第一编 第1讲 数学思想方法-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦数学思想方法核心考点，依据高考评价体系梳理函数与方程、数形结合、分类与整合、转化与化归四大思想，通过联考及高考试题分析明确思维品质考查趋势，归纳函数参数范围、几何图形交点等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+多思路突破+素养培养”策略，如以2025八省联考函数题为例，通过分类讨论、变换主元等方法解析，培养逻辑思维与创新意识。含高考真题训练及易错点分析，助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效指导复习。

第一编　基本思想方法 重视数学思想方法，提高思维品质 在高考评价体系与命题改革中，思维品质是考查学生核心素养的重要维度，旨在引导和启发学生深入研究问题，使学生在面对问题时能够善于解析、思考并寻找答案.数学思想方法作为数学认知的核心工具，如化归、数形结合、分类讨论等思想，为思维活动提供逻辑框架与策略支持.数学思想方法通过揭示知识间的内在关联，如函数与方程的统一性，帮助构建系统性认知框架，从而提升思维的逻辑性与整体性.在运用数学方法解决问题的过程中，突破思维定式，“一题多解”，这直接促进创新思维与批判性思维的发展. 从联考和高考试题可以看出思维品质的考查越来越突出，数学思想方法的应用尤为重要.下面我们通过1道例题来体验一下数学思想方法的重要性和解题思维的灵活性. 2 例题 (2025·八省联考)已知函数f(x)＝x|x－a|－2a2，若当x>2时，f(x)>0，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[－2，1] C．[－1，2] D．[－1，＋∞) 答案：B 3 4 5 6 7 思路五　结合选项，检验排除 显然当a无穷大或无穷小时，f(x)不可能恒大于零，排除A，D.然后再检验a＝－2或a＝2，比如把a＝－2带入题中进行检验是否成立，a＝－2若成立选B，否则选C.f(x)＝x|x＋2|－8＝x2＋2x－8，所以x＞2时，f(x)单调递增，f(2)＝0，所以当x＞2时，f(x)＞0成立．故选B. 8 第1讲　数学思想方法 一、函数与方程思想 目录 二、数形结合思想 三、分类与整合思想 四、转化与化归思想 一、函数与方程思想 一、函数与方程思想 12 一、函数与方程思想 13 设h(x)＝(1－x2)ex－1(0＜x≤0.1)，则h′(x)＝(1－2x－x2)ex＞0在(0，0.1]上恒成立，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(x)＞(1－02)×e0－1＝0，即g′(x)＞0在(0，0.1]上恒成立，所以g(x)在(0，0.1]上单调递增，所以g(0.1)＞0×e0＋ln (1－0)＝0，即g(0.1)＝u(0.1)－w(0.1)＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c.综上，c＜a＜b.故选C. 一、函数与方程思想 14 一、函数与方程思想 15 一、函数与方程思想 16 一、函数与方程思想 17 一、函数与方程思想 18 一、函数与方程思想 19 一、函数与方程思想 20 1．函数、方程、不等式三位一体，常常相互转化．在研究不等式的解集、不等式恒成立、不等式有解、不等式的证明等问题时，构造适当的函数，利用函数的单调性解决不等式问题．在研究方程解的存在性、方程解的个数、方程解的分布等问题时，对方程进行同解变形构造函数，利用函数的图象与性质求解方程问题． 2．有关长度、面积、体积以及向量数量积等的计算，经常采用目标函数法，即把待求的参数范围问题或最值问题利用合适的变量及函数模型表示出来，再利用函数的单调性进行解答． 一、函数与方程思想 21 1．已知a，b，c∈(0，1)，且a－ln a＋1＝e，b－ln b＋2＝e2，c－ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则(　　) A．c>b>a B．c>a>b C．a>c>b D．a>b>c 一、函数与方程思想 22 一、函数与方程思想 23 一、函数与方程思想 24 二、数形 结合思想 数形结合思想是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法．数形结合思想体现了数与形之间的沟通与转化，它包含“以形助数”和“以数解形”两个方面．数形结合的实质是把抽象的数学语言与直观的图形语言结合起来，即将代数问题几何化、几何问题代数化． 数形结合思想常用来解决函数零点问题、方程根与不等式问题、参数范围问题、立体几何模型研究代数问题，以及解析几何中的斜率、截距、距离等模型问题． 二、数形结合思想 26 二、数形结合思想 27 二、数形结合思想 28 二、数形结合思想 29 二、数形结合思想 30 1．讨论有关方程的解或函数的零点问题时通常会构造两个函数，并在同一坐标系下作出这两个函数的图象，再根据两图象交点的情况作进一步解析． 2．向量本身具有数和形两个特点，所以数形结合是求解向量以及应用向量解决其他问题的常用方法． 3．平面解析几何中，充分利用圆锥曲线的几何性质，挖掘图形特征数形结合求解问题．如例2(3)中，找到点B的一种情况后，充分利用椭圆的对称性找到点B的另一种情况(点P关于原点的对称点)，从而避免“直曲”联立的复杂计算． 二、数形结合思想 31 二、数形结合思想 32 二、数形结合思想 33 三、分类与整合思想 分类与整合思想就是将一个复杂的数学问题分解成若干个简单的基础问题，通过对基础问题的解答，解决原问题的思维策略．实质上就是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略，使用分类与整合思想应明白这样几点：一是引起分类的原因；二是分类的原则，不重不漏，分类标准统一；三是明确分类整合的步骤；四是将各类情况总结归纳． 