数学（一）-2025年高考考前终极冲刺讲义（含答案解析）

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第一辑
解三角形（解答题）……………………………………………………………01
立体几何（解答题）……………………………………………………………25
概率统计（解答题 ） …………………………………………………………57
导数及其应用（解答题）………………………………………………………86
圆锥曲线（解答题）……………………………………………………………124
解三角形（解答题）
近三年新高考数学中，三角形相关解答题考查情况总结如下：
考点方面：主要涉及正弦定理、余弦定理用于解三角形；三角函数的和差角公式、辅助角公式等进行化简与求值；三角形面积公式及其应用；还涉及到三角恒等变换，如二倍角公式等。其中正弦定理、余弦定理及三角形面积公式是高频考点。
题目设置方面：通常设置两问，第一问多为求角，常通过对已知条件进行边角转化，结合三角函数公式求解；第二问常涉及求边、求三角形面积或周长、求边上的高 等，一般在第一问求出角的基础上，利用正弦定理、余弦定理及面积公式等进一步计算。整体考点稳定且具有较强的关联性与系统性。
2025 年新高考中，解三角形大概率仍会作为重点考查内容。以一道解答题（分值约 13 - 15 分）呈现。解答题通常设置两问，有一定梯度，循序渐进引导解题。
正弦定理、余弦定理依旧是核心。会给出边与角的混合条件，要求考生熟练运用正、余弦定理进行边角互化，求解三角形的边、角、面积等基本量。
正弦定理
基本公式：
（其中为外接圆的半径）
变形
①
②
③
④
应用：边角互化
①
②
③
或（舍）
三角形中三个内角的关系
，，
余弦定理
边的余弦定理
，，
角的余弦定理
，，
三角形的面积公式
角平分线定理
（1）在中，为的角平分线，则有
（2）
（3）（库斯顿定理）
（4）
张角定理
倍角定理
在中,三个内角的对边分别为,
(1)如果,则有:
(2)如果,则有:
(3)如果,则有:
倍角定理的逆运用
在中,三个内角A、B、C的对边分别为,
(1)如果,则有:。
(2)如果,则有:。
(3)如果,则有:。
中线长定理
为的中线,则中线定理:
证明:
在和中,用余弦定理有:
典例1
（2024·新课标Ⅰ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B；
(2)若的面积为，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
典例2
2．（2024·新课标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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：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
方法三：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
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
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
方法五：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
典例3
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
典例4
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
典例5
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知即可求解，方法四：根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解.
（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．
【详解】（1）方法一：直接法
可得，
则，即，
注意到，于是，
展开可得，则，
又，.
方法二：二倍角公式处理+直接法
因为，
即，
而，所以；
方法三：导数同构法
根据可知，，
设，，
则在上单调递减，，
故，结合，解得.
方法四：恒等变换化简
，
结合正切函数的单调性，，则，
结合，解得.
（2）由（1）知，，所以，
而，
所以，即有，所以
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
典例6
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
【名校预测·第一题】（2025届湖南省长沙市雅礼中学高三3月综合自主测试数学试题）
在中，内角的对边分别为.已知.
(1)求角的大小；
(2)已知.求的面积.
【答案】(1)
(2)
【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三3月综合自主测试数学试题
【分析】（1）由两角和的余弦公式化简结合二倍角的余弦公式即可求出的值，进而可求角；
（2）由余弦定理可得，再利用三角形面积公式即可求出.
【详解】（1）因为，
即，解得或.
因为在中，，
所以.
（2）在中，由余弦定理，
得，
整理得，
由，解得，
所以的面积为.
【名校预测·第二题】（湖南省长沙市雅礼中学2025届高三一模数学试题）
记的内角，，的对边分别，，，已知．
(1)求；
(2)设是边中点，若，求．
【答案】(1)
(2)．
【来源】湖南省长沙市雅礼中学2025届高三一模数学试题
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及辅助角公式求解.
（2）利用和角的正弦公式求出，再利用向量数量积的运算律及正弦定理求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理及，
得，又，
则，而，
化简得，即，而，因此，
所以.
（2）在中，由，得，，
由正弦定理，得，由是边中点，得，
则，因此，
在中，由正弦定理，得.
【名校预测·第三题】（重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题）
在中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且
(1)求B；
(2)若，D为AC边上的一点，且，，求AC的最大值．
【答案】(1)
(2)
【来源】重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差的正弦公式进行化简即可求角B的大小；
（2）由，得出，得出，结合余弦定理，利用基本不等式，即可求出结果.
【详解】（1）在中，由正弦定理，得
因为，所以，所以
因为，所以
因为，所以，
所以，因为，所以
因为，所以，所以，所以；
（2）因为D为AC边上的一点，且，，
所以，
所以，
所以，即，
在中，由余弦定理，
得
因为，所以
所以
因为，所以，所以，
所以，
所以，所以，
所以，当且仅当时等号成立.
所以AC的最大值为
【名校预测·第四题】（山东省实验中学2025届高三第五次诊断考试数学试题）
在锐角中，内角所对的边分别为，，，满足，且.
(1)求证：；
(2)已知是的平分线，若，求线段长度的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【来源】山东省实验中学2025届高三第五次诊断考试数学试题
【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围.
【详解】（1）由题意得，由正弦定理得，
因为，则，即，可得，整理得，
由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
故，整理得，
又因为为锐角三角形，则，可得，
所以，即.
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度的取值范围.
【名校预测·第五题】（2025届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合自主测试数学试题）
在中，角的对边分别为，若．
(1)求；
(2)若，证明：是直角三角形．
(3)若是锐角三角形，，求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合自主测试（提升卷）数学试题
【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得角；
（2）根据余弦定理以及已知条件有，，据此可证明，即可得到结论；
（3）利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换可得，结合锐角三角形条件即可求得取值范围.
【详解】（1）由可知，从而由正弦定理得.
故，这就得到，故.
此即，故，得或，这里.
结合，就知道.
（2）因为，由余弦定理可得.
又因为，故.
这就得到
.
所以或，即或，从而必有是直角三角形．
（3）由正弦定理可得，故.
而因为为锐角三角形，故，解得的范围是.
从而的范围是，故的取值范围是.
【名师押题·第一题】
在中，角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，且，求的最小值.
【答案】(1).
(2)8.
【分析】（1）根据同角三角恒等变换化简即可；
（2）由题意，再根据平面向量的线性运算可得，进而两边平方化简可得，结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）由，可得，
所以，
即，即，
由于，，又，所以，化简可得，
由于，故.
（2）由于，所以，
故，
故，
即，
故，
化简得，又，
即，故，当且仅当时取等号，
故的最小值为8.
【名师押题·第二题】
已知的内角所对的边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求周长的最大值．
【答案】(1)
(2)9
【分析】（1）由正弦定理可以变形为：，再由余弦定理进行求解；
（2）设的外接圆半径为，由及正弦定理，求出．由余弦定理得，，即可求解．
【详解】（1）由正弦定理及，得，
，
，
．
（2）设的外接圆半径为，
由及正弦定理，
得，
．
由余弦定理得，，
，当且仅当时取等号，，
周长的最大值为9．
【名师押题·第三题】
在中，内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若.
（i）求；
（ii）过边上一点作的垂线，垂足分别为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）对所给条件切化弦，结合三角形内角和以及正弦定理化简可求出，从而求出角的大小；
（2）（i）由三角形内角和可求出，结合正弦定理可求出边；（ii）法一：根据直角三角形角的关系可设，则均可用表示，余弦定理计算，结合二次函数的性质可求出最小值；法二：由，可知四点共圆，从而表示，转化为求最小值，数形结合，当时，最小，在直角三角形中求出最小值即可求出最小；法三：以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，求出点坐标，利用两点距离公式可求出最小值.
【详解】（1）在中，.
由及正弦定理得，，
整理得.
由于，则.又，故.
（2）（i）如图1，在中，，且，由正弦定理得，，即，得.
（ii）由于，则与互补，故.
方法1：单变量法
设，则，
，则
.
当时，取得最小值为.
方法2：四点共圆
如图1，由，故四点共圆，且为该圆直径.
由正弦定理得，故求的最小值等价于求的最小值.当时，最小，此时
，
故取得最小值为.
方法3：建系坐标法
以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图2，则，，直线，直线.设，则，直线.
联立方程得，.
当时，取得最小值为.
【名师押题·第四题】
记的内角所对的边分别为，且.
(1)证明：；
(2)若平分交于点，且，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，通过三角函数的恒等变换来证明等式；
（2）根据三角形面积公式及角平分线性质得到的表达式，再结合均值不等式求出其最值.
【详解】（1）证明：由正弦定理及，
得，
因为，所以，
所以，
即，
因为，所以，
所以，即，
又因为，所以，
又，所以.
（2）解：由平分，则，
因为，
即，整理可得，
又因为，
则，
可得，当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
【名师押题·第五题】
在中，，，分别是内角，，的对边，．
(1)求角的大小；
(2)设为边上一点，若，且，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件结合正弦定理化简可得，整理可推得，结合三角形内角和公式以及诱导公式化简推得，即可求出答案；
（2）法一：结合图形得，两边平方整理推出由基本不等式得出，即得面积最小值；法二：设，，则，根据面积关系推得利用两角关系求得，再由推得，同法求得面积最小值；法三：过点作，交于点.根据平行线的性质得.由余弦定理推得，即得，同法求得面积最小值.
【详解】（1）依题意，，即，
结合正弦定理，可得，
因为，，所以，
即，
故，
因为，，则，故.
（2）法一：因为，
所以，，
所以，
所以，
即，整理得.
由，可得，当且仅当时，等号成立.
故面积，
即面积的最小值为.
法二：设，，则，为点到边的距离.
因为，所以，
又，
故，得，
所以，整理得，
因为，得，
显然，，故，.
根据，得，
即，整理得.
由，可得，当且仅当时，等号成立.
故面积，
即面积的最小值为.
法三：过点作，交于点.
据，可得，，
因为，故，，
所以，，得.
在中，，，
由余弦定理，，
则，解得，
所以，即.
由，可得，当且仅当时，等号成立.
所以面积，
即面积的最小值为.
立体几何（解答题）
近三年新高考数学立体几何解答题考查情况总结​
空间位置关系证明：频繁考查线面平行、线面垂直、面面垂直的证明。如通过线线平行证明线面平行，利用线线垂直证明线面垂直进而证明面面垂直 。​
空间角计算：二面角的向量求法是重点，常给出相关几何条件，要求考生建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值或余弦值。也涉及线面角相关计算。​
距离与线段长度求解：包括求点到平面的距离、由二面角大小求线段长度等。常借助等体积法或向量法求解点面距离，根据几何关系和空间向量运算求线段长度 。​
题目设置方面​
通常设置两问，第一问多为空间位置关系的证明，如证明线面平行或垂直等，考查对相关判定定理的理解和运用；第二问多为空间角的计算或线段长度、距离的求解，在第一问的基础上，要求考生熟练运用空间向量方法或几何方法进行计算，综合性较强。整体考点稳定，注重对空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力的考查 。
题型与分值：预计 2025 年新高考中，立体几何仍会以一道解答题（分值约 13 - 15 分）的形式出现，设置两问，有一定难度梯度，循序渐进引导解题。​
考查方向​
空间位置关系：线面平行、线面垂直、面面垂直的证明依然是重点内容。可能会给出更复杂的几何图形，如组合体（棱柱与棱锥组合等），要求考生从复杂图形中准确找出线线、线面、面面关系，运用判定定理进行证明 。​
空间角计算：二面角的向量求法仍是核心考点，可能会结合实际应用背景（如建筑设计中的角度问题）或与其他知识（如三角函数）综合考查。也可能出现线面角、异面直线所成角的计算，考查考生建立空间直角坐标系、准确计算向量坐标和运用向量公式的能力 。​
距离与体积：点到平面的距离、几何体的体积计算可能会有所涉及。可能需要考生灵活运用等体积法、向量法等方法求解距离，根据几何图形的特征计算体积，考查运算求解能力和转化与化归思想 。​
创新题型：可能会出现一些创新题型，如开放性问题（给出部分条件，让考生补充条件并证明相关结论）、探究性问题（探究几何图形中某些元素的变化对空间位置关系或空间角的影响），考查考生的创新思维和综合运用知识的能力 。
空间中的平行关系
线线平行
线面平行的判定定理：
平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行
线面平行的性质定理
若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行
面面平行的判定定理
判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行
判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行
面面平行的性质定理
性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面
性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行
空间中的垂直关系
线线垂直
线面垂直的判定定理
一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直
线面垂直的性质定理
性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线
性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行
面面垂直的判定定理
一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直（或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直）
面面垂直的性质定理
两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面
异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
典例1
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
典例2
（2024·新课标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．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（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.
【点睛】
典例3
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
典例4
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
典例5
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
典例6
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.

