八省联考数学（在”变与不变“中看方向，分析题型）-2025年1月 “八省联考”数学真题完全解读与考后提升

2025年1月 “八省联考”数学真题解读 一、八省联考简介 八省联考试卷是由国家教育部命题考试中心官方命制，八省考生（河南、四川、山西、陕西、云南、宁夏、青海、内蒙古）加起来超过360万，也是25年除高考外最大规模联考，含金量不言而喻！ 二、变与不变 先说不变的部分：整份试卷试题总数（共19题）以及对应分值还是保持不变！ 单选 1-8 每题5分 40分 73分 多选 9-11 每题6分 18分 填空 12-14 每题5分 15分 大题 15 13分 77分 16 15分 17 15分 18 17分 19 17分 再说变化的部分：前两道大题（第15、16题）由原来的两问调整为三问，考查内容更加细化，这对中等水平的学生来说无疑更容易得分！不过，随之而来的计算量也有所增加，同学们也要做好相应准备，从容应对！ 三、八省联考的评析 1.延续高考改革思路，注重思维品质的考查 在前四批21个省区市的新高考已平稳落地的基础上，测试卷既在整体上延续了几年来新高考数学试卷单选题、多选题、填空题、解答题的结构，也保持了2024年试卷的题型格局和赋分方案，分别为单选题8个（40分）、多选题3个（18分）、填空题3个（15分）、解答题5个（77分）。同时，测试卷控制了阅读总量，减少了繁琐运算，科学设计了试卷的难度梯度，延续了“多考想的、少考算的”的考查理念，尤其体现在单选题和填空题最后一题上。未来的高考要区分出真正具备数学素养、思维能力强的学生，而不是靠熟练度只会做套路题目的学生。测试卷表明，考生应该改变原有的应考观念，走出“多刷题、算得快”的误区。也可以看出，通过选择行之有效的方法简化计算，让考生能够有充分的时间进行思考，仍然是今后高考数学将坚持的改革方向。 2.引导高中数学教学，加强核心概念的考查 在《普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）》中，一共出现了159次“概念”这个词汇。第一个数学学科核心素养“数学抽象”主要包括：从数量与数量关系、图形与图形关系中抽象出数学概念及概念之间的关系，从事物的具体背景中抽象出一般规律和结构，并用数学语言予以表征。对于评价，建议“应聚焦数学的核心概念和通性通法，聚焦它们所承载的数学学科核心素养”。在命题原则中指出，“考查内容应围绕数学内容主线，聚焦学生对重要数学概念、定理、方法、思想的理解和应用”。 3.“八省”考试题型分析大方向 2025年1月八省联考数学试题分析细目表 题型 题号 考查知识点 关键能力 难度 单选题（共8题） 1 集合 数集集合的交集运算 运算求解 简单 2 三角函数 已知三角函数解析式求三角函数周期 运算求解 简单 3 复数 复数的模 运算求解 简单 4 向量 向量的减法和数量积运算 运算求解 简单 5 解析几何 已知双曲线方程求渐近线方程 运算求解 简单 6 立体几何 已知底面直径和母线长求圆锥体积 运算求解 简单 7 三角函数 已知两边和一角，正余弦求面积 运算求解 中等 8 函数 含参绝对值不等式在给定区间恒成立求参 运算+逻辑 中等 多选题（共3题） 9 解析几何 抛物线性质 运算+逻辑 中等 10 函数 新定义双曲函数判断性质 运算+逻辑 中等 11 拓扑 绳结变换 抽象+逻辑 较难 填空题（共3题） 12 函数 指数函数已知两点函数值求参 运算求解 简单 13 概率统计 计算概率 运算+逻辑 中等 14 解析几何 曲线和直线交点、求三角形面积 运+逻+数 较难 解答题（共5题） 15 概率统计 统计量计算、独立性检验 数据+运算 简单 16 数列 证明等比数列、求通项求和证明不等式 运算+逻辑 中等 17 函数 切线方程求解含参函数已知极值点求参范围 运算+逻辑 中等 18 解析几何 椭圆+垂直平分线直线和曲线交点轨迹方程 运算+逻辑 中等 19 立体几何 图形折叠、面面垂直、外接球半径，二面角最值问题 运算+逻辑+直观 较难 测试卷的大部分试题都强调核心概念和基本计算，引导高中教学扎实实施素质教育，使得“人人都能获得良好的数学教育，不同的人在数学上得到不同的发展”。 前7个单选题题干简洁清晰、运算量小，根据相应的概念即可通过基本的计算获得结果。多选题由于得分的规则，对每一个选项均需做出判断。 第9题需要熟悉抛物线的定义和基本性质，容易知道A、B、C是正确的，排除D则需要稍微计算一下。 第10题主要判别单调性，借助导数，容易得知A、C是对的，B是错的；再根据双曲正切的定义，也易知D是对的。 第12题涉及指数和对数的运算，第13题是一个简单的古典概型问题，均考查基本概念和相应的基本计算。 第15题是基本的统计计算问题。 第16题按照等比数列的定义展开论证即可。 第17题研究函数的切线，关注极值的局部性。测试卷试题的每一问基本都离不开对核心概念的理解。 第18题考查椭圆的要素、椭圆与直线的位置关系，以及动点的轨迹。 第19题是关于立体几何的，主要关心平面的位置关系和数量关系，需要一定的空间想象能力。 第18(3)、19(2)题虽有一定的计算量，但都是常规的。测试卷符合“依标命题、源于教材”的命题理念，强化与课标、教材的衔接，引导一线教学回归课标、回归课堂主渠道，引导一线教学讲透教材内容，注重减量提质，与高中数学教学同向同行、同频共振，对数学高考改革又做了一次有益的尝试，对教育评价具有积极的导向作用。 4.“八省”整体思想分析大方向 2025年第五批高考综合改革省、自治区将要首考落地，适应性测试卷结合这些省区的实际情况，在试卷结构、考查内容和要求上进行了合理设计。试卷立足高考内容改革，遵循课程标准，重点考查必备知识、关键能力和核心素养，强化基础性、综合性、应用性、创新性的考查要求。试卷坚持素养导向，深化基础考查，聚焦学科主干知识，突出考查思维过程与方法，体现了重视思维、关注应用、鼓励创新的指导思想，助力拔尖创新人才选拔。 四、备考建议 1、由于试卷大题顺序不固定，所以复习的时候要做到面面俱到，不留死角，以往的六大金刚——三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、概率与统计、导数现在仍是重点复习对象，不必纠结会舍去哪一道，全部复习才是王道！ 2、特别要加强对“圆锥曲线”和“导数”这两部分内容的复习。圆锥曲线和导数作为大题中思维和计算难度较高的两块，仍然是复习的重点。这两部分也最有可能出现在倒数第二道大题中，其分值与压轴题相同，均为17分。如果你能够扎实掌握这两部分，并稳稳拿下相应分数，数学这一科目将不会成为你的短板，反而可能成为帮你拉开分差的关键。因此，一定要认真复习“圆锥曲线”和“导数”，并根据考点特点进行适当延伸训练，以确保理解透彻、应用自如。 3、新定义（选择题）稍有难度，因此还需适当拔高难度，走出复习舒适区，挑战一下自己平时不愿意、不想做、做不出的题目，要在自己目前的基础上做适当拔高，循序渐进，不要拔苗助长，不要把重心全部放在竞赛知识的复习，导致偏离轨道。 五、“八省”联考数学试题考查问题的特点 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【考查目标】集合运算交并补 【解题思路】了解交并补代表的含义 【命题考向趋势】集合的运算 【备考复习建议】不等式求解及集合的运算 【答案】C【详解】由题意可得. 【知识链接】 集合的基本运算 （1）交集：一般地，由属于集合且属于集合的所有元素组成的集合，称为与的交集，记作，即． （2）并集：一般地，由所有属于集合或属于集合的元素组成的集合，称为与的并集，记作，即． （3）补集：对于一个集合，由全集中不属于集合的所有元素组成的集合称为集合相对于全集的补集，简称为集合的补集，记作，即． 2. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【考查目标】三角函数周期问题 【解题思路】记住周期结论 【命题考向趋势】三角函数周期性、单调性、对称轴、对称中心 【备考复习建议】三角函数图象与性质 【答案】D【详解】依题意，的最小正周期. 