常见的分类整合问题有以下几种：①由概念引起的分类整合；②由性质、定理、公式的限制条件引起的分类整合；③由数学运算引起的分类整合；④由图形的不确定性引起的分类整合；⑤由参数的变化引起的分类整合． 三、分类与整合思想 35 三、分类与整合思想 36 三、分类与整合思想 37 三、分类与整合思想 38 三、分类与整合思想 39 三、分类与整合思想 40 (3)(2023·新课标Ⅰ卷，13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 64 三、分类与整合思想 41 三、分类与整合思想 42 1．分类的基本原则：(1)标准统一，不重不漏；(2)层次明晰，不混不乱． 2．基本步骤：(1)研究讨论的必要性，确定讨论对象；(2)确定分类依据，并按标准分类；(3)逐类解决，获得各类的结果；(4)归纳整合，得到结果． 三、分类与整合思想 43 三、分类与整合思想 44 2．设a，b为常数，f(x)＝|a＋sinx|＋|a－sinx|，若对任意的b∈(1，2)，函数y＝f(x)－b在区间[0，2π]上恰有4个零点，则a的取值范围是___________． 三、分类与整合思想 45 {1015，2027} 三、分类与整合思想 46 三、分类与整合思想 47 四、转化与化归思想 转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化使问题得以解决的一种思维策略，其核心是将复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题． 常见的转化与化归思想应用具体表现在：将抽象函数问题转化为具体函数问题，立体几何和解析几何中一般点或图形问题转化为特殊点或特殊图形问题，以及“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维问题，空间与平面的转化，相等问题与不等问题的转化等． 四、转化与化归思想 49 四、转化与化归思想 50 (2)(2020·全国Ⅰ卷，12)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　) A．a＞2b B．a＜2b C．a＞b2 D．a＜b2 解析：因为2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b，22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，所以2a＋log2a<22b＋log2(2b)，令f(x)＝2x＋log2x，由指、对数函数的单调性可得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为f(a)<f(2b)，所以a<2b.故选B. 四、转化与化归思想 51 四、转化与化归思想 52 四、转化与化归思想 53 (4)已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对任意a∈[－1，1]，恒有g(x)<0，则实数x的取值范围为________． 四、转化与化归思想 54 1．一般与特殊的转化：一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，对于某些选择题、填空题，可以把题中变化的量用特殊值代替，从而得到问题答案． 2．常量与变量思维转化：在处理多变量的数学问题中，在常量(或参数)在某一范围取值的前提下求变量x的范围时，经常进行常量与变量之间的转化，即可以选取其中的参数，将其看作是变量，而把变量看作是常量，从而达到简化运算的目的． 四、转化与化归思想 55 3．相等与不等的转化：不等与相等是相对的，在一定条件下可以相互转化．解题过程就是一个由已知条件向待定结论等价转化的过程．无论哪种类型的不等式，其求解思路都是通过等价转化． 4．位置转化：将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体．由于新的几何体是转化而来，一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行必要解析，准确理解新的几何体的特征． 四、转化与化归思想 56 四、转化与化归思想 57 四、转化与化归思想 58 四、转化与化归思想 59 四、转化与化归思想 60 3．已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)＝10，且对任意x∈R，都有f(x＋20)≥f(x)＋20，f(x＋1)≤f(x)＋1，若g(x)＝f(x)＋1－x，则g(10)＝________． 解析：由条件得g(x＋20)≥g(x)且g(x＋1)≤g(x)，∴g(x)≤g(x＋20)≤g(x＋19)≤…≤g(x＋1)，∴g(x)＝g(x＋1)，∴g(10)＝g(1)＝f(1)＝10. 10 四、转化与化归思想 61 4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为________． 四、转化与化归思想 62 　　　　　　　　　　　　　 R 思路一　分类讨论 当a>2，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax－2a2，x≥a，,－x2＋ax－2a2，2<x<a，))当2<x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，此时Δ＝a2－4×2a2＝－7a2<0，所以f(x)<0，不满足当x>2时，f(x)>0，故a>2不符合题意；当0<a≤2，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)，由f(x)>0，解得x>2a，由于当x>2时，f(x)>0，故2a≤2，解得a≤1，所以0<a≤1；当a＝0，x>2时，f(x)＝x2>0恒成立，符合题意；当a<0，x>2时，f(x)＝x|x－a|－2a2＝x2－ax－2a2＝(x－2a)(x＋a)，由f(x)>0，解得x>－a，由于当x>2时，f(x)>0，故－a≤2，解得a≥－2，所以－2≤a<0.