专项07 解答题 多模块综合考查12大题型（三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计）（大题专练）（全国通用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

专项07 解答题 多模块综合考查 （三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计） 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年全国卷考情，多模块综合解答题是高考常考题型，多为压轴题，总分值约为15-17分． 命题趋势： 解答题：主要是从三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计这六大知识板块中,选取若干个知识板块综合在一起命题,打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合. 2026年预测：解答题极可能会以导数或数列为载体，与其他知识板块交汇考查，应该予以重视. 备考核心：抓模块衔接点，以函数导数为工具，解析几何、数列、三角、立体几何为载体，熟练联立方程、构造函数、递推转化。规范步骤，强化计算与分类讨论，注重条件翻译与模型识别，限时训练提升熟练度. 题型01 导数与三角函数综合 析典例·建模型 1．（25-26高三下·北京·月考）已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值. (2)当，时， ①记的零点个数为m，极小值点个数为n，证明：： ②记①中的极小值点为，零点为，证明：． 【思路分析】（1）根据导数的几何意义，可得切线的斜率k，根据切线方程，可解得a值. （2）①利用导数，可得的单调区间、极值，根据零点存在性定理，可得的零点，分析求解，即可得证；②根据①可得，，求得的解析式，利用导数可得在上恒成立，分析即可得证. 【规范答题】（1）由题意得， 则在点处切线的斜率，解得. （2）①证明：由（1）得， 令，则， 由，当时， 与都单调递增， 所以在上单调递增， 又， 所以存在唯一的，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以在上有唯一的零点， 即在上有唯一的零点， 当时，，则在上恒成立， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以在上有唯一的极小值点，即， 因为，且在上单调递减，在上单调递增， 根据零点存在定理，存在，使得. 即在上存在唯一零点，即，所以. ②证明：由①得，，，则， 则 ， 因为，所以， 令， 则，令， 则 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立，则在上单调递增， 又，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，则，且在上单调递增， 所以. 研考点·通技法 1. 先化简三角函数，利用恒等变形统一函数名与角，再求导. 2．求导后结合三角公式整理，转化为二次函数或基本三角函数型. 3．利用导数符号判断单调性、求极值与最值，注意定义域限制. 4．涉及零点、不等式时，构造函数，结合单调性与放缩证明. 5．牢记三角函数有界性与周期性，合理确定讨论区间. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·山西临汾·期末）已知函数. (1)求的图象在处的切线方程； (2)求在区间上的最大值； (3)若，有三个极值点，求实数的范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由导函数几何意义求出切点和切点处的导数即可由点斜式得解； （2）利用导数工具研究函数单调性即可求最值； （3）将题设等价转换成函数在区间上有三个不同的变号零点，作出直线与函数的图象，数形结合即可得解. 【详解】（1）由题，， 所以， 所以的图象在点处的切线方程为即. （2）由（1）可知， 因为，所以， 当时，，， 当时，，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上的最大值为. （3）因为 要使函数在区间上有三个极值点， 则函数在区间上有三个不同的变号零点， 令， 则， 当时，令或或或， 故存在使得即， 所以当时；当时；当时， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又， 作直线与函数的图象如图所示： 由图可知直线与函数的图象有3个不同的交点时， 所以函数在区间上有三个不同的变号零点，实数的取值范围为. 2．（25-26高三上·四川眉山·期末）已知函数.（ (1)当时，最小正周期为，求函数在处的切线方程. (2)当在上恰好有1351个解，求的取值范围. (3)已知时，满足，若时，，且是的极大值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或. (3) 【分析】（1）根据最小正周期求得，得，求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）令，由题意可得有1351个实数根，分，，三种情况讨论求解即可； （3）求导，分，两种情况，结合题意讨论求解即可. 【详解】（1），故 ，则，又， 故函数在处的切线方程为，故； （2），令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根， 则，解得， 当时，要使得有1351个实数根， 则，解得， 当时，要使得有1351个实数根， 则，无解， 综上可得或； （3）由题得 . ，所以为偶函数 取时，则 由题意得，. ①当，即时 取，则当时，， 因此在上单调递增； 由于是的极大值点，所以不符合题意. ②当，即时 令 ，则在上单调递增 ， 则使得；即； 所以； 因此在上单调递减； 又因为为偶函数，所以在上单调递增. 由于是的极大值点，所以符合题意. 综上所述 题型02 导数与解三角形的综合 析典例·建模型 1．（2026·四川成都·模拟）记斜的内角的对边分别为，已知，且. (1)求角； (2)为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围. 【思路分析】（1）根据余弦定理可得化简后，故求； （2）根据中线向量求模后结合余弦定理可求，故可求面积； （3）由正弦定理得，由余弦定理可得，结合导数可求周长的取值范围. 【规范答题】（1）由可得，， 而，故， 因为为斜三角形，故，故， 而，故即. （2）因为的中线，所以. 两边同时平方，得，即. 在中，，由余弦定理可得， 解得，所以. （3）在中，由正弦定理可得即. 在中，由正弦定理可得即. 因为四边形的内角和为，且，所以. 在中， ， 所以，则， . 因为在中，所以， 则在上单调递增. 因为， 所以的取值范围为. 研考点·通技法 先利用解三角形知识（正余弦定理、面积公式）建立边长与角的函数关系.再对函数求导，通过导数符号判断单调性，确定极值与最值.处理范围问题时，结合三角形内角范围、边长约束限定自变量区间.涉及边角最值时，将问题转化为导数研究函数值域问题，注意隐含的三角不等式与定义域限制，最后验证端点与极值点取值. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·河北衡水·期末）在中，. (1)求； (2)点记为的延长线上存在一列点，记，且. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用三角恒等变换,得到,结合正切函数单调性得,判断出为等边三角形,则可求. (2)(i)由题目所给递推关系,结合正弦定理,得出,结合三角恒等变换,以及角的范围,得出,结合三角恒等变换则可证明; (ii)由(1)的结论求出的通项,对进行裂项求和,最后构造函数证明即可. 【详解】（1）由题意,,且，则 ， 同理,则, 由于，以及在单调递增，且， 则， 则为等边三角形，. （2）(i)由题意, , 则, 则, 在中，由正弦定理得，即， 则, 则, 则, , 由于, 则或(舍), 则, 则 (ii)由(i)得，则 由可得， ， ， 设,则，单调递增， 当时， ， 则, 综上，. 题型03 导数与数列的综合 析典例·建模型 1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数. (1)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围； (2)若关于的方程的根为， ①求证: ； ②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断. 【思路分析】（1）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）①结合（1）可得，，当且仅当时等号成立，进而得到，可得当时，，进而利用裂项相消法求证即可； ②先假设存在，先得到，再结合成等比数列，得到，再由，得到推出矛盾即可求证. 【规范答题】（1）由，， 则对于恒成立， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 所以实数的取值范围为. （2）①由（1）知，当时，，， 即，，当且仅当时等号成立， 因为方程的根为，所以，且， 则，即， 当时，， 则, 当时，也满足，则. ②数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下： 由，，则， 当时，，则函数在上单调递增， 结合题意，方程有唯一的根为，即， 而， 则，即， 假设成等比数列，则其公比，且， 又，则，， 所以，则， 即，所以， 则，由于， 则，即， 则，则， 由，， 两式相减得， 则，即，这与矛盾， 故数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列. 研考点·通技法 先构造函数，将数列通项视为函数离散取值，用导数研究单调性以判断数列增减.借助函数最值、不等式放缩，解决数列通项、求和及范围问题.利用导数求切线、零点，推导递推关系或通项公式.结合函数凹凸性比较项的大小，证明数列不等式.注意离散与连续的区别，验证端点与整数点取值，综合单调性与放缩法完成求解. 破类题·提能力 1．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数． (1)证明：当时，； (2)设在上的零点从小到大构成有穷数列． （i）求数列的项数； （ii）求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）2026（ii）证明见解析 【分析】（1）根据，整理得，构造函数；要证明时，，等价于证明，先对求导，分析在时候的正负性，判断的单调性； （2）（i）要找在上的零点情况，等价于求在的解的情况；分析在每个区间上解的情况，先对求导，判断在每个区间的单调性，再结合区间断点的函数值符号，确定各个区间内解的个数，最后统计上的总零点数. （ii）根据（i）中在各个区间的单调性，估算出各个区间的零点的取值范围，，得，利用放缩思想推导求和的下限. 【详解】（1）令，则 当时，，， ，则在单调递增，此时 当时， ，即 ，则，即 当时，. （2）（i）由，得，即 等价于 ， 当时，，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 当时，，， 则在上恰有1个解，即在上有2025个解； ，在上单调递减，在上无解； 是一个解，在上无解，在上有2025个解，则共有2026个解； 在上的零点从小到大构成有穷数列项数为2026. （ii）由，得 ， ，，则 即，整理得 由（i）可得：，， ，即 则 即 2．（25-26高三下·山东济南·模拟）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，且恒成立，求实数的取值范围； (3)证明： 【答案】(1)递增区间为，递减区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求导，再根据导函数的正负求得的单调区间； （2）分离参数后可构造函数，根据导数研究所构造的函数的最值即可求解； （3）由（2）知，取，累加法可证. 【详解】（1）因为函数， 所以函数的定义域为，. 当时，. 因为，所以当时，；当时，. 故函数的递增区间为，递减区间为. （2）由，且恒成立得 ，整理得，即. 构造函数，则， 令，解得；令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以 所以，即实数a的取值范围为. （3）由（2）知时，，即，当且仅当时等号成立， 取，则，所以， 所以，，，. 上述n个式子相加得 ，从而得证. 题型04 解三角形与数列综合 析典例·建模型 1．（25-26高三下·重庆·月考）点是直线外一点，点在直线上(点与点任一点不重合).若点在线段上，记;若点在线段外，记.记.记的内角的对边分别为为中点，为射线上的点，为的平分线. (1)若，求； (2)射线上的点满足， (i)求的最小值; (ii)若，记，求证:数列的前项和. 【思路分析】（1）根据和余弦定理得到，而由和余弦定理得到，联立求出，利用题目定义可得； （2）(i) ，在线段BC的延长线上，故，所以，又，故，因为，设，则有，利用基本不等式“1”的妙用求出最值； （ⅱ），由（ⅰ）可知在线段BC的延长线上，推出，又，故，由正弦定理得到，故，裂项求和得到答案. 【规范答题】（1）由题，，故，由余弦定理可知，，其中， 即， 则有， 因为，，所以， 而由知，，即， 所以，故，负值舍去， 故； （2）（ⅰ）设，， ，又， 所以， 为的平分线，故在线段上， 故， 所以，在线段BC的延长线上， 其中， 所以， 即，， ，，又，故， 所以， 因为， 故， 设，则有， ， 当且仅当，即取等号，此时； （ⅱ）因为，故， 由（ⅰ）可知在线段BC的延长线上， 其中， ， 由（1）知，， 故， 所以． 又，故， 由正弦定理，知：，则有， 所以 ， 故． 于是 ， 所以 ． 研考点·通技法 1．先用正弦定理、余弦定理将三角形边角关系转化为边或角的等式. 2．结合数列定义（等差、等比），把边角条件转化为数列递推或通项关系. 3．利用数列性质（等差中项、等比中项、通项公式）建立方程求解. 4．求范围或最值时，结合三角形内角范围、边长约束与数列单调性分析. 5．规范书写边角与数列的联系，注意三角形存在性条件与数列整数项限制. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·江苏宿迁·月考）记的内角的对边分别为.，，.已知，且. (1)证明：均为无穷数列； (2)若，求的通项公式； (3)当时，对于任意，的周长均小于，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用正弦定理，结合和差公式证明始终可以构成三角形即可； （2）先证为最大角，然后利用余弦定理，结合正弦定理角化边，再利用和差公式化简得，结合余弦函数性质，利用构造法即可求解； （3）求出的通项及范围，表示出周长，先以为自变量求导，根据单调性放缩，然后再以为自变量求导，利用单调性放缩可得，最后证明为的最小值即可. 【详解】（1）设，，， 则. 故 . 即，同理，. 故对于任意，以三边为边长始终可构成三角形， 故均为无穷数列. （2）由余弦定理，，又，故. 由于，故，则， 又， 若存在，使首次不满足关系式， 由于，，则. 若，即，由于，且，则， 且只能满足，即， 又，故，， 则，与三角形内角和矛盾； 若，即，同理，，且只能满足， ，即，解得，矛盾； 综上，不存在不满足关系式，即恒成立， 则必为中的最大角，则. 中，余弦定理有， 接下来对式子进行化简. 由于，则， 故， 且， 则 故， 又，，且余弦函数在上单调， 故，即，则， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，即， 故的通项公式为. （3）由（2）证明过程可知， 同理可得，， 由于，故由正弦定理易有，则，即，当时，. 