【名校预测·第一题】（重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题）
如图，三棱锥中，，．异面直线和所成角的余弦值为，点是线段上的一个动点．
(1)证明：平面平面；
(2)若二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【来源】重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题
【分析】（1）结合题目条件，利用线面垂直可证面面垂直.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求结果.
【详解】（1）
法一：（几何法）如图，取中点，由，得，
作，，则四边形为菱形，且，
连接，， ，则，.
∵异面直线与所成角的余弦值为，∴，
当时，，
此时，不能构成，舍去，
故，，
∵，，∴为直角三角形，故，
∴，即，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
法二：（基底法）如图，取中点，由，得，，故二面角的平面角为，
由题意，得，，
设，，，．
则，，，，，
，
∵，∴，
∴或（舍去），
∴，此时，平面平面．
（2）
如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，
设，，则，
∴，得，故.
设平面的法向量，则
令，得，，即，
设平面的法向量为，则
令，则，即，
设二面角的平面角为，
则，
得或（舍），故，
∴，故.
【名校预测·第二题】（湖南省长沙市雅礼中学2025届高三一模数学试题）
在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，且（如图2）．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)点在线段上，且满足，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【来源】湖南省长沙市雅礼中学2025届高三一模数学试题
【分析】（1）根据余弦定理和勾股定理证明，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；
（3）由题意，求出的坐标，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）如图，连接，则，
由余弦定理得，
在中，有，
所以，又平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接，则，
由（1）知平面.又平面，
所以平面平面，又平面平面，平面，
所以平面，由平面，得，
过作，则，又，
建立如图空间直角坐标系，
则，
得，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
得，设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
（3）易知平面的一个法向量为.
由（2）知，，
由，得，
所以.
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
得，设平面与平面所成角为，
则，
即平面与平面所成角的余弦值为.
【名校预测·第三题】（辽宁省东北育才中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷）
如图①，在矩形中，，，M为的中点，将沿折起，使A到处，平面平面，连接，（如图②）．

(1)证明：平面；
(2)已知Q是线段上的动点，且，直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在矩形中，分析图形关系易得，在四棱锥中，由平面平面可得平面，可得，进而求证即可；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）在矩形中，，，
易得，则，即，
在四棱锥中，平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，且，平面，
所以平面.
（2）取的中点为，连接，
由，则，
又平面平面，
且平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以的方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设，由，得，即，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
整理得，又，则.

【名校预测·第四题】（安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷）
如图，在四棱锥中，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
(1)若，平面与平面是否互相垂直？如果垂直,请证明；如果不垂直，请说明理由.
(2)若底面为正方形，当平面与平面夹角为时，求的值.
【答案】(1)垂直，证明见解析.
(2)
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷（四）
【分析】（1）由底面得，进而由得平面，进而得，又，可得平面，进而可证；
（2），，建立空间直角坐标系，利用空间向量法根据面面角可得，进而可得.
【详解】（1）平面平面，证明如下：
因平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
因平面，所以，
因，为线段的中点，故，
因，平面，
故平面，又平面，故平面平面.
（2）
如图建立空间直角坐标系，设，，则，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，，则，
s设平面的一个法向量为，
则，令，则，则，
由题意，
解得，故.
【名校预测·第五题】（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷）
如图，在四棱锥中，平面，，，，M为棱的中点.
(1)证明：平面.
(2)已知.
（i）求平面与平面夹角的余弦值.
（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）存在，
【来源】陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷
【分析】（1）作的中点，连接，，可证四边形是平行四边形，可得，可证得结论.
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（ii）利用点到面距离得向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示，
为棱的中点，，，
，，，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面.
（2）平面，，，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
为棱的中点，，
（i），，
设平面的法向量为，则，
令，则，，，
取的中点，连接，易知平面，
即是平面的一个法向量，，
设平面与平面夹角为，
，
平面与平面夹角的余弦值为；
（ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是，
设，，则，，
由（i）知平面的一个法向量为，，
点Q到平面的距离是，
，，所以存在点Q满足题意，此时.
【名师押题·第一题】
如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上.
(1)求证：平面平面；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，设即可求得点的坐标，利用夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：由正方形有，又平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
过点作，则，，，所以，
所以，即，又，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图：
则有，设，则，设，
则有，解得，得，
所以，
设平面的法向量为，则有，
令，得，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得或，
所以或.
【名师押题·第二题】
如图，在等腰梯形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置，连接MB，NC.已知，，，P为射线FN上一点.
(1)若，证明：平面BCNM.
(2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦值为，求PF.
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）根据题意，在线段CN上取一点Q，使得，即可证明四边形EBQP是平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及线面角的公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在线段CN上取一点Q，使得，连接PQ，BQ.
因为，所以，且，
因为，，所以，且，
所以四边形EBQP是平行四边形，.
因为平面BCNM，平面BCNM，所以平面BCNM.
（2）以F为坐标原点，FN，FE所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，.
设（），则.
设平面CEP的法向量为，
则，
令，则.
直线FN的一个方向向量为.
，
解得（舍去）.
故.
【名师押题·第三题】
在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.

