇数次幂项系数和的差）
两式相减得 ，由 ，得
.
（3）[2021浙江高考]已知多项式 ,
则 ___, ____.


[解析] 展开式的通项公式为 展开式的通项公式为 ，则 ；令 ,则 ，所以 .
（4）若 的展开式中常数项为第9项，则此时所有项的二项式系数和为
______.

[解析] 的展开式的通项公式为
，因为第9项为常数项，所以
，（注意第9项对应 ）
解得 .所以 的所有项的二项式系数和为 （注意“所有
项的二项式系数和”与“所有项的系数和”的区别）
方法技巧
1.项的系数和问题
（1）对形如 , 的式子求其展开式中的各项系数之和，常用赋值法，只需令 即可;对形如 的式子求其展开式中的各项系数之和，只需令 即可;同理，求系数之差时，只需根据题目要求令 , 或 , 即可.
（2）若 ,则 展开式中各项系数之和为 ,
偶次项系数之和为 ,奇次项系数之和为
.
2.二项式系数和问题
破解二项展开式的所有项的二项式系数和问题，只需利用公式 ，即可快速获得结果.
角度2 与二项展开式中的系数有关的最值问题
5.（1）[2021上海春季高考]已知 的展开式中，唯有 的系数最大，则
的系数和为____.
64
[解析] 解法一 因为唯有 的系数最大，又含 的项是 的展开式中的第4项，所以 ，
所以令 ， 的系数和为 .
解法二 由题意知
则
解得 ，又 ，因此 .
令 ，则 的系数和为 .
（2）已知 的展开式的二项式系数和比 的展开式的二项式系
数和大992，则在 的展开式中，二项式系数最大的项为________，系数的
绝对值最大的项为___________.


[解析] 由题意知， ，即 ，故 ，解得 .
由二项式系数的性质知， 的展开式中第6项的二项式系数最大，故二项式系
数最大的项为 设第 项的系数的绝对值最大，则
，令

得 即 解得 .因为 ，所以 故系数
的绝对值最大的项是第4项， .故二项式系数最大的项为
,系数的绝对值最大的项为
方法技巧
求解二项式系数或项的系数的最值问题的方法
1.二项式系数最值的求法
当 是偶数时,第 项的二项式系数最大，最大值为 ；当 是奇数时,第 项和第 项的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为 或 .
2.二项展开式中项的系数最值的求法
由于展开式中项的系数是离散型变量，设展开式各项的系数分别为 ， , , ，且第 项系数最大，因此在系数均为正值的前提下，求展开式中项的系数的
最大值只需解不等式组 即得结果.
特殊地：对于 或 ，可通过其二项式系数的性质研究其展开式系数的最值.
命题点3 二项式定理的综合应用
6.（1）利用二项式定理计算 ，则其结果精确到 的近似值是( )
A. B. C. D.
D
[解析] .
（2）设 ，且 ,若 能被13整除，则 的值为( )
A. B. 或0 C. D. 或
D
[解析] ,又52能被13整除,∴需使 能被13整除，即 能被13整除， , ,又 , 或25,故选D.
（3）今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过 天后是( )
A.星期三 B.星期四 C.星期五 D.星期六
D
[解析] ，由于括号中，除了最后一项外，其余各项都能被7整除，故整个式子除以7的余数为 ，故经过 天后是星期六，故选D.
（4）若 ,则
除以8的余数为___.
5
[解析] 令 ，得 .令 ，得
，两式相减得 ，
则
，则
除以8的余数为5，即
除以8的余数为5.
1.[命题点1]已知 的展开式中， 的系数为12，常数项为 ，则
( )
A. B. C. D.
C
[解析] 二项式 展开式的通项 ，
由题意，取 和 ，得 的系数为 ，
由 ，得 .将 代入 ，得展开式中的常数
项 .于是 .
2.[命题点1]在 的展开式中， 的系数是( )
A. B. C. D.
B
[解析] ，其展开式通项为 .由题
意得 ，又 ，所以 的系数为 .
3.[命题点1]已知
，则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 令 ，则 ，所以
， 的展开式的通项
为 ,所以 .
4.[命题点1,2/2023广州部分中学阶段测试] 的展开式中第2项与第6项的二
项式系数相等，则该展开式中的常数项为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，所以
， 解得 展开式的通项公式为
，令 ，解得 ，
所以该展开式中的常数项为 .
5.[命题点2角度1/2022北京高考]若 ,则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 依题意，令 ，可得 ，令 ，可得 ，以上两式相加可得 ，所以 .
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2024年高考数学专项复习
第五章 数列
01
任意角和弧度制、三角函数的概念
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
通过日常生活和数学中的实例,了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数. 由 与 的关系求数 列的通项公 式 2022新高考卷 Ⅰ ； 201 8全国卷Ⅰ 本讲为高考命题热点，主要考查
数列的不同呈现形式及相应形式
下的通项求解，常见的形式有
与 的关系，不同项间的递推关
系（常需变形利用累加法、累乘
法、构造法求解），题型既有客
观题，也有主观题，难度中等.预
计2024年高考命题稳定.
由递推关系求数列的通项公式 2020浙江T20 数列的性质及其应用 2021北京T10 1.数列的有关概念
名称 概念
数列 按照确定的顺序排列的一列数.
数列的项 数列中的每一个数.
通项公式 如果数列 的第 项 与它的序号 之间的对应关系可以用一个式子
①__________ 表示，这个式子叫做这个数列的通项公式.
递推公式 如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推公式．

注意 表示数列 , , , , ,是数列的一种简记形式；而 只表示数列
的第 项.
辨析比较
通项公式和递推公式的异同点
不同点 相同点
通项公式 可根据某项的序号 的值，直接代入求出 . 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项.
递推公式 可根据第一项（或前几项）的值，通过一次（或多次）赋值,逐项求出数列的项，直至求出所需的 .也可通过变形转化，直接求出 . 2.数列的函数特性
（1）数列与函数的关系
数列可以看成一类特殊的函数 ，它的定义域是正整数集 或正整数集 的有限子集 ，所以它的图象是一系列孤立的点，而不是连续的曲线.
注意 函数 定义域为 时，对应的数列 为无穷数列.当其定义域为
的有限子集时，对应的数列 为有穷数列.
（2）数列的性质
.单调性——若 ②____ ,则 为递增数列；若 ③____ ,则 为递
减数列.否则为常数列 或摆动数列.
.周期性——若 （ 为非零常数），则 为周期数列，④___为
的一个周期.
＞
＜

3.数列的前 项和 与通项 的关系
（1） .
（2）若数列 的前 项和为 ,则
⑤___， ,
⑥__________， .
注意 利用 求通项时，对 的情形要检验，若当
时， 符合 ，则数列 的通项公式用一个式子表示.否则，
用分段函数形式表示.



1.已知递增数列 的通项 （ ）, 则实数 的取值范围是
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为数列 是递增数列,所以 对任意 都成立,即 ,即 对任意 恒成立，因此 .故选B.
2.已知数列 前5项分别为2， ， , ，则写出 的一个通项公式为
____________________________________.
（答案不唯一）
[解析] 由题意易得，数列 各项的绝对值为2， ， ， ， ， ，记为数列 ，则 ，考虑到 具有转换正负号的作用，所以原数列 的一个通项公式为
3.[教材改编]在数列 中， ，则 的值
为_ _.

[解析] 由题意可得， ， , ， , ,所以可观察出数列 为以3为周期的数列.又 ，所以 .
4.[教材改编]已知数列 的前 项和为 ，则数列 的通项公式为
____________________.

[解析] 当 时， .当 时，
.又
，所以数列 的通项公式为
命题点1 由 与 的关系求数列的通项公式
1.（1）[2018全国卷Ⅰ]记 为数列 的前 项和.若 ,则 _____.

[解析] 因为 ，所以当 时， ，解得 ;当 时， ，所以 ，所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，所以 ．
（2）已知数列 的前 项和为 ，且满足 .若 ，则
_________；若 ，则 _____________.


[解析] ①若 .当 时， , .当 时，
,则 , .又
, 是以 为首项， 为公比的等比数列，
.
②若 .解法一 当 时， , .当 时， ,则 , ， 从第2项起是等比数列，公比为 ， .
，
解法二 , ,即 ， ， 是以 为首项， 为公比的等比数列，
.当 时， ,则
. ，
2.[2022河北正定中学模拟]已知数列 满足
， ，则 _______________.

[解析] 由 ， 得，当 时，
，两式作差得

，则 ， .当 时， ，不满足 ，所以

方法技巧
1.已知 求 的一般步骤
（1）先利用 求出 ;
（2）用 替换 中的 得到一个新的关系，利用 便可求
出当 时 的表达式；
（3）检验 是否满足 时 的表达式并得出结论.
2.由 求 的解题思路
如果已知 ，那么我们有两个转化方向：一是利用
消去 ，求出 后，再利用 与 的关系求通项 ；二
是利用 消去 ，再求解．
命题点2 由递推关系求数列的通项公式
角度1 累加法
3.[2008江西高考]在数列 中， , ，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意可得， ，
.故选A.
角度2 累乘法
4.已知数列 的前 项和为 , , ，则数列 的通项公
式为___________.

[解析] （累乘法）由 ，可得当 时， ,则
，即 ，易知
，故 .
所以当 时，
.
当 时， 满足 .
故数列 的通项公式为 .
5.[2020浙江高考]已知数列 , , 满足 ， ，
， .
（1）若 为等比数列，公比 ,且 ,求 的值及数列 的通项公式；
[解析] 由 得 ,解得 .
由 得 .
由 得
.
当 时, ，满足.故 .
（2）若 为等差数列，公差 ，证明： ，
.
[解析] 由 得 ,所以 ,由 , 得 ，因此 ,
方法技巧
1.形如 的递推公式，用累加法求通项，即利用恒等式
求解.
2.形如 的递推公式，用累乘法求通项，即利用恒等式 求解.
命题点3 数列的性质及其应用
角度1 数列的周期性
6.若非零数列 满足 ，则称数列 为“等积数列”.若等
积数列 中 ， ，则 ___．

[解析] 由题意知 ，则 ，结合 ， ，可得
， , ， ，
，故数列 是以6为周期的周期数列，
所以 ．
7.已知数列 满足 ，则数列 的前50项和为____.

[解析] 解法一 由题意得，
，则
，同理可得 ，
，所以 ，于是数列
的前50项和
.
解法二（列举法） 由题意可得 ， ， ， ，则 .通过列举可知， ，且 ， .设数列 的前 项和为 ，则 .又 ，所以 的前50项和为 .
角度2 数列的单调性与最大（小）项问题
8.（1）[2022合肥市一检]若数列 的前 项积 ,则 的最大值与最小
值之和为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由题意 ①．当 时， ;当 时，
②．由① ②得
.
又 也满足上式,所以 ．
作出函数 的图象，如图所示，易知当 时，
，所以 的最小值为 ，最大值为 ，
所以 的最大值与最小值之和为 ，故选C.
（2）[2022济南模拟]已知数列 的通项公式为 ,当 最大时， ___.


[解析] 设 是数列 的最大项，则 所以 解得
.因为 ,所以 的值为3.
9.已知数列 的首项 ，其前 项和为 ，且满足 ，
若数列 是递增数列，则实数 的取值范围是_ _____.

[解析] 由 可得， ，
两式相减得 ， ，由此可得
.∴数列 ， ， ， 是以4为公差的等差数列，数列 ，
， ， 是以4为公差的等差数列.将 及 代入
可得 ，将 代入 可得
，
∴要使得任意 ， 恒成立，只需要 即可， ，解得 . ∴实数 的取值范围是 .
方法技巧
1.解决数列单调性问题的3种常用方法
作差比较法 数列 是递增数列；
数列 是递减数列；
数列 是常数列.
作商比较法 当 符号确定时，利用 与1的大小关系确定 的单调性.
数形结合法 利用数列对应的函数的图象直观判断.注意“函数”的自变量为正整数.
2.求数列中的最大（小）项的方法
（1）利用 求数列中的最大项 ;利用 求数列中的最小
项 .
（2）结合数列单调性判断数列的最大（小）项.
1.[命题点1，2/2022江苏泰州中学检测]在数列 中， ，
，则 _______，若
对所有 恒成立，则 的取值范围是_ _________.


[解析] 因为 ，所以当 时，
有 ，
两式相减可得 ，即当 时， .
又 ,也符合该递推关系，所以 ，
所以 ,所以 .
因为 ，所以 .
令 ,
则 ，
当 时， ,即 ,当 时, ，
当 时， ,
所以 ,
所以 .若 对所有 恒成立，则 ，即 的取值范围是 .
2.[命题点3角度1/2022名师原创]已知数列 的前 项和为 , ,
， ,数列 的前 项和为 ，若 ，则 的
最小值为___.

[解析] 由题意知， ，则 ，
两式作差得 ，整理得 ，即 ，
又 ，所以当 时， ，所以 ，所以 ，则 ，（技巧：结合余弦函数的周期性进行分析）
，所以 的最小值为7.
3.[命题点3角度2/2022黑龙江大庆实验中学质检]数列 的前 项和 满足
，若 是递增数列，则 的取值范围为( )
A. B. C. D.
B
[解析] ∵数列 的前 项和 满足 ， ，
当 时，
， .显然，从第二
项开始， 是以 为公差的等差数列.又 是递增数列， ，且
，得 ，故选B.
4.[命题点3角度2]数列 是递增的整数数列，且 ，
，则 的最大值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为数列 满足三个特征，整数数列，递增，前 项和为100，所以欲求
的最大值，需要保证 的值取最小的正整数，又 ，故可
取 ， ，数列 的前10项为3, , , , , , , , , ,则第
11项 ，满足题意，取
数列 的前11项为3, , , , , , , , , , ，则第12项
，不满足题意，
故 的最大值为11.
02
同角三角函数的基本关系与诱导公式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过生活中的实例，理解等差数列的概念和通项公式的意义. 等差数列的基本运算 2022新高考卷Ⅱ ；2 021新高考卷Ⅱ ；2 021北京T6；2019全国 卷Ⅰ ；2019全国卷 Ⅲ ；2018全国卷Ⅰ 本讲的命题热点为等差数列的基本运算、等差数列的判定与证明、等差数列的性质的应用、等差数列
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.探索并掌握等差数 列的前 项和公式， 理解等差数列的通项 公式与前 项和公式 的关系. 3.能在具体的问题情 境中，发现数列的等 差关系，并解决相应 的问题. 等差数列的判定与证明 2022全国卷甲T17；2021全国卷乙T19；2021全国卷甲T18 前 项和的最值，整体考
查学生的函数与方程思想
和数学运算能力.在客观
题和主观题中都有可能出
现，难度中等.预计2024
年高考命题稳定，重点掌
握等差数列的通项公式和
前 项和公式及其变形应
用.
等差数列的性质 2020全国卷Ⅱ ；202 0新高考卷Ⅰ 续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
4.体会等差数列与一元一次函数的关系. 等差数 列前 项和的 最值 2022全国卷甲T17；201 8全国卷Ⅱ 前 项和的最值，整体考
查学生的函数与方程思想
和数学运算能力.在客观
题和主观题中都有可能出
现，难度中等.预计2024
年高考命题稳定，重点掌
握等差数列的通项公式和
前 项和公式及其变形应
用.
续表
1.等差数列的概念
（1）等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的①____都等于②________
____，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用
字母 表示．
（2）等差中项
如果 , , 成等差数列，那么 叫做 与 的③__________，且 ④_ ___.
差
同一个常数
等差中项

（3）等差数列的通项公式及其变形
通项公式：⑤__________________，其中 是首项， 是公差.
通项公式的变形： .
说明 由 可知，当 时， 可看作关于 的一次函数.
规律总结
等差数列的单调性当 时，数列 为递增数列；当 时，数列 为递
减数列；当 时，数列 为常数列．

2.等差数列的前 项和
（1）等差数列的前 项和公式： ⑥______________.
（2）由 可知，当 时， 可看作关于 的二次函数，故可借助二次函数的图象和性质来研究 的最值问题.

3.等差数列的性质
（1）等差数列项的性质
设数列 , 均为等差数列.
a.若 ,则 ，特别地，若 ,
则⑦______________.反之不一定成立.
b.若 公差为 ,则 也是等差数列，公差为⑧____.
c. （ , 为常数）也是等差数列.


d. 与 的公共项从小到大排成的新数列也是等差数列，首项是第一个相同的
公共项，公差是 与 的公差的⑨____________．
e. , , , 组成公差为⑩____的等差数列，即下标成等差数
列，则相应的项也成等差数列.
f.若 是非零常数，则 是等比数列.
最小公倍数

（2）等差数列前 项和的性质
设 为等差数列 的前 项和.
a. 也是等差数列，其首项等于 ____，公差是 的公差的 .
b. , , 也是等差数列.
c.两个等差数列 , 的前 项和 ， 之间的关系为 ___.


1.[教材改编]如果三角形的三个内角成等差数列，则中间角的大小为____.

[解析] 由题意可设三个内角分别为 , ， ，则有
，可得 .
2.若等差数列 满足 ， ，则当 ___时， 的
前 项和最大．

[解析] 由 可得 ，由 可得 ，所以
，所以可得当 时， 的前 项和最大.
3.[教材改编]已知 为等差数列，且 , ,则 ___.

[解析] 由题意可得，公差 ，所以 .
4.[教材改编]某公司购置了一台价值220万元的设备，随着设备在使用过程中老化，
每经过一年，其价值减少20万元.当设备价值低于购进价值的 时，设备将报废，
则该机器最多使用____年.
10
[解析] 设使用 年后，该设备的使用价值为 万元，则易知 是以
为首项， 为公差的等差数列，所以
.
令 ，得 ，所以该设备最多使用10年.
5.已知等差数列 的项数为奇数，其中所有奇数项和为290，所有偶数项和为261，
则该数列的项数为____.
19
[解析] 设等差数列 的前 项和为 ,项数为 ，则 ，解得 ，则项数为 .
6.[2022昆明市模拟]已知数列 满足 , ,则 ___.

[解析] 因为 ,所以 , , , .因为 ，所以可得 , , , , ，和 , , , , ，奇数项、偶数项分别构成等差数列，所以 ，所以 .
命题点1 等差数列的基本运算
1.（1）[2019全国卷Ⅰ]记 为等差数列 的前 项和.已知 , ,则( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设等差数列 的公差为 ，
∵ ∴ 解得
， .故选
A.
（2）[2022全国卷乙]记 为等差数列 的前 项和.若 ，则公差
___.

[解析] 因为 ,所以 ，化简得 ，解得 .
2.[2021北京高考]已知 和 是两个等差数列，且 是常值，若
, , ，则 的值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 和 是两个等差数列,所以 ，所以 ，又当 时， 是常值，所以 ，从而 .故选C.
3.[2021新高考卷Ⅱ]记 是公差不为0的等差数列 的前 项和，若 ,
.
（1）求数列 的通项公式；
[解析] 设等差数列 的公差为 ，
则由题意，得 解得
所以 .
（2）求使 成立的 的最小值.
[解析] 解法一 ，
则由 ，整理得 ，解得 或 .
因为 ，所以使 成立的 的最小值为7.
解法二 由 得 ,即 ,
所以 ,解得 ,所以 的最小值为7.
方法技巧
1.等差数列基本运算中常用的数学思想
方程思想 等差数列的通项公式及前 项和公式涉及 , , , , 五个量,知其中三个
就能求另外两个，通常利用条件和通项公式、前 项和公式建立方程（组）
求解.
整体思想 当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用 和 表示，寻求两者之间的
联系，整体代换求解.
2.等差数列基本运算中常用的技巧
（1） 和 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用技巧.
（2）减少运算量的设元技巧：若三个数成等差数列，可将三个数设为 , , ;
若四个数成等差数列，可将四个数设为 , , ,
命题点2 等差数列的判定与证明
4.[2022长沙市适应性考试]若数列 的前 项和为 ，则“ ”是
“数列 为等差数列”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
C
[解析] 解法一 若 ，则数列 的前 项和 .
当 时， ；当
时， ，符合上式.
所以 .则 （常数），所以数列
是等差数列.
若数列 是等差数列，因为 ，
所以 , ， ，由 ,即 ，解得 .
综上，若数列 的前 项和为 ,则“ ”是“数列 为等差数列”的充要条件，故选C.
解法二 因为“数列 的前 项和为 的形式”是“数列 为等差数列”的充要条件，所以若数列 的前 项和为 ，则“ ”是“数列 为等差数列”的充要条件，故选C.
5.[2021全国卷甲]已知数列 的各项均为正数,记 为 的前 项和,从下面①②③
中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列 是等差数列；②数列 是等差数列；③ .
[解析] ①③ ②.
已知数列 是等差数列， .
设数列 的公差为 ，则 ，得 ，所以
.
因为数列 的各项均为正数，所以 ，
所以 （常数），所以数列 是等差数列.
①② ③.
已知数列 是等差数列， 是等差数列.
设数列 的公差为 ，
则 .
因为数列 是等差数列，所以数列 的通项公式是关于 的一次函数，则
，即 ，所以 .
②③ ①.
已知数列 是等差数列， ，
所以 , .
设数列 的公差为 ，则 ， ，得 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ， 也满足上
式，所以 .
因为 （常数） ，所以数
列 是等差数列.
6.[2017全国卷Ⅰ]记 为等比数列 的前 项和.已知 ， .
（1）求 的通项公式；
[解析] 设 的公比为 .
由题设可得 解得
故 的通项公式为 .
（2）求 ，并判断 , , 是否成等差数列.
[解析] 由（1）可得
由于 ,
故 , , 成等差数列.
方法技巧
等差数列的判定与证明的方法
定义法 为同一常数 是等差数列
等差中项法 成立 是等差数列
通项公式法 （ ， 为常数）对任意的正整数 都成立 是
等差数列
前 项和公式 法 （ ， 为常数）对任意的正整数 都成立
是等差数列
说明 证明数列不是等差数列，只需证明存在连续的三项不成等差数列即可.
命题点3 等差数列的性质
7.（1）[2020新高考卷Ⅰ]将数列 与 的公共项从小到大排列得到数
列 ,则 的前 项和为_________.

[解析] 与 的第一个公共项为1，则易知 是以1为首项，
为公差的等差数列，则 .
（2）数列 , 均为等差数列，且 ， ，
则数列 的前2 022项和为________.
80 880
[解析] 易得数列 为等差数列，首项为 ， 的前2
022项和为 .
8.（1）已知 为等差数列 的前 项和，且 ，则 __.

[解析] 设 ，则 .因为 为等差数列，所以 , , , ， 成等差数列，公差为 ，所以可推出 , ，故 .
（2）等差数列 ， 的前 项和分别为 , ，若 ，则 ___，
___.


[解析] 由题意可得 .
由 及等差数列前 项和性质可设 ,
，
,
，
.
命题点4 等差数列前 项和的最值
9.等差数列 的前 项和为 ,若 , ,则数列 的通项公式可能是
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为数列 是等差数列，且 , ，所以该数列从第8项起为非
正数,即 , .
对于A， ，故A不正确；对于B，
， ，故B正确；对于C，
， ，故C不正确；对于D，
，故D不正确.故选B.
10.[2022全国卷甲]记 为数列 的前 项和.已知 .
（1）证明: 是等差数列;
[解析] 由 ，得 ①，
所以 ②，
②-①，得 ，
化简得 ，所以数列 是公差为1的等差数列.
（2）若 , , 成等比数列，求 的最小值.
[解析] 由（1）知数列 的公差为1.
由 ，得 ，解得 .
所以 ，
所以当 或 时， 取得最小值,最小值为 .
方法技巧
求等差数列前 项和 的最值的方法
（1）通项法：①若 , ，则 必有最大值， 可用不等式组
来确定（当 时， 也为最大值）;
②若 , ，则 必有最小值， 可用不等式组 来确定（当
时， 也为最小值）.
（2）二次函数法：由于 ,故可用二次函数求最值的方法来求
前 项和的最值，这里应由 及二次函数图象的对称性来确定 的值.
（3）不等式组法：一般情况下， 最大时，有 ,解此不等式组确定 的范围，进而确定 的值和对应的 的值（即 的最值）.
1.[命题点1/多选]已知无穷等差数列 的公差 , 为其前 项和，且 ，
， 是数列 中的三项，则下列关于数列 的选项中，正确的有( )
A. B.
C.数列 为递增数列 D. 一定是数列 中的项
AD
[解析] 因为数列 是无穷的等差数列，且公差 ， ， ， 是数列
中的三项，所以设 ， ， ，其
中 ， ， ，所以 是18， ， 的公约数，所以公差 的可能取值为1，
， ， ，所以选项A正确；
当 时， ，故当 时， ，所以选项B错误；
因为 ，其中 ， ， ， 均为138的约数，所以143一定是数列 中的项，所以选项D正确；
不妨取 且 ，则 ，因为 ， ，即 ，所以数列 不是递增数列，所以选项C错误.故选AD.
2.[命题点2/多选]两个等差数列 和 ，其公差分别为 和 ，其前 项和分
别为 和 ，则下列说法正确的是( )
A.若 为等差数列，则
B.若 为等差数列，则
C.若 为等差数列，则
D.若 ，则 也为等差数列，且公差为
AB
[解析] 由题意得 , .若数列 为
等差数列，则由等差数列通项公式的特征，可得 ，即 ，所以选
项A正确； ，由等差数列通项公式的特征，
可得 ，即 ，所以选项B正确；当 或 时，数列
为等差数列，所以选项C错误；因为 ，
, ，所以
,
可知数列 是等差数列，且公差为 ，所以选项D错误.故选AB.
3.[命题点2/2021全国卷乙]记 为数列 的前 项和， 为数列 的前 项积，
已知 .
（1）证明：数列 是等差数列.
[解析] 因为 是数列 的前 项积，所以 时， ，
代入 可得， ，
整理可得 ，
即 .
又 ，
所以 ，
故 是以 为首项， 为公差的等差数列.
（2）求 的通项公式.
[解析] 由（1）可知， ，则 ，
所以 ，
当 时， ，
当 时，
当 时, ,
故
4.[命题点4]在等差数列 中，若 ，且它的前 项和 有最大值，则使
成立的正整数 的最大值是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为等差数列 的前 项和有最大值，
所以等差数列 为递减数列，
又 ，所以 , ，
所以 ，
又 ，且 .
故使得 成立的正整数 的最大值为17.
03
两角和与差的正弦、余弦、正切公式与二倍角公式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过生活中的实例，理解 等比数列的概念和通项公 式的意义. 2.探索并掌握等比数列的前 项和公式，理解等比数列 的通项公式与前 项和公式 的关系. 等比数列的基本运算 2022全国卷乙T8；2 020全国卷Ⅰ ； 2020新高考卷Ⅰ ；2020新高考 卷Ⅱ ；2019全 国卷Ⅰ ；2019 全国卷Ⅲ ；2018 全国卷Ⅲ 本讲的命题热点为等比数列的基本运算、等比数列的判定与证明、等比数列的性质的应用，整体比等差数列的运算量大.在客观题与主观题
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题. 4.体会等比数列与指数函数的关系. 等比数列的判定与证明 2020全国卷Ⅱ 中都有可能出现，难度
中等.预计2024年高考命
题稳定，重点掌握等比
数列的通项公式和前 项
和公式及其变形应用.
等比数列的性质的应用 2021全国卷甲T7 续表
1.等比数列的概念
（1）等比数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母 表示．
注意 （1）等比数列中的任何一项都不为0，且公比 .（2）若一个数列是常数
列，则此数列一定是等差数列，但不一定是等比数列，如： ， ， ， .
（2）等比中项的概念
如果在 与 中间插入一个数 ,使 ， ， 成等比数列，那么 叫做 与 的等比中项，此时
注意 只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个.
（3）等比数列的通项公式及其变形
通项公式：①______________，其中 是首项， 是公比.
通项公式的变形： .
说明 当 且 时， 可以看成函数 ,其表示一个不为0的
常数与指数函数的乘积.

规律总结
等比数列的单调性
当 或 时， 是递增数列；当 或 时， 是递减数列；当 时， 是常数列;当 时， 是摆动数列.
2.等比数列的前 项和
（1）等比数列 的前 项和公式为
②_____, ,
③_ _______ , .
（2）对于 的等比数列 的前 项和 ，若设
，则 ④__________ .由此可知，数列 的图象是
函数 的图象上一系列孤立的点.




对于 的等比数列，因为 ，所以 .由此可知，数列 的图象是函数 的图象上一系列孤立的点.
注意 在运用等比数列的前 项和公式时，要注意对 与 进行讨论.
3.等比数列的性质
（1）等比数列项的性质
设数列 , 是等比数列．
.若 ，则⑤_____________ ，其中 , , ，反
之，不一定成立，如当数列 是非零常数列时，此结论不成立.
.相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即 , , , 仍是等比数列，
公比为⑥____ .
.数列 ， , , 和 也是等比数列．
.若 ，则数列 是等差数列.


（2）等比数列的前 项和的性质
设 是等比数列 的前 项和.
.
.当 （或 且 为奇数）时， , , 是⑦______数
列.
注意 当 且 为偶数时， , , ， 不是等比数列.
等比
1.下列说法正确的是( )
A.满足 的数列 为等比数列
B. , , 三个数成等比数列是 的充分不必要条件
C.若数列 为等比数列，则 ， ， 成等比数列
D.若等比数列 为递增数列，则其公比
B
2.[多选]已知数列 是等比数列，公比为 ,前 项和为 ，则下列说法错误的是
( )
A. 为等比数列 B. 为等差数列
C. 为等比数列 D.若 ,则
BC
[解析] 令 ，则 ，所以 是等比数列，选项A正确;
若 ，则 无意义，所以选项B错误;
当 时， ，此时 不是等比数列，所以选项C错误;
当 时， ，由 可得 ，
所以选项D正确.故选BC.
3.设等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 _________.
或
[解析] 设公比为 .当 时， 成立，所以 .当 时， ，解得 ，所以 .所以 或 .
4.[教材改编]有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四
个数的和为21，中间两个数的和为18，则这四个数依次为
_________________________________.
， ， ， 或 ， ， ，
[解析] 设后三个数分别为 ， ， ，则第一个数为 ，因此这四个数为
， ， ， .
由题意得 解得 或 故这四个数为3，
， 或 ， ， ， .
命题点1 等比数列的基本运算
1.[2022全国卷乙]已知等比数列 的前 项和为168， ,则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 设等比数列 的公比为 ，由题意可得
即 解得
所以 ，故选D.
解法二 设等比数列 的公比为 ,易知 ,由题意可得 解得 所以 ，故选D.
2.[2020全国卷Ⅰ]设 是等比数列，且 , ,则
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 设等比数列 的公比为 ，所以 ，所以 ，故选D.
解法二 令 ，则 .设数列 的公比为 ，则 ，所以数列 为等比数列.由题意知 , ，所以等比数列 的公比为2，所以 ,所以 ，故选D.
方法技巧
1.等比数列基本运算中常用的数学思想
方程思想 等比 数列中有五个量 , , , , ，一般可以“知三求二”，通
过列方程（组）求解.
分类讨论思想 等比数列的前 项和公式涉及对公比 的分类讨论（分 和
两种情况讨论）.
注意 计算过程中，若出现方程 ,则要看 中的 是奇数还是偶数.若 是奇数，
则 ；若 是偶数，则当 时, ，当 时，无解.
2.等比数列基本运算中常用的技巧
（1）（对称设元）一般地，若连续奇数个项成等比数列，则可设该数列为 , , ,
, ;若连续偶数个符号相同的项成等比数列，则可设该数列为 , , , ,
这样既可减少未知量的个数，也使得解方程较为方便.
（2）求解等比数列基本量时注意运用整体思想、设而不求等，同时还要注意合理运
用 .
（3）注意立方差公式的应用： .
命题点2 等比数列的判定与证明
3.[2020全国卷Ⅱ]数列 中， , .若
,则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 令 ，则由 得 ，即 ，所以数列
是首项为2、公比为2的等比数列，所以 ，所以
，解得 ，故选C.
4.[2018全国卷Ⅰ]已知数列 满足 , .设 .
（1）求 , , ;
[解析] 由条件可得 .
将 代入得， ,而 ,所以 .
将 代入得， ,所以 .
从而 , , .
（2）判断数列 是否为等比数列,并说明理由;
[解析] 是首项为1，公比为2的等比数列.
由条件可得 ,即 ,又 ，所以 是首项为1，公比为2的等
比数列.
（3）求 的通项公式.
[解析] 由（2）可得 ,所以 .
方法技巧
判定与证明等比数列的常用方法
定义法 若 （ 为非零常数且 ），则 是等比数列
等比中项法 若数列 中， 且 ，则 是等比数列
通项公式法 若数列 的通项公式可写成 （ ， 均为非零常
数），则 是等比数列
前 项和 公式法 若数列 的前 项和 （ 为非零常数， 且
），则 是等比数列
注意 （1）由 , ,并不能判断 为等比数列，还要验证 .（2）证明一个数列 不是等比数列，只需要说明存在一个正整数 ，使得 即可.
命题点3 等比数列的性质的应用
5.（1）[2021全国卷甲]记 为等比数列 的前 项和.若 ， ,则
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 易知公比 ，则 , , 构成等比数列，由等比中项得 ，即 ，所以 ．故选A.
（2）[2022长春市质量监测]若公比大于1的等比数列 满足 ，
，则公比 ___.

[解析] 解法一 因为 ①， ②，所以联立①②
解得 或 因为公比 ，所以 ,所以 则
，故
解法二 由题意知 , ,
由 得 解得
1.[命题点1/2023武汉高三调研]设正项等比数列 的前 项和为 ，若
, ，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 设正项等比数列 的公比为 ，
则由 ,得 ，
即 ，即 ，
因为 ，所以 ，解得 或 （舍去）.
解法一 由 得 ，即 ，将 代入，得 ，解得 ，所以 .故选A.
解法二 因为 ，所以 ，解得 ，所以 .故选A.
2.[命题点1/2020新高考卷Ⅱ]已知公比大于1的等比数列 满足 ,
.
（1）求 的通项公式；
[解析] 设 的公比为 .
由题设得 ， .
解得 （舍去）， ，所以 .
所以 的通项公式为 .
（2）求 .
[解析] 由（1）可知 ，则
，
记 ，
则

.
3.[命题点2/2022绵阳市诊断性考试]已知各项均为正数的数列 满足 ,
.求证：数列 为等比数列，并求 的通项公式.
[解析] 因为 ,
所以 .
又数列 的各项均为正数，
所以 ,
所以 ,即 ，
所以数列 是首项 ，公比为2的等比数列，
所以数列 的通项公式为 .
4.[命题点3/2022江西省景德镇一中模拟]已知函数 ，且等比数列 满
足 ，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 易知 ，则
.因为 为等比数列，所以
，所以
.
故选A.
5.[命题点3/多选/2023鄂东南省级示范高中联考]设等比数列 的公比为 ，其前
项和为 ，前 项积为 ，且满足条件 ， ，
，则下列选项正确的是( )
A. B.
C. 是数列 中的最大项 D.
ACD
[解析] 因为数列 是等比数列，首项 ， ，所以 和
同号，所以公比 .假设公比 ,则数列 是单调递增数列或
常数列，因为 ，所以 , ，则 ，
与已知 矛盾，所以 ，所以选项A正确.
因为 ， ，所以数列 是单调递减数列，又
，所以 和 异号，所以
, ，所以 ，即 ，
所以选项B错误.
因为 , ，数列 是单调递减数列，所以数列 的前2 022项
都大于1，从第2 023项开始都小于1，所以 是数列 中的最大项，所以选项
C正确.
，
，
所以 ，
又
，
所以 ，则 .因为 ,所以
，
所以选项D正确.
综上，选ACD.
04
简单的三角恒等变换
命题点 五年考情 命题分析预测
用公式法和分组转化法求和 2021新高考卷Ⅰ ；20 20新高考卷Ⅰ 本讲是高考热点，主要考查数列求和，常用方法有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、倒序相加法，在客观题与主观题中都有可能出现，难度中等.预计2024年高考命题稳定，常规备考的同时也要关注分段数列的形式.
用错位相减法求和 2021新高考卷Ⅰ ；20 20全国卷Ⅰ ；2020全 国卷Ⅲ 用裂项相消法求和 2022新高考卷Ⅰ 用倒序相加法求和 数列求和的几种常用方法
1.公式法
（1）直接利用等差、等比数列的前 项和公式求和.
（2）① ,② .
2.分组转化法
（1）利用分组转化法求和的常见类型
（2）思路：将数列转化为若干个可求和的新数列，从而求得原数列的前 项和.如
,则 .
注意 在含有参数的数列中求和时要对参数进行讨论.
3.错位相减法
（1）适用的数列类型： ,其中数列 是公差为 的等差数列， 是公比
为 的等比数列.
（2）求解思路：
①,
②,
①-②得 ，进而可利用公式法求和.
4.裂项相消法
（1）利用裂项相消法求和的基本步骤
（2）常见数列的裂项方法
数列（ 为正整数） 裂项方法
（ 为非零常数）



5.倒序相加法
已知数列的特征是“与首末两端等距离的两项之和等于同一常数”，可用倒序相加法求和.解题时先把数列的前 项和表示出来，再把数列求和的式子倒过来写，然后将两个式子相加，即可求出该数列的前 项和的2倍，最后求出该数列的前 项和.
1.[教材改编]已知 为等差数列， 为其前 项和，若 ，
，则 _____.

[解析] 设等差数列 的公差为 .
由 得 即 所以 ，所
以 .
2.[教材改编]已知 ,则 ___.

[解析] 由题意可得， ,
.
3.已知等差数列的前三项和为2，后三项和为4，且所有项和为64，则该数列有____
项.
64
[解析] 设该等差数列为 ，由题意可得， ①，
②，①+②得 ，所以 ，解得
,所以该数列有64项.
4.数列 的通项公式为 ，则 _____.

