【备战25年高考】2024年新高考Ⅱ卷数学真题解题技巧（1题2-4解）和考前变式训练-2025年高考数学答题技巧与模板构建

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（1题2-4解）
真题01 复数真题解题技巧
真题02 常用逻辑用语真题解题技巧
真题03 平面向量真题解题技巧
真题04 统计真题解题技巧
真题05 轨迹方程真题解题技巧
真题06 函数的交点真题解题技巧
真题07 线面角真题解题技巧
真题08 函数的性质及不等式最值真题解题技巧
真题09 三角函数图象与性质真题解题技巧
真题10 解析几何真题解题技巧
真题11 函数的性质及导数应用真题解题技巧
真题12 等差数列真题解题技巧
真题13 三角恒等变换真题解题技巧
真题14 排列组合真题解题技巧
真题15 解三角形解答题真题解题技巧
真题16 导数解答题真题解题技巧
真题17 立体几何解答题真题解题技巧
真题18 概率统计解答题真题解题技巧
真题19 数列与双曲线结合真题解题技巧
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真题01 复数真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知，则（ ）
A．0B．1C．D．2
本题考查复数的模的计算。对于复数, 其模的计算公式为, 属于简单题。
【解法一】 直接计算
若，则.故选：C.
【解法二】 几何意义法
复数在复平面内对应的点为, 原点坐标为。 根据两点间距离公式
则
【解法三】 类比向量模长法
解题思路：复数可以类比为平面向量, 复数的模就相当于向量星的模, 根据向量模长公式进行计算。
解题步骤：对于, 类比向量, 根据向量模长公式
, 即。
1．（2025·安徽·模拟预测）已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由复数的四则运算结合模长公式即可求解；
【详解】由题意得，，
所以.
故选：D
2．（2025·福建·模拟预测）若复数满足，则（ ）
A．B．C．5D．8
【答案】B
【分析】利用复数除法法则得到，利用模长公式求出答案.
【详解】，所以.
故选：B．
3．（2025·江苏泰州·模拟预测）已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由复数的几何意义，除法运算和复数的模计算即可.
【详解】由题意，，，
.
故选：D.
真题02 常用逻辑用语真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知命题p：，；命题q：，，则（ ）
A．p和q都是真命题B．和q都是真命题
C．p和都是真命题D．和都是真命题
本题是关于命题真假判断的逻辑题，需要分别判断全称量词命题和 存在量词命题的真假，再根据命题的否定以及真假性的关系来确定选项。
【解法一】 反例验证法
【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，
对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，
综上，和都是真命题.
故选：B.
【解法二】 数学意义及计算综合法
表示数轴上的点到-1的距离大于1，显然错误，
，，计算得出x=0,1,-1,显然正确
1．（2024·甘肃张掖·一模）已知命题；命题．则（ ）
A．和都是真命题B．和都是真命题
C．和都是真命题D．和都是真命题
【答案】A
【分析】根据对数函数的单调性判断命题p，再根据时，判断即可选择.
【详解】因为对数函数在上单调递增，
所以当时，，故命题是真命题；
由指数函数的性质可知，所以当时，，
所以．故命题是真命题．
故选:A.
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知命题，，命题，，则（ ）
A．和都是真命题B．和都是真命题
C．和都是真命题D．和都是真命题
【答案】B
【分析】首先判断命题为假命题，令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断命题为真命题，即可得解.
【详解】因为，所以，恒成立，
所以命题为假命题，则为真命题；
令，，则，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以对任意的恒成立，所以在上单调递增，
所以，即对任意的恒成立，故命题为真命题，则为假命题；
所以和都是真命题.
故选：B
3．（2024·重庆·模拟预测）已知命题，若是假命题，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用绝对值三角不等式，得到，再根据题设即可求解.
【详解】因为是假命题，则命题为真命题，
所以
又，当且仅当时取等号，
所以，
故选：B.
真题03 平面向量真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．1
本题是一道关于向量运算的题目，已知向量的模长以及向量垂直的关系，要求出另一个向量的模长。主要考查向量的模长公式、向量垂直的性质以及向量的运算规则。
【解法一】 垂直关系展开
【详解】因为，所以，即，
又因为，
所以，
从而.
故选：B.
【解法二】 利用向量模长公式和向量垂直性质
解题思路：根据对其两边平方，再结合得到的, 联立求解。
解题步骤：
由, 两边平方得, 即. 因为, 所以, 则, 整理得。 因为, 所以, 即。
将代入, 得, 得.
1．（2025·广东·一模）已知向量满足，则（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示及向量数量积运算律计算得解.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：C
2．（2025·黑龙江·模拟预测）若向量，满足，，，的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题知，将和两边同时平方后，解方程组即可求得.
【详解】∵，的夹角为，.
，，
，
，
解得，.
故选：D.
3．（2024·重庆·模拟预测）已知向量 满足 ，且 ，则 （ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据向量夹角余弦的表示代入计算得，再利用向量垂直的数量积的表示即可得到答案.
【详解】，即，则，
因为，则，则，则，
则，则.
故选：B.
真题04 统计真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并整理如下表
根据表中数据，下列结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
本题是关于统计数据的分析问题，给出了 100 块稻田亩产量的分组频数分布情况，要求判断各个选项关于亩产量的中位数、比例、极差、平均值等结论的正确性。
【解法一】 逐一选项计算法
【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, ,
所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误；
对于B，亩产量不低于的频数为，
所以低于的稻田占比为，故B错误；
对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，平均值为，故D错误.
故选；C.
【解法二】 平均值估算下限法
计算
, 选项错误。
【解法三】 平均值估算上限法（略）
1．（2024·广西来宾·模拟预测）某校举行数学竞赛，现将100名参赛学生的成绩（单位：分）整理如下：
根据表中数据，下列结论正确的是（ ）
A．100名学生成绩的极差为60分
B．100名学生成绩的中位数大于70分
C．100名学生成绩的平均数大于60分
D．100名学生中成绩大于60分的人数所占比例超过
【答案】C
【分析】由极差，中位数以及平均数的定义，逐一计算，即可得到结果.
