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2024 届高三二轮复习大题强化训练及变式训练（4）
1．在△ABC中，∠A＝90°，点D在BC边上．在平面ABC内，过D作DF⊥BC且DF＝AC．
（1）若D为BC的中点，且△CDF的面积等于△ABC的面积，求∠ABC；
（2）若 ，且BD＝3CD，求cos∠CFB．
【答案】（1）∠ABC＝60° （2）
【分析】（1）由两三角形的面积相等可得 ，再由 可得
，从而结合已知可得 ，进而可求得∠ABC；
（2）设 ，则 ，然后在 中分别利用勾
股定理求出 ，再在 中利用余弦定理可求得结果.
【解析】（1）如图所示
在 中， ，点 在 边上．
在平面 内，过 作 且 ，
所以 ， ，
且 的面积等于 的面积，
由于 ，
所以 ，
因为 为 的中点，
故 ，
所以 ，
因为 为锐角，
所以 ．
（2）如图所示：设 ，由于 ， ， ，
所以 ，
由于 ，所以 ，则 ．
且 ，解得 ，
在 中，利用余弦定理得
变式：已知在 与 中， 与 在直线 的同侧， ，
直线 与直线 交于 .
（1）若 ，求 的取值范围；
（2）证明： .
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】（1）根据题意，由条件可得 的范围，再由余弦定理代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由余弦定理代入计算，即可证明.
【解析】（1）在 中，因为 ，所以 ，设 ，
由于 ，所以 ，由余弦定理得
，
所以 ，从而 ，故 ；
（2）连结 ，记 ，在 中由正弦定理知，要证明 ，只需证明
.设 ， ，由题意知 ，从而在 与
中由余弦定理得
所以 ，故 .
2．已知 .
（1）当 时，求 的零点个数；
（2）讨论 的单调性.
【答案】（1）2个零点 （2）答案见详解
【分析】（1）当 时，求得 ，由导数正负判断 单调性，结合
零点存在定理即可求解；
（2）分 ， 两大步，当 时，细分为 四种情况分类
讨论，由 的正负判断 的增减.
【解析】（1）
，
当 时，
，令 得 ，
当 ， ， 单调递减；
当 ， ， 单调递增；
，若 能取到，则 ， ，
由零点存在定理可知， 在 和 各有一个零点，所以 的零点个数为2；
（2）因 为 ，
当 时， ，故 的正负由 的正负决定，
时， ， 单调递减，
， ， 单调递增；
当 时，令 ，令 得 ，
若 ， 时，
， ， 单调递减，， ， 单调递增；
若 ， 时，
当 时， 时， 在 单调递增；
当 时， 时， 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减；
当 时， 时， 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减.
综上所述，当 时， 时， 单调递减，
， 单调递增；
当 时， 时， 在 单调递增；
当 时， 时， 单调递增，
时， 单调递减；
当 时， 时， 单调递增，
时， 单调递减.
变式：已知函数 （ ）．
（1）讨论 的单调性；
（2）若函数 有三个不同 零点，求 的取值范围．
的
【答案】（1）答案见解析； （2） .
【分析】（1）求出函数 的导数，按 与 分类讨论求出 的单调区间.
（2）变形函数 ，将 的零点个数问题转化为 的零点个数，再借助导数及零点存在性定理
求解.
【解析】（1）函数 定义域为 ，求导得 ，
设 ，则 ，
①当 时， 恒成立，且至多一点处为0，函数 在 上递减；
②当 时， 有两个零点 ，
则当 或 时， ，即 ；当 时， ，即 ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 的递减区间为 ；
当 时 ， 的 递 减 区 间 为 ， 递 增 区 间 为
.(2)函数 ，
由于 与 同号，则 只有一个零点 ，
令 ，由 ，则 有三个不同的零点等价于函数 有三个不同的零点，
由（1）知，当 时， 在 上单调递减，不合题意；
当 时，由（1）知， 的两极值点 满足 ，所以 ，得 ，
由 ， 则 ，由（2）知，当 时， ，
则 ，即 ，
因此 ，
由零点存在性定理知， 在区间 上有唯一的一个零点 ，
显然 ，
而 ，则 ，于是当 时， 存在三个不同的零点 ，
所以 的取值范围是 .
