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116分解析几何★★★★☆
已知抛物线 E:y2=8xE:y^2=8x，斜率为 kk（k>0k>0）的直线 ll 经过点 (−1,0)\left( -1,0 \right)，等边三角形 ABCABC 的顶点 AA 在 EE 上，顶点 BB，CC 均在 ll 上. 下列结论正确的有（ ）
A.
EE 的准线方程为 x=−2x=-2
B.
若 ll 与 EE 没有公共点，则 k>2k>\sqrt{2}
C.
若 ll 与 EE 的唯一公共点为 BB，则 EE 的焦点在直线 ABAB 上
D.
若 k=2k=2，则 △ABC\triangle ABC 面积的最小值为 315\frac{\sqrt{3}}{15}

2026 · 全国 · 二卷 · 第 11 题 · 多选题

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145分立体几何初步★★★★☆
已知球 OO 的体积为 43π4\sqrt{3}\pi，AA，BB，CC，DD 四点均在球 OO 的球面上，△ABC\triangle ABC 为等边三角形，DA=DB=DC=2DA=DB=DC=\sqrt{2}，则 △ABC\triangle ABC 的面积为______.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 14 题 · 填空题

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1615分立体几何初步★★★★☆
如图，三棱锥 AA-BCDBCD 中，点 EE 在 BDBD 上，AE⊥CEAE\perp CE，AE⊥DEAE\perp DE，CD⊥ADCD\perp AD.
(1) 证明：CD⊥ABCD\perp AB； (2) 若 DE=2DE=2，BE=1BE=1，AE=2AE=\sqrt{2}，CD=23CD=2\sqrt{3}，求直线 ADAD 与平面 ABCABC 所成角的正弦值.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 16 题 · 解答题

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1715分三角函数★★★★☆
在 △ABC\triangle ABC 中，已知 cos⁡B=34\cos B=\frac{3}{4}，cos⁡2(A+C)+sin⁡Asin⁡C=1\cos^2\left( A+C \right)+\sin A\sin C=1.
(1) 证明：△ABC\triangle ABC 为钝角三角形； (2) 若 △ABC\triangle ABC 的面积为 74\frac{\sqrt{7}}{4}，求 △ABC\triangle ABC 的周长.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 17 题 · 解答题

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116分解析几何★★★★☆
双曲线 C:x2a2−y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（a>0a>0，b>0b>0）的左，右焦点分别是 F1F_1，F2F_2，左，右顶点分别为 A1A_1，A2A_2. 以 F1F2F_1F_2 为直径的圆与 CC 的一条渐近线交于 MM，NN 两点，且 ∠NA1M=5π6\angle NA_1M=\frac{5\pi}{6}，则（ ）
A.
∠A1MA2=π6\angle A_1MA_2=\frac{\pi}{6}
B.
∣MA1∣=2∣MA2∣|MA_1|=2|MA_2|
C.
CC 的离心率为 13\sqrt{13}
D.
当 a=2a=\sqrt2 时，四边形 NA1MA2NA_1MA_2 的面积为 838\sqrt3

2025 · 全国 · 二卷 · 第 11 题 · 多选题

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145分立体几何初步★★★★☆
一个底面半径为 4cm4\text{cm}，高为 9cm9\text{cm} 的封闭圆柱形容器内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为______cm\text{cm}.

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1615分解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的离心率为 22\frac{\sqrt2}{2}，长轴长为 4.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过点 (0,−2)(0,-2) 的直线 ll 与 CC 交于 AA，BB 两点，OO 为坐标原点. 若 △OAB\triangle OAB 的面积为 2\sqrt2，求 ∣AB∣|AB|.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 16 题 · 解答题

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16概率与统计★★★★☆
有 6 个6\text{ 个} 相同的球，分别标有数字 11，22，33，44，55，66，从中不放回地随机抽取 3 次3\text{ 次}，每次取 1 个1\text{ 个} 球. 记 mm 为前两次取出的球上数字的平均值，nn 为取出的三个球上数字的平均值，则 mm 与 nn 差的绝对值不超过 12\dfrac{1}{2} 的概率是______.

