专题01 期中复习压轴15类题型训练-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第二册

专题01 期中复习压轴15类题型归纳 2026-2027学年高二数学上册人教A版 测试范围 选择性必修第一册 第2章直线和圆的方程 第3章圆锥曲线的方程 选择性必修第二册 第4章数列 参考答案与试题解析 题型归纳 选择性必修第一册 第二章 直线和圆的方程 【题型1 多条件定位直线：中点、垂直、角平分与等距】 2 【题型2 圆方程、直径弦与面积最值】 5 【题型3 距离方法的生成与优化：垂足推广、正截距最值】 8 【题型4 圆轨迹与存在性探究：动圆共点、分段圆弧交点】 11 选择性必修第一册 第三章 圆锥曲线的方程 【题型5 焦点定义、距离最值与几何推广】 16 【题型6 双曲线交点支别与实际轨迹、面积比】 20 【题型7 椭圆弦的定点、切线与面积】 24 【题型8 斜率定值与截线中点定点】 27 【题型9 抛物线垂直构造与轨迹可达性】 30 选择性必修第二册 第四章 数列 【题型10 和项关系反求、参数界与周期分组】 35 【题型11 二阶递推与双数列的线性构造】 37 【题型12 差比错位求和与和式存在性探究】 39 【题型13 数表与数位情境的递推建模】 41 【题型14 新定义性质刻画与连续片段构造】 43 【题型15 圆与数列的迭代过程及全程约束】 46 【附页 基础衔接与方法迁移】 50 【题型1 多条件定位直线：中点、垂直、角平分与等距】 【方法提示】先将几何条件变成坐标、斜率、线段比或距离式，再求满足全部条件的直线。平行线应先统一系数，内角平分线应核实内分位置。 【例1】（选自2024·苏州高二期中第16题）已知的三个顶点分别为，，。 为的中点，为内角平分线与的交点。 （1）求边上的中线所在直线的方程。 （2）求边上的高所在直线的方程。 （3）求的内角平分线所在直线的方程。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】先分别把中线、高、内角平分线转化为中点、垂直关系和线段比，再求直线方程。第三问应通过角平分线定理确定内分点，避免把外角平分线混入答案。 【详解】（1）设的中点为，则。 的斜率为，故中线所在直线为，即。 （2）的斜率为，故所求高的斜率为。 经过点，得，即。 （3）设内角平分线与交于点。由距离公式，，。 由角平分线定理，，所以。 的斜率为，故，即。点位于线段内部，所得确为内角平分线。 【易错提醒】角平分线上的内分点应满足，不能把权重直接照抄为坐标前的系数。 只由到两条边距离相等可得到两条角平分线，须另外判定内角。 【变式1-1】（选自2025·扬州·高邮高二期中第16题）已知直线（），，，且与之间的距离为。 为与的交点。与平行的灰色虚线为等距平行线，灰色细实线为过的垂线。 （1）求的值。 （2）求过与交点且与垂直的直线方程。 （3）求与平行，且到、距离相等的直线方程。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】先把两条平行线化成相同的系数，再处理距离。第三问设平行线的常数项为未知数，利用两个距离相等求解。 【详解】（1）将化为。于是。 由于，有，解得。 （2）联立与，得交点。 的斜率为，所求垂线的斜率为，故，整理得。 （3）设所求直线为。等距条件为。 两边平方并相减，得，所以。故所求直线为，即。 【易错提醒】使用平行线距离公式前，两条直线的系数必须相同。 第三问的常数项平均数应取与的平均数。 【题型2 圆方程、直径弦与面积最值】 【方法提示】由弦中垂线或三点待定圆方程；长度关系引入辅助圆；互相垂直的两条弦对应直径。最值同时验证取等构型，并保留竖直方向。 【例2】（改编自2025·南京高二期中第16题）已知圆的圆心在直线上，且圆与轴相交于、两点。 为圆心；图中、分别对应第三问的两种情形。 （1）求圆的方程。 （2）过点的直线与圆的另一个交点为，且，求的方程。 （3）点是圆上异于的两点，且，。求直线的所有可能方程。 【答案】（1）；（2）；（3）或。 【分析】第一问利用弦的垂直平分线定位圆心。第二问把长度条件转化成辅助圆，再相减得到公共弦。第三问先由圆周角得到直径，再用直角三角形的边长比定位端点。 【详解】（1）的中点为，故圆心的横坐标为。由，得圆心。 半径，故圆的方程为，即。 （2）因为且，所以同时在圆与辅助圆上。 辅助圆的一般方程为。与圆的方程相减，得到，即。 核验：联立与圆可得两交点、。二者不同，且，故该直线满足题意。 （3）由，为直角，故是圆的直径，，并且关于圆心对称。 由及勾股定理，得，所以，。 设，则。代入圆方程得，与前式相减得到。 于是，代入，整理得，即。 当时，，故，，相应直线为。 当时，，故，，相应直线为。 两种情形中均异于，且由为直径及已求边长可知条件全部成立。故所求方程为或。 【易错提醒】两圆相减得到直线后，还应核对确有两个不同的交点。 用斜截式统一设会漏掉。 指长度比，平方后应为。 【变式2-1】（改编自2025·南通高二期中第15题）已知的顶点为，，，点为的中点。 为圆的圆心，为第三问取等时的直径。 （1）求的长。 （2）求的外接圆的方程。 （3）过点的两条互相垂直的直线分别与交于异于的点。求的长及面积的最大值，并说明最大值能够取得。 【答案】（1）；（2）；（3），面积最大值为。 【分析】三点定圆后，将新增第三问化成以直径为斜边的直角三角形。面积最值不仅要给上界，还要构造对应直径验证取等。 【详解】（1），所以。 （2）设外接圆为。将代入，得，，。 前两式分别与第三式相减，得，，解得，，。 故，配方得。其圆心为，半径为。 （3）由于，由圆周角定理可知是的直径，所以。 设，，则，且。由，得。 故。等号当且仅当时成立。 取经过圆心且垂直于的直径，则在的垂直平分线上，故。因与该直径垂直，不在此直径上，均异于，且为直角。该构型满足题意，所以面积最大值确为。 【易错提醒】求圆的一般方程后应配方核半径平方为正。 面积上界成立不代表能在题设圆上取到，须补足等号构型。 【题型3 距离方法的生成与优化：垂足推广、正截距最值】 【方法提示】由具体坐标构造一般垂足，理解距离公式来源；将几何量化成正参数表达，用基本不等式或平方差恒等式解决最值与等号问题。 【例3】（选自2025·南通高二期中第17题）过点作直线的垂线，垂足为。 为直径的中点，为圆与轴相交的另一弦端点。 （1）求点的坐标。 （2）求以为直径的圆被轴截得的弦长。 （3）对于一般点和直线（不同时为），证明点到直线的距离为。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】先完成具体投影及直径圆问题，再直接构造一般点的垂足。证明距离公式时不能把待证公式作为已知使用，并应覆盖水平线、竖直线以及点在线上的情形。 【详解】（1）直线的斜率为，所以的斜率为。过的垂线为，即。 与联立，解得，，故。 （2）的中点为，，故所求圆的方程为。 令，得，两个交点为、，所以弦长为。 （3）若在上，则，两边均为，结论成立。下面设不在上。 令，并构造点。则，故在上。 当均非零时，的斜率为，而的斜率为，两斜率之积为，所以。 当时，，为水平线，且与横坐标相同，故为竖直线；当时，，为竖直线，且与纵坐标相同，故为水平线。两种情形同样有。 因此就是垂足，，得证。 【易错提醒】在证明点到直线距离公式时，不能先套用该公式求垂足距离。 只写两斜率之积为会漏掉或的情形。 【变式3-1】（改编自2024·南京外国语学校高二期中第15题）已知点，过的直线与轴、轴的正半轴分别交于点。 图中、、依次对应三问的取等位置。 （1）若是线段的中点，求直线的方程。 （2）当取得最小值时，求直线的方程。 （3）设为坐标原点，求到直线距离的最大值及取到最大值时的方程。 【答案】（1）；（2）；（3）最大值为，此时。 【分析】正半轴截距条件保证直线斜率为负，可设斜率为且。同一参数表达可完成乘积最小值与距离最大值，但两问的等号条件不同。 【详解】（1）若为中点，则，。由截距式，得。 （2）因为分别在两条坐标轴的正半轴上，的斜率为负。设，其中。 令、，分别得，。所以，。 于是，等号当且仅当时成立。故取到最小值时，即。 （3）沿用，可写成，故到的距离为。 由恒等式，可得，所以。 等号当且仅当时成立。此时，两正截距分别为、，符合题意，故所求最大值为。 【易错提醒】正半轴条件应落实为，而不是任意实数。 第二问的取等参数为，第三问为，不能沿用同一取等直线。 【题型4 圆轨迹与存在性探究：动圆共点、分段圆弧交点】 【方法提示】坐标对应先求全轨迹并双向核验；动圆研究圆心轨迹与半径；绝对值曲线分象限后同时检查判别式、根的符号与边界去重。 【例4】（改编自2025·苏州高二期中第19题）已知圆，点在圆上运动，为平面内一点。对于给定的，对应点由，确定。 坐标对应示意图。 （1）当、时，求点的轨迹方程。 （2）当、点在圆上运动时，是否存在定点，使恒在对应的点的轨迹上？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由。 （3）设，，以表示时点轨迹所围成的面积。求使对任意恒成立的最小整数。 【答案】（1）；（2）存在，且唯一为；（3）。 【分析】先推导统一的圆轨迹方程，再将第二问转化为圆心在定圆上运动的等半径圆族，将第三问转化为平方倒数有限和。用逐项放缩和有限裂项控制和的上界。 【详解】由、，得，。 由于，点的轨迹为。反过来，该圆上每一点对应的都满足，故没有多余点或遗漏点。 （1）取、，得。 （2）当时，轨迹圆的圆心为，半径为。 由，可得圆心的轨迹为。因此到定点的距离恒为，恰等于每个轨迹圆的半径，故恒在这些轨迹圆上。 若另有定点恒在各轨迹圆上，分别取圆心、，由得；再代入，得。故定点唯一。 （3）当时，轨迹圆半径为，故，所求有限和为。 当时，和为。当时，对有。 因此。 所以符合条件。由于时和为，严格不等式要求，整数不可能小于。故最小整数为。 【易错提醒】把对应关系写成点的坐标后，圆心坐标为，不能写成。 第二问的定点在每个动圆的圆周上，不是共同圆心。 裂项估计须单独保留首项，且最终要求严格小于整数。 【变式4-1】（改编自2025·南通高二期中第19题）已知曲线。 为第一象限圆弧所在圆的圆心，为该圆弧与坐标轴的交点。 （1）求曲线围成的平面图形的面积。 （2）点为曲线上的两个动点，求的最大值。 （3）是否存在直线与曲线至少有三个不同的公共点？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由。 （4）进一步研究一般方向：求所有能使某条直线与有四个不同公共点的实数的范围；同时说明竖直线能否与有四个不同公共点，并为可行的方向给出截距或直线的构造。 【答案】（1）；（2）；（3）不存在这样的；（4）或；竖直线也可以。构造区间见解析。 【分析】绝对值方程应分象限读成四段圆弧。先利用对称与初中圆几何处理面积、直径，再把公共点研究落实为相应圆上的根是否处在指定象限。第四问不仅要得出方向范围，还须证明每个可行方向都能选到截距。 【详解】（1）令。曲线关于两条坐标轴及原点均对称；第一象限内的部分是圆在第一象限的圆弧，端点为、。 设该圆圆心为。，因为，且由坐标计算得。 第一象限内曲线与两坐标轴围成的面积，等于面积加圆弧与弦之间的圆弓形面积，即。 所以曲线围成的总面积为。 （2）任取曲线上一点，它位于四个圆心为、半径为的相应圆弧之一。由三角形两边之和大于或等于第三边，。 所以。取，，两点都在上且共线，所有不等式同时取等。故最大值为。 （3）由关于原点的对称性，只需讨论。当时，直线分别在第一、第三象限各与相交一次，在第二象限没有交点，共两个交点。说明如下：第一象限的交点满足，其常数项为负，恰有一个正根；第三象限由交换坐标并关于原点对称得到同样结论。 第二象限中有，代入可得。当时，有，两根分别位于区间两侧，均不提供内部交点。 当时，上述两根恰为与，只有坐标轴上的两个不同交点、。当时，两根均严格位于内，第一、第三象限没有交点，仍只有两个交点。 当时，第二象限内两根重合，只有一个交点；当时，没有交点。因此任意都不能使交点数达到三个。 （4）下面证明方向范围及构造。因关于两坐标轴及原点对称，只需研究、。当时，直线经过的象限依次为第三、第二、第一象限；单独包含在后面的构造中。仍记。 先证明必要性。第一象限内的交点横坐标满足。若第一象限内有两个不同交点，则两根为正，故，即；同时，于是。 把点对应为点的坐标变换保持曲线不变，并将第三象限的交点对应到第一象限、将斜率换成。所以第三象限内有两个不同交点必有，即。 若，第一、第三象限都至多贡献一个内部交点。若两边均有交点，则第一象限方程至少有非负根，而不能有两个正根，由上面的根的符号条件可知；同理第三象限有交点要求。 此时直线在第二象限内的线段端点为、，两点均在圆盘内或边界上。圆盘内两点之间的线段仍在圆盘内，故该段不可能再有两个不同的内部圆周交点。坐标轴上的交点只计算一次，因此总数不能为四。若第一、第三象限只有一边有交点，则连同第二象限至多也只有三个。故这整个斜率区间均不可行。 再证明充分性并给出构造。若，令，任取满足的。该区间非空：由，得到；前一不等式平方后等价于。 在第一象限，判别式为。又因，两根之积为正；并且，因为。故两根之和为正，得到两个不同的第一象限交点。 在第二象限，两个坐标轴截点均在圆外：，且当时。直线到该圆心的距离为，且垂足的横坐标为，严格位于内。于是这条线段穿过圆盘，恰有两个不同的第二象限交点。 这里垂足位于线段内可由以及直接核对；后一个不等式在、时成立。当时，直线与第一、第二象限的两段圆弧各有两个交点，同样得到四个。 当时，对上述小斜率构型交换坐标并关于原点或坐标轴反射，可得构造区间；任选其中一个，即可得到四个不同交点。这个区间非空等价于将前一构造中的斜率换成。 对于负斜率，将已构造的图形关于轴反射即可。因此所有可行有限斜率恰为或。 竖直线也可行。例如取，有，此时在第一、第四象限对应圆上各有两个交点，共四个不同交点。 【易错提醒】绝对值方程对应的是各圆在指定象限内的圆弧，不能把四个整圆全部保留。 坐标轴上的同一点可能被相邻象限重复记录，公共点个数应去重。 只写判别式大于零还不够，还须验证根落在相应象限。 第四问的充分性必须给出每个可行方向的截距构造，端点斜率不应包含。 【题型5 焦点定义、距离最值与几何推广】 【方法提示】先用定义消去焦距，再确定三角不等式或基本不等式取等条件；推广问检查参数分段与轨迹可达性。 【例5】（改编自2024·扬州中学高二期中第16题）双曲线的离心率为，右焦点为，且到直线的距离为。 左支上的焦点距离与距离和示意图 （1）求的方程。 （2）设，为左支上一点，求的最小值。 （3）进一步将点推广为轴上的点。记为在左支上变化时的最小值，求，并说明何时取等。 【答案】（1）；（2），当时取得；（3）；，均在处取得。 【分析】由离心率和点到竖直线的距离确定参数；将左支上到右焦点的距离改写为到左焦点的距离，再使用三角形两边和不小于第三边。推广问按是否位于左顶点的左侧分段；前段直接使用两个给定焦点方向的距离，后段先用双曲线定义换焦点。 【详解】（1）由得、。因，已知距离为，故。 （2）记左焦点为。对左支上的，有，因此。 当时，位于线段上，且在双曲线左支，三角不等式取等。此时、，故最小值为。 （3）若，直接用三角形两边和不小于第三边，得。点在闭线段上且属于左支，所以取等。 若，用左支定义，得。此时在闭线段上，同样取等。 