集合与不等式难题分析

第一章 集合与命题

考点综述

集合与命题是高中数学的基石，高考对这部分知识的考查主要有三个方面：一是集合的概念、关系和运算；二是集合语言与集合思想的运用（如求方程与不等式的解集、函数的定义域和值域等）；三是命题之间的逻辑关系的判断和推理．此外与集合有关的信息迁移题、集合与其他知识相结合的综合题都值得高度关注.考查重点是集合与集合之间的关系、条件的判断.其核心考点有：集合的概念及相应关系，集合的运算，命题及充要条件．

考点1 集合的概念及相应关系

典型考法1 与含参数的方程有关的集合问题

典型例题

x，aR} 已知集合A{x|ax3x20，

(1)若A是空集，试求a的取值范围；

(2)若A中只有一个元素，求a的值，并把这个元素写出来； (3)若A中至多只有一个元素，求a的取值范围．

解析 集合A是方程ax3x20在实数范围内的解集．

(1)若A是空集，则显然a≠0，且方程ax3x20无解，得＝(3)4a20，

2

2

2

2

a

99

，即a的取值范围是{a|a． 88

2

3

94

＝(3)24a20，a，此时A，符合题意；

83

9

综上所述，a0或．

8

(2)当a=0时，A{x|3x20}{，}符合题意；当a≠0时，必须

(3) A中至多只有一个元素，包括A是空集和A中只有一个元素这两种情况，根据(1)和(2)的结果，知a=0或a

99，故a的取值范围是{a|a0或a}． 88

必杀技：

用分类讨论的方法解决集合中含参数的方程问题

2

一般地，对于集合{x|axbxc0，xR}，其中a，b，c均为实数， 当a≠0时，{x|axbxc0，xR}是一元二次方程axbxc0的根的集合．须注意：若求非空集合{x|axbxc0，xR}中的元素之和，则应分0与

2

2

2

0这两种情形，具体为

(1)若0，则axbxc0有两个不等的实根，于是，非空集合

2

b{x|ax2bxc0，xR}中的元素之和为；

a

(2)若0，则axbxc0有两个相等的实根，于是，非空集合

2

{x|ax2bxc0，xR}中的元素之和为

b

． 2a

实战演练

1． 已知A{x|

xa

1，xR}为单元素集，则实数a的取值的集合为 ． x22

2．设A={x｜x2+(b+2)x+b+1=0，b∈R}，求A中所有元素的和． 3．对于函数f(x)，设A{x|f(x)x}，B{x|f(f(x))x}． (1) 求证：AB；

(2) 若f(x)ax1(aR,xR)，且AB，求a的取值范围．

2

参考答案

1

．,.

2．当b≠0时，和为－(b+2)；当b=0时，和为－1．

94131

] 提示：由A知： a，B中元素是方程444

(ax2x1)(a2x2axa1)0的实根，由AB得方程a2x2axa10要么没

332

有实根，要么实根是方程axx10的根，易得a或a，故a的取值范围是

44

13[]． 44

3．(1)略 (2) [

典型考法2 集合对某种运算的封闭性

典型例题

设M{a|axy，x，yZ}．

(1)属于M的两个整数，其积是否仍属于M，为什么？ (2)8、9、10是否属于M，请说明理由．

2

2

y1，x2，y2Z)， 解析 (1) 设a，bM，则ax1y1，bx2y2，(x1，

2

2

2

2

22

ab(x12y12)(x2y2)(x1x2y1y2)2(x1y2x2y1)2，

x1，y1，x2，y2Z，x1x2y1y2Z且x1y2x2y1Z，从而abM，即属于M

的两个整数，其积仍属于M．

930，8M，9M． (2) 831，

假设10M，则存在整数m，n，使10mn，即(mn)(mn)10

2

2

2

2

2

2

，由于10

为偶数，注意到mn与mn具有相同的奇偶性，所以mn、mn均为偶数，其乘积

(mn)(mn)应是4的整数倍，但10不是4的整数倍，导致矛盾，故假设不成立，即

10M．

必杀技 深刻理解集合中的元素所具有的性质

1．要证明 x0M，通常应是将运算后得到的结果化为集合中元素所有的特征形式． 2．要证明x0M，通常用反证法．

实际上，本题还可得到进一步的结果：对任意nZ，4n，4n1，4n3均为M中的元素，而4n2不是M中的元素．

实战演练

1．设非空集合S{x|mxl}满足：当xS时，有x2S．给出如下三个命题：①若m1，则S{1}；②若m

111

，则l1；③若l

，则m0．其

242

中正确命题的个数是„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（ ）.

A．0

B．1

C．2 D．3

2．已知S{x|xmn，m，nZ}．

(1)如果s、tS，那么st是否为S的元素，请说明理由； (2)当s、tS且t0时，证明：

22

s

可表为两个有理数的平方和． t

，ak(k≥2)，其中aiZ(i1，2，，k)，由A中的元3．已知集合Aa1，a2，

b)aA，bA，abA， 素构成两个相应的集合：S(a，

T(a，b)aA，bA，abA．其中(a，b)是有序数对，集合S和T中的元素

个数分别为m和n．若对于任意的aA，总有aA，则称集合A具有性质P．



1，2，3与1，2，3是否具有性质P并对其中具有性质P的集合，写（I）检验集合0，

出相应的集合S和T；

（II）对任何具有性质P的集合A，证明：n≤

k(k1)

； 2

（III）判断m和n的大小关系，并证明你的结论．

参考答案：

1．D .

2．(1)stS; (2)证略． 注：任意一个有理数均可表示成

b

（其中a，b为整数且a0）的形式． a

1，2，3不具有性质P．集合1，2，3具有性质P，其相应的集合S和T3．（I）集合0，，，，3)(31)，T(2，1)，，23． 是S(1

（II）证略. 提示：由A中元素构成的有序数对(ai，aj)共有k个，且当(ai，aj)T时，(aj，ai)T(i，j1，2，，k)．从而，集合T中元素的个数最多为

2

12

(kk)，即2

n≤

k(k1)

． 2

（III）mn .提示：对于(a，b)S，这里aA，bA，且abA，从而

(ab，b)T．如果(a，b)与(c，d)是S的不同元素，那么ac与bd中至少有一

个不成立，从而abcd与bd中也至少有一个不成立．故(ab，b)与(cd，d)也是T的不同元素．可见，S中元素的个数不多于T中元素的个数，即m≤n．同理可得n≤m，于是便有mn．

考点2 子集、集合中的图形

典型考法1 子集

典型例题

a2，…，an}(nN，n2)，若 设A为集合M的子集，且A{a1，



a1a2…ana1a2…an，则称A为集合M的n元“好集”．

(1)写出实数集R的一个二元“好集”； (2)求出正整数集N的所有三元“好集”；

(3)证明：不存在正整数集N的n(n4)元“好集”． 解析(1) {3，{4，{5等．





3

24354

a2，a3}，不妨设a1a2a3，则由a1a2a3a1a2a3可 (2)当n3时，A{a1，

aiN，a1a23，注意到a1a2且a1，a2N，故a11，得，a1a2a33a3，





a22． 因此，正整数集N的三元“好集”只有{1，，23}；

a2，…，an}不妨设A中的最大元素为an，则依题设条件，得 (3)当n4时，A{a1，

a1a2a3an1ana1a2a3an1annan „„„„„„（※），

故

nana1a2an1ana1a2an1an12(n1)an，

即有nan(n1)!an，则n(n1)!．又因为n4，所以有

(n1)!(n1)(n2)(n3)21(n1)(n2)n23n2，

即nn3n2(n3n2)n0，但另一方面，

2

2

(n23n2)n(n2)22(42)2220，

即(n3n2)n0，矛盾！也就是说，当n4时，满足条件的集合A不存在．

2

必杀技

充分利用所给条件

1．深刻理解概念并其中所给出条件； 2．ABAABABB．

在含参数的集合的问题中，往往不能遗漏A是AB的一种情况．实际上，在本例中也不存在正整数集N的二元“好集”，读者可自行完成期证明过程．



实战演练

1．若规定E=a1,a2,,a10的子集ai1,ai2,,ain为E的第k个子集，其中



k2i112i212i312in1，则

(1)a1,a3是E的第个子集； (2)E的第211个子集是

xR}，2．已知集合A{x|xax6a0，当BAB{x||x2|a，xR}，

22



时，则实数a的取值范围是 ．

3．设全集为U，集合A，则B，X满足AXBXAB，ABXAB，

X与AB的关系为

参考答案

a2，a5，a7，a8}. 1．(1)15 ;(2){a1，

2．(，0][2，) . 提示：B（对应地a0）也符合条件．

3．XAB. 提示：易得ABX，且XAB．现设任意tX，则

tAB，即有tA或tB．若tA但tB，则tAX且tBX，这与AXBX相违．同理可证得：若tB但tA，则仍与AXBX相违．总之，tAB，从而XAB，于是XAB．

典型考法2 集合中的图形

典型例题

设A{(x， y)|xm，y3(m25)，mZ}，y)|xn，ynab，nZ}，B{(x，

C{(x，y)|x2y2144}，问是否存在实数a，b，使得同时满足AB，且

(a，b)C．

解析 假设存在实数a ，b使得同时满足与AB且(a，b)C，由满足

AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n = m且na+b=3m2+15，消

去m得na+b-(3n2+15)=0，又(a，b)C得，a2+ b2≤144，由此可知点(a，b)既在直线nx+y-(3n2+15)=0上又在圆x2+ y2=144或其内部，即直线nx+y-(3n2+15)=0与圆x2+ y2=144有公共点，因此，圆心(0，0)到直线nx+y-(3n2+15)=0的距离小于或等于半径12，即

|n003n215|

2

12n46n290n230n230n23

2

，但nZ，故n3不成立，即假设不成立，所以，不存在实数a ，b使得同时满足

AB，(a，b)C．

必杀技： 充分挖掘并利用集合中隐藏着的图形关系

本例首先将条件化简，使得相关元素的图形特征更明朗．本题也可从代数运算的角度求解，现介绍两种方法，读者可作对比．

另法一：假设存在实数a ，b使得同时满足与AB且(a，b)C，由满足

AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n = m且na+b=3m2+15，消

去m得na+b-(3n2+15)=0，即3n2- an-b+15=0，于是，它的判别式非负，即a2+12b-180≥0，由此得，12b-180≥a；又(a，b)C得，a2+ b2≤144，故12b180≥a≥b144，即12b-180≥b144，所以(b-6)2≤0，从而b=6，现将b=6代入12b180a中得a2≥108，再代入a2+ b2≤144中得，a2≤10因此，只有a2=108