【详解】对于A，由表格可知，100名学生成绩的极差可能为60，故A错误；
对于B，由表格可知，100名学生成绩的中位数位于之间，故B错误；
对于C，平均数为，
故C正确；
对于D，100名学生中成绩大于60分的人数所占比例为，
故D错误；
故选：C
2．（2024·上海普陀·一模）某机构对2014年至2023年的中国新能源汽车的年销售量进行了统计，结果如图所示（单位：万辆），则下列结论中正确的是（ ）
A．这十年中国新能源汽车年销售量的中位数为123
B．这十年中国新能源汽车年销售量的极差为721
C．这十年中国新能源汽车年销售量的第70百分位数为136.6
D．这十年中的前五年的年销售量的方差小于后五年的年销售量的方差
【答案】D
【分析】由图表提取数据并按照由小到大排列，根据中位线、极差与百分位数定义，结合方差的性质，可得答案.
【详解】由图可得数据为：，
对于A，这十年中国新能源汽车年销售量的中位数为，故A错误；
对于B，这十年中国新能源汽车年销售量的极差为，故B错误；
对于C，由，则这十年中国新能源汽车年销售量的第70百分位数为，故C错误；
对于D，由图表易知前五年的数据比后五年的数据稳定，则前五年的方差小于后五年的方差，故D正确.
故选：D.
3．（2025·湖北·模拟预测）甲、乙、丙、丁对某组数据（该组数据由5个整数组成）进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于12的是（ ）
A．甲：中位数为9，众数为11B．乙：中位数为9，极差为3
C．丙：平均数为8，极差为4D．丁：平均数为8，方差为3
【答案】B
【分析】通过理解中位数，众数，极差，平均数，方差的概念及相关知识，再对5个数据进行举例假设分析，即可得到判断.
【详解】对于A，中位数为9，众数为11，说明11至少有两个数，不妨取两个11，
则由中位数可知另外两个数肯定不超过9，故A能判断这组数据都小于12，所以不能选A；
对于B，中位数为9，极差为3，由于极差是5个数中最大与最小的差，
由于该组数据由5个整数组成，所以不妨取4个9，1个12，这样不能判断该组数据一定小于12，故选B；
对于C，平均数为，极差为，由于个数都是整数，根据条件可知，这个数中肯定最大数与最小数的差为，则可知最大数肯定大于，最小数肯定小于，故最小数加得最大数肯定小于，从而能判断这组数据一定都小于12，故不能选C；
对于D，平均数为8，方差为3，由方差公式可得，
若存在数12，则
，这与方差为3相矛盾，所以最大数也一定小于12，故不能选D；
故选：B.
真题05 轨迹方程真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
本题是求轨迹方程的问题，已知曲线的方程，通过曲线上点与线段中点的关系，利用相关点法等方法求出点的轨迹方程。
【解法一】 相关点法
【详解】设点，则，
因为为的中点，所以，即，
又在圆上，
所以，即，
即点的轨迹方程为.
故选：A
【解法二】 参数方程转化法
解题思路：先写出曲线的参数方程，再根据中点关系得到，的坐标关于参数的表达式，最后消去参数得到的轨迹方程。
解题步骤：
0曲线的参数方程为设,
因为是中点，所以，
由得, 由得, 根据, 可得
即
, 答案是A。
1．（2024·全国·模拟预测）若点为坐标原点，点为曲线上任意一点，，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，设点，再由向量的坐标运算代入计算化简，即可得到结果.
【详解】设点，因为，所以，
即，又点为曲线上任意一点，
所以，即，即点的轨迹方程为．
故选：B．
2．（2024·广西·模拟预测）已知，分别为轴、轴上的动点，若以线段为直径的圆过点，则线段的中点的轨迹方程为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设出点坐标，根据中点坐标公式得到、两点的坐标，结合已知条件利用垂直关系，分直线斜率不存在，和直线斜率存在两种情况求解即可.
【详解】设点的坐标为，则点的坐标为，点的坐标为，
由圆的性质可知，
当时，直线斜率不存在，
此时直线斜率为，所以，，，
当时，有，即，
整理得：，
经检验在直线上，
所以的轨迹方程为：.
故选：B.
3．（2024·湖北·模拟预测）如图，已知圆，圆，已知为两圆外的动点，过点分别作两圆的割线和，总有，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由可得，然后由割线定理可得
，从而得到点的轨迹方程.
【详解】
因为圆，圆心，半径，
圆，圆心，半径，
由，可得，
所以，即，
由割线定理可知，过的切线是到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，
过分别做圆的切线，切点为，
则，，所以，
连接，
则，，
所以，
即，所以，
即，
设，则，
化简可得，
所以点的轨迹方程是，
故选:A
真题06 函数的交点真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．1D．2
本题是函数交点问题，已知两个函数和, 在给定区间内，曲线与恰有一个交点，等价于函数在 该区间恰有一个零点，通过不同方法求解的值。
【解法一】
令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
【解法二】
令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
1．（2024·北京·模拟预测）已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A．2B．0C．3D．无穷
【答案】A
【分析】根据函数表达式确定函数在（）上是增函数且，零点个数转化为函数与的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论．
【详解】由，得在区间上的函数值都是区间上相应函数值的一半，，
又时，是增函数，即，
所以，因此时，，
令，它在上是减函数，，，，
当时，，
作出和在上图象，如图，由图可知：
在时，的图象与的图象没有交点，所以在上，它们只有两个交点，
所以的零点个数为2.
故选：A．
2．（2024·广东·一模）函数与函数有两个不同的交点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用参变分类可得和的图象有两个交点，结合导数讨论后者的性质后可得参数的取值范围.
【详解】由得，
则问题转化为和的图象有两个交点，
而，
令，解得，令，解得，
故在上单调递增，
在单调递减，则，
当时， 的图象有两个交点；
当时， 的图象有两个交点；
大致图象如右所示：
结合图象可知，的取值范围是，
故选：D
3．（2024·重庆·模拟预测）若关于的方程有且仅有一个实数根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，，求出函数的定义域，分析出两个函数的图象都关于直线对称，可得出，即可得出实数的值.
