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限时训练02（A 组+B 组+C 组）
（考试时间：60 分钟 试卷满分：77 分）
解答题（本大题共5 小题，满分77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13 分）已知函数
，
图象的一个对称中心为
，一条对
称轴方程为
.
(1)求
；
(2)若
，求满足条件的
值的和.
【答案】(1)
(2)792
【分析】（1）根据整体代换法求对称轴、对称中心建立关于
和
的方程组，解之即可；
（2）由（1），求得
，由
，得
，结合等差数列的定义和前
项求和
公式计算即可求解.
【详解】（1）由题意知
，消去
解得
，
令
，则
，因为
，
则
，解得
，
而
，故
，所以
.
（2）由（1）知
，代入
，得
，
所以
，因为
，
故
，解得
，而
，故
，
则
值是首项为
，公差为6 的等差数列的前16 项，设这16 项的和为，
则
.
16. （15 分）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中
，
．将
沿
翻折至
，使得二面角
为直二面角．
(1)证明：
平面
；
(2)若
在同一个球面上，求该球的半径；
(3)求平面
与平面
所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
；(3)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得
平面
，进而根据线线垂直证明
平面
．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得
为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，
或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
【详解】（1）二面角
为直二面角，即平面
平面
，
又因为
平面
，平面
平面
，
所以
平面
．
又因为
平面
，所以
．
由题意
平面
，
所以
平面
．
（2）取
中点
中点
，连接
，
则
，
因为
平面
，
平面
，所以
，所以
，
在
中，
为
中点，所以
.
以
为正交基底建立如图所示空间直角坐标系
，
则
．
设该球的球心坐标为
，则
解得
.
所以该球的半径为
.
（3）法一：取
中点
，在
中，过
作
，垂足为
，连接
，
平面
平面
平面
，
平面
平面
，所以
平面
．
而
平面
，故
，
又因为
，
平面
，故
平面
，
而
平面
，所以
，
则
为平面
与平面
的所成角.
直角三角形
中，
，
所以平面
与平面
所成角的余弦值为
.
法二：平面
的一个法向量为
，
设平面
的法向量为
，则
即
取
，得平面
的一个法向量为
.
所以平面
与平面
所成角的余弦值为
.
17.（15 分）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)已知
在
上有且仅有两个零点，求a 的取值范围.
【答案】(1)当
时，
的单调递增区间为
，无单调递减区间；当
时，
的单调递增
区间为
，单调递减区间为
.
(2)
【分析】（1）求导后讨论
的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间.
（2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解
的取值范围.
【详解】（1）已知
，其定义域为
.求导
.
当
时，因为
，所以
，即
.所以
在
上单调递增.
当
时，令
，即
，因为
，所以
，解得
.
当
时，
，则
，所以
在
上单调递增；
当
时，
，则
，所以
在
上单调递减.
综上，当
时，
的单调递增区间为
，无单调递减区间；当
时，
的单调递增区间
为
，单调递减区间为
.
（2）由（1）可知，当
时，
在
上单调递增，所以
在
上至多有一个零点，不符
合题意.
所以
，此时
在
上单调递增，在
上单调递减.
要使
在
上有且仅有两个零点，当
趋近于
时，
趋近于
,
所以根据零点存在定理，
则需满足
，
，解得
.
，化简得
，解得
.
又因
可得
.
综上，
的取值范围是
.
18.（17 分）已知椭圆
的两个焦点分别为
，
，点P 是C 上的一个动点，当
面积取得最大值
时，
．
(1)求C 的方程；
(2)过点
的直线l 与C 交于A，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为
（
与B 不重合）．
（ⅰ）求证：直线
过定点；
（ⅱ）求
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由题意可得
，进而结合已知求得
，可求C 的方程；
（2）（ⅰ）设l 的方程为
，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得
，进而求得
直线
的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线
过定点为
，利用
计算，结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）因为
，又
，所以
，
又
面积取得最大值
，所以
，
在
中，
，所以
，所以
，
又
，所以
，所以
，解得
，
所以
，所以椭圆C 的方程为
；
（2）（ⅰ）当过点
的直线l 不与x 轴重合时，
设直线l 的方程为
，
，
由
，得
，
整理得
，
由韦达定理得
，
因为
为点A 关于x 轴的对称点，所以
，所以
，
所以直线
的方程为
，
由对称性，直线
所过定点一定在
轴上，
令
，可得
，
所以直线
过定点
；
当过点
的直线与x 轴重合时，显然过点
；
综上所述：直线
过定点
；
（ⅱ）记直线
过定点为
，
则
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
所以
面积的最大值为
．
19.（17 分）某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7 位候选人，然后在这7 人中随机选出3 人组成
竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛.
