2025《高考数学大题6大考点汇总跟踪训练》解析册_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年07月试卷_2025年高三数学秋季开学摸底考_高中数学《高考数学-限时跟踪训练3+1》25版

2025 高考数学大题特训：6 大考点汇总与跟踪训练
目录
考点一 数列1
考点二 函数与导数6
考点三 三角函数11
考点四 空间向量与立体几何 21
考点五 统计与概率29
考点六 圆锥曲线的方程36
跟踪训练
考点一 数列
1.“绿水青山就是金山银山．”我国某西部地区进行沙漠治理，已知该地区有土地1万平方千米，其中
70%是沙漠，从今年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造为绿洲，同时原有绿洲的
4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠，设从今年起第n年绿洲面积为a 万平方千米．
n
(1)求a n 与a n-1n≥2
1
 的关系；
4
(2)判断a -
 n 5
 是不是等比数列，并说明理由；
(3)至少经过几年，绿洲面积可超过60%？lg2≈0.301 
4 4
【答案】(1)a n = 5 a n-1 + 25 n≥2 
(2)是等比数列，理由见解析
(3)至少经过6年
【分析】(1)根据题意可得出a n =1-0.04  a n-1 +1-a n-1  ×0.16，化简可得a n 与a n-1n≥2  的关系；
(2)利用待定系数法结合等比数列的定义可得结论；
(3)求出数列a
n

3
的通项公式，然后解不等式a > ，即可得出结论.
n 5
【详解】(1)由题意n≥2时，
a n =1-0.04  a n-1 +1-a n-1 
4 4
×0.16=0.8a +0.16= a + ， n-1 5 n-1 25
4 4
所以，a n = 5 a n-1 + 25 n≥2  .
4
(2)数列a -
 n 5
 是等比数列．理由如下：
4 4
由(1)得a n = 5 a n-1 + 25 n≥2  ，
4
设a n +x= 5 a n-1 +x 
4 x x 4 4
，可得a = a - ，所以，- = ，可得x=- ， n 5 n-1 5 5 25 5
4 4 4
所以，a - = a - n 5 5 n-1 5  n≥2 
4 3 4 1
，且a - = - =- ， 1 5 10 5 24
因此，数列a -
 n 5
2

1 4
是首项为- ，公比为 的等比数列．
2 5
4
(3)由(2)可知，数列a -
 n 5

1 4
是首项为- ，公比为 的等比数列，
2 5
4 1 4
所以，a - =- ×
n 5 2 5

n-1 1 4
，即a =- ×
n 2 5

n-1 4
+ ．
5
1 4
令a =- ×
n 2 5

n-1 4 3 4
+ > ，得
5 5 5

n-1 2
< ，
5
两边取常用对数，得n-1 
4 2
lg <lg ，
5 5
所以，n-1>
lg2
5 = lg2-lg5 = lg2-1-lg2
lg4 2lg2-lg5
5

2lg2-1-lg2 
2lg2-1 2×0.301-1 = ≈
3lg2-1 3×0.301-1
-0.398
= ≈4.1，所以，n>5.1，
-0.097
所以，至少经过6年，绿洲面积可超过60%．
2.已知数列a n 
1
的通项公式为a = n
nn+2 
n∈N*  ．
(1)计算a +a 的值；
3 4
1
(2) 是不是该数列中的项？若是，应为第几项？若不是，说明理由．
120
13
【答案】2．(1)
120
1
(2) 是数列a
120 n
 的第10项．
【分析】(1)利用给定的递推公式，代值计算即可.
(2)利用方程的正整数解即可得解.
【详解】(1)数列a
n

1
中，a =
n nn+2 
1 1 1 1
，a = = ,a = = ，
3 3×5 15 4 4×6 24
1 1 13
所以a +a = + = .
3 4 15 24 120
1
(2)若 为数列a
120 n

1
中的项，则
nn+2 
1
= ，
120
即nn+2  =120，整理得n2+2n-120=0，而n∈N*，解得n=10，
1
所以 是数列a
120 n
 的第10项.
3.已知等差数列a
n
 满足a >a ,a +a =10,a ,a -1,a 成等比数列．
3 1 1 3 1 2 3
(1)求数列a
n
 的通项公式；
a
(2)若b = n ，求数列b
n 3n n
 的前n项和T．
n
【答案】3．(1)a =3n-1
n
1 6n+7
(2)T = 7-
n 4 3n

【分析】(1)根据等差、等比中项可得a +a =10，aa =16，结合题意解方程可得a,a ，进而可得公差和通
1 3 1 3 1 3
项；1 6n+1 6n+1
(2)由(1)可得：b = -
n 4 3n-1
3
  +1

 3n

，利用裂项相消法运算求解即可.
【详解】(1)因为数列a
n
 为等差数列，则a +a =2a =10，即a =5，
1 3 2 2
又因为a 1 ,a 2 -1,a 3 成等比数列，则a 1 a 3 =a 2 -1  2=16，
a +a =10 a =2 a =8
联立方程 1 3 ，解得 1 或 1 ，
  
aa =16 a =8 a =2
1 3 3 3
a =2
且a 3 >a 1 ，则  a 1 =8 ，可知公差d=a 2 -a 1 =3，
3
所以数列a n  的通项公式a n =2+3n-1  =3n-1.
a 3n-1 1 6n+1 6n+1 (2)由(1)可得：b = n = = -
n 3n 3n 4 3n-1
  +1 
 3n
 ，
1 13 13 19 6n+1 6n+1
所以T = 7- + - +⋅⋅⋅+ -
n 4 3 3 9 3n-1
  +1

 3n
 1 6n+7
= 7-
4 3n
 .
4.若存在非零常数t，使得数列a n  满足a n+1 -a 1 a 2 a 3 ⋯a n =tn≥1,n∈N  ，则称数列a n  为“Ht  数
列”.
(1)判断数列：1,3,5,11,152是否为“H2  数列”，并说明理由；
(2)若数列a n  是首项为1的“Ht  数列”，数列b n  是等比数列，且a n  与b n 
n
满足a2=a a a i 1 2 3
i=1
⋯a +log b ，求t的值和数列b
n 2 n n
 的通项公式；
(3)若数列a n  是“Ht  数列”，S 为数列a n n  的前n项和，a >1,t>0，证明：t>S -S -eSn-n 1 n+1 n
【答案】4．(1)不是，理由见解析
(2)t=-1，b =2n-1.
n
(3)证明见解析
【分析】(1)由“Ht  数列”定义验证即可；
n+1 n
(2)由题可得a2 i =a 1 a 2 a 3 ⋯a n a n+1 +log 2 b n+1 ，与a2 i =a 1 a 2 a 3 ⋯a n +log 2 b n 相减结合“Ht
i=1 i=1
 数列”定义可
得关于t的方程，即可得答案；
(3)要证t>S -S -eSn-n等价于aa ⋯a <eSn-n，即lna +lna +⋯+lna <a +a +⋯+a -n，构造
n+1 n 1 2 n 1 2 n 1 2 n
函数fx  =lnx-x+1，利用其单调性可证明结论.
【详解】(1)根据“Ht  数列”的定义，则t=2，故a -aa a ⋯a =2， n+1 1 2 3 n
因为a -a =2成立，a -a a =2成立，a -a a a =11-1×3×5=-4≠2不成立，
2 1 3 2 1 4 3 2 1
所以1,3,5,11,152不是“H2  数列”.
(2)由a n  是首项为1的“Ht  数列”，则a =1+t,a =2t+1， 2 3
由b
n
 是等比数列，设公比为q，
n n+1
由a2=aa a ⋯a +log b ，则a2=aa a ⋯a a +log b .
i 1 2 3 n 2 n i 1 2 3 n n+1 2 n+1
i=1 i=1
两式作差可得a2 n+1 =a 1 a 2 a 3 ⋯a na n+1 -1  +log b -log b ， 2 n+1 2 n
即a2 n+1 =a 1 a 2 a 3 ⋯a na n+1 -1  +log q， 2
由a n  是“Ht  数列”，则a -aa a ⋯a =t，对于n≥1,n∈N恒成立， n+1 1 2 3 n
所以a2 n+1 =a n+1 -t  a n+1 -1  +log q， 2即t+1
4
 a =t+log b -log b 对于n≥1,n∈N恒成立， n+1 2 n+1 2 n
t+1 则  a -t=log q 2 2
t+1 
 ，即 (t+1)2-t=log 2 q

a 3 -t=log 2 q t+1  2t+1 
 ，

-t=log q 2
因为t≠0解得，t=-1,q=2，
又由a =1,a2=a +log b ，则b =1，即b =2n-1，
1 1 1 2 1 1 n
故所求的t=-1，数列b
n
 的通项公式b =2n-1.
n
(3)设函数fx  =lnx-x+1，则fx 
1
= -1，
x
令fx  =0，解得x=1，
当x>1时，fx  <0，则fx  =lnx-x+1在区间1,+∞  单调递减，
且f1  =ln1-1+1=0，又由a n  是“Ht  数列”，
即a -aa a ⋯a =t，对于n≥1,n∈N恒成立，
n+1 1 2 3 n
因为a >1,t>0，则a =a +t>1，再结合a >1,t>0,a >1，
1 2 1 1 2
反复利用a =aa a ⋯a +t，可得对于任意的n≥1,n∈N,a >1，
n+1 1 2 3 n n
则fa n  <f1  =0，即lna -a +1<0，则lna <a -1， n n n n
即lna <a -1,lna <a -1,⋯,lna <a -1，
1 1 2 2 n n
相加可得lna 1 +lna 2 +⋯+lna n <a 1 +a 2 +⋯+a n -n，则lna 1 a 2 ⋯a n  <S -n， n
又因为y=lnx在x∈0,+∞  上单调递增，所以aa ⋯a <eSn-n， 1 2 n
又a -aa a ⋯a =t，所以a -t<eSn-n，
n+1 1 2 3 n n+1
即S -S -t<eSn-n，故t>S -S -eSn-n.
n+1 n n+1 n
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题关键为理解“Ht  数列”的定义，通过构造函数fx  =lnx-x+1利
用单调性来证明lna n -a n +1<0，进而得到lna 1 a 2 ⋯a n  <S -n，得证. n
5.已知数列a
n
 的首项是1，其前n项和是S ，且a =a +2n+1，n∈N*.
n n+1 n
(1)求a ，a 的值及数列a
2 3 n
 的通项公式；
(2)若存在实数λ，使得关于n的不等式λ+S ≤25n，n∈N*有解，求实数λ取到最大值时n的值.
n
【答案】5．(1)a =4，a =9，a =n2
2 3 n
(2)4或5
【分析】(1)用累加法得到数列通项公式；
(2)求出数列前n项和S ，列出不等式，构造函数利用导函数求最大值，并找到最大值点.
n
【详解】(1)∵a =a +2n+1，∴a -a =2n+1
n+1 n n+1 n
当n≥2时，a =a -a +a -a +⋯+a -a +a ，
n n n-1 n-1 n-2 2 1 1
即a n =2n-1  +1+2n-2  +1+⋯+2×1+1+1=n2，
当n=1时，a =12=1也满足a =n2，
1 n
∴a =n2，
n
∴a =4，a =9.
2 3
nn+1
(2)由(1)可知S =
n
 2n+1 
，
6
nn+1
∴λ+
 2n+1  nn+1
≤25n，∴λ≤25n-
6
 2n+1  150n-nn+1
=
6
 2n+1 
6
令fn 
150n-nn+1
=
 2n+1  -2n3-3n2+149n n3 n2 149
= =- - + n，
6 6 3 2 6fn
5

149
=-n2-n+ ，当n≤4时，fn
6
 >0，当n=5时，fn  <0
∵f4  =70=f5 
∴fn  的最大值为70，即当n=4或n=5时，λ取得最大值70，
∴λ取得最大值时，n取4或5.
6.已知函数φx  的定义域为D，对于任意的n∈N*，数列a n  ，b n  满足a n ,b n ∈D，a n ≠b n ，且φa n  =
φb n  ，则称a n  ，b n  为“φx  下的一对孪生数列”．
(1)若函数fx  =x  ，请写出“fx  下的一对孪生数列”，并说明理由；
(2)设函数gx 
k
=x+ x0,k x   0  ，若a n  ，b n  为“gx  下的一对孪生数列”，证明：a +b < n n
-2 k；
(3)设函数hx 
x-1
=
 2ex
，若c x n  ，d n  为“hx  下的一对孪生数列”，证明：数列c +d n n  的前
2025项和大于4050．
【答案】6．(1)n  ，-n  为“fx  下的一对孪生数列”，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)用列举特殊数列法来理解新定义的数列，即可得解；
(2)利用对钩函数的性质，结合均值不等式，即可得证；
(3)通过求导来掌握函数的单调性和取值规律，再把新定义的数列问题转化为一个特殊不等式来进行证明
即可.
【详解】(1)因为函数fx  =x  的定义域为R，且为偶函数，
对任意的n∈N*，-n≠n，都有f-n  =-n  =n  =fn  ，
故数列n  ，-n  为“fx  下的一对孪生数列”．
(2)由题意得ga n  =gb n 
k k
，所以a + =b + ， n a n b
n n
因式分解得a n -b n 
k
1- a b
n n
 =0，
k
因为a ≠b ，则a -b ≠0，所以1- =0，即a b =k．
n n n n a b n n
n n
因为a <0，b <0，所以-a >0，-b >0，
n n n n
-a -b
所以 n 2 n ≥ -a n  -b n  = a b = k，当且仅当a =b 时取等号， n n n n
-a -b
而a ≠b ，故 n n > k，即a +b <-2 k．
n n 2 n n
(3)由hx 
x-1
=
 2ex
，得hx
x
 的定义域为xx≠0  ，
求导得hx 
2x-1
=
 ex+exx-1  2   x-x-1  2ex x-1
=
x2
 exx2+1 
，
x2
当x>1时，hx  >0，当0<x<1或x<0时，hx  <0，
所以函数hx  在-∞,0  ，0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
易知当x<0时，hx  <0，当x>0时，hx  ≥0．由于hc n
6
 =hd n  ，
故要证数列c +d
n n
 的前2025项和大于4050，可证c +d >2，
n n
不妨令hx 1  =hx 2  ，x <x ，则0<x <1，x >1， 1 2 1 2
即证x +x >2，即证x >2-x．
1 2 2 1
又hx  在1,+∞  上单调递增，
所以只需证hx 2  >h2-x 1  ，(提示：因为0<x <1，所以2-x >1) 1 1
又hx 1  =hx 2  ，
所以只需证hx 1  >h2-x 1  ．
令Fx  =hx  -h2-x  0<x<1  ，则Fx 
x-1
=
 2ex 1-x
-
x
 2e2-x
=
2-x
x-1  2 2-x   ex-xe2-x 
x2-x 
0<x<1  ，
只需证Fx  >0．
令mx  =2-x  ex-xe2-x0<x<1  ，
因为当0<x<1时，x2-x  >0，x-1  2>0，所以只需证mx  >0．
易知mx  =1-x  ex-e2-x  ，因为0<x<1，所以mx  <0，
所以mx  单调递减，则mx  >2-1  ×e1-1×e2-1=0，
故Fx  >0，即hx 1  >h2-x 1  ，故x +x >2， 1 2
故c +d >2，
n n
则c 1 +d 1  +c 2 +d 2  +⋯+c 2025 +d 2025  >2×2025=4050
所以数列c +d
n n
 的前2025项和大于4050．
【点睛】方法点睛：1.用枚举法理解新定义，即通过举例子的方式，将抽象的新定义转化为具体的、简单的应
用，从而加深对信息的理解；
1.会转化，即会用自己的语言转化新定义所表达的内容，如果能清唽描述，那么说明对此定义理解得较为透
彻；
2.找关系，即发现新定义与所学知识的联系，并从描述中体会新定义的本质特征与规律.
考点二 函数与导数
7.已知幂函数fx  =m2+3m+3  x3m-1为偶函数.
(1)求fx  的解析式；
(2)若fa-1  ≥f1+2a  ，求实数a的取值范围.
【答案】7．(1)fx  =x-4
(2) -∞,-2 ∪   0,1  ∪1,+∞ 
【分析】(1)根据幂函数的定义可解得参数m的值，再根据函数fx  为偶函数即可求解；
(2)结合幂函数的单调性及奇偶性、定义域求解.
【详解】(1)∵函数fx  =m2+3m+3  x3m-1为幂函数，∴m2+3m+3=1，即m2+3m+2=0，解得m=
-1或m=-2.
当m=-1时，fx  =x-4，满足f-x  =fx  ，此时fx  为偶函数，符合题意；
当m=-2时，fx  =x-7，不满足f-x  =fx  ，此时fx  不是偶函数，不符合题意.
综上可得，fx  =x-4.(2)由(1)得fx
7