2024 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在以 AA，BB，CC，DD，EE，FF 为顶点的五面体中，四边形 ABCDABCD 与四边形 ADEFADEF 均为等腰梯形，BC∥ADBC\parallel AD，EF∥ADEF\parallel AD，AD=4AD=4，AB=BC=EF=2AB=BC=EF=2，ED=10ED=\sqrt{10}，FB=23FB=2\sqrt{3}，MM 为 ADAD 的中点.
(1) 证明：BM∥BM\parallel平面 CDECDE； (2) 求二面角 F−BM−EF-BM-E 的正弦值.

2024 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20解析几何★★★★☆
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的右焦点为 FF，点 M(1,32)M\left( 1,\dfrac{3}{2} \right) 在 CC 上，且 MF⊥xMF\perp x 轴.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过点 P(4,0)P(4,0) 的直线与 CC 交于 AA，BB 两点，NN 为线段 FPFP 的中点，直线 NBNB 交直线 MFMF 于点 QQ，证明：AQ⊥yAQ\perp y 轴.

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21导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=(1−ax)ln⁡(1+x)−xf(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x.
(1) 当 a=−2a=-2 时，求 f(x)f(x) 的极值； (2) 当 x≥0x\ge 0 时，f(x)≥0f(x)\ge 0 恒成立，求 aa 的取值范围.

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22解析几何★★★★☆
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，以坐标原点 OO 为极点，xx 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 CC 的极坐标方程为 ρ=ρcos⁡θ+1\rho=\rho\cos\theta+1.
(1) 写出 CC 的直角坐标方程； (2) 设直线 ll 的参数方程为
{x=t,y=t+a,\begin{cases} x=t,\\ y=t+a, \end{cases}
（tt 为参数），若 CC 与 ll 相交于 AA，BB 两点，且 ∣AB∣=2|AB|=2，求 aa 的值.

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23不等式★★★★☆
实数 aa，bb 满足 a+b≥3a+b\ge 3.
(1) 证明：2a2+2b2>a+b2a^2+2b^2>a+b； (2) 证明：∣a−2b2∣+∣b−2a2∣≥6|a-2b^2|+|b-2a^2|\ge 6.

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16导数及其应用★★★★☆
当 x>0x>0 时，曲线 y=x3−3xy=x^3-3x 与曲线 y=−(x−1)2+ay=-(x-1)^2+a 有两个交点，则 aa 的取值范围是______.

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在以 AA，BB，CC，DD，EE，FF 为顶点的五面体中，四边形 ABCDABCD 与四边形 ADEFADEF 均为等腰梯形，EF∥ADEF\parallel AD，BC∥ADBC\parallel AD，AD=4AD=4，AB=BC=EF=2AB=BC=EF=2，ED=10ED=\sqrt{10}，FB=23FB=2\sqrt3，MM 为 ADAD 的中点.
(1) 证明：BM∥BM\parallel 平面 CDECDE； (2) 求 MM 到平面 FABFAB 的距离.

2024 · 全国 · 甲卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=a(x−1)−ln⁡x+1f(x)=a(x-1)-\ln x+1.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设 a≤2a\le2，证明：当 x>1x>1 时，f(x)<ex−1f(x)<\mathrm{e}^{x-1}.

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21解析几何★★★★☆
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0） 的右焦点为 FF，点 M(1,32)M\left(1,\dfrac32\right) 在 CC 上，且 MF⊥xMF\perp x 轴.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过点 P(4,0)P(4,0) 的直线交 CC 于 AA，BB 两点，NN 为线段 FPFP 的中点，直线 NBNB 交直线 MFMF 于点 QQ，证明：AQ⊥yAQ\perp y 轴.