两式在均为，分类边界相容。三角不等式取等时须在相应轴上线段上，而左支与轴仅交于，故取等点唯一。 【易错提醒】必须按左支写出；下界只有在曲线上存在满足共线次序的点时才是真正最小值。 【变式5-1】（改编自2024·扬州中学高二期中第17题）已知、为抛物线上的两点。 焦点弦直径圆与准线示意图 （1）求的方程。 （2）斜率为的直线经过的焦点，并与交于两点。求的最小值。 （3）设为线段的中点，为以为直径的圆。求的轨迹方程及坐标限制，并证明总与抛物线的准线相切。 【答案】（1）；（2），当时取得；（3）且；这些圆均与准线相切。 【分析】先保留平方方程的两个分支，再用参数限制排除。焦点弦长可通过抛物线定义转为两个横坐标之和，随后用基本不等式求最值。 【详解】（1）有、，所以。解得或。分别对应或；由得，故。 （2）焦点为，直线为。以联立得，其判别式为，故总有两个不同交点，且两根异号，焦点在弦段内。 根的和为，于是。由抛物线定义，。 因此。当时取等，且该斜率满足及相交条件，故最小值为。 （3）由前面的根的和得，所以。因为且有限，。 反过来，轨迹方程上任一点满足时，取即可得到该圆心，所以这确为全部轨迹，不能补入顶点。 圆的半径为，圆心到准线的距离为，与半径相等，故始终相切。 【易错提醒】由平方关系应得到两个，不能漏写再用筛选；焦点弦公式的应用须先确认焦点在线段内。 【题型6 双曲线交点支别与实际轨迹、面积比】 【方法提示】先按代数根的符号与重根确定支别和参数，再反向构造核对轨迹或范围；区间参数与孤立参数分别讨论。 【例6】（改编自2024·南京外国语学校高二期中第16题第（1）问）设双曲线。 右支唯一交点的实际轨迹示意图 （1）若点在上，且为等轴双曲线，求的方程。 （2）在第（1）问的条件下，直线与的右支恰有一个公共点，求的取值范围。 （3）令取遍第（2）问中的所有允许值，记直线与右支的唯一交点为。点能否遍历整条右支？求的实际运动轨迹，并说明轨迹的端点和孤立点。 【答案】（1）；（2）；（3）右支中满足的全部点，加上孤立点；端点取到，不能遍历整条右支。 【分析】前两问先求等轴双曲线，再按正根个数分类。研究轨迹时以右支纵坐标为参数反构直线斜率，将允许参数的区间部分和孤立切线参数分别映射为曲线段与孤立点。 【详解】（1）等轴双曲线有。代入得，故。 （2）联立得到，右支上的点恰对应其中的正根。 当时，方程为，解为负，无右支交点；当时，方程为，恰有一个正根。 当时，两根之积为，所以两根异号，恰有一个右支交点。 当时，两根之积为正，判别式为。若，有实根时其和，故无正根。若且，两根均正，有两个右支交点；仅在且时，得到一个正重根，即。 综上，。 （3）先考虑。右支上的点可写为。由，它唯一确定。 因为，总有。条件等价于。若，不等式自动成立；若，两边适当移项后均非负，平方得，即。所以该部分轨迹恰为右支中的所有点。 这里不仅证明了必要性：任取右支上满足的点，用反构出的参数确在内，因此它正是对应直线与右支的唯一交点。边界对应，交点可以取到。 再考虑孤立参数。此时联立方程为重根，切点满足、，得到。 因为，不属于前述曲线段，且它与这段曲线之间有不含可达点的右支部分，所以它是实际轨迹中的孤立点。其余右支上且不等于该切点的点均不能取到，故不能遍历整条右支。 【易错提醒】只求出允许的斜率并不等于求出点的完整轨迹；必须做反向构造。区间端点对应可取的端点，而孤立斜率对应另一个切点，不能把两者之间的右支点补入。 【变式6-1】（选自2025·高邮高二期中第19题）双曲线的右焦点为。过作直线，交的右支于不同的两点，交两条渐近线于，其中均在第一象限，为坐标原点。 右支焦点弦与渐近线交点示意图 （1）证明点到两条渐近线的距离之积为定值。 （2）求面积的最小值。 （3）记、、的面积分别为，求的取值范围。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】用兼容竖直焦点弦；相交右支条件化为。渐近线交点与弦端点落在同一直线上，可用同高三角形面积比和渐近线二次方程消去坐标。 【详解】（1）由得，故，渐近线为。设，其到两渐近线的距离之积为。 （2）直线不能水平，故可统一写为，竖直线对应。联立双曲线得。两个交点均在右支且分别位于轴两侧，当且仅当。 具体地，若，两交点横坐标都为。若，改以联立得；当时两根的和、积都为正，所以两个横坐标都为正，均在右支。若，降为一次式，不能有两个不同交点；若，两横坐标之积为负，只能分属左右支。因此原条件恰等价于。 设，则。用坐标面积式得。当时取等，最小值为。 （3）渐近线交点的纵坐标分别为、。它们是方程的两根。 将代入上式，其值为，所以。又。 三个三角形的顶点都在同一直线上，来自的高相同，故，从而。 由，上式取值为。反过来，对该区间任一值，取满足，即可构造合法焦点弦，故区间中每个值均可取到。 【易错提醒】不要使用只适合有限斜率的而漏掉最小值所在的竖直弦。渐近线不是双曲线，代入其方程所得常数项为，与双曲线交点方程的常数项不同。 【题型7 椭圆弦的定点、切线与面积】 【方法提示】由焦点条件求标准方程，使用根的和积或固定点割线参数，把斜率约束转成直线族，最后检查取值范围。 【例7】（选自2024·扬州中学高二期中第18题）椭圆与椭圆有相同的焦点，且经过点。 焦点连线斜率关系示意图 （1）求的方程。 （2）设为的右焦点。动直线与坐标轴均不垂直，与交于不同的两点，且直线的斜率互为相反数。证明恒过轴上的某个定点，并求该定点。 （3）在第（2）问的条件下，求面积的最大值，其中为坐标原点。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】将直线写为可以直接处理纵坐标差和三角形面积。先把斜率和为零转成根的和、积，再检查严格相交条件；最值用基本不等式完成。 【详解】（1）共同焦点给出。令，则，由过点条件得，即。唯一正根为，故，。 （2）设，其中。联立得。设两根为，则、。 斜率条件为。清分母得。代入并利用，得到，故恒过。 （3）当时，判别式为，所以。此外。因此。 令，则。当，即时取等。该值满足，且两条焦点连线的斜率均存在，故最大面积为。 【易错提醒】斜率“互为相反数”包括两个斜率均存在的要求；相交条件为严格不等式，达到面积最大值时须验证其合法。 【变式7-1】（选自2025·高邮高二期中第18题）椭圆的左、右焦点分别为，点在上。射线与的另一个交点为，的周长为。 椭圆切线与斜率约束示意图 （1）求的标准方程。 （2）若直线过且与只有一个公共点，求的方程。 （3）过作斜率分别为的两条不同直线，分别与交于异于的点，且。证明直线过定点。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】用射线上的线段和把周长化为两组焦点距离和。第三问从过椭圆上固定点的割线参数出发，把两斜率的和转为根的和，写出弦直线族。 【详解】（1）焦点在椭圆内部，故在线段上，。椭圆定义给出周长，故。由在椭圆上，得，所以。 （2）竖直线与有两个公共点，不能满足条件。其余过的直线设为，记，代入椭圆得。 因一个根已为，只有一个公共点当且仅当另一根也为，即。所求直线为。 （3）记、，并设。对斜率为的割线，除外的交点满足、。 考虑直线。将以上交点坐标代入，其左边乘以后等于；当或时为，故均在上。 因为不同，就是。将它写成，可知各条直线恒过。系数和不可能同时为，故确为直线。 【易错提醒】周长中的射线关系必须确认在之间；第三问两条直线应不同且都是割线，斜率的切线不能作为合法弦端构造。 【题型8 斜率定值与截线中点定点】 【方法提示】把弦经过的已知点平移为代数原点，优先使用根的倒数和，统一处理垂直条件、面积条件和截线中点。 【例8】（选自2025·南京高二期中第19题）椭圆过点，离心率为。