[解析] 易知 为等差数列.当 时， ，所以 .
命题点1 用公式法和分组转化法求和
1.[2021新高考卷Ⅰ]已知数列 满足 ,
（1）记 ,写出 , ,并求数列 的通项公式；
[解析] 因为 ，且 ，
所以 ，
.
因为 ，
所以 ，
所以数列 是以2为首项，3为公差的等差数列， ，
.
（2）求 的前20项和.
[解析] 因为 所以 时， ①，
②， ③，
所以①+②得 ，
即 ，
所以数列 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②+③得 ，即 ，
又 ，所以数列 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.
所以数列 的前20项和 .
2.[2022泉州市质量监测]公差为2的等差数列 中, , , 成等比数列.
（1）求 的通项公式;
[解析] 因为等差数列 的公差为2,
所以 , .
因为 , , 成等比数列,
所以 ,解得 .
所以 的通项公式为 .
（2）若数列 满足 求 的前 项和.
[解析] 因为
所以 ,
所以 的前20项和：





.
命题点2 用错位相减法求和
3.[2021全国卷乙]设 是首项为1的等比数列，数列 满足 .已知 ,
, 成等差数列.
（1）求 和 的通项公式.
[解析] 设 的公比为 ，则 .
因为 , , 成等差数列，所以 ，解得 ，故 ，
.
（2）记 和 分别为 和 的前 项和.证明： .
[解析] 由（1）知 ，
①，
②，
①-②得 ，
即 ，
整理得 ，
则 ，故 .
4.[2020全国卷Ⅰ]设 是公比不为1的等比数列， 为 ， 的等差中项.
（1）求 的公比；
[解析] 设 的公比为 ,由题设得 ,即 .所以 ，解得 .故 的公比为 .
（2）若 ，求数列 的前 项和.
[解析] 记 为 的前 项和.
由（1）及题设可得，
所以 ,
.
两式相减可得
,所以
.
方法技巧
（1）在书写 时注意“错位对齐”，以方便后续运算.
（2）两式相减时注意最后一项的符号.
（3）注意相减后的和式结构的中间为 项的和.
命题点3 用裂项相消法求和
5.（1）已知 ，求数列 的前 项和 .
[解析] 易得 ,所以 .
（2）已知数列 的前 项和为 ，若 ，求证 .
[解析] 由题意可得， ,
所以 .
因为 ,所以 .
对于5.（2），若 ，
证明：
（1） ;
[解析] 由5.（2）可得 .
（2） .
[解析] 当 时， ；当 时，
.综上， .
[解析] 易知 .
6.[2022新高考卷Ⅰ]记 为数列 的前 项和，已知 , 是公差为 的等
差数列.
（1）求 的通项公式；
[解析] 因为 ，所以 ，
又 是公差为 的等差数列，
所以 .
所以 .
因为当 时， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，又 也满足上式，
所以 .
（2）证明： .
[解析] 因为 ，
所以 ，
所以
.
方法技巧
利用裂项相消法求和时，既要注意检验裂项前后是否等价，又要注意求和时正负项相消后消去了哪些项，保留了哪些项．
命题点4 用倒序相加法求和
7.[2022湖南岳阳二模]已知数列 的通项 ,则
( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ,所以
,所以
,所以
.
8.已知函数 ，则
________.

[解析] 令 ①，
②，
①+②,得
.
因为 ,
所以 ,故 .
方法技巧
数列中可以利用倒序相加法求和的通项所对应的函数一般有对称中心，所以可以对比理解记忆.
1.[命题点1/2022山东济南学情检测]已知数列 满足 , ,
.
（1）记 ,求数列 的通项公式;
[解析] ,
令 取 ,则 ,
即 ,又 ,
所以数列 是以1为首项,3为公差的等差数列,
所以 .
（2）记数列 的前 项和为 ,求 .
[解析] 令 取 ,则 ,
所以 ,
由（1）可知, ,
.
所以 .
2.[命题点2/2023浙江名校联考]已知数列 的前 项和为 ，且 ,
，数列 为等差数列，且 , .
（1）求 与 的通项公式；
[解析] 当 时, ,所以 ,又
,所以 ,
所以 是首项为1,公比为2的等比数列,所以 .
设 的公差为 ,则由 , ，得 ,
,所以 , ,所以 , ,
所以 .
（2）记 ，求 的前 项和 .
[解析] 由（1）知 ,
所以
两式相减得 ,
所以 .
3.[命题点3]已知函数 的图象过点 ，令 ， ，记
数列 的前 项和为 ，则 ___________.

[解析] 由函数 的图象过点 得 , ，所以 ， .故 .
4.[命题点3/2022河北衡水中学调研]已知数列 满足 ,且当 时，
.
（1）求证：数列 是等差数列；
[解析] 当 时， ,
将上式两边都除以 ，得 ，
即 ，所以数列 是以 为首项，2为公差的等差数列.
（2）记 ，求数列 的前 项和 .
[解析] 由（1）得 ,即 ,
所以 ,
所以 .
05
三角函数的图象与性质
命题点 五年考情 命题分析预测
等差、等比数列的综合问题 2022新高考卷Ⅱ ；2022天津T18；2020浙江T20；2019全国卷Ⅱ 该讲的命题重点是等差数列与等比数列的综合，数列与不等式的综合 ，一般难度不大.预计2024年高考可能会考查数列的建模应用.
数列与其他知识综合 2021浙江T10 命题点1 等差、等比数列的综合问题
1.[2019全国卷Ⅱ]已知数列 和 满足 ， ，
， .
（1）证明: 是等比数列， 是等差数列.
[解析] 由题设得 ,即
因为 ,所以 是首项为1,公比为 的等比数列.
由题设得 ,即 .
又因为 ,所以 是首项为1,公差为2的等差数列.
（2）求 和 的通项公式.
[解析] 由（1）知, , ,
所以 ,
.
2.已知数列 的首项 ， 是以4为首项，2为公比的等比数列.
（1）证明：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式;
[解析] 因为 是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，
故 ，所以数列 是以 为首项，1为公差的等差数列，
所以 ，所以 ．
（2）在① ，② ，③ 这三个条件中任选一
个补充在下面横线上，并加以解答．
已知数列 满足_，求数列 的前 项和 ．
[解析] 若选条件① ，则 ，
所以 ，
，
两式相减，得 ，
所以 ，所以
.
若选条件② ，则 ，
所以 ， ，
所以 是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以 .
若选条件③ ，则 ，
故 ．
命题点2 数列与其他知识综合
角度1 数列与函数综合
3.函数 的定义域为 ，满足 ,且当 时， .
当 时，将函数 的极大值点从小到大依次记为 , , , ，
并记相应的极大值为 , , , , , ，则数列 的前9项和为_ ____.

[解析] 当 时， ，此时 , .
由于 ，则 .
当 时， ，则 ，
所以 ，此时 , .

当 时， ，
所以 ，
此时 , .
令 ，则 .
4.设曲线 在点 处的切线与 轴交点的横坐标为 .令
，则数列 的前 项和 ___________.

[解析] 因为 ，所以 ，当 时， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ,
令 ，则 ,即 , ,则 .
方法技巧
数列与函数的综合问题的解题策略
（1）已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究.
（2）已知数列条件，解决函数问题，一般要利用数列的有关公式对式子化简变形．
注意 数列是自变量为正整数的特殊函数，要灵活运用函数的思想方法求解.
角度2 数列与不等式综合
5.[2021浙江高考]已知数列 满足 , ,记数列 的前
项和为 ,则( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 , ，所以 ， ,所以
，所以 ，两边同
时开方可得 ，则 , ， ,
由累加法可得 ，所以 ，所以 ,
所以 ，即 ，则 , , ,由累
乘法可得当 时，
，所以
，故选A.
6.[2022福州市质检]已知数列 的前 项和为 ， ， ，且
.
（1）求 .
[解析] 由 得 .
因为 ,
所以 是首项为1，公比为2的等比数列,
所以 .
（2）求证: .
[解析] 由（1）知 ,
所以
.
方法技巧
1.数列与不等式的综合问题的解题策略
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性或者借助数列对应的函数的单调性求解.
（2）对于与数列有关的不等式的证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，有时需构造函数，利用函数的单调性、最值来证明.
2.放缩技巧
（1）对 的放缩，根据不同的要求，大致有四种情况：
① ;
② ;
③ ;
④ .
（2）对 的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
① ;
② .
数列中含有 类型问题的求解
7.[2020全国卷Ⅰ]数列 满足 ,前16项和为540，则
___.

[解析] 因为数列 满足 ，所以当 时， （ ），所以 .
当 时， （ ），所以当 时， ，当 时上式也成立，所以 ，即 .
解法一
.
又前16项和为540，所以 ，解得 .
解法二 ，
所以
.
又前16项和为540，所以 ，解得 .
8.（1）已知 为数列 的前 项和， ，则 ___
__.

[解析] 当 时，令 , ,则 ,则 , ,所以 .
（2）已知 为数列 的前 项和， ，则 _____.

[解析] 当 时，令 , ,则
①,
令 , ,则 ②,
令 , ,则 ③,
①-②,得 ,
①+③,得 .
所以
.
9.[2022天津高考]已知 是等差数列，其前 项和为 ， 是等比数列，
.
（1）求 ， 的通项公式.
[解析] 设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
根据 得
解得 （舍）或 ，
所以 , .
（2）证明： .
[解析] 解法一 因为 为数列 的前 项和，所以
，
则 ，

，
所以 .
解法二 因为 为数列 的前 项和，所以 ，
，
所以 .
（3）求
[解析] 令 ，
当 为奇数时，
，
当 为偶数时， ，
则 ，
令 ，
则 ，
所以
，
所以 .
令 .
所以 .
方法技巧
当数列通项中出现 时，一般对 分 , , 讨论求解.
1.[命题点1/2023西安检测]在公差不为零的正项等差数列 中， 为数列 的
前 项和，请在① , ;② ;
③ , , 成等比数列， 三个条件中，任选一个完成下面的问题.
（1）求数列 的通项公式；
[解析] 选①:
设 的公差为 ，因为 所以 解得

所以 .
选②:
当 时， ,即 ,即 .
因为 ,所以 .
当 时， ,即 ,即 .
因为 ,所以 .
因为 为正项等差数列，所以 的公差 ,所以
.
选③:
设 的公差为 .
因为 , , 成等比数列， ，
所以 即
即 解得
所以 .
（2）若数列 是公比为 的等比数列，且 , , （ , 均是
大于2的正整数），记 为数列 的前 项和，求证： .
[解析] 因为 ,所以 ， , ,则 ,
.
因为 ,所以 ，
所以 ,
故 得证.
2.[命题点1,2/2023高三名校联考（二）]已知数列 , , 中，
, , .
（1）若数列 为等比数列，且公比 ， ,求 与 的通项公
式；
[解析] 依题意 , , ,
因为 ,所以 ,
又 ，所以解得 ，故 ,
所以数列 是首项为1，公比为4的等比数列，所以 ，所以 ，
, ， , ,
所以 ,
又当 时, 满足上式，故 .
（2）若数列 为等差数列，且公差 ，证明:
.
[解析] 依题意 ,
因为 ,所以 ,
故
.
又 ,且 ,所以
，
所以
.
因为 , ,所以 ，
所以 ，
即 .
3.[命题点2角度1/2022山东模拟]已知函数 对任意 都有
， 数列 满足 ，
数列 满足 .
（1）求数列 ， 的通项公式；
[解析] 因为 ①,
所以 ②，
①+②，得 ，
又对任意 都有 ，
所以 ,所以 ，
则 ，所以 .
综上， ， .
（2）设数列 不在数列 中的项按从小到大的顺序构成数列 ，记数列
的前 项和为 ，求 .
[解析] 设数列 ， 的前 项和分别为 ， .
易知数列 为递增数列，
且 ， , ，
所以数列 的前100项中，与数列 公共的有6项，为数列 的前6项.
因此数列 的前100项由数列 的前106项去掉数列 的前6项构成，
所以 .
4.[命题点2角度2]在数列 中， ,点 在直线 上，
，数列 的前 项和为 .
（1）求 ;
[解析] 因为 ， 在直线 上,所以 ，即数
列 为等差数列，公差为2.所以 .
所以 ,
所以 .
（2）是否存在整数 ，使得不等式 恒成立 若存在，
求出 的取值所构成的集合;若不存在，请说明理由.
[解析] 若存在整数 使得不等式 恒成立，
则 当 为奇数时,即 恒成立.
当 时， 取得最大值 ，所以只需 .
当 为偶数时，即 恒成立.
当 时, 取得最小值 ,所以只需 .
所以 ,且 .
又 为整数，所以 取值构成的集合为 .
5.[思维帮/2022名师原创]已知数列 满足 ,
则 ______．

[解析] 令 得 ,令 得
,两式相加得 ,所以
,则 ,所以 .
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2024年高考数学专项复习
第七章 复数
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过方程的解,认识复数. 2.理解复数的代数表示及其几何意义,理解两个复数相等的含义. 复数的概念 2022全国卷乙T2；2022全国卷甲T1；2 022新高考卷Ⅰ ；2022浙江T2；2021 全国卷甲T3；2021新高考卷Ⅱ ；202 0全国卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅲ ；2019 全国卷Ⅱ ；2018全国卷Ⅰ 本讲每年必考，主要考查复数的有关概念和运算，一般以选择题的形式出现，属于送分题.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.掌握复数代数表示式的四则运算,了解复数加、减运算的几何意义. 复数的运算 2022全国卷甲T1；2022新高考卷Ⅰ ； 2022新高考卷Ⅱ ；2021新高考卷Ⅰ ； 2021新高考卷Ⅱ ；2021全国卷 乙T1；2021全国卷甲T3；2020新高考 卷Ⅱ ；2019全国卷Ⅲ ；2018全国 卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅱ ；2018全国 卷Ⅲ 预计2024年高考命题稳定，常规备考的同时要注意对复数几何意义的理解.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.掌握复数代数表示式的四则运算,了解复数加、减运算的几何意义. 复数的几何意义 2021新高考卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅱ ；2020北京T2；2019全国卷Ⅰ ； 2019全国卷Ⅱ 预计2024年高考命题稳定，常规备考的同时要注意对复数几何意义的理解.
续表
1.复数的有关概念
名称 含义
复数的定义 形如 的数叫做复数，其中实部为①___，虚部
为②___， 为虚数单位且 ③____.
复数分类 为实数 ； 为虚数 ；
为纯虚数 ④______且⑤______ .
复数相等 且 .
注意 实数能比较大小，虚数不能比较大小.
共轭复数 与 互为共轭复数 ⑥______且⑦________
.


-1




名称 含义
复平面 建立平面直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面， 轴叫做⑧
______， 轴叫做⑨______.
说明 实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯
虚数，各象限内的点都表示虚数.
复数的模 设 对应的复数为 ，则向量 的模叫做复数
的模或绝对值，记作 或 ,即 ⑩
_________.
实轴
虚轴

续表
2.复数的几何意义
思维拓展
（1） 表示以原点 为圆心,以 和 为半径的两圆所夹的圆环;（2） 表示以 为圆心, 为半径的圆.
3.复数的四则运算
（1）复数的运算法则
设 ， .
运算法则 运算形式
加法 _________________.
减法 _________________.
乘法 _____________________.
除法 .



（2）复数的运算律
对任意的 , , :
加法运算律 交换律： ________.
结合律： _____________.
乘法运算律 交换律： .
结合律： .
分配律： .


（3）复数加、减运算的几何意义
若复数 ， 在复平面内对应的点分别为 , ， 为坐标原点，则：
若向量 ， 不共线，则复数 是以 ， 为两邻边的平行四边形的对角线 所对应的复数;复数 是 所对应的复数.
1.[教材改编]已知复数 ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由 ,得 , .故选D.
2.[教材改编]若复数 为纯虚数，则实数 的值为( )
A. B. C. 或 D. 或
B
[解析] ∵复数 为纯虚数，∴ 解得 .
故选B.
3.[教材改编]复数 在复平面内对应的点为 ，若 ，
则满足条件的点 的集合是( )
A.直线 B.线段 C.圆 D.单位圆及其内部
D
[解析] ， ，∴满足条件的点 的集合是以原点为圆心，1为半径的圆及其内部.故选D.
4.已知复数 ，则复数 在复平面内对应的点在( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
B
[解析] 由题意可知 ，所以复数 在复平面内对应的点为 ，位于第二象限.故选B.
5.[教材改编]已知 是虚数单位,则 ______.

[解析] .
命题点1 复数的概念
1.（1）[2020全国卷Ⅲ]复数 的虚部是( )
A. B. C. D.
D
[解析] ,所以复数的虚部为 .故选D.
（2）[2022全国卷甲]若 ,则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ，
所以 ,
所以 .故选D.
（3）[2022浙江高考]已知 , , （ 为虚数单位），则( )
A. , B. , C. , D. ,
B
[解析] ，则由 ，得 , .故选B.
方法技巧
1.求解与复数有关概念问题的技巧：将复数化为 的形式，然后根
据复数的有关概念求解即可.
2.复数的概念中的常用性质
（1） ; ;
（2） , , .
3.若两个复数相等，则它们的实部与实部相等，虚部与虚部相等.
注意 无论一个复数是实数还是虚数，都要保证这个复数的实部和虚部有意义.
命题点2 复数的运算
2.（1）[2022新高考卷Ⅱ] ( )
A. B. C. D.
D
[解析] .故选D.
（2）[2022全国卷甲]若 ，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 故选C.
（3）在复数范围内，设方程 的根分别为 ， ，且 ，
则实数 的值为________.
或
[解析] 当方程 的根为虚数时,设 , , , ,则
,
, ,
,
,
, ；
当 的根为实数时, , ,
则 ,
，
.
故 的值为3或 .
方法技巧
1.复数四则运算的解题策略
（1）复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式的运算，将含有虚数单位 的看
作一类同类项，不含 的看作另一类同类项，分别合并即可．
（2）复数的除法运算是分子、分母同乘分母的共轭复数，即分母实数化，解题时要注意把 的幂写成最简形式．
2.复数运算中的常用结论
（1） ， ， .
（2） .
（3） , , , ， .
命题点3 复数的几何意义
3.（1）[2020北京高考]在复平面内，复数 对应的点的坐标是 ，则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意知， ,所以 .故选B.
（2）[2019全国卷Ⅰ]设复数 满足 , 在复平面内对应的点为 ,则
( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 解法一 在复平面内对应的点为 ， （ ）.
，
，
.
解法二 表示复数 在复平面内对应的点 到点 的距离为1，
.故选C.
（3）[2020全国卷Ⅱ]设复数 , 满足 , ,则
_____.

[解析] 如图所示，设复数 , 所对应的点为 ， ，则
.
由已知 ,
所以平行四边形 为菱形，且 , 都是正三角
形，
所以 ,
,
所以 .
方法技巧
解与复数几何意义相关问题的一般步骤
（1）进行简单的复数运算，将复数化为 的形式；
（2）根据复数 、复平面上的点 及向量 之间的一一对应关系进行求解,即利用 求解.
1.[命题点1]若虚数 是关于 的方程 的一个根，则
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意可得， ，所以 ，故 ， ，则 .
2.[命题点1,2/2021全国卷乙]设 ，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 设 ，则 ,代入 ，可得 ,所以 ， ，故 .故选C.
3.[命题点1，3]在复平面内，复数 , , ,
对应的点分别为 , , , ,则不在以原点为圆心， 为半径的圆上
的点是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由 ， ， ， ,可知在复平面内, , , 均在以原点为圆心， 为半径的圆上， 不在该圆上,故选C.
4.[命题点3]已知复数 且 ,则 的取值范围是
__________.

[解析] 因为 ,所以 .
设 ,则 .
联立得 消去 可得 .因为 与圆
有公共点，所以 ,解得 ，所以 的取值范围为

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2024年高考数学专项复习
第九章 直线和圆的方程
01
直线的倾斜角与斜率、直线的方程
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式. 2.根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式（点斜式、两点式及一般式）. 3.能用直线方程解决一些简单的数学问题与实际问题. 直线的倾斜角与斜率 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高 考卷Ⅱ 直线是解析几何中最基本的内容，对直线的考查，一是在选择题、填空题中考查直线的倾斜角、斜率、直线的方程等基本知识，难度不大；二是在解答题中与圆、椭圆、双曲线、抛物线等知识进行综合考查，难度偏大.
求直线的方程 2020全国卷Ⅰ ;2020全国卷 Ⅲ ；2018全 国卷Ⅱ， 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式. 2.根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式（点斜式、两点式及一般式）. 3.能用直线方程解决一些简单的数学问题与实际问题. 直线方程的综合应用 直线是解析几何中最基本的内容，对直线的考查，一是在选择题、填空题中考查直线的倾斜角、斜率、直线的方程等基本知识，难度不大；二是在解答题中与圆、椭圆、双曲线、抛物线等知识进行综合考查，难度偏大.
续表
1.直线的倾斜角与斜率
直线的倾斜角 直线的斜率
定义 定义：当直线 与 轴相交 时，我们以 轴为基准， 轴正向与直线 ①______的 方向之间所成的角 叫做 直线 的倾斜角. （1）定义式：把一条直线的倾斜角 的
正切值叫做这条直线的斜率，斜率通常用小写
字母 表示，即③_________.
（2）坐标式： .如果直线经过两点
， ，其斜率公式
为④_____________.
向上


直线的倾斜角 直线的斜率
定义 规定：当直线 与 轴② ____________时，我们规 定它的倾斜角为 . .设 ， （其中 ）是
直线 上的两点，则向量
以及与它平行的非零
向量都是直线的⑤__________.若直线 的斜率
为 ，它的一个方向向量的坐标为 ，则
⑥__.
平行或重合
方向向量

续表
直线的倾斜角 直线的斜率
区别 （1）直线 垂直于 轴 时，直线 的倾斜角是 ； （2）倾斜角的取值范围为 ⑦______. （1）直线 垂直于 轴时，直线 的斜率不存
在；（2）斜率 的取值范围为 .
联系 （1）当直线不垂直于 轴时，直线的斜率和直线的倾斜角为一一对应关系. （2）当直线 的倾斜角 时， 越大，直线 的斜率越⑧____；当 时， 越大，直线 的斜率越⑨____. （3）所有的直线都有倾斜角，但不是所有的直线都有斜率.
大
大
续表
2.直线方程的五种形式
名称 方程 说明 适用条件
斜截式 是直线的斜率; 是直线在 轴上 的截距. 与 轴不垂直的直
线.
点斜式 ⑩___________ _______ 点 是直线上的已知点; 是 斜率. 两点式 点 ， 是直线上的两 个已知点. 与两坐标轴均不垂直的直线.

名称 方程 说明 适用条件
截距式 __________ 是直线在 轴上的截距; 是直线在 轴上的截距. 不过原点且与两坐标轴均不垂直的直线.
一般式 当 ， 时， 是直线的 横截距; 当 , 时， ， 分别为直线的斜率、在 轴上的截 距、在 轴上的截距. 所有直线.
注意 当直线与 轴不垂直时，可设直线方程为 ;当直线与 轴不垂直时，可
设直线方程为 .

续表
1.下列说法正确的是( )
A.直线的倾斜角越大,其斜率越大
B.若直线的斜率为 ,则其倾斜角为
C.经过定点 的直线都可以用方程 表示
D.截距可以为负值
D
[解析] 对于A，倾斜角为钝角的直线的斜率为负值，故A错误；对于B，一条直线的
斜率为 ,此直线的倾斜角不一定为 ，如直线 的斜率为 ，它的倾斜
角为 ,B错误;对于C，当经过定点 的直线与 轴垂直时，斜率不存在，故C
错误；对于D,截距可以取正数、负数或零，所以D正确.
2.[易错题]直线 ，则直线 的倾斜角 为( )
A. B. C. D.
C
[解析] , ，故直线 的
倾斜角是 ，故选C.
3.倾斜角为 ，在 轴上的截距为 的直线方程是( )
A. B. C. D.
D
[解析] ∵直线倾斜角是 ，∴直线的斜率等于 ，∵在 轴上的截距是 ，
由直线方程的斜截式得： ，即 ,故选D.
4.[教材改编]经过 , 两点的直线的方向向量为 ,则 的值为_ _.

[解析] 由题意可得 .
5.[忽视截距为零的情况致误]已知点 ，则经过点 且在两坐标轴上截距相等的
直线方程为___________________________.
或
[解析] 设直线在 轴、 轴上的截距均为 .（讨论截距是否为0）
①若 ，即直线过点 及 ，则直线的方程为 ，即 ；
②若 ，设所求直线的方程为 ，又点 在直线上，所以 ,
所以 .所以直线的方程为 .
综上可知，所求直线的方程为 或 .
命题点1 直线的倾斜角与斜率
1.（1）直线 的倾斜角的取值范围是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 直线 的斜率 ,
因为 ，所以 ，
因此 .
设直线的倾斜角为 ,则有 .
又 ,所以 ,
即倾斜角的取值范围是 .故选B.
（2）已知点 ， ， ， 过点 的直线 与线段 有公共点，
则直线 的斜率 的取值范围是( )
C
A. B.
C. D.以上都不对
[解析] 如图所示，∵过点 的直线 与线段 有公共点，∴直线
的斜率 或 ，又 ，
或 ，∴直线 的斜率 的取值范
围是 ，故选C.
（3）[多选]如图,直线 ， ， 的斜率分别为 , , ,倾斜角分
别为 , , ,则下列选项正确的是( )
AD
A. B.
C. D.
[解析] 由题图知， , ，故 ，且 为钝角，故选AD.
方法技巧
1.由直线倾斜角的取值范围求斜率的取值范围或由斜率的取值范围求直线倾斜角的
取值范围时，常借助正切函数 在 和 上的单调性求解，这里特别
要注意,正切函数在 上并不是单调的.
2.过一定点作直线与已知线段相交，求直线斜率取值范围时，应注意倾斜角为 时，直线斜率不存在.
命题点2 求直线的方程
2.（1）已知点 是直线 与 轴的交点，将直线 绕点 按逆时针
方向旋转 ，得到的直线方程是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 设直线 的倾斜角为 ，则 ,
直线 绕点 按逆时针方向旋转 ,所得直线的斜率 ,
又由题意得点 ,
所以 ，即 .
（2）已知 的三个顶点坐标为 ， ， ， 为 的中点，
为 的中点，则中位线 所在直线的方程为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由题知 , ，中位线 所在直线的方程为 ，整理得 .
（3）在平面直角坐标系中， 为坐标原点，已知点 , ，若点 满足
（ , ，且 ），则点 的轨迹方程为____________
_____．

[解析] ∵点 满足 （ ， ，且 ），
，
， ，
由共线向量定理可知， , , 三点共线，∴点 的轨迹为直线 ，
又 , ，∴直线 的方程为 ，整理得 ，
故点 的轨迹方程为 .
方法技巧
求解直线方程的两种方法
直接法 根据已知条件，选择适当的直线方程形式，直接写出直线方程.
待定系数法 ①设所求直线方程的恰当形式（点斜式、斜截式、两点式、截距式和一般式）；
②由条件建立所求参数的方程（组）；
③解这个方程（组）求出参数；
④把参数的值代入所设直线方程.
命题点3 直线方程的综合应用
3.（1）[2016北京高考]已知 ， .若点 （ , ）在线段 上，则
的最大值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 依题意得 ,∴线段 , ,即
, ，故 , .设
， 易知 在 上单调递增，故当 时，
.
（2）有一根蜡烛点燃 后，蜡烛长为 ；点燃 后，蜡烛长为
.已知蜡烛长度 与燃烧时间 之间的关系可以用直线方程表示，则
这根蜡烛从点燃到燃尽共耗时( )
A. B. C. D.
B
[解析] 由题意知，蜡烛长度 与燃烧时间 之间的关系可以用直线方程表
示，且直线过 , 两点，故其斜率 ，∴直线方程为
，
∴当蜡烛燃尽时，即 时，有 ，即 ，故选B.
（3）已知直线 过点 ，且与 轴、 轴的正半轴分别
交于 , 两点，如图所示，当 的面积最小时，直线
的方程为_________________.

[解析] 解法一 设 ， （ ， ），则
直线 的方程为 .因为 过点 ，所以 .
因为 ，整理得 ,所以
，当且仅当 ，即 ， 时取
等号.此时直线 的方程是 ，即 .
解法二 依题意知，直线 的斜率 存在且 ，则直线 的方程为
，
则 ， ，




，
当且仅当 ，即 （正值舍去）时，等号成立.
所以所求直线 的方程为 .
方法技巧
1.求解与直线方程有关的最值问题，先根据题意建立目标函数，再利用基本不等式（或函数）求解最值.
2.求解直线方程与函数相结合的问题，一般是利用直线方程中 ， 的关系，将问题
转化为关于 , 的函数,借助函数的性质解决问题.
3.破解直线方程与实际应用相综合考题的关键是细审题，读懂题意，并能提炼题眼，转化为所需解决的直线方程与直线经过某点的问题.
1.[命题点1]若直线 的一个方向向量为 ,则直线 的倾斜角为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设直线 的倾斜角为 ，则 ，又 , ,所以 .
2.[命题点1,2/多选/2022福建省三明市模拟]下列说法正确的是( )
A.直线 必过定点
B.直线 在 轴上的截距为
C.直线 的倾斜角为
D.过点 且垂直于直线 的直线的方程为
ABD
[解析] 对于A， 可化为 ,则直线
必过定点 ,故A正确.对于B，令 ，则 ，即
直线 在 轴上的截距为 ,故B正确.对于C， 可化为
，则该直线的斜率为 ,即倾斜角为 ，故C错误.
对于D，设过点 且垂直于直线 的直线的斜率为 ,因为直线
的斜率为 ,所以 ，解得 ,则过点 且垂直于直
线 的直线的方程为 ,即 ,故D正确.
3.[命题点2]过点 ,且在两坐标轴上的截距之和为12的直线方程为____________
___________________.
或
[解析] 解法一 由题设知截距不为0,设直线方程为 ,
又因为直线过点 ,从而 ,解得 或 .
所以所求的直线方程为 或 .
解法二 设 ,令 , ;令 , ,所
以 ,即 ,解得 , .
故所求的直线方程为 或 .
4.[命题点3]已知直线 , ，当 时，
直线 , 与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时,实数 _ _.

[解析] 由题意知直线 , 恒过定点 ，直线 的纵截距为 ,因为 ,
所以 ,直线 的横截距为 ,所以四边形的面积
，所以当 时,面积
最小.
02
两条直线的位置关系
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.能根据斜率判定两条直线平行或垂直. 2.能用解方程组的方法求两条相交直线的交点坐标. 3.探索并掌握平面上两点间及点到直线的距离公式，会求两条平行直线间的距离. 两条直线的位置关系 该讲知识是平面解析几何部分的基础，命题热点为两点间与点到直线的距离公式的应用，判断两直线的位置关系及求解有关对称问题，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等偏易.
交点与距离问题 2021新高考卷Ⅰ ; 2021新高考卷 Ⅱ ； 2020全国卷 Ⅱ ；2020全国卷 Ⅲ 对称问题 2022新高考卷Ⅱ 1.两条直线的位置关系
斜截式 一般式
方程 , . ,
.
相交 . .
垂直 ①____________ ②_________________
平行 ③_____________ ______ 或
重合 . .
.
.
且 .
注意 两条直线平行时，不要忘记它们的斜率都不存在的情况；两条直线垂直时，不要忘记一条直线的斜率不存在、另一条直线的斜率为零的情况.
2.两条直线的交点
对于直线 , ，它们的交点坐标与方程组 的解一一对应.
3.三种距离公式
距离类型 公式
两点 ， 间的距离 ④
_______________________
点 到直线 的距离 ⑤_ __________
两条平行直线 与 间的距离 ⑥_ ______
注意 点到直线、两平行线间的距离公式的使用条件： 点到直线的距离时，应
先将直线方程化为一般式；（2）求两平行线间的距离时，应先将方程化为一般式且
， 的系数对应相等.



1.下列说法正确的是( )
A.若两直线的方程组成的方程组有解，则两直线不一定相交
B.点 到直线 的距离为
C.当直线 和直线 的斜率都存在时，一定有
D.若两条直线垂直，则他们的斜率之积一定等于
A
2.已知直线 , 互相垂直，则
实数 的值为_______.
2或
[解析] 解法一 因为 ,则必有 ,即
,所以 或 .将 或 代入方程，均满足题意.
解法二 ①若 ,直线 与直线 不垂直.
②若 ,即 ,直线 与直线 显然垂直.
③若 ,且 ,则直线 ， 的斜率 ， 都存在， , ,当
时， ，即 ,解得 .
综上可知，当 或 时，直线 .
3.已知直线 与 平行，则 的值为___.
3
[解析] 解法一 ∵两直线平行， , ,且 ,解得 .
解法二 令 ,解得 或 .当 时，两条直线的方程都为 ，即两条直线重合，故舍去；当 时，两条直线的方程分别为 , ，两条直线平行. 的值为3.
4.[2020上海高考]已知直线 , ,若 ，则 与 的距离
为____.

[解析] 直线 , ,当 时， ,解得 .当 时， 与 重合，不满足题意；当 时， ,此时 , .则 与 的距离为 .
5.[教材改编]三条直线 , 和 相交于一点，
则 的值为_ ___.

[解析] 由 得 所以两条直线的交点坐标为 .由题意知点 也在直线 上，将 代入，得 ,解得 .
6.[教材改编]已知点 ， ， ，则 的面积为___.

[解析] 解法一 设 边上的高为 ，则 就是点 到 所在直线的距离.
.
由两点式可得 边所在直线的方程为 ，即 .
点 到直线 的距离 ,
所以 .
解法二 易知 , ，所以 的面积为 .（二级结论：若 , ，则 ）
命题点1 两条直线的位置关系
1.（1）设直线 ， ，其中实数 ， 满足
,则 与 的位置关系是( )
A.平行 B.相交 C.重合 D.不确定
B
[解析] 假设 与 平行或重合，有 ，代入 ,得 ，与 为实数的事实相矛盾，从而 ,即 与 相交.故选B.
（2）[2023南昌市模拟]直线 , ,则“
”是“ ”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
A
[解析] 若 ,则 ,解得 或 ,所以“ ”是“ ”的充分不必要条件,故选A.
（3）已知直线 ， ， 不能围成
三角形，则实数 的取值不可能为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意可得，若三条直线不能围成三角形，则其中有两条直线平行或三条直
线经过同一点.
若其中有两条直线平行，当 时，可得 ,
当 时，可得 ;
若三条直线经过同一点，由 可得直线 与 的交点为 ，则
在 上，故可得 ，解得 .
综上，实数 的值可能为 ， ， .故选A.
方法技巧
判断两条直线位置关系的注意点
（1）斜率不存在的特殊情况；
（2）可直接利用直线方程系数间的关系得结论.
命题点2 交点与距离问题
2.（1）[2022山东邹城模拟]若 ， 分别为直线 与直线
上任意一点，则 的最小值为( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ，所以两直线平行.直线的方程 可化为
，所以 的最小值为这两条平行直线间的距离，即
. 故选D.
（2）[2020全国卷Ⅲ]点 到直线 距离的最大值为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 由点到直线的距离公式知点 到直线 的距离
.当 时， ；当 时，
，要使 最大，需 且 最小，由基本不等式知，
，当且仅当 时，等号成立,∴当 时， ，故选B.
解法二 记点 ,直线 恒过点 ,当 垂直于直线
时，点 到直线 的距离最大，且最大值为 ，
故选B.
（3）[2023合肥市期末]若直线 与直线 的交点在直线 上，
则 的值为_ _.

[解析] 由题易得 ,由 得 ,将 代入 ,得 ,解得 .
方法技巧
求解距离问题的策略
（1）点到直线的距离问题可直接利用距离公式求解，但要注意方程必须为一般式；
（2）两平行线间的距离:①利用两平行线间的距离公式求解；②利用“转化法”将两条直线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离.
命题点3 对称问题
3.（1）一条光线从点 射出，与直线 交于点 ，经直线
反射，则反射光线所在直线的斜率是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 根据题意，画出图象，如图所示，结合图象可知，点 关于
直线 的对称点为 ，所以反射光线的斜率为
.
（2）过点 作直线 ，使它被直线 和 截
得的线段被点 平分，则直线 的方程为______________.

[解析] 设 与 的交点为 ，由题意知，点 关于点 的对称点 在 上，把点 的坐标代入 的方程得 ，解得 .因为点 , 在直线 上，所以直线 的方程为 .
4.已知直线 ，点 求：
（1）点 关于直线 的对称点 的坐标；
[解析] 设 ，则
解得 即 .
（2）直线 关于直线 的对称直线 的方程；
[解析] 在直线 上任取一点，如 ，则 关于直线 的对称点必在 上.
设 关于直线 的对称点为 ，
则 解得 即 .设 与 的交点为 ，则
由 得
又 经过点 ，
所以由两点式得直线 的方程为 .
（3）直线 关于点 对称的直线 的方程．
[解析] 解法一 在 上任取两点，如 ， （ ， ）,则 ， 关于点 的对称点 ， 均在直线 上.
易知 ， ，由两点式可得 的方程为 .
解法二 设 为 上任意一点，
则 关于点 的对称点为 ，
因为点 在直线 上，所以 ，即 .
方法技巧
对称问题的解题策略
点关于点对称 若点 和点 关于点 对称，则由中点坐标公式得 进而求解.
直线关于点对称 直线关于点对称的问题可转化为点关于点对称的问题.
点关于直线对称 若两点 与 关于直线 对
称，则由方程组 可得到点 关于
直线 对称的点 的坐标 （其中 ）.
直线关于直线对称 直线关于直线的对称问题可转化为点关于直线的对称问题.
续表
活用直线系方程
类型1 平行直线系
5.过点 且与直线 平行的直线方程为_________________.

[解析] 设所求直线方程为 ，由题意知， ，解得 ，故所求直线方程为 .
类型2 垂直直线系
6.经过 且与直线 垂直的直线 的方程为___________.

[解析] 因为所求直线与直线 垂直，所以设该直线方程为 ，又直线过点 ，所以有 ，解得 ，故所求直线方程为 .
类型3 过两直线交点的直线系
7.（1）[2022淮安市模拟]已知直线 经过直线 和 的
交点 ，且垂直于直线 ，则直线 的方程为_____________.