2024 · 全国 · 甲卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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23不等式★★★★☆
已知实数 aa，bb 满足 a+b≥3a+b\ge3.
(1) 证明：2a2+2b2>a+b2a^2+2b^2>a+b； (2) 证明：∣a−2b2∣+∣b−2a2∣≥6|a-2b^2|+|b-2a^2|\ge6.

2024 · 全国 · 甲卷 · 文 · 第 23 题 · 解答题

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11解析几何★★★★☆
设 AA，BB 为双曲线 x29−y21=1\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{1}=1 上两点，下列点中可为 AB‾\overline{AB} 中点的是（ ）
A.
(1,1)(1,1)
B.
(−1,2)(-1,2)
C.
(1,3)(1,3)
D.
(−1,−4)(-1,-4)

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 11 题 · 多选题

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16导数及其应用★★★★☆
设 a∈(0,1)a\in(0,1)，若函数 f(x)=ax+(1+a)x+1f(x)=a^x+(1+a)^{x+1} 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增，则 aa 的取值范围是______.

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 16 题 · 填空题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，AD=5DOAD=\sqrt5 DO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明：EF//平面 ADOEF // \text{平面 }ADO； (2) 证明：平面 ADO⊥平面 BEF\text{平面 }ADO\perp\text{平面 }BEF； (3) 求二面角 D−AO−CD-AO-C 的正弦值.

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20解析几何★★★★☆
已知椭圆 y2a2+x2b2=1\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0），其离心率是 53\frac{\sqrt5}{3}，点 A(−2,0)A(-2,0) 在 CC 上.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过点 (−2,3)(-2,3) 的直线交 CC 于 PP，QQ 两点，直线 APAP，AQAQ 与 yy 轴的交点分别为 MM，NN，证明：线段 MNMN 的中点为定点.

