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1．曲线
与
在
上有两个不同的交点，则
的取值范围为
．
2．若直线
与函数
的图象有三个交点，则实数a 的取值范围是 ．
3．若函数
有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是 ．
4．已知
，关于
的方程
有且仅有一个解，则的取值范围是 ．
5．已知等比数列
的前
项和为
，且
.
(1)求
的通项公式；
(2)求数列
的前n 项和.
6．已知数列
的前
项和为
，且
.
(1)求
的通项公式；
(2)若
，求数列
的前
项和
.
1
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7．已知等比数列
的前n 项和为
，
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)令
，求数列
的前n 项和
.
8．设数列
的前n 项和为
，
.
(1)求数列
的通项公式；
(2)数列
满足
，求
的前50 项和
.
9．某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随
机抽取150 件进行检验，数据如下：
优级品
合格品
不合格品
总计
甲车间
26
24
0
50
乙车间
70
28
2
100
总计
96
52
2
150
(1)填写如下列联表：
优级品
非优级品
甲车
间
乙车
间
能否有
的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有
的把握认为甲，
乙两车间产品的优级品率存在差异？
2
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(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率
，设
为升级改造后抽取的n 件产品的优
级品率.如果
，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150
件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（
）
附：
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
10．某教育部门为了了解某地区高中学生每周的课外乒乓球训练的情况，随机抽取了该地
区
名学生进行调查，其中男生
人．将每周课外训练时间不低于小时的学生称为“训
练迷”，低于小时的学生称为“非训练迷”．己知“训练迷”中有
名男生和名女生．
非训练迷
训练迷
合计
男
女
合
计
(1)根据数据完成上面的
列联表；
(2)判断是否有
的把握认为“训练迷”与性别有关．
附：
3
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11．2023 上海蒸蒸日上迎新跑于2023 年2 月19 日举办，该赛事设有21.6 公里竞速跑、5.4
公里欢乐跑两个项目．某马拉松兴趣小组为庆祝该赛事，举行一场小组内有关于马拉松知
识的有奖比赛，一共有25 人报名（包括20 位新成员和5 位老成员），其中20 位新成员的
得分情况如下表所示（满分30 分）：
得
分
人
数
2
3
4
6
4
1
得分在20 分以上（含20 分）的成员获得奖品一份．
(1)请根据上述表格中的统计数据，将下面的
列联表补充完全，并通过计算判断在20 位
新成员中，是否有
的把握认为“获奖”与性别有关？
没获奖
获奖
合计
男
4
女
7
8
合计
(2)若5 名老成员的性别相同并全部获奖，且进行计算发现在所有参赛人员中，有
的把
握认为“获奖”与性别有关．请判断这5 名老成员的性别？
附：参考公式：
．
临界值表：
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
4
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12．某工厂为提高某手工制品的质量，决定引进新技术，现从改进技术前后生产的大批手
工制品中各随机抽取
件进行质量指标检测，规定指标值在
的为合格品，其余的
视为次品.改进技术前手工制品的频率分布直方图和改进技术后手工制品的频率分布表如下：
改进技术后手工制品的频率分布表
质量指标值
频
数
频率
合计
（1）（i）求表中数据
和
；
（ii）完成
列联表，并判断能否有
的把握认为该手工制品的合格数量与改进技术
有关；
改进技术
前
改进技术后
合计
5
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合格品
次品
合计
（2）根据（1）的数据，从产品合格率的角度分析改进技术前后手工制品的质量优劣.
参考公式：
，其中
.
参考临界值表：
13．如图，
，
，
，
,
为
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)求点
到
的距离.
14．四棱锥
中，底面
为正方形，
平面
，
，
、
分别为
、
的中点.
6
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(1)证明：
平面
；
(2)求点
到平面
的距离.
15．如图，四棱锥
的底面是正方形，
平面
，E，F，G 分别为
，
，
的中点.
(1)证明：
平面
；
(2)若
，求
到平面
的距离.
16．如图，正三棱柱
中，
、
分别为
、
的中点．
（1）证明：
平面
；
（2）若
，
，求点
到平面
的距离．
7
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17．已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)当
时，证明：当
时，
恒成立．
18．已知函数f（x）＝ax3
3ln
﹣
x.
(1)若a＝1，证明：f（x）≥1；
(2)讨论f（x）的单调性.