同理有，. 设当时，的周长， 则， ， 由（2）可知，故，在，时单调递增， 则. 设，， 由于，且， 故，在，时单调递减. 则，故可取. 下面证明，是的最小值. 若，则. 只需证明存在，使. 不妨设，则，. 则此时， 令，则， 记，， 由零点存在性定理，存在，使得， 令，则，， 故只需取，即即可. 综上，的最小值为. 题型05 立体几何与解三角形综合 析典例·建模型 1．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 【思路分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【规范答题】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. （2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 研考点·通技法 1． 先在立体图形中锁定目标三角形，找准线面角、二面角等空间角. 2． 利用线面垂直、面面垂直关系，构造直角三角形. 3． 对目标三角形应用正弦定理、余弦定理，计算边长或角度. 4． 结合空间距离、投影关系，确定三角形的边长与高. 5． 注意检验空间位置关系，保证三角形边长与角度符合几何约束. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·安徽安庆·月考）.如图，正方形的边长为分别为边上的点. (1)若是等边三角形，求的面积 (2)的周长为， （i）求的大小： （ii）若是的中点，设为的面积，将沿折成直二面角，求当取最小值时，直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据几何性质可得，由此得到，表示即可得到答案. （2）（i）设，根据条件结合两个和的正切公式可得，由此可得结果. （ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量可得线面所成角的正弦值. 【详解】（1）∵四边形为正方形，是等边三角形，∴， ∴， 由得. ∵，∴，即， ∴， ∴的面积为. （2）（i）设，则， ∵的周长为，∴， 在直角三角形中，由得，，整理得，， ∵，∴， ∵，∴，故. （ii）由（i）知，设，则， ∴， ∴， ∵，∴， ∴当时，有最大值，最大值为，此时有最小值， ∴当取最小值时，，且. 由得，， ∴，，. 如图，取中点，连接，则，故四点共线， 由折叠得，，故为二面角的平面角， 且，. ∵二面角为直二面角，∴，故直线两两垂直. 如图，以为原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 题型06 立体几何与数列综合 析典例·建模型 1．（2026·湖南·一模）在空间中，从原点引出三条射线，，，其两两之间的夹角均为．设空间点列：在上，且．在上，且满足，在上，且满足，在上，满足，以此类推，即在上，则在上，且满足，其中射线满足与重合． (1)证明：为等比数列，并求的前项和； (2)是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)求的通项公式，并证明：当时，点始终在以为球心，1为半径的球内． 【思路分析】（1）先分析相邻线段的长度关系得出数列是等比数列，再根据，得出数列是等比数列，计算前项和即可； （2）假设存在这样的实数，先写出各点的表达式，再计算向量差比较系数即可； （3）由（1）知通项公式，利用向量垂直的性质可得，要证当时，，需对的通项公式分情况讨论，利用不等式性质证明. 【规范答题】（1）由题意可知，三角形为直角三角形，且． 在中，，又因为， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，则． 在中，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 其前项和：． （2）存在这样的实数．设射线，，方向上的单位向量分别为，，， 由（1）可知．对于向量， 有． 对于向量，由于点列所在射线按，，顺序循环， 故在上，在上，则． 由（1），代入可得， 对比可得．因此存在实数，使得． （3）记．由向量模长公式可得 ， 又已知，且由（1）知，故． 当时，此时位于射线上， 与同向．， 则． 当时，此时位于射线或上． 由题意知，射线与、的夹角均为． ， 则． 综上所述，． 下面证明：当时，点始终在以为球心，1为半径的球内， 即证明对于任意，都有． 当且时，， 因为，所以，进而， 所以，故成立． 当且时，， 要证该式小于1，只需证，也即证， 因为，所以，又因为，所以， 所以上述不等式恒成立，即成立， 综上所述，当时，点始终在以为球心，1为半径的球内． 研考点·通技法 1．依据空间几何体的相似、分割或递推特征，提炼边长、面积、体积的递推关系. 2．将空间几何量转化为数列项，判断等差或等比类型，求出通项公式. 3．借助线面位置关系确定几何约束，完善数列递推式与定义域. 4．利用数列求和、单调性求解空间最值与范围问题. 5．结合空间直观图检验结果，排除不符合几何实际的解. 破类题·提能力 1．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为． （i）求的长度； （ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【知识点】多面体与球体内切外接问题、面面角的向量求法、等差中项的应用、证明面面垂直 【分析】（1）由平面可以得到平面平面，再由线线垂直得到平面，再由线面垂直得到，由三角形的性质得到，再由线面垂直的判定定理证明平面，由面面垂直的判定定理即可证明. （2）（i）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，代入求解即可. （ii）取中点，作于，证明平面，得到为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，求解圆的面积，假设存在m，n，且使得，，成等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【详解】（1）证明：平面  平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且， 平面， 又平面，故． 在中，，E为线段的中点，则． 因为平面，平面，，平面． 平面，∴平面平面． （2）（i）易知，，两两垂直，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，， ，， 设为平面的一个法向量． 故即取， 取为平面的一个法向量． ，解得，故． （ii）如图，取中点，作于． 由，所以满足． 则为三棱锥的球心，其中，2，…，n． 因为，则，则平面， 则为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，为半径 由，则， 所以圆的面积， 假设存在m，n，且使得，，成等差数列，则． 即化简可得 因为，，所以为偶数，即（*）式不成立， 所以数列中不存在3项成等差数列． 题型07 立体几何与圆锥曲线的综合 析典例·建模型 1．（24-25高三下·湖北武汉·开学考试）如图，已知圆锥的高与母线所成的角为，过的平面与圆锥的高所成的角为，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆C，椭圆C的长轴为，短轴为，长轴长为2a，C的中心为N，再以为弦且垂直于的圆截面，记该圆与直线交于，与直线交于， (1)用分别表示 (2)若， （ⅰ）求椭圆C的焦距； （ⅱ）椭圆C左右焦点分别为，C上不同两点D，E在长轴同侧，且，设直线交于点Q，记，设，请写出的解析式（不要求求出定义域）． 【答案】(1), (2)（ⅰ）椭圆C的焦距为2，（ⅱ） 【思路分析】（1）过作于，可得，即可求得，同理求得. （2）（ⅰ）由，进而可以求得椭圆的离心率，再求得焦距即可；（ⅱ）设，由得，，，进而得出，再由题意解出即可. 【规范答题】（1） 过作于，而，， 所以，而， 所以. 同理过向作垂线，可得. （2）（ⅰ）由（1）可知,， 所以， ， 所以， 所以， 所以， 因为，所以，所以椭圆C的焦距. （ⅱ） 因为， 所以，所以， 所以， 设， 所以， 所以. 同理可得. 所以， 延长交C于点，则， 设，则， 所以， 由（ⅰ）可知椭圆的标准方程为， 故而由，得， 所以， 所以，所以， 又因为，解得， 因为， 所以， 所以， 所以，所以. 所以. 【点睛】关键点点睛：设，由得，，，进而得出，再由题意添加辅助线结合椭圆方程解出. 研考点·通技法 1．建立空间直角坐标系，将立体几何中的点、线、面坐标化. 2．利用空间垂直、平行、距离等条件，确定圆锥曲线的基本量. 3．结合椭圆、双曲线、抛物线定义与标准方程，列出轨迹方程. 4．通过坐标运算求解线面角、距离及交点问题. 5．兼顾空间几何约束与曲线范围，验证结果合理性. 破类题·提能力 1．（2026·四川凉山·二模）如图，在三棱柱中，，，二面角的平面角为，点在平面上的射影为点. (1)若四边形是矩形，求； (2)若，. ①若，求直线与平面所成角的最大值； ②当点在其轨迹上运动时，点的轨迹是离心率为的圆锥曲线，记数列的前项和为，若，求的最小值. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先证明点落在直线上，再求角. （2）①建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值和线面角的正弦值，再结合不等式的性质可求线面角的最大值.②先判断的轨迹为椭圆，求出离心率后结合不等式放缩和裂项相消法求最小值. 【详解】（1）取中点，中点，连接，如下图： 因为为矩形，则，且. 由，可得，则， 且.而，且平面，则平面. 而平面，则平面平面. 因为，，则，所以点平面， 则在平面上的射影落在直线上，所以. （2）①设为中点连接，则， 过作直线平面，以所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，设， 则，，， ，，由， 得，即. 设直线与平面所成角为，则. 设平面的法向量为， 则，故，取， 因为二面角的平面角为且平面的法向量为， 故即， ①若，则，故， 设与平面所成的角为，则 ， 而，故，当且仅当时等号成立，故. ②由①可得，故， 故的坐标满足：且， 表示圆柱，而表示如图所示的平面， 两者的截面为椭圆，其短轴长为，长轴长为， 故离心率为，所以， ， 当时，， 当时，，矛盾； 当时，， 因为， 所以， 故最小值为. 题型08 圆锥曲线与导数的综合 析典例·建模型 1．（2025·辽宁·模拟预测）抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴． (1)求的方程； (2)已知为上三个不同的点，点在第一象限． （ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求． （ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标． 【思路分析】（1）先求出点的横坐标，由轴，可得，进而可求出，即可得解； （2）（ⅰ）设，，由，可得，即可求出的关系，设的中点为，由，可得，即可求出的关系，再求出的范围即可得解； （ⅱ）先根据求出，再根据结合余弦定理求出，从而可求出，即可得出的关系，设重心，，，，的中点为，求出点的坐标，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式求出，进而可求出，即可得解. 【规范答题】（1）将代入的方程，得，所以， 所以，解得， 故的方程为； （2）（ⅰ）设，，则， 因为，所以， 即，① 又的中点为，所以，， 由，得，与①联立可得． 又，则， 令，则， 设方程的两根分别为， 得，， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 又，，即， 所以； （ⅱ）由，得， 即，即， 即，所以， 又，所以，所以， 所以， 即，所以， 所以为等腰三角形， 设重心，，，，的中点为， 则由，得，， 直线的斜率， 由，即，可知， 所以，即，即， 所以， 则， 所以直线的方程为，即， 联立，整理得， 则，， 所以， 由，得，解得， 所以， 故点的坐标为． 研考点·通技法 1. 设点坐标，写出圆锥曲线方程，利用几何条件列关系式. 2. 对曲线方程隐函数求导，得到切线斜率与切点关系. 3. 结合导数几何意义，求切线、法线方程及切点坐标. 4．用导数研究距离、面积等函数的单调性与最值. 5. 联立方程判别式判断位置关系，结合范围约束求解. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·重庆·期中）已知关于坐标旋转的结论：在平面直角坐标系中，将任意向量 绕原点，沿逆时针方向旋转角，会得到向量. (1)将绕着原点沿逆时针方向旋转后得到，且，求的坐标； (2)若为曲线上任意一点，将绕着原点沿逆时针方向旋转后得到，记点的轨迹曲线为. （i）求的方程； （ii）若等腰直角的三个顶点均在曲线上，求面积的最小值. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由坐标旋转的定义列式求解； （2）（i）设和，由坐标旋转的定义可得，结合点在曲线上，代入运算得解； （ii）将的内接等腰直角三角形面积的最小值转化为曲线的内接等腰直角三角形面积的最小值的问题，写出面积表达式，再利用导数即可求出最小值. 【详解】（1）设，， 则有， 所以. （2）（i）设和，且，， 则， 则， 在曲线上， ，将，的表达式代入化简得，故的方程为. （ii）由（i）知的内接等腰面积的最小值，等于曲线的内接等腰面积的最小值. 如图，设为直角顶点，，， 则， 则斜率，斜率， ，，即…， ，，化简得：， 即，显然， 所以， 将式代入得…，易知， 将式和式代入式得， 令，则，则， 令，得，令，得， 在上单调递减，在上单调递增， ， 所以曲线的内接等腰直角三角形面积的最小值为. 题型09 圆锥曲线与数列的综合 析典例·建模型 1．（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反 射光线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 【思路分析】（1）根据的关系即可求出； （2）设，直线的方程为，联立得到，再求直线的斜率之积，设直线的斜率为，求出即可证明； （3）直线的方程为，根据（2）的结论求出即可证明. 【规范答题】（1）由题意得，， 故E的方程为. （2）设，直线的方程为， 由，消去，整理得， ， 直线的斜率之积为 ， 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 由经过E的左焦点，知②， ②①得，故数列是等比数列，公比为. （3）直线的方程为，由（2）知， 故，解得， 故直线恒过定点. 研考点·通技法 1.利用圆锥曲线定义与几何性质，确定点坐标或弦长的递推关系. 2.将焦半径、弦长、面积等量转化为数列项，构造等差或等比数列. 3. 联立曲线与直线方程，结合韦达定理建立数列通项公式. 4. 借助数列求和、单调性求解最值或范围问题. 5. 结合曲线范围约束，检验数列解的几何合理性. 破类题·提能力 1．（2026·四川广安·二模）已知双曲线的离心率为，点为双曲线上的点，按如下方式依次构造点（且），过点作斜率为的直线与双曲线的另一支交于点，点关于轴的对称点为，记的坐标为． (1)求曲线的方程； (2)证明为等比数列； (3)记的面积为，四边形的面积为，求取何值时最小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)时 【分析】（1）借助离心率与及双曲线上的点计算即可得； （2）由题意可得，联立曲线方程，可表示出， 从而可用、表示出、，再表示出后利用等比数列定义即可得证； （3）表示出可得数列也为等比数列，则可表示出、坐标，再利用三角形面积公式计算可得，由点关于轴的对称点为，可得，则可表示出，最后得到后，利用及对勾函数性质计算即可得. 