《2026年理想树试题攻略高中数学》

10. 如果两个椭圆的离心率相等，我们称这两个椭圆为相似椭圆. 已知椭圆$C _ { 1 } : \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 2 } = 1$和椭圆$C _ { 2 } : \frac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1$，$P$为$C _ { 1 }$上一点，过$P$点作$C _ { 2 }$的两条切线交$C _ { 1 }$于$A$，$B$，切点分别为$M$，$N$，则(ABC)

A.$C _ { 1 }$与$C _ { 2 }$是相似椭圆
B.$M$为$P A$中点
C.$\overrightarrow { P A } · \overrightarrow { P N } = \overrightarrow { P B } · \overrightarrow { P M }$
D.$| P A | · | P B |$为定值

答案：
10.ABC 经典考点椭圆方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、椭圆中的定值问题
[深度解析]对于A，椭圆$C_1$的离心率$e_1=\frac{c_1}{a_1}=\sqrt{\frac{a_1^2 - b_1^2}{a_1^2}}=\sqrt{\frac{4 - 2}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，椭圆$C_2$的离心率$e_2=\sqrt{\frac{a_2^2 - b_2^2}{a_2^2}}=\sqrt{\frac{2 - 1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故$C_1$与$C_2$是相似椭圆。故A正确。
对于B，解法一：当点$M$在$x$轴上时，易知$M$为$PA$中点，当点$M$不在$x$轴上时，设$M(x_0,y_0)$，则$l_{PA}:\frac{x_0x}{2}+y_0y = 1$与$C_1:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$联立，消去$y$得$(\frac{x_0^2}{8y_0^2}+\frac{1}{4})x^2-\frac{x_0}{2y_0^2}x+\frac{1}{2y_0^2}-1 = 0$，所以$x_A + x_P=\frac{4x_0}{x_0^2 + 2y_0^2}$，由于$y_0^2=1-\frac{x_0^2}{2}$，代入化简计算可得$x_A + x_P = 2x_0$，同理，化简计算可得$y_A + y_P = 2y_0$，故$M$为$PA$的中点。故B正确。
解法二：当点$M$在坐标轴上时，易知$M$为$PA$中点，当点$M$不在坐标轴上时，设$M(x_0,y_0)$，则$l_{PA}:\frac{x_0x}{2}+y_0y = 1$，所以$k_{PA}=-\frac{x_0}{2y_0}$，又$k_{OM}=\frac{y_0}{x_0}$，所以$k_{PA}· k_{OM}=-\frac{x_0}{2y_0}·\frac{y_0}{x_0}=-\frac{1}{2}$，设$M^{\prime}$为$PA$的中点，由椭圆的性质知，$k_{PA}· k_{OM^{\prime}}=-\frac{b^2}{a^2}=-\frac{1}{2}$，所以点$M$和点$M^{\prime}$为同一点，故$M$为$PA$的中点。故B正确。
对于C，由B可知$M$为$PA$中点，同理$N$为$PB$中点，故$MN// AB$，且$\triangle PMN$和$\triangle PAB$相似，所以$|PM|·|PB|=|PN|·|PA|$，因为$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PN}=|PA|·|PN|·\cos\angle APN$，$\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PM}=|PB|·|PM|·\cos\angle BPM$，$\angle APN=\angle BPM$，所以$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PN}=\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{PM}$。故C正确。
对于D，如图①，若取$P_1(2,0)$，则易得$A,B$为上、下顶点，不妨取$A(0,\sqrt{2}),B(0,-\sqrt{2})$，此时$|P_1A|·|P_1B|=\sqrt{2^2+(\sqrt{2})^2}×\sqrt{2^2+(\sqrt{2})^2}=6$；若取$P_2(0,\sqrt{2})$，则易得$A,B$为左、右顶点，不妨取$A(2,0),B(-2,0)$，此时$|P_2A|·|P_2B|=\sqrt{2^2+(\sqrt{2})^2}×\sqrt{2^2+(\sqrt{2})^2}=6$，即$|P_1A|·|P_1B|=|P_2A|·|P_2B|=6$。如图②，再取$P_3(\sqrt{2},1),P_4(-\sqrt{2},-1)$，此时$P_3AP_4B$围成一个矩形，其中$A(-\sqrt{2},1),B(\sqrt{2},-1)$，有$|P_3A|·|P_4B|=|P_3A|·|P_3B|=|P_4A|·|P_4B|=2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=8$，即$|PA|·|PB|$不是定值。故D错误。故选ABC。