，即a=

，最后将a=b=6代入方程3n2-an-(b-15)=0得，

3n2n+9=0，

即n2n

+3=0，所以有nZ．综

2

2

2

2

2

上所述，不存在实数a ，b使得同时满足AB，(a，b)C．

另法二：假设存在实数a ，b使得同时满足与AB且(a，由ABb)C，得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n = m且na+b=3m2+15，即

b3n215na„„(※)，又(a，b)C得，a2+ b2≤144，将(※)代入a2+ b2≤144，得

将a2(3n215na)2144(n21)a22n(3n215)a(3n215)1440，其看着关于a的一元二次不等式，又

4n2(3n215)24(n21)[(3n215)144]36(n23)2，

nZ，0，注意到n210，故，不等式

(n21)a22n(3n215)a(3n215)1440

无实数解，即这样的实数a不存在，综上所述，不存在实数a ，b使得同时满足AB，

(a，b)C．

实战演练

1．设集合A{x|2x1或x1}，集合B{x|x1xx2}，且x1与x2是方程xaxb0的两个实根，AB{x|x2}，AB{x|1x3}，则

2

ab

2．向50名学生调查对A、B两事件的态度，有如下结果 赞成A的人数是全体的五分之三，其余的不赞成，赞成B的比赞成A的多3人，其余的不赞成；另外，对A、B都不赞成的学生数比对A、B都赞成的学生数的三分之一多1人问对A、B都赞成的学生和都不赞成的学生各有多少人？

y)|yx10}，集合B{(x，y)|4x2x2y50}，3．设集合A{(x，

集合C{(x，y)|ykxb}，是否存在k，bN，使得(AB)C？若存在，则求出k，b的值；若不存在，请说明理由．



22

参考答案

1． 5. 提示：借助于数轴分析得：x11，x23，故

a2，b3．

2．对A、B都赞成的同学有21人，都不赞成的有8人．

提示：（如图1-2-1）记50名学生组成的集合为U，赞成事件A的学生全体为集合A，赞成事件

B的学生全体为集合B．设对事件A、B都赞成的学生人数为x，则 (30－x)+(33－x)+x+(x

3

+1)=50，解得x=21．

3．k1，b2. 提示：结合4x2

2x2y50与ykxb的图像（如图1-2-2），并注意利用k，b的几何特征，易得k1，b2．

图1-2-2

第二章 不等式

考点综述

不等式是高中数学的重要内容，它渗透到了中学数学的很多章节，在实际问题中被广泛应用，可以说是解决其它数学问题的一种有效工具．不等式是高考数学命题的重要内容之一，其核心考点为不等式的性质与证明、不等式的解法（高频）和不等式的应用（利用不等式求最值（高频））．借助不等式的基本性质，考查函数方程思想、等价转化思想、数形结合思想及分类讨论思想等数学思想方法．含参数不等式的解法与讨论，不等式与函数、数列、三角等内容的综合问题，仍是高考命题的热点．

考点1 不等式的性质与证明

典型考法1 不等式的性质

典型例题

已知a,b,c,d为实数，满足abcd1，则在a,b,c,d中 ( ). acbd1，A．有且仅有一个为负 B．有且仅有两个为负C．至少有一个为负 D．都为正数

解析 取ac2,bd1，则可排除A；再取a3,b2,c1,d0，则可排除B；假设a,b,c,d均非负，则由abcd1得，a,b,c,d均在[0，1]中，所以，

acbdab1，但这与已知acbd1矛盾，故假设不成立，从而a,b,c,d中至少

有一个为负，即D 错误，选C．

必杀技 利用不等式的性质

不等式的性质在高考中经常以小题出现，它是证明不等式、解不等式的基础，与函数等知识紧密联系，应予以高度重视．

（1）同向不等式可以相加；异向不等式可以相减：若ab,cd，则acbd（若，但异向不等式不可以相加；同向不等式不可以相减； ab,cd，则acbd）

（2）左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；异向不等式可以相除，但不能相乘：若ab0,cd0，则acbd（若ab0,0cd，则

ab

； ）

cdnn

（3）左右同正不等式：两边可以同时乘方或开方：若ab0，则a

b或

（4）若ab0，ab，则

1111；若ab0，ab，则． abab

特别提醒：如果对不等式两边同时乘以一个代数式，要注意它的正负号，如果正负号

未定，要注意分类讨论．

实战演练

1．已知实数x,y,z满足xyz0，且xyz0，设M

111

，则（ ）. xyz

A．M0 B．M0 C．M0 D．M不确定 2．已知实数a， b满足等式()(),下列五个关系式：①0

A．1个 B．2个

C．3个

D．4个

1

2

a

13

b

3．由不全相等的正数xi(i1,2,,n)形成n个数：x1

111

，xn1，，x2，

x2x3xn

xn

1

关于这n个数，下列说法正确的是 （ ）. x1

A．这n个数 都不大于2 B．这n个数都不小于2 C．至多有n1个数不小于2 D．至多有n1个数不大于2

参考答案

1．B .

2．B . 提示：a,b均大于零时，要满足等式，必有ab；a,b均小于零时，要满足等式，必有ab；当ab0时，显然等式成立．因此不可能成立的关系式为③④．

3．D .

典型考法2 比较大小

典型例题

设a，b，c是ABC的三边，则abc与2(abbcca)的大小关系为． 解析 方法一：首先a，b，c均为正数，且由已知得abc0，bca0，

2

2

2

cab0，a(abc)0，b(bca)0，c(cab)0，从而， (a2b2c2)2(abbcca)a(abc)b(bca)c(cab)

0000，

即(abc)2(abbcca)0，故abc2(abbcca)．

方法二：首先a，b，c均为正数，且由已知得abc0，bca0，

2

2

2

2

2

2

cab0

，

(abc)(abc)0

，

(bca)(bca)0

，

(cab)(cab)0，因此，

(a2b2c2)2(abbcca)(ab)2(bc)2(ca)2a2b2c2

[(ab)2c2][(bc)2a2][(ca)2b2]

(abc)(abc)(bca)(bca)(cab)(cab)000

0，

即(abc)2(abbcca)0，故abc2(abbcca)．

方法三：首先a，b，c均为正数，且由已知得abc0，abc0，abc0，

2

2

2

2

2

2

(a2b2c2)2(abbcca)(ab)2c22c(ab)

(ab)2c22cc

(abc)(abc)0，

即(abc)2(abbcca)0，故abc2(abbcca)．

方法四：在ABC中，由余弦定理得，2ab2abcosCabc，

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2bc2bccosAb2c2a2，2ca2cacosBc2a2b2，故

2(abbcca)2ab2bc2ca

2abcosC2bccosA2cacosB (a2b2c2)(b2c2a2)(c2a2b2)abc

2

2

2

，

即2(abbcca)abc，所以，abc2(abbcca)．

方法五：

222222

(a2b2c2)2(abbcca)a22(bc)a(bc)2，

在ABC中，显然，|bc|abc，因此，可考虑函数

f(x)x22(bc)x(bc)2，这里x(|bc|，bc)，

f(bc)(bc)22(bc)(bc)(bc)24bc0，

f(|bc|)|bc|22(bc)|bc|(bc)2

2|bc|2(bc)|bc|

2

2|bc|[|bc|(bc)]0，

即

f(bc)0，f(|bc|)0，又1bc6，并注意到函数0

f(x)x22(bc)x(bc)2的图像是开口向上的抛物线，知当a(|bc|，bc)

时，f(a)0，即a2(bc)a(bc)0，所以(abc)2(abbcca)0，因而abc2(abbcca)．

2

2

2

2

2

2

2

2

必杀技： 利用不等式大小比较的常用方法解题

比较大小的常用方法：(1)作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果；(2)作商（常用于分数指数幂的代数式）；(3)分析法；(4)平方法；(5)分子（或分母）有理化；(6)利用函数的单调性；(7)寻找中间量（一般先把要比较的代数式与“0”比，与“1”比，然后再比较它们的大小）或放缩法 ；(8)图象法：利用有关函数的图象（指数函数、对数函数、二次函数、三角函数的图象），直接比较大小．其中比较法（作差、作商）是最基本的方法．对于含参问题的大小比较要注意分类讨论．