【详解】（1）由题意可得，则，故， 故有，解得，则， 即曲线的方程为； （2）由题意可得， 由点关于轴的对称点为，则， 联立，则， 则，则， ， 故， 又，故为以为首项，为公比的等比数列； （3）由（2）知为以为首项，为公比的等比数列，则， 由，， 则， 又，故为以为首项，为公比的等比数列， 则， 故，， 设，则，， 则，即， ，即， ，即， 则 ， 故， 由， ， ， ， 则 ， 由点关于轴的对称点为，故轴， 故， ， ，， 则 则， 由在上单调递减，在上单调递增， 且，，则当，即时， 有最小值，则. 题型10 圆锥曲线与解三角形的综合 析典例·建模型 1．（25-26高三上·山东菏泽·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且时，的面积为． (1)求的方程； (2)设为的左顶点，直线过点，且与交于B，C两点，直线AB，AC与轴分别交于点M，N，证明：为定值． 【思路分析】（1）应用椭圆定义及余弦定理得出，再应用面积公式代入求解得出，进而得出椭圆方程； （2）先求出直线得出MN中点为，再设直线联立椭圆方程得出，，最后应用三点共线得出，最后计算得出定值. 【规范答题】（1）设，则，① 在中，由余弦定理可得， 即， 即代入①式，得． 所以， 所以，椭圆的方程是． （2）当B，C之一为点时，不妨设，此时 AC斜率为0，N点为坐标原点，直线方程为． 代入，求得，所以AB方程为， 所以，所以MN中点为． 所以． 当AB，AC斜率都不为0时，设， 由得， 所以，代入中，得， 所以， 同理， 由Q，B，C共线，得， 所以，整理得②， 直线AB与轴交点为，直线AC与轴交点为， 所以MN中点，即，由②得， 所以． 综合以上可得为定值． 研考点·通技法 1. 依托圆锥曲线定义与几何性质，确定三角形顶点与边长关系. 2. 联立曲线与直线方程，用韦达定理表示三角形边长. 3. 在焦点三角形中，结合余弦定理与曲线定义列式计算. 4. 利用正弦定理、面积公式求解角度与面积. 5. 结合曲线范围约束，检验解的有效性. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足. (1)当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程. (2)点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离. 【答案】(1)是， (2) 【分析】（1）在中由正弦定理和余弦定理可得，再在，中利用余弦定理可得，最后根据双曲线的定义可得动点的轨迹方程； （2）设的方程为，，，根据垂直可得，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理化简前者可得，再由点到直线的距离公式可求距离. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理有：， 再由余弦定理有：，即， 而， 分别在，中利用余弦定理可得： ，化简得. 故，即， 根据双曲线定义结合不共线可得，点的轨迹为. （2） 由题意直线斜率不为0，设其方程为，，， 由可得， 而，故且， 故， 而，， 代入不等式组得有即①， 又，即， 所以， 故，化简可得， 结合①和可得， 此时点到直线的距离. 2．（2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）记椭圆的左、右焦点分别为为上一点，，点满足，且不与重合． (1)证明：； (2)若，求的外接圆半径； (3)若，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由三角形全等可得，设出点坐标，利用向量验证，得证； （2）利用椭圆定义和余弦定理求出，结合椭圆焦半径公式求出点的坐标，求出的边长，利用余弦定理求出，得，根据正弦定理求得答案； （3）由结合点在椭圆上求得点的坐标，由焦半径公式得，利用余弦定理求得答案. 【详解】（1）根据题意，可得，，则， 由，得， 设，则，即， 所以，， 所以， 所以，即. （2）在中，，，设，则， 由余弦定理，可得， 所以，得，即，， 下面先证明椭圆焦半径公式， 设，椭圆方程为，离心率，，， 则， 同理，可得， 所以由，得，解得，代入椭圆方程得， 不妨设，所以， 由，易得，，， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以外接圆的半径. （3）由， 设，所以，解得，又， 所以， 由焦半径公式得，， 所以， 所以 . 题型11 概率统计与数列的综合 析典例·建模型 1．（2026·陕西西安·模拟预测）某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点，初始时有2个节点在线（假设在线的不再宕机），3个为宕机（停摆，不能正常工作），每个月系统随机等概率地巡查1个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护，用表示第n个月后在线节点数，表示其数学期望， (1)当时，求； (2)证明：． 【思路分析】（1）根据题意求出的所有可能取值及相应的概率，分析的可能情况，进而运算求解； （2）分析可知随机变量的可能取值有2，3，4，5，利用全概率公式求出随机变量在不同取值下的概率，再结合期望公式可证得结论成立； 【规范答题】（1）初始状态，即2个在线、3个宕机． 第1个月选中在线节点的概率为，此时； 选中宕机节点的概率为，其中修复成功的概率为，此时； 修复失败的概率为，此时． 所以，． ，． 所以 ， 故当时，． （2）由题意知的可能取值有2，3，4，5， 所以， ， ， ， 所以 ． 因为， 所以， 所以 ， 所以． 研考点·通技法 1. 由概率模型建立事件递推关系，转化为数列递推式. 2. 利用概率性质确定首项，构造等差、等比或累乘型数列. 3. 求通项后计算对应概率、期望与方差. 4. 结合数列求和、极限分析概率趋势与稳定性. 5. 注意概率取值范围约束，验证结果合理性. 破类题·提能力 1．（2026·山东青岛·一模）在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元，，且生成词元总数不超过.若生成，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达到.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为，的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审核规则如下： ①若预测中第一次出现词元，则审核后生成，的概率均为0.5； ②若预测中第二次出现词元，则审核后必生成； ③若预测中出现词元，则审核后必生成. 设表示过程结束时生成词元的总个数. (1)求，； (2)求的分布列； (3)求. 【答案】(1)， (2) 1 2 3 … … (3) 【分析】（1）根据规则判断出和的情形，结合概率乘法公式求解即可. （2）结合题干规则推导出，进而求出，即可得到分布列. （3）结合错位相减法及等比数列的前项和公式求出，根据条件概率公式求解即可. 【详解】（1）表示第一次就生成并结束过程，即第一次预测为，且审核生成， . 表示第二次生成并结束过程，情况有：第一次预测为，且审核生成，第二次预测为；第一次预测为，审核必生成，第二次预测为，且审核生成. . （2）（，）时，第个词元输出为， 若前面个词元都预测为，其概率为， 若前面个词元有一个预测为，其概率为， 故， 当时， 若前面个词元都没有预测为，其概率为， 若前面个词元有一个预测为，其概率为， 故 所以的分布列为： 1 2 3 … … （3）由（1）得， 由（2）得， ， ， ， ， 所以 所以 2．（2026·辽宁丹东·一模）Base16 Encoding是网络数据传输中常用的编码技术，它将二进制数转换为十六进制数，从而将冗长的二进制序列转换为更短、更规整的十六进制字符串，便于传输与解码． (1)写出二进制数111001011101转换后的十六进制字符串（参考附2）； (2)十六进制字符串由数字与字母组成，传输时，数字保持不变，字母替换为两个连续的“*”，得到加密字符串（如5A6F3加密为）.设位十六进制字符串加密后，其加密字符串的第位为“”的概率为． （i）求，，并证明数列为常数列； （ii）若，求数列的通项公式． 附1：十进制与十六进制的对应关系 十进制 0 1 2 … 9 10 11 12 13 14 15 十六进制 0 1 2 … 9 A B C D E F 附2：二进制数转换为十六进制数规则 将二进制数按4位一组映射为1位十六进制字符：从二进制数的最右侧开始，向左每4位分为一组；若最左侧一组不足4位，则在其左侧补0凑齐4位. 例如：二进制数11010，先补0分组为00011010.由，得，映射为十六进制数字1；由，得，映射为十六进制字母A．因此二进制数11010映射为十六进制字符串1A． 【答案】(1)E5D (2)（i），，证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据二进制数转换为十六进制数规则分析即可； （2）（i）利用古典概型概率、条件概率以及常数列的定义证明即可；（ii）根据等比数列定义以及通项公式和二项式定理分析求解即可. 【详解】（1），映射为十六进制字符为E， ，映射为十六进制字符为5， ，映射为十六进制字符为D， 因此二进制数111001011101，转换后的十六进制串为E5D． （2）（i）由题意，十六进制单个字符为数字的概率为，为字母的概率为， 当时，； 当时：若首字符为数字，第2位为的概率为， 若首字符为字母，第2位必为，概率为，故． 记事件：“原始字符串的第1个字符为数字”，则， 记事件：“原始字符串的第1个字符为字母”，则， 记事件：“长度为的原始字符串，加密后所得加密字符串的第位为*”，则， 当时： 若发生，首字符占1位，剩余个字符的加密结果是从加密字符串第2位开始，故， 若发生，首字符占2位，剩余个字符的加密结果是从加密字符串第3位开始，故， 由全概率公式，得， 从而，又， 故对任意，有，即数列为常数列． （ii）由（ⅰ）得， 因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 从而， 由二项式定理得， 因此. 题型12 概率统计与导数的综合 析典例·建模型 1．（2026·青海西宁·一模）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的． (1)若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； (2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望） （i）求关于的函数表达式； （ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留位小数） 【思路分析】（1）分析消费者实际支付金额的所有可能取值，计算每个取值对应的概率，得到分布列，计算； （2）（i）计算消费者支付金额的期望，再计算优惠券成本的期望，分别计算基础券成本期望和进阶券成本期望，再求和，最后根据期望利润的定义，结合购买概率，代入支付金额期望、商品成本、优惠券成本期望，得到的函数表达式； （ii）对求导，得到导函数，分析导函数在内的单调性，找到导函数极大值点，代入计算最大期望利润. 【规范答题】（1）实际支付金额的所有可能取值为， ， ， ， ， ， 的分布列为： . （2）(i)求的函数表达式已知所有消费者都闯过第一关，按题目期望利润公式分步计算： 支付金额期望：， 商品成本， 优惠券成本期望：基础券成本， 进阶券成本， 总成本期望， 购买概率， 代入公式： . (ii)对求导得： 令，整理得，解得根为，（舍去，不在内）， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此在内存在唯一极大值点，且该点为最大值点， 计算最大期望利润：. 研考点·通技法 1. 建立概率、频率相关的函数模型，确定自变量范围. 2. 对函数求导，判断单调性与极值点，求解最值. 3. 结合分布列、期望、方差公式，转化为导数问题. 4. 利用导数分析概率密度、样本数据的变化趋势. 5. 验证区间端点与极值，结合实际意义确定最优解. 破类题·提能力 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）某AI模型的商用部署需依次完成任务执行与性能测试两个核心环节，规则 如下： 环节一（任务执行）：按任意顺序执行3项独立的任务，每项任务最多执行一次，每项任务执行成功后可获得对应分数，失败则不得分，当总分达到40分时立即进入环节二，任务参数如下： 任务 单次执行成功率 0.9 0.5 0.8 任务成功后得分/分 10 25 15 环节二（性能测试）：由测试员对模型的性能进行测试后得到性能指标，已知性能指标服从正态分布，企业自主设定指标阈值，当时，模型成功商用，收益为万元：当时，模型不可商用，收益为万元：若未进入性能测试，则收益为万元. (1)求模型进入环节二的概率最大值，并写出此时任务的最优执行顺序； (2)记，两个环节结束后模型总收益的数学期望为. （i）在第（1）问的执行顺序下，请用和表示； （ii）求当为何值时，取得最大值. 参考数据：当时，. 【答案】(1)或 (2)（i）万元；（ii） 【分析】（1）根据独立事件同时发生的概率计算公式，分情况讨论总分达到40的概率，可确定进入环节二的概率的最大值. （2）（i）根据期望的计算公式，可求期望的表达式； （ii）利用导数，结合正态分布的性质，可分析的单调性，进而可求的最大值及对应的的值. 【详解】（1）由题意，记环节一（任务执行）获得的总分为，下求不同顺序的值， 要使，至少要保证执行成功，否则不可能进入环节二，讨论如下： 以的顺序执行任务时， 当成功时，， 当不成功时，， 以或的顺序执行任务，则， 故进入性能测试的概率最大值为0.4，则最优执行顺序为或. （2）（i）由题意因为， 由（1）可知执行顺序为或， 此时进入性能测试的概率均为0.4，则未进入性能测试的概率为0.6， 在进入环节二条件下，模型成功商用的概率为，模型不可商用的概率为. 则两个环节结束后模型总收益为的概率是0.6， 模型总收益为的概率是，模型总收益为的概率是. 则 万元， （ii）由（i）可知，，其中， 满足正态分布，则， 在时不断递减，则在上恒成立， 在上单调递减. 在上单调递减. 又， 而，则， 在上恒成立， 则在上单调递减，故当时，取得最大值. 2．（2026·四川成都·二模）2026年是农历马年，在春晚舞台上，宇树机器人的精彩表演赢得了全国观众的喝彩.某企业为宇树机器人生产一种关键部件，此企业生产的部件质量按等级划分为六个层级，分别对应如下六组质量指标值：，，，，，．根据大量检测结果，得到部件的质量指标值X服从正态分布，并把质量指标值不小于的产品称为A等品，其它产品称为B等品.现从该部件的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据大量检测结果，该部件质量指标值的标准差s的近似值为，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值.若从生产线中任取一个部件，试从质量指标值X服从正态分布的角度估计该部件为A等品的概率（保留小数点后面两位有效数字）； ①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．） (2)（ⅰ）从样本的质量指标值在和的部件中随机抽取3件，记其中质量指标值在的部件件数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的部件按100件一箱包装.已知一件A等品部件的利润是元，一件B等品部件的利润是元，根据（1）的计算结果，试求x的值，使得每箱产品的利润最大. 【答案】(1) (2)（ⅰ）分布列见解析，期望；（ⅱ）时利润最大. 