[解析] 解法一 易知直线 的方程不可能为 ，所以可设直线 的方
程为 （其中 为常数），即
，因为直线 与直线 垂直，所以
，解得 .故直线 的方程为 .
解法二 由 得 即点 的坐标为 ，因为直线 与直
线 垂直，所以直线 的斜率为1，由点斜式得直线 的方程为
,即 .
解法三 由 得 即点 的坐标为 ，因为直线 与直线
垂直，所以可设直线 的方程为 ，把点 的坐标代入得
，解得 .故直线 的方程为 .
（2）过直线 与 的交点，且和 ，
等距离的直线方程为__________________________.
或
[解析] 因为 , 到直线 的距离不相等，所以可设所求直线方程为
（此直线系不包括直线 ，解题
时，要注意检验该方程是否满足题意）,即 ,
由点 , 到所求直线的距离相等，可得
,整理可得
，解得 或 ，所以所求的直线方程为
或 .
类型4 过定点的直线系
8.过点 ，且在 轴上的截距是在 轴上的截距的4倍的直线方程为_______
________________________.
或
[解析] 设所求的过点 的直线系方程为 （ ，
不同时为零），即 ,令 ,可得 ;
令 ，可得 ;
由于直线在 轴上的截距是在 轴上的截距的4倍，则有 ,
解得 或 ，代入所设直线系方程并整理，即所求直线方程为
或 .
方法技巧
常见的直线系方程
平行直线系 平行于直线 的直线系方程： .
垂直直线系 垂直于直线 的直线系方程： .
过两直线交点的直线系 过两条已知直线 和 的交点的直线系方程： 或 .
过定点的直线系 过定点 的直线系方程： ，还可以表示为 或 .
续表
1.[命题点1]已知点 , （ , ）, , ,若直
线 ，则 的值为_______.
1或
[解析] 解法一 , 两点纵坐标不相等， 与 轴不平行.
, 与 轴不垂直， ,即 .
当 与 轴垂直时， ,解得 ,而当 时，点 , 的纵
坐标均为 ，则 轴，此时 ,满足题意.
, .
, ,即 ，
解得 或 （舍去）.
综上， 的值为1或 .
解法二 由题意可得 ,所以 ，解得 .
2.[命题点2/2023武汉市部分学校质检]在平面直角坐标系中,某菱形的一组对边所在的
直线方程分别为 和 ,另一组对边所在的直线方程分别
为 和 ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 直线 与 间的距离 ，直线
与 间的距离 .由菱形的性
质，知 ，
所以 ，所以 .
3.[命题点2/2019江苏高考]在平面直角坐标系 中， 是曲线 上
的一个动点，则点 到直线 的距离的最小值是___.
4
[解析] 设 , ，则点 到直线 的距离
,当且仅当 ，即 时取等号，故点 到直
线 的距离的最小值是4.
4.[命题点3]已知直线 .若直线 上存在一点 ，使 到 与
的距离之差的绝对值最大，则点 的坐标为_ ______；若直线 上存在一点 ，
使 到 与 的距离之和最小，则点 的坐标为_ _____．


[解析] 如图1,设点 关于 的对称点 的坐标为 ，连接 ，易得
解得 ∴点 的坐标为 ．
图1
易知 ,当 , , 三点共线时 最大.
于是 所在直线的方程为 ，即 .
联立直线 与 的方程，解得
即点 的坐标为 ．
如图2,设点 关于 的对称点 的坐标为 ，连接 ，
易得
解得 ，∴点 的坐标为 ，
所在直线的方程为 ,
即 .
图2
易知 ,当 , , 三点共线时， 最小.
联立直线 与 的方程，解得
即点 的坐标为 .
03
圆的方程
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程. 2.能用圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题. 求圆的方程 2022全国卷乙 T1 4；2021全国卷甲 T20；2018全国卷 Ⅱ 本讲命题重点为求圆的方程，与圆有关的轨迹问题、最值问题，题型既有小题也有大题，难度中等偏易.在2024年高考的复习备考中要重点掌握圆的方程的求解方法、圆的几何性质以及一些隐形圆的命题.
与圆有关的轨迹问题 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.回顾确定圆的几何要素，在平面直角坐标系中，探索并掌握圆的标准方程与一般方程. 2.能用圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题. 与圆有关的最值问题 2018全国卷Ⅲ 本讲命题重点为求圆的方程，与圆有关的轨迹问题、最值问题，题型既有小题也有大题，难度中等偏易.在2024年高考的复习备考中要重点掌握圆的方程的求解方法、圆的几何性质以及一些隐形圆的命题.
续表
1.圆的定义与方程
规律总结
（1）若没有给出 ，则圆的半径为 .
（2）在圆的一般方程中：当 时，方程
表示一个点 ;当 时，方程 没
有意义，不表示任何图形.
（3）以 ， 为直径端点的圆的方程为
.
2.点与圆的位置关系
圆的标准方程为 ，圆心 的坐标为 ,半径为 ，
设 的坐标为 .
1.[2022北京高考]若直线 是圆 的一条对称轴，则
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意知，圆心坐标为 ,且圆心在直线 上，所以 ,得 .故选A.
2.[2021上海高考]已知圆 ，则该圆的圆心坐标为______.

[解析] 解法一 易知 , ,则 ， ,故圆心坐标为 .
解法二 将圆的一般方程化为标准方程得 ，则圆心坐标为
.
3.[易错题]半径为3，圆心的横、纵坐标相等且与两条坐标轴都相切的圆的方程为
_____________________________________________.
或
[解析] 由题意知圆心坐标为 或 ，故所求圆的方程为
或 .
4.若方程 表示圆，则 的取值范围是
________.

[解析] 解法一 方程 可化为 ,若它表示圆，则需满足 ，故 .
解法二 要使方程 表示圆，则需满足 ，解得 .
5.若点 在圆 外，则实数 的取值范围为
_ ____________________.

[解析] 由题可知 ，解得 或 .又点 在圆外，所以 ，解得 .故实数 的取值范围为 .
命题点1 求圆的方程
1.（1）[2022长春模拟]若圆 的半径为1，圆心在第一象限，且与直线
和 轴都相切，则该圆的标准方程是( )
A. B.
C. D.
B
[解析] 设圆心坐标为 ，由圆与直线 相切，可得圆心
到直线的距离 ，化简得 ①，又圆与 轴相切，
可得 ，把 代入①可得 ，所以圆心坐标为 ，则圆的标准方程
为 .
（2）[2022全国卷甲]设点 在直线 上，点 和 均在 上，
则 的方程为______________________.

[解析] 解法一（待定系数法） 设 的方程为 ,则 解得 的方程为 .
解法二（几何法） 设 , ， 的半径为 ,则 的中点坐标为 ， 的垂直平分线方程为 ，即 . 联立得 解得 , 的方程为 .
（3）[2018天津高考]在平面直角坐标系中，经过三点 ， ， 的圆的方
程为________________.

[解析] 解法一（待定系数法） 设圆的方程为
，则 解得
即圆的方程为 .
解法二（待定系数法） 设圆的方程为 ，则
由①-③，得 ，代入②，得 ，结合①，得 ，所以 ，故圆的方程为 ，即 .
解法三（几何法） 记 , , ，连接 ,由圆过点 , 知， 的垂直平分线 必过圆心.连接 ,又圆过点 ， 的中点为 ， 所在直线的斜率 ，所以 的垂直平分线为直线 ，由 解得圆心的坐标为 ，半径为1，故圆的方程为 ，即 .
方法技巧
求圆的方程的两种方法
几何法 根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程.
待定系数法 ①若已知条件与圆心、半径有关，或与切线、弦长、弧长、圆心角、距离
等有关时，则选择圆的标准方程 ，根据
条件列出方程组，求出 , , 的值.
②若已知圆上的三个点的坐标时，则选择圆的一般方程
，根据条件列出方程组，
进而求出 , , 的值.
命题点2 与圆有关的轨迹问题
2.（1）若 的斜边的两端点 ， 的坐标分别为 和 ，则直角顶
点 的轨迹方程为( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 线段 的中点坐标为 ，因为 为直角三角形， 为直角顶点，所
以点 到点 的距离为 ，所以点 满足
，即
（2）自圆 外一点 引该圆的一条切线，切点为 ，
的长度等于点 到原点 的距离，则点 的轨迹方程为( )
D
A. B.
C. D.
[解析] 由题意得，圆心 的坐标为 ，半径 ，如图.因
为 ，且 ,所以 ,所以
,即 ,所以点 的
轨迹方程为 ,故选D.
（3）已知线段 的端点 的坐标为 ，端点 在圆 上运动，
则线段 的中点 的轨迹方程为______________________.

[解析] 设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ，由于点 的坐标为 ，且 为线段 的中点， ， ，于是有 ， .
∵点 在圆 上运动，
∴点 的坐标满足方程 ，
即 ，
，
化简整理，得 ，
即 .
方法技巧
求与圆有关的轨迹问题的4种方法
1.直接法：当题目条件中含有与该点有关的等式时，可设出该点的坐标，用坐标表示等式，直接求解轨迹方程.
2.定义法：当题目条件符合圆的定义时，可直接利用定义确定其圆心和半径，写出圆的方程.
3.几何法：利用圆的几何性质列方程.
4.相关点代入法：当题目条件中已知某动点的轨迹方程，而要求的点与该动点有关时，常找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求轨迹方程.
命题点3 与圆有关的最值问题
角度1 利用几何性质求最值
3.（1）[2018全国卷Ⅲ]直线 分别与 轴, 轴交于 , 两点，点 在圆
上，则 面积的取值范围是( )
A. B. C. D.
A
[解析] 圆心 到直线的距离 ，所以点 到直线的距离
.根据直线的方程可知 , 两点的坐标分别为 ,所以
,所以 的面积 因为 ，所以
，即 面积的取值范围是 .
（2）已知实数 , 满足方程 .
①则 的最大值和最小值分别为____和_____；


[解析] （斜率型）原方程可化为 ，表示以 为圆心， 为半
径的圆， 的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设 ，即 .
当直线 与圆相切时，斜率 取最大值或最小值，此时 ，解得
.
所以 的最大值为 ，最小值为 .
②则 的最大值和最小值分别为_________和_________；


[解析] 解法一（截距型） 可看作是直线 在 轴上的截距，当直线
与圆相切时， 取得最大值或最小值，此时 ，解得
.
所以 的最大值为 ，最小值为 .
解法二 设圆的参数方程为 ,
则 ，当 时， 取最大
值 ；当 时， 取最小值
③则 的最大值和最小值分别为_________和_________.


[解析] 解法一（距离型） 表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，最大值和最小值在过原点与圆心的直线与圆的两个交点处取得.
又圆心到原点的距离为 ,
所以 的最大值是 ,
的最小值是 .
解法二 由②中的参数方程可知， ，从而得 的最大值和最小值分别为 ， .
角度2 建立函数关系求最值
4.[2022四川模拟]设点 是圆： 上的动点，定点 ,
，则 的最大值为____.
12
[解析] 由题意,知 , ,
所以 .
由于点 是圆上的点，故其坐标满足方程 ，故
，
所以
由题意易知 ，所以当 时， 的值最大，最大值为
.
[改设问]设点 是圆 上的动点，定点 , ，则
的最大值为____

[解析] 由题意，知 , ，所以
，由于点 是圆上的点，故其坐标满足方程
，故 ,所以
.由圆的方程 ,易知 ,
所以当 时， 的值最大，最大值为 .
角度3 利用对称性求最值
5.已知点 ,点 在直线 上，点 在圆 上，
则 的最小值是_____.

[解析] 因为圆 ，故圆 的圆心坐标为 ，半径 .
设点 关于直线 的对称点为 ，则
解得 故 .
所以 .
方法技巧
与圆有关的最值问题的常见类型及求解策略
1.利用几何性质求最值
借助几何性质求与圆有关的最值问题时，常根据代数式的几何意义，借助数形结合思想求解.
（1）最小圆（圆的面积最小）问题，转化为求半径最小值问题；
（2）圆上的点到圆外的点（直线）的距离的最值，应先求圆心到圆外的点（直线）的距离，再加上半径或减去半径求得最值；
（3）形如 的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题;
（4）形如 的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题，也可用三角
代换求解;
（5）形如 的最值问题，可转化为动点与定点的距离的平方的最值问题.
2.建立函数关系求最值
根据题中条件列出相关的函数关系式，再根据函数知识或基本不等式求最值.
3.利用对称性求最值
解形如 且与圆有关的折线段的最值问题（其中 , 均为动点）时,要立足两点:①“动化定”，把与圆上的点间的距离转化为与圆心间的距离；②“曲化直”，即将折线段转化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决.
1.[命题点1]写出一个截两坐标轴所得的弦长相等且半径为1的圆的标准方程：
______________________.

[解析] 因为圆截两坐标轴所得的弦长相等，所以可设圆心坐标为 ，由圆的半
径为1，可得 ，所以可取 ，此时圆的标准方程为
．
2.[命题点2，3/2023吉林省通化市模拟]已知直线 与直线
相交于点 ，线段 是圆 的一
条动弦，且 ，则 的最大值为_________．

[解析] 易知直线 恒过点 ，直线 恒过点 ，且 ，
所以点 在以 中点 为圆心， 为半径的圆上，
所以点 的轨迹方程为 .如图，取 中点 ，
连接 , , ,则 .因为圆 圆心为 ，半径为2，
，
所以在 中，易得 ，所以点 在以 为圆心，1为半径的圆上，所以点 的轨迹方程为 ，结合图象可知，当 , , , 共线且 , 在线段 上时， 取得最大值，所以 ，所以 的最大值为 .（也可利用 求解）
3.[命题点3角度1/2022大连市模拟]已知圆 ,定点 ,动点 ， 在
圆 上，则 的最大值为_________,若 ，则 的最大值为
_____.


[解析] 因为动点 在圆 上,所以 的最大值为 .
设 中点为 ，则
,
所以 ，即点 在直线 上.因为圆心 到直线 的距离为 ，所以 ，即 的最大值为 .
04
直线与圆、圆与圆的位置关系
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与 直线与圆的位置关系 2022新高考卷Ⅱ ;2021新高考卷Ⅱ ;2021全国卷甲 T20 本讲是高考的命题热点，主要考查：（1）直线与圆的位置关系的判定，圆与圆的位置关系的判断，切线问题，弦长问题；（2）将圆的方
圆的弦长问题 2021北京T9；2018全国卷Ⅰ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
圆、圆与圆的位置关系. 2.能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题. 圆的切线问题 2022新高考卷Ⅰ ； 2022全国卷甲 T14；2020全国卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅲ 程及几何性质，直线与圆、圆与圆的位置关系作为研究圆锥曲线几何量的桥梁及条件.主要以选择题、填空题的形式出现，也可能作为解答题的一部分考查，难度中等．在2024年高考的备考中强化常规题型的同时注意与圆锥曲线的综合命题.
圆与圆的位置关系 2022新高考卷Ⅰ 续表
1.直线与圆的位置关系
设圆 的半径为 ,圆心 到直线 的距离为 ，则
位置关系 相离 相切 相交
图形
位置关系 相离 相切 相交
公共点个数 0 1 2
判定方法 代数法
几何法 ①______ ②______ ③______



续表
常用结论
与圆的切线有关的结论
（1）过圆 上一点 的切线方程为
;
（2）过圆 外一点 作圆 的两条切线，
切点分别为 ， ，则切点弦 所在直线的方程为
；
（3）若圆的方程为 ,则过圆外一点 的切线
长 .
2.圆与圆的位置关系
设两圆的圆心距为 ,两圆的半径分别为 ， ,则
位置关系 外离 外切 相交 内切 内含
图形
公共点个数 0 1 2 1 0
位置关系 外离 外切 相交 内切 内含
, , 的关系 ④__________ ⑤_____________ ____
公切线条数 ⑥___ ⑦___ ⑧___ 1 0


4
3
2
续表
3.两圆相交时，公共弦所在直线的方程
设圆 ，圆 ，
若两圆相交，则两圆有一条公共弦，由 ，得
方程 表示圆 与圆 的公共弦所
在直线的方程.
注意 （1）方程 存在的前提是两圆相交;（2）两圆公共弦的垂直平分线过两圆的圆心.
规律总结
圆系方程
同心圆系方程 ,其中 , 是定
值， 是参数.
过直线 与圆 交点 的圆系方程

过圆 和圆 交点的圆系方程
（该圆系不含圆 ,解题
时，注意检验圆 是否满足题意）.
1.已知点 在圆 的外部，则 与圆 的位置关
系是( )
A.相切 B.相离 C.内含 D.相交
D
[解析] 由已知 ，且圆心到直线 的距离 ，则 ，故直线 与圆 的位置关系是相交.故选D.
2.[多选]下列说法正确的是( )
A.若直线与圆组成的方程组有解，则直线与圆相交或相切
B.如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，则两圆相交
C.“ ”是“直线 与圆 相交”的必要不充分条件
D.过圆 外一点 作圆的两条切线，切点为 , ，则 , , ,
四点共圆且直线 的方程是
AD
3.[忽视内切、外切讨论致误]若半径为1的圆 与圆 相切，则
圆 的圆心轨迹为________.
两个圆
[解析] 若两圆外切，则点 与点 间的距离为4，点 在以 为圆心，4为半径的圆上；若两圆内切，则点 与点 间的距离为2，点 在以 为圆心，2为半径的圆上.综上可知，圆 的圆心轨迹为两个圆.
4.[忽视斜率不存在的情形致误]已知圆 ,过点 作圆 的切线，则
切线方程为________________________.
或
[解析] 由题意知 在圆外，当切线斜率不存在时，切线方程为 ，满足题意；当切线斜率存在时，设斜率为 ，所以切线方程为 ,所以 ，所以 ,所以 ，所以切线方程为 .综上，切线方程为 或 .
5.[2022徐州模拟]过两圆 与 的交点，且
圆心在直线 上的圆的方程为_______________________.

[解析] 易知 不符合题意，设所求圆的方程为
，
则 ，
把圆心坐标 代入直线 的方程: ，可得 ，
故所求圆的方程为 .
6.[2020浙江高考]已知直线 与圆 和圆
均相切，则 _ __, ______.


[解析] 解法一 因为直线 与圆 ,圆
都相切，所以 ，得 , .
解法二 因为直线 与圆 ，圆 都相
切，所以直线 必过两圆心连线的中点 ，所以 .设直线
的倾斜角为 ，则 ，又 ，所以 ，所以
， .
命题点1 直线与圆的位置关系
1.（1）直线 与圆 的位置关系是 ( )
A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定
A
[解析] 解法一（代数法） 由 消去 ，整理得
，
因为 ，所以直线 与圆相交.
解法二（几何法） 由题意知，圆心 到直线 的距离 ，故直线 与圆相交.
解法三（点与圆的位置关系法） 直线 过定点 ，因为点 在圆 的内部，所以直线 与圆相交.
（2）[多选/2021新高考卷Ⅱ]已知直线 与圆
,点 ,则下列说法正确的是( )
A.若点 在圆 上，则直线 与圆 相切
B.若点 在圆 内，则直线 与圆 相离
C.若点 在圆 外，则直线 与圆 相离
D.若点 在直线 上,则直线 与圆 相切
ABD
[解析] 对于A，若点 在圆 上，则 ，所以圆心 到直线
的距离 ，所以直线 与圆 相切，故A正确；对于B，若点 在
圆 内，则 ，所以圆心 到直线 的距离 ，所以直
线 与圆 相离，故B正确；对于C，若点 在圆 外，则 ，所以
圆心 到直线 的距离 ，所以直线 与圆 相交，故C不正确；
对于D，因为点 在直线 上，所以 ,圆心 到直线 的距离
,所以直线 与圆 相切，D正确.故选ABD.
（3）[2022新高考卷Ⅱ]设点 , ,若直线 关于 对称的直线与圆
有公共点，则 的取值范围是_ _____.

[解析] 解法一 由题意知点 关于直线 的对称点为 ，所
以 ，所以直线 的方程为 ，即 .
由题意知直线 与圆 有公共点，易知圆心为 ，半
径为1，所以 ，整理得 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
解法二 设已知圆关于直线 的对称圆为圆 ，则易知圆心 ，半
径 .
又直线 的方程为 ，
即 .
于是，根据题意可知直线 与圆 有公共点，从而可得 ，
整理得 ，解得 .故所求 的取值范围是 .
方法技巧
直线与圆的位置关系的判断方法
几何法 由圆心到直线的距离 与半径 的大小关系来判断.
代数法 联立直线与圆的方程，消元后得到关于 （或 ）的一元二
次方程，利用 判断.
点与圆的位置关系法 若直线过定点且该定点在圆内，则可判断直线与圆相交.
注意 在直线与圆的位置关系的判断方法中,若直线和圆的方程已知或圆心到直线的距离易表达,则用几何法;若直线或圆的方程中含有参数,且圆心到直线的距离不易表达,则用代数法.
命题点2 圆的弦长问题
2.（1）[2021北京高考]已知圆 ，直线 ，当 的值发生变
化时，直线 被圆 所截得的弦长的最小值为2，则 的值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一（几何法） 设直线 与 轴交于点 ，由题意知，圆心 ，当 的值发生变化时，要使直线 被圆 所截得的弦长最小，则圆心 到直线 的距离最大，为 ,即 ,所以 .
解法二（代数法） 由 得
设交点 ， ，则
则
.
显然当 时，弦长取得最小值 ，解得
（2）[2018全国卷Ⅰ]直线 与圆 交于 , 两点,则
_____.

[解析] 由题意知圆的方程为 ，所以圆心坐标为 ，半径为2，则圆心到直线 的距离 ，所以 .
方法技巧
求解圆的弦长问题的方法
几何法 设直线 被圆 截得的弦为 ,圆的半径为 ，圆心到直线的距离为 ，
则 .在解决圆的弦长问题时，多用几何法.
代数法 若斜率为 的直线与圆相交于 , 两点，则
（其中 ）.特别地，
当 时， ；当斜率不存在时,
命题点3 圆的切线问题
3.（1）已知圆 过点 , , ，则圆 在点 处的切线方程为
( )
A. B.
C. D.
A
[解析] 解法一 设圆 ，由圆 过点 ，
， ，得 解得 所以圆 的方
程为 ，化为标准方程为 ，则圆
心 的坐标为 .连接 ，则直线 的斜率 ，所以圆 在点
处的切线的斜率为 ，故圆 在点 处的切线方程为 ，即
.故选A.
解法二 由 ， 可得线段 的垂直平分线的方程为 ，由 ， 可得线段 的垂直平分线的方程为 ，联立两直线方程，得两直线的交点坐标为 ，则圆 的圆心为 ，半径为 ，则圆 在点 处的切线方程为 ，整理得 .故选A.
（2）[2021天津高考]若斜率为 的直线与 轴交于点 ，与圆 相
切于点 ，则 ____.

[解析] 设直线 的方程为 ，则点 ，由于直线 与圆 相切，且圆心为 ，半径为1，则 ，解得 或 ，所以 ，
因为 ，故 .
4.已知点 ，点 ，圆 .
（1）求过点 的圆 的切线方程；
[解析]
，∴点 在圆 上.
又 ，∴切线的斜率 .
∴过点 的圆 的切线方程是 ，即 .
（2）求过点 的圆 的切线方程，并求出切线长．
[解析] ，
∴点 在圆 外部.
当过点 的直线斜率不存在时，直线方程为 ，即 .又点 到直线 的距离 ，
即此时满足题意，∴直线 是圆的切线;
当切线的斜率存在时，设切线方程为 ，即 ，
则圆心 到切线的距离 ，解得
∴切线方程为 ，即 .
综上可得，过点 的圆 的切线方程为 或 .
，
∴过点 的圆 的切线长为 .
方法技巧
1.求过圆上一点 的切线方程的方法
先求切点与圆心连线所在直线的斜率 ，若 不存在，则结合图形可直接写出切线方程为 ;若 ,则结合图形可直接写出切线方程为 ;若 存在且 ，则由垂直关系知切线的斜率为 ，由点斜式可写出切线方程.
2.求过圆外一点 的切线方程的方法
几何法 当斜率存在时，设为 ，则切线方程为 ，即
.由圆心到直线的距离等于半径，即可求出 的值，
进而写出切线方程.当斜率不存在时要进行验证.
代数法 当斜率存在时，设为 ，则切线方程为 ，即
，代入圆的方程，得到一个关于 的一元二次方程，由
，求得 ，即可求出切线方程.当斜率不存在时要进行验证.
注意 在求过一定点的圆的切线方程时，应先判断定点与圆的位置关系，若点在圆上，则该点为切点，切线只有一条；若点在圆外（此时一定要注意斜率不存在的情况），则切线有两条；若点在圆内，则切线不存在．
3.过圆外一点 作圆的切线，求切线长的技巧
先求 与圆心的距离 ，再由勾股定理求得切线长为 （其中 为圆的半径）.
命题点4 圆与圆的位置关系
角度1 圆与圆位置关系的判断
5.（1）[2023安徽省十校联考]已知直线 与圆
交于 , 两点， 则当弦 最短时，圆 与圆
的位置关系是( )
A.内切 B.外离 C.外切 D.相交
B
[解析] 易知直线 即 过定点 ，因
为 ，故 在圆 内.
故弦 最短时直线 垂直 ，又 ，所以 ，解得
，
此时圆 的方程是 .两圆圆心之间的距离
，
两圆半径分别为5， ，又 ，所以这两圆外离.故选B.
（2）[2022江西模拟]已知圆 和两点 ，
，若圆 上存在点 ，使得 ,则 的最大值为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由题意知，点 的轨迹 是以 为直径的圆（不包含 , ）,故其轨迹方程
为 ,又点 在圆 上，故两圆相交，
又 ,所以 ,解得 ,则 的
最大值为7.故选C.
方法技巧
圆与圆位置关系的判断方法
判断两圆的位置关系常用的方法是几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法.
角度2 两圆的公切线问题
6.[2022新高考卷Ⅰ]写出与圆 和 都相切的一条
直线的方程_______________________.
（答案不唯一）
[解析] 解法一 如图，因为圆 的圆心为 ，半径
，圆 的圆心为 ，半径 ，
所以 , ，所以 ，所以两圆外切，公
切线有三种情况：①易知公切线 的方程为 ②另一条公切
线 与公切线 关于过两圆圆心的直线 对称，易知过两圆圆心的直线 的方程为
,由 得 由对称性可知公切线 过点 ,设公切线 的
方程为 ，则点 到 的距离为1，所以 ，解得
，所以公切线 的方程为 ，即 ;③还有一
条公切线 与直线 垂直，设公切线 的方程为 ，易知 ，
则点 到 的距离为1，所以 ，解得 （舍去），
所以公切线 的方程为 ，即 .综上，所求直线方程为 或 或
解法二 若两圆公切线的斜率不存在，则设其方程为 ，由题意得 ，
且 ，解得 ，所以此时两圆公切线的方程为 .
若两圆公切线的斜率存在，则设其方程为 ，由题意得 ，
,
所以有 ，所以可得 ，即 或
.
将 代入 化简可得 , ；
将 代入 化简可得 , .
则可得两圆公切线的方程为 或 ，
即 或 .
综上，可知两圆公切线的方程为 或 或 .
方法技巧
两圆的公切线问题实质为直线与圆的相切问题，利用两圆圆心到公切线的距离分别等于两圆的半径列方程组，求解公切线方程.
角度3 两圆相交的公共弦问题
7.（1）[多选/2023武汉调研]圆 与圆
的公共弦长为 ，则实数 的值可能为( )
A. B. C. D.
CD
[解析] 由 与 作差，得两
圆公共弦所在的直线方程为 .因为两圆的公共
弦长为 ，而圆 的半径为2，所以其圆心 到直线
的距离 ，
解得 或 .故选CD.
（2）圆 和圆 的公共
弦所在直线的方程为______________，公共弦长为_____.


[解析] 联立两圆的方程，得
两式相减并整理得 ，所以两圆公共弦所在直线的方程为 .
解法一 设两圆相交于点 ， ，则 ， 两点的坐标满足
解得 或
所以 ,即公共弦长为 .
解法二 由 ,得 ,其圆心坐标为 ,半径 ,圆心到直线 的距离 .
设公共弦长为 ,由勾股定理得 ，即 ，
解得 ，故公共弦长 .
方法技巧
若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去 ， 项得到.
1.[命题点1]圆 上到直线 的距离等于1的点
的个数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为圆心 到直线 的距离为 ，又因为圆的
半径为3，所以直线与圆相交，可得圆上到直线 的距离为1的点有3
个.
2.[命题点2/2020全国卷Ⅰ]已知圆 ,过点 的直线被该圆所截得
的弦的长度的最小值为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 将圆的方程 化为标准方程为 ，设圆心为
，则 （ , ），半径 设点 为点 ,过点 的直线为 ，
因为 ，所以点 在圆 的内部，则直线 与圆 必相交，设
交点分别为 , .易知当直线 时，直线 被该圆所截得的弦的长度最小，设此
时圆心 到直线 的距离为 ，则 ，
所以 ，即弦的长度的最小值为2.
3.[命题点3，4]过点 作圆 的两条切线，切点分别为 ，
，则弦 所在直线的方程为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 由圆 的方程可知其圆心为 ，半径为1.连
接 ，以线段 为直径的圆的方程为 .将两圆的方程相减，
可得公共弦 所在直线的方程为 .故选B.
解法二 由与圆的切线有关的结论得弦 所在直线的方程为
，即 .
4.[命题点4角度1/2022济南市十一校联考]圆 与圆
至少有三条公切线,则 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
D
[解析] 圆 的圆心为 ,半径 .圆
化成标准方程为 ，所以圆
的圆心为 ，半径 .因为圆 与圆 至
少有三条公切线，所以圆 与圆 相离或外切,所以
，即 ，解得 或
5.[命题点4角度3/多选、2023甘肃模拟]圆 和圆
的交点为 ， ，则下列结论正确的是( )
A.公共弦 所在直线的方程为
B.线段 的垂直平分线的方程为
C.公共弦 的长为
D.若 为圆 上一动点，则 到直线 距离的最大值为
ABD
[解析] 对于A，由 与 作差可得 ，
即公共弦 所在直线的方程为 ，故A正确；对于B，圆 的圆心为
， ，则线段 的垂直平分线的斜率为 ，即线段 的垂直平分线
的方程为 ，整理可得 ，故B正确；对于C，圆心
到直线 的距离为 ，圆 的半径 ，所以
，故C错误；对于D，若点 为圆 上一动点，则点 到直
线 距离的最大值为 ，故D正确.
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2024年高考数学专项复习
第八章 立体几何与空间向量
01
基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 基本立体图形 2021新高考卷Ⅰ ；2020新高 考卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅰ ； 2019全国卷Ⅱ ；2018 全国卷Ⅰ 该讲每年必考，命题重点为空间几何体的表面积和体积的计算，属于中档偏易题；体积的最值问题，常用函数思想和
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.能用斜二测画法画出简单空间图形（长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合）的直观图. 空间几何体的表面积（侧面积） 2022新高考卷Ⅱ ；2021新高 考卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅰ ； 2020全国卷Ⅱ ；202 0天津T5；2018全国卷Ⅱ 基本不等式求解，难度中等偏大；与球有关的切、接问题，对直观想象核心素养要求较高，难度中等偏大.题型以选择题和
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题. 求空间几何体的体积 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高 考卷Ⅰ ；2022新高考卷Ⅱ ；2022全国卷乙T9；2022 全国卷甲T9；2021新高考卷Ⅰ ；2021新高考卷Ⅱ ；20 21全国卷甲T11；2020新高考卷 Ⅱ ；2020全国卷Ⅲ ；2 019全国卷Ⅰ ；2019全国卷 Ⅲ ；2018全国卷Ⅲ 填空题为主.预计2024年高考会以数学文化情境或实际问题情境为载体进行考查.
续表
1.空间几何体的结构
（1）多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
名称 棱柱 棱锥 棱台
底面 互相①______且全 等 多边形 互相平行且②______
侧棱 平行且相等 相交于③______，但不 一定相等 延长线交于一点，但不一定相等
侧面形状 ④____________ 三角形 ⑤______
平行
相似
一点
平行四边形
梯形
续表
规律总结
1.几种特殊棱柱的结构特征及之间的关系
2.正棱锥的结构特征
棱锥 正棱锥 正三棱锥 正四面体
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
旋转图形 矩形 ⑥____________ ⑦__________ 半圆形
直角三角形
直角梯形
（2）旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
旋转轴 任一边所在的直线 任一⑧______边所 在的直线 垂直于底边的腰所在的直线 ⑨______所
在的直线
母线 互相平行且相等， ⑩____________ 相交于一点 延长线交于一点
轴截面 全等的 ______ 全等的 _______ _____ 全等的等腰梯形 圆
侧面展开图 ______ ______ 扇环
直角
直径
垂直于底面
矩形
等腰三角形
矩形
扇形
续表
2.立体图形的直观图
（1）画法：常用斜二测画法.
（2）规则
.原图形中 轴、 轴、 轴两两垂直，直观图中， 轴、 轴的夹角为 ，
轴与 轴和 轴所在平面垂直.
.原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴.
.平行于 轴和 轴的线段在直观图中保持原长度 ______,平行于 轴的线段长度
在直观图中变为原来的 ______.
（3）用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与原图形面积的关系：
_ __ .
不变
一半

3.简单几何体的表面积与体积
（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱 圆锥 圆台
侧面展开图
侧面积公式 ____ __________
说明 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系:



（2）简单几何体的表面积与体积
表面积 体积
柱体（棱柱和圆柱）
锥体（棱锥和圆锥） _ _____
台体（棱台和圆台）
球 ______ _ _____



1.[易错题]如图，长方体 被截去一部分，其中 ，剩下的
几何体是( )
C
A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱
2.[多选/教材改编]给出下列命题，其中错误的是( )
A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B.三棱锥的四个面最多有三个直角三角形
C.在四棱柱中，若两个过相对棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
D.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
ABD
3.[易错题]圆柱的侧面展开图是边长为 和 的矩形，则圆柱的表面积为
_______________________.
或
4.用一个半径为10厘米的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被
一阵风吹倒，如图所示，则被吹倒后该无底圆锥的最高点到桌面的距离为________.

[解析] 画出示意图，如图所示，设圆锥的底面半径为 ，母线长为 .
根据题意知 ，且 ，故 .
所以圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为 .
故被吹倒后该无底圆锥的最高点到底面的距离即边长为 的等边三角形的高，
此高为 .
5.如图，已知正方体 的棱长为1，则四棱锥
的体积为_ _.

[解析] 解法一（直接法） 连接 交 于点 ，则
, ,又 ，则 平面
,所以 为四棱锥 的高，且 ，矩
形 的长和宽分别为 ， ，故
.
解法二（割补法） 连接 ，则四棱锥 分成两个三棱锥 与 ，则 .
命题点1 基本立体图形
角度1 结构特征
1.下列命题正确的是( )
A.在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线
B.一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
C.圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形
D.圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中，面积最大的一个
C
[解析] 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故A不正确；只有用平行于圆锥底面的平面截圆锥时，才能得到一个圆锥和一个圆台，故B不正确；因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式知，过圆锥顶点的截面中，两条母线的夹角的正弦值越大，截面面积就越大，所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时，轴截面的面积就不是最大的，故D不正确．故选C.
角度2 直观图
2.如图，矩形 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中
，则原图形的形状是______，其面积为______
____．
菱形

[解析] 如图，在原图形 中， ，
，所以 ,所以
，故四边形 是菱形，

角度3 展开图
3.（1）长方体 中, , , 为棱 上的动点,
平面 交棱 于点 ,则四边形 的周长的最小值为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 作出长方体如图1,将其侧面展开,如图2所示,当点 为 与 的交点,点
为 与 的交点时,截面四边形 的周长最小,
最小值为 .故选B.
（2）已知圆台上底面半径为 ，下底面半径为 ，母线长为2， 为圆台母线，一
只蚂蚁从点 出发绕圆台侧面一圈到点 ，则蚂蚁经过的最短路径的长度为_____.

[解析] 设截得圆台对应圆锥的顶点为 ，将圆锥沿 所在母线展开
如图所示，设点 在展开图中的点为 ，依题意得，蚂蚁经过的最
短路径为 .
因为圆台上底面半径为 ，下底面半径为 ，所以 .设展
开图的圆心角为 ，则 ,所以 为等边三角形，又 为 的中点，
所以 .
方法技巧
求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题或两条（多条）线段长度和的最小值问题常转化为求平面两点间的最短距离问题，解决此类题的方法就是先把多面体侧面展开成平面图形，再用平面几何的知识去求解.
命题点2 空间几何体的表面积（侧面积）
4.（1）[2020全国卷Ⅰ]已知 , , 为球 的球面上的三个点， 为 的外
接圆.若 的面积为 , ，则球 的表面积为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，设球 的半径为 ， 的半径为 ，因为
的面积为 ，所以 ，解得 .又
，所以 ，解得 ，故
，所以 ，所以球
的表面积 ．故选A.
（2）[2021全国卷甲]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为 ，则该圆锥的侧
面积为_____.

[解析] 设该圆锥的高为 ，则由已知条件可得 ，解得 ，则圆锥的母线长为 ，故该圆锥的侧面积为 .
（3）《九章算术》中有一种几何体叫做刍甍（méng）（底面为矩
形的屋脊状楔体），如图是一个刍甍，四边形 为等腰梯形,
, , ，则此刍甍的表面
积为_________.

[解析] 如图所示，过点 作 , ， 底面 ,
点 为 中点，连接 ,由 ,
,可得 , , ,故所求面
积 .故答案为
方法技巧
求空间几何体的表面积的常见类型及解题思路
求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积.
求旋转体的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清旋转体的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
求不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割或补形成柱体、锥体、台体，先求出这些柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积.
说明 正四面体的表面积为 （ 是正四面体的棱长）.
命题点3 求空间几何体的体积
角度1 求空间几何体的体积
5.（1）[2021全国卷甲]已知 ， ， 是半径为1的球 的球面上的三个点，且
， ，则三棱锥 的体积为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，因为 ,所以 为截面圆 的直径，且
.连接 ，则 平面 ，
,所以三棱锥 的体积
.
（2）[2020江苏高考]如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去
一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为 ,高为
,内孔半径为 ,则此六角螺帽毛坯的体积是_ _________
.

[解析] 正六棱柱的体积为 ，圆柱的体积为
,则该六角螺帽毛坯的体积为 .
（3）[2020新高考卷Ⅱ]棱长为2的正方体 中, , 分别为棱 ,
的中点,则三棱锥 的体积为___.
1
[解析] 如图，易知 ,由正方体
的结构特征，知 平面 ，所以 为三棱锥
的高.因为 , 分别为棱 , 的中点，所以
，所
以
.
6.[2022新高考卷Ⅰ]南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题， 其中一部
分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 时，相应水面的面积为 ;
水位为海拔 时，相应水面的面积为 .将该水库在这两个水位间的
形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔 上升到 时，增加的水量约
为 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由已知得该棱台的高为 ,所以该棱台的体积
故选C.
7.[2022全国卷甲]甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为 ,侧面积
分别为 和 ，体积分别为 和 .若 ,则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合 可知，甲、乙两个圆锥侧
面展开图的圆心角之比是 .不妨设两个圆锥的母线长为 ，甲、乙两个圆锥的底
面半径分别为 , ，高分别为 , ，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以
拼成一个周长为 的圆，所以 , ，得 , .由勾股定理
得， , ，所以 .故选C.
方法技巧
求空间几何体体积的常用方法
直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.
割补法 把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.
等体积法 通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高进行求解.常用于求三棱锥的体积.
说明 正四面体的体积是 （ 是正四面体的棱长）.
角度2 体积的最值问题
8.[2022全国卷乙]已知球 的半径为1，四棱锥的顶点为 ，底面的四个顶点均在球
的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点 组成的圆锥体积最大.
设圆锥的高为 ，底面半径为 ，则圆锥的体积
，则 ，令 ,得 ，所以
在 上单调递增，在 上单调递减，所以当 时，
四棱锥的体积最大，故选C.
9.[2018全国卷Ⅲ]设 , , , 是同一个半径为4的球的球面上四点， 为等边
三角形且其面积为 ,则三棱锥 体积的最大值为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，因为 是正三角形，
所以该三角形的外接圆的圆心就是三角形的中心 .
连接球心 与点 ，则 平面 .
所以点 到平面 的距离最大时， 为射线 与球面的交点，
此时 平面 .
由题意知 ， ，所以 .
连接 并延长交 于点 ,因为点 为 的重心，
所以 ，则在 中， ，所以 ，
所以三棱锥 体积的最大值为 .故选B.
10.[2023湖北省宜昌市三校联考]已知正方体 的棱长为 ，点
为棱 上一动点，点 为 上一动点，且满足 ，则三棱锥
的体积的最大值为_ __.

[解析] 如图，不妨设 ， ，
则 ，所以
.于是

，当且仅当 时等号成立.故三棱锥
的体积的最大值为 .
方法技巧
求解体积的最值问题的方法
（1）几何法：根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定体积的最值.
（2）代数法：先设变量，求出几何体的体积表达式，然后转化为函数最值问题或利用不等式求解即可.
1.[命题点2]如图，几何体是由正四棱柱和正四棱锥组成的，已知正
四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为4，若该几何体的所
有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是_____.

