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大题预测模拟02（ABC 三维题组限时训练）
（建议用时：60 分钟，满分：77 分）
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15 题13 分、16 题15 分、17 题15 分、18 题17 分、19 题17 分）
15．在
中，角
的对边分别为
，且
.
(1)求
；
(2)若
，且
的面积为
，求
的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角形内角和定理，即可求解
；
（2）利用余弦定理和三角形的面积公式，即可求解
，从而求出周长.
【详解】（1）由正弦定理得：
，
在三角形中
，所以
，
即
，
因为
，所以
，
因为
，所以
（2）
，所以
，
由余弦定理得
，所以
，
则
，
所以
的周长为
.
16．已知数列
满足
.
(1)证明：数列
是等比数列，并求数列
的通项公式；
(2)记
，若数列
的前
项和为
，求证：
.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义求证等比数列，再利用通项公式求解；
（2）求出数列
的通项公式，再根据裂项相消求出
，结合其单调性即可证明.
【详解】（1）因为
，所以
，
又
，所以
，
因为
，所以
，
结合以上递推关系可知，
，则
，
所以数列
是以
为首项，2 为公比的等比数列，
所以
，所以数列
的通项公式为
；
（2）由（1）知
，
由
得
，
所以
因为得
，数列
为单调递增数列，
所以
，
所以
.
17．如图，在三棱锥
中，
底面
.已知
是
的中点，且
.
(1)证明：
平面
；
(2)若
与平面
所成角的正弦值为
，求平面
与平面
夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证；
（2）由
与平面
所成角的正弦值为
，且
平面
，得
为
与平面
所成的角.
根据三角形相似，可求出
.以A 为原点，过A 作垂直于
的直线
轴，以
所在直线为
轴，
轴，建立空间直角坐标系，根据平面与平面夹角的向量求法可求得平面
与平面
夹角的余弦值.
【详解】（1）因为
底面
平面
，所以
.
又
平面
，所以
平面
.
又
平面
，所以
.
又
为
的中点，所以
.
因为
平面
，所以
平面
.
又
平面
，所以
.
又
平面
，所以
平面
.
（2）由（1）知，
平面
，垂足为
.
所以
为
与平面
所成的角.
因为
底面
平面
，所以
，所以
.
由
，所以
.
所以
，所以
.
由（1）知，
，而
，所以
.
所以
，所以
，所以
.
以A 为原点，过A 作垂直于
的直线
轴，以
所
在直线为
轴，
轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
则
，
因为
为
中点，所以
.
且
.
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，则
.
平面
，所以平面
的一个法向量可取
.
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
故平面
与平面
夹角的余弦值为
.
18．已知椭圆
的右焦点为
，点
在椭圆
上，且
轴.过点
作椭
圆
的切线，交
轴于点
，过点
的直线交椭圆
于
两点.
(1)求椭圆
的方程；
(2)若
为椭圆
的中心，求
面积的最大值；
(3)过点
作
轴的垂线与直线
交于点
，求证：线段
的中点在定直线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）将点
坐标代入椭圆方程，结合半焦距求出
即可得椭圆方程；
（2）求出切线方程，然后可得点
坐标，联立直线
和椭圆方程，利用弦长公式和点到直线的距离表示
出
的面积，然后可得最大值；
（3）通过直线方程求交点坐标，结合中点坐标公式和韦达定理化简可证.
【详解】（1）由题意可知
，解得
，所以椭圆
的方程为
.
（2）易知过点
且与椭圆相切的直线斜率存在，因此可设该直线方程为
.
联立直线与椭圆
，
整理得
，
令
，整理得
，解得
.
所以过点
的切线方程为：
，
再令
，得
.所以点
的坐标为
.
由题知，经过点
的直线
的斜率不为0，设直线方程为
联立直线与椭圆
，整理得
令
解得
因为
点
到直线
的距离
，
所以
令
，则
，
当且仅当
时
取到最大值为
；
（3）设线段
的中点为
，
由（2）可知
所以
，
直线
的方程为
，则
.
于是
，
.
所以
因为
，所以
，即
因此点
在直线
上，即线段
中点在定直线
上.
19．已知函数
有两个不同的零点，分别记为
，且
.
(1)求实数
的取值范围；
(2)若
，不等式
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)有两组正实数
，且
.证明：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由参变分离得
有两个不同的零点，求导分析单调性，结合函数图像即可求解；
（2）由题知
，不等式转化为
，令
，则
，进而得
，令
，求导再利用
导数确定最值即可；
（3）设
，再证：
即可.