(1)求证：；
(2)若，二面角的大小为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）由面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直，从而证明线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，将二面角的夹角转化成求平面的法向量的夹角即可求得.
【详解】（1）

作与，
平面平面，
平面平面,
平面，
平面,因为平面，
,
,，平面,
平面，又因为平面，
.
（2）,
,
又，,平面,
平面,
设，
建立如图所示坐标系

则，，，，
，，,,
设平面的法向量，
即，
取，则，，
设平面的法向量，
即，
取，则，，,
二面角的大小为，
，
化简得：解得：即，
【名师押题·第四题】
如图，在正方形中，，分别为中点，四边形也是正方形，经过点的直线与平面的夹角为且，现将正方形沿直线平移至得到四棱台．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若平面平面，求四棱台的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)．
【分析】（1）由已知可得平面，由题意可证，利用线面平行的判断定理可得平面，进而可证平面平面．
（2）建立空间直角坐标系：连，，过作，可得就是直线与平面的夹角即，求得，进而求得两平面的法向量，利用向量法可求得两平面夹角的余弦值；
（3）设，由题意可得，进而利用向量法可求得，进而可求体积.
【详解】（1）由条件可知：，又平面，平面，
所以平面，又且，
所以四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，所以平面，
又，又平面，所以平面平面．
（2）建立如图所示的空间直角坐标系：连，，过作，

因为，，，所以平面，由于平面，所以平面平面
又平面平面，，平面，所以平面，
而，所以就是直线与平面的夹角即，，那么，故：重合，
而由平移的性质：，，所以四边形是平行四边形，所以平面，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则：
，
易知平面的一个法向量为，
所以，故余弦值为
（3）设，，，
所以，又由于，
所以，，，
又因为：，要想平面平面，只需，
所以，解得：，，
．
【名师押题·第五题】
如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．

(1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长；
(2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T为线段中点时，平面平面，再借助空间向量法，计算平面法向量，最后借助向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，

由E为AB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以，
又F为中点，从而与全等．
又与相似，所以，
所以，，，，，
故所求截面多边形的周长为．
（2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下：
易得，，，故，
所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．

因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故，
而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面．
以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．

设平面TCF的法向量，
则，可取．
又，，
设平面CEF的法向量，则，可取．
则．
故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为．
概率统计（解答题）
近三年新高考数学概率统计解答题考查情况总结​
考点方面​
概率计算：常考查独立事件概率的乘法公式、互斥事件概率的加法公式，以及利用对立事件求概率。如通过分析投篮、抽签等事件的独立性或互斥性来计算相应概率 。​
离散型随机变量：涉及离散型随机变量的分布列、期望和方差的求解。要求考生确定随机变量的可能取值，计算每个取值的概率，进而求出期望和方差 。​
统计图表应用：对频率分布直方图的考查较多，包括根据频率分布直方图计算频率、平均数、中位数等数字特征，以及利用频率估计概率解决实际问题 。​
题目设置方面​
通常设置多问，第一问可能是概率计算，如计算某一事件发生的概率；后续问题逐渐深入，可能涉及到随机变量的分析、统计图表的综合应用或统计方法的运用等。整体考点丰富多样，注重考查考生对概率统计知识的综合运用能力以及数据分析能力 。

