热点8-1 多模块知识交汇创新命题（8题型+高分技法+限时提升练）-2025年高考数学【热点·重点·难点】专练（新高考通用）

热点8-1 多模块知识交汇创新命题 三年考情分析 2025考向预测 近几年的高考数学在稳定的基础上越来越体现改革与创新，在试题设计上越来越注重通过新颖信息、情境的设问，在知识网络交汇处命题，侧重考查对知识的综合理解与灵活应用，充分发挥数学的工具性作用,体现了对灵活解题能力的考查． 1、命题形式：多以解答题的形式出现，也可能作为选填题的压轴题； 2、创新考法：结合新定义考查，或综合考查多个模块的知识,更加体现向量、函数等知识的工具性作用． 题型1 数列与函数、导数交汇命题 解决数列与函数、导数交汇命题关键是理解数列的离散性与函数的连续性之间的关系． 将数列视为离散函数，研究其单调性、极值、极限等性质，再利用函数性质（如单调性、凹凸性）分析数列的递推关系或通项公式． 1．（24-25高三上·河北唐山·期末）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列的前50项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】，当时，， 在点处的切线为：， 化简为：， 当代入中，，即， ， 化简：， 则数列的前50项和为： ，故选：A． 2．（24-25高三上·山东济宁·期中）已知函数，则的对称中心为 ；若，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】函数的定义域为， ， 由，得， 则， 因此函数图象的对称中心是； 由，得， 当时，， ， ， 于是，即，， 所以数列的通项公式为. 故答案为：；. 3．（24-25高三上·江苏南通·月考）已知数列满足：是公差为6的等差数列，是公差为9的等差数列，且. (1)证明：是等差数列； (2)设是方程的根，数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）因为是公差为6的等差数列，则， 设，可得，， 又因为是公差为9的等差数列， 则， 可得，即， 且，解得， 即，，可得， 综上所述：，所以是等差数列. （2）构建，则是函数的零点 因为，则在上单调递增， 且，可知有且仅有一个零点， 又因为， 可知数列是以首项，公比为的等比数列， 则， 又因为，可得， 所以. 4．（24-25高三上·云南大理·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：，. 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【解析】（1）若，则，，， 所以切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）若对定义域内，都有恒成立， 即恒成立，只需即可， 设，，则， 令，解得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 故的取值范围为. （3）由（2）得当时，恒成立，即， 将中的替换为，显然， 则， 故， 即. 故. 题型2 数列与平面向量交汇命题 数列与平面向量交汇问题一方面考查将数列的通项或前n项和与向量的坐标、模、夹角等性质结合，利用向量的线性运算（如加法、数乘、点积）研究数列的性质；另一方面考查利用向量的几何意义（如方向、模长）分析数列的递推关系或通项公式，通过向量的运算求解数列的极限、和或其他性质． 1．（24-25高三上·海南·开学考试）类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】， 则，其中， 则是以为首项，2为公比的等比数列， 则，则.故选：B. 2．（24-25高三上·浙江台州·月考）已知向量满足与的夹角为，设，数列的前项和为，则（    ） A．120 B．180 C．210 D．420 【答案】C 【解析】， 由于，与的夹角为，故， 因此， 故，故选：C． 3．（24-25高三上·山东临沂·月考）（多选）如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C． D． 【答案】ABD 【解析】为中点，，即， 三点共线，， 又， 由平面向量基本定理得， 化简得：，， 是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； ，，故C错误； 则，故A正确； ，故D正确.故选：ABD. 4．（24-25高三上·辽宁·月考）如图，已知点列与满足且，其中. (1)求与的关系式； (2)证明：. 【答案】(1)；(2)证明见解析 【解析】（1）依题意， 因，则， 因则得（*） 因，则得， 将（*）式代入此式，可得， 即得，则； （2）由，将代入，解得. 由可得，两边取平方，， 即， 又，故，因 则，即， 故得，，，， 将以上个不等式左右分别相加，可得，即得. 下面证明：恒成立. 当时，，不等式成立； 当时，， 即得，不等式成立. 综上可得，得证. 题型3 数列与解析几何交汇命题 将数列的通项或前n项和与几何图形（如直线、圆、圆锥曲线）的性质结合，利用几何图形的性质（如距离、斜率、面积）研究数列的性质．利用解析几何的方法（如坐标法、参数方程）求解数列的通项或前n项和，通过几何图形的性质分析数列的极限、单调性等． 1．（24-25高三上·重庆·模拟预测）已知双曲线，第一象限中横坐标为2的点在上，直线的斜率为.当时，过点作的平行线交双曲线左支于点，过点作轴的垂线交双曲线右支异于点的点. (1)当时，求点的坐标； (2)设表示点的纵坐标，求的取值范围； (3)设表示的面积，证明：数列为常数列. 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析 【解析】（1）由题意，所以直线：， 根据双曲线的对称性，可得，所以点的坐标为. （2）如图： 设点，则，由题意得，且， 所以，即，且. 且. 所以①,而②， 由①②得：③，④， 由④得：⑤， 由③⑤得：⑥. 所以， 所以. （3）设边的中点，所以， 当时，同（2）理得， 所以. 所以坐标原点，，三点共线. 则的斜率， 而的斜率, 结合（2）与⑥可得， 所以. 在中，点、分别在边、上， 所以和的面积相等，即， 而的面积为面积的2倍，所以， 的面积为面积的2倍，所以， 所以，即数列为常数列. 2．（24-25高三上·新疆乌鲁木齐·月考）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设． (1)求抛物线的方程； (2)求证：数列是等差数列，并求、； (3)求的面积． 【答案】(1)；(2)证明见解析，，；(3) 【解析】（1）将点的坐标代入抛物线的方程可得，可得， 因此，抛物线的方程为. （2）方法一：在抛物线上，则，， 过，且斜率为的直线的方程为， 可得， 解得或，所以，可得， 所以数列是以首项为，公差为的等差数列， 所以，； 方法二：因为点、、在抛物线上， 所以，两式相减得：． 所以：可得， 所以数列是以首项为，公差为的等差数列， 所以，. （3）方法一：，则直线的方程为， 则， 点到直线的距离 ， 故； 方法二： 则直线的方程为，设直线与相交于 令，可得， 则 则 方法三：由（2）知：、、， 设，则、， 则梯形的面积为 ， 即，同理可得， 又梯形的面积为 ， 即，则的面积为： . 3．（24-25高三上·广西贵港·月考）已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，作点关于轴的对称点，记的坐标为. (1)求抛物线的方程； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和； (3)求的面积. 