理科数学（一）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用）

这是一份理科数学（一）-2023年高考考前20天终极冲刺攻略（全国通用），共99页。试卷主要包含了对数绝对值，对数奇偶性函数，偶函数，与关于直线对称，奔驰定理等内容，欢迎下载使用。





目 录 contents
（一）

函数性质与应用………………………………………………………………01

函数与导数……………………………………………………………………18

三角函数性质与恒等变形……………………………………………………46

解三角形………………………………………………………………………57

向量与复数……………………………………………………………………80

天
函数性质与应用函
考点透视
考点透视

函数的性质在高考试卷中是选填一道或者两道，和其他知识，如三角函数，导数数列，不等式等知识点交汇处考察的较多，是中等难度和偏难题型为主。考察点多是综合性题型。涉及到函数轴对称，中心对称，奇偶性，周期性，单调性等基础性质，常见考察函数的图形与性质，考察幂、指、对函数，以及常见的对勾函数，反比例函数，双曲函数等复合型函数图像与性质，考察函数的定义域，值域，以及指对运算等函数基础，利用函数的性质求解不等式，方程，利用函数的性质构造函数比大小，求参或者最值范围等综合应用。
考点透视


满分技巧

对数与指数函数：
1.对数绝对值
对于，若有两个零点，则满足
（1）.
（2）
2.对数奇偶性函数

(4).偶函数:
(5).
对称性结论：
夯实基础，掌握函数基础性质及其应用。
对称性质
1..若满足，则关于中心对称
2.
3.
4.函数对于定义域内任意实数满足，则函数关于直线对称，特别地当时，函数关于直线对称；
5.如果函数满足，则函数的图象关于直线对称.
6.与关于直线对称。
关于对称中心与对称轴构造周期的经验结论
1.若函数有两个对称中心（a，0）与（b，0）），则函数具有周期性，周期T=2|a-b|。
2.若函数有两条对称轴x=a与x=b，则函数具有周期性，周期T=2|a-b|。
3.若函数有一个对称中心（a，0）与一条对称轴x=b，，则函数具有周期性，周期T=4|a-b|。


真题回顾




真题回顾




1．（2021·天津·统考高考真题）设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
2．（2022·全国·统考高考真题）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故

3．（2022·全国·统考高考真题）已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.

4．（2021·全国·统考高考真题）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．



所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．

5．（2022·天津·统考高考真题）设，对任意实数x，记．若至少有3个零点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【分析】设，，分析可知函数至少有一个零点，可得出，求出的取值范围，然后对实数的取值范围进行分类讨论，根据题意可得出关于实数的不等式，综合可求得实数的取值范围.
【详解】设，，由可得.
要使得函数至少有个零点，则函数至少有一个零点，则，
解得或.
①当时，，作出函数、的图象如下图所示：

此时函数只有两个零点，不合乎题意；
②当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
所以，，解得；
③当时，，作出函数、的图象如下图所示：

由图可知，函数的零点个数为，合乎题意；
④当时，设函数的两个零点分别为、，
要使得函数至少有个零点，则，
可得，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
名校预测

1．（2023·贵州·统考模拟预测）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】构造函数证明可得，从而得大小关系；再构造函数证明可得再证明即可得的大小关系.
【详解】令，则，
当时，当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
，，
，，
令，则，显然在为减函数，
又，，
当时当时，
当时为增函数，当时为减函数，，
，，又，，
，，
下面证明：，即证明：，即证：，显然成立，，，
，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时可以用切线不等式，如在本题中构造的函数就是利用函数与其在处的切线大小关系构造的.也可以用割线不等式，如在本题中构造的函数就是利用函数与割线大小关系构造的，割线是过两点的直线.

2．（2023·四川南充·统考二模）设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．
C．， D．
【答案】A
【分析】由得，结合已知得，进而有，由可判断C项中的对称性；由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值，从而化简判断A正误；B、D由，结合A即可判断.
【详解】C：由，则，则，
又，所以，令得，即.
所以，所以函数的图象关于对称，
而，，则的图象关于对称，错；
A：为奇函数，则关于对称，且，
∴，，，，∴.
又，∴，
∴的周期，
∴，对；
D：因为，所以，
所以，错；
B：，错.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用导数得，结合已知得到，进而求其周期和对称性，应用周期和对称性求、、的值.
3．（2022·天津·天津市蓟州区第一中学校联考一模）定义在R上的偶函数满足，且当]时，
，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数m的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可.
【详解】因为，且为偶函数
所以，即，
所以函数是以4为周期的周期函数，
作出，在同一坐标系的图象，如图，

因为方程至少有8个实数解，
所以，图象至少有8个交点，
根据，的图象都为偶函数可知，图象在y轴右侧至少有4个交点，
由图可知，当时，只需，即，
当时，只需，即，
当时，由图可知显然成立，
综上可知，.
故选：B
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
4．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）设函数的定义域为R，且，当时，，若对任意，都有，则实数m的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题设得到且，，注意判断函数值的变化趋势，再求得的最大k值，此时结合二次函数性质确定上对应x值，即可得m的范围.
【详解】令，则，故，而，
所以且，
令，则，故，而，
所以且，
结合已知：且时，而，
对且，，即随增大依次变小，
要使对任意都有，令，则且，
则上，且上，
当时，令，则，解得或，
综上，要使对任意都有，只需.
故选：C
【点睛】关键点点睛：注意总结归纳且，随k的变化趋势，进而找到的对应区间，再求出该区间右侧区间中的自变量.
5．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则（    ）．
A．6 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据函数图象变换，画出图像，找到对称轴，进而数形结合求解即可.
【详解】由函数的图象，经过翻折变换，可得函数的图象，
再经过向右平移1个单位，可得的图象，
最终经过翻折变换，可得的图象，如下图：

则函数的图象关于直线对称，
令
因为函数最小的零点为，且，
故当时，方程有4个零点，
所以，要使函数有6个不同的零点，且最小的零点为,则，或，
所以，关于方程的两个实数根为
所以，由韦达定理得，
故选：B
【点睛】本题解题的关键点在于数形结合，将问题转化为关于方程的两个实数根为，进而得.
名师押题

1．已知定义在上的偶函数，满足对任意的实数都成立，且值域为.设函数，（），若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围为（   ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据函数满足的关系式及奇偶性，值域，得到，再写出，在同一坐标系中画出两函数图象，结合当时，及时，的图象要位于的下方，得到，求出实数的取值范围.
【详解】变形为，
所以或，即或，
因为为偶函数，且值域为，
所以，
因为，所以，
在同一坐标系中画出两者的函数图象，如下图：