(1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7 位候选人之中，现从这7 人中抽签随机选出3 人组成竞赛小组去参
加预赛，记甲、乙、丙3 人中进入竞赛小组的人数为X，求X 的分布列与数学期望；
(2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、
丙3 人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为
，
，
，求此竞赛小组能进入决
赛的概率；
(3)假如只有A 组与B 组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有
道题，两个小组同时
做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1 分，另一组不得分.A 组
每道题先做对的概率都为
，B 组先做对的概率都为q，且
，各题做题结果相互独立.
现在有两种赛制可以供A 组选择，赛制一：从题库中选出
道题，这
道题全部做完后，得分高的
小组获得冠军；赛制二：做完
道题，得分高的小组获得冠军.你认为A 组应该选择哪种赛制更有利于
胜出？请说明理由并写出推导过程.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)
组采用赛制二更有利于胜出，理由见解析
【分析】（1）求出随机变量
的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可；
（2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案；
（3）按照赛制一，设做完选定的
题后，求出
组取得胜利的概率
，按照赛制二，不妨设做完
题，求出
组取得胜利的概率
，再做差比较大小可得答案.
【详解】（1）由题意知随机变量
的取值可以为0，1，2，3，
，
，
，
.
所以
的分布列为
0
1
2
3
的数学期望
；
（2）设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为
，
则至少有两人做对该题的事件为：
，所以竞赛小组能进入决赛的概率为
；
（3）按照赛制一，设做完选定的
题后，
组的得分为
，则
，
组取得胜利的概率为
；
按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完，
不妨设做完
题，
组取得胜利的概率为
，
则
，
，
已知
，所以
，
所以
，因此
组采用赛制二更有利于胜出.
（考试时间：60 分钟 试卷满分：77 分）
解答题（本大题共5 小题，满分77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13 分）已知数列
的首项
，且满足
．
(1)求证：数列
为等比数列；
(2)记
，数列
的前n 项和
，证明：
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由等比数列的定义即可求证；
（2）由裂项相消法求和，可求解得
，根据单调性，即可求证结论.
【详解】（1）由
得，
，
，
又
，
所以
是首项为2，公比为2 的等比数列．
（2）由（1）知，
，所以
，
所以
，
．
16.（15 分）2026 年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600 元（含600
元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.
方案一：从装有10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球2 个，白球1 个，黑球7 个）的抽奖盒中，一
次性摸出3 个球.其中奖规则为：若摸到2 个红球和1 个白球，享受免单优惠；若摸出2 个红球和1 个黑球，
则打5 折；若摸出1 个白球2 个黑球，则打7 折；其余情况不打折.
方案二：从装有10 个形状、大小完全相同的小球（其中红球3 个，黑球7 个）的抽奖盒中，有放回每次摸
取1 球，连摸3 次，每摸到1 次红球，立减200 元.
(1)若两个顾客均分别消费了600 元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1000 元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
【答案】(1)
(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算，理由见解析
【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可.
（2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可.
【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2 个红球和1 个白球，
设顾客享受到免单优惠为事件
，则
.
所以两位顾客均享受免单优惠的概率为
.
（2）若选择方案一，设实际付款金额为
，则
的可能取值为0，500，700，1000.
，
，
，
.
所以
（元）.
若选择方案二，设摸到红球的个数为
，付款金额为
，则
.
由题意知，
，故
.
所以
（元）.
因为
，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.
17.
（
15
分
）
在
锐
角
中
，
内
角
的
对
边
分
别
是
，
满
足
.
(1)求角
的大小；
(2)求
面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式结合边角互化转化题干条件，得到
进而得解；
（2）列出余弦定理表达式，然后利用基本不等式求解.
【详解】（1）对于
，
由正弦定理和二倍角公式，
，
则
，
即
，
即
，
由题知
，则
，
得到
，由于
，则
，
于是
，解得
（2）由余弦定理，
，
由
，
，得到
，
由基本不等式，
，则
（
取等号），
，
即
时，
的最大值是
.
18.（17 分）已知函数
，其中
．
(1)当
时，求函数
的最值；
(2)①若
恒成立，求a 的最小值；
②证明：
，其中
．
【答案】(1)最大值0；无最小值；
(2)①1；②证明见解析.