【答案】(1)；(2)，；(3) 【解析】（1）因为点在抛物线上，则，解得， 所以抛物线的方程； （2）由可知，， 因为点在抛物线上，则，且， 过，，且斜率为的直线， 联立方程，消去可得， 解得或，，可得， 所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，所以， 又，， ； （3）由（2）可知：，，， 直线的方程为， 即， 点到直线的距离为， ， 所以的面积为． 4．（24-25高三上·全国·专题练习）已知点在椭圆上，分别为的左、右顶点，为上不同于的两动点，的长半轴长的取值组成的数列满足以下性质：当直线的斜率与直线的斜率恒满足时，直线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率． (2)证明：数列是等比数列． (3)定义：无穷等比递减数列的所有项之和为，其中为的首项，为的公比，且．设为坐标原点，，为凹四边形的面积，求的最大值． 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3) 【解析】（1）由题意，得，则， 所以．故椭圆的离心率为． （2）由（1）及题意，知，，． 设，．当直线的斜率为0时，点关于轴对称， 此时直线的斜率与直线的斜率互为相反数，不合题意． 设直线的方程为． 因为直线不过顶点，所以． 联立得方程组， 消去并整理，得， 则， ，， 所以， 则 ， 所以． 代入中验证，得， 则直线的方程为， 所以直线经过点． 因为直线与轴交于点， 所以，则． 故数列是以为公比的等比数列． （3）由（2）知，，， 所以四边形的面积 ． 设，则函数在上单调递增， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立． 又，则由（2）可知，所以， 所以数列是首项为4，公比为的等比数列． 所以， 故的最大值为，当且仅当时，等号成立． 题型4 数列与概率统计交汇命题 1、考查方向：将数列的通项或前n项和应用于概率模型（如独立重复试验等）．利用数列的性质（如递推关系、极限）分析概率事件的发生规律．利用概率统计的方法（如期望、方差、分布）研究数列的性质。通过概率统计的性质分析数列的收敛性、极限等． 2、常用方法：将概率事件的发生规律转化为数列的递推关系，通过递推关系求解概率。利用数列的极限分析概率事件的长期行为。将概率事件的发生次数表示为数列的前n项和，通过数列求和求解概率． 1．（24-25高三上·安徽·模拟预测）投掷一枚均匀的骰子，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)设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式. （提示：请结合数列的递推关系求解） 【答案】(1)分布列见答案，数学期望；(2)证明见答案，. 【解析】（1）由题意投掷1次骰子得分的概率为，投掷1次骰子得分的概率为， 由题意的可能取值为2，3，4， ，，， 故的分布列为： 2 3 4 数学期望. （2）由题意知， 故，且，，， 故是以为首项，为公比的等比数列， 故， ∴当时， ， 当时，上式也成立， 综上：. 2．（24-25高三上·广东广州·模拟预测）甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次. (1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率； (2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0） 【答案】(1)；(2). 【解析】（1）设事件“甲第一次掷出偶数点”，事件“甲两次掷出的点数之和大于6”， 样本空间， 样本空间包含的样本点个数为，且每个样本点都是等可能的. ，， ，， 则，， 所以，（或） 即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于6的概率为. （2）若甲第一轮获胜，概率为； 若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数， 第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为； 若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数， 第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为； 由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数， 第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为； 于是，，，，…，组成一个以为首项，为公比的等比数列. 所以. 则当时，，故甲获胜的概率为. 3．（24-25高三上·四川·二模）小杨上的高中食堂有3种套餐，小王第一次选择A，B，C三种套餐的概率相等，若某次选择A之后，下一次仍会在三种套餐以相等概率继续选择，若某次选择B套餐之后，下一次只会在B，C两种套餐中以相等概率去选择，在某次选择C套餐之后，以后只会选择C套餐，根据以上规则回答下列问题： (1)试写出第n次选择时，小王选A套餐的概率表达式，并求出第3次选择B套餐的概率. (2)试写出第n次选择时，小王选B套餐的概率表达式，并求出选A套餐的均值. 【答案】(1)；(2)， 【解析】（1）设事件，，为分别为第次选择A，B，C套餐，， 如图得， . （2）由（1）知： 　① 则　② ②－①得到： ， X 1 2 3 4 ．．． n P ．．． 　　③ 则　④ ③－④得：， . 4．（24-25高三上·吉林长春·二模）某企业举办企业年会，并在年会中设计了抽奖环节和游戏环节． (1)抽奖环节：该企业每位员工在年会上都会得到相应的奖金X（单位：千元），其奖金的平均值为，标准差为．经分析，X近似服从正态分布，用奖金的平均值作为的近似值，用奖金的标准差s作为的近似值，现任意抽取一位员工，求他所获得奖金在的概率； (2)游戏环节：从员工中随机抽取40名参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者掷一枚骰子，初始分数为0，每次所得点数大于4，得2分，否则，得1分．连续投掷累计得分达到9或10时，游戏结束． ①设员工在游戏过程中累计得n分的概率为，求； ②得9分的员工，获得二等奖，奖金1000元，得10分的员工，获得一等奖，奖金2000元，估计该企业作为游戏奖励的预算资金（精确到1元）． （参考数据：，． 【答案】(1)(2)①；②50001元 【解析】（1）由题意知， 则． （2）①由题知，累计获得分时有可能是获得分时掷骰子点数小于等于4或 获得分时掷骰子点数大于4， 而掷骰子点数小于等于4的概率为，掷骰子点数大于4的概率为． ， 则， 故为等比数列. 由，，故首项为. 因此，……， 将所有等式相加得， 所以， 当时， 综上. ② 元． 即估计游戏奖励的预算资金为50001元． 题型5 数列与立体几何交汇命题 数列与立体几何的交汇命题常涉及数列的通项公式、求和公式与立体几何中的表面积、体积、空间位置关系等知识的结合．这类题目可能结合数列、立体几何、函数、不等式等知识，考查综合应用能力．重点在于将立体几何问题转化为数列问题，或将数列问题转化为几何问题，通过转化简化问题． 1．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线和的平面，该平面截正四面体的截面面积为，则 .若，则数列的最大项为 . 