【备战25年高考】2024年新高考Ⅰ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

2024年新高考Ⅰ卷 数学真题 解题技巧 （1题2-4解） 真题01 集合真题解题技巧 真题02 复数真题解题技巧 真题03 平面向量真题解题技巧 真题04 三角恒等变换真题解题技巧 真题05 立体几何体积计算解题技巧 真题06 分段函数单调性解题技巧 真题07 三角函数图象与性质真题解题技巧 真题08 函数的性质判断函数值大小关系真题解题技巧 真题09 正态分布真题解题技巧 真题10 导数及其应用真题解题技巧 真题11 平面轨迹曲线方程真题解题技巧 真题12 离心率真题解题技巧 真题13 公切线真题解题技巧 真题14 均值及概率真题解题技巧 真题15 解三角形解答题真题解题技巧 真题16 圆锥曲线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 导数解答题真题解题技巧 真题19 数列新定义真题解题技巧 本节导航 真题01 集合真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 本题是集合运算中的交集求解问题，给定一个由不等式确定的无限集合和一个有限集, 要求找出既属于集合又 属于集合的元素，即求。 【解法一】直接计算法 【解法二】逐一验证法 【解法三】选项排除法 【解法四】精确范围法 1．（2025·福建·模拟预测）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（2024·陕西西安·一模）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 3．（2024·河南·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 真题02 复数真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）若，则（    ） A． B． C． D． 本题是关于复数运算的题目，已知一个复数等式, 要求出复数的值，主要考查复数的运算法则以及方程求解的能力。 【解法一】常规方程求解法 【解法二】构造法 【解法三】设法 【解法四】利用复数的倒数性质法 1．（2025·广东佛山·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖北·一模）若复数 满足 ，则 （   ） A． B． C． D． 3．（2025·江西景德镇·二模）已知复数，则复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 真题03 平面向量真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 本题是平面向量垂直条件应用的题目。已知两个向量的坐标，以及 与垂直的关系，要求出向量中未知数的值。解题关键在于利用向量垂直的性质（两向量垂直，其数量积为0）建立关于的方程求解。 【解法一】常规坐标运算 【解法二】展开数量积运算 【解法三】答案回代法【解法四】数形结合作图法（略） 1．（2025·广东肇庆·二模）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·江西九江·一模）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·河南·模拟预测）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 真题04 三角恒等变换真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 本题是三角函数求值问题，已知与的值，要求的值，需要运用三角函数的两角和与差公式以及同角三角函数的基本关系来进行求解。 【解法一】利用两角和与差的余弦公式及弦化切 【解法二】设辅助变量法 【解法三】构造特殊角法（假设特殊值满足条件） 【解法四】通过比例关系求解 1．（2025·广东·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·福建厦门·一模）已知，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（2025·福建·模拟预测）已知，若，当取得最大值时，（   ） A． B． C． D． 真题05 立体几何体积计算解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 本题是一道关于圆柱和圆锥几何性质的题目，已知圆柱和圆锥底面半径相等、侧面积相等且高均为, 要求出圆锥的体积。主要考查圆柱和圆锥侧面积公式、体积公式的运用，以及通过建立等式求解未知量的能力。 【解法一】常规公式推导法 【解法二】比例关系法 【解法三】特殊值法 【解法四】极限思想法 1．（2025·江西九江·一模）在棱长为的正方体中，点在正方体内（包含边界）运动．若直线与所成角为，则动点所围成的图形的面积是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东肇庆·二模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·广东·一模）已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（    ） A． B． C． D． 真题06 分段函数单调性解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 本题是给定一个分段函数，已知其在R上单调递增，要求确定参数a的取值范围。对于分段函数单调性问题，需分别考虑各段函数自身单调性，同时保证在分段点处函数值的大小关系符合递增性质。 【解法一】根据二次函数对称轴与区间关系 【解法二】特值探路法 1．（2024·山东·模拟预测）“”是“函数在上单调递增”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·福建·模拟预测）若且，已知是R上的单调函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 真题07 三角函数图象与性质真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 本题是在给定区间内，求两个三角函数与图象交点个数的问题，本质上是求解方程在该区间内的解的个数，可通过多种方法，如利用三角函数性质、图象变换， 方程求解等思路来解决。 【解法一】五点作图法数形结合 【解法二】平移变换法数形结合（略） 1．（2025·浙江·模拟预测）函数在区间内的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（2025·黑龙江·模拟预测）函数图象如图所示，若函数在单调增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，，为图象的对称轴，且在上单调，则的最大值为（    ） A．11 B．9 C．7 D．5 真题08 函数的性质判断函数值大小关系真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 本题是一道关于抽象函数性质与具体函数值计算结合的题目。已知函数的定义域为, 给出了与的大小关系不等式，以及时的具体表达式，要求判断关于与一些数值大小关系的结论。 【解法一】逐步迭代法 【解法二】斐波那契数列对比法 【解法三】指数增长分析法 【解法四】倍数关系递推法（结合解法一） 1．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知函数的定义域为，当时，；且满足，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江西九江·一模）定义在上的函数满足：①对任意，都有；②的图象关于直线对称：③则下列说法正确的是（   ） A．是奇函数 B．是偶函数 C． D． 3．（2025·安徽·模拟预测）已知可导函数的定义域为，且有，设是的导函数，若为偶函数，则（   ） A．2025 B．2026 C．4050 D．4052 真题09 正态分布真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 本题是关于正态分布概率计算的题目，已知茶叶种植区以往收入和推动出口后收入分别服从不同参数的正态分布，给出了相关均值、方差等信息，要求判断不同选项中概率的取值范围。 【解法一】利用正态分布的对称性（基本性质法） 【解法二】另一种形式 1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知随机变量服从正态分布，即，则（   ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）为了解鸭梨种植园的亩收入（单位：万元）情况，从“高标准梨园”种植区抽取样本，得到的亩收入样本均值，样本方差；从“标准化梨园”种植区抽取样本，亩收入服从正态分布，假设“高标准梨园”的亩收入服从正态分布，则（  ）.（若服从正态分布，则 A． B． C． D． 3．（2025·河南·模拟预测）坐位体前屈（Sit And Reach）是一种体育锻炼项目，也是大中小学体质健康测试项目，通常使用电动测试仪进行测试．为鼓励和推动学生积极参加体育锻炼，增强学生体质，我国于2002年开始在全国试行《学生体质健康标准》，坐位体前屈属于该标准规定的测试内容之一．已知某地区进行体育达标测试统计得到高三女生坐位体前屈的成绩（单位）服从正态分布，且，现从该地区高三女生中随机抽取3人，记不在区间的人数为，则（    ） A． B． C． D． 真题10 导数及其应用真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 本题为高中数学函数类多选题，给出函数, 需判断关于其极值点、不同区间函数值大小关系等多个命题的正确性，考查函数求导、单调性、特殊值应用等知识。 【解法一】导数分析法 【解法二】特殊值验证法 1．（2025·浙江·模拟预测）设函数，则（    ） A．为的极大值点 B．的图象关于中心对称 C．函数的三个零点成等差数列 D．， 2．（2025·江西·一模）已知函数，且是的一个极值点，下列说法正确的是（   ） A．实数的值为1或 B．在上单调递增 C．若是的一个极小值点，则当时， D．若是的一个极大值点，则当时， 3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（   ） A．的图象关于直线对称 B．的最大值为4 C．在区间上单调递减 D．在区间上的极小值为 真题11 平面轨迹曲线方程真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 本题围绕曲线展 开，已知曲线过原点且其上点满足到定点的距离与到定直线的距离之积为4这一条件，需据此求出曲线相关信息并判断各选项正误。 