综上，a的取值范围是[－2，1]．故选B. 思路二　变换主元 f(x)＝x|x－a|－2a2(x>2)．当x≥a时，f(x)＝x2－ax－2a2，令g(a)＝－2a2－xa＋x2，则Δ＝x2＋8x2＝9x2>0，由－2a2－xa＋x2>0，解得－x<a<eq \f(x,2)，因为x>2，所以－2≤a≤1；当x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，令g(a)＝－2a2＋xa－x2，则Δ＝x2－8x2＝－7x2<0，所以g(a)>0不成立，不符合题意．综上，a的取值范围为[－2，1]．故选B. 思路二　变换主元 f(x)＝x|x－a|－2a2(x>2)．当x≥a时，f(x)＝x2－ax－2a2，令g(a)＝－2a2－xa＋x2，则Δ＝x2＋8x2＝9x2>0，由－2a2－xa＋x2>0，解得－x<a<eq \f(x,2)，因为x>2，所以－2≤a≤1；当x<a时，f(x)＝－x2＋ax－2a2，令g(a)＝－2a2＋xa－x2，则Δ＝x2－8x2＝－7x2<0，所以g(a)>0不成立，不符合题意．综上，a的取值范围为[－2，1]．故选B. 思路三　数形结合 x|x－a|－2a2＞0等价于|x－a|＞eq \f(2a2,x)(x＞2)，作出y＝|x－a|与y＝eq \f(2a2,x)的图象，显然a＜2，只需|2－a|≥eq \f(2a2,2)，解得－2≤a≤1.故选B. 思路四　特殊点讨论法 由已知得，f(0)＝－2a2，f(a)＝－2a2，所以a＜2.当a＜2，x＞2时，f(x)＝x2－ax－2a2，f(x)图象的对称轴为直线x＝eq \f(a,2)＜1，所以x＞2时，f(x)单调递增．只需f(2)≥0，解得－2≤a≤1.故选B. 函数思想体现的是运动与变化的观念，通过解析问题中的数量关系，构造函数，再运用函数的图象与性质解析、转化问题，进而解决问题．方程思想体现的是“动中求静”，寻求变化过程中保持不变的等量关系，构建方程(组)，通过解方程(组)，或者运用方程的性质去解析、转化问题，使问题获得解决． 例1　(1)(2022·新高考Ⅰ卷，7)设a＝0.1e0.1，b＝eq \f(1,9)，c＝－ln 0.9，则(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b 解析：设u(x)＝xex(0＜x≤0.1)，v(x)＝eq \f(x,1－x)(0＜x≤0.1)，w(x)＝－ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则当0＜x≤0.1时，u(x)＞0，v(x)＞0，w(x)＞0.①设f(x)＝ln [u(x)]－ln [v(x)]＝ln x＋x－[ln x－ln (1－x)]＝x＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则f′(x)＝1－eq \f(1,1－x)＝eq \f(x,x－1)＜0在(0，0.1]上恒成立，所以f(x)在(0，0.1]上单调递减，所以f(0.1)＜0＋ln (1－0)＝0，即ln [u(0.1)]－ln [v(0.1)]＜0，所以ln [u(0.1)]＜ln [v(0.1)]，又y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以u(0.1)＜v(0.1)，即0.1e0.1＜eq \f(1,9)，所以a＜b.②设g(x)＝u(x)－w(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x≤0.1)，则g′(x)＝(x＋1)ex－eq \f(1,1－x)＝eq \f(（1－x2）ex－1,1－x)(0＜x≤0.1)， (2)(2023·新课标Ⅰ卷，22)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W. ①求W的方程； ②已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq \r(3). 解：①设P(x，y)，则|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq \f(1,4)， 故W的方程为y＝x2＋eq \f(1,4). ②证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD， 依题意可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0， 则设AB，AD的斜率分别为k和－eq \f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1， 直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq \f(1,4)， 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，)) 得x2－kx＋ka－a2＝0， Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a， 则|AB|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|， 同理|AD|＝eq \r(1＋\f(1,k2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))， 所以|AB|＋|AD|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a)) ≥eq \r(1＋k2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq \r(1＋k2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq \r(\f(（1＋k2）3,k2)). 