实战演练

1．a、b、c为互不相等的正数，ac2bc，则下列关系中可能成立的是（ ）. A．abc B．bca C．bac D．acb

2

2

2．(1)定义在[0，上的函数f(x)满足f(0)．如果对任意不同的1]f(1)

x1，x2[0，1]，都有|f(x1)f(x2)||x1x2|，则|f(x1)f(x2)|与

为 ．

1

的大小关系2

3．已知31317，5711，则实数a，b的大小关系为．

abaabb

参考答案

1．C。

11

. 提示： 不妨设0x1x21，当x2x1时，显然有22

11

|f(x1)f(x2)|；当x2x1时，由f(0)f(1)知，

22

1

|f(x1)f(x2)||f(x1)f(0)f(1)f(x2)||x10||1x2|．

2

2．|f(x1)f(x2)|

3．ab. 提示：假设ab，则17313313即(

a

a

b

a

a

，115757，

x

babbb

3a13a573)()1，()b()b1，而f(x)(1717111117

x

13

(17

与g(x)(

5x7)()x1111

在R上递减，且f(1)f(a)，g(1)g(b)，故a1，b1，这与假设矛盾，故ab．

典型考法3 算术平均数与几何平均数

典型例题

ab(ab)2

1，则ab的值为． (1)设a,b

0，ab且

4a2b2c2

(2)若a,b,cR，则的最小值为 ．

ab2bc



解析 (1) 因为a，b0，所以由已知得，(ab)4ab

2

2

4

8，

ab

即(ab)8，

进而ab

又ab

所以有ab于是4ab

4

ab

又a，b0，所以ab1． (2) 因为a,b,cR，所以



124222

(ab)(cb)

a2b2c2，



5ab2bcab

2bc

a2b2c2c且c

，即a当a

取得最小值． 0时，255ab

2bc

必杀技：利用基本不等式求解

1．基本不等式（或称均值不等式）：ab2ab(a，bR)，当且仅当ab时取等号．

2

2

a2b2

2．常见变形：(1)ab (a，bR)，当且仅当ab时取等号．

2a2b2ab

(2)ab (a，bR)，当且仅当ab时取等号． 

22

3．结论：两个（或三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．即

2

ab

ab，当且仅当ab时，等号成立． 2

abc对于任意正数a、b、c

，有abc时，等号成立．

3

对于任意正数a、b，有

注：在利用该结论求最值时，要注意到“一正”“二定”“三相等”．

aba1a1

实际上，对于题(1)

，可得ab1，解得或．

a，



b1b1b0

acac11a2b2c2bbbbk，

题(2)的另一方法可为：，现令

acacab2bc22bbbba1c52acac

则1k(2)，所以，kkk1， 因为

4bbbbb2b

2

2

2222

22

a2

b2c252

其左式非负，所以右式k10，

解得k故

ab2bc4

实战演练

1．已知abc，则

112

与的大小关系为 ． 

abbcac

m3n3

2．若m0，n0且1，则mn与2的大小关系为 ．

22mx2nxt

0对3．已知m，n，t均为实数，[u]表示不超过实数u的最大整数，若

x[x]2

任意xR恒成立，且m(1P)n(1P)t0（nm0），则实数P的最大值为 ．

参考答案

1．

112

. 提示：令abx，bcy，则x，y，xy0，故由

abbcac

11112

．实际上，本题还可进一步得到：若(xy)()42即得

xyabbcac

abc，则使不等式

11n

≥成立的n的最大值为4． 

abbcac

2．mn2 提示：

m31313n31313

方法一：由已知得mnm11n112．

33

mn2

n0，故 )及 m，

2

2m3n3(mn)[(mn)23mn]

31

(mn)[(mn)2(mn)2](mn)3，

44

13

即2(mn)mn2．

4

233

方法三：(mn)23mnmn0，故mn2．

方法二：注意到mn(

方法四：令mna，mnb，则m，n为xaxb0的两实根，

2

2=m3+n3=a[a23b]，即

a24b0 ① ，

a32

② b

33a

a322

0，又a0，故a2，即mn2． 将②代入①得a4

33a

3．3. 提示：注意到x[x]20，故原不等式变为mxnxt0对任意xR

2

n2mntmnt均成立，Qm0，0，因此t，又P．现考虑．令

4mnmnm19333nmnt

则0，故1，44222mnm

即3，取“=”，从而有Ptn4m时，

n219

当且t，3，

4m44

mnt

即实数P的最大值为3． 3，

nm

2

注：本题还可这样考虑：注意到原不等式等价于mxnxt0(xR)恒成立，取

) 即0mnt3(nm)，Qnm，x2代入便得 m(22)n(2t



mnt

3，即P3．

mn

典型考法4 不等式证明的常用方法

典型例题

已知abc1且a， b，c均大于0，

解析

3

22

219

13a， 

2

即

3

13a

2

19

，同理可

得

3

13b

2

19，

3

13c2

19

，将它们相加得

即

13a

191919

13a13c， 222

119

[13(abc)3]16，

23



必杀技： 掌握不等式证明的几种常用方法

(ⅰ)不等式证明的常用方法：比较法，公式法，分析法，反证法，换元法，放缩法．

(ⅱ)不等式证明方法较多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法；另外，证明中有时要先对不等式作等价变形再进行证明．

(ⅲ)注意“”

1来．事实上，由于a，b，c的地位“平等”，即不等式的左边是一个对称式，我们可采取特殊化探路：先求等号成立的条件，当13a113b113c1即ab

1

，然后再利用基本不等式变形加以证明． c



3

实战演练

1．已知abc1且a，b，c均大于0

．

2．设a，b，c分别为ABC的三边长，求证：abc(abc)(bca)(cab)． 3．已知a＞0，b＞0，且a+b=1．求证：(a+

2511

)(b+)≥． ab4

参考答案：

x2

1

（x0）．

1．提示：

2．提示：在ABC中，abc、bca、cab均大于0，有

0(abc)(bca)[

(abc)(bca)2

]b2，即

2

0(abc)(bca)b2，同理可得0b(ca)(ca2)b及c

22

将它们相乘得[(abc)(bca)(cab)](abc)，0(abc)(cab)a2，

注意到a、b、c、abc、bca、cab均大于0，故两边开方即得证．

注：本题可将ABC这一条件去掉．即,设a，b，c均大于0，则有abc不小于

(abc)(bca)(cab)．

提示：可对abc，bca，cab的符号进行分类讨论． 3．提示：方法一：欲证原式，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，注意到0ab方法二：设a=

1

． 4

1111+t1，b=+t2，易得t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜，2222

253225t2t24

11251

，当且仅当t20即a=b=时，等号成立． (a)(b)

112ab4t2244

12512

方法三：易得0ab，故(1ab)1，注意到4，从而有

ab416

(1ab2)1251125

，即(a)(b)．

ab4ab4

11(4sin22)216

方法四：令a=sinα，b=cosα，α∈(0，)，则(a)(b)， 2

2ab4sin2

2

2

利用0sin21易得证．

2

考点2 不等式的解法

典型考法1 一元一次不等式 (组)

典型例题

若不等式2x1m(x1)对满足2m2的所有m都成立，求x的范围．

2

解析 本题将m视为自变量，即将原不等式化为：m(x1)(2x1)0，令

2

f(m)m(x21)(2x1)，则2m2时，f(m)0恒成立，所以只需

2

f(2)01712(x1)(2x1)0

x(,)． 即，所以x的范围是2

f(2)0222(x1)(2x1)0

必杀技：

分类讨论与变更主元

(1)任何一个一元一次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax＞b的形式． 当a＞0时，解集为{x|x＞况而定；

(2)对于含参问题要注意分类讨论．

(3)确定题中的主元，化归成初等函数求解，此方法通常化为一次函数．

给定一次函数yf(x)axb(a0)，若yf(x)在[m，n]内恒有f(x)0，则

bb

}；当a＜0时，解集为{x|x＜}．当a=0时，须视b的情aa

根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于

a0a0

或，亦可合并定成

f(m)0f(n)0

f(m)0f(m)0

；同理，若在 内恒有，则有． [m，n]f(x)0

f(n)0f(n)0

本题的不等式中出现了两个变量：x、m，并且是给出了m的范围，要求x的相应范围．若直接从关于x的不等式正面出发求解较难，而把 m看作自变量，x看成参变量，即把m视为主元，利用函数的观点来解决不等式问题，于是上述问题即可转化为在区间[-2，2]内关于m的一次函数值小于0恒成立，求参变量x的范围的问题，进而化难为易，问题得以解决．

实战演练

1．对于x[0，1]的一切值，a2b0是使axb0恒成立的（ ）.

A．充分且必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．非充分非必要条件

2．(1)

不等式mm10对一切x[0，求实数m的取值范围． 1]恒成立，3．(2)若不等式m2+mx+1>2m+x对(2，2)内任意x恒成立，则实数m的取值范围是．

2

参考答案：

1．C.

2． (1，1). 提示： 方法一：

设

2

t，则g(t)(1m)(1mt)t(，[0，1]于)是问题等价于

2

g(0)1m0

，解得1m1． 2

g(1)2mm0

方法二：由原不等式得

(m1)[m(10，解之得

1m1意到该不等式对0x1恒成立，故，1m1，得m取值范围是(1，1)．

3．(，1][3，). 提示：令f(x)(a1)x(a1)，则原题设等价于

2

f(x)0对(2，2)内任意实数x恒成立，故f(2)0a1或a3．

典型考法２ 一元二次不等式

典型例题

设a为实常数，函数y2x(xa)|xa|． (1)当x0时，y1，试求实数a的取值范围；

(2)当a1时，求y在[a，)上的最小值；当aR时，试写出y的最小值． (3)当x(a，(不需给出演算步骤)不等式y1的解集． )时，直接写出．．．．

2

a0

a|a|1a1． 解析 (1)因为当x0时，y1，故，2

a1

1)故y在xa的最小值为(2)当a1时，y3x2x1(xy3122112．

当xa时，f(x)3x2axa，f(x)min

2

2

2

2

f(a),a02a,a0a2a2，

f(),a0,a033

当xa时，f(x)x2axa，f(x)min

2

2

2

f(a),a02a,a02.