【分析】（1）根据直方图先算出平均值，进而得到正态分布，利用正态曲线的对称性求出概率即可； （2）（ⅰ）求出指标值在和的总件数，在的件数，然后根据步骤结合超几何分布的公式计算； （ⅱ）设设每箱产品的利润为，其中有件等品，用表示出的关系式，得到利润表达式，最后利用导数的工具求出关于利润函数时取最大值时的取值. 【详解】（1）根据直方图可得，， 由题知，，则， 等品的质量指标值不小于， 即. （2）（ⅰ）指标值在和的总件数为， 指标值在的件数是， 由题知，可能的取值是. ，， ，， 分布列为： . （ⅱ）设每箱产品的利润为，其中有件等品， 由题知，， 由（1）知，等品的概率为， 则，于是， ， 记， 则， 则递增， 递减， 故当时利润最大. （建议用时：120分钟） 刷模拟 1．（2026·广东广州·二模）已知点为抛物线的焦点，点在上. (1)求的方程与点F坐标： (2)过点的直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线相交于两点. （i）若为线段的中点，求证：直线为抛物线的切线； （ii）若直线为抛物线的切线，过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii） 【详解】（1）点在，， ，； 点为抛物线的焦点，； （2）（i）过点的直线与抛物线相交于两点，此直线一定存在斜率， 设过点的直线方程为， 将代入，得到， 整理得到， 如图，设，则有， 为线段的中点，， ，， ， 在直线上，， ，，， 在上，，， ， ， ，，， 切点为，， 与切点为的斜率相等，直线为抛物线的切线； （ii）由（i）知，当为抛物线的切线时， ，， ，， 直线的方程为， 如图，作出符合题意的图形， 过点作直线的垂线，垂足为， 在直线上，，， ，，， ，， ，， ， ，， ，，， ，， 设，整理得到， 则，解得， 的最大值为，的最大值为. 2．（2026·四川德阳·二模）东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； (2)东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）． ①求，； ②求． 【答案】(1) X 0 1 2 3 P ， (2)①；；② 【分析】（1）分析可知，结合二项分布求X的分布列、均值和方差； （2）①分析人气值1点或2点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②分析可得，利用构造法和累加法，结合等比数列求. 【详解】（1）由题意可知：， 则，， ，， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以X的均值，且方差. （2）①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是， 若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以； 若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园， 所以； ②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园， 则，可得， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则， 当时，则 ， 且符合上式，所以. 3．（25-26高三上·云南昭通·期末）泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作. (1)当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求的近似值； (2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字） (3)若，且，求的取值范围. 参考数据：若，，，则有，，. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由时，泊松分布近似于正态分布求解； （2）设为配送延迟包裹数，由，根据，，得到，由求解. （3）由，得到，再根据泊松分布的概率公式求解. 【详解】（1）当时，泊松分布近似于正态分布， 即，，要计算， 根据正态分布的性质，因， 故. （2）设为配送延迟包裹数，则，， 因为，， ， 所以， 那么，某天至少3起配送延迟的概率约为 . （3）由，可得， 根据泊松分布的概率公式：，，可得. 设， 由，可知在上为减函数. 因为，所以， 所以，即，故的取值范围为. 4．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数. (1)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围； (2)若关于的方程的根为， ①求证: ； ②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②不存在，证明见解析 【分析】（1）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）①结合（1）可得，，当且仅当时等号成立，进而得到，可得当时，，进而利用裂项相消法求证即可； ②先假设存在，先得到，再结合成等比数列，得到，再由，得到推出矛盾即可求证. 【详解】（1）由，， 则对于恒成立， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 所以实数的取值范围为. （2）①由（1）知，当时，，， 即，，当且仅当时等号成立， 因为方程的根为，所以，且， 则，即， 当时，， 则, 当时，也满足，则. ②数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下： 由，，则， 当时，，则函数在上单调递增， 结合题意，方程有唯一的根为，即， 而， 则，即， 假设成等比数列，则其公比，且， 又，则，， 所以，则， 即，所以， 则，由于， 则，即， 则，则， 由，， 两式相减得， 则，即，这与矛盾， 故数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列. 5．（2026·重庆万州·模拟预测）已知函数. (1)判断函数在上的单调性并说明理由； (2)当时，证明：，； (3)当为正整数时，证明：. 【答案】（1）在上单调递减； （2）见解析；（3）见解析. 【详解】（1），令，则， 当时，，所以在上单调递减， 有，即，所以在上单调递减； （2）当，及，时，不等式显然成立， 故不妨设，，原不等式改写为， 因为，故， 下证，只需证， 因为，由（1）知，， 所以成立，从而成立，综上，原不等式成立； （3）证明：对任意正整数和实数， 由，，有 从而有 ，证毕. 6．（2026·福建泉州·一模）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体. 现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为. (1)求； (2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因. (3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)答案见解析 (3)存在，. 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求等比数列前n项和、锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】（1）根据正四面体的表面积和体积公式求出，再根据递推规律求出； （2）根据等比数列写出，根据极限思想分析，说明理由； （3）法一：证明各次球心距离与顶点到球心距离之和恒为，由向量三角不等式得任意顶点到的距离，进而求出最小球形容器半径； 法二：先证明每次构造的正四面体外接球对应的点集都包含于前一次的点集中，由递推关系可得⫋⫋⫋，其中是初始正四面体的外接球对应的点集，进而求出最小球形容器半径. 【详解】（1）正四面体的表面积为. 依题意，得； 正四面体的体积为. （2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的倍， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以； 依题意得，， 所以 ； 又当时， 故. 又为递增数列，且当时，为递增数列， 且当时，，所以当时，， 故由此解释，该结构吸附能力强.（或，故当时，，类似说法亦可）； （3）法一：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，，则，所以，则由，解得， 所以. 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结. 则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，故在上，且，故与重合，所以共线，则平面，故. 记第2次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，连结，依次类推，第次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，其任意顶点为，连结.则依题意得： ，， 从而. 又，所以，故，即无论第几次迭代，的任意顶点到的距离都不会超过正四面体的外接球半径，又，故的最小值即为. 法二：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且， 同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设四面体棱长为，则， 所以，则由，解得， 所以. 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结 .则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心， 故在上，且，故与重合， 所以共线，则平面，故. 以此类推，几何体最新构造的任一四面体及其在上对应的四面体，棱长分别为和，其外接球球心为别为和，半径为和，记正四面体的中心为，则. 因为，所以，故. 记球体内（含表面）所有点的集合为， 因为，所以， 故⫋⫋⫋，所以⫋， 因为球为四面体的外接球，即对上的任一点，都有， 所以，即， 故的最小值即为正四面体的外接球半径为. 刷真题 1．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，证明：存在使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 【答案】（1）;(2)见解析；（3） 【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值. 【详解】（1）， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. （2）法1：由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 法2：由余弦函数的性质知的解为， 若每个与交集都为空， 则对每个，必有或之一成立. 此即或，但长度为的闭区间上必有一整数， 该整数不满足条件，矛盾. 故存在，使得成立. （3）法1：记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 法2：设. ①一方面，若存在，使得对任意恒成立， 则对这样的，同样有. 所以对任意恒成立，这直接得到. 设，则根据恒成立，有 所以均不超过， 再结合， 就得到均不超过. 假设，则， 故. 但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分， 这三个点不可能都在直线左侧. 所以假设不成立，这意味着. ②另一方面，若，则由（1）中已经证明， 知存在，使得. 从而满足题目要求. 综合上述两个方面，可知的最小值是. 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 3．（2024·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：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据全概率公式即可求出； （2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出； （3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出． 【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 所以， . （2）设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列， 设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即． （3）因为，， 所以当时，， 故． 【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项07 解答题 多模块综合考查12大题型 （三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计） 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 根据近五年全国卷考情，多模块综合解答题是高考常考题型，多为压轴题，总分值约为15-17分． 命题趋势： 解答题：主要是从三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计这六大知识板块中,选取若干个知识板块综合在一起命题,打破单一知识点壁垒，强化知识联动与思维迁移，完成高阶能力整合. 2026年预测：解答题极可能会以导数或数列为载体，与其他知识板块交汇考查，应该予以重视. 备考核心：抓模块衔接点，以函数导数为工具，解析几何、数列、三角、立体几何为载体，熟练联立方程、构造函数、递推转化。规范步骤，强化计算与分类讨论，注重条件翻译与模型识别，限时训练提升熟练度. 题型01 导数与三角函数综合 析典例·建模型 1．（25-26高三下·北京·月考）已知函数． (1)若曲线在点处的切线方程为，求实数a的值. (2)当，时， ①记的零点个数为m，极小值点个数为n，证明：： ②记①中的极小值点为，零点为，证明：． 研考点·通技法 1. 先化简三角函数，利用恒等变形统一函数名与角，再求导. 2．求导后结合三角公式整理，转化为二次函数或基本三角函数型. 3．利用导数符号判断单调性、求极值与最值，注意定义域限制. 4．涉及零点、不等式时，构造函数，结合单调性与放缩证明. 5．牢记三角函数有界性与周期性，合理确定讨论区间. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·山西临汾·期末）已知函数. (1)求的图象在处的切线方程； (2)求在区间上的最大值； (3)若，有三个极值点，求实数的范围. 2．（25-26高三上·四川眉山·期末）已知函数.（ (1)当时，最小正周期为，求函数在处的切线方程. (2)当在上恰好有1351个解，求的取值范围. (3)已知时，满足，若时，，且是的极大值点，求的取值范围. 题型02 导数与解三角形的综合 析典例·建模型 1．（2026·四川成都·模拟）记斜的内角的对边分别为，已知，且. (1)求角； (2)为边的中点，若，求的面积； (3)如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围. 研考点·通技法 先利用解三角形知识（正余弦定理、面积公式）建立边长与角的函数关系.再对函数求导，通过导数符号判断单调性，确定极值与最值.处理范围问题时，结合三角形内角范围、边长约束限定自变量区间.涉及边角最值时，将问题转化为导数研究函数值域问题，注意隐含的三角不等式与定义域限制，最后验证端点与极值点取值. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·河北衡水·期末）在中，. (1)求； (2)点记为的延长线上存在一列点，记，且. （i）证明：； （ii）证明：. 题型03 导数与数列的综合 析典例·建模型 1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数. (1)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围； (2)若关于的方程的根为， ①求证: ； ②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断. 研考点·通技法 先构造函数，将数列通项视为函数离散取值，用导数研究单调性以判断数列增减.借助函数最值、不等式放缩，解决数列通项、求和及范围问题.利用导数求切线、零点，推导递推关系或通项公式.结合函数凹凸性比较项的大小，证明数列不等式.注意离散与连续的区别，验证端点与整数点取值，综合单调性与放缩法完成求解. 破类题·提能力 1．（2026·辽宁鞍山·二模）已知函数． (1)证明：当时，； (2)设在上的零点从小到大构成有穷数列． （i）求数列的项数； （ii）求证：． 2．（25-26高三下·山东济南·模拟）已知函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若，且恒成立，求实数的取值范围； (3)证明： 题型04 解三角形与数列综合 析典例·建模型 1．（25-26高三下·重庆·月考）点是直线外一点，点在直线上(点与点任一点不重合).若点在线段上，记;若点在线段外，记.记.记的内角的对边分别为为中点，为射线上的点，为的平分线. (1)若，求； (2)射线上的点满足， (i)求的最小值; (ii)若，记，求证:数列的前项和. 研考点·通技法 1．先用正弦定理、余弦定理将三角形边角关系转化为边或角的等式. 2．结合数列定义（等差、等比），把边角条件转化为数列递推或通项关系. 3．利用数列性质（等差中项、等比中项、通项公式）建立方程求解. 4．求范围或最值时，结合三角形内角范围、边长约束与数列单调性分析. 5．规范书写边角与数列的联系，注意三角形存在性条件与数列整数项限制. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·江苏宿迁·月考）记的内角的对边分别为.，，.已知，且. (1)证明：均为无穷数列； (2)若，求的通项公式； (3)当时，对于任意，的周长均小于，求的最小值. 题型05 立体几何与解三角形综合 析典例·建模型 1．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，圆内接四边形中，为等腰直角三角形，且，，. (1)求的长； (2)如图2，将沿翻折，形成四面体，当时， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）找出一组依次排列的四个相互平行的平面，，，使得，，，，且其中每相邻两个平面间的距离都相等，并求出相邻两个平面间的距离. 研考点·通技法 1． 先在立体图形中锁定目标三角形，找准线面角、二面角等空间角. 2． 利用线面垂直、面面垂直关系，构造直角三角形. 3． 对目标三角形应用正弦定理、余弦定理，计算边长或角度. 4． 结合空间距离、投影关系，确定三角形的边长与高. 5． 注意检验空间位置关系，保证三角形边长与角度符合几何约束. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·安徽安庆·月考）.如图，正方形的边长为分别为边上的点. (1)若是等边三角形，求的面积 (2)的周长为， （i）求的大小： （ii）若是的中点，设为的面积，将沿折成直二面角，求当取最小值时，直线与平面所成角的正弦值. 题型06 立体几何与数列综合 析典例·建模型 1．（2026·湖南·一模）在空间中，从原点引出三条射线，，，其两两之间的夹角均为．设空间点列：在上，且．在上，且满足，在上，且满足，在上，满足，以此类推，即在上，则在上，且满足，其中射线满足与重合． (1)证明：为等比数列，并求的前项和； (2)是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (3)求的通项公式，并证明：当时，点始终在以为球心，1为半径的球内． 研考点·通技法 1．依据空间几何体的相似、分割或递推特征，提炼边长、面积、体积的递推关系. 2．将空间几何量转化为数列项，判断等差或等比类型，求出通项公式. 3．借助线面位置关系确定几何约束，完善数列递推式与定义域. 4．利用数列求和、单调性求解空间最值与范围问题. 5．结合空间直观图检验结果，排除不符合几何实际的解. 破类题·提能力 1．（2026·四川成都·二模）如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)当F为中点时，平面与平面所成二面角夹角的余弦值为． （i）求的长度； （ii）有系列“二分球族”其中为中点，为中点，……，为中点，平面截三棱锥的外接球的图形为，的面积为，其中，2，……，n，请问数列中是否存在3项成等差数列，请说明理由． 题型07 立体几何与圆锥曲线的综合 析典例·建模型 1．（24-25高三下·湖北武汉·开学考试）如图，已知圆锥的高与母线所成的角为，过的平面与圆锥的高所成的角为，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆C，椭圆C的长轴为，短轴为，长轴长为2a，C的中心为N，再以为弦且垂直于的圆截面，记该圆与直线交于，与直线交于， (1)用分别表示 (2)若， （ⅰ）求椭圆C的焦距； （ⅱ）椭圆C左右焦点分别为，C上不同两点D，E在长轴同侧，且，设直线交于点Q，记，设，请写出的解析式（不要求求出定义域）． 研考点·通技法 1．建立空间直角坐标系，将立体几何中的点、线、面坐标化. 2．利用空间垂直、平行、距离等条件，确定圆锥曲线的基本量. 3．结合椭圆、双曲线、抛物线定义与标准方程，列出轨迹方程. 4．通过坐标运算求解线面角、距离及交点问题. 5．兼顾空间几何约束与曲线范围，验证结果合理性. 破类题·提能力 1．（2026·四川凉山·二模）如图，在三棱柱中，，，二面角的平面角为，点在平面上的射影为点. (1)若四边形是矩形，求； (2)若，. ①若，求直线与平面所成角的最大值； ②当点在其轨迹上运动时，点的轨迹是离心率为的圆锥曲线，记数列的前项和为，若，求的最小值. 题型08 圆锥曲线与导数的综合 析典例·建模型 1．（2025·辽宁·模拟预测）抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴． (1)求的方程； (2)已知为上三个不同的点，点在第一象限． （ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求． （ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标． 研考点·通技法 1. 设点坐标，写出圆锥曲线方程，利用几何条件列关系式. 2. 对曲线方程隐函数求导，得到切线斜率与切点关系. 3. 结合导数几何意义，求切线、法线方程及切点坐标. 4．用导数研究距离、面积等函数的单调性与最值. 5. 联立方程判别式判断位置关系，结合范围约束求解. 破类题·提能力 1．（25-26高三上·重庆·期中）已知关于坐标旋转的结论：在平面直角坐标系中，将任意向量绕原点，沿逆时针方向旋转角，会得到向量. (1)将绕着原点沿逆时针方向旋转后得到，且，求的坐标； (2)若为曲线上任意一点，将绕着原点沿逆时针方向旋转后得到，记点的轨迹曲线为. （i）求的方程； （ii）若等腰直角的三个顶点均在曲线上，求面积的最小值. 题型09 圆锥曲线与数列的综合 析典例·建模型 1．（2026·广东佛山·二模）椭圆的光学性质是：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光 线过椭圆的另一个焦点.已知椭圆（）的左顶点为，点在E上，且在x轴的上方，从E的左焦点发出的光线，经过E反射后，交E于点.按照如下方式依次构造点和（）：光线经过E反射后，交E于点；光线经过E反射后，交E于点. (1)求E的方程； (2)设直线的斜率为，求证：数列是等比数列，并求出其公比； (3)求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标. 研考点·通技法 1.利用圆锥曲线定义与几何性质，确定点坐标或弦长的递推关系. 2.将焦半径、弦长、面积等量转化为数列项，构造等差或等比数列. 3. 联立曲线与直线方程，结合韦达定理建立数列通项公式. 4. 借助数列求和、单调性求解最值或范围问题. 5. 结合曲线范围约束，检验数列解的几何合理性. 破类题·提能力 1．（2026·四川广安·二模）已知双曲线的离心率为，点为双曲线上的点，按如下方式依次构造点（且），过点作斜率为的直线与双曲线的另一支交于点，点关于轴的对称点为，记的坐标为． (1)求曲线的方程； (2)证明为等比数列； (3)记的面积为，四边形的面积为，求取何值时最小． 题型10 圆锥曲线与解三角形的综合 析典例·建模型 1．（25-26高三上·山东菏泽·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为为上一点，且时，的面积为． (1)求的方程； (2)设为的左顶点，直线过点，且与交于B，C两点，直线AB，AC与轴分别交于点M，N，证明：为定值． 研考点·通技法 1. 依托圆锥曲线定义与几何性质，确定三角形顶点与边长关系. 2. 联立曲线与直线方程，用韦达定理表示三角形边长. 3. 在焦点三角形中，结合余弦定理与曲线定义列式计算. 4. 利用正弦定理、面积公式求解角度与面积. 5. 结合曲线范围约束，检验解的有效性. 破类题·提能力 1．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在直角坐标系中，，动点与两点构成中角的对边分别为，且满足. (1)当点运动时，探究是否为定值，并求出动点的轨迹方程. (2)点在点的轨迹上且满足，求坐标原点到直线的距离. 2．（2026高三下·内蒙古鄂尔多斯·专题练习）记椭圆的左、右焦点分别为为上一点，，点满足，且不与重合． (1)证明：； (2)若，求的外接圆半径； (3)若，求． 题型11 概率统计与数列的综合 析典例·建模型 1．（2026·陕西西安·模拟预测）某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点，初始时有2个节点在线（假设在线的不再宕机），3个为宕机（停摆，不能正常工作），每个月系统随机等概率地巡查1个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为；若该节点已在线，则仅进行维护，用表示第n个月后在线节点数，表示其数学期望， (1)当时，求； (2)证明：． 研考点·通技法 1. 由概率模型建立事件递推关系，转化为数列递推式. 2. 利用概率性质确定首项，构造等差、等比或累乘型数列. 3. 求通项后计算对应概率、期望与方差. 4. 结合数列求和、极限分析概率趋势与稳定性. 5. 注意概率取值范围约束，验证结果合理性. 破类题·提能力 1．（2026·山东青岛·一模）在某生成式人工智能模型中，有一种简化的“词元生成器”，该模型只有两种词元，，且生成词元总数不超过.若生成，则过程立即结束；否则继续生成，直至总数达到.每个词元生成需要先预测，再审核.假设每次预测为，的概率均为0.5，且各次预测相互独立.审核规则如下： ①若预测中第一次出现词元，则审核后生成，的概率均为0.5； ②若预测中第二次出现词元，则审核后必生成； ③若预测中出现词元，则审核后必生成. 设表示过程结束时生成词元的总个数. (1)求，； (2)求的分布列； (3)求. 2．（2026·辽宁丹东·一模）Base16 Encoding是网络数据传输中常用的编码技术，它将二进制数转换为十六进制数，从而将冗长的二进制序列转换为更短、更规整的十六进制字符串，便于传输与解码． (1)写出二进制数111001011101转换后的十六进制字符串（参考附2）； (2)十六进制字符串由数字与字母组成，传输时，数字保持不变，字母替换为两个连续的“*”，得到加密字符串（如5A6F3加密为）.设位十六进制字符串加密后，其加密字符串的第位为“”的概率为． （i）求，，并证明数列为常数列； （ii）若，求数列的通项公式． 附1：十进制与十六进制的对应关系 十进制 0 1 2 … 9 10 11 12 13 14 15 十六进制 0 1 2 … 9 A B C D E F 附2：二进制数转换为十六进制数规则 将二进制数按4位一组映射为1位十六进制字符：从二进制数的最右侧开始，向左每4位分为一组；若最左侧一组不足4位，则在其左侧补0凑齐4位. 例如：二进制数11010，先补0分组为00011010.由，得，映射为十六进制数字1；由，得，映射为十六进制字母A．因此二进制数11010映射为十六进制字符串1A． 题型12 概率统计与导数的综合 析典例·建模型 1．（2026·青海西宁·一模）为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的． (1)若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望； (2)设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望） （i）求关于的函数表达式； （ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留位小数） 研考点·通技法 1. 建立概率、频率相关的函数模型，确定自变量范围. 2. 对函数求导，判断单调性与极值点，求解最值. 3. 结合分布列、期望、方差公式，转化为导数问题. 4. 利用导数分析概率密度、样本数据的变化趋势. 5. 验证区间端点与极值，结合实际意义确定最优解. 破类题·提能力 1．（2026·贵州遵义·模拟预测）某AI模型的商用部署需依次完成任务执行与性能测试两个核心环节，规则 如下： 环节一（任务执行）：按任意顺序执行3项独立的任务，每项任务最多执行一次，每项任务执行成功后可获得对应分数，失败则不得分，当总分达到40分时立即进入环节二，任务参数如下： 任务 单次执行成功率 0.9 0.5 0.8 任务成功后得分/分 10 25 15 环节二（性能测试）：由测试员对模型的性能进行测试后得到性能指标，已知性能指标服从正态分布，企业自主设定指标阈值，当时，模型成功商用，收益为万元：当时，模型不可商用，收益为万元：若未进入性能测试，则收益为万元. (1)求模型进入环节二的概率最大值，并写出此时任务的最优执行顺序； (2)记，两个环节结束后模型总收益的数学期望为. （i）在第（1）问的执行顺序下，请用和表示； （ii）求当为何值时，取得最大值. 参考数据：当时，. 2．（2026·四川成都·二模）2026年是农历马年，在春晚舞台上，宇树机器人的精彩表演赢得了全国观众的喝彩.某企业为宇树机器人生产一种关键部件，此企业生产的部件质量按等级划分为六个层级，分别对应如下六组质量指标值：，，，，，．根据大量检测结果，得到部件的质量指标值X服从正态分布，并把质量指标值不小于的产品称为A等品，其它产品称为B等品.现从该部件的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据大量检测结果，该部件质量指标值的标准差s的近似值为，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值.若从生产线中任取一个部件，试从质量指标值X服从正态分布的角度估计该部件为A等品的概率（保留小数点后面两位有效数字）； ①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．） (2)（ⅰ）从样本的质量指标值在和的部件中随机抽取3件，记其中质量指标值在的部件件数为，求的分布列和数学期望； （ⅱ）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的部件按100件一箱包装.