【解法一】选项判断法 【解法二】特殊点优先法 1．（2024·湖北·一模）双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素. 已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则下列结论正确的是（   ） A．曲线 既是中心对称又是轴对称图形 B．曲线 上满足 的点 有 2 个 C． D．曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0 2．（2025·浙江·模拟预测）设平面内两点的坐标为，，定义.已知点，，记平面内满足的动点的轨迹为曲线，则（    ） A．点在曲线上 B．曲线围成的面积为 C．的最大值为3 D．对曲线上任意点，都有 3．（2024·广东河源·模拟预测）“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（   ）（参考数据：）    A．若，则的方程为 B．若上的点到两定点、的距离之积为16，则点在上 C．若，点在上，则 D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则 真题12 离心率真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ． 本题是关于双曲线性质应用的题目，已知双曲线的相关几何关系，要求出双曲线的离心率。离心率是双曲线的一个重要性质，反映了双曲线的形状特征，其求解通常需要结合双曲线的定义、标准方程以及几何性质来进行。 【解法一】直接计算+定义法 【解法二】利用双曲线的定义和勾股定理（定义-勾股法） 【解法三】利用通径公式（通径法） 1．（2024·四川成都·模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，若直线与椭圆的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于 . 2．（2025·浙江温州·模拟预测）已知P为椭圆上一点，分别为椭圆的左，右焦点，直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若，则椭圆的离心率等于 ． 3．（2025·广东佛山·一模）直线过双曲线的左焦点，交的渐近线于两点．若，且，则的离心率为 ． 真题13 公切线真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 本题是一道关于曲线切线的导数应用问题。已知一条曲线在某点处的切线同时也是另一条曲线的切线，需要通过求导得出切线斜率，进而得到切线方程，再根据切线与另一曲线的关系求出未知参数a的值 【解法一】常规求导求解法 【解法二】切线方程通式法 【解法三】利用斜率相等与切点关系法 1．（2023·全国·模拟预测）试写出曲线与曲线的一条公切线方程 . 2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线与有公共切线，则实数a的最大值为 ． 3．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线是曲线和的公切线，则实数a= ． 真题14 均值及概率真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 . 本题是一个关于古典概型的概率计算问题。甲、乙两人进行四轮比赛，从各自持有的四张卡片中随机选一张比较大小计分，且选过的卡片不再使用，要求计算四轮比赛中甲的总得分不小于 2 的概率。需要先确定所有可能的基本事件总数，再找出甲总得分不小于 2 的事件数，最后根据古典概型概率公式计算概率。 【解法一】常规求解法 【解法二】直接法 1．（2024·辽宁·三模）一个书包中有标号为“”的张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为，则 . . 2．（2024·河北张家口·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率 ． 3．（2024·江西·一模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ． 真题15 解三角形解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是解三角形问题，综合考查了余弦定理、正弦定理以及三角形面积公式的应用，通过已知条件建立边与角的关系来求解角的大小和边的长度。 【解法一】常规余弦定理与正弦定理结合法 【解法二】边化角结合三角函数恒等变换法 1．（2025·江西景德镇·二模）在中，角，，的对边分别为，，，，分别为，边上的高，，． (1)求证：； (2)若，求． 2．（2025·福建·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)证明：； (2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围． 3．（2025·福建厦门·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求A； (2)设D为边AB的中点，若，且，求a． 真题16 圆锥曲线解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是圆锥曲线中椭圆相关的综合问题，第一问求椭圆的离心率，需根据椭圆上的点的坐标求出椭圆方程中的参数关系进而得到离心率；第二问根据三角形面积求直线方程，要先设出直线方程，再联立椭圆方程，利用弦长公式、点到直线距离公式等求解。 【解法一】【解法二】【解法三】【解法四】【附加解法五+解法六】 1．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，焦距为4．过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴对称的点为点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：直线过定点； (3)若直线的斜率为，求直线的方程． 2．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆，离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于、两点，坐标原点到直线的距离为，求面积最大值. 3．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线：（，）的右顶点，斜率为1的直线交于、两点，且中点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：为直角三角形； (3)经过点且斜率不为零的直线与双曲线的两支分别交于点，.若点是点关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由. 真题17 立体几何解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是立体几何中关于线面平行证明以及二面角相关的问题。第一问证明线面平行，关键在于利用线线垂直关系推出线线平行，进而证明线面平行；第二问根据二面角的正弦值求线段长度，需建立空间直角坐标系，利用向量法求解，也可几何法求解。 【解法一】纯几何法 【解法二】向量法证明线面平行（第一问） 【解法三】向量法（第二问） 【解法四】面积射影法（略） 1．（2025·吉林·二模）如图，一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成的几何体中，. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求正四棱锥的高. 2．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，点在棱上，且，，且. (1)当时，求证：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 3．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，直线与平面所成的角为． ①求的值； ②当时，求的最小值． 真题18 导数解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是一道关于函数性质与不等式求解的综合题。涉及到函数的导数应用、函数的对称性以及不等式恒成立与取值范围问题。第一问通过导数研究函数单调性求最值从而确定参数的最小值；第二问通过寻找函数上点的对称关系证明函数的中心对称性；第三问结合函数性质与不等式条件确定参数的取值范围。 【解法一】常规解法 【解法二】第二问不同解 1．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数． (1)求函数的极值 (2)若恒成立，求实数a的值范围． 2．（2025·江西九江·一模）已知函数，曲线在处的切线经过点 (1)求； (2)若，判断的单调性： (3)当时，，求的取值范围． 3．（2025·河南郑州·一模）已知函数且，关于对称的函数记为 (1)若，方程有且只有一个实数解，求a的值; (2)讨论方程在上实数解的个数; (3)若，设函数，若，求的取值范围. 真题19 数列新定义真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 本题是关于等差数列性质与组合概率的综合问题。主要围绕着给定的. 可分数列的定义，分别考查在不同条件下找出满足条件的组合、证明数列是特定的可分数列以及计算满足可分数列的概率并证明其范围。 【解法一】常规解法 【解法二】另一种形式 1．（2024·安徽·三模）定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.已知为“两点数列”，为的“生成数列”. (1)若，求的前项和； (2)设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件； (3)求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式. 2．（2024·贵州黔南·一模）若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①为单调数列；②存在实数，对任意都有成立，则称数列具有性质. (1)若，，判断数列，是否具有性质，并说明理由； (2)已知离散型随机变量服从二项分布，，，记为奇数的概率为. （ⅰ）当时，求，； （ⅱ）求，并证明数列具有性质. 3．