题型与分值：预计 2025 年新高考中，概率统计仍会以一道解答题（分值约 15 - 17 分）的形式呈现，题目设置多问，具有一定的梯度，从基础概念考查逐步过渡到综合应用。
概率模型：继续考查常见的概率模型，如独立重复试验、古典概型等。可能会结合实际生活背景，如体育比赛、抽奖活动等，构建更复杂的概率问题（条件概率、全概率），要求考生准确判断概率模型并运用相应公式计算概率 。
随机变量与分布：离散型随机变量的分布列、期望和方差依旧是重点。可能会出现新的随机变量类型或更复杂的取值情况，考查考生对随机变量概念的深刻理解和计算能力。也可能与其他知识（如函数、不等式）综合，求期望或方差的最值 。​
统计图表与数据分析：频率分布直方图的应用仍会是考点。除了计算数字特征外，可能会要求考生根据图表进行数据的进一步分析和推断，如估计总体参数、进行假设检验等，突出对数据分析素养的考查 。
实际应用与创新：概率统计与实际生活的联系会更加紧密，可能会出现一些跨学科或创新性的题目，如在医学、经济、环境科学等领域中运用概率统计知识解决实际问题，考查考生的数学建模和应用能力 。
等可能性事件的概率.
互斥事件A，B分别发生的概率的和P(A＋B)=P(A)＋P(B)．
个互斥事件分别发生的概率的和P(A1＋A2＋…＋An)=P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
独立事件A，B同时发生的概率P(A·B)= P(A)·P(B).
个独立事件同时发生的概率 P(A1· A2·…· An)=P(A1)· P(A2)·…· P(An)．
次独立重复试验中某事件恰好发生k次的概率
7.离散型随机变量的分布列的两个性质
（1）;
（2）.
8. 数学期望
数学期望的性质
（1）.
（2）若～,则.
(3) 若服从几何分布,且，则.
10. 方差
11. 标准差=.
12.方差的性质
(1)；
(2）若～，则.
(3) 若服从几何分布,且，则.
13.方差与期望的关系
.
14.正态分布密度函数
，式中的实数μ，（>0）是参数，分别表示个体的平均数与标准差.
15.对于，取值小于x的概率
.
.
16.条件概率
P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同
前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．
17.条件概率的三种求法
18.全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝
，此公式为全概率公式.
（1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数.
（2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题.
19.贝叶斯公式
一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有
20.数字样本特征
众数：在一组数据中出现次数最多的数
中位数：将一组数据按从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果为奇数个，中位数为中间数；若为偶数个，中位数为中间两个数的平均数
平均数：，反映样本的平均水平
方差：
反映样本的波动程度，稳定程度和离散程度；
越大，样本波动越大，越不稳定；越小，样本波动越小，越稳定；
标准差：，标准差等于方差的算术平方根，数学意义和方差一样
极差：等于样本的最大值最小值
21.求随机变量X的分布列的步骤：
(1)理解X的意义，写出X可能取得全部值；
(2)求X取每个值的概率；
(3)写出X的分布列；
(4)根据分布列的性质对结果进行检验.
还可判断随机变量满足常见分布列：两点分布，二项分布，超几何分布，正态分布.
（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；
（2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算；
（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算，若～,则，.
22. 求解概率最大问题的关键是能够通过构造出不等关系，结合组合数公式求解结果
典例1
（2024·新课标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？
【答案】(1)
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
典例2
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
（2）设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
（3）因为，，
所以当时，，
故．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．
典例3
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；
(2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．
【答案】(1)，；
(2)，最小值为．
【分析】（1）根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；
（2）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．
【详解】（1）依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得：，
．
（2）当时，
；
当时，
,
故，
所以在区间的最小值为．
典例4
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【详解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
典例5
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
【答案】(1)岁；
(2)；
(3)．
【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出；
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，根据对立事件的概率公式即可解出；
（3）根据条件概率公式即可求出．
【详解】（1）平均年龄
（岁）．
（2）设{一人患这种疾病的年龄在区间}，所以
．
（3）设“任选一人年龄位于区间[40,50)”，“从该地区中任选一人患这种疾病”，
则由已知得：
,
则由条件概率公式可得
从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，此人患这种疾病的概率为．
【名校预测·第一题】（安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷）
在一个不透明的盒子中装有除颜色外其余完全相同的若干个小球，其中有m个白球，m个黑球，2个黑白相间的球，且从盒子中随机摸出1个球，摸到黑白相间的球的概率为．
(1)从盒子中随机摸出1个球，求在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率；
(2)从盒子中1次随机取出1个球，取出后不放回，共取2次，设取出的黑球数量为X，求X的分布列与期望．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷（四）
【分析】（1）根据给定条件，利用缩小空间的方法求出条件概率.
（2）求出的可能值及对应的概率值，列出分布列并求出期望.
【详解】（1）由从盒子中随机摸出1个球，摸到黑白相间的球的概率为，得，解得，
盒子中带有黑色的球有6个，其中黑白相间的球有2个，
所以在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率.
（2）依题意，的可能值为，
则，
所以的分布列为：
数学期望.
【名校预测·第二题】（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷）
投掷均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分．独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分．
(1)设投掷2次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望；
(2)若投掷次骰子，记合计得分恰为分的概率为，求；
(3)设最终得分为分的概率为，求数列的通项公式．
【答案】(1)分布列见解析，;
(2)；
(3).
【来源】陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷
【分析】（1）根据题意分析可能的取值，求出相应的概率写出分布列，再利用公式求出期望值；
（2）根据题意得出的表达式，利用错位相减法求和即可；
（3）根据题意得出与以及的关系式，构造出等比数列，再利用累加法可求出的通项公式.
【详解】（1）可能取值为2,3,4，
,
,
.
的分布列为
数学期望.
（2）根据题意，投掷次，得分为分，则只有一次投掷得2分，
所以，
则，
则有，
两式相减，得，
所以.
（3）由题意可知
则有
，
是以为首项，为公比的等比数列，
.
时，
时，适合上式.
综上，.
【名校预测·第三题】（湖南省长沙市雅礼中学2025届高三一模数学试题）
现市场上治疗某种疾病的药品有两种，其治愈率与患者占比如表所示，为试验一种新药，在有关部门批准后，某医院把此药给100个病人服用．设药的治愈率为，且每位病人是否被治愈相互独立．
(1)记100个病人中恰有80人被治愈的概率为，求的最大值点；
(2)设用新药的患者占比为（药品减少的患者占比，均为新药增加占比的一半，，以（1）问中确定的作为的值，从已经用药的患者中随机抽取一名患者，求该患者痊愈的概率（结果用表示）
(3)按照市场预测，使用新药的患者占比能达到以上，不足的概率为，不低于且不超过的概率为，超过的概率为，某药企计划引入药品的生产线，但生产线运行的条数受患者占比的影响，关系如下表：
若某条生产线运行，年利润为1000万，若某条生产线未运行，年亏损300万，欲使该药企生产药品的年总利润均值最大，应引入几条生产线？
【答案】(1)
(2)
(3)引入两条生产线
【来源】湖南省长沙市雅礼中学2025届高三一模数学试题
【分析】（1）由题意，得到的解析式，对函数进行求导，利用导数得到函数的单调性，进而可解；
（2）设事件为“从患者人群中抽一名痊愈者”，事件为“该患者服用药品治疗”，事件为“该患者服用药品治疗”，事件为“该患者服用药品治疗”，代入概率公式求解即可；
（3）设随机变量为生产药品产生的年利润，分别讨论投入1条，2条，3条生产线时所对应的概率，代入期望公式求解，比较大小即可得解.
【详解】（1）100个病人中恰好有80人被治愈的概率为，
则，
令，得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的最大值点为.
（2）设事件“从患者人群中抽一名痊愈者”，事件“该患者服用药品治疗”，
事件“该患者服用药品治疗”，事件“该患者服用药品治疗”，
则
因此：
所以.
（3）设随机变量为生产药品产生的年利润
①若投入1条生产线，由于服用药品的患者的占比总大于，所以一条生产线总能运行，
此时对应的年利润
②若投入2条生产线，当，1条生产线运行，
年利润，当时，2条生产线运行，
年利润，
此时的分布列如下：
所以；
③若投入3条生产线，当时，1条生产线运行，
年利润 ，
当时2条生产线运行，年利润，
当时，3条生产线运行，年利润，
此时的分布列如下：
所以
综上所述，欲使该药企生产药品的年度总利润均值最大，应引入两条生产线.
【名校预测·第四题】（山东省实验中学2025届高三第五次诊断考试数学试题）
某工厂在改进生产技术后，针对新旧两种技术所生产的电子元件实施质量检测，现从每种技术生产的产品中各随机抽取容量为40的样本进行电压测试.已知标准电压为3.7V，误差绝对值不超过0.1V的电子元件为优品，超过0.1V的电子元件为良品.
(1)已知旧技术生产的40个样本电子元件的电压测量值近似服从正态分布的近似值为样本均值3.7，的近似值为样本标准差0.09.假设该工厂前期运用旧技术已生产电子元件40000个，试估算旧技术生产的电子元件电压测量值高于3.88V的有多少个？
(2)从新技术生产的40个样本电子元件中随机选取一个是优品的概率为.请补全以下列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为电子元件的优良情况与新旧技术有关？
附：若随机变量服从正态分布，则，..
【答案】(1)910
(2)列联表见解析；能认为电子元件的优良情况与新旧技术有关.
【来源】山东省实验中学2025届高三第五次诊断考试数学试题
【分析】（1）先根据正态分布的特点求，再估计元件的个数.
（2）结合概率的意义完成列联表，计算，即可进行判断.
【详解】（1）由题意，旧技术生产的电子元件的电压测量值，
所以.
所以旧技术生产的40000个电子元件中电压测量值高于3.88V的估计有：个.
（2）因为新技术生产电子元件优品的概率为，则新技术生产的40个样本元件中优品数为：，良品数为：；则旧技术生产的元件良品数为：，优品数为：，完成列联表如下：
所以，
因为，所以依据小概率值的独立性检验，能认为电子元件的优良情况与新旧技术有关.
【名校预测·第五题】（辽宁省东北育才中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷）
马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，因俄国数学家安德烈•马尔科夫而得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第，，，…次状态无关．已知有A，B两个盒子，各装有1个黑球、1个黄球和1个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为．
(1)求，的值；
(2)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(3)求的数学期望．
【答案】(1)，
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）根据题意可得A盒子中没有红球的概率为，进而根据规则求解即可；
（2）由题意可得，整理可得，进而求证，再求解的通项公式；
（3）由题意可得,，整理可得，进而求解的分布列，再计算数学期望即可.
【详解】（1）由题意，A盒子中没有红球的概率为，
则，，
，
.
（2）因为，，，
所以，又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（3）当，时，,①
,②
由①②得，，又，
所以，则，
的可能取值为0，1，2，
则，
，，
则的分布列为：
所以.
【名校预测·第六题】（重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题）
甲参加了一场智力问答游戏，每轮游戏均有两类问题（难度系数较低的类问题以及难度系数较高的类问题）供选择，且每轮游戏只回答两类问题中的其中一个问题．甲遇到每类问题的概率均为，甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记1分，否则记0分；甲遇到类问题时回答正确的概率为，回答正确记2分，否则记0分，总得分记为X分，甲回答每个问题相互独立．
(1)当进行完2轮游戏时，求甲的总分X的分布列与数学期望．
(2)设甲在每轮游戏中均回答正确且累计得分为n分的概率为．
（ⅰ）证明：为等比数列．
（ⅱ）求的最大值以及对应n的值．
【答案】(1)分布列见解析，1
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）当时，取到最大值为
【来源】重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题
【分析】（1）由已知可得X的可能取值，分别求解概率即可得分布列和期望；
（2）（ⅰ）根据等比数列的定义证明即可；由（ⅰ）可证为等比数列，可得，结合不等式的性质和函数的单调性即可求解.
【详解】（1）X可以取0，1，2，3，4，
每次回答A类问题且回答正确的概率为，
回答A类问题且回答不正确的概率为，
每次回答B类问题且回答正确的概率为，
回答B类问题且回答不正确的概率为，
，
，
，
；，
X的分布列为：
；
（2）（ⅰ），，
由题意得甲累计得分为n分的前一轮得分只能为分或分，
故当时，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（ⅱ）根据（ⅰ）可知，①，
易得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以②，
令②－①可得，
所以，
经检验，时均满足上式，故，
所以，
而显然随着n的增大而减小，
故，
又因为，所以当时，取到最大值为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是深入理解游戏得分的规则，找出累计得分分与分，分之间的概率递推关系，从而得到与，的关系式.
【名师押题·第一题】
某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示.
(1)求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；
(2)该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望；
(3)对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围.
【答案】(1)平均值为，上四分位数为；
(2)分布列见解析，数学期望为；
(3).
【分析】（1）根据平均值计算公式和上四分位数计算方法即可得到答案；
（2）写出的可能取值，再分别计算出其分布列，最后再利用数学期望公式即可；
（3）法一：利用互斥事件加法公式和全概率计算公式得到关于的表达式，从而得到不等式，解出即可；法二：根据比例法得到相关概率表达式，解出不等式即可.
【详解】（1）依题意，平均值
