2025二轮复习大题规范练（二）
一、基础保分练
1．（2024·全国·高考真题）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、
乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
(1)填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车
间
乙车
间
能否有 的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有 的把握认为甲，
乙两车间产品的优级品率存在差异？
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率 ，设 为升级改造后抽取的n件产品的优
级品率.如果 ，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150
件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（
）
附：
0.050 0.010 0.001k 3.841 6.635 10.828
2．（2024·广东·二模）已知双曲线 的焦点与椭圆 的焦
点重合，其渐近线方程为 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)若 为双曲线 上的两点且不关于原点对称，直线 过 的中点，求直线
的斜率.
3．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）如图，在直三棱柱 中，
分别为 的中点．
(1)求异面直线 与 所成角的余弦值；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)求平面 与平面 夹角的余弦值．
4．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知 是公差不为零的等差数列， ，且
成等比数列．(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，求 的前1012项和 ．
5．（2024·天津·高考真题）在 中，角 所对的边分别为a,b,c，已知
．
(1)求 ；
(2)求 ；
(3)求 的值．
6．（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)已知 时，直线 为曲线 的切线，求实数 的值．
二、能力增分练
7．（2024·河南·模拟预测）如图，平行六面体 中，底面 是边长为2
的正方形， 为 与 的交点， ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求二面角 的正弦值．
8．（2024·浙江丽水·二模）已知抛物线 ，点 在抛物线 上，且 在 轴上方， 和 在 轴下方（ 在 左侧）， 关于 轴对称，直线 交 轴于点 ，延
长线段 交 轴于点 ，连接 .
(1)证明： 为定值（ 为坐标原点）；
(2)若点 的横坐标为 ，且 ，求 的内切圆的方程.
9．（2024·北京·高考真题）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同
险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表：
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索
赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率.
(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率；
(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差.
（i）记 为一份保单的毛利润，估计 的数学期望 ；
（ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少 ，有索赔的保单的保费增加 ，试比较这种情
况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中 估计值的大小．（结论不要求证
明）
10．（2024·四川自贡·一模）已知数列 的前 顶和为 .且 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)在数列 中， ，求数列 的前 项和 .
11．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在四边形 中， ， ， ，
， .(1)求 ；
(2)求四边形 的面积.
12．（2024·江西·一模）已知函数 ．
(1)若 在R上单调递减，求a的取值范围；
(2)若 ，判断 是否有最大值，若有，求出最大值；若没有，请说明理由．
三、拓展培优练
13．（2024·河南新乡·模拟预测）已知函数 ，其中
不全为0，并约定 ，设 ，称
为 的“伴生函数”．
(1)若 ，求 ；
(2)若 恒成立，且曲线 上任意一点处的切线斜率均不小于2，证明：
当 时， ；
(3)若 ，证明：对于任意的 ，均存在 ，使得 ．
14．（2024·河南濮阳·模拟预测）在 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
．
(1)求B；(2)已知 ，D为边AB上的一点，若 ， ，求AB的长．
15．（2024·云南·模拟预测）如图，已知点列 与 满足 ，
且 ，其中 ， ．
(1)求 ；
(2)求 与 的关系式；
(3)证明： ．
16．（2024·新疆·二模）在圆柱 中， 是圆 的一条直径， 是圆柱 的母线，
其中点 与 ， 不重合， ， 是线段 的两个三等分点， ， ，
．
(1)若平面 和平面 的交线为 ，证明： 平面 ；
(2)设平面 、平面 和底面圆 所成的锐二面角分别为 和 ，平面 和底面圆
所成的锐二面角为 ，若 ，求 的值．
17．（2024·江西·模拟预测）已知抛物线 ，圆 ， 是抛物线上一点（异于原点）．
(1)若 为圆 上一动点，求 的最小值；
(2)过点 作圆 的两条切线，分别交抛物线 于A，B两点，切点分别为E，F，若四边形
ABFE为梯形，求点 的坐标．
18．（2024·河南·模拟预测）某种植物感染病毒 极易死亡，当地生物研究所为此研发出了
一种抗病毒 的制剂.现对20株感染了病毒 的该植株样本进行喷雾试验测试药效.测试结
果分“植株死亡”和“植株存活”两个结果进行统计，并对植株吸收制剂的量（单位：毫
克）进行统计.规定植株吸收在6毫克及以上为“足量”，否则为“不足量”.现对该20株
植株样本进行统计，其中“植株存活”的13株，对制剂吸收量统计得下表.已知“植株存
活”但“制剂吸收不足量”的植株共1株.