（2025·江苏苏州·模拟预测）设为正整数，数列是首项为，公差为的等差数列，若存在一组正整数，使得能构成等比数列，则称数列为可拆数列. (1)对任意正整数，判断数列是否为可拆数列； (2)若对任意正整数，数列是可拆数列，求的所有可能值； (3)若存在无穷多个正整数，使得是等比数列，求的取值范围. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年新高考Ⅰ卷 数学真题 解题技巧 （1题2-4解） 真题01 集合真题解题技巧 真题02 复数真题解题技巧 真题03 平面向量真题解题技巧 真题04 三角恒等变换真题解题技巧 真题05 立体几何体积计算解题技巧 真题06 分段函数单调性解题技巧 真题07 三角函数图象与性质真题解题技巧 真题08 函数的性质判断函数值大小关系真题解题技巧 真题09 正态分布真题解题技巧 真题10 导数及其应用真题解题技巧 真题11 平面轨迹曲线方程真题解题技巧 真题12 离心率真题解题技巧 真题13 公切线真题解题技巧 真题14 均值及概率真题解题技巧 真题15 解三角形解答题真题解题技巧 真题16 圆锥曲线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 导数解答题真题解题技巧 真题19 数列新定义真题解题技巧 本节导航 真题01 集合真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 本题是集合运算中的交集求解问题，给定一个由不等式确定的无限集合和一个有限集, 要求找出既属于集合又 属于集合的元素，即求。 【解法一】直接计算法 解题思路：直接计算，卡范围 因为，且注意到， 从而. 故选：A. 【解法二】逐一验证法 解题思路：将集合中的每个元素依次代入集合的不等式中进行验证，判断该元素是否满足不等式，满足的元素构成。 解题步骤： 对于-3，, 因为, 不满足, 所以。 对于一1，, 满足不等式，所以。 对于0，, 满足不等式，所以。 对于2，, 因为, 不满足, 所以。 对于3，, 因为, 不满足, 所以 综上，。 【解法三】选项排除法 解题思路：根据集合中元素与集合的 关系，对各个选项进行分析，排除含有不满足集合条 件的元素的选项，从而得到正确答案。 解题步骤： 因为, 所以2和3不属于集合, 那么含有2或3的选项和(可以排除。 又因为, 所以一3不属于集合, 含有一3的选项可以排除。 。所以正确答案是选项，即。 【解法四】精确范围法 对于不等式, 两边同时开立方根，得到。 这里, 对于集合中的元素一3，因为, 不满足, 所以。 对于元素一1，, 满足该范围，所以。 对于元素0，, 满足条件，所以。 对于元素2，由于, 不满足, 所以。 对于元素3，, 不满足, 所以。 综上，。 1．（2025·福建·模拟预测）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出集合B，再利用集合的交运算即可求得结果. 【详解】易知，所以， 故选：A． 2．（2024·陕西西安·一模）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解一元二次不等式得到，再由集合交集运算即可求解. 【详解】因为，当时， 所以 故选：D 3．（2024·河南·模拟预测）已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据并集的概念先求，再根据补集的概念求. 【详解】因为，， 所以. 所以. 故选：C 真题02 复数真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）若，则（    ） A． B． C． D． 本题是关于复数运算的题目，已知一个复数等式, 要求出复数的值，主要考查复数的运算法则以及方程求解的能力。 【解法一】常规方程求解法 解题思路：将等式进 行变形，通过去分母等操作，将其转化为关于的方程，然后求解。 解题步骤：由, 等式两边同时乘以得。 展开右边式子：。 移项可得：。 提取公因式, 即。 两边同时除以。 分子分母同乘进行化简：。 【解法二】构造法 解题思路：对等式进行构造，使其能更方便地求出 解题步骤： , 变形为, 即, 所以。 构造, 因为, 所以。 【解法三】设法 解题思路：设, 代入已知等式, 然后根据复数相等的条件（实部与实部相等，虚部与虚部相等)来求解和, 进而得到。 ·解题步骤设, 则。 那么。 等式两边同时乘以得。 展开右边： 根据复数相等的条件可得 由第一个方程可得, 将代入第二个方程得, 解得。 所以。 【解法四】利用复数的倒数性质法 解题思路：根据已知等式, 先求出的值，再进一步求解 解题步骤： 因为, 所以。 对分子分母同乘化简：。 又因为, 则。 所以 , 分子分母同乘得 1．（2025·广东佛山·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用复数的除法可求. 【详解】因为，故， 故选：B. 2．（2024·湖北·一模）若复数 满足 ，则 （   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由复数的运算化简即可； 【详解】由 ，则 ，即 . 故选：A. 3．（2025·江西景德镇·二模）已知复数，则复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的模及乘方求出，再根据复数的虚部的定义即可得解. 【详解】，， 则，∴，则复数的虚部为. 故选：B． 真题03 平面向量真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知向量，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 本题是平面向量垂直条件应用的题目。已知两个向量的坐标，以及 与垂直的关系，要求出向量中未知数的值。解题关键在于利用向量垂直的性质（两向量垂直，其数量积为0）建立关于的方程求解。 【解法一】常规坐标运算 解题思路：先求出的坐标，再根据向量垂直数量积为列出方程求解 解题步骤： 已知. 则。 因为. 所以. 所以. 即, 变形为. 解得. 【解法二】展开数量积运算 解题思路：直接根据向量垂直的数量积为0，将展开，再代入坐标进行计算。 解题步骤： 因为。 由向量模的平方等于向量坐标的平方和以及向量数量积坐标运算公式. 则. 即, 变形为. 解得. 【解法三】答案回代法 解题思路：将选项中的值依次代入到已知条件中，检验是否满足, 即检验是否等于0。 解题步骤： 已知, 则, 选项当时 ，, 所以选项错误。 选项当时，, 所以选项错误。 选项C :当时，, 所以选项错误。 ·选项D :当时，, 满足, 所以选项正确。 综上，答案是D。 【解法四】数形结合作图法（略） 1．（2025·广东肇庆·二模）已知向量，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面向量的坐标运算求得向量的坐标，利用向量共线的条件的坐标表示得到方程，求解可得. 【详解】因，，故， 又，故得 故选：A. 2．（2025·江西九江·一模）已知向量满足，且，则在上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出，从而得到，得到答案. 【详解】由题意得， 在上的投影向量为. 故选：B． 3．（2025·河南·模拟预测）已知向量，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程可得结论. 【详解】因为， 所以， ， 则， 解得． 故选：D． 真题04 三角恒等变换真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 本题是三角函数求值问题，已知与的值，要求的值，需要运用三角函数的两角和与差公式以及同角三角函数的基本关系来进行求解。 【解法一】利用两角和与差的余弦公式及弦化切 解题思路：先根据两角和与差的余弦公式展开和, 再结合(即以及来求解。 解题步骤： 已知, 因为, 所以, 代入上式得, 即。 又, 把代入得 【解法二】设辅助变量法 解题思路：设, 根据已知条件列出关于的方程，求解出, 再代入的表达式。 解题步骤： 设, 则, 且(即。 将代入, 得, 解得。 【解法三】构造特殊角法（假设特殊值满足条件） 解题思路：根据构造特殊的三角函数值，再结合求出。 解题步骤： 令, 则(这里是在满足正切值关系下的一种假设)。, 即。 , 此时(一般情况可通过设角的三角函数值满足, 再根据推导一般性结论)。 【解法四】通过比例关系求解 解题思路：根据得到与的比例关系，设出参数，再结合求出参数的值，进而求出。 解题步骤： 因为, 所以, 设, 则 又, 即, 解得。 1．（2025·广东·一模）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据同角基本关系式以及两角和与差的正余弦公式和正余弦的二倍角公式即可求解. 【详解】 ， 故,即,则，解得， 故选：D. 2．（2025·福建厦门·一模）已知，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题运用两角和的正切公式转化，再结合同角三角函数的基本关系化简式子，结合已知条件判断式子特征以简化等式，最后通过对常见三角恒等式的变形运用，建立与的联系从而得出结果即可. 【详解】由两角和的正切公式得， 由同角三角函数的基本关系得， ，故， 因为，所以， 因为，所以， 故，则得到， 解得，故， 而， 则，解得，故C正确. 故选：C 3．（2025·福建·模拟预测）已知，若，当取得最大值时，（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】应用两角和差的正弦公式计算化简得出，换元再结合两角差的正切结合基本不等式计算求出最大值，得出取等条件即可. 【详解】由可知，， 所以，可得， 设，因为，所以， 则，当且仅当时，等号成立， 故选:D． 真题05 立体几何体积计算解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 本题是一道关于圆柱和圆锥几何性质的题目，已知圆柱和圆锥底面半径相等、侧面积相等且高均为, 要求出圆锥的体积。主要考查圆柱和圆锥侧面积公式、体积公式的运用，以及通过建立等式求解未知量的能力。 【解法一】常规公式推导法 解题思路：分别写出圆柱和圆锥的侧面积公式，根据侧面积相等建立等式求出圆锥母线长，再结合圆锥体积公式求解。 解题步骤：设圆柱和圆锥底面半径都为, 圆锥母线长为。 圆柱侧面积, 圆锥侧面积因为所以, 解得。 圆锥的高, 根据圆锥体积公式, 先求圆锥的底面半径, 由圆锥母线、高和底面半径构成直角三角形，根据勾股定理, 则圆锥体积。 【解法二】比例关系法 解题思路：由圆柱和圆锥侧面积公式找出母线长与圆柱高的比例关系，进而求出圆锥母线长，再求体积。 解题步骤：因为, 且, 所以, 则。 然后同解法一，根据勾股定理求出, 圆锥体积。 【解法三】特殊值法 解题思路：为了方便计算，给底面半径赋予一个特殊值，根据侧面积相等求出母线长，进而求体积。 解题步骤：设底面半径, 则圆柱侧面积因为所以, 解得。 