令k2＝m，则m∈(0，1]， 设f(m)＝eq \f(（m＋1）3,m)＝m2＋3m＋eq \f(1,m)＋3， 则f′(m)＝2m＋3－eq \f(1,m2)＝eq \f(（2m－1）（m＋1）2,m2)， 令f′(m)＝0，解得m＝eq \f(1,2)， 当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(m)<0，f(m)单调递减， 当m∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(m)>0，f(m)单调递增， 则f(m)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(27,4)，所以|AB|＋|AD|≥eq \f(3\r(3),2)， 但eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))，此处取等号的条件为|k|＝1，与最终取等号的条件|k|＝eq \f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq \f(3\r(3),2)， 故矩形ABCD的周长大于3eq \r(3). 证法二：设矩形的三个顶点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0， 则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c， 令kAB＝eq \f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0， 同理，令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1， 则m＝－eq \f(1,n)， 设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq \f(1,n)， 则eq \f(1,2)l＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq \r(1＋m2)＋(c－b)eq \r(1＋n2)≥(c－a)eq \r(1＋n2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n))) eq \r(1＋n2)， n>0，易知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n))) eq \r(1＋n2)>0， 令f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(2)(1＋x2)，x>0，f′(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0， 解得x＝eq \f(\r(2),2)， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 则f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(27,4)，故eq \f(1,2)l≥eq \r(\f(27,4))＝eq \f(3\r(3),2)，即l≥3eq \r(3). 当l＝3eq \r(3)时，n＝eq \f(\r(2),2)，m＝－eq \r(2)， 且(b－a)eq \r(1＋m2)＝(b－a)eq \r(1＋n2)，即当|m|＝|n|时等号成立，矛盾，故l>3eq \r(3)，得证． 解析：a，b，c∈(0，1)，a－ln a＝e－1，b－ln b＝e2－2，c－ln c＝e3－3，令f(x)＝x－ln x，x∈(0，1)，则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)在(0，1)上单调递减，令g(x)＝ex－x，x∈[1，＋∞)，则g′(x)＝ex－1，当x≥1时，g′(x)＝ex－1>0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，即e－1<e2－2<e3－3，∴a－ln a<b－ln b<c－ln c，即f(a)<f(b)<f(c)，∴a>b>c.故选D. 2．已知圆台上、下底面半径分别为r，2r，高为h，且2r＋h＝8，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为(　　) A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2) C．eq \r(3) D．1 解析：因为2r＋h＝8，r>0，h>0，所以0<r<4，则V圆台＝eq \f(1,3)πh(r2＋4r2＋2r2)＝eq \f(7,3)πr2h＝eq \f(14,3)πr2(4－r)，令V(r)＝eq \f(14,3)π(4r2－r3)，0<r<4，则V′(r)＝eq \f(14,3)πr(8－3r)，由V′(r)>0，得0<r<eq \f(8,3)，由V′(r)<0，得eq \f(8,3)<r<4，则V(r)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))上单调递减，则当r＝eq \f(8,3)时，V(r)取得最大值，此时h＝8－eq \f(16,3)＝eq \f(8,3)，故圆台的母线与底面所成角的正切值为eq \f(h,2r－r)＝1.故选D. 3．若数列{an}满足8<a1<9，ln an＝eq \r(an＋1)－eq \f(1,\r(an＋1))，则(　　) A．a3<a4，a2026<1 B．