编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
吸收量（毫
6 8 3 8 9 5 6 6 2 7
克）
编号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
吸收量（毫
7 5 10 6 7 8 8 4 6 9
克）
(1)补全列联表中的空缺部分，依据 的独立性检验，能否认为“植株的存活”与
“制剂吸收足量”有关？
吸收足
吸收不足量 合计
量
植株存活
植株死亡
合计
(2)现假设该植物感染病毒 后的存活日数为随机变量 （ 可取任意正整数）.研究人员
统计大量数据后发现：对于任意的 ，存活日数为 的样本在存活日数超过 的样
本里的数量占比与存活日数为1的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于0.1，这种现
象被称为“几何分布的无记忆性”.试推导 的表达式，并求该植物感染病毒 后存活日数的期望 的值.
附： ，其中 ；当 足够大时， .
0.010 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
参考答案：
1．(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算 ，并与临界值对比分析；
（2）用频率估计概率可得 ，根据题意计算 ，结合题意分析判断.
【详解】（1）根据题意可得列联表：
优级品 非优级品
甲车
26 24
间
乙车
70 30
间
可得 ，
因为 ，
所以有 的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有 的把握认为甲，
乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为 ，
用频率估计概率可得 ，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率 ，
则 ，可知 ，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
2．(1)
(2)1
【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程.
（2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验.
【详解】（1）椭圆 的焦点为 ，故 ，
由双曲线的渐近线为 ，故 ，故 ，
故双曲线方程为： .
（2）设A(x ,y ),B(x ,y )， 的中点为 ，
1 1 2 2
因为 在直线 ，故 ，
而 ， ，故 ，
故 ，
由题设可知AB的中点不为原点，故 ，所以 ，
故直线 的斜率为 .
此时 ，
由 可得 ，整理得到： ，当 即 或 ，
即当 或 时，直线 存在且斜率为1.
3．(1) ；
(2) ；
(3) .
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；
（2）利用空间向量计算点面距离即可；
（3）利用空间向量计算面面夹角即可.
【详解】（1）由题意可知 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则 ，
即 ，
所以 ，
即异面直线 与 所成角的余弦值为 ；（2）由上易知 ，
设面 的一个法向量为 ，则有 ，
取 ，即 ，
所以点 到平面 的距离为 ；
（3）由上可知 ，
设面 的一个法向量为 ，则有 ，
取 ，即 ，
设平面 与平面 夹角为 ，
则 ，
即平面 与平面 夹角的余弦值 .
4．(1)(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项即可得解；
（2）由裂项相消法可求出前1012项和.
【详解】（1）设等差数列{a }的公差为 ，
n
又 ，则 ， ，
因为 成等比数列，所以 ，
即 ，
得 ，
又因为{a }是公差不为零的等差数列，所以 ，
n
即 .
（2）由（1）知
，
.
5．(1)
(2)
(3)【分析】（1） ，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出 ，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出 ，则得到
；
（3）法一：根据大边对大角确定 为锐角，则得到 ，再利用二倍角公式和两角差的
余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设 ， ，则根据余弦定理得 ，
即 ，解得 （负舍）；
则 .
（2）法一：因为 为三角形内角，所以 ，
再根据正弦定理得 ，即 ，解得 ，
法二：由余弦定理得 ，
因为 ，则
（3）法一：因为 ，且B∈(0,π)，所以 ，
由（2）法一知 ，
因为 ，则 ，所以 ，
则 ，
.法二： ，
则 ，
因为 为三角形内角，所以 ，
所以
6．(1)答案见解析
(2) 或
【分析】（1）求导后因式分解，再讨论当 ， ， 时导函数的正负，即可判断
原函数的单调性.