要想满足若对任意的，存在，使得成立，
则当时，，所以，
且时，的图象要位于的下方，
故只需，即，解得：，
综上：实数的取值范围是.
故选：D
【点睛】对于函数恒成立或有解问题，要画出函数图象，对比函数值域，数形结合，列出不等式，求出参数的取值范围.
2．已知函数，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为
A．或 B．1或 C．或2 D．或1
【答案】A
【解析】根据题意，利用函数的奇偶性，求出，结合函数的对称性得出和都关于对称，由有唯一零点，可知，即可求.
【详解】解：已知，①
且，分别是上的偶函数和奇函数，
则，
得：，②
①+②得：，
由于关于对称，
则关于对称，
为偶函数，关于轴对称，
则关于对称，
由于有唯一零点，
则必有，，
即：，
解得：或.
故选：A.
【点睛】本题考查函数基本性质的应用，涉及函数的奇偶函数，对称性和零点，考查函数思想和分析能力.
3．已知在上的函数满足如下条件：①函数的图象关于轴对称；②对于任意，；③当时，；④函数，，若过点的直线与函数的图象在上恰有16个交点，在直线斜率的取值范围是______
【答案】
【分析】根据条件判断函数的周期性，函数在一个周期内的解析式，再求出函数的解析式，作出函数的图像，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】由题知任取，有，则函数的图象关于直线对称，
又函数的图象关于轴对称，则是周期为的周期函数；
若，则，，
又是偶函数，所以，即，，
则函数在一个周期上的表达式为，
因为，，所以函数，，
其图象可由的图象压缩为原来的得到，故函数的周期为，
作出函数的图像，如图所示：

易知过的直线斜率存在，设过点的直线的方程为，
则要使直线与的图象在上恰有16个交点，则，
又，，
故直线斜率的取值范围是
故答案为：
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
4．已知定义在上的偶函数满足．且当时，．若对于任意，都有，则实数的取值范围为___________．
【答案】
【解析】先求得的值，由此求得的值.证得是周期为的周期函数，将转化为，根据的周期性和对称性，将转化为，结合求得的取值范围.
【详解】由，令，得.由于当时，，所以.故当时，.，由于为偶函数，所以.由，得，所以是周期为的周期函数.当时，，所以.所以当，.得，故.所以当时，，所以.结合是周期为的周期函数，画出的图像如下图所示.由得（），对于任意成立.时，，解得，所以，即对于任意成立.当时，由得，由于在递减，所以；由得，由于在递增，所以.综上所述，的取值范围是.
故答案为：

【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性、单调性、周期性，考查函数解析式的求法，考查不等式恒成立问题的求解，考查数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，综合性很强，属于难题.




倒计时19天
函数与导数
考点透视

随着高考改革，函数和导数是高考考察的重要内容，也在高考数学中占据了较大的分值，在试卷中，导数是一道压轴大题，以及1-3个选填小题。考察考察导数的概念，导数的运算 ，导数的应用。考察导数的几何意义，物理意义，常见函数的导数，导数的运算法则，导数求函数的单调性，导数求函数的极值，导数求函数的最值。在选择题和填空题中的导数题，涉及到利用导数研究函数的图像，利用导数研究函数的单调性和极值，利用导数解决不等式恒成立或者存在性问题，构造函数利用导数求参数求变量范围求最值等。，并且还有许多导数函数数学思维与数学解题技巧的应用分散在数列，解析几何，立体几何，三角函数，概率等等题型中。在新高考改革的背景下，函数和导数的考察在数学关键能力和数学素养方面保持稳定，试题起点低，层次多，落差大，试题源于教材，又在教材基础上有创新。考察函数的性质与应用，抽象函数的奇偶性，对称型，单调性，周期型，以及与具体函数的数形结合等等。
考点透视


满分技巧

一、通过导函数判断极值：
1.导函数零点。
2.零点两侧异号（穿越零点）；
3.导函数先正后负对应极大值，先负后正对应极小值

二．导函数与原函数：
1. 原函数“看增减”，原函数增减的“拐点”（拐点）是导函数的零点。
2. 导函数“看正负”，导函数的零点，是原函数增减的“拐点”（极值点）

三、 单调性求参：
可按照以下原则进行：
（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
四、求切线
以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：
①求出函数f(x)的导数f′(x)；
②求切线的斜率f′(x0)；
③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简计算．

五、根据函数的极值点个数求解参数范围问题的一般思路
先求解出，然后分析的根的个数：
①分类讨论法分析的根的个数并求解参数范围；
②参变分离法分析的根的个数并求解参数范围；
③转化为两个函数的交点个数问题并求解参数范围.

六、导数同构思维
同构式下我们分为两条主线
1．顺反同构：顺即为平移拉伸后的同构函数，反即为乘除导致的凹凸反转同构函数.
2．同位同构：
①加减同构是指在同构的过程中“加减配凑”，从而完成同构；
②局部同构是指在同构过程中，我们可以将函数的某两个或者多个部分构造出同构式，再构造同构体系中的亲戚函数即可；
③差一同构是指指对跨阶以及指数幂和对数真数差1，我们往往可考虑用同构秒杀之.


七、极值点偏移的含义
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.[来源:学_科_网Z_X_X_K]
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.


极值点偏移问题的一般题设形式：
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.



真题回顾




1．（2022·全国·统考高考真题）当时，函数取得最大值，则（    ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
2．（2022·全国·统考高考真题）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数， 导数判断其单调性，由此确定的大小.
【详解】方法一：构造法
设，因为，
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，
故，
设，则,
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，
所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令
则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
3．（2021·浙江·统考高考真题）已知函数，则图象为如图的函数可能是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
4．（2021·全国·统考高考真题）设，，．则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】[方法一]：
，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0 所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b 综上，，
故选：B.
[方法二]：
令
，即函数在（1，+∞)上单调递减

令
，即函数在（1，3)上单调递增

综上，，
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.

5．（2021·全国·统考高考真题）设，若为函数的极大值点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
6．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
7．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析

【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.
（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，    
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.

8．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.