过点且与坐标轴不垂直的直线与交于不同的两点，为坐标原点。 椭圆弦与斜率差示意图 （1）求的方程。 （2）若，求的方程。 （3）直线与直线交于，记直线的斜率分别为。判断是否为定值，并说明理由。 【答案】（1）；（2）或；（3）。 【分析】联立后优先用根的和、积。把横坐标平移到直线经过的定点，分母中的可转为两个新根的倒数关系。 【详解】（1）由和，得。再由，解得。 设，其中。令、，并记、。代入椭圆可得，所以、。两根不同且非零。 （2）等价于。代入根的和、积，化为，故。两条直线均与椭圆相交，得或。 （3）因为，故。又的横坐标为，所以的纵坐标为。 由此。椭圆上各点的横坐标均在内，因此，该斜率存在。 根的和、积还给出，于是。所以所求差为定值。 【易错提醒】含分母的斜率式先检查是否有竖直线。把定点的横坐标移至零后，倒数根关系比直接求根简洁；不应遗漏的原题限制。 【变式8-1】（选自2025·苏锡常镇高三一模第18题）双曲线的右顶点到其渐近线的距离为，点在的一条渐近线上。过的直线与交于不同的两点，直线分别与轴交于。 面积条件与截线中点示意图 （1）求的方程。 （2）若的面积为，求的方程。 （3）证明线段的中点为定点。 【答案】（1）；（2）；（3）中点恒为。 【分析】利用渐近线比例及顶点距离确定参数。把横坐标移到右顶点，面积公式中的斜率项会消去；截距和则可用两根倒数之和求出。 【详解】（1）由在渐近线上，得。渐近线之一为，右顶点到该线的距离为，故，，。 设。竖直线与双曲线只有一个公共点，不合题意，因此这种斜率表示不遗漏所需直线。令，联立得。 当时无解，当时降为一次方程，均不满足两个不同交点。因此，且判别式，即。记两根为，则、。 （2）以为原点计算面积，得。故。 由得。令，则，即。第二因式恒正，因此、。满足相交条件，故。 （3）因，的斜率分别为、。于是的纵坐标分别为、。 由根的和、积，，所以两纵坐标之和为。故线段的中点恒为。 【易错提醒】必须单独排除竖直线及二次项消失的两个斜率。面积含绝对值，平方后仍须回到相交条件验根；截距定值不依赖面积设问中的特定斜率。 【题型9 抛物线垂直构造与轨迹可达性】 【方法提示】从焦点—准线定义入手，使用点差、内分比与含参直线族；定圆结论后再研究实际圆弧及端点能否取得。 【例9】（选自2025·南京高二期中第18题）设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，为上的动点。当轴时，的面积为。 准线上的垂直构造示意图 （1）求的方程。 （2）过且与直线垂直的直线交于，其中不在轴上。直线交轴于，求。 （3）在第（2）问的条件下，证明平分。 【答案】（1）；（2）；（3）平分。 【分析】先用通径端点确定参数，再利用互相垂直的直线求准线上的点。证明内角平分线时，同时检查方向，不能仅证明到两边的距离相等。 【详解】（1）当轴时，的坐标为。故。由得，所以、、。 （2）由作图条件可知且，并有、。互相垂直的条件给出。 （2）由坐标计算，。令，得到，故。 （3）抛物线定义给出，而。取，则在开线段内，并且。 另一方面，，故共线，且从到与从到同向。由三角形内角平分线定理的逆定理，平分。 【易错提醒】作图中必须存在且不在轴上。证明角平分线还须确认与内部线段相交，防止只得到外角平分线。 【变式9-1】（改编自2026·南京、盐城高三一模第18题）抛物线的焦点为。上的点到的距离为。 弦中点、垂足与可达圆弧示意图 （1）求和。 （2）为上不同的两点，且的重心在直线上。证明直线的斜率为定值。 （3）在第（2）问的条件下，设直线与轴交于，线段的中点为，线段的中点为。从向直线作垂线，垂足为。证明在一个定圆上，并求出该定圆的方程。 （4）进一步探究：当取遍第（2）问的所有允许位置时，点能否遍历第（3）问中的整个圆？请确定的实际运动轨迹，并说明轨迹端点能否取到。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）以、为端点且经过的开圆弧，两端点均不取。 【分析】利用焦点到准线的等距关系求抛物线；由重心确定弦端纵坐标和，用点差求斜率。对称地设弦端纵坐标，可把写成含参直线族，求出该直线族的公共点。第四问用含参直线族的斜率开区间刻画可达圆弧，并从任意目标点反向构造弦端点，闭合充分性。 【详解】（1）由抛物线定义，，所以。由和，得。故，。 （2）设、。重心条件给出，即。由，且，得，所以。 （3）写、，其中，并令。代入抛物线可得。直线为，故，进而。 因此直线为，亦即。它恒过定点。 当时，因在直线上且，有；当时，该等式也成立。因此在以为直径的圆上。其圆心为，半径为，方程为。 （4）沿用，直线为，恒过，其斜率为。不同对应不同直线。 记。由点到直线的垂足坐标计算，可得，可直接验证其满足。 两条边界直线的交点可用代数求出：斜率对应，与定圆联立，得到及；斜率对应，与定圆联立，得到及。 当直线的斜率在内时，它与定圆除外的交点恰落在以为端点且经过的开圆弧上。 反过来，取这条开圆弧上的任一点，令，则，取。再取、、及，即可构成两个不同的弦端点，满足重心条件。当时，由直径所对的圆周角得，所以相应垂足就是；当时，、，就在直线上，投影的垂足仍是。 因此点只能遍历上述开圆弧，不能遍历整个圆。端点要求，使，不合题意；端点对应水平，而任意有限时直线斜率不为，故两端点均不能取。 【易错提醒】先说明弦斜率存在；定圆结论只要求垂足落在圆上，不应误写成垂足能遍历整个圆。还应照顾的退化投影情形。“在定圆上”不等于“遍历整个圆”；可达性证明必须反向构造并排除两个边界位置。 【题型10 和项关系反求、参数界与周期分组】 【方法提示】先单独检验首项，再相邻相减；平方或根式须保留正性。含参恒成立转换为一个数列的统一界，乘积递推可比较相邻式后按指标分组。 【例10】（选自2024·盐城高三期中第18题）已知正项数列的前项和为，且对任意有。 （1）证明为等差数列，并求其通项公式。 （2）若数列的前项和为，且对任意正整数恒成立，求实数的最大值。 （3）已知数列满足，，求其前项和。 【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；当时，。 【分析】先以正项性排除平方产生的负分支；再把含参恒成立问题化为相邻作差。最后将相邻三个数的乘积关系相除，得到隔三项等比结构。 【详解】（1）当时，，即，所以。当时，已知式与前一式相减，得，整理为。若，则，矛盾。因此，从而，。 （2）由，原不等式等价于，其中。直接得、。又：当时为正，当时为零。故的最小值为，于是的最大值为。 （3）由与乘积关系，各项均非零且为正数。把相邻两式相除，得到；由得。因此对，有、、。 若，，则。若，，则。若，，再添一项，得到。后两式在时分别给出、，与首项一致。 【易错提醒】平方等式须用正项性排除负分支；含参界在第二、三项取得；第三问必须区分项数除以三后的余数。 【变式10-1】（改编自2025·苏锡常镇四市高三一模第16题）在下列三个条件中选择一个，使正项数列存在。其前项和记为，所选条件对任意成立： ①；②，；③。 （1）写出可选择的条件，并求的通项公式。 （2）设，其前项和为，证明。 （3）设。若对任意正整数恒成立，求的取值范围。 【答案】（1）可选②或③，均有，；（2），所给双边界成立；（3）。 【分析】根式相减可把前项和转成等差；平方倒数裂项给出精确和式，新增问题再研究一个参数能否同时满足全部整数下标。 【详解】（1）条件①在时给出，与正项性矛盾，不能选。若选②，由和平方差分解，有。又，连续累加得，故、。 若选③，时，得。对，令、，则，即。正项性给出，故。连续相加仍得、。这也验证②③均能给出符合全部条件的正项数列。 （2），因此有限累加得。由，有，故；左端等号仅在时成立。 （3）因，所有均为正数。