【知识链接】 线相邻两条对称轴与对称中心距离； 知识点三：与的图像与性质 （1）最小正周期：. （2）定义域与值域：，的定义域为R，值域为[-A,A]. （3）最值 假设. ①对于， ②对于， （4）对称轴与对称中心. 假设. ①对于， ②对于， 正、余弦曲线的对称轴是相应函数取最大（小）值的位置.正、余弦的对称中心是相应函数与轴交点的位置. （5）单调性. 假设. ①对于， ②对于， （6）平移与伸缩 由函数的图像变换为函数的图像的步骤； 方法一：.先相位变换，后周期变换，再振幅变换，不妨采用谐音记忆：我们“想欺负”（相一期一幅）三角函数图像，使之变形. 方法二：.先周期变换，后相位变换，再振幅变换. 注：在进行图像变换时，提倡先平移后伸缩（先相位后周期，即“想欺负”），但先伸缩后平移（先周期后相位）在题目中也经常出现，所以必须熟练掌握，无论哪种变化，切记每一个变换总是对变量而言的，即图像变换要看“变量”发生多大变化，而不是“角”变化多少. 3. （ ） A. 2 B. 4 C. D. 6 【考查目标】复数模长 【解题思路】写出复数对应的坐标，然后根据模长公式求算 【命题考向趋势】复数对应点所在象限，模长、虚部、分式复数化解 【备考复习建议】复数 【答案】C【详解】由题意：. 【知识链接】 （1）叫虚数单位，满足，当时，． （2）形如的数叫复数，记作． ①复数与复平面上的点一一对应，叫z的实部，b叫z的虚部；Z点组成实轴；叫虚数；且，z叫纯虚数，纯虚数对应点组成虚轴（不包括原点）．两个实部相等，虚部互为相反数的复数互为共轭复数． ②两个复数相等（两复数对应同一点） ③复数的模：复数的模，也就是向量的模，即有向线段的长度，其计算公式为，显然，． （3）． 4. 已知向量，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【考查目标】平面坐标向量 【解题思路】先将目标用坐标表示，然后根据向量坐标求算 【命题考向趋势】平面向量坐标运算、平面向量表示及根据平面向量求定值与最值 【备考复习建议】平面向量的概念、线性运算及坐标表示 平面向量的数量积及其应用 【答案】B【详解】，，，. 【知识链接】 三点共线定理 平面内三点A，B，C共线的充要条件是：存在实数，使，其中，为平面内一点．此定理在向量问题中经常用到，应熟练掌握． A、B、C三点共线 存在唯一的实数，使得； 存在唯一的实数，使得； 存在唯一的实数，使得； 存在，使得． 平面向量的直角坐标运算 ①已知点，，则， ②已知，，则，， ，． ， 5. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【考查目标】双曲线几何性质 【解题思路】将双曲线方程1变为0求算 【命题考向趋势】双曲线渐近线、离心率、通径等【备考复习建议】双曲线的几何性质 【答案】C【详解】由方程，则，所以渐近线. 【知识链接】 （1）双曲线的通径 过双曲线的焦点且与双曲线实轴垂直的直线被双曲线截得的线段，称为双曲线的通径．通径长为． （2）点与双曲线的位置关系 对于双曲线，点在双曲线内部，等价于． 点在双曲线外部，等价于 结合线性规划的知识点来分析． （3）双曲线常考性质 性质1：双曲线的焦点到两条渐近线的距离为常数；顶点到两条渐近线的距离为常数; 性质2：双曲线上的任意点到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数； （4）双曲线焦点三角形面积为（可以这样理解，顶点越高，张角越小，分母越小，面积越大） （5）双曲线的切线 点在双曲线上，过点作双曲线的切线方程为．若点在双曲线外，则点对应切点弦方程为 6. 底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【考查目标】圆锥表面积与体积 【解题思路】画图，在图形中分别找出底面积与高，根据圆锥体积公式求算 【命题考向趋势】锥体的表面积与体积，柱体的表面积与体积，球表面积与体积 【备考复习建议】空间几何体表面积与体积 【答案】A【详解】由题可知圆锥的底面半径，母线长，高， ∴圆锥的体积为. 【知识链接】 表面积与体积计算公式 表面积公式 表面积 柱体 为直截面周长 锥体 台体 球 体积公式 体积 柱体 锥体 台体 球 7. 在中，，则的面积为（ ） A. 6 B. 8 C. 24 D. 48 【考查目标】解三角形面积 【解题思路】画三角形，根据边角关系利用正余弦定理求解 【命题考向趋势】解三角形面积与周长的定值与最值 【备考复习建议】解三角形 【答案】C【详解】设，根据余弦定理， 已知，，，代入可得： ，即，解得， 由于，则为直角三角形，则. 【知识链接】 基本定理公式 （1）正余弦定理：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则 定理 正弦定理 余弦定理 公式 ； ； . 常见变形 (1)，，； (2)，，； ； ； . （2）面积公式： （r是三角形内切圆的半径，并可由此计算R，r. ） 解三角形相关应用 （1）正弦定理的应用 ①边化角，角化边 ②大边对大角 大角对大边 ③合分比： （2）内角和定理： ① 同理有：，. ②； ③斜三角形中， ④； ⑤在中，内角成等差数列. 8. 已知函数，若当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【考查目标】利用分段函数单调性求参数范围 【解题思路】将函数书写成分段函数的形式，根据题干要求画出图像，数形结合求参数范围 【命题考向趋势】利用初等函数单调性、奇偶性、周期性求参数范围或有关零点的考查 【备考复习建议】初等函数的性质及零点 【答案】B【详解】当，时，， 当时，，此时， 所以，不满足当时，，故不符合题意； 当，时，，解得， 由于时，，故，解得； 当，时，恒成立，符合题意； 当，时，，解得， 由于时，，故，解得. 综上. 【知识链接】 记住几条常用的结论： ①若是增函数，则为减函数；若是减函数，则为增函数； ②若和均为增(或减)函数，则在和的公共定义域上为增(或减)函数； ③若且为增函数，则函数为增函数，为减函数； ④若且为减函数，则函数为减函数，为增函数． 奇偶性技巧 (1)函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称. (2)奇偶函数的图象特征. 函数是偶函数函数的图象关于轴对称； 函数是奇函数函数的图象关于原点中心对称. (3)若奇函数在处有意义，则有； 偶函数必满足. (4)偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反；奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同. (5)若函数的定义域关于原点对称，则函数能表示成一个偶函数与一个奇函数的和的形式.记，，则. (6)运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个（或多个）函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如. 对于运算函数有如下结论：奇奇=奇；偶偶=偶；奇偶=非奇非偶； 奇奇=偶；奇偶=奇；偶偶=偶. (7)复合函数的奇偶性原来：内偶则偶，两奇为奇. (8)常见奇偶性函数模型 奇函数：①函数或函数． ②函数． ③函数或函数 ④函数或函数． 函数的的对称性与周期性的关系 （1）若函数有两条对称轴，，则函数是周期函数，且； （2）若函数的图象有两个对称中心，则函数是周期函数，且； （3）若函数有一条对称轴和一个对称中心，则函数是周期函数，且. 对称性技巧 （1）若函数关于直线对称，则． （2）若函数关于点对称，则． （3）函数与关于轴对称，函数与关于原点对称． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是抛物线的焦点，M是C上的点，O为坐标原点．则（ ） A. B. C. 以M为圆心且过F的圆与C的准线相切 D. 