，
，
上四分位数落在区间，且等于.
（2）由样本数据可知，训练成绩在之内的频数之比为2:1，
由分层抽样的方法得，从训练成绩在中随机抽取了6次成绩，
在之内的4次，在之内的抽取了2次，
所以可取的值有：0，1，2，
，，，
分布列为：
.
（3）法一：设事件分别表示动作优化前成绩落在区间，，，
则相互互斥，所以动作优化前，
在一次资格赛中，入围的概率，
设事件B为＂动作优化成功＂，则，
动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为：，且事件相互互斥，
所以在一次资格赛中入围的概率
，
故，
由解得，又的取值范围是.
法二：因为入围的成绩标准是80分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：，
进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间或的成绩，
当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准，
所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率，
由，得，又的取值范围是.
【名师押题·第二题】
某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
【答案】(1)方案一
(2)
【分析】（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可；
（2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解.
【详解】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
【名师押题·第三题】
为测试某人工智能机器人在动态环境中执行路径规划的能力，命令该人工智能机器人在动态环境中执行路径规划任务，任务规则如下：该机器人需要依次通过5个关键区域，成功通过3个区域即认为其完成任务，每个区域存在动态障碍物，机器人成功通过一个区域的概率为，被障碍物阻挡的概率为．每成功通过一个区域得6分，每被障碍物阻挡一次扣3分，每个区域的测试结果相互独立，若机器人累计成功通过3个区域，任务提前结束，若机器人被障碍物阻挡的次数达到3次，则任务无法完成，任务结束．
(1)若任务在过第4个区域后终止且人工智能机器人完成任务，求此事件的概率；
(2)记任务结束时该人工智能机器人的总得分为X，求X的分布列和数学期望.
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据已知，对应事件为机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，应用重复独立事件的概率求法求概率；
（2）根据已知有X的可能值为，并求出对应事件的概率写出分布列，进而求期望.
【详解】（1）在过第4个区域后终止任务且人工智能机器人完成任务，
所以机器人通过了第4个区域，且前3个区域通过2个区域、被阻挡1区域，
故事件概率为.
（2）由题意，总得分X的可能值为，
前3次都成功通过，此时，则；
前3次有2次成功通过、1次被阻挡，第4次成功通过，此时，则；
前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次成功通过，此时，则；
前4次有2次成功通过、2次被阻挡，第5次被阻挡，此时，则；
前3次有1次成功通过、2次被阻挡，第4次被阻挡，此时，则；
前3次都被阻挡，此时，则；
所以分布列如下，
则.
【名师押题·第四题】
一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉.
(1)在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率；
(2)设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求；
(3)若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，求出和即可求解；
（2）求出的可能取值，求出、和即可求解；
（3）分别求出可充电池和一次性电池可使用的数量，求出和，求出时即可求解.
【详解】（1）设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，
则，，
所以；
（2）由题意，的可能取值为1，2，3，
，，，
所以；
（3）由题意，现有3块可充电池和2块一次性电池可使用，
经分析可得，，
时，
.
【名师押题·第五题】
某科技公司招聘技术岗位人员一名.经初选，现有来自国内三所高校的10名应届毕业生进入后面试环节.其中校和校各4名，校2名，10名面试者随机抽取1，2，3，号的面试序号.
(1)若来自校的4名毕业生的面试序号分别为，且，来自校的4名毕业生的面试序号分别为，且，来自校的2名毕业生的面试序号分别为，，且.
（i）求概率；
（ii）记随机变量，求的均值.
(2)经面试，第位面试者的面试得分为，且他们的面试得分各不相等，公司最终录用得分最高者.为提高今后面试效率，现人事部门设计了以下面试录用新规则：，且，集合中的最小元素为，最终录用第位面试者.如果以新规则面试这10名毕业生，证明：面试得分第一､二（按得分从高到低排）的两名毕业生之一被录用的概率不小于0.59.
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，直接求解即可；先求得的取值，再根据期望计算公式，直接计算即可；
（2）分别计算录用面试第一名，和第二名的概率，即可证明.
【详解】（1）（i），
（ii）的可能取值为，则，
所以
（2）①第一种情况，录用了面试得分第一的人.
若面试得分第一的人在第位，要使得其被录用，则在他前面的个人中的最高分必然在前3位，
其他个人可以任意排列，在得分第一后面的个人任意排列，这种情况的概率为：
.
②第二种情况，录用了面试得分第二的人.
若面试得分第一的人在前三位，则第二的人在第10位，其他人任意排列，
这种情况的概率为.
若面试得分第一的人不在前二位，那么他一定在第二的人后面，第二的人在第位，
同样在他前面的个人中的最高分必然在前3位，其他个人可以任意排列，
在得分第二后面的（含第一）个人任意排列，这种情况的概率为：
综上，面试得分第一､二的两名毕业生之一被录用的概率为：
导数及其应用（解答题）
近三年新高考数学导数及其应用解答题考查情况总结​
考点方面​
函数性质研究：利用导数判断函数的单调性、求函数的极值与最值是核心考点。常通过求导分析导函数的正负，进而确定函数单调区间，求解极值点和最值点 。​
不等式相关问题：包括利用导数证明不等式恒成立或存在性问题，通过构造函数，将不等式问题转化为函数的最值问题进行求解；还会考查根据不等式恒成立求参数的取值范围 。​
函数的切线与对称性：求曲线在某点处的切线方程，涉及到导数的几何意义；判断或证明函数的对称性，如中心对称等，考查对函数性质的深入理解 。​
含参函数分析：对于含参数的函数，常需进行分类讨论，分析参数对函数单调性、极值、最值等性质的影响 。​
题目设置方面​
通常设置多问，第一问相对基础，多为求函数的导数、讨论函数单调性等；后续问题逐渐深入，可能涉及到利用导数证明不等式、根据函数性质求参数范围等，综合性强，对考生的逻辑推理、运算求解以及数学抽象等核心素养要求较高 。
题型与分值：预计 2025 年新高考中，导数及其应用仍会以一道解答题（分值约 15 - 17 分）的形式出现，题目设置 2 - 3 问，具有一定的难度梯度。​
函数性质综合考查：继续围绕函数的单调性、极值、最值展开，可能会出现更复杂的函数形式，如指数函数、对数函数与三角函数的复合函数等，考查考生对导数工具的熟练运用以及对函数性质的综合分析能力 。​
不等式证明与参数问题：不等式的证明和根据不等式恒成立或有解求参数范围仍是重点。可能会结合一些高等数学的思想方法，如放缩法等，增加证明的难度；参数问题会更加注重对参数取值范围的精确讨论和求解 。​
创新题型与跨模块综合：可能会出现一些创新题型，如函数的零点个数探究、函数图象的交点问题等；也可能与其他知识模块（如数列、解析几何）进行综合，考查考生的综合应用能力和创新思维 。​
实际应用背景：导数在实际问题中的应用可能会有所体现，如最优化问题（成本最小化、利润最大化等），将实际问题抽象为数学模型，利用导数求解最值，考查考生的数学建模和应用意识 。
恒成立问题常见类型
假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式，
（1）的值域为
①，则只需要
，则只需要
②，则只需要
，则只需要
（2）若的值域为
① ，则只需要
，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
② ，则只需要
，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
能成立（有解）问题常见类型
假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式，
（1）若的值域为
①，则只需要
，则只需要
②，则只需要
，则只需要
（2）若的值域为
① ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
，则只需要
② ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比）
，则只需要
端点效应的类型
1.如果函数在区间上,恒成立,则或.
2.如果函数在区问上,恒成立,且(或),则或.
3.如果函数在区问上,恒成立,且(或,则或.
洛必达法则：
法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) 及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)，
那么 =。 型
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) 及；
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)，
那么 =。 型
极值点偏移的含义
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.
极值点偏移的判定定理
对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
对数平均不等式
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
运用判定定理判定极值点偏移的方法
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
拉格朗日（Lagrange）中值定理
若函数f（x）满足如下条件：
（1）f（x）在闭区间[a，b]上连续；
（2）f（x）在开区间（a，b）内可导．
则在（a，b）内至少存在一点ξ，使得．
拉格朗日中值定理的几何意义
如图所示，在满足定理条件的曲线上至少存在一点P（ξ，f（ξ）），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线．
需要注意的地方（逆命题不成立）
拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于
切线斜率,如fx=x3在x=0处的切线斜率为0,但fx不存在割线使割线斜率等于0
拉格朗日公式还有下面几种等价形式
，
，
．
注：拉格朗日公式无论对于还是都成立，而ξ则是介于a与b之间的某一常数．显然，当时，．
典例1
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【详解】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
典例2
（2024·新课标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．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：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.
典例3
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
典例4
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
典例5
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
典例6
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
【名校预测·第一题】（2025·湖南长郡中学模拟）
已知函数．
(1)当时，求的单调性；
(2)若函数在处取得极小值，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）在时，对函数求导后分解因式，根据导函数的正负即可判断原函数的单调性；
（2）对函数求导后，对，，，的情况进行讨论，由题意即得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
令，解得或．
令，解得，所以在上单调递减；
令，解得或，即在，上单调递增．
综上，函数在，上单调递增，在上单调递减．
（2）由求导得，
① 当时，恒成立，
令，解得，即在上单调递减；
令，解得，即在上单调递增，
故时，函数在处取得极小值，符合题意；
②当时，令，解得，，且，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，符合题意．
③ 当时，令，解得，此时恒成立且不恒为0，
单调递增，故函数无极值，不符合题意．
④ 当时，令，解得，，且，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减，
所以函数在处取得极大值，不符合题意．
综上，实数的取值范围是．
【名校预测·第二题】（2025·湖南雅礼中学模拟）
设函数．
(1)当时，证明：．
(2)当时，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三3月综合自主测试数学试题
【分析】（1）当时，代入函数并对函数 进行求导，利用二阶导数得出导函数在上单调递增函数，再讨论的正负即可求得函数的最小值为，从而得证；
（2）对函数 进行求导，得在上单调递增，根据零点的存在性定理可得存在，使得，从而可得的最小值为，再结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）当时，，定义域为．
，构造函数，
则，，
所以在上单调递增，又，
所以当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以，故．
（2），当时，易知在上单调递增，
，
所以存在，使得，即．
当时，单调递减；
当时，单调递增．
所以，
当且仅当时取等，此时，满足．故原不等式得证．
【点睛】思路点睛：在第二小问证明导函数在定义域内单调后，由于导函数的零点不易求出，故需要找出两个值分别代入，证明导函数的值有正有负，方可设而不求，此处计算较难．属于较难题.
【名校预测·第三题】（重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题）
已知函数．
(1)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(2)若是函数的极值点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【来源】重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题
【分析】（1）由参数分离整理不等式，并构造函数，利用导数求得新函数的最值，可得答案；
（2）根据极值点与导数的关系，可得极值点的取值范围以及等量关系，整理所证的不等式，可得答案.
【详解】（1）由，则可得不等式，
由，则，令，
求导可得，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
由题意可得.
（2）由，则，令，
求导可得在上恒成立，
则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，
由是函数的极值点，则，即，
由，则，
所以.
【名校预测·第四题】（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷）
已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个极值点，且，求a的取值范围．
【答案】(1)增区间，减区间
(2)
【来源】陕西省西北工业大学附属中学2025届高三第八次模拟考试数学试卷
【分析】（1）将代入求导，然后确定单调性即可；
（2）求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．
【详解】（1）当时，，，
则，
当，，单调递增，当，，单调递减，
所以的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2），
所以，
设，令，由于有两个极值点，
所以，解得．
由，，
得
，
即，令，
则，
所以在上单调递减，且，
所以，故a的取值范围是．
【名校预测·第五题】（安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷）
设函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间上单调递增，求的取值范围；
(3)当时，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷（四）
【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解；
（2）由条件转化为恒成立．再转化为导函数的最小值大于等于0，即可求解；
（3）方法一：首先将不等式整理为，再参变分离为，转化为求函数的最小值；方法二：根据（2）的结果，由的值，讨论的取值，判断不等式是否成立，即可求解；方法三：从命题成立的必要条件入手，再证明命题成立的充分条件，即可求解的取值范围.