a3＜a4，a2026＞1 C．a3>a4，a2026<1 D．a3>a4，a2026>1 解析：设f(x)＝eq \r(x)－eq \f(1,\r(x))－ln x(x>0)，则f′(x)＝eq \f(1,2\r(x))＋eq \f(1,2x·\r(x))－eq \f(1,x)＝eq \f(x－2\r(x)＋1,2x·\r(x))＝eq \f(（\r(x)－1）2,2x·\r(x))≥0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，所以f(x)＝eq \r(x)－eq \f(1,\r(x))－ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立，即eq \r(x)－eq \f(1,\r(x))≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，画出函数y＝eq \r(x)－eq \f(1,\r(x))和y＝ln x的图象，如图，由图象可得，a1>a2>a3>…>a2026>…>1.故选D. 例2　(1)(2024·新课标Ⅰ卷，7)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sinx与y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的交点个数为(　　) A．3 B．4 C．6 D．8 解析：因为函数y＝sinx的最小正周期为T1＝2π，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))的最小正周期为T2＝eq \f(2π,3)，所以在x∈[0，2π]上，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(π,6)))有三个周期的图象，在坐标系中结合五点法作出两函数的图象，如图所示，由图可知，两函数的图象有6个交点．故选C. (2)(2023·全国甲卷，4)已知向量a，b，c满足|a|＝|b|＝1，|c|＝eq \r(2)，且a＋b＋c＝0，则cos〈a－c，b－c〉＝(　　) A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(2,5) C．eq \f(2,5) D．eq \f(4,5) 解析：因为a＋b＋c＝0，所以a＋b＝－c，即a2＋b2＋2a·b＝c2，即1＋1＋2a·b＝2，所以a·b＝0.如图，设eq \o(OA,\s\up12(→))＝a，eq \o(OB,\s\up12(→))＝b，eq \o(OC,\s\up12(→))＝c，由题意知，OA＝OB＝1，OC＝eq \r(2)，△OAB是等腰直角三角形，AB边上的高OD＝eq \f(\r(2),2)，AD＝eq \f(\r(2),2)，所以CD＝OC＋OD＝eq \r(2)＋eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(2),2)，tan∠ACD＝eq \f(AD,CD)＝eq \f(1,3)，cos∠ACD＝eq \f(3,\r(10))，cos〈a－c，b－c〉＝cos∠ACB＝cos2∠ACD＝2cos2∠ACD－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(10)))) eq \s\up12(2)－1＝eq \f(4,5).故选D. (3)(2024·新课标Ⅰ卷，16)已知A(0，3)和Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上两点． ①求C的离心率； ②若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程． 解：①由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝3，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝9，,a2＝12，)) 所以e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \r(1－\f(9,12))＝eq \f(1,2). ②由①知b＝3，则2b＝6，又xP＝3，故点P与椭圆的短轴构成的三角形的面积为9， 所以B(0，－3)，此时kl＝eq \f(3,2)，所以直线l的方程为y＝eq \f(3,2)x－3，即3x－2y－6＝0； 根据椭圆的对称性，作点P关于原点的对称点P′，如图，可得△POB≌△AOP′，故S△APP′＝9， 所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))，此时kl＝eq \f(1,2)，所以直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x， 即x－2y＝0. 连接BP′，易知BP′∥AP， 又直线BP′与椭圆C至多有两个交点， 所以仅有(0，－3)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))满足题意． 综上，直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0. 1．设点P为双曲线eq \f(x2,5)－eq \f(y2,11)＝1右支上的动点，F为该双曲线的右焦点，已知点Q(7，2)，则|PF|＋|PQ|的最小值为(　　) A．2eq \r(5) B．3eq \r(5) C．4eq \r(5) D．5eq \r(5) 解析：易知c2＝a2＋b2＝16，所以c＝4.如图，设双曲线的左焦点为F1(－4，0)，由双曲线的定义，得|PF|＋|PQ|＝|PF1|＋|PQ|－2a≥|QF1|－2eq \r(5)＝5eq \r(5)－2eq \r(5)＝3eq \r(5)，当且仅当F1，P，Q三点共线时，等号成立，所以|PF|＋|PQ|的最小值为3eq \r(5).