当时，的面积为 【考查目标】抛物线及其性质 【解题思路】先求出抛物线的表达式，画出图像利用定义、几何关系及面积公式求算 【命题考向趋势】抛物线的定义与方程、与抛物线有关的距离和最值问题、抛物线中三角形，四边形的面积问题、焦半径问题、抛物线的性质 【备考复习建议】抛物线及其性质 【答案】ABC【详解】因为是抛物线的焦点，所以，即得，A选项正确；设在上，所以，所以，B选项正确； 因为以M为圆心且过F的圆半径为等于M与C的准线的距离，所以以M为圆心且过F的圆与C的准线相切，C选项正确；当时,，且，，所以,或舍所以的面积为，D选项错误. 【知识链接】 1、点与抛物线的关系 （1）在抛物线内（含焦点）．（2）在抛物线上． （3）在抛物线外． 2、焦半径：抛物线上的点与焦点的距离称为焦半径，若，则焦半径，． 3、的几何意义：为焦点到准线的距离，即焦准距，越大，抛物线开口越大． 4、焦点弦：若为抛物线的焦点弦，，，则有以下结论： （1）．（2）． （3）焦点弦长公式1：，，当时，焦点弦取最小值，即所有焦点弦中通径最短，其长度为． 焦点弦长公式2：（为直线与对称轴的夹角）． （4）的面积公式：（为直线与对称轴的夹角）． 5、抛物线的弦 若AB为抛物线的任意一条弦，，弦的中点为，则 （1）弦长公式： （2）（3）直线AB的方程为 （4）线段AB的垂直平分线方程为 6、求抛物线标准方程的焦点和准线的快速方法（法） （1）焦点为，准线为 （2）焦点为，准线为 如，即，焦点为，准线方程为 7、切线方程和切点弦方程 抛物线的切线方程为，为切点 切点弦方程为，点在抛物线外 与中点弦平行的直线为，此直线与抛物线相离，点（含焦点）是弦AB的中点，中点弦AB的斜率与这条直线的斜率相等，用点差法也可以得到同样的结果． 8、抛物线的通径 过焦点且垂直于抛物线对称轴的弦叫做抛物线的通径． 对于抛物线，由，，可得，故抛物线的通径长为． 9、弦的中点坐标与弦所在直线的斜率的关系： 10、焦点弦的常考性质 已知、是过抛物线焦点的弦，是的中点，是抛物线的准线，，为垂足． （1）以为直径的圆必与准线相切，以AF（或BF）为直径的圆与y轴相切； （2）， （3）； （4）设，为垂足，则、、三点在一条直线上 10. 在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数．定义双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数．则（ ） A. 双曲正弦函数增函数 B. 双曲余弦函数是增函数 C. 双曲正切函数增函数 D. 【考查目标】三角函数导数综合新定义问题 【解题思路】双曲正余切函数函数的单调性借助导数求导后即可得， 【命题考向趋势】利用导数判断新函数单调性、最值及求参 【备考复习建议】导数灵活应用 【答案】ACD【详解】对A：令，则恒成立，故双曲正弦函数是增函数，故A正确； 对B：令，则，由A知，为增函数，又， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增，故B错误； 对C：， 由在上单调递增，且，故是增函数，故C正确； 对D：由C知，则， ， 故，故D正确. 【知识链接】 1.求导的基本公式 基本初等函数 导函数 （为常数） 2.导数的四则运算法则 （1）函数和差求导法则：； （2）函数积的求导法则：； （3）函数商的求导法则：，则 3.几何意义：函数在处的导数的几何意义即为函数在点处的切线的斜率． 11. 下面四个绳结中，不能无损伤地变为图中的绳结的有（ ） A. B. C. D. 【考查目标】生活中的新定义 【解题思路】通过选项想象空间实际图进而判断 【命题考向趋势】考查有关生活中的新定义 【备考复习建议】多做有关生活中新定义题目 【答案】ABD【详解】对于A选项：原图中的圆环不可解开，则无法无损变为一个圆，无法得到A选项；对于D选项：为三个圆，不是一根绳，无法得到D选项； 对于B,C选项：根据左手三叶结和右手三叶结不能无损转换，而BC情形为三叶结变体，则BC至少有一个无法无损伤得到， 两者为手性，即镜像（即只能在镜子中相互重叠），再通过考场身边道具（如鞋带，头发）进行实验可知：可以得到C选项，无法得到B选项. 【知识链接】 拓扑学(Topology)原名叫做位置分析(Analysis situs)，是研究图形(或集合)在连续变形下的不变的整体性质的一门几何学[1]。从研究几何图形在连续变形下保持不变的性质开始，现在已发展成研究连续性现象的分支。由于连续性的表现方式、研究方法和讨论课题的不同又可以分为一般拓扑学、代数拓扑学、微分拓扑学和几何拓扑学等分支。拓扑学思想的萌芽可以追溯到17世纪莱布尼茨时期，直到1895年庞加莱的论文《位置分析》发表之前，都还是拓扑学的前史时期。庞加莱的工作确定了新的拓扑学的研究对象，布劳威尔所引进的新思想和新方法为证明拓扑学中许多结论的合法性提供了依据[2]。 拓扑学现在已经成为数学的基础性学科之一，并在数学的其它领域，甚至非数学领域有着广泛且极其重要的应用[3]。 数学领域的拓扑学要追溯到1736年的哥尼斯堡七桥问题，欧拉把问题抽象成为一种数学结构，即节点之间链接的图示，这种结构被成为“图论”。 建筑 建筑学诞生以来，建筑师一一直是以形式与空间来融合各种抽象而纷杂的社会元素和资源。拓扑学是研究连续性的数学，在建筑设计中应用拓扑学原理，使得拼合元素和资源走向了更加平滑、连续的设计思路。 研究内容 图论(Graph theory) 图论是以事物的联系结构为研究对象，研究定点和线组成图形的数学理论和方法。“图论中的图是由若干给定的顶点及连接两顶点的边所构成的图形，通常用来描述事物之间的某种特定关系，用顶点代表事物，而连接两顶点的线表示相应两个事物问具有的关系。 拓扑嵌入(Topological embedding) 嵌入是数学中的一个动作，作为拓扑学中的一个重要组成部分，嵌入是考虑如何把拓扑空间放入对方的内部，将一个网络A嵌入到另一个网络B中是指将A中的各节点映射№到B的节点，这便是嵌入，它研究欧几里德空间闭子集所特有的局部拓扑性质。 纽结理论(knot theory) 纽结理论是代数拓扑的分支，是研究“如何把若干个圆环嵌入到三维欧氏空间中”。 连通(Topological connectivity) 连通是拓扑学的概念，在数学中的定义如下：“设X是一个拓扑空间，如果X中不存在一个既是开集又是闭集的集合，那么就称X是连通的。它是拓扑空间的一个拓扑不变性质，即两个拓扑空间之间若存在一个同胚映射，其中一个空间是连通的，则另一个空间也是连通的。 流形(manifo ld) 流形是指局部地具有n维空间或某个其他向量空间的结构(拓扑的、光滑的、同调的)对象。流形是局部具有欧氏空间性质的空间，实际上欧氏空间就是流形最简单的实例。 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函，若，则____________． 【考查目标】指数和对数的运算 【解题思路】将题干已知的x值代入函数表达式中，借助指对运算求参 【命题考向趋势】指对数运算及指对数方程、指对数不等式、指对数函数的图像及性质、指对数函数中的恒成立问题 【备考复习建议】指对数与指对数函数 【答案】【详解】由，可得，即，也即， 且，，两边取对数得：，解得. 【知识链接】 1.指数函数常用技巧 (1)当底数大小不定时，必须分“”和“”两种情形讨论． (2)当时，，；的值越小，图象越靠近轴，递减的速度越快． 当时，；的值越大，图象越靠近轴，递增速度越快． (3)指数函数与的图象关于轴对称． 2.对数式的运算 (1)对数的定义：一般地，如果且，那么数叫做以为底的对数，记作，读作以为底的对数，其中叫做对数的底数，叫做真数． (2)常见对数： ①一般对数：以且为底，记为，读作以为底的对数； ②常用对数：以为底，记为；③自然对数：以为底，记为； (3) 对数的性质和运算法则： ①；；其中且；②(其中且，)； ③对数换底公式：；④； ⑤； ⑥，； ⑦和； ⑧； 13. 有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，现从这8张卡片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为____________． 