名校预测


1．（2023·贵州·统考模拟预测）设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】构造函数证明可得，从而得大小关系；再构造函数证明可得再证明即可得的大小关系.
【详解】令，则，
当时，当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
，，
，，
令，则，显然在为减函数，
又，，
当时当时，
当时为增函数，当时为减函数，，
，，又，，
，，
下面证明：，即证明：，即证：，显然成立，，，
，
故选：B
2．（2023·湖北武汉·统考二模）已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，又，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围.
3．（2023·陕西渭南·统考二模）已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于，则下列说法中正确的是（    ）
A． B．
C．数列是递增数列 D．
【答案】D
【分析】的极值点为的变号零点，即为函数与函数图像在交点的横坐标.将两函数图像画在同一坐标系下.A选项，利用零点存在性定理及图像可判断选项；BC选项，由图像可判断选项；D选项，注意到，由图像可得单调性，后可判断选项.
【详解】解：的极值点为在上的变号零点.
即为函数与函数图像在交点的横坐标.
又注意到时，，时，，
，时，.
据此可将两函数图像画在同一坐标系中，如下图所示.
A选项，注意到时，，，.
结合图像可知当，.
当，.故A错误；
B选项，由图像可知，则，故B错误；
C选项，表示两点与间距离，由图像可知，
随着n的增大，两点间距离越来越近，即为递减数列，故C错误；
D选项，由A选项分析可知，，
又结合图像可知，当时，，即此时，
得在上单调递增，
则，故D正确.
故选：D

【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的极值点，因函数本身通过求导难以求得单调性，故将两相关函数画在同一坐标系下，利用图像解决问题.
4．（2023·四川南充·统考二模）设定义在R上的函数与的导函数分别为和．若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．
C．， D．
【答案】A
【分析】由得，结合已知得，进而有，由可判断C项中的对称性；由为奇函数可得的周期、对称性及特殊值，从而化简判断A正误；B、D由，结合A即可判断.
【详解】C：由，则，则，
又，所以，令得，即.
所以，所以函数的图象关于对称，
而，，则的图象关于对称，错；
A：为奇函数，则关于对称，且，
∴，，，，∴.
又，∴，
∴的周期，
∴，对；
D：因为，所以，
所以，错；
B：，错.
故选：A
【点睛】关键点睛：利用导数得，结合已知得到，进而求其周期和对称性，应用周期和对称性求、、的值.
5．（2023·北京丰台·统考二模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若是增函数，求a的取值范围；
(3)证明：有最小值，且最小值小于．
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析

【分析】（1）求导得到，利用点斜式写出切线方程；
（2）先求定义域，求导后，即恒成立，即，求出的最小值，从而得到参数的取值范围；
（3）在（2）的基础上得到分与两种情况，结合函数的单调性，得到极值和最值情况，证明出结论.
【详解】（1）当时，，，
，故，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
若是增函数，则恒成立，故，
即，其中，当且仅当，即时，等号成立，
故，解得，
a的取值范围是
（3）定义域为，
，
结合（1）可知，当时，是增函数，故在处取得最小值，且最小值小于，
当时，令得，，
该方程有两个正实数根，设为，由韦达定理得，即，
令得，，或，令得，，
随着的变化，的变化情况如下：







+
0
-
0
+

单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以的极小值为，故的最小值为，记为，
当时，若，则，此时与矛盾，舍去，
所以，则或，
故，所以肯定小于，所以，
当时，，所以，此时，，
，即，故此时，
综上，有最小值，且最小值小于
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
6．（2023·天津南开·统考一模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有极大值，试确定的取值范围；
(3)若存在使得成立，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；
（2）首先求函数的导数，，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；
（3）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值.
【详解】（1）当时，，
依题意，，可得，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；
②当时，令，解得或，令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
③当时，令，解得或，令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
④当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；
综上，实数的取值范围为.
（3）

可以看作是动点与动点之间距离的平方，
动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由得，，解得，
所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，
则，
根据题意，要使，
则，此时恰好为垂足，
由,可得，
所以.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第三问，不等式变形转化为，再转化为直线和函数的图象上点的距离问题.


名师押题

1．若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】A选项，构造且，求导得到其单调性，求出，A错误；B选项，构造且，求导得到其单调性，求出；C选项，构造且，求导得到其单调性，证明出；D选项，举出反例即可.
【详解】对于A，令且，则，
故在上单调递增，则，即，
所以，即，故A错误；
对于，令且，则，
故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；
对于，令且，则，
故在上单调递增，则，即，
所以，则，故C正确；
对于D，当时，，故D错误.
故选：C.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
2．已知数列满足：，且，则下列关于数列的叙述正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构造函数（），由导数确定其单调性，从而利用数学归纳法证明，然后构造函数（），利用导数证明，得，利用此不等式可直接判断A，对选项B，由数列的单调性与有界性知其极限存在，设，对数列的递推关系求极值可得，从而判断B，对选项C，引入函数设，由导数证明，得，从而利用不等式性质得出数列的不等关系，判断C，利用判断选项C所得正确不等式变形，并换元引入新数列，得前后项关系（求对数再变化），类比等比数列的通项公式的方法得出结论后判断D．
【详解】首先我们证明：，利用数学归纳法．
事实上，当时，；
假设当时，，则当时，．
设函数（），则，则在上单调递增，
从而．
当时，设（），
则，设，
，则在上单调递减，又，
所以存在，使得，时，，时，，
故在上先增后减，从而，从而．
对于A选项：由于，，故数列单调递增，选项A错误．
对于B选项，由于单调递增且，从而存在，由可得，故，从而．故选项B错误．
对于C选项，由于时，
设，，
所以是增函数，，所以（），
时，，因此有（），
从而，故，故选项C错误．
对于D选项，由于，即，令，则，即，其中，故，从而，即，，即，故．从而选项D正确．
3．设且，若对都有恒成立，则实数a的取值范围为______.
【答案】
【分析】由原不等式结合基本不等式可得，再由可得，则得，然后由结合指数的运算可得，再通过构造函数利用导数证明在，有即可.
【详解】因为且，因为，当且仅当时取等号，
故，所以，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以.
又，所以，显然，
所以有，即恒成立，
又，所以，故，所以.
当时，恒成立，即恒成立，与矛盾.
下面证明：在，有，
令
要使，即
即
由知，得
从而需证：
即需证明：，记
从而只需证：①
而，
令，则
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，即，
因为，所以
∴在上递增，又，
∴在递减，，
递增，，
而，从而在时总有
∴①式恒成立，不等式得证.
综上所述，.
故答案为：
4．已知正数a，b满足，则___________.
【答案】
【分析】利用基本不等式知，令，利用导数研究函数的单调性可知，进而可得，结合已知可得，由取等条件即可求解.
【详解】因为a，b都为正数，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
构造函数，，
求导，令，得
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
可知在处取得最大值，故，即
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，又，
所以，且，，
即，所以
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用基本不等式及利用导数研究函数的单调性证明不等式，解题的关键是构造函数，，从而证得，再结合基本不等式及取等条件即可求解，考查学生的转化能力与运算求解能力，属于难题.
5．已知函数有两个极值点.
(1)求的取值范围；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意转化为方程有两个不同的实根，设，求得，求得函数的单调性和极大值，进而求得的取值范围；
（2）由（1）得到，得出，令，得到，求得，令，取得，再令，利用导数求得的单调性，进而得出单调递性和最小值，即可求解.
【详解】（1）解：因为函数，可得，
因为函数有两个极值点，
所以方程有两个不同的实数根，即方程有两个不同的实数根，
设，可得，
当时，可得，单调递增；
当时，可得，单调递减，
所以时，函数取得极大值，极大值为，
又因为时，；时，，且时，，
所以方程有两个不同的实数根时，可得，
即函数有两个极值点时，的取值范围是.
（2）解：由（1）知，函数的两个极值点是方程的两根，
且，则有，
两式相除，可得，可得，
又由，可得，
所以，令，
令，则需要恒成立，
则，
令，则，
令，
则在上单调递增，
又由，则存在，使得，
当时，，则即为单调递减；
当时，，则即为单调递增，
又，所以存在，使得
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
又，所以当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增，
所以当时，，所以，
故实数的取值范围是
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
6．已知函数．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）先求出函数的导数，利用含参函数单调性的讨论中首项系数含参数问题讨论，将分为零正负，又通过判别根式对导函数是否有根进行分类求解即可；
（2）由题意要证，只要证，涉及到转化的思想令，，求的最小值即可求得结果.
【详解】（1）依题意，.           
①当时，在上，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.        
②当时，令，得，解得，，
所以当时，所以在上单调递减，
所以，所以不符合题设.
③当时，判别式，所以，
所以在上单调递增，所以.
综上，实数a的取值范围是.
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，是的极小值点.
由（1）知，，，则.
综上，要证，只需证，
因为