故选B. 2．已知函数f(x)＝|ln |x||，方程f(x)＝a有4个不同的根x1，x2，x3，x4，且满足x1<x2<x3<x4，则2,1)eq \f(x＋xeq \o\al(2,2)＋8,x3＋x4) 的最小值为________． 解析：在同一平面直角坐标系中，作出函数f(x)＝|ln |x||和y＝a的图象，如图所示，依题意得，x1<－1<x2<0<x3<1<x4，且ln x3＋ln x4＝0，则x3x4＝1.设x3＝m∈(0，1)，则x4＝eq \f(1,m)，x1＝－eq \f(1,m)，x2＝－m，所以2,1)eq \f(x＋xeq \o\al(2,2)＋8,x3＋x4) ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))\s\up12(2)＋m2＋8,m＋\f(1,m))，令t＝m＋eq \f(1,m)∈(2，＋∞)，则2,1)eq \f(x＋xeq \o\al(2,2)＋8,x3＋x4) ＝eq \f(t2＋6,t)＝t＋eq \f(6,t)≥2eq \r(6)，当且仅当t＝eq \r(6)，即m＋eq \f(1,m)＝eq \r(6)>2时，等号成立，所以2,1)eq \f(x＋xeq \o\al(2,2)＋8,x3＋x4) 的最小值为2eq \r(6). 2eq \r(6) 例3　(1)(2024·新课标Ⅱ卷，8)设函数f(x)＝(x＋a)ln (x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　) A．eq \f(1,8) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,2) D．1 解析：解法一：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b.若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－a，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)<0，此时f(x)>0，当x∈[1－b，＋∞)时，可知x＋a≥0，ln (x＋b)≥0，此时f(x)≥0，可知－a＝1－b符合题意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)>0，此时f(x)<0，不符合题意．综上所述，－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 解法二：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b，则当x∈(－b，1－b)时，ln (x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0；当x∈(1－b，＋∞)时，ln (x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. (2)(多选)(2022·全国乙卷，11)双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝eq \f(3,5)，则C的离心率为(　　) A.eq \f(\r(5),2) B.eq \f(3,2) C.eq \f(\r(13),2) D.eq \f(\r(17),2) 解析：不妨设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，焦距为2c.当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示．记切点为A，连接OA，则OA⊥MN，|OA|＝a，又|OF1|＝c，则|AF1|＝eq \r(c2－a2)＝b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，则F2B∥OA，又O为F1F2的中点，则|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b. 由cos∠F1NF2＝eq \f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq \f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq \f(4,3)，所以|F2N|＝eq \f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq \f(5a,2)，|BN|＝eq \f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq \f(3a,2).故|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋eq \f(3a,2)，由双曲线的定义，得|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即eq \f(b,a)＝eq \f(3,2)，所以e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(1＋\f(9,4))＝eq \f(\r(13),2)；当两个交点M，N都在双曲线的左支上时，如图2所示，同理可得|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b，因为cos∠F1NF2＝eq \f(3,5)，所以sin∠F1NF2＝eq \f(4,5)，可得|F2N|＝eq \f(5a,2)，|BN|＝eq \f(3a,2)，所以|F1N|＝|BN|－|F1B|＝eq \f(3a,2)－2b，所以|F2N|＝|F1N|＋2a＝eq \f(7a,2)－2b，又|F2N|＝eq \f(5a,2)，所以eq \f(7a,2)－2b＝eq \f(5a,2)，即eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(5),2).