【考查目标】古典概率、排列组合、分类分步原理 【解题思路】先分类后分步，算出目标情况总数，再算出事件总数，最后利用概率公式求算 【命题考向趋势】排列数与组合数、捆绑法、插空法、定序问题（先选后排）、涂色问题、分组问题、分配问题、排队问题与概率综合 【备考复习建议】排列组合、计数原理及概率 【答案】【详解】从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为， 因为， 所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等， 则抽出的3张卡片上的数字之和应为， 则抽出的3张卡片上的数字的组合有或或共3种， 所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为的样本点个数共3个， 所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为. 故答案为：. 【知识链接】 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法. 排列与排列数 从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． 组合与组合数 从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． 解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数与事件中所包含的基本事件数． 因此要注意清楚以下三个方面： (1)本试验是否具有等可能性；(2)本试验的基本事件有多少个；(3)事件是什么． 解题实现步骤： (1)仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意； (2)判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件； (3)分别求出基本事件的个数与所求事件中所包含的基本事件个数； (4)利用公式求出事件的概率． 解题方法技巧： (1)利用对立事件、加法公式求古典概型的概率(2)利用分析法求解古典概型． ①任一随机事件的概率都等于构成它的每一个基本事件概率的和． ②求试验的基本事件数及事件A包含的基本事件数的方法有列举法、列表法和树状图法． 14. 已知曲线，两条直线、均过坐标原点O，和交于M、N两点，和交于P、Q两点，若三角形的面积为，则三角形的面积为____________． 【考查目标】数形结合、对称性、函数单调性、面积关系 【解题思路】利用曲线对称性：充分利用曲线关于原点对称的性质，确定点的对称关系，通过对称关系，能够推导出相关线段和三角形之间的等量关系，为后续的面积计算提供依据 【命题考向趋势】给定具体函数表达式，借组图象单调性及特征与几何图形综合考查 【备考复习建议】函数图象与性质 【答案】【详解】由于和都符合， 所以曲线的图象关于原点对称，当时，函数单调递增， 由此画出曲线的大致图象如下图所示， 两条直线、均过坐标原点，所以M、N两点关于原点对称，P、Q两点关于原点对称， 根据对称性，不妨设位置如图， 可知，， 所以，所以， 而和等底等高，面积相同，所以， 所以. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物（单位：只）试验，得到如下列联表： 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 100 80 服用 150 70 220 合计 250 400 （1）求，； （2）记未服用药物的动物患疾病的概率为，给出的估计值； （3）根据小概率值的独立性检验，能否认为药物对预防疾病有效? 附：， 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【考查目标】列联表、频率估计概率、临界值表 【解题思路】根据列联表求和，用频率估计概率后计算，根据公式计算，然后根据临界值表分析判断 【命题考向趋势】独立性检验，线性回归、非线性回归、频率分布直方图 【备考复习建议】统计与统计案例 【答案】（1）， （2） （3）能认为药物对预防疾病有效 【解析】【小问1详解】由列联表知，； 【小问2详解】由列联表知，未服用药物的动物有（只），未服用药物且患疾病的动物有（只），所以未服用药物的动物患疾病的频率为， 所以未服用药物的动物患疾病的概率的估计值为； 【小问3详解】零假设为：药物对预防疾病无效， 由列联表得到， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为药物对预防疾病有效，该推断犯错误的概率不超过， 所以根据小概率值的独立性检验，能认为药物对预防疾病有效. 【知识链接】 独立性检验 1、分类变量和列联表 （1）分类变量：变量的不同“值”表示个体所属的不同类别，像这样的变量称为分类变量． （2）列联表： ①定义：列出的两个分类变量的频数表称为列联表．②2×2列联表． 一般地，假设有两个分类变量X和Y，它们的取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表（称为2×2列联表）为 独立性检验 （1）定义：利用独立性假设、随机变量来确定是否有一定把握认为“两个分类变量有关系”的方法称为两个分类变量的独立性检验． （2）公式：，其中为样本容量． （3）独立性检验的具体步骤如下： ①计算随机变量的观测值，查下表确定临界值： ②如果，就推断“与有关系”，这种推断犯错误的概率不超过；否则，就认为在犯错误的概率不超过的前提下不能推断“与有关系”． （2）两个分类变量和是否有关系的判断标准： 统计学研究表明： 当时，认为与无关；当时，有的把握说与有关； 当时，有的把握说与有关；当时，有的把握说与有关． 相关系数 若相应于变量的取值，变量的观测值为，则变量与的相关系数，通常用来衡量与之间的线性关系的强弱，的范围为． （1）当时，表示两个变量正相关；当时，表示两个变量负相关． （2）越接近，表示两个变量的线性相关性越强；越接近，表示两个变量间几乎不存在线性相关关系．当时，所有数据点都在一条直线上． （3）通常当时，认为两个变量具有很强的线性相关关系． 线性回归 1.线性回归：线性回归是研究不具备确定的函数关系的两个变量之间的关系（相关关系）的方法． 对于一组具有线性相关关系的数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn），其回归方程的求法为 其中，，，（，）称为样本点的中心． 2.残差分析 对于预报变量，通过观测得到的数据称为观测值，通过回归方程得到的称为预测值，观测值减去预测值等于残差，称为相应于点的残差，即有．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． （1）残差图：通过残差分析，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明选用的模型比较合适，其中这样的带状区域的宽度越窄，说明模型拟合精确度越高；反之，不合适． （2）通过残差平方和分析，如果残差平方和越小，则说明选用的模型的拟合效果越好；反之，不合适． （3）相关指数：用相关指数来刻画回归的效果，其计算公式是：． 越接近于，说明残差的平方和越小，也表示回归的效果越好． 常见的非线性回归模型 （1）指数函数型（且，） 两边取自然对数，，即， 令，原方程变为，然后按线性回归模型求出，． （2）对数函数型 令，原方程变为，然后按线性回归模型求出，． （3）幂函数型 两边取常用对数，，即， 令，原方程变为，然后按线性回归模型求出，． （4）二次函数型 令，原方程变为，然后按线性回归模型求出，． （5）反比例函数型型 令，原方程变为，然后按线性回归模型求出，． 16. 已知数列中， （1）证明：数列为等比数列； （2）求的通项公式； （3）令，证明:． 