（2）求导后根据导数的几何意义设切点 ，求得切线方程，根据切线过原点计算即
可求得结果.
【详解】（1） ．
令 ，得 或 ．
若 ，则当 时， ；当 时， ．
故 在 上单调递增，在 上单调递减；
若 时， ， 在 上单调递增；
若 ，则当 时， ；当 时， ．
故 在 上单调递增，在 上单调递减．
综上所述：当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；当 时， 在 上单调递增；
时， 在 单调递增，在 单调递减．
（2）当 时，
设切点 ，则切线方程为
因为切线过原点， 故 ， 即 ，
解得 或
所以 或 .
7．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.
【详解】（1）
连接 ，
因为底面 是边长为2的正方形，所以 ，
又因为 ， ，
所以 ，所以 ，
点 为线段 中点，所以 ，
在 中， ， ，所以 ，
则 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
（2）【方法一】：由题知正方形 中 ， 平面 ，所以建系如图
所示，
则 ，
则 ，
，
设面 的法向量为 ，面 的法向量为 ，
则 ，取 ，则
取 ，则 .
设二面角 大小为 ，
则 ，所以二面角 的正弦值为 .
【方法二】：以O为坐标原点， 的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标
系 ．
由题设得 ， ， ， ，
， ，
， ， ．
设 是平面 的法向量，
则 ，即 ，可取 ．
设 是平面 的法向量，
则 ，即 ，可取 ．
所以 ．
因此二面角 的正弦值为 ．
8．(1)
(2)【分析】（1）根据已知条件作出图形，设出直线 的方程，与抛物线联立，利用韦达定
理及直线的点斜式方程即可求解；
（2）根据（1）的结论及向量的数量积的坐标表示，进而得出直线 的方程，利用直线
的斜率公式及直线的点斜式方程，结合角平分线的性质及圆的标准方程即可求解.
【详解】（1）设直线 的方程为 ，则
，
由 ，消去 ，得 ，
，
所以 ，
直线 的方程为 ，化简得 ，
令 ，得 ，所以
因此 .
（2）因为点 的横坐标为 ，由（1）可知， ，
设 交抛物线于 ， ，如图所示
又由（1）知， ，同理可得 ，得 ，又 ，
，
又 ，
则 ，
故 结合 ，得 .
所以直线 的方程为
又 ，
则 ，
所以直线 的方程为 ，
设圆心 ,
因为 为 的平分线，故点 到直线 和直线 的距离相等，
所以 ，因为 ，解得 ，
故圆 的半径 ，
因此圆 的方程为 .
9．(1)
(2)(i)0.122万元；(ii) 这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值大于（i）中 估计
值
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;（2）（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取 ，用频率估计概率后可求 的分布
列及数学期望，从而可求 .
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求 ，从而即可比较大小得
解.
【详解】（1）设 为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得 .
（2）（ⅰ）设 为赔付金额，则 可取 ，
由题设中的统计数据可得 ，
， ，
，
故
故 （万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为 ，
故 （万元），
从而 .
10．(1)
(2) ，【分析】（1）利用 求通项公式；
（2）转化为等差数列、等比数列，分组求和.
【详解】（1）当 时，可得： ；
当 时， ， ，两式相减，得： ，即 ，
所以： .
（2）当 时， ；
当 时， ，所以 ，
所以：
，
时， ，上式也成立.
所以： ，
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得到 ，进而得到 ，再根据条件，利用平
方关系和正弦的和角公式，即可求出结果；
（2）延长 交于 ，设 ， ，在 中，利用正弦定理和余弦定理
得到 ， ，进而求得 ， ，再利用三角形面积公式，即可求出结果.
【详解】（1）由 ，又B∈(0,π)，得到 ，
又 ，
又 ， ，且 ，
所以 ， ，
得到 .