【详解】（1）函数
有两个不同的零点，
所以
，即
有两个不同的解，
令
，由
得
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
当
时，
，所以
在
上单调递减，
所以
，
当
时，
；当
时，
所以
.
注：函数
的图像如下，
（2）因为
有两个不同的零点
，
由题知
，且
，即
，
相减得到：
因为
恒成立，即
恒成立，
所以
恒成立.
设
，则
时，不等式
恒成立，
因为
进而得
在
时恒成立，
设
，
则
，
即
，
又因为
且
，则
，所以当
时，
，
即
，故
在
单调递增，
因为
，所以
恒成立，故
满足题意.
当
时，若
，由
，则
在
单调递减，
所以当
时
，与题设不符.
综上所述，正数
的取值范围
.
（3）令
，则
当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减.
所以
为
极小值点，即最小值点，所以
即
当且仅当
时等号成立.
由（2）知：
，进一步取
，则
；
不妨假设
则
故
进一步：
另外：
又
，
当且仅当
时等号成立
则
.
即
.
（建议用时：60 分钟，满分：77 分）
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15 题13 分、16 题15 分、17 题15 分、18 题17 分、19 题17 分）
15．在
中，
，BC 边上的高等于
．
(1)求
的值；
(2)若
，求
的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式和正弦定理计算即可求解；
（2）根据正弦、余弦定理和完全平方公式计算可得
，即可求解.
【详解】（1）设
中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，
由题意可得
，即
，
由正弦定理得
，又
，
所以
．
（2）由正弦定理得
，
由余弦定理得
，
又
，所以
，
所以
的周长为
．
16．已知四棱台
，底面
是边长为2 的菱形，
平面
，
，E 是
的中点．
(1)证明：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由底面菱形性质及线面垂直性质证
平面
，得
. 再根据已知边长用
勾股定理逆定理证
. 因为
与
相交，所以
平面
.
（2）解法1，过
作
，证
平面
，再过
作
，得
为二面角平面角.
算出
、
长度，用正切求出
正切值，再求其余弦值.
解法2，建立空间直角坐标系，用向量法求二面角.先找出平面
的一个法向量
.
设平面
法向量
，根据向量垂直关系求出
. 最后用向量夹角公式求两平面夹角余弦值.
【详解】（1）因底面
是菱形，
，
是BC 中点，所以
，又
，则
.
已知
平面
，
平面
，所以
.
因为
平面
，且
，所以
平面
.
又
平面
，故
.
四棱台上下底面平行且相似，上底面
是边长为菱形.
在四边形
中，
，
，由勾股定理得
，
.
在
中，
，所以
，即
.
因为
平面
，
，所以
平面
.
（2）解法1 在等腰直角
中，过
作
，
则M 是
中点，
，
又
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以
，
过M 作
，连接
，
由于
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，故
，
所以
为平面
与平面
的夹角，
由（1）知
，在
中，
，
故
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
则
，
又因为
为锐角，
所以
，
故平面
与平面
夹角的余弦值为
．
解法2 因为
平面ABCD，所以AE，AD，
两两垂直．
以A 为原点，AE，AD，
所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系
则
，
，
由（1）易知平面
的一个法向量为
，
设平面
的法向量为
，
则
，
即取
，得
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
，
故平面
与平面
夹角的余弦值为
．
【点睛】
17．已知椭圆
，F 为E 的右焦点，P 为E 上的动点，当直线PF 与x 轴垂直时，
，R 是直线
上一动点，
的最小值为1．
(1)求E 的方程：
(2)过R 作E 的两条切线分别交x 轴于M，N 两点，求
面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题干所给信息及
，可求椭圆方程.
（2）设出直线RM，RN 的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式及三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）设点
，
当直线PF 与x 轴垂直时，点
，则
因为
的最小值为
，所以
，
又由
，
可解得
，
故E 的方程为
．
（2）如图，
设点
，注意到RM，RN 斜率不为0，
设
，
联立
，得
，
因为RM 与E 相切，所以
，
于是
，
化简得
，
又RN 与E 相切，同理有
，
故m，n 是一元二次方程
的两根，
则
，
所以
，
又
，所以
，
所以
面积的取值范围为
．
18．已知函数
，函数
图象上的一点
，按照如下的方式构造切线
：在点
处作
的切线
，记切线
与x 轴交点的横坐标为
．
(1)写出
与
的递推关系式；
(2)记
的零点为r，且
．
（i）证明：当
时，
；
（ii）证明：对于任意的
，都有
．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出
在点
处的切线方程，令
即可求解；
（2）（i）易知当
时
，当
时，利用导数和零点的存在性定理证明
在
上单调递增，进而
，即可证明；（ii）由（i）知当
时
，令
，只需证
.令
（
），利用3 阶导数研究
的单调性可得
，结合累乘法计算即可证明.