1
=x-4= ，所以fx
x4
 在0,+∞  上单调递减，在-∞,0  上单调递增且fx  为偶函数，
因为fa-1  ≥f1+2a  ，
a-1≠0,
所以 1+2a≠0,
a-1  ≤1+2a 

 ，
解得a≤-2或0≤a<1或a>1.
故实数a的取值范围为 -∞,-2 ∪   0,1  ∪1,+∞  .
8.已知定义在R上的函数fx 
2x+a
= 满足5f2
2x+b
 =9f1  ，且f0  =0．
(1)求fx  的解析式，并判断fx  的奇偶性；
(2)证明：fx  在R上为增函数．
【答案】8．(1)fx 
2x-1
= ，奇函数．
2x+1
(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意求出解析式，利用奇偶性定义即可得结论；
(2)利用单调性的定义结合指数函数的性质证明即可.
【详解】(1)由f0 
1+a
=0得， =0，所以1+a=0，即a=-1，
1+b
又5f2  =9f1 
22-1 2-1
，所以5× =9× ，解得b=1，所以fx
22+b 2+b

2x-1
= ．
2x+1
又函数fx  的定义域为R，f-x 
2-x-1 1-2x
= = =-fx
2-x+1 1+2x
 ，故函数fx  为奇函数．
(2)证明：设任意实数x,x ∈R，且x <x ，
1 2 1 2
fx 2  -fx 1 
2x2-1 2x1-1 2x2-1
= - = 2x2+1 2x1+1
 2x1+1  -2x1-1  2x2+1 
2x2+1

2x1+1

2x1+x2+2x2-2x1-1-2x1+x2-2x1+2x2+1
=
2x2+1

2x1+1

22x2-2x1
=

2x2+1

2x1+1

，
因为y=2x为增函数，所以2x1>0,2x2>0,2x2-2x1>0,fx 2  -fx 1  >0，
即fx 2  >fx 1  ，故fx  在R上为增函数．
9.已知定义在R上的函数fx  满足fx  -2f-x  =3x2-5x+2．
(1)求fx  的解析式；
(2)若gx  =-fx 
1
-2x2+ x在区间 a,a+1
3
 内有最小值2，求实数a的值．
【答案】9．(1)fx 
5
=-3x2- x-2
3
(2)a=-3或a=0
【分析】(1)将fx  -2f-x  =3x2-5x+2式中x换成-x，联立两式即可求解；
(2)将fx  代入gx  =-fx 
1
-2x2+ x，可知gx
3
 的图象的对称轴，分类讨论区间a,a+1  和对称轴之
间的位置关系，即可求解.
【详解】(1)因为fx  -2f-x  =3x2-5x+2①，用-x替换x得，f-x  -2fx  =3x2+5x+2②，联立①②，解得fx
8

5
=-3x2- x-2；
3
(2)由题可得，gx  =-fx 
1
-2x2+ x=x2+2x+2，
3
对称轴为x=-1，则gx  在区间-∞,-1  上单调递减，在区间-1,+∞  上单调递增．
当a+1≤-1，即a≤-2时，gx  =ga+1
min
 =a2+4a+5=2，
解得a=-3或a=-1(舍)；
当a<-1<a+1，即-2<a<-1时，gx  =g-1
min
 =1≠2，不合题意；
当a≥-1时，gx  =ga
min
 =a2+2a+2=2，解得a=0或a=-2(舍)．
综上，a=-3或a=0．
10.已知函数fx 
4
=a- ．
b+x
(1)若f2  =0，方程fx  =a+x有唯一解，求fx  的解析式；
(2)若b=0，判断函数gx  =x-a 
1
2+
fx   -a 
的奇偶性并说明理由．
【答案】10．(1)fx 
2 4
= - 或fx
3 4+x

4
=-2-
x-4
(2)答案见解析
【分析】(1)由题意列出关于a,b的方程，解之即可求得fx  的解析式；
(2)利用函数奇偶性的定义即可得到函数gx  的奇偶性．
4
【详解】(1)由a- =a+x整理得x2+bx+4=0，
b+x
方程fx  =a+x有唯一解，则Δ=b2-16=0，则b=±4，
当b=4时，f2 
4 2
=0，即a- =0，则a= ，则fx
4+2 3

2 4
= - ；
3 4+x
当b=-4时，f2 
4
=0，即a- =0，则a=-2，则fx
-4+2

4
=-2- ，
x-4
综上所述，fx 
2 4
= - 或fx
3 4+x

4
=-2- ．
x-4
(2)b=0时，gx  =x-a 
x
2+
4
 ．
①当a=0时，函数gx  满足gx  =g-x  ，则此时函数是偶函数；
②当a≠0时，由于函数的定义域为R，因为g0  =a2≠0，则函数不可能是奇函数；
要使函数是偶函数，即x-a 
x
2+
4
 =-x-a 
-x
2+
4
 ，
当a=0时等式成立，此时与a≠0矛盾，故函数不是偶函数．
综上，a=0时，函数gx  是偶函数，a≠0时，函数gx  是非奇非偶函数
11.函数fx 
ax-1
=lnx-

.
x+1
(1)a=3时，讨论fx  的单调性；
(2)若函数fx  有两个极值点x 1 、x 2 ，曲线y=fx  上两点 x 1 ,fx 1    、x 2 ,fx 2    连线斜率记为k，求
2-a
证：k> .
a-1(3)盒子中有编号为1~100的100个小球(除编号外无区别)，有放回的随机抽取20个小球，记抽取的
1
20个小球编号各不相同的概率为p，求证：p< .
e2
【答案】11．(1)增区间为0,2- 3
9
 、2+ 3,+∞  ，减区间为2- 3,2+ 3 
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)当a=3时，利用函数的单调性与导数的关系可求出函数fx  的增区间和减区间；
lnx -lnx 2 x
(2)借助斜率公式表示出k后化简，可转化为证明 1 2 > ，借助换元法令t= 1 ，构造函数
x -x x +x x
1 2 1 2 2
ht 
2t-1
=lnt-

，结合(1)问中所的即可得解；
t+1
9
(3)借助概率公式可得p，借助放缩法可得p<
10

19 10
，结合(2)中所得可得ln
9

19
>2，即可得证.
【详解】(1)当a=3时，fx 
3x-1
=lnx-

，该函数的定义域为0,+∞
x+1
 ，
fx 
1 6
= -
x x+1 
x+1
=
2
 2-6x
xx+1 
x2-4x+1
=
2 xx+1 
，
2
由fx  <0可得2- 3<x<2+ 3；由fx  >0可得0<x<2- 3或x>2+ 3，
所以，函数fx  的增区间为0,2- 3  、2+ 3,+∞  ，减区间为2- 3,2+ 3  .
(2)因为fx  定义域为0,+∞  ，fx 
1 ax+1
= -
x
 -ax-1 
x+1 
x2+2-2a
=
2
 x+1
xx+1 
，
2
对于方程x2+2-2a  x+1=0，Δ=2-2a  2-4=4a2-2a  ，
因为函数fx  有两个极值点x 1 、x 2 ，则方程x2+2-2a  x+1=0在0,+∞  上有两个不等的实根，
Δ=2-2a
所以，
 2-4=4a2-8a>0 
xx =1>0 ，解得a>2,
1 2
x +x =2a-2>0
1 2
则k= fx 1  -fx 2 
lnx - ax 1 -1
1 =
x -x
1 2
 
x-1 1
 - lnx - ax 2 -1
2
 
x +1 2

x -x
1 2
ln x 1 - 2ax 1 -x 2
x = 2

x 1 +1  x 2 +1 
ln x 1 - 2ax 1 -x 2
x = 2
x -x
1 2

xx +x+x +1 1 2 1 2
x -x
1 2
x
ln 1
= x 2 - 2a = lnx 1 -lnx 2 -1，
x -x 1+2a-2+1 x -x
1 2 1 2
2-a lnx -lnx 1 lnx -lnx 2
所以要证k> ，即证 1 2 -1> -1，即证 1 2 > ，
a-1 x -x a-1 x -x x +x
1 2 1 2 1 2
也即证ln x 1 - 2x 1 -x 2
x
2

x
2 1 -1 =ln x 1 - x 2
x +x x
1 2 2
 <0(*)成立．
x
1 +1
x
2
x
设t= 1 ∈0,1
x 2
 ，函数ht 
2t-1
=lnt-

，则ht
t+1

1 4
= -
t t+1 
t-1
=
2
 2
tt+1 
≥0，
2
所以，函数ht  在0,+∞  上单增，且h1  =0，
所以t∈0,1  时，ht  <0，所以(*)成立，原不等式得证.
A20 100×99×⋅⋅⋅×82×81
(3)由题可得p= 100 = ，
10020 10020
因为99×81=902-92<902，98×82=902-82<902，⋯，91×89=902-12<902，9
所以p<
10
10

19
，
又由(2)知t∈1,+∞  ，ht 
2t-1
=lnt-

>0，
t+1
2 10 -1
取t= 10 ，有ln 10 - 9
9 9

10 2 =ln - >0，
10 +1 9 19
9
10
即ln
9

19 10
>2，即
9

19
>e2，
9
所以p<
10

19 1
< ．
e2
9
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于得出p<
10

19 10
后，借助(2)问中所得，取t= ，代入可得
9
10

9

19
>e2，即可得解.
12.若将对于任意x、y∈R总有fx+y  +fx-y  =2fx  fy  的函数称为“类余弦型”函数.
(1)已知fx  为“类余弦型”函数，且fx  >0，f2 
17
= ，求f1
8
 的值；
(2)在(1)的条件下，若数列：a n =2fn+1  -fn  n∈N* 
a a a
，求log 1 +log 2 +⋯+log 100 的值； 2 3 2 3 2 3
(3)若gx  为“类余弦型”函数，且g0  >0，对任意非零实数t，总有gt  >1.设有理数x 、x 满足x 1 2 2 
>x 1  ，判断gx 2  与gx 1  的大小关系，并给出证明.
【答案】12．(1)f1 
5
=
4
(2)4950
(3)gx 2  >gx 1  ，证明见解析
【分析】(1)令x=y=0，可得出f0  的值，然后令x=y=1，可得出f1  的值；
(2)令x=n，y=1，n∈N∗，推导出数列a
n
 是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列a
n
 的通
项公式，然后利用等差数列的求和公式可求得所求代数式的值；
(3)先证gx  为偶函数，再证若a、b、N都是自然数且a<b，如有x 1 
a
= N ，x 2 
b n
= ，设C =g N n N  ，只需
n
证g
N
 是增函数，利用函数单调性的性质即可证明.
【详解】(1)令x=y=0则，f0  +f0  =2f20  ，又fx  >0，故f0  =1.
令x=y=1，则f2  +f0  =2f1  f1  ，
则f21 
25
= ，f1
16
 >0，故f1 
5
= .
4
(2)令x=n，y=1，n∈N∗，则fn+1  +fn-1  =2fn  f1 
5
= fn
2
 ，
2fn+1  -fn  =2 2fn  -fn-1    ，即a =2a ， n n-1
又a =3，所以数列a
1 n
 为以2为公比，3为首项的等比数列，即a =3.2n-1，
n
a a a 0+99
则log 1 +log 2 +⋯+log 100 =0+1+2+⋯+99= ×100=4950.
2 3 2 3 2 3 2
(3)由题意得：函数gx  定义域为R，定义域关于原点对称，
令x=y=0，有g0  +g0  =2g20  ，又g0  >0，故g0  =1.
令x=0，y为任意实数则gy  +g-y  =2g0  gy  ，即gy
11
 =g-y  ，故gx  是偶函数.
因为gx+y  +gx-y  =2gx  gy  ，
又因为当x≠0时，gx  >1，
所以当x≠0时，有2gx  gy  >2gy  ，
所以gx+y  +gx-y  >2gy  ，
因为x 1  、x 2  为有理数，不妨设x 1 
p
= q 1 ，x 2
1

