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2024 届大题强化训练及变式训练（9）
1．如图，四棱锥 的底面是矩形， 是等边三角形，平面
平面 分别是 的中点， 与 交于点 ．
（1）求证： 平面 ；
（2）平面 与直线 交于点 ，求直线 与平面 所成角 的大小．
【答案】（1）证明见解析； （2） .
【分析】（1）利用面面垂直性质定理证明 平面 ，可得 ，再利用向量法证明
，然后由线面垂直判定定理可证；
（2）以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，利用向量法可解.
【解析】（1）因为 为正三角形， 是 中点，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
，
又 在平面 内且相交，故 平面
（2） 分别为 的中点， ，
又平面 过 且不过 ， 平面 ．
又平面 交平面 于 ，故 ，进而 ，
因为 是 中点，所以 是 的中点．
以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
， ，设平面 法向量为 ，
则 ，即 ，取 ，得 ，
则 ，
因为 ，所以 .
变式：如图，三棱柱 中， 为底面 的重心， ．
（1）求证： ∥平面 ；
（2）若 底面 ，且三棱柱 的各棱长均为6，设直线 与平面 所成
的角为 ，求 的值．
【答案】（1）证明见解析 （2）
【分析】（1）连接 交 于 点，连接 ，根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，求平面 的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【解析】（1）连接 交 于 点，连接 ．
因为 为底面 的重心，则 ，
又因为 ，则 ，可知 ∥ ，
因为 平面 平面 ，所以 ∥平面 ．
（2）取 的中点 ，连接 ．
因为 底面 ，且三棱柱 的各棱长均为6，
可知射线 两两垂直，
以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，可得 ，
所以 ．
2．在平面直角坐标系 中，已知直线 与抛物线 相切．
（1）求 的值；
（2）已知点 在抛物线 上， 分别位于第一象限和第四象限，且
，过 分别作直线 的垂线，垂足分别为 ，求四边形 面积的最
小值．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）根据题意联立方程结合 判别式分析求解即可；
（2）设直线 的方程为 ， ，联立方程可得韦达定理，结合
求得 ，进而可得四边形 面积为 ，换元结合函数
单调性分析求解.
【解析】（1）因为直线 与抛物线 相切，
所以方程组 有唯一解，所以 有唯一解，
所以 ，且 ，解得 ．（2）设直线 的方程为 ， ，
因为点 在抛物线 上， 分别位于第一象限和第四象限，
联立方程 ，消去x得 ，
则 ，可得 ，
因为 ，即 ，
整理得 ，
即 ，解得 ，
可知直线 的方程为 ，可知 ， ，符合题意，
则四边形 的面积为
．
令 ，
所以 ，
因为 ，则 ，且 与 在 上单调递增，
可知 在 上单调递增，
当且仅当 ，即 时， ，
所以四边形 面积的最小值为 ．
变式：已知 ， ，动点Z满足 .
（1）求动点Z的轨迹曲线 的标准方程；
（2）四边形ABCD内接于曲线E，点A，B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，设直线AC，BD的斜率分
别是 ，且 .证明： .【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义即可求出动点Z的轨迹方程；
（2）（i）设出点 的坐标，然后分别设出直线 的方程，求出 的关系式，利用已知
建立等式关系，再由 为四边形即可证明；
（ii）求出 的坐标，即可求出直线 的斜率，设出直线 的方程，并与椭圆方程联立，利用
韦达定理以及斜率公式表示出 ，并令该关系式等于 ，化简求出直线 的斜率，由此即可证
明．
【解析】（1）因 为
所以 点的轨迹是以 为焦点的椭圆，其长轴长 ，焦距为 ，
，
所以曲线 的标准方程为 .
（2）由题意作出图形如图所示
由题知 ,直线 ，
设 ，直线 ，
将 代入 得 ，
所以 ，
所以，
所以 ，
，解得 ，
所以 .
3．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．
【答案】（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.
【解析】（1）因为数列 的前 项和为 ，且 ，即 ，
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 的通项公式为 .
（2）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 .