[解析] 由题意可得底面边长为4，底面的对角线长为 .
设正四棱柱和正四棱锥的高为 ，外接球的半径为 ,
则 解得 , .
所以外接球的表面积为 .
2.[命题点3角度1/2023深圳高三模拟]如图，圆内接四边形 中，
, ， , , ，现将该四边形沿
旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 圆内接四边形 中， ， ，所以
, ，如图，过点 作 交 延长线于点 ，
所以四边形 是直角梯形，
，故 是等腰直角三角形，
所以四边形 沿 旋转一周,得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，
即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥,
, ，
所以旋转体的体积 .
故选D.
02
空间点、直线、平面之间的位置关系
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解4个基本事实和定理. 平面的基本性质及应用 2020新高考卷Ⅰ ；2020全国卷 Ⅱ ；2020全 国卷Ⅲ 该讲是立体几何的基础，主要以选填题的形式出现，考查平面的基本性质及应用（如作截面），线线位置关系的判定等,难度中等.在2024年高考备考中要侧重对基本性质的理解和应用.
空间两直线的位置关系 2021新高考卷Ⅱ ；2019全国卷 Ⅲ 1.平面的基本性质
（1）三个基本事实
名称 图形语言 文字语言 符号语言 用途
基本事实1 过①_________ _______的三个 点,有且只有一 个平面. ， ， 不共线 有且只有一个平 面 ,使得 , , . （1）确定一个平面；
（2）判断两个平面是否重合；
（3）证明点、线共面.
不在一条直线上
名称 图形语言 文字语言 符号语言 用途
基本事实2 如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内. , ,且 , ② ______. 证明“点在面内”或“线在面内”.

续表
名称 图形语言 文字语言 符号语言 用途
基本事实3 如果两个不重 合的平面③___ ___________,那 么它们有且只 有一条过该点 的公共直线. ,且 , 且④______. （1）证明“三点共线”“三线共点”；
（2）确定两平面的交线.
有一个公共点

续表
（2）三个推论
利用基本事实1和基本事实2，结合“两点确定一条直线”可得到以下推论.
推论1 经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面.
推论2 经过两条⑤______直线,有且只有一个平面.
推论3 经过两条平行直线,有且只有一个平面.
相交
2.空间中直线间的位置关系
说明 （1）过平面外一点 和平面内一点 的直线，与平面内不过点 的直线是异
面直线；（2）异面直线既不平行，也不相交；（3）异面直线不具有传递性，即若
直线 与 异面， 与 异面，则 与 不一定是异面直线．
3.空间中直线、平面间的位置关系
图形语言 符号语言 公共点
直线与平面 相交 1个
平行 0个
在平面内 ⑥______个
无数
图形语言 符号语言 公共点
平面与平面 平行 ⑦___个
相交 无数个
0
续表
1.如图， , , , ,且 ,直线 ,过
, , 三点的平面记作 ,则 与 的交线必通过( )
D
A.点 B.点
C.点 但不过点 D.点 和点
2.[多选]以下说法正确的是( )
A.若一条直线上有两个点到一个平面距离相等，则这条直线与该平面平行
B.若一个平面上有三个点到另一个平面距离相等，则这两个平面平行
C.若三条直线 , , 两两平行且分别交直线 于 , , 三点，则这四条直线共面
D.不共面的四点中，任意三点都不共线
CD
[解析] 对于A，直线也可能在平面内或与平面相交；对于B，两平面也可能相交；易知C，D正确.
图1
3.[多选]如图1是正方体的展开图，则在这个正方体中，下列
命题正确的是( )
CD
A. 与 平行
B. 与 是异面直线
C. 与 是异面直线
D. 与 是异面直线
[解析] 把正方体的平面展开图还原,如图2，由正方体的结构特征可知， 与 异
面，故A错误；
图2
与 平行，故B错误；
平面 ， 平面 平面 ， ，故AF与 是异面直线，故C正确；
平面 ， 平面 ， 平面 ， ，故 与 是异面直线，故D正确．
命题点1 平面的基本性质及应用
1.如图所示， 是长方体， 是 的中点，直线
交平面 于点 ，则下列结论正确的是( )
A
A. ， ， 三点共线 B. ， ， ， 不共面
C. ， ， ， 不共面 D. ， ， ， 共面
[解析] 由 是长方体，易得 ， ， ， 四点共面. ， 平面 ， 平面 ，又 平面 , 在平面 与平面 的交线上.同理 在平面 与平面 的交线上， ， ， 三点共线，故A正确，B，C错误.对于D， 与 异面，故D不正确.
2.[2020全国卷Ⅱ改编]设有下列四个命题：
两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
过空间中任意三点有且仅有一个平面.
若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
若直线 平面 ,直线 平面 ,则 .
则上述命题中的真命题是________.
，
[解析] 对于 ，由题意设直线 ， ， ，则 , , 三点不共线，所以此三点确定一个平面 ，则 , , ，所以 , , ，即 , ， ,所以 是真命题．对于 ，当 , , 三点不共线时，过 , , 三点有且仅有一个平面；当 , , 三点共线时，过 , , 的平面有无数个，所以 是假命题.对于 ，若空间两条直线不相交，则这两条直线可能平行，也可能异面，所以 是假命题.对于 ，很显然 是真命题.
方法技巧
1.证明点共线问题的常用方法
基本事实法 先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据基本事实3证明这些点都在交线上.
纳入直线法 选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上.
2.证明线共点问题的常用方法
先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点.
3.证明点、直线共面问题的常用方法
纳入平面法 先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内.
辅助平面法 先证明有关的点、线确定平面 ，再证明其余元素确定平面 ，最后证明平面 ， 重合.
命题点2 空间两直线的位置关系
3.[2019全国卷Ⅲ]如图，点 为正方形 的中心，
为正三角形，平面 平面 , 是线段
的中点，则( )
B
A. ,且直线 , 是相交直线
B. ,且直线 , 是相交直线
C. ,且直线 , 是异面直线
D. ,且直线 , 是异面直线
[解析] 设 的中点为 ，连接 ， ，因为 为正三角形，所以
, 又平面 平面 ，平面 平面 ，所以 平
面 .设正方形 的边长为2,则 , ,所以
，得 .过 作 的垂线，垂足为 ，连接 ，则
, ,所以 ，得 ,所
以 .连接 ， ，因为四边形 为正方形，所以 为 的中点，
即 , 均在平面 内，所以直线 , 是相交直线.
4.[多选/2022南通市一调]已知直线 与平面 相交于点 ,则下列结论正确的是
( )
A. 内不存在直线与 平行 B. 内有无数条直线与 垂直
C. 内所有直线与 都是异面直线 D.至少存在一个过 且与 垂直的平面
ABD
[解析] 直线 与平面 相交于点 ,故 内不存在直线与 平行，A对.
若 ,则 内的所有直线都与 垂直；若 与 不垂直，设与 在平面 内的射影
垂直的直线为 ,则平面 内与 平行的直线都与 垂直，有无数条，B对.
平面 内过点 的直线与 相交，C错.
若 ，则过 的任一平面都与 垂直；若 与 不垂直，取 上异于点 的一点 ,
过 作 平面 于点
，则平面 ,D对.
综上所述，选ABD.
方法技巧
1.[命题点1]到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥.当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图1.令截面与三棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个.
图1
图2
当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图2，当平面过 ， ， ， 的中点时，满足条件.因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个.所以满足条件的平面共有7个.故选C.
2.[命题点1]如图所示，在正方体 中， ， 分别是 和 的
中点.求证：
（1） ， ， ， 四点共面；
[解析] 如图，连接 ， ， .
因为 ， 分别是 ， 的中点，
所以 .
又 ，所以 ，
所以 ， ， ， 四点共面.
（2） ， ， 三线共点.
[解析] 因为 ， ，
所以 与 必相交，
设交点为 ，如图所示.
则由 ， 平面 ，
得 平面 .
同理 平面 .
又平面 平面 ，
所以 直线 ，
所以 ， ， 三线共点.
3.[命题点2/多选]已知 ， ， ， 分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表
示直线 ， 是异面直线的图形是( )
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
BD
[解析] A中，直线 ；B中， ， ， 三点共面，但 平面 ，因此
直线 与 异面；C中，连接 ， ，因此 与 共面；D中，
， ， 三点共面，但 平面 ，因此 与 异面.
03
空间直线、平面的平行
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.从立体几何的定义、4个基本事实和定理出发，认识和理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理. 2.能运用4个基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 线面平行的判定与性质 2022新高考卷 Ⅱ ；2019 全国卷Ⅰ 本讲内容是高考命题的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定定理和性质定理的应用，题型既有选择题，也有解答题，难度中等.预计2024年高考命题稳定，但应注意与充分必要条件等知识的综合命题.
面面平行的判定与性质 2022全国卷乙 T7；2019全国 卷Ⅱ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.从立体几何的定义、4个基本事实和定理出发，认识和理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的性质定理与判定定理. 2.能运用4个基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题. 平行关系的综合应用 本讲内容是高考命题的热点，主要考查直线与平面以及平面与平面平行的判定定理和性质定理的应用，题型既有选择题，也有解答题，难度中等.预计2024年高考命题稳定，但应注意与充分必要条件等知识的综合命题.
续表
1.直线与直线平行
（1）基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行（即平行线的传递性）.
注意 平行线的传递性不仅仅是平行关系有传递性，若 ，则直线 的大部分性
质也可以传递给直线 ，比如若 ，则 ；若 ，则 ，若 与平
面 夹角为 ，则 与平面 夹角也为 等.但要注意若 ，则不一定有
， 因为无法判断直线 是否在平面 内.
（2）等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.
2.直线与平面平行的判定与性质
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果平面外一条直线与此平面内 的一条直线①______,那么该直 线与此平面平行.简称：线线平 行，则线面平行.
性质定理 一条直线与一个平面平行,如果 过该直线的平面与此平面③____ __，那么该直线与交线④_____. 简称：线面平行，则线线平行.

平行
相交
平行
注意 （1）在证明线面平行时，一定要强调直线 不在平面内；（2）一条直线平行于一个平面，它可以与平面内的无数条直线平行，但这条直线与平面内的任意一条直线可能平行，也可能异面.
3.平面与平面平行的判定与性质
定理 文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一个平面内的两条⑥______ 直线与另一个平面平行，那么这 两个平面平行.简称：线面平行， 则面面平行.
性质定理 两个平面平行，如果另一个平面 与这两个平面相交，那么两条⑧ __________.简称：面面平行，则 线线平行.
相交
交线平行
规律总结
平行关系中常用的6个结论
1.垂直于同一条直线的两个平面平行.
2.平行于同一平面的两个平面平行.
3.垂直于同一平面的两条直线平行.
4.两个平面平行,其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面.
5.夹在两个平行平面之间的平行线段长度相等.
6.经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.
1. ， 是两个不同的平面，则 的一个充分条件是( )
A.存在一条直线 , ,
B.存在一条直线 , ,
C.存在两条平行直线 , , , , ，
D.存在两条异面直线 , , , , ，
D
2.[教材改编]在正方体 中， 为 的中点，则下列直线中与平
面 平行的是( )
B
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，连接 ,设 ,则 是 的中点，连
接 ,
∵在正方体 中， 为 的中点， .
又 平面 , 平面 , 平面 .
易得直线 , ， 均与平面 不平行.
3.已知直线 平面 ， ，那么过点 且平行于直线 的直线有___条.
1
命题点1 线面平行的判定与性质
1.[2017全国卷Ⅰ]如图，在下列四个正方体中， , 为正方体的两个顶点， ，
， 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 与平面 不平行的是
( )
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
A
[解析] 解法一 对于选项B，如图所示，连接 ，因为 ， , 分别是所
在棱的中点，所以 ，所以 ，又 平面 ， 平面
，所以 平面 .同理可证选项C，D中均有 平面 ．故选A.
解法二 对于选项A,设正方体的底面对角线的交点为 （如图所示），连接 ，
则 ，因为 与平面 有交点，所以 与平面 有交点，即 与
平面 不平行，故选A.
2.[2021天津高考节选]如图,在正方体 中, 为棱 的中点, 为棱
的中点.求证: 平面 .
[解析] 如图,连接 交 于点 ，连接 , , .
因为 , 分别是 , 的中点，所以 , ,又 , ,所以 , ,所以四边形 为平行四边形，
所以 .
又 平面 , 平面 ,
所以 平面 .
3.[2014北京高考节选]如图，在正方形 中, , 分别
为 ， 的中点.在五棱锥 中， 为棱
的中点，平面 与棱 , 分别交于点 , .求证：
.
[解析] 在正方形 中，因为 是 的中点，
所以 .
又 平面 , 平面 ,所以 平面 .
因为 平面 ，且平面 平面 ,
所以 .
方法技巧
1.证明线线平行常用的方法
（1）利用线面平行的性质定理.
（2）利用面面平行的性质定理.
（3）利用中位线，对应线段成比例，平行四边形性质等.
2.证明直线与平面平行的常用方法
（1）利用线面平行的判定定理.
（2）利用面面平行的性质： , .
注意 应用线面平行的判定定理和性质定理时，一定要注意定理成立的条件.
命题点2 面面平行的判定与性质
4.[2019全国卷Ⅱ]设 , 为两个平面，则 的充要条件是( )
A. 内有无数条直线与 平行 B. 内有两条相交直线与 平行
C. ， 平行于同一条直线 D. ， 垂直于同一平面
B
[解析] 对于A， 内有无数条直线与 平行，当这无数条直线互相平行时， 与
可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；
对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于
D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面
都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确．综上可知选B.
5.[2014安徽节选]如图，四棱柱 中，四边形 为梯形，
,且 .过 , , 三点的平面记为 , 与 的交点为 .证明：
为 的中点.
[解析] 因为 , , , 平面 , , 平面 ,所以 平面 , 平面 ，又 ,
所以平面 平面 .
从而平面 与这两个平面的交线互相平行，即 .
故 与 的对应边互相平行，于是 .
所以 ,即 为 的中点.
方法技巧
证明面面平行的常用方法
（1）利用面面平行的判定定理.
（2）利用垂直于同一条直线的两个平面平行
（3）利用平面平行的传递性 .
命题点3 平行关系的综合应用
6.如图所示，在四棱锥 中， 平面 ， ， 是 的中
点.
（1）求证： 平面 ；
[解析] 如图，取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ， 分别是 ， 的中点，所以 且 .
又 平面 ， 平面 ，平面 平面
，所以 ，
又 ，所以 且 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 .
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）若 是线段 上一动点，则线段 上是否存在点 ，使得 平面 ？
请说明理由.
[解析] 线段 上存在点 ，且点 为 的中点，使得 平面 .理由如下：
如图，取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ， 分别为 ， 的中点，所以 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
由（1）知， 平面 ，又 ， , 平面 ，所以平面
平面 .
连接 ，则 平面 ，所以 平面 .
于是在线段 上存在点 ，使得 平面 .
方法技巧
平行关系的综合应用
1.[命题点1]如图，在直三棱柱 中，点 ， 分别为 ， 的中点.
求证： 平面 .
[解析] 解法一 如图，取 的中点 ，连接 ， ，
因为 是 的中点， 是 的中点，所以 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
又 是 的中点，
所以 ，因为 平面 ,所以 平面 .
因为 ，所以平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 .
解法二 如图，取 的中点 ，连接 ， ，
因为 ， 分别是 ， 的中点，
所以 ，且 ，
又 ， ，
所以 ，且 .
因为 为 的中点，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
2.[命题点2]如图，在三棱锥 中， 是正三角形， 是 的重心，
, , 分别是 , , 的中点，点 在 上，且 .
（1）证明：平面 平面 .
[解析] 如图,连接 ，由题意可得 与 共线，且 .
是 的中点， ，
是 的中点.
， .
平面 , 平面 , 平面 .
是 的中点， 为 的中点，
，又 平面 ， 平面 ，
平面 .
， 平面 ， 平面 ，
∴平面 平面 .
（2）若 , , ，求三棱锥 的体积.
[解析] , ，
， .
又 , ， 平面 .
是正三角形， ，
连接 ,则
，
即三棱锥 的体积为 .
3.[命题点2]如图，正方体 的棱长为2，点 为棱 的中点，过直
线 作一平面，与棱 ， 分别交于 ， 两点.
（1）求证：四边形 为平行四边形；
[解析] ∵平面 平面 ，
平面 平面 ，且平面 平面 ， .
同理可证 ，
故四边形 为平行四边形.
（2）求四棱锥 的体积.
[解析] 由题可知 .
∵正方体 的棱长为2,
，
,
故 .
即四棱锥 的体积为 .
04
空间直线、平面的垂直
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.从立体几何的定义、4个基本事实和定理出发，认识和理解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性 线面垂直的判定与性质 2021新高考卷Ⅰ ；2021 新高考卷Ⅱ ；2020新高 考卷Ⅰ ；2020新高考卷 Ⅰ ；2020全国卷Ⅰ ； 2019全国卷Ⅱ ；2 018全国卷Ⅱ 本讲内容是高考命题的重点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定定理和性质定理的应用，不仅会单独命题，也经常应用于求
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
质定理与判定定理. 2.能运用4个基本事实、定理和已获得的结论，证明一些空间图形的垂直关系的简单命题. 面面垂直的判定与性质 2022全国卷乙T7；2022全国 卷乙T18；2021新高考卷Ⅰ ；2021新高考卷Ⅱ ； 2020全国卷Ⅱ ；2 019全国卷Ⅲ ；2018全 国卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅲ 解球的切、接问题以及建立空间直角坐标系前的线线垂直证明中，题型既有小题也有大题，难度中等.这里应特别注意证明空间线线、线面垂直关系时，灵活应用平行对垂直的转化作用.
垂直关系的综合应用 2022全国卷甲T18 续表
1.直线与直线垂直
（1）异面直线所成的角：已知两条异面直线 , ，经过空间任一点 分别作直线
, ,我们把 与 所成的角叫做异面直线 与 所成的角（或夹角）.
异面直线夹角的范围是 .
（2）如果两条异面直线所成的角是直角，那么就说这两条异面直线互相垂直.
2.直线与平面垂直的判定与性质
（1）直线和平面垂直的定义
如果直线 与平面 内的①__________直线都垂直，就说直线 与平面 互相垂直.
任意一条
（2）直线与平面垂直的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一条直线与一个平面内的两条② ______直线垂直，那么该直线与此平 面垂直. ③
______
性质定理 垂直于同一个平面的两条直线④____ __. ⑤
______
相交

平行

规律总结
垂直关系中常用的6个结论
（1）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）．
（2）若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面．
（3）若一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，则这条直线与另一个平面也垂直.
（4）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面．
（5）三垂线定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
（6）三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直.
3.平面与平面垂直的判定与性质
（1）平面与平面垂直的定义
一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是⑥__________，就说这两个平面
互相垂直.
直二面角
（2）平面与平面垂直的判定定理和性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定定理 如果一个平面过另一个平面的⑦_____，那么这两个平面垂直.
性质定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的⑨______，那么这条直线与另一个平面垂直.


垂线
交线
1.在空间中， ， 是两个不同的平面， ， 是两条不同的直线，下列说法错误
的是( )
A.若 ， ， ，则
B.若 ， ， ，则
C.若 ， ， ，则
D.若 ， ， ， ，则
C
2.[教材改编]下列命题中不正确的是( )
A.如果平面 平面 ，且直线 平面 ,则直线 平面
B.如果平面 平面 ，那么平面 内一定存在直线平行于平面
C.如果平面 不垂直于平面 ,那么平面 内一定不存在直线垂直于平面
D.如果平面 平面 ，平面 平面 ， ，那么
A
3.[教材改编]在正方体 中，直线 与 所
成角的大小为____；直线 与 所成角的大小为____.


[解析] 因为 ，所以 就是异面直线 与
所成的角.因为 ,所以直线 与 所成角的大
小为 .如图，连接 , .因为 ,所以直线
与 所成的角即直线 与 所成的角.又
，所以 为正三角形，所以直线
与 所成角的大小为 ，即直线 与 所成角的大小为
.
命题点1 线面垂直的判定与性质
1.[2020全国卷Ⅰ节选]如图, 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直
径， 是底面的内接正三角形， 为 上一点， .证
明： 平面 .
[解析] 设 ,由题设可得 , , , .
因此 ,
从而 .
又 ,故 .
又 , , 平面 ，所以 平面 .
2.[2021全国卷甲]如图，已知直三棱柱 中,侧面 为正方形，
, , 分别为 和 的中点，
（1）求三棱锥 的体积；
[解析] 如图，取 的中点 ，连接 ，
由已知可得 ， ， ， ，
由 得 ，
又 ， ,所以 平面 ，
故
.
（2）已知 为棱 上的点，证明: .
[解析] 如图，连接 , ,由（1）知 ，所以 在平
面 内.
在正方形 中，由于 ， 分别是 ， 的中点，所以由平面几何知识可得 ，
又 ， ,所以 平面 ，
又 平面 ,所以 .
方法技巧
1.证明线面垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的判定定理 ；
（2）利用面面垂直的性质定理 ；
（3） ， ；
（4） ， .
2.证明线线垂直的常用方法
（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直；
（2）计算两条直线的夹角的大小为 或运用勾股定理的逆定理判断垂直;
（3）平面几何中常见的垂直，如直径所对的圆周角为直角，菱形对角线相互垂直等.
3.证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．
命题点2 面面垂直的判定与性质
3.[2022全国卷乙]在正方体 中， , 分别为 ， 的中点，则
( )
A
A.平面 平面 B.平面 平面
C.平面 平面 D.平面 平面
[解析] 如图，对于选项A，在正方体 中，因为 ,
分别为 ， 的中点，所以 ,又 ,所以
， 又易知 , ，从而 平面
，又 平面 ，所以平面 平面 ，故选项
A正确；对于选项B，因为平面 平面 ，所以由选
项A知，平面 平面 不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线
与直线 必相交，故平面 与平面 不平行，故选项C错误；对于选
项D，连接 ， ，易知平面 平面 ，又平面 与平面
有公共点 ，所以平面 与平面 不平行，故选项D错误.故选A.
4.[2021新高考卷Ⅱ节选]如图，在四棱锥 中，底面
是正方形， ， , .证明：平面
平面 .
[解析] 在 中，因为 ，所以 ．
又 ， ， ， 平面 ,
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
5.[2020全国卷Ⅱ]如图，已知三棱柱 的底面是正三角形，侧面
是矩形， , 分别为 , 的中点， 为 上一点.过 和 的平面交
于 ，交 于 .
（1）证明： ，且平面 平面 ;
[解析] 因为 ， 分别为 , 的中点，
所以 .
又由已知得 ,故 .
因为 是正三角形，所以 .
又 且 ,故 平面 .
因为 平面 ,所以平面 平面 .
（2）设 为 的中心.若 ， 平面 ,且 ，
求四棱锥 的体积.
[解析] 因为 平面 , 平面 ,平面 平面
,故 .
又易知 ,故四边形 是平行四边形，
所以 , , .
易得 平面 ,所以四棱锥 的顶点 到底面 的距离等
于点 到底面 的距离.
如图，作 ，垂足为 ，则由（1）知， 平面 ，故点 到底面
的距离即为 的长，在 中， .
梯形 的面积为 .
所以四棱锥 的体积为 .
方法技巧
证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.
（2）利用面面垂直的判定定理 .
命题点3 垂直关系的综合应用
6.[2022全国卷甲]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图
所示：底面 是边长为8（单位： ）的正方形， , , ,
均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直.
（1）证明: 平面 ;
[解析] 如图，分别取 , 的中点 , ，连接 , , ，
与 均为正三角形，且边长均为8，
, ，且 .
又平面 与平面 均垂直于平面 ，
平面 平面 ,平面 平面 ,
平面 , 平面 ,
平面 ， 平面 ，
，∴四边形 为平行四边形， .
又 平面 ， 平面 , 平面 .
（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.
[解析] 如图，分别取 , 的中点 , ，连接 , , ,
, ， , .
由（1）知 平面 ， 平面 ，同理可证得，
平面 ， 平面 ,易得
， .
易得 ， , ，所以 ，
又 ，所以四边形 是正方形，所以四棱
柱 为正四棱柱，
所以 .
因为 , ，所以 .
因为 平面 ， 平面 ，所以 .
又 , 平面 ，且 ，所以 平面 ，
则点 到平面 的距离 ，
所以 ，
所以该包装盒的容积
.
方法技巧
1.[命题点1]如图,在一个多面体中底面 为直角梯形,其中 , ,四
边形 为矩形,平面 平面 , ,且 为 的中点.
（1）若 ,求证: 平面 ;
[解析] , 为 的中点,
.
∵四边形 为矩形, .
, , , 平面 ,
平面 .
又 平面 , .
又 , , 平面 ,
平面 .
（2）若矩形 为正方形,点 是线段 上的动点,求点 到平面 的距离.
[解析] 由于 , 平面 , 平面 ,
故有 平面 ,故点 到平面 的距离即点 到平面 的距离.
如图,连接 , ,
因为平面 平面 ,平面 平面 , , 平面 ,
所以 平面 ,故点 到平面 的距离为2,
故 .
在 中, .
易得 .
设点 到平面 的距离为 ,
则 ,
又 ,所以 ,
即点 到平面 的距离为 .
2.[命题点2/2022全国卷乙]如图，四面体 中， ， ，
， 为 的中点.
（1）证明:平面 平面 ;
[解析] 因为 ， ， ，
所以 ，所以 .
又 为 的中点，所以 ， ，
因为 ，且 , 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）设 , ,点 在 上，当 的面积最小时，求三
棱锥 的体积.
[解析] 由（1）可知， 平面 .连接 ,因为 平面 ,所以 ,
当 的面积最小时，点 到直线 的距离最小，即 的长度最小.
因为 , ，所以 为正三角形，则 ，
， .
因为 , ，所以
为等腰直角三角形，所以 .
所以 ,则 .
在 中，当 的长度最小时， ， .
由射影定理知 ，又 ,易知 ，所以 ,
.
解法一 因为 ， ， ， ， 平面 ，所以
平面 ，
则 到平面 的距离 .
故 .
解法二 由（1）知 ,又 , ， ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 即 到平面 的距离，
故 .
3.[命题点3/2018北京高考]如图，在四棱锥 中，底面 为矩形，平面
平面 ， , , , 分别为 , 的中点.
（1）求证： ;
[解析] 因为 , 为 的中点，
所以 .
因为底面 为矩形，
所以 .
所以 .
（2）求证：平面 平面 ;
[解析] 因为底面 为矩形，
所以 .
又平面 平面 ,平面 平面 ,
所以 平面 ，
所以 .
又 , ,所以 平面 .
所以平面 平面 .
（3）求证： 平面 .
[解析] 如图，取 的中点 ，连接 , .
因为 , 分别为 , 的中点，
所以 , .
因为 为矩形，且 为 的中点，
所以 , .
所以 , .
所以四边形 为平行四边形.
所以 .
又 平面 ， 平面 ,
所以 平面 .
4.[命题点3]如图，在四棱锥 中, 平面 , , ,
.
（1）求证:平面 平面 ;
图1
[解析] 如图1，取 , 的中点分别为 , ,连接 , , ,（由
,想到取 的中点，进而想到取 的中点）
则 ,且 .
因为 , ,
所以 ,且 .
所以四边形 是平行四边形.
所以 .
因为 ,所以 .
因为 平面 , 平面 ,所以 .
因为 , 平面 , 平面 ,所以 平面 .
所以 平面 .
因为 平面 ,所以平面 平面 .
（2）若 , ,四棱锥 的体积为 ,求直线 与平面
所成角的正弦值.
[解析] 解法一 如图1，作 ，垂足为 ,由题意知 .
图1
因为 , ， 平面 ,
所以 平面 .
连接 ,则 是直线 与平面 所成的角.
因为 , , 是 的中点，
所以在 中， , ,在
中， .
设 ,则四边形 的面积 ,所以
，
则 ，解得 ,即 , .
在 中， ,
在 中， .
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
解法二 如图2，作 ，垂足为 ,由题意知 .
图2
因为 , , 平面 ，
则 平面 ,所以 为平面 的一个法向量.
因为 , , 为 的中点，所以在 中，
, ,
在 中， , .
设 ,则四边形 的面积 ,
所以 ,
则 ，解得 ,即 , .
以 为坐标原点， , , 所在直线分别为 , , 轴建立如图2所示的空间直角
坐标系 ,则 （ , ）, , , （ , , ）,
, , .
设直线 与平面 所成的角为 ,
则 , .
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
05
空间向量及其运算
课标要求 命题点 命题分析预测
1.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置;借助特殊长方体顶点坐标，探索并得出空间两点间的距离公式. 2.了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示. 3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示. 5.了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义. 空间向量的基本定理 该讲知识是利用空间向量求解立体几何问题的基础，主要用来求解平面的法向量，考查数学运算素养，一般不单独命题.
空间向量的坐标运算 1.空间向量的三个定理
共线向量定理 对空间任意两个向量 , , 存在 ,使①________.
共面向量定理 若两个向量 , ②________，则向量 与向量 , 共面 存在唯一的
有序实数对 ，使③____________.
空间向量基本定理 如果三个向量 , , 不共面，那么对任意一个空间向量 ，存在唯一
的有序实数组 ，使得 ④_____________， 叫做空间
的一个基底.
注意 （1）空间任意三个不共面的向量都可构成空间的一个基底.
（2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示.

不共线


规律总结
1.三点共线:在平面中 ， ， 三点共线 （其中
） ， 为平面内不同于 , , 的任意一点．2.四点共面:在空间中 ，
， ， 四点共面 （其中 ）， 为空间
中不同于 , , , 的任意一点．
2.空间向量的坐标运算
设 , ，则
（1） ;
（2） ;
（3） ⑤__________________;

（4） ⑥_________________________________;
（5） ⑦______________________;
（6） ;
（7） .
, ,

规律总结
空间两点间的距离及中点坐标
（1）设点 , ，则 ⑧
__________________________________.
（2）设点 , 是空间中两点，则线段 的中点坐标为
.

1.在空间直角坐标系中， ， , , （ , , ）
，若 , , , 四点共面，则( )
A. B. C. D.
A
2.已知向量 ，则下列向量中与 成 夹角的是( )
A. B. C. D.
B
命题点1 空间向量的基本定理
1.已知空间任意一点 和不共线的三点 ， ， ，且有
,则 , , 是 , , ， 四点共
面的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
A
[解析] 由题可知，要使 ， ， ， 四点共面，则需 .当 , , 时满足条件，所以 , , 是 ， ， ， 四点共面的充分条件;反之，当四点共面时，只要 即可,不一定要取 , , ，所以 , , 不是 , , ， 四点共面的必要条件.故 , , 是 , , , 四点共面的充分不必要条件.
2.[多选]如图，在四面体 中，以下说法正确的有( )
ABC
A.若 ，则可知
B.若 为 的重心，则
C.若 ， ，则
D.若四面体 各棱长都为2， ， 分别为 ， 的中点，则

[解析] 对于A， ， ， ， ，则 ，即 ，故A正确；
对于B， 为 的重心，则 ， ， ，则 ，即 ，故B正确；
对于C，若 ， ，则 ， ， ，即 ， ， ，则 ， ，即 ，故C正确；
对于D，连接 , ，
又 , ，故D错误.故选ABC．
方法技巧
证明空间四点共面的方法
（1） ;
（2）对空间任一点 , ;
（3）对空间任一点 , ;
（4） （或 或 ）.
命题点2 空间向量的坐标运算
3.若向量 , , 满足条件 ,则 _
__.

[解析] , ,解得 .
4.如图，已知直三棱柱 中， , ,棱 ,
是 的中点，则 ____， , _ ___.


[解析] 如图,以 为原点，分别以 , , 为正交基底建立空间直角坐标系
.
依题意得 , .
.
依题意得 , , .
, ,
, , .
, .
5.[多选]已知空间向量 , ,则下列说法正确的是( )
A.向量 与 ， 垂直
B.向量 与 ， 共面
C.若 与 分别是异面直线 与 的方向向量，则 与 所成的角的余弦值为
D.向量 在向量 上的投影向量为
BC
[解析] 对于A选项, , ,故 与 不垂直，A错;
对于B选项，设 ,则 ,
所以 解得 即 ,B对;
对于C选项，因为 ,
所以异面直线 与 所成的角的余弦值为 ，C对;
对于D选项,向量 在向量 上的投影向量 · ,D错.
故选BC.
6.已知 , 是空间单位向量， .若空间向量 满足 , ,
且对于任意 , , ，则
___, ___, _____.



[解析] 由题意可令 ,其中 , , , .
由 得 ,由 得 ,由 解得
则 ,
.
方法技巧
空间向量的概念以及空间向量的加、减、数乘、数量积运算及其坐标表示是平面向量的类比推广.
1.[命题点1]如图所示，已知空间四边形 ，其对角线为 ，
， ， 分别为 ， 的中点，点 在线段 上，且
，若 ，则 , , 的值分别为
______.
, ,
[解析] 连接 ，因为
，所以 , , 的值分别为 , , .
2.[命题点1，2]已知 , , ,若 , , 三向量共面，
则实数 _ __.

[解析] 因为 , , 共面，所以设 ，故 ，即 解得 .
3.[命题点2]如图，已知平行六面体 中，底面 是边长为1的正
方形， ， .
（1）求线段 的长；
[解析] 设 , , ，这三个向量不共面， 构成空间的一个
基底，则 , , , .因
为 ，所以
.
所以线段 的长为 .
（2）求异面直线 与 所成角的余弦值；
[解析] 设异面直线 与 所成的角为 ，
则 , .
因为 ， ，
所以 ， .
所以 .
故异面直线 与 所成角的余弦值为 .
（3）求证： .
[解析] 因为 , ，
所以 ,
所以 ，即 .
06
空间向量的应用
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.能用向量语言描述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量. 利用向量法证明平行与垂直问题 2021新高考卷Ⅱ ；2021全国卷甲T19；2021浙江T6；2020天津T17 该讲每年必考，主要通过建立空间直角坐标系运用向
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理. 求空间角 2022新高考卷Ⅰ ；2022新 高考卷Ⅱ ；2022全国卷乙T 18；2022全国卷甲T7；2022全 国卷甲T18；2021新高考卷Ⅰ ；2021新高考卷Ⅱ ；2 021全国卷乙T5；2021全国卷乙 T18；2021全国卷甲T19；2020 新高考卷Ⅱ ；2020全 量法求解线线角、线面角、面面角、空间距离等，方法比较固定，备考时注意对空间角与向量夹角关系的梳理.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
4.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 求空间角 国卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅱ ； 2020全国卷Ⅲ ；2020 新高考卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅱ ；2019 全国卷Ⅲ ；2018全国卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅱ ；2018全 国卷Ⅱ ；2018全国卷Ⅲ ； 量法求解线线角、线面角、面面角、空间距离等，方法比较固定，备考时注意对空间角与向量夹角关系的梳理.
求空间距离 2022新高考卷Ⅰ19 续表
1.直线的方向向量和平面的法向量
直线的方向向量 如果表示非零向量 的有向线段所在直线与直线 平行或重合，则称向量 为直线 的方向向量.
平面的法向量 直线 ，取直线 的方向向量 ，则向量 叫做平面 的法向量.一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量.
思维拓展
确定平面法向量的方法
（1）直接法：观察是否有垂直于平面的直线，若有，则此直线的方向向量就是平面的法向量.
（2）待定系数法：建立空间直角坐标系，找出（求出）平面内的两个不共线的向量，
如 ， ，设平面的法向量为 ，则
解方程组，取其中的一组解，即得平面的一个法向量.
注意 不能作为法向量.
方法点拨
向量的叉乘 运算得出的是与 , 垂直的向量，所以可以利用叉乘计算平面的
法向量，运算法则如下：
, , 分别表示 , , 轴正方向的单位向量， , ,
则
.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线 , 的方向向量分别为 , .

直线 的方向向量为 ,平面 的法向量为 . ①__________

平面 , 的法向量分别为 , .
②__________


3.直线与平面所成的角
（1）平面的一条斜线和它在平面上的③______所成的角，叫做这条直线和这个平面
所成的角.一条直线垂直于平面，则它们所成的角是 ；一条直线和平面平行或直
线在平面内，则它们所成的角是 .
（2）线面角 的取值范围：④_ _____.
（3）最小角定理：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中最小的角.
射影

4.二面角与两个平面的夹角
（1）从一条直线出发的两个⑤________所组成的图形叫做二面角.如图,在二面角
的棱 上任取一点 ，以点 为垂足，在半平面 , 内分别作垂直于棱 的
射线 和 ，则射线 和 构成的 叫做二面角 的平面角.
半平面
二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是
多少度.二面角的平面角的取值范围是⑥______.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
（2）平面 与平面 相交形成四个二面角，其中不大于 的二面角称为平面 与平面 的夹角.

5.利用向量法求空间角
空间角 求法 注意事项
异面直线所成角 设直线 , 的方向向量分别为 , ，若设直线 与 的夹角为 ，则 ⑦__________. 角 的范围为
， 所以线线角
的余弦值非负.
线面角 设直线 的方向向量为 ，平面 的法向量为 ， 若直线 与平面 所成的角为 ,则 ⑧_______ ___. 角 的范围为 ,
注意 与 的关
系.
两个平面的夹角 平面 ， 的法向量分别为 , ，若设平面 与 平面 的夹角为 ,则 . 两个平面夹角的范
围为 ,二面角的
范围是 .



易错警示
1.线面角 与向量夹角 的关系
如图 ， ;如图 ， .
图1
2.二面角 与两平面法向量夹角 的关系
图2（2）（4）中 ,；图2（1）（3）中 .
图2
6.利用向量法求空间距离
（1）点 到直线 的距离 , .
（2）点 到平面 的距离为 在平面 的法向量 上的投影向量的长度，
即 .
（3）当直线 与平面 平行时，直线 到平面 可转化为点 到平面
的距离.
（4）当平面 与平面 平行时，两平面的距离可转化为平面 上一点 到平面 的
距离.
（5）如图，异面直线 , 之间的距离即直线 上一点 到 与 所确定的平面 的
距离 .
1.下列说法正确的是( )
A.直线的方向向量是唯一确定的
B.若直线 的方向向量和平面 的法向量平行，则
C.若两平面的法向量平行，则两平面平行
D.若直线 的方向向量与平面 的法向量垂直，则
C
2.已知 ， ， ，则下列向量是平面 的一个法向量的是
( )
A. B.
C. D.
C
3.已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于 ，则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，设正方体 的棱长为1，易知平
面 与 , , 所成的角都相等,又 , , 均与
平行， , , 均与 平行， , , 均与
平行，所以平面 与正方体的12条棱所成的角都相等.连接 ，与平面
交于点 ，连接 ,则 平面 ，则 ，且
,所以 ,故选B.
4.[教材改编]已知 是直线 的方向向量， 是
平面 的法向量.若 ，则 与 的关系式为______________;若 ，则
___.


[解析] 由题意可知，若 ，则 ,即 ,整理得
.
若 ，则存在实数 ，使得 ,即 ,则
解得 则 .
5.已知空间直角坐标系 中,过点 且一个法向量为 的
平面 的方程为 .用以上知识解决下面问题:已
知平面 的方程为 ,直线 是两个平面 与
的交线，试写出直线 的一个方向向量_______，直线 与平面 所成
角的余弦值为_ ___.