p
= 2 ， q
2
令N为x 1  、x 1  的分母的最小公倍数且x 1 
a
= N ，x 2 
b
= ，a、b均为自然数，且a<b， N
n
设C =g n N  ，g0 
1
=1<g N  ，则c <c ， 0 1
n 1 n+1
令x= ，y= ，则g
N N N

n-1
+g
N

n
>2g
N
 ，
即C n+1 +C n-1 >2C n ，C n+1 >2C n -C n-1 =C n +C n -C n-1  >C ， n
故数列C n  单调递增，则g x 2    >g x 1    ，
又gx  是偶函数，所以有gx 2  >gx 1  .
【点睛】关键点点睛：根据递推关系的特点，灵活应用特殊值法求函数值及函数关系，而第三问：根据有理数
的性质：令x 1 
a
= N ，x 2 
b n
= ，将问题转化为判断C =g N n N  在0,+∞  上为增函数.
考点三 三角函数
13.在△ABC中，角A、B、C的对边是a、b、c，已知λa+c= 2b，λ为常数．
(1)若λ=0，a=2，求△ABC面积的最大值；
2
(2)若λ=1，cosA+cosC= ，求sinB的值．
3
【答案】13．(1)2 2
5
(2)
3
4
【分析】(1)解法一：当λ=0时，c= 2b，由余弦定理可得出b2= ，利用三角形的面积公式结
3-2 2cosA
4 2tanA
合三角恒等变换化简得出S = 2
△ABC 3-2 2  +3+2 2 
A ，设tan =tt>0
tan2A 2
2
 ，利用基本不等式可
求得S 的最大值；
△ABC
解法二：λ=0时，即AB  = 2AC  ，以BC所在的直线为x轴，BC的中点O为原点建立平面直角坐标系
xOy，设点Ax,y  ，利用平面内两点间的距离公式化简可得出点A的轨迹方程，数形结合可得出△ABC面
积的最大值；
(2)解法一：利用正弦定理结合两角和的余弦公式化简得出关于cosB的方程，解出cosB的值，结合同角三
角函数的基本关系可求得sinB的值；
2
解法二：不妨设b= 2，则a+c=2，由余弦定理结合cosA+cosC= 可求得ac的值，利用余弦定理可
3
求得cosB的值，再利用同角三角函数的基本关系可求得sinB的值；
解法三：不妨设b=2 2，则a+c=4，即AC  =2 2，AB  +BC  =4>AC  =2 2，以AC所在的直线
x2 y2
为x轴，AC的中点O为原点建立平面直角坐标系xOy，分析可知点B在椭圆 + =1，设点
4 2Bx 0 ,y 0
12
 ，其中-2<x 0 <2，求出AB  、BC 
2
，由cosA+cosC= 结合平面向量数量积的坐标运算求出 3
x2的值，利用余弦定理求出cosB的值，再结合同角三角函数的平方关系可求得sinB的值.
0
【详解】(1)解法一：当λ=0时，c= 2b，
4
由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得3b2-2 2b2cosA=4，所以b2= ，
3-2 2cosA
4 2sinAcosA
1 2 2 2sinA 2 2
S = bcsinA= b2sinA= =
△ABC 2 2 3-2 2cosA 3cos2A +sin2A
2 2
 -2 2cos2A -sin2A
2 2

4 2sinAcosA
2 2 =
3-2 2  cos2A +3+2 2
2

4 2tanA
2 =
sin2A 3-2 2
2
 +3+2 2 
，
tan2A
2
A 4 2t
设tan =t(t>0)，则S =
2 △ABC 3-2 2+3+2 2  t2
4 2
=
3-2 2 +3+2 2 t 
4 2
≤
t 2 3-2 2 ⋅3+2 2 t 
=2 2，
t
3-2 2
当且仅当 =3+2 2
t
 t，即t=17-12 2时取等号，
所以△ABC面积的最大值为2 2.
解法二：λ=0时，c= 2b，即AB  = 2AC 
以BC所在的直线为x轴，BC的中点O为原点建立平面直角坐标系xOy，
则B-1,0  、C1,0  ，设Ax,y  ，
由AB  = 2AC  得 x+1  2+y2= 2 x-1  2+y2，化简得x2+y2+6x+1=0，
即A的轨迹方程为x-3  2+y2=8y≠0  ，
1
所以△ABC面积的最大值为S = ⋅2⋅2 2=2 2.
△ABC 2
(2)解法一：由a+c= 2b及正弦定理可知sinA+sinC= 2sinB，
2
由cosA+cosC= 及A+B+C=π，
3
2
得 =-cosB+C
3
 -cosB+A  =sinBsinC-cosBcosC+sinAsinB-cosAcosB
=sinBsinA+sinC  -cosBcosA+cosC 
2
= 2sin2B- cosB
3= 21-cos2B
13

2
- cosB，
3
2
整理可得3cos2B+cosB-2=0，解得cosB= 或cosB=-1(舍)，
3
2
故sinB= 1-cos2B= 1-
3

2 5
= .
3
解法二：不妨设b= 2，则a+c=2.
2 b2+c2-a2 a2+b2-c2 c2+2-a2 a2-c2+2 2
由cosA+cosC= 可得 + = + = ，
3 2bc 2ab 2 2c 2 2a 3
4
所以 ac=ac2-a2+2
3
 +ca2-c2+2  =c2-a2  a-c  +2a+c 
=-a+c  a-c  2+2a+c  =-2a-c  2+4=-2a+c  2+8ac+4=8ac-4，
3 a2+c2-b2 a+c
解得ac= ，所以cosB= =
5 2ac
 2-2ac-b2 2
= ，
2ac 3
5
因此sinB= 1-cos2B= .
3
解法三：不妨设b=2 2，则a+c=4，即AC  =2 2，AB  +BC  =4>AC  =2 2.
以AC所在的直线为x轴，AC的中点O为原点建立平面直角坐标系xOy，
显然有A- 2,0  、C 2,0  ，
所以点B的轨迹是以点A、C为焦点，且长轴长为4的椭圆(除去长轴端点)，
x2 y2
设椭圆方程为 a2 + b2 =1a 1 >b 1 >0
1 1
 ，则2a =4，a =2，b = a2-2= 2， 1 1 1 1
x2 y2 x2 y2
故椭圆方程为 + =1，即点B在椭圆 + =1上.
4 2 4 2
设Bx 0 ,y 0  ，其中-2<x <2， 0
则AB  = x 0 + 2 
x2 x2
2+y2= x2+2 2x +2+2- 0 = 0 +2 2x +4 0 0 0 2 2 0
2
=2+ x 2 0 
2
=2+ 2 x 0 ，BC  =4-AB 
2
=4-2+ x 2 0 
2
=2- x ， 2 0

AB=x 0 + 2,y 0 

，AC=2 2,0  ，
  因为cosA=cosAB,AC 
 
AB⋅AC = 
AB 

⋅AC 
= 2 2x 0 + 2 
2 22+ 2 x
2 0

x + 2 = 0 ，
2+ 2 x
2 0

CB=x 0 - 2,y 0 

，CA=-2 2,0  ，
  cosC=cosCA,CB 
 
CA⋅CB = 
CA 

⋅CB 
= -2 2x 0 - 2 
2 22- 2 x
2 0

2-x = 0 ，
2- 2 x
2 02 x + 2 2-x 4 2- 2x2 2
由cosA+cosC= 可得 0 + 0 = 0 = ，
3 2+ 2 x 2- 2 x 2-1 x2 3
2 0 2 0 2 0
16
化简即得x2 0 = 5 ，从而AB
14
 ⋅BC 
1 12
=4- x2= . 2 0 5
AB
故cosB=
 2+BC  2-AC  2
2AB  ⋅BC 
AB
=
 +BC    2-AC  2
2AB  ⋅BC 
2
-1= ，
3
5
从而sinB= 1-cos2B= .
3
14.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a,b,c，且(a-c)⋅sinB+C  =(b-c)⋅(sinB+sinC),b=
3.
(1)求B;
 
(2)若BA+BC  =3，求△ABC的周长;
2
(3)如图，点D是△ABC外一点，设∠BAC=∠DAC=θ，且∠ADC= π，记△BCD的面积S，求S关
3
于θ的关系式，并求S的取值范围.
π
【答案】14．(1)
3
(2)3 3
3 3
(3)S=2sin2θ×sin2θ，0<S<
4
【分析】(1)先应用正弦定理及诱导公式得a2-ac=b2-c2，最后应用余弦定理即可求解；
(2) 等号两边同时平方再应用余弦定理求出边长即可求出周长；
(3)先应用正弦定理得出CD=2sinθ，再根据面积公式得出S=sin2θ-sin2θcos2θ，再构造函数求导得出
函数单调性进而求出最值得出面积范围.
a b c
【详解】(1)由正弦定理可知， = = ，
sinA sinB sinC
sinB+C
所以
 sinπ-A
=
sinB+sinC
 sinA a b-c
= = = ，
sinB+sinC sinB+sinC b+c a-c
所以a2-ac=b2-c2，即a2+c2-b2=ac.
a2+c2-b2 ac 1 π
由余弦定理cosB= = = ，所以B= .
2ac 2ac 2 3
 
(2)因为BA+BC  =3，所以等号两边同时平方可得，a2+c2+ac=9.
又由(1)知a2+c2-ac=3，所以a2+c2=6，即ac=3，所以a=c= 3，
所以△ABC的周长为a+b+c=3 3.BC AC 3
(3)由正弦定理可得， = = =2，即BC=2sinθ，
sinθ sin∠ABC 3
2
CD AC 3
= = =2，即CD=2sinθ.
sinθ sin∠ADC 3
2
因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC=π，所以π-2θ=∠BCD，
1 1
所以S= BC⋅CDsin∠BCD= ×2sinθ×2sinθ×sinπ-2θ
2 2
15
 =2sin2θ×sin2θ.
S=2sin2θ×sin2θ=1-cos2θ  sin2θ=sin2θ-sin2θcos2θ，记x=2θ，
令fx  =sinx-sinxcosx，
则fx  =cosx-cos2x-sin2x  =-2cos2x+cosx+1=2cosx+1  -cosx+1  .
π 2π 1
因为在△ACD中0<θ< ，所以0<x< ，所以- <cosx<1，
3 3 2
1
所以当- <cosx<1时，fx
2
 >0，fx  单调递增.
1 2π 2π
当cosx=- ，即x= 时，f
2 3 3

3 3
= ；当cosx=1，即x=0时，f0
4
 =0，
则0<fx 
3 3 3 3
< ，所以0<S< .
4 4
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数fx  =sinx-sinxcosx，再求导函数得出函数的单调性，进
而得出函数的最值得出面积的范围.
15.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，点Px,y  绕坐标原点O逆时针旋转角θ至点Px,y  .
x=xcosθ-ysinθ,
(1)试证明点的旋转坐标公式：

；
y=xsinθ+ycosθ
(2)设θ∈0,2π  ，点P 00,-1  绕坐标原点O逆时针旋转角θ至点P，点P 再绕坐标原点O逆时针旋 1 1
转角θ至点P，且直线PP 的斜率k=-1，求角θ的值；
2 1 2
(3)试证明方程为x2+ 3xy=6的曲线C是双曲线，并求其焦点坐标.
【答案】15．(1)证明见解析；
π 7π 11π
(2)θ= 、 、 ；
2 6 6
(3)证明见解析，焦点坐标为F 1-2 3,-2  与F 22 3,2  .
【分析】(1)由三角函数的定义及两角和的正、余弦公式，即可证明；
(2)由(1)的结论，结合斜率公式和三角函数的相关公式，即可求得角θ的值；
(3)将(1)的结论，解出x,y表达式，代入到方程，化简后，即可判断曲线类型，并根据双曲线性质，求得焦点
坐标.
【详解】(1)设将x轴正半轴绕坐标原点O逆时针旋转角α至边OP，且OP=r
x=r⋅cosα x=r⋅cos(θ+α)
则由任意角的三角函数定义，有： 和
 
y=r⋅sinα y=r⋅sin(θ+α)
所以由两角和的正余弦公式得：
x=r⋅(cosθcosα-sinθsinα)=rcosθcosα-rsinθsinα
 ，

y=r⋅(sinθcosα+cosθsinα)=rsinθcosα+rcosθsinα
x=r⋅cosα x=xcosθ-ysinθ
将 代入，得
 
y=r⋅sinα y=xsinθ+ycosθ
所以本题得证；
(2)
设点P 1 ,P 2 的坐标分别为x 1 ,y 1
16
 ,x 2 ,y 2  ，由点的旋转坐标公式，
x =sinθ x =sin2θ
有 1 和 2 ，
 
y =-cosθ y =-cos2θ
1 2
-cos2θ+cosθ
由直线PP 的科率k=-1，得 =-1，
1 2 sin2θ-sinθ
π
即sin2θ-cos2θ=sinθ-cosθ∴sin2θ-
4

π
=sinθ-
4

π π
∴2θ- =2kπ+θ-
4 4

π π
或2θ- +θ- =2kπ+π,k∈Z
4 4
2 π
∴θ=2kπ或θ= kπ+ ,k∈Z，
3 2
∵θ∈0,2π 
π 7π 11π
,∴θ= 、 、 ；
2 6 6
(3)设Px,y  为方程x2+ 3xy=1的曲线上任意一点，
将点Px,y  绕坐标原点O逆时针旋转角θ至点Px,y  .
x=xcosθ-ysinθ x=xcosθ+ysinθ
则 ，可解得： ①
 
y=xsinθ+ycosθ y=-xsinθ+ycosθ
将①代入方程，得xcosθ+ysinθ  2+ 3xcosθ+ysinθ  -xsinθ+ycosθ  =6，
整理得：cos2θ- 3sinθcosθ  x2+sin2θ+ 3sinθcosθ  y2+sin2θ+ 3cos2θ  xy=6.
π
令sin2θ+ 3cos2θ=0，可解得sin2θ+
3

