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2025二轮复习大题规范练（八）
一、基础保分练
1．（22-23高二下·河南·期中）已知函数 在点 处的切线方程为
．
(1)求实数 和 的值；
(2)求 在 上的最大值（其中e是自然对数的底数）．
2．（2024·广西南宁·一模）记 的内角 的对边分别为 ，已知
．
(1)求角 的大小；
(2)若 ，求 周长的最大值．
3．（2024·河北保定·二模）已知数列{a }的前n项和为 ，且 .
n
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)若数列{b }满足 ，求{b }的前 项和 .
n n
4．（2024·浙江·二模）如图，在四棱锥 中，四边形ABCD是边长为2的正方形，
平面 平面ABCD， ，点E是线段AD的中点， .
(1)证明： //平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.5．（23-24高三上·上海静安·期末）已知双曲线 ： ，点 的坐标为 ．
(1)设直线 过点 ，斜率为 ，它与双曲线 交于 、 两点，求线段 的长；
(2)设点 在双曲线 上， 是点 关于 轴的对称点．记 ，求 的取值范围．
6．（2024·全国·模拟预测）第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰
雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率
分布直方图如图所示，其中满意度评分在 的游客人数为18．
(1)求频率分布直方图中 的值；
(2)从抽取的50名游客中满意度评分在 及 的游客中用分层抽样的方法抽取5
人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在 的概率．
二、能力增分练
7．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数 ．
(1)当 时，求 在 处的切线方程；
(2)当 时，求 的单调区间和极值；
(3)若对任意 ，有 恒成立，求 的取值范围．
8．（2023·广东广州·一模）记 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 .已知.
(1)证明： ；
(2)若 ， ，求 的面积.
9．（2024·湖北·二模）已知各项均不为0的数列 的前 项和为 ，且
．
(1)求 的通项公式；
(2)若对于任意 成立，求实数 的取值范围．
10．（2024·上海·高考真题）如图为正四棱锥 为底面 的中心．
(1)若 ，求 绕 旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若 为 的中点，求直线 与平面 所成角的大小．
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知双曲线 ： 的左右焦点为 ， ，其右
准线为 ，点 到直线 的距离为 ，过点 的动直线交双曲线 于 ， 两点，当直线
与 轴垂直时， ．
(1)求双曲线 的标准方程；
(2)设直线 与直线 的交点为 ，证明：直线 过定点．12．（2024·上海·高考真题）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地
区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成
绩
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有 的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有
关？
三、
（附： 其中 ， ．）
拓展培优练
13．（2023·山东济南·三模）已知函数 .
(1)讨论 的极值点个数；
(2)若 有两个极值点 ，直线 过点 .
（i）证明： ；
（ii）证明： .
14．（23-24高二下·重庆·阶段练习）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解
的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离
之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当 的三个内角均小于 时，使
得 的点 即为费马点；当 有一个内角大于或等于
时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知 的内角 所
对的边分别为 ，且(1)求 ；
(2)若 ，设点 为 的费马点，求 ；
(3)设点 为 的费马点， ，求实数 的最小值．
15．（2024·江苏南通·二模）已知数列 的前n项和为 ， ， .
(1)证明：数列 为等比数列；
(2)设 ，求数列 的前n项和；
(3)是否存在正整数p，q（ ），使得 ， ， 成等差数列？若存在，求p，q；
若不存在，说明理由.
16．（2023·安徽安庆·模拟预测）如图，平行六面体 中，点P在对角线
上， ，平面 平面 ．
(1)求证：O，P， 三点共线；
(2)若四边形 是边长为2的菱形， ， ，求二面角
大小的余弦值．
17．（2024·上海·高考真题）已知双曲线 左右顶点分别为 ，过点
的直线 交双曲线 于 两点.(1)若离心率 时，求 的值．
(2)若 为等腰三角形时，且点 在第一象限，求点 的坐标．
(3)连接 并延长，交双曲线 于点 ，若 ，求 的取值范围．
18．（2024·广东广州·一模）某校开展科普知识团队接力闯关活动，该活动共有两关，每个
团队由 位成员组成，成员按预先安排的顺序依次上场，具体规则如下：若某
成员第一关闯关成功，则该成员继续闯第二关，否则该成员结束闯关并由下一位成员接力
去闯第一关；若某成员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯
关并由下一位成员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有成员全部上场参加了闯关，
该团队接力闯关活动结束.已知 团队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为 和 ，
且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.