（2）延长 交于 ，设 ， ，
在 中，由正弦定理得到 ，由（1）知 ， ，
所以 ①，由余弦定理得到 ②，
由①②解得 或 ，
当 时， ，此时 ，
又 ，所以 ， 不合题意，故 ， ，
在 中，由 ， ，得到 ， ，
所以 ，又 ，
故 .12．(1)
(2) 有最大值，最大值为e
【分析】（1）求导，得到 恒成立，根据根的判别式得到不等式，求出a
的取值范围；
（2）求导，得到函数单调性，从而求出函数的最大值.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
因为 在R上单调递减，所以 恒成立，
所以 ， ，所以a的取值范围是 ．
（2）当 时， ， ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以当 时， 单调递增，当 ， 时， 单调递减，
当 时， ，
又 时， ，
所以 有最大值，最大值为e．13．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由题可知 ，计算可求伴生函数为 ．
（2） ，由已知可得 在 上恒成立，进而可得结论；
（3）令 ，求导结合 在 上一定存在极值点，令 为其中一
个极值点，则 ，计算可得结论.
【详解】（1）由题可知 ．
所以 ，
故 的伴生函数为 ．
（2）由已知得 ，
所以
．
因为曲线 上任意一点处的切线斜率均不小于2，
故 在 上恒成立．
又 ，所以 ，所以当 时， ．
（3）因为 ，所以 ．
设 ，则 ．
注意到 ，则 在 上一定存在极值点．
令 为其中一个极值点，则 ，
即 ，所以 ，
因为 ，所以 ，故 ．
【点睛】方法点睛：根据伴生函数的定义可求解（1）（2），构造函数
，利用导数及单调性的综合应用，考查推理论证能力、运算求解能
力和创新意识.
14．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理的边角互化，结合三角恒等变换中的辅助角公式整理即可求解；
（2）根据余弦定理可求得 ，利用三角函数恒等变化 ，根据正弦定理求得 ，即
可求得解.
【详解】（1）因为 ，
由正弦定理得 ．
因为 ，可得 ，
所以 ，即 ，
所以 ，又因为 ，可得 ，
所以 ，
故 ．
（2）如图，在 中，由余弦定理得
，
所以 ．
因为 ，且 ，
所以 ，
所以 ．
又因为 ，所以 ，
．
在 中，由正弦定理得 ,解得 .
所以 ．
15．(1)(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由垂直向量的坐标表示和模长公式列出方程组，解方程即可得出答案.
（2）根据垂直向量的坐标表示和模长公式列出方程组，解方程即可得出答案.
（3）要证 等价于证明 ，先证明
，再由累加法即可证明.
【详解】（1）因为 ， ，
， ，
所以 ，
得 ，所以 .
（2）由 ， ，
①，
又 ，则 ②，
将①代入②得:即 .
（3）要证 等价于证明 ，
当 时，
，
因为 ，
所以
，
，
．
【点睛】关键点点睛：本题（3）的关键点在于将题意转化为证明 ，
先由放缩法证明 ，再由累加法即可证明.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出OM∥AN， 平面 ，，由线面平行的性质定理可得l∥OM，由此能证明 平面 ．
（2）以 为坐标原点， 方向为 轴，底面圆 所在平面内垂直于 方向为 轴，
方向为 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果．
【详解】（1）证明：由已知，易得 是 的中点， 是 的中点，
∴OM∥AN，又 平面 ， 平面 ，∴OM∥平面 ，
又∵OM⊂平面 ，平面 平面CAN=l，
由线面平行的性质定理可得，l∥OM
又∵OM⊂平面 ， 平面 ，∴l∥平面
（2）解：以 为坐标原点， 方向为 轴，底面圆 所在平面内垂直于 方向为 轴，
方向为 轴建立如图所示空间直角坐标系．
由对称性，不妨设∠AOC=θ(0<θ<π)，易得底面圆 的半径为1，则：
O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(-1,0,0)，C(cosθ,sinθ,0)，D(cosθ,sinθ,3)，
(
cosθ-2 sinθ
)
(2cosθ-1 2sinθ
)
M , ,1 ，N , ,2 ，
3 3 3 3
易知底面圆 的一个法向量为⃗n =(0,0,1)，