【详解】（1）
，
，
则函数
在点
处的切线方程为
，
令
，得
．
（2）（i）当
时，
，
当
时，
，
单调递增，
又因为
，
所以
有唯一的零点
，其中
．
令
，则
，
当
时，
，故
在
上单调递增．
因为
，所以
．
因为
在
上单调递增，所以当
时，
，
又因为
，所以
，
即证得：当
时，
．
（ii）由（i）知：因为
，从而
，进而
，
由此递推可知：当
时，
，
令
，
下面证明：对于任意的
，都有
成立，
即
．
因为
，所以只需证明
，
即
，
令
，其中
，
则
，
因为
，
所以
，故
，
从而
在
上单调递增，可知
，
故
在
上单调递增，因此
，
因为
，故
，
即对于任意的
，都有
成立，
由此可得：
，
所以对于任意的
，都有
．
19．从编号为1，2，…，
的座位中按照如下方式选取座位：选取至少
个座位，并且选取的座
位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”．
(1)若
个座位排成一排，对应的“社交排位”数为
，例如
时，由于至少要选取2 个座位，因此
时，由于只能选取第1，3 个座位，因此
．
（i）求
；
（ii）求使
的最小正整数
，
(2)若
个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为
，求数列
中第2025 个奇数对应的
．
【答案】(1)（i）
，
；（ii）12
(2)4051
【分析】（1）（i）当
、
时，列举出符合条件的选法，可得出
、
的值；
（ii）解法1：当
时，
个座位的“社交排位”，可以分成两类：①不包含
号座位；②包含
号座位.推导出
，然后列举出数列
的前若干项，即可得出满足不等式
的
最小正整数
的值；
解法2：当
（
）时，由组合数的性质得出
，结合
，并求出
、
的值，可得出满足
的最小正整数
的值；
（2）解法1：求出数列
前项的值，将
对应的方案分为3 类进行讨论，可得出
，可知
与
（
）具有相同的奇偶性，由此推导出
，
为奇数，当
，
为偶数，，即可确定2025
个奇数所在的位置，即可得解；
解法2：当
（
）时，根据组合数性质计算出
的表达式，可知
与
（
）具有相同
的奇偶性，由此推导出
，
为奇数，当
，
为偶
数，，即可确定2025 个奇数所在的位置，即可得解.
【详解】（1）（i）当
时，可以选取
，合计3 种选法，于是
；
当
时，可以选取
，合7 种选法，于是
．
（ii）解法1：当
时，
个座位的“社交排位”，可以分成两类：
①不包含
号座位，此时，这便是
个座位的“社交排位”，有
种；
②包含
号座位，此时必不包含
，剩余被选中的座位来自1，2，…，
．
当剩余被选中的座位数为1 时，可以为1，2，…，
号，有
种选法；
当剩余被选中的座位数大于等于2 时，此时剩余的位置数对应于
个座位的“社交排位”数有
种，于是
，由递推关系列出下表：
n
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
3
7
14
26
46
79
133
221
364
596
则当
时，有
的最小正整数
．
解法2：当
（
）时，
设“社交排位”的座位数为
个，则空座位个数为
个，
则可将个“社交排位”的座位插入
个空座位中形成的
个空隙中的
个，则个“社交排
位”的座位的选取种数为
，
且
，由于
，故
，
，
设
，
（i），
（ii），
由（i）（ii）得
，
所以
，
，
∴当
即
时，不符合题意，
当
时，
，
当
时，
，
符合题意的最小正整数
为12．
（2）解法1：易知
，
当
时，排成一排的
个座位的“社交排位”数
，去掉其中同时选取1 号，
号的方案，
即得到
个座位排成一圈的“社交排位”数，即为
，
则
对应的方案分为3 类：
①仅选取1 号，
号，有1 种；
②选取1 号，
号，以及3，4，…，
中的1 个位置，有
种；
③选取1 号，
号，以及大于等于2 个3，4，…，
中的座位，对于这类选取方案，
由于2 号与
号必不被选，其余3，4，…，
的选法数对应于
个座位排成一排的“社交排位”
数为
，
则
，