圆锥的高, 根据勾股定理 (这里实际值与设的无关，是根据母线和高计算出来的)，圆锥体积 【解法四】极限思想法 解题思路：考虑一种极限情况，假设圆柱和圆锥的一些特殊状态，通过极限状态下的关系来推导一般情况下圆锥母线长与已知高的关系，进而求出圆锥体积。 解题步骤：假设圆柱和圆锥的底面半径趋近于一个很小但不为的值（因为半径不能为，否则就不存在圆柱和圆锥了)。此时圆柱侧面积, 圆锥侧面积, 由于等式两边同时除以（因为, 得到。 再根据圆锥高, 由勾股定理, 圆锥体积。 1．（2025·江西九江·一模）在棱长为的正方体中，点在正方体内（包含边界）运动．若直线与所成角为，则动点所围成的图形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直线与所成角为，得直线与直线所成角为，动点所围成的图形是圆锥侧面的四分之一，根据圆锥的表面积公式求出即可. 【详解】解：如图，在正方体中，，直线与所成角为， 即直线与直线所成角为，故动点所围成的图形是：高为，底面半径为1， 母线长为2的圆锥侧面的四分之一．即动点所围成的图形的面积为， 故选：B． 2．（2025·广东肇庆·二模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过球心在三棱锥内、外两种情况，结合勾股定理求得半径即可求解. 【详解】如图， 若球心在三棱锥内，设为底面的外接圆的圆心. 球的半径为，则. 因为，所以，解得. . 若球心在三棱锥外，则， 同理由解得，此时，不符合题意. 故选：A. 3．（2025·广东·一模）已知圆柱与圆锥的体积与侧面积均相等，若的轴截面为等腰直角三角形，则与的底面半径之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式及体积公式求解即可. 【详解】设圆锥和圆柱的底面半径分别为，高分别为， 因为圆锥的轴截面是等腰直角三角形，所以圆锥的母线长为，所以， 所以圆锥的体积为，圆柱的体积为， 所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为， 所以，化简得， 所以圆柱和圆锥的底面半径之比为, 故选:C. 真题06 分段函数单调性解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 本题是给定一个分段函数，已知其在R上单调递增，要求确定参数a的取值范围。对于分段函数单调性问题，需分别考虑各段函数自身单调性，同时保证在分段点处函数值的大小关系符合递增性质。 【解法一】根据二次函数对称轴与区间关系 解题思路： 对于时，是二次函数，其图象开口向下，对称轴为要使在上单调递增，对称轴需在或的右侧。同时，在处，需满足在时的最大值不大于。 对于时，, 其导数, 在单调递增。 解题步骤： 由二次函数性质，, 即。 当时，在处取得最大值(因为开口向下且在增)，而, 所以, 即。 综上，。 【解法二】特值探路法 解题思路： 通过取特定的直代入分段函数根据函数在、. 上单调递增的条件时单调递增，时单调递增，且在处左段函数值不大于右段函数值)，判断每个值下函数是否满足单调递增，若不满足则排除对应的选项。 解题步骤： 当时 此时时，. 这是一个二次函数，二次项系数. 图象开口向下，对称轴为. 根据二次函数单调性可知在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，不满足在上单调递增这一条件。 因为选项和选项都包含. 所以可以排除选项和选项。 当时： 时，. 二次项系数. 图象开口向下，对称轴为 , 所以在上单调递增。 当时，不满足在处左段函数值不大于右段函数值这一条件。 而选项包含. 所以可以排除选项。 综上，经过取排除选项和, 取排除选项, 答案是选项B。 1．（2024·山东·模拟预测）“”是“函数在上单调递增”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据分段函数的单调性可知在上单增、在上单增，且，结合导数的应用和二次函数的图象与性质计算即可求解. 【详解】当时，，得. 因为，要使在上单调递增， 则恒成立.即恒成立，得； 当时，，图象为开口向上的抛物线，对称轴为. 要使在上单调递增，则，解得； 同时，在处，需要满足，即，解得. 综上， ，解得. 所以“”是“” 的必要不充分条件， 即是函数在上单调递增的必要不充分条件. 故选：C. 2．（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由一元二次函数性质结合题意列出关于的不等式组，解不等式组即可得解. 【详解】因为函数是上的增函数， 所以. 故选：A. 3．（2025·福建·模拟预测）若且，已知是R上的单调函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据一次函数单调递增得出函数是增函数，再根据对数复合函数的单调性及分段函数列不等式求解即可. 【详解】因为在R上单调，且当时，单调递增， ∴在R上单调递增，则需满足， 解得， 即a的取值范围是， 故选：B． 真题07 三角函数图象与性质真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 本题是在给定区间内，求两个三角函数与图象交点个数的问题，本质上是求解方程在该区间内的解的个数，可通过多种方法，如利用三角函数性质、图象变换， 方程求解等思路来解决。 【解法一】五点作图法数形结合 【详解】因为函数的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：C 【解法二】平移变换法数形结合（略） 1．（2025·浙江·模拟预测）函数在区间内的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】由函数零点的意义，将问题转化为两个函数在内的图象交点个数即可. 【详解】由，得，即， 令，函数在内的零点个数， 即函数在内的图象交点个数， 在同一坐标系内作出函数在内的图象，如图： 观察图象，得函数在内的图象交点个数为4， 所以函数在区间内的零点个数为4. 故选：C 2．（2025·黑龙江·模拟预测）函数图象如图所示，若函数在单调增，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，求得，过点，即可得到函数的解析式，求得其单调递增区间即可求参. 【详解】∵， ∴， ∵的图象过点， ∴. ∴， ∴． 由，， 得，， ∴函数的单调增区间为，． 若函数在单调增，则的取值范围是. 故选：C. 3．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数，，为图象的对称轴，且在上单调，则的最大值为（    ） A．11 B．9 C．7 D．5 【答案】B 【分析】根据已知可得，为正奇数且，结合为的零点，为图象的对称轴，求出符合题意的解析式，并结合在上单调，可得的最大值. 【详解】由，为图象的对称轴，得，则， 由在上单调，得，解得， 当时，，由，得，此时， 当时，，当时取得最大值1， 即在上不单调，不满足题意； 当时，，由，得，此时， 当时，，此时在上单调递减，符合题意， 所以的最大值为9. 故选：B 真题08 函数的性质判断函数值大小关系真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 本题是一道关于抽象函数性质与具体函数值计算结合的题目。已知函数的定义域为, 给出了与的大小关系不等式，以及时的具体表达式，要求判断关于与一些数值大小关系的结论。 【解法一】逐步迭代法 解题思路： 代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 解题步骤： 因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【解法二】斐波那契数列对比法 斐波那契关系：斐波那契数列满足, 而题目中 计算斐波那契值： . 对比下界：, 故选项正确。 【解法三】指数增长分析法 1.假设指数形式：设, 代入递推式得。 2.解特征方程：解得(黄金比例)。 3.估算值：取, 则, 选项正确。 【解法四】倍数关系递推法（结合解法一） 寻找x倍数关系之间函数值的关系，可简化部分计算 1．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知函数的定义域为，当时，；且满足，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过给定特殊值求出的值，再利用函数性质判断单调性，接着对不等式进行转化，结合函数单调性得到关于的不等式，同时考虑函数定义域限制条件，最终确定不等式的解集. 【详解】取时，代入，有，可得，即，所以. 设，因为，又已知时，， 那么，所以函数在上单调递增. 对不等式进行转化求解： 已知，由可得，所以. 因为函数单调递增，所以，移项得，解得. 考虑定义域限制条件： 由，解得；解得. 综合以上结果，不等式的解集为. 故选：B. 2．（2025·江西九江·一模）定义在上的函数满足：①对任意，都有；②的图象关于直线对称：③则下列说法正确的是（   ） A．是奇函数 B．是偶函数 C． D． 【答案】C 【分析】根据对称性可得的图象关于对称，直线对称，且以以4为周期的周期函数，即可根据函数图象的平移，结合奇偶性的定义求解. 【详解】令，得，即，故函数的图象关于对称． 又的图象关于直线对称，故，的图象关于直线对称． ，是以4为周期的周期函数． 对于A，的图象是将的图象向左平移2个单位，故的图象关于轴对称，是偶函数，故A错误； 对于B，的图象是将的图象向左平移1个单位，故的图象关于原点对称，是奇函数，故B错误； 对于C，由，得；由，得， ，故C正确； 对于D，依题意，得，，，故D错误． 故选：C． 3．（2025·安徽·模拟预测）已知可导函数的定义域为，且有，设是的导函数，若为偶函数，则（   ） A．2025 B．2026 C．4050 D．4052 【答案】D 【分析】首先，通过已知条件，可以分析出函数的对称轴，进而得到其导函数的对称中心。再根据为偶函数，确定的具体对称中心，周期，然后利用周期性和对称中心的性质来计算即可. 【详解】∵， ∴两边求导得， ∴，可知关于点对称， 又∵为偶函数，可知关于直线对称， 则，即， 由，可得， 因此，可得， 即，可知4为的周期， 因此，当，时，， 当，时，， ∵，∴， ∴，， 所以 . 故选：D 【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题关键是找出抽象函数的周期和对称性. 真题09 正态分布真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 本题是关于正态分布概率计算的题目，已知茶叶种植区以往收入和推动出口后收入分别服从不同参数的正态分布，给出了相关均值、方差等信息，要求判断不同选项中概率的取值范围。 【解法一】利用正态分布的对称性（基本性质法） 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 【解法二】另一种形式 , A错 , B对. , C对. , D错 选 1．