【考查目标】递推关系求通项、求和 【解题思路】等式两边同时取倒数，构建新数列 【命题考向趋势】九类递推关系求通项及五类求和及放缩证明 【备考复习建议】熟练掌握通项与求和的各类模型 【答案】（1）证明见解析；（2）； （3）证明见解析. 【解析】【小问1详解】由得，则， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】由（1）得,解得：. 【小问3详解】 令，， 因为在上单调递增，则 所以数列在上单调递减，从而数列在上单调递增，且， 故得. 【知识链接】 类型Ⅰ 观察法： 已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项． 类型Ⅱ 公式法： 若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 类型Ⅲ 累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 类型Ⅳ 累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 类型Ⅴ 构造数列法： （一）形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出 （二）形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决． （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得． 类型Ⅵ 对数变换法： 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）． 类型Ⅶ 倒数变换法： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 类型Ⅷ 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 几种数列求和的常用方法 （1）分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． （2）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和． （3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． （4）倒序相加法：如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解． 17. 已知函数. （1）设，求曲线的斜率为2的切线方程； （2）若是的极小值点，求b的取值范围. 【考查目标】导数的应用求切线方程、利用极值求参数范围 【解题思路】定义域+求导求斜率+点斜式设切线方程+求解，求参：参变分离+数形结合 【命题考向趋势】利用导数求切线方程、极值与最值、单调性、恒成立于能成立、证明 【备考复习建议】熟练掌握导数各大应用 【答案】（1） （2） 【解析】【小问1详解】当时，，其中， 则，令， 化简得，解得（负值舍去）， 又此时，则切线方程过点，结合切线方程斜率为2， 则切线方程为，即. 【小问2详解】由题可得定义域为，， 因是的极小值点，则， 则，若，令，令，则在上单调递增，在上单调递减， 得是极大值点，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极大值点，不满足题意； 若，则，在上单调递减，无极值，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极小值点，满足题意； 综上，是的极小值点时，. 【知识链接】 1．在点的切线方程 切线方程的计算：函数在点处的切线方程为，抓住关键． 2．过点的切线方程 设切点为，则斜率，过切点的切线方程为：， 又因为切线方程过点，所以然后解出的值．（有几个值，就有几条切线） 3.求可导函数单调区间的一般步骤 （1）确定函数的定义域； （2）求，令，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； （3）把函数的间断点（即的无定义点）的横坐标和的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数的定义域分成若干个小区间； （4）确定在各小区间内的符号，根据的符号判断函数在每个相应小区间内的增减性. 注①使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数. ②若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立.因为，即或，当时，函数在区间上单调递增.当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论： 单调递增；单调递增； 单调递减；单调递减. 4.恒成立与能成立 （1）若函数在区间D上存在最小值和最大值，则 不等式在区间D上恒成立； 不等式在区间D上恒成立； 不等式在区间D上恒成立； 不等式在区间D上恒成立； （2）若函数在区间D上不存在最大（小）值，且值域为，则 不等式在区间D上恒成立． 不等式在区间D上恒成立． （3）若函数在区间Ｄ上存在最小值和最大值，即，则对不等式有解问题有以下结论： 不等式在区间D上有解； 不等式在区间D上有解； 不等式在区间D上有解； 不等式在区间D上有解； （4）若函数在区间D上不存在最大（小）值，如值域为，则对不等式有解问题有以下结论： 不等式在区间D上有解 不等式在区间D上有解 （5）对于任意的，总存在，使得； （6）对于任意的，总存在，使得； （7）若存在，对于任意的，使得； （8）若存在，对于任意的，使得； （9）对于任意的，使得； （10）对于任意的，使得； （11）若存在，总存在，使得 （12）若存在，总存在，使得． 18. 已知椭圆C的离心率为，左、右焦点分别为， （1）求C的方程； （2）已知点，证明：线段的垂直平分线与C恰有一个公共点； （3）设M是坐标平面上的动点，且线段的垂直平分线与C恰有一个公共点，证明M的轨迹为圆，并求该圆的方程． 【考查目标】椭圆方程的求算、曲线轨迹、圆与椭圆的综合 【解题思路】椭圆性质+求a,b,c，直线与圆锥曲线综合：设点设线联立化解韦达判别，椭圆定义和线段垂直平分线的性质结合光学性质，从而得到点的轨迹和轨迹方程. 【命题考向趋势】椭圆方程及直线与圆锥曲线综合问题 【备考复习建议】直线与圆锥曲线综合问题 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）点的轨迹是圆，该圆的方程为【解析】【小问1详解】因为椭圆左、右焦点分别为，，所以，又因为椭圆C的离心率为，得，所以椭圆方程为. 【小问2详解】由，得直线斜率为，中点坐标为， 所以线段的垂直平分线方程为，联立垂直平分线方程和椭圆方程 得，，，所以直线与椭圆相切， 线段的垂直平分线与C恰有一个公共点； 【小问3详解】解法一：设，当时，的垂直平分线方程为， 此时或； 当时，的垂直平分线方程为， 联立， 得， 即 因为线段的垂直平分线与C恰有一个公共点， 故， 即， 则， 即， ， 即， ， 而，也满足该式， 故点的轨迹是圆，该圆的方程为，即. 解法二：设线段的垂直平分线与C恰有一个公共点为P， 则当点P不在长轴时，线段的垂直平分线即为点P处的切线， 也为的角平分线， 作的角平分线，根据椭圆的光学性质得， ，则， 故， 所以三点共线，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，4为半径的圆， 当P在椭圆长轴上时，M点为或也满足， 故点的轨迹是圆，该圆的方程为. 【知识链接】 一：直线和曲线联立 （1）椭圆与直线相交于两点，设， ， 椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：， 注意： ①如果直线没有过椭圆内部一定点，是不能直接说明直线与椭圆有两个交点的，一般都需要摆出，满足此条件，才可以得到韦达定理的关系． ②焦点在轴上的椭圆与直线的关系，双曲线与直线的关系和上述形式类似，不在赘述． （2）抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 特殊地，当直线过焦点的时候，即，，因为为通径的时候也满足该式，根据此时A、B坐标来记忆． 