【详解】（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2），
由题意得，恒成立．
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；
所以，
又，当且仅当，故．
（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，．
即，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于．
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，
所以，
所以当单调递减；
当单调递增；
所以的最小值为，
故．
解法二：先考察，由（2）分析可得，
情况1：当，即，
此时在区间单调递增，
故，即，符合题意；
情况2：若，则，
注意到，且，故对进一步讨论．
①当时，即
且由（2）分析知：当单调递减，
故当，即单调递减，
故恒有，不符合题意，舍去；
②当时，
注意到在区间单调递减，且，又，
故在区间存在唯一的满足；
同理在区间单调递增，且，
故在区间存在唯一的满足；故可得
所以当，符合题意；
故题意等价于，即．
又因为，即，化简，得
所以，整理得．
注意到，所以，
故解得，
由之前分析得即
考察函数，其导函数为，
当单调递减；
当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，所以恒成立，
故，又注意到情况（2）讨论范围为，
所以也符合题意．
综上①②本题所求的取值范围为．
方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，
则必要地，即得到必要条件为；
下证的充分性，即证：当时，．
证明：由（2）可知当时，在单调递增，
故的最小值为，符合题意；
故只需要证明时，．
由（2）分析知时，
其中．
注意到，据此可得更精确的范围是；
所以等价于证明，
又因为，即，可得，
只需证明，
等价于证明，
注意到，即，
故若①当，此时显然成立；
若②当，只要证明，
此时，且
所以，故得证．
综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为．
【点睛】方法点睛：本题第三问给了三种方法，第一种参变分离比较简单实用.
【名校预测·第六题】（辽宁省东北育才中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷）
已知函数．
(1)当时，证明：在上单调递增；
(2)当，时，求的零点；
(3)当，时，若在上有2个零点，求b的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)0；
(3).
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，结合不等式及余弦函数性质推理得证.
（2）把代入，利用导数求出函数的最大值点即可.
（3）把代入，求出函数的导数，按分段讨论，结合函数零点存在性质定理确定零点个数即可得解.
【详解】（1）当时，，求导得，
函数在上单调递减，，因此，
所以在上单调递增.
（2）当，时，的定义域为，，即0是的零点，
求导得，令，求导得，
当时，，，函数在上单调递减，
，函数在上单调递增，当时，，
，函数在上单调递减，因此，
所以函数有唯一零点0.
（3）当，时，，函数，
求导得，令，求导得，
当时，，则，
当时，，则，当时，，
函数在上单调递减，当时，，
存在，使得，当时，当时，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，则函数在上有唯一零点；
，若，即时，在上有唯一零点，
因此函数在上有2个零点；
若，即，在上没有零点，函数在上有1个零点；
当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，
则，当且仅当时取等号，函数在上有1个零；
当时，，，且，
又，则存在唯一零点，当时，，
当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，
而，即函数在上有唯一零点，
又当从大于的方向趋近于时，函数的值趋近于负无穷大，，
因此函数在上有1个零点，此时函数在上有2个零点，
所以函数在上有2个零点，的取值范围是.
【名师押题·第一题】
已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）先求出导函数，再分，两种情况分类得出函数单调性；
（2）构造函数，再根据导函数得出函数单调性分和两种情况求解即可.
【详解】（1）的定义域是.
若，则对任意的恒成立，
所以在上单调递减.
若，令，得或，
令，得或，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）即，
则对任意的恒成立.
设，
则，
令，则.
当时，，所以在上单调递增，
又，且，
若，则，必存在，当时，在上单调递减，此时，不符合题意.
若，则在上恒成立，在上单调递增，此时，符合题意.
即的取值范围是.
【名师押题·第二题】
已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求证．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）将问题化为证在时恒成立，构造函数，利用导数求出其单调区间，再构造函数，利用导数可得，再由可得，从而可证得结论.
【详解】（1）由题可知，则，
又．故所求切线方程为．
（2）当时，要证，即证，
即证在时恒成立．
令，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
令，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，故．
当时，有，故，
即在时恒成立，
故当时．
【名师押题·第三题】
已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，讨论的单调性．
【答案】(1)极大值，无极小值；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用导函数，根据函数在的单调性即可求出极值；
（2）利用导函数，分类讨论在不同取值范围时，根据导数正负得出函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则．
当时，单调递增；当时，单调递减．
故当时，取得极大值，无极小值．
（2）由，
得．
令，得或．
若，则，
当时，单调递增；当时，单调递减．
若，则，
当和时，单调递减；当时，单调递增．
若，则在上恒成立，单调递减．
综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，的单调递减区间为，无单调递增区间．
【名师押题·第四题】
已知函数.
(1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，且.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i），（ii）证明见解析
【分析】（1）整理不等式并构造函数，利用导数分情况研究函数单调性，可得答案；
（2）（i）利用导数分情况研究函数单调性，求得其最值，结合零点存在性定理，可得答案；（ii）明确零点的取值范围，分析整理不等式，利用函数的单调性，构造不等式与函数，利用导数求新函数的最值，可得答案.
【详解】（1）设，
则，令，则，
所以在上单调递增，从而.
①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意；
②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，合题意．
综上所述，的取值范围为．
（2）（i）由题意知，的定义域为．
当时，，所以在上单调递增，
从而在上至多有一个零点．7分当时，令，得．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
所以是的极小值点，也是最小值点，
即．，则．
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点．
即，从而．
一方面，由（1）可知，取，当时，，即，
即，易知当时，也成立．
所以当时，．所以，即，从而．
因为，所以在内有一个零点.
另一方面，由（1）知，．
又，
所以
，
所以在区间内有一个零点．
综上所述，的取值范围是．
（ii）证明：由，得，
所以，即．
要证成立，只需证，
即证，即证．令，则．
即证，即证．
设，则，
所以在区间上单调递增，所以，即式成立．
所以不等式成立.
【名师押题·第五题】
已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的图象不在直线的上方，求实数的值；
(3)若，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2).
(3)答案见解析
【分析】（1）对函数进行求导，分和两种情况讨论即可，
（2）设，分和两种情况进行求导讨论即可.
（3）对函数进行求导，分，，三种情况进行讨论，对每种情况的函数进行求导然后结合单调性分析出零点的情况.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，可得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）设，
函数的定义域为，.
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，
又，所以当时，，不合题意；
当时，令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即.
令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即，所以，即.
（3）根据题意，，
由，且，得函数为减函数，
设，即，函数的最大值为.
①当时，，所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数有最大值，所以函数只有一个零点.
②当时，，
且时，，时，，
所以函数在的两侧各有一个零点.
③当时，，所以可得.
利用代入到原函数中可得，
，
设，，
容易判定是关于的增函数，所以，
所以函数的最大值为，即当时，函数无零点.
综上，当时，函数有两个零点；
当时，函数有一个零点；当时，函数无零点.
圆锥曲线（解答题）
近三年新高考数学圆锥曲线解答题考查情况总结​
考点方面​
曲线方程与性质：椭圆、双曲线、抛物线的标准方程求解，离心率、渐近线等几何性质的考查是核心。如根据已知点坐标求椭圆离心率，由双曲线焦点和离心率求标准方程 。​
直线与曲线的位置关系：常考查直线与圆锥曲线相交的弦长、面积计算，利用韦达定理处理交点坐标关系。例如通过直线与椭圆相交求三角形面积，或根据直线与双曲线相交的条件求参数 。​
综合应用与证明：涉及数列与圆锥曲线的综合（如证明数列是等比数列），以及点在定直线上的证明等。还包括轨迹方程的求解，如根据几何条件求抛物线的轨迹方程 。​
题目设置方面​
通常设置两问或多问，第一问相对基础，多为求曲线方程、离心率等基本量；第二问深入考查直线与圆锥曲线的综合问题，如面积、定点定值、参数范围等，对运算求解和逻辑推理能力要求较高，且可能与其他知识模块（如数列）综合，体现较强的综合性 。
题型与分值：预计 2025 年新高考中，圆锥曲线仍会以一道解答题（分值约 15 - 17 分）的形式出现，题目设置 2 - 3 问，具有一定的难度梯度。​
考查方向​
曲线方程与性质：椭圆、双曲线、抛物线的标准方程和几何性质依然是考查重点。可能会给出更隐蔽的条件，如通过曲线的几何特征（焦点、顶点、渐近线关系等）求方程，或结合离心率的取值范围考查对性质的深入理解 。​
直线与曲线的综合：直线与圆锥曲线的位置关系仍是核心考点。可能会出现面积的最值、弦长的定值、定点问题等，计算量较大，需要熟练运用韦达定理、设而不求等技巧。也可能与向量结合，通过向量关系转化为坐标运算 。​
创新与综合题型：可能会出现条件开放型题目，如给定多个条件选择合适的条件进行证明（类似 2022 年新高考 Ⅱ 卷）；或与数列、函数等知识综合，考查学生的综合应用能力。还可能涉及一些实际背景的问题，如轨迹在实际场景中的应用 。​
计算与推理能力：圆锥曲线解答题对计算能力和逻辑推理能力要求较高。2025 年可能会延续这一特点，在计算上设置一定难度，同时要求考生具备清晰的解题思路和严谨的推理过程，如在证明点共线、定值问题时，需要有条理地进行推导 。
1.利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解
2.若直线与圆雉曲线相交于，两点，
由直线与圆锥曲线联立，消元得到（）
则：
则：弦长
或
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
处理定值问题的思路：
联立方程，用韦达定理得到、（或、）的形式，代入方程和原式化简即可.
典例1
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
典例2
（2024·新课标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，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可.
【详解】（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，.
（2）方法一：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.
方法二：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.
（3）方法一：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.
方法二：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.
方法三：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.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
典例3
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
典例4
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
典例5
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
典例6
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
【名校预测·第一题】（2025·湖南雅礼中学模拟）
已知抛物线 经过点 .
(1)求 的值和抛物线 的准线方程；
(2)已知直线 与抛物线交于 两点，求 .
【答案】(1).
(2).
【来源】2025届湖南省长沙市雅礼中学高三4月综合自主测试（提升卷）数学试题
【分析】（1）代入，求解即可；
（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及弦长公式求解即可.
【详解】（1）解：代入 ，
得解得，
所以准线方程是；
（2）解：由，
可得，
设方程的两根为，
则，，
所以.
【名校预测·第二题】（山东省实验中学2025届高三第五次诊断考试数学试题）
已知双曲线的离心率为，点在双曲线上，过的左焦点的直线与的左支相交于两点，且分别交的两条渐近线于两点．
(1)求双曲线的方程；
(2)若是坐标原点，，求的面积．
【答案】(1)
(2)32
【来源】山东省实验中学2025届高三第五次诊断考试数学试题
【分析】（1）由题意可得，进而可得；
（2）当时，易知，不合题意，当时，联立直线方程和渐近线方程可得，进而可得，进而由可得，进而可得.
【详解】（1）由双曲线的离心率为，且点在双曲线上，
可得，解得，
所以双曲线的方程为
（2）
设，
由（1）可知双曲线C的左焦点为，渐近线方程为，
所以可设直线的方程为，
当时，易知，不合题意，故．
由，得，其中，
所以，
，解得（舍去）或，
所以，故．
【名校预测·第三题】（辽宁省东北育才中学2024-2025学年高三下学期二模数学试卷）
已知抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，当直线l经过点F且时，．
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，点A在第一象限，点B在第四象限，且，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线焦点弦的性质列式求得，得解；
（2）设直线与抛物线方程联立得根与系数关系，由，结合，可得，求得，得恒过定点，由代入运算得解.
【详解】（1）由题，易知直线的斜率存在，设，，，
联立，消去整理得，，
则，
由抛物线定义得，，
，又，
，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线，，，，
由，又，
，解得，
联立，整理得，
则，，所以，即，且，
故直线恒过定点，
又，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最小值为.
【名校预测·第四题】（2025·湖南长郡中学模拟）
已知椭圆的离心率为，以原点为圆心､椭圆的短半轴长为半径的与直线相切.
(1)求椭圆的方程，
(2)过定点斜率为的直线与椭圆交于两点，若.求实数的值及的面积.
【答案】(1)
(2)，的面积为
【分析】（1）由离心率得到，利用点到直线的距离求出，即可求出、，从而得解；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理和，求出实数的值，再利用弦长公式和点到直线距离得到的底和高，求出面积.
【详解】（1）由题意知离心率，所以，即.
以原点为圆心､椭圆的短半轴长为半径的与直线相切，有，
所以，则，
故椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为
由，消去得，显然，
∴ ，
则
，
所以，
，解得，则直线为.
∴，
所以
，
点到直线的距离，
所以的面积