【答案】 【解析】第一空：由题意得， 如图，取中点，连接，， 在正四面体中，，均为等边三角形，则，， 且，，平面，所以平面， 又平面，所以， 如图，过点作交于点，过点作交于点，连接， 则，故四边形为截面，且四边形为矩形， 由相似知识可知，， 故； 第二空：因为，， 可得， 令，则， 而，当时，， 可知在上单调递减，即当时，数列单调递减， 当时，，且，， 所以数列的最大项为. 故答案为：；. 2．（23-24高三上·云南·月考）（多选）已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（    ） A． B． C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和为 【答案】BCD 【解析】如图所示，是三棱锥的高，是三角形的中心， 设三棱锥的棱长均为，所以，. 是三棱锥的内切球的球心，在上， 设三棱锥的外接球半径为，球的半径为， 则由，得，得. 所以， 又，所以， 所以.故A不正确； 在上取点，使得， 则，即为的中点，则球与球切于， 过作与底面平行的平面，分别与交于， 则球是三棱锥的内切球， 因为为的中点，所以三棱锥的棱长是三棱锥的棱长的一半， 所以球的内切球的半径， 以此类推，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，，，故B正确； 所以，，即数列是公比为的等比数列，故C正确； ， ，故D正确. 故选：BCD 3．（23-24高三下·江苏·模拟预测）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点A处，记点移动次后仍在底面上的概率为. (1)求； (2)①求证：数列是等比数列； ②求. 【答案】(1)；(2)①证明见解析；② 【解析】（1）依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面. 所以当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为， 在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为， 又因为，所以. （2）①证明：因为， 所以. 又因为，所以， 所以数列是等比数列. ②因为， 所以，所以. 设， 则， 则， 所以， 所以， 所以. 又因为， 所以. 4．（2024·江西上饶·一模）已知数列，设分别为与空间直角坐标系中轴，轴，轴正方向相同的单位向量，. (1)，求的值. (2)定义：若，且，则，根据上述定义，若，设，求. (3)若数列均为正项数列，且为常数，且，求证：. 【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析. 【解析】（1）由题设知， （2） ， 设， 则 则， 可得：， 同理可得：， 故. （3）（i）当时，，， 则，， 故成立； （ii）当时， 令 因为，所以， 即， 所以 ， . 综上可得：. 题型6 立体几何与解析几何交汇命题 立体几何与解析几何的交汇命题常涉及几何体的表面积、体积、空间位置关系，以及解析几何中的直线、圆锥曲线等知识． 1、利用坐标系将几何问题转化为代数运算，通过解析几何的方法求解． 2、几何法：从几何视角入手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理，通过论证找到交点位置． 1．（24-25高三上·湖北·开学考试）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面S和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为. (1)写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面截曲面所得交线是什么曲线； (2)已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； (3)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线（第二间中的直线）与所成角的余弦值. 【答案】(1)，双曲线；(2)证明见解析；(3) 【解析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为， 已知曲面的方程为， 当时,平面截曲面所得交线上的点满足， 从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为对称中心， 焦点在轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线. （2）设是直线上任意一点，由， 均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得，，， 所以点的坐标为， 于是， 因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上. （3）直线在曲面上，且过点, 设是直线上任意一点，直线!的方向向量为， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得，，， 所以点的坐标为， 在曲面C上， ， 整理得， 由题意，对任意的，有恒成立， ，且， 或，不妨取，或， ，或， 又直线的方向向量为 则异面直线与所成角的余弦值均为. 2．（24-25高三上·浙江·月考）已知直椭圆柱体是指底面为椭圆，侧面与底面垂直的柱体．如图所示，直椭圆柱体的上下底面椭圆离心率为，高为椭圆短轴长度的，下底面长轴记为，上底面长轴记为．点为上一点，过点在下底面内作的垂线分别交下底面椭圆于点，．记． (1)若平面平面，求及二面角的余弦值； (2)若随变量的变化而变化，且，．记二面角的大小为，证明：． 【答案】(1)，；(2)证明见解析 【解析】（1）由于底面，底面，故,, 由于平面平面，故为两平面的夹角，因此, 以所在直线为轴，以线段的垂直平分线为轴建立直角坐标系， 可设设椭圆方程为，由于，故，则 由于，根据椭圆的对称性可知，故， 设直线，则，故， 将代入椭圆中可得 化简得，解得或（舍去）， 故，则， 以为原点，以为轴的正方向，过作平行于的直线为轴正方向， 平行于向上的直线为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 则， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则， 则，令，则， 设二面角的平面角为， 则， 由于， 则点到的距离为， 根据对称和全等可得，故， 所以， （2）由，则， 将代入椭圆可得, 故， 故， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，令，则， 则，令，则， 设二面角的平面角为， 则， 由于故， ， 由于故， 由（1）知该二面角为钝角，故， 所以 故，得证. 3．（24-25高三下·广东·一模）平面直角坐标系中，已知椭圆C：（）左、右焦点分别为，，离心率为，经过且倾斜角为（）的直线l与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8.现将平面沿x轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图象中对应的点分别记为，，且二面角为直二面角，如图所示. (1)求折叠前C的标准方程； (2)当时，折叠后，求平面与平面夹角的余弦值； (3)探究是否存在使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)；(2)；(3)存在， 【解析】（1）由题意得：，解得. 