代入并同乘正分母，所求不等式等价于。当时，对全部均成立。若，取正整数，则，不等式失败。综上，参数范围为。 【易错提醒】第三问须要求一个参数适合所有正整数，不能固定下标后取一个局部上界。 【题型11 二阶递推与双数列的线性构造】 【方法提示】先试相邻项和、两列的线性组合，再减去合适的一次表达式；把复杂递推化成等差、等比或周期关系。参数界用有限下标及明确反例验证。 【例11】（选自2026·苏锡常镇四市高三二模第19题）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中讨论隙积术，体现了通过构造研究数列的思想。设数列满足，其前项和为。 （1）若，，求。 （2）若，，，求满足的所有正整数。 （3）若，，。证明：对任给的，当时，有。 【答案】（1）；（2）；（3）所给双边不等式成立。 【分析】前两问对相邻项的和作构造；第三问用正弦加减公式识别通项，以有限三角求和和两边不同方向的放缩证明。 【详解】（1）记，则。由可依次得到、，并有。所以每个，于是。 （2）仍令，则，。设，得到、，故每项，即。再令，由得，，故，。 于是等价于，即。结合为正整数，得。 （3）由正弦加减公式，。数列具有所给初始两项及递推式，逐次代入该式便唯一确定后续各项，因此。 对固定的，由，当时，有，所以。又。将有限的个等式相加，得。 记。因为且，故。 若，和式为。若，对有，从而。两侧均为严格不等式，结论得证。 【易错提醒】第三问的范围依赖于当前任给的；不能把它改写成一个固定正角对全部均小于。下界分母为。 【变式11-1】（改编自2024·苏州高二期中第17题）数列、满足，，且，。 （1）求。 （2）证明为等比数列，并求、的通项公式。 （3）求所有实数，使对任意正整数恒成立。 【答案】（1）；（2），；（3）。 【分析】联立递推的线性组合先给出一次关系，再构造等比。新增问须把所有下标的正性化为统一参数界，并用明确有限下标反驳超界参数。 【详解】（1）由初值，，，故。 （2）由两递推式，，又，所以。代入第一式得，于是。新数列首项为、公比为，故，从而得到及。 （3）由有限等比和，，其中时将括号看为空和，等式直接成立。因此。又，故当时，。 下面证明必不合要求。对，数列在相邻下标处的比为，而在时等于，故。于是。 令，取一个同时满足与的正整数，则，所以。这给出了超界时失败的明确有限下标，故所求范围为。 【易错提醒】线性组合的初值也要核查；参数上界可以取得，但比值的每一项均大于该界，不能据此误判还有更大的统一参数。 【题型12 差比错位求和与和式存在性探究】 【方法提示】先求通项并确定项的正负、单调，再完整错位相减。把和式条件转成邻项夹逼或初值参数约束，既给充分性，也给超出范围时的具体有限下标。 【例12】（改编自2024·苏州高二期中第15题）等差数列的前项和为，满足，且对任意正整数有。记，其前项和为。 （1）求的通项公式。 （2）求。 （3）是否存在正整数，使？若存在，求所有有序数对；若不存在，说明理由。 【答案】（1）；（2）；（3）仅有。 【分析】通项反求后作差比求和；判断和式是否落回原数列，宜将其夹在相邻两项之间，而不是无边界枚举。 【详解】（1）设首项为、公差为。由，有，得。由，有，得。故、，于是。 （2），。相减得，故。时直接代入也成立。 （3）由，有，所以严格递增。当时，，只能对应。当时，。 当时，，而，故。严格递增数列中没有任何一项位于这两相邻项之间，故不存在其他解。所有有序数对仅为。 【易错提醒】错位相减要保留首末项；新增问中的两个下标可以不同，必须先建立整列单调性及相邻项夹逼，不能只检查是否等于。 【变式12-1】（改编自2025·苏州高二期中阳光调研第17题）记数列的前项和为，满足。记数列的前项和为，满足，，且。 （1）求和的通项公式。 （2）求数列的前项和。 （3）另将条件改为，其余关于和前项和的条件保持不变。若对任意正整数均有且，求实数的取值范围。 【答案】（1），；（2）；（3）。 【分析】第二个和式条件在第二项处退化，必须使用初值。新设问改变这一个初值后出现一族等差数列，再同时研究正性与加权和的统一约束。 【详解】（1）当时，，得。对，，故，从而。 把与前一式相减，得。在时该式只重复，不能除以零；对可改写为。由，连续代入得，也与一致。 （2）。乘以后错位相减，，于是。 （3）令。同样的相邻相减过程给出。对所有正整数均有，当且仅当：充分性显然；若，取整数即可使。 记为数列的前项和，为数列的前项和，则，，新条件下。由于，若，有。 反之，若，取整数，则，与上界矛盾。所以。结合正性，，即。 【易错提醒】第三问是将第二项初值另改为参数后的新问题；不能继续沿用。必须分别证明全部项的正性与全部部分和的上界。 【题型13 数表与数位情境的递推建模】 【方法提示】先从每格或每位的生成规则建立数列，不急于运算大整数。区间计数须核首项及端点奇偶，存在性须同时证明可取与无其他解。 【例13】（选自2024·无锡高三期中第19题）按如下规则填写数表：第一列从上到下为首项、公差的等差数列；第一行从左到右为首项、公比的等比数列。其余位置的数等于它上面一格的数与左边一格的数之和。第二行从左到右依次记为。 第1列 第2列 第3列 第列 第1行 第2行 第3行 第行 数表填写规则示意 （1）求数列的通项公式。 （2）对任意，把中落在区间内的项的个数记为。求和。 （3）设数列的前项和为。是否存在正整数，使？若存在，求所有；若不存在，说明理由。 【答案】（1）；（2），；（3）存在，且仅有。 【分析】局部填数先给出第二行通项，区间计数的首项要单列。最后精确求和，并用相邻差分关系证明找到的整数解之外没有遗漏。 【详解】（1）由规则，，对有。因此，时也成立。 （2），。当时，区间为，包含，故。当时，左端点为偶数，右端点为奇数，包含的奇数从到，所以。特别地，。 （3）记为数列的前项和，错位相减得到。上问的公式在时少算，再结合前个奇数之和等于，可得，该式对也成立。 令。所求等式等价于。直接计算得、、、。 对，，因为方括号内两项均为负数。由，对这些有限下标连续应用该不等式，可得每个均有。故仅满足等式。 【易错提醒】不能直接套用后续区间公式；只试出不是求出全部整数解，还须排除所有更大下标。 【变式13-1】（选自2025·苏州高二期中阳光调研第18题）数列的第项是由个数字组成的位数，如、、。数列的第项是所有仅由数字或组成的位数的和，如、。 （1）求及其前项和。 （2）求，并写出的一个通项公式。 （3）求使成立的正整数的最小值。 【答案】（1），；（2），；（3）。 【分析】重复数字按位值转成等比求和；每个固定数位都可以把数字互补配对，得到同样的贡献。最后在正数条件下约去巨大公共因子。 【详解】（1）。因此，所以。 （2）每添一个数位，各已有数字串均可添或，个数加倍，从一位数的个出发，得到共有个位数。把每个串的全部数字与互换，得到与它不同的唯一伙伴，两两配对，共对。对任一固定数位，每对数字和为，所以该位数字总和为。按位值相加，，从而。 （3）因为，等价于。由，且随正整数严格递增，可得最小值。 【易错提醒】按位值计算数字总和；数字串个数只用每次加倍和显式互补配对，无需排列组合公式；比较前先约去正数。 【题型14 新定义性质刻画与连续片段构造】 【方法提示】先把定义还原为可计算的平均数差或标准分块和，再研究必要充分条件。反例和达界构造必须给出全部项，严格条件的边界单独核对。 【例14】（改编自2026·南通高三一模第11题）设是实数数列的前项和。若对每个均有，则称为“均增数列”。 （1）证明均增条件等价于对所有正整数成立，并判断是否为均增数列。 （2）设为公差的等差数列。证明它是均增数列当且仅当。 （3）均增数列是否一定满足？给出证明；若不一定，请构造一个定义了全部项的反例。 （4）设，，求使成为均增数列的全部实数。 【答案】（1）等价；是均增数列；（2）当且仅当；（3）不一定。可取、，对取；（4），且。 【分析】新定义先化成相邻平均数的正差。反例必须定义所有后续项；等比数列的负公比不能只凭振荡否定，要分奇偶下标检验精确条件。 【详解】（1），分母为正，故所述条件等价。当时，，随下标严格递增，所以是均增数列。 （2）对等差数列，，相邻平均数之差恰为。它们全部严格为正，当且仅当。 （3）取、，对取。则；对，有，故。从到的平均数由增到，此后相邻平均数之差为。这就是均增数列，但，不满足题述严格递增，故命题不成立。 （4）若，则各项严格递增，下一项大于全部前项，因此大于其平均数，符合均增条件。若，则，在时均增条件已不成立。 下面设，令。由有限等比和，，于是。分母为正；当为奇数时，方括号大于，恒为正。当为偶数时，必须且只须。 取可得必要条件。左端随正数严格增大，在时等于，所以必有。反之，若，记。对偶数，有。因此沿每个有限偶数下标链均有，充分性成立。 综上，负公比时为，正公比时为，合并为且。边界在时平均数相等，时原数列为常数，均不满足严格条件。 【易错提醒】平均数严格递增不表示各项严格递增；负公比仍可能符合新定义。等比公比不取零，两个边界都因严格不等式被排除。 【变式14-1】（改编自2026·全国一卷第14题）数列满足：对任意，有。本题不要求各项均为正数。 （1）是否存在这样的数列，其中某连续项构成公比为的等比数列？若存在，构造一个满足全部前项和条件的数列；若不存在，说明理由。 （2）若某连续项构成公比为实数的等比数列，求的最大值，并证明该最大值能够取得。 （3）在所有满足题干条件的数列中，一个连续等比片段最多能包含多少项？证明你的结论，并构造达到该最大项数的数列。 【答案】（1）存在；可令（），补、、，其后每个三项块取；（2）；（3）项。 【分析】标准三项块的和固定为连续正等差数。片段跨过的完整三项块越多，约束越强；所有存在性与最值都要把片段外的项补齐，形成整条数列。 【详解】记。相邻前项和相减并单独核，得。所以题干条件等价于每个标准三项块的和为。 （1）令（），则为公比的连续六项。取，、，前三个标准块之和分别为、、。对，令、。这样所有标准块均满足，完整构造成立。 （2）九项片段内至少包含两个相邻完整标准块，其和均为正；这些块的和之比应为，所以。若把按零公比递推理解，后八项全为零，会出现和为零的完整标准块，也不符合题干。 设片段从第项起。若、，它由三个完整相邻标准块组成，三块和为，应成等比数列；但，矛盾。若、，片段含第、两块，因此。若、，则含第、两块，因此。故。 令，，取（）。于是第、标准块和分别为与。再补、、；对，取、。全部标准块均满足条件，连续第至项构成所需九项等比片段，最大值可以取得。 （3）任意连续项，按起点除以的余数分类，均至少包含三个完整相邻标准块。若这项成等比数列，三块和也应成等比数列，但它们是，与上问同样矛盾。零或负公比也不可能避开此矛盾：三个完整块均为正，强制；若则完整块为零。因此连续等比片段至多项。 下面构造连续项。仍令，取，令（），并补、。第、标准块和依次为与，第、块由补项分别达到、。对继续取标准块，即得满足全部条件且第至项为等比片段的完整数列。故最多为项。 【易错提醒】没有正项条件，允许在片段外补零或负数；但等比片段中的公比仍须分类。只构造局部片段而不补全所有标准块，不能完成存在性证明。 【题型15 圆与数列的迭代过程及全程约束】 【方法提示】把每次操作中的坐标、斜率或半径关系写成递推，再用等比和式消去几何变量。对“任意步骤”的约束，用有限步构造检验参数必要性，图中保留定义过的点。 【例15】（改编自2026·南京、盐城高三一模第19题）圆，。设在圆上，固定参数，令。直线与圆除原点外的另一个交点为。 圆上点列的坐标迭代示意图 （1）当时，求的坐标。 （2）证明为等比数列，并写出它的首项和公比。 （3）设，、的面积分别为。若存在正整数，使，求的所有可能值。 【答案】（1）；（2）首项，公比；（3）。 【分析】几何构造以坐标表示后，斜率按固定比缩小；面积约去正因子后，等式只涉及参数指数和整数下标，可用离散差值完整排查。 【详解】（1）圆的方程可写为。斜率为的过原点直线，与圆的非原点交点为。当时，，故，得到。 （2）设。圆上非原点的横坐标为正；构造给出，而，故。于是、。这也证明每步非原点交点均存在。由，新数列首项、公比。 （3）令，则。由坐标面积公式，，，所以。约去正因子，题设等价于，其中。 先比较下标不小于时的相邻差。。对，因，有，故。所以时不能取等。 又：因为、，所以括号内至少为。结合上面的严格递增，时若也不能取等。因此仅可能或。 若，得到，合法值为。若，得到，合法值为。后者的平方为，因为，故确实满足。两值均由相应整数下标直接实现，所以全部可能值为与。 【易错提醒】先证横坐标与面积因子为正后才能除法；必须单独比较下标一和二，不能把离散下标的单调结论直接从第三项外推。 【变式15-1】（改编自2025·苏州高二期中阳光调研第14题）在一个圆中放入两个半径之比为的小圆，使它们外切，且均内切于原圆，三个切点共线，记为一次操作。以后的每次操作均在前一次放入的较大圆中按同样规则进行。初始圆半径为。每个画出的圆只计一次，所有圆包括初始圆。 前两问半径比的嵌套操作示意（从左至右为操作前、次后、次后） （1）求次操作后图中最小圆的半径。 （2）求次操作后图中所有圆的面积之和。 （3）另把每次两小圆的半径比改为，其中，其余规则不变。若无论进行多少次操作，所有圆面积之和都小于，求的取值范围。 【答案】（1）；（2）；（3）。 【分析】沿较大圆的递推给出等比半径；新增比例参数后先写精确有限面积和，再分别证明符合范围时每一步都满足、超界时存在有限失败步骤。 【详解】（1）设当前母圆半径为，新圆半径为。切点共线给出，故，较大圆半径为。第次新添较小圆的半径为，它随递减。故操作次后最小半径为。 （2）第次新添两圆的面积和为。加上初始圆面积，。 （3）在比例下，令，则。第次新添两圆面积和为。所以新的总面积为。 当时，，而被减项严格为正，故每个有限均有。 若，记，则等价于。令，由有限等比和，。取正整数，便有，于是这一步总面积超过。这给出有限失败步骤，不符合要求。因此范围恰为。 【易错提醒】面积和是每个圆的面积相加，不是圆覆盖的平面区域面积；第三问边界仍因每个有限步骤都有严格余量而可以取得。 【附页 基础衔接与方法迁移】 【方法提示】单问训练单列附页，巩固焦点定义、等差与等比数列等基础方法，为主体三问递进综合题作准备。 【衔接1】（选自2026·南京、盐城高三一模第13题）椭圆的上、下顶点分别为，右焦点为。线段的延长线与交于点，且，其中为坐标原点。求的离心率。 上下顶点、焦点连线与等距条件示意图 【答案】。 【分析】由到上顶点与原点等距，先确定的纵坐标；再用共线求横坐标，代入椭圆方程得到离心率。 【详解】设右焦点，则上顶点、下顶点，且。设。由，得，所以。 直线的方程为。将代入，得。再代入椭圆方程，得，所以。 由，得。此时依次在同一直线上，且，因此确在线段经过一端的延长线上。 【易错提醒】是上顶点，不能误认成右顶点。等距条件确定的是的纵坐标；还要检查位于线段的延长线上。 【衔接2】（改编自2026·全国一卷第7题）宁夏青铜峡有一处著名的古塔群，因塔的数量为，俗称“百八塔”。这些塔排列成排，第排为座，第排均为座，第排均为座，后排的塔数依次为座。 把这排塔数两两分成组，每组的两个数相加。若所得的个和能组成公差为正数的等差数列，求。 【答案】。 【分析】所有塔数均为奇数，故每对和都是偶数；用总和限制等差数列首项、公差，再给出达到条件的配对。 【详解】设六个和按递增顺序为。由于每个和均为偶数，均为正偶数。六组总和为，所以，即。 是的倍数，故也是的倍数，从而是的正整数倍。