（2024·山东泰安·模拟预测）已知随机变量服从正态分布，即，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正态分布，期望，方差可判断AB，根据正态分布的对称性可判断CD. 【详解】对于A，根据正态分布，期望，可得，故A错误； 对于B，根据正态分布，方差，可得，故B正确； 对于C，对于正态分布，图象关于对称， 所以，即，故C正确； 对于D，根据图象关于对称，可得与对称， 根据正态分布图象的特点，离对称轴越远概率越小，比离对称轴远， 所以，即，故D错误； 故选：BC. 2．（2024·浙江杭州·模拟预测）为了解鸭梨种植园的亩收入（单位：万元）情况，从“高标准梨园”种植区抽取样本，得到的亩收入样本均值，样本方差；从“标准化梨园”种植区抽取样本，亩收入服从正态分布，假设“高标准梨园”的亩收入服从正态分布，则（  ）.（若服从正态分布，则 A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据正态分布的知识，进行计算求解即可． 【详解】由题意可知，服从正态分布，服从正态分布， 所以 ，故A错误； ，故B正确； ，所以C正确，D错误. 故选：BC． 3．（2025·河南·模拟预测）坐位体前屈（Sit And Reach）是一种体育锻炼项目，也是大中小学体质健康测试项目，通常使用电动测试仪进行测试．为鼓励和推动学生积极参加体育锻炼，增强学生体质，我国于2002年开始在全国试行《学生体质健康标准》，坐位体前屈属于该标准规定的测试内容之一．已知某地区进行体育达标测试统计得到高三女生坐位体前屈的成绩（单位）服从正态分布，且，现从该地区高三女生中随机抽取3人，记不在区间的人数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用正态分布的性质计算判断A；利用二项分布的期望、方差公式计算判断BC；利用对立事件的概率公式计算判断D. 【详解】对于A，由，得， 则，A错误； 对于B，由A知，不在区间的概率为，，， 因此，B正确； 对于C，由B知，，因此，C正确； 对于D，，D错误. 故选：BC 真题10 导数及其应用真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 本题为高中数学函数类多选题，给出函数, 需判断关于其极值点、不同区间函数值大小关系等多个命题的正确性，考查函数求导、单调性、特殊值应用等知识。 【解法一】导数分析法 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 【解法二】特殊值验证法 解题思路：选取特殊值代入函数，判断各选项命题真假。 对于选项，取, 即B错误。 对于选项，取, 满足, C正确。 对于选项，取, , 即, D正确。 1．（2025·浙江·模拟预测）设函数，则（    ） A．为的极大值点 B．的图象关于中心对称 C．函数的三个零点成等差数列 D．， 【答案】ABC 【分析】利用导数研究极值点判断A；根据的关系判断B；由是函数的一个零点，若另两个零点为，有求参数得判断C；根据B分析得，进而求不等式的解判断D. 【详解】由题设，则得或，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，故为极大值点，A对； 由， 所以的图象关于中心对称，B对； 显然是函数的一个零点，若另两个零点为，则， 所以，则， 所以，故函数的三个零点成等差数列，C对； 由上知，则，可得， 故不存在，，D错. 故选：ABC 2．（2025·江西·一模）已知函数，且是的一个极值点，下列说法正确的是（   ） A．实数的值为1或 B．在上单调递增 C．若是的一个极小值点，则当时， D．若是的一个极大值点，则当时， 【答案】ACD 【分析】由是的一个极值点，得，求出实数的值并分析其单调性，并根据单调性判断即可； 【详解】函数的定义域为，． 令，得，， ① 当时，， 由，得或，由，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时是的一个极大值点． ② 当时，解得，则， 由，得或，由，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时是的一个极小值点． 故A正确，B错误； 若是的一个极小值点，则，在上单调递增， 因为，则，所以，故C正确； 若是的一个极大值点，则，在上单调递增， 因为，所以，，且等价于， 即当时，，所以，故D正确． 故选：ACD. 3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（   ） A．的图象关于直线对称 B．的最大值为4 C．在区间上单调递减 D．在区间上的极小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，计算出，A正确；B选项，举出反例，，由基本不等式得到；C选项，求导，当时，，当时，变形得到，令，，求导，得到的单调性，结合，故，故，故在上单调递减，C正确；D选项，在C选项基础上，得到的单调性，进而可得解. 【详解】A选项，， 故的图象关于直线对称，A正确； B选项，， 故， ， 由于， 当且仅当，即时，等号成立， 故，B错误； C选项，， 当时，，故， 故，在区间上单调递减， 当时，， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减， 由于，，即， 故，故， 故在区间上单调递减， 又在上为连续函数，故在区间上单调递减，C正确； D选项，由C知，在区间上单调递减， 当时，， ， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减， 当时，，，， 当时，，，， 故在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 故恒成立， 故在上单调递增， 又在上为连续函数，故在区间上单调递减， 在上单调递增， 故在区间上的极小值点为， 极小值为，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：CD选项，在处理和等区间上函数单调性的技巧，要变形得到，构造，求导，得到函数单调性，从而只需判断的大小，即可判断出的正负，确定函数单调性. 真题11 平面轨迹曲线方程真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（    ） A． B．点在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时， 本题围绕曲线展 开，已知曲线过原点且其上点满足到定点的距离与到定直线的距离之积为4这一条件，需据此求出曲线相关信息并判断各选项正误。 【解法一】选项判断法 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【解法二】特殊点优先法 因为曲线过原点, 点到点的距离为2，到直线的距离为, 由,得，A正确。 1．（2024·湖北·一模）双纽线是卡西尼卵形线的一类分支， 在数学曲线领域占有至关重要的地位， 同时也具有特殊的有价值的艺术美. 双纽线的图形轮廓像 “ ”，是许多艺术家设计作品的主要几何元素. 已知在平面直角坐标系中， ，满足 的动点 的轨迹为曲线 . 则下列结论正确的是（   ） A．曲线 既是中心对称又是轴对称图形 B．曲线 上满足 的点 有 2 个 C． D．曲线 上存在四个不同的点，使曲线在该点处切线的斜率为 0 【答案】ACD 【分析】由题意中等式结合两点间距离公式表示出曲线方程可得A正确；由可得这样的 点只有 1 个，即为原点可得B错误；由曲线方程整理出可得C正确；由图象观察可得D正确；也可由导数的意义求出. 【详解】对于A，设 点坐标为则曲线 ，故 正确； 对于 ，若 ，则 ，这样的 点只有 1 个，即为原点， 故 错误； 对于C，由 得， 整理得， ，所以 ，故C正确； 对于D，从双纽线的图形上，可以观察有四个点处切线的斜率为 0， 另外，由 得 ，则 ， 令 或 0，经计算曲线 在原点处的切线方程为 ，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题C选项的关键是能利用曲线方程整理出两点间公式，再求出范围. 2．（2025·浙江·模拟预测）设平面内两点的坐标为，，定义.已知点，，记平面内满足的动点的轨迹为曲线，则（    ） A．点在曲线上 B．曲线围成的面积为 C．的最大值为3 D．对曲线上任意点，都有 【答案】ABD 【分析】利用新定义的距离公式，可以得到坐标方程，再利用分段讨论，然后数形结合，就可以解决各选项问题. 【详解】平面内两点的坐标为，，定义. 设，点，， 则满足的方程是： ， 当时，上式化为：， 整理得：； 当时，上式化为：， 整理得：； 当时，上式化为：， 整理得：； 由于方程，用代换不变， 则方程表示的曲线关于轴对称，所以可作图如下： 由于满足方程， 所以点在曲线上，故A正确； 由于曲线是一个边长为的正六边形，所以面积为六个边长为2的等边三角形面积和， 即，故B正确； 由于，在曲线上取一个点代入得： ，故C错误； ， 而， 所以有，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解题干中距离的含义，由此作出表示的曲线，数形结合，解决问题. 3．（2024·广东河源·模拟预测）“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线．如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值．则下列说法正确的是（   ）（参考数据：）    A．若，则的方程为 B．若上的点到两定点、的距离之积为16，则点在上 C．若，点在上，则 D．当时，上第一象限内的点满足的面积为，则 【答案】ACD 【分析】由题意有，设为上任意一点，得到，再根据各项给定条件或值，判断各项正误. 【详解】已知原点在上，则，设为上任意一点， 则有，整理得． 若，则的方程为，故A正确； 若，则，代入方程得，显然点不在此曲线上，故B错误； 若，点在上，有， 整理得，所以，故C正确； 因为，，可得， 所以点是曲线和以为直径的圆在第一象限内的交点， 联立方程，解得，，即，所以，故D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据题干背景得到曲线方程为关键. 真题12 离心率真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ． 本题是关于双曲线性质应用的题目，已知双曲线的相关几何关系，要求出双曲线的离心率。离心率是双曲线的一个重要性质，反映了双曲线的形状特征，其求解通常需要结合双曲线的定义、标准方程以及几何性质来进行。 【解法一】直接计算+定义法 【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率. 