3．如图，在四棱锥 中， ， ， ， ， ，平面
平面 ， .
（1）证明： 平面 ；
（2）若点Q是线段 的中点，M是直线 上的一点，N是直线 上的一点，是否存在点M，N使
得 ?请说明理由.
【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析
【分析】（1）根据面面垂直 的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解.
【解析】（1）如图，取 的中点O，因为 ，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，又 ， 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 .
（2）因为 ，O为 的中点， ，所以 ，
过点O作 交 于点E，则由 平面 , 平面 ,可得 ，
则以O为原点， ， ， 分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设与 ， 都重直的向量为 ，
则 得
令 ，则 ，
设直线 与直线 的距离为d，
则 ，
则不存在点M和N使得 .
变式：如图，三棱台 中，侧面四边形 为等腰梯形，底面三角形 为正三角
形，且 .设 为棱 上的点.（1）若 为 的中点，求证： ；
（2）若三棱台 的体积为 ，且侧面 底面 ，试探究是否存在点 ，使
直线 与平面 所成角的正弦值为 ？若存在，确定点 的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析； （2）存在， 与 重合，理由见解析.
【分析】（1）取 中点 ，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，利用线面角 向的量求法求解即得.
【解析】（1）取 中点 ，连结 、 ，则 ，
由 平面 ，得 平面 ，又 平面 ，
所以 .
（2）取 中点 ，连结 ，由（1）得 为二面角平面 的平面角，
由平面 平面 得： ，即 ，
以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
设该棱台的高为 ，由 ，得 ，
则 ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ，得 ，设 ，则 ，
于是 ，解得 或 (舍去)，
所以存在点 满足条件，此时 与 重合.
4．已知抛物线 的焦点为 各顶点均在 上，且 ．
（1）证明： 是 的重心；
（2） 能否是等边三角形？并说明理由；
（3）若 均在第一象限，且直线 的斜率为 ，求 的面积．
【答案】（1）证明见解析 （2）不肯能，理由见解析 （3）
【分析】（1）设 的中点为 ， 的中点为 ，证明 是 的两条中线即可；
（2）设 ，由题意可得 ，若 是
等边三角形，则 ，再由 ，可求出 ，进而可得出结论；
（3）设直线 的方程为 ，联立方程，由韦达定理求得 ，再结合（2）可
求得 点的坐标及 的值，再根据弦长公式及点到直线的距离公式即可得解.
【解析】（1）设 的中点为 ， 的中点为 ，
因为 ，所以 ，
又 为公共端点，所以 三点共线，
同理可得 ，又 为公共端点，所以 三点共线，
所以 是 的两条中线，
所以 是 的重心；
（2）由题意 ，设 ，
则 ，
由 ，可得 ，由抛物线的定义可得 ，
若 是等边三角形，则由（1）知 ，
由 ，可得 ，
又因 不重合，所以 ，
所以 ，
所以 ， ，
故 ，这与 矛盾，
所以 不可能是等边三角形；
（3）设直线 的方程为 ，
联立 ，化简得 ，
，所以 ，
由韦达定理得 ，
由（2）有 ，
，所以 ，
由 得 ，解得 ，
所以 ，即 ，
直线 的方程为 ，
所以
，点 到直线 的距离 ，
所以 的面积为
变式：已知抛物线E： 的焦点为F，若 的三个顶点都在抛物线E上，且满足
，则称该三角形为“核心三角形”．
设“核心三角形ABC”的一边AB所在直线的斜率为2，求直线AB的方程；
已知 是“核心三角形”，证明： 三个顶点的横坐标都小于
【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】 设直线AB的方程为 ，与 联立得 ， ，
得 ，设 ， ， ，则 ， ，
所以 ，
由题意知 ，因为 ， ， ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，即点C的坐标为 ， 代入抛物线E的方程得： ，解得
，满足条件 ，
所以直线AB的方程为
证明：设直线BC的方程为 ，与 联立得 ，
，
所以 ， ， ，
所以
由 知 ，所以 ， 即点A的坐标为又点A在抛物线 上，
所以 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，
所以点A的横坐标 ，
同理可证B，C两点的横坐标也小于
所以 三个顶点的横坐标均小于
5．2023年10月11日，中国科学技术大学潘建伟团队成功构建255个光子的量子计算机原型机“九章
三号”，求解高斯玻色取样数学问题比目前全球是快的超级计算机快一亿亿倍.相较传统计算机的经典
比特只能处于0态或1态，量子计算机的量子比特（qubit）可同时处于0与1的叠加态，故每个量子
比特处于0态或1态是基于概率进行计算的.现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比
特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示“0”，上旋表示“1”，粒子间的自旋状态
相互独立.现将两个初始状态均为叠加态的粒子输入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋
或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有 的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两
个粒子中上旋粒子的个数为 .