二级结论 椭圆的三个结论：
(1)过椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a ＞ b ＞ 0$)上一点$P(x_0,y_0)$作$C$的切线，切线方程为$\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}=1$；
(2)若$l$是椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ b ＞ 0)$上不垂直于对称轴的切线，$M$为切点，$O$为坐标原点，则$k_l· k_{OM}=-\frac{b^2}{a^2}$；
(3)若$A,B$是椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ b ＞ 0)$上两点，且两点的连线不与椭圆对称轴垂直，点$M$为线段$AB$的中点，$O$为坐标原点，则$k_{AB}· k_{OM}=-\frac{b^2}{a^2}$。

11. 在$\triangle A B C$中，$C ＞ B ＞ A$，$\sin ^ { 2 } A + \sin ^ { 2 } B + \sin ^ { 2 } C = 2$，$D$是$A B$的中点，则下列结论正确的是(BCD)

A.$\triangle A B C$可以是钝角三角形
B.$\sin ^ { 2 } A + \sin B ＜ \frac { \sqrt { 2 } + 1 } { 2 }$
C.若$A B = 4$，则$2 A C + B C \in ( 8,4 \sqrt { 5 } ]$
D.$\tan B · \tan \angle B D C ＞ 1$

答案： 11.BCD 经典考点三角函数的性质、三角恒等变换
[深度解析]对于A，解法一：$\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C=\sin^2A+\sin^2B+\sin^2(A + B)=\sin^2A+\sin^2B+\sin^2A\cos^2B+2\sin A\cos B\sin B\cos A+\sin^2B\cos^2A=1-\sin^2A+1-\sin^2B-\sin^2A\cos^2B-\sin^2B\cos^2A+2\sin A\cos B\sin B\cos A$，即$2\sin A\cos B\sin B\cos A=\cos^2A+\cos^2B-\sin^2A\cos^2B-\sin^2B\cos^2A$，所以$2\sin A\cos B\sin B\cos A=\cos^2A(1-\sin^2B)+\cos^2B(1-\sin^2A)$，即$2\cos A\cos B\cos(A + B)=0$，因为$C ＞ B ＞ A$，所以$A\in(0,\frac{\pi}{2})$，$B\in(0,\frac{\pi}{2})$，故$\cos A ＞ 0$，$\cos B ＞ 0$，则$\cos(A + B)=0$，所以$A + B=\frac{\pi}{2}$，$C=\frac{\pi}{2}$，$B\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$，$A\in(0,\frac{\pi}{4})$，故$\triangle ABC$为直角三角形 (关键：得到$C=\frac{\pi}{2}$)，故A错误。
解法二：由$\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C = 2$，得$\frac{1-\cos2A}{2}+\frac{1-\cos2B}{2}+\frac{1-\cos2C}{2}=2$，整理得$\cos2A+\cos2B+\cos2C + 1 = 0$，由和差化积公式和二倍角公式可得，$2\cos(A + B)\cos(A - B)+2\cos^2C = 0$，即$\cos C\cos(A - B)-\cos^2C = 0$，即$\cos C[\cos(A - B)+\cos(A + B)] = 0$(提示：$\cos C=\cos[\pi-(A + B)]=-\cos(A + B)$)，所以$\cos C·2\cos A\cos B = 0$(提示：和差化积公式$\cos(A - B)+\cos(A + B)=2\cos\frac{(A - B)+(A + B)}{2}\cos\frac{(A - B)-(A + B)}{2}=2\cos A\cos B$)，因为$C ＞ B ＞ A$，所以$\cos C = 0$，所以$C=\frac{\pi}{2}$，故$\triangle ABC$为直角三角形，故A错误。
