第3章 新高考解答题规范技-【艺考一本通】2026年高考数学一轮+二轮（通用版）

第二部分二轮专题复习第三章 令第三章 新高考解答题规范技巧 专题1三角函数、解三角形 1.(2025·新课标Ⅱ卷)(13分)已知函数f2.(2024·新高考Ⅱ卷)(13分)记△ABC的内 (.x)=cos(2.x十p)(0≤g<π)，f(0)=2 角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA十 √/3cosA=2. (1)求0 (1)求A. (2)设函数g(x)=f()+f-),求g(x) (2)若a=2,√2 bsin C=csin2B,求△ABC的 的值域和单调区间. 周长 【解析】(1)由题意f(0)=cos9= 2, 【解】(1)由sinA+√3cosA=2, 0≤g<x).所以9=5① 可得分sinA+号co cosA=1,即sin(A+5) =1, 由②可知f()=cos(2x+5: …4分 因为A∈0，m,所以A+号∈（号. 所以g()=f()十f(x-晋）)=cos 故A+5-受，解得A=晋 …5分 (2x+号）+cos2x=2cos2x-5sin2x+ (2)由题设条件和正弦定理，可得 cos 2x 2 cos 2.sin 2 =3 cos 3 √2 bsin C=csin2B. 所以√2 sin Bsin C=2 sin Csin Bcos B, (2+)所以函数g()的值城为 又B,C∈(0，π)，则sin Bsin C≠0，所以cosB [-55],令2kx≤2z+晋≤x十2km,k∈么. √2 2 解得一是十红≤≤登十，k∈么，令x十 得到B=军 8分 2kx≤2x十吾<2x十2k,k∈，解得登+kx 6 所以C=π-A-B=7红， 12' <皆+，∈么，所以函数g(x)的单洞 sin C=sin (-A-B)=sin (A+B) 道减区间为[一臣十红+x]小，k∈乙函效 =sin Acos B+sin BcosA 4 gx)的单调增区间为[十x晋+]小， ……10分 k∈Z… 13分 由正弦定理可得，a b sin A sin B sin C' ·197· 艺考一本通数学 即、2 b 故△ABC的周长为2十√6+3√2…13分 sin晋sin 7π sin 12 解得b=2√2，c=√6+√2 …12分 专题2数列（新题型） 3.(2024·新高考I卷)(17分)设m为正整数， 的4项，即a1,a2,a3,a4或a2,a3,a4,a5或 数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数 a3,a4,a5,06, 列，若从中删去两项a;和a,(i<j)后剩余的 第二步：根据定义，直接得出所有正确的(， 4m项可被平均分为m组，且每组的4个数 j). 都能构成等差数列，则称数列a1,a2,…, 所以符合题意的(i,j)是(5,6)，(1,6)，(1， a4m+2是(i,j)一可分数列. 2).…2分 (1)写出所有的(i,j),1≤i<j≤6，使数列 (2)证明：由于从数列1,2，…，4m十2中取出 a1,a2,…,a6是(i,j)-可分数列； 2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两 (2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,…,a4m+2是 个部分， (2,13)一可分数列： 共m组，使得每组成等差数列： (3)从1,2，…，4m十2中一次任取两个数i和 ①{1,4,7,10}，{3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共 j(i<j),记数列a1a2,…,a4m+2是(i,j)-可 3组 分数列的概率为P证明：P> ②(15,16,17,18}，{19,20,21,22}，…， {4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-3组. (1)【解】第一步：证明6项等差数列去掉2项 (如果m一3=0，则忽略②) 仍为等差数列，则所余4项必连续， 故数列1,2，…，4m十2是(2,13)一可分数列 依题意可得，当1≤i<j≤6时，去掉a,a;两 ………………………………………6分 项后，原来的6项a1,a2,a3,a4,a5,a6剩余4 (3)略 项.若使此4项成等差数列，则必为下标连续 专题3立体几何 4.(2025·新课标I卷)(15分)如图所示的四 (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; 棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,BC∥ (2)PA=AB=√2，AD=1+√3，BC=2,P, AD,AB⊥AD. B,C,D在同一个球面上，设该球面的球 心为O (i)证明：O在平面ABCD上； (ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余 弦值 ·198· 第二部分二轮专题复习第三章 【解析】(1)由题意证明如下， AC=(2,2,0),P0=(0,1,-√2)，设直线 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD, AC与直线PO所成角为0，所以cos0= AB⊥AD,ABC平面ABCD,ADC平面AB AC.PO 、 CD,所以AP⊥AB,AP⊥AD,因为APC平 ACI POI 面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD=A,所 10+2×1+0 √2 √(2)2+22+0×√0+12+(-2)月 3 以AB⊥平面PAD,因为ABC平面PAB,所 以平面PAB⊥平面PAD.