故折叠前椭圆的标准方程. （2）当时，直线的方程为：， 联立，解得，， 以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则： ，，，， 故，， 设平面的法向量为，则 ，即. 取，则，，故，. 平面的一个法向量为， 故. 设平面与平面的夹角为，则. 即平面与平面所成角的余弦值为. 法二：建系同法一. 于是，， . 由三维空间三角形面积的计算公式可得 . 又易知在平面的正投影为，且. 设平面与平面所成的角为， 结合图象可知. （3）以原来的轴为轴，轴正半轴为轴，轴负半轴为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设折叠前，则折叠后，， 设直线的方程为，其中， 联立，消去x得：， 显然，且，, 由，，得， 即①， ， ②， 由①②得：， 即是， ， 即， 即是，解得， 注意到，故， 从而存在满足条件的，且. 4．（24-25高三上·山东·模拟预测）如图（1），已知抛物线的焦点为，准线为，过点的动直线与交于A，B两点（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将沿CD折成直二面角，如图（2）． (1)证明：； (2)当最小时， ①求，两点间的最小距离； ②当，两点间的距离最小时，在三棱锥内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱体积的最大值． 【答案】(1)证明见解析；(2)①；② 【解析】（1）过作，垂足为，过作，垂足为， 因为平面平面，且平面平面，平面， 可得平面， 由平面，可得， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 则， 所以. （2）因为以AB为直径的圆与准线相切于点C，可知， 则， 由（1）可得： ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时，最小， ①因为平面，平面，则，， 即， 在中，则， 在中，由余弦定理可得， 则， 在中，则， 在中，则，可得， 由题意可知：焦点，准线，直线的斜率存在，且直线与抛物线必相交， 设直线，， 联立方程，消去y可得， 则， 可得， 当时，取到最小值2，根据对称性可知， 可得； 当时，则，且， 由基本不等式可得， 则； 综上所述：的最小值为2，当且仅当，时，等号成立， 所以，两点间的最小距离为； ②由（1）可知：当，两点间的距离最小时，则，， 可知为中点，且与重合， 因为， 设的内切圆半径为， 由等面积法可得：，解得， 设圆柱的底面半径为，高为， 则，可得， 所以圆柱的体积， 令，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 所以圆柱体积的最大值为. 题型7 解析几何与函数交汇命题 这类题目常涉及函数与方程思想的综合应用，如通过函数性质和方程理论解决最值与范围问题，以及定点定值问题．解题时，常用数形结合方法，利用几何图形直观理解问题，并结合函数和解析几何的代数方法求解．同时，设而不求的思想在处理曲线交点问题时尤为重要，通过韦达定理或“点差法”简化计算．此外，函数思想和方程思想也是关键，可将解析几何问题转化为函数问题，利用导数或不等式求解最值，或通过联立方程利用判别式和韦达定理解决位置关系问题． 1．（24-25高三上·广东佛山·月考）（多选）数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（    ） A．方程无解 B．方程有两个解 C．的最小值为 D．的最大值为 【答案】BC 【解析】， 设，，，则， 如图，取，则， 当且仅当、、三点共线时，等号成立， 又当时，随增大而增大，故无最大值，故C正确、D错误； 由，故有解，故A错误； ，则， 则的轨迹是以，为焦点的椭圆， 此时，，即，， 即椭圆方程为， 当时，得，得，即， 即方程有两个解，故B正确. 故选：BC. 2．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）（多选）如图所示是某同学发现的一种曲线，由于形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线．对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（    ） A．该曲线与最多存在3个交点 B．如果曲线如题图所示（轴向右为正方向，轴向上为正方向），则 C．存在一个，使得这条曲线是偶函数的图象 D．当时，该曲线中的部分可以表示为关于的某一函数 【答案】ABC 【解析】对于A项，曲线方程， 令，得关于的一元三次方程， 令，则， 最多两根，即函数最多两个极值点， 即方程最多有三个实根，故A正确； 对于B项，若曲线如题图所示，则存在，使得与曲线图象有三个交点， 即存在，关于的方程有三个实根. 令，则， 假设，，都有，即单调递增， 则方程在最多有一个实根，与题图矛盾，假设错误. 因此，故B正确； 对于C项，当时，曲线即函数的图象， 设，，定义域关于原点对称. 且，所以是偶函数. 故存在，使得曲线是偶函数的图象，故C正确： 对于D项，当时，曲线方程为. 令，得， 令，则，， 由零点存在性定理知至少两根，则对应的值不唯一，不符合函数定义，故D错误； 故选：ABC. 3．（24-25高三上·海南三亚·期末）（多选）设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（    ） A．点在上 B．将在轴上方的部分看作函数的曲线，则是的极小值点 C．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为有理数 D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 【答案】ACD 【解析】对于A，将点代入曲线方程中，得到，即， 所以点在上，因此，选项A正确; 对于B，由于曲线在轴上方的部分是函数的曲线， 则，当时，得到， 因此，不是的极小值点，所以，选项B是错误的； 对于C，由B中可知，， 则以为切点的切线方程为，即. 将切线方程代入曲线方程中，得到：，即， 显然是方程的根，，. 解得：或，因此，选项C正确； 对于D，设的解为，，. 当时，，单调递增， 当时，单调递减， ，， ，， 所以， 设曲线上的点为，设的解为， 则，则， 到原点的距离为， 由可得， 令， ，令，解得：， 因为，所以取， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ， ， 所以当时，，,选项D正确.故选：ACD 4．（23-24高三下·广东佛山·二模）已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线． (1)（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长； （ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程． (2)已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)（ⅰ）2；（ⅱ）；(2)存在，点A到直线距离的最大值为2，． 【解析】（1）（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立， 解得或，即双曲线的两顶点为， 故实轴长为； （ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线， 曲线的方程为； （2）方法一：设，，， 显然直线的斜率存在，设：， 联立：得， 所以，，①， 因为：，令，则，同理，，② 依题意得，③ 由①②③得，， 所以，即或， 若，则：过点A，不合题意； 若，则：．