【名校预测·第五题】（安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷）
已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在，
【来源】安徽省合肥市第一中学2025届高三下学期数学素质拓展试卷（四）
【分析】（1）根据条件，列出方程求出，即可得出椭圆方程；
（2）（ⅰ）问题可转化为两弦中点重合，联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式可得证；
（ⅱ）根据根与系数的关系及可得的关系式，再由三角形面积相等及点到直线的距离可得另外的关系式，据此联立即可求解.
【详解】（1）由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）如图，
（ⅰ）证明：
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合.
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合，
此时
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
由，得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时.
综上所述，
(ii)因为，所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，所以,
又，所以，
化简得 ①
设到的距离为，C到的距离为，
假设的面积与的面积相等，则，
因为，所以，所以,
又，
因为，所以，
所以 ②
由①②解得，经检验符合题意，
所以
【点睛】关键点点睛：在求参数的过程中，根据，的面积与的面积相等，分别列出方程，再联立方程即可求出参数的取值.
【名校预测·第六题】（重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题）
已知椭圆的左，右焦点分别为，，短轴长为，离心率为.
(1)求的方程；
(2)记的左顶点为，直线与交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若在轴上方，直线与圆交于点，点在轴上方.是否存在点，使得与的面积之比为3：5？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)（i）证明过程见解析；（ii）存在，点，
【来源】重庆市南开中学校2025届高三下学期高考模拟数学试题
【分析】（1）根据短轴长和离心率得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）当直线的斜率不存在时，计算出直线方程为，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，设，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积得到方程，求出或，当时不合题意，当时，求出所过定点，验证后得到结论；
（ii）由椭圆定义和圆的半径得到，所以，令，当直线斜率不存在时，，此时，求出，当直线斜率存在时，设，由余弦定理求出，，代入，解得或，均不合要求，舍去，综上，求出答案.
【详解】（1）由题意得，，故，，
又，解得，
所以椭圆方程为；
（2）（i），
当直线的斜率不存在时，此时直线与交于关于轴对称的两点，
设，
则，即，
又，所以，
所以，解得或，
当时，，此时与重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，直线方程为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
，解得，
设，则，
所以，
由得
，化简得，
，解得或，
当时，，过定点，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当时，，过定点，
显然此时满足，
其中也过点，
综上，直线过定点；
（ii）存在点，使得与的面积之比为3：5，理由如下：
在轴上方，故在轴下方，即，，
由椭圆定义可知，，
又的圆心为，半径为4，
故，所以，
由于，，
所以，
令，
当直线斜率不存在时，，此时，
解得，令中得，
又在轴上方，故，满足要求，
当直线斜率存在时，设，
在中，，，，
由余弦定理得，
即，解得，
同理可得，
由可得，
解得或，均不合要求，舍去，
综上，存在点，使得与的面积之比为3：5
【点睛】思路点睛：
处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
【名师押题·第一题】
已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．
(1)求的方程；
(2)过点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于．若，求直线的斜率．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据椭圆所过的点求参数，即可得方程；
（2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理，再由直线，直线求交点坐标，根据面积关系得，进而求得，即可得.
【详解】（1）设的方程为且，
将两点代入得，解得，
故的方程为．
（2）依题意，设直线，
联立，消去整理得，
则，即，且．
直线，直线，
令，则，
令，则，
由，得，即，
整理得，
因为，所以，解得，
所以直线的斜率为．
【名师押题·第二题】
已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为.
(1)求双曲线E的标准方程：
(2)过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N.
（ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值：
（ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出、的值，进而得到双曲线的标准方程；
（2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线AN的斜率为定值；
（ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据条件确定其取值范围.
【详解】（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得.
又因为离心率，且，把代入可得.
由可得，将其代入中，得到.
解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）当斜率为0时：
已知，BC方程.
令，则，解得，所以.
.
当斜率不为0时：
设AB方程，与联立：
把代入得.
由韦达定理得，.
因为直线交左右两支，有，解得.
BC方程，令，得，即.
则，经化简得，
把，代入.
先看分子：