【详解】由可得，
由，可得，解得，
令，，
则
，
，
所以，函数、的图象都关于直线对称，
因为关于的方程有且仅有一个实数根，
则函数、在上的图象只有一个公共点，所以，，
可得.
故选：C.
真题07 线面角真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
本题是立体几何中关于正三棱台的问题，已知正三棱台的体积以及上下底面正三角形的边长，要求出侧棱与底面所成角的正切值。需要先根据正三棱台的性质求出相关的边长，高，再找出线面角，进而求解其正切值。
【解法一】 常规法
分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
【解法二】 补形法
将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
【解法三】向量法
解题思路：建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，得到向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求出线面角的正弦值，进而求出正切值。
解题步骤：
设上下底面中心分别为, 以为原点，所 在直线为轴，过垂 直于的 直线为轴，所 在直线为轴建立空间直角坐标系。
由前面计算可知, 则所以
平面的法向量。
设与平面所成角为, 则
所以, 则。
1．（2024·陕西安康·模拟预测）在四棱锥中，为等边三角形，四边形为矩形，且，平面平面，则直线AC与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】取为的中点，先证明平面，得为所求线面角，由边长间的关系求正弦值.
【详解】平面平面，又平面平面，
平面，，则平面，
又平面，故平面平面，
取的中点，连接，如图所示，
平面平面，平面平面，
为等边三角形，则，故平面，
则直线AC与平面所成角即为，
令，则，，，
故.
故选：A
2．（2024·广西柳州·一模）已知正四棱台的体积为，，，则与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【分析】根据体积求出正四棱台的高，分别取的中点，过作交于，则为与底面所成的角，求解即可.
【详解】∵，，∴上，下底面的面积分别为，
设正四棱台的高为，
则其体积为，解得，
连接，分别取的中点，
∵面，面，∴，
过作交于，则，面，
∴为与底面所成的角，
∵，，
∴，
即与底面所成角的正切值为.
故选：C.
3．（2024·重庆·模拟预测）正三棱台三侧棱的延长线交于点，如果，三棱台 的体积为， 的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过作面于，交面于，连接，则为侧棱与底面所成的角，根据条件得到，利用棱台的体积公式得到，进而得到，再利用三棱锥为正三棱锥，求得，即可求解.
【详解】过作面于，交面于，连接，
正三棱台三侧棱的延长线交于点，所以三棱锥为正三棱锥，
又因为，则，所以，又 的面积为，
所以，则，
解得，所以，设的边长为，则，解得，
又三棱锥为正三棱锥，所以是的中心，
又易知边上的高线长为，所以，
又面，所以为侧棱与底面所成的角，则，
故选：D.
真题08 函数的性质及不等式最值真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
本题是函数与不等式结合，求二元代数式最值的问题。已知函数且恒成立， 需要通过分析函数性质，找出满足的条件，进而求出的最小值。
【解法一】
由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值
由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
【解法二】
根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
1．（2024·四川德阳·模拟预测）已知，，当时，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，求导令，可得，进而求得的单调性，求得，结合已知可得，求解即可.
【详解】令，
则，
因为，设的根为，即有，所以，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增.，
所以，
，
所以，
①当；，
②当时，设，，
在单调递增，又，所以.
综上，实数a的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键点有：（1）掌握导数的运算及其应用；（2）通过构造函数，通过求函数的最小值，从而解决问题.
2．（2024·黑龙江大庆·一模）已知函数，若对任意的，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数的导函数，当时推出矛盾，当时求出，即可得到，从而得到，再利用导数求出的最大值，即可得解.
【详解】因为，，所以，
当时，恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意；
当时，则当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，
所以，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
则，
即的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是分、两种情况讨论，从而求出，即可得到，从而将双变量化为单变量问题.
3．（2024·吉林·模拟预测）若关于不等式恒成立，则当时，的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】构建，分析可知的定义域为，且在内恒成立，利用导数可得，整理可得，构建，利用导数求其最值即可.
【详解】设，
因为，可知的定义域为，所以在内恒成立，
又因为，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，可得，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
令，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，则，
即，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为1.
故选：C.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
真题09 三角函数图象与性质真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
本题是一道关于三角函数性质比较的选择题。主要考查正弦型函数的零点、最大值、最小正周期以及对称轴等性质，需要分别对函数和的这些性质进行分析，然后逐一判断选项的正确性。
【解法一】 选项分析法
A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
【解法二】 从函数的伸缩平移变换角度求解（略）
1．（2025·四川绵阳·模拟预测）对于函数，，则（ ）
A．与的图象有相同的对称轴
B．与有相同的最小正周期
C．将图象向右平移个单位，可得到图象
D．图象与图象在上只有一个交点
【答案】BCD
【分析】利用辅助角公式化简函数的函数解析式，求两函数的对称轴判断A，求两函数视为周期判断B，根据函数图象变换法则求函数平移后的解析式，由此判断C，解方程，判断D.
【详解】，
，
令，，可得，，
所以函数的对称轴方程为，，
令，，可得，，
所以函数的对称轴方程为，，
函数与的图象的对称轴不相同，A错误；
函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，
与有相同的最小正周期，B正确，
将图象向右平移个单位可得函数的图象，C正确，
令可得，
所以，
所以，又，
所以，故，D正确，
故选：BCD.
2．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的单调递增区间为
C．函数的图象和函数的图象关于直线对称
D．若将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，可得
【答案】ACD
【分析】先求出需要研究的函数的解析式，再结合函数周期公式，单调性，对称性定义，函数图象变换逐个计算判断即可.
【详解】对于A选项：已知，根据余弦函数最小正周期公式得，
所以函数的最小正周期为，A选项正确.
对于B选项：.
令，解不等式得，
所以函数的单调递增区间是，B选项错误.
对于C选项：，即，函数的图象和函数的图象关于直线对称，C选项正确.
对于D选项：已知，又，
则，即.
根据两角和差公式，，
整理得.