2023 · 全国 · 乙卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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19立体几何初步★★★★☆
如图，在三棱锥 P−ABCP-ABC 中，AB⊥BCAB\perp BC，AB=2AB=2，BC=22BC=2\sqrt2，PB=PC=6PB=PC=\sqrt6，BPBP，APAP，BCBC 的中点分别为 DD，EE，OO，点 FF 在 ACAC 上，BF⊥AOBF\perp AO.
(1) 证明 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO； (2) 若 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，求三棱锥 P−ABCP-ABC 的体积.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设 AF→=mAC→\overrightarrow{AF}=m\overrightarrow{AC}，则 0≤m≤10\le m\le1，并且 BF→=(m−1)AB→+mBC→\overrightarrow{BF}=(m-1)\overrightarrow{AB}+m\overrightarrow{BC}，AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}. 由 BF⊥AOBF\perp AO 及 AB⊥BCAB\perp BC，得
0=BF→⋅AO→=4(m−1)+m2×8=8m−40=\overrightarrow{BF}\cdot\overrightarrow{AO}=4(m-1)+\frac{m}{2}\times8=8m-4
所以 m=12m=\dfrac12，即 FF 是 ACAC 的中点.
在三角形 APCAPC 中，EE，FF 分别是 APAP，ACAC 的中点，所以 EF∥PCEF\parallel PC. 在三角形 BPCBPC 中，DD，OO 分别是 BPBP，BCBC 的中点，所以 DO∥PCDO\parallel PC. 因此 EF∥DOEF\parallel DO，且 DO⊂DO\subset 平面 ADOADO. 又 P∉P\notin 平面 ABCABC，故平面 ADOADO 与平面 ABCABC 的交线为 AOAO. 由 AF→=12AC→=12(AB→+BC→)\overrightarrow{AF}=\dfrac12\overrightarrow{AC}=\dfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}\right) 与 AO→=AB→+12BC→\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\dfrac12\overrightarrow{BC}，且 AB→\overrightarrow{AB}，BC→\overrightarrow{BC} 不共线，可知 F∉AOF\notin AO，从而 F∉F\notin 平面 ADOADO，即 EFEF 不在平面 ADOADO 内. 因此 EF∥EF\parallel 平面 ADOADO. \item 建立空间直角坐标系，使 B=(0,0,0)B=(0,0,0)，A=(2,0,0)A=(2,0,0)，C=(0,22,0)C=(0,2\sqrt2,0). 设 P=(u,v,w)P=(u,v,w)，由 PB=PC=6PB=PC=\sqrt6 得 u2+v2+w2=6u^2+v^2+w^2=6，u2+(v−22)2+w2=6u^2+(v-2\sqrt2)^2+w^2=6. 两式相减得 v=2v=\sqrt2，代回得 u2+w2=4u^2+w^2=4. 由上面的结论，O=(0,2,0)O=(0,\sqrt2,0)，F=(1,2,0)F=(1,\sqrt2,0)，故 OP→=(u,0,w)\overrightarrow{OP}=(u,0,w)，OF→=(1,0,0)\overrightarrow{OF}=(1,0,0)，且 ∣OP∣=2|OP|=2，∣OF∣=1|OF|=1.
由 ∠POF=120∘\angle POF=120^\circ，得 u=OP→⋅OF→=∣OP∣∣OF∣cos⁡120∘=−1u=\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OF}=|OP||OF|\cos120^\circ=-1. 所以 w2=4−u2=3w^2=4-u^2=3，点 PP 到平面 ABCABC 的距离为 3\sqrt3. 又 S△ABC=12×2×22=22S_{\triangle ABC}=\dfrac12\times2\times2\sqrt2=2\sqrt2，故
VP−ABC=13S△ABC⋅3=263V_{P-ABC}=\frac13S_{\triangle ABC}\cdot\sqrt3=\frac{2\sqrt6}{3}
\end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★☆
已知函数 f(x)=(1x+a)ln⁡(1+x)f(x)=\left(\frac1x+a\right)\ln(1+x).
(1) 当 a=−1a=-1 时，求曲线 y=f(x)y=f(x) 在点 (1,f(1))(1,f(1)) 处的切线方程； (2) 若 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 a=−1a=-1 时，f(x)=(1x−1)ln⁡(1+x)f(x)=\left(\dfrac1x-1\right)\ln(1+x)，所以 f(1)=0f(1)=0，且
f′(x)=−ln⁡(1+x)x2+1x−11+xf'(x)=-\frac{\ln(1+x)}{x^2}+\frac{\frac{1}{x}-1}{1+x}