(1)若 ，用 表示 团队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求 的均值；
(2)记 团队第 位成员上场且闯过第二关的概率为 ，集合
中元素的最小值为 ，规定团队人数 ，求 .
参考答案：
1．(1) ，
(2)
【分析】（1）对函数求导，根据导数的几何意义可求 的值，再根据切线过切点求 的值；
（2）根据导数与函数单调性的关系，分析函数在给定区间上的单调性，再求函数的最大值.
【详解】（1）因为
所以 ，由题意可得， ，
解得: ， .
（2）由(1)可得，
所以 ，且 ，
易得，当 时，f'(x)<0，函数单调递减，
当 时，f'(x)>0，函数单调递增，
又 ， ，且 ，
即最大值为： .
2．(1)
(2)6
【分析】（1）根据题意利用正、余弦定理进行边角转化，进而可得结果；
（2）根据 ，结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为 ，由正弦定理可得 ，
整理得 ，
由余弦定理可得 ，
且B∈(0,π)，所以 .
（2）由（1）可知： ，整理得 ，即 ，
因为 ，当且仅当 时，等号成立，则 ，可得 ，即 ，
所以 周长的最大值为 .
3．(1) ；
(2) .
【分析】（1）根据 的关系由： 求解即可；
（2）根据 通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可.
【详解】（1）当 时， .
当 时， ，
当 时，也符合 .
综上， .
（2）由
则
，故{b }的前 项和 .
n
4．(1)证明见解析
(2) .
【分析】（1）连接 交 于 ，连接 ,根据条件证明 // 即得；
（2）先证明 平面 ，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB
与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接 交 于 ，连接 ,由 是 的中点可得 ，
易得 与 相似，所以 ，
又 ，所以 // ，
又 平面 平面 ，所以 //平面 ；
（2）
因平面 平面 ，且平面 平面 ，由 ，点E是线
段AD的中点可得又 平面 ，故得 平面 .如图，取 的中点为 ,分别以 为
轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则 ， ，
，则 ，.
设平面 的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，由 ，
1 1 1 1
则 ，故可取 ；
设平面 的法向量为 ，由 ，
则 ，故可取 .
故平面 与平面 的夹角余弦值为 ，
所以平面 与平面 的夹角为 .
5．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，
（2）根据向量数量积的坐标运算，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）直线 的方程为 ．由方程组 得 ．
设 ,则 ，
．
（2）设点P(x,y)，则点 的坐标为 ．
， ，
．
因为 ，所以 ．
6．(1) ，
(2) ．
【分析】（1）根据评分在 的游客人数为18和总人数为50得到 ，利用频
率之和为1得到方程，求出 ；
（2）根据分层抽样的方法得到评分在 的人数为2，设为 ，满意度评分在
的人数为3，设为 ，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在的情况，求出概率.
【详解】（1）由题知， ，
，解得 ．
（2）由题知，抽取的50名游客中满意度评分在 的人数为 ，
满意度评分在 的人数为 ，
抽取的5人中，满意度评分在 的人数为2，设为 ，满意度评分在 的
人数为3，设为 ，
从5人中随机抽取2人的不同取法为 ，
，共有10种不同取法，
设“2人中恰有1人的满意度评分在 ”为事件 ，
则事件 包含的取法为 ， ，共有6种不同取
法．
．
7．(1)
(2) 的单调递减区间为：(0,+∞)；递增区间为： ，
的极大值为 ，无极小值
(3)
【分析】（1）利用已知确定切点，导数的几何意义确定斜率，求出切线方程即可.（2）利用导数先求解单调性，再确定极值即可.
（3）利用分离参数法结合导数求解参数范围即可.
【详解】（1）当 时， ，
则 ， ， ，
所以切线方程为 ．
（2）当 时， ， ．
令 ， ，
故 在R上单调递减，而 ，因此0是 在R上的唯一零点
即：0是f'(x)在R上的唯一零点
当x变化时，f'(x)， 的变化情况如下表：
x 0 (0,+∞)
f'(x)
0
极大值
的单调递减区间为：(0,+∞)；递增区间为：
的极大值为 ，无极小值
（3）由题意知 ，即 ，即 ，
设 ，则 ，
令 ，解得 ，当 ， ， 单调递增，
当 ， ， 单调递减，
所以 ，
所以
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；
（2）利用平面向量数量积的定义可得出 ，结合余弦定理以及 可求
得 、 的值，由此可求得 的面积.
