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2024 届高三二轮复习大题强化训练及变式训练（3）
1．设 为数列 的前 项和，已知 ，且 为等差数列．
（1）求证：数列 为等差数列；
（2）若数列 满足 ，且 ，设 为数列 的前 项和，集合
，求 （用列举法表示）．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）设等差数列 的公差为 d，由题意可得 、 ，解得
，结合 求得 ，即可证明；
（2）由（1）可得 ，根据累乘法可得 ，结合裂项
相消求和法计算即可求解.
【解析】（1）设等差数列 的公差为d，则 ，即 ，①
因为 ，所以由 ，得 ．②
由①、②解得 ，所以 ，即 ，
当 时， ，
当 时， ，上式也成立，所以 ，
所以数列 是等差数列．
（2）由（1）可知 ，
当 时， ，
因为 满足上式，所以 ．
，
因为当 时， ，所以 ．
变式：已知数列 前 项和为 ，满足 .
（1）求数列 的通项公式；（2）若 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1） （2）
【分析】（1）由 作差得到 ，再利用累乘法计算可得；
（2）由（1）可得 ，利用裂项相消法计算可得.
【解析】（1）因为 ，当 时， ，
所以 ，
当 时， ，
所以 ，
所以 ， ， ， ， ，
累乘得
所以 ，
当 时 也成立，所以 .
（2）由（1）得 ，
所以
.
2．“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000
多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数
学、物理、化学学科夏令营活动.
（1）若数学组的7名学员中恰有3人来自 中学，从这7名学员中选取3人， 表示选取的人中来自
中学的人数，求 的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮
竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利.已知甲乙两位同学组成一组，
甲、乙答对每道题的概率分别为 ， .假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响.当
时，求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值.
【答案】（1）分布列见解析， （2）
【分析】（1）利用超几何分布，求出分布列和期望，即可得出结果；（2）根据甲、乙答对题数为二项分布及独立事件的概率求出每轮答题中取得胜利的概率，再由二次函
数的性质求出结果.
【解析】（1）由题意知， 的可能取值有0，1，2，3， ，
， ， ，
所以 的分布列为：
0 1 2 3
P
.
（2）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为 ，则 ，
设乙答对题数为 ，则 ，
设“ 甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”,
则
由 ，又 ，所以 ，
则 ，又 ，所以 ，
设 ，所以 ，由二次函数可知当 时取最大值 ，
所以甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为 .
变式：为了开展“成功源自习惯，习惯来自日常”主题班会活动，引导学生养成良好的行为习惯，提
高学习积极性和主动性，在全校学生中随机调查了 名学生的某年度综合评价学习成绩，研究学习
成绩是否与行为习惯有关.已知在全部 人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为 ，现按
“行为习惯良好”和“行为习惯不够良好”分为两组，再将两组学生的学习成绩分成五组：
、 、 、 、 ，绘制得到如图所示的频率分布直方图.（1）若规定学习成绩不低于 分为“学习标兵”，请你根据已知条件填写下列 列联表，并判断
是否有 的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”；
行为习惯良好 行为习惯不够良好 总计
学习标兵
非学习标兵
总计
（2）现从样本中学习成绩低于 分的学生中随机抽取 人，记抽到的学生中“行为习惯不够良好”
的人数为 ，求 的分布列和期望.
参考公式与数据： ，其中 .
【答案】（1）列联表见解析，有 （2）分布列见解析，
【分析】（1）根据题中信息完善 列联表，计算出 的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知，随机变量 的可能取值有 、 、 ，可得出随机变量 的分布列，进而可求得
的值.
【解析】（1）已知在全部 人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为 ，
则 名学生中，行为习惯良好的有 人，行为习惯不够良好的有 人.
由频率分布直方图可知，行为习惯良好组中不低于 分的学生有 人，
行为习惯不够良好组中不低于 分的学生有 人则 列联表为：
行为习惯良好 行 为习惯不够良好 总计
学习标兵
非学习标兵
总计
， ，
因为 ，所以有 的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”.
（2）行为习惯良好组中低于 分的学生有 人，
行为习惯不够良好组中低于 分的学生有 人，则 的可能值为 、 、 ，
， ， .
的分布列为：
期望 .
3．在五棱锥 中， ，
，平面 平面 .
（1）求证： ；
（2）若 ，且直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）根据矩形的性质、结合面面垂直的性质定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【解析】（1）证明：延长 交于点
四边形 为矩形，
平面 平面 ，平面 平面
平面 平面 ，即 .（2）如图建系，
设平面 的一个法向量 ，
.
变式：在长方体 中， 是 上的点,，且 的长成等比数列，又
是 所在的直线 上的动点.
（1）求证： 平面
（2）若 ，求 与平面 所成 的角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明过程见解析 （2）
【分析】（1）连接 交 于点 ，利用平面几何知识结合 的长成等比数列证明
，由长方体性质得 ，结合线面垂直判定定理得 平面 ，所以只需证
明 即可；
（2）首先根据平面几何知识求得 ，建立适当的空间直角坐标系，表示出出 方向向量与平面 法向量（含参），从而所求角的正弦值也可以表示成参数 的函数，进一步即
可通过换元法求解.
【解析】（1）如图，
连接 交 于点 ，在长方体 中，有 面 ，
因为 面 ，所以 ，
又因为 的长成等比数列，
所以 的长成等比数列，即 ，
注意到 ，
所以 ，从而 ，
又因为 ，
所以 ，从而 ，
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平行且等于 ， 平行且等于 ，
所以 平行且等于 ，即四边形 是平行四边形，
所以 ，
又因为 平面 ，
所以 平面 .