19．设函数
．
(1)当
时，讨论函数
的单调性；
(2)当
时，证明：当
时，
．
20．已知函数
.
(1)讨论
的单调性；
(2)当
时，证明：
.
21．已知椭圆
的右焦点为
，点
在
上，且
轴．
(1)求
的方程；
8
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(2)过点
的直线交
于
两点，
为线段
的中点，直线
交直线
于点
，
证明：
轴．
22．已知椭圆
的上顶点为
，且经过点
．
(1)求
的标准方程；
(2)过点
的直线与
交于
，
两点，判断
的形状并给出证明．
23．已知椭圆
的右焦点为
，且经过点
，过点
且不与
轴重合的直线交椭圆
于
，
两点.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设椭圆
的左顶点为
，直线
，
和直线
分别交于点
，
，记直线
，
的斜率分别为
，
，求证：
为定值.
24．已知椭圆
的焦距为
且过点
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)过点
作直线
与椭圆
的下半部分交于两点
，直线
分别交
于
点
，
，证明：
．
9
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25．在直角坐标系
中，以坐标原点为极点，
轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
的极坐标方程为
.
(1)写出
的直角坐标方程；
(2)设直线l：
（为参数），若
与l 相交于
两点，若
，求
.
26．在平面直角坐标系
中，直线的参数方程为
（为参数），以坐标原
点
为极点，
轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线
的极坐标方程为
．
(1)求曲线
的直角坐标方程；
(2)若与
有公共点，求实数
的取值范围．
27．在平面直角坐标系
中，曲线
的参数方程为
（
为参数），以坐标
原点为极点，
轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为
．
(1)写出直线的参数方程及曲线
的普通方程；
(2)设点
，若直线与曲线
交于A、B 两点，且
，求实数
的值．
10
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28．在直角坐标系
中，曲线
的参数方程为
（
为参数，
），
以坐标原点
为极点，
轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为
．
(1)求曲线
的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)已知点
，若直线与曲线
交于A，
两点，求
的值．
29．已知实数
满足
．
(1)证明：
；
(2)证明：
．
30．设a、b 为实数，求证：
31．已知函数
．
(1)求
的最小值；
(2)设
的最小值为m，且正实数a，b，c 满足
，求证：
．
11
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32．已知函数
.
(1)求证：
；
(2)若
，证明：
.
12
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参考答案：
1．
【分析】将函数转化为方程，令
，分离参数
，构造新函数
结合导数求得
单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令
，即
，令
则
，令
得
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
，
因为曲线
与
在
上有两个不同的交点，
所以等价于
与
有两个交点，所以
.
故答案为：
2．
【分析】求导函数，分析导函数的符号，得出原函数的单调性和极值，由此可求得答案.
【详解】解：因为函数
，则
，
所以当
或
时，
，函数
单调递减；当
时，
，函数
单调递增，
1
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所以当
时，函数
取得极小值
，当
时，函数
取得极大
值
，
因为直线
与函数
的图象有三个交点，所以实数a 的取值范围是
，
故答案为：
.
3．
【分析】函数
有两个不同的零点，即函数
的图像与x
轴有两个不同的交点，借助导数研究函数值变化，
，得出结
果．
【详解】由题意，
，
，
当
时，
恒大于0，则函数递增，不可能有两个零点；
当
时，令
，得
，
即当
时，
，即
单调递增，且
；
即当
时，
，即
单调递减，且
；
由于函数
有两个不同的零点，
即函数
的图像与x 轴有两个不同的交点，
所以
，
2
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解得，
，
所以当
时，函数
有两个不同的零点.