【分析】（1）直接用导数判断函数的极值最值可得；
（2）①将不等式进行参数分离得
，再构造函数
并用导数求函数的最大值，
进而可得所求值最小值；②根据①的解析可得
，进而可得
，再由累加法可得所证不等
式.
【详解】（1）当
时，函数
，函数定义域为
，
，
当
；当
，所以
在
单调递增，在
单调递减，
所以函数在
处取得极大值也是最大值
，无最小值.
故函数最大值0；无最小值；
（2）若
恒成立，即
，得
.
令
，
，
当
；当
.所以
在
单调递增，在
单调递减，
所以
在
处取得极大值也是最大值
，所以
.
故a 的最小值为1；
由（1）可知，当
时，
恒成立，即
（当且仅当
时等号成立）,
令
，所以
，即对
，都有
.
由累加法得
.
故
，其中
.
19.（17 分）已知双曲线
：
（
，
）的焦距为
，右顶点
．
(1)求双曲线
的标准方程；
(2)设
，
是
轴上的两个动点，以线段
为直径的圆
过双曲线
的焦点，直线
，
与双曲
线
的另一个交点分别为
，
．
（ⅰ）证明：直线
过定点；
（ⅱ）判断直线
与圆
的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)
；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
与圆
相离，理由见解析.
【分析】（1）由双曲线的几何性质求解即可；
（2）（ⅰ）设点
，
的坐标分别为
，
，由题意得：
，又设直线
，
的斜
率为
，
，所以
．再设出直线
的方程，与双曲线方程联立进行求解；（ⅱ）因为
，
，
所
以
，
设
，
则
，
所
以
，即
，再由直线与圆的位置关系判断即可．
【详解】（1）由题意
，
，则
，所以双曲线
的标准方程为
．
（2）（ⅰ）设点
，
的坐标分别为
，
，
由题意得：
，
又设直线
，
的斜率为
，
，所以
．
当直线
的斜率不存在时，设
：
（
），联立双曲线
方程得点
，
的坐标为
，
则
，得
或2（舍）．
当直线
的斜率存在时，设
：
，联立
，消
得：
，所以
．
设
，
，由韦达定理得：
，
，
所以
，
代入韦达定理得：
，所以
或
（舍），
则
：
，综上直线
过定点
．
（ⅱ）因为
，
，所以
，
设
，
则
，
所
以
，即
．
故
到直线
：
的距离
．
又圆
的半径
．
显然
，所以直线
与圆
相离．
（考试时间：60 分钟 试卷满分：77 分）
解答题（本大题共5 小题，满分77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13 分）已知
是各项均为正数的数列，
为
前n 项和，且
，
，
成等差数列.
(1)求
的通项公式；
(2)求证：
；
(3)已知
，求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据
的关系可证明
为等差数列，即可求解，
（2）利用放缩法可得
，即可由裂项相消法求和得解，
（3）对
分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解.
【详解】（1）由
，
，
成等差数列，得
，①
当
时，
，
∴
，得
（
舍去），
当
时，
，②
①-②得，
，
∴
，
又
，∴
，
∴
是首项为2，公差为1 的等差数列，
∴
，故
；
（2）
，
故
（3）由（1）知
，
当
是奇数时，
，
当
是偶数时，
，
综上
.
16.（15 分）已知函数
．
(1)求函数
的最小正周期和对称轴；
(2)若
，
（i）当
时，求使
成立的x 的范围；
（ii）在
中，角
的对边分别为
，且
．若________求
的取值范围．请从以
下两个条件中任选一个补充在横线处并作答．
①
为锐角三角形且
；②
的面积为S 且
．
【答案】(1)
；
(2)（i）
；（ii）答案见解析
【分析】（1）根据辅助角公式，先对
化简，再根据三角函数的性质求最小正周期和
对称轴.
（2）（i）先求出
的表达式，求出
的
的取值，再结合图象求出
的
的取值范围.
（ii）选①，利用正弦定理，将
表示为角的函数，根据三角形内角的取值范围求
的范围.选②，
根据面积公式及余弦定理将
表示出来，结合基本不等式求范围.
【详解】（1）由题意
，所以
，故
的最小正周期为
．
令
，得
．
所以函数
图象的对称轴方程为
．
（2）由题意知
．
（i）在同一坐标系中，作出函数
与直线
的图象，如下图所示：
令
，即
，
当
时，由
得
或
，
即
或
．
又因为
，故
或
；
当
时．由
得
或
，
，即
或
．
又因为
，故
或
，
所以结合函数
的图象得，使
成立的x 的范围为
．
（ii）因为
，则
，
因为
，所以
，所以
，解得
．
选①
为锐角三角形且
，
由正弦定理：
，则
.
因为
为锐角三角形，所以
，即
，得
，
则
，所以
，
所以
，故
的取值范围为
．
选②
的面积为且
，
由
，得
．
由余弦定理
，
消a 得
，
变形得
，因为
，即
，
解不等式得
，当且仅当
时等号成立．
所以
的取值范围为
．
17. （15 分）如图，在四棱锥
中．底面
为矩形，侧棱
底面
，
，
是
的中点．
(1)求证：
平面
；
(2)求平面
与平面
夹角的余弦值；
(3)若
，且点
到平面
的距离为
，求
的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
；
(3)
．
【分析】（1）连结
，交
于点
，连结
，证明
，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以向量
为
轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面
和平面
的法向量即可
求解面面角的余弦值；
（3）由（2）可得
，再由
求解即可.
【详解】（1）如图，连结
，交
于点
，连结
，
因为点
是
的中点，底面
为矩形，
所以点
是
的中点，
所以
，
因为
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（2）如图，以向量
为
轴的正方向建立空间直角坐标系，
，
，
，
则
，
，
设平面
的法向量
，
则
，令
，
，
，
所以平面
的法向量
，
且平面
的一个法向量为
，
设平面
和平面
的夹角为
，
则
，
所以平面
和平面
的夹角的余弦值为
.
（3）由（2）可得
，
，
，
，
，
，平面
的法向量
，
故
，
设点
与平面
的距离为
，
则
，解得
．
18.（17 分）已知函数
，
.
(1)当
时，证明：1 是
的极值点；
(2)当
时，证明：
；
(3)若
，对任意的
，
恒成立，求
的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数的导数证明1 是
的极值点；
（2）分
，
两种情况讨论，当
时，利用导数判断函数的单调性即可得证；
（3）利用导数求函数
的最小值，可得
，转化为
，
构造函数
，利用导数求最大值即可.
【详解】（1）当
时，
，
，
时，
，故
；
时，
，故
，又
，
所以1 是
的极值点.
（2）当
时，只需证明
，
①当
时，
，
，不等式显然成立；
②当
时，令
，
，
令
，则
，
因为
，
，
，
所以
，所以
单调递减，
所以
，所以
单调递减，
所以
，
所以
，
综上，原不等式得证.
（3）任意的
，
恒成立，只需要
，
又
是增函数，
，
，
，
故由零点存在性定理可知，
，使得
，
此时
，
由题设
及
可知，
，解得
，
当
，
，故
单调递减，
当
，
，
单调递增，
所以
，
取得极小值也是最小值，所以
，
所以
，得
，
，
令
，
，得
（舍去）或
，
当
，
0
单调递增，当
，
，
单调递减，
所以
时，
取得极大值也是最大值，
所以
，
所以
的最大值是
.
19.（17 分）已知抛物线
，
为坐标原点，过点
作斜率
的直线交抛物线
于
两点，其中
在第一象限，直线
交抛物线
于另一点
，其中
，直线
与直线
交于点
．
(1)求抛物线
的方程；
(2)记
与
的面积分别为
．
①当
四点共圆时，求直线的方程；
②求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)①
；②
【分析】（1）根据条件求出点
的坐标，代入抛物线方程，即可求解；
（2）①联立直线与抛物线方程，由韦达定理得
，根据条件有
，
从而可得
，即可求解；②根据条件求出
的取值范围，求出
的横坐标
，再利用三角形的面积公式及弦长公式得
，即可求解.
【详解】（1）因为点
，则
，又
，则
，
所以
，代入抛物线
，得到
，解得
，
所以抛物线
的方程为
.
（2）①因为直线方程为
，
设
，联立
，消
得到
，
则
，
当
四点共圆时，则有
，故
，
则
，所以
，
又
，
所以
，即
，
整理得到
，又
，所以
，故直线的方程为
.
②当
时，由
，得
，又直线的斜率
，则
，
由
，得到直线
，
由
，得
，
直线
，联立方程
，解得
，
由
，得
，
所以
，
又
，
又
，所以
，
故
的取值范围为
.