【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入 得，即，故，， 又，得，解得，代入得， 故，即，所以. 故答案为： 【解法二】利用双曲线的定义和勾股定理（定义-勾股法） 解题思路：根据双曲线的定义得到与的关系，再由的长度求出然后在利用勾股定理建立的关系，进而求出离心率。 解题步骤： 由双曲线定义知已知因为过且 平行于轴，所以那么解得。 在中，根据勾股定理即, 解得. 离心率. 【解法三】利用通径公式（通径法） 解题思路：先明确过双曲线焦点且垂直于实轴的弦长（通径）为, 本题中就是通径，由此得到与的关系，再结合和离心率公式求解。 解题步骤： 因为是通径，所以, 即 又由双曲线定义可得。 把代入得, 根据, 则. 所以离心率. 1．（2024·四川成都·模拟预测）椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，若直线与椭圆的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于 . 【答案】 【分析】由题意可知，，，从而得，结合椭圆的定义及离心率公式求解即可. 【详解】解：由题意可知，，， 从而，    所以， 所以. 故答案为： 2．（2025·浙江温州·模拟预测）已知P为椭圆上一点，分别为椭圆的左，右焦点，直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若，则椭圆的离心率等于 ． 【答案】/ 【分析】根据余弦定理可得，进而根据勾股定理可得，即可结合椭圆定义得和求解离心率. 【详解】取的中点为， 设，则, 由余弦定理可得， ，故， 又，故，进而可得， 因此，故， 又，故， 因此， 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 3．（2025·广东佛山·一模）直线过双曲线的左焦点，交的渐近线于两点．若，且，则的离心率为 ． 【答案】 【分析】先判断出直线的斜率，由此求得直线的方程，通过联立方程求得两点的坐标，再根据比例列方程，化简求得双曲线的离心率. 【详解】双曲线的左焦点，到渐近线的距离为 所以直线与渐近线垂直，所以直线的斜率为， 直线的方程为，设， 联立，消去并化简得点横坐标为. 联立，消去并化简得点横坐标. 因为，所以. 即，， ，. ， ， ， ， ，， 又因为， 所以双曲线的离心率. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 利用双曲线焦点到渐近线的距离与已知条件建立联系，确定直线与渐近线的位置关系，进而得到直线方程，这是解决本题的关键之一. 通过联立直线与渐近线方程求出交点坐标，再结合向量关系列出等式，最后利用双曲线的基本性质和离心率公式求解离心率，这是处理此类双曲线与直线、向量综合问题的常见方法. 真题13 公切线真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 本题是一道关于曲线切线的导数应用问题。已知一条曲线在某点处的切线同时也是另一条曲线的切线，需要通过求导得出切线斜率，进而得到切线方程，再根据切线与另一曲线的关系求出未知参数a的值 【解法一】常规求导求解法 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 【解法二】切线方程通式法 思路：直接写出第二条曲线的切线通式，与已知切线比较系数。 步骤： 1.第二条曲线的切线通式为 2.与对比，得： 斜率：, 解得. 截距：代入, 解得。 【解法三】利用斜率相等与切点关系法 解题思路：先求出曲线在点处的切线斜率和切线方程。然后依据两条曲线切线斜率相等这一条件，确定曲线的切点横坐标，再将切点坐标代入到该曲线方程以及已求出的切线方程中，通过联立方程求解。 ·解题步骤： 0由的导数, 可知在点处切线斜率为2，切线方程为。 设的切点为由于切线斜率, 解得。 把代入和, 即且 所以, 解得。 1．（2023·全国·模拟预测）试写出曲线与曲线的一条公切线方程 . 【答案】或（写出一个即可） 【分析】设出切点坐标，根据切线斜率相等，建立等式，解出即可. 【详解】设公切线与曲线切于点， 与曲线切于点. 由，得.由，得. 令，即，则， 且， 即， 化为， 所以，解得或. 当时，，， 此时切线的方程为，即. 当时，，， 此时切线的方程为，即. 综上可知，切线的方程为或，写出任意一个即可. 故答案为：或，写出任意一个即可. 2．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线与有公共切线，则实数a的最大值为 ． 【答案】 【分析】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到,构造函数，转化为存在性问题，最终求最值即可. 【详解】设曲线与的切点分别为，， ∵，，∴，， ∴，， ∴，，即， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， ∴，即，即，即． 故答案为：. 3．（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线是曲线和的公切线，则实数a= ． 【答案】3 【分析】先设在上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在上的切点，即可求出a的值. 【详解】设直线l与曲线相切于点， 由，得，因为l与曲线相切， 所以消去，得，解得． 设l与曲线相切于点，由，得，即， 因为是l与曲线的公共点， 所以消去，得，即，解得． 故答案为：3. 真题14 均值及概率真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 . 本题是一个关于古典概型的概率计算问题。甲、乙两人进行四轮比赛，从各自持有的四张卡片中随机选一张比较大小计分，且选过的卡片不再使用，要求计算四轮比赛中甲的总得分不小于 2 的概率。需要先确定所有可能的基本事件总数，再找出甲总得分不小于 2 的事件数，最后根据古典概型概率公式计算概率。 【解法一】常规求解法 【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：. 【解法二】直接法 由于对称性，不妨固定乙四轮选卡的数字依次为, 为便于说明，设甲四轮选卡的数字依次为,, 则, 记四轮比赛后，甲的总得分不小于, 则 故. 故答案为：. 1．（2024·辽宁·三模）一个书包中有标号为“”的张卡片.一个人每次从中拿出一张卡片，并且不放回；如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的卡片，则他将两张卡片都扔掉；如果他手中有3张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走，则操作结束.记书包中卡片全部被拿走的概率为，则 . . 【答案】 / 【分析】先求出他手中3张单张卡片含有张相同卡片的概率，进而得出和间的递推关系，用累乘方法求解即可. 【详解】张卡片选取张卡片的选法共有：种， 事件“手中这张单张卡片中含有张相同卡片”的选法共有：种； 由古典概型的计算公式可得其概率为：， 若书包中张卡片全部被拿走的概率为， 将这两张相同的卡片拿掉以后，相当于从对相同的卡片中已拿出一张卡， 事件“书包中张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中卡片全部被拿走”发生， 且书包中卡片全部被拿走概率为， 因而，且， 则， ， 故答案是：（或），. 【点睛】思路点睛：本题主要考查递推数列与概率知识的交汇问题，解决该类问题应该注意的事项有： （1）做好互斥事件的划分，正确进行独立事件概率的计算； （2）借助待定系数方法建立不同事件概率间的递推关系，即构建递推数列； （3）正确运用数列求通项公式或求和的方法解决问题. 2．（2024·河北张家口·三模）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛11分制，若比分打到时，需要一人比另一人多得两分，比赛才能结束．已知甲赢得每一分的概率为，在两人的第一局比赛中，两人达到了，此局比赛结束时，两人的得分总和为n，则此时的概率 ． 【答案】 【分析】由条件分析的特点，讨论，结合比赛流程及概率乘法公式分别求甲赢得比赛的概率和乙赢得比赛的概率，相加可得结论. 【详解】因为比赛结束时，两人的得分总和为n，其中且两人的得分的差的绝对值为， 所以，且为偶数， 所以当，时，， 当时，， 当，且为偶数时， 若甲赢得比赛，则最后两局比赛甲胜，余下比赛中，第21球开始，奇数球与其之后的偶数球均为甲乙一胜一负， 所以事件甲赢得比赛的概率为， 同理乙赢得比赛的概率为， 所以， 时，的值也符合关系， 所以，，， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于认真审题，分析事件的特征，选择适当的概率运算公式求解. 3．（2024·江西·一模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为 ． 【答案】 【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解. 【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有675个偶数，1349个奇数， 记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F， 则所有元素之和为奇数的集合B可看成， 显然集合E共有个，集合F共有个， 所以所有元素之和为奇数的集合B共有个， 又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数. 真题15 解三角形解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是解三角形问题，综合考查了余弦定理、正弦定理以及三角形面积公式的应用，通过已知条件建立边与角的关系来求解角的大小和边的长度。 【解法一】常规余弦定理与正弦定理结合法 【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. 【解法二】边化角结合三角函数恒等变换法 解题思路：利用正弦定理将边化为角，再结合已知条件进行三角函数的恒等变换求出, 然后根据面积公式求出, 最后通过正弦定理或余弦定理求 解题步骤： 由正弦定理为外接圆半径)， 化为 因为, 且, 代入上式进行化简可得, 又所以. 由, 得。 再根据正弦定理等求出. 1．（2025·江西景德镇·二模）在中，角，，的对边分别为，，，，分别为，边上的高，，． (1)求证：； (2)若，求． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由三角形内角和以及三角函数诱导公式，利用三角函数的和角公式，可得答案； （2）由三角形面积公式，利用正弦函数以及余弦的二倍角公式与和角公式，可得三角形内角的余弦值，根据余弦定理，可得答案. 