抛物线与直线相交于两点，设， 联立可得，时， 二、根的判别式和韦达定理 与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记． 同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，，可简记． 与C相离；与C相切；与C相交． 三、弦长公式 设，根据两点距离公式． （1）若在直线上，代入化简，得； （2）若所在直线方程为，代入化简，得 （3）构造直角三角形求解弦长，．其中为直线斜率，为直线倾斜角． 四、已知弦的中点，研究的斜率和方程 （1）是椭圆的一条弦，中点，则的斜率为， 运用点差法求的斜率；设，，，都在椭圆上， 所以，两式相减得 所以即，故 （2）运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线，则． 19. 在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点. （1）设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上． （i）证明：平面平面； （ii）求球O的半径 （2）求二面角的余弦值的最小值. 【考查目标】立体几何线线垂直、面面垂直、球的半径及二面角 【解题思路】建立合适的坐标系+标坐标+公式求算.建立以A为原点空间直角坐标系， 设球心，半径，由列方程组即可计算求解 【命题考向趋势】空间几何体的体积、点面距离、线与线，线与面及面与面的位置关系和夹角求算 【备考复习建议】掌握距离及夹角公式，能够快速建立合适的直角坐标系 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）球O的半径为； （2）. 【解析】【小问1详解】在中，由，得， 所以，且，即， （i）证明：因，，，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径， 则， 所以， 解得，所以球O的半径为； 【小问2详解】 平面中，过P作于G，在平面中，过G作， 因平面,则平面. 则由（1）， 设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，则点在平面内， 则， 所以， 设平面一个法向量分别为，则， 即，取，则得； 平面的一个法向量为，则， 即，取，则得， 所以， 令，则由得，则， 于是 ，当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值为. 【知识链接】 求空间二面角常用方法： （1）定义法：根据定义作出二面角的平面角； （2）垂面法：作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的两条交线所成的角就是二面角所成角的平面角； （3）向量坐标法：作几何体的空间直角坐标系，求出二面角的法向量，直接由公式计算即可； （4）射影面积法：求出斜面面积和它在有关平面的射影的面积，再由射影面积公式计算求解. 空间直角坐标系的构建策略 ①：利用共顶点的互相垂直的三条棱，构建空间直角坐标系 ②：利用线面垂直关系，构建空间直角坐标系 ③：利用面面垂直关系，构建空间直角坐标系 ④：利用正棱锥的中心与高所在的直线，构建空间直角坐标系 ⑤：利用底面正三角形，构建空间直角坐标系 ⑥：利用底面正方形的中心，构建空间直角坐标系 坐标处理距离问题 结论1：《点线距离》《异面直线求距离问题》 推导过程：已知直线的方向向量是，点则直线与直线夹角为θ，则 结论2：《点面距离》提示：分别是平面外及平面上的两点，是平面的法向量 结论3：《线面距离》 提示：分别是直线上及平面上的任意两点，是平面的法向量 结论4：《面面距离》 提示：分别是平面1及平面2的任意两点，是平面2的法向量 结论5：《点点距离》 提示：与,的距离为 坐标处理角度问题 结论1：异面直线所成角 ①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解 ②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式求出 关键是求出及与 结论2：线面角 提示：是线与平面法向量的夹角，是线与平面的夹角 结论3：二面角的平面角 提示：是二面角的夹角，具体取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则取正，若为钝角则取负. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 42 1 / 44 学科网（北京）股份有限公司 遇到过轴上定点或斜率已知的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中都存在斜率 遇到过轴上定点的情况可以设，这种情况下直线一般在题设中有可能不存在斜率，但斜率一般不会为0，这样设一方面可以避免分类讨论，另一方面可以减少一些计算量 1正设法 6．（2020•辽宁模拟）已知椭圆的长轴长为6，且椭圆与圆的公共弦长为． （1）求椭圆的方程； （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形，若存在，求出点的横坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意可得，由题意可得公共弦长为直径，求得，进而得到所求椭圆方程； （2）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件：斜率之积为，化简整理，结合基本不等式即可得到存在和的横坐标的范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，所以， 由椭圆与圆的公共弦长为，恰为圆的直径， 可得椭圆经过点，所以， 解得，所以椭圆的方程为； （Ⅱ）直线的解析式设为，设，，，，的中点为，． 假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则． 联立和，得，故， 所以，，因为，所以， 即，所以， 当时，，所以． 综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为． 7．（2018•凉山州模拟）已知、分别是椭圆的左、右焦点． （1）若是第一象限内该椭圆上的一点，，求点的坐标； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围． 【分析】（1）求得椭圆的，，，可得左右焦点，设，，，运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得的坐标； （2）显然不满足题意，可设的方程为，设，，，，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，由为锐角，即为，运用数量积的坐标表示，解不等式即可得到所求的范围． 【解答】解：（1）椭圆方程为，知，，，可得，， 设，，，则， 又，联立，解得，即为； （2）显然不满足题意，可设的方程为， 设，，，，联立， 由△，得．，． 又为锐角，即为，即，， 又， 可得．又，即为，解得． 8．（2018•怀化三模）如图，椭圆的离心率为，点为椭圆上的一点． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）若斜率为的直线过点，且与椭圆交于，两点，为椭圆的下顶点，求证：对于任意的，直线，的斜率之积为定值． 