因为该等式对任意都成立，所以，
由得，，
由得，，，又，
综合可得，D选项正确.
故选：ACD.
3．（2024·广东广州·模拟预测）设函数，已知在区间有且仅有个对称中心，则（ ）
A．在区间有且仅有2个极大值点B．在区间有且仅有3个极小值点
C．在区间单调递减D．的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据在区间上对称中心的个数求得的取值范围，根据极大值、极小值、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由，得，
由于在区间有且仅有5个对称中心，
所以，解得，所以D选项错误.
由上述分析可知，
所以对于A选项，由或，
即或时，取得极大值，所以A选项正确.
对于B选项，当时，
，
由或，
即或时，取得极小值，
即只有个极小值，所以B选项错误.
对于D选项，由上述分析可知，
所以当时，，
所以在区间单调递减，C选项正确.
故选：AC
真题10 解析几何真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
本题是抛物线与圆的综合问题，涉及抛物线的准线、圆的切线以及相关线段的性质和数量关系。需要根据抛物线和圆的方程及几何性质，对每个选项逐一进行分析判断。
【解法一】 选项逐一分析法
A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.故选：ABD
【解法二】 设点直接求解
=设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
1．（2024·甘肃白银·一模）已知分别是等轴双曲线的左､右焦点，以坐标原点为圆心，的焦距为直径的圆与交于四点，则（ ）
A．的渐近线方程为
B．
C．
D．四边形的面积为
【答案】ABD
【分析】由可求出的渐近线方程可判断A；由双曲线的定义结合，解方程求出，可判断B，C；，矩形的面积为，可判断D.
【详解】由题意得，则的渐近线方程为，A正确.
设在第一象限，易得，
将两边平方，
得，
则，，B正确，C错误.
设，由，得，
则矩形的面积为，D正确.
故选：ABD.
2．（2024·吉林长春·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A，B在C上（A在第一象限），点Q在l上，以为直径的圆过焦点F，，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．，则D．，则
【答案】ACD
【分析】由题意，利用抛物线的定义以及相似即可判断AB；结合抛物线的定义及三角形全等即可判断BD.
【详解】设在上的投影为，与轴交于点，
因为，两点均在抛物线上，
所以，因为，,故,
所以，解得，故选项A正确；
对于B，时，，,
结合， ,,
所以，解得，故B错误；
对于C:设点在上的投影为，此时，，
所以，因为，所以，
即，
则为等腰直角三角形，
此时，故C正确；
对于D，设点在上的投影为，
此时，，
所以，
因为，所以，
即，
则为等边三角形，
此时，则,，故D正确；
故选：ACD．

【点睛】关键点点睛：以及垂直关系得.
3．（2025·辽宁·模拟预测）已知，分别为双曲线：的左、右焦点，点在的左支上，且与交于另一点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．若点的坐标为，则的离心率的取值范围为
B．若，，则
C．若，，则的最小值为4
D．若，，则恒为定值
【答案】ABD
【分析】对于A，由点在渐近线的下方得到，推理即得离心率范围；对于B，利用双曲线的定义和焦半径的范围即得；对于C，根据点在双曲线的左右支分别求得最短弦长即可判断；对于D，根据点是否与双曲线的左顶点重合，分别推理计算，利用双曲线定义和余弦定理即可证得.
【详解】对于A，因点在的一条渐近线的下方，则，即，
故离心率，故A正确；
对于B，由，，得，
由双曲线的定义可知，则，
于是，
因为，所以，故B正确；
对于C，因，，则，
当在的右支上时，因为在过焦点且与双曲线的两支各有一个交点的弦中，
最短弦的弦长为实轴长，故；
当在的左支上时，因为在过焦点且与双曲线的左支有两个交点的弦中，
当轴时，最小，此时，，
故的最小值为1，故C错误；
对于D，由，，可知，则，，
当点为双曲线的左顶点时，
；
当点不在双曲线的左顶点时，
因，则，
由余弦定理得，
又，所以，
因
则，即.
综上，恒为定值，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：本题主要考查双曲线的定义，性质的应用，解题思路在于解决与焦点有关的线段时，常考虑定义式或焦半径、焦点弦有关结论的应用，有时还要考虑双曲线的渐近线，通经，以及三角形中正余弦定理的运用.
真题11 函数的性质及导数应用真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
本题是关于函数性质的综合考查问题，给出函数, 需要对其零点个数、极值点、对称轴以及对称中心等性质进行分析，通过对不同参数取值情况的讨论，判断各个选项的正确性。
【解法一】 利用对称中心的表达式化简
A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确
【解法二】 直接利用拐点结论（D选项）
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
1．（2024·广东·模拟预测）设函数，则（ ）
A．有三个零点
B．是的极小值点
C．的图象关于点中心对称
D．当时，
【答案】BC
【分析】根据零点的定义直接判断A选项，求导判断函数的单调性与极值情况，可判断BD选项，根据函数图像的对称性可判断C选项.
【详解】对于A，令，解得或，所以有两个零点，故A 选项错误；
对于B，由，
令，解得或，
当或时，，即在和上单调递增，
当时，，即在单调递减，
所以是的极小值点，故B选项正确；
对于C，因为，则的图象关于点中心对称，故C选项正确；
对于D，当时，单调递减，则当时，单调递减，
又当时，，所以，故D选项错误；
故选：BC.
2．（2024·安徽·模拟预测）设函数，则（ ）
A．当时，的图象关于点对称
B．当时，方程有个实根
C．当时，是的极大值点
D．存在实数，恒成立
【答案】ABD
【分析】利用函数对称性的定义可判断A选项；利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断B选项；当时，利用导数分析函数的单调性，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，当时，，
因为，所以，，
所以的图象关于点对称，故A正确；
对于B选项，当时，，则，
令，可得或，列表如下：
所以，函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
所以，，又因为，如下图所示：
由图可知，直线与函数的图象由三个交点，
即时，方程有个实根，故B正确；
对于C选项，，
当时，，此时函数在上单调递增，故C错误；
对于D选项，当时，函数在上单调递增，此时恒成立，故D正确．
故选：ABD．
3．（2024·吉林·三模）已知函数，则（ ）
A．当时，函数单调递增
B．当时，函数有两个极值
C．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条
D．当时，若b是a与c的等差中项，直线与曲线有三个交点，，，则.