[解析] 平面 的方程为 ,可得平面 的法向量为 ,
平面 的法向量为 , 的法向量为
.
设直线 的方向向量为 ,则 即
令 则取 ,
设直线 与平面 所成角为 ， ，
则 , .
命题点1 利用向量法证明平行与垂直问题
1.[2021浙江高考]如图，已知正方体 ， ，
分别是 ， 的中点，则( )
A
A.直线 与直线 垂直，直线 平面
B.直线 与直线 平行，直线 平面
C.直线 与直线 相交，直线 平面
D.直线 与直线 异面，直线 平面
[解析] 以点 为坐标原点， , , 所在直线分别为 轴、 轴、 轴， ,
, 的方向分别为 轴、 轴、 轴正方向建立空间直角坐标系.设 ，则
, , , （ , ），所以 , ，所以
, ， ，所以
，所以 .又由题图易知直线 与 是异
面直线，所以 与 异面且垂直，故B, 不正确.因为平面 的一个法向量
为 ，所以 ，所以 平面 ，故A正确.
设直线 与平面 所成的角为 ，因为平面 的一个法向量为
，所以 ，所以直线 与平面
不垂直，故D不正确.故选A.
解法二 连接 ，则易得点 在 上，且 .因为 平面 ，
所以 ，又 ，所以 平面 ，所以 与 异面
且垂直，故B,C不正确.在 中，由中位线定理可得 ,又 平面
, 平面 ，所以 平面 ,故A正确.易知直线 与平面
成 角，所以 与平面 不垂直，故D不正确.故选A.
2.如图，在矩形 中， ， ， 分别为线段 ， 的中点，
平面 ．
求证：
（1） 平面 ;
[解析] 如图，连接 ,因为四边形 为矩形，且 ， 分别为线
段 ， 的中点，则
易知 , , 两两垂直，以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴、 轴、 轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设 ， ，则 ， ， （ , ）， ，
, ．
所以 ， ，所以 ，即 ．（证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行）
又 平面 ， 平面 ，（注意说明前提条件）
所以 平面 ．
（2）平面 平面 ．
[解析] 由（1）(共190张PPT)
2024年高考数学专项复习
第十三章 统计与成对数据的统计分析
01
随机抽样、统计图表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解简单随机抽样的含义及其解决问题的过程，掌握两种简单随机抽样方法:抽签法与随机数法.会计算样本均值和样本方差，了解样本与总体的关系. 随机抽样 2020全国卷Ⅱ 本讲为高考的命题热点，主要考查：（1）分层随机抽样，题型以选择题和填空题为主，属于中低档题；（2）
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.了解分层随机抽样的特点和适用范围，了解分层随机抽样的必要性，掌握各层样本量比例分配的方法.掌握分层随机抽样的样本均值和样本方差. 3.在简单的实际情境中，能根据实际问题的特点，设计恰当的抽样方法解决问题. 统计图表 2022新高 考卷Ⅱ ； 2020 新高考卷 Ⅱ ； 201 9全国卷Ⅲ ；2018 全国卷Ⅰ 统计图表的应用，着重考查频率分布表、频率分布直方图、条形图、折线图等，单独命题时以小题形式出现，与其他知识综合命题时常作
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
4.能根据实际问题的特点，选择恰当的统计图表对数据进行可视化描述，体会合理使用统计图表的重要性. 统计图表 2022新高 考卷Ⅱ ； 2020 新高考卷 Ⅱ ； 201 9全国卷Ⅲ ；2018 全国卷Ⅰ 为问题情境出现在解答题中. 预计2024年高考命题趋势变化不大，重点在情境的创新.
续表
1.简单随机抽样
（1）简单随机抽样分为放回简单随机抽样和不放回简单随机抽样，除非特殊说明，本章所称的简单随机抽样指不放回简单随机抽样.
（2）常用方法：①________和②__________.
辨析比较
1.抽签法和随机数法的异同：（1）都是逐个、不放回抽样；（2）总体中个体数不多时选择抽签法，总体量较大，样本量较小时选择随机数法.2.能否用抽签法，关键看两点：一是抽签是否方便；二是号签是否易搅匀.
抽签法
随机数法
2.总体均值与样本均值
名称 定义
总体均值（总体平均数） 一般地，总体中有 个个体，它们的变量值分别为 , , ， ，则
称 为总体均值，又称总体平均数.
如果总体的 个变量值中，不同的值共有 个，不妨记为 , , … ， ，其中 出现的频数为 ，则总体均值还可以写
成加权平均数的形式 ③_________.

名称 定义
样本均值（样本平均数） 如果从总体中抽取一个容量为 的样本，它们的变量值分别为 , , …， ，则称 ④_ ______为样本均值，又称样本平均
数.
说明 （1）在简单随机抽样中，我们常用样本平均数 去估计总体平均数 ；
（2）总体平均数是一个确定的数，样本平均数具有随机性（因为样本具有随机性）；
（3）一般情况下，样本量越大，估计越准确;
（4）总体平均数是总体的一项重要特征.

续表
3.分层随机抽样
（1）定义：一般地，按一个或多个变量把总体划分成若干个子总体，每个个体属于
且仅属于一个子总体，在每个子总体中独立地进行简单随机抽样，再把所有子总体
中抽取的样本合在一起作为总样本，这样的抽样方法称为⑤______________，每一
个子总体称为⑥____.在分层抽样中，如果每层样本量都与层的大小成比例，那么称
这种样本量的分配方式为⑦__________.
分层随机抽样
层
比例分配
（2）样本平均数的计算：在比例分配的分层随机抽样中，以层数是2层为例，如果
第1层和第2层包含的个体数分别为 和 ,抽取的样本量分别为 和 ，我们用 ,
, , 表示第1层各个个体的变量值，用 , , , 表示第1层样本的各个个
体的变量值，用 ， , , 表示第2层各个个体的变量值，用 , , , 表示
第2层样本的各个个体的变量值.第1层、第2层的样本平均数分别为 , ，样本平均
数为 ，总体平均数为 ，则 , ,
.我们可以直接用样本平均数 估计总体平均数
.
辨析比较
简单随机抽样与分层随机抽样的辨析
抽样方法 共同点 各自特点 相互联系 适用范围
简单随机抽样 （1）抽样过程中每个个体被抽到的机会均等; （2）都是不放回抽样. 从总体中逐个抽取. 分层随机抽样在各层抽样时可采用简单随机抽样. 样本容量较小.
总体由差异明显的几部分组成.
分层随机抽样 将总体分成互不交叉的层，分层进行抽取. 4.统计图表
（1）常见的统计图表有条形图、扇形图、折线图、频率分布表、频率分布直方图等.
（2）频率分布直方图的制作步骤
1.下列说法正确的是( )
A.从无限多个个体中抽取100个个体作为样本是简单随机抽样
B.某班有56名同学,指定个子最高的5名同学参加学校组织的篮球赛是简单随机抽样
C.从某厂生产的5 000件产品中抽取600件进行质量检验，可用抽签法
D.某校有2 000名学生，其中高一年级700人，高二年级600人，高三年级700人，现从中抽取20人了解学生在校学习压力的情况，可用分层随机抽样的方法抽取
D
[解析] A选项，不是简单随机抽样，因为题中被抽取的总体中的个体数是无限的，而不是有限的;B选项，不是简单随机抽样，个子最高的5名同学是确定的，不是等可能抽样;C选项是简单随机抽样，但总体中的个体数太多，不宜采用抽签法；D选项，三个年级的学生个体差异比较明显，所以适用分层随机抽样.
2.将一个容量为 的样本分成2组，已知第一组频数为8，第二组频率为0.80，则 为
( )
A. B. C. D.
B
[解析] 将一个容量为 的样本分成2组，∵第一组频数为8，第二组的频率为0.80， ，解得 .
3.中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝.明代会试分南卷、北卷、
中卷，按 的比例录取，若某年会试录取人数为100，则中卷录取人数为
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意知，会试录取人数为100，则中卷录取人数为 .
4.从一个篮球训练营中抽取10名学员进行投篮比赛，每人投10次，统计出该10名学
员投篮投中的次数，4人投中5次，3人投中6次， 人投中7次，1人投中8次.试估计该
训练营投篮命中率为____.
0.6
[解析] 10名学员投中的平均次数为 ，所以投篮命中率约为 .
命题点1 随机抽样
角度1 简单随机抽样
1.（1）某彩票的中奖号码是从分别标有 ， ， ， 的三十个小球中逐个不放回
地摇出7个小球来按规则确定中奖情况，这种从30个号码中选7个号码的抽样方法是
________.
抽签法
[解析] 三十个小球相当于号签，搅拌均匀后逐个不放回地抽取，这是典型的抽签法.
（2）[2022太原三模]设某总体由编号为01， ， 的20个个体组成，利用
下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从下面随机数表第1行第5列的数字开始，
从左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体编号为____.
1818 0792 4544 1716 5809 7983 8619
6206 7650 0310 5523 6405 0526 6238
19
[解析] 由题意得，选出来的这5个个体的编号分别是07， ， ， ， ，所以选出来的第5个个体编号为19．
角度2 分层随机抽样
2.（1）某中学有高中生960人，初中生480人,为了了解学生的身体状况，采用分层随
机抽样的方法，从该校学生中抽取容量为 的样本，其中高中生有24人,那么 等于
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 根据分层随机抽样方法知 ,解得 .
（2）某房地产公司为了解小区业主对户型结构——平层与复式结构的满意度，采取
分层随机抽样方式对华润中央公园小区的业主进行问卷调查，其中20位已购买平层
户型的业主满意度平均分为8， 位已购买复式户型的业主满意度平均分为9，用样
本平均数估计该小区业主对户型结构满意度的平均分为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 估计小区业主对户型结构满意度的平均分为 ，故
选C.
（3）某口罩厂的三个车间在一个小时内共生产 个口罩，在出厂前要检查这批
口罩的质量，现决定采用分层随机抽样的方法进行抽取，若从第一、二、三车间抽
取的口罩个数分别为 ， ， ，且 ， ， 成等差数列，则第二车间生产的口罩
个数为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 , , 成等差数列，所以 ，则第二车间生产的口罩个数为
,故选C.
方法技巧
（1）简单随机抽样需满足:①被抽取的样本总体的个体数有限；②逐个抽取；③等可能抽取.
（2）在分层随机抽样中，抽样比 .
（3）在分层随机抽样中，如果第一层的样本量为 ，平均值为 ；第二层的样本量
为 ，平均值为 ，则样本的平均值为 .
命题点2 统计图表
角度1 扇形图、条形图、雷达图、折线图
3.（1）[2023重庆质检]某国有企业响应国家关于进一步深化改革，加强内循环的号
召，不断自主创新提升产业技术水平，同时积极调整企业旗下的甲、乙、丙、丁、
戊等5种系列产品的结构比例，近年来取得了显著效果．据悉该企业2021年5种系列
产品年总收入是2020年的2倍，其中5种系列产品的年收入构成比例如图1，图2所
示．则以下说法错误的是( )
图1
图2
A.2021年甲系列产品收入和2020年的一样多
B.2021年乙和丙系列产品收入之和比2020年的企业年总收入还多
C.2021年丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的
D.2021年戊系列产品收入比2020年戊系列产品收入的2倍还多
√
[解析] 设2020年5种系列产品年总收入为 ，则2021年5种系列产品年总收入为 ，
对于A，2020年甲系列产品收入为 ，2021年甲系列产品收入为 ，A正确；
对于B，2021年乙和丙系列产品收入之和为 ，B正确；
对于C，2020年丁系列产品收入为 ，2021年丁系列产品收入为 ，是2020
年丁系列产品收入的 ，C不正确；
对于D，2020年戊系列产品收入为 ，2021年戊系列产品收入为 ，比2020
年戊系列产品收入的2倍还多，D正确.故选C.
（2）某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了
一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图（如
图）.图中A点表示十月的平均最高气温约为 点表
示四月的平均最低气温约为 .下面叙述不正确的是
( )
D
A.各月的平均最低气温都在 以上
B.七月的平均温差比一月的平均温差大
C.三月和十一月的平均最高气温基本相同
D.平均最高气温高于 的月份有5个
[解析] 由题图可知 在虚线框内,所以各月的平均最低气温都在 以上,A正确；由题图可知七月的平均温差大于 ,而一月的平均温差小于 ,所以七月的平均温差比一月的平均温差大,B正确；由题图可知三月和十一月的平均最高气温都大约在 ,基本相同,故C正确；由题图可知平均最高气温高于 的月份只有3个,所以D不正确.
（3）[多选/2020新高考卷Ⅱ]我国新冠肺炎疫情
进入常态化,各地有序推进复工复产，下面是某地
连续11天复工复产指数折线图（如图）.下列说法
正确的是( )
CD
A.这11天复工指数和复产指数均逐日增加
B.这11天期间,复产指数增量大于复工指数的增量
C.第3天至第11天复工复产指数均超过
D.第9天至第11天复产指数增量大于复工指数的增量
[解析] 由题图可知,复产指数第7天到第9天逐日减少，复工指数第1天到第2天、第7天到第8天、第10天到第11天逐日减少，故A错误.由题图可知,第1天复产指数与复工指数的差大于第11天复产指数与复工指数的差，所以这11天期间，复产指数的增量小于复工指数的增量，故B错误.由题图可知，第3天至第11天复工复产指数均在 以上，故C正确.由题图可知,第9天至第11天复产指数的增量大于复工指数的增量，故D正确.故选CD.
方法技巧
统计图表的主要应用
扇形图：直观描述各类数据占总数的比例.
折线图：描述数据随时间的变化趋势.
条形图和直方图：直观描述不同类别或分组数据的频数和频率.
角度2 频率分布直方图
4.[2022天津高考]为研究某药品的疗效，选取若干名志
愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：
）的分组区间为 ， ， ，
， ，将其按从左到右的顺序分别编号为
第一组，第二组， ，第五组.如图是根据试验数据制
B
A. B. C. D.
成的频率分布直方图.已知第一组与第二组共有20人，第
三组中没有疗效的有6人，则第三组中有疗效的人数为( )
[解析] 由频率分布直方图得第一组、第二组、第三组的频率分别为0.24， ， .因为第一组和第二组共有20人，所以志愿者的总人数为 ，所以第三组的人数为 ，则第三组中有疗效的人数为 ，故选B.
5.[2018全国卷Ⅰ]某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据（单位: ）和
使用了节水龙头50天的日用水量数据,得到频数分布表如下:
未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数 1 3 2 4 9 26 5
使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数 1 5 13 10 16 5
（1）在图中作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图;
[解析] 频率分布直方图如图所示.
（2）估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于 的概率;
[解析] 根据（1）中的频率分布直方图，知该家庭使用节水龙头50天日用水量小于 的频率为 ,
因此该家庭使用节水龙头后，日用水量小于 的概率的估计值为0.48.
（3）估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？（一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）
[解析] 该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为 ,
该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为 ,
估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省水 .
方法技巧
与频率分布直方图相关的结论
（1）频率分布直方图中各小长方形的面积之和为1.
（2）频率分布直方图中纵轴表示 ，故每组样本的频率为组距 ，即小长
方形的面积.
（3）频率分布直方图中每组样本的频数为频率 总数.
1.[命题点1角度2/多选]已知某地区有小学生 人，初中生 人，高中生5
5 000人，当地教育部门为了解本地区中小学生的近视率，按小学生、初中生、高中
生进行分层随机抽样，抽取一个容量为2 000的样本，得到小学生、初中生、高中生
的近视率分别为 ， ， .下列说法中正确的有( )
A.从高中生中抽取了440人
B.每名学生被抽到的概率为
C.估计该地区中小学生总体的平均近视率为
D.估计高中生的近视人数为44 000
ABD
[解析] 由题意，得每名学生被抽到的概率为 ，故B正确；
从高中生中抽取了 （人），故A正确；估计高中生的近视人数为
,故D正确；学生总人数为 人，小学生占比为
，同理，初中生、高中生占比分别为 ， ，在容量为
的样本中，小学生、初中生和高中生分别有960人、600人和440人，则近视人数为
，所以估计该地区中小学生总体的
平均近视率为 ，故C错误.
2.[命题点2角度1/2018全国卷Ⅰ]某地区经过一年的新农村建设,农村的经济收入增加了一倍,实现翻番.为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况,统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例,得到如图所示的饼图:
则下面结论中不正确的是( )
A.新农村建设后,种植收入减少
B.新农村建设后,其他收入增加了一倍以上
C.新农村建设后,养殖收入增加了一倍
D.新农村建设后,养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半
A
[解析] 解法一 设建设前经济收入为 ，则建设后经济收入为 ，则由饼图可得建
设前种植收入为 ，其他收入为 ,养殖收入为 .建设后种植收入为 ,
其他收入为 ,养殖收入为 ，养殖收入与第三产业收入的总和为 ，所以
只有A是错误的．
解法二 设新农村建设前经济收入的总量为 ，则新农村建设后经济收入的总量为
.
因为 ，所以新农村建设后，种植收入增加，而不是减少，所以A是
错误的.
3.[命题点2角度1]受益于年轻人的线上消费倾向,在线外卖行业市场规模不断快速增长,
如图为2011—2021年中国在线外卖行业市场规模及年增长率统计图，则下列结论错
误的是( )
A. —2021年中国在线外卖行业市场规模年增长率都不低于
B. —2021年中国在线外卖行业市场规模年增长率的极差为
C. —2021年中国在线外卖行业市场规模年增加量最大的是2014年
D. —2021年中国在线外卖行业市场规模年平均增长率超过
[解析] A选项：由统计图可知A正确；B选项：2012—2021年中国在线外卖行业市场
规模年增长率的极差为 ,B正确；C选项：2014年中国在线外
卖行业市场规模年增加量不超过400亿元,但2021年的年增加量超过1 000亿元，C错
误；D选项：设2011—2021年中国在线外卖行业市场规模的年平均增长率为 ，则
，所以 ， ,D
正确.
√
02
用样本估计总体
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.结合实例，能用样本估计总体的集中趋势参数（平均数、中位数、众数），理解集中趋势参数的统计含义. 百分位数的估计 本讲是高考的热点，主要考查百分位数，样本数据的数
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.结合实例，能用样本估计总体的离散程度参数（标准差、方差、极差），理解离散程度参数的统计含义. 样本的数字特征 2022全国卷乙T19；2022全国 卷甲 T2；2021新高考卷Ⅰ ; 2021新高考卷Ⅱ ;2021全国 卷甲 T2;2021全国卷乙 T17； 2020全国卷Ⅲ ;2019全国卷 Ⅱ ；2019全国卷Ⅱ ；2 019全国Ⅲ 字特征，统计图中的数字特征，总体趋势估计等.预计2024年高考主
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.结合实例，能用样本估计总体的取值规律. 4.结合实例，能用样本估计百分位数，理解百分位数的统计含义. 总体集中趋势的估计 2022新高考卷Ⅱ ;2022全国 卷乙T19;2020全国卷Ⅱ ；2 020全国卷Ⅲ ；2019全国 卷Ⅲ 要以生产生活实践情境为载体考查样本的数字特征及对总体的估计.
总体离散程度的估计 2021全国卷乙 T17;2019全国卷 Ⅱ 续表
1.百分位数
一般地，一组数据的第 百分位数是这样一个值，它使得这组数据中至少有①____
的数据小于或等于这个值，且至少有②____________的数据大于或等于这个值.


常用结论
1.百分位数的特点：（1）一组数据的百分位数可能是这组数据中的数，也可能不是这组数据中的数；（2）第0百分位数为这组数据中的最小的数，第100百分位数为这组数据中的最大的数；（3）一组数据的某些百分位数可能是同一个数.
2.在实际应用中，除了中位数外，常用的分位数还有第25百分位数，第75百分位数.以上三个分位数把一组由小到大排列后的数据分成四等份，因此称为四分位数.其中第25百分位数也称为第一四分位数或下四分位数等，第75百分位数也称为第三四分位数或上四分位数等.
2.平均数、中位数、众数
数字特征 概念 特征
平均数 ③_ __________________. 与每一个数据有关，只有一个.
中位数 将一组数据按从小到大的顺序排列后，处 在最④______的一个数据（当数据个数是 奇数时）或最中间两个数据的⑤________ （当数据的个数是偶数时）． 中位数不受极端值的影响，仅利用了排在中间位置的数据信息.
众数 一组数据中出现次数⑥______的数据（即 频数最大值所对应的样本数据）. 体现了样本数据的最大集中点，不受极端值的影响，而且不一定唯一.

中间
平均数
最多
3.方差和标准差
名称 定义
样本的方差和标准差 假设一组数据是 , , , ,用 表示这组数据的平均数，那么这 个
数的方差 ⑦_ ____________________________________；
标准差 ⑧_______________________________________.


名称 定义
总体的方差和标准差 一般式 如果总体中所有个体的变量值分别为 , ， , ，总体平
均数为 ，则总体方差 ⑨_ _____________.
加权式 如果总体的 个变量值中，不同的值共有 个，不妨
记为 ， ， , ，其中 出现的频数为 ，则总体
方差为 ⑩_ ______________.
总体标准差： .


续表
4.分层随机抽样的样本方差
我们以比例分配分两层随机抽样的情况为例.假设第一层有 个数，分别为 , ,
,平均数为 ,方差为 ，第二层有 个数，分别为 , , , ，平均数为 ,方
差为 ，则 , , , .若记
样本均值为 ,样本方差为 ,则可以算出 ,
.
常用结论
1.平均数的性质
（1）若给定一组数据 ， ， ， 的平均数为 ，则 ， ， 的平
均数为 ， ， ， 的平均数为
（2）若两组数据 ， ， ， 和 ， ， 的平均数分别是 和 ，则 , , , 的平均数是 .
2.方差的性质
若给定一组数据 , , , ,其方差为 ,则 , 的方差为 ， , 的方差为 .特别地,当 时,有 , , , 的方差为 ,这说明将一组数据中的每一个数据都加上一个相同的常数,方差是不变的,即不影响数据的波动性.
1.下列说法正确的是( )
A.众数可以准确地反映出总体的情况
B.一组数据的平均数一定大于这组数据中的每个数
C.平均数、众数与中位数从不同的角度描述了一组数据的集中趋势
D.一组数据的方差越大,说明这组数据的波动越小
C
2.为了普及环保知识，增强环保意识，某大学随机抽取30名学生参加环保知识测试，
得分（十分制）如图所示，假设得分值的中位数为 ,众数为 ,平均值为 ,则
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题图知 .中位数是第15个数与第16个数的平均值，由题图知将数据从小到大排列，第15个数是5，第16个数是6，所以 .
又 , 所以 .
3.[2020全国卷Ⅲ]设一组样本数据 ， ， , 的方差为0.01，则数据 ,
, , 的方差为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为数据 的方差是数据 的方差的 倍，所以所求数据的方差为 .
4.[多选/2021新高考卷Ⅱ]下列统计量中可用于度量样本 ， ， ， 离散程度
的有( )
A. ， ， ， 的标准差 B. ， ， ， 的中位数
C. ， ， ， 的极差 D. ， ， ， 的平均数
AC
[解析] 平均数、众数和中位数均刻画了样本数据的集中趋势，一般地，对数值型数据集中趋势的描述，可以用平均数和中位数，对分类型数据集中趋势的描述，可以用众数.方差、标准差和极差均是度量样本数据离散程度的数字特征.故选AC.
5.[2019江苏高考]已知一组数据 ， ， ， ， ， ，则该组数据的方差是_ _.

[解析] 数据 , , , , , 的平均数是 ，则方差是
.
6.一个容量为20的样本，其数据按从小到大的顺序排列为： ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， .则该组数
据的第75百分位数为_____，第86百分位数为____.
14.5
17
[解析] ,∴第75百分位数为 ，∴第
86百分位数为第18个数据,即 .
命题点1 百分位数的估计
1.（1）某车间12名工人一天生产某产品的质量（单位： ）分别为13.8, ，
， ， ， ， ， ， ， ， ， ，则所给数据的
第25， 百分位数分别是_____，_____.


[解析] 将12个数据按从小到大排序： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， .（求一组数据的百分位数时，一定要先将该组数据按从小到大的顺序排列）
由 ，得所给数据的第25百分位数是第3个数据与第4个数据的平均数，即 由 ，得所给数据的第75百分位数是第9个数据和第10个数据的平均数，即 .
（2）[2022烟台诊断节选]2022年2月4日至20日，
第24届冬季奥林匹克运动会成功举办．这场冰
雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外
文明交流互鉴的舞台，折射出我国更加坚实的
文化自信，诠释着新时代中国的从容姿态，传
递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同
222.5
心声．某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：
分），并根据样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图．则该样本数据的第85
百分位数为______.
[解析] 由题意， ，解得
．
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下的样本所占比例为
,
观看时长在240分钟以下的样本所占比例为 ．
所以第85百分位数位于 内,
估计样本数据的第85百分位数为 ．
方法技巧
1.计算一组 个数据的第 百分位数的步骤
2.频率分布直方图中第 百分位数的求解步骤
（1）确定第 百分位数所在的区间 ；
（2）确定小于 和小于 的数据所占的百分比分别为 ， ，则第 百分位数为
命题点2 样本的数字特征
角度1 数据中的样本的数字特征
2.（1）已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的
平均数为 ，方差为 ，则( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
A
[解析] 设7个数为 ， ， ， ， ， ， ，则 ， ，所以 ， ，则这8个数的平均数为 ，
方差为 .
故选A.
（2）[多选/2022重庆三模]已知一组样本数据： ， ， ， ， ， ， ， ，
， ，关于这组样本数据，结论正确的是( )
A.平均数为8 B.众数为7 C.极差为6 D.中位数为8
BC
[解析] 对于A，平均数为 ,故A不正确；对于B，由众数的
定义知，众数为7，故B正确；对于C，极差为 ，故C正确；对于D，将题
中数据按照从小到大的顺序排列，为4, , , , , , , , , ,（求一组数据的中位
数，一定要先将该组数据按从小到大的顺序排列）
则中位数为 ，故D不正确．综上所述，选BC.
（3）[多选/2021新高考卷Ⅰ]有一组样本数据 ， ，由这组数据得到新样
本数据 , ，其中 ， 为非零常数，则( )
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
CD
[解析] 设样本数据 , , , 的平均数、中位数、标准差、极差分别为 , , , ，
依题意得，新样本数据 , 的平均数、中位数、标准差、极差分别为 ,
, , ，因为 ，所以C，D正确，故选CD.
角度2 统计图中的样本的数字特征
3.（1）[2023陕西省宝鸡市质检]某市教育局为得到高三
年级学生身高的数据，对高三年级学生进行抽样调查，
随机抽取了1 000名学生，他们的身高都在 ， ，
， ， 五个层次内，分男、女生统计得到如下图所
示的样本分布统计图，则( )
B
A.样本中 层次的女生比相应层次的男生人数多
B.估计样本中男生身高的中位数比女生身高的中位数大
C. 层次的女生和 层次的男生在整个样本中的频率相等
D.样本中 层次的学生人数和 层次的学生人数一样多
[解析] 设样本中女生有 人，则男生有 人，
设女生身高频率分布直方图中的组距为 ,
由 ，
所以 ，
所以女生身高频率分布直方图中 层次频率为0.2， 层次频率为0.3， 层次频率为0.2
5， 层次频率为 层次频率为 ,所以样本中 层次的女生人数为 ，男生人
数为 ，由于 的取值未知，所以无法比较 层次中男、女生人数，A错误；
层次女生在女生样本中频率为0.15，所以在整个样本中频率为 ， 层次男生在男
生样本中频率为 ,所以在整个样本中频率为 ，由于 的取值未知，所以
无法比较 层次的女生和 层次的男生在整个样本中的频率，C错误；
样本中 层次的学生数为 ，
样本中 层次的学生数为 ，
由于 的取值未知，所以 与 可能不相等，D错误，
女生中 ， 两个层次的频率之和为0.5，所以女生的样本身高中位数为 ， 层次的分界点，而男生 ， 两个层次的频率之和为 ， ， 三个层次的频率之和为0.65，显然中位数落在 层次内，所以样本中男生身高的中位数比女生身高的中位数大，B正确.故选B.
（2）[多选/2023云南模拟]某企业为了了解职工对某部门
的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该
部门的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），下列
说法正确的是( )
ABD
A. 的值为0.006
B.估计该企业的职工对该部门评分的中位数为
C.估计该企业的职工对该部门评分的平均值为76.5
D.从评分在 的受访职工中，随机抽取2人，则这2人评分都在 的概率为
[解析] 由直方图可得 ，故 .
由直方图可得平均数为
.
前3组的频率和为 ,前4组的频率和为
，故中位数在 内，设中位数为 ，
则 ，故 .故中位数为 .
评分在 的受访职工的人数为 ，其中评分在
的受访职工的人数为2，记为 ， ，在 的受访职工人数为3，记为 ，
， ，从5人中任取2人，所有情况如下： ， ， ， ， ，
， ， ， ， ，共10种，而2人评分都在 的情况为
，故2人评分都在 的概率为 ，故选ABD.
（3）[多选/2023湖南三湘名校大联考]最近几个月，各
学校均加强了疫情防控要求，学生在进校时必须走测温
通道，每天早、中、晚都要进行体温检测并将结果上报
给主管部门.某班级体温检测员对一周内甲、乙两名同学
的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论中
正确的是( )
ACD
A.甲同学体温的极差为
B.甲同学体温的第75百分位数为
C.乙同学体温的众数、中位数、平均数相等
D.乙同学的体温比甲同学的体温稳定
[解析] 观察题中折线图知甲同学体温的极差为 ，A正确；
将甲同学的体温从小到大排列： ， ， ， ，
，
因为 ，所以甲同学体温的第75百分位数为 错误；
将乙同学的体温从小到大排列： ， ， ， ，
，乙同学体温的众数为 ,中位数为 ，平均数为
，C正确；
乙同学的体温波动较甲同学的小，极差为 ，也比甲同学的小，因此乙同学的体
温比甲同学的体温稳定，D正确.故选ACD.
命题点3 总体集中趋势的估计
4.棉花是我国纺织工业重要的原料，新疆作为我国最大的产棉区，对国家棉花产业发展、确保棉粮安全以及促进新疆农民增收、实现乡村振兴战略都具有重要意义.准确掌握棉花质量现状、动态，可以促进棉花产业健康和稳定的发展.在新疆某地收购的一批棉花中随机抽测了100根棉花的纤维长度（单位: ），得到样本的频率分布表如下:
纤维长度 频数 频率
4 0.04
8 0.08
10 0.10
10 0.10
16 0.16
40 0.40
12 0.12
（1）在图中作出样本的频率分布直方图；
[解析] 样本的频率分布直方图如图所示.
（2）根据（1）中作出的频率分布直方图求这一棉花样本的众数、中位数与平均数，并对这批棉花的众数、中位数和平均数进行估计.
[解析] 由样本的频率分布直方图，得众数为 ，设中位数为
， ，解得 ，即中位数为 ；
设平均数为 ，则
，故平均数为 由样本的这些数据，可得
购进的这批棉花的众数、中位数和平均数分别约为 、 和 .
5.[2022合肥联考]统计局就某地居民的月收入（单位：元）情况调查了10 000人，并
根据所得数据画出了样本频率分布直方图（如图），每个分组包括左端点，不包括
右端点，如第一组表示月收入在 内.
（1）为了分析居民的收入与年龄、职业等方面的关系，必须按月收入再从这10 000
人中用分层随机抽样的方法抽出100人进行下一步分析，则月收入在
内的应抽取多少人？
[解析] 因为 ,所以
.
又 ，所以月收入在 内的频率为0.25，所以月收入
在 内的应抽取的人数为 .
（2）估计该地居民的月收入的中位数.
[解析] 因为 , , ,
,
所以样本数据的中位数是 .
因此估计该地居民月收入的中位数是3 900元.
（3）假设同组中的数据用该组区间的中点值代替，估计该地居民月收入的平均数.
[解析] 样本平均数为
，因此估计该地居民
月收入的平均数为3 900元.
方法技巧
频率分布直方图中的数字特征
（1）众数：样本数据的频率分布直方图中，最高小长方形的底边中点的横坐标；
（2）中位数：在频率分布直方图中,中位数左边和右边的直方图的面积应该相等；
（3）平均数：平均数在频率分布直方图中等于各组区间的中点值与对应频率之积的和.
命题点4 总体离散程度的估计
角度1 方差和标准差
6.[2019全国卷Ⅱ]某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况,随机调查了100
个企业,得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率 的频数分布表.
的分组
企业数 2 24 53 14 7
（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于 的企业比例、产值负增长的企业
比例；
[解析] 由题意可知,随机调查的100个企业中增长率不低于 的企业有 （个）,产值负增长的企业有2个,
所以这类企业中产值增长率不低于 的企业比例约为 ,产值负增长的企业比例约为 .
（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区
间的中点值为代表）.（精确到0.01）
附： .
[解析] 由题意可知,这类企业产值增长率的平均数约为
,
方差约为
,
所以标准差 .
7.[2021全国卷乙]某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7
新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 和 ，样本方差分别
记为 和 .
（1）求 ， ， , ;
[解析] 由表格中的数据易得：
，
,

，
.
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果
,则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否
则不认为有显著提高）.
[解析] 由（1）中数据可得 ，而
,显然有 成立，所以认为新设备
生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
方法技巧
总体离散程度的估计
（1）标准差（方差）刻画了数据的离散程度或波动幅度，标准差（方差）越大，数据的离散程度越大；标准差（方差）越小，数据的离散程度越小.
（2）在刻画数据的分散程度上，方差与标准差是一样的，但在解决实际问题时，一般多采用标准差.
角度2 分层随机抽样的方差与标准差
8.（1）[2023安徽省示范高中联考]为了调查公司员工的健康状况，某公司男、女员
工比例是 ,用分层随机抽样的方法抽取样本，统计样本数据如下：男员工的平均
体重为 ，标准差为 ；女员工的平均体重为 ，标准差为 则由此
估计该公司员工的平均体重是____ ，方差是______ .


[解析] 设该公司员工的平均体重为 ,方差为 ,由题意得
,所以方差
.
（2）某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动．在了解全校学生
每年平均阅读了多少本文学经典名著时，甲同学抽取了一个容量为10的样本，并算
得样本的平均数为5，方差为9；乙同学抽取了一个容量为8的样本，并算得样本的平
均数为6，方差为16.已知甲、乙两同学抽取的样本合在一起组成一个容量为18的样
本，则合在一起后的样本平均数为____，方差为_____.（精确到0.1）
5.4
12.4
[解析] 把甲同学抽取的样本的平均数记为 ，方差记为 ；把乙同学抽取的样本的
平均数记为 ，方差记为 ；把合在一起后的样本的平均数记为 ，方差记为 .
则 ，


.
即合在一起后样本的平均数为5.4，方差为12.4.
方法技巧
计算分层随机抽样的方差的步骤
（1）确定 ， ， ， ；
（2）确定 ；
（3）应用公式 ，计算 .
1.[命题点1/2023重庆名校第一次联考]从 ， ， ， ， ， ， ， 中随机取两
个数，这两个数一个比 大，一个比 小的概率为 ，已知 为上述数据中的第
百分位数，则 的取值可能为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ，所以 或 .当 时，数据中的第 百分
位数是第3个数据，则 ,解得 ,所有选项都不符合;当
时，数据中的第 百分位数是第6个数据，则 ，解得
,故C选项符合题意.
2.[命题点2角度2/2021全国卷甲]为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如图所示的频率分布直方图.
根据此频率分布直方图，下面结论中不正确
的是( )
C
A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为
B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为
C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
[解析] 对于A，根据频率分布直方图可知，家庭年收入低于4.5万元的农户比率约为
，故A正确；
对于B，根据频率分布直方图可知，家庭年收入不低于10.5万元的农户比率约为
，故B正确；
对于C，根据频率分布直方图可知，该地农户家庭年收入的平均值约为
（万元），故C错误；
对于D,根据频率分布直方图可知，家庭年收入介于4.5万元至 之间的农户比
率约为 ，故D正确.
3.[命题点2角度2/2022全国卷甲]某社区通过公
益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了
解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们
在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问
卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答
题的正确率如图，则( )
B
A.讲座前问卷答题的正确率的中位数小于
B.讲座后问卷答题的正确率的平均数大于
C.讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D.讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
[解析] 对于A，讲座前问卷答题的正确率的中位数是 ，所以A错误；
对于B，讲座后问卷答题的正确率分别是 ， ， ， ， ，
， ， ， ， ，其平均数显然大于 ，所以B正确；
对于C，由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波动较大，讲座后问卷答题的正确率
波动较小，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后问卷答题的正确率的
标准差，所以C错误；
对于D，讲座前问卷答题的正确率的极差是 ，讲座后问卷答题的
正确率的极差是 ，所以讲座前问卷答题的正确率的极差大于讲
座后问卷答题的正确率的极差，所以D错误.
4.[命题点4角度2/多选/2023广州部分中学阶段测试]某校为了解高中学生的身高情况，
根据男、女学生所占的比例，采用样本量按比例分配的分层随机抽样分别抽取了男
生50名和女生30名，测量他们的身高所得数据（单位： ）如下：
性别 人数 平均数 方差
男生 50 172 18
女生 30 164 30
根据以上数据，可计算出该校高中学生身高的总样本平均数 与总样本方差 分别
是( )
A. B. C. D.
BD
[解析] 设总样本量为 ，由题意得男生样本量 ，女生样本量 ，假
设男生的样本数据为 ，其平均数为 ,方差为 ,女生的样本数据为
，其平均数为 ,方差为 ,则总样本平均数
， 不正确，B
正确.总样本方差
，
故C不正确，D正确．
03
成对数据的统计分析
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解样本相关系数的统计含义，了解样本相关关系与标准化数据向量夹角的关系;会通过相关系数比较多组成对数据的相关性. 2.了解一元线性回归模型的含义，了解模型参数的统计意义，了解最小二乘原理， 成对数据的相关性 本讲是高考命题热点.对于回归分析，主要考查散点图，回归方程类型的识别，求相关系数和回归方程，利用回归方程进行预测等；对于独立性检验，主要考查列联表和依据小概率值的
样本的相关系数 2022全国卷乙 T1 9;2020全国卷Ⅱ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
掌握一元线性回归模型参数的最小二乘估计方法;针对实际问题，会用一元线性回归模型进行预测. 3.理解列联表的统计意义;了解列联表独立性检验及其应用. 回归模型及其应用 2020全国卷Ⅰ ;2 018全国卷Ⅱ 独立性检验进行分析，常与概率综合命题.题型以解答题为主，难度中等.预计2024年高考会以创新生产生活实践情境为载体考查回归分析和独立性检验.
列联表与独立性检验 2022新高考卷Ⅰ ;2021全国卷甲 T17；2020新高考 卷Ⅰ ；2020全 国卷Ⅲ ；2018 全国卷Ⅲ 续表
1.变量的相关关系
（1）相关关系：两个变量有关系，但又没有确切到可由其中的一个去精确地决定另一个的程度，这种关系称为相关关系.
（2）正相关和负相关：从整体上看，当一个变量的值增加时，另一个变量的相应值
也呈现①______ 的趋势，我们就称这两个变量②________ ；如果当一个变量的值
增加时，另一个变量的相应值呈现③______的趋势，则称这两个变量④________.
（3）线性相关：一般地，如果两个变量的取值呈现⑤____相关或⑥____相关，而且
散点落在⑦__________附近，我们就称这两个变量线性相关.
增加
正相关
减小
负相关
正
负
一条直线
2.样本相关系数
（1） .
（2）当 时，称成对样本数据⑧________；当 时，称成对样本数据⑨___
_____ ；当 时，只表明成对样本数据间没有线性相关关系，但不排除它们之间
有其他相关关系.
（3） .当 越接近于1，成对样本数据的线性相关性越⑩____（ ，成
对样本数据的正相关关系越强； ，成对样本数据的负相关关系越强）；
越接近于0，成对样本数据线性相关性越 ____ .
正相关
负相关
强
弱
3.一元线性回归模型
（1）一元线性回归模型
我们称 为 关于 的一元线性回归模型．其中， 称为因变量或响应变量， 称为自变量或解释变量； 和 为模型的未知参数， 称为截距参数， 称为斜率参数； 是 与 之间的随机误差．
（2）经验回归方程与最小二乘法
对于满足一元线性回归模型的两个变量的 对样本数据 , , , ,
其中 , ， ___________ , .
我们将 称为 关于 的经验回归方程，也称经验回归函数或经验回归公
式，其图形称为经验回归直线.这种求经验回归方程的方法叫做最小二乘法.求得的 ,
叫做 , 的最小二乘估计.