（1）若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为2，且 ，求两个粒子通过第一道逻
辑门后上旋粒子个数为2的概率；
（2）若一条信息有 种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率分别为
， ，…， ，则称 （其中 ）为这条信息的信
息熵.试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 的信息熵 ；
（3）将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第
二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为 （ ，2，
3，⋯， ，⋯）.证明：当 无限增大时， 的数学期望趋近于一个常数.
参考公式： 时， ， .
【答案】（1） （2） （3）证明见解析
【分析】（1）根据全概率公式、条件概率计算公式求得正确答案.
（2）根据独立重复事件概率计算公式求得 .
（3）先求得 的表达式，根据根据极限的知识证得结论成立.
【解析】（1）设 “两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为 个”， ，1，2，
“两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 个”，
则 ， ，
， ， ，则 ，
故 .
（2）由题知 ，1，2，
由（1）知 ，
同理可得 ，
则 ，
故 的信息熵 .
（3）由题知 ，其中 ，2，3，…，
则 ，
又 ，
则 ，①
，②
得：
，
由题知，当 无限增大时， 趋近于零， 趋近于零，则 趋近于 .
所以当 无限增大时， 的数学期望趋近于一个常数.
变式：2023年11月，我国教育部发布了《中小学实验教学基本目录》，内容包括高中数学在内共有
16个学科900多项实验与实践活动.我市某学校的数学老师组织学生到“牛田洋”进行科学实践活动，
在某种植番石榴的果园中，老师建议学生尝试去摘全园最大的番石榴，规定只能摘一次，并且只可以
向前走，不能回头.结果，学生小明两手空空走出果园，因为他不知道前面是否有更大的，所以没有
摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设小明在果园中一共会遇到 颗番
石榴（不妨设 颗番石榴的大小各不相同），最大的那颗番石榴出现在各个位置上的概率相等，为了
尽可能在这些番石榴中摘到那颗最大的，小明在老师的指导下采用了如下策略：不摘前
颗番石榴，自第 颗开始，只要发现比他前面见过的番石榴大的，就摘这颗番石榴，否则就摘最后
一颗.设 ，记该学生摘到那颗最大番石榴的概率为 .（1）若 ，求 ；
（2）当 趋向于无穷大时，从理论的角度，求 的最大值及 取最大值时 的值.
（取 ）
【答案】（1） ； （2） 的最大值为 ，此时 的值为 .
【分析】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列求出古典概率 .
（2）利用全概率公式求出 ，再构造函数，利用导数求出最大值.
【解析】（1）依题意，4个番石榴的位置从第1个到第4个排序，有 种情况，
要摘到那个最大的番石榴，有以下两种情况：
①最大的番石榴是第3个，其它的随意在哪个位置，有 种情况；
②最大的番石榴是最后 1 个，第二大的番石榴是第 1 个或第 2 个，其它的随意在哪个位置，有
种情况，
所以所求概率为 .
（2）记事件 表示最大的番石榴被摘到，事件 表示最大的番石榴排在第 个，则 ，
由全概率公式知： ，
当 时，最大的番石榴在前 个中，不会被摘到，此时 ；
当 时，最大的番石榴被摘到，当且仅当前 个番石榴中的最大一个在前 个之中时，此
时 ，
因此 ，
令 ，求导得 ，由 ，得 ，
当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，于是当 时， 取得最大值 ，
所以 的最大值为 ，此时 的值为 .