【答案】AC
【分析】对于A，由题意可得当时，单调递增，即可判断；对于B，由题意可得当时，单调递增，从而可判断B；对于C，设过点的直线与切于点，利用导数可得切线的方程，再代入点，通过判断的解的个数，即可判断切线的条数从而判断C；对于D，由等差中项的定义可得直线过定点，且此点在曲线上，再判断出点是函数的对称中心，即可得的值，即可判断D．
【详解】因为，所以，
对于A，当时，，，
所以当时，，单调递增，故A正确.
对于B，当时，令，则，
所以当时，，
所以单调递增，此时函数没有两个极值，故B错误；
对于C，设过点的直线与切于点，
则切线方程为，
代入得，
整理得：，令，
则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又，所以只有一个零点，
即方程只有一个解，
所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故C正确；
对于D，当时，，又因为是与的等差中项，
所以直线即为直线，
所以直线过定点，且此点在曲线上，

设函数的对称中心为,则有，
即，
整理得：，
所以，解得，
所以函数的关于点对称，设，
则有，所以，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在D选项中，判断出直线过定点，且函数关于此点对称.
真题12 等差数列真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
本题是等差数列的相关计算问题，已知等差数列中的两项关系，要求出该数列的前1项和。 需要根据等差数列的通项公式及前项 和公式，通过不同的方法求出首项和公差, 进 而计算。
【解法一】 方程组法
因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
【解法二】 函数解析法
解题思路：设将代入已知等式求进而得和。
解题步骤：
设则
即
由得代入, 得, 解得.
把代入, 得。
所以。
1．（2024·陕西安康·模拟预测）设等差数列的前项和为，则 .
【答案】
【分析】根据题意结合等差数列的通项与前项和公式列出方程组求解即可.
【详解】设公差为，
由，
得，解得.
故答案为：.
2．（2024·甘肃张掖·一模）设是等差数列的前项和，若，则 ．
【答案】72
【分析】根据等差数列的性质和通项公式求出公差和首项，结合等差数列前项和公式计算即可求解.
【详解】设等差数列的公差为.由等差数列的性质，得.
因为36，所以，解得．
所以，解得，所以，
所以，
故答案为：72.
3．（2024·重庆·模拟预测）已知等差数列 满足 ，则前 项和 .
【答案】
【分析】应用等差数列通项公式基本量运算求出通项，再应用等差数列求和公式计算即可.
【详解】等差数列 满足 ，
所以,计算得，
所以，
则前 项和 .
故答案为：.
真题13 三角恒等变换真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
本题是三角函数求值问题，已知为第一象限角，为 第三象限角，以及与的值，要求的值。需要先根据两角和的正切公式求出, 再结合三角函数关系求出.
【解法一】
法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
【解法二】
因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则

故答案为：.
1．（2024·陕西宝鸡·二模）已知，，则 ．
【答案】/0.8
【分析】由已知结合同角基本关系及和差角公式进行化简即可求解．
【详解】因为，
所以，
所以，
即，
即，
因为，
则．
故答案为：．
2．（2024·河南·模拟预测）已知角的终边不重合，且，则 ．
【答案】/0.6
【分析】先利用辅助角公式及正弦的性质得到，再结合诱导公式、倍角公式可得的值.
【详解】根据可得，
其中锐角满足，
故可得，或者，
由于的终边不重合，故，
因此，
故答案为：
3．（2024·四川·模拟预测）中，的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意，由正弦的和差角公式以及辅助角公式化简，然后构造函数，求导即可得到结果.
【详解】令
，其中，
则，设，，
显然，有，则只需考虑在上的最大值，
求导得，
令，得，则且，
当时，，当时，，
则当时，函数取得极大值，即为最大值，.
所以的最大值是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用三角形内角和定理、诱导公式及辅助角公式化成关于角的函数，是求出最大值的关键.
真题14 排列组合真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
本 题是一个关于组合计数以及求最值的问题。在4×4的方格表中按特定规则（每行每列恰选一个方格）选方格，先求选法的数量，再在这些选法中找出所选方格数字之和的最大值。
【解法一】 直接求解
由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【解法二】 贪心算法策略优化（第二空）
思路
优先选较大的数，同时保证列不冲突。
步骤
1.第一行选40（列4），但导致后续行无法选较大数（如42、43、44）。
2.调整策略：行1选21（列2），行2选33（列3），行3选43（列4），行4选15（列1）。
答案：和为。
【解法三】 匈牙利算法（第二空）略
1．（2025·江西九江·一模）如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态．假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 ．
【答案】
【分析】根据相邻原则把9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区，然后由题意分别按各类中的两个保持灯区最终仍处于“点亮”状态，由此求得方法数，再求得总的方法数，最后由概率公式计算概率．
【详解】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有种按法．
与相邻的灯区为；与相邻的灯区为，故将9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区．若要使得灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区．
①若先后按下的是两个灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法；
②若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法；
③若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法．故灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为．
故答案为：．
2．（2024·辽宁·模拟预测）若集合，满足都是的子集，且，，均只有一个元素，且，称为的一个“有序子集列”，若有5个元素，则有多少个“有序子集列” .
【答案】960
【分析】结合韦恩图，根据题意先选择3个元素均分给，，三个位置，在排剩余元素，结合组合数和分步乘法计数原理运算求解.
【详解】因为，，均只有一个元素，且，作出韦恩图，

则从的5个元素中选择3个元素均分给，，三个位置，共有种不同排法，
剩余2个元素，每个均有4个位置可以排，共有有种不同排法；
所以“有序子集列”共有个.
故答案为：960.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将集合问题转化为元素分配问题，先排重叠部分，再排剩余元素即可.
3．（2024·河南新乡·一模）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 种．
【答案】401
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理，结合组合计数问题列式计算得解.