常用结论
1.经验回归直线过点 .
2.求 时，常用公式 .
3. ，若 ，两变量呈正相关；若 ，两变量呈负相关.
（3）残差分析
.对于响应变量 ，通过观测得到的数据称为观测值，通过经验回归方程得到的 称为
预测值，观测值减去 ________称为残差．残差是随机误差的估计结果，通过对残差的
分析可以判断模型刻画数据的效果，以及判断原始数据中是否存在可疑数据等，这方面
工作称为残差分析．
.残差的散点图:比较均匀地集中在以横轴为对称轴的水平带状区域内，则满足一元线
性回归模型对随机误差的假设．
.利用决定系数 刻画回归效果： .其中 是残差平方
和， 越大（接近1），表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好； 越小，表
示残差平方和越大，即模型的拟合效果越差.
预测值
4.列联表与独立性检验
（1） 列联表
一般地，假设有两个分类变量 和 ，它们的取值为 ，其样本频数列联表（称
为 列联表）为：
合计


合计
（2）临界值
.忽略 的实际分布与该近似分布的误差后，对于任何小概
率值 ，可以找到相应的正实数 ，使得 成立，我们称 为 的
临界值，这个临界值可作为判断 大小的标准.概率值 越小，临界值 ______.
越大
（3）独立性检验
基于小概率值 的检验规则是：
当 时，我们就推断 ________，即认为 和 ________，该推断犯错
误的概率不超过 ;
当 时，我们没有充分证据推断 不成立，可以认为 和 ______.这种利
用 的取值推断分类变量 和 是否独立的方法称为 独立性检验，读作“卡方独立
性检验”，简称独立性检验.
独立性检验中5个常用的小概率值和相应的临界值
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
不成立
不独立
独立
1.下列说法正确的是( )
A.散点图是判断两个变量相关关系的一种重要方法和手段
B.经验回归直线 至少经过 , ， ， 中的一个点
C.样本相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据的线性相关程度越弱
D.分类变量 , 关系越密切，则由观测数据计算得到的 的观测值越小
A
2.下列四个散点图中，变量 与 之间具有负的线性相关关系的是( )
A.&1& B.&2&
C.&3& D.&4&
D
3.某研究机构对高三学生的记忆力 和判断力 进行统计分析，所得数据如表：
6 8 10 12
2 3 5 6
则 对 的经验回归方程为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 易求 , ，将样本点的中心 代入验证，满足 .
4.[多选]下列关于成对样本数据的统计分析的判断中正确的有( )
A.若样本相关系数 ，则说明成对样本数据没有相关性
B.样本相关系数 越大，成对样本数据的线性相关性越强
C.用最小二乘法求得的一元线性回归模型的残差和一定是0
D.决定系数 越大，残差平方和越小，模型的拟合效果越好
CD
5.[多选]为了解阅读量多少与幸福感强弱之间的关系，一个调查机构根据所得到的数
据，绘制了如下所示的 列联表（个别数据暂用字母表示）:
幸福感强 幸福感弱 合计
阅读量多 18 72
阅读量少 36 78
合计 90 60 150
计算得: ，参照下表:
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
对于下面的选项，正确的为( )
A.根据小概率值 的独立性检验，可以认为“阅读量多少与幸福感强弱无关”
B.
C.根据小概率值 的独立性检验，可以在犯错误的概率不超过 的前提
下认为“阅读量多少与幸福感强弱有关”
D.
[解析] ，又 ， ，∴根据小概率值
的独立性检验，可以在犯错误的概率不超过 的前提下认为“阅读量多
少与幸福感强弱有关”，根据小概率值 的独立性检验，可以在犯错误的概
率不超过 的前提下认为“阅读量多少与幸福感强弱有关”， 错，C对，
， ， ， ， 对，D错，故选BC.
√
√
命题点1 成对数据的相关性
1.（1）已知变量 和 近似满足关系式 ,变量 与 正相关.下列结论
中正确的是( )
A. 与 正相关， 与 负相关 B. 与 正相关， 与 正相关
C. 与 负相关， 与 负相关 D. 与 负相关， 与 正相关
C
[解析] 由 ,知 与 负相关，即 随 的增大而减小，又 与 正相关，
所以 随 的增大而增大，随 的减小而减小，所以 随 的增大而减小， 与 负
相关.
（2）[2023湖北仙桃中学模拟]对四组数据进行统计后，获得了如图所示的散点图，
四组数据的相关系数分别为 , , , ,对各组的相关系数进行比较，下列说法正确
的是( )
第一组
第二组
第三组
第四组
A. B.
C. D.
[解析] 由题图可知，第一、四组数据均正相关，第二、三组数据均负相关，当相关
系数的绝对值越大时，数据的线性相关性越强.
第一组数据的线性相关性较第四组强，则 ，第二组数据的线性相关性较
第三组强，则 ,且 ， ，则 .
因此， .故选C.
√
方法技巧
判断两个变量相关性的3种方法
画散点图 若点的分布从左下角到右上角，则两个变量正相关；若点的分布从左上角到右下角，则两个变量负相关.
利用样本相关系数 时，正相关； 时，负相关.
利用线性回归方程 线性回归方程中： 时，正相关； 时，负相关.
命题点2 样本的相关系数
2.[2022全国卷乙]某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林
区某种树木的总材积量,随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单
位: ）和材积量（单位: ），得到如下数据:
样本号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和
根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6
材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9
并计算得 , ,
（1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量.
[解析] 估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积 ，
估计该林区这种树木平均一棵的材积量
（2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）.
[解析] ，
，
，
所以
,
所以样本相关系数 .
（3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横
截面积总和为 .已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数
据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.
附:相关系数 , .
[解析] 设该林区这种树木的总材积量的估计值为 ，由题意可知，该种树木的材
积量与其根部横截面积近似成正比，所以 ,
所以 ,即该林区这种树木的总材积量的估计值为 .
方法技巧
相关系数 的统计含义及应用
1.由 的正、负可判断成对样本数据中两相关变量是正相关还是负相关.
2.可根据 的大小从量的角度判断成对样本数据是否具有线性相关性,进而可知能否
用线性回归方程进行分析和预测.
3.当 时，即便求得了经验回归方程也没有任何统计意义.
命题点3 回归模型及其应用
角度1 一元线性回归模型
3.[2022郑州质量检测]2016年起，某贫困地区创新开展产业扶贫，经济收入逐年增加.该地的经济收入变化及构成比例如下表所示：
年份 2016 2017 2018 2019 2020
年份代号 1 2 3 4 5
经济收入 万元 500 900 1 400 1 700 2 000
2016年经济收入构成比例
2020年经济收入构成比例
（1）根据以上图表，试分析：与2016年相比，2020年第三产业与种植业的收入变化情况；
[解析] ①与2016年相比，2020年第三产业的收入占比大幅度增加；
②2016年第三产业的收入为30万元，2020年第三产业的收入为600万元，收入大幅度增加；
③与2016年相比，种植业收入占比减少，但种植业收入依然保持增长.
（2）求该地区经济收入 关于 的经验回归方程，并预测2025年该地区的经济收入.
参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据 ，其经验回归
直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为
， .
[解析] 由表格数据可得 ,
，
，
，
则 ， ，
则该地区经济收入 关于 的经验回归方程为 ，
当 时， ，故2025年该地区的经济收入大约为3 960万元.
4.[2023广西联考]某省为调查北部城镇2021年GDP，抽取了20个城镇进行分析，得到样本数据 ，其中 和 分别表示第 个城镇的人口（单位：万人）和该城镇2021年GDP（单位：亿元），计算得 , , , , ．
（1）请用相关系数 判断该组数据中 与 之间线性相关关系的强弱（若
，相关性较强；若 ，相关性一般；若 ，
相关性较弱）.
[解析] 由题意知,相关系数 ,
因为 与 的相关系数 满足 ,所以 与 之间具有较强的线性相关关系.
（2）求 关于 的线性回归方程.
[解析] ,
,所以 .
（3）若该省北部某城镇2023年的人口约为5万人，根据（2）中的线性回归方程估计该
城镇 年的GDP．
参考公式：相关系数 ，对于一组具有线性相关关系的数据
，其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计分别为
， .
[解析] 由（2）可估计该城镇2023年的 （亿元）.
方法技巧
回归模型问题的类型及解题方法
（1）求回归方程或回归系数：
①利用公式，求出回归系数 ;
②利用回归直线过样本点的中心 求 .
（2）利用回归方程进行预测：直接将已知数值代入回归方程求得特定要求下的预测值.
（3）判断线性相关性强弱：可以利用相关系数判断，当 越趋近于1时，两变量的
线性相关性越强.
（4）判断回归方程的拟合效果：利用残差图或决定系数 判断， 越大，拟合效
果越好.
角度2 非线性回归模型
5.[2023河南商丘一中质量检测] 网络是指第五代移动通信网络，它的主要特点是
传输速度快，峰值传输速度可达每秒钟数十 .作为新一代移动通信技术，它将要
支持的设备远不止智能手机，而是会扩展到未来的智能家居、智能穿戴等设备.某科
技创新公司基于领先技术的支持，经济收入在短期内逐月攀升，该公司1月份至6月
份的经济收入 （单位：万元）关于月份 的数据如下表，并根据数据绘制了如图
所示的散点图.
月份 1 2 3 4 5 6
收入 万元 6 11 23 37 72 124
（1）根据散点图判断 与 （ ， ， ， 均为常数）哪一个更
适合作为经济收入 关于月份 的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由）.
[解析] 由散点图可知， 更适合作为经济收入 关于月份 的回归方程类型.
（2）根据（1）的结果及表中数据，求出 关于 的回归方程（结果保留两位小数）.
[解析] 由 ，得 ，即 .
因为 ， ， ， ，
所以 ，所以
，
所以 ，
所以经济收入 关于月份 的回归方程为 .
（3）根据（2）所求得的回归方程，预测该公司7月份的经济收入（结果保留两位小数）.
参考公式及参考数据：回归直线 中斜率和截距的最小二乘估计公式为 ， .


3.5 45.5 3.34 17.5 393.5 10.63 239.85
其中 ， .
[解析] 当 时， （万元）.
所以预测该公司7月份的经济收入约为239.85万元.
方法技巧
常见非线性回归方程与线性回归方程的转换方式
非线性回归方程 变换公式 变换后的线性回归方程




命题点4 列联表与独立性检验
6.[2021全国卷甲改编]甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表:
单位：件
一级品 二级品 合计
甲机床 150 50 200
乙机床 120 80 200
合计 270 130 400
（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？
[解析] 由题意，可得甲机床、乙机床生产的产品总数均为200件，
因为甲机床生产的产品中一级品的频数为150，所以甲机床生产的产品中一级品的频率为 ,
因为乙机床生产的产品中一级品的频数为120，所以乙机床生产的产品中一级品的频率为 .
（2）依据小概率值 的独立性检验，分析甲机床的产品质量与乙机床的产品
质量是否有差异.
附： ，
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[解析] 零假设为 甲机床的产品质量与乙机床的产品质量无差异.
则根据列联表中的数据计算得 .
所以依据小概率值 的独立性检验，推断 不成立，即认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异，此推断犯错误的概率不大于 .
7.[2020全国卷Ⅲ改编]某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：
锻炼人次 空气质量等级
1（优） 2 16 25
2（良） 5 10 12
3（轻度污染） 6 7 8
4（中度污染） 7 2 0
（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1， ， ， 的概率.
[解析] 由所给数据，可得该市一天的空气质量等级为1， ， ， 的概率的估计值
如下表：
空气质量等级 1 2 3 4
概率的估计值 0.43 0.27 0.21 0.09
（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
[解析] 一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为
.
（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等
级为3或4，则称这天“空气质量不好”.根据所给数据，完成下面的 列联表，并
根据列联表，依据小概率值 的独立性检验，分析一天中到该公园锻炼的人
次是否与该市当天的空气质量有关.
人次 人次
空气质量好
空气质量不好
附： .
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
[解析] 零假设为 一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量无关.
根据所给数据，可得 列联表：
人次 人次
空气质量好 33 37
空气质量不好 22 8
根据列联表得 ,依据小概率值
的独立性检验，我们推断 不成立，即认为一天中到该公园锻炼的人次与
该市当天的空气质量有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.
方法技巧
独立性检验的一般步骤
（1）根据样本数据制成 列联表.
（2）根据公式 计算.
（3）比较 与临界值的大小关系，作统计推断.
回归分析模型的构建及应用
8.[2018全国卷Ⅱ]如图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额 （单位：亿元）
的折线图.
为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了 与时间变量 的两个线性回
归模型.根据2000年至2016年的数据（时间变量 的值依次为1, , , ）建立模型
①： ;根据2010年至2016年的数据（时间变量 的值依次为1, , ,
）建立模型②: .
（1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值.
[解析] 利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
（亿元）.
利用模型②，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
（亿元）.
（2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由.
[解析] 利用模型②得到的预测值更可靠.
理由如下：
从题图可以看出，2000年至2016年的数据对应的点没有随机散布在直线
上下，这说明利用2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好
地描述环境基础设施投资额的变化趋势.
2010年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016年的数据对应的点
位于一条直线的附近，这说明从2010年开始，环境基础设施投资额的变化规律呈线性增
长，利用2010年至2016年的数据建立的线性模型 可以较好地描述2010年
以后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠.
从计算结果看，相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元,由模型①得到的预测值226.1亿元的增幅明显偏低，而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理，说明利用模型②得到的预测值更可靠.
（以上给出了2种理由，考生答出其中任意一种或其他合理理由均可得分）
9.[2023广西师大附中检测]我国机床行业核心零部件对外依存度较高，我国整机配套的中高档功能部件大量依赖进口，根据中国机床工具工业协会的数据，国内高档系统自给率不到 ，约 依赖进口.因此，迅速提高国产数控机床功能部件的制造水平，加快国产数控机床功能部件产业化进程至关重要.通过对某机械上市公司近几年的年报公布的研发费用 （单位：亿元）与产品的直接收益 （单位：亿元）的数据进行统计，得到下表：
年份 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021
亿元 2 3 4 6 8 10 13
亿元 15 22 27 40 48 54 60
根据数据，可建立 关于 的两个回归模型：模型① ；模型② .
（1）根据表格中的数据，分别求出模型①，②的决定系数 的大小（结果保留三位小
数）.
[解析] 因为 ，
所以 ，
则模型①的决定系数 ，
模型②的相关指数 .
（2）（i）根据（1）选择拟合精度更高、更可靠的模型；
[解析] 由（1）知， ，所以模型②的拟合精度更高、更可靠.
（ii）若2022年该公司计划投入研发费用17亿元，使用 中的模型预测可为该公司
带来多少直接收益.
回归模型 模型① 模型②
79.13 18.64
附： , .
[解析] 由回归方程 ，可得当 时， （亿元），
所以若2022年该公司计划投入研发费用17亿元，预测大约为该公司带来72.93亿元的直接收益.
方法技巧
建立回归模型的基本步骤
1.确定研究对象，明确哪个变量是解释变量，哪个变量是响应变量.
2.建立预测模型，根据解释变量与响应变量的统计数据，观察它们之间的关系（或作出散点图），由经验确定回归模型的类型，然后建立回归模型.
3.求出回归方程，利用最小二乘估计求出回归方程中的参数，得到经验回归方程.
4.回归结果分析，利用残差、决定系数等判断拟合程度，确定回归方程，进行预测分析.
1.[命题点1，2，3/多选/2023湖湘大联考]对两个变量 和 进行回归分析,得到一组样
本数据 , , , , ,则下列结论正确的是( )
A.若求得的经验回归方程为 ,则变量 和 之间具有正的线性相关关系
B.若其经验回归直线 过点 ,则

C.若根据这组数据得到样本相关系数 ,则说明样本数据的线性相关性较强
D.若用决定系数 来刻画回归效果,回归模型1的决定系数 ,回归模型2的决
定系数 ,则模型1的拟合效果更好
AC
[解析] 因为 ,所以 与 之间具有正的线性相关关系,故A正确;
经验回归直线 恒过样本点的中心 ,则 , ,故 ,故B错误;
越接近于1,成对样本数据的线性相关性越强,故C正确；
决定系数 越大,模型拟合效果越好，故D错误.
2.[命题点3角度1]某大学生利用寒假参加社会实践,对机械销售公司7月份至12月份销
售某种机械配件的销售量及销售单价进行了调查,销售单价 和销售量 之间的一组
数据如下表所示:
月份 7 8 9 10 11 12
销售单价 元 9 9.5 10 10.5 11 8
销售量 件 11 10 8 6 5 14
（1）根据7月份至11月份的数据,求出 关于 的经验回归方程.
[解析] 因为 ,
,
所以 ,则 ,
所以 关于 的经验回归方程为
（2）若由经验回归方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过0.5,则认为所得到的经验回归方程是理想的.试依据12月份的数据判断（1）中所得到的经验回归方程是否理想.
[解析] 当 时， ,
则 ，
所以可以认为所得到的经验回归方程是理想的.
（3）预计在今后的销售中,销售量 与销售单价 仍然服从（1）中的关系,若该种机
械配件的成本是2.5元/件,则该配件的销售单价应定为多少元，才能获得最大利润
（注:利润=销售收入-成本）.
参考数据: , .
[解析] 设销售利润为 ,则
,
所以当 时， 取最大值.
所以该配件的销售单价定为7.5元时,获得的利润最大.
3.[命题点3角度2/2022豫北名校联考]某公司为研究某种图书每册的成本费 （单位：
元）与印刷数量 （单位：千册）的关系，收集了一些数据并进行了初步处理，得
到了如图所示的散点图及一些统计量的值.

15.25 3.63 0.269 2 085.5
-230.3 0.787 7.049 表中 ， .
（1）根据散点图判断： 与 哪一个模型更适合作为该图书每册
的成本费 与印刷数量 的回归方程？（只要求给出判断，不必说明理由）
[解析] 由散点图判断， 更适合作为该图书每册的成本费 与印刷数量 的回归方程.
（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立 关于 的回归方程（结果精确到0.01）.
附：对于一组数据 ， ， ， ,其回归直线 的斜
率和截距的最小二乘估计公式分别为 , .
[解析] ,先建立 关于 的线性回归方程，
由于 ，
所以 ，
所以 关于 的线性回归方程为 ,
所以 关于 的回归方程为 .
4.[命题点4]有关研究表明，正确佩戴安全头盔，规范
使用安全带能够将交通事故死亡风险大幅降低，对保
护群众生命安全具有重要作用.2020年4月，“一盔一带”
安全守护行动在全国各地开展.行动期间，公安交管部
门加强执法管理，依法查纠摩托车和电动自行车骑乘
人员不佩戴安全头盔、汽车驾乘人员不使用安全带的
行为，助推养成安全习惯.该行动开展一段时间后，某
市针对电动自行车骑乘人员是否佩戴安全头盔问题进
行调查，在随机调查的1 000名骑行人员中，记录其年龄（单位：岁）和是否佩戴头盔情况，得到如图所示的统计图：
（1）估算该市电动自行车骑乘人员的平均年龄；
[解析] 该市电动自行车骑乘人员的平均年龄为 （岁）.
（2）根据所给的数据，完成下面的列联表：
单位：名
年龄/岁 是否佩戴头盔 合计
是 否

合计
[解析] 依题意，完成列联表如下：
单位：名
年龄/岁 是否佩戴头盔 合计
是 否 540 60 600
340 60 400
合计 880 120 1 000
（3）根据（2）中的列联表，依据 的独立性检验，能否认为遵守佩戴安全
头盔规则与年龄有关？
附： .
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
[解析] 零假设为 遵守佩戴安全头盔规则与年龄无关.
由表得 ，
根据小概率值 的独立性检验，没有充分证据推断 不成立，
因此可以认为 成立，即认为遵守佩戴安全头盔规则与年龄无关.
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2024年高考数学专项复习
第六章 平面向量
01
平面向量的概念及线性运算
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过对力、速度、位移等的分析，了解平面向量的实际背景，理解平面向量的意义和两个向量相等的含义. 2.理解平面向量的几何表示和基本要素. 平面向量的概念 2022新高考卷Ⅰ 本讲命题热点为平面向量的线性运算、共线向量定理的应用，一
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
3.借助实例和平面向量的几何表示 ，掌握平面向量加、减运算及运算规则，理解其几何意义. 4.通过实例分析，掌握平面向量数乘运算及运算规则，理解其几何意义.理解两个平面向量共线的含义. 5.了解平面向量的线性运算性质及其几何意义. 平面向量的线性运算 2022新高考 卷Ⅰ ；2 020全国卷 Ⅰ ；20 20新高考卷 Ⅱ 般以选择题、填空题出现，难度不大.预计2024年高考命题稳定，备考时注意对向量的几何意义的理解和应用.
共线向量定理的应用 续表
1.平面向量的有关概念
名称 定义 备注
向量 既有①______又有②______的 量；向量的大小叫做向量的长度 （或③____）. 平面向量是自由向量.
零向量 长度为0的向量. 零向量记作 ，其方向是④____
__的.
单位向量 长度等于1个单位长度的向量. 与非零向量 共线的单位向量为
⑤___和⑥_____.
大小
方向
模
任意


名称 定义 备注
平行向量（共线向量） 方向⑦____________的非零向 量. 与任意向量平行（共线）.
相等向量 长度⑧______且方向⑨______的 向量. 相等向量一定是平行向量，平行向量不一定是相等向量.
相反向量 长度相等且方向相反的两个向量. 若 , 互为相反向量，则
.
的相反向量为 .
相同或相反
相等
相同
续表
注意 （1） 是一个向量，0是一个实数， .
（2）两个向量不能比较大小，只能判断它们是否相等，但它们的模可以比较大小.
2.平面向量的线性运算
向量运算 定义 法则（或几何意义） 运算律
加法 求两个向量和的运算. （1） .
（2）
向量运算 定义 法则（或几何意义） 运算律
减法 求 与 的相反向量 的和的运算叫做 与 的差. .
三角形法则
续表
向量运算 定义 法则（或几何意义） 运算律
数乘 求实数 与向量 的 积的运算. . （2）当 时， 与 的方 向⑩______；当 时， 与 的方向 ______；当 时， .
.

.

.
注意 利用三角形法则时，两向量要首尾相连;利用平行四边形法则时，两向量要有相同的起点.
相同
相反
续表
规律总结
向量运算的常用结论
（1）在 中，若 是 的中点，则 .
（2）对于任意两个向量 , ,都有:① ②
.
注意 当 , 不共线时:①式的几何意义是三角形中两边之和大于第三边，两边之差
的绝对值小于第三边；②式的几何意义是平行四边形中两邻边的长与两对角线的长
之间的关系.
3.共线向量定理
向量 与 共线的充要条件：存在唯一一个实数 ，使 ________.
注意 （1）只有非零向量才能表示与之共线的其他向量.（2）两向量共线包含同向共线和反向共线两种情况.

1.下列说法正确的是( )
A.零向量是唯一没有方向的向量
B.单位向量都相等
C. 与 同向，且 ，则
D.两个向量平行是这两个向量相等的必要不充分条件
D
2.[教材改编]如图，在 中， .若 ,
,则 ( )
C
A. B. C. D.
3.已知向量 ， ，若 ， ，则 的取值范围为______．

4.已知 ， ，则与向量 反向的单位向量为_ _________．

命题点1 平面向量的概念
1.下列说法正确的是( )
A.若两个向量相等，则它们的起点相同，终点相同
B.若 , , , 是不共线的四点，且 ，则四边形 为平行四边形
C. 的充要条件是 且
D.已知 ， 为实数，若 ，则 与 共线
B
[解析] A错误，两个向量是否相等只与模及方向有关，与位置无关；B正确，因为 ，所以 且 ，又 ， ， ， 是不共线的四点，所以四边形 为平行四边形；C错误，当 且 时还可能是 ，所以“ 且 ”是“ ”的必要不充分条件；D错误，当 时， 与 可以为任意向量，满足 ，但 与 不一定共线.故选B.
2.如图,等腰梯形 中，对角线 与 交于点 ，点 ，
分别在两腰 ， 上， 过点 ，且 ，则下列等式
成立的是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 根据相等向量的定义，A中, 与 的方向不同，故A错误;B中， 与
的方向不同，故B错误;C中， 与 的方向相反，故C错误;D中, 与 的方向
相同，且长度都等于线段 长度的一半，故D正确.故选D.
方法技巧
（1）向量定义的关键是方向和长度.
（2）非零向量的平行具有传递性.
（3）平行向量即共线向量，它们均与起点无关.
命题点2 平面向量的线性运算
角度1 向量加、减法的几何意义
3.（1）[多选] 是 所在平面内一点，且满足
,则 不可能是( )
A.钝角三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等边三角形
AD
[解析] 设 为边 的中点，则 ,∴由已知有
, 为直角三角形，故选AD.
（2）[2020全国卷Ⅰ]设 , 为单位向量，且 ,则 ____.

[解析] 解法一 如图，四边形 为平行四边形，设 ,
，利用平行四边形法则得 ，
， 为正三角形，
．
解法二 , 为单位向量，且 ， ，
， ,
, ．
方法技巧
因为向量的加法遵循平行四边形法则，所以要注意特殊的平行四边形对应的向量表示，注意菱形、矩形等在解题时的应用，尤其注意有 内角的菱形.
角度2 向量的线性运算
4.（1）[2022新高考卷Ⅰ]在 中，点 在边 上， .记 ,
,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为 ，所以 ,所以 故选B.
（2）在平行四边形 中， 是 的中点， 是线段 上的点，且
，则( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 由四边形 是平行四边形可知 ，所以
.因为 为 的中点，所以 ，
，所以
.故选D.
解法二 设 , ，因为 ，所以
，又
， 所以 ，所以 ,即 .故选D.
方法技巧
有关向量的线性运算问题的求解策略
求向量的线性运算问题时，要尽可能地转化到平行四边形或三角形中，选择从同一顶点出发的向量或首尾相接的向量，利用向量的加法、减法、数乘运算，相等向量、相反向量以及三角形中位线、相似三角形对应边成比例等平面几何性质，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量进行求解.
角度3 根据向量线性运算求参数
5.在 中，点 在线段 上，且 点 在线段 上（与点 ， 不
重合）.若 ，则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 设 , ,则
,则
故选C.
方法技巧
求参数问题可以通过向量的线性运算将向量表示出来，进行比较,构造方程（组）求解.
命题点3 共线向量定理的应用
6.（1）已知 为 内一点，且 ， ,若 ， ，
三点共线，则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 设 是 边的中点，则 ，由题意得 ，所以
，又因为 ， ， 三点共线，所以
，解得 .故选B.
（2）[2015全国卷Ⅱ]设向量 , 不平行，向量 与 平行，则实数 _ _.

[解析] 由于 与 平行，所以存在 ,使得 ,即 .因为向量 , 不平行，所以 , ，解得
方法技巧
利用共线向量定理解题的策略
（1）当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线,即 ， ， 三点共线
, 共线.
（2）若 与 不共线且 ,则 .
（3） （ , 为实数），若 ， ， 三点共线，则 .
（4）利用 求解.
注意 中的三个向量的起点相同时，才有 , , 三点共线
.
等和线定理
7.在扇形 中， 为弧 上的一个动点， .若 ，
则 的取值范围是______.

[解析] 解法一 如图1，在 上取一点 ，使 ，连接 ，与 交于
点 ，过 作 ，交 于点 ，则 ，所以
.当 , 重合时， 最小，为1;当 , 重合时， 最大，为3，所
以 的取值范围是 .
图1
解法二（坐标法） 设扇形 的半径为1，以 为原点，建立如图2所示的平面直
角坐标系，则 ， ，设 , ，则 （ , ），
，
即 解得
所以 .
图2
令 ，易知 在 上单调递减，
所以 ，
所以 的取值范围是 .
解法三（构造函数法） 设扇形 的半径为 ，
因为 ，
所以 即
，
整理得关于 的方程 .
易知 , ， ，所以 ，所以 .
令 ，易知 在 上单调递减，所以 ，
所以 的取值范围是 .
8.如图，四边形 是边长为1的正方形，延长 至 ，使得 ．动点
从点 出发，沿正方形 的边按逆时针方向运动一周回到 点，若
，则 的取值范围为______.

[解析] 解法一 如图，作点 关于点 的对称点 ,连接 ,所以
,当点 在点 时 取最小值0;过点 作 的平
行线，交 的延长线于点 ，连接 ,
由 ,易证 ，可知当点 在点 时， 的最大值取
.
解法二 建立如图所示的平面直角坐标系，则 ， ，
．
当点 在 上时， 则 ;
当点 在 上时， 则 ;
当点 在 上时， 则 ;
当点 在 上时， 则 .
综上可得, 的取值范围为 ．
方法技巧
等和线：如图， , 不共线，则直线 和 均为等和线.
“等和”的含义：平面内一组基底 , 及任一向量 ，
,若点 在直线 上或在平行于 的直线 上，则
（定值）.
结论：（1）当等和线 恰为直线 时， ；
（2）当等和线 在点 和直线 之间时， ；
（3）当直线 在点 和等和线 之间时， ；
（4）当等和线 过点 时， ；
（5）若直线 与等和线 关于 点对称，则 .
关键：（1） ；（2） .
1.[命题点3]已知梯形 中， ，且 ，点 在线段 上，若
，则实数 ( )
C
A. B. C. D.
[解析] 如图，延长 ， 交于点 ，因为 且 ，
所以点 是 的中点， ，由题知
，
因为 ， ， 三点共线，所以 ，解得 .故选C.
2.[命题点3]在 中，点 满足 ，过点 的直线与 ， 所在直线
分别交于点 ， ，若 ，则 的最小值
为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 如图，连接 ，易知
.因为 ， ， 三点共线，所
以 ，因为 , ，所以

，当且仅当 ,即
时等号成立.
3.[命题点3/2020江苏高考]如图，在 中， , , ， 在
边 上，延长 到 ，使得 ,若 （ 为常数），
则 的长度是_ ______.
或0
[解析] 由题意可设 ， ，所以
，因为 ， ， 三点共线，所以 ，则 ，即
，又 ，则 ， ，所以 .当 与 重合时，
;当 与 不重合时，在 中，由题意可得 ，在 中，
由余弦定理可得 ，即 ，解得 .综上，
或 .
4.[思维帮/2017全国卷Ⅲ]在矩形 中， ， ，动点 在以点 为圆
心且与 相切的圆上.若 ,则 的最大值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴, 轴建立如图所示
的平面直角坐标系，
则 ， ， ， .
可得直线 的方程为 ，点 到直线 的距离 ，
所以圆 的方程为 .
因为点 在圆 上，所以可设 .
易知 ， ， ，
所以 所以 ,
其中 满足 .所以 的最大值为3.
解法二 如图，连接 ,过点 作 交直线 于点 ,因为 ,
则由等和线定理可知，当等和线 与圆相切时， 最大，设此时 与直线 交于
点 ,则易知 ,此时 ，故选A.
02
平面向量基本定理及坐标表示
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解平面向量基本定理及其意义. 2.借助平面直角坐标系，掌握平面向量的正交分解及坐标表示. 3.会用坐标表示平面向量的加、减运算与数乘运算. 4.能用坐标表示平面向量共线、垂直的条件. 平面向量基本定理的应用 2018全国卷Ⅰ 该讲命题热点为平面向量的坐标运算、共线的坐标表示等，一般以选择题、填空题的形式出现，难度不大.预计2024年高考命题稳定，备考时要关注坐标法在求解向量问题中的应用.
平面向量的坐标表示 2022北京T10；2021 全国卷甲T14；2021 新高考卷Ⅰ ；2 019全国卷Ⅱ ；20 18全国卷Ⅲ 1.平面向量基本定理
（1）定理:如果 , 是同一平面内的两个①________向量,那么对于这一平面内的
任意向量 ,②__________一对实数 , ,使 .
（2）基底：若 , ③________,我们把 叫做表示这一平面内所有向量的一
个基底.
注意 （1）基底向量 , 必须是同一平面内的两个不共线的向量，零向量不能作
为基底向量；（2）基底给定，同一向量的分解形式唯一.
不共线
有且只有
不共线
2.平面向量的坐标表示
（1）把一个向量分解为两个④__________的向量，叫做把向量作正交分解.
（2）平面向量运算的坐标表示
坐标表示
和（差） 已知 , ,则 ⑤________________,
⑥________________.
数乘 已知 ,则 ,其中 是实数.
任一向量的坐标 已知 , ,则 ⑦________________.
互相垂直



说明 （1）相等向量的坐标相同；（2）向量的坐标与表示该向量的有向线段的端点无关，只与其相对位置有关.
（3）平面向量共线的坐标表示
如果 , ,那么 的充要条件为⑧_______________.

1.如图所示，点 在 的对角区域 的阴影内（不
包括边界），且满足 ，则实数对 可
以是( )
C
A. B. C. D.
2.[多选]设 ， 是平面内两个不共线的向量，则以下 可作为该平面内一个
基底的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
ACD
3.已知 , 不共线， , ,要使 能作为平面内所有向
量的一个基底，则实数 的取值范围是_________________.

4.已知向量 ， ，其中 ， ．若 ，则 的值为
___．
4
命题点1 平面向量基本定理的应用
1.（1）[2018全国卷Ⅰ]在 中， 为 边上的中线， 为 的中点，则
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 根据向量的运算法则可得，在 中， .因为 为 的中点，所以 ,在 中， .因为 为 的中点，所以 在 中， .逐步代入，可得 .故选A.
解法二 由 为 的中点，得 ，由 为 的中点，得 .在 中， .故选A.
（2）如图，在直角梯形 中， , ，
且 ，则 ( )
C
A. B. C. D.
[解析] 根据题图，由题意可得
．因为 ，所以
, ，所以 ．故选C.
方法技巧
用平面向量基本定理解决问题的一般思路
（1）先选择一个基底，并运用该基底将相关向量表示出来，再通过向量的运算来解决．
（2）在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．另外，要熟练运用平面几何的一些性质定理．
注意 同一个向量在不同基底下的分解是不同的，但在同一基底下的分解是唯一的.
命题点2 平面向量的坐标表示
角度1 平面向量的坐标运算
2.（1）[2015全国卷Ⅰ]已知点 , ,向量 ,则向量
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ,所以
.故选A.
（2）[2022郑州一模]已知向量 , , 在正方形网格中的位置如图
所示，以 ， 为基底，则( )
C
A. B.
C. D.
[解析] 建立如图所示平面直角坐标系，则 , ,
.设 ，则 解得 故
.故选C.
角度2 向量共线的坐标表示
3.（1）[2021全国卷乙]已知向量 , ,若 ,则 _ _.

[解析] 因为 ，所以 ，解得 .
（2）[2014陕西高考]设 ，向量 ,若 ，
则 _ _.

[解析] , , . ,
, .
方法技巧
利用平面向量的坐标运算求解有关向量问题的思路
1.利用相等向量的坐标相同以及共线向量的坐标表示列出方程（组）进行求解.
2.已知 ， ，利用 的充要条件解题时不能表示成 的形式，因为 ， 有可能等于0.
坐标法在平面向量中的应用
4.（1）在矩形 中， ， ， 是以点 为圆心，2为半径的圆上
的动点.设 ,则 的最小值为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 如图，以点 为原点，以 和 所在直线分别为 轴和
轴，建立平面直角坐标系，则 ， ， ，圆
的方程为 .
因为点 在圆 上，所以可设点 的坐标为 ，
又 ，所以
，即
所以 （其中
）.故选B.
（2）[2022北京高考]在 中， , , 为 所在平面
内的动点，且 ,则 的取值范围是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴、 轴建立平面直角坐标系，
则 ， ，设 ，则 ， ，
，所以 ，
又 表示圆 上一点到点 的距离的平方，圆心
到点 的距离为 ，所以 ，即
.故选D.
方法技巧
向量问题坐标化的技巧
通过建立平面直角坐标系，引入向量的坐标运算，然后结合三角函数、解析几何或函数等知识进行求解.将某些复杂的问题坐标化求解，凸显了向量的代数特征.
1.[命题点1]如图是由等边三角形 和等边三角形 构成的六角
星，图中的 ， ， ， ， ， 均为对应线段的三等分点，两
个等边三角形的中心均为 .若 ，则 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 因为等边三角形 和等边三角形 的中心均为 ，所
以 ， ， 三点共线， , , 三点共线.如图，连接 ， ，
则四边形 ， 都是平行四边形，且点 为 ， 的中
点.在 中， .在平行四边
形 中， ，所以
，即 ，又
,所以 , ，所以 .故选B.
2.[命题点2角度1/多选]已知向量 , ，若向量 ，
则使 成立的 可能是( )
A. B. C. D.
AC
[解析] 因为 ， ，所以向量 .当 时， ，满足题意；当 时， ，不满足题意；当 时， ，满足题意；当 时， ，不满足题意.
3.[命题点2角度2]已知 , , , .若 ，则 的最大值
为( )
A. B. C. D.
A
[解析] ，所以 ，又 , ，所以
，当且仅当 ，即 时取等号,所以 的最大值
为 .故选A.
03
平面向量的数量积及应用
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.通过物理中功等实例，理解平面向量数量积的概念及其物理意义，会计算平面向量的数量积. 平面向量的数量积运算 2021新高考卷Ⅱ ；2020北京T13 本讲每年必考，主要考查向量的数量积运算、向量的夹角、模长、垂直问题，一般以客观题
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.会用数量积判断两个平面向量的垂直关系. 3.能用坐标表示平面向量的数量积，会表示两个平面向量的夹角. 平面向量数量积的应用 2022全国卷乙T3；2022全国 卷甲T13；2022新高考卷Ⅱ ；2022天津T14；2021新 高考卷Ⅰ ；2021全国卷 甲T14；2021全国卷乙T14；2 020全国卷Ⅰ ；2020全国 卷Ⅱ ；2020新高考卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅰ ；201 9全国卷Ⅱ ；2018全国卷 Ⅱ ；2018浙江T9 形式出现，难度不大.预计2024年高考命题稳定，常规备考的同时要关注向量与三角、解析几何等的综合以及坐标法在解题时的应用.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
4.会用向量方法解决简单的平面几何问题、力学问题以及其他实际问题，体会向量在解决数学和实际问题中的应用. 平面向量的应用 2020天津T15 形式出现，难度不大.预计2024年高考命题稳定，常规备考的同时要关注向量与三角、解析几何等的综合以及坐标法在解题时的应用.
续表
1.向量的夹角
定义 图示 范围 共线与垂直
已知两个非零向量 ， ， 是平面 上的任意一点.作 , ， 则①_______叫做向量 与 的夹 角，记作 . 设 是 与 的 夹角，则 的取 值范围是②_____. 或
③____
__，④_ ___
__ .
注意 研究向量的夹角时应注意“共起点”.