1
⃗OM= (
cosθ-2
,
sinθ
,1 ) ，⃗OC=(cosθ,sinθ,0)，
3 3
设平面 的一个法向量为⃗n =(x,y,z)，
2
{
cosθ-2 sinθ
x+ y+z=0
(
2sinθ)
则 3 3 ，令x=sinθ，解得⃗n = sinθ,-cosθ, ，
2 3
xcosθ+ ysinθ=02
sinθ
|⃗n ⋅⃗n | 3
∴cosα= 1 2 =
．
|⃗n||⃗n | √ 4
1 2 ❑1+ sin2θ
9
⃗AC=(cosθ-1,sinθ,0)，⃗AN=
(2cosθ-4
,
2sinθ
,2 ) ，
3 3
设平面 的一个法向量为⃗n =(a,b,c)，
3
{2cosθ-4 2sinθ
a+ b+2c=0
(
sinθ
)
则 3 3 ，令a=sinθ，解得⃗n = sinθ,1-cosθ, ，
3 3
a(cosθ-1)+bsinθ=0
sinθ
|⃗n ⋅⃗n | 3
∴cosβ= 1 3 =
．
|⃗n||⃗n | √ 1
1 3 ❑2-2cosθ+ sin2θ
9
( π)
∵α、β∈ 0, ，且 ，
2
2 sinθ
sinθ
3 3
∴cosα=cosβ⇒ =
√ 4 √ 1
❑1+ sin2θ ❑2-2cosθ+ sin2θ
9 9
1 1 1 7 ❑√15
⇒ + sin2θ=2-2cosθ+ sin2θ⇒cosθ= ，∴sinθ=❑√1-cos2θ= ，
4 9 9 8 8
过点 作 的垂线，垂足为 点．因为 为圆柱的母线，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，又 ，CE,CD⊂平面 ，所以
平面 ，
又 平面 ,故 ，所以 为平面 和底面圆 所成锐二面角的平面
角．
|CD| |CD| 8❑√15
∴tanγ= = = ．
|CE| sinθ 5
17．(1)(2)
【分析】（1）设P(x ,y )表示出 ，结合二次函数的性质求出 的最小值，即可
0 0
求出 的最小值，从而求出|PQ|的最小值；
（2）设 ， ，即可表示出直线 ，再由点到直线的距离等于半径，即可
得到 ，则 ， 是方程 的两根，
列出韦达定理，即可表示出 ，再由 ，则 ，即可求出 点坐标.
【详解】（1）圆 的圆心 ，半径 ，
设P(x ,y )，则 ，
0 0
则
，
所以当 时 取得最小值 ，所以 的最小值为 ．
又 为圆 上一动点，所以|PQ|的最小值为 ．（2）由题意得 ，设 ， ， ，
直线 ，化简可得 ．
因为圆 与直线 相切，所以 ，
化简可得 ．
同理可得 ，
所以 ， 是方程 的两根，
所以 ， ，
．
因为四边形 为梯形，所以 ，则 ，
解得 ， ，故点P的坐标为 ．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x ,y )、(x ,y )；
1 1 2 2
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ；
（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18．(1)表格见解析，无关
(2) ，
【分析】（1）由题意补全联表，代入公式求出观测值，将其与临界值进行对比，进而即可
求解；
（2）先得到 ，推出 对任意 都成立，根据等
比数列的定义可得 ，由
，利用错位相减求出
，从而得到 的值.
【详解】（1）填写列联表如下：
吸收足
吸收不足量 合计
量
植株存活 12 1 13
植株死亡 3 4 7
合计 15 5 20
零假设为 ：“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关联.
根据列联表中的数据，经计算得到： ，
依据 的独立性检验，没有充分证据推断 不成立，因此可以认为 成立，即认为
“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关.
（2）由题意得 .又 ，故 .
把 换成 ，则 .
两式相减，得 ，
即 .
又 ，
故 对任意 都成立，
从而 是首项为0.1，公比为0.9的等比数列，因此 .
由定义可知 ，
而 ，下面先求 .
，
，
作差得
.
所以 ，当 足够大时， ，
，故 ，可认为 .【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是推出 是首项为0.1，公比为0.9的等
比数列，通项为 ，再利用错位相减法求出 ，
从而得到期望.