所以，恒过， 所以，．当且仅当，即时取得， 此时方程为，结合， 解得，，， 综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为； 方法二：设，，，，， 则：，：， 联立，得， 为此方程的一根，另外一根为，则， 代入方程得，， 同理可得，， 即，， 则， 所以直线的方程为， 所以直线过定点, 所以．当且仅当，即时取得， 解得, 综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为； 方法三：设，，，，， 则， 依题意，直线不过点A，可设：， 曲线的方程改写为，即， 联立直线的方程得， 所以， 若，则，代入直线方程，无解； 故，两边同时除以得， 则，得， 在直线：中，令，则， 所以，恒过， 所以，， 当且仅当，即时取得，此时，符合题意， 且方程为，解得，，， 综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为． 题型8 解析几何与平面向量交汇命题 解析几何与平面向量的交汇命题主要考查方向包括：向量的线性运算、数量积运算在解析几何中的应用，如利用向量解决直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹问题、最值问题等。这类题目常结合圆锥曲线的性质，通过向量的坐标运算或几何意义来简化问题． 1．（24-25高三下·新疆乌鲁木齐·月考）如图，在平面直角坐标系中，是矩形边的中点，，，，，，直线与交于点，双曲线． (1)证明：点在上； (2)已知的右焦点为，直线与的左支的交点为，直线与的右支的另一个交点为，直线与的右支的交点为，证明：直线过定点． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【解析】（1）设，由题意，得， 则，． 由，得．由，得， 所以直线，直线， 两式相乘，得，即，所以点在上． （2） 依题意，得，设，，，则． 由题意，得直线的斜率存在且不为0，设，联立 得．由题意，知，． 由根与系数的关系，得，． 又直线，代入，并注意到， 化简，得， 所以，所以， 同理，得， 所以，即， 所以， 也即，所以， 整理，得． 因为，所以，即，所以直线过定点． 2．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）已知常数，向量，，经过点的直线以为方向向量，经过点的直线以为方向向量，其中． (1)求点的轨迹方程，并指出轨迹． (2)当时，点为轨迹与轴正半轴的交点，过点的直线与轨迹交于、两点，直线、分别与直线相交于，两点，试问：是存在定点在以、为直径的圆上？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)详见解析；(2)定点的坐标为，，理由见解析. 【解析】（1）由题设有，. 设，则， 因为直线以为方向向量，故， 因为直线以为方向向量，故， 当时，，故点的轨迹过， 当时， 由可得，故， 整理得到. 综上，点的轨迹的方程， 轨迹是以为焦点，实轴长为的双曲线. （2） 当时，点的轨迹方程，故， 由题设可得的斜率不为零，设，， 又，， 故， 故以、为直径的圆的方程为：， . 由可得， ， 而， 故， 故以、为直径的圆的方程可化简为：， 其中， 令可得或， 故以、为直径的圆过定点，其坐标为，. 3．（24-25高三上·江西新余·月考）如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中，若，求； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 【答案】(1)(2)；(3) 【解析】（1）由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则，. 则，所以. （2）由，，得，， 且， 所以，， ，则， ， 因为与的夹角为，则，解得. （3）依题意设、， 且，，， 因为为的中点，则， 因为为中点，同理可得， 所以，， 由题意可知，，， 则， 在中依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理， 设，则，且， 所以，，， ， 为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则 4．（24-25高三上·辽宁·月考）已知椭圆的离心率为，以焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为16． (1)求的方程； (2)已知点，且．（为坐标原点）． ①证明：点在同一个圆上； ②将①中的圆向左平移2个单位长度，向上平移1个单位长度得到一个新圆，已知是该圆上的任意一点，过点作该圆的切线，设切线与交于两点，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)① 证明见解析；② 【解析】（1）设椭圆的焦距为，依题意，又， 所以，则的方程为． （2）①证明：设，则由题意可知， 所以，故是公差为1的等差数列，是公差为2的等差数列， 由已知，所以， 所以，即有， 设，则， 因为，且， 所以有，故，且, 消去得， 即，所以点在同一个圆上． ②将圆向左平移2个单位长度， 向上平移1个单位长度得到的圆的方程为， 设是切线上除点外的任意一点，则， 因为，所以， 结合可得，切线的方程为， 联立，整理得， 因为，故圆在椭圆内部，故, ， 所以，其中 所以， 因为，所以, 故的取值范围是． （建议用时：60分钟） 1．（24-25高三上·河南·开学考试）在抛物线上有一系列点，以点为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切.已知，点到的焦点的距离为. (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)设，求数列的前项和. 【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】（1），设抛物线的焦点为，根据题意可知，解得. （2）因为圆与圆彼此外切，所以 则. 因为，所以，即. 因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即. 故. （3）， 两式相减得. 令，则. 两式相减得， 所以. 所以.，即. 2．（24-25高三下·广东广州·开学考试）某学校有A，B两家餐厅，经过统计分析发现：学生第一天会随机地选择一家餐厅用餐，然后前一天选择了A餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为;前一天选择B餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率也是，如此往复.记同学甲第n天选择B餐厅的概率为. (1)求同学甲第二天选择B餐厅的概率； (2)证明：数列为等比数列； (3)已知餐厅连续运营一个月（30天）后，到两个餐厅用餐的人数趋于稳定.若该校共有约3000学生在餐厅用餐，为了节约粮食减少浪费，两个餐厅每天各自应该预备多少人的用餐量? 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)A、B餐厅应分别准备1200、1800人的用餐量. 