，
又由
，
则
，
则
与
（
）具有相同的奇偶性，
对于
，由
，
，
有
，
则
与
有不同的奇偶性，
与
具有相同的奇偶性，
又由
为偶数，
为奇数，
为偶数，
当
时，
为偶数，
当
时，
为奇数，
从而
为奇数，
为偶数，
更为一般的，当
，
为奇数，
当
，
为偶数，
又由
为偶数，
从
（包含
）起，
每6 个一组，由3 个偶数3 个奇数构成，
则2025 个奇数出现在第675 组第3 个数，即
．
解法2：当
（
）时，
，
当
时，
，
于是
，
当
（
）时，
，
，
则
与
（
）具有相同的奇偶性，
对于
，由
，
，
有
，
则
与
有不同的奇偶性，
与
具有相同的奇偶性，
又由
为偶数，
为奇数，
为偶数，
当
时，
为偶数，
当
时，
为奇数，
从而
与为奇数，
为偶数，
更为一般的，当
，
为奇数，
当
，
为偶数，
又由
为偶数，从
（包含
）起，
每6 个一组，由3 个偶数3 个奇数构成，
则2025 个奇数出现在第675 组第3 个数，即
．
（建议用时：60 分钟，满分：77 分）
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15 题13 分、16 题15 分、17 题15 分、18 题17 分、19 题17 分）
15．已知
，
，分别为
三个内角
，
，
的对边，
.
(1)求
；
(2)若
，求
的最大值.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，再结合三角形内角的取值范围，即可求得答案；
（2）利用正弦定理得出
，代入得
，再利用余弦定理和基本不等式，即可
求得答案；
【详解】（1）
因为
，所以
不为
；
所以
，
所以
，
又因为
，所以
，故
，
所以
；
（2）由（1）得：
，所以
，
所以
，所以
；
由余弦定理：
；
根据基本不等式得：
，代入得：
，
仅当
时，等号成立，
解得：
，所以
的最大值为
.
16．为了解某市高中学生喜爱打篮球是否与性别有关，从该市若干所学校的全部高中学生中随机抽取100
名学生进行调查.得到了如下的
列联表：
性别
打篮球
合计
不喜爱
喜爱
男生
25
女生
10
30
合计
100
(1)请完成上面的
列联表，依据小概率值
的独立性检验，能否认为学生喜爱打篮球与性别有关.
（单位：人）
(2)现按是否喜爱打篮球比例分配从样本女生30 人中按分层随机抽样的方法抽取6 人，再从这6 人中随机
抽取人进行进一步调查，记抽到的人中不喜爱打篮球的人数为
，求
的分布列和均值；
(3)若将频率视作概率，从全市所有高中学生中随机抽取40 人进行调查，记
人中喜爱打篮球的人数为
，
求
的均值和方差.
附：
，
.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】(1)
列联表见解析，学生喜爱打篮球与性别有关.
(2)分布列见解析，2
(3)
，
【分析】（1）完成
列联表，根据列联表中的数据，结合公式求出
，然后根据临界
值分析判断即可
（2）根据题目求出抽取 6 人时，不喜爱的有4 人，喜爱的有2 人，得到
服从超几何分布，利用超几何
分布求解即可；
（3）喜欢打篮球的频率为
，分析得到
服从二项分布
,利用二项分布的均值和方
差公式直接求解即可.
【详解】（1）列联表如下：
性别
打篮球
合计
不喜爱
喜爱
男生
25
45
70
女生
20
10
30
合计
45
55
100
零假设
:学生喜爱打篮球与性别无关.
根据列联表数据，计算得到
依据小概率值
的独立性检验，我们推断
不成立，即学生喜爱打篮球与性别有关.
（2）女生中不喜爱、喜爱打篮球的比例为
，抽取 6 人时，不喜爱的有4 人，喜爱的有2 人，
再从这6 人中随机抽取人进行进一步调查，记抽到的人中不喜爱打篮球的人数为
，
服从超几何分
布且
的可能取值为1，2，3，对应的概率为
,
,
的分布列为
1
2
3
的均值为
（3）喜欢打篮球的频率为
，从全市所有高中学生中随机抽取40 人进行调查，记
人中喜爱
打篮球的人数为
，则
服从二项分布
,
则
的均值:
，
的方差:
.
17．如图，四棱锥
的底面
是梯形，
平面
.
(1)求证：平面
平面
；
(2)在棱
上是否存在一点E，使得二面角
的余弦值为
.若存在，求出
的值；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)存在，
.
【分析】（1）只需结合已知证明
平面
，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数
，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式
建立方程即可求解.
【详解】（1）因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，所以
，
所以
，
又因为
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
；
（2）因为
平面
，
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以
，又
，
所以
两两互相垂直，
所以以点
为坐标原点，
所在直线分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，
，
设
，
则
，
，设平面
的法向量为
，
则
，即
，取
，
满足条件，
所以可取
，
，
，设平面
的法向量为
，
则
，即
，取
，解得
，
所以
，
由题意
，
化简并整理得
，解得
或
（舍去），
所以
，
综上所述，棱
上是否存在一点E，且
，使得二面角
的余弦值为
.
18．古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点
发出的光线经过椭圆上
的
点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点
，且在
点处的切线垂直于法线（即
的角平分
线）.在平面直角坐标系
中，已知椭圆
：
，点
为其右焦点，椭圆的焦距为4.
若有光束自点
射出，经椭圆二次反射后回到点
，设两次反射点分别为
，其光程为16.
(1)求椭圆
的标准方程.
(2)点P 是椭圆C 上的任意一点，椭圆在点P 处的切线为，过点
作的垂线，垂足为H，试求点H 的轨
迹方程．
(3)若直线OA，OB 分别与直线
交于M、N 两点，试问，直线BM 与直线AN 能否交于一定点？若能，
求出此定点；若不能，请说明理由.
【答案】(1)
；
(2)
；
(3)能，定点为
.
【分析】（1）根据题意和椭圆的定义，通过光程求出
，再结合
，求椭圆方程；
（2）设椭圆的左焦点为
，延长
，交于点
，易得在
中
，点
在以
为圆心，
半径为4 的圆上，即可求得轨迹方程；
（3）假设
，得出
，
的直线方程，进而求出M、N 两点坐标，再得出直线
与
直线的方程，联立求解判断是否过定点.
【详解】（1）由题意知，椭圆焦距
，则
，因为方程为
，
根据椭圆的定义
，
所以
，解得
，即知
，
故椭圆方程为：
.
（2）如图所示：
设椭圆的左焦点为
，延长
和
交于点
，
在
中，
，则
，且
为
中点，
在
中，
所以点
在以
为圆心，半径为4 的圆上，所以点
的轨迹方程为
．
（3）由椭圆的光学性质可知直线
过左焦点
,设直线AB 方程为
,
，
联立
，得
，
由韦达定理得
两式相比可得
，所以
由对称性知，若定点存在，则为直线
与直线
交于
轴上的定点，
由
，解得
，则直线
方程为
，
令
，
则
所以，直线
过定点
，同理直线
也过定点
.
则点
即为所求点.
19．已知函数
.
(1)当
时，讨论
的单调性；
(2)若
与
恰有两个交点，求
的取值范围.
(3)当
时，
，求a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）求导后构造函数
再次求导后可得；
（2）变形不等式后令
，问题转化为
有两个零点，求导分
和
两种情况结
合零点存在定理分析可得；
（3）当
时显然成立；当
时，分离参数可得
，构造函数求导结合隐零点分析
最值即可.
【详解】（1）当
时，
，
，
令
，则
恒成立，
所以
在
单调递增，
又
，
所以当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增.
（2）
，
令
，问题转化为
有两个零点，
求导
，
若
，则
，
单调递增，在
上至多有一个零点，不符合题意；
若
，令
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以
，
由零点存在定理可得要使
有两个零点，则
，
当
时，
，
，则
；
当
，由指数爆炸模型可知
，
所以
的取值范围为
.
（3）当
时，
，即
，整理可得
，
当
时显然成立；
当
时，分离参数可得
，
令
，求
的最大值即可，
求导
，
令分子为
，
则
，
再令
，
则
，
所以当
时，
，则
单调递增；
当
时，
，则
单调递减，
又
，
故存在
，使得
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减，
又
，
所以
时，
，即
，
单调递增；
时，
，即
，
单调递增，
所以
.
所以a 的取值范围为
.