【详解】如图，当路线经过点时，从到有1种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有种；
当路线经过点时，从到有种，从到有1种，
所以不同的走法共有（种）.
故答案为：401
【点睛】方法点睛：解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)，分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.
真题15 解三角形解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
本题是一道三角函数与解三角形相结合的题目。第一问要求根据给定的三角函数等式求出角的值；第二问在已知的值以及相关等式的情况下，求出的周长，需要综合运用三角函数公式以及正弦定理、余弦定理等知识来求解。
【解法一】 常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
【解法二】 常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
【解法三】 利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
【解法四】利用向量数量积公式
设，由题意，，
根据向量的数量积公式， ，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
【解法五】利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
1．（2025·江苏苏州·模拟预测）△ABC中，角A、B、C的对边为a，b，c，已知，且.
(1)求角A的大小；
(2)若，求△ABC的周长的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边及余弦定理即可求解；
（2）由数量积可求出，结合（1）可求出，进而可知△ABC的周长.
【详解】（1）因为，
所以，即，
所以，
因为，所以
（2）因为，所以，即，所以，
由（1）知，所以
又，所以，解得，
所以△ABC的周长为，
所以△ABC的周长为.
2．（2025·山东潍坊·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若的角平分线AD与BC交于点D，且，．求的面积，
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理，结合题意得到，然后根据余弦定理得到，即可求解A的值；
（2）根据三角形面积公式得到，求得c的值，然后根据三角形面积公式求解即可
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，整理得，
所以，
因为，所以；
（2）因为的角平分线为AD，所以 ，
因为 ，
所以，
因为，，所以，
化简可得，解得，
所以
3．（2025·四川·二模）记锐角的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求的值.
(2)若，求边上的高的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先应用切化弦，再应用正弦定理结合两角和差公式得出，最后计算求值；
（2）先根据三角形是锐角三角形得出，结合面积公式及三角函数的值域计算即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
又因为，所以，
应用正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以，所以.
（2）因为是锐角的内角，又因为，所以得出，
所以，
设边上的高为，，
.
真题16 导数解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
本题是关于函数导数应用的问题，第一问求函数在某点处的切线方程，需要先求出函数的导数，进而得到切线斜率，再结合切点坐标求出切线方程；第二问根据函数有极小值且极小值小于0求参数的取值范围，需要通过对函数求导分析其单调性，进而确定极小值点，再根据极小值小于0建立不等式求解。
【解法一】
（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
【解法二】
因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
1．（2025·江西·一模）已知函数．
(1)当时，求的图象在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性，并求当的极大值等于时，实数的值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间，利用函数的极值与导数的关系，结合题意可求得实数的值.
【详解】（1）因为，所以，，
所以，又，
所以所求切线的方程为，即．
（2）的定义域为，
，
当时，或．
由，得或，由，得，
则在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得极大值．
由，解得．
2．（2025·安徽·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)
【分析】（1）利用导数求函数的单调性；
（2）分离参数得，构造，利用导数求最大值即得.
【详解】（1）当时，函数的定义域是，，
令，得，解得，故的单调递减区间是，
令，得，解得，故的单调递增区间是，
综上，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由任意，知恒成立.
因，故，在上恒成立.
设，则，
令，得，（舍去），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取得极大值，也是最大值，且，
所以若在上恒成立，则，
故实数的取值范围是.
3．（2024·广东韶关·一模）已知函数，．
(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)设，若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解；
（3）由参变分离得恒成立，设，，则，令，利用导数证明即可求出.
【详解】（1），
当时，，，
当时，，，
函数在处的切线方程为；
（2）函数的定义域为，，
①当时，恒成立，令，则，
若，则；若，则，
所以在单调递减，在单调递增；
②当时，，
令，则或，
（ⅰ）当，即时，
若，则或；若，则，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
（ⅱ）当，即时，恒成立，在上递增；
（ⅲ）当，即时，
若，则或，若，则，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
（3）的定义域为，
由得恒成立，即恒成立，
设，，则，
因为，同构可得，
令，因为，所以，
下面证．
设，，于是，
令，则，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，当且仅当时等号成立．
所以，即，
所以，
所以，即，
所以实数的取值范围为.
真题17 立体几何解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
本题是立体几何中的折叠问题，第一问证明线线垂直，可通过线面垂直的性质来证明；第二问求二面角的正弦值，可利用空间向量法或传统几何法等，先找出二面角的平面角或建立空间直角坐标系求出相关向量，再进行计算。
【解法一】 空间向量法
（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
【解法二】 向量法-基底向量证明线线垂直（第一问）
=解题思路：选取合适的基底向量，将与用 基底向量表示出来，通过计算向量的数量积为来证明垂直。
解题步骤：
设.
则.
, 所以.
计算
由,
代入可得
, 所以, 即.
【解法三】 纯几何法（第二问）
延长交于点, 点是平面与平面PBF 的公共点，所以面面, 过点做的垂线交于点, 过点做的垂线交FG于点, 连接, 图中即为平面与平面的二面角的平面角。 因为, 因此面
在中，
在中，
根据面积不变性，
在中，
在中，,
余弦定理，
在中，
在中，, 余弦定理，
在中，根据余弦定理，
平面与平面所成角二面角的正弦值为
【解法四】三垂线法
延长交于点, 点是平面与平面的公共点，所以面面
通过计算得, 过点做面的垂线，垂足为, 过作, 连接
作于, 则是平面与平面所成的二面角的平面角
面面为点到面的距离
在中，
在中，
在中，
在中，
平面与平面PBF 所成角二面角的正弦值为
1．（2025·湖北·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，M是的中点.
(1)证明：平面.
(2)证明：平面.
(3)求平面与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）证得，结合线面平行的判定定理即可证出结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果；
（3）求出平面的法向量，利用二面角的夹角坐标公式即可求出结果；
【详解】（1）连接交于，连接，因为四边形为矩形，所以为的中点，
又因为为的中点，所以，且平面，不在平面内，
所以平面；
（2）因为平面，且四边形为矩形，所以两两垂直，
故以为坐标原点，以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为，，，
所以，
设平面的法向量为，且，
则，故，取，则，
因为，所以，所以，所以平面.