2a,a0f(a),a0

综上，当aR时，ymin

2a2,a0

2a2．

,a03

时

，

由

(3)当

x(a，)

y1

得

3x22axa210

，

4a212(a21)128a2

当aa时，0,x(a,)；

aa(xx0a当时，

0，得：

3322xa



讨论得：当a,时，解集为(a，)；

22

，)；



时，解集为(a当a(2a，)． 时，解集为[当a[

322

必杀技：利用三个“二次”的关系，注意分类讨论

1．解不等式的过程，实质上是不等式等价转化过程，保持同解变形是解不等式应遵循

的基本原则．各类不等式最后一般都要化为一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）求解，这体现了转化与化归的数学思想．

2．解含参数的不等式的基本途径是分类讨论，能避免讨论的应设法避免讨论．对字母参数的逻辑划分要具体问题具体分析，必须注意分类不重、不漏、完全、准确． 3．一元二次不等式（组）是解不等式的基础，一元二次不等式是解不等式的基本题型．一元二次不等式与相应的函数，方程紧密联系．

求一般的一元二次不等式axbxc0或axbxc0(a0)的解集，要结合

2

bx图c象确定解集．一元二次方程ax2bxc0的根及二次函数yax

22

ax2bxc0(a0)，设b24ac，它的解按照0，0，0可分为三

种情况．相应地，二次函数yaxbxc(a0)的图象与x轴的位置关系也分为三种情况．因此，我们常分三种情况讨论对应的一元二次不等式axbxc0(a0)的解集，如图2-2-1 ．

2

2

实战演练

1．若关于x的不等式1kx2xk2有唯一实数解，则实数k ．

2

xx20，

2．关于x的不等式组2的整数解的集合为{－2}，则实数k

2x(2k5)x5k0

2

的取值范围是 ．

3．要使满足关于x的不等式2x9xa0（解集非空）的每一个x的值至少满足不等式x4x30和 x6x80中的一个，求实数a的取值范围．

2

2

2

参考答案：

1． k

1

2．[3，2) .

3．[7) . 提示：设A{x|x4x30或x6x80}(1，4)，令

818

22

f(x)2x29xa，则B{x|f(x)0}，依题设得BA，于是

(9)242a818a0

81

． 7af(1)a70

8f(4)a40



本文档节选自华东师大版《高考核心考点透析 数学（含光盘）》（贺明荣编著）。

本书利用独特案例复习法，从每个典型考法中精选一道典型例题，并为你锤炼精妙的必杀技， 让你告别低效的知识梳理，然后举一反三，实战演练。

另外，随书所附光盘对书中疑难问题配有高清讲解视频。

目 录

第一章 集 合

考点1 集合的概念及相应关系

典型考法1 与含参数的方程有关的集合问题 典型考法２ 集合对某种运算的封闭性

考点2 子集、集合中的图形

典型考法1 子集

典型考法２ 集合中的图形

第二章 不等式

考点1 不等式的性质与证明

典型考法1 不等式的性质 典型考法２ 比较大小

典型考法３ 算术平均数与几何平均数 典型考法４ 不等式证明的常用方法

考点2 不等式的解法

典型考法1 一元一次不等式(组) 典型考法２ 一元二次不等式 典型考法3 分式不等式 典型考法4 绝对值不等式

典型考法5 指数不等式与对数不等式

考点3 不等式的应用

典型考法1 相关最值及函数的值域 典型考法２ 方程的根的分布 典型考法３ 实际应用问题

第三章 函数

考点1 函数与反函数初步

典型考法1 函数的概念 典型考法２ 符号f

1

(x)的理解与应用

考点2 定义域与函数关系式

典型考法1 以定义域形式出现的恒成立问题 典型考法2 已知函数类型，求函数关系式

典型考法3 已知函数满足某种关系，求函数关系式 典型考法4 根据实际问题，求函数关系式

考点3 最大值与最小值

典型考法1 函数的最值 典型考法2 二次函数的最值

典型考法3 双曲函数的最值

典型考法4 最值与值域的逆向问题

考点4 单调性与奇偶性

典型考法1 判断（或证明）含参数的函数的单调性与奇偶性. 典型考法2 含参数的二次函数的单调性 典型考法3 挖掘并利用函数的性质

典型考法4 函数的单调性、奇偶性、最值及值域综合

考点5 周期性与图像

典型考法1 作图与识图 典型考法２ 图像变换

典型考法3 函数周期性与图像对称性 典型考法4 函数图像与方程 典型考法5 周期性与抽象函数

考点6 幂函数、指数函数与对数函数

典型考法1 指数方程与对数方程

典型考法2 指数不等式与对数不等式

典型考法3 幂函数、指数函数与对数函数的综合问题

第四章 三角比与三角函数

考点1 任意角的三角函数与三角变换

典型考法1 任意角的三角函数

典型考法２ 同角三角函数关系式的运用

典型考法3 “和、差、倍、半”角的公式的运用

考点2 解三角形

典型考法1 三角形的应用题 典型考法２ 三角形的形状判定 典型考法3 三角形中的最值

考点3 三角函数的图像与性质

典型考法1 与正弦函数、余弦函数的图像有关的面积问题 典型考法2 与正弦函数、余弦函数的图像有关的对称问题 典型考法3 三角函数的最值 典型考法4 三角中的不等关系 典型考法5 三角函数综合问题 典型考法6 含参数的三角方程

第五章 数列

考点1 等差数列

典型考法1 等差数列的通项与前n项和 典型考法2 判断或证明数列是等差数列 典型考法3 等差数列的基本性质

考点2 等比数列

典型考法1 等比数列的通项与前n项和 典型考法2 判断或证明数列是等比数列 典型考法3 等比数列的基本性质

考点3 数列综合

典型考法1 简单递推数列的通项公式 典型考法2 数列的最大（小）项 典型考法３ 数列求和 典型考法4 数列的应用

典型考法5 数列与函数的交汇

典型考法6 数列与圆锥曲线的交汇 典型考法7 数列与方程的交汇 典型考法8 数列与不等式的交汇 典型考法9 数列中的恒成立问题 典型考法10 数表与数阵

典型考法11 数列中的研究性问题

第六章 平面向量

考点1 平面向量的基础

典型考法1 考查向量的数量积 典型考法2 判断三角形的形状 典型考法3 向量与三角形的“心” 典型考法4 向量与三角形的面积 典型考法5 一个模型及应用

考点2 平面向量与其它知识的整合

典型考法1 平面向量与函数的整合 典型考法2 平面向量与数列的整合 典型考法３ 平面向量与三角的整合 典型考法4 平面向量与圆锥曲线的整合

第七章 直线与圆

考点1 直线方程

典型考法1 倾斜角和斜率

典型考法2 直线中的对称与折叠问题 典型考法3 与直线有关的最值问题

考点2 圆的方程

典型考法1 与圆有关的轨迹 典型考法2 与圆有关的最值 典型考法3 直线与圆

考点3 线性规划

典型考法1 最值问题

典型考法2 参数问题

典型考法3 与其他知识的交汇

第八章 椭圆、双曲线与抛物线

考点1 椭圆

典型考法1 椭圆的最值问题

典型考法2 与椭圆有关的定点、定值问题 典型考法3 椭圆与直线 典型考法4 椭圆与圆

考点2 双曲线

典型考法1 双曲线的最值问题

典型考法2 与双曲线有关的定点、定值问题 典型考法3 双曲线与直线 典型考法4 双曲线与圆

考点3 抛物线

典型考法1 抛物线的最值问题

典型考法2 与抛物线有关的定点、定值问题 典型考法3 抛物线与直线 典型考法4 抛物线与圆

第九章 空间的基本图形与简单几何体

考点1 空间点、线、面间的位置关系

典型考法1 基本位置关系 典型考法2 空间的轨迹

考点2 空间的角与距离

典型考法1 异面直线所成的角 典型考法2 线面所成的角 典型考法3 二面角

典型考法4 点、面间距离 典型考法5 球面距离 典型考法6 几何体体积

考点3 三视图

典型考法1 以几何体为载体，考查三视图的画法 典型考法2 根据三视图，还原几何体

考点4 折叠与最值

典型考法1 空间图形的折叠 典型考法2 几何体中的最值

第十章 概率与统计

考点1 概率

典型考法1 古典概型

典型考法2 互斥事件与独立事件的概率

典型考法3 几何概型

考点2 统计

典型考法1 频率分布直方图

典型考法2 离散型随机变量的分布列与数学期望

第十一章 导数的应用

考点1 单调性

典型考法1 讨论函数的单调性、并利用单调性求参数的取值范围典型考法2 借助单调性证明不等式

考点2 最值与极值

典型考法1 求函数的最值和极值并证明不等式

典型考法2 已知极值（最值），求参数的值或取值范围 考点3 曲线的切线

典型考法1 确定曲线方程中的参数

典型考法2 两曲线的公切线

考点4 函数的零点与图像的交点

典型考法1 函数的零点

典型考法2 图像的交点

31

第一章 集合与命题

考点综述

集合与命题是高中数学的基石，高考对这部分知识的考查主要有三个方面：一是集合的概念、关系和运算；二是集合语言与集合思想的运用（如求方程与不等式的解集、函数的定义域和值域等）；三是命题之间的逻辑关系的判断和推理．此外与集合有关的信息迁移题、集合与其他知识相结合的综合题都值得高度关注.考查重点是集合与集合之间的关系、条件的判断.其核心考点有：集合的概念及相应关系，集合的运算，命题及充要条件．