…4分 15分 (2)(i)由题意及(1)证明如下， 5.(2024·新高考1卷)(15分)如图，四棱锥P 因为P,B,C,D在同一个球面上，所以球心 -ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC= 到四个点的距离相等在△BCD中，到三角形 2,BC=1,AB=√3. 三点距离相等的，点是该三角形的外心， (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; 作出BC和CD的垂直平分线，如下图所示， (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正 弦值为要，求AD 由几何知识得，O,E=AB=√2，BE=CE A0,=G0,=3BC=1.0,D=AD-A0 【解】(1)因为PA⊥平面ABCD,而ADC平 √3，BO,=CO,=√12+(W2)产=√3，所以OD 面ABCD,所以PA⊥AD, =BO,=CO,所以点O, 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面 是△BCD的外心，在Rt PAB,所以AD⊥平面PAB, △AOP中，AP⊥AD,AP 而ABC平面PAB,所以AD⊥AB…3分 =√2，由勾股定理得，PO 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB, 根据平面知识可知AD∥BC, =√AP2+AO=√(2)+1=√3，所以 又AD寸平面PBC,BCC平面PBC, PO1=BO1=CO,=O1D=√3，所以，点O1即 所以AD∥平面PBC …………………7分 为点P,B,C,D所在球的球心O,此时点O (2)如图所示，过点D作DE 在线段AD上，ADC平面 ⊥AC于E, ABCD,所以点O在平面 再过，点E作EF⊥CP于F, ABCD上. ……10分 连接DF, (i)由题意，(1)(2)(ii)及 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平 图得， 面ABCD, ·199· 艺考一本通数学 而平面PAC∩平面ABCD=AC, 又CE=/(4-x2)-(4x_4-x 4 2 所以DE⊥平面PAC,又EF⊥CP, 所以CP⊥平面DEF, 而△EFC为等腰直角三角形，所以EF 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角 =4x2 2√2 A-CP-D的平面角， xv4-x2 即sin∠DFE=,即tan∠DFE=V5 故tan∠DFE= 2 =√，解得x=√， 4-x2 …………………10分 2√2 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4一x, 即AD=√5…15分 由等面积法可得，DE=I√4一T 2 …12分 专题4概率与统计 6.(2024·新高考Ⅱ卷)(17分)某投篮比赛分 5分， 为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比 则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也 赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名 至少投中1次， 队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘 所以比赛成绩不少于5分的概率 汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该 P=(1-0.63)(1-0.53)=0.686.…4分 队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮 (2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙 3次，每次投中得5分，未投中得0分，该队 所在队的比赛成绩为15分的概率为 的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛 P甲=[1-(1-p)3]q3.…6分 队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概 若乙先参加第一阶段比赛， 率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与 则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为 否相互独立. P元=[1-(1-q)3]·p3.