（3）设平面的法向量为，且，
则，故，取，则，
设平面与平面的夹角为，
则，因此平面与平面的夹角为.
2．（2025·福建厦门·一模）如图，在三棱柱中，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）法1：取中点，先证平面，再根据面面垂直的判定定理判定平面平面；
法2：设为在底面的射影，证明点恰为斜边的中点，得平面，再证面面垂直.
（2）法1：根据（1）的结果建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦；
法2：根据二面角的平面角的概念构造平面与平面夹角的平面角，利用直角三角形的边角关系求角的余弦值.
【详解】（1）方法1：取的中点，连接，，

因为，所以，且，
因为，，为的中点，所以，
所以，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
方法2：设为在底面的射影，则平面，
因为，所以
射影为底面的外心，又为直角三角形，所以恰为斜边的中点，
因为平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以与平面所成角即为，所以，
因为，所以，所以，，
因为，为的中点，所以，
方法1：如图所示，以为原点，分别以，，所在方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，

则有，即令，则，，
所以，
易知平面ABC的一个法向量为，
设平面与平面ABC的夹角为，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
方法2：如图，过作的平行线，因为，所以，
过作，垂足为，
因为平面平面，所以，
又，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以平面与平面的夹角即为，
易知，所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
3．（2025·河南洛阳·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，，，．为上的动点，且满足．
(1)当时，证明：；
(2)记平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，若，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用几何关系得，由线面垂直的性质可得，再由线面垂直的判定定理得平面，即可证明结果；
（2）根据题设建立空间直角坐标系，分别求出平面，和的法向量，再结合条件及面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1），
所以，又，所以，
则，又，所以是等边三角形，
又，所以，
又，所以，又是等边三角形，
所以，又平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以.
（2）因为平面，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由题有，
由，
有，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
又，由，
取，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
又，由，
取，可得平面的一个法向量为，
由，，得，
由，有，
又，有，又，解得．
真题18 概率统计解答题真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
本题是一道关于概率计算与决策的问题，涉及独立事件概率的应用。比赛分为两个阶段，根据不同阶段的投篮规则和队员投篮命中概率，计算比赛成绩满足一定条件的概率以及确定使比赛成绩期望最大的人员安排。
【解法一】
（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
比赛成绩不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
【解法二】 第一问
总成绩少于5分的概率包括：
甲被淘汰的概率：;
甲通过但乙得0分的概率：。
不满足概率为, 因此满足概率为。
1．（2024·新疆乌鲁木齐·模拟预测）甲、乙、丙、丁相约进行台球比赛，约定每轮比赛均将四人分成两组，进行一对一对打，第1轮比赛甲、乙对打，丙、丁对打，每轮比赛结束后，两名获胜者组成一组在下一轮比赛中对打，两名负者组成一组在下一轮比赛中对打，每组比赛均无平局出现．已知甲胜乙、丙胜丁的概率均为，甲胜丙、甲胜丁、乙胜丙、乙胜丁的概率均为，每组比赛的结果相互独立．
(1)求在第3轮比赛中，甲、丙对打的概率；
(2)求在第n轮比赛中，甲、乙对打的概率及甲、丙对打的概率；
(3)求在第n轮比赛中，甲获胜的概率．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）对前三轮逐一分析，结合全概率公式及条件概率公式，互斥事件的加法公式即可求解；
（2）设在第n轮比赛中，甲、乙对打的概率为，甲、丙对打的概率为，甲、丁对打的概率为，利用全概率公式得出之间的关系，从而转化为的递推公式，最后再利用构造法求的通项；
（3）利用第二问的结论结合全概率公式即可求解；
【详解】（1）因为第1轮比赛甲、乙对打，所以第2轮比赛甲、乙不可能对打，则第2轮比赛甲只能和丙或丁对打．
因为第3轮比赛甲、丙对打，所以第2轮比赛甲、丙不可能对打，则第2轮比赛甲只能和丁对打．
第2轮比赛甲、丁对打的概率为．
若第3轮比赛甲、丙对打，则第2轮比赛中甲胜丁，丙胜乙，或丁胜甲，乙胜丙．
故所求概率为．
（2）设在第n轮比赛中，甲、乙对打的概率为，甲、丙对打的概率为，甲、丁对打的概率为，
①．
在第轮比赛中，甲、乙对打的概率为，甲、丙对打的概率为，甲、丁对打的概率为，
若在第轮比赛中，甲、乙对打，则在第n轮比赛中，甲、丙对打，乙、丁对打，或者甲、丁对打，乙、丙对打，
所以②．同理可得③，④
由①②可得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
③-④得，设，则，
因为，所以，即，
.
（3）设在第n轮比赛中，甲获胜的概率为，．
【点睛】关键点点睛；本题属于概率与数列相结合的综合题，本题的关键点是如何利用全概率公式得出之间的表达式，其次是如何得出的递推式，比较抽象，难度较大.
2．（2025·广东肇庆·二模）购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一､其最吸引人的地方是因为盒子上没有标注物品具体信息，买家只有打开才会知道自己买到了什么.某商店推出种款式不同的盲盒，购买规则及概率如下：每次购买一个，且买到任意一种款式的盲盒是等可能的.小刘特别喜欢种款式中的一种.
(1)若种款式的盲盒各有一个.
（i）求小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率.
（ii）设小刘抽到特别喜欢的款式所需次数为，求的数学期望.
(2)若每种款式的盲盒数量足够多，每次盲盒被买后老板都会补充被买走的款式.商店为了满足客户的需求，引进了保底机制：在抽取前指定一个款式，若前次未抽出指定款式，则第次必定抽出指定款式.设为小刘抽到某指定款式所需的次数，求的数学期望（参考数据：，结果保留整数）.
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）根据条件，利用全概率公式，即可求解；（ii）由题知的可能取值为，利用古典概率公式求出相应取值对应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解；
（2）根据条件，求出的分布列，进而求出，再利用错位相减法，即可求解.