【分析】（Ⅰ）运用离心率公式和点满足椭圆方程，解得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，以及点在直线上满足直线方程，化简整理，即可得到定值． 【解答】解：（Ⅰ），，①， 又椭圆过点，②由①②解得，， 所以椭圆的标准方程为； （Ⅱ）证明：设直线，联立得：， 设，，，，则有，． 易知，故 为定值． 9．（2017•山西二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上． （Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点、时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由． 【分析】（Ⅰ）方法一、运用椭圆的定义，可得，由，，的关系，可得，进而得到椭圆方程； 方法二、运用在椭圆上，代入椭圆方程，结合，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （Ⅱ）设直线的方程为，设，，，，，，，，的中点为，，联立椭圆方程，运用判别式大于0及韦达定理和中点坐标公式，由向量相等可得四边形为平行四边形，为线段的中点，则为线段的中点，求得的范围，即可判断． 【解答】解：（Ⅰ）方法一：设椭圆的焦距为，则， 因为在椭圆上，所以， 因此，，故椭圆的方程为； 方法二：设椭圆的焦距为，则，因为在椭圆上， 所以，，，解得，，故椭圆的方程为； （Ⅱ）设直线的方程为， 设，，，，，，，，的中点为，， 由消去，得，所以，且△ 故 且，由，知四边形为平行四边形， 而为线段的中点，因此为线段的中点，所以，可得， 又，可得，因此点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线． 10．（2016春•眉山校级期中）已知椭圆，过点，的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为 （1）求椭圆的方程； （2）斜率大于零的直线过与椭圆交于，，，两点，且，求直线的方程． 【分析】（1）运用两点的斜率公式，可得，求得直线的方程，运用点到直线的距离公式，可得，进而得到，可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理，结合条件，解方程可得，进而得到所求直线的方程． 【解答】解：（1）过点，的直线倾斜角为， 可得，即有直线的方程为， 原点到该直线的距离为，可得，解得，， 则椭圆方程为； （2）设直线的方程为，代入椭圆方程，可得 ，△恒成立， 由，，，， 可得，，又， 即有，， 可得， 解得舍去）． 则直线的方程为． 11．（2016•连云港模拟）在平面直角坐标系中，点在椭圆上，若点，，且． （1）求椭圆的离心率； （2）设椭圆的焦距为4，，是椭圆上不同的两点．线段的垂直平分线为直线，且直线不与轴重合． ①若点，直线过点，求直线的方程； ②若直线过点，且与轴的交点为．求点横坐标的取值范围． 【分析】（1）设，由向量共线的坐标表示，可得的坐标，代入椭圆方程，可得，的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值； （2）①由题意可得，，，可得椭圆方程，设直线的方程为，代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为，解方程可得，进而得到所求直线方程； ②设直线的方程为，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件，求得，再由中点在椭圆内，可得的范围，再由直线的方程可得的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设，由， 可得，，可得，，即，， 即有，即为，，则； （2）①由题意可得，，， 即有椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得， ，的中点为，， 由题意可得直线的斜率为， 解得或，即有直线的方程为或； ②设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，，可得， 即有的中点为，，由题意可得直线的斜率为， 化简可得，中点坐标即为，， 由中点在椭圆内，可得，解得， 由直线的方程为，可得的横坐标为，可得范围是，，． 12．（2016•苏州二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右焦点分别是，，右顶点、上顶点分别为，，原点到直线的距离等于 （1）若椭圆的离心率等于，求椭圆的方程； （2）若过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，且在第二象限，直线交轴于点试判断以为直径的圆与点的位置关系，并说明理由 【分析】（1）求得，的坐标，可得的方程，运用点到直线的距离公式和离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程； （2）点在以为直径的圆上由题意可得直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：，代入椭圆方程，运用判别式为0，解得的值，可得，，从而可得直线的方程，求得的坐标，可得向量，的坐标，求出数量积为0，即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得点，， 直线的方程为，即由题设，得， 化简，得①，由，即为，即② 由①②，解得，可得椭圆的方程为； （2）点在以为直径的圆上 由题设，直线与椭圆相切且的斜率存在，设直线的方程为：， 由，得， 则△，化简，得，所以， 由点在第二象限，可得，把代入方程，得， 解得，从而，所以，从而直线的方程为：， 令，得，所以点从而，， 从而 ， 又，，所以点在以为直径的圆上 13．（2019•天津）设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为．已知为原点）． （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且．求椭圆的方程． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，再由离心率公式可得所求值； （Ⅱ）求得，，可得椭圆方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程求得的坐标，以及直线的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得，即可得到所求椭圆方程． 【解答】解：（Ⅰ），即为，可得； （Ⅱ），，即，， 可得椭圆方程为，设直线的方程为， 代入椭圆方程可得，解得或， 代入直线方程可得或（舍去），可得， 圆心在直线上，且，可设，可得，解得， 即有，可得圆的半径为2，由直线和圆相切的条件为， 可得，解得，可得，，可得椭圆方程为． 14．（2016•陕县校级模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，且抛物线的焦点是椭圆一个焦点，以椭圆的长轴两个端点及短轴的一个端点为顶点的三角形面积为6． （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，又点，，求面积最大时对应的直线的方程． 【分析】（Ⅰ）由抛物线方程求得焦点坐标，求得，由三角形的面积公式可知，根据椭圆的性质，，即可求得和的值，求得椭圆方程； （Ⅱ）求得直线方程，并将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理求得求得及，由弦长公式求得，根据点到直线的距离公式，求得，根据三角形的面公式及基本不等式的性质即可求得的值，求得直线方程． 