，
设，.        
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以，即得成立．
所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：导数研究函数的单调性，考查了分类讨论思想，同时考查了利用导数证明不等式的成立，
（1）含参问题的分类讨论，对参数的讨论不重不漏；
（2）换元法的应用，通过换元研究函数时的常用方法.

倒计时18天
三角函数性质与恒等变形
考点透视
考点透视

考点透视

三角函数图像性质及三角恒等变形是高考的重要考察内容，涉及到的题型多为选填，中等题较多。考察三角函数的同角基本关系式，考察任意角的三角函数，考察两角和与差的正余弦，考察二倍角半角公式，考察三角函数计算和化简求值，注重基础考察，涉及到撒娇函数的图像与图像变化，定义域与值域，三角函数图像性质，在高考中，以三角函数图像与性质和三角恒等变换为主，囊括了方程思想，函数思想，化归思想和数形结合数学思想的考察，灵活多变，对学生的基础知识和基本运算能力要求高，以函数视角解读三角函数的性质比重增大，并且三角函数的知识还在平面向量、解析几何、立体几何等知识进行综合考察，具有一定的灵活性与技巧性，在解决这类问题是，要求学生在复习备考中做到循序渐进，充分分析好每一个知识点。



满分技巧

一、同角三角函数
①平方关系： sin2 α＋cos2 α＝1 (又叫 1字替换式)； ②商数关系： ＝tan α (又叫切弦互化式)；

正余弦与正切互化，可以借助定义，也可以借助平方关系
，
必要时可以让学生画小直角三角形，直接比例转化

二、和差倍角关系
①cos(α±β)＝ cos αcos βsin αsin β； ②sin(α±β)＝ sin αcos β±cos αsin β；
③tan(α±β)＝； ④sin 2α＝2sin αcos α；
⑤cos 2α＝ cos2α－sin2α ＝ 1－2sin2α ＝ 2cos2α－1 ；
⑥tan 2α＝__________________；
三、辅助角公式：
asin x＋bcos x＝sin(x＋φ) ，其中， tanφ＝ ， |φ|＜ ， a＞0 ．

四、形如函数y＝Asin(ωx＋φ)的图像及性质
(1)图像变换：
①相位变换：y＝sin x→y＝sin(x＋φ)的规则是：左加(φ＞0)或右减(φ＜0)| φ|个单位；
②周期变换：y＝sin (x＋φ)→y＝sin(ωx＋φ)的规则是：纵坐标不变，将横坐标缩小(伸长)为原来的||倍；
③振幅变换： y＝sin (ωx＋φ) →y＝Asin(ωx＋φ) 的规则是：横坐标不变，将纵坐标缩小(伸长)为原来的|A|倍；
注意：y＝sin ωx→y＝sin(ωx＋φ)变换规则是：先提取后者x的系数ω，然后在左(右)平移||个单位；
(2)基本性质：①定义域：解三角函数不等式用“数形结合” ②值域：由内向外 ③单调性：同增异减
(3)周期公式：①y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝ ②y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期T＝.
(3)对称性： 换元思想，将y＝Asin(ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解．
①对称轴：最值处，令sin(ωx＋φ) ＝1，则ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，可求得对称轴方程；
②对称中心：零点处，令sin(ωx＋φ) ＝0，ωx＋φ＝kπ(k∈Z)，可求得对称中心的横坐标；

正弦“第一零点”：；正弦“第二零点”：
余弦“第一零点”：；余弦“第二零点”：

(4)奇偶性：利用“反向诱导法”理解掌握
①函数y＝Asin(ωx＋φ)，x∈R是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；函数y＝Asin(ωx＋φ)，x∈R是偶函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)；
②函数y＝Acos(ωx＋φ)，x∈R是奇函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)；函数y＝Acos(ωx＋φ)，x∈R是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)；
③函数y＝Atan(ωx＋φ)，x∈R是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)．


五、三角函数求值、化简时，常用方法有：
(1)化简的基本原则是：①切化弦：公式tan x＝；②降次数：公式cos2α＝，sin2α＝；
(2)和积转换法：运用公式(sin θ±cos θ)2＝1±2sin θcos θ解决sin θ±cos θ与sin θcos θ关系的变形、转化；
(3)巧用“1”的变换：1＝sin2θ＋cos2θ＝cos2θ(1＋tan2θ)＝sin2θ＝tan；
(4)整角转化：运用相关角的互补、互余等特殊关系，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝－等

六、3．确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的步骤和方法：
(1)观察确定A，b：确定函数的最大值M和最小值m，则A＝，b＝.
(2)通过周期公式求ω：即ω＝. (3)特殊点代入求φ：通常代入“最值点”或“零点”；


七、 求值域单调性等换元法：
即整体思想，对于函数y＝Asin(ωx＋φ)的性质(定义域、值域、单调性、对称性、最值等)可以通过换元的方法令t＝ωx＋φ，将其转化为研究y＝sin t的性质．



真题回顾




真题回顾




1．（2022·浙江·统考高考真题）为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（    ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.
        