考点1 集合的概念及相应关系

典型考法1 与含参数的方程有关的集合问题

典型例题

x，aR} 已知集合A{x|ax3x20，

(1)若A是空集，试求a的取值范围；

(2)若A中只有一个元素，求a的值，并把这个元素写出来； (3)若A中至多只有一个元素，求a的取值范围．

解析 集合A是方程ax3x20在实数范围内的解集．

(1)若A是空集，则显然a≠0，且方程ax3x20无解，得＝(3)4a20，

2

2

2

2

a

99

，即a的取值范围是{a|a． 88

2

3

94

＝(3)24a20，a，此时A，符合题意；

83

9

综上所述，a0或．

8

(2)当a=0时，A{x|3x20}{，}符合题意；当a≠0时，必须

(3) A中至多只有一个元素，包括A是空集和A中只有一个元素这两种情况，根据(1)和(2)的结果，知a=0或a

99，故a的取值范围是{a|a0或a}． 88

必杀技：

用分类讨论的方法解决集合中含参数的方程问题

2

一般地，对于集合{x|axbxc0，xR}，其中a，b，c均为实数， 当a≠0时，{x|axbxc0，xR}是一元二次方程axbxc0的根的集合．须注意：若求非空集合{x|axbxc0，xR}中的元素之和，则应分0与

2

2

2

0这两种情形，具体为

(1)若0，则axbxc0有两个不等的实根，于是，非空集合

2

b{x|ax2bxc0，xR}中的元素之和为；

a

(2)若0，则axbxc0有两个相等的实根，于是，非空集合

2

{x|ax2bxc0，xR}中的元素之和为

b

． 2a

实战演练

1． 已知A{x|

xa

1，xR}为单元素集，则实数a的取值的集合为 ． x22

2．设A={x｜x2+(b+2)x+b+1=0，b∈R}，求A中所有元素的和． 3．对于函数f(x)，设A{x|f(x)x}，B{x|f(f(x))x}． (1) 求证：AB；

(2) 若f(x)ax1(aR,xR)，且AB，求a的取值范围．

2

参考答案

1

．,.

2．当b≠0时，和为－(b+2)；当b=0时，和为－1．

94131

] 提示：由A知： a，B中元素是方程444

(ax2x1)(a2x2axa1)0的实根，由AB得方程a2x2axa10要么没

332

有实根，要么实根是方程axx10的根，易得a或a，故a的取值范围是

44

13[]． 44

3．(1)略 (2) [

典型考法2 集合对某种运算的封闭性

典型例题

设M{a|axy，x，yZ}．

(1)属于M的两个整数，其积是否仍属于M，为什么？ (2)8、9、10是否属于M，请说明理由．

2

2

y1，x2，y2Z)， 解析 (1) 设a，bM，则ax1y1，bx2y2，(x1，

2

2

2

2

22

ab(x12y12)(x2y2)(x1x2y1y2)2(x1y2x2y1)2，

x1，y1，x2，y2Z，x1x2y1y2Z且x1y2x2y1Z，从而abM，即属于M

的两个整数，其积仍属于M．

930，8M，9M． (2) 831，

假设10M，则存在整数m，n，使10mn，即(mn)(mn)10

2

2

2

2

2

2

，由于10

为偶数，注意到mn与mn具有相同的奇偶性，所以mn、mn均为偶数，其乘积

(mn)(mn)应是4的整数倍，但10不是4的整数倍，导致矛盾，故假设不成立，即

10M．

必杀技 深刻理解集合中的元素所具有的性质

1．要证明 x0M，通常应是将运算后得到的结果化为集合中元素所有的特征形式． 2．要证明x0M，通常用反证法．

实际上，本题还可得到进一步的结果：对任意nZ，4n，4n1，4n3均为M中的元素，而4n2不是M中的元素．

实战演练

1．设非空集合S{x|mxl}满足：当xS时，有x2S．给出如下三个命题：①若m1，则S{1}；②若m

111

，则l1；③若l

，则m0．其

242

中正确命题的个数是„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„（ ）.

A．0

B．1

C．2 D．3

2．已知S{x|xmn，m，nZ}．

(1)如果s、tS，那么st是否为S的元素，请说明理由； (2)当s、tS且t0时，证明：

22

s

可表为两个有理数的平方和． t

，ak(k≥2)，其中aiZ(i1，2，，k)，由A中的元3．已知集合Aa1，a2，

b)aA，bA，abA， 素构成两个相应的集合：S(a，

T(a，b)aA，bA，abA．其中(a，b)是有序数对，集合S和T中的元素

个数分别为m和n．若对于任意的aA，总有aA，则称集合A具有性质P．



1，2，3与1，2，3是否具有性质P并对其中具有性质P的集合，写（I）检验集合0，

出相应的集合S和T；

（II）对任何具有性质P的集合A，证明：n≤

k(k1)

； 2

（III）判断m和n的大小关系，并证明你的结论．

参考答案：

1．D .

2．(1)stS; (2)证略． 注：任意一个有理数均可表示成

b

（其中a，b为整数且a0）的形式． a

1，2，3不具有性质P．集合1，2，3具有性质P，其相应的集合S和T3．（I）集合0，，，，3)(31)，T(2，1)，，23． 是S(1

（II）证略. 提示：由A中元素构成的有序数对(ai，aj)共有k个，且当(ai，aj)T时，(aj，ai)T(i，j1，2，，k)．从而，集合T中元素的个数最多为

2

12

(kk)，即2

n≤

k(k1)

． 2

（III）mn .提示：对于(a，b)S，这里aA，bA，且abA，从而

(ab，b)T．如果(a，b)与(c，d)是S的不同元素，那么ac与bd中至少有一

个不成立，从而abcd与bd中也至少有一个不成立．故(ab，b)与(cd，d)也是T的不同元素．可见，S中元素的个数不多于T中元素的个数，即m≤n．同理可得n≤m，于是便有mn．

考点2 子集、集合中的图形

典型考法1 子集

典型例题

a2，…，an}(nN，n2)，若 设A为集合M的子集，且A{a1，



a1a2…ana1a2…an，则称A为集合M的n元“好集”．

(1)写出实数集R的一个二元“好集”； (2)求出正整数集N的所有三元“好集”；

(3)证明：不存在正整数集N的n(n4)元“好集”． 解析(1) {3，{4，{5等．





3

24354

a2，a3}，不妨设a1a2a3，则由a1a2a3a1a2a3可 (2)当n3时，A{a1，

aiN，a1a23，注意到a1a2且a1，a2N，故a11，得，a1a2a33a3，





a22． 因此，正整数集N的三元“好集”只有{1，，23}；

a2，…，an}不妨设A中的最大元素为an，则依题设条件，得 (3)当n4时，A{a1，

a1a2a3an1ana1a2a3an1annan „„„„„„（※），

故

nana1a2an1ana1a2an1an12(n1)an，

即有nan(n1)!an，则n(n1)!．又因为n4，所以有

(n1)!(n1)(n2)(n3)21(n1)(n2)n23n2，

即nn3n2(n3n2)n0，但另一方面，

2

2

(n23n2)n(n2)22(42)2220，

即(n3n2)n0，矛盾！也就是说，当n4时，满足条件的集合A不存在．

2

必杀技

充分利用所给条件

1．深刻理解概念并其中所给出条件； 2．ABAABABB．

在含参数的集合的问题中，往往不能遗漏A是AB的一种情况．实际上，在本例中也不存在正整数集N的二元“好集”，读者可自行完成期证明过程．



实战演练

1．若规定E=a1,a2,,a10的子集ai1,ai2,,ain为E的第k个子集，其中



k2i112i212i312in1，则

(1)a1,a3是E的第个子集； (2)E的第211个子集是

xR}，2．已知集合A{x|xax6a0，当BAB{x||x2|a，xR}，

22



时，则实数a的取值范围是 ．

3．设全集为U，集合A，则B，X满足AXBXAB，ABXAB，

X与AB的关系为

参考答案

a2，a5，a7，a8}. 1．(1)15 ;(2){a1，

2．(，0][2，) . 提示：B（对应地a0）也符合条件．

3．XAB. 提示：易得ABX，且XAB．现设任意tX，则

tAB，即有tA或tB．若tA但tB，则tAX且tBX，这与AXBX相违．同理可证得：若tB但tA，则仍与AXBX相违．总之，tAB，从而XAB，于是XAB．

典型考法2 集合中的图形

典型例题

设A{(x， y)|xm，y3(m25)，mZ}，y)|xn，ynab，nZ}，B{(x，

C{(x，y)|x2y2144}，问是否存在实数a，b，使得同时满足AB，且

(a，b)C．

解析 假设存在实数a ，b使得同时满足与AB且(a，b)C，由满足

AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n = m且na+b=3m2+15，消

去m得na+b-(3n2+15)=0，又(a，b)C得，a2+ b2≤144，由此可知点(a，b)既在直线nx+y-(3n2+15)=0上又在圆x2+ y2=144或其内部，即直线nx+y-(3n2+15)=0与圆x2+ y2=144有公共点，因此，圆心(0，0)到直线nx+y-(3n2+15)=0的距离小于或等于半径12，即

|n003n215|

2

12n46n290n230n230n23

2

，但nZ，故n3不成立，即假设不成立，所以，不存在实数a ，b使得同时满足

AB，(a，b)C．

必杀技： 充分挖掘并利用集合中隐藏着的图形关系

本例首先将条件化简，使得相关元素的图形特征更明朗．本题也可从代数运算的角度求解，现介绍两种方法，读者可作对比．

另法一：假设存在实数a ，b使得同时满足与AB且(a，b)C，由满足

AB得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n = m且na+b=3m2+15，消

去m得na+b-(3n2+15)=0，即3n2- an-b+15=0，于是，它的判别式非负，即a2+12b-180≥0，由此得，12b-180≥a；又(a，b)C得，a2+ b2≤144，故12b180≥a≥b144，即12b-180≥b144，所以(b-6)2≤0，从而b=6，现将b=6代入12b180a中得a2≥108，再代入a2+ b2≤144中得，a2≤10因此，只有a2=108