故答案为：
．
4．
【分析】由已知得出
，设
，则
，
再根据
解的个数
解的个数（
且
），分析讨论
解的个数，即可得解．
【详解】因为
，
，
所以
，且
，
则
，即
，
设
，
则
，即
有且仅有一个解，
因为
解的个数
解的个数（
且
），
所以下面讨论
解的个数；
由
，得
其中
，
（1）当
时，
得
，
令
，
，则
，即
，
3
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因为
，
所以
为增函数，
所以
，
令
，
，则
，
令
得
，
当
，
，即
单调递减，
当
，
，即
单调递增，
所以
，
（ⅰ）当
，即
时，方程
无解，即函数
与
的图像
没有交点；
（ⅱ）当
，即
时，方程
有一解，即函数
与
的图
像有一个交点；
（ⅲ）当
，即
时，
当
时，
，当
时，
，
所以方程
有两解，即函数
与
的图像有两个交点；
（2）当
时，
由①②消去
，得
③，
由于
，且
，故
，即
，
对③式两边取自然对数，得
，即
，
两边取自然对数，得
，
令
，
，
4
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则
，
由
得
，
令
，
，
则
，
由
得
，
当
时，
；当
时，
；
所以当
时，
；
（ⅰ）当
，即
时，
恒成立，
所以
，
因为
，
，
所以
，即
当且仅当
，且
时等号成立；
所以
在
上为减函数，
又因为当
时，
；
时，
，
所以方程
恰有一解，此时函数
与
的图像有一个交点；
（ⅱ）当
时，即
时，
因为当
时
；
时
，
所以存在
，
，使得
，
所以
，
当
变化时，
的变化情况如下表：
负
正
负
5
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减
增
减
由上表可知，
在
内是减函数，在
内是增函数，在
内是减函数，
下面证明
，
；
，
令
，
则当
时，
，
所以
在
内是增函数，
所以
，即
；
，
，
令
，
，
易证
为减函数，
所以当
，
，即
；
因为
，
所以
，
又因为当
时，
，当
时，
，
所以
在区间
，
，
各有一个解，
此时函数
与
的图像有三个交点；
综上所述，函数
与
（
且
）图像的交点情况如下：
6
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当
时，没有交点；
当
时，有1 个交点；
当
时，有2 个交点；
当
时，有1 个交点；
当
时，有3 个交点；
所以
或
，
即
或
，
故答案为：
．
【点睛】关键点睛：本题关键在于：①将
解的个数转化为
解的
个数（
且
）；②分类讨论
解的个数与
之间的关系．
5．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用分组求和法即可求
.
【详解】（1）因为
,故
，
所以
即
故等比数列的公比为
，
7
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故
，故
，故
.
（2）由等比数列求和公式得
，
所以数列
的前n 项和
.
6．(1)
；
(2)
.
【分析】（1）利用
关系及等比数列的定义求
的通项公式；
（2）由（1）可得
，应用错位相减法求
.
【详解】（1）当
时，
，解得
.
当
时，
，整理得
，
所以
是以9 为首项，3 为公比的等比数列，故
.
（2）由（1）知，
，则
①，
所以
②，
8
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-
①②得：
，
故
.
7．(1)
(2)
【分析】（1）通过数列
和
的关系，结合等比数列的公式计算即可；
（2）利用（1）的结论求
，再分组求和和公式法进行求和即可.
【详解】（1）由
，可得
，
则
，
因为
为等比数列，所以其公比为
；
又
，所以
.
（2）由（1）可得
，
，
所以
.
9
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8．(1)
(2)
【分析】（1）根据
的关系，结合等比数列的性质即可求解，
（2）根据等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）由
，得
（
），
两式相减得：
（
），即
（
），
当
时，
，得
，所以
（
），
故
是首项为
，公比为
的等比数列.从而
.
（2）由（1）得
.
所以
9．(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算
，并与临界值对比分析；
（2）用频率估计概率可得
，根据题意计算
，结合题意分析判断.
【详解】（1）根据题意可得列联表：
优级品
非优级品
甲车间
26
24
乙车间
70
30
10
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可得
，
因为
，
所以有
的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有
的把握认为甲，
乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为
，
用频率估计概率可得
，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率
，
则
，
可知
，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
10．(1)列联表见解析
(2)有，理由见解析
【分析】（1）根据题中信息可完善
列联表；
（2）计算出
的观测值，结合临界值表可得出结论.
【详解】（1）解：根据已知条件完成的
列联表如下：
非训练迷
训练迷
合计
男
女
合计
（2）解：根据公式得，
的观测值为
，
11
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则
，故有
的把握认为“训练迷”与性别有关．
11．(1)列联表见解析，没有
的把握认为“获奖”与性别有关
(2)这5 名老成员全是男成员
【分析】（1）完善列联表，计算出卡方即可判断；
（2）分别假设名老成员的性别为女性或男性，求出相应的卡方值，即可判断.