2．（2022·全国·统考高考真题）若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.
【详解】[方法一]：直接法
由已知得：,
即：，
即：
所以
故选：C
[方法二]：特殊值排除法
解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；
再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.
[方法三]：三角恒等变换

所以
即

故选：C.

3．（2022·全国·统考高考真题）设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．
【详解】解：依题意可得，因为，所以，
要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：

则，解得，即．
故选：C．

4．（2022·全国·统考高考真题）记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（    ）
A．1 B． C． D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.故选：A

5．（2022·全国·统考高考真题）记函数的最小正周期为T，若，为的零点，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】首先表示出，根据求出，再根据为函数的零点，即可求出的取值，从而得解；
【详解】解： 因为，（，）
所以最小正周期，因为，
又，所以，即，
又为的零点，所以，解得，
因为，所以当时；
故答案为：



名校预测


1．（2023·山东青岛·统考模拟预测）若，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先由诱导公式把化为，再用二倍角公式变形，从而求出，再求出.把变形为再用和差角公式即可计算.
【详解】由
得
所以.
因为，所以，所以，
所以，所以，
，
所以
.
故选：A
2．（2023·山东·校联考二模）已知函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（    ）
A．是偶函数 B．的最小正周期为2π
C．在区间上单调递增 D．方程在区间上有2个实根
【答案】D
【分析】利用赋值法可求的关系，从而可得，利用公式可判断B的正误，结合的符号可判断C的正误，结合特例可判断A的正误，求出方程在区间上解后可判断D的正误.
【详解】因为的图象关于直线对称，故，
所以，所以，
所以，
此时，故函数图象关于直线对称.
，
令，
则，而，
故不是偶函数，故A错误.
的最小正周期为，故B错误.
因为的正负无法确定，故在的单调性无法确定，故C错误.
令，因，则，
因为，故，故即，
故方程共2个不同的解，故D正确.
故选：D.

4．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数，则在上的零点个数为________．
【答案】2
【分析】根据题意分析可得原题意等价于求与在上的交点个数，结合余弦函数分析运算.
【详解】令，可得，
原题意等价于求与在上的交点个数，
∵，则，
且，
有余弦函数可知与在上有2个交点
所以与在上有2个交点.
故答案为：2.

5．（2023·山东青岛·统考模拟预测）设函数，其中，且，将的图象上各点横坐标伸长为原米的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到图象，则在区间上的最小值为________.
【答案】/
【分析】根据三角函数的图像变换求出的解析式，再根据正弦函数的图象性质求解.
【详解】因为，所以，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
将的图象上各点横坐标伸长为原米的2倍（纵坐标不变），
可得，
再将得到的图象向左平移个单位，得到图象，
则，
因为，所以，
所以当，即时，
有最小值为，
故答案为: .



名师押题

1．已知函数，其中，若函数满足以下条件：
①函数在区间上是单调函数；②对任意恒成立；
③经过点的任意直线与函数恒有交点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意得到函数的周期为，由②得到是函数的一条对称轴，结合①可知，，再结合②和③即可求解.
【详解】由函数可知，函数的周期为，
由条件②对任意恒成立，可知是函数的一条对称轴，
结合条件①函数在区间上是单调函数，则有
，又，解得，即，
又因为，故，解得，又，
从而或.
当时，；当时，，
由②对任意恒成立，，则，由③经过点的任意直线与函数恒有交点，得，解得，易知，，，
此时由，可得，从而，
由或，得或，
所以或，
故选：A.
【点睛】根据三角函数的单调性和对称轴求参数，研究三角函数的性质基本思想将函数看成的形式，根据整体思想来研究相关性质.
2．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.
【详解】令，当时，，
即函数在上单调递增，则有，因此，即，
令，，有，则在上单调递增，
因此，即，则有，
令，，因此在上单调递增，
即有，则，于是，即，
所以．
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.

3．若函数（常数）在区间没有最值，则的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据题意先求出的取值范围，然后根据题意列出不等式，解之即可求解.
【详解】因为，，所以，
又因为函数（常数）在区间没有最值，
所以，解得，所以的取值范围是
故答案为：.
4．若是函数图象上的任意一点，则是函数（，，）图象上的相应的点，那么______．
【答案】
【分析】由条件求出，由此确定函数的解析式，再求.
【详解】因为点在的图象上，
则在的图象上，
所以，，
所以，
由已知恒成立，又，，
所以，，即恒成立，
所以，又，
所以。所以，于是．故答案为：.


倒计时17天
解三角形
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解三角形题型在高考中有一道大题，一道选填小题，难度不是太大，是高考基础得分点之一，主要考察利用正余弦定理解三角形，利用正余弦定理解决实际应用题， 利用正余弦定理进行边角互化，利用正余弦定理和三角函数恒等变形求解三角图像的面积，利用正余弦定理判断三角形的形状，利用正余弦定理解三角形求解三角形中的范围最值问题，计算求解面积最值，周长最值，能利用正余弦定理解决生活生产中的实际问题。考察数学建模，数学运算和数学逻辑推理等素养，对学生的综合能力要求比较高。




满分技巧


一、正余弦定理
(1)正弦定理：＝＝＝2R，其中R为 外接圆半径 ；
注意：正弦定理变式与性质：
①边化正弦：a＝2R sin A，b＝2R sin B，c＝2R sin C； ②正弦化边：sin A＝，sin B＝，sin C＝；
③a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C； ④＝ 2R ；
(2) 余弦定理：
①a2＝b2＋c2－2bccos_A； ②b2＝c2＋a2－2cacos_B； ③c2＝a2＋b2－2abcos_C
注意：变式：①cos A＝； ②cos B＝； ③cos C＝
三角形面积 ：
①S△ABC＝absin C＝bcsin A＝acsin B＝ ②S△ABC＝(a＋b＋c)·r(r是切圆的半径)

二、解三角形边角互化
.解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的，其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；
第二步：定工具，根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的转换；
第三步：求结果.