【详解】（1）因为 ，则 ，
即 ，
由正弦定理可得
，
因此， .
（2）因为 ，由正弦定理可得 ，
由平面向量数量积的定义可得 ，
所以， ，可得 ，
即 ，所以， ，则 ， ，
所以， ，则 为锐角，且 ，因此， .
9．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到 时， ，两式相减得到 ，得
到 及 均为公差为4的等差数列，结合等差数列的通项公式，进而得
到数列的通项公式；
（2）由（1）求得 ，证得为 恒成立，设 ，求得数列的单调性和最大值，
即可求解.
【详解】（1）解：因为数列{a }的前 项和为 ，且 ，即
n
，
当 时，可得 ，
两式相减得 ，
因为 ，故 ，
所以 及 均为公差为4的等差数列：
当 时，由 及 ，解得 ，
所以 ， ，所以数列{a }的通项公式为 .
n
（2）解：由（1）知 ，可得 ，
因为对于任意 成立，所以 恒成立，
设 ，则 ，
当 ，即 时，
当 ，即 时，
所以 ，故 ，所以 ，
即实数 的取值范围为 .
10．(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形 的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接 ，可先证 平面 ，根据线面角的定义得出所求角为 ，
然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且 平面 ，由 平面 ，则 ，
又正四棱锥底面 是正方形，由 可得， ，
故 ，
根据圆锥的定义， 绕 旋转一周形成的几何体是以 为轴， 为底面半径的圆
锥，
即圆锥的高为 ，底面半径为 ，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是（2）连接 ，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由 是 中点，则 ，又 平面 ，
故 平面 ，即 平面 ，又 平面 ，
于是直线 与平面 所成角的大小即为 ，
不妨设 ，则 ， ，
又线面角的范围是 ，
故 .即为所求.
11．(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合 之间的平方关系即可求
解；
（2）设直线 的方程为 ， ，联立双曲线方程结合
韦达定理得 ，用 以及 的坐标表示出点 以及 的方程，根据对
称性可知，只需在 的直线方程中，令 ，证明相应的 为定值即可求解.【详解】（1）由题意 ，所以双曲线 的标准方程为 .
（2）由题意 ，当直线 斜率为0时，直线 ，
当直线 斜率不为0时，设直线 的方程为 ， ，
，
所以 ，
直线 的方程为： ，
所以 的方程为 ，
由对称性可知 过的定点一定在 轴上，
令，
又 ，
所以 ，
所以直线 过定点 .
12．(1)
(2)
(3)有
【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.
【详解】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比 ，
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为 ．
（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
．
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
（3）由题列联表如下：
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580提出零假设 ：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
其中 ．
．
则零假设不成立，
即有 的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
13．(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，分 、 、 三种情况讨论，分别求出函
数的极值点的个数；
（2）（i）由（1）知， ，不妨设 ，且 ， ，依题意只需证明
，令 ，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（ii）依题意可得 ，则只需证明 ，即
证明 ，结合（i）的结论即可得证.
【详解】（1）因为 定义域为 ，且 ，
当 时， 恒成立，
在 上单调递增，极值点个数为 ；
当 时，对于函数 ， ，
所以 恒成立，
所以 在 上单调递增，极值点个数为 ；当 时，由 得， 或 ，
由 得， 或 ；由 得， .
所以单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
所以 为极大值点， 为极小值点，极值点个数为 .
综上，当 时，极值点个数为 ；当 时，极值点个数为2.
（2）（i）由（1）知， ，不妨设 ，
则 ， ，
所以 ，
要证 成立，
只需证明 ，
只需证明 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，
所以 ，
所以 成立.
所以 .（ii）由 得 ，
要证 成立，
只需证明 ，
因为 ，
所以只需证明 ，
只需证明 ，
只需证明 ，即 ，
因为 成立，所以 成立.
【点睛】方法点睛：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．
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简 可得
，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得 ，设，推出 ，利用余弦定理以及勾股定理即可推出
，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）由已知 中 ，即
，
故 ，由正弦定理可得 ，
故 直角三角形，即 .
（2）由（1） ，所以三角形 的三个角都小于 ，
则由费马点定义可知： ，
设 ，由 得：
，整理得 ，
则
.
（3）点 为 的费马点，则 ，
设 ，
则由 得 ；由余弦定理得 ，
，
，
故由 得 ，
即 ，而 ，故 ，
当且仅当 ，结合 ，解得 时，等号成立，
又 ，即有 ，解得 或 （舍去），
故实数 的最小值为 .