【详解】（1）依题意可得列联表如下：
没获奖
获奖
合计
男
8
4
12
女
7
1
8
合计
15
5
20
由
列联表中数据，计算得到
，所以没有
的把握认为
“获奖”与性别有关．
（2）当这名老成员中都为女成员时，
计算得
，不合题意；
当名老成员都为男成员时，
计算得
，符合题意．
故这名老成员全是男成员．
12．（1）（i）
，
；（ii）填表见解析，有
的把握认为该手工制品的合
格数量与改进技术有关；（2）工人在改进技术后手工制品的合格率更高，产品质量更高.
【分析】（1）（i）利用频数、频率和样本容量三者之间的关系可求得
、
的值；
（ii）根据频率分布表完善
列联表，以此计算出
的观测值，结合临界值表可得出结
论；
（2）计算出改进技术前和技术后产品的合格率，由此可得出结论.
【详解】解：（1）（i）由表中数据
，
；
12
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（ii）
列联表为：
改进技术前
改进技术后
合计
合格品
次品
合计
将
列联表中数据代入公式计算，
，
故有
的把握认为该手工制品的合格数量与改进技术有关；
（2）根据（1）中可知改进技术后的合格率为
，
改进技术前的合格率为
，
，所以工人在改进技术后手工制品的合格率更高，产品质量更高.
【点睛】本题考查频率分布表和
列联表的完善，同时也考查了利用独立性检验解决实
际问题，考查数据分析能力，属于中等题.
13．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形
为平行四边形，可证
，进而得证；
（2）先证明
平面
，结合等体积法
即可求解.
【详解】（1）由题意得，
，且
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
又
平面
平面
，
所以
平面
；
（2）取
的中点
，连接
，
，因为
，且
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
又
，故
是等腰三角形，同理
是等腰三角形，
13
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可得
，
又
，所以
，故
.
又
平面
，所以
平面
，
易知
.
在
中，
，
所以
.
设点
到平面
的距离为
，由
，
得
，得
，
故点
到平面
的距离为
.
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取
中点
，连接
，
，即可证明四边形
是平行四边形，从而
得到
，即可得证；
（2）利用等体积法计算可得.
14
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【详解】（1）取
中点
，连接
，
，
因为
分别是
的中点，所以
，
而
，
，所以
且
，
因此四边形
是平行四边形，所以
，
又
平面
，
平面
，
所以
平面
.
（2）设点
到平面
的距离
，点
到平面
的距离可以看成三棱锥
以
为底面的高，
由
，故
由于
，
，
，
故
，
，
故
，解得
，
故
到平面
的距离为
.
15．(1)证明见解析；
(2)
.
【分析】（1）方法1：由线面平行的判定定理和面面平行的判定及性质定理证明即可；
15
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方法2：利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）方法1：先求出E 到平面
的距离为1，然后利用等体积法求解点面距离即可；
方法2：由题意，点
到平面
的距离是点B 到平面
的距离的2 倍，利用等体积法
求解点
到平面
的距离是点B 到平面
的距离的2 倍，即可得解.
【详解】（1）方法1：因为E，F 分别为
，
的中点，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
因为
为
的中点，且四边形
是正方形，
由
且
，知
是平行四边形，故
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为
，且
平面
，
平面
，
所以平面
平面
.
因为
平面
，故
平面
.
方法2：连接
，设
，连接
.
由条件知
，
，故
是平行四边形，∴M 是
中点.
∵E 是
中点，∴
.
∵
平面
，
平面
，
∴
平面
.
（2）方法1：因为
为
的中点，故
到平面
的距离为P 到平面
的距离的
一半，
故E 到平面
的距离为1.
16
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易知
的面积为2，故三棱锥
的体积为
.
易知
，又因为
平面
，故
，
又
，
平面
，
平面
，
，故
平面
，
又
平面
，所以
，故
，
，
所以
，故
，
的面积为
.
设
到平面
的距离为
，
所以
，故
.
方法2：连接
，设
.
由于
，
，∴
，
∴点
到平面
的距离是点B 到平面
的距离的2 倍.
由条件得
，
，
，
，
.
∴
，∴
.
设
到平面
的距离为
，根据三棱锥
与三棱锥
体积相等得
，解得
.
所以D 到平面
的距离为
.
.
17
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16．（1）证明见解析；（2）
.