因此 f′(1)=−ln⁡2f'(1)=-\ln2，曲线在 (1,f(1))=(1,0)(1,f(1))=(1,0) 处的切线方程为 y=−ln⁡2(x−1)y=-\ln2(x-1)，即 y=−(ln⁡2)x+ln⁡2y=-(\ln2)x+\ln2. \item 当 x>0x>0 时，
f′(x)=1x+a1+x−ln⁡(1+x)x2=x+ax2−(1+x)ln⁡(1+x)x2(1+x)f'(x)=\frac{\frac{1}{x}+a}{1+x}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}=\frac{x+ax^2-(1+x)\ln(1+x)}{x^2(1+x)}
由于分母为正，f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增等价于 a≥g(x)a\ge g(x)，其中
g(x)=(1+x)ln⁡(1+x)−xx2g(x)=\frac{(1+x)\ln(1+x)-x}{x^2}
令 h(x)=x22+x−(1+x)ln⁡(1+x)h(x)=\dfrac{x^2}{2}+x-(1+x)\ln(1+x)，则 h(0)=0h(0)=0，且 h′(x)=x−ln⁡(1+x)>0h'(x)=x-\ln(1+x)>0（因为 ln⁡(1+x)<x\ln(1+x)<x），所以 h(x)>0h(x)>0. 因而 g(x)<12g(x)<\dfrac12；另一方面，由两次求导或 ln⁡(1+x)=x−x22+o(x2)\ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)，得 lim⁡x→0+g(x)=12\lim_{x\to0^+}g(x)=\dfrac12. 所以 sup⁡x>0g(x)=12\sup_{x>0}g(x)=\dfrac12.
当 a≥12a\ge\dfrac12 时，a≥g(x)a\ge g(x) 对任意 x>0x>0 成立，故 f′(x)>0f'(x)>0，函数在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增；当 a<12a<\dfrac12 时，由 g(x)→12g(x)\to\dfrac12，可取充分小的正数 xx 使 g(x)>ag(x)>a，此时 f′(x)<0f'(x)<0，不满足题意. 因此 aa 的取值范围为 [12,+∞)\left[\dfrac12,+\infty\right). \end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
已知椭圆 C:y2a2+x2b2=1C:\dfrac{y^2}{a^2}+\dfrac{x^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的离心率为 53\dfrac{\sqrt5}{3}，点 A(−2,0)A(-2,0) 在 CC 上.
(1) 求 CC 的方程； (2) 过点 (−2,3)(-2,3) 的直线交 CC 于 PP，QQ 两点，直线 APAP，AQAQ 与 yy 轴的交点分别为 MM，NN，证明：线段 MNMN 的中点为定点.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半焦距为 cc，则 c2=a2−b2c^2=a^2-b^2. 由点 A(−2,0)A(-2,0) 在椭圆上，得 b=2b=2. 又由离心率得 c2a2=59\dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac59，所以 1−4a2=591-\dfrac{4}{a^2}=\dfrac59，从而 a=3a=3. 因此 CC 的方程为 y29+x24=1\dfrac{y^2}{9}+\dfrac{x^2}{4}=1. \item 过点 (−2,3)(-2,3) 的直线若为 x=−2x=-2，则与椭圆只有一个交点，故由题意可设该直线斜率为 kk，其方程为 y=k(x+2)+3y=k(x+2)+3. 设 P(x1,y1)P(x_1,y_1)，Q(x2,y2)Q(x_2,y_2)，则 x1x_1，x2x_2 是方程
9x2+4(k(x+2)+3)2=369x^2+4\bigl(k(x+2)+3\bigr)^2=36
的两个根，即
(9+4k2)x2+8k(2k+3)x+4(2k+3)2−36=0(9+4k^2)x^2+8k(2k+3)x+4(2k+3)^2-36=0
由韦达定理， x1+x2=−8k(2k+3)9+4k2x_1+x_2=-\frac{8k(2k+3)}{9+4k^2}，x1x2=16k(k+3)9+4k2x_1x_2=\frac{16k(k+3)}{9+4k^2}. 直线 APAP 与 yy 轴的交点纵坐标为 2y1x1+2\dfrac{2y_1}{x_1+2}，而 y1=k(x1+2)+3y_1=k(x_1+2)+3，所以该纵坐标为 2k+6x1+22k+\dfrac{6}{x_1+2}. 同理，点 NN 的纵坐标为 2k+6x2+22k+\dfrac{6}{x_2+2}. 因而线段 MNMN 的中点横坐标为 00，纵坐标为
2k+3(1x1+2+1x2+2)=2k+3x1+x2+4x1x2+2(x1+x2)+42k+3\left(\frac1{x_1+2}+\frac1{x_2+2}\right)=2k+3\frac{x_1+x_2+4}{x_1x_2+2(x_1+x_2)+4}
由上式中的韦达关系， x1+x2+4=12(3−2k)9+4k2x_1+x_2+4=\frac{12(3-2k)}{9+4k^2}，x1x2+2(x1+x2)+4=369+4k2x_1x_2+2(x_1+x_2)+4=\frac{36}{9+4k^2}， 故中点纵坐标为 2k+3⋅3−2k3=32k+3\cdot\dfrac{3-2k}{3}=3. 所以线段 MNMN 的中点为定点 (0,3)(0,3). \end{enumerate} \end{solution}

2023 · 全国 · 乙卷 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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