已知一件A等品部件的利润是元，一件B等品部件的利润是元，根据（1）的计算结果，试求x的值，使得每箱产品的利润最大. （建议用时：120分钟） 刷模拟 1．（2026·广东广州·二模）已知点为抛物线的焦点，点在上. (1)求的方程与点F坐标： (2)过点的直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线相交于两点. （i）若为线段的中点，求证：直线为抛物线的切线； （ii）若直线为抛物线的切线，过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值. 2．（2026·四川德阳·二模）东湖山公园位于四川省德阳市，是一处集山水园林为一体的生态公园．公园总面积超过80公顷，六分为山，四分为水，山水相抱，岸势蜿蜒，景色迷人．公园内设有小桥流水、亭榭楼坊、热带沙滩、体育中心、雕塑、栈道等景观，以及丹井流霞、竹林夜雨、曲桥风荷、静心园、樱花岛等景点，使游人感到典雅、古朴、和谐自然．她以其独特的自然风光和丰富的文化内涵，成为了德阳市民和游客喜爱的休闲胜地．出入东湖山公园有三道门供游客自由选择，分别是东门、西门、南门，若每位游客选择东门入园的概率是，游客之间选择意愿相互独立． (1)从游客中随机选取3人，记3人中选择东门入园的人数为X，求X的分布列、均值和方差； (2)东湖山公园管理处计划在2026年中秋节当天，在月上东山处设立一个中秋节人气值显示屏，初始值为0，从东门进入一名游客，增加人气值2点，其它门进入一名游客，增加人气值1点，记当日人气值显示屏上曾经出现数值n的概率为（不考虑人流量有限的限制）． ①求，； ②求． 3．（25-26高三上·云南昭通·期末）泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作. (1)当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求的近似值； (2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字） (3)若，且，求的取值范围. 参考数据：若，，，则有，，. 4．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）已知函数. (1)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围； (2)若关于的方程的根为， ①求证: ； ②判断数列中是否存在连续三项按某种顺序构成等比数列，并证明你的判断. 5．（2026·重庆万州·模拟预测）已知函数. (1)判断函数在上的单调性并说明理由； (2)当时，证明：，； (3)当为正整数时，证明：. 6．（2026·福建泉州·一模）科赫四面体是一种借助递归迭代生成的分形几何体.其构造过程是：从一个正四面体开始，在该几何体的每个正三角形面上，移除以各边中点为顶点的小三角形，并以此小三角形为底面，向外构建小正四面体.如图，持续重复对新生成的几何体执行上述操作，最终得到科赫四面体. 现有一种高效吸附材料，其结构为科赫四面体模型，此模型是由棱长为的正四面体经过持续重复上述操作得到的.记第次操作后生成的几何体为，设的表面积为，体积为. (1)求； (2)在材料科学中，物料的表面积与体积之比被定义为比表面积，其值越大，吸附能力越强.根据比表面积随的变化趋势，说明该材料吸附能力强的原因. (3)是否存在一个球形容器，能够使该材料整体放入其中？若存在，求其半径的最小值；若不存在，请说明理由. 刷真题 1．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，证明：存在使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 3．（2024·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：． 4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项07 解答题 多模块综合考查 参考答案 （三角函数、立体几何、数列、圆锥曲线、导数、概率统计） 题型01 导数与三角函数综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据导数的几何意义，可得切线的斜率k，根据切线方程，可解得a值. （2）①利用导数，可得的单调区间、极值，根据零点存在性定理，可得的零点，分析求解，即可得证；②根据①可得，，求得的解析式，利用导数可得在上恒成立，分析即可得证. 【规范答题】（1）由题意得， 则在点处切线的斜率，解得. （2）①证明：由（1）得， 令，则， 由，当时， 与都单调递增， 所以在上单调递增， 又， 所以存在唯一的，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以在上有唯一的零点， 即在上有唯一的零点， 当时，，则在上恒成立， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以在上有唯一的极小值点，即， 因为，且在上单调递减，在上单调递增， 根据零点存在定理，存在，使得. 即在上存在唯一零点，即，所以. ②证明：由①得，，，则， 则 ， 因为，所以， 令， 则，令， 则 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立，则在上单调递增， 又，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，则，且在上单调递增， 所以. 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由导函数几何意义求出切点和切点处的导数即可由点斜式得解； （2）利用导数工具研究函数单调性即可求最值； （3）将题设等价转换成函数在区间上有三个不同的变号零点，作出直线与函数的图象，数形结合即可得解. 【详解】（1）由题，， 所以， 所以的图象在点处的切线方程为即. （2）由（1）可知， 因为，所以， 当时，，， 当时，，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上的最大值为. （3）因为 要使函数在区间上有三个极值点， 则函数在区间上有三个不同的变号零点， 令， 则， 当时，令或或或， 故存在使得即， 所以当时；当时；当时， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又， 作直线与函数的图象如图所示： 由图可知直线与函数的图象有3个不同的交点时， 所以函数在区间上有三个不同的变号零点，实数的取值范围为. 2．【答案】(1) (2)或. (3) 【分析】（1）根据最小正周期求得，得，求导，根据导数的几何意义求解即可； （2）令，由题意可得有1351个实数根，分，，三种情况讨论求解即可； （3）求导，分，两种情况，结合题意讨论求解即可. 【详解】（1），故 ，则，又， 故函数在处的切线方程为，故； （2），令，当，则， 令，则或， 当时，要使得有1351个实数根， 则，解得， 当时，要使得有1351个实数根， 则，解得， 当时，要使得有1351个实数根， 则，无解， 综上可得或； （3）由题得 . ，所以为偶函数 取时，则 由题意得，. ①当，即时 取，则当时，， 因此在上单调递增； 由于是的极大值点，所以不符合题意. ②当，即时 令 ，则在上单调递增 ， 则使得；即； 所以； 因此在上单调递减； 又因为为偶函数，所以在上单调递增. 由于是的极大值点，所以符合题意. 综上所述 题型02 导数与解三角形的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据余弦定理可得化简后，故求； （2）根据中线向量求模后结合余弦定理可求，故可求面积； （3）由正弦定理得，由余弦定理可得，结合导数可求周长的取值范围. 【规范答题】（1）由可得，， 而，故， 因为为斜三角形，故，故， 而，故即. （2）因为的中线，所以. 两边同时平方，得，即. 在中，，由余弦定理可得， 解得，所以. （3）在中，由正弦定理可得即. 在中，由正弦定理可得即. 因为四边形的内角和为，且，所以. 在中， ， 所以，则， . 因为在中，所以， 则在上单调递增. 因为， 所以的取值范围为. 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)利用三角恒等变换,得到,结合正切函数单调性得,判断出为等边三角形,则可求. (2)(i)由题目所给递推关系,结合正弦定理,得出,结合三角恒等变换,以及角的范围,得出,结合三角恒等变换则可证明; (ii)由(1)的结论求出的通项,对进行裂项求和,最后构造函数证明即可. 【详解】（1）由题意,,且，则 ， 同理,则, 由于，以及在单调递增，且， 则， 则为等边三角形，. （2）(i)由题意, , 则, 则, 在中，由正弦定理得，即， 则, 则, 则, , 由于, 则或(舍), 则, 则 (ii)由(i)得，则 由可得， ， ， 设,则，单调递增， 当时， ， 则, 综上，. 题型03 导数与数列的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）①结合（1）可得，，当且仅当时等号成立，进而得到，可得当时，，进而利用裂项相消法求证即可； ②先假设存在，先得到，再结合成等比数列，得到，再由，得到推出矛盾即可求证. 【规范答题】（1）由，， 则对于恒成立， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 所以实数的取值范围为. （2）①由（1）知，当时，，， 即，，当且仅当时等号成立， 因为方程的根为，所以，且， 则，即， 当时，， 则, 当时，也满足，则. ②数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下： 由，，则， 当时，，则函数在上单调递增， 结合题意，方程有唯一的根为，即， 而， 则，即， 假设成等比数列，则其公比，且， 又，则，， 所以，则， 即，所以， 则，由于， 则，即， 则，则， 由，， 两式相减得， 则，即，这与矛盾， 故数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列. 破类题·提能力 1．【答案】(1)证明见解析 (2)（i）2026（ii）证明见解析 【分析】（1）根据，整理得，构造函数；要证明时，，等价于证明，先对求导，分析在时候的正负性，判断的单调性； （2）（i）要找在上的零点情况，等价于求在的解的情况；分析在每个区间上解的情况，先对求导，判断在每个区间的单调性，再结合区间断点的函数值符号，确定各个区间内解的个数，最后统计上的总零点数. （ii）根据（i）中在各个区间的单调性，估算出各个区间的零点的取值范围，，得，利用放缩思想推导求和的下限. 【详解】（1）令，则 当时，，， ，则在单调递增，此时 当时， ，即 ，则，即 当时，. （2）（i）由，得，即 等价于 ， 当时，，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 当时，，， 则在上恰有1个解，即在上有2025个解； ，在上单调递减，在上无解； 是一个解，在上无解，在上有2025个解，则共有2026个解； 在上的零点从小到大构成有穷数列项数为2026. （ii）由，得 ， ，，则 即，整理得 由（i）可得：，， ，即 则 即 2．【答案】(1)递增区间为，递减区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求导，再根据导函数的正负求得的单调区间； （2）分离参数后可构造函数，根据导数研究所构造的函数的最值即可求解； （3）由（2）知，取，累加法可证. 【详解】（1）因为函数， 所以函数的定义域为，. 当时，. 因为，所以当时，；当时，. 故函数的递增区间为，递减区间为. （2）由，且恒成立得 ，整理得，即. 构造函数，则， 令，解得；令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以 所以，即实数a的取值范围为. （3）由（2）知时，，即，当且仅当时等号成立， 取，则，所以， 所以，，，. 上述n个式子相加得 ，从而得证. 题型04 解三角形与数列综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据和余弦定理得到，而由和余弦定理得到，联立求出，利用题目定义可得； （2）(i) ，在线段BC的延长线上，故，所以，又，故，因为，设，则有，利用基本不等式“1”的妙用求出最值； （ⅱ），由（ⅰ）可知在线段BC的延长线上，推出，又，故，由正弦定理得到，故，裂项求和得到答案. 【规范答题】（1）由题，，故，由余弦定理可知，，其中， 即， 则有， 因为，，所以， 而由知，，即， 所以，故，负值舍去， 故； （2）（ⅰ）设，， ，又， 所以， 为的平分线，故在线段上， 故， 所以，在线段BC的延长线上， 其中， 所以， 即，， ，，又，故， 所以， 因为， 故， 设，则有， ， 当且仅当，即取等号，此时； （ⅱ）因为，故， 由（ⅰ）可知在线段BC的延长线上， 其中， ， 由（1）知，， 故， 所以． 又，故， 由正弦定理，知：，则有， 所以 ， 故． 于是 ， 所以 ． 破类题·提能力 1．【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用正弦定理，结合和差公式证明始终可以构成三角形即可； （2）先证为最大角，然后利用余弦定理，结合正弦定理角化边，再利用和差公式化简得，结合余弦函数性质，利用构造法即可求解； （3）求出的通项及范围，表示出周长，先以为自变量求导，根据单调性放缩，然后再以为自变量求导，利用单调性放缩可得，最后证明为的最小值即可. 【详解】（1）设，，， 则. 故 . 即，同理，. 故对于任意，以三边为边长始终可构成三角形， 故均为无穷数列. （2）由余弦定理，，又，故. 由于，故，则， 又， 若存在，使首次不满足关系式， 由于，，则. 若，即，由于，且，则， 且只能满足，即， 又，故，， 则，与三角形内角和矛盾； 若，即，同理，，且只能满足， ，即，解得，矛盾； 综上，不存在不满足关系式，即恒成立， 则必为中的最大角，则. 中，余弦定理有， 接下来对式子进行化简. 由于，则， 故， 且， 则 故， 又，，且余弦函数在上单调， 故，即，则， 又，故数列是以为首项，为公比的等比数列，即， 故的通项公式为. （3）由（2）证明过程可知， 同理可得，， 由于，故由正弦定理易有，则，即，当时，. 同理有，. 设当时，的周长， 则， ， 由（2）可知，故，在，时单调递增， 则. 设，， 由于，且， 故，在，时单调递减. 则，故可取. 下面证明，是的最小值. 若，则. 只需证明存在，使. 不妨设，则，. 则此时， 令，则， 记，， 由零点存在性定理，存在，使得， 令，则，， 故只需取，即即可. 综上，的最小值为. 题型05 立体几何与解三角形综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）方法一：利用勾股定理和余弦定理，结合两角和的余弦公式进行求解即可；方法二：利用勾股定理和正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可； （2）方法一：建立空间直角坐标系.（i）利用空间向量夹角公式，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）根据线面平行、面面平行的判定定理，结合空间向量点到面的距离公式进行求解即可；方法二：（i）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合线面角的定义进行求解即可；（ii）利用空间点到面距离公式进行求解即可. 