三、解三角形中最值范围问题的解题思路：
要建立所求量(式子)与已知角或边的关系，然后把角或边作为自变量，所求量(式子)的值作为函数值，转化为函数关系，将原问题转化为求函数的值域问题．涉及求范围的问题，一定要搞清已知变量的范围，利用已知的范围进行求解，已知边的范围求角的范围时可以利用余弦定理进行转化．注意要利用条件中的范围限制，以及三角形自身范围限制，要尽量把角或边的范围(也就是函数的定义域)找完善，避免结果的范围过大

三角形中中线、高、角平分线
1.三角形角平分线的处理方法：



角平分线定理（大题中，需要证明，否则可能会扣过程分）：

2.中线的处理方法

（1）向量法：

（2）余弦定理法（补角法）：
如图设，
在中，由余弦定理得，①
在中，由余弦定理得，②
因为，所以
所以①+②式即可

（3）.延伸补形法：如图所示，延伸中线，补形为平行四边形

(4).中线分割的俩三角形面积相等

4.高的处理方法：
三角形高的处理方法：
1.等面积法：两种求面积公式
如
2.三角函数法：



5.三角形内心：





真题回顾




1．（2020·全国·统考高考真题）在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.
【详解】在中，，，
根据余弦定理：

可得 ，即
由
故.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
2．（2021·全国·统考高考真题）魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（    ）

A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
【答案】A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：

由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．


3．（2021·浙江·统考高考真题）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.

【答案】25
【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.
【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，
则其面积为：，
小正方形的面积：，
从而.
故答案为：25.



4．（2020·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.

【答案】
【分析】在中，利用余弦定理可求得，可得出，利用勾股定理计算出、，可得出，然后在中利用余弦定理可求得的值.
【详解】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.

5．（2022·天津·统考高考真题）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
6．（2022·浙江·统考高考真题）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求的值；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．

【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．

7．（2022·全国·统考高考真题）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
(1)求的面积；
(2)若，求b．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
【详解】（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.





名校预测

1．（2023·江西鹰潭·二模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，，则（    ）
A． B．4 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意和等差数列等差中项的应用可得、，利用余弦定理化简计算即可求解.
【详解】由，得，
由成等差数列，得，
由余弦定理，得，
即，
整理，得，由得，
由得.
则，，
所以，
故选：B.
2．（2023·四川达州·统考二模）如图，在中，，，，平面内的点、在直线两侧，与都是以为直角顶点的等腰直角三角形，、分别是、的重心.则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得，求出、、，利用余弦定理可求得的长.
【详解】由平面向量数量积的定义可得，解得，

延长交于点，延长交于点，则、分别为、的中点，
因为、均是以点为直角顶点的等腰直角三角形，且，，
所以，，，则，，
因为、分别是、的重心，
则，，
又因为，同理可得，
所以，，
由余弦定理可得，
因此，.
故选：A.

3．（2023·四川绵阳·统考模拟预测）在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________．
【答案】1
【分析】根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换运算求解.
【详解】∵，由正弦定理可得：，
则，
整理得①，
又∵，则，即，
将①式两边同除于，可得，即.
故答案为：1.
4．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）记的面积为，内角所对的边分别为，且，则的值为__________.
【答案】
【分析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用均值不等式及正弦函数的有界性可得，即可求出.
【详解】由题得，
所以，
所以，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，
又，其中，
所以，故，
所以，
所以.
故答案为：

5．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足．
(1)证明：；
(2)是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，，

【分析】（1）由三角形的面积公式，化简得到，求得，结合正弦定理，即可求解；
（2）假设存在正整数，使得和同时成立，结合正弦、余弦定理，化简得到，鸡儿得到，结合为均为正整数，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：由，即，
因为，可得，所以，
即，即，
又因为，所以，
又由正弦定理，可得．
（2）解：假设存在正整数，使得和同时成立．
所以，即，
化简整理可得，
因为，，所以，即
又因为均为正整数，所以，．
故存在，使得和同时成立
6．（2023·福建·统考模拟预测）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求C；
(2)若，D为的外接圆上的点，，求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出，进而根据角的范围得出答案；
（2）解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设，，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.
【详解】（1）因为，
在中，由正弦定理得，.
又因为，
所以，
展开得，
即，
因为，故，即.
又因为，所以.
（2）解法一：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，
即，所以，
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，则，

，
当且仅当时，等号成立.
所以四边形ABCD面积最大值为.

解法二：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，
所以.
又，所以，
所以在上的投影向量为，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以，
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，
则，，
所以，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法三：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，即，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，
则，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法四：
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
在中，，，
故外接圆的半径.
即，所以.
如图2，以外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，
则，.

因为C，D为单位圆上的点，设，，
其中，.
所以，，
代入，即，可得，
即.
由可知，
所以解得或，即或.
当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.
设四边形ABCD的面积为S，
则，
由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，
所以四边形ABCD面积最大值为.



名师押题

1．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，，则（    ）
A． B．4 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意和等差数列等差中项的应用可得、，利用余弦定理化简计算即可求解.
【详解】由，得，
由成等差数列，得，
由余弦定理，得，
即，
整理，得，由得，
由得.
则，，
所以，
故选：B.
2．如图，在中，，，，平面内的点、在直线两侧，与都是以为直角顶点的等腰直角三角形，、分别是、的重心.则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得，求出、、，利用余弦定理可求得的长.
【详解】由平面向量数量积的定义可得，解得，

延长交于点，延长交于点，则、分别为、的中点，
因为、均是以点为直角顶点的等腰直角三角形，且，，
所以，，，则，，
因为、分别是、的重心，
则，，
又因为，同理可得，
所以，，
由余弦定理可得，
因此，.
故选：A.

3．在中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________．
【答案】1
【分析】根据题意利用正弦定理进行边化角，结合三角恒等变换运算求解.
【详解】∵，由正弦定理可得：，
则，
整理得①，
又∵，则，即，
将①式两边同除于，可得，即.
故答案为：1.
4．记的面积为，内角所对的边分别为，且，则的值为__________.
【答案】
【分析】根据三角形面积公式及余弦定理可得，利用均值不等式及正弦函数的有界性可得，即可求出.
【详解】由题得，
所以，
所以，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，
又，其中，
所以，故，
所以，
所以.
故答案为：

5．已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足．
(1)证明：；
(2)是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，，

【分析】（1）由三角形的面积公式，化简得到，求得，结合正弦定理，即可求解；
（2）假设存在正整数，使得和同时成立，结合正弦、余弦定理，化简得到，鸡儿得到，结合为均为正整数，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：由，即，
因为，可得，所以，
即，即，
又因为，所以，
又由正弦定理，可得．
（2）解：假设存在正整数，使得和同时成立．
所以，即，
化简整理可得，
因为，，所以，即
又因为均为正整数，所以，．
故存在，使得和同时成立
6．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求C；
(2)若，D为的外接圆上的点，，求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出，进而根据角的范围得出答案；
（2）解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设，，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.
【详解】（1）因为，
在中，由正弦定理得，.
又因为，
所以，
展开得，
即，
因为，故，即.
又因为，所以.
（2）解法一：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，
即，所以，
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，则，

，
当且仅当时，等号成立.
所以四边形ABCD面积最大值为.