【详解】（1）由，则， 则， 所以， 整理可得 则，由，∴或， 当时，可得，， 则，解得，则， ∵，且，∴． 由正弦定理可知，则，显然与矛盾， 所以不符合题意，舍去，所以． （2）由（1）可知，且， 则，故，解得， ，∴， 设，，∵，由余弦定理可知， ∵，解得，∴． 2．（2025·福建·模拟预测）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)证明：； (2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正弦定理化简以及两角和与差的正弦即可求得结果. （2）利用正弦定理求出，因为三角形为锐角三角形求出，再用余弦定理进一步求出，即可求得结果. 【详解】（1）由正弦定理，，所以． 又，所以， 所以，所以， 因，所以，即. （2）因为，所以， 因为，所以． 因为，所以， ∵为锐角三角形，∴，∴，∴ 因为，由余弦定理，两式联立得， 又因为，代入上式，得到，则，且， 所以，即． 所以周长的取值范围为． 3．（2025·福建厦门·一模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求A； (2)设D为边AB的中点，若，且，求a． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解即得. （2）利用和角的正弦公式，正弦定理及余弦定理求解即得. 【详解】（1）在中，由及正弦定理得， 即，即， 而，即，则，又， 所以. （2）依题意，，则，或， 当时，由， 得， 在中，由正弦定理得，，则， 在中，由余弦定理得， 因此， 当时，， ，， 所以或. 真题16 圆锥曲线解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是圆锥曲线中椭圆相关的综合问题，第一问求椭圆的离心率，需根据椭圆上的点的坐标求出椭圆方程中的参数关系进而得到离心率；第二问根据三角形面积求直线方程，要先设出直线方程，再联立椭圆方程，利用弦长公式、点到直线距离公式等求解。 【解法一】（1）由题意得，解得， 所以. ，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. 【解法二】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. 【解法三】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； 【解法四】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. 【附加解法五+解法六】 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，解的或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 1．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，焦距为4．过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴对称的点为点． (1)求双曲线的标准方程； (2)证明：直线过定点； (3)若直线的斜率为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用双曲线的基本性质，通过已知条件构建方程组来确定双曲线方程中的参数 、、. （2）先设出直线方程，与双曲线方程联立得到交点坐标关系，再根据对称性假设定点在轴上，通过直线斜率关系列出等式求解定点坐标. （3）已知直线过定点及斜率，与双曲线方程联立得到相关坐标关系，进而求出直线的斜率，从而得到直线方程. 【详解】（1）设双曲线的焦距为， 由题意有，解得，故双曲线的标准方程为； （2）设直线的方程为（显然直线的斜率存在）， 点的坐标分别为，联立方程， 消去后整理为， 有， 点的坐标为及对称性，设直线与轴交点为， 有，有，有， 整理为， 有，化简可得， 故直线过定点； （3）由直线过定点，直线的斜率为，直线的方程为， 联立方程消去后整理为，可得， ， 故直线的方程为或． 2．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆，离心率为，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线与椭圆交于、两点，坐标原点到直线的距离为，求面积最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求由此可得椭圆方程； （2）当直线的斜率不存在时，求的长，再求的面积，当直线的斜率存在时，设其方程为，联立方程组，结合设而不求法求弦长，再求面积解析式，再求最大值即可. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为， 所以， 因为椭圆过点， 所以， 所以，， 所以椭圆的标准方程为：； （2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为或， 若直线的方程为，联立可得，， 所以， 所以的面积为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 因为坐标原点到直线的距离为，所以， ， 联立，可得， 方程的判别式 ， 设，， 则为方程的两个根， 所以， 所以， 即， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以， 所以面积最大值为. 综上，当直线方程为或时，面积取最大值，最大值为. 3．（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线：（，）的右顶点，斜率为1的直线交于、两点，且中点. (1)求双曲线的方程； (2)证明：为直角三角形； (3)经过点且斜率不为零的直线与双曲线的两支分别交于点，.若点是点关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)过定点，坐标为. 【分析】（1）设，，运用点差法求解即可； （2）直曲联立，借助向量工具求解； （3）设方程为，，，，直曲联立，得到，，得到直线的方程为，在直线的方程中，令，求解即可. 【详解】（1）设，，则，， ∵，两点在双曲线上， ∴，由①－②得， 即，∴， ∴，即，∴， 又∵，∴， ∴双曲线的方程为：； （2）由已知可得，直线的方程为：，即， 联立，， 则，， ∵ ， ∴，∴为直角三角形； （3）设方程为，， 联立直线与的方程，消去得， 因为直线与的两支分别交于点，， 设，， 所以，得， 则，，， 因为，所以直线的方程为， 由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上， 在直线的方程中，令， 得 所以直线过定点，定点坐标为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点. 真题17 立体几何解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是立体几何中关于线面平行证明以及二面角相关的问题。第一问证明线面平行，关键在于利用线线垂直关系推出线线平行，进而证明线面平行；第二问根据二面角的正弦值求线段长度，需建立空间直角坐标系，利用向量法求解，也可几何法求解。 【解法一】纯几何法 【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． 【解法二】向量法证明线面平行（第一问） 解题思路：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及, 通过法向量与的关系证明线面平行。 解题步骤： 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系。由,, 可得。 设。 则。 设平面的法向量为, 则 令, 则, 所以。 又, 且平面, 所以平面。 【解法三】向量法（第二问） 步骤一：建立空间直角坐标系 因为底面, 以为原点，所在直线为轴建系。 已知,, 则. 设, 由. 步骤二：求平面法向量 平面法向量, 易取. 平面法向量, 令. 步骤三：根据二面角正弦值求 二面角正弦值为, 则余弦值为. 由@. 联立①②，由①得代入②，解得, 进而得. 所以则 综上，的值为。 【解法四】面积射影法（略） 1．（2025·吉林·二模）如图，一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成的几何体中，. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求正四棱锥的高. 【答案】(1)证明见解析 (2)2或 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合并利用线面垂直的判定定理得到线面垂直，再利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法建立方程，求解所求高即可. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面， 又平面. 又平面， 平面.又平面， 平面平面. （2）以A为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则. 设正四棱锥的高为h，则， 故， 设平面的一个法向量为. 则，即， 取，则. 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，故， 设平面与平面夹角为， 则，解得或. 所以正四棱锥的高为2或. 2．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，半圆柱的轴截面为平面，是圆柱底面的直径，为底面圆心，为一条母线，点在棱上，且，，且. (1)当时，求证：； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先证得平面，再由勾股定理得到，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【详解】（1）当时，点为棱中点. 由是直径可知，则是等腰直角三角形，故， 由圆柱的特征可知平面，又平面，所以， 因为，，平面，则平面， 而平面，则， 因为，则， 所以，， ，所以， 因为，，，，平面， 所以平面，又平面，故. （2）由题意及（1）易知，，两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，，， 由（1）知平面，故平面的一个法向量是， 设是平面的一个法向量， 则有，取，可得 设平面与平面夹角为， 所以， 则平面与平面夹角的余弦值为. 3．