π
=0,θ=- 是该方程的解，
6
π x2 y2
所以，将方程x2+ 3xy=1的曲线按顺时针旋转 ，所得曲线C的方程为 - =1.
6 4 12
故曲线C是以F 1 '-4,0  和F 2 '4,0  为焦点的双曲线.
又因为双曲线C是由曲线C绕坐标原点O旋转而得到的，所以曲线C也是双曲线.将点F 1 '-4,0
17

π
按逆时针旋转 6 ，得到点F 1-2 3,-2  ，将点F 2 '4,0 
π
按逆时针旋转 6 ，得到点F 22 3,2  ，
所以，双曲线C的焦点坐标为F 1-2 3,-2  与F 22 3,2  .
16.如图所示，已知函数fx  =Asinωx+φ  ω>0,φ 
π
 <
2
 的图象与直线y=b0<b<A  相交．
(1)求函数fx  的解析式；
(2)求函数gx  =fx  +2cosωx+φ 
1
在区间 - ,1
 2
 内的值域．
【答案】16．(1)fx 
π π
=2sin x+
2 4

(2)0,2 2 
【分析】(1)A直接得出，根据图像的周期先求出ω，再根据最值求出φ；
(2)先利用辅助角公式对gx  进行化简，再根据y=cosx的单调性求出值域.
【详解】(1)由图可得A=2，函数fx 
2π π
的最小正周期T=5-1=4，所以ω= = ，
4 2
1+4 5
且函数在x= = 处取得最小值，
2 2
5
所以f
2

5π
=-2，即2sin +φ
4
 =-2，
5π 3 π
则 +φ= π+2kπ,k∈Z，解得φ= +2kπ,k∈Z，
4 2 4
由φ 
π π
< 可得，φ= ，所以fx
2 4

π π
=2sin x+
2 4
 ．
(2)gx 
π π
=2sin x+
2 4

π π
+2cos x+
2 4

π
=2 2⋅cos x．
2
当x∈ - 1 ,1
 2
 时， π x∈ - π , π
2  4 2
 ，所以gx  在区间 - 1 ,0
 2
 内单调递增，在区间0,1  内单调递减，
又g0  1 =2 2,g-
2
 =2,g1  =0，所以gx  在区间 - 1 ,1
 2
 内的值域为0,2 2  ．
17.已知函数fx 
πx
=2sin2 +sinπx-1，将函数fx 2  的所有正的零点从小到大排列组成数列a n  .记
x  表示不超过x的最大整数，数列b n  满足b n =a n +1  .
(1)求数列b
n
 的通项公式；
(2)从数列b n  的前n项中n≥2  ，随机选出两个不同的项相乘，所得结果为偶数的概率为P.是否 n
4
存在一个正整数N，当n≥N时，恒有P < ，若存在，求出N的最小值，若不存在，请说明理由.
n 5(3)数列c
n
18

-1
满足c =
n
 n+1
，且数列c
b n
n
 的前n项和为S ，求证：S <ln2.
n 2n
【答案】17．(1)b =n
n
(2)存在；N的最小值为7
(3)证明见解析
【分析】(1)先化简函数f(x)，得用整体角解三角方程求出零点，确定数列a n  ，再根据x  的定义可得b ； n
(2)分n为奇数和偶数两类讨论求解.先求积为奇数的情况，再利用对立事件的概率公式求P，解不等式P
n n
4
< 求解n的范围可得；
5
(-1)n+1 1 1 1
(3)由c = 代入所证不等式，先通过化简变形将所证不等式转化为 + +⋯+ +
n n n+1 n+2 2n-1
1 1 1
<ln2，再构造函数f(x)=l- -lnx,x>1，利用导函数求证不等式任意x>1，1- <lnx成立，再
2n x x
利用不等式分别赋值，将不等式左边每一项裂项放缩，然后再累加化简求证不等式成立即可.
【详解】(1)fx 
πx π
=2sin2 +sinπx-1=sinπx-cosπx= 2sinπx-
2 4
 .
π
令f(x)=0，即sinπx-
4

π
=0，得πx- =kπ,k∈Z，
4
1
解得x=k+ ，k∈Z，
4
则函数fx 
1
的所有正的零点可表示为x=k+ ,k∈N，
4
1
其中从小到大第一个正零点为a = ，且公差为1.
1 4
3 则a n =n- 4 ，n∈N∗，所以b n =a n +1  = n+ 1  4  =n，
故数列b
n
 的通项公式为b =n.
n
(2)从数列b n  的前n项中n≥2  ，随机选出两个不同的项相乘，
n(n-1)
共有C2= 种方法；
n 2
设事件A=“两个不同的项相乘，所得乘积为偶数”，其概率为P，
n

则其对立事件A=“两个不同的项相乘，所得乘积为奇数”，则其概率为1-P.
n
n n
①当n为偶数时，前n项中恰 个奇数， 个偶数，
2 2
从数列b n  的前n项中n≥2  ，随机选出两个不同的项相乘，
要使所得乘积为奇数，则两项均为奇数，
n
即从 个奇数中任取2个不同的奇数，共有C2 种方法；
2 n
2
C2 n n  n -1 则1-P = 2 = 2 2
n C2
n
 n-2 = ，
n(n-1) 4(n-1)
n-2
所以此时P =1- .
n
4(n-1)
4 n-2 1
由P < ，即 > ，解得n>6，
n 5 4(n-1) 5
由n为偶数，则n≥8,n∈N∗；
②当nn≥3 
n+1 n-1
为奇数时，前n项中 个奇数， 个偶数，
2 2
要使所得乘积为奇数，则两项均为奇数，n+1
即从 个奇数中任取2个不同的奇数，共有C2 种方法；
2 n+1
2
C2 n+1 n+1  n+1 -1 则1-P = 2 = 2 2
n C2
n
19
 n+1 = ，
n(n-1) 4n
n+1 4 n+1 1
所以此时P =1- .由P < ，即 > ，
n 4n n 5 4n 5
n+1 1 1 1
由 = + > ，可知不等式对任意奇数恒成立.
4n 4 4n 5
4
综上所述，存在正整数N≥7，当n≥N时，恒有P < .
n 5
6-2 4 4
又当N=6时，n≥6时，其中P =1- = 不满足P < .
6 4×(6-1) 5 n 5
故N的最小值为7.
-1
(3)由c =
n
 n+1 -1
=
b
n
 n+1
，
n
1 1 1 1 1
则S =1- + - +⋯+ - .
2n 2 3 4 2n-1 2n
1 1 1 1 1 1 1 1 1
由S =1+ + + +⋯+ + -2 + + ⋯+
2n 2 3 4 2n-1 2n 2 4 6 2n

1 1 1 1 1 1 1 1
=1+ + + +⋯+ + -1+ + +⋯+
2 3 4 2n-1 2n 2 3 n

1 1 1 1
= + +⋯+ + .
n+1 n+2 2n-1 2n
1
构造函数f(x)=l- -lnx,x>1，
x
1 1 1-x
f(x)= - = <0，则f(x)在1,+∞
x2 x x2
 上单调递减，
由x>1，则f(x)<f(1)=0，
1 1
所以任意x>1，1- -lnx<0，即1- <lnx恒成立.
x x
n+1 n n+1 1
令x= ,x>1，则1- <ln ，即 <ln(n+1)-lnn，n∈N∗，
n n+1 n n+1
1
所以有 <lnn+1
n+1

1
-lnn， <lnn+2
n+2
 -lnn+1 
1
，⋯， <ln2n
2n
 -ln2n-1  .
1 1 1 1
以上各式相加得， + +⋯+ +
n+1 n+2 2n-1 2n
<ln(n+1)-lnn+ln(n+2)-ln(n+1)+⋯+ln(2n)-ln(2n-1)
=ln(2n)-lnn=ln2
故S <ln2，得证.
2n
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于构造函数法证明数列不等式.第(3)问中通过构造函数f(x)=l-
1 1 1 n+1
-lnx,x>1，利用导数的单调性证明1- <lnx,x>1，赋值可得 <ln =lnn+1
x x n+1 n
 -lnn，
达到将数列和式通过放缩后可裂项求和，从而问题得证.
18.用一个矩形铁皮制作成一个直角圆形弯管(如图1)：将该矩形铁皮围成一个圆柱体(如图2)，再用一个
与圆柱底面所成45°的平面截圆柱，将圆柱截成两段，再将这两段重新拼接就可以得到直角圆形弯管．
现使用长为2π，宽为π的矩形铁皮制作一个直角圆形弯管，当得到的直角圆形弯管的体积最大时(不
计拼接损耗部分)，解答下列问题．(1)求该直角圆形弯管的体积；
(2)已知在制造直角圆形弯管时截得的截口是一个椭圆，求该椭圆的离心率；
(3)如图3，若将圆柱被截开的一段的侧面沿着圆柱的一条母线剪开，并展成平面图形(如图4)，证明：
该截口展开形成的图形恰好是某正弦型函数的部分图象，并指出该正弦型函数的最小正周期与振幅．
【答案】18．(1)π2
2
(2)
2
(3)证明见解析，最小正周期为2π，振幅为1
【分析】(1)易知直角圆形弯管的体积即为切割前圆管体积，且当矩形的长或宽作为圆柱的高时，体积最大，
分别求两种情况的体积；
(2)根据圆柱截面的性质可得a= 2b，即可得离心率；
(3)以椭圆的短轴所在直线在底面的投影为x轴建立平面直角坐标系，设对于底面圆上一点Pcosα,sinα
20
 ，
则1,0  与P所连接的弧长为α，
假设短轴对应的高度为0，可得点P对应到椭圆上的点的高度，即可得截口展开形成的图形的函数，进而可
得最小正周期与振幅.
【详解】(1)易知直角圆形弯管的体积即为切割前圆管体积，
且当矩形的长或宽作为圆柱的高时，体积最大，
当矩形的长作为圆柱的高时，
1 1
圆柱体的底面圆周长为π，则底面半径为 ，高为2π，体积为2π×
2 2

2 π2
π= ；
2
当矩形的宽作为圆柱的高时，
π2
圆柱体的底面圆周长为2π，则底面半径为1，高为π，体积为π×12π=π2> ；
2
所以体积为π2；
x2 y2
(2)设该椭圆为 + =1a>b>0
a2 b2
 ，
因此2a= 2×2b，即a= 2b，
c b2 2
所以e= = 1- = ；
a a2 2
(3)以椭圆的短轴所在直线在底面的投影为x轴建立平面直角坐标系，
设对于底面圆上一点Pcosα,sinα  ，则1,0  与P所连接的弧长为α，
假设短轴对应的高度为0，则点P对应到椭圆上的点的高度为sinαtan45°=sinα，
所以，截口展开形成的图形的函数解析式为y=sinx，
最小正周期为2π，振幅为1.考点四 空间向量与立体几何
19.如图，四面体P-ABC中，PA=AB=BC=1,PC= 3，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A-PC-B的大小．
【答案】19．(1)证明见解析
π
(2)
3
【分析】(1)先由线面垂直的性质证得PA⊥AC，PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥AB，从而利用线面
垂直的判定定理即可得证；
(2)结合(1)中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角
余弦的坐标表示即可得解.
【详解】(1)证明：因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥AC，PA⊥BC．
因为PA=1，PC= 3，所以AC= PC2-PA2= 2，
又AB=BC=1，所以AC2=AB2+BC2，即BC⊥AB，
又PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB.
(2)以点B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x轴、y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A0,1,0
21
 ,B0,0,0  ,C1,0,0  ,P0,1,1  ，

所以AP=0,0,1 

,AC=1,-1,0 

,BP=0,1,1 

,BC=1,0,0  ，

设平面APC的一个法向量为n=x,y,z  ，


n⋅AP=z=0 
则  ，取x=1，得n=1,1,0
n⋅AC=x-y=0
 ，

设平面BPC的一个法向量为m=a,b,c  ，


m⋅BP=b+c=0 
则   ，取b=1，得m=0,1,-1
m⋅BC=a=0
 ，
 
所以cosm,n 
 
m⋅n
=
 m   ⋅n 
1 1
= = ，
2⋅ 2 2
由图可知二面角A-PC-B为锐角，设二面角A-PC-B的大小为θ，
 
则cosθ= cosm,n   
1 π
= ，即θ= ，
2 3
π
即二面角A-PC-B的大小为 .
320.如图所示，在三棱柱ABC-A B C 中，H是正方形AA B B的中心，AA =2 2，C H⊥平面
1 1 1 1 1 1 1
AA B B，且C H= 5.
1 1 1
(1)求异面直线AC与A B 夹角的余弦值；
1 1
(2)求平面AA C 与平面A C B 夹角的正弦值.
1 1 1 1 1
2
【答案】20．(1)
3
3 5
(2)
7
【分析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，代入空间异面直线夹角公式求解即可；
(2)分别求出平面AAC 和平面ABC 的法向量，代入空间二面角公式再结合同角的三角函数关系求解即
1 1 1 1 1
可；
【详解】(1)以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
依题意，得B(0,0,0)，A(2 2,0,0)，C( 2,- 2, 5)，A(2 2,2 2,0)，B(0,2 2,0)，
1 1
 
所以AC=(- 2,- 2, 5)，AB =(-2 2,0,0)，
1 1
 
  AC⋅AB
所以cosAC,AB =  1 1
1 1 AC
22


AB
1 1

4 2
= = .
3×2 2 3
2
所以异面直线AC与AB 夹角的余弦值为 .
1 1 3
 
(2)由(1)知C( 2, 2, 5)，易得AA =(0,2 2,0)，AC =(- 2,- 2, 5).
1 1 1 1

设平面AAC 的法向量为m=(x,y,z)，
1 1 1 1 1


则   m  ⋅A 1 C 1 =0, 即   - 2x 1 - 2y 1 + 5z 1 =0,
m⋅AA 1 =0, 2 2y 1 =0,不妨令x = 5，则m=( 5,0, 2)为平面AAC 的一个法向量..
1 1 1

设平面ABC 的法向量为n=(x ,y ,z )，
1 1 1 2 2 2


则   n  ⋅A 1 C 1 =0, 即  - 2x 2 - 2y 2 + 5z 2 =0,
n⋅A 1 B 1 =0, -2 2x 2 =0,

不妨令y = 5，则n=(0, 5, 2)为平面ABC 的一个法向量.
2 1 1 1
 
所以cos‹m,n›
23

 
m⋅n
=

 m   n 
2 2   3 5
= = ，所以sin‹m,n›= .
7× 7 7 7
3 5
所以平面AAC 与平面ACB 夹角的正弦值为 .
1 1 1 1 1 7
21.如图所示，在直二面角D-AB-E中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE=EB，F为CE上的
点，且BF⊥平面ACE.
(1)求证：AE⊥平面BCE；
(2)求证：平面BDF⊥平面ABCD．
【答案】21．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
 
【分析】(1)建立空间直角坐标系得出E,F的坐标，要证AE⊥平面BCE，只需证明AE⋅BE=0和BC⊥
AE即可；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面BDF法向量和平面ABCD的一个法向量，利用向量夹角公式可求得余
弦值.
【详解】(1)∵ABCD为正方形，∴BC⊥AB，
∵二面角D-AB-E为直二面角，∴BC⊥平面AEB，
以线段AB的中点为原点O，OE所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，
过O点平行于AD的直线为z轴，建立如图空间直角坐标系O-xyz，则A(0,-1,0)，B(0,1,0)，C(0,1,2)，D(0,-1,2)，
设E(x ,0,0)(x >0)，
0 0

∵F为CE上的点，EC=(-x ,1,2)，
0
 
∴设EF=λEC=(-λx ,λ,2λ)，∴F((1-λ)x ,λ,2λ)，
0 0
  
∴BF=((1-λ)x ,λ-1,2λ)，AC=(0,2,2)，AE=(x ,1,0)，
0 0
 
∵BF⊥平面ACE，AE、AC⊂平面ACE，∴BF⋅AC=2(λ-1)+4λ=0，
 
1 2 1 2
且BF⋅AE=(1-λ)x2+λ-1=0，解得x =1，λ= ，∴E(1,0,0)，F , ,
0 0 3 3 3 3
24
 ，
   
所以AE=(1,1,0)，BE=(-1,1,0)，∴AE⋅BE=0，∴AE⊥BE，
∵BC⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，∴BC⊥AE，
又BC∩BE=B，BC、BE⊂平面BCE，∴AE⊥平面BCE；

(2)由题意可知，平面ABCD的法向量为OE=(1,0,0)，

 2 2 2
设面BDF的法向量为m=(x,y,z)，BF= ,- ,
3 3 3


，BD=0,-2,2  ，
 
 2 2 2 
∴m⋅BF= x- y+ z=0且m⋅BD=-2y+2z=0，取z=1，则y=1，x=0，
3 3 3

 
∴m=(0,1,1)，∴m⋅OE=0，∴平面BDF⊥平面ABCD.

2π π
22.如图，在三棱柱ABC-A B C 中，CA=CB=CC ，∠ACB=∠ACC = ，∠BCC = ，设CA=
1 1 1 1 1 3 1 2
    
a，CB=b，CC =c，N是AB的中点.
1
   
(1)用a、b、c表示向量A N；
1
(2)在线段C B 上是否存在点M，使得AM⊥A N？若存在，求出M的位置，若不存在，请说明理由.
1 1 1
 1  1  
【答案】22．(1)AN =- a+ b-c
1 2 2
2
(2)存在，当CM= CB 时，AM⊥AN
1 3 1 1 1
   
【分析】(1)利用空间向量的加法可得出AN 关于a、b、c的表达式；
1
  
(2)假设存在点M，使得AM⊥A 1 N，设C 1 M =λC 1 B 1 =λb λ∈0,1   
    
，将AM、AN 用基底a,b,c 1   表示出
 
来，根据题意可得出AM ⋅AN =0，利用空间向量数量积的运算性质求出λ的值，即可得出结论.
1
        1 1
【详解】(1)AN =AA+AN =CC+ AB=-CC + CB-CA
1 1 1 2 1 2

1  1  
=- a+ b-c
2 2
  
(2)假设存在点M，使得AM⊥A 1 N，设C 1 M =λC 1 B 1 =λb λ∈0,1    ，
      
则AM =AA +AC +CM =c-a+λb，
1 1 1 1
 
因为AM⊥AN，所以AM ⋅AN =0，
1 1  
即c-a+λb
25

1  1  
⋅- a+ b-c
2 2
 =0，
1   1    1  1     1   1   
所以，- c⋅a+ c⋅b-c2+ a2- a⋅b+c⋅a- λa⋅b+ λb2-λb⋅c=0，
2 2 2 2 2 2
 
设CA=CB=CC =1，又a,b
1

 
=a,c 
2π  
= ，b,c
3

π
= ，
2
1    1  1 1
所以， c⋅a-c2+ a2- + λ
2 2 2 2

  1 
a⋅b+ λb2=0，
2
1 1
即 ×1×1×-
2 2

1 1 1
-12+ ×12- + λ
2 2 2

1
×1×1×-
2

1 2
+ λ⋅12=0，解得λ= ，
2 3
2
所以当CM= CB 时，AM⊥AN.
1 3 1 1 1
23.古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命
题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼
斯圆．如图，在棱长为3的正方体ABCD-ABCD中，点M是BC的中点，点P是正方体表面
DCCD上一动点(包括边界)，且两直线AP，MP与平面DCCD所成的角相等．
(1)证明：点P的轨迹是阿波罗尼斯圆的一段弧，并求出这段弧的长度；
 
(2)求PA∙PC的取值范围；
(3)当线段D'P最短时，在线段AD上是否存在点N，使得DP⎳平面AMN，若有，请求出平面
AMN截正方体ABCD-ABCD的截面周长，若无，说明理由．
2π
【答案】23．(1)证明见解析，
3
(2)-2，3 
5 5 5 7 13
(3)存在点N，截面周长为 + +
4 2 4
【分析】(1)先得到点P的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧，然后以DC所在直线为x轴，DD'所在直线为y
轴，
建立平面直角坐标系D-xy，设点Px，y  .然后利用向量数量积的坐标运算；
(2)由1 
   
得到PA⋅PC=x2-3x+y2，然后利用x2+y2-8x+12=0得到PA⋅PC=5x-12；
3 5 3 13 5
(3)先证明D'O⎳平面AMN，然后利用线面平行性质得到AM= ，MQ= ，QT= ，TN=
2 4 4
5，AN= 13.
【详解】(1)由于ABCD-ABCD是正方体，
两直线AP，MP与面DCCD所成的角相等，即∠APD=∠MPC，
由于∠ADP=∠MCP=90°，tan∠APD=tan∠MPC，AD MC
即 = =2，即PD=2PC，
PD PC
依题意平面内点P到两定点D，C距离之比为2，
故点P的轨迹是圆，而点 P是正方体表面DCCD上一动点(包括边界)，
即点P的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧(如图所示).
单独考查平面DCCD，以DC所在直线为x轴，DD所在直线为y轴，
建立平面直角坐标系D-xy，
设点Px,y
26
 .∵DP=2CP，D0,0  、C3,0  ，
∴ x2+y2=2 (x-3)2+y2，化简得：x2+y2-8x+12=0，
即(x-4)2+y2=4，
所以点P所在圆的方程为(x-4)2+y2=4，圆心4,0  ，半径为2.
假设其圆心为O，且圆心O在DC所在的直线上，圆O与CD交于点E，
与CC交于F点，点P的轨迹为正方形DCCD内的一段弧，
则E2,0  ，F3, 3 
π 2π
，易得：∠EOF= ，弧长：l= ，
3 3
2π
所以EF这段弧的长度为
3
(2)因为在正方体ABCD-ABCD中，DA⊥平面DCCD，
 
又CP⊂平面DCCD，所以DA⊥PC，所以DA⊥PC，
由1 
   
得到PA⋅PC=PD+DA 
    
⋅PC=PD⋅PC+DA⋅PC
 
=PD⋅PC=-x,-y  ⋅3-x,-y  =x2-3x+y2，
∵x2+y2-8x+12=0，∴x2+y2=8x-12，
 
∴PD⋅PC=5x-12，而x∈2,3  ，
 
∴PD⋅PC∈-2,3  ，
 
故PA⋅PC的取值范围-2,3  .
(3)由1  可知，当线段DP的长最短时，即点P在直线OD上，
故延长AM交DC于点R，过点 R做RS⎳OD，交DD于点S，交CD于点T，
交CC于点Q，连接 SA交AD于点N，所求的截面即为五边形AMQTN.以下证明此时D'P即DO⎳平面AMN，
由于DO⎳SR，DO⊄平面AMN，SR⊂平面AMN，
所以DO⎳平面AMN，
CQ CR 1 SD DT OR DN 1
故有 = = ， = = = = ，
DS DR 2 SD DR DR AD 3
3 3 5
在Rt△ABM中，AB=3，BM= ，AM= ，
2 2
3 9 3 13
在Rt△MCQ中，MC= ，CQ= ，MQ= ，
2 4 4
3 5
在Rt△QCT中，QC'= ，CT=1，QT= ，
4 4
在Rt△TDN中，TD=2，DN=1，TN= 5，
在Rt△NAA中，NA=2，AA=3，AN= 13，
所以所求的截面五边形AMQTN的周长
5 5 5 7 13
C =AM+MQ+QT+TN+NA= + + .
AMQTN 4 2 4
【点睛】关键点点睛：考查向量的数量积的运算，圆的相关轨迹问题，综合性强，需要较强的分析问题解决问
题的能力，难度大.
24.在平面直角坐标系xOy中有两个定点A-3,0
27
 ，B3,0  ，已知动点M在平面xOy中且M到A，B两
2
点的斜率乘积为- ，点D为定点-1,0
3

(1)求动点M的轨迹方程
(2)如图，在空间中有一点C在平面xOy上方，满足CA⊥平面xOy，且CD  =4，探究直线CD与
CM的夹角是否为定值？若是定值，求出夹角角度，若不是定值，说明理由.
(3)在平面xOy上过点T0,2 6  做直线l，交点M的轨迹于P，Q两点，设Q点关于y轴对称的点为
H，连接HP，求当点C到直线HP距离最大时，直线HP与平面ABC夹角的正切值.
x2 y2
【答案】24．(1) + =1(y≠0)
9 6π
(2)是定值，
6
(3) 6
【分析】(1)设动点坐标，由题意列出等量关系，化简求得动点轨迹方程；
(2)建立空间直角坐标系，设C点的坐标，由CD
28
 求得未知数的值.设M坐标由空间向量求得两直线夹角
的余弦值，结合M的轨迹方程，求得夹角余弦值，从而得出夹角；
(3)通过点T的坐标设直线l的方程，联立直线与椭圆方程，消元得到关于x的二次方程，设交点坐标
x 1 ,y 1  ，x 2 ,y 2  ，由韦达定理建立等量关系，从而求出直线PH的方程，以及定点坐标，从而得到点C到直
线PH的最大距离，以及此时CK⊥HP，由线面垂直的判断证明PH⊥平面CAK，由线线角得到线面角.
【详解】(1)设点M在平面直角坐标系xOy中坐标为x,y 
y y 2
，则 ⋅ =- ，
x+3 x-3 3
x2 y2
解得点M的轨迹方程为 + =1(y≠0)；
9 6

(2)如图，过点O做与向量AC方向做z轴，与原坐标系中x轴，y轴组成空间直角坐标系，
点C在平面xOy上方，且CA⊥平面xoy，
设C -3,0,t  ，则D -1,0,0  ，
因为CD  =4，所以 -3+1  2+02+t-0  2=4，解得t=2 3.
设点M坐标为x,y,0  ，

CD=2,0,-2 3 

，CM =x+3,y,-2 3  ，
 
  CD⋅CM 设向量CD与向量CM 夹角θ，则cosθ= 
CD 

CM 
  2x+18 =
4 x+3 

2+y2+12
 ，
x2 y2 2
由 + =1，得y2=6- x2，
9 6 3
2x+18
代入得cosθ=
4 x2 +6x+27
3

2x+18
=
4 x2 +6x+27
3

2x+18
=
4 x+9
3

 
3
= ，
2
π
所以角θ= ；
6
(3)在平面直角坐标系xOy中，设直线l的方程为y=kx+2 6，
x2 y2
与点M的轨迹方程 + =1(y≠0)联立，得3k2+2
9 6
 x2+12 6kx+54=0，
设点P，Q的坐标为x 1 ,y 1  ，x 2 ,y 2  ，则H点坐标为-x 2 ,y 2  ，
-12 6k 54 y -y
有x 1 +x 2 = 3k2+2 ，x 1 x 2 = 3k2+2 ，PH直线方程为y= x 1 +x 2 x-x 1
1 2
 +y ， 1
xy +x y 2kxx 6
令x=0，得y= 1 2 2 1 =2 6+ 1 2 = ，
x +x x +x 2
1 2 1 2
6
所以直线PH过定点K0,
2
 ，
点C到直线HP距离d≤CK  ，当且仅当CK⊥HP时成立，
此时因为CA⊥平面xOy，HP⊂平面xOy，所以CA⊥HP，AC⊂平面CAK，CK⊂平面CAB，AC∩CK=C，
所以PH⊥平面CAK，
又因为AK⊂平面CAK，所以PH⊥AK，
0- 6
此时k = 2 = 6 ，k = -1 =- 6，
AK -3-0 6 PH k
AK
又直线HP与平面ABC夹角为锐角，
所以直线HP与平面ABC夹角的正切值为 6
【点睛】方法点睛：在求点到动直线距离最大时，只需找到点的定点。所以本题通过已知直线与椭圆的交点
求得动直线方程，找到定点即可完成后面的线面角问题.
考点五 统计与概率
25.某学校为丰富学生活动，积极开展乒乓球选修课，甲乙两同学进行乒乓球训练，已知甲第一局赢的概
1 1 1
率为 ，前一局赢后下一局继续赢的概率为 ，前一局输后下一局赢的概率为 ，如此重复进行.
2 3 2
(1)求乙同学第2局赢的概率；
(2)记甲同学第i局赢的概率为P；
i
(ⅰ)求P
i
(ⅱ)若存在i，使eP i-lnP+1
i
29
 +k≥0成立，求整数k的最小值．
7
【答案】25．(1)
12
1 1
(2)(ⅰ)P= ×-
i 14 6

i-1 3
+ ；(2)-1．
7
【分析】(1)根据独立事件概率公式和互斥事件概率公式计算出甲同学第2局赢的概率，再由对立事件概率
公式计算；
(2)(ⅰ)根据独立事件概率公式和互斥事件概率公式计算；
1 1
(ⅱ)根据独立事件概率公式和互斥事件概率公式确定P与P (i≥2)的关系，P=- P + ，构造等比
i i-1 i 6 i-1 2
数列得出P i ，不等式化为k≥lnP i +1  -ePi，利用导数求出函数f(x)=ln(x+1)-ex的单调性，求出P的 i
最小值为P 2 ，再由函数单调性对lnP 2 +1  -eP2进行估值，从而得出k的最小整数值．
1 1 1
【详解】(1)由题意甲第2局赢的概率为P = × +1-
2 2 3 2

1 5
× = ，
2 12
5 7
所以乙赢的概率为P=1- = ；
12 12
1 1 1 1
(2)(ⅰ)由已知i≥2时，P= P + (1-P )=- P + ，
i 3 i-1 2 i-1 6 i-1 2
3 1 3
所以P- =- P -
i 7 6 i-1 7

3 1 3
，又P- = ，所以数列P-
1 7 14  i 7

1
是等比数列，公比为- ，
6
3 1 1
所以P- = ×-
i 7 14 6

i-1 1 1
，所以P= ×-
i 14 6

i-1 3
+ ；
7
(ⅱ)ePi-lnP i +1  +k≥0即k≥lnP i +1  -ePi，
1
令f(x)=ln(x+1)-ex，则f(x)= -ex，易知f(x)是减函数，f(0)=0，
x+1
所以x>0时，f(x)<0，f(x)递减，
显然P i >0(i∈N*)，因此要求lnP i +1  -ePi的最大值，即求P的最小值， i1 1
又P= ×-
i 14 6
30

i-1 3 3 3
+ ，i为奇数时，P> ，i为偶数时，P< ，
7 i 7 i 7
1 1
且在i为偶数时，P=- ×
i 14 6

i-1 3
+ 是单调递增的，
7
1 1
所以P 是{P}中的最小值，P = ×-
2 i 2 14 6

3 5
+ = ，
7 12
5
所以k≥ln1+
12

5
-e12，
1
又f(x)=ln(x+1)-ex在(0,+∞)上是减函数，所以f
2

5
<f
12
 <f(0)，
1
而f(0)=ln(1+0)-e0=-1，f
2

1
=ln1+
2

1 1
-e2 >-2∵e2<2  ，
5
所以-2<ln1+
12

5
-e12 <-1，
5
所以满足k≥ln1+
12

5
-e12 的整数k的最小值为-1．
【点睛】方法点睛：重复进行的概率问题，一般都要通过独立事件的概率公式、互斥事件概率公式等确定概
率的递推关系P =f(P )，然后构造新的等比数列，从而利用等比数列通项公式求得出表达式．
n n-1
26.为提高我国公民整体健康水平，2022年1月，由国家卫生健康委疾控局指导、中国疾病预防控制中心
和国家体育总局体育科学研究所牵头组织编制的《中国人群身体活动指南(2021)》(以下简称《指
南》)正式发布，《指南》建议18~64岁的成年人每周进行150~300分钟中等强度或75~150分钟高强
度的有氧运动(以下简称为“达标成年人”)，经过两年的宣传，某体育健康机构为制作一期《达标成年
人》的纪录片，采取街头采访的方式进行拍摄，当采访到第二位“达标成年人”时，停止当天采访，记采
访的18~64岁的市民数为随机变量XX≥2  ，且该市随机抽取的18~64岁的市民是达标成年人的概
1
率为 ，抽查结果相互独立.
3
(1)求某天采访刚好到第五位可停止当天采访的概率；
(2)若抽取的18~64岁的市民数X为离散型随机变量，求X的分布列，并求X不超过n的概率.
32
【答案】26．(1)
243
2n+4
(2)分布列答案见解析，概率为1-
 2
×
9 3

n-2
【分析】(1)分析可知，采访的前四位中有一位是达标成年人，第五位必是达标成年人，利用独立重复试验的
概率公式以及独立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
(2)由题意，列出随机变量XX≥2 
1
的分布列，则得 3 
2 1
+C1× 2 3 
2 2 1
× +C1× 3 3 3 
2 2
× 3 
2
+⋯
1
+C1 ×
n-1 3

2 2
×
3

n-2
，利用错位相减法求和可求出所求事件的概率.
【详解】(1)根据题意，某天采访刚好到第五位可停止当天采访，
即采访的前四位中有一位是达标成年人，第五位必是达标成年人，
1 2
所以某天采访刚好到第五位可停止当天采访的概率为C1× ×
4 3 3

3 1 32
× = .
3 243
(2)由题意可知，若采访的人数为n，则意味着采访前n-1个人中，有一个是达标成年人，
第n个人为达标成年人，所以，采访的人数为nn≥2
31

1
的概率为C1 × n-1 3 
2 2
× 3 
n-1
，
依题意，可得随机变量XX≥2  的分布列如下表所示：
X 2 3 4 ⋯ n
1
P 
3

2 1
C1×
2 3

2 2 1
× C1×
3 3 3

2 2
×
3

2 1
⋯ C1 ×
n-1 3

2 2
×
3

n-2
所以，PX≤n 
1
= 3 
2 1
+C1× 2 3 
2 2 1
× +C1× 3 3 3 
2 2
× 3 
2 1
+⋯+C1 × n-1 3 
2 2
× 3 
n-2
1 2 2 = 1+2× +3×
9 3 3
 2 +⋯+n-1  2 ×
3
  n-2 

 ，
2 2
记S=1+2× +3×
3 3

2
+⋯+n-1 
2
×
3

n-2
①，
2 2 2
则 S=1× +2×
3 3 3

2 2
+3×
3

3
+⋯+n-1 
2
×
3

n-1
②，
1 2 2
由①-②，可得 S=1+ +
3 3 3

2 2
+⋯+
3

n-2
-n-1 
2

3

n-1
，
1- 2
即 1 S= 3
3
 n-1
-n-1
1-2
3
 2 
3
 n-1 ，解得S=9-2n+4  2 ×
3
 n-2 ，
2n+4
所以，X不超过n的概率为1-
 2
×
9 3

n-2
.
27.拿破仑排兵布阵是十分厉害的，有一次他让士兵站成一排，解散以后马上再重新站成一排，并要求这
些士兵不能站在自己原来的位置上．
(1)如果只有3个士兵，那么重新站成一排有多少种站法？4个呢？
(2)假设原来有n个士兵，解散以后不能站在自己原来位置上的站法为D 种，写出D 和D ，
n n+1 n
D n-1n≥2  之间的递推关系，并证明：数列D -nD n n-1  n≥2  是等比数列；
(3)假设让站好的一排n个士兵解散后立即随机站成一排，记这些士兵都没有站到原位的概率为P ，
n
1 x2 x3 xn
证明：当n无穷大时，P 趋近于 ．(参考公式：ex=1+x+ + +⋯+ +⋯⋯)
n e 2! 3! n!
【答案】27．(1)2；9
(2)D n+1 =nD n +D n-1  ，n≥2，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据分布计数乘法原理和特殊位置优先法计数即得；
(2)先假设有n+1个人，依题意，可分两个步骤完成：第一步，甲选位置，第二步排其余n个人，分类统计方
法数得D n+1 =nD n +D n-1  ，将其化为 D n+1 -n+1  D n =-1，可证得等比数列D -nD D -nD n n-1
n n-1
 ；
D
(3)由题得P n = n! n ，根据(2)结论求得D n -nD n-1 =-1 
D D
n，推理得 n - n-1 n! n-1 
-1
= !
 n
，赋值后累加 n!
D 1 1 1 1 -1
即得P = n = - + - +⋯+
n n! 2! 3! 4! 5!
 n
，由参考公式取x=-1即可证明.
n!
【详解】(1)当有3个士兵时，重新站成一排有2种站法；
当有4个士兵时，假设先安排甲，有3种站法，若甲站到乙的位置，那就再安排乙，也有3种站法，
剩下的两个人都只有1种站法，由分步乘法计数原理可得有3×3×1×1=9种站法．(2)易知D =0，D =1．
1 2
如果有n+1个人，解散后都不站原来的位置可以分两个步骤：
第一步：先让其中一个士兵甲去选位置，有n种选法；
第二步：重排其余n个人，根据第一步，可以分为两类：
第一类：若甲站到乙的位置上，但乙没有站到甲的位置，这样的站法有D 种；
n
第二类：若甲站到乙的位置上，乙同时站到甲的位置，这样的站法有D 种．
n-1
所以D n+1 =nD n +D n-1
32
 ，n≥2，又D -2D =1， 2 1
所以 D n+1 -n+1  D n = nD n +D n-1
D -nD
n n-1
 -n+1  D -D +nD n = n n-1 =-1．
D -nD D -nD
n n-1 n n-1
所以数列D -nD
n n-1
 ，n≥2是首项为1，公比为-1的等比数列
D
(3)由题意可知P = n ，
n n!
由(2)可得：D n -nD n-1 =-1 
D D
n，则 n - n-1 n! n-1 
-1
= !
 n
． n!
D
对n进行赋值，依次得： n-1
n-1 
D
- n-2
! n-2 
-1
=
!
 n-1
n-1 
D
， n-2
! n-2 
D
- n-3
! n-3 
-1
=
!
 n-2
n-2 
D D
，⋯， 2 - 1
! 2! 1!
1
=
2!
D D 1 1 1 1 -1
将以上各式左右分别相加，得： n - 1 = - + - +⋯+
n! 1! 2! 3! 4! 5!
 n
，因D =0，
n! 1
D 1 1 1 1 -1
则 n = - + - +⋯+
n! 2! 3! 4! 5!
 n
．
n!
D 1 1 1 1 -1
即得P = n = - + - +⋯+
n n! 2! 3! 4! 5!
 n 1 1 1 1 -1
=1-1+ - + - +⋯+
n! 2! 3! 4! 5!
 n
，
n!
1 1 1 1 -1
当n无穷大时，P =1-1+ - + - +⋯+
n 2! 3! 4! 5!
 n 1
+⋯=e-1= ，得证.
n! e
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于寻找题中D n+1 和D n ，D n-1n≥2  之间的递推关系，通过两个计数
原理的运用，先分步再分类得到D n+1 =nD n +D n-1  ，第二个关键是根据数列递推公式，通过拼凑项得到等
比数列D -nD
n n-1
 ，为第三题证明结论做好知识铺垫.
28.某学校组织全校学生进行了一次“两会知识知多少”的问卷测试．已知所有学生的测试成绩均位于区
间 50,100  ，从中随机抽取了40名学生的测试成绩，绘制得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值，并估算这40名学生测试成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代
替)；
(2)现学校准备利用比例分配的分层随机抽样方法，从 80,90  和 90,100  的学生中抽取7人组成两会知识宣讲团．
①求应从 80,90
33
 和 90,100  学生中分别抽取的学生人数；
②从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，设事件A=“至少有1人测试成绩位于区间
90,100  ”，求事件A的概率．
【答案】28．(1)a=0.030，74.5
11
(2)①5人，2人；② .
21
【分析】(1)根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和等于1列方程，可得实数a的值，进而求平均数；
(2)①根据频率分布直方图得80,90  和90,100  的面积之比，进而根据比例抽样即可；
②列出7人中随机抽取2人的21种情况，确定至少有1人测试成绩位于区间90,100  有11种，即可得解.
【详解】(1)由频率分布直方图，得(0.015+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，解得a=0.030；
所以估算这40名学生测试成绩的平均数为
55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.25+95×0.1=74.5；
(2)①由图可得80,90  和90,100 
0.25 5
这两组的频率之比为 = ，
0.10 2
故应从80,90 
5
学生中抽取的学生人数为7× =5(人)，
7
应从90,100 
2
学生中抽取的学生人数为7× =2(人)；
7
②设从80,90  中抽取的5人为a,b,c,d,e，从90,100  学生中抽取的2人为1，2，
则这个试验的样本空间
Ω={ab,ac,ad,ae,a1,a2,bc,bd,be,b1,b2,cd,ce,c1,c2,de,d1,d2,e1,e2,12}，则nΩ  =21；
又A=a1,a2,b1,b2,c1,c2,d1,d2,e1,e2,12  ，则nA  =11，
故PA 
nA
=

nΩ 
11
= .
21
29.某购物平台为了吸引更多的顾客在线购物，推出了A和B两个套餐服务，并在购物平台上推出了优惠
券活动，顾客可自由选择A和B两个套餐之一，下图是该购物平台7天销售优惠券的情况(单位：千
张)的折线图：
(1)由折线图可看出，可用回归模型拟合y与t的关系，请用相关系数加以说明；
1 2
(2)假设每位顾客选择A套餐的概率为 ，选择B套餐的概率为 ，其中A包含一张优惠券，B套餐
3 3
包含两张优惠券，截止某一时刻，该平台恰好销售了n张优惠券，设其概率为P ，求P ；
n n
(3)记(2)中所得概率P 的值构成数列P n n  n∈N*  ，求数列P n  的最值．7 7 7 
参考数据：y =16.17，ty =68.35， ∑ y -y
i i i i
i=1 i=1 i=1
34
 2=0.72， 7=2.646
n 
∑ t -t
i
参考公式：相关系数r= i=1


y -y
i

n 
∑ t -t
i
i=1

n 
2∑ y -y
i
i=1
 2
【答案】29．(1)答案见解析
3 2 2
(2)P = + -
n 5 5 3

n
7 1
(3)最大值为 ，最小值为 ．
9 3
【分析】(1)根据折线图中数据和附注中参考数据可计算相关系数；
1 2
(2)根据题意得P n = 3 P n-1 + 3 P n-2n≥3  ，由递推关系可得等比数列P -P n n-1  ，利用等比数列的前n项
和公式计算即可；
(3)利用指数函数的单调性和极限思想可求最值.
 7 
【详解】(1)由折线图中数据和附注中参考数据得t=4， t-t
i
i=1

7 
 2=28， y-y
i
i=1
  2=0.72，
7 
t-t
i
i=1


 y-y
i

7  7
=ty -ty =68.35-4×16.17=3.67，
i i i
i=1 i=1
3.67
所以相关系数r= ≈0.9632，
0.72×2×2.646
因为y与t的相关系数近似为0.9632，说明y与t的相关程度相当高，从而可以用线性回归模型拟合y与t
的关系.
1 2
(2)依题意得，P n = 3 P n-1 + 3 P n-2n≥3 
1 1 1 2 7
，其中P= ，P = × + = ， 1 3 2 3 3 3 9
2
则P n -P n-1 =- 3 P n-1 -P n-2  n≥3  ，
所以P -P
n n-1

4 2
是以首项为P -P= ，公比为- 的等比数列，
2 1 9 3
4 2
故P -P = - n n-1 9 3 
n-2
n≥2  成立，
4 2 则有P -P +P -P +⋯+P -P= -
n n-1 n-2 n-3 2 1 9 3
 0 2 +-
3
 2 +-
3
 2 2 +⋯+-
3
  n-2 


1--2
4 3 =
9

n-1
1--2
3

4 4 2
= - -
15 15 3

n-1
，
4 4 2
所以P =P+ - -
n 1 15 15 3

n-1 1
，又P= ，
1 3
1 4 4 2
则P = + - -
n 3 15 15 3

n-1 3 2 2
= + -
5 5 3

n
.
3 2 2
(3)当n为偶数时，P = + 
n 5 5 3

n 7 3
，单调递减，最大值为P = ，n→+∞，P →
2 9 n 5
3 2 2
当n为奇数时，P = - 
n 5 5 3

n 1 3
，单调递增，最小值为P= ，n→+∞，P →
1 3 n 5
所以数列P
n

7 1
的最大值为 ，最小值为 ．
9 3
30.某汽车公司最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程(指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试．现对测试数据进行整理，得到
如下的频率分布直方图：

(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)由频率分布直方图计算得样本标准差s的近似值为49.75．根据大量的汽车测试数据，可以认为这
款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布Nμ,σ2
35


，其中μ近似为样本平均数x，σ近似为样
本标准差s．假设某企业从该汽车公司购买了20辆该款新能源汽车，记Z表示这20辆新能源汽车中
单次最大续航里程位于区间250.25,399.5  的车辆数，求EZ  ；
(3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据
抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在x轴上从原点O出发向右运动，已知硬币出现正、反面的概率都
1
，客户每掷一次硬币，遥控车向右移动一次，若掷出正面，遥控车向右移动一个单位，若掷出反面，遥
2
控车向右移动两个单位，直到遥控车移动到点59,0  (胜利大本营)或点60,0  (失败大本营)时，游戏
结束．若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券．设遥控车移到点n,0  的概率为
P n1≤n≤60  ，试证明数列P -P n n-1  是等比数列2≤n≤59  ，求出数列P n  1≤n≤60  的通项公
式，并解释这种游戏方案对意向客户是否有吸引力．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布Nμ,σ2  ，则Pμ-σ<ξ<μ+σ  =0.6827，
Pμ-2σ<ξ<μ+2σ  =0.9545，Pμ-3σ<ξ<μ+3σ  =0.99731．
【答案】30．(1)300
(2)E(Z)=16.372
2 -1 ⋅-1
3 6 2
(3)证明见解析，P =
n
 n-1 , 1≤n≤59
1 +1 ⋅ 1
3 6 2


 ，有吸引力
58 , n=60
【分析】(1)根据频率分布直方图中平均数计算方法计算可得；
(2)依题意X∼N300,49.752  ，根据正态分布的性质求出P(250.25<X<399.5)，则Z∼B20,0.8186  ，再
根据二项分布的期望公式计算可得；
(3)根据已知条件构造等比数列，然后利用累加法求得P，利用差比较法比较P 和P 的大小，即可判断.
n 59 60
【详解】(1)由频率分布直方图可得：

x≈205×0.1+255×0.2+305×0.45+355×0.2+405×0.05=300；
(2)依题意可得X∼N300,49.752  ，
0.9545-0.6827
则P(250.25<X<399.5)=0.6827+ =0.8186，
2
所以Z∼B20,0.8186  ，所以E(Z)=20×0.8186=16.372；1 1 1
(3)当3≤n≤59时，P n = 2 P n-1 + 2 P n-2 ，则P n -P n-1 =- 2 P n-1 -P n-2
36
 ，
1 1 1 1 3 1
又P= ，P = × + = ，所以P -P= ，
1 2 2 2 2 2 4 2 1 4
∴P -P
n n-1

1 1
(2≤n≤59)是以 为首项，- 为公比的等比数列，
4 2
1 1
所以P -P = ×-
n n-1 4 2

n-2
(2≤n≤59)，
1 1 1
则P -P= ,P -P = ×-
2 1 4 3 2 4 2

1 1
,⋯,P -P = ×-
n n-1 4 2

n-2
(2≤n≤59).
1 1--1
4 2 累加得：P -P=
n 1

n-1
 
1 1 = × 1--
1+1 6 2
2
  n-1 

 ，
2 1 1
所以P = - ×-
n 3 6 2

n-1
(2≤n≤59)，
1 1 1 1
又P = P = + ×
60 2 58 3 6 2

58
，
2 -1 ⋅-1
3 6 2
∴P =
n
 n-1 , 1≤n≤59
1 +1 ⋅ 1
3 6 2


 ，
58 , n=60
1 1 1 ∵P -P = - ×
59 60 3 3 2
 58 1 1 = 1-
3 2
  58 

 >0，∴P >P ，
59 60
所以这种游戏方案对意向客户有吸引力.
考点六 圆锥曲线的方程
3
31.已知动点P与两定点A(2,0)，B(-2,0)连线的斜率之积为- ，点F(-1,0)，点Q(1,1).
4
(1)求点P的轨迹方程；
(2)求PQ  +PF  的最大值．
x2 y2
【答案】31．(1) + =1x≠±2
4 3

(2)5
【分析】(1)设P(x,y)，根据斜率之积列方程，化简即可得到结果.
(2)确定椭圆的左右焦点，根据椭圆的定义转化即可得到最大值.
y y
【详解】(1)设P(x,y)，则k = (x≠2)，k = (x≠-2)，
PA x-2 PB x+2
3 y y 3 x2 y3
由k ⋅k =- 得 ⋅ =- ，整理得 + =1(x≠±2).
PA PB 4 x-2 x+2 4 4 3
x2 y2
故点P的轨迹方程为 + =1(x≠±2).
4 3
(2)由(1)知点P的轨迹为除去长轴端点的椭圆，其中a=2,b= 3,c= 4-3=1，
故点F(-1,0)为椭圆的左焦点，设椭圆的右焦点为F(1,0).
1 1
∵ + <1，∴点Q在椭圆内，
4 3由椭圆的定义得PQ
37
 +PF  =PQ  +2a-PF  ≤QF  +2a=1+4=5，
当P，Q，F三点共线(F在线段PQ上)时取等号，所以PQ  +PF  的最大值为5.
32.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F2,0  ，直线l:y=kx+mk≠0  与C交于A，B两点，且FA 
+FB  =8，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Dd 0 ,0  ．
(1)求d 的值；
0
(2)求△ABD面积的最大值．
【答案】32．(1)d =6
0
64 6
(2)
9
4
【分析】(1)联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理和抛物线定义得到m= -2k，写出直线AB的垂
k
直平分线方程即可求解；
(2)利用弦长公式和点到直线的距离公式求出△ABD的面积的表达式，利用换元法构造函数ft  =1+t
-t2-t3(0<t<1)，根据导数判断函数ft  的单调性并求出最大值即可求出△ABD面积的最大值.
【详解】(1)由题意抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F2,0  ，则p=4，
可得y2=8x，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，
y=kx+m
联立  ，得k2x2+2km-8
y2=8x
 x+m2=0，k≠0，
8-2km m2
所以x +x = ，xx = ，
1 2 k2 1 2 k2
又FA  +FB 
8-2km 4
=x +x +4= +4=8，可得m= -2k,mk=4-2k2， 1 2 k2 k
由Δ=(2km-8)2-4k2m2=322-km  =64k2-1  >0，得k<-1或k>1，
设AB的中点坐标为x 0 ,y 0 
x+x
x = 1 2 =2
，则 0 2 ，
y =kx +m=2k+m
0 0
1
所以AB的垂直平分线方程为：y-2k-m=- x-2
k
 ，4 1
将m= -2k代入整理得y=- x-6 k k
38
 ，令y=0，即得d =6； 0
(2)由(1)得AB  = 1+k2 x 1 +x 2 
8-2km
2-4xx = 1+k2⋅  1 2 k2 
2 4m2
- k2
8 k2-1
= 1+k2⋅ ，
k2
又点D6,0  6k+m 到直线AB的距离d= 
4k+1
k =
1+k2
 ，
1+k2
1 则△ABD的面积为S= AB
2

16 k2-1k+1
k ⋅d=

，
k2
256k2-1
S2=
 k2+ 1 +2
k2

1 1 1
=2561+ - -
k4 k2 k4 k6
 ，
1
令 =t0<t<1
k2
 ，设ft  =1+t-t2-t30<t<1  ，则ft  =1-2t-3t2，
令ft 
1
>0，解得0<t< ，令ft
3

1
<0，解得 <t<1，
3
则ft 
1
在0,
3

1
单调递增，在 ,1
3
 上单调递减，
1 1
所以当t= 时，f(t) =f
3 max 3

32 32
= ，即S2的最大值为256× ，
27 27
32 64 6
所以△ABD面积的最大值为 256× = ．
27 9
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第二问中求解三角形的面积最值时，要利用弦长公式以及点到直线的
距离求出三角形面积的表达式，进而利用导数求解最值.
x2 y2
33.已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
 经过点A2,1 
2
，离心率为 ，过点B3,0
2
 的直线l与椭圆交于不
同的两点M、N.
(1)求椭圆的方程；
(2)若MN 
3 2
= ，求直线MN的方程.
2
x2 y2
【答案】33．(1) + =1
6 3
(2)x- 2y-3=0或x+ 2y-3=0
【分析】(1)根据题意可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
(2)分析可知，直线MN不与x轴重合，设直线MN的方程为x=my+3，设点Mx 1 ,y 1  、Nx 2 ,y 2  ，将直线
MN的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式结合韦达定理求出m的值，即可得出直线
MN的方程.
 4 + 1 =1
 a2 b2  a= 6
【详解】(1)由题意可得  c = 2 ，解得b= 3 ，
  a 2 c= 3
a2=b2+c2
x2 y2
因此，椭圆的方程为 + =1.
6 3
(2)若直线MN与x轴重合，则MN  =2a=2 6，不合乎题意，设直线MN的方程为x=my+3，设点Mx 1 ,y 1
39
 、Nx 2 ,y 2  ，
x=my+3
联立  可得m2+2
x2+2y2=6
 y2+6my+3=0，
则Δ=36m2-12m2+2  =24m2-1  >0，所以，m2>1，
6m 3
由韦达定理可得y +y =- ，yy = ，
1 2 m2+2 1 2 m2+2
所以，MN  = 1+m2⋅ y 1 +y 2 
6m
2-4yy = 1+m2 - 1 2 m2+2 
2 12
- m2+2
2 6 m4-1 3 2
= = ，解得m=± 2，
m2+2 2
所以，直线MN的方程为x= 2y+3或x=- 2y+3，即x- 2y-3=0或x+ 2y-3=0.
x2 y2
34.已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的实轴长为2，离心率为 5.过右焦点F的直线l与双曲线
a2 b2
C的左、右两支分别交于点A,B
(1)求双曲线C的标准方程;
2
(2)设直线OA,OB(O为坐标原点)的倾斜角分别为α,β，且α+β=π+arctan ，求直线l的方程;
5
(3)点M是线段AB的中点，过点F且与直线l垂直的直线m交直线OM于点P，求三角形PAB面积
的最小值.
y2
【答案】34．(1)C:x2- =1
4
2
(2)y= x- 5
3

2
或y= x- 5
7
(3)3 3
【分析】(1)由离心率和实轴长列方程组求得a,c，计算出b2后即得双曲线标准方程；
(2)设直线AB方程为y=k(x- 5)，(-2<k<2)，设A(x,y),B(x ,y )，直线方程代入双曲线方程消元后
1 1 2 2
2 y y
应用韦达定理得x +x ,xx ，代入tan(α+β)= (其中tanα= 1 ，tanβ= 2 )可求得k得直线方程；
1 2 1 2 5 x x
1 2
x +x 5k2 4 5k
(3)设M(x ,y )，则x = 1 2 = ，y =k(x - 5)= ，由x ,y 写出直线OM方程与直线PF
0 0 0 2 k2-4 0 0 k2-4 0 0
方程联立求得P点坐标(x,y)，计算AB
40

1
和PF，然后由S = AB
△PAB 2
 PF  计算面积，利用换元法化简表
达式，最后再利用导数求得最值．
2a=2

【详解】(1)由已知c
= 5
，所以a=1，c= 5，则b2=c2-a2=4，
a
y2
所以双曲线标准方程是x2- =1；
4
y2
(2)双曲线x2- =1的渐近线为y=±2x，焦点为F坐标为( 5,0)，设直线AB方程为y=k(x- 5)，(
4
-2<k<2)，设A(x,y),B(x ,y )，
1 1 2 2
y2
x2- =1
 4 ，消去y得(4-k2)x2+2 5k2x-(5k2+4)=0，
y=k(x- 5)
2 5k2 5k2+4
∴x +x = ，xx = ，
1 2 k2-4 1 2 k2-4
y y
直线OA,OB(O为坐标原点)的倾斜角分别为α,β，即tanα= 1 ，tanβ= 2 ，
x x
1 2
2 2
∵α+β=π+arctan ，∴tan(α+β)= ，
5 5
y y
1 + 2
又tan(α+β)= tanα+tanβ = x 1 x 2 = x 2 y 1 +x 1 y 2 = kx 2 (x 1 - 5)+kx 1 (x 2 - 5)
1-tanαtanβ 1- y 1 y 2 x 1 x 2 -y 1 y 2 x 1 x 2 -k2(x 1 - 5)(x 2 - 5)
xx
1 2
k[2xx - 5(x +x )]
= 1 2 1 2 ，
(1-k2)xx + 5k2(x +x )-5k2
1 2 1 2
k
10k2+8
-
10k2
k2-4 k2-4
∴