【规范答题】（1）方法一：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以， 在中，因为，， 所以，，所以. 在中，， 由余弦定理得 ， 所以. 方法二：在圆内接四边形中，为等腰直角三角形，， 所以是圆的直径，. 在中，，， 所以，，， . 由正弦定理得，又， 故. （2）方法一：以的中点为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，. （i）设，由（1）可知，，， 又因为， 所以 解得，，，即， 则. 取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）如图所示，取的三等分点P，Q，的中点M， 过三点D，P，M作平面，过三点，Q，C作平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理平面， 又因为，所以平面平面， 再过点A，C分别作平面，与平面平行， 那么四个平面，，，依次相互平行， 由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面. 由（i）可知，，， 所以， . 设平面的法向量，则 即可取， 所以点到平面的距离. 故相邻两个平面间的距离为. （方法二） （i）设的中点为，的中点为，的中点为M， 连接，，，. 由（1）知，，则， 又因为，，所以平面， 所以平面平面. 过点作交直线于点，连接， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的射影，为直线与平面所成角. 由（1）知，，，则，. 又因为，，所以， 所以，则. 在中，. 所以，得， 所以，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （ii）以为原点，以，方向为x，y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 设平面的法向量， 由（i）可知， 所以，，. 由，，，两两平行且每相邻两个平面间的距离都相等， 可得， 从而， 由可得或. 若，由得， 从而或. 若，由得， 从而或. 综上，可得，或， 或，或. 当或时，由于， 此时， 从而点B在点D与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，由于，此时， 从而点A在点C与所确定的平面上，与条件矛盾，舍去； 当，可求点A到平面的距离， 此时，，，分别为过A，D，C，B，且以为法向量的平面， 所以相邻两个平面间的距离为. 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据几何性质可得，由此得到，表示即可得到答案. （2）（i）设，根据条件结合两个和的正切公式可得，由此可得结果. （ii）建立空间直角坐标系，利用空间向量可得线面所成角的正弦值. 【详解】（1）∵四边形为正方形，是等边三角形，∴， ∴， 由得. ∵，∴，即， ∴， ∴的面积为. （2）（i）设，则， ∵的周长为，∴， 在直角三角形中，由得，，整理得，， ∵，∴， ∵，∴，故. （ii）由（i）知，设，则， ∴， ∴， ∵，∴， ∴当时，有最大值，最大值为，此时有最小值， ∴当取最小值时，，且. 由得，， ∴，，. 如图，取中点，连接，则，故四点共线， 由折叠得，，故为二面角的平面角， 且，. ∵二面角为直二面角，∴，故直线两两垂直. 如图，以为原点，分别以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 题型06 立体几何与数列综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）先分析相邻线段的长度关系得出数列是等比数列，再根据，得出数列是等比数列，计算前项和即可； （2）假设存在这样的实数，先写出各点的表达式，再计算向量差比较系数即可； （3）由（1）知通项公式，利用向量垂直的性质可得，要证当时，，需对的通项公式分情况讨论，利用不等式性质证明. 【规范答题】（1）由题意可知，三角形为直角三角形，且． 在中，，又因为， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，则． 在中，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 其前项和：． （2）存在这样的实数．设射线，，方向上的单位向量分别为，，， 由（1）可知．对于向量， 有． 对于向量，由于点列所在射线按，，顺序循环， 故在上，在上，则． 由（1），代入可得， 对比可得．因此存在实数，使得． （3）记．由向量模长公式可得 ， 又已知，且由（1）知，故． 当时，此时位于射线上， 与同向．， 则． 当时，此时位于射线或上． 由题意知，射线与、的夹角均为． ， 则． 综上所述，． 下面证明：当时，点始终在以为球心，1为半径的球内， 即证明对于任意，都有． 当且时，， 因为，所以，进而， 所以，故成立． 当且时，， 要证该式小于1，只需证，也即证， 因为，所以，又因为，所以， 所以上述不等式恒成立，即成立， 综上所述，当时，点始终在以为球心，1为半径的球内． 破类题·提能力 1．【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【知识点】多面体与球体内切外接问题、面面角的向量求法、等差中项的应用、证明面面垂直 【分析】（1）由平面可以得到平面平面，再由线线垂直得到平面，再由线面垂直得到，由三角形的性质得到，再由线面垂直的判定定理证明平面，由面面垂直的判定定理即可证明. （2）（i）建立空间直角坐标系，求解平面与平面的法向量，代入求解即可. （ii）取中点，作于，证明平面，得到为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，求解圆的面积，假设存在m，n，且使得，，成等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【详解】（1）证明：平面  平面， ∴平面平面， 又∵平面平面，且， 平面， 又平面，故． 在中，，E为线段的中点，则． 因为平面，平面，，平面． 平面，∴平面平面． （2）（i）易知，，两两垂直，以A为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，， ，， 设为平面的一个法向量． 故即取， 取为平面的一个法向量． ，解得，故． （ii）如图，取中点，作于． 由，所以满足． 则为三棱锥的球心，其中，2，…，n． 因为，则，则平面， 则为三棱锥的外接球与相交的圆的圆心，为半径 由，则， 所以圆的面积， 假设存在m，n，且使得，，成等差数列，则． 即化简可得 因为，，所以为偶数，即（*）式不成立， 所以数列中不存在3项成等差数列． 题型07 立体几何与圆锥曲线的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）过作于，可得，即可求得，同理求得. （2）（ⅰ）由，进而可以求得椭圆的离心率，再求得焦距即可；（ⅱ）设，由得，，，进而得出，再由题意解出即可. 【规范答题】（1） 过作于，而，， 所以，而， 所以. 同理过向作垂线，可得. （2）（ⅰ）由（1）可知,， 所以， ， 所以， 所以， 所以， 因为，所以，所以椭圆C的焦距. （ⅱ） 因为， 所以，所以， 所以， 设， 所以， 所以. 同理可得. 所以， 延长交C于点，则， 设，则， 所以， 由（ⅰ）可知椭圆的标准方程为， 故而由，得， 所以， 所以，所以， 又因为，解得， 因为， 所以， 所以， 所以，所以. 所以. 【点睛】关键点点睛：设，由得，，，进而得出，再由题意添加辅助线结合椭圆方程解出. 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先证明点落在直线上，再求角. （2）①建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值和线面角的正弦值，再结合不等式的性质可求线面角的最大值.②先判断的轨迹为椭圆，求出离心率后结合不等式放缩和裂项相消法求最小值. 【详解】（1）取中点，中点，连接，如下图： 因为为矩形，则，且. 由，可得，则， 且.而，且平面，则平面. 而平面，则平面平面. 因为，，则，所以点平面， 则在平面上的射影落在直线上，所以. （2）①设为中点连接，则， 过作直线平面，以所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，设， 则，，， ，，由， 得，即. 设直线与平面所成角为，则. 设平面的法向量为， 则，故，取， 因为二面角的平面角为且平面的法向量为， 故即， ①若，则，故， 设与平面所成的角为，则 ， 而，故，当且仅当时等号成立，故. ②由①可得，故， 故的坐标满足：且， 表示圆柱，而表示如图所示的平面， 两者的截面为椭圆，其短轴长为，长轴长为， 故离心率为，所以， ， 当时，， 当时，，矛盾； 当时，， 因为， 所以， 故最小值为. 题型08 圆锥曲线与导数的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）先求出点的横坐标，由轴，可得，进而可求出，即可得解； （2）（ⅰ）设，，由，可得，即可求出的关系，设的中点为，由，可得，即可求出的关系，再求出的范围即可得解； （ⅱ）先根据求出，再根据结合余弦定理求出，从而可求出，即可得出的关系，设重心，，，，的中点为，求出点的坐标，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式求出，进而可求出，即可得解. 【规范答题】（1）将代入的方程，得，所以， 所以，解得， 故的方程为； （2）（ⅰ）设，，则， 因为，所以， 即，① 又的中点为，所以，， 由，得，与①联立可得． 又，则， 令，则， 设方程的两根分别为， 得，， 所以在区间内单调递减，在区间内单调递增， 又，，即， 所以； （ⅱ）由，得， 即，即， 即，所以， 又，所以，所以， 所以， 即，所以， 所以为等腰三角形， 设重心，，，，的中点为， 则由，得，， 直线的斜率， 由，即，可知， 所以，即，即， 所以， 则， 所以直线的方程为，即， 联立，整理得， 则，， 所以， 由，得，解得， 所以， 故点的坐标为． 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由坐标旋转的定义列式求解； （2）（i）设和，由坐标旋转的定义可得，结合点在曲线上，代入运算得解； （ii）将的内接等腰直角三角形面积的最小值转化为曲线的内接等腰直角三角形面积的最小值的问题，写出面积表达式，再利用导数即可求出最小值. 【详解】（1）设，， 则有， 所以. （2）（i）设和，且，， 则， 则， 在曲线上， ，将，的表达式代入化简得，故的方程为. （ii）由（i）知的内接等腰面积的最小值，等于曲线的内接等腰面积的最小值. 如图，设为直角顶点，，， 则， 则斜率，斜率， ，，即…， ，，化简得：， 即，显然， 所以， 将式代入得…，易知， 将式和式代入式得， 令，则，则， 令，得，令，得， 在上单调递减，在上单调递增， ， 所以曲线的内接等腰直角三角形面积的最小值为. 题型09 圆锥曲线与数列的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据的关系即可求出； （2）设，直线的方程为，联立得到，再求直线的斜率之积，设直线的斜率为，求出即可证明； （3）直线的方程为，根据（2）的结论求出即可证明. 【规范答题】（1）由题意得，， 故E的方程为. （2）设，直线的方程为， 由，消去，整理得， ， 直线的斜率之积为 ， 设直线的斜率为，依题意可知均存在且不为零， 由经过E的右焦点，知①， 由经过E的左焦点，知②， ②①得，故数列是等比数列，公比为. （3）直线的方程为，由（2）知， 故，解得， 故直线恒过定点. 破类题·提能力 1．【答案】(1) (2)证明见解析 (3)时 【分析】（1）借助离心率与及双曲线上的点计算即可得； （2）由题意可得，联立曲线方程，可表示出， 从而可用、表示出、，再表示出后利用等比数列定义即可得证； （3）表示出可得数列也为等比数列，则可表示出、坐标，再利用三角形面积公式计算可得，由点关于轴的对称点为，可得，则可表示出，最后得到后，利用及对勾函数性质计算即可得. 【详解】（1）由题意可得，则，故， 故有，解得，则， 即曲线的方程为； （2）由题意可得， 由点关于轴的对称点为，则， 联立，则， 则，则， ， 故， 又，故为以为首项，为公比的等比数列； （3）由（2）知为以为首项，为公比的等比数列，则， 由，， 则， 又，故为以为首项，为公比的等比数列， 则， 故，， 设，则，， 则，即， ，即， ，即， 则 ， 故， 由， ， ， ， 则 ， 由点关于轴的对称点为，故轴， 故， ， ，， 则 则， 由在上单调递减，在上单调递增， 且，，则当，即时， 有最小值，则. 题型10 圆锥曲线与解三角形的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）应用椭圆定义及余弦定理得出，再应用面积公式代入求解得出，进而得出椭圆方程； （2）先求出直线得出MN中点为，再设直线联立椭圆方程得出，，最后应用三点共线得出，最后计算得出定值. 【规范答题】（1）设，则，① 在中，由余弦定理可得， 即， 即代入①式，得． 所以， 所以，椭圆的方程是． （2）当B，C之一为点时，不妨设，此时 AC斜率为0，N点为坐标原点，直线方程为． 代入，求得，所以AB方程为， 所以，所以MN中点为． 所以． 当AB，AC斜率都不为0时，设， 由得， 所以，代入中，得， 所以， 同理， 由Q，B，C共线，得， 所以，整理得②， 直线AB与轴交点为，直线AC与轴交点为， 所以MN中点，即，由②得， 所以． 综合以上可得为定值． 破类题·提能力 1．【答案】(1)是， (2) 【分析】（1）在中由正弦定理和余弦定理可得，再在，中利用余弦定理可得，最后根据双曲线的定义可得动点的轨迹方程； （2）设的方程为，，，根据垂直可得，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理化简前者可得，再由点到直线的距离公式可求距离. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理有：， 再由余弦定理有：，即， 而， 分别在，中利用余弦定理可得： ，化简得. 故，即， 根据双曲线定义结合不共线可得，点的轨迹为. （2） 由题意直线斜率不为0，设其方程为，，， 由可得， 而，故且， 故， 而，， 代入不等式组得有即①， 又，即， 所以， 故，化简可得， 结合①和可得， 此时点到直线的距离. 2．【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由三角形全等可得，设出点坐标，利用向量验证，得证； （2）利用椭圆定义和余弦定理求出，结合椭圆焦半径公式求出点的坐标，求出的边长，利用余弦定理求出，得，根据正弦定理求得答案； （3）由结合点在椭圆上求得点的坐标，由焦半径公式得，利用余弦定理求得答案. 【详解】（1）根据题意，可得，，则， 由，得， 设，则，即， 所以，， 所以， 所以，即. （2）在中，，，设，则， 由余弦定理，可得， 所以，得，即，， 下面先证明椭圆焦半径公式， 设，椭圆方程为，离心率，，， 则， 同理，可得， 所以由，得，解得，代入椭圆方程得， 不妨设，所以， 由，易得，，， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以外接圆的半径. （3）由， 设，所以，解得，又， 所以， 由焦半径公式得，， 所以， 所以 . 题型11 概率统计与数列的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）根据题意求出的所有可能取值及相应的概率，分析的可能情况，进而运算求解； （2）分析可知随机变量的可能取值有2，3，4，5，利用全概率公式求出随机变量在不同取值下的概率，再结合期望公式可证得结论成立； 【规范答题】（1）初始状态，即2个在线、3个宕机． 