对于B，由$A + B=\frac{\pi}{2}$，得$\sin B=\cos A$，所以$\sin^2A+\sin B=1-\cos^2A+\cos A$，由于$\cos A\in(\frac{\sqrt{2}}{2},1)$，故$1-\cos^2A+\cos A=-(\cos A-\frac{1}{2})^2+\frac{5}{4}＜\frac{\sqrt{2}+1}{2}$，故B正确。
对于C，由$C=\frac{\pi}{2}$，$AB = 4$，得$AC = 4\sin B$，$BC = 4\sin A$，所以$2AC + BC=8\sin B+4\sin A=8\cos A+4\sin A=4\sqrt{5}\sin(A + \alpha)$，其中$\alpha\in[0,2\pi)$，$\sin\alpha=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，$\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$A+\alpha\in(\alpha,\frac{\pi}{4}+\alpha)$，又$\alpha＞\frac{\pi}{4}$，$\sin(\frac{\pi}{4}+\alpha)=\frac{3\sqrt{10}}{10}＞\frac{2\sqrt{5}}{5}=\sin\alpha$ (关键：需比较$\sin\alpha$与$\sin(\alpha+\frac{\pi}{4})$的大小)，所以$\sin(A + \alpha)\in(\frac{2\sqrt{5}}{5},1]$，所以$2AC + BC\in(8,4\sqrt{5}]$，故C正确。
对于D，解法一：因为$D$为斜边$AB$的中点，且$\angle ACB ＞ B ＞ A$，所以$B=\angle BCD＞\frac{\pi}{4}$，$\angle BDC＜\frac{\pi}{2}$，所以$\triangle BCD$必是锐角三角形，证明$\tan B\tan\angle BDC＞1$，即证$\tan\angle BDC＞\frac{1}{\tan B}=\tan(\frac{\pi}{2}-B)$，又$\frac{\pi}{2}-B\in(0,\frac{\pi}{2})$，即证$\angle BDC＞\frac{\pi}{2}-B$，即$\angle BDC + B＞\frac{\pi}{2}$，显然成立，故D正确。
解法二：在$Rt\triangle ABC$中，$D$为斜边$AB$的中点，所以$AD = CD = BD$，所以$\angle BDC = 2A$。因为$0 ＜ A＜\frac{\pi}{4}$，所以$\tan A\in(0,1)$，则$\tan B·\tan\angle BDC=\tan(\frac{\pi}{2}-A)·\tan2A=\frac{1}{\tan A}·\frac{2\tan A}{1-\tan^2A}=\frac{2}{1-\tan^2A}＞2$，故D正确。
故选BCD。
Q关键点拨 对A，由$\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C = 2$，利用三角恒等变换得$C=\frac{\pi}{2}$。对B，由$A + B=\frac{\pi}{2}$，得$\sin^2A+\sin B=1-\cos^2A+\cos A$，结合角$A$的范围求解。对C，由$C=\frac{\pi}{2}$，$AB = 4$，得$2AC + BC=8\sin B+4\sin A=8\cos A+4\sin A=4\sqrt{5}\sin(A + \alpha)$，结合$A+\alpha\in(\alpha,\frac{\pi}{4}+\alpha)$求解。对D，解法一，由题可得$\triangle BCD$必是锐角三角形，问题转化为证$\tan\angle BDC＞\frac{1}{\tan B}=\tan(\frac{\pi}{2}-B)$，即证$\angle BDC + B＞\frac{\pi}{2}$；解法二，由$\angle BDC = 2A$得$\tan B·\tan\angle BDC=\frac{2}{1-\tan^2A}$，由$\tan A$的范围求解。

12. 已知$i ^ { 2 0 2 5 } = a - b i$($i$为虚数单位，$a$，$b \in \mathbf { R }$)，则$a + b$的值为-1.