…7分 (1)若p=0.4,q=0.5,甲参加第一阶段比 因为0<<q,所以P甲一P元=q3一(q一pq)3 赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的 一p3+（p一pq)3 概率 =(q-p)(q+q十p2)+(p-q) (2)假设0<p<q,(i)为使得甲、乙所在队的 ·[(p-g)2+(q-pq)2+(p-pq)(q一q)] 比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加 =（p-q)(3pq-3pq-3pq) 第一阶段比赛？(i)为使得甲、乙，所在队的 =3q(p一q)(pg-p-q) 比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第 =3pg(p-q)[(1-p)(1-q)-1]>0, 一阶段比赛？ 所以P甲>P乞，应该由甲参加第一阶段比赛， 【解】(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于 ………10分 ·200· 第二部分二轮专题复习第三章 (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X 记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所 的所有可能取值为0,5,10,15， 有可能取值为0,5,10,15， P(X=0)=(1-)3+[1-(1-)3]· 同理E(Y)=15(g-3g+3q)·p.…15分 (1-q)3,P(X=5)=[1-(1-p)3]C3q 所以E(X)一E(Y) ·(1-q)2, =15[pq(p+q)(p-q)-3pq(p-q)] P(X=10)=[1-(1-p)3]·Cq2(1-q), =15(p-q)pq(p+q-3), P(X=15)=[1-(1-p)3]·q3, 因为0<<q,则p-q<0,p+q-3<1十1 所以E(X)=15[1-(1-)3]9 -3<0,则(p-q)pq(p十q-3)>0, =15(p3-3p2+3p)·9 …13分 所以应该由甲参加第一阶段比赛…17分 专题5解析几何 7.(2024·新高考I卷)(15分)已知A(0,3)和 设点B到直线AP的距离为d, P3,2引为倒c号+若-1a>6>0)上 则d=2×9=125 35 ………8分 两点. (1)求C的离心率； 则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移 (2)若过P的直线1交C于另一点B,且 125单位即可，此时该平行线与椭圆的交点 △ABP的面积为9，求1的方程. 【解】(1)因为A(0,3)在椭圆C上，所以b 即为点B,设该平行线的方程为：x十2y十C =3, =0,则lC+6l=125,解得C=6或C= √5 5 国为P3,号引在C上所以是+是。=1. 18…10分 解得a=2√3. 当C=6时，联立 +苦-1 、 ，解得 所以C的离心率e= 122 x+2y+6=0 …4分 x=一3 x=0 或 3 y=- 3 3 y=-3 2 (2)因为直线AP斜率kP=0-3 2, 1 即B0,-3)浅(-3，-》 所以直线AP的方程为y=一2x十3，即x十 2y-6=0, 当B0,-3)时，此时，=名，直线1的方程为 3 2 y=2x-3,即3x-2y-6=0, ………………6分 当B(-3,一)时，此时6=司直线1的方 ·201· 艺考一本通数学 程为y=2x,即x一2)y=0, (2)(i)设R(x,yo),易知m≠0，所以kAP= 1,故+1_”+，且m>0. 当C=18时，联立2十91 72 因为A(0,-1),AR|AP|=3, x+2y-18=0, 所以√x6十(y+1)2×Wn2+(n十1)7=3， 得2y2-27y+117=0, △=272-4×2×117=-207<0，此时该直线 即1+(]m=3 与椭圆无交点…14分 3m 综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x一 解得x=m2+(m+1)2 2y=0.……15分 所以洁子听以友R的电标为 8(2025·新课标I卷)17分)设椭圆C: 3m n+2-m2-n2 7n2+(n+1)2'm2+(n+1)2 …9分 苦=1(a>b>0)的离心率为22，下顶点为 n+2-m2-n2 (i)因为kR= m2+(n十1)2 A,右顶点为B,|AB=√I0. 3m m2+(n+1)2 (1)求椭圆C的标准方程； n+2-m2-n2 (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP 3m p=品由m=3km,可得 上，且满足AR·AP=3. 3n_n+2-m2-n2 ,化简得m2十n2十8n-2 m 3m (i)设P(m,n),求点R的坐标（用m,n表 =0,即m2+(n+4)2=18(m≠0)， 示)； 所以点P在以N(0,一4)为圆心，3√2为半径 (ⅱ)设O为坐标原点，Q是椭圆上的动点，直 的圆上（除去两个点），|PQmax为Q到圆心 线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍，求| N的距离加上半径，…14分 PQ的最大值. 