第1个月选中在线节点的概率为，此时； 选中宕机节点的概率为，其中修复成功的概率为，此时； 修复失败的概率为，此时． 所以，． ，． 所以 ， 故当时，． （2）由题意知的可能取值有2，3，4，5， 所以， ， ， ， 所以 ． 因为， 所以， 所以 ， 所以． 破类题·提能力 1．【答案】(1)， (2) 1 2 3 … … (3) 【分析】（1）根据规则判断出和的情形，结合概率乘法公式求解即可. （2）结合题干规则推导出，进而求出，即可得到分布列. （3）结合错位相减法及等比数列的前项和公式求出，根据条件概率公式求解即可. 【详解】（1）表示第一次就生成并结束过程，即第一次预测为，且审核生成， . 表示第二次生成并结束过程，情况有：第一次预测为，且审核生成，第二次预测为；第一次预测为，审核必生成，第二次预测为，且审核生成. . （2）（，）时，第个词元输出为， 若前面个词元都预测为，其概率为， 若前面个词元有一个预测为，其概率为， 故， 当时， 若前面个词元都没有预测为，其概率为， 若前面个词元有一个预测为，其概率为， 故 所以的分布列为： 1 2 3 … … （3）由（1）得， 由（2）得， ， ， ， ， 所以 所以 2．【答案】(1)E5D (2)（i），，证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据二进制数转换为十六进制数规则分析即可； （2）（i）利用古典概型概率、条件概率以及常数列的定义证明即可；（ii）根据等比数列定义以及通项公式和二项式定理分析求解即可. 【详解】（1），映射为十六进制字符为E， ，映射为十六进制字符为5， ，映射为十六进制字符为D， 因此二进制数111001011101，转换后的十六进制串为E5D． （2）（i）由题意，十六进制单个字符为数字的概率为，为字母的概率为， 当时，； 当时：若首字符为数字，第2位为的概率为， 若首字符为字母，第2位必为，概率为，故． 记事件：“原始字符串的第1个字符为数字”，则， 记事件：“原始字符串的第1个字符为字母”，则， 记事件：“长度为的原始字符串，加密后所得加密字符串的第位为*”，则， 当时： 若发生，首字符占1位，剩余个字符的加密结果是从加密字符串第2位开始，故， 若发生，首字符占2位，剩余个字符的加密结果是从加密字符串第3位开始，故， 由全概率公式，得， 从而，又， 故对任意，有，即数列为常数列． （ii）由（ⅰ）得， 因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 从而， 由二项式定理得， 因此. 题型12 概率统计与导数的综合 析典例·建模型 1．【思路分析】（1）分析消费者实际支付金额的所有可能取值，计算每个取值对应的概率，得到分布列，计算； （2）（i）计算消费者支付金额的期望，再计算优惠券成本的期望，分别计算基础券成本期望和进阶券成本期望，再求和，最后根据期望利润的定义，结合购买概率，代入支付金额期望、商品成本、优惠券成本期望，得到的函数表达式； （ii）对求导，得到导函数，分析导函数在内的单调性，找到导函数极大值点，代入计算最大期望利润. 【规范答题】（1）实际支付金额的所有可能取值为， ， ， ， ， ， 的分布列为： . （2）(i)求的函数表达式已知所有消费者都闯过第一关，按题目期望利润公式分步计算： 支付金额期望：， 商品成本， 优惠券成本期望：基础券成本， 进阶券成本， 总成本期望， 购买概率， 代入公式： . (ii)对求导得： 令，整理得，解得根为，（舍去，不在内）， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因此在内存在唯一极大值点，且该点为最大值点， 计算最大期望利润：. 破类题·提能力 1．【答案】(1)或 (2)（i）万元；（ii） 【分析】（1）根据独立事件同时发生的概率计算公式，分情况讨论总分达到40的概率，可确定进入环节二的概率的最大值. （2）（i）根据期望的计算公式，可求期望的表达式； （ii）利用导数，结合正态分布的性质，可分析的单调性，进而可求的最大值及对应的的值. 【详解】（1）由题意，记环节一（任务执行）获得的总分为，下求不同顺序的值， 要使，至少要保证执行成功，否则不可能进入环节二，讨论如下： 以的顺序执行任务时， 当成功时，， 当不成功时，， 以或的顺序执行任务，则， 故进入性能测试的概率最大值为0.4，则最优执行顺序为或. （2）（i）由题意因为， 由（1）可知执行顺序为或， 此时进入性能测试的概率均为0.4，则未进入性能测试的概率为0.6， 在进入环节二条件下，模型成功商用的概率为，模型不可商用的概率为. 则两个环节结束后模型总收益为的概率是0.6， 模型总收益为的概率是，模型总收益为的概率是. 则 万元， （ii）由（i）可知，，其中， 满足正态分布，则， 在时不断递减，则在上恒成立， 在上单调递减. 在上单调递减. 又， 而，则， 在上恒成立， 则在上单调递减，故当时，取得最大值. 2．【答案】(1) (2)（ⅰ）分布列见解析，期望；（ⅱ）时利润最大. 【分析】（1）根据直方图先算出平均值，进而得到正态分布，利用正态曲线的对称性求出概率即可； （2）（ⅰ）求出指标值在和的总件数，在的件数，然后根据步骤结合超几何分布的公式计算； （ⅱ）设设每箱产品的利润为，其中有件等品，用表示出的关系式，得到利润表达式，最后利用导数的工具求出关于利润函数时取最大值时的取值. 【详解】（1）根据直方图可得，， 由题知，，则， 等品的质量指标值不小于， 即. （2）（ⅰ）指标值在和的总件数为， 指标值在的件数是， 由题知，可能的取值是. ，， ，， 分布列为： . （ⅱ）设每箱产品的利润为，其中有件等品， 由题知，， 由（1）知，等品的概率为， 则，于是， ， 记， 则， 则递增， 递减， 故当时利润最大. （建议用时：120分钟） 刷模拟 1．【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii） 【详解】（1）点在，， ，； 点为抛物线的焦点，； （2）（i）过点的直线与抛物线相交于两点，此直线一定存在斜率， 设过点的直线方程为， 将代入，得到， 整理得到， 如图，设，则有， 为线段的中点，， ，， ， 在直线上，， ，，， 在上，，， ， ， ，，， 切点为，， 与切点为的斜率相等，直线为抛物线的切线； （ii）由（i）知，当为抛物线的切线时， ，， ，， 直线的方程为， 如图，作出符合题意的图形， 过点作直线的垂线，垂足为， 在直线上，，， ，，， ，， ，， ， ，， ，，， ，， 设，整理得到， 则，解得， 的最大值为，的最大值为. 2．【答案】(1) X 0 1 2 3 P ， (2)①；；② 【分析】（1）分析可知，结合二项分布求X的分布列、均值和方差； （2）①分析人气值1点或2点所对应的可能性情况，结合独立事件概率的乘法公式运算求解；②分析可得，利用构造法和累加法，结合等比数列求. 【详解】（1）由题意可知：， 则，， ，， 则X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以X的均值，且方差. （2）①因为每位游客选择东门入园的概率是，则选择其他门入园的概率是， 若人气值为1点，则仅有1人入园且选择其他门入园，所以； 若人气值为2点，则仅有1人且选择东门入园，或仅有2人入园且均选择其他门入园， 所以； ②若人气值为点，可知在人气值为点的前提下仅有1人且选择东门入园，或在人气值为点的前提下仅有1人且选择其他门入园， 则，可得， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则， 当时，则 ， 且符合上式，所以. 3．【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由时，泊松分布近似于正态分布求解； （2）设为配送延迟包裹数，由，根据，，得到，由求解. （3）由，得到，再根据泊松分布的概率公式求解. 【详解】（1）当时，泊松分布近似于正态分布， 即，，要计算， 根据正态分布的性质，因， 故. （2）设为配送延迟包裹数，则，， 因为，， ， 所以， 那么，某天至少3起配送延迟的概率约为 . （3）由，可得， 根据泊松分布的概率公式：，，可得. 设， 由，可知在上为减函数. 因为，所以， 所以，即，故的取值范围为. 4．【答案】(1) (2)①证明见解析；②不存在，证明见解析 【分析】（1）转化问题为对于恒成立，设，，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）①结合（1）可得，，当且仅当时等号成立，进而得到，可得当时，，进而利用裂项相消法求证即可； ②先假设存在，先得到，再结合成等比数列，得到，再由，得到推出矛盾即可求证. 【详解】（1）由，， 则对于恒成立， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 所以实数的取值范围为. （2）①由（1）知，当时，，， 即，，当且仅当时等号成立， 因为方程的根为，所以，且， 则，即， 当时，， 则, 当时，也满足，则. ②数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列，证明如下： 由，，则， 当时，，则函数在上单调递增， 结合题意，方程有唯一的根为，即， 而， 则，即， 假设成等比数列，则其公比，且， 又，则，， 所以，则， 即，所以， 则，由于， 则，即， 则，则， 由，， 两式相减得， 则，即，这与矛盾， 故数列中不存在连续三项按某种顺序构成等比数列. 5．【答案】（1）在上单调递减； （2）见解析；（3）见解析. 【详解】（1），令，则， 当时，，所以在上单调递减， 有，即，所以在上单调递减； （2）当，及，时，不等式显然成立， 故不妨设，，原不等式改写为， 因为，故， 下证，只需证， 因为，由（1）知，， 所以成立，从而成立，综上，原不等式成立； （3）证明：对任意正整数和实数， 由，，有 从而有 ，证毕. 6．【答案】(1)； (2)答案见解析 (3)存在，. 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求等比数列前n项和、锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】（1）根据正四面体的表面积和体积公式求出，再根据递推规律求出； （2）根据等比数列写出，根据极限思想分析，说明理由； （3）法一：证明各次球心距离与顶点到球心距离之和恒为，由向量三角不等式得任意顶点到的距离，进而求出最小球形容器半径； 法二：先证明每次构造的正四面体外接球对应的点集都包含于前一次的点集中，由递推关系可得⫋⫋⫋，其中是初始正四面体的外接球对应的点集，进而求出最小球形容器半径. 【详解】（1）正四面体的表面积为. 依题意，得； 正四面体的体积为. （2）依题意每次操作后，几何体的表面积变为上一次的倍， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 所以； 依题意得，， 所以 ； 又当时， 故. 又为递增数列，且当时，为递增数列， 且当时，，所以当时，， 故由此解释，该结构吸附能力强.（或，故当时，，类似说法亦可）； （3）法一：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体，故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且，同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，设四面体棱长为，，则，所以，则由，解得， 所以. 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结. 则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心，故在上，且，故与重合，所以共线，则平面，故. 记第2次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，连结，依次类推，第次操作后在上构造的任一正四面体的外接球球心为，其任意顶点为，连结.则依题意得： ，， 从而. 又，所以，故，即无论第几次迭代，的任意顶点到的距离都不会超过正四面体的外接球半径，又，故的最小值即为. 法二：存在，的最小值即为正四面体的外接球半径为. 理由如下： 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为外心，即重心，内心，垂心，则在上，且， 同理得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设四面体棱长为，则， 所以，则由，解得， 所以. 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，连结 .则平面，设垂足为，则为的外心，重心，垂心， 故在上，且，故与重合， 所以共线，则平面，故. 以此类推，几何体最新构造的任一四面体及其在上对应的四面体，棱长分别为和，其外接球球心为别为和，半径为和，记正四面体的中心为，则. 因为，所以，故. 记球体内（含表面）所有点的集合为， 因为，所以， 故⫋⫋⫋，所以⫋， 因为球为四面体的外接球，即对上的任一点，都有， 所以，即， 故的最小值即为正四面体的外接球半径为. 刷真题 1．【答案】（1）;(2)见解析；（3） 【分析】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利用均值不等式可求最大值. （2）利用反证法可证三角不等式有解； （3）先考虑时的范围，对于时，可利用（2）中的结论结合特值法求得，从而可得的最小值；或者先根据函数解析特征得，再结合特值法可得，结合（1）的结果可得的最小值. 【详解】（1）， 因为，故，故， 当时，即， 当时，即， 故在上为增函数，在为减函数， 故在上的最大值为. （2）法1：由余弦函数的性质得的解为，， 若任意与交集为空， 则且，此时无解， 矛盾，故无解；故存在，使得， 法2：由余弦函数的性质知的解为， 若每个与交集都为空， 则对每个，必有或之一成立. 此即或，但长度为的闭区间上必有一整数， 该整数不满足条件，矛盾. 故存在，使得成立. （3）法1：记， 因为， 故为周期函数且周期为,故只需讨论的情况. 当时，， 当时，， 此时， 令，则， 而， ，故， 当，在（2）中取，则存在，使得， 取，则，取即， 故，故， 综上，可取，使得等号成立. 综上，. 法2：设. ①一方面，若存在，使得对任意恒成立， 则对这样的，同样有. 所以对任意恒成立，这直接得到. 设，则根据恒成立，有 所以均不超过， 再结合， 就得到均不超过. 假设，则， 故. 但这是不可能的，因为三个角和单位圆的交点将单位圆三等分， 这三个点不可能都在直线左侧. 所以假设不成立，这意味着. ②另一方面，若，则由（1）中已经证明， 知存在，使得. 从而满足题目要求. 综合上述两个方面，可知的最小值是. 2．【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 3．【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. 4．【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据全概率公式即可求出； （2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出； （3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出． 【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 所以， . （2）设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列， 设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即． （3）因为，， 所以当时，， 故． 【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $