技巧04解答题解法与技巧（练）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第二篇 解题技巧篇 技巧04 解答题解法与技巧（练） π 1．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）已知函数 f x Asinxcosx 3cos2x的一个零点为 ． 6 f x (1)求A的值和函数 的最小正周期；  π (2)当x   0, 2   时，若n f xm恒成立，求 mn 的取值范围． A2,T π 【答案】(1) mn2 3 (2) π f  0 【分析】（1）利用 6 即可求得A2，然后对函数进行化简即可；  π （2）利用x   0, 2   求得 f x   3,2  ，然后根据n f xm可得 m2,n 3 即可求解 π 【详解】（1）因为函数 f x Asinxcosx 3cos2x的一个零点为 ， 6 π π π π f   Asin cos  3cos 0 所以 6 6 6 3 ，解得A2，  π f x2sinxcosx 3cos2xsin2x 3cos2x2sin2x  所以  3， 2π 所以函数 f x的最小正周期 T  π 2 （2）因为x    0, π 2    ，所以 2x π 3      π 3 , 2 3 π   ，所以 sin    2x π 3         2 3 ,1    ， f x 3,2 所以  ， n f xm m2,n 3 n 3 因为 恒成立，所以 ，则 ， mn2 3 所以   ABC CD CA CB 2．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 为 在  2csinB 5 CD 方向上的投影向量，且满足 . (1)求cosC的值； b 3 a3ccosB ABC (2)若 ， ，求 的周长. 2 【答案】(1) 3 22 3 (2) 【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.     CD bcosC 【详解】（1）由CD为CA在CB方向上的投影向量，则 ，即2csinB 5bcosC， 2sinCsinB 5sinBcosC 根据正弦定理， ，   B0,  在锐角 ABC中，  2，则sinB0，即2sinC  5cosC，    5 2 C0,  cos2C cos2C 1 cosC 由  2，则cos2Csin2C 1，整理可得 4 ，解得 3. （2）由a3ccosB，根据正弦定理，可得sinA3sinCcosB， ABC ABC  sinBC3sinCcosB sinBcosCcosBsinC 3sinCcosB 在 中， ，则 ， ， sinBcosC2sinCcosB， 2 5 cosC sinC  1cos2C  由（1）可知 3， 3 ，则sinB 5cosB， 6 30 cosB sinB 由sin2Bcos2B1，则5cos2Bcos2B1，解得 6 ， 6 ， b c sinC 6  c b 2 a c 3 根据正弦定理，可得sinB sinC ，则 sinB ， 2 ， ABC C abc2 3 2 故 的周长 ABC .3．（2023·全国·模拟预测）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 cos2Bcos2A4  cosCcos3C  ． π (1)若C  ，求A； 3 a b2 (2)若△ABC为锐角三角形，求  的取值范围． b c2 π 【答案】(1)A 2 3 7  ,  (2)2 3 【分析】（1）运用二倍角公式及和角公式代入化简解方程即可. cos2B （2）根据锐角三角形得B的范围，运用正弦定理边化角，将所求式子转化为关于 的对勾函数，研究其 值域即可. cos2Bcos2A4  cosCcos3C  【详解】（1）∵ ， 12sin2B  12sin2 A  4cosC  1cos2C  4cosCsin2C ∴ ， ∴sin2Asin2Bsin2CsinC， sinABsinABsin2Acos2Bsin2Bcos2Asin2Acos2Bsin2B  1sin2A  sin2Asin2B 又∵ ， sinABsinABsin2CsinC sinCsinABsin2CsinC ∴ ，即 ， 又∵sinC 0， sinABsin2C ∴ ， π 又∵C  ， 3 3 sinAB ∴ 2 ， 2π 2π 2π 2π 又0 A ,0B ，即  AB ， 3 3 3 3π ∴AB ， 3 2π 又∵ABπC ， 3 π ∴A . 2 sin2C sinAB （2）由（1）知 ， π C π ①当 时，因为 ，所以 ，即A   ，与△ABC为锐角三角形矛盾，所以 2C  AB ABCπ 2AπC 2 2 2 不成立； ②当2CABπ时，因为ABCπ，所以C 2B， 所以AπCBπ3B．  π 0B  2   π 由02B ，得 ． 2   π π π  0π3B B  2 6 4 sinAsin3Bsin3BsinB2BsinBcos2BcosBsin2B sinBcos2B2sinBcos2B 所以 ， a b2 sinA sin2B sinBcos2B2sinBcos2B sin2B 故      b c2 sinB sin2C sinB sin22B 1 1 1 cos2B2cos2B 2cos2B12cos2B 4cos2B 1． 4cos2B 4cos2B 4cos2B π π 2 3 因为 B ，所以 cosB ， ， 6 4 2 2 24cos2B3 1 1 x1x1 令 f xx 12x3，则 fx1  0， x x2 x2 3 7 所以 f x在2,3上单调递增，所以  f x ， 2 3 a b2 3 7   ,  所以b c2 的取值范围为2 3． a  S a 6 4．（2023·陕西西安·统考一模）已知等差数列 n 的前n项和为 n，满足 3 ，_____________．S a S 20 a a a 30 在① 3 6；② 4 ；③ 2 5 8 这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选 择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选_____________”） a  (1)求 n 的通项公式； (2)设 b n 2an a n，求 b n  的前n项和 T n． a 2n 【答案】(1) n 4 (2)T   4n1  n2n n 3 a 2 1  【分析】（1）根据等差数列的基本量的运算可得d 2 ，进而即得； （2）利用分组求和法即得. a  a 【详解】（1）设等差数列 n 的首项为 1，公差为d S a a 6 若选择条件① 3 6，则由 3 ， a 2d 6 a 2  1  1 得 3a 1 3d a 1 5d，解得 d 2 ， ∴a 22(n1)2n n ； S 20 a 6 若选择条件② 4 ，则由 3 ， a 2d 6  1  43 a 2 1 得  4a 1  2 d 20，解得 d 2 ， ∴a 22(n1)2n n ； a a a 30 a 6 若选择条件③ 2 5 8 ，则由 3 ， a 2d 6 a 2  1  1 得  3a 1 4d30，解得 d 2 ，∴a 22(n1)2n n ； a 2n （2）由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有 n ， b 2an a 22n2n4n2n 则 n n ， b n  的前n项和 T n   414243  4n 2(123  n) 4  14n n1n 4  2   4n 1  n2n 14 2 3 a  S a 2 S 1,(nN) a 3 5．（2023·全国·模拟预测）已知数列 n 的前n项和为 n， n1 n ， 2 ． a  (1)求数列 n 的通项公式； 1 b  (2)设 n 4S 1，数列 b  的前n项和为T ，求T 的取值范围． n n n n a 2n1 【答案】(1) n 1 1  ,  (2)3 2 a S S  S  S  a S 【分析】（1）将 n1 n1 n代入已知式子可得 n 是等差数列，进而得到 n 的通项公式，再由 n与 n a  的关系求出 n 的通项公式. T T n n （2）由裂项相消求和可得 ，再由 的单调性可求得其范围. a S S a 2 S 1 【详解】（1）因为 n1 n1 n，所以由 n1 n ，  2 得S n1 S n 2 S n 1，所以 S n1 S n 2 S n 1 S n 1 ， S  S 1 S  S 1 所以 n1 n ，即 n1 n ． a 2 S 1 a 2 S 12 a 13 在 n1 n 中，令n=1，得 2 1 1 ，所以a=1． 1  S 所以数列 n 是首项为1，公差为1的等差数列， S n S n2 所以 n ，即： n ． a S S n2n12 2n1 当n2时， n n n1 ， a 1 1 也适合上式， a  a 2n1 所以数列 n 的通项公式为 n ． 1 1 1 1 1 1  b        （2）由（1）知， n 4S 1 4n21 2n12n1 22n1 2n1， n 11 1 1 1 1 1  1 1  1 1  n 所以 T n  2    1  3    3  5    5  7      2n1  2n1      2   1 2n1    2n1， 1 因为bn＞0，所以 随着n的增大而增大，所以T T  ， T n 1 3 n 1 1 1 1 1 又显然T  ，所以 T  ，即 的取值范围为[ , )． n 2 3 n 2 T 3 2 n 6．（2023·全国·模拟预测）某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞 花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手 在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在10秒内正确回答出下句得0分． (1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望； (2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答 题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题．记第n次回答的是 P P 1 甲的概率为 n，若 1 ． ①求P，P； 2 3  1 P   ②证明：数列 n 4为等比数列，并比较第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小． 【答案】(1)12 1 (2)①P 0，P 3  3 ；②证明过程见详解，第7次回答的是甲的可能性比第8次的大 2 10  【分析】（1）设该选手答对的题目个数为 ，该选手在第一轮的得分为η，可得 ，再写出 的所有可    能取值，分别求出其对应的概率，进而得到 的分布列，并求出 的数学期望，从而可求得 的数学期望； 1 （2）①直接根据题意可得第一次是甲回答，第二次甲不回答，所以第二次甲回答的概率为 ； 3  1 ②先根据题意建立 P n 与P n1 的关系式，即可证明数列   P n  4  为等比数列，进而可得到 P n  的通项公式，从而 可比较P，P． 7 8   10 【详解】（1）设该选手答对的题目个数为 ，该选手在第一轮的得分为 ，则 ，  易知 的所有可能取值为0，1，2， C2 1 P0 2  则 C2 10， 5 C1 C1 3 P1 2 3  C2 5， 5 C2 3 P2 3  C2 10， 5  故 的分布列为  0 1 2 1 3 3 P 10 5 10 1 3 3 6 则E 0 1 2 ， 10 5 10 5 E10E12 所以 ． 1 （2）①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴P 0，则P 3  3 ． 2P P ②由第n次回答的是甲的概率为 n，得当n≥2时，第 n1 次回答的是甲的概率为 n1，第 n1 次回答的不是甲 1P 的概率为 n1， 1 1 则P P 01P   1P  ， n n1 n1 3 3 n1 1 1 1 P   P   即 n 4 3 n1 4， 1 3 又P   ， 1 4 4  1 3 1 P    ∴ n 4是以4为首项， 3为公比的等比数列， 3  1 n1 1 P     则 n 4  3 4， 3  1 7 1 3  1 6 1 P         P ∴ 8 4  3 4 4  3 4 7， ∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大． 17 1 3 7．（2023·全国·模拟预测）在数列a n 中，a 2  16 ，a n1  4 a n  4 ,nN* ． a 1 (1)证明：数列 n 是等比数列； 1  13   S  (2)令b n 2n1a n 3，数列 b n  的前n项和为S n ，求证： n 40 ． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）将数列的递推公式变形，再结合等比数列的定义，即可证明； b  （2）由（1）得到数列 n 的通项公式，再利用变形，放缩法，结合裂项相消法求和，即可证明. 1 3 1 17 5 【详解】（1）由a  a  ，得a 1 a 1 ，由a  ，得a  ， n1 4 n 4 n1 4 n 2 16 1 4 1 a 1 1 则a 1 0，所以 ，得 n1  ， 1 4 a 10 a 1 4 n n1 1 所以数列a 1是以 为首项， 为公比的等比数列 n 4 4 1 1 1 （2）由（1）得a 1 ，则a  1，所以b 2n1a 32n1 3， n 4n n 4n n n 2n1 1 1 2n 2n 2n     所以b 1 2n2n12n12n2  2n1  2n11  1  2n1  2n11  1 1 ． n 2n1 3   2n1 2n1 2n11 1  1 1   1 1   1 1  S      ...   所以 n 8 221 231 231 241 2n1 2n11 13 1 13    40 2n11 40 a  a a 2a 3a a 8．（2023·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习）各项均不为0的数列 n 满足： n1 n n2 n2 n， a 1,a 2 且 1 2 . a (1)求 n； b 6 4  nN*  bn 1 1 n  n2,nN* (2)已知 n a ，请证明： i 2 . n i1 2 【答案】(1)a  n 32n1 (2)证明见详解 1 1  2n2 【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义和通项公式可得a a ，再利用累加法运算求解； n1 n 1 1 1 1 1 （2）先求b 2n，再根据 2n1  2n2 ... 2n1  2n1 2n  2 放缩证明. n a a 2a 3a a a a 2a a 3a a 【详解】（1）∵ n1 n n2 n2 n，所以 n1 n n1 n2 n2 n， 1 2 3 1 1  1 1     2   可得a a a ，即a a a a  ， n2 n n1 n2 n1 n1 n  1 1  1 1 1 1 1 1        2n12n2 ∴数列 a a  是以首项a a 2，公比q=2的等比数列，故a a 2 ， n1 n 2 1 n1 n当n2时，则 1  12n1 1    1  1     1  1  ...   1  1   1   2n32n4... 1 1 2 1 32n1 ， a a a  a a  a a  a  2 12 2 n n n1 n1 n2 2 1 1 1 =1 当n1时，a 符合， 1 1 32n1 2  a  故a 2 ，即 n 32n1 . n 4 4 b 6 6 2n （2）由题意可得： n a 2 ， n 32n1 当n3时，则 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1  1 1 1 1 n  1  ... 1    ... ... ... 1  2 4... 2n11 i 2 3 2n 2 3 4 5 8 2n11 2n 2 4 8 2n ， 2 i1  bn 1 1 n  n2,nN* 故 i 2 . i1 ABC- ABC AA 9．（2023春·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考开学考试）如图，在三棱柱 1 1 1中， 1 平 ABC,4AA3AB ABC D,E,F BC ,AC,BC 面 1 ， 是等边三角形， 分别是棱 1 1 的中点. AD // CEF 1 (1)证明： 平面 ；ADE CEF 1 (2)求平面 与平面 所成锐二面角的余弦值； (3)若 AB4 ，求点 B 1到平面 C 1 EF 的距离. 【答案】(1)证明见解析 1 (2) 8 (3)3 【分析】（1）连接BD，根据棱柱的结构特征，利用线面平行的判定定理和面面平行的性质定理，即可证明 结论； AC O OB OE OB OC OE O OB OC （2）取 1 1的中点 ，连接 1， ，可得 1， 1， 两两垂直，建立以 为原点，以 1、 1、 OE所在直线分别为x， y ，z轴的空间直角坐标系Oxyz，利用向量法，求解即可得出答案；  BC CEF （3）由（2）可得 1 1及平面 1 的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】（1）证明：连接BD， E，F 分别是棱AC，BC的中点，EF//AB，  EF 平面CEF，AB 平面CEF，AB//平面CEF，  1 1 1  D ， F 分别是棱 B 1 C 1， BC 的中点， BF//C 1 D ， BF C 1 D ， BDCF BD//C F  四边形 1 是平行四边形，则 1 ，  C 1 F  平面 C 1 EF ， BD 平面 C 1 EF ， BD// 平面 C 1 EF ，  AB ， BD 平面 ABD ，且 AB  BDB ，  平面 ABD// 平面 C 1 EF ，  AD平面ABD，AD//平面C 1 EF；AC O OB OE （2）取 1 1的中点 ，连接 1， ， ABC OB  AC OB OC OE 在等边△ 1 1 1中，则 1 1 1，则 1， 1， 两两垂直， 可建立以 O 为原点，以 OB 1、 OC 1、 OE 所在直线分别为 x ， y ， z 轴的空间直角坐标系 Oxyz ，如图所示： 不妨设 AB4 ， 4AA 1 3AB ，则 A(0 , 2 , 3) ， C 1 (0 ,2, 0) ， D( 3,1,0) ， E(0 ,0, 3) ， F( 3,1,3) ，      AD( 3,3,3) ， AE (0,2,0) ， C 1 E(0,2,3) ， EF ( 3,1,0) ，  n(x,y ,z ) 设平面 ADE 的法向量为 1 1 1 ，  n  A  D   3x 3y 3z 0, 1 1 1 则  n  A  E  2y 0, ，取 x  3 ，则 y 0 ， z 1 ， 1 1 1 1   ADE n( 3,0,1) 平面 的法向量为 ，  CEF m(x ,y ,z ) 设平面 1 的法向量为 2 2 2 ，  mC  E  2y 3z 0, 1 2 2 则4  m  E  F   3x 2 y 2 0, ，取 x 2  3 ，则y 2 3， z 2 2 ，  CEF m ( 3,3,2) 平面 1 的法向量为 ． 设平面ADE与平面CEF的夹角为， 1 nm 32 1 cos cosn,m    则 n m 2 394 8，1 故平面 与平面 夹角的余弦值为 ． ADE CEF 8 1    （3）若AB4，由（2）可知 B 1 (2 3,0,0) ，所以 B 1 C 1  2 3,2,0 ，面C 1 EF的法向量为m ( 3,3,2)，  B  C  m 660 1 1  3 所以点 B 到平面 CEF 的距离为 m 4 . 1 1 10．（2023·陕西西安·统考一模）如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，AD∥BC， PA ADCD2，BC 3，E为PD的中点，F在PC上，满足EF PC. (1)求证：CD平面PAD； (2)求二面角BAFC的余弦值. 【答案】(1)证明见解析. 58 (2) 29 . 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求得相关点坐标，求出点F的坐标，求出平面ABF 和平面ACF 的法向 量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）证明：因为PA平面ABCD，CD平面ABCD,所以PACD, ADCD PAAD A,PA,AD PAD 又因为 ， 平面 ， 所以CD平面PAD. （2）过A作AD的垂线交BC于点M, PA ABCD AM,AD ABCD 因为 平面 ， 平面 , PA AM,PA AD 所以 ,AM,AD,AP x,y,z 以A为坐标原点，以 分别为 轴，建立空间直角坐标系如图， A0,0,0,B2,1,0,C2,2,0,D0,2,0,P0,0,2 则 , PD E(0,1,1) 因为E为 的中点，所以 ,   PC PF PC (2,2,2) F(2,2,22) 因为F在 上，设 ,则 ,  EF (2,21,12) 故 ,     EF PC EF PC,EFPC 0 因为 ，所以 ， 1 即 ，即1240, ， (2,21,12)(2,2,2)0 3 2 2 4 即F( , , )， 3 3 3  2 2 4  所以AF ( , , ),AB(2,1,0)， 3 3 3  m  A  B  0 设平面 ABF 的一个法向量为 m  (x,y,z) ，则  m  A  F  0 , 2xy0  2 2 4 即 x y z0，令 ，则 ，故 ； 3 3 3 x2 y4,z3 m(2,4,3)  n  A  C  0 u A u C ur (2,2,0) ，设平面 ACF 的一个法向量为 n  (a,b,c) ，则  n  A  F  0 ,2a2b0  2 2 4 即 a b c0，令 ，则 ，故 ， 3 3 3 a1 b1,c0 n(1,1,0)     mn 2 58 cosm,n= = =   故 |m||n| 29 2 29 ， 58 由图可知二面角BAFC为锐角，故二面角BAFC的余弦值为 29 . 11．（2023·全国·模拟预测）如图，已知直四棱柱 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1的底面 ABCD 为平行四边形， M 为 A 1 D 的 中点． AB// AMC (1)求证： 1 平面 ； ABCD 3 AA 6 N AC AB (2)若底面 为边长为 的正方形，且 1 ， 为 1 上的动点（包含端点），求当直线 1与平面 AMN所成角的正弦值最大时点N 的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)点N 与C重合 【分析】（1）连接 BD 交 AC 于点 Q ，连接 MQ ，得到 Q 为 BD 的中点，进而得 MQ//A 1 B ，最后利用线面平行 的判定定理即可证明；   （2）以点A为坐标原点， AB 、 AD 、 AA 1所在直线分别为 x 、 y 、z轴建立空间直角坐标系，设 A 1 N A 1 C ， 其中 0≤≤1 ，利用空间向量法可得出直线 AB 1与平面 AMN 所成角的正弦值关于  的函数关系式，利用换元AB AMN  法结合二次函数的基本性质可求得直线 1与平面 所成角的正弦值的最大值及其对应的 的值，即可得 出结论. BD AC Q MQ 【详解】（1）证明：连接 交 于点 ，连接 ， 因为四边形ABCD为平行四边形，则Q为BD的中点， AD MQ//AB 又因为 M 为 1 的中点， 1 ， MQ� AMC AB AMC AB// AMC 因为 平面 ， 1 平面 ， 1 平面 . AA  ABCD ABCD （2）解：因为 1 底面 ，四边形 为正方形， 以点 A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AA 1所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，  3  则 A0,0,0 、B 3,0,6 、 C3,3,0 、A0,0,6 、 M  0, 2 ,3 ， 1 1   AN AC 3,3,63,3,6 设 1 1 ，其中0≤≤1，   3  所以，  A  N    A  A  1   A  1  N  3,3,66 ， AM   0, 2 ,3 ，m  A  N  3x3y66z0  设平面 的法向量为 m  x,y,z ，则  m  A  M   3 y3z0 ， AMN  2   y2 m42,2, AB 3,0,6 取 ，可得 ，因为 1 ，     AB 1 m 186 2 5 9261 cos AB,m     所以， 1  A  B   m  3 5 42252 5 212164 1 t1 令t 311,2，则 ， 3   2 5 t2 2 15 t2 cos AB,m     1 5 t1 2 t1 5 7t22t3 所以， 21  16 4 ，  3  3   cos AB,m 0 当t0时， 1 ； 1 1  ,1  , 当t0时，则t 2 ，   2 15 2 15 2 15 2 15 4 5 cos AB,m      所以， 1 5 t 3 2  2 t 7 5 3    1 t  1 3    2  2 3 0 5 3    1 2  1 3    2  2 3 0 15 2 3 15 ， 当且仅当31t2时，即当1时，等号成立， N C AB AMN 故当点 与点 重合时，直线 1与平面 所成角的正弦值最大时. 12．（2023·全国·模拟预测）如图1，在平面四边形ABCD中，BC CD2，BCD120，AEBC于点 DF  AE DF 2 △ADG ADG E， 于点F，且与AB交于点G， ，将 沿DG折起，使得平面 平面BCDG，得 到四棱锥ABCDG，如图2，P，Q分别为CD，AF的中点．DQ  (1)求证： 平面ABP； AD2 7 (2)若 ，求直线DQ与平面QBP所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 30 (2) 30 【分析】（1）要证明线面平行，根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，通过作辅助线，构造平行 DQ∥ 四边形，即可证明 平面ABP； （2）解法一：由平面ADG平面BCDG，得到AF 平面BCDG，建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标， 求出平面QBP的一个法向量和直线DQ的方向向量，即可用向量的夹角公式求直线DQ与平面QBP所成角的 正弦值； 解法二：利用等体积转化求点D到平面QBP的距离，再利用线面角的定义，即可求解. 【详解】（1）如图，连接BF，易知BCDF，BC∥DF，∴四边形BCDF为平行四边形，∴BF CD， BF∥CD，（平行四边形的性质） 1 取AB的中点H，连接QH，HP，则 且QH  BF，∴ ， ，∴四边形QHPD为平 QH //BF 2 QH PD QH //PD DQ//PH 行四边形， ， DQ PH  DQ∥ 又 平面ABP， 平面ABP，（此步骤不能少）∴ 平面ABP．（线面平行的判定定理）ADG AF DG AF  ADG  BCDGDG （2）解法一：∵平面 平面BCDG， ， 平面ADG，平面 平面 ，∴ AF 平面BCDG．（面面垂直的性质定理）又FEFD，故以F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为 x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．   易得BE CE 1，FE 3，易知AF  284 2 6，（勾股定理的应用）则 D0,2,0 ， B 3,1,0 ，  3 3    3 3  C  3,1,0  ，Q  0,0, 6  , P  2 , 2 ,0 ，  D  Q    0,2, 6  ,Q  B    3,1, 6  ， QP  2 , 2 , 6 ．      3xy 6z0 设平面QBP的法向量为 n r x,y,z ，则     n n     Q Q     B P       0 0 ，即     2 3 x 3 2 y 6z0 ，取 z1 ，得n     5 4 2 , 4 6 ,1     ．6 n  D  Q  sin cos n,  D  Q    2  30 设直线DQ与平面QBP所成的角为 ，则 n  D  Q  3 2 30 ，（注意线面角的定  10  2 义及取值范围） 30 ∴直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为 30 ． 解法二 ∵平面ADG平面BCDG，AF DG，AF 平面ADG，平面ADG 平面BCDGDG，∴AF  BE CE 1 FP 3 BFP90 平面BCDG．（面面垂直的性质定理）连接FP，易得 ， ， ， FM BP AF BP AF  FM F BP QM BP 过点F作 于点M，连接QM，又 ， ，∴ 平面QFM，∴ ．在 2 3 2 21 FM   △BFP中，BP 43 7，则 7 7 ， 12 3 42 QM  6  易知AF  284 2 6，QF  6, 7 7 ，DQ 46  10．设点D到平面QBP的距 1 3 3 S   22  离为h，连接BD，易知 BPD 2 4 2 ， 1 3 1 1 3 42   6     7h 3 则由 V QBPD V DBPQ，得3 2 3 2 7 ，解得h 3 ，（等体积法的应用）3 设直线DQ与平面QBP所成的角为 ，则 h 3 30 ， sin    DQ 10 30 30 所以直线DQ与平面QBP所成角的正弦值为 30 ． 13．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）学校组织A，B，C，D，E五位同学参加某大学的测试活动， 现有甲、乙两种不同的测试方案，每位同学随机选择其中的一种方案进行测试，选择甲方案测试合格的概率为 2 1 ，选择乙方案测试合格的概率为 ，且每位同学测试的结果互不影响． 3 2 (1)若A，B，C三位同学选择甲方案，D，E两位同学选择乙方案，求5位同学全部测试合格的概率； (2)若5位同学全选择甲方案，将测试合格的同学的人数记为X，求X的分布列及其均值； (3)若测试合格的人数的均值不小于3，直接写出选择甲方案进行测试的同学的可能人数． 2 【答案】(1) 27 10 (2)分布列见解析，EX 3 (3)选择甲方案进行测试的同学个数为3，4或者5 【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解； (2)由条件确定随机变量X 的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，并由期望公式求期望；  (3) 设选择甲方案测试的同学个数为n，通过设通过甲方案测试合格的同学个数为 ，通过乙方案测试合格的 同学个数为  ，利用二项分布期望公式和期望的性质求E()， n 由条件确定 的取值. 【详解】（1）因为A，B，C三位同学选择甲方案，D，E两位同学选择乙方案， 2 1 由已知A，B，C测试合格的概率为 ，D，E测试合格的概率为 ， 3 2 3 2 2 1 2 P     所以5位同学全部测试合格的概率为 3 2 27 ； X 0,1,2,3,4,5 （2）由已知随机变量 的取值有 ， 骣2 0骣 2 5 1 骣2 1骣 2 4 10 P(X =0)=C 5 0珑 珑 珑桫3 鼢 鼢 鼢桫 1- 3 = 243， P(X =1)=C1 5 珑 珑 珑桫3 鼢 鼢 鼢桫 1- 3 = 243，骣2 2骣 2 3 40 骣2 3骣 2 2 80 P(X =2)=C 5 2珑 珑 珑桫3 鼢 鼢 鼢桫 1- 3 = 243， P(X =3)=C3 5 珑 珑 珑桫3 鼢 鼢 鼢桫 1- 3 = 243， 骣2 4骣 2 1 80 骣2 5骣 2 0 32 P(X =4)=C 5 4珑 珑 珑桫3 鼢 鼢 鼢桫 1- 3 = 243， P(X =1)=C5 5 珑 珑 珑桫3 鼢 鼢 鼢桫 1- 3 = 243， 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 4 5  10 40 80 80 32 P  243 243 243 243 243 1 10 40 80 80 32 10 ∴E(X)0 1 2 3 4 5  ； 243 243 243 243 243 243 3 n0,1,2,3,4,5 5n （3）设选择甲方案测试的同学个数为n， 则选择乙方案测试的同学个数为 ，   并设通过甲方案测试合格的同学个数为 ，通过乙方案测试合格的同学个数为 ，  1 B5,  当n0时，此时所有同学均选择方案乙测试，则  2， 1 5 所以E()E()5  3，不符合题意； 2 2  2   B5,  当n5时，此时所有同学均选择方案甲测试，则  3， 2 10 所以E()E()5  3，符合愿意； 3 3  2  1 Bn, ,B5n,  当n1,2,3,4时，  3  2， 2 5n n15 所以E()E()E() n  ， 3 2 6 n15 若使E() 3，则 ， 6 n3 n1,2,3,4 n3,4 由于 ，故 时符合题意， 综上，选择甲方案测试的同学个数为3，4或者5时，测试合格的同学个数的期望不小于3．14．（2023春·北京·高三北京市八一中学校考开学考试）某公司在2013~2022年生产经营某种产品的相关数据 如下表所示： 201 年份 2013 2014 2015 2017 2018 2019 2020 2021 2022 6 年生产台数（单位：万 3 5 5 6 6 9 9 10 10 a 台） 年返修台数（单位：台） 32 38 54 58 52 71 64 80 75 b 年利润（单位：百万元） 3.85 4.50 4.20 5.50 6.10 9.65 9.98 10.00 11.50 c 注：年返修率=年返修台数÷年生产台数.. (1)从2013~2021年中随机抽取两年，求这两年中至少有一年生产的产品的平均利润不小于100元/台的概率； (2)公司规定：若年返修率不超过千分之一，则该公司生产部门当年考核优秀.现从2013~2021年中随机选出3 年，记X表示这3年中生产部门获得考核优秀的次数，求X的分布列和期望； s2 s2 s2 s2 (3)记公司在2013~2017年，2018~2022年的年生产台数的方差分别为 1 ， 2.若 1 2，请写出a的值.（只需 写出结论） （注：s2  1 n    x 1 x 2   x 2 x 2     x n x 2  ，其中 x 为数据x 1 ,x 2 ,  ,x n 的平均数） 11 【答案】(1) 12 7 (2)分布列见解析，期望为 3 (3)7或12 【分析】（1）计算出各年产品的平均利润，得到平均利润不小于100元/台的有6个，小于100元/台的有3个， 利用组合知识求出概率； （2）计算出各年的年返修率，得到不超过千分之一的年份有7个，超过千分之一的年份有2个，得到X的可 能取值和对应的概率，求出分布列及期望值； s2 （3）计算出 1 ，从而得到方程，求出a的值. 385 450 【详解】（1）2013年产品的平均利润为 100元/台，2014年产品的平均利润为 90100元/台， 3 5 420 550 2015年产品的平均利润为 100元/台，2016年产品的平均利润为 100元/台， 5 6610 965 2017年产品的平均利润为 100元/台，2018年产品的平均利润为 100元/台， 6 9 998 1000 2019年产品的平均利润为 100元/台，2020年产品的平均利润为 100元/台， 9 10 1150 2021年产品的平均利润为 100元/台， 10 故平均利润不小于100元/台的有6个，小于100元/台的有3个， 故从2013~2021年中随机抽取两年，这两年中至少有一年生产的产品的平均利润不小于100元/台的概率为 C1C1 C2 11 6 3 6  C2 12； 9 32 1 38 1 （2）2013年产品的年返修率为  ，2014年产品的年返修率为  ， 30000 1000 50000 1000 54 1 58 1 2015年产品的年返修率润为  ，2016年产品的年返修率为  ， 50000 1000 60000 1000 52 1 71 1 2017年产品的年返修率为  ，2018年产品的年返修率为  ， 60000 1000 90000 1000 64 1 80 1 2019年产品的年返修率为  ，2020年产品的年返修率为  ， 90000 1000 100000 1000 75 1 2021年产品的年返修率为  ， 100000 1000 年返修率不超过千分之一的年份有7个，超过千分之一的年份有2个， X的可能取值为1,2,3， C1C2 1 C2C1 1 C3 5 PX 1 7 2  PX 2 7 2  PX 3 7  则 C3 12， C3 2， C3 12， 9 9 9 故分布列为： X 1 2 3 1 1 5 P 12 2 12 1 1 5 7 故EX 1 2 3  ， 12 2 12 3 35566 （3）2013~2017年年生产台数的平均数为x  5（万台）， 1 51 故s 1 2  5   352 552   652  1.2， 991010a 38a 2018~2022年的年生产台数的平均数为x   ， 2 5 5 1 38a 2  38a 2  38a 2 故 s 2 2  5     9 5     9 5       a 5     1.2 ， 解得：a7或12（万台）， 故a的值为7或12. 15．（2023·陕西西安·统考一模）某学校组织知识竞答比赛，设计了两种答题方案： 方案一：先回答一道多选题，从第二道开始都回答单选题； 方案二：全部回答单选题. 其中每道单选题答对得2分，答错得0分； 多选题全部选对得3分，选对但不全得1分，有错误选项得0分. 每名参与竞答的同学至多答题3道.在答题过程中得到4分或4分以上立刻停止答题.统计参与竞答的500名同 学，所得结果如下表所示： 男 女生 生 选择方案一 100 80 选择方案二 200 120 (1)能否有90%的把握认为方案的选择与性别有关? (2)小明回答每道单选题的正确率为0.8；多选题完全选对的概率为0.3，选对且不全的概率为0.3. ①若小明选择方案一，记小明的得分为X，求X的分布列及数学期望； ②如果你是小明，为了获取更好的得分你会选择哪个方案?请通过计算说明理由. nadbc2 K2  附： abcdacbd， nabcd . P  K2 k  0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0 k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 0 【答案】(1)没有.(2)①分布列见解析；4.016.②选方案一，理由见解析. K2 【分析】（1）根据题意完善列联表，计算 的值，即可判断结论； （2）①确定X的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，进而求得数学期望；②计算出选择方案二的数 学期望，和方案一进行比较，可得答案. 【详解】（1）由题意完善列联表如图： 男 女生 总计 生 选择方案一 100 80 180 选择方案二 200 120 320 总计 300 200 500 500(10012020080)2 故K2  2.3152.706 300200320180 故没有90%的把握认为方案的选择与性别有关. 0,1,2,3,4,5 （2）①由题意可知X的所有可能取值为 ， P(X 0)0.40.20.20.016 P(X 1)0.30.20.20.012 则 , , P(X 2)0.420.80.20.128 P(X 3)0.30.20.20.320.80.20.108 , P(X 4)0.40.80.80.256 , P(X 5)0.30.80.30.20.80.30.80.80.480 , 故X的分布列为∶ X 0 1 2 3 4 5 P 0.016 0.012 0.128 0.108 0.256 0.480 E(X)10.01220.12830.10840.25650.4804.016 故X的数学期望 . 0,2,4 ②设选择方案二的得分为Y,则Y的可能取值为 ，P(Y 0)0.20.20.20.008 P(Y 2)30.80.20.20.096 则 , , P(Y 4)0.80.820.820.20.896 , E(Y)20.09640.8963.776 故 , E(X)E(Y) 因为 ,故为了获取更好的得分,小明会选择方案一. x2 y2 C:  1 16．（2022秋·广西玉林·高三校联考阶段练习）双曲线 a2 b2 的离心率为 2，右焦点F到渐近线 b y x的距离为 ． a 2 (1)求双曲线C的标准方程； b (2)过直线 上任意一点P作双曲线C的两条切线，交渐近线y x于A，B两点，证明：以AB为直径的圆 x1 a 恒过右焦点F． x2 y2  1 【答案】(1) 2 2 (2)证明见解析 a,b,c a,b,c 【分析】(1)由条件列关于 的方程，解方程求 ，可得双曲线方程； yt kx1 PA,PB A,B (2)先确定切线的斜率存在，设切线方程为 ，由此确定直线 的斜率的关系，求点 的坐   FAFB0 标，证明 即可. x2 y2 C:  1 【详解】（1）设双曲线 a2 b2 的半焦距为c，则右焦点F 的坐标为 c,0 ， c   2 a   a 2 a2b2 c2   由题意可得  ，解得 b 2． bc   2  c2  a2b2 x2 y2  1 故双曲线C的标准方程是 2 2 ． P1,t P1,t x1 （2）设 ，过点 的斜率不存在的直线的方程为 ， x2 y2 直线 与双曲线  1没有交点，不可能为双曲线的切线， x1 2 2 yt kx1 所以过点P的切线斜率存在，设此切线方程为 ， yt kx1   x2 y2 联立   1 ，整理得 1k2 x2  2k22kt  xk22ktt220 ．  2 2   2k22kt 2 4  1k2 k22ktt22  0 由 ，得k22ktt220． k k 设直线PA，PB的斜率分别为 1， 2， k k 2t kk t22 则 1 2 ， 1 2 ． ytk x1 k t k t k t k t  1 x 1 y 1 A 1 , 1  联立 yx ，解得 k 1， k 1，则 k 1 k 1 ． 1 1 1 1 k t k t B 2 , 2  同理可得 k 1 k 1 ． 2 2  k t k t  k t k t FA 1 2, 1  FB 2 2, 2  因为F2,0，所以 k 1 k 1 ， k 1 k 1 ， 1 1 2 2   2k tk t k t k t 2kk 2k k 2t24t4 FAFB 1 2 2 1  2 4 1 2 1 2 则 k 1k 1 k 1 k 1 k 1k 1 ． 1 2 1 2 1 2 2kk 2k k 2t24t42t244t2t24t40 因为 1 2 1 2 ，   FAFB0 所以 ，即以AB为直径的圆恒过右焦点F．【点睛】关键点点睛：联立切线方程与双曲线方程，根据判别式为0，确定切线的斜率的关系. x2 y2  1ab0 17．（2023秋·河南三门峡·高三统考期末）已知椭圆C：a2 b2 的左、右顶点分别为A，B，O x1 6 为坐标原点，直线l： 与C的两个交点和O，B构成一个面积为 的菱形. (1)求C的方程； (2)圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q. k k AP AQ ①求 的值； ②证明：直线PQ过定点. x2 y2  1 【答案】(1) 4 2 1 (2)① ；②证明见解析 9 D1,y  【分析】（1）由题意可知B点坐标得 a ，设 0 为直线l与C的一个交点，由菱形面积求出点坐标代入椭 圆方程求出b2即可得解； M1,y  N1,y    （2）①设 M ， N ，由题意可得 OMON 0 ，再由斜率公式即可求解； xmytt 2 ②设直线PQ的方程为 ，联立椭圆方程，根据根与系数的关系求出直线直线PQ的方程为 14 xmy ，即可求出直线过定点. 11 【详解】（1）因为直线l：x1与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，B2,0 a2 所以l垂直平分OB，所以 ， . 1 设D1,y 0 为直线l与C的一个交点，则菱形的面积为 2 2 2y 0 2 y 0 .  6 因为菱形的面积为 6 ，所以2 y 0  6，解得 y 0  2 6 ，即 D   1, 2    ，  6 将点 D   1, 2    代入 a x2 2  b y 2 2 1，得 a 1 2  2 3 b2 1，又因为 a2 4 ，所以 b2 2 . x2 y2  1 故C的方程为 4 2 . （2）①由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线x1垂直平分该弦，   x1 MON 90 OMON 0 故直线 经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此 ，即 . M1,y  N1,y  y y 1 设 M ， N ，则 M N . y y y y 1 注意到k  M ，k  N ，则k k  M N  . AM 3 AN 3 AM AN 9 9 1 又因为k AM k AP ，k AN k AQ ，所以k AP k AQ  9 . xmytt 2 Px,y  Qx ,y  ②易知直线PQ不可能平行于x轴，则设直线PQ的方程为 ， 1 1 ， 2 2 .  xmyt  x2 y2 由  4  2 1，得 m22y22mtyt240 . 4m2t24  m22  t24  8  2m24t2 0 ，（*） 2mt t24 y y  ，y y  .① 1 2 m22 1 2 m22 y y y y 1 k  1 k  2 1  2  因为 AP x 2， AQ x 2，所以x 2 x 2 9， 1 2 1 2 y y 1 1 2  即 my t2my t2 9， 1 2y y 1 1 2  即m2y y m(t2)y  y (t2)2 9 . 1 2 1 2 t24 1  将①代入上式得m2 t24  2m2t(t2)(t2)2 m2 2  9， t2 1 14  t  化简得2(t2) 9 ，解得 11，满足（*）， 14 所以直线PQ的方程为xmy ， 11 14   ,0 故直线PQ过定点11 . x2 y2 18．（2023·浙江·校联考模拟预测）设双曲线 C: a2  b2 1 的右焦点为 F3,0 ，F到其中一条渐近线的距离为 2. (1)求双曲线C的方程； 5 (2)过F的直线交曲线C于A，B两点（其中A在第一象限），交直线x 于点M， 3 |AF||BM | （i）求 的值； |AM ||BF| MP  PQ （ii）过M平行于OA的直线分别交直线OB、x轴于P，Q，证明： . x2 y2 【答案】(1)  1 5 4 (2)（i）1；（ii）证明见解析 a2b2 c2 【分析】（1）结合点F到其中一条渐近线的距离为2和 ，即可求得本题答案； 4 （2）（i）设AB直线方程为xmy3，Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，得 y M  3m ，直线方程与双曲线方程联立消 x ， 24m 16 |AF||BM | 然后由韦达定理得y y  ，y y  ，把 逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把 1 2 4m25 1 2 4m25 |AM ||BF| QM OB P 和 的直线方程分别求出，联立可得到点 的坐标，由此即可得到本题答案.bxay0 F3,0 【详解】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为 ，又点 到它的距离为2， 3b 3b  2 所以 b2a2 c ，又c3，得b2， a2b2 c2 a25 又因为 ，所以 ， x2 y2 所以双曲线C的方程为  1. 5 4 4 （2）（2）设AB直线方程为xmy3，则 y M  3m ，  4m25  y224my160 代入双曲线方程整理得： ， 24m 16 设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，则y 1 y 2  4m25 ，y 1 y 2  4m25 ， |AF||BM | y  y y y y y y  1 2 M  1 2 1 M （i）|AM ||BF| y y  y y y y y M 1 2 2 M 2 1 y y y y y y y y 2y y y y y  而 1 2 1 M 2 M 2 1 1 2 M 1 2 32 24m  4     0 4m25 4m25  3m ， y y y y  y y y y y y y y  y y y y 所以 1 2 1 M 2 M 2 1，，则 1 2 1 M 2 M 2 1 ， |AF||BM | 所以 1 ； |AM ||BF| 4 y  5 y  1 x  （ii）过M平行于OA的直线方程为 3m my 3 3， 1 y 4 y  5 y 2 x y  1 x  直线OB方程为 my 3 与 3m my 3 3联立， 2 1 4 y my 3 5 y  1  2 y  得 3m my 3 y 3 ， 1 2 4 5 即y my 3y my 3y  y my 3y y y ， 2 1 3m 1 2 1 2 3 1 24 则3y y y3y y  y ， 2 1 1 2 m 2 4 3y y  y 所以y  1 2 m 2 ， P 3y y  2 1 24m 16 由y y  ，y y  两式相除得， 1 2 4m25 1 2 4m25 y y 2 2 1 2  y y  y y  y y 3m，则 1 2 3m 1 2 ， 1 2 4 2 4 2 3y y  y y y  y y y  所以y  1 2 m 2  m 1 2 m 2  m 1 2  2 ， P 3y y  3y y  3y y  3m 2 1 2 1 2 1 y y 因为 ，所以y  M Q ， y Q 0 P 2 |MP||PQ| 故P为线段MQ的中点，所以 . |AF||BM | 【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了 如何用 表示出来，进而利用韦达定理进 |AM ||BF| y ,y ,y 1 2 M 行化简求值，考查了学生的转化能力以及对复杂运算的求解能力 x2 y2  1ab0 19．（2023春·北京·高三北京二中校考开学考试）已知椭圆a2 b2 的短轴长为2 2，直线 a2 l:x c 与 x 轴交于点 A ，椭圆的右焦点为 F ，OF 2 FA ，过点 A 的直线与椭圆交于P,Q两点． (1)求椭圆的方程及离心率； O PQ PQ (2)若原点 在以 为直径的圆上，求直线 的方程； P x M Q,F,M △AMQ (3)过点 且垂直于 轴的直线交椭圆于另一点 ，证明： 三点共线，并直接写出 面积的最大 值． x2 y2 6  1 e 【答案】(1) 6 2 ， 3 ； x 5y30 x 5y30 (2) 或3 (3)证明见详解，△AMQ面积的最大值为 2 a,b,c 【分析】（1）由题意建立关于 的方程组，解出即可得椭圆的方程及离心率； （2）设直线 PQ 的方程为 yk(x3) ，联立直线方程与椭圆方程，设 Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2  ，根据 Δ0 ，得 k 的   x x xx y y PQ OPOQ0 取值范围，由韦达定理可得 1 2， 1 2及 1 2的值，由原点O在以 为直径的圆上，则 ，即 xx y y 0 k 1 2 1 2 ，代入求出 的值即得直线方程；  A  P    A  Q  (1) x 3x 3,y y Mx,y  y y , y y 0 （3）设 ，则有 1 2 1 2，设 1 0 ，则 0 1 1 2 ，只需利用 x 2x 20 △AMQ 韦达定理证明 1 2 ，即可证明Q，F，M三点共线；根据题意化简得 面积 3 S  1 3|k| ，再利用基本不等式即要求得最大值. |k| 2b2 2   a2 b 2 c2( c)  【详解】（1）由题意可得  c ，解得 c2 4 ， a2 b2c2  a2 6   x2 y2 所以椭圆的方程为  1， 6 2 c 2 6 e   离心率为 a 6 3 ； A(3,0) （2）由（1）可得 ， PQ yk(x3) 设直线 的方程为 ， yk(x3)  x23y260， 3k21  x218k2x27k260 整理得 ， 6 6 Δ12  23k2 0  k  依题意 ，得 3 3 ， Px,y ,Qx ,y  设 1 1 2 2 18k2 27k26 则x x  ①，xx  ②， 1 2 13k2 1 2 13k2 PQ y kx 3,y kx 3 由直线 的方程得 1 1 2 2 y y k2x 3x 3k2xx 3x x 9 于是 1 2 1 2  1 2 1 2  ③， PQ 由原点O在以 为直径的圆上，   OPOQ0 xx y y 0 则 ，即 1 2 1 2 ④， 5k2 1 由①②③④得 ， 5 k  从而 5 ， PQ x 5y30 x 5y30 所以直线 的方程为 或 ；   APAQ(1) （3）证明：设 ， x 3,y x 3,y  即有 1 1 2 2 ， x 3x 3,y y 即 1 2 1 2， Mx,y  x23y2 6 设 1 0 ，即有 1 0 ， uuuur uuur y y ,F(2,0),FM x 2,y x 2,y ,FQx 2,y  则 0 1 1 1 1 2 2 2 ， y y 0 ∴ 1 2 ，x 3  1 , 由于 x 3 2 x 2x 2 因为 1 2 x 3 x 2 1 x 2 1 x 3 2 2 (x 2)(x 3)(x 3)x 2  1 2 1 2 x 3 2 2xx 5(x x )12  1 2 1 2 x 3 ， 2 2xx 5(x x )12 又因为 1 2 1 2 27k26 18k2 2 5 12 13k2 13k2 54k21290k21236k2  0， 13k2 2xx 5(x x )12 1 2 1 2 0 所以 x 3 ， 2 x 2x 20 即有 1 2 ，   FM FQ 故有 ， ∴Q,F,M 三点共线， 1 1 a2 S  |AF| y y    c y  y ∴△AMQ面积 2 2 1 2 c 2 1 1  1 kx 3kx 3 2 2 1 1  |kx x 6k| 2 1 2 1 6|k| 3 3 3      2 3k21 1 1 2 3|k| 2 3|k| ， |k| |k|1 3 6 6 3|k| k   k  当且仅当 |k|，即 3 时取等号，满足 3 3 ， 3 ∴△AMQ面积的最大值 2 . 【点睛】考点与方法点睛：解决直线与圆锥曲线的综合问题时， 常考的内容： （1）曲线的标准方程， （2）求离心率， （3）求或证明直线恒过点， （4）求直线方程 （5）证明等式或不等式， （6）证明点共线， （7）三角形或四边形面积（或面积的最值问题） 方法： （1）利用待定系数法联立方程组解出相关量 （2）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、曲线的条件； （3）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三 角形的面积等问题． 1 3 20．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线E:y2 2pxp0的焦点为F，点F关于直线y x 的对称点恰 2 4 好在y轴上． (1)求抛物线E的标准方程； (2)直线 l:ykx2 k  6  与抛物线E交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点C，若D6,0 ， AB 求 CD 的最大值． y2 4x 【答案】(1) 2 91 (2) 5 p  1 3 【分析】(1) 由题意得 F  2 ,0 ，设F关于直线 y 2 x 4的对称点为 F0,m ，根据题意列出方程组，解之 即可求解； (2)将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式，并求得线段AB的垂直平分线方程为 AB 49 2 1 2k22 2 2 y  x  ，进而得到 CD t 36 12 ，利用函数的单调性即可求解. k k k2  t  m 2  p    2 【详解】（1）由题意得 ，设F关于直线 的对称点为 ，则 ，解得  p  1 3 m 1 3 F  2 ,0  y 2 x 4 F0,m  2  8 p 4 m p2， y2 4x ∴抛物线E的标准方程为 ． ykx2 （2）由  y2 4x 可得k2x2  4k24  x4k2 0，设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，则x 1 x 2  4k k 2 2 4 ，x 1 x 2 4， 2 4k24 4 2k43k21 ∴ AB  1k2  x 1 x 2  1k2  x 1 x 2 2 4x 1 x 2  1k2    k2   16  k2 ， 2k22 2 y y kx x 4k  4  ,  1 2 1 2 k ，∴线段AB的中点坐标为  k2 k ，则线段AB的垂直平分线方程为 y k 2  k 1   x 2k k 2 2 2   ，令 y0 ，得 x4 k 2 2 ，故 C    4 k 2 2 ,0    ， 2 2 CD  4 6 2 又D6,0 ，得 k2 k2 ． AB 2 2k43k21 7k21  2 2   ∴ CD k21 k42k21，令t 7k21 k  6 ， AB t 49 2 2 2 2 则 k2  1 t1 ， ，∴ CD 1 t12  2 t11 t 36 12 ， 7 t41 49 7 t36 易知函数 f tt 在41, 上单调递增，∴当 时， f t取得最小值， t t41 AB 41 2 91 2 2  此时k  6，故 CD 的最大值为 36121 5 ． 21．（2023春·北京·高三北京市八一中学校考开学考试）已知函数 . (1)求曲线 在 处的切线方程； (2)当 时，求 的单调区间； (3)若对任意 ， 恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求导得到 ，结合 ，利用点斜式写出切线方程； （2）求定义域，求导，由 求出递增区间，由 求出递减区间； （3）变形得到 恒成立，先由 确定 ，再证明充分性，得到答案. 【详解】（1） ， 则 ， 又 ， 故曲线 在 处的切线方程为 ，即 ； （2） 的定义域为R， ， 因为 ，令 得： ，令 得： 或 ，故 单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， ； （3） ，即 ，即 恒成立， 令 ，不妨取 ，此时 ，解得 ， 当 时， ， 令 ， ， 可以看出 在R上单调递增，且 ， 故当 时， ，当 时， ， 故 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ， 所以 ，结论得证； 当 时， ，不满足 恒成立， 故此时对任意 ， 不恒成立， 综上： 的取值范围是 . 【点睛】关键点点睛：为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范 围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要 验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切 线的横坐标，端点值或极值点等. 22．（2023·陕西西安·统考一模）已知函数 ，求证： (1) 存在唯一零点； (2)不等式 恒成立． 【答案】(1)见解析 (2)见解析【分析】（1）由导数得出 的单调性，结合零点存在性定理证明即可； （2）先证明 ，再由 的单调性，证明不等式即可. 【详解】（1） ， . 当 时， ，此时函数 单调递增； 当 时， ，此时函数 单调递减； 所以 ，即 . 所以 在 上单调递增， . 则在 上，存在 ，使得 ，即 存在唯一零点； （2） ， 令 ， . 当 时， ，此时函数 单调递增； 当 时， ，此时函数 单调递减； 即 ，故 . 因为函数 在 上单调递增，所以 . 即 . 故不等式 恒成立. 【点睛】关键点睛：在证明第二问时，关键是由导数证明 ，再利用函数 的单调性证明，在做题 时，要察觉到这一点. 23．（2023·广西柳州·高三统考阶段练习）已知函数 ． (1)当 时，讨论函数 零点的个数．(2)若 ，且 在区间 上恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)0 (2) 【分析】（1）由导数法讨论零点个数； （2）对a分类讨论，结合导数法将恒成立问题转化为讨论最小值问题. 【详解】（1） ， ， ， 则当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减. ∴ ，∴函数 零点的个数为0； （2） ，则 . ∵ ， 在区间 上恒成立， i. 则当 时，由 得 ，则 单调递减；由 得 ，则 单调递增， 故 ，符合题意； ii.当 ，由 得 ，则 单调递减；由 得 或 ，则 单调递增， 故 ，则有 ； iii.当 时， ，∴ 在区间 上单调递增， 故 ，不满足题意. 综上，a的取值范围为 . 【点睛】含参不等式恒成立问题，（1）通过分离参数法，转化为讨论不含参函数的最值；（2）对参数分类讨论，直接转化为讨论直接讨论含参函数的最值. 24．（2023·湖南·模拟预测）已知函数 . (1)讨论函数 的单调性； (2)证明：当 时， ； (3)若 ， ，求实数a的取值范围. 【答案】(1)详解见解析； (2)证明见解析； (3) . 【分析】(1)利用导数，分类讨论当 、 时的单调性，即可求解； (2)令 ，利用二次求导讨论函数 的单调性即可证明； (3)原不等式可化为 .当 时利用导数证明 、 ，进而证明 ，再次利用导数讨论函数 的单调性即可求解；易知当 时 ，不符合题意. 【详解】（1） ，则 ， 当 时，令 ，令 ， 所以函数在 上单调递减，在 上单调递增； 当 时，令 ，令 ， 所以函数在 上单调递减，在 上单调递增. 综上，函数 的单调减区间为 ，单调增区间为 ；（2）令 ，则 ， 设 ，则 ， 所以函数 单调递增，有 ， 所以函数 在 上单调递增，有 ， 所以当 时， ，即证； （3） ，即 ， 即 ，令 ， 则 ， 若 ，当 时， ， ， 令 ，则 ， 则函数 单调递增，且 ，即 ； 令 ，则 ， 令 ，令 ， 所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增. 则 ，即 ， 所以 ，则 ， 所以函数 在 上单调递增，且 ， 即 恒成立.当 时， ， 存在实数 ，使得 均有 ， 则函数 在 上单调递减，且 ，不符合题意， 所以当 时，不符合题意. 综上，a的取值范围为 . 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问 题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问 题处理． 25．（2023·全国·模拟预测）2022年9月20日是第34个“全国爱牙日”，宣传主题是“口腔健康，全身健 康”．要想口腔健康，良好的刷牙习惯不可少，牙刷的质量也是至关重要的，与手动牙刷相比较，电动牙刷的 清洁力更高，刷牙效果更好．某医生计划购买某种品牌的电动牙刷，预计使用寿命为5年，该电动牙刷的刷头 在使用过程中需要更换．若购买该品牌电动牙刷的同时购买刷头，则每个刷头20元；若单独购买刷头，则每 个刷头30元．某经销商随机调查了使用该品牌电动牙刷的100名医生在5年使用期内更换刷头的个数，得到 下表： 1 更换刷头的个数 15 16 17 18 19 20 4 频数 8 8 10 24 28 12 10 用 （ ）表示1个该品牌电动牙刷在5年使用期内需更换刷头的个数， 表示购买刷头的费用（单位： 元）． (1)求这100名医生在5年使用期内更换刷头的个数的中位数； (2)若购买1个该品牌电动牙刷的同时购买了18个刷头，求 关于n的函数解析式； (3)假设这100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了17个刷头或18个刷头，分别计算这100名医生 购买刷头费用的平均数，以此作为决策依据，判断购买1个该品牌电动牙刷的同时应购买17个刷头还是18个 刷头． 【答案】(1)17.5 360,n18 y ,nN (2) 30n180,n18(3)应购买17个刷头 【分析】（1）根据中位数的概念直接求解即可； n18 y360 n18 y36030n1830n180 （2）由题可分段列出函数解析式当 时， ，当 时， ； （3）根据两种购买方案，分别计算这100名医生购买刷头费用的平均数，比较平均数大小即可做出决策. 【详解】（1）由题可知88102450，所以这100名医生在5年使用期内更换刷头的个数的中位数为 1718 17.5． 2 （2）若购买该品牌电动牙刷的同时购买刷头，则每个刷头20元；若单独购买刷头，则每个刷头30元， n18 y360 n18 y36030n1830n180 则当 时， ，当 时， ， 360,n18 y ,nN 所以y关于n的函数解析式为 30n180,n18 ． （3）若100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了17个刷头，则其中有50名医生购买刷头的费用 均为340元， 28名医生购买刷头的费用均为370元，12名医生购买刷头的费用均为400元，10名医生购买刷头的费用均为 430元， 1 因此这100名医生购买刷头的费用的平均数为 50340283701240010430364.6（元）． 100 若这100名医生购买1个该品牌电动牙刷的同时都购买了18个刷头，则其中有78名医生购买刷头的费用均为 360元， 12名医生购买刷头的费用均为390元，10名医生购买刷头的费用均为420元， 1 因此这100名医生购买刷头的费用的平均数为 783601239010420369.6（元）． 100 因为364.6<369.6，所以购买1个该品牌电动牙刷的同时应购买17个刷头． x 26．（2023·江西抚州·高三金溪一中校考开学考试）已知函数 f xex22ae2 ax1aR. f x (1)讨论 的单调性； gxxexlnexmx x R,x 0,,x f x gx 0 (2)设 ，若 a1 ，且对任意 1 2 2 1 2 恒成立，求实数 m 的 取值范围.a0 f x R a0 f x ,2lna 2lna, 【答案】(1)当 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上单调递减，在 上 单调递增 1, (2) 【分析】（1）求出函数的导数，分a0和a0讨论导数的正负，从而判断函数的单调性； （2）由题意对任意x 1 R,x 2 0,,x 2 f x 1 gx 2 0，可变形为 f x 1  g x x 2 2  0 ，故设 hx g x x ，推 f x hx 0 出 1 2 ，从而将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求解函数最值即可求得答案. x 【详解】（1）因为 f xex22ae2 ax1， x  x  x  fxex1ae2 ae2 ae2 1 所以 ，    x 因为e2 10， x 若a0,则e2 a0, fx0, f x在 R 上单调递增， a0 x,2lna fx0 x2lna, f�( x) >0 若 ，当 时， ，当 时， ， f x ,2lna 2lna, 此时 在 上单调递减，在 上单调递增， a0 f x R 综上可得，当 时， 在 上单调递增， a0 f x ,2lna 2lna, 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增. x R,x 0,,x f x gx 0 （2）对任意 1 2 2 1 2 ， 即 f x 1  g x x 2 2  0 ，设 hx g x x ，则 f x 1 hx 2 0， f(x) h(x) 0 即 min min ， f xexx1 a1 当 时， ，f x ,0 0, 由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增， f(x)  f 00 所以 min ， lnex lnx 1 因为hxex mex  m， x x x 1lnx 1 x2exlnx 所以hxex   ， x2 x2 x2 sxx2exlnx sx 0, 设 ，则 在 上单调递增， 1 e 1 1 s  ln2 ln2 (1ln4)0,s(1)e0 且 2 4 2 2 ， 1  所以存在 x 0  2 ,1 ，使得 sx 0 0 ， 1 1 1 ln x ex0  lnx ln e x0 即x2ex0 lnx ，即 0 x 0 x ， 0 0 0 0 1 1 由 yxex 在0,上是增函数，得x 0 ln x lnx 0 ,ex0  x ， 0 0 x0,x  sx0,hx0,hx 0 时， 单调递减， xx , sx0,hx0,hx 0 时， 单调递增， lnx 1 1 x 1 所以h(x) hx ex0  0  m  0  m1m， min 0 x x x x x 0 0 0 0 0 f(x) h(x) 0 1m0 m1 所以由 min min 得 ，即 ， 1, m 所以实数 的取值范围是 . x R,x 0,,x f x gx 0 【点睛】关键点点睛：在解答对任意 1 2 2 1 2 恒成立时，根据此时函数的结构特 lnx 1 征，设出函数hx=ex   m，将恒成立问题转化为函数的最值问题，关键在于求该函数的最值时，求 x xx2ex lnx hx 出其导数 x2 ，要结合零点存在定理判断其极值点，从而求得最值.