最小的两个塔数为，所以，于是。因此只能取。 下面的分组表明确实可以实现：，六个和为。故。 【易错提醒】只利用总和筛选出还要核实能配对达到；重复的和分别是两排，不能漏计。 【衔接3】（选自2025·全国一卷第13题）若一个等比数列的各项均为正数，且前项和为，前项和为，求该等比数列的公比。 【答案】。 【分析】第至项对应于第至项的倍，故无需分别求首项。 【详解】设公比为。正项条件保证。由等比数列性质，。而左边等于，故。结合得。 【易错提醒】原卷有“各项均为正数”，必须保留；若删去这一条件，就会增加的可能，改变答案。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 期中复习压轴15类题型归纳 2026-2027学年高二数学上册人教A版 测试范围 选择性必修第一册 第2章直线和圆的方程 第3章圆锥曲线的方程 选择性必修第二册 第4章数列 题型归纳 选择性必修第一册 第二章 直线和圆的方程 【题型1 多条件定位直线：中点、垂直、角平分与等距】 2 【题型2 圆方程、直径弦与面积最值】 4 【题型3 距离方法的生成与优化：垂足推广、正截距最值】 8 【题型4 圆轨迹与存在性探究：动圆共点、分段圆弧交点】 11 选择性必修第一册 第三章 圆锥曲线的方程 【题型5 焦点定义、距离最值与几何推广】 15 【题型6 双曲线交点支别与实际轨迹、面积比】 19 【题型7 椭圆弦的定点、切线与面积】 23 【题型8 斜率定值与截线中点定点】 27 【题型9 抛物线垂直构造与轨迹可达性】 31 选择性必修第二册 第四章 数列 【题型10 和项关系反求、参数界与周期分组】 35 【题型11 二阶递推与双数列的线性构造】 39 【题型12 差比错位求和与和式存在性探究】 43 【题型13 数表与数位情境的递推建模】 47 【题型14 新定义性质刻画与连续片段构造】 51 【题型15 圆与数列的迭代过程及全程约束】 55 【附页 基础衔接与方法迁移】 59 【题型1 多条件定位直线：中点、垂直、角平分与等距】 【例1】（选自2024·苏州高二期中第16题）已知的三个顶点分别为，，。 （1）求边上的中线所在直线的方程。 （2）求边上的高所在直线的方程。 （3）求的内角平分线所在直线的方程。 【题型1 多条件定位直线：中点、垂直、角平分与等距 续】 【变式1-1】（选自2025·扬州·高邮高二期中第16题）已知直线（），，，且与之间的距离为。 （1）求的值。 （2）求过与交点且与垂直的直线方程。 （3）求与平行，且到、距离相等的直线方程。 【题型2 圆方程、直径弦与面积最值】 【例2】（改编自2025·南京高二期中第16题）已知圆的圆心在直线上，且圆与轴相交于、两点。 （1）求圆的方程。 （2）过点的直线与圆的另一个交点为，且，求的方程。 【例2 作答续页】 （3）点是圆上异于的两点，且，。求直线的所有可能方程。 【题型2 圆方程、直径弦与面积最值 续】 【变式2-1】（改编自2025·南通高二期中第15题）已知的顶点为，，，点为的中点。 （1）求的长。 （2）求的外接圆的方程。 【变式2-1 作答续页】 （3）过点的两条互相垂直的直线分别与交于异于的点。求的长及面积的最大值，并说明最大值能够取得。 【题型3 距离方法的生成与优化：垂足推广、正截距最值】 【例3】（选自2025·南通高二期中第17题）过点作直线的垂线，垂足为。 （1）求点的坐标。 （2）求以为直径的圆被轴截得的弦长。 【例3 作答续页】 （3）对于一般点和直线（不同时为），证明点到直线的距离为。 【题型3 距离方法的生成与优化：垂足推广、正截距最值 续】 【变式3-1】（改编自2024·南京外国语学校高二期中第15题）已知点，过的直线与轴、轴的正半轴分别交于点。 （1）若是线段的中点，求直线的方程。 （2）当取得最小值时，求直线的方程。 （3）设为坐标原点，求到直线距离的最大值及取到最大值时的方程。 【题型4 圆轨迹与存在性探究：动圆共点、分段圆弧交点】 【例4】（改编自2025·苏州高二期中第19题）已知圆，点在圆上运动，为平面内一点。对于给定的，对应点由，确定。 坐标对应示意图。 （1）当、时，求点的轨迹方程。 （2）当、点在圆上运动时，是否存在定点，使恒在对应的点的轨迹上？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由。 【例4 作答续页】 （3）设，，以表示时点轨迹所围成的面积。求使对任意恒成立的最小整数。 【题型4 圆轨迹与存在性探究：动圆共点、分段圆弧交点 续】 【变式4-1】（改编自2025·南通高二期中第19题）已知曲线。 （1）求曲线围成的平面图形的面积。 （2）点为曲线上的两个动点，求的最大值。 【变式4-1 作答续页】 （3）是否存在直线与曲线至少有三个不同的公共点？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由。 （4）进一步研究一般方向：求所有能使某条直线与有四个不同公共点的实数的范围；同时说明竖直线能否与有四个不同公共点，并为可行的方向给出截距或直线的构造。 【题型5 焦点定义、距离最值与几何推广】 【例5】（改编自2024·扬州中学高二期中第16题）双曲线的离心率为，右焦点为，且到直线的距离为。 （1）求的方程。 （2）设，为左支上一点，求的最小值。 【例5 作答续页】 （3）进一步将点推广为轴上的点。记为在左支上变化时的最小值，求，并说明何时取等。 【题型5 焦点定义、距离最值与几何推广 续】 【变式5-1】（改编自2024·扬州中学高二期中第17题）已知、为抛物线上的两点。 （1）求的方程。 （2）斜率为的直线经过的焦点，并与交于两点。求的最小值。 【变式5-1 作答续页】 （3）设为线段的中点，为以为直径的圆。求的轨迹方程及坐标限制，并证明总与抛物线的准线相切。 【题型6 双曲线交点支别与实际轨迹、面积比】 【例6】（改编自2024·南京外国语学校高二期中第16题第（1）问）设双曲线。 （1）若点在上，且为等轴双曲线，求的方程。 （2）在第（1）问的条件下，直线与的右支恰有一个公共点，求的取值范围。 【例6 作答续页】 （3）令取遍第（2）问中的所有允许值，记直线与右支的唯一交点为。点能否遍历整条右支？求的实际运动轨迹，并说明轨迹的端点和孤立点。 【题型6 双曲线交点支别与实际轨迹、面积比 续】 【变式6-1】（选自2025·高邮高二期中第19题）双曲线的右焦点为。过作直线，交的右支于不同的两点，交两条渐近线于，其中均在第一象限，为坐标原点。 右支焦点弦与渐近线交点示意图 （1）证明点到两条渐近线的距离之积为定值。 （2）求面积的最小值。 【变式6-1 作答续页】 （3）记、、的面积分别为，求的取值范围。 【题型7 椭圆弦的定点、切线与面积】 【例7】（选自2024·扬州中学高二期中第18题）椭圆与椭圆有相同的焦点，且经过点。 （1）求的方程。 （2）设为的右焦点。动直线与坐标轴均不垂直，与交于不同的两点，且直线的斜率互为相反数。证明恒过轴上的某个定点，并求该定点。 【例7 作答续页】 （3）在第（2）问的条件下，求面积的最大值，其中为坐标原点。 【题型7 椭圆弦的定点、切线与面积 续】 【变式7-1】（选自2025·高邮高二期中第18题）椭圆的左、右焦点分别为，点在上。射线与的另一个交点为，的周长为。 （1）求的标准方程。 （2）若直线过且与只有一个公共点，求的方程。 【变式7-1 作答续页】 （3）过作斜率分别为的两条不同直线，分别与交于异于的点，且。证明直线过定点。 【题型8 斜率定值与截线中点定点】 【例8】（选自2025·南京高二期中第19题）椭圆过点，离心率为。