解法二：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，
所以.
又，所以，
所以在上的投影向量为，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以，
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，
则，，
所以，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法三：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，即，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，
则，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法四：
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
在中，，，
故外接圆的半径.
即，所以.
如图2，以外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，
则，.

因为C，D为单位圆上的点，设，，
其中，.
所以，，
代入，即，可得，
即.
由可知，
所以解得或，即或.
当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.
设四边形ABCD的面积为S，
则，
由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，
所以四边形ABCD面积最大值为.


倒计时16天
向量与复数

考点透视
考点透视

考点透视

高考对复数的考察，主要是一道选填小题，是属于容易题，主要考察复数的概念，复数相等和复数的分类，考察复数的四则运算和复数的模。属于基础计算类型和常规概念类型的考察，也是容易得分点之一。
向量在高考题中是属于知识交汇处的考察点， 考察 向量的概念，考察向量的坐标坐标运算，考察向量的加减法几何意义，考察向量的模运算，考察向量的线性运算，考察向量的基本定理和数量积及其应用，考察向量在平面几何和物理中应用，考察向量的几何意义及其应用。考察向量共线或者垂直求参，考察平面向量的夹角和模运算及其求参。高考考察平面向量模或者与模有关的最值。作为向量的应用，考察向量与立体几何，解析几何结合，特别是向量与圆锥曲线、解三角形相结合的综合题型。


满分技巧


向量的重要定理、公式、结论：
(1)一个封闭图形首尾连接而成的向量和为零向量，要注意运用.
(2)三角形不等式：.
证明：①非零向量、不共线时，的方向与、的方向都不同且；
②非零向量、共线时，设，
与同向时，的方向与、相同且，的方向与相同且，
与异向时，的方向与相同且，的方向与相同且；
③、至少有一个时.
(3)重要结论：若，则.
(4)向量的模：；
非零向量与的夹角：.
(5)非零向量、共线或垂直的坐标表示：
①向量共线：；
②向量垂直：.特别地.
(6)两个向量的数量积的性质：设、、为两个非零向量，是与同向的单位向量.
①；
②当与同向时，；当与反向时，. 特别的或；
③；
；
.
④.
(7)向量共线定理和向量基本定理
向量共线定理和向量基本定理
①向量共线定理(两个向量之间的关系)：向量与非零向量共线的充要条件是有且只有一个实数，使得.
变形形式：已知直线上三点、、，为直线外任一点，有且只有一个实数，使得：.
特别提醒：共线向量定理应用时的注意点：向量共线的充要条件中要注意“”，否则可能不存在，也可能有无数个.证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线；另外，利用向量平行证明向量所在直线平行，必须说明这两条直线不重合.
②平面向量基本定理(平面内三个向量之间关系)：
若、是同一平面内的两个不共线向量，则对于这一平面内的任一向量，有且只有一对实数、，使.
特别提醒：不共线的向量、叫做表示这一平面内所有向量的一组基底；
基底的不唯一性：只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，对基底的选取不唯一，平面内任意向量都可被这个平面的一组基底、线性表示，且在基底确定后，这样的表示是唯一的.

(8)线段定比分点坐标公式的向量形式：若直线上三点、、，且满足()，在直线外任取一点，设，，可得.
重要结论：若直线上三点、、，为直线外任一点，
则.
证明：，则，
则.
(9)在中：
重心——中线的交点：重心将中线长度分成；
垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；
内心——角平分线的交点(内切圆的圆心)：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；
外心——中垂线的交点(外接圆的圆心)：外心到三角形各顶点的距离相等.
①若、、，重心坐标为.
②若为重心，则，，，.
证法1：设，、、，
，
，为重心.
证法2：如图，则，

∴、、三点共线，且分为，∴是的重心.
③为垂心；
证明：如图是的垂心，

垂直、垂直，、是垂足，
，
同理，为垂心.
④向量()所在直线过内心(是角平分线所在直线)；
⑤为内心；
证明：∵、分别为、方向上的单位向量，∴、平分，
∴，令，∴，
化简得，
∴.
⑥为外心；
8.奔驰定理
为内一点，，则.
重要结论：，，.
结论1：对于内的任意一点， 若、、的面积分别为、、，则：
.
即三角形内共点向量的线性加权和为零，权系数分别为向量所对的三角形的面积.

结论2：对于平面内的任意一点，若点在的外部，并且在的内部或其对顶角的内部所在区域时，则有.
结论3：对于内的任意一点， 若，则、、的面积之比为.
即若三角形内共点向量的线性加权和为零，则各向量所对的三角形面积之比等于权系数之比.
结论4：对于所在平面内不在三角形边上的任一点，，则、、的面积分别为.
即若三角形平面内共点向量的线性加权和为零，则各向量所对应的三角形面积之比等于权系数的绝对值之比.各向量所对应的三角形是指另外两个向量所在的三角形.



真题回顾




真题回顾




1．（2022·全国·统考高考真题）若，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】利用复数的除法可求，从而可求.
【详解】由题设有，故，故，
故选：D

2．（2022·全国·统考高考真题）已知，且，其中a，b为实数，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】

由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
得,即
故选:

3．（2022·全国·统考高考真题）在中，点D在边AB上，．记，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．

4．（2022·全国·统考高考真题）已知向量满足，则（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.
【详解】解：∵，
又∵
∴9，
∴
故选：C.

5．（2022·北京·统考高考真题）在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，

因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以


，其中，，
因为，所以，即；
故选：D
        
6．（2022·全国·统考高考真题）已知向量．若，则______________．
【答案】/
【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】由题意知：，解得.
故答案为：.