【解析】（1）设同学甲第i天选择B餐厅”，，2，3，n 根据题意可知：，， 由全概率公式可得 即同学甲第二天选择B餐厅的概率为. （2）设“甲第n天选择B餐厅”，则，，， 当时，由全概率公式可得 ∴ ∴且 所以是以为首项，为公比的等比数列. （3）由（2）知：， ∴，∴， 即30天后一个学生选择B餐厅的概率约为. 设3000名学生选择B餐厅的人数为X，， 3000名学生中选择B餐厅的平均人数约为（人）， 选择A餐厅的人数为（人）， ∴A、B餐厅应分别准备1200、1800人的用餐量. 3．（24-25高三上·吉林·二模）已知在抛物线上，其中关于y轴的对称点为，记直线的斜率为且. (1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式； (2)求的面积； (3)记为数列的前n项和，是否存在正整数，使成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析，；(2)；(3)存在，或的正整数. 【解析】（1）点在抛物线上，， 即抛物线方程为. . 即. . . 是以2为首项，2为公比的等比数列，即. 符合上式，数列的通项公式是. （2）（法一）. 直线的斜率为. 直线的方程为：，即. 到直线的距离为， . . （法二）证明：在中，， 则的面积. 证明如下：， . 下面求的面积. ， . . （3）. . . .， 或或. 解得或或（舍）. 或. 4．（24-25高三上·江苏南通·期末）已知函数的图象与轴的三个交点为（为坐标原点）. (1)讨论的单调性； (2)若函数有三个零点，求的取值范围； (3)若，点在的图象上，且异于，点满足，，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析；(2)；(3). 【解析】（1）由已知得，有三个根，令，得或， 所以有两个不同的解，所以，又， 令，得或，令，得， 所以当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）令，得，令， 因为，所以为奇函数. 因为，所以0是的一个零点， 要使有三个零点，只需要在有且仅有一个零点. 在上单调递增，. 当，即时，，所以在上单调递增， 由，得在上无零点，不合题意，舍去. 当，即时，， 所以存在，使得. 当时，，所以在上递减； 当时，，所以在上递增. 当时，，且. 当时，， 令，解得，所以， 所以在上存在唯一的零点. 综上，. （3）设，且， 因为点异于，所以. 由，得，解得. 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 5．（23-24高三下·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项． (1)求点的轨迹方程； (2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上． 【答案】(1)；(2)或；(3)证明见解析. 【解析】（1）由题意可得，，， 则， ， 又是，的等差中项， ， 整理得点的轨迹方程为． （2） 由（1）知， 又，平移公式为即， 代入曲线的方程得到曲线的方程为：，即． 曲线的方程为． 如图由题意可设M，N所在的直线方程为， 由消去得， 令，，则， ，， 又为锐角，，即， ，又， ，得或． （3）当时，由（2）可得，对求导可得， 抛物线在点， ，处的切线的斜率分别为， ， 在点M，N处的切线方程分别为，， 由，解得交点的坐标． 满足即，点在定直线上． 6．（24-25高三上·湖南邵阳·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，离心率为， 直线与椭圆交于两点 （其中点 A 在轴上方，点在轴下方）. (1)求椭圆的标准方程; (2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面 ）与 轴 负半轴和 轴所确定的半平面 (平面) 垂直.      ①若折叠后，求的值; ②是否存在，使折叠后两点间的距离与折叠前两点间的距离之比为? 【答案】(1)；(2)①；②存在， 【解析】（1）由题意，解得：， 所以椭圆 的标准方程为 . （2）折叠前设 ， 联立，可得 由直线与椭圆交于不同两点，所以，解得， 由韦达定理得：， 因为位于 轴两侧，所以，化简得 ，从而， 以为坐标原点，折叠后，分别以原轴负半轴， 原轴，原轴正半轴所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则折叠后 ①折叠后，则，即，所以； ②折叠前， 折叠后 由题意可得：，解得. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点8-1 多模块知识交汇创新命题 三年考情分析 2025考向预测 近几年的高考数学在稳定的基础上越来越体现改革与创新，在试题设计上越来越注重通过新颖信息、情境的设问，在知识网络交汇处命题，侧重考查对知识的综合理解与灵活应用，充分发挥数学的工具性作用,体现了对灵活解题能力的考查． 1、命题形式：多以解答题的形式出现，也可能作为选填题的压轴题； 2、创新考法：结合新定义考查，或综合考查多个模块的知识,更加体现向量、函数等知识的工具性作用． 题型1 数列与函数、导数交汇命题 解决数列与函数、导数交汇命题关键是理解数列的离散性与函数的连续性之间的关系． 将数列视为离散函数，研究其单调性、极值、极限等性质，再利用函数性质（如单调性、凹凸性）分析数列的递推关系或通项公式． 1．（24-25高三上·河北唐山·期末）设，是曲线在点处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列的前50项和为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·山东济宁·期中）已知函数，则的对称中心为 ；若，则数列的通项公式为 . 3．（24-25高三上·江苏南通·月考）已知数列满足：是公差为6的等差数列，是公差为9的等差数列，且. (1)证明：是等差数列； (2)设是方程的根，数列的前项和为，证明：. 4．（24-25高三上·云南大理·模拟预测）已知函数. (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)求证：，. 题型2 数列与平面向量交汇命题 数列与平面向量交汇问题一方面考查将数列的通项或前n项和与向量的坐标、模、夹角等性质结合，利用向量的线性运算（如加法、数乘、点积）研究数列的性质；另一方面考查利用向量的几何意义（如方向、模长）分析数列的递推关系或通项公式，通过向量的运算求解数列的极限、和或其他性质． 1．（24-25高三上·海南·开学考试）类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·浙江台州·月考）已知向量满足与的夹角为，设，数列的前项和为，则（    ） A．120 B．180 C．210 D．420 3．（24-25高三上·山东临沂·月考）（多选）如图，已知点是的边的中点，为边上的一列点，连接交于，点满足，其中数列是首项为1的正项数列，是数列的前项和，则下列结论正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C． D． 4．（24-25高三上·辽宁·月考）如图，已知点列与满足且，其中. (1)求与的关系式； (2)证明：. 题型3 数列与解析几何交汇命题 将数列的通项或前n项和与几何图形（如直线、圆、圆锥曲线）的性质结合，利用几何图形的性质（如距离、斜率、面积）研究数列的性质．利用解析几何的方法（如坐标法、参数方程）求解数列的通项或前n项和，通过几何图形的性质分析数列的极限、单调性等． 1．（24-25高三上·重庆·模拟预测）已知双曲线，第一象限中横坐标为2的点在上，直线的斜率为.