，即a=

，最后将a=b=6代入方程3n2-an-(b-15)=0得，

3n2n+9=0，

即n2n

+3=0，所以有nZ．综

2

2

2

2

2

上所述，不存在实数a ，b使得同时满足AB，(a，b)C．

另法二：假设存在实数a ，b使得同时满足与AB且(a，由ABb)C，得，存在整数m与n使得(n,na+b)=(m,3m2+15)，即n = m且na+b=3m2+15，即

b3n215na„„(※)，又(a，b)C得，a2+ b2≤144，将(※)代入a2+ b2≤144，得

将a2(3n215na)2144(n21)a22n(3n215)a(3n215)1440，其看着关于a的一元二次不等式，又

4n2(3n215)24(n21)[(3n215)144]36(n23)2，

nZ，0，注意到n210，故，不等式

(n21)a22n(3n215)a(3n215)1440

无实数解，即这样的实数a不存在，综上所述，不存在实数a ，b使得同时满足AB，

(a，b)C．

实战演练

1．设集合A{x|2x1或x1}，集合B{x|x1xx2}，且x1与x2是方程xaxb0的两个实根，AB{x|x2}，AB{x|1x3}，则

2

ab

2．向50名学生调查对A、B两事件的态度，有如下结果 赞成A的人数是全体的五分之三，其余的不赞成，赞成B的比赞成A的多3人，其余的不赞成；另外，对A、B都不赞成的学生数比对A、B都赞成的学生数的三分之一多1人问对A、B都赞成的学生和都不赞成的学生各有多少人？

y)|yx10}，集合B{(x，y)|4x2x2y50}，3．设集合A{(x，

集合C{(x，y)|ykxb}，是否存在k，bN，使得(AB)C？若存在，则求出k，b的值；若不存在，请说明理由．



22

参考答案

1． 5. 提示：借助于数轴分析得：x11，x23，故

a2，b3．

2．对A、B都赞成的同学有21人，都不赞成的有8人．

提示：（如图1-2-1）记50名学生组成的集合为U，赞成事件A的学生全体为集合A，赞成事件

B的学生全体为集合B．设对事件A、B都赞成的学生人数为x，则 (30－x)+(33－x)+x+(x

3

+1)=50，解得x=21．

3．k1，b2. 提示：结合4x2

2x2y50与ykxb的图像（如图1-2-2），并注意利用k，b的几何特征，易得k1，b2．

图1-2-2

第二章 不等式

考点综述

不等式是高中数学的重要内容，它渗透到了中学数学的很多章节，在实际问题中被广泛应用，可以说是解决其它数学问题的一种有效工具．不等式是高考数学命题的重要内容之一，其核心考点为不等式的性质与证明、不等式的解法（高频）和不等式的应用（利用不等式求最值（高频））．借助不等式的基本性质，考查函数方程思想、等价转化思想、数形结合思想及分类讨论思想等数学思想方法．含参数不等式的解法与讨论，不等式与函数、数列、三角等内容的综合问题，仍是高考命题的热点．

考点1 不等式的性质与证明

典型考法1 不等式的性质

典型例题

已知a,b,c,d为实数，满足abcd1，则在a,b,c,d中 ( ). acbd1，A．有且仅有一个为负 B．有且仅有两个为负C．至少有一个为负 D．都为正数

解析 取ac2,bd1，则可排除A；再取a3,b2,c1,d0，则可排除B；假设a,b,c,d均非负，则由abcd1得，a,b,c,d均在[0，1]中，所以，

acbdab1，但这与已知acbd1矛盾，故假设不成立，从而a,b,c,d中至少

有一个为负，即D 错误，选C．

必杀技 利用不等式的性质

不等式的性质在高考中经常以小题出现，它是证明不等式、解不等式的基础，与函数等知识紧密联系，应予以高度重视．

（1）同向不等式可以相加；异向不等式可以相减：若ab,cd，则acbd（若，但异向不等式不可以相加；同向不等式不可以相减； ab,cd，则acbd）

（2）左右同正不等式：同向的不等式可以相乘，但不能相除；异向不等式可以相除，但不能相乘：若ab0,cd0，则acbd（若ab0,0cd，则

ab

； ）

cdnn

（3）左右同正不等式：两边可以同时乘方或开方：若ab0，则a

b或

（4）若ab0，ab，则

1111；若ab0，ab，则． abab

特别提醒：如果对不等式两边同时乘以一个代数式，要注意它的正负号，如果正负号

未定，要注意分类讨论．

实战演练

1．已知实数x,y,z满足xyz0，且xyz0，设M

111

，则（ ）. xyz

A．M0 B．M0 C．M0 D．M不确定 2．已知实数a， b满足等式()(),下列五个关系式：①0

A．1个 B．2个

C．3个

D．4个

1

2

a

13

b

3．由不全相等的正数xi(i1,2,,n)形成n个数：x1

111

，xn1，，x2，

x2x3xn

xn

1

关于这n个数，下列说法正确的是 （ ）. x1

A．这n个数 都不大于2 B．这n个数都不小于2 C．至多有n1个数不小于2 D．至多有n1个数不大于2

参考答案

1．B .

2．B . 提示：a,b均大于零时，要满足等式，必有ab；a,b均小于零时，要满足等式，必有ab；当ab0时，显然等式成立．因此不可能成立的关系式为③④．

3．D .

典型考法2 比较大小

典型例题

设a，b，c是ABC的三边，则abc与2(abbcca)的大小关系为． 解析 方法一：首先a，b，c均为正数，且由已知得abc0，bca0，

2

2

2

cab0，a(abc)0，b(bca)0，c(cab)0，从而， (a2b2c2)2(abbcca)a(abc)b(bca)c(cab)

0000，

即(abc)2(abbcca)0，故abc2(abbcca)．

方法二：首先a，b，c均为正数，且由已知得abc0，bca0，

2

2

2

2

2

2

cab0

，

(abc)(abc)0

，

(bca)(bca)0

，

(cab)(cab)0，因此，

(a2b2c2)2(abbcca)(ab)2(bc)2(ca)2a2b2c2

[(ab)2c2][(bc)2a2][(ca)2b2]

(abc)(abc)(bca)(bca)(cab)(cab)000

0，

即(abc)2(abbcca)0，故abc2(abbcca)．

方法三：首先a，b，c均为正数，且由已知得abc0，abc0，abc0，

2

2

2

2

2

2

(a2b2c2)2(abbcca)(ab)2c22c(ab)

(ab)2c22cc

(abc)(abc)0，

即(abc)2(abbcca)0，故abc2(abbcca)．

方法四：在ABC中，由余弦定理得，2ab2abcosCabc，

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2bc2bccosAb2c2a2，2ca2cacosBc2a2b2，故

2(abbcca)2ab2bc2ca

2abcosC2bccosA2cacosB (a2b2c2)(b2c2a2)(c2a2b2)abc

2

2

2

，

即2(abbcca)abc，所以，abc2(abbcca)．

方法五：

222222

(a2b2c2)2(abbcca)a22(bc)a(bc)2，

在ABC中，显然，|bc|abc，因此，可考虑函数

f(x)x22(bc)x(bc)2，这里x(|bc|，bc)，

f(bc)(bc)22(bc)(bc)(bc)24bc0，

f(|bc|)|bc|22(bc)|bc|(bc)2

2|bc|2(bc)|bc|

2

2|bc|[|bc|(bc)]0，

即

f(bc)0，f(|bc|)0，又1bc6，并注意到函数0

f(x)x22(bc)x(bc)2的图像是开口向上的抛物线，知当a(|bc|，bc)

时，f(a)0，即a2(bc)a(bc)0，所以(abc)2(abbcca)0，因而abc2(abbcca)．

2

2

2

2

2

2

2

2

必杀技： 利用不等式大小比较的常用方法解题

比较大小的常用方法：(1)作差：作差后通过分解因式、配方等手段判断差的符号得出结果；(2)作商（常用于分数指数幂的代数式）；(3)分析法；(4)平方法；(5)分子（或分母）有理化；(6)利用函数的单调性；(7)寻找中间量（一般先把要比较的代数式与“0”比，与“1”比，然后再比较它们的大小）或放缩法 ；(8)图象法：利用有关函数的图象（指数函数、对数函数、二次函数、三角函数的图象），直接比较大小．其中比较法（作差、作商）是最基本的方法．对于含参问题的大小比较要注意分类讨论．

实战演练

1．a、b、c为互不相等的正数，ac2bc，则下列关系中可能成立的是（ ）. A．abc B．bca C．bac D．acb

2

2

2．(1)定义在[0，上的函数f(x)满足f(0)．如果对任意不同的1]f(1)

x1，x2[0，1]，都有|f(x1)f(x2)||x1x2|，则|f(x1)f(x2)|与

为 ．

1

的大小关系2

3．已知31317，5711，则实数a，b的大小关系为．

abaabb

参考答案

1．C。

11

. 提示： 不妨设0x1x21，当x2x1时，显然有22

11

|f(x1)f(x2)|；当x2x1时，由f(0)f(1)知，

22

1

|f(x1)f(x2)||f(x1)f(0)f(1)f(x2)||x10||1x2|．

2

2．|f(x1)f(x2)|

3．ab. 提示：假设ab，则17313313即(

a

a

b

a

a

，115757，

x

babbb

3a13a573)()1，()b()b1，而f(x)(1717111117

x

13

(17

与g(x)(

5x7)()x1111

在R上递减，且f(1)f(a)，g(1)g(b)，故a1，b1，这与假设矛盾，故ab．

典型考法3 算术平均数与几何平均数

典型例题

ab(ab)2

1，则ab的值为． (1)设a,b

0，ab且

4a2b2c2

(2)若a,b,cR，则的最小值为 ．

ab2bc



解析 (1) 因为a，b0，所以由已知得，(ab)4ab

2

2

4

8，

ab

即(ab)8，

进而ab

又ab

所以有ab于是4ab

4

ab

又a，b0，所以ab1． (2) 因为a,b,cR，所以



124222

(ab)(cb)

a2b2c2，



5ab2bcab

2bc

a2b2c2c且c

，即a当a

取得最小值． 0时，255ab

2bc

必杀技：利用基本不等式求解

1．基本不等式（或称均值不等式）：ab2ab(a，bR)，当且仅当ab时取等号．

2

2

a2b2

2．常见变形：(1)ab (a，bR)，当且仅当ab时取等号．

2a2b2ab

(2)ab (a，bR)，当且仅当ab时取等号． 

22

3．结论：两个（或三个）正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．即

2

ab

ab，当且仅当ab时，等号成立． 2

abc对于任意正数a、b、c

，有abc时，等号成立．

3

对于任意正数a、b，有

注：在利用该结论求最值时，要注意到“一正”“二定”“三相等”．

aba1a1

实际上，对于题(1)

，可得ab1，解得或．

a，



b1b1b0

acac11a2b2c2bbbbk，

题(2)的另一方法可为：，现令

acacab2bc22bbbba1c52acac

则1k(2)，所以，kkk1， 因为

4bbbbb2b

2

2

2222

22

a2

b2c252

其左式非负，所以右式k10，

解得k故

ab2bc4

实战演练

1．已知abc，则

112

与的大小关系为 ． 

abbcac

m3n3

2．若m0，n0且1，则mn与2的大小关系为 ．

22mx2nxt

0对3．已知m，n，t均为实数，[u]表示不超过实数u的最大整数，若

x[x]2

任意xR恒成立，且m(1P)n(1P)t0（nm0），则实数P的最大值为 ．

参考答案

1．

112

. 提示：令abx，bcy，则x，y，xy0，故由

abbcac

11112

．实际上，本题还可进一步得到：若(xy)()42即得

xyabbcac

abc，则使不等式

11n

≥成立的n的最大值为4． 

abbcac

2．mn2 提示：

m31313n31313

方法一：由已知得mnm11n112．

33

mn2

n0，故 )及 m，

2

2m3n3(mn)[(mn)23mn]

31

(mn)[(mn)2(mn)2](mn)3，

44

13

即2(mn)mn2．

4

233

方法三：(mn)23mnmn0，故mn2．

方法二：注意到mn(

方法四：令mna，mnb，则m，n为xaxb0的两实根，

2

2=m3+n3=a[a23b]，即

a24b0 ① ，

a32

② b

33a

a322

0，又a0，故a2，即mn2． 将②代入①得a4

33a

3．3. 提示：注意到x[x]20，故原不等式变为mxnxt0对任意xR

2

n2mntmnt均成立，Qm0，0，因此t，又P．现考虑．令

4mnmnm19333nmnt

则0，故1，44222mnm

即3，取“=”，从而有Ptn4m时，

n219

当且t，3，

4m44

mnt

即实数P的最大值为3． 3，

nm

2

注：本题还可这样考虑：注意到原不等式等价于mxnxt0(xR)恒成立，取

) 即0mnt3(nm)，Qnm，x2代入便得 m(22)n(2t



mnt

3，即P3．

mn

典型考法4 不等式证明的常用方法

典型例题

已知abc1且a， b，c均大于0，

解析

3

22

219

13a， 

2

即

3

13a

2

19

，同理可

得

3

13b

2

19，

3

13c2

19

，将它们相加得

即

13a

191919

13a13c， 222

119

[13(abc)3]16，

23



必杀技： 掌握不等式证明的几种常用方法

(ⅰ)不等式证明的常用方法：比较法，公式法，分析法，反证法，换元法，放缩法．

(ⅱ)不等式证明方法较多，证法灵活，其中比较法、分析法、综合法是基本方法，要熟练掌握，其他方法作为辅助，这些方法之间不能截然分开，要综合运用各种方法；另外，证明中有时要先对不等式作等价变形再进行证明．

(ⅲ)注意“”

1来．事实上，由于a，b，c的地位“平等”，即不等式的左边是一个对称式，我们可采取特殊化探路：先求等号成立的条件，当13a113b113c1即ab

1

，然后再利用基本不等式变形加以证明． c



3

实战演练

1．已知abc1且a，b，c均大于0

．

2．设a，b，c分别为ABC的三边长，求证：abc(abc)(bca)(cab)． 3．已知a＞0，b＞0，且a+b=1．求证：(a+

2511

)(b+)≥． ab4

参考答案：

x2

1

（x0）．

1．提示：

2．提示：在ABC中，abc、bca、cab均大于0，有

0(abc)(bca)[

(abc)(bca)2

]b2，即

2

0(abc)(bca)b2，同理可得0b(ca)(ca2)b及c

22

将它们相乘得[(abc)(bca)(cab)](abc)，0(abc)(cab)a2，

注意到a、b、c、abc、bca、cab均大于0，故两边开方即得证．

注：本题可将ABC这一条件去掉．即,设a，b，c均大于0，则有abc不小于

(abc)(bca)(cab)．

提示：可对abc，bca，cab的符号进行分类讨论． 3．提示：方法一：欲证原式，即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，注意到0ab方法二：设a=

1

． 4

1111+t1，b=+t2，易得t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜，2222

253225t2t24

11251

，当且仅当t20即a=b=时，等号成立． (a)(b)

112ab4t2244

12512

方法三：易得0ab，故(1ab)1，注意到4，从而有

ab416

(1ab2)1251125

，即(a)(b)．

ab4ab4

11(4sin22)216

方法四：令a=sinα，b=cosα，α∈(0，)，则(a)(b)， 2

2ab4sin2

2

2

利用0sin21易得证．

2

考点2 不等式的解法

典型考法1 一元一次不等式 (组)

典型例题

若不等式2x1m(x1)对满足2m2的所有m都成立，求x的范围．

2

解析 本题将m视为自变量，即将原不等式化为：m(x1)(2x1)0，令

2

f(m)m(x21)(2x1)，则2m2时，f(m)0恒成立，所以只需

2

f(2)01712(x1)(2x1)0

x(,)． 即，所以x的范围是2

f(2)0222(x1)(2x1)0

必杀技：

分类讨论与变更主元

(1)任何一个一元一次不等式经过不等式的同解变形后，都可以化为ax＞b的形式． 当a＞0时，解集为{x|x＞况而定；

(2)对于含参问题要注意分类讨论．

(3)确定题中的主元，化归成初等函数求解，此方法通常化为一次函数．

给定一次函数yf(x)axb(a0)，若yf(x)在[m，n]内恒有f(x)0，则

bb

}；当a＜0时，解集为{x|x＜}．当a=0时，须视b的情aa

根据函数的图象（直线）可得上述结论等价于

a0a0

或，亦可合并定成

f(m)0f(n)0

f(m)0f(m)0

；同理，若在 内恒有，则有． [m，n]f(x)0

f(n)0f(n)0

本题的不等式中出现了两个变量：x、m，并且是给出了m的范围，要求x的相应范围．若直接从关于x的不等式正面出发求解较难，而把 m看作自变量，x看成参变量，即把m视为主元，利用函数的观点来解决不等式问题，于是上述问题即可转化为在区间[-2，2]内关于m的一次函数值小于0恒成立，求参变量x的范围的问题，进而化难为易，问题得以解决．

实战演练

1．对于x[0，1]的一切值，a2b0是使axb0恒成立的（ ）.

A．充分且必要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．非充分非必要条件

2．(1)

不等式mm10对一切x[0，求实数m的取值范围． 1]恒成立，3．(2)若不等式m2+mx+1>2m+x对(2，2)内任意x恒成立，则实数m的取值范围是．

2

参考答案：

1．C.

2． (1，1). 提示： 方法一：

设

2

t，则g(t)(1m)(1mt)t(，[0，1]于)是问题等价于

2

g(0)1m0

，解得1m1． 2

g(1)2mm0

方法二：由原不等式得

(m1)[m(10，解之得

1m1意到该不等式对0x1恒成立，故，1m1，得m取值范围是(1，1)．

3．(，1][3，). 提示：令f(x)(a1)x(a1)，则原题设等价于

2

f(x)0对(2，2)内任意实数x恒成立，故f(2)0a1或a3．

典型考法２ 一元二次不等式

典型例题

设a为实常数，函数y2x(xa)|xa|． (1)当x0时，y1，试求实数a的取值范围；

(2)当a1时，求y在[a，)上的最小值；当aR时，试写出y的最小值． (3)当x(a，(不需给出演算步骤)不等式y1的解集． )时，直接写出．．．．

2

a0

a|a|1a1． 解析 (1)因为当x0时，y1，故，2

a1

1)故y在xa的最小值为(2)当a1时，y3x2x1(xy3122112．

当xa时，f(x)3x2axa，f(x)min

2

2

2

2

f(a),a02a,a0a2a2，

f(),a0,a033

当xa时，f(x)x2axa，f(x)min

2

2

2

f(a),a02a,a02.