答案： 12. - 1 基础考点复数相等、复数的幂
[深度解析]因为$i^{2025}=i^{4×506 + 1}=i$，由复数相等的充要条件得$a = 0$，$b=-1$，所以$a + b=-1$。

13. 若数列$\{ a _ { n } \}$满足$a _ { 1 } = a _ { 2 } = 1$，$a _ { n } + a _ { n + 1 } + a _ { n + 2 } = n ^ { 2 } ( n \in \mathbf { N } ^ { * } )$，则$a _ { 2 0 } =$121.

答案： 13.121 热门考点由递推数列研究数列的有关性质、求等差数列前$n$项和
[深度解析]由题意可得$\begin{cases}a_n + a_{n + 1}+a_{n + 2}=n^2\\a_{n + 1}+a_{n + 2}+a_{n + 3}=(n + 1)^2\end{cases}$，作差得$a_{n + 3}-a_n=2n + 1$，所以$a_{20}=(a_{20}-a_{17})+(a_{17}-a_{14})+·s+(a_5 - a_2)+a_2=(2×17 + 1)+(2×14 + 1)+·s+(2×2 + 1)+1=\frac{(35 + 5)×6}{2}+1 = 121$。

14. 某同学每次投篮命中的概率为$0.8$，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投篮，那么投篮总次数的数学期望为$\frac{45}{16}$.

答案： 14.$\frac{45}{16}$ 热门考点独立事件的概率乘法公式、离散型随机变量的均值
[深度解析]设投篮总次数的数学期望为$E(X)$，若第一次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为$E(X)$，此情况发生的概率为0.2，投篮总次数为$1+E(X)$；若第一次投中，且第二次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为$E(X)$，此情况发生的概率为0.8×0.2，投篮总次数为$2+E(X)$；若第一次投中，第二次投中，则此情况发生的概率为0.8×0.8，投篮总次数为2。则投篮总次数的数学期望为$0.2×(1 + E(X))+0.8×0.2×(2 + E(X))+0.8×0.8×2=E(X)$，解得$E(X)=\frac{45}{16}$。

15. （13分）
在锐角三角形$A B C$中，内角$A$，$B$，$C$的对边分别是$a$，$b$，$c$，且满足$a ^ { 2 } + c ^ { 2 } - a c = b ^ { 2 }$.
（1）求角$B$的大小；
（2）若$b = 1$，求$a$的取值范围.

答案： 15.热门题型利用正、余弦定理解三角形
[解]
(1)第一步：利用余弦定理求出$\cos B$
因为$a^2 + c^2 - ac = b^2$，由余弦定理$a^2 + c^2 - 2ac\cos B = b^2$，得$\cos B=\frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}=\frac{ac}{2ac}=\frac{1}{2}$。
第二步：由余弦值求出角$B$
因为$B\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$B=\frac{\pi}{3}$。
(2)第一步：根据$A + B + C=\pi$，利用角$A$表示角$C$
因为$B=\frac{\pi}{3}$，所以$A + C=\pi - B=\frac{2\pi}{3}$，则$C=\frac{2\pi}{3}-A$。
第二步：由正弦定理得到$a=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin A$
由正弦定理，得$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$，所以$a=\frac{b}{\sin B}·\sin A=\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin A$。
第三步：根据$\triangle ABC$为锐角三角形，求出角$A$的范围，从而得到$\sin A$的范围
因为$\triangle ABC$为锐角三角形，所以$\begin{cases}0 ＜ A＜\frac{\pi}{2}\\0 ＜ C＜\frac{\pi}{2}\end{cases}$，解得$\frac{\pi}{6}＜A＜\frac{\pi}{2}$，所以$\frac{1}{2}＜\sin A＜1$。
第四步：得出$a$的取值范围
所以$\frac{\sqrt{3}}{3}＜\frac{2\sqrt{3}}{3}\sin A＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$\frac{\sqrt{3}}{3}＜a＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即$a$的取值范围为$(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{3}}{3})$。