【详解】（1）（i）设小刘第次抽到特别喜欢的款式为事件.
则小刘第二次才抽到特别喜欢的款式的概率为.
（也可以用）
（ii）的可能取值为，
则，
所以的分布列为
则.
（2）记的可能取值为.
因为前9次（包含第9次）没有保底，
则，其中，
，
所以的分布列为
则.
记，
则，
两式相减，得，
所以.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，求得后，利用错位相减法求解.
3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛．比赛规定：三人组队参赛，按顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次．如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失败．比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分Y与派出的闯关人数X的关系如下：，比赛失败的队伍则积分为0．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，且每人能否闯关成功互不影响．
(1)已知，，，
（i）若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分的期望；
（ii）若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分的概率．
(2)若甲只能安排在第二位次参赛，且，要使该队比赛结束后所获积分的期望最大，试确定乙、丙的参赛顺序，并说明理由．
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)丙先参赛，理由见解析
【分析】（1）（i）根据相互独立事件概率计算，先求得的分布列，进而计算出的期望；（ii）根据全概率公式求得正确答案；
（2）分别计算按“乙甲丙”和“丙甲乙”的顺序所获积分的期望，进而作出判断.
【详解】（1）（i）的可能取值为，
，，
.
所以的分布列为：
所以
（ii）第一次闯关从三人中随机抽取，每个人被抽取到的概率都是，且必须闯关成功，
所以概率为.
（2）若顺序为“乙甲丙”：
积分的可能取值为,
，，
.
所以.
.
若顺序为“丙甲乙”：
积分的可能取值为,
，，
.
所以
.
，
，
由于，所以，
所以丙先参赛.
【点睛】易错点睛：1.期望值计算中的概率漏算：在计算期望值时，容易遗漏某些概率，特别是当涉及多个相互独立事件的联合概率时，需注意所有可能结果的覆盖.
2.顺序安排的误解：在小问2中，可能会误认为甲不需要参与第一位或第二位的安排而导致推导错误，甲只能在第二位参赛的条件直接限制了顺序安排的自由度，必须在这一条件下进行期望值的比较.
真题19 数列与双曲线结合真题解题技巧
（2024年新高考Ⅱ卷高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
本题是一道关于双曲线与数列、直线相交相关的综合题。主要考查了双曲线的性质、直线方程、对称点坐标以及等比数列的证明和三角形面积的计算与性质。通过已知条件，涉及到直线与双曲线的交点坐标求解、对称点坐标变换以及数列相关性质的证明和三角形面积的分析。
【解法一】
（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
【解法二】 第二问
因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
【解法三】 第三问
先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
【解法四】第三问
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【解法五】第三问
由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.
1．（2024·江西·模拟预测）设抛物线：，是大于0的常数.抛物线的焦点为，过的垂直于轴的直线交抛物线于两点（点在轴上方），直线与直线相交于点（异于），与抛物线相交于点（异于坐标原点），直线交抛物线于另一点，直线与轴相交于点.
(1)若是的重心，求的值；
(2)设直线与直线相交于点分别为线段的中点.
（ⅰ）求证：三点共线；
（ⅱ）设的面积为，的面积为，若，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【分析】（1）先联立方程得，可得：，联立抛物线可得，进而根据重心可得；
（2）（i）先根据中点坐标公式，直线交点，先得三点坐标，进而由向量共线可证三点共线；
（ii）先根据各点坐标求出面积，由可得的取值范围.
【详解】（1）

由题意可得，，，，
联立与，可得，由于，
故，，故，
则：，化简可得：，
联立：与可得，
故，进而可得，故，
由于的重心为，故，化简得，
，.
（2）（i），故直线，
联立与，得，，
因此，故，即，
，
直线，令，则，
故，
,
由于，

因此，又有公共点，
故三点共线，
（ⅱ）由题意，
设，，，
则，，，
由得，
得，
得，
得，
得，
得，
得，
得，
得，
又因，得，
故的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题关键是表示出各点坐标，再通过运算即可得.
2．（2024·河北·二模）已知椭圆的离心率.
(1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程.
(2)若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设.
①求；
②记，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程.
（2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得.
【详解】（1）因，可得： ①，
又椭圆过点，可得 ②，
联立①，②，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）① 当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，
直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0.
设直线的方程为，
联立，消去，整理得：，
因直线交椭圆于两点，则，且，则，
因直线的方程为，同理可得：，
因三点共线，则，即，
易知，则，
因，则；
② 结合 ①可知，则 ，
因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列，
所以数列的前项和为.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到.
3．（2024·山西吕梁·二模）已知双曲线，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为1的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为.
(1)求点的坐标；
(2)记，证明：数列为等比数列；
(3)为坐标原点，分别为线段的中点，记的面积分别为.判断是否为定值，如果是定值，求的值；如果不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)是，
【分析】（1）由已知条件可求得的值，求出直线的方程和，与双曲线方程联立可求得，即可求得，再借助直线的方程与双曲线方程联立，求得，即可求得；
（2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合代入可得，利用等比数列定义即可证；
（3）由，结合，可得与，利用面积公式分别计算出与，即可得到答案.
【详解】（1）
由题知，所以双曲线，
又过点，斜率为1的直线方程为，
由双曲线与直线的对称性可知，所以，
又过，且斜率为1的直线方程为，即，
由，解得或，
当时，，
所以，所以；
综上：
（2）设，
则过，且斜率为1的直线方程为，
联立，消得到，
由题有，得到，
由题知点在直线上，
即有，
所以，所以，所以，
由（1）知，所以数列为1为首项，3的公比的等比数列；
（3）由（2）知，得到，
由，即，
即，
则，
，
故，
故
，
即，则，
所以：亩产量
[900，950）
[950，1000）
[1000，1050）
[1050，1100）
[1100，1150）
[1150，1200）
频数
6
12
18
30
24
10
成绩
频数
5
25
30
20
10
10
增
极大值
减
极小值
增
1
2
19
20
1
2
9
10