（2025·浙江温州·模拟预测）如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，． (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，直线与平面所成的角为． ①求的值； ②当时，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，② 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得根据三角形的边角关系可得，即可结合线面垂直的判定求解， （2）根据锐角三角函数即可求解①，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式，结合二次函数的性质求解②. 【详解】（1）由于平面平面故 由于底面为直角梯形，故， 过，且与相交于， 则， 又， 故,所以, 由于平面，， 所以平面， （2）①由题意可知，过作的垂线，垂足为,连接, 由于平面平面故 ,平面， 故平面，平面，故， 故为二面角的平面角， 所以从而， ②以为原点，以为轴，以过且垂直于平面的直线为轴建系， 则，设， 从而 设平面法向量为， 则， 令，则， 而平面的法向量为， 所以 即， 又，代入上式可得 ， 当且仅当时等号成立，故的最小值为， 真题18 导数解答题真题解题技巧 （2024年新高考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． 本题是一道关于函数性质与不等式求解的综合题。涉及到函数的导数应用、函数的对称性以及不等式恒成立与取值范围问题。第一问通过导数研究函数单调性求最值从而确定参数的最小值；第二问通过寻找函数上点的对称关系证明函数的中心对称性；第三问结合函数性质与不等式条件确定参数的取值范围。 【解法一】常规解法 【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，. 【解法二】第二问不同解 , 则函数是定义域为的奇函数，所以曲线关于点中心对称 1．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数． (1)求函数的极值 (2)若恒成立，求实数a的值范围． 【答案】(1)极小值为，无极大值； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用导数求出函数的极值. （2）由恒成立的不等式分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， 令，解得，函数在上单调递增， 令，解得，函数在上单调递减， 所以函数在处取得极小值，无极大值． （2）不等式恒成立，即恒成立， 不等式等价于恒成立， 令， ， 令， 求导得，函数在上单调递增， 又，则存在唯一，使得， 则，即，于是， 由（1）知，函数在上单调递增，则． 当时，，，则函数在上单调递增； 当时，，，则函数在上单调递减， 因此，则， 所以实数a的取值范围为. 2．（2025·江西九江·一模）已知函数，曲线在处的切线经过点 (1)求； (2)若，判断的单调性： (3)当时，，求的取值范围． 【答案】(1) (2)函数在上单调递增 (3) 【分析】（1）由导数的几何意义求得斜率，再结合斜率公式列出等式求解即可； （2）通过二次求导，结合导数与单调性的关系即可判断； （3）由，得，再由时，原不等式等价于构造函数求导，确定最值即可求解； 【详解】（1） ，切线斜率． 又切线经过点 解得． （2）由（1）知，，令，则 当时，在上单调递减，当时，在上单调递增 在上单调递增 （3）由题意得对任意的成立． ①当时， ②当时，原不等式等价于 设，则 由（2）知，当时，对任意的成立，即． 当时，，单调递增，当时，，单调递减 ，故的取值范围是 3．（2025·河南郑州·一模）已知函数且，关于对称的函数记为 (1)若，方程有且只有一个实数解，求a的值; (2)讨论方程在上实数解的个数; (3)若，设函数，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出，设与有公共点，解由及组成的方程组求出可得答案； （2）由，两边同取对数得令，利用导数判断出其单调性，分、、讨论方程在上实数解的个数可得的答案； （3）由得，设，则，利用导数判断出在上的单调性可得答案. 【详解】（1）关于对称的函数为，， 设与有公共点， 由对称性可知，在上， ，， ，解得，得； （2）由（1）知，，由， 两边同取对数，，即 令，， 函数在上单调递增，在上单调递减. 当，方程在上实数解的个数为1个. 当，，方程在上实数解的个数为2个. 当，方程在上实数解的个数为1个； （3），定义域为，求导得， 又， ， 整理得，由基本不等式得，， ， 设，则， 易知， 在单调递增， ， 的取值范围为 真题19 数列新定义真题解题技巧 （2024年新高考Ⅰ卷高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 本题是关于等差数列性质与组合概率的综合问题。主要围绕着给定的. 可分数列的定义，分别考查在不同条件下找出满足条件的组合、证明数列是特定的可分数列以及计算满足可分数列的概率并证明其范围。 【解法一】常规解法 【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可； （2）根据可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义. 【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 【解法二】 解法二(1)(2)同解法一 (3)当时，由定义知，数列是一可分数列，当且仅当数列是可分数列.数列是一可分数列.其中. (这是因为可分；可分). 可考虑下面两种情形： 显然，数列是一可分数列.其中分出的每一组4个数均构成公差为1的等差数列当时，对有个； 当时，对有个. 故总的对共有个. . t, 则. . 故只需先考虑. 当时，不成等差，不合要求，舍去 当时，是公差为2的等差数列，符合要求 当时，是公差为3的等差数列， 符合要求； 当时，是公差为4的等差数列，符合要求； 这样一来，当时，可划分为组，每组4个数可构成公差为的 等差数列： 由此可见，当时，上述组数中每一组的每一个数都加上, 就可得到时 的组划分，且每组数均构成公差为的等差数列 至此，我们证明了当且时，数列是一可分数列.这时，满足.. 当时，对共有个； 当时，对共有个. 故总的对共有个 综上所述，使是一可分数列的对的总数目 所以 成立 另一方面， 当时成立； 当时，数列共有10项：. 这样的共有7个、 故成立 综上所述，对于成立 1．（2024·安徽·三模）定义1：若数列满足①，②，则称为“两点数列”；定义2：对于给定的数列，若数列满足①，②，则称为的“生成数列”.已知为“两点数列”，为的“生成数列”. (1)若，求的前项和； (2)设为常数列，为等比数列，从充分性和必要性上判断是的什么条件； (3)求的最大值，并写出使得取到最大值的的一个通项公式. 【答案】(1) (2)是的充要条件. (3)的最大值为， 【分析】（1）根据所给新定义，分n为奇偶讨论，分别求出前n项和； （2）分别结合等比数列的定义，研究充分性、必要性即可得证； （3）分析的取值，可得的关系，得出，据此可求出的最大值. 【详解】（1）依题意 故 因为，所以， 当为奇数时，， 当为偶数时，，即的奇数项，偶数项分别成等比数列. 故当为偶数时， . 当为奇数时，. 综上所述， （2）充分性：因为，所以， 所以， 又因为，所以是以1为首项，1为公比的等比数列， 故是的充分条件. 必要性：假设为等比数列，而不为常数列， 则中存在等于0的项，设项数最小的等于0的项为，其中， 所以， 则等比数列的公比为. 又，得等比数列的公比为，与式矛盾， 所以假设不成立，所以当为等比数列时，为常数列， 故是的必要条件. 综上，可知是的充要条件. （3）当时，，当时，， 当时，，当时，. 综上所述，或或（上述四种情形每种中或1）. 又由题意可知，所以， 所以，故的最大值为， 此时的通项公式可以是 【点睛】关键点点睛：本题的关键一方面在于对新定义的理解，运用，另一方面是能够对分类讨论，证明数列为等比数列，再由等比数列的通项公式，求和公式得解. 2．（2024·贵州黔南·一模）若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①为单调数列；②存在实数，对任意都有成立，则称数列具有性质. (1)若，，判断数列，是否具有性质，并说明理由； (2)已知离散型随机变量服从二项分布，，，记为奇数的概率为. （ⅰ）当时，求，； （ⅱ）求，并证明数列具有性质. 【答案】(1)不具有，具有，理由见解析； (2)（ⅰ），；（ⅱ），证明见解析. 【分析】（1）利用给定的定义分别判断数列，即可. （2）（ⅰ）利用二项分布的概率公式求出，；（ⅱ）利用二项式定理求出数列的通项公式，再判断是否满足条件①②. 【详解】（1）由，得，即是递增数列，而随着的增大，无限增大， 不存在正数，对任意都有成立，数列不具有性质； 由，得，又，则，数列是递减数列， 对任意，，即存在实数，对任意都有成立， 所以具有性质. （2）（ⅰ）当时，， . （ⅱ）随机变量的所有可能取值为， 若为奇数的概率为为偶数的概率为， ， ， 两式相减得，当时，，数列单调递减， 因此数列单调递增，且，所以数列具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题第2问，利用二项式定理的展开式求出是关键. 3．（2025·江苏苏州·模拟预测）设为正整数，数列是首项为，公差为的等差数列，若存在一组正整数，使得能构成等比数列，则称数列为可拆数列. (1)对任意正整数，判断数列是否为可拆数列； (2)若对任意正整数，数列是可拆数列，求的所有可能值； (3)若存在无穷多个正整数，使得是等比数列，求的取值范围. 【答案】(1)是 (2)全体正有理数 (3) 【分析】（1）利用可拆数列的定义即可求解； （2）根据定义证明命题等价于是正有理数； （3）利用（2）的结论即可得到结果. 【详解】（1）根据定义，取，即可得到构成等比数列. 所以是可拆数列. （2）先证明一个引理：对任意的正整数，数列包含一个无穷等比数列. 证明：由于. 故可以取，则此时. 从而得到是等比数列. 引理证毕，回到原题. ①由于包含构成等比数列的三项，故存在非负整数使得，即. 从而，这得到一定是正有理数. ②若是正有理数，设，则根据引理知数列包含无穷等比数列. 所以也包含无穷等比数列，这就意味着对任意正整数，存在使得构成等比数列，从而一定是可拆数列，条件满足. 综合①②可知，的所有可能值为全体正有理数. （3）①在此条件下，显然对任意正整数，数列都是可拆数列，根据（2）的结论可知. ②若，设，则同样根据（2）中的引理，知数列包含无穷等比数列. 所以也包含无穷等比数列，条件满足. 综合①②可知，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解可拆数列的定义，只有理解了定义，方可解决相应问题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$