思维拓展
1.两个向量夹角的范围为 ，两条直线夹角的范围为
2.（1）两个向量 ， 的夹角为锐角 且向量 ， 不共线；
（2）两个向量 ， 的夹角为钝角 且向量 ， 不共线．
2.平面向量的数量积
已知两个非零向量 与 的夹角为 ，我们把数量⑤___________叫做向量 与 的
数量积，记作⑥_____.
注意 零向量与任意向量的数量积为0.


3.投影与投影向量
如图，过 的起点 和终点 ，分别作向量 所在直线的垂线，垂足分别为
， ，得到 ，我们称上述变换为向量 向向量 ⑦______， 叫做向量
在向量 上的⑧__________.
设与 方向相同的单位向量为 ， 与 的夹角为 ，则 .
投影
投影向量
4.向量数量积的运算律
（1） ；
（2） ；
（3） .
注意 （1）向量数量积的运算不满足乘法结合律，即 不一定等于
， 这是由于 表示一个与 共线的向量， 表示一个与 共
线的向量，而 与 不一定共线．
（2）平方差公式、完全平方公式仍适用.
5.平面向量数量积的有关结论
已知非零向量 , , 与 的夹角为 .
几何表示 坐标表示
数量积 . ⑨____________.
模 . ⑩_ _________.
夹角 _____. .
的充要条件 . _______________.
的充要条件 . _______________.
与 的关系 （当且仅当 时等号成立）.
.





1.以下说法正确的是( )
A.两个向量的数量积是一个实数，向量的加法、减法、数乘运算的运算结果是向量
B.由 可得 或
C.
D.已知两个非零向量 与 的夹角为 ，若 ，则 为锐角
A
2.已知点 , , , ，则 在 方向上的投影向量为
______.

3.已知 的三边长均为1，且 ， ， ，则
＝_ ___.

4.[教材改编]已知平面内三个向量 , , 两两夹角相等，且 ， ，
则 ______.
或
5.[教材改编]若向量 , 满足 , ,则 在 方向上的投影向量
的模为_ _.

命题点1 平面向量的数量积运算
1.（1）[2022全国卷甲]设向量 , 的夹角的余弦值为 ，且 , ,则
____.

[解析] .
（2）[2020北京高考]已知正方形 的边长为2，点 满足 ，
则 ____； ____.


[解析] 解法一 如图1，由题意及向量加法的平行四边形法则可知， 为 的中点，
在三角形 中， , ,
.
图1
解法二 以 为坐标原点， , 所在直线分别为 轴、 轴，建立如图2所示的
平面直角坐标系，则 , , , ,
， , , ，
.
图2
（3）如图，在 中， ， 为 上
一点，且满足 ，若 , ,则
的值为_ __.

[解析] ,
.
, , 三点共线，
, .
解法一（基底法）
.
解法二（坐标法） 如图，以 所在的直线为 轴，过点 且垂直于 的直线为
轴，建立平面直角坐标系.
， ， ,
, ,
, , ,
, ,
,
.
,
.
2.[2020新高考卷Ⅰ]已知 是边长为2的正六边形 内的一点，则 的
取值范围是( )
A
A. B. C. D.
[解析] 解法一 ，
又 表示 在 方向上的投影数量，所以结合图形
可知，当 与 重合时投影数量最大，当 与 重合时投影数量最
小.又因为 ,
,故当点 在正六边形 内部运动时，
.故选A.
解法二 以 为原点建立平面直角坐标系，如图所示，设点 ，则 , ， ，易知 ，所以 故选A.
方法技巧
求非零向量 ， 的数量积的方法
1.定义法： .
2.基底法：选取合适的一组基底，利用平面向量基本定理将待求数量积的两个向量分别表示出来，进而根据数量积的运算律和定义求解.
3.坐标法：已知条件中有（或隐含）正交基底，优先考虑建立平面直角坐标系，利
用 求解.
命题点2 平面向量数量积的应用
角度1 向量的模问题
3.（1）[2022全国卷乙]已知向量 ， ,则 = ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题意知 ，所以 .故选D.
（2）[2021全国卷甲]若向量 ， 满足 , , ,则 ____.

[解析] 由 得 ，即 ，结合 ，
，得 ，所以 .
（3）[2016全国卷Ⅰ]设向量 ， ，且 ，则
____.

[解析] 解法一 ,所以 等价于
,解得 .
解法二 由 ，得 ，则 ,即 ，所以
.
方法技巧
求平面向量模的两种方法
公式法 利用如下公式转化求解.
① 或 ；
② ；
③若 ，则 .
几何法 利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解.
注意 在求解与向量的模有关的问题时，注意对结论 ， 的灵活运用.
角度2 向量的夹角问题
4.（1）[2022新高考卷Ⅱ]已知向量 , , ,若 = ,
则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 解法一 由题意，得 ，所以
， .因为
= ，所以 ，即 ，即 ，解得
.故选C.
解法二 因为 = ,且 ,所以由向量加法的平行四边形法则得
,易知 ， ，所以 .
（2）[2020全国卷Ⅲ]已知向量 , 满足 , , ,则 ,
=( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题意，得 ，
，
所以 ， .故选D.
（3）[2022天津高考]在 中, , , , ,用 , 表
示向量 ，则 _ ________;若 ,则 的最大值为___.


[解析] 由题意知 ,又 ,所以 ,则
.
,
因为 ,所以 ,化简整理,得
,则 ,所以
,当且仅当 时等号成立,又
,所以 ,即 的最大值为 .
方法技巧
求平面向量夹角问题的三种方法
定义法 当 , 是非坐标形式时，由 求得.
坐标法 若已知 与 ,则
, .
解三角形法 可以把所求两向量的夹角放到三角形中进行求解.注意向量夹角与三角形内角的关系.
角度3 向量的垂直问题
5.（1）[2020全国卷Ⅱ]已知单位向量 , 的夹角为 ，则在下列向量中，与 垂
直的是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 由题意，得 .对于A，
，故A不符合题意；对于B，
，故B不符合题意；对于C，
，故C不符合题意；对于D，
，所以 ，符合题意.故选D.
解法二 根据条件,分别作出向量 与A，B，C，D四个选项对应的向量的位置关系，
如图所示.
A
B
C
D
由图易知，只有选项D满足题意.故选D.
解法三 不妨设 , ,则 , , , ,易知,只有 ,即 .故选D.
（2）[2021全国卷乙]已知向量 , ,若 ，则 _ _.

[解析] 解法一 , , ,即 , ,解得 .
解法二 由 可知， ，即 ,从而 .
方法技巧
1.证明两个向量垂直的解题策略
先计算出这两个向量的坐标或表示出两个向量，然后根据数量积的运算公式，计算出这两个向量的数量积为0即可.
2.已知两个向量的垂直关系，求解相关参数的值
根据两个向量垂直的充要条件，列出相应的关系式，进而求解参数.
命题点3 平面向量的应用
6.（1）在日常生活中，我们会看到两人共提一个行李包的情况（如
图）.假设行李包所受重力为 ，所受的两个拉力分别为 ， .若
与 的夹角为 ，则下列结论不正确的是( )
D
A. 的最小值为
B.当 时，
C.当 时，
D.当 时， 在 方向上的投影数量为
[解析] 由题意知， ，且 为定值，因为 ,所以
,所以 .
因为 时， 单调递减，
所以关于 的函数 单调递增,
即 越大越费力， 越小越省力.
当 时， ;当 时， ;
当 时， .故A，B，C正确.
对于D选项，当 时， 在 方向上的投影数量为 ,
故D不正确.故选D.
（2）如图，在矩形 中， , , ,垂足为 ,则 _ ___.

[解析] 如图，以 为坐标原点， ， 所在直线分别为 轴、 轴建立平面直角
坐标系，则 ， ， ， ， .
设 ，则点 的坐标为 ,故 .
因为 ，
所以 ，即 ,解得 ，
所以 ，
故 ，则 ，即 .
三角形中“四心”的向量表示
7. 是平面上一定点， ， ， 是平面上不共线的三个点，动点 满足
， ，则点 的轨迹一定通过 的( )
A.外心 B.内心 C.重心 D.垂心
B
[解析] ， .
令 ,则 是以 为起点，向量 与 对应线段为邻边的菱形的
对角线对应的向量，即 在 的平分线上．
，
, , 共线．
故点 的轨迹一定通过 的内心．
故选B.
8.[2022湖南五市十校联考]已知 的重心为 ，过 点的直线与边 和 的
交点分别为 和 ，若 ,则 与 的面积的比值为_ __.

[解析] 解法一 因为 为 的重心，
所以
又 ，所以 .
设 ，则
又 , , 三点共线，所以 , ,所以 ，
所以 .
解法二 可假设 是边长为 的等边三角形，建立平面直角坐标系，如图所
示，则 ， , , ，因为 ，故可得出
，直线 方程为 ，
所以 ，
所以 , ，
则 .
方法技巧
三角形的“四心”的向量表示
（1） 是 的重心 ；
（2） 是 的垂心 ;
（3） 是 的外心 （或 ）
（4） 是 的内心 （ , , 为内角 , , 的对
边）.
注意 向量 所在直线（是 的平分线所在直线）过
的内心.
极化恒等式
9.[2017全国卷Ⅱ]已知 是边长为2的等边三角形, 为平面 内一点,则
的最小值是( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 如图,取 的中点 ，则 ,则
,在 中，取 的中点 ，则
,由于点 在平面内是任意的，因此当且仅
当点 ， 重合时， 取得最小值，即 取得最小值 .故选B.
解法二 如图，以等边三角形 的底边 的中点 为坐标原点， 所在直线
为 轴， 的垂直平分线为 轴建立平面直角坐标系，则 , ,
.
设 ，则 , , （ , ）,所以 ，易知当 ， 时， 取得最小值，最小值为 .故选B.
10.[2020天津高考]如图，在四边形 中， ， , ,且
, ，则实数 的值为__，若 ， 是线段 上的动点，且
，则 的最小值为_ __.


[解析] 依题意得 ， ，由
，得 ，因此 .
取 的中点 ，连接 ,则 ，
.注意到线段
在线段 上运动时， 的最小值等于点 到直线 的距离，即
，因此 的最小值为 ，即 的最小值
为 .
方法技巧
极化恒等式： .
几何意义：向量 , 的数量积等于以这组向量所对应的线段为邻边的平行四边形的“和对角线长”与“差对角线长”的平方差的 .
应用：（1）在 中， 为 ， 的交点，则有
.
（2）如图，在 中，若 是 的中点，则 .
1.[命题点1]在四边形 中， ， ， ， ，点
在线段 的延长线上，且 ，则 ____.

[解析] 如图，在等腰 中，易得 ，故
，则

.
2.[命题点2]设 ， ， 是单位向量，且 ，则 的最小值为
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 依题意，设 , , ，则 , , ，则所求最小值为 .
3.[思维帮/2023河南名校摸底考试]已知点 是 所在平面内一点，有下列四个
等式：甲： ;乙： ;丙：
;丁： .如果只有一个等式不成立，
则该等式为( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
B
[解析] 对于甲，由 ,可知点 为 的重心.对于乙，
，可推出 为直角三角形.对于
丙,由 ,可知点 为 的外心.对于丁,由 ，
得 ，即 ，故 .同理可得， ，故点
为 的垂心.若等式乙成立，则 为直角三角形（ 为直角），其外心为斜
边 的中点，垂心为直角顶点 ,重心在 内部（不含边界），所以等式甲、
丙、丁中的任意两个均不可能同时成立，所以如果只有一个等式不成立，则该等式
为乙，故选B
4.[思维帮]在 中， ， ， ，D是 的中点， ， 分别
是边 ， 上的动点，且 ，则 的最小值等于_ __.

[解析] 如图，取 的中点 ，连接 , , ,则
，因为 ，
所以 ,所以
.
04
余弦定理、正弦定理
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
借助向量的运算,探索三角形边长与角度的关系, 利用正、余弦定理解三角形 2022新高考卷Ⅰ ；2022新高考卷Ⅱ ；2022全国卷甲T16；2021全国卷甲T8；2021全国卷乙T15；2021新高考卷Ⅰ ；2021浙江T14；2020全国卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅲ ；2020新高考卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅰ ；2019全国卷Ⅱ ；2019全国卷Ⅲ ；2018全国卷Ⅰ ； 2018全国卷Ⅱ ；2018全国卷 Ⅲ 本讲每年必考，主要考查正、余弦定理的应用，如求解三角形的边长、角度、周长、面积等问题，也会作为方法求解其他章节
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
掌握余弦定理、正弦定理. 判断三角形的形状 2021新高考卷Ⅱ 问题，题型小题大题都有可能，难度中等.预计2024年高考命题稳定，备考时要重视正、余弦定理的应用.
与面积、周长有关的问题 2022全国卷乙T17；2022新高考卷Ⅱ ；2022北京T16；2021北京T16；20 21新高考卷Ⅱ ；2020全国卷Ⅱ ； 2019全国卷Ⅲ 续表
1.正、余弦定理
在 中，若角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ， 为 的外接圆半
径，则
定理 正弦定理 余弦定理
内容 ①____. ;
②__________________;
③__________________.



定理 正弦定理 余弦定理
变形 , ④________, ⑤ ________; , ⑥___, ⑦___; ⑧________________; . ;
⑨_ ________;
⑩_ ________.







续表
注意 已知 , 和 ,解的情况如下：
为锐角 为钝角或直角 图形
关系式
解的个数 无解 ______ ______ ______ 一解 无解
一解
两解
一解
规律总结
三角形中的常见结论
（1）在 中， .变形: .
（2）在 中， .
（3）任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边.
（4）在 中， ; ;
; ; .
（5）在 中，角 , , 成等差数列 , .
（6）在斜 中， .
（7）在 中， ； ； （射影定理）.
2.三角形中常用的面积公式
中，角 ， ，C对应的边分别为 , , .则：
（1） （ 表示边 上的高）;
（2） _________= _________;
（3） ；
（4） （ 表示三角形 ________的半径）.


内切圆
1.以下说法正确的是( )
A.在 中， 是 的充要条件
B.在 中，若 ，则 为锐角三角形
C.在 中，若 ，则
D.三角形中的三边之比等于相应的三个内角之比
A
2.设 的内角 , , 所对的边分别为 , , ，若 ，
则 的形状为( )
A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不确定
B
3.[多选]符合下列条件的 有且只有一个的是( )
A. , , B. , ,
C. , D. , ,
AC
4.已知 , , 是钝角三角形的三边， 则实数 的取值范围为______.

5.在 中， ， ， ，则 的面积等于_____.

[解析] 设 中，角 ， ， 对应的边分别为 , , .
由题意及余弦定理得 ，解得 ，所以
.
命题点1 利用正、余弦定理解三角形
1.（1）[2021全国卷甲]在 中，已知 ， ， ,则
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由余弦定理 ，得 ，
解得 或 （舍去）．故选D.
（2）[2019全国卷Ⅰ] 的内角 , , 的对边分别为 , , .已知
, ,则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意及正弦定理得， ，所以由余弦定理得， ，得 .故选A.
2.[2017全国卷Ⅰ] 的内角 , , 的对边分别为 , , .已知
, , ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为 ，
所以 ，所以
，整理得
.
因为 ,所以 ，所以 .因为 ,所以
，由正弦定理得 ,又 ，所以 ．故选
B.
方法技巧
在 的已知条件中，若角多，则考虑正弦定理，若边多，则考虑余弦定理，即：
（1）已知两角和任一边 ，求其他两边和一角（唯一解），考虑正弦定理；
（2）已知三边（SSS），求三个角（唯一解），用余弦定理；
（3）已知两边和夹角（SAS），求第三边和其他两角（唯一解），用余弦定理；
（4）已知两边和其中一边的对角 ，求第三边和其他两角（解的个数不确定）,考虑余弦定理.
注意 （1）在实际解题中，往往需要根据设问选择先用正弦定理还是余弦定理；（2）因为解三角形是求三角形内角与边，所以在利用正、余弦定理解三角形遇到半角或倍角时，通常需要利用三角恒等变换化为一倍角.
命题点2 判断三角形的形状
3.在 中，若 ，则这个三角形的形状为__________
______________．
等腰三角形或直角三角形
[解析] 由正弦定理可得， ，整理可得 ，所以 或 ，所以 或 .
4.[2021新高考卷Ⅱ]在 中，角 , , 所对的边分别为 , , , ,
.
（1）若 ，求 的面积.
[解析] 由 及正弦定理，得
又 ，所以 , ，
所以 ．
由余弦定理，得 .
又 ,所以 ，
所以 ．
（2）是否存在正整数 ，使得 为钝角三角形？若存在，求 ；若不存在，说明
理由.
[解析] 存在.
由题意知 ，要使 为钝角三角形，需
，
得 ．
因为 为正整数，所以 或 ．
当 时， , ，此时不能构成三角形；
当 时， , ，满足题意．
综上，存在正整数 ，使得 为钝角三角形．
方法技巧
判断三角形形状的方法
（1）角化边：通过正、余弦定理将角化边，利用因式分解、配方等得出边之间的关系进行判断.判断技巧：
为钝角 三角形为钝角三角形
为直角 三角形为直角三角形
为锐角 无法判断（只有 为最大角时才可得出三角形为锐角三角形）
（2）边化角：通过正、余弦定理将边化角，通过三角恒等变换公式、三角形的内角和定理得出角之间的关系.
注意 （1）不能随意约掉公因式，要移项、提取公因式，否则会有遗漏一种形状的可能.（2）注意挖掘隐含条件，在变形过程中注意角的范围对三角函数值的影响.
命题点3 与面积、周长有关的问题
角度1 面积问题
5.[2021全国卷乙]记 的内角 , , 的对边分别为 , , ,面积为 ，
， ，则 _____.

[解析] 由题意得 ，则 ，所以 ，所以 ，则 .
6.[2022新高考卷Ⅱ]记 的内角 , , 的对边分别为 , ， ,分别以 , , 为
边长的三个正三角形的面积依次为 , , .已知 , .
（1）求 的面积;
[解析] 由 ，得 ，即 ，
又 ，所以 .
由 ，得 或 （舍去），
所以 ，则 的面积 .
（2）若 ,求 .
[解析] 由 ， 及正弦定理知 ，即 ，得 .
方法技巧
与面积有关问题的常见类型和解题技巧
常见类型 解题技巧
求面积 解三角形求出有关量，利用面积公式求面积，常用的面积公式为
,一般是已知哪个角就使用哪一个
公式.
已知面积求其他量 应用面积公式及正、余弦定理综合求解.
角度2 周长问题
7.[2022北京高考]在 中， .
（1）求 ;
[解析] 因为 ，
所以 .
因为 ，所以 ，所以 ， .
（2）若 ,且 的面积为 ，求 的周长.
[解析] 因为 的面积 ，所以 .
由余弦定理可得 ，所以 ，所以 的周长为 .
8.[2022全国卷乙]记 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， 已知

（1）证明： ；
[解析] 解法一 由 可得,
，
结合正弦定理 可得 ，即
.
由余弦定理得 ，整理得 .
解法二 因为 ，
所以 .
同理有 ，所以 ，
由正弦定理可得 .
（2）若 ， ，求 的周长.
[解析] 由（1）及 得， ,所以 .
因为 ，
所以 ，得 ,
所以 的周长 .
方法技巧
与周长有关问题的常见类型和解题技巧
（1）若边长易求，直接求出边长，进而求出周长；
（2）若边长不易求，可利用整体思想，构造以两边长的和为未知数的方程求解，进而求出周长.
1.[命题点1]在 中，内角 ， ， 的对边分别为 , , ,若
,且 ，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ，所以由正弦定理得
,即
.因为 ,所以 ,即
.因为 ,所以 ,即 为锐角，所以 .故选A.
2.[命题点3角度1]已知 的三个内角 , , 所对的边分别为 , , ,
且 .
（1）求角 的大小；
[解析] 由 ,得 ,
所以 .
又在 中， ，
所以 ,所以 .
（2）若 ， ，求 的面积.
[解析] 因为 ，所以 ，
又 , ，
所以由余弦定理 ，得
，
即 ,
可得 ，则 ,所以 .
所以 .
3.[命题点3角度2/2022青岛市质检]在① ,② ,③
这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.
在 中，内角 , , 的对边分别为 , , ,且____.
（1）求角 的大小;
[解析] 选择条件①，
因为 ,
所以由正弦定理可得 ，
所以 .
因为 , ,所以 ,
所以 ，
因为 ,所以 .
选择条件②，
因为 ,整理得 ，
所以由余弦定理得 .
因为 ,所以 .
选择条件③，
因为 ,
所以 ，
即 .
因为 ， ，
所以 ,即 .
（2）若 , 的面积为 ,求 的周长.
[解析] 因为 ，所以 ，所以 .
因为 ,
所以由余弦定理 ，得
，
所以 ，
所以 的周长为 .
05
余弦定理、正弦定理应用举例
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题. 余弦定理、正弦定理应用举例 2021全国卷乙T9；2021全国卷甲T8 本讲知识单一，主要考查利用正、余弦定理求解距离、高度、角度问题，对数学建模能力的要求较高，一般以选择题形式出现，难度中等.在2024年高考的备考中要提升阅读理解能力，要能够从文字信息中提取出解三角形的模型.
1.测量中的常用术语
术语名称 术语意义 图形表示
仰角与俯角 在竖直平面内的目标视线与水平视 线所成的角中,目标视线在水平视线 ①______的叫做仰角,目标视线在水 平视线②______的叫做俯角.
上方
下方
术语名称 术语意义 图形表示
方位角 从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的水平夹角叫做方位角.
方向角 正北或正南方向线与目标方向线所 成的锐角,通常表达为北（南）偏东 （西） .
续表
术语名称 术语意义 图形表示
坡角 坡面与水平面的夹角. 设坡角为 ,坡度为 ,则
.
坡度 坡面的垂直高度 和水平宽度 的 比. 注意 方位角与方向角的区别.
续表
2.解三角形实际问题的一般步骤
（1）分析.理解题意，分析已知与未知，画出示意图.
（2）建模.根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的模型.
（3）求解.利用正、余弦定理解三角形，求得数学模型的解.
（4）检验.检验上述所求出的解是否具有实际意义，从而得出实际问题的解.
1.[教材改编]如图所示，为测量一树的高度，在地面上选
取 ， 两点（ , 与树所在的直线在同一平面内），
从 ， 两点测得树尖的仰角分别为 和 ,且 ，
两点之间的距离为 ，则树的高度为( )
A
A. B.
C. D.
[解析] 解法一 在 中，由正弦定理可得 ,则 .
设树的高度为 ，则 .
解法二 设树的高度为 ,则 ,解得 .
2.[教材改编]如图所示，在某海滨城市 附近海面有一台风，
据监测，当前台风中心位于城市 的南偏东 方
向 的海面 处，并以 的速度向西北方向移动.
台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为 ，并以

12
的速度不断增大，则____小时后该城市开始受到台风的侵袭，受到台风侵
袭的时间为____小时.
[解析] 如图所示，设经过 小时，台风中心移动到点 时，台风边
沿恰经过 城，由题意可得， ， ，
.
因为 , ,所以 ， ，
所以 ，

.
在 中，由余弦定理有 ,即 ，化简得 ，解得 ， .
所以12小时后该城市开始受到台风的侵袭，受到台风侵袭的时间为12小时．
命题点 余弦定理、正弦定理应用举例
角度1 距离问题
1.[2022黑龙江大庆中学月考]海洋蓝洞是地球罕见的自
然地理现象，被誉为“地球给人类保留宇宙秘密的最后
遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞.若要测量如图
所示的蓝洞的口径 ， 两点间的距离，现取两点 ，
测得 ， ，

， ，则 , 两点间的距离为______ .
[解析] 如图所示,在 中, ,
,
,在 中，
由正弦定理,得 ，解得
在 中, , ,
,
, .
在 中, 由余弦定理得
,
,即 , 两点间的距离为 .
角度2 高度问题
2.[2021全国卷甲]2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为
（单位： ）,三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.如图是三角高程测
量法的一个示意图，现有 ， ， 三点，且 ， , 在同一水平面上的投影 ，
， 满足 , .由 点测得 点的仰角为 ， 与
的差为100;由 点测得 点的仰角为 ，则 ， 两点到水平面 的高度
差 约为 ( )
B
A. B. C. D.
[解析] 如图所示，根据题意过 作 ，交 于 ，过 作 ，交 于 ，则 , .
在 中， ,则 .又在 点处测得 点的仰角为 ，所以 ,
所以高度差
故选B.
3.[2015湖北高考]如图，一辆汽车在一条水平的公路
上向正西行驶，到 处时测得公路北侧一山顶 在
西偏北 的方向上，行驶 后到达 处，测得
此山顶在西偏北 的方向上，仰角为 ，则此山
的高度 _______ .

[解析] 设此山高 ，则 ，在 中，
， ， ，
．
根据正弦定理得 ，解得 ，
所以山的高度 为 .
角度3 角度问题
4.一艘游轮航行到 处时看灯塔 在 的北偏东 ，距离为 海里，灯塔 在
的北偏西 ，距离为 海里，该游轮由 沿正北方向继续航行到 处时再看
灯塔 在其南偏东 方向，则此时灯塔 位于游轮的( )
C
A.正西方向 B.南偏西 方向 C.南偏西 方向 D.南偏西 方向
[解析] 如图， ,在 中，由正
弦定理得 ,
所以 .
在 中， ， ， ,由余弦定理可得
,所以
.
因为 ,所以 ，
所以此时灯塔 位于游轮的南偏西 方向.
5.[2022南京师大附中期中]如图所示，位于 处的信息中心获
悉：在其正东方向40海里的 处有一艘渔船遇险，在原地等
待营救.信息中心立即把消息告知在其南偏西 ，相距20海
里的 处的乙船，现乙船朝北偏东 的方向即沿直线 前
往 处救援，则 _ ___.

[解析] 在 中， ， ，
由余弦定理，得 ，所以 .
由正弦定理，得 .
由 ，知 为锐角，故 ，
从而
.
方法技巧
解三角形实际应用问题的常见类型及解题策略
常见类型 解题策略
求解与测量距离、高度有关的问题 画出示意图，先确定所求量所在的三角形，若其他量已知，则直接利用正、余弦定理求解；若有未知量，则把未知量放在另一确定三角形中求解，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要求的量.
求解角度问题 根据实际问题画出图形，并在图形中标出有关的角和距离，利用正、余弦定理进行求解，最后将解得的结果转化为实际问题的解.
注意 方向角是相对于某点而言的，因此在确定方向时，必须先弄清是哪一个点的方向角.另外也要注意方位角、俯角和仰角的含义.
1.[角度1]某时钟的秒针端点 到中心点 的距离为 ，秒针均匀地绕点 旋转，
当时间 时，点 与钟面上标12的点 重合,将 ， 两点的距离 表示成
的函数，则 _ _______.

[解析] 如图, ，由 知, ,
在 中,由余弦定理得，
.
2.[角度2/2023云南师大附中模拟]如图，为了测量一建筑物 的高，
测量者在建筑物底部 点所在的水平面上选取两个观测点 ， ，
在 点和 点测得 点的仰角分别为 和 ，并且测得
, ,则建筑物 的高度为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由题意可得 ， .
设 ，在 ， 中， , ,
所以 , ，
在 中，由余弦定理得， ,
即 ,
解得 或 （舍去），
所以建筑物 的高度为 .
3.[角度2/2023长春模拟]文化广场原名地质宫广
场，是长春市著名的城市广场．文化广场以新
民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为
南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地
质宫（现为吉林大学地质博物馆）主楼辉映下
B
A. ， ， ， B. ， ， ，
C. ， ， ， D. ， ， ，
显得十分壮观.现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，
并绘制出测量方案示意图，如图所示， 为太阳鸟雕塑塔的最顶端， 为太阳鸟雕
塑塔的基座（即 在 的正下方），在广场内（与 在同一水平面内）选取 ，
两点.测得 的长为 .兴趣小组成员利用测角仪已测得的角有 ， ，
， ， ，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑
塔 的高度的是( )
[解析] 结合选项可知 ， 是必选条件，
A选项，根据 ， ， ，可利用正弦定理求得 ，从而求得 .
B选项，由 ， ， ， 四个条件，无法通过解三角形求得 .
C选项，根据 ， ， ，利用正弦定理可求得 ，从而求得 .
D选项，过 作 于 ，连接 ，由 , ,
知 ,故可得出 的三角函数值，
在 中，结合条件 , , ，由正弦定理可求出 ,又
,从而求得 .
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2024年高考数学专项复习
第四章 三角函数
01
任意角和弧度制、三角函数的概念
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化，体会引入弧度制的必要性. 2.借助单位圆理解三角函数 （正弦、余弦、正切）的定义. 任意角及其表示 该讲知识比较基础，单独命题比较少，常见的命题点有三角函数定义的应用，常与和、差、倍角公式综合，扇形的弧长公式和面积公式的应用，有时也应用于圆锥的平面展开图的有关计算，题型以选择题和填空题为主，难度不大.预计2024年单独命题的概率不大，但作为三角部分的基础，还是需要掌握.
扇形的弧长公式与面积公式 2020新高考卷 Ⅰ 课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化，体会引入弧度制的必要性. 2.借助单位圆理解三角函数 （正弦、余弦、正切）的定义. 三角函数定义的应用 2021北京T1 4；2020全国 卷Ⅱ ；201 8北京T7 该讲知识比较基础，单独命题比较少，常见的命题点有三角函数定义的应用，常与和、差、倍角公式综合，扇形的弧长公式和面积公式的应用，有时也应用于圆锥的平面展开图的有关计算，题型以选择题和填空题为主，难度不大.预计2024年单独命题的概率不大，但作为三角部分的基础，还是需要掌握.
续表
1.任意角与弧度制
（1）任意角
.象限角
象限角 角的集合
第一象限的角 ④___________________________
第二象限的角 ⑤_______________________________
第三象限的角 ⑥_ _______________________________
第四象限的角 ⑦___________________________




.轴线角
轴线角 角的集合
终边在 轴上的角 ⑧_________________
终边在 轴上的角 ⑨____________________
终边在坐标轴上的角 ⑩_ _______________



.终边相同的角
所有与角 终边相同的角，连同角 在内，可构成一个集合：
或
注意 1.第一象限角未必是锐角，但锐角一定是第一象限角.
2.终边相同的角不一定相等，但相等的角终边一定相同，不相等的角的终边有可能相同.
规律总结
（1） , 终边关于 轴对称 , .
（2） , 终边关于 轴对称 , .
（3） , 终边关于原点对称 , .
（2）弧度制
定义 长度等于 ________的圆弧所对的圆心角叫做1弧度的角，弧
度单位用符号 表示，这种用弧度作单位来度量角的单位制
叫做弧度制.
角 的弧度数公式 （弧长用 表示，半径用 表示）.
角度与弧度的换算 ; .
弧长公式 _____.
扇形面积公式 ______ .
半径长


易错警示
1.把弧度作为单位表示角的大小时，“弧度”两字可以省略不写，但把度 作为单位
表示角时，度 一定不能省略.
2.正角的弧度数为正数，负角的弧度数为负数，零角的弧度数为零.
3.利用扇形的弧长和面积公式时，要注意角的单位必须是弧度.
2.任意角的三角函数
（1）任意角的三角函数
设 是一个任意角， ,它的终边与单位圆交于点 ,那么 ___,
___, _ _
推广：设角 终边上任意一点 （原点除外）的坐标为 ,它与原点的距离为 ,
即 ,则 _ _, __, __






（2）三角函数值在各象限内的符号
上述符号的规律可简记为：一全正,二正弦,三正切,四余弦.
注意 已知三角函数值的符号，判断角的终边所在位置时，不要遗漏终边在坐标轴上
的情况，如 , .
（3）特殊角的三角函数值
角
角 的弧度数 0 ___ ___ ___
0 _ _ _ __ _ __ 1
1 _ __ _ __ _ _ ___
__ _ __ ___ ____ _______









0
0

1

不存在
1.下列说法正确的是( )
A.三角形的内角是第一象限角或第二象限角
B.不论是用角度制还是用弧度制度量一个角，它们与扇形的半径的大小无关
C.若 ，则 与 的终边相同
D.若 , 终边关于 轴对称，则
B
[解析] 对于A，当三角形内角为 时，角的终边在 轴上，A错误；对于B，角的大小只
与旋转角度有关，B正确；对于C，若 ， ，此时 ，但 与 的
终边不相同，C错误；对于D, 与 的终边关于 轴对称，但 ，D错误.
2.已知 是角 的终边上的一点，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 设角 的终边上的点 到原点 的距离为 ,则 , ，故选D.
3.若 为第二象限角，则下列结论一定成立的是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 为第二象限角， , ，则 , , 为第一或第三象限角，则 .
4.[2014全国卷Ⅰ]若 ，则( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ，所以 为第一或第三象限角，即 或 ， ，则 或 ， .所以 为第一或第二象限角或终边在 轴的非负半轴上的角，从而 .
5.在直径为 的圆中， 的圆心角所对弧的长为____ .

[解析] 由弧长公式 可得，弧长为 .
6.已知扇形的圆心角为 ，其弧长为 ，则此扇形的面积为_____.

[解析] ， ， ，∴扇形面积 ．
命题点1 任意角及其表示
1.（1）[2022上饶六校期末]时针经过四个小时，转过了( )
A. B. C. D.
B
[解析] 因为时针顺时针旋转，所以转过一圈的弧度为 ,则时针经过四个小时，转过了 .
（2）[2022安徽泾县中学测试]终边在直线 上的角的集合为( )
A. B.
C. D.
B
[解析] 解法一 易知直线 的倾斜角为 .若终边落在射线 上，
则有 ， ，若终边落在射线 上，则有
， .综上可得 .故终边在直线 上的角的集合为
.故选B.
解法二 易知，直线 的斜率为 ，则倾斜角为 .终边落在 轴上的角的集合为 ,将其逆时针旋转 ，即可得到终边在 上的角，故所求集合为
（3）若 是钝角，则 是( )
A.第一象限角 B.第二象限角 C.第三象限角 D.第四象限角
D
[解析] 若 是钝角，则 ， ,即 为第四象限角.故选D.
（4）[2022枣庄期末] 为第三或第四象限角的充要条件是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 对于A， 时， 为第三、第四象限角或终边在 轴的负半轴上，不
满足题意；
对于B， 时， 为第二、第三象限角或终边在 轴的负半轴上，不满足题意；
对于C， 时， 为第二或第三象限角，不满足题意；
对于D， 时， 为第三或第四象限角，充分性成立，
为第三或第四象限角时， ，必要性成立，满足题意，选D.
方法技巧
1.利用终边相同的角的集合可以求适合某些条件的角，方法是先写出与这个角的终
边相同的所有角的集合，然后通过对集合中的参数 赋值来求得所需的角.
2.确定 , 的终边位置的方法：先写出 或 的范围，然后根据 的可能取值确定 或 的终边所在位置.
命题点2 扇形的弧长公式与面积公式
2.（1）一钟表的秒针长 ，经过 ，秒针的端点所走的路线长为( )
A. B. C. D.
C
[解析] 钟表的秒针 走过的角度 ，因为秒针长 ，所以秒针的端点所走的路线长为 ．
（2）[2023天津南开中学统练]如图1是杭州20
22年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，钱塘
江和钱江潮头是会徽的形象核心，绿水青山
展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮
奔涌表达了浙江儿女勇立潮头的精神气质，
A
A. B. C. D.
整个会徽形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展．如图2是会徽的几
何图形，设弧 长度是 ，弧 长度是 ，几何图形 面积为 ，扇形
面积为 ， 若 ，则 ( )
[解析] 设 ，由 ，得 ，即 ,则 .故选A.
方法技巧
有关扇形弧长和面积问题的解题策略
（1）求扇形面积的关键是求得扇形的圆心角、半径、弧长三个量中的任意两个量．
（2）在解决弧长问题和扇形面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形．
（3）扇形面积的最值问题，常转化为二次函数的最值问题．
命题点3 三角函数定义的应用
角度1 利用三角函数的定义求值
3.（1）[2023南京江宁区模拟]在平面直角坐标系中，角 的顶点在坐标原点，始边
在 轴的非负半轴，终边过点 且 ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] ∵角 的终边过点 且 ， ，
， ，故选B.
（2）已知角 的终边过点 ，则 _ __________, ________
__, ___.
或
或

[解析] 因为角 的终边过点 ，所以 ， ， ．
当 时， ,
, ;
当 时， ,
.
方法技巧
三角函数的定义中常见的三种题型及解题方法
题型 解题方法
已知角 的终边上的一点 的 坐标，求角 的三角函数值. 先求出点 到原点的距离 ，再利用三角函数的定
义求解.
已知角 的一个三角函数值和 终边上一点 的横（纵）坐 标，求与角 有关的三角函数 值． 先求出点 到原点的距离（带参数），根据已知
三角函数值及三角函数的定义建立方程，求出未
知数，从而求解问题．
题型 解题方法
已知角 的终边所在的直线方程 ，求角 的三角函数值. 先设出终边上一点 ， ，求出点 到原点的距离，再利用三角函数的定义求解．
注意 由于终边所在的象限不确定，因此取点时应分 和 两种情况讨论.
续表
角度2 判断三角函数值的符号
4.（1）[2020全国卷Ⅱ]若 为第四象限角，则( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由 为第四象限角，故- ，可得 ，所以 的终边在第三、四象限或 轴的非正半轴上，因此 ， 的正负无法确定.
（2）已知角 的顶点在坐标原点，始边与 轴非负半轴重合，终边在直线 上，
且 , 是角 终边上一点，且 （ 为坐标原点）,则
等于( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 在直线 上，所以 ①，
又 ，所以 , .由 ，得 ②.
联立①②，并结合 , ，可得 , ，所以 .
方法技巧
判断三角函数值的符号，先确定角所在象限，再根据三角函数在各象限的符号确定正负.若不确定角所在象限，需分类讨论求解.注意角的终边在坐标轴上的情况.
1.[命题点1]若角 满足条件 , ,则 是( )
A.第一象限角 B.第二象限角 C.第三象限角 D.第四象限角
B
[解析] , ， , ,
， 是第二或第四象限
角.又 ,
是第二象限角.故选B.
2.[命题点1/2021北京高考]若 与 , 关于 轴对
称，写出一个 的值_ __．

[解析] 由题意可得 ， ，则 , , ,可令 ，则 ，故 的一个值为 .
3.[命题点2/2020新高考卷Ⅰ]某中学开展劳动实习，
学生加工制作零件，零件的截面如图所示. 为圆孔
及轮廓圆弧 所在圆的圆心， 是圆弧 与直线
的切点， 是圆弧 与直线 的切点，四边形
为矩形， ，垂足为 ，

, , , , 到直线 和 的距离均为
,圆孔半径为 ,则图中阴影部分的面积为_ _________ .
[解析] 如图，连接 ，由 是切点知 .由
是切点知 .
过 分别作 垂直直线 于点 ， 垂直直线
于点 ，交 于点 ，交 于点 ,则
， .又 ，于是
.
于是 是等腰直角三角形，
于是 ， .
过点 作 于 ，设 ,则 ,于是 , ,而 为等腰直角三角形，因此 ,于是 , ，于是 ，由于 ,因此 .
于是 .
4.[命题点3]已知角 的终边在直线 上，则 ( )
A. B. C. D. 或
A
[解析] 因为角 的终边在直线 上，
所以 ，所以 , , ,
所以 , ,所以 .
02
同角三角函数的基本关系与诱导公式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.理解同角三角函数的基本关系式： , . 同角三角函数关系的应用 2021新高考卷Ⅰ ;2021全国卷甲T9；2020全国卷Ⅰ ；2018全国卷Ⅱ 本讲主要考查利用同角三角函数的基本关系与诱导公式化简与求值，常与三角恒等变换结合命题，考查基本运算能力.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.借助单位圆的 对称性，利用 定义推导出诱 导公式（ , 的 正弦、余弦、 正切） 诱导公式的应用 2020北京T9；2019全 国卷Ⅰ 题型以选择题、填空题为主，难度中等偏下.在2024年高考复习备考时，要掌握公式并会灵活运用.
同角三角函数基本关系与诱导公式的综合应用 续表
1.同角三角函数的基本关系
（1）平方关系： .
（2）商的关系： .
（3）公式常见变形： ; ;
, ①________.