2
= ，化简得21k2-20k+4=0，
(1-k2)⋅5k2+4 + 10k4 -5k2 5
k2-4 k2-4
2 2
解得k= 或k= ，
3 7
2
∴直线l的方程为y= x- 5
3

2
或y= x- 5
7
 ；
x +x 5k2 4 5k
(3)设M(x ,y )，则x = 1 2 = ，y =k(x - 5)= ，
0 0 0 2 k2-4 0 0 k2-4
y
直线OM方程为y= 0 x，
x
0
1
PF⊥l，则直线PF的方程为y=- (x- 5)，
k
y=-1 (x- 5) x= 5x 0
由   y= x y 0 0 k x ，解得   y= x x 0 0 + + 5 k y k y 0 y 0 0 ，即P x 0 + 5x ky 0 0 , x 0 + 5 k y y 0 0  ，
2 5k2 5k2+4
由(2)知x +x = ，xx = ，
1 2 k2-4 1 2 k2-4AB
41
 = 1+k2x 1 -x 2 
20k4 4(5k2+4) 8(k2+1)
= 1+k2⋅ (x +x )2-4xx = 1+k2⋅ - = ， 1 2 1 2 (k2-4)2 k2-4 4-k2
PF  1 = 1+ x- 5
k2
 1+k2 5x =  0 - 5
k2 x +ky
0 0
 = 1+k2  5ky 0
k2 x +ky
0 0

20k2
1+k2  k2-4 =
k2 5k2 +4 5k2
k2-4 k2-4
 =
4 5 1+k2
⋅ ，
5 k2
1
所以S = AB
△PAB 2
 PF 
16 5 (1+k2)3
= ⋅ ，
5 k2(4-k2)2
设u=k2+1，则u∈[1,5)，
(1+k2)3 u3 u3 1
y= = = = ，
k2(4-k2)2 (u-1)(5-u)2 u3-11u2+35u-25 1-11 +35 -25
u u2 u3
1 1 令t= ，t∈ ,1
u 5
 ，
1
y= ，令f(t)=-25t3+35t2-11t+1，
-25t3+35t2-11t+1
1 则f(t)=-75t2+70t-11=-(5t-1)(15t-11)，由f(t)=0且t∈ ,1
5
 11 得t= ，
15
1 11 11
<t< 时，f(t)>0，f(t)递增， <t<1时，f(t)<0，f(t)递减，
5 15 15
11
所以f(t) =f
max 15

256 135
= ，y = ，
135 min 256
16 5 135
所以(S ) = × =3 3．
△PAB min 5 256
【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线相交问题，才学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于
困难题．直线与双曲线相交，一般设出直线方程y=kx+b，设出交点坐标(x,y),(x ,y )，直线方程代入双
1 1 2 2
y
曲线方程后应用韦达定理得x +x ,xx ，题中涉及的其他量尽量用这两个交点的坐标表示，如tanα= 1 ,
1 2 1 2 x
1
y
tanβ= 2 ，如计算△PAB的面积，先计算出AB x
2
 和PF，再求面积，目的是可以代入韦达定理的结果x 1 +
x ,xx ，转化为参数k的函数来解决．
2 1 2
x2 y2
35.已知点 F (-2,0),F (2,0) 分别为椭圆 C: + = 1 的左、右焦点，经过点 F 且倾斜角为
1 2 a2 12 1
π
θ0<θ<
2
 的直线l与椭圆C交于A,B两点(其中点A在x轴上方).如图，将平面xOy沿x轴向上
折叠，使二面角A-FF -B为直二面角，折叠后A,B在新图形中对应点记为A,B.
1 2π
(1)当θ= 时，
3
①求证：AO⊥平面BFF；
1 2
②求直线AF 与平面ABF 所成角的正弦值；
2 1
π
(2)是否存在θ0<θ<
2
42
 ，使得折叠后△ABF 的周长为15？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说
2
明理由.
15
【答案】35．(1)①证明见解析；② ；
5
3 35
(2)存在，tanθ= .
14
【分析】(1)①求出椭圆方程及直线l的方程，联立求出点A,B的坐标，进而求出点A,B的坐标，再利用面
面垂直的性质推理得证；②建立空间直角坐标系，求出平面ABF 的法向量，再利用线面角的向量法求解.
1
(2)设折叠前A(x,y),B(x ,y )，表示折叠后点A,B的坐标，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达
1 1 2 2
定理结合AB  -AB 
28
=1建立关系，求出m2= ，即得tanθ的值.
45
x2 y2
【详解】(1)①依题意，椭圆C的半焦距c=2，则a2=12+22=16，椭圆C的方程为 + =1，
16 12
直线l:y= 3(x+2)，由

y= 3(x+2) 消去y得15x2+48x=0，解得x=0或- 16 ，
3x2+4y2=48 5
16 6 3
而点A在x轴上方，则A(0,2 3),B- ,-
5 5
 ，AO⊥FF，
1 2
折叠后有AO⊥FF，而二面角A-FF -B为直二面角，即平面AFF ⊥平面FFB，
1 2 1 2 1 2 1 2
平面AFF ∩平面FFB=FF，AO⊂平面AFF，所以AO⊥平面BFF.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
②以O为坐标原点，折叠后的y轴负半轴为x轴，原x轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标
系，
6 3 16
则F(0,-2,0),A(0,0,2 3),B ,- ,0
1 5 5
 ,F(0,2,0)，
2
 
6 3 6
AF =(0,2,-2 3),BF =- , ,0
2 1 5 5


,AF =(0,-2,-2 3)，
1

设平面ABF 的法向量为n=(x,y,z)，
1


则   n n  ⋅ ⋅ A B    F F 1 = = - - 2 6 y- 3 x 2 + 3 6 z y = = 0 0 ，令y= 3，得n  =(1, 3,-1)，
1 5 5


  |n⋅AF| 4 3 15
直线AF 与平面ABF 所成角的正弦值为|cos‹n,AF›|=  2 = = .
2 1 2 |n  ||AF| 5⋅4 5
2
(2)假定存在符合条件的θ，设折叠前A(x,y),B(x ,y )，折叠后A(0,x,y),B(-y ,x ,0)，
1 1 2 2 1 1 2 2x=my-2
设直线l方程为my=x+2，由

消去x得(3m2+4)y2-12my-36=0，
3x2+4y2=48
12m -36
则y +y = ,yy = ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
折叠前AB
43
 = (x -x )2+(y -y )2，折叠后|AB|= (x -x )2+y2+y2， 1 2 1 2 1 2 1 2
由AF 2  +BF 2  +AB  =15，AF 2  +BF 2  +AB  =16，则AB  -AB  =1，
即AB  -AB  = (x -x )2+(y -y )2- (x -x )2+y2+y2=1， 1 2 1 2 1 2 1 2
-2yy
分子有理化得 1 2
x 1 -x 2  2+y 1 -y 2  2+ x 1 -x 2 
=1，
2+y2+y2 1 2
即 (x -x )2+(y -y )2+ (x -x )2+y2+y2=-2yy ，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 1
解得 (x -x )2+(y -y )2= -yy ，则 (my -1-my +1)2+(y -y )2= -yy ，
1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2
1 12m
即 m2+1 (y +y )2-4yy = -yy ， m2+1 
1 2 1 2 2 1 2 3m2+4

2 144 1 36
+ = + ，
3m2+4 2 3m2+4
3m2+76 28 π 1 3 35
整理得24(m2+1)= ，解得m2= ，由0<θ< ，得tanθ= =
2 45 2 m 14
π
所以存在θ0<θ<
2

3 35
，使得折叠后△ABF 的周长为15，tanθ= .
2 14
【点睛】思路点睛：在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量
关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置
关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.
x2 y2
36.双曲线 C： - =1的左、右焦点为 F₁、F₂，右顶点为A．⊙M 的圆心在x轴上，位于A的右
9 3
侧，与双曲线C有且仅有一个公共点，
(1)求⊙M 的最大半径为多少，及此时⊙M 的方程；
(2)如图1，在(1)的条件下，过双曲线C上一点 P作⊙M 的切线，切点为Q，过P且垂直于x轴的直
线与双曲线其中一条渐近线交于 R，求PQ  +PR  的最小值：(3)双曲线右支上一点 N 在右焦点 F₂的正上方，如图2，将双曲线的左支绕y轴翻折． 使左右支所
在的两个半平面所成的二面角大小为θ，若 ∀θ≠0，过 N的直线m总与左支相交，以原双曲线所在坐
标平面的O为原点，过O垂直于xOy 平面方向为z轴建立空间直角坐标系，求直线m的一个方向向
量．
【答案】36．(1)x-4
44
 2+y2=1
(2)2 6-2 3
(3) 3,2,3  或 3,2,-3  (其它共线的非零向量也可以)
【分析】(1)由两点间距离公式可得，双曲线上任一点到圆心距离PM 
4
= 3 x2 0 -2mx 0 +m2-3x 0 ≥3  ，由
3
最小值在x =3处取到，得对称轴x= m≤3，求得m最大值，进而得到圆半径的最大值，求出圆的方程
0 4
即可；
(2)设P(x 0 ,y 0 )，分别表示出PQ  ,PR  ，按点P所在象限分类讨论.当P在第一象限时，化简得|PQ|+|PR|
= 3x -y -2 3，转化为动点P到定直线的距离的2倍求解，再利用几何意义求相切(最值状态)时的距
0 0
离即可得，由对称性同理可得在第四象限时的最值；
x=x cosθ
 0
(3)结合旋转过程中y 不变性质，写出点P坐标y=y ，消参θ结合双曲线方程得到动点P(x,y,z)满
0 0
z=±x sinθ
0
x2 y2 z2
足方程 - + =1，结合方向向量分别设点E及对称情况下的坐标，由其总在左支上代入方程化简
9 3 9
可得.
【详解】(1)由题意及双曲线的对称性，
当⊙M半径最大时，公共点位于双曲线右顶点A(3,0)，
此时双曲线右支上任一点P(x ,y )，
0 0
到圆心M(m,0)(m>3)的最小距离恰好在顶点A(3,0)处取到，
由PM  = (x 0 -m)2+y2 0 = x 0 -m 
x2 4
2+ 3 0 -3= 3 x2 0 -2mx 0 +m2-3x 0 ≥3  ，
若PM  的最小值在x =3时取到， 0
4 3
则二次函数y= x2-2mx +m2-3的对称轴x= m≤3，解得m≤4，
3 0 0 4
⊙M的半径r=m-3≤1.
当m=4时，⊙M的最大半径为1，
此时⊙M的方程为x-4  2+y2=1.
(2)设Px 0 ,y 0  ，则PQ  = PM2-QM2= x 0 -3  2+y2-1， 0
x2
因为P(x ,y )以双曲线上，所以y2= 0 -3，
0 0 0 3
所以PQ  = x 0 -4 
x2 4 2 3
2+ 3 0 -3-1= 3 x2 0 -8x 0 +12= 3 x 0 -3  ，
由题意，PR  =y -y R P 
3
=± x -y 3 0 0  ，
①点P位于第一象限时，
PR 
3
=± x -y 3 0 0 
3
= 3 x 0 -y 0 ，PQ 
2 3
= 3 x 0 -3  ，
故|PQ|+|PR|= 3x -y -2 3，设直线l: 3x-y-2 3=0，
0 0
故|PQ|+|PR|= 3x -y -2 3可看作是双曲线上的点到直线l距离的2倍.
0 0设平行于l的双曲线的切线为y= 3x+t，
y= 3x+t

联立x2
-
y2
=1
消y得，8x2+6 3tx+3t2+9=0，
9 3
△=108t2-96t2+3
45
 =12t2-288=0，解得t=±2 6.
此时距l较近的切线为y= 3x-2 6，故两线距离为 6- 3，
9 2 6
当且仅当x = ,y = 时取到.
0 4 0 4
所以|PQ|+|PR|  =2 6-2 3；
min
②当点P位于第四象限时，由对称性可知，|PQ|+|PR|= 3x +y -2 3，
0 0
且|PQ|+|PR| 
9 2 6
=2 6-2 3，当且仅当x = ,y =- 时取到. min 0 4 0 4
|PQ|+|PR|的最小值为2 6-2 3.
(3)注意到左半支双曲线旋转时，曲线上的任意一点P(x ,y )绕(0,y )作圆周运动，
0 0 0
轨迹是以(0,y 0 )为圆心，x 0  为半径的圆，
故可在空间直角坐标系中设旋转后的P点坐标为P(x,y,z)，
x=x cosθ
 0 x2 y2
则y=y ，因为 0 - 0 =1，
0 9 3
z=±x sinθ
0
x2 y2 z2
所以经过旋转后的点P坐标满足 - + =1，
9 3 9
由题意，N2 3,1,0 

，设直线m的方向向量为m=(a,b,c)，
则直线上任意点的坐标E2 3+at,1+bt,ct  ,t∈R，
若E总是在左支上，则2 3+at  2-31+bt  2+ct  2=9，
化简得a2+c2-3b2  t2+4 3a-6b  t=0(∗)
同理，E2 3-at,1-bt,-ct  ,t∈R也在左支上，代入化简得
a2+c2-3b2  t2-4 3a-6b  t=0(•)
则由∗•两式分别相加减得，a2+c2-3b2  t2=0与2 3a-3b  t=0，
由式子对任意t∈R成立，
则a2+c2-3b2=0，且2 3a-3b=0，
令a= 3，则b=2,c=±3.

故直线m的一个方向向量可以为m= 3,2,3  或 3,2,-3  .
(注意：其它与这两个向量共线的非零向量都可以)
【点睛】关键点点睛：解决此题有两个关键，一是将距离通过代数运算化简，再利用几何意义点线距及相切
最值状态求解；二是挖掘不受θ的影响动点满足的关系.