【解析】(1)由题可知，A(0,一b),B(a,0),所 设Q(00),则号+6=1，QN=后十 √a2+b=√/10 (yo+4)2=9-9y%+y%+8yQ+16=-8y% 以 e=c=22 ,解得a2=9,b2=1,c2= a 3 +8%+25=-8(%-2)+27≤27，当且 c2=a2-62 仅当a=时取等号，故PQ1=27+3 8,故精圆C的标准方程为写十y=1. √2=3(/5十√2).…17分 …………3分 专题6函数与导数 9.(2024·新高考I卷)(17分)已知函数f(x) =ln2'x十ax+b(x-1)月 ·202· 第二部分二轮专题复习第三章 (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值； 故x=1为f(x)=一2的一个解， (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； 所以f(1)=-2即a=-2.…12分 (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的 先考虑1<x<2时，f(x)>一2恒成立.此时 取值范围。 f(x)>-2, 【解1b=0时f(x)=lnZ产x十a,其中z 即为1血2产十21-x)+b(x-1)>0. ∈(0,2)， 在(1,2)上恒成立，设t=x-1∈(0,1)， 则)=+22 2 十a, 则1h2+b以>0在(01)上点成立， x∈(0,2)，………2分 设g)=1n-21+br,t∈（0,1)， 1-t 为x2-)≤(2=1，当且仅当 则g)=2-2+3a-2+ 1-2 =1时等号成立， 当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2 故f(x)mim=2十a,而f(x)≥0成立， 0,故g'(t)>0恒成立， 故a十2≥0即a≥-2， 故g(t)在(0,1)上为增函数，故g(t)>g(0)》 所以a的最小值为一2.…5分 =0即f(x)>-2在(1,2)上恒成立. (2)f(x)=ln2,十ax+b(x-1)°的定义 当一号≤<0时.-3次+2+36≥2+36≥0， 域为(0,2)， 故g'(t)≥0恒成立， 设P(m,n)为y=f(x)图象上任意一点， 故g(t)在(0,1)上为增函数， P(m,n)关于(1，a)的对称，点为Q(2-m,2a一n) 故g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在(1,2)上 …7分 恒成立. 因为P(m,n)在y=f(x)图象上，故n=ln 当b< m 3,则当0< 1十 +am+b(m-1)3, 61时，g( 2-m <0. 而f(2-m)=1n2-m+a(2-m）十 故在01+ 2 上g(t)为减函数，故g(t)< b(2-m-1)3 g(0)=0,不合题意，舍； =-[n2m十am+bm-1+2a, 综上，f(x)>-2在(1,2)上恒成立时b≥ =-n十2a,所以Q(2-m,2a-n)也在y= 3 f(x)图象上， 由P的任意性可得y=f(x)图象为中心对 而当≥一号时，由上追过程可得g)在 称图形，且对称中心为(1，a)…10分 (0,1)递增， (3)因为f(x)>-2当且仅当1<x<2, 故g(t)>0的解为(0,1)，即f(x)>一2的解 ·203· 艺考一本通数学 为(1,2). 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题 意 ……8分 踪上h≥号，……17分 若a>0,令f'(x)>0,解得x>lna;令 10.(2024·新高考Ⅱ卷)(15分)已知函数f(x) f(x)<0,解得x<lna; =e-ax-a3. 可知f(x)在（-o∞，lna)内单调递减，在 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点 (lna,十oo)内单调递增， (1,f(1))处的切线方程； 则f(x)有极小值f(lna)=a-alna-a3, (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a 无极大值.………10分 的取值范围. 由题意可得：f(lna)=a-alna-a3<0, 【解】(1)当a=1时，则f(x)=e-x-1, 即a2+lna-1>0, f(x)=e-1,…2分 构建g(a)=a2+lna-1,a>0, 可得f(1)=e-2,f(1)=e-1,…3分 即切点坐标为(1，e一2)，切线斜率k=e一1， 则ga)=2a十日>0， 所以切线方程为 可知g(a)在(0，十∞)内单调递增， y-(e-2)=(e-1)(x-1), 且g(1)=0, 即(e-1)x-y-1=0. …5分 不等式a2+lna-1>0等价于 (2)因为f(x)的定义域为R,且f(x)=e g(a)>g(1),解得a>1, ,………6分 所以a的取值范围为(1，十∞).…15分 若a≤0，则f'(x)≥0对任意x∈R恒成立， ·204·