变式：已知数列 前n项和为 ， ，且 ．
的
(1)求数列 的通项；
(2)设数列 满足 ，记 的前n项和为 ，若 对任意 恒成立，求
的范围．
【答案】(1) ；(2) ．
【解析】(1)当 时， ， ，
当 时，由 ①，得 ②，① ②得
，又 是首项为 ，公比为 的等比数列，
；
(2)由 ，得 ，
所以 ，
，
两式相减得
，所以 ，由 得 恒成立，
即 恒成立，
时不等式恒成立；
时， ，得 ；
时， ，得 ；
所以 ．
4．某高中学校为了解学生参加体育锻炼的情况，统计了全校所有学生在一年内每周参加体育锻炼的次
数，现随机抽取了60名同学在某一周参加体育锻炼的数据，结果如下表：
一周参加体育锻炼次数 0 1 2 3 4 5 6 7 合计
男生人数 1 2 4 5 6 5 4 3 30
女生人数 4 5 5 6 4 3 2 1 30
合计 5 7 9 11 10 8 6 4 60
（1）若将一周参加体育锻炼次数为3次及3次以上的，称为“经常锻炼”，其余的称为“不经常锻
炼”．请完成以下 列联表，并依据小概率值 的独立性检验，能否认为性别因素与学生体育
锻炼的经常性有关系；
锻炼
性别 合计
不经常 经常
男生
女生
合计
（2）若将一周参加体育锻炼次数为0次的称为“极度缺乏锻炼”，“极度缺乏锻炼”会导致肥胖等诸
多健康问题．以样本频率估计概率，在全校抽取20名同学，其中“极度缺乏锻炼”的人数为 ，求
和 ；
（3）若将一周参加体育锻炼6次或7次的同学称为“运动爱好者”，为进一步了解他们的生活习惯，
在样本的10名“运动爱好者”中，随机抽取3人进行访谈，设抽取的3人中男生人数为 ，求 的分
布列和数学期望．
附：
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
【答案】（1）填表见解析；性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系（2） ， （3）分布列见解析；期望为
【分析】（1）由60名同学的统计数据可得列联表，代入公式可得 ，即可得结
论；
（2）求出随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率 ，由二项分布即可得 和 ；
（3）易知 的所有可能取值为 ，利用超几何分布公式求得概率即可得分布列和期望值.
【解析】（1）根据统计表格数据可得列联表如下：
锻炼
性别 合计
不经常 经常
男生 7 23 30
女生 14 16 30
合计 21 39 60
零假设为 ：性别与锻炼情况独立，即性别因素与学生体育锻炼的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得
根据小概率值 的独立性检验，推断 不成立，
即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过0.1
（2）因学校总学生数远大于所抽取的学生数，故 近似服从二项分布，
易知随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率
即可得 ，
故 ， ．
（3）易知10名“运动爱好者”有7名男生，3名女生，
所以 的所有可能取值为 ；
且 服从超几何分布：
故所求分布列为
0 1 2 3可得
变式：某地政府为推动旅游业高质量发展、加快旅游产业化建设，提出要优化传统业态，创新产品和
服务方式，培育新业态新产品、新模式，促进康养旅游快速发展.某景区为了进一步优化旅游服务环
境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从m个跟团游团队和6个私家游团队中随机抽取几
个团队展开满意度调查.若一次抽取2个团队，全是私家游团队的概率为 .
（1）若一次抽取3个团队，在抽取的3个团队是同类型团队的条件下，求这3个团队全是跟团游团队
的概率；
（2）若一次抽取4个团队，设这4个团队中私家游团队的个数为 ，求 的分布列和数学期望.
5．微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研
究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数 在区间 上的图像连续
不断，从几何上看，定积分 便是由直线 和曲线 所围成的区域（称为曲
边梯形 ）的面积，根据微积分基本定理可得 ，因为曲边梯形 的面积
小于梯形 的面积，即 ，代入数据，进一步可以推导出不等式：
．
（1）请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明： ；
（2）已知函数 ，其中 ．
①证明：对任意两个不相等的正数 ，曲线 在 和 处的切线均不重
合；
②当 时，若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析 （2）① 证明见解析；②
【分析】（1）根据题，设过点 作 的切线分别交 于 ，结合
，即可得证；（2）①求得 ，分别求得在点 和 处的切线方程，假设
与 重合，整理得 ，结合由（1）的结论，即可得证；
②根据题意，转化为 时， 在 恒成立，
设 ， 求 得 ， 分 和
，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.
【解析】（1）在曲线 取一点 ．
过点 作 的切线分别交 于 ，
因为 ，
可得 ，即 ．
（2）①由函数 ，可得 ，
不妨设 ，曲线 在 处的切线方程为
，即
同理曲线 在 处的切线方程为 ，
假设 与 重合，则 ，
代入化简可得 ，
两式消去 ，可得 ，整理得 ，
由（1）的结论知 ，与上式矛盾
即对任意实数 及任意不相等的正数 与 均不重合．
②当 时，不等式 恒成立，
所以 在 恒成立，所以 ，
下证：当 时， 恒成立．
因为 ，所以
设
（i）当 时，由 知 恒成立，即 在 为增函数，所以 成立；
（ii）当 时，设 ，可得 ，
由 知 恒成立，即 在 为增函数．
所以 ，即 在 为减函数，所以 成立，
综上所述，实数 的取值范围是
变式：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当 在 处的 阶导数都存
在时， ．注： 表示
的2阶导数，即为 的导数， 表示 的 阶导数，该公式也称麦克劳林
公式．
（1）根据该公式估算 的值，精确到小数点后两位；
（2）由该公式可得： ．当 时，试比较 与 的大小，并给
出证明；
（3）设 ，证明： ．
【答案】（1） （2）① 证明见解析；②
【解析】（1）由该公式可得 ，
故
（2）结论： ，
证明如下：
令 ，
令 ，
故 在 上单调递增， ，
故 在 上单调递增， ，
即证得 ，即 ．（3）由（2）可得当 时， ，且由 得 ，
当且仅当 时取等号，故当 时， ，
，
而
，
即有
故
而 ，
即证得