（2）因为 面 ，且 面 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
设 ，而 ，
一方面由勾股定理有 ，
另一方面由 成等比数列得 ，
联立得 ，并解得 满足题意，
以 为原点， 所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，而 ，设 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ，令 ，解得 ，
所以取平面 的一个法向量为 ，
设 与平面 所成的角 ，
则 ，
令 ，则 ，
所以 ，
若要 最大，首先 ，此时 ，
令 ，所以 ，
所以当且仅当 ，即 时， ，
综上， 与平面 所成的角的正弦值的最大值 .
4．已知函数
（1）求 在 处的切线方程;（2）记函数
①当 时， 求证: 不恒成立；
②若 恒成立，求实数a的最大值.
【答案】（1） （2） ①见解析；②
【分析】（1）通过导数的几何意义计算即可；
（2）①对 求导，讨论 与 的大小，可得 即可证明；②将问题转化为
恒成立，得出 符合题意，再利用导数去证明其充
分性即可.
【解析】（1） ， ，
故 ，所以 在 处的切线方程为： .
即 .
（2）①当 ，
，
令 ， ，
所以 在 上单调递增，又因为 ，
所以存在 ，使得 ，
则当 ， ，则 ，
当 ， ，则 ，
所以 在上单调递减，在 上单调递增，
而 ，
所以 不恒成立.
②因为 ，所以一定有 ，即 （必要性）；
下证充分性，
当 时，
令 ，
令 ， 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增， ，
所以 ，故 在 上单调递增， ，
故 ，满足充分性.
综上，实数a的取值范围为 .
所以实数a的最大值为 .
变式：已知函数 ，其中 ．（1）讨论 的单调性；
（2）若 ，求证： 在定义域内有两个不同的零点；
（3）若 恒成立，求 的值．
【答案】（1）当 时， ， 在 上单调递增；当 时，
在 上单调递增，在 上单调递减； （2）证明过程见详解；
（3）
【分析】（1）利用导函数的正负判断 的单调性，分 和 进行讨论即可.
（2） 时 ，分 、 及 讨论 的正
负，分别判断 的单调性及极值、最值，进而判断 的零点个数.
（3）令 , 恒成立，且 ，可得 ，进而求出 ，再
证明 时 即可.
【解析】（1） 的定义域为 ，
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时，由 得 ，
时， ， 在 上单调递增；
时， ， 在 上单调递减；
（2） 时， ，
① 时， 在 上单调递减，所以 ，
所以 在 上单调递增，又 ， ，
所以 ，使得 ，即 在 上有且仅有1个零点 ；
② 时，由（1）知 在 上单调递减，
即 ，所以
，
所以 在 上没有零点；③ 时， ，所以 ，
即 在 上单调递减，又 ， ，
所以 在 上有且仅有1个零点 ；
综上所述， 在 内有两个不同的零点 ， .
（3）令 ，
由于 恒成立，且 ，同时 在 上连续，
所以 是 的一个极大值点.
因为 ，所以 即 ，
下面证明 时， 在 上恒成立，
由（1）知， 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
所以 ，又 ，
故 恒成立.
5．动圆 与圆 和圆 都内切，记动圆圆心 的轨迹为 .
（1）求 的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为 ，则
曲线上一点 处的切线方程为：
，试运用该性质解决以下问题：点 为直线 上一点（ 不在 轴上），过点 作 的两条切线
，切点分别为 .
（i）证明：直线 过定点；
（ii）点 关于 轴的对称点为 ，连接 交 轴于点 ，设 的面积分别为
，求 的最大值.
【答案】（1） （2）（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点 坐标后，得出直线 的方程，从而得
出定点坐标；
（ii）联立直线 的方程与椭圆 的方程，由韦达定理得出 ，进而求解出 的定点
坐标，表示出 ，由基本不等式得出结果.
【解析】（1）设动圆 的半径为 ，由题意得圆 和圆 的半径分别为 ， ，
因为 与 ， 都内切，
所以 ， ，所以 ，
又 ， ，故 ，
所以点 的轨迹是以 ， 为焦点的椭圆，
设 的方程为： ，
则 ， ，所以 ，
故 的方程为： .
（2）（i）证明：设 ， ， ，
由题意中的性质可得，切线 方程为 ，
切线 方程为 ，
因为两条切线都经过点 ，所以 ， ，
故直线 的方程为： ，显然当 时， ，
故直线 经过定点 .
（ii）设直线 的方程为： ，
联立 ，整理得 ，
由韦达定理得 ，
又 ，所以直线 的方程为 ，
令 得，
，
所以直线 经过定点 ，又 ，所以
，
所以 ，当且仅当 时，即 时取等号.
变式：已知点 是圆 上任意一点，点 关于点 的对称点为
，线段 的中垂线与直线 相交于点 ，记点 的轨迹为曲线 ．
（1）求曲线 的方程；
（2）若点 ，直线 ，过点 的直线 与 交于 两点，直线 与
直线 分别交于点 ．证明： 的中点为定点．
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】（1）由双曲线定义得到点 的轨迹是以 为焦点的双曲线，求出答案；
（2）设 ，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得
到直线 ，求出 的坐标，同理得到 的坐标，得到 的中点坐标.
【解析】（1）由题意可得 ，且 为 的中点，
又 为 的中点，
所以 ，且 ．因为点 关于点 的对称点为 ，线段 的中垂线与直线 相交于点 ，
由垂直平分线的性质可得 ，
所以 ，
所以由双曲线的定义可得，点 的轨迹是以 为焦点的双曲线．
，
故曲线 的方程为 ；
（2）由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去 得： ，
则 ，
解得 ，且
，①
由 ，得直线 ，
令 ，解得 ，即 ，
同理可得 ，
则，
所以 的中点为定点 .