故选AC. 解析：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,4)种方案．综上，不同的选课方案共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,4)＝64种． (4)已知异面直线a，b所成的角为eq \f(π,3)，直线c与直线a，b垂直且分别交于点A，B，点C，D分别在直线a，b上，若AC＝1，AB＝2，BD＝3，则CD＝________． 解析：由题意，过B作BE∥AC且过D作DE⊥BE于点E，连接CD，CE，AD，如下示意图，由题意知，∠DBE＝eq \f(π,3)，BD＝3，可得DE＝eq \f(3\r(3),2)，BE＝eq \f(3,2).过C作CF⊥BE于点F，则CF＝AB＝2.如图1，易得EF＝eq \f(1,2)，则EC＝eq \f(\r(17),2)，在Rt△DEC中，CD＝eq \r(DE2＋EC2)＝eq \r(11)；如图2，易得EF＝eq \f(5,2)，则EC＝eq \f(\r(41),2)，在Rt△DEC中，CD＝eq \r(DE2＋EC2)＝eq \r(17).故CD＝eq \r(11)或eq \r(17). eq \r(11)或eq \r(17) 1．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，虚轴长为2eq \r(6)，离心率为eq \f(\r(10),2)，P是C上一点，若|PF1|＝6，则|PF2|＝(　　) A．2 B．3或6 C．3 D．2或10 解析：由双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为2eq \r(6)，离心率为eq \f(\r(10),2)，得2b＝2eq \r(6)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),2)，所以b＝eq \r(6)，c＝eq \f(\r(10),2)a，因为c2＝a2＋b2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)a)) eq \s\up12(2)＝a2＋(eq \r(6))2，所以a＝2，当P在C的左支时，|PF2|－|PF1|＝2a＝4，因为|PF1|＝6，所以|PF2|＝10；当P在C的右支时，|PF1|－|PF2|＝2a＝4，因为|PF1|＝6，所以|PF2|＝2.综上，|PF2|＝2或10.故选D. 解析：因为x∈[0，2π]，则sinx∈[－1，1]，又b∈(1，2)，当a≥1时，f(x)＝a＋sinx＋a－sinx＝2a≥2，此时y＝2a－b无零点；当a≤－1时，f(x)＝－a－sinx－a＋sinx＝－2a≥2，此时y＝－2a－b无零点；当0≤|a|<1时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2|a|，0≤|sinx|≤|a|，,2|sinx|，|a|<|sinx|≤1，))如图，此时f(x)∈[2|a|，2]，而b∈(1，2)，要使f(x)＝b在区间[0，2π]上恰有4个根，则2|a|≤1，解得－eq \f(1,2)≤a≤eq \f(1,2).综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))). eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 3．已知正整数数列{an}满足a1＝a，a2＝b，an＋2＝eq \f(an＋2026,an＋1＋1)(n≥1)，则a＋b的取值范围是________________． 解析：an＋2＝eq \f(an＋2026,an＋1＋1)(n≥1)等价于an＋2－an＝2026－an＋2an＋1. ①若an＋2－an＝0，则数列{an}的奇数项都相等，偶数项都相等且an＋1an＝2026，因为{an}是正整数数列，所以an＋1＝1，2，1013，2026，经验证，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2026，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2026，,b＝1，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1013，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1013，,b＝2))均符合题意，此时a＋b＝2027或a＋b＝1015；②当an＋2>an时，奇数项递增，偶数项递增，而an＋2－an＝2026－an＋2an＋1，随着n的增大，存在n0，使得当n>n0时，2026－an＋2an＋1<0，这样与条件矛盾，故an＋2>an不成立；③当an＋2<an时，奇数项递减，偶数项递减，而an＋2－an＝2026－an＋2an＋1，随着n的增大，存在n0，使得当n>n0时，2026－an＋2an＋1>0，这样与条件矛盾，故an＋2<an不成立．综上，a＋b＝2027或a＋b＝1015，即a＋b的取值范围是{1015，2027}． 例4　(1)(2022·新高考Ⅱ卷，6)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq \r(2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，则(　　) A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1 C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1 解析：设β＝0，则sinα＋cosα＝0，取α＝－eq \f(π,4)，排除A，B；再取α＝0，则sinβ＋cosβ＝2sinβ，取β＝eq \f(π,4)，排除D.