当时，过点作的平行线交双曲线左支于点，过点作轴的垂线交双曲线右支异于点的点. (1)当时，求点的坐标； (2)设表示点的纵坐标，求的取值范围； (3)设表示的面积，证明：数列为常数列. 2．（24-25高三上·新疆乌鲁木齐·月考）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设． (1)求抛物线的方程； (2)求证：数列是等差数列，并求、； (3)求的面积． 3．（24-25高三上·广西贵港·月考）已知点在抛物线上，按照如下方法依次构造点，过点作斜率为的直线与抛物线交于另一点，作点关于轴的对称点，记的坐标为. (1)求抛物线的方程； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和； (3)求的面积. 4．（24-25高三上·全国·专题练习）已知点在椭圆上，分别为的左、右顶点，为上不同于的两动点，的长半轴长的取值组成的数列满足以下性质：当直线的斜率与直线的斜率恒满足时，直线与轴交于点． (1)求椭圆的离心率． (2)证明：数列是等比数列． (3)定义：无穷等比递减数列的所有项之和为，其中为的首项，为的公比，且．设为坐标原点，，为凹四边形的面积，求的最大值． 题型4 数列与概率统计交汇命题 1、考查方向：将数列的通项或前n项和应用于概率模型（如独立重复试验等）．利用数列的性质（如递推关系、极限）分析概率事件的发生规律．利用概率统计的方法（如期望、方差、分布）研究数列的性质。通过概率统计的性质分析数列的收敛性、极限等． 2、常用方法：将概率事件的发生规律转化为数列的递推关系，通过递推关系求解概率。利用数列的极限分析概率事件的长期行为。将概率事件的发生次数表示为数列的前n项和，通过数列求和求解概率． 1．（24-25高三上·安徽·模拟预测）投掷一枚均匀的骰子，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)设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式. （提示：请结合数列的递推关系求解） 2．（24-25高三上·广东广州·模拟预测）甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次. (1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率； (2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0） 3．（24-25高三上·四川·二模）小杨上的高中食堂有3种套餐，小王第一次选择A，B，C三种套餐的概率相等，若某次选择A之后，下一次仍会在三种套餐以相等概率继续选择，若某次选择B套餐之后，下一次只会在B，C两种套餐中以相等概率去选择，在某次选择C套餐之后，以后只会选择C套餐，根据以上规则回答下列问题： (1)试写出第n次选择时，小王选A套餐的概率表达式，并求出第3次选择B套餐的概率. (2)试写出第n次选择时，小王选B套餐的概率表达式，并求出选A套餐的均值. 4．（24-25高三上·吉林长春·二模）某企业举办企业年会，并在年会中设计了抽奖环节和游戏环节． (1)抽奖环节：该企业每位员工在年会上都会得到相应的奖金X（单位：千元），其奖金的平均值为，标准差为．经分析，X近似服从正态分布，用奖金的平均值作为的近似值，用奖金的标准差s作为的近似值，现任意抽取一位员工，求他所获得奖金在的概率； (2)游戏环节：从员工中随机抽取40名参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者掷一枚骰子，初始分数为0，每次所得点数大于4，得2分，否则，得1分．连续投掷累计得分达到9或10时，游戏结束． ①设员工在游戏过程中累计得n分的概率为，求； ②得9分的员工，获得二等奖，奖金1000元，得10分的员工，获得一等奖，奖金2000元，估计该企业作为游戏奖励的预算资金（精确到1元）． （参考数据：，． 题型5 数列与立体几何交汇命题 数列与立体几何的交汇命题常涉及数列的通项公式、求和公式与立体几何中的表面积、体积、空间位置关系等知识的结合．这类题目可能结合数列、立体几何、函数、不等式等知识，考查综合应用能力．重点在于将立体几何问题转化为数列问题，或将数列问题转化为几何问题，通过转化简化问题． 1．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知正四面体中，，，，…，在线段上，且，过点作平行于直线和的平面，该平面截正四面体的截面面积为，则 .若，则数列的最大项为 . 2．（23-24高三上·云南·月考）（多选）已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（    ） A． B． C．数列是公比为的等比数列 D．数列的前n项和为 3．（23-24高三下·江苏·模拟预测）如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点A处，记点移动次后仍在底面上的概率为. (1)求； (2)①求证：数列是等比数列； ②求. 4．（2024·江西上饶·一模）已知数列，设分别为与空间直角坐标系中轴，轴，轴正方向相同的单位向量，. (1)，求的值. (2)定义：若，且，则，根据上述定义，若，设，求. (3)若数列均为正项数列，且为常数，且，求证：. 题型6 立体几何与解析几何交汇命题 立体几何与解析几何的交汇命题常涉及几何体的表面积、体积、空间位置关系，以及解析几何中的直线、圆锥曲线等知识． 1、利用坐标系将几何问题转化为代数运算，通过解析几何的方法求解． 2、几何法：从几何视角入手，借助立体几何中的线线平行、线面平行、面面平行的性质与判定定理，通过论证找到交点位置． 1．（24-25高三上·湖北·开学考试）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面S和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为. (1)写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面截曲面所得交线是什么曲线； (2)已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； (3)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线（第二间中的直线）与所成角的余弦值. 2．（24-25高三上·浙江·月考）已知直椭圆柱体是指底面为椭圆，侧面与底面垂直的柱体．如图所示，直椭圆柱体的上下底面椭圆离心率为，高为椭圆短轴长度的，下底面长轴记为，上底面长轴记为．点为上一点，过点在下底面内作的垂线分别交下底面椭圆于点，．记． (1)若平面平面，求及二面角的余弦值； (2)若随变量的变化而变化，且，．记二面角的大小为，证明：． 3．（24-25高三下·广东·一模）平面直角坐标系中，已知椭圆C：（）左、右焦点分别为，，离心率为，经过且倾斜角为（）的直线l与C交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8.现将平面沿x轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图象中对应的点分别记为，，且二面角为直二面角，如图所示. (1)求折叠前C的标准方程； (2)当时，折叠后，求平面与平面夹角的余弦值； (3)探究是否存在使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 4．