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二
问，解答第二问的关键在于设 ，推出 ，结合费
马点含义，利用余弦定理推出 ，然后利用基本不等式即可求解.
15．(1)证明见解析；
(2) ；
(3)存在， .
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合 及等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出 ，再利用裂项相消法求和即可.
（3）由（1）求出 ，由已知建立等式，验证计算出 ，再分析求解 即可.
【详解】（1） ， ，当 时， ，两式相减得 ，即 ，
则有 ，当 时， ，则 ，即 ，
所以数列 是以1为首项， 为公比的等比数列.
（2）由（1）得， ，则 ，数列 是等差数列，
于是 ，解得 ，则 ，
所以{b }的前 项和
n
.
（3）由（1）知， ，
由 成等差数列，得 ，整理得 ，
由 ，得 ，又 ， ， 不等式成
立，
因此 ，即 ，令 ，则 ,
从而 ，显然 ，即 ，
所以存在 ，使得 成等差数列.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切
不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的
根源与目的．
16．(1)证明见解析
(2)【分析】（1）先证明 ，由面面平行的性质得出 ，进而得出O，P，
三点共线；
（2）以点O为原点，分别以 ， ， 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐
标系，利用向量法得出二面角 大小的余弦值．
【详解】（1）证明：连 交 于 ，连 ．
在平行六面体 中， 且 ，
所以四边形 是平行四边形， 且 ，
又O， 分别为BD， 的中点，所以 ， ，
所以四边形 是平行四边形，于是 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，所以 ，
因为 ， 都经过点O，所以O，P， 三点共线．
（2）解：由（1）可知 ，所以 ．
作 平面 于Q， 于E， 于F，连 ， ， ，
则 ， ，由 ，得 ，又 ， 平面 ，所以 平面 ，
于是 ，同理 ，
又 ， ，
所以 ，则 ，
所以点Q在 上，且 ，所以点Q与O重合，于是 ．
以点O为原点，分别以 ， ， 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
所以 ，于是 ，
又 ，所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
{⃗m⋅⃗BP=0 {-❑√3x-2y+❑√6z=0
则 ，于是可得 ，
⃗m⋅⃗AB=0 -❑√3x+ y=0
不妨令 ，则 ，
平面 的一个法向量为 ，
，
又结合图形易得二面角 为锐角，
所以二面角 大小的余弦值为 ．17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线 ，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等
式计算即可.
【详解】（1）由题意得 ，则 ， ．
（2）当 时，双曲线 ，其中 ， ，
因为 为等腰三角形，则
①当以 为底时，显然点 在直线 上，这与点 在第一象限矛盾，故舍去；
②当以 为底时， ，
设 ，则 , 联立解得 或 或 ，
因为点 在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；（或者由双曲线性质知 ，矛盾，舍去）；
③当以 为底时， ，设 ，其中 ，
则有 ，解得 ，即 ．
综上所述： .
（3）由题知 ，
当直线 的斜率为0时，此时 ，不合题意，则 ，
则设直线 ，
设点 ，根据 延长线交双曲线 于点 ，
根据双曲线对称性知 ，
联立有 ，
显然二次项系数 ，
其中 ，
①， ②，
，
则 ，因为 在直线 上，则 ， ，
即 ，即 ，
将①②代入有 ，
即
化简得 ，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且 ，解得 ，又因为 ，则 ，
综上知， ， ．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设 ，
将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后
的方程得二次项系数不为0.
18．(1) ；
(2)7.
【分析】（1）求出 的所有可能值及各个值对应的概率，再求出期望.
（2）利用互斥事件的概率公式，求出第 位成员闯过第二关的概率，再列出不等式求解即
得.
【详解】（1）依题意， 的所有可能取值为 ，
， ，
所以 的分布列为：
1 2 3数学期望 .
（2）令 ，若前 位玩家都没有通过第一关测试，
其概率为 ，
若前 位玩家中第 位玩家才通过第一关测试，
则前面 位玩家无人通过第一关测试，其概率为 ，第 位玩家通过第一关测试，
但没有通过第二关测试，其概率为 ，
第 位玩家到第 位玩家都没有通过第二关测试，其概率为 ，
所以前面 位玩家中恰有一人通过第一关测试的概率为：
，
因此第 位成员闯过第二关的概率 ，
由 ，得 ，解得 ，则 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两
两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