再看分母：

此时.
因为，，约分后可得.
（ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，.
当斜率不为0时，不妨设，，，所以.
.
，代入与的值得.
因为，所以，结合，解得.
所以.
综上，取值范围是.
【名师押题·第三题】
已知抛物线的准线方程为，直线与交于两点.
(1)求的标准方程.
(2)若，为坐标原点，证明：.
(3)若为的焦点，且的周长为，求的值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）将代入，设，利用韦达定理求出，证明即可；
（3）设，联立方程，利用韦达定理求出，利用抛物线的焦半径公式和弦长公式求出的周长，进而可得出答案.
【详解】（1）的标准方程为，
由的准线方程为，得，
故的标准方程为；
（2）将代入，得，
设，则，
，
所以，
所以，即；
（3）联立，得，
设，
则，所以，
所以，
，
所以的周长为，
因为函数为增函数，且，
所以方程的解为，
所以.

【名师押题·第四题】
已知椭圆的短轴长为，且离心率为．
(1)求的方程；
(2)若分别是的左、右顶点，设直线与轴交于点，点是直线上不同于点的一点，直线BQ与交于另一点，直线AM与交于点，是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或
【分析】（1）由题意得即可求解；
（2）假设存在点，使得，则，设，则，直线BQ的方程为．
由即可求解．
【详解】（1）由题意得，，解得椭圆的方程为．
（2）假设存在点，使得，则．
设，则，
，直线BQ的方程为．
点在直线BQ上，，
点是直线上不同于点的一点，，解得
点在椭圆上，，解得或，
当时，，解得；
当时，，解得，
存在点，使得，点的坐标为或．
【名师押题·第五题】
已知双曲线：的离心率为，为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于P，Q两点，当轴时，.
(1)求的方程；
(2)过P作直线的垂线，垂足为N.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最小值.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得，结合已知令，代入双曲线求参数值，即可得方程；
（2）（i）设，则，设，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线、双曲线对称性确定定点位置并得到，再作化简求值，即可得定点坐标；
（ii）应用三角形面积公式、弦长公式，结合求面积的最小值.
【详解】（1）由题设且，则，
由轴时，，不妨令，代入双曲线得，
所以，则所求方程为；
（2）（i）设，则，由斜率不为0，设，
联立双曲线并整理得，则，
所以，
由，直线，
根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上，
令，则，
因为，所以，
而，则，
所以过定点；

（ii）由，
由（i），，可得，
令，则，
由，故，当时取等号，
综上，的最小值为.
年份
题号
分值
题干
考点
2024年新高考I卷
15
13
（2024·新课标Ⅰ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B；
(2)若的面积为，求c．
正弦定理解三角形；余弦定理解三角形；已知两角的正、余弦，求和、差角的正弦；三角形面积公式及其应用
2024年新高考II卷
15
13
（2024·新课标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．
辅助角公式；正弦定理解三角形；正弦定理边角互化的应用
2023年新高考I卷
17
12
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
用和、差角的正弦公式化简、求值；正弦定理解三角形；三角形面积公式及其应用
2023年新高考II卷
17
12
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
三角形面积公式及其应用；余弦定理解三角形；数量积的运算律
2022年新高考I卷
18
12
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
正弦定理边角互化的应用；基本不等式求和的最小值
2022年新高考II卷
18
12
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
正弦定理解三角形；余弦定理解三角形；三角形面积公式及其应用
年份
题号
分值
题干
考点
2024年新高考I卷
17
15
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
证明线面平行；由二面角大小求线段长度或距离；证明面面垂直
2024年新高考II卷
17
15
（2024·新课标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．
线面垂直证明线线垂直；面面角的向量求法；证明线面垂直；求平面的法向量
2023年新高考I卷
18
12
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
空间位置关系的向量证明；面面角的向量求法；已知面面角求其他量
2023年新高考II卷
20
12
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
线面垂直证明线线垂直；面面角的向量求法；证明线面垂直
2022年新高考I卷
19
12
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
求点面距离；面面角的向量求法
2022年新高考II卷
20
12
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．
证明线面平行；面面角的向量求法
年份
题号
分值
题干
考点
2024年新高考II卷
18
17
（2024·新课标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？
独立事件的乘法公式；求离散型随机变量的均值；利用对立事件的概率公式求概率
2023年新高考I卷
21
12
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
求离散型随机变量的均值；利用全概率公式求概率；等比数列的简单应用
2023年新高考II卷
19
12
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：

利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；
(2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．
频率分布直方图的实际应用；总体百分位数的估计
2022年新高考I卷
20
12
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
独立性检验解决实际问题；计算条件概率
2022年新高考II卷
19
12
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率；
(3)已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率．（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）.
频率分布直方图的实际应用；由频率分布直方图估计平均数；利用对立事件的概率公式求概率；计算条件概率
条件概率的定义
条件概率的性质
已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)．
当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝eq \f(PA∩B,PB).(其中，A∩B也可以记成AB)
类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)
(1)0≤P(B|A)≤1，
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
基本事件法
借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再求事件AB所包含的基本事件数n(AB)，得P(B|A)＝eq \f(nAB,nA)
缩样法
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，它能化繁为简
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
0
1
2
2
3
4
A
B
C（新药）
治愈率
患者占比
患者占比
最多投入生产线条数
1
2
3
700
2000
400
1700
3000
优品
良品
合计
旧技术
新技术
合计
16
0.100
0.050
0.025
0.005
2.706
3.841
5.024
7.879
优品
良品
合计
旧技术
28
12
40
新技术
36
4
40
合计
64
16
80
0
1
2
X
0
1
2
3
4
P
成绩区间

频数
100
200
300
240
160
0
1
2
18
15
12
3
年份
题号
分值
题干
考点
2024年新高考I卷
18
17
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
判断或证明函数的对称性；利用导数研究不等式恒成立问题；简单复合函数的导数；利用导数证明不等式
2024年新高考II卷
16
15
（2024·新课标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．
求在曲线上一点处的切线方程（斜率）；根据极值求参数
2023年新高考I卷
19
12
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
利用导数研究不等式恒成立问题；含参分类讨论求函数的单调区间
2023年新高考II卷
22
12
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
利用导数研究不等式恒成立问题；根据极值点求参数；利用导数求函数的单调区间（不含参）；利用导数研究函数的零点
2022年新高考I卷
22
12
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
利用导数研究方程的根；由导数求函数的最值（含参）
2022年新高考II卷
22
12
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
利用导数证明不等式；利用导数研究不等式恒成立问题；含参分类讨论求函数的单调区间
+
0
-
0
+
极大值
极小值
+
0
-
0
+
极大值
极小值
年份
题号
分值
题干
考点
2024年新高考I卷
16
15
（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
求椭圆的离心率或离心率的取值范围；根据韦达定理求参数；根据椭圆过的点求标准方程；椭圆中三角形（四边形）的面积
2024年新高考II卷
19
17
（2024·新课标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，.
由递推关系证明等比数列；求直线与双曲线的交点坐标；向量夹角的坐标表示
2023年新高考I卷
22
12
（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
求平面轨迹方程；求直线与抛物线相交所得弦的弦长；由导数求函数的最值（不含参）；基本（均值）不等式的应用
2023年新高考II卷
21
12
（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
直线的点斜式方程及辨析；根据a、b、c求双曲线的标准方程；双曲线中的动点在定直线上问题
2022年新高考I卷
21
12
（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
求双曲线中三角形（四边形）的面积问题；根据韦达定理求参数
2022年新高考II卷
21
12
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
根据双曲线的渐近线求标准方程；根据韦达定理求参数；求双曲线中的弦长；由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数