2a,a0f(a),a0

综上，当aR时，ymin

2a2,a0

2a2．

,a03

时

，

由

(3)当

x(a，)

y1

得

3x22axa210

，

4a212(a21)128a2

当aa时，0,x(a,)；

aa(xx0a当时，

0，得：

3322xa



讨论得：当a,时，解集为(a，)；

22

，)；



时，解集为(a当a(2a，)． 时，解集为[当a[

322

必杀技：利用三个“二次”的关系，注意分类讨论

1．解不等式的过程，实质上是不等式等价转化过程，保持同解变形是解不等式应遵循

的基本原则．各类不等式最后一般都要化为一元一次不等式（组）或一元二次不等式（组）求解，这体现了转化与化归的数学思想．

2．解含参数的不等式的基本途径是分类讨论，能避免讨论的应设法避免讨论．对字母参数的逻辑划分要具体问题具体分析，必须注意分类不重、不漏、完全、准确． 3．一元二次不等式（组）是解不等式的基础，一元二次不等式是解不等式的基本题型．一元二次不等式与相应的函数，方程紧密联系．

求一般的一元二次不等式axbxc0或axbxc0(a0)的解集，要结合

2

bx图c象确定解集．一元二次方程ax2bxc0的根及二次函数yax

22

ax2bxc0(a0)，设b24ac，它的解按照0，0，0可分为三

种情况．相应地，二次函数yaxbxc(a0)的图象与x轴的位置关系也分为三种情况．因此，我们常分三种情况讨论对应的一元二次不等式axbxc0(a0)的解集，如图2-2-1 ．

2

2

实战演练

1．若关于x的不等式1kx2xk2有唯一实数解，则实数k ．

2

xx20，

2．关于x的不等式组2的整数解的集合为{－2}，则实数k

2x(2k5)x5k0

2

的取值范围是 ．

3．要使满足关于x的不等式2x9xa0（解集非空）的每一个x的值至少满足不等式x4x30和 x6x80中的一个，求实数a的取值范围．

2

2

2

参考答案：

1． k

1

2．[3，2) .

3．[7) . 提示：设A{x|x4x30或x6x80}(1，4)，令

818

22

f(x)2x29xa，则B{x|f(x)0}，依题设得BA，于是

(9)242a818a0

81

． 7af(1)a70

8f(4)a40



本文档节选自华东师大版《高考核心考点透析 数学（含光盘）》（贺明荣编著）。

本书利用独特案例复习法，从每个典型考法中精选一道典型例题，并为你锤炼精妙的必杀技， 让你告别低效的知识梳理，然后举一反三，实战演练。

另外，随书所附光盘对书中疑难问题配有高清讲解视频。

目 录

第一章 集 合

考点1 集合的概念及相应关系

典型考法1 与含参数的方程有关的集合问题 典型考法２ 集合对某种运算的封闭性

考点2 子集、集合中的图形

典型考法1 子集

典型考法２ 集合中的图形

第二章 不等式

考点1 不等式的性质与证明

典型考法1 不等式的性质 典型考法２ 比较大小

典型考法３ 算术平均数与几何平均数 典型考法４ 不等式证明的常用方法

考点2 不等式的解法

典型考法1 一元一次不等式(组) 典型考法２ 一元二次不等式 典型考法3 分式不等式 典型考法4 绝对值不等式

典型考法5 指数不等式与对数不等式

考点3 不等式的应用

典型考法1 相关最值及函数的值域 典型考法２ 方程的根的分布 典型考法３ 实际应用问题

第三章 函数

考点1 函数与反函数初步

典型考法1 函数的概念 典型考法２ 符号f

1

(x)的理解与应用

考点2 定义域与函数关系式

典型考法1 以定义域形式出现的恒成立问题 典型考法2 已知函数类型，求函数关系式

典型考法3 已知函数满足某种关系，求函数关系式 典型考法4 根据实际问题，求函数关系式

考点3 最大值与最小值

典型考法1 函数的最值 典型考法2 二次函数的最值

典型考法3 双曲函数的最值

典型考法4 最值与值域的逆向问题

考点4 单调性与奇偶性

典型考法1 判断（或证明）含参数的函数的单调性与奇偶性. 典型考法2 含参数的二次函数的单调性 典型考法3 挖掘并利用函数的性质

典型考法4 函数的单调性、奇偶性、最值及值域综合

考点5 周期性与图像

典型考法1 作图与识图 典型考法２ 图像变换

典型考法3 函数周期性与图像对称性 典型考法4 函数图像与方程 典型考法5 周期性与抽象函数

考点6 幂函数、指数函数与对数函数

典型考法1 指数方程与对数方程

典型考法2 指数不等式与对数不等式

典型考法3 幂函数、指数函数与对数函数的综合问题

第四章 三角比与三角函数

考点1 任意角的三角函数与三角变换

典型考法1 任意角的三角函数

典型考法２ 同角三角函数关系式的运用

典型考法3 “和、差、倍、半”角的公式的运用

考点2 解三角形

典型考法1 三角形的应用题 典型考法２ 三角形的形状判定 典型考法3 三角形中的最值

考点3 三角函数的图像与性质

典型考法1 与正弦函数、余弦函数的图像有关的面积问题 典型考法2 与正弦函数、余弦函数的图像有关的对称问题 典型考法3 三角函数的最值 典型考法4 三角中的不等关系 典型考法5 三角函数综合问题 典型考法6 含参数的三角方程

第五章 数列

考点1 等差数列

典型考法1 等差数列的通项与前n项和 典型考法2 判断或证明数列是等差数列 典型考法3 等差数列的基本性质

考点2 等比数列

典型考法1 等比数列的通项与前n项和 典型考法2 判断或证明数列是等比数列 典型考法3 等比数列的基本性质

考点3 数列综合

典型考法1 简单递推数列的通项公式 典型考法2 数列的最大（小）项 典型考法３ 数列求和 典型考法4 数列的应用

典型考法5 数列与函数的交汇

典型考法6 数列与圆锥曲线的交汇 典型考法7 数列与方程的交汇 典型考法8 数列与不等式的交汇 典型考法9 数列中的恒成立问题 典型考法10 数表与数阵

典型考法11 数列中的研究性问题

第六章 平面向量

考点1 平面向量的基础

典型考法1 考查向量的数量积 典型考法2 判断三角形的形状 典型考法3 向量与三角形的“心” 典型考法4 向量与三角形的面积 典型考法5 一个模型及应用

考点2 平面向量与其它知识的整合

典型考法1 平面向量与函数的整合 典型考法2 平面向量与数列的整合 典型考法３ 平面向量与三角的整合 典型考法4 平面向量与圆锥曲线的整合

第七章 直线与圆

考点1 直线方程

典型考法1 倾斜角和斜率

典型考法2 直线中的对称与折叠问题 典型考法3 与直线有关的最值问题

考点2 圆的方程

典型考法1 与圆有关的轨迹 典型考法2 与圆有关的最值 典型考法3 直线与圆

考点3 线性规划

典型考法1 最值问题

典型考法2 参数问题

典型考法3 与其他知识的交汇

第八章 椭圆、双曲线与抛物线

考点1 椭圆

典型考法1 椭圆的最值问题

典型考法2 与椭圆有关的定点、定值问题 典型考法3 椭圆与直线 典型考法4 椭圆与圆

考点2 双曲线

典型考法1 双曲线的最值问题

典型考法2 与双曲线有关的定点、定值问题 典型考法3 双曲线与直线 典型考法4 双曲线与圆

考点3 抛物线

典型考法1 抛物线的最值问题

典型考法2 与抛物线有关的定点、定值问题 典型考法3 抛物线与直线 典型考法4 抛物线与圆

第九章 空间的基本图形与简单几何体

考点1 空间点、线、面间的位置关系

典型考法1 基本位置关系 典型考法2 空间的轨迹

考点2 空间的角与距离

典型考法1 异面直线所成的角 典型考法2 线面所成的角 典型考法3 二面角

典型考法4 点、面间距离 典型考法5 球面距离 典型考法6 几何体体积

考点3 三视图

典型考法1 以几何体为载体，考查三视图的画法 典型考法2 根据三视图，还原几何体

考点4 折叠与最值

典型考法1 空间图形的折叠 典型考法2 几何体中的最值

第十章 概率与统计

考点1 概率

典型考法1 古典概型

典型考法2 互斥事件与独立事件的概率

典型考法3 几何概型

考点2 统计

典型考法1 频率分布直方图

典型考法2 离散型随机变量的分布列与数学期望

第十一章 导数的应用

考点1 单调性

典型考法1 讨论函数的单调性、并利用单调性求参数的取值范围典型考法2 借助单调性证明不等式

考点2 最值与极值

典型考法1 求函数的最值和极值并证明不等式

典型考法2 已知极值（最值），求参数的值或取值范围 考点3 曲线的切线

典型考法1 确定曲线方程中的参数

典型考法2 两曲线的公切线

考点4 函数的零点与图像的交点

典型考法1 函数的零点

典型考法2 图像的交点

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