过点且与坐标轴不垂直的直线与交于不同的两点，为坐标原点。 （1）求的方程。 （2）若，求的方程。 【例8 作答续页】 （3）直线与直线交于，记直线的斜率分别为。判断是否为定值，并说明理由。 【题型8 斜率定值与截线中点定点 续】 【变式8-1】（选自2025·苏锡常镇高三一模第18题）双曲线的右顶点到其渐近线的距离为，点在的一条渐近线上。过的直线与交于不同的两点，直线分别与轴交于。 （1）求的方程。 （2）若的面积为，求的方程。 【变式8-1 作答续页】 （3）证明线段的中点为定点。 【题型9 抛物线垂直构造与轨迹可达性】 【例9】（选自2025·南京高二期中第18题）设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，为上的动点。当轴时，的面积为。 （1）求的方程。 （2）过且与直线垂直的直线交于，其中不在轴上。直线交轴于，求。 【例9 作答续页】 （3）在第（2）问的条件下，证明平分。 【题型9 抛物线垂直构造与轨迹可达性 续】 【变式9-1】（改编自2026·南京、盐城高三一模第18题）抛物线的焦点为。上的点到的距离为。 （1）求和。 （2）为上不同的两点，且的重心在直线上。证明直线的斜率为定值。 【变式9-1 作答续页】 （3）在第（2）问的条件下，设直线与轴交于，线段的中点为，线段的中点为。从向直线作垂线，垂足为。证明在一个定圆上，并求出该定圆的方程。 （4）进一步探究：当取遍第（2）问的所有允许位置时，点能否遍历第（3）问中的整个圆？请确定的实际运动轨迹，并说明轨迹端点能否取到。 【题型10 和项关系反求、参数界与周期分组】 【例10】（选自2024·盐城高三期中第18题）已知正项数列的前项和为，且对任意有。 （1）证明为等差数列，并求其通项公式。 （2）若数列的前项和为，且对任意正整数恒成立，求实数的最大值。 【例10 作答续页】 （3）已知数列满足，，求其前项和。 【题型10 和项关系反求、参数界与周期分组 续】 【变式10-1】（改编自2025·苏锡常镇四市高三一模第16题）在下列三个条件中选择一个，使正项数列存在。其前项和记为，所选条件对任意成立： ①；②，；③。 （1）写出可选择的条件，并求的通项公式。 （2）设，其前项和为，证明。 【变式10-1 作答续页】 （3）设。若对任意正整数恒成立，求的取值范围。 【题型11 二阶递推与双数列的线性构造】 【例11】（选自2026·苏锡常镇四市高三二模第19题）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中讨论隙积术，体现了通过构造研究数列的思想。设数列满足，其前项和为。 （1）若，，求。 （2）若，，，求满足的所有正整数。 【例11 作答续页】 （3）若，，。证明：对任给的，当时，有。 【题型11 二阶递推与双数列的线性构造 续】 【变式11-1】（改编自2024·苏州高二期中第17题）数列、满足，，且，。 （1）求。 （2）证明为等比数列，并求、的通项公式。 【变式11-1 作答续页】 （3）求所有实数，使对任意正整数恒成立。 【题型12 差比错位求和与和式存在性探究】 【例12】（改编自2024·苏州高二期中第15题）等差数列的前项和为，满足，且对任意正整数有。记，其前项和为。 （1）求的通项公式。 （2）求。 【例12 作答续页】 （3）是否存在正整数，使？若存在，求所有有序数对；若不存在，说明理由。 【题型12 差比错位求和与和式存在性探究 续】 【变式12-1】（改编自2025·苏州高二期中阳光调研第17题）记数列的前项和为，满足。记数列的前项和为，满足，，且。 （1）求和的通项公式。 （2）求数列的前项和。 【变式12-1 作答续页】 （3）另将条件改为，其余关于和前项和的条件保持不变。若对任意正整数均有且，求实数的取值范围。 【题型13 数表与数位情境的递推建模】 【例13】（选自2024·无锡高三期中第19题）按如下规则填写数表：第一列从上到下为首项、公差的等差数列；第一行从左到右为首项、公比的等比数列。其余位置的数等于它上面一格的数与左边一格的数之和。第二行从左到右依次记为。 第1列 第2列 第3列 第列 第1行 第2行 第3行 第行 数表填写规则示意 （1）求数列的通项公式。 （2）对任意，把中落在区间内的项的个数记为。求和。 【例13 作答续页】 （3）设数列的前项和为。是否存在正整数，使？若存在，求所有；若不存在，说明理由。 【题型13 数表与数位情境的递推建模 续】 【变式13-1】（选自2025·苏州高二期中阳光调研第18题）数列的第项是由个数字组成的位数，如、、。数列的第项是所有仅由数字或组成的位数的和，如、。 （1）求及其前项和。 （2）求，并写出的一个通项公式。 【变式13-1 作答续页】 （3）求使成立的正整数的最小值。 【题型14 新定义性质刻画与连续片段构造】 【例14】（改编自2026·南通高三一模第11题）设是实数数列的前项和。若对每个均有，则称为“均增数列”。 （1）证明均增条件等价于对所有正整数成立，并判断是否为均增数列。 （2）设为公差的等差数列。证明它是均增数列当且仅当。 【例14 作答续页】 （3）均增数列是否一定满足？给出证明；若不一定，请构造一个定义了全部项的反例。 （4）设，，求使成为均增数列的全部实数。 【题型14 新定义性质刻画与连续片段构造 续】 【变式14-1】（改编自2026·全国一卷第14题）数列满足：对任意，有。本题不要求各项均为正数。 （1）是否存在这样的数列，其中某连续项构成公比为的等比数列？若存在，构造一个满足全部前项和条件的数列；若不存在，说明理由。 （2）若某连续项构成公比为实数的等比数列，求的最大值，并证明该最大值能够取得。 【变式14-1 作答续页】 （3）在所有满足题干条件的数列中，一个连续等比片段最多能包含多少项？证明你的结论，并构造达到该最大项数的数列。 【题型15 圆与数列的迭代过程及全程约束】 【例15】（改编自2026·南京、盐城高三一模第19题）圆，。设在圆上，固定参数，令。直线与圆除原点外的另一个交点为。 圆上点列的坐标迭代示意图 （1）当时，求的坐标。 （2）证明为等比数列，并写出它的首项和公比。 【例15 作答续页】 （3）设，、的面积分别为。若存在正整数，使，求的所有可能值。 【题型15 圆与数列的迭代过程及全程约束 续】 【变式15-1】（改编自2025·苏州高二期中阳光调研第14题）在一个圆中放入两个半径之比为的小圆，使它们外切，且均内切于原圆，三个切点共线，记为一次操作。以后的每次操作均在前一次放入的较大圆中按同样规则进行。初始圆半径为。每个画出的圆只计一次，所有圆包括初始圆。 前两问半径比的嵌套操作示意（从左至右为操作前、次后、次后） （1）求次操作后图中最小圆的半径。 （2）求次操作后图中所有圆的面积之和。 【变式15-1 作答续页】 （3）另把每次两小圆的半径比改为，其中，其余规则不变。若无论进行多少次操作，所有圆面积之和都小于，求的取值范围。 【附页 基础衔接与方法迁移】 【衔接1】（选自2026·南京、盐城高三一模第13题）椭圆的上、下顶点分别为，右焦点为。线段的延长线与交于点，且，其中为坐标原点。求的离心率。 【衔接2】（改编自2026·全国一卷第7题）宁夏青铜峡有一处著名的古塔群，因塔的数量为，俗称“百八塔”。这些塔排列成排，第排为座，第排均为座，第排均为座，后排的塔数依次为座。 把这排塔数两两分成组，每组的两个数相加。若所得的个和能组成公差为正数的等差数列，求。 【附页 基础衔接与方法迁移 续】 【衔接3】（选自2025·全国一卷第13题）若一个等比数列的各项均为正数，且前项和为，前项和为，求该等比数列的公比。 1 学科网（北京）股份有限公司 $