【解答】解：（Ⅰ）设椭圆， 由抛物线的焦点是椭圆的一个焦点得：， 由椭圆的性质可知：， ，，即，，即， ，，椭圆 （Ⅱ）设，，，，， 与，联立得：， △，可知：， 由韦达定理可知：，， ， 到的距离， 当即时，最大，对应的直线的方程为 日期：2020/11/20 11:28:09；用户：张伍；邮箱：zhb157@126.com；学号：19915 二反设法 3．（2020•江西模拟）已知离心率为的椭圆的左顶点为，左焦点为，及点，且，，成等比数列． （1）求椭圆的方程． （2）斜率不为0的动直线过点且与椭圆相交于、两点，记，线段上的点满足，试求为坐标原点）面积的取值范围． 【分析】（1）由题可列方程组，解得，，又，解得，进而可得椭圆的方程． （2）设直线的方程为，，联立椭圆的方程得：，，，再分析原点到直线的距离，表示的面积，化简再求出答案． 【解答】设直线的方程为，，代入椭圆的方程得： ，， ，原点到直线的距离， 所以的面积， 因为，所以，． 8．（2016秋•台州期末）已知椭圆． （1）若椭圆的两个焦点与一个短轴顶点构成边长为2的正三角形，求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于、两点，过点作的垂线，交直线于点，若的最小值为，试求椭圆率心率的取值范围． 【分析】（1）由已知可得：，，，解得，即可． （2）设直线的方程，，，坐标，．联立，化为：．．．即可求得椭圆率心率的取值范围 【解答】解：（1）由已知可得：，，，解得，，． 椭圆的标准方程为． （2）设直线的方程为：，，，，． ．联立，化为：． ，， ． ．令，， 上式在时恒成立，椭圆率心率的取值范围为 9．（2017•浙江模拟）已知椭圆，点，分别是椭圆的右焦点与上顶点，为坐标原点，记的周长与面积分别为和． （Ⅰ）求的最小值； （Ⅱ）如图，过点的直线交椭圆于，两点，过点作的垂线，交直线于点，当取最小值时，求的最小值． 【分析】（Ⅰ），当且仅当时，的最小值； （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为．此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为．可得．设直线，令得 ，． 【解答】解：（Ⅰ）的周长．的面积． ， 当且仅当时，的最小值为． （Ⅱ）由（Ⅰ）得当且仅当时，的最小值为． 此时椭圆方程可化为 依题意可得过点的直线的斜率不能为0，故设直线的方程为． 联立，整理得：． ， ． 当时，垂直横轴，与横轴重合，此时，， ． 当时，设直线，令得 综上所述：当且仅当时，取最小值为． 10．（2018秋•城厢区校级月考）已知椭圆的离心率为，过其右焦点作与轴垂直的直线与该椭圆交于、两点，与抛物线交于、两点，且． （1）求椭圆的方程； （2）设，过点作与轴不重合的直线交椭圆于、两点，连接、分别交直线于、两点．试问直线、的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【分析】（1）由已知条件推导出，由此能求出椭圆的方程． （2）设直线的方程为，联立，得，设，，，，由此利用三点共线、韦达定理，结合已知条件能求出直线，的斜率之积为定值． 【解答】（13分）解：（1）直线过右焦点且与轴垂直， ． 又椭圆的离心率为，且， ， 解得，，故椭圆的方程为． （2）由题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 联立，消去得 设，，，， 则 ，，三点共线，，即 同理可得， 而 故直线，的斜率之积为定值． 13．（2018秋•市中区校级月考）已知椭圆的上顶点为点，右焦点为．延长交椭圆于点，且满足． （1）试求椭圆的标准方程； （2）过点作与轴不重合的直线和椭圆交于，两点，设椭圆的左顶点为点，且直线，分别与直线交于，两点，记直线，的斜率分别为，，则与之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，试说明理由． 【分析】（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为．利用，推出，，代入椭圆方程，结合焦点坐标求解，，得到椭圆方程． （2）设，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用，，三点共线，求出，的坐标分别为，，然后求解斜率，化简即可． 【解答】解：（1）椭圆的上顶点为，右焦点，点的坐标为． ，可得，又，， 代入可得， 又，解得，，即椭圆的标准方程为． （2）设，，，，，，． 由题意可设直线的方程为， 联立消去，得， 根据，，三点共线，可得， ．同理可得， ，的坐标分别为，， 与之积为定值，且该定值是． 16．（2020秋•香坊区校级月考）设椭圆左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，直线的倾斜角为，且． （1）求椭圆的离心率； （2）若，求椭圆的方程． 【分析】（1）由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由向量的关系求出，的坐标的关系，代入两根之和及两根之积中可得，，之间的关系，再由椭圆性质可得离心率的值； （2）由（1）求出弦长，由题意可得，的值，进而求出椭圆的方程． 【解答】解：（1）由题意设直线的方程为：，设，，，，设在轴上方，即，可得，，，， 又因为，所以可得，，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得：， ，，将，代入可得，， 所以可得，整理可得：而， 所以可得，（舍或，所以可得离心率； （2）由（1）可得，所以，， 所以弦长， 解得：，所以，所以椭圆的方程为：． 18．（2016•浙江）如图，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于， （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点，求的横坐标的取值范围． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的性质和已知条件求出抛物线方程，进一步求得值； （Ⅱ）设出直线的方程，与抛物线联立，求出的坐标，求出直线，的斜率，从而求出直线的方程，根据、、三点共线，可求出的横坐标的表达式，从而求出的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点到焦点的距离等于到直线的距离， 由抛物线定义得，，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线方程为，，可设，，，， 不垂直轴，设直线， 联立，得．，， 又直线的斜率为，故直线的斜率为， 从而得，直线， 则，设，由、、三点共线，得， 于是，得或．经检验，或满足题意． 点的横坐标的取值范围为，，． 19．（2017秋•七里河区校级期末）已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于． （1）求的值； （2）是否存在正数，对于过点且与抛物线有两个交点、的任一直线，都有？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用抛物线的定义，求出，然后求解平曲线方程； （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，．设的方程为，由，得，利用判别式以及韦达定理，通过，对任意实数得到，求解即可． 【解答（1）抛物线上的点到轴的距离等于，由定义抛物线可知． （2）设过点，的直线与曲线的交点为，，，． 设的方程为，由，得， △，于是① 又，，，， ．② 又，于是不等式②等价于， 即．③ 由①式，不等式③等价于．④ 对任意实数，的最小值为0，所以不等式④对于一切成立等价于， 即． 由此可知，存在正数，对于过点且与曲线有两个交点，的任一直线，都有，且的取值范围是，． 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 $$