（24-25高三上·山东·模拟预测）如图（1），已知抛物线的焦点为，准线为，过点的动直线与交于A，B两点（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将沿CD折成直二面角，如图（2）． (1)证明：； (2)当最小时， ①求，两点间的最小距离； ②当，两点间的距离最小时，在三棱锥内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱体积的最大值． 题型7 解析几何与函数交汇命题 这类题目常涉及函数与方程思想的综合应用，如通过函数性质和方程理论解决最值与范围问题，以及定点定值问题．解题时，常用数形结合方法，利用几何图形直观理解问题，并结合函数和解析几何的代数方法求解．同时，设而不求的思想在处理曲线交点问题时尤为重要，通过韦达定理或“点差法”简化计算．此外，函数思想和方程思想也是关键，可将解析几何问题转化为函数问题，利用导数或不等式求解最值，或通过联立方程利用判别式和韦达定理解决位置关系问题． 1．（24-25高三上·广东佛山·月考）（多选）数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（    ） A．方程无解 B．方程有两个解 C．的最小值为 D．的最大值为 2．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）（多选）如图所示是某同学发现的一种曲线，由于形如小恐龙，因此命名为小恐龙曲线．对于小恐龙曲线，下列说法正确的是（    ） A．该曲线与最多存在3个交点 B．如果曲线如题图所示（轴向右为正方向，轴向上为正方向），则 C．存在一个，使得这条曲线是偶函数的图象 D．当时，该曲线中的部分可以表示为关于的某一函数 3．（24-25高三上·海南三亚·期末）（多选）设计一个实用的门把手，其造型可以看作图中的曲线的一部分，则（    ） A．点在上 B．将在轴上方的部分看作函数的曲线，则是的极小值点 C．在处的切线，其与的交点的横纵坐标均为有理数 D．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 4．（23-24高三下·广东佛山·二模）已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线． (1)（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长； （ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程． (2)已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由． 题型8 解析几何与平面向量交汇命题 解析几何与平面向量的交汇命题主要考查方向包括：向量的线性运算、数量积运算在解析几何中的应用，如利用向量解决直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹问题、最值问题等。这类题目常结合圆锥曲线的性质，通过向量的坐标运算或几何意义来简化问题． 1．（24-25高三下·新疆乌鲁木齐·月考）如图，在平面直角坐标系中，是矩形边的中点，，，，，，直线与交于点，双曲线． (1)证明：点在上； (2)已知的右焦点为，直线与的左支的交点为，直线与的右支的另一个交点为，直线与的右支的交点为，证明：直线过定点． 2．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）已知常数，向量，，经过点的直线以为方向向量，经过点的直线以为方向向量，其中． (1)求点的轨迹方程，并指出轨迹． (2)当时，点为轨迹与轴正半轴的交点，过点的直线与轨迹交于、两点，直线、分别与直线相交于，两点，试问：是存在定点在以、为直径的圆上？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由． 3．（24-25高三上·江西新余·月考）如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. (1)在仿射坐标系中，若，求； (2)在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； (3)如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 4．（24-25高三上·辽宁·月考）已知椭圆的离心率为，以焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为16． (1)求的方程； (2)已知点，且．（为坐标原点）． ①证明：点在同一个圆上； ②将①中的圆向左平移2个单位长度，向上平移1个单位长度得到一个新圆，已知是该圆上的任意一点，过点作该圆的切线，设切线与交于两点，求的取值范围． （建议用时：60分钟） 1．（24-25高三上·河南·开学考试）在抛物线上有一系列点，以点为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切.已知，点到的焦点的距离为. (1)求； (2)求数列的通项公式； (3)设，求数列的前项和. 2．（24-25高三下·广东广州·开学考试）某学校有A，B两家餐厅，经过统计分析发现：学生第一天会随机地选择一家餐厅用餐，然后前一天选择了A餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率为;前一天选择B餐厅的学生第二天选择A餐厅的概率为，选择B餐厅的概率也是，如此往复.记同学甲第n天选择B餐厅的概率为. (1)求同学甲第二天选择B餐厅的概率； (2)证明：数列为等比数列； (3)已知餐厅连续运营一个月（30天）后，到两个餐厅用餐的人数趋于稳定.若该校共有约3000学生在餐厅用餐，为了节约粮食减少浪费，两个餐厅每天各自应该预备多少人的用餐量? 3．（24-25高三上·吉林·二模）已知在抛物线上，其中关于y轴的对称点为，记直线的斜率为且. (1)证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式； (2)求的面积； (3)记为数列的前n项和，是否存在正整数，使成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．（24-25高三上·江苏南通·期末）已知函数的图象与轴的三个交点为（为坐标原点）. (1)讨论的单调性； (2)若函数有三个零点，求的取值范围； (3)若，点在的图象上，且异于，点满足，，求的最小值. 5．（23-24高三下·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项． (1)求点的轨迹方程； (2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上． 6．（24-25高三上·湖南邵阳·月考）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，离心率为， 直线与椭圆交于两点 （其中点 A 在轴上方，点在轴下方）. (1)求椭圆的标准方程; (2)如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面 ）与 轴 负半轴和 轴所确定的半平面 (平面) 垂直.      ①若折叠后，求的值; ②是否存在，使折叠后两点间的距离与折叠前两点间的距离之比为? 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$