2.诱导公式
公式 一 二 三 四 五 六
角
正弦 ②_______ ③_____ ④______
余弦 ⑤_______ ⑥_______ ⑦_______
正切 ⑧______ ⑨_______
口诀 奇变偶不变,符号看象限.







1.已知 是第二象限角， ，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 是第二象限角，所以 ，又 ，所以 .
2.[2023贵州联考]已知 ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ，则 .
3.[2023上饶重点中学模拟]下面诱导公式使用正确的是( )
A. B.
C. D.
C
[解析] ，∴选项A错误；
， 错误； ， 正确；
， 错误.
4. _ ___.

[解析] .
5.[2023成都八中摸底考试]已知 ，则 __.

[解析] 因为 ，所以 .
命题点1 同角三角函数关系的应用
1.（1）[2021新高考卷Ⅰ]若 ,则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] .
解法一 因为 ，所以
.故选C.
解法二 因为 ，所以角 的终边在第二或四象限，
所以 或
所以 .故选C.
（2）[2020全国卷Ⅰ]已知 ,且 ,则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] , ,
,解得 （舍去）或 ，
． 故选
A.
（3）[2018全国卷Ⅱ]已知 ， ，则 _ __
_.

[解析] 解法一 , ,
①，
②，
①+②得 ，
.
解法二 由已知可得 ， ，
由同角三角函数关系可得 ，整理得 ，所以 .
又 ，所以 ，
故 .
方法技巧
同角三角函数基本关系的应用技巧
（1）正弦、余弦互化：利用 可以实现角 的正弦、余弦互化.
注意 要求平方根时，需根据角所在的象限判断符号，当角所在的象限不确定时，要
进行分类讨论.
（2）弦切互化：利用公式 实现角 的弦切互化，如 ,
（分母构造 ）等齐次式类型可化为关于
的式子.
（3）和（差）积转换：利用 进行变形、转化，可
以解决 知一求二的问题，注意方程思想的应用.
（4）巧用“1”的变形： .
命题点2 诱导公式的应用
2.（1）[2019全国卷Ⅰ] ( )
A. B. C. D.
D
[解析] ，故选D.
（2）[2017全国卷Ⅲ]函数 的最大值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ，所以 ，所以 的最大值为 ，故选A.
方法技巧
应用诱导公式的一般思路
（1）化负角为正角，化大角为小角，直到化到锐角;
（2）统一角，统一名;
（3）角中含有加减 的整数倍时，用公式去掉 的整数倍.
命题点3 同角三角函数基本关系与诱导公式的综合应用
3.（1）[2022广西名校联考]设 是第一象限角，满足
，则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 因为 ，所以
，即 .
解法一 因为 ，所以 ①，又因为
且 是第一象限角 ②，由①②可得 , ，所以
.
解法二 由 是第一象限角，且 可得， , ,
, ，故 .
（2）[2016全国卷Ⅰ]已知 是第四象限角，且 ,则 ____.

[解析] 解法一 因为 ，所以
.因为 为第四象限角，所以
, ，所以 , ，所以
,所以 .
解法二 因为 是第四象限角，且 ，所以 为第一象限角，所以 ，所以 .
方法技巧
利用同角三角函数基本关系与诱导公式解题的基本思路
（1）分析结构特点，寻求条件、所求间的关系，尤其是有关角之间的关系；
（2）选择恰当公式，利用公式灵活变形；
（3）化简求值.
注意 （1）角的范围会影响三角函数值的符号，开方时要先判断三角函数值的符号.
（2）化简过程是恒等变换.
1.[命题点1/开方后易忽略值的正负]计算: ___.

[解析] .
, .
.
2.[命题点1]已知 , ,则 的值为_____.

[解析] 解法一 将 两边平方,得 ,
即 ，易知 ，
故 ,
解得 或 .
,
，则 .由 可知 ，则
, （注意找到隐含的 的取值范围） .
解法二 由 ,且 可得, , .
3.[命题点2/2020北京高考]已知 ， ,则“存在 使得 ”是“
”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
C
[解析] 若存在 使得 ，则当 , 时， ，
则 当 , 时， ，则
.若 ，则 或
， ,即 ， ，故“存在 使得
”是“ ”的充分必要条件.
4.[命题点3/2022江西南昌联考]若 ,且 ,则
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 两边平方可得 ,则可得 . , , （ , ）, .
.故选A.
解法二 因为 ，所以 .因为 ，所以 ，所以 .
03
两角和与差的正弦、余弦、正切公式与二倍角公式
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义. 和、差、倍角公式的直接应用 2021全国卷甲T9；2020全国卷Ⅰ ；2020全国卷Ⅲ ；2019全国卷Ⅱ 本讲每年必考,主要考查两角和与差的正弦、余弦、正切公式以及二倍角公式的正用、逆用、变形用，主要体现在三角函数式的化简和求值中．
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系. 和、差、倍角公式的逆用与变形用 2022新高考卷Ⅱ ； 2022北京T13;2021全 国卷乙T6；2020全国 卷Ⅲ ；2018全国 卷Ⅱ 题型以选择题、填空题为主，有时在三角解答题中也有应用，难度中等偏易.预计 2024年高考命题趋势变化不大，在复习备考时要掌握公式及其变形，并能灵活应用，应用时注意角和函数名的变换.
角的变换问题 2022浙江T13;2019江苏T13 续表
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
①____________________.
②_________________.
.
注意 在公式 中， ， ， 都不等于 ，即保证 ，
， 都有意义.


2.二倍角公式
③__________.
④___________=⑤___________.
⑥________（ 且 , ）
说明 （1）对于两角和的正弦、余弦、正切公式，分别令 ,可得二倍角的正弦、
余弦、正切公式.
（2）二倍角是相对的，如 是 的2倍， 是 的2倍.




3.辅助角公式
（其中 , ,
⑦_ _）.
说明 常见形式有 ， ，
.

规律总结
1.两角和与差的正切公式的变形
; .
2.降幂公式： ; ;
3.升幂公式： ; ; .
4.其他常用变式
; ; .
1.[2023北京海淀区月考]若 ，则 的值为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ，所以 .
2.若 ， ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ，所以 ,即 .因为
,所以 ，则 ，解得 ,所
以 ，则
，故选D.
3.已知 , ,则 的值为____.

[解析] , , , .
4.[2020全国卷Ⅱ]若 ,则 __.

[解析] .
5.[教材改编] ___.

[解析] .
命题点1 和、差、倍角公式的直接应用
1.（1）[2020全国卷Ⅲ]已知 ,则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由已知得 ，得 .
（2）[2019全国卷Ⅱ]已知 , ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 依题意得 ,由 ,知 ,所以
.又 ,所以 ,即 .又
,所以 ,选B.
解法二 依题意得 ,即 ,所以
,选B.
（3）[2021全国卷甲]若 , ,则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 解法一 因为 ,且 ,所以 ,解得 .因为 ,所以 , .故选A.
解法二 因为 ,且 ,所以 ,解得 .因为 ,所以 , .故选A.
（4）[2023北京朝阳区开学考试]在 中， ， ，则
( )
A. B. C. 或 D.
D
[解析] 在 中，因为 ，可得 ，
所以 ，可得 为锐角.所以 ，可得
.故选D.
方法技巧
应用和、差、倍角公式化简求值的策略
（1）首先要记住公式的结构特征和符号变化规律，例如两角差的余弦公式可简记为:“同名相乘，符号反”;
（2）注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用;
（3）注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用.
命题点2 和、差、倍角公式的逆用与变形用
2.（1）[2021全国卷乙] ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 因为 ，所以 .故选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]若 ，则( )
A. B.
C. D.
C
[解析] ，所以
，整理得
，即 ，所以
， ,所以 .（也可由已知条件令
, ，和 排除得解）
（3）在 中， ， ，则 的值为( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 由题意得 ，所以
，即 ，解得 ，故选B.
解法二 由已知，可取 ,则 ,故选B.
（4）[2022北京高考]若函数 的一个零点为 ,则 ___;
_____.


[解析] 依题意得 ，解得 ，所以 ，所以 .
方法技巧
1.运用两角和与差的三角函数公式时，不但要熟悉公式的正用，还要熟悉公式的逆
用及变形应用，如 和二倍角的余弦公式
的多种变形等.公式的逆用和变形应用更能拓展思路，培养从正向思维向逆向思维转
化的能力.
2.对 化简时，辅助角 的值如何求要清楚.
命题点3 角的变换问题
3.（1）[2022长春质量监测]已知 ，则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] ，
解法一 令 ，则 ， ，故 .故选D.
解法二 .故选D.
（2）已知 ， ， ，若 ，则
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 由题意可知 ，上式可化为
，展开得
·
，即 .
易知 ， ,则 .
因为 ， ，所以 ， ，所
以 ， .
又因为 ，所以 ，所以 .
（3）若 , ,则 ____， _ _.


[解析] 因为 ， ，所以 ， .
方法技巧
三角公式求值中变角的解题思路
1.当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和差倍半的形式.
2.当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和差倍半的关系，再应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”.
3.常见的配角技巧: ; ;
; ; 等．
1.[命题点1,2/2022山东威海一模]已知 ， 为
第三象限角，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析]
， ，因为 为第三象限角，所以
，所以
.
2.[命题点1，3/2016全国卷Ⅱ]若 ,则 ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 因为 ,
所以 ，两边同时平方可得 ，所以 .
解法二 因为 ,所以
.
3.[命题点2] ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 原式
.故选C.
4.[命题点3]已知角 , ， ， ，则
__________.

[解析] 因为 , ， ， ，所以 ,
,可得 ， ，所以 ，
．
04
简单的三角恒等变换
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能运用和、差、倍角公式进行简单的恒等变换 （包括推导出积化和差、 和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆）. 三角函数式的化简 本讲每年必考,主要考查利用三角函数的基本关系、诱导公式以及和、差、倍角公式进行化简求值.题型以选择题、填空题为主，有时在三角解答题中也有应用，难度中等偏易.预计2024年高考命题趋势变化不大，在复习备考时要掌握公式及其变形，并能灵活应用，应用时注意角和函数名的变换.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
能运用和、差、倍角公式进行简单的恒等变换 （包括推导出积化和差、 和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆）. 三角函数式的求值 2021新高考卷Ⅰ ；2021全国卷 乙T6；2020全国 卷Ⅰ ；2020全 国卷Ⅲ ;2019 全国卷Ⅱ ；2 018全国卷Ⅱ 本讲每年必考,主要考查利用三角函数的基本关系、诱导公式以及和、差、倍角公式进行化简求值.题型以选择题、填空题为主，有时在三角解答题中也有应用，难度中等偏易.预计2024年高考命题趋势变化不大，在复习备考时要掌握公式及其变形，并能灵活应用，应用时注意角和函数名的变换.
续表
命题点1 三角函数式的化简
1.（1）化简： ___.

[解析] 原式 .
（2）[2023鄂东南省级示范高中联考]已知 , , 均为锐角，则
___．

[解析] 因为 ，
所以 .
方法技巧
化简三角函数式的方法与技巧
1.三角函数式的化简要遵循“三看”原则：一看角，二看名，三看式子结构特征.
2.化简时要注意观察条件中角之间的联系（和、差、倍、互余、互补等），寻找式子与三角函数公式间的联系，找到变形方向.
命题点2 三角函数式的求值
角度1 给角求值
2.
（1） ( )
A. B. C. D.
B
[解析]
.故选B.
（2）[2015全国卷Ⅰ] ( )
A. B. C. D.
D
[解析] 原式 .故选D.
（3） ___．

[解析] 由题意知， .
因为
所以 .
方法技巧
给角求值问题的解题策略
一般给出的角都是非特殊角，求解时要观察所给角与特殊角的关系及三角函数名称，然后进行角的变换和式子结构的变换，通过公式的正用、逆用及变形化简求值.
注意注意特殊角的应用，当式子中出现 ， ， ， 等数时，要考虑引入特殊角，通过“值变角”化简计算．
角度2 给值求值
3.
（1）[2020全国卷Ⅲ]已知 ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 解法一 ，
，故选B.
解法二 因为
，所以 .
（2）若 , ，则 _ ____, __.


[解析] 因为 ，所以 ，所以
，其中
, .所以 ， ，所以 ，
，所以 ， .因为
，所以 .
（3）已知 , ，则 的值为_____.

[解析] 解法一 将 两边同时平方，得 ,即
,易知 .
故 ,
解得 或 .
, , .
由 可知 ,
即 ,故 ,则 ,
.
解法二 , . , , , .
（4）[2019江苏高考]已知 ,则 的值是___.

[解析] 解法一 ,解得 或 .
当 时， ，
，此时 .同理当
时， ，此时 ，
所以 .
解法二 ，则 ，
又 ，
则 ，则
.
方法技巧
给值求值问题的解题策略
1.将待求式子化简整理，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据已知条件和角的范围求出相应角的三角函数值，代入即可.
2.把已知角与未知角建立联系求解.求解时要注意，角的范围不确定时应分类讨论.
角度3 给值求角
4.（1）设 , ,且 ,则( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由已知得， ，去分母得， ，
所以 , .
又因为 ， ，所以 ，即 ，选
C.
（2）若 ， ，且 ， ，则 的值是
( )
A. B. C. 或 D. 或
A
[解析] 因为 ，所以 .
又 ，所以 ， ,
所以 .
因为 ，
所以 , ,
所以 ,
所以 .
又 ，所以 .
（3）已知 ， 为锐角，且 ，则 _ __．

[解析] 将 展开，得
，即 ,由于
， 为锐角，所以 ，故 .
（2）已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数.若角的范围是 ，选正、余弦函数皆可；若角的范围是 ,选余弦函数较好；若角的范围为 ，选正弦函数较好.
注意 所选函数尽量在确定的角的范围内单调，即一个函数值只对应一个角，避免产生多解.
方法技巧
给值求角问题的解题策略
1.给值求角问题可转化为给值求值问题，通过求角的某个三角函数值来求角（注意角的范围），在选取函数时，遵循以下原则：
（1）已知正切函数值，选正切函数;
2.准确缩小角的范围也是求解的关键.常见的缩小角范围的方法：一是灵活运用条件中角的取值范围，运用不等式的性质（如“同向可加性”）求解；二是可以根据三角函数值的符号缩小角的范围，如上题（2）中 ,且 ，则 ；三是可以把已知三角函数值与特殊角的三角函数值比较，缩到更小的范围.
1.[命题点1/去根号时易忽略角的范围]化简：
_ ______.

[解析] , , , , ,
∴原式 .
2.[命题点2角度2/2022江西上饶一模]已知 ， 均为锐角， ，
，则 ( )
A. B. C. D. 或
C
[解析] ， 为锐角， ， ， ，

．又 ，
．
3.[命题点2角度2]已知第二象限角 满足 ,则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] ，
，解得 或 （舍去）.（注意 的取值范围）
解法一 .
解法二 由 得 ， .
4.[命题点2角度2]若 , ，则
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由 ，得 .
又
,所以 ，解得 .故选D.
5.[命题点2角度3]已知 ,且满足 , ，
则 _ __.

[解析] , ,且 ,
, ,
.
, , .
05
三角函数的图象与性质
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
1.借助单位圆能画出三角函数（正弦、余弦、正切）的图象，了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大（小）值. 三角函数的定义域 本讲每年必考，主要考查三角函数的定义域、值域（最值）、周期性、单调性、对称性和奇偶性，有时与函数零点和极值点综合命题，题型以选择题和填空题为主，难度中等.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.借助图象理解正弦函数、余弦函数在 上，正切函数在 上的性质. 三角函数的值域（最值） 2021全国卷乙T4；2018全国卷Ⅰ 预计2024年高考命题趋势变化不大，备考时要注意区分正弦函数和余弦函数的图象与性质，不要混淆，另应关注命题新角度、新综合问题.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
2.借助图象理解 正弦函数、余弦 函数在 上，正切函数在 上的性 质. 三角函数的性质及应用 2022新高考卷Ⅰ ;2022全 国卷乙T15；2022全国卷甲 T11；2021新高考卷Ⅰ ; 2020全国卷Ⅲ ；2019 全国卷Ⅰ ；2019全国 卷Ⅱ ；2018全国卷Ⅱ 预计2024年高考命题趋势变化不大，备考时要注意区分正弦函数和余弦函数的图象与性质，不要混淆，另应关注命题新角度、新综合问题.
续表
1.用“五点法”作正弦函数和余弦函数的简图
在正弦函数 , 的图象上,起关键作用的五个点是 , ,①
_________, ,②_______.
在余弦函数 , 的图象上,起关键作用的五个点是 , ,③
____________, ,④_______.
五点法作图有三步：列表、描点、连线（注意光滑）.




2.正弦、余弦、正切函数的图象与性质
三角函数
图象
定义域 ⑤______________
______
值域 ⑥_______ ⑦_______



三角函数
周期性 周期是 （ 且 ）,最小正周期是⑧__ __. 周期是 （ 且 ）,最小正周期是 ⑨____. 周期是 （
且 ），最小
正周期是⑩___.
对称性 对称轴方程是 _ _________ _（ ）,对称中心是 _______ . 对称轴方程是 ______ __（ ）,对称中心 是 _ _____________ . 无对称轴，对称中
心是 _ _______
.






（ ,0）

续表
三角函数
奇偶性 ________ ________ ________
单调性 在 _ __________________ （ ）上单调递增,在 _ ___________________ 上单调递减. 在 ______________（ ）上单调递增,在 ______________（ ）上单调递减. 在
________________
_（ ）上单调
递增.
奇函数
偶函数
奇函数

[ , ]



续表
常用结论
1.三角函数的对称性与周期的关系
（1）相邻的两条对称轴（或两个对称中心）之间的距离为 ；
（2）对称中心到相邻的对称轴的距离为 ；
（3）相邻的两个最低点（最高点）之间的距离为T.
2.与三角函数奇偶性有关的结论
（1）若函数 是奇函数，则 （ ）；若为偶函数，则
（2）若函数 是奇函数，则 ；若为偶函数，则 .
（3）若 为奇函数，则有 .
1.[2022长安一中期中]设 是 最小的内角，则 的取值范围是
( )
A. B. C. D.
D
[解析] 是 最小的内角， ， ， ，则 ，故选D.
2.函数 的最小正周期为( )
A. B. C. D.
A
[解析] 函数 的最小正周期
3.函数 的单调递增区间是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 解法一 令 , ,则
, .
由于 ，所以所求单调递增区间为
解法二 当 时，函数 , 取得最大值，且易知函数
, 的最小正周期为 ,则函数 的一个单调递增
区间为 ，即 .所以当 时,所求单调递增区间为[ ， ]．
4.函数 的图象的一条对称轴的方程是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 函数 的图象的对称轴方程为 ,令 ,得 （ ）,故函数 的图象的对称轴方程为 .令 ，得 .故选C.
5.[2019全国卷Ⅱ]若 ， 是函数 两个相邻的极值点，
则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 依题意得函数 的最小正周期 ,解得 ,选A.
命题点1 三角函数的定义域
1.（1）函数 的定义域为__________________________________.
，
[解析] 要使函数有意义，必须有 即 故函数
的定义域为 ， .
（2）函数 的定义域为___________________________.

[解析] 要使函数有意义，则 解得
所以 ，所以函数的定
义域为 .
方法技巧
求三角函数的定义域实质上是解不等式或不等式组，常借助于三角函数的图象解决.
命题点2 三角函数的值域（最值）
2.（1）[2021全国卷乙]函数 的最小正周期和最大值分别是( )
A. 和 B. 和2 C. 和 D. 和2
C
[解析] 因为函数 ，所以函数 的最小正周期 ，最大值为 .故选C.
（2）已知函数 的定义域为 ，值域为 ，则 的取
值范围是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由题意知， ， ，且 ，解得 ， 的取值范围是 ，故选C.
（3）函数 的值域为_ ___________.

[解析] 令 ，则 ， ，
，故 ，所以
，所以当 时，函数有最大值1；当 时，
函数有最小值 ，即值域为 .
方法技巧
三角函数值域的不同求法
1.把所给的三角函数式变换成 的形式求值域.
2.把 或 看作一个整体,转换成二次函数求值域.
3.利用 和 的关系转换成二次函数求值域.
命题点3 三角函数的性质及应用
角度1 三角函数的周期性
3.（1）[2020全国卷Ⅰ]设函数 在 的
图象大致如下图，则 的最小正周期为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 解法一 由题图知， ， ，解得
.设 的最小正周期为 ，易知 , ,
，当且仅当 时，符合题意，此时 ， ．故选
C.
解法二 由题图知， 且 ， ，
,解得 ， 的最小正周期 ．故选C.
（2）[2019北京高考]函数 的最小正周期是_ __.

[解析] , 的最小正周期 .
方法技巧
1.求三角函数周期的基本方法
（1）定义法.（2）公式法：函数 （或 ）的最小正周期 ，函数 的最小正周期 .（3）图象法：求含有绝对值符号的三角函数的周期时可画出函数的图象，通过观察图象得出周期.
2.有关周期的2个结论
（1）函数 的周期 均
为 .
（2）函数 ， 的周期 均为 .
角度2 三角函数的单调性
4.（1）[2021新高考卷Ⅰ]下列区间中，函数 单调递增的区间是
( )
A. B. C. D.
A
[解析] 令 , ，解得 ,
.取 ，则 .因为 ，所以区间 是函数
的单调递增区间.故选A.
（2）[2022北京高考]已知函数 ，则( )
A. 在 上单调递减 B. 在 上单调递增
C. 在 上单调递减 D. 在 上单调递增
C
[解析] 依题意可知 ，对于A选项，因为
，所以 ，函数 在 上单调递增，
所以A选项不正确；对于B选项，因为 ，所以 ，函数
在 上不单调，所以B选项不正确；对于C选项，因为
，所以 ，函数 在 上单调递减，所以C选项
正确；对于D选项，因为 ，所以 ，函数 在
上不单调，所以D选项不正确.故选C.
（3）[2018全国卷Ⅱ]若 在 上是减函数，则 的最大值是
( )
A. B. C. D.
A
[解析] ，因为函数 在区间 上单
调递减，则由 ，得 ，所以 的单调递减区间为
.因为 在 上是减函数， ,所以
,解得 .
又 ,所以 ，所以 ,所以 的最大值是 .
方法技巧
三角函数单调性问题的常见类型及求解策略
常见类型 求解策略
已知三角函数解析式求单调区间 （1）将函数化简为“一角一函数”的形式，如
；
（2）利用整体思想，视“ ”为一个整体，根据 的单调区
间列不等式求解．
对于 ， ,可以利用类似方法求解.
注意 求函数 的单调区间时要先看 和 的符号，
尽量化成 的形式，避免出现增减区间的混淆．
常见类型 求解策略
已知三角函数的单调性求参数 （1）求出原函数的相应单调区间，由已知区间是求出的单调区间的子集，列不等式（组）求解.
（2）由所给区间求出“ ”的范围，由该范围是某相应正、余弦函数的某个单调区间的子集，列不等式（组）求解.
续表
角度3 三角函数的奇偶性与对称性
5.（1）下列函数中，周期为 ，且在 上单调递增的奇函数是( )
A. B.
C. D.
C
[解析] 为偶函数，排除A；
在 上单调递减，排除B； 为奇函数，在 上单
调递增，且周期为 ，C符合题意； 为偶函数，排除D.故选C.
（2）[2023济南摸底考试]已知函数 的最小正周期为 ,则
的图象关于( )
A.直线 对称 B.直线 对称 C.点 对称 D.点 对称
B
[解析] 解法一 因为函数 的最小正周期为 ，所以
，所以 ，则 ，令 ， ，解得
， ，则函数 的图象关于点 , 对称，所以选项C,D
均错误；令 ， ，解得 , ，则函数 的图象关于
直线 , 对称，所以选项A错误，选项B正确.故选B.
解法二 因为函数 的最小正周期为 ，所以 ，所以 ，则 ，因为 ，不等于2或 ,也不等于0，所以选项A,C均错误；因为 为 的最大值 ，所以选项B正确，选项D错误.故选B.
（3）[2022新高考卷Ⅰ]记函数 的最小正周期为 .
若 ,且 的图象关于点 中心对称，则 ( )
A. B. C. D.
A
[解析] 因为 ,
所以 ，解得 .
因为 的图象关于点 中心对称，
所以 ，且 ，
即 ，所以 ,
又 ,所以 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，所以 .故选A.
方法技巧
1.三角函数图象的对称轴和对称中心的求解方法
对于函数 ，令 , ,解得
, ,即对称轴方程；令 , ,解得 , ，
即对称中心的横坐标（纵坐标为0）.对于 ， ,可
以利用类似方法求解（注意 的图象无对称轴）.
说明 选择题可以通过验证 的值进行判断，即 是函数
图象的对称轴方程; 点 是函数 图象的对称中心.
2.三角函数中奇函数一般可化为 或 的形式，而偶函数一般可
化为 的形式．
1.[命题点3角度1]若函数 在区间 上出现了50次最小值，则
的取值范围是____________.

[解析] 设函数的最小正周期为 ，由题意知
又 ，则 解得 .
2.[命题点3角度3]若将函数 的图象向右平移 个单位长度，所
得图象关于 轴对称，则 的最小正值是( )
A. B. C. D.
C
[解析] 函数 的图象向右平移 个单位长度，
所得图象对应的函数是 .
因为所得图象关于 轴对称，
所以 ， ，即 ， ．
令 ，可得 的最小正值是 ．故选C.
3.[命题点3]已知函数 满足 ，
且 在 上单调递减，则函数 图象的对称轴方程可能是( )
A. B. C. D.
D
[解析] 由题可知 的图象关于点 对称，
，（点拨：因为 ，所以 小于或等于 的最小正
周期的 ）
解得 ，又 ，
可取 , , .
若 ，则由 得 , ，
又 ，故 ，
此时 ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，不符合题意.
若 ，则由 得 , ，
又 ，故 ，此时 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，不符合题意.
若 ，则由 得 , ，
又 ，故 ，此时 ，当 时，
，
所以 在 上单调递减，符合题意.故 , .
，
令 , ，得 , ，当 时， ，故选D.
4.[命题点2,3/2019全国卷Ⅰ]关于函数 有下述四个结论:
① 是偶函数;
② 在区间 上单调递增;
③ 在 有4个零点;
④ 的最大值为2.
其中所有正确结论的编号是( )
C
A.①②④ B.②④ C.①④ D.①③
[解析] ，
为偶函数，故①正确；
当 时， , 在
与 的最大值都为1且可以同时取到，
的最大值为2，故④正确.故选C.
上单调递减，故②不正确;
当 时, ，其图象如图所示，此时 有3
个零点，故③错误;
06
函数y=Asin(ωx+φ)的图象及其应用
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
结合具体实例，了 解 的实际意义；能借 助图象理解参数 ， , 的意义， 了解参数的变化对 函数图象的影响. 三角函数的图象及变换 2021全国卷乙T7 本讲是高考命题热点, 主要考查三角函数的图象变换，根据图象求解析式，图象和性质的综合应用以及三角函数模型的应用.题型以选择题和填空题为主，难度中等.
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
结合具体实例，了 解 的实际意义；能借 助图象理解参数 ， , 的意义， 了解参数的变化对 函数图象的影响. 由图象确定 的 解析式 2021全国卷甲T 16；2020新高 考卷Ⅰ 在2024年的备考中要掌握三角函数的图象及其变换技巧，并能从已知图象中识别出有效信息进行求解，同时关注命题新角度、新综合以及三角函数模型的应用问题.
续表
课标要求 命题点 五年考情 命题分析预测
结合具体实例，了 解 的实际意义；能借 助图象理解参数 ， , 的意义， 了解参数的变化对 函数图象的影响. 三角函数的图象与性质的综合应用 2022新高考卷 Ⅱ ;2022天津 T9；2019全国 卷Ⅲ 在2024年的备考中要掌握三角函数的图象及其变换技巧，并能从已知图象中识别出有效信息进行求解，同时关注命题新角度、新综合以及三角函数模型的应用问题.
三角函数模型的应用 续表
1.用“五点法”作 的图象
设 ，由 取 ， ， ， ， 求出相应的 ，通过列表（如下表所
示），计算得出五点坐标，描点连线后得出图象.
0
①________ ②_____ ③_ _____ ④_ _____
0 0 0




2.三角函数的图象变换
函数 的图象通过变换得到 的图象的两
种方法：
注意 若变换前后的两个函数名不同，要先化为同名函数再求解.
辨析比较
图象两种变换方法的区别与联系
区别 先平移变换（左右平移）再周期变换（伸缩变换），平移的量是 个单位长度，而先周期变换（伸缩变换）再平移变换（左右平移），平移的量是 个单位长度.
联系 两种变换方法都是针对 而言的，即 本身加减多少，而不是 加减多少.平移规律：“左加右减，上加下减”，前提是先把 的系数提取出来.
3.函数 的物理意义
表示一个振动量时 振幅 周期 频率 相位 初相
⑩_ ____ __ ____ ____
注意 要求一个函数的初相，应先将函数解析式化成 的形式（其中 , ）.


1.[2023北京八一学校月考]要得到 的图象，只需要将
的图象( )
A.向左平移 个单位长度 B.向右平移 个单位长度
C.向左平移 个单位长度 D.向右平移 个单位长度
D
[解析] ， ，故
只需将 的图象向右平移 个单位长度即可.
2.[2022北京昌平区模拟]函数 在一个周期内的图
象如图所示，则此函数的解析式是( )
B
A. B.
C. D.
[解析] 由图象可知， ， .由 ，得 ，
.∵点 在函数图象上， ，
，又 , ，故解析式为 .
3.用“五点法”画 在一个周期内的简图时，所描的五个点分别是
， ， ， ,_______.

[解析] 令 ，则解得 ，故最后一个关键点是 .
命题点1 三角函数的图象及变换
1.（1）[2022浙江高考]为了得到函数 的图象,只要把函数
图象上所有的点( )
A.向左平移 个单位长度 B.向右平移 个单位长度
C.向左平移 个单位长度 D.向右平移 个单位长度
D
[解析] 因为 ，所以要得到函数 的图象，
只要把函数 的图象上所有的点向右平移 个单位长度即可，故选D.
（2）[2021全国卷乙]把函数 图象上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵
坐标不变，再把所得曲线向右平移 个单位长度，得到函数 的图象，
则 ( )
A. B. C. D.
B
[解析] 依题意，将 的图象向左平移 个单位长度，再将所得曲线上
所有点的横坐标扩大到原来的 倍，得到 的图象，所以
的图象
的图象.
（3）[2019天津高考]已知函数 是奇函数,
将 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）,所得图象对
应的函数为 若 的最小正周期为 ,且 ,则 ( )
A. B. C. D.
C
[解析] 由 为奇函数可得 ,又 ，所以 ,所以
.由 的最小正周期为 ，可得 ,故 ,
，所以 ,所以 ,故
.
方法技巧
解决三角函数的图象变换问题的基本方法
1.直接法
直接根据平移规律判断.
2.方程思想法
可以把变换前后的两个函数变为同名函数，且 的系数变为一致，通过列方程求解，
如 变为 ，可设平移 个单位长度，则
，即向左平移 个单位长度.若 ，则向右平移 个
单位长度.
3.数形结合法
一般可选定变换前后的两个函数 , 的图象与 轴的交点（如图象上升时与 轴的交点），其分别为 , , ,则由 的值可判断出左右平移的情况，由 的值可判断出上下平移的情况，由三角函数最小正周期的变化可判断出伸缩变换的情况.
注意 解题时，要先弄清哪一个是原始函数（图象），哪一个是最终函数（图象）.
命题点2 由图象确定 的解析式
2.（1）[多选/2020新高考卷Ⅰ]如图是函数 的
部分图象，则 ( )
BC
A. B.
C. D.
[解析] 由题图可知，函数的最小正周期 , , .当
时, ,将 代入得, ,结合图象得
, ,即 , ，令 ,则 ,
.由于 ,故选项B
正确； ,选项C正确；对于选项A，
当 时, ,错误；对于选项D，当 时,
,错误.当 时， ，将 代入，得
,结合函数图象,知 , ,得 , ,令 ,则 , ,与 时情况相同.综上，选BC.
（2）已知函数 的部分图象如图所示,则
_____.

[解析] 由题图可知 （ 为 的最小正周
期）,即 ,所以 ,即 ,故 .
点 可看作“五点作图法”中的第二个点,故 ,
得 ,即 ,所以
.
方法技巧
确定 的解析式的步骤与方法
（1）求 ， .确定函数的最大值 和最小值 ，则 ， .
（2）求 .确定函数的最小正周期 ，则 .
（3）求 ，常用方法如下：把图象上的一个已知点代入（此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上）或把图象的最高点或最低点代入.
命题点3 三角函数的图象与性质的综合应用
3.（1）[2022天津高考]已知 ，关于该函数有下面四个说法：
① 的最小正周期为 ；
② 在 上单调递增；
③当 时， 的取值范围为
④ 的图象可由 的图象向左平移 个单位长度得到.
以上四个说法中，正确的个数有( )
A. B. C. D.
A
[解析] ① 的最小正周期为 ，故①错误；
②解法一 当 , ,即 , 时，
单调递增，又因为 [ , ]， ，故 在 上单调
递增，②正确；
解法二 当 时，设 ， 在 上单调递增，②
正确；
③当 时， ， ，③错误；
④ 的图象可由 的图象向右平移 个单位长度
得到，④错误．故选A.
（2）[2023广东六校联考]已知函数 的
部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
C
A.直线 是 图象的一条对称轴
B. 图象的对称中心为 ，
C. 在区间 上单调递增
D.将 的图象向左平移 个单位长度后，可得到一个奇函
数的图象
[解析] 根据函数 的部分图象,可得
, ,所以 .结合五点作图法,可得 ,所以 ,即
.令 ,得 ,不是函数的最值,故直线 不是
图象的对称轴,故A错误;令 , ,得 , ，故 图象
的对称中心为 , ,故B错误; 时, ,函数
单调递增,故C正确;将 的图象向左平移 个单位长度后,可得
的图象,故D错误.故选C.
方法技巧
有关三角函数图象与性质的综合应用问题，常以多选题或填空题的形式出现，破解此类题的关键：
一是转化思想的应用，如将函数转化为“一角一函数”的形式；
二是见数思形，熟悉正、余弦及正切函数的图象，并能适时应用；
三是整体思想的应用，会用整体换元的思想研究函数的性质.
命题点4 三角函数模型的应用
4.[2022贵阳模拟]水车（如图1）,又称孔明
车，是我国最古老的农业灌溉工具，有1 7
00余年历史.如图2是一个水车的示意图,它
的直径为 ，其中心（即圆心） 距水
面 如果水车每 逆时针转3圈，在水车轮边缘上取一点 ，我们知道在
水车匀速转动时， 点距水面的高度 （单位: ）是一个变量，它是时间 （单位:
）的函数.为了方便，不妨从 点位于水车与水面交点 时开始计时 ,则我们
可以建立函数关系式 （其中 , , ）来反
映 随 变化的规律.下面关于函数 的描述，正确的是( )
A.最小正周期为 B.一个单调递减区间为
C. 的最小正周期为40 D.图象的一条对称轴方程为
√
[解析] 由题意可得， ， ， （ 为 的最小正周
期）， ，由 及 可得， ,所以
.因为 ，所以A错误；令
（ ），解得 ，
取 ，得 为其中一个减区间，因为 不是 的子区间，所以
B错误；函数 的图象是把 的图象在 轴下
方的部分翻折到 轴的上方，最小正周期仍为80，所以C错误；令
,得 （ ）,取 得 ,即函数图
象的一条对称轴方程为 ，所以D正确.故选D.
5.[2014湖北高考]某实验室一天的温度（单位： ）随时间 （单位： ）的变化近似满
足函数关系： ， .
（1）求实验室这一天的最大温差;
[解析] 因为 ,又 ,
所以 ，所以 .
当 时， ;
当 时， .
于是 在 上的最大值为12,最小值为8.
故实验室这一天最高温度为 ,最低温度为 ,最大温差为 .
（2）若要求实验室温度不高于 ，则在哪段时间实验室需要降温
[解析] 依题意，当 时实验室需要降温.
由（1）得 ,
故有 ,即 .
又 ,因此 ,
所以 .
故在10时至18时实验室需要降温.
方法技巧
构建三角函数模型求解实际问题时，一般需要根据实际问题得到解析式，求得的解析式一般为 的形式，然后利用三角函数的有关性质和题中条件进行求解.
1.[命题点1/2018天津高考]将函数 的图象向右平移 个单位长度，所得
图象对应的函数( )
A.在区间 上单调递增 B.在区间 上单调递减
C.在区间 上单调递增 D.在区间 上单调递减
A
[解析] 把函数 的图象向右平移 个单位长度得函数
的图象，由 得
，令 ，得 ，即函数 的一
个单调递增区间为 ，故选A.
2.[命题点2/2016全国卷Ⅱ]函数 的部分图象
如图所示，则( )
A
A. B.
C. D.
[解析] 由图易知 ，因为最小正周期 满足 ，所以 ，所以 .由 时， 可知 ，所以 .结合各选项可知函数的解析式为 .
3.[命题点3]已知函数 在 处取得极
小值 ，与此极小值点最近的一个对称中心为 .有下述四个结论：
① ;
②将 的图象向左平移 个单位长度即可得
到函数 的图象;
③ 在区间 上单调递减;
④ 在区间 上的值域为 .
其中所有错误结论的编号是( )
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
D
[解析] 设 的最小正周期为 ，由题知， ， ，
， . ， ,
则 ，得 ，
又 ， ，
，故①正确.
函数 的图象可以由 的图象向左平移 个单位长度得到，故②错误.
当 时， ，∴函数 在区间 上单调递减，故③正确.
当 时， ，由余弦函数的图象与性质知， ， ， 在区间 上的值域为 ，故④错误.故选D.
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