故选C. (3)(2024·天津卷，9)一个五面体ABC－DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间的距离为1，并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3.则该五面体的体积为(　　) A．eq \f(\r(3),6) B．eq \f(3\r(3),4)＋eq \f(1,2) C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(3\r(3),4)－eq \f(1,2) 解析：如图，用一个完全相同的五面体与该五面体相嵌，使得新组合体为一个三棱柱，记为ABC－HIJ，因为AD∥BE∥CF，且两两之间的距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)是边长为1的等边三角形，侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4，所以VABC－DEF＝eq \f(1,2)VABC－HIJ＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×4＝eq \f(\r(3),2).故选C. 解析：由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.因为对任意a∈[－1，1]，恒有g(x)<0，即φ(a)<0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq \f(2,3)<x<1. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)) 1．已知函数f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，对任意x1，x2∈[－1，1]，x1≠x2，总有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0且f(1)＝1.若对任意a∈[－1，1]，存在x∈[－1，1]，使得f(x)≤t2－2at－1成立，则实数t的取值范围是(　　) A．{t|－2≤t≤2} B．{t|t≤－1－eq \r(3)，或t≥eq \r(3)＋1} C．{t|t≤0，或t≥2} D．{t|t≥2，或t≤－2，或t＝0} 解析：∵当x1，x2∈[－1，1]，且x1≠x2时，有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，∴函数f(x)在[－1，1]上单调递增，又f(1)＝1，∴f(x)的最小值为f(－1)＝－f(1)＝－1，若对任意a∈[－1，1]，存在x∈[－1，1]，使得f(x)≤t2－2at－1成立，则t2－2at－1≥－1对任意a∈[－1，1]恒成立，即t2－2at≥0，设g(a)＝t2－2at＝－2ta＋t2，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝t2－2t≥0，,g（－1）＝t2＋2t≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t≥2或t≤0，,t≥0或t≤－2，))∴t≥2或t≤－2或t＝0.故选D. 2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦点F1(－c，0)，F2(c，0)(c＞0)，若过F1的直线和圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)c)) eq \s\up12(2)＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________． eq \f(2\r(5),5) eq \f(\r(5),5) 解析：如图所示，不妨假设c＝2，切点为B，因为tan∠PF1F2＝tan∠BF1A＝eq \f(2,\r(32－22))＝eq \f(2\r(5),5)，所以该直线的斜率k＝eq \f(2\r(5),5)，由k＝eq \f(|PF2|,|F1F2|)，|F1F2|＝2c＝4，得|PF2|＝eq \f(8\r(5),5)，因为sin∠PF1F2＝sin∠BF1A＝eq \f(|AB|,|F1A|)＝eq \f(2,3)，所以|PF1|＝eq \f(12\r(5),5)，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝4eq \r(5)，即a＝2eq \r(5)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,2\r(5))＝eq \f(\r(5),5). 解析：易知A1C⊥平面BC1D，又M是平面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，所以点M在线段BC1上．将△BC1D和△DCC1翻折使其与△BCC1共面，如图所示，其中△BC1D翻折至△BC1D2，△DCC1翻折至△CC1D3，△DMN的周长等于D2M＋MN＋ND3，最小值等于D2D3，易知C1D2＝C1D3＝eq \r(2)，∠D2C1D3＝150°，由余弦定理可得D2Deq \o\al(2,3)＝2＋2－2×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))＝4＋2eq \r(3)，所以D2D3＝1＋eq \r(3)，故△DMN周长的最小值为1＋eq \r(3). 1＋eq \r(3) $