7．（2022·全国·统考高考真题）设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．
【答案】
【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．
【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：．



名校预测


1．（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）已知向量，，，若，则（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】由向量的坐标运算计算即可.
【详解】由题意，得，
所以，解得，
所以.
故选：C.
2．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）在中，记，，若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平面向量的运算，用表示出即可.
【详解】因为在中，若，所以点为中点，所以.
故选：D
3．（2023·北京丰台·统考二模）已知A，B，C是单位圆上的三个动点，则的最小值是（    ）
A．0 B． C． D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，设出，，表达出，结合，求出最小值.
【详解】以的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

设，，
则，
故，
当时，取得最小值，最小值为，
由于，故当时，最小，故最小值为，
此时，满足要求，
故选：B
【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
4．（2023·河南·许昌实验中学校联考二模）设复数的共轭复数为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据共轭复数求出，计算出答案.
【详解】因为，所以，故，
故．
故选：D
5．（2023·北京东城·统考一模）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的几何意义得到，结合复数的运算法则，即可求解.
【详解】由题意，复平面内，复数对应的点的坐标是，
可得，所以.
故答案为：A.
6．（2022·浙江宁波·统考二模）已知平面向量，，满足，，，（，）.当时，（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分析题目条件，得到，画出草图，利用等和线得到，过O点,C点分别向AB做垂线，得到两个相似比为1比3的直角三角形，设出∠CAB=θ，然后利用角表示边，通过勾股定理得到角的大小，从而得到边长的大小，进而求出的大小
【详解】解析：作，，，由题意，
设直线与直线交于点，

∵（，），
∴点在线段上（不含端点）
又，结合等和线性质，可知
作于，于，
有，
记
①当点在线段上时，，
由，得，可解得，进而有
此时，，
（注：点为线段的中点，在线段上，符合题意）
可得，所以
②当点在线段的反向延长线上时，同①方法可推得点与点重合，矛盾综上，.
故选：A

7．（2023·山东·校联考二模）已知向量，，若非零向量与，的夹角均相等，则的坐标为___（写出一个符合要求的答案即可）
【答案】（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.
【分析】利用两个向量夹角的余弦公式，通过两个余弦相等，化简即可求出结果.
【详解】设，因为，，
所以，
，
因为与，的夹角均相等，所以，
所以，
化简得，所以，
因为为非零向量，可取，此时.
故答案为：（1，1），答案不唯一，只需满足横纵坐标相等即可.
8．（2023·新疆喀什·统考模拟预测）已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影为______.
【答案】2
【分析】首先求出，再根据数量积的运算律求出，最后根据计算可得.
【详解】因为，所以，又，，
所以，所以，
所以向量在向量方向上的投影为.
故答案为：
9．（2023·天津·天津市宁河区芦台第一中学校联考模拟预测）若复数为纯虚数，则=___________.
【答案】
【分析】由复数除法法则化简后求得，再由复数模的定义求解．
【详解】为纯虚数，则且，∴，
，
故答案为：．
10．（2022·浙江·模拟预测）已知向量，满足，且的最小值为1（为实数），记，，则最大值为______.
【答案】-3
【分析】先数形结合得出到OA距离为1，再建立坐标系，利用三角形内角和关系转化为求的最大值，利用坐标转化为求函数最值问题，利用求导找出函数的单调性，结合单调性可得函数的最值，进一步得到答案.
【详解】设,
由的最小值为1（为实数），
到OA距离为1，
如图建立坐标系，，

，，
，



，
令

，
令，得，
单调递减；
单调递增；
单调递减；
单调递增；
，
，
，即最大值为
故答案为：
【点睛】思路点睛：建立坐标系，在图形中找到角度的关系，转化为求的最大值，再转化为求函数最值问题，结合导数求证函数的单调性，即可分析函数的最值.
11．（2022·四川南充·统考一模）已知向量与夹角为锐角，且，任意，的最小值为，若向量满足，则的取值范围为______．
【答案】
【分析】结合二次函数的性质，由的最小值求得向量与的夹角，判断出点对应的轨迹，从而求得的取值范围.
【详解】设向量与的夹角为，，则，

，
所以当时，取得最小值为，
即，
所以.
如图所示，设，三角形是等边三角形，
设是的中点，则，
由于，所以，
所以点的轨迹是以为直径的圆，圆的半径为，
根据圆的几何性质可知，即的取值范围为.
故答案为：

【点睛】本小题解题难点有两点，第一点是的最小值的用法，有关向量模的试题，可以考虑利用平方再开方的方法进行转化，结合向量的数量积运算来求解.第二点是的用法，转化为向量垂直、轨迹为圆来配合解题.

名师押题

1．已知向量与的夹角为，且，向量满足，且，记向量在向量与方向上的投影分别为x､y.现有两个结论：①若，则；②的最大值为.则正确的判断是（    ）
A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立
【答案】C
【分析】①根据及与的夹角为求出，假设成立，求出与，代入后发现等式不成立，故①错误；②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合，可得：，利用投影公式求出，只需求出最大值，利用面积公式和基本不等式求出最大值为1，进而求出的最大值.
【详解】由，解得：，当时，，由得：，即，由得：，因为，假设，则可求出，，代入中，等号不成立，故①错误；
设，，，因为，由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，设，则，因为，所以，即，故在方向的投影等于在方向的投影相等，故点C满足，又，，所以
，其中，而要想保证最大，只需最小，由余弦定理可得：，当且仅当时，等号成立，所以最小值为，所以最大值为，故的最大值为，②正确.

故选：C
【点睛】向量投影的理解是很重要的，在出题中往往会画出图形来进行思考问题，利用几何法来解决问题，这道题目的突破口就是结合与，可得：点C在线段AB上且，进而得到最小值.
2．设，，且，若向量满足，则的最大值是（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】设，，，，根据条件，借助平面图形得到点的轨迹，即可得到结果．
【详解】如图，

设，，，，连接，，
则由可知四边形为矩形，则.
由，可得，
连接，则，所以点在以点为圆心，4为半径的圆上，
所以的最大值为.
故选：B.
【点睛】对于向量模的最值或者范围的问题，我们往往采取数形结合的方式进行解决.首先我们要根据题目的条件将几个向量的起点平移到同一点，作出图形，最后根据所求向量的条件得出终点的轨迹.
3．如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.
【详解】



.
故选：D
4．已知向量、满足，则与的夹角是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】计算出、，利用平面向量数量积的运算性质可求得与的夹角.
【详解】因为，则，所以，，
所以，，则，
又因为，
所以，，
因为，因此，.
故选：A.
5．已知向量，，若，且，则实数（    ）
A．3 B． C．5 D．
【答案】B
【分析】计算，根据垂直得到，解得答案.
【详解】，
，则，解得.
故选：B
6．已知i为虚数单位，复数是纯虚数，则是直线与直线平行的（    ）条件
A．充要 B．必要不充分 C．充分不必要 D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】由复数的除法及纯虚数的概念求出，再由直线平行的充要条件判断即可得解.
【详解】是纯虚数，
且，
解得，
此时与直线平行，
当时，且，解得.
所以是直线与直线平行的充要条件，
故选：A
7．1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式（x∈R，i为虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”．根据此公式，下面四个结果中不成立的是（        ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项．
【详解】对于A，当时，因为，所以，故选项A正确；
对于B，，
故选项B正确；
对于C，由，，
所以,得出，故选项C正确；
对于D，由C的分析得，推不出，故选项D错误．
故选：D．