【分析】（1）本题可连接
与
交于点
，连接
、
，然后根据三角形的中位线
法则得出
，
，根据
是
中点得出
，
，即可得
出
，最后通过线面平行的判定即可得出结果；
（2）本题可作
，通过线面垂直以及面面垂直的判定得出平面
平面
，然后根据面面垂直的性质得出
平面
，则
长即点
到平面
的
距离，最后通过等面积法即可得出结果.
【详解】（1）如图，连接
与
交于点
，连接
、
，
因为三棱柱
是正三棱柱，
所以四边形
是矩形，
是
中点，
因为
是
的中点，所以
，
，
因为
是
中点，所以
，
，
故
，
，四边形
是平行四边形，
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
18
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（2）如图，作
，
因为三棱柱
是正三棱柱，
所以底面三角形是等边三角形，侧棱垂直于底面，
易知
，
，
因为
，所以
平面
，
因为
，所以
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
，
因为平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
长即点
到平面
的距离，
，
，则
，
，
根据等面积法易知，
，解得
，
故点
到平面
的距离为
.
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
19
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（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当
时，
即可.
【详解】（1）
定义域为
，
当
时，
，故
在
上单调递减；
当
时，
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减.
综上所述，当
时，
的单调递减区间为
；
时，
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）
，且
时，
，
令
，下证
即可.
，再令
，则
，
显然
在
上递增，则
，
即
在
上递增，
故
，即
在
上单调递增，
故
，问题得证
18．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出f（x）的最小值，即可得证；
（2）对f（x）求导，对a 分类讨论，由导数与单调性的关系即可解出.
【详解】（1）若a＝1，则f（x）＝x3
3ln
﹣
x，x＞0，
，
令f′（x）＝0，可得x＝1，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
20
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当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝1 处取得极小值，也是
最小值，最小值为f（1）＝1，故f（x）≥1.
（2）f（x）＝ax3
3ln
﹣
x，x＞0，
（x＞0），
当a≤0 时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，令f′（x）＞0，得x
，令f′（x）＜0，得0＜x
，
所以f（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增.
综上，当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a＞0 时，f（x）在（0，
）上单调递减，在（
，+∞）上单调递增.
19．(1)答案见解析；
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论函数
的单调性；
（2）由（1）可知函数
的单调性，可求函数
的最小值，从而得证.
【详解】（1）由题知，函数
的定义域为
，
所以求导得
，
若
，
由
得
或
，由
得
，
所以函数
在
，和
上单调递增，在
上单调递减，
若
，恒有
，当且仅当
时取等号，因此函数
在
上单调递增，
若
，
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由
得
或
，由
得
，
所以函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
所以当
时，函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，函数
在
上单调递增；
当
时，函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减．
（2）当
时，
，
由（1）可知，当
时，函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
所以当
时，
.
20．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数
的导数
，再分类讨论求出
的解集即可.
（2）根据给定条件，借助分析法将不等式转化为
，再求出左右两边函
数的最值即可推理得证.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
求导得
，
若
，则
，且当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上递增，在
上递减；
22
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若
，令
，解得
，
若
，即
，则
恒成立，当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上递减，在
上递增；
若
，即
，则当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上递增，在
上递减；
若
，即
，则
在
上恒成立，函数
在
上递增；
若
，即
，则当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上递增，在
上递减，
所以当
时，
的递增区间为
，递减区间为
；
当
时，
的递增区间为
和
，递减区间为
；
当
时，
的递增区间为
，无递减区间；
当
时，
的递增区间为
和
，递减区间为
；
当
时，
的递增区间为
，递减区间为
.
（2）要证
，需证
，
而
，即有
，
则只需证明
，即证
，即证
，
23
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令
，则
，当
时，
，当
时，
，
即函数
在
上单调递减，在
上单调递增，则
，
令
，则
，当
时，
，当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，则
，
从而
，即
成立.
【点睛】关键点点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般
依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零
点的大小关系来分层讨论.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设
，根据
的坐标及
轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设
，
，
，联立直线方程和椭圆方程，用
的坐标
表示
，结合韦达定理化简前者可得
，故可证
轴.
【详解】（1）设
，由题设有
且
，故
，故
，故
，
故椭圆方程为
.
24
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（2）直线
的斜率必定存在，设
，
，
，
由
可得
，
故
，故
，
又
，
而
，故直线
，故
，
所以
，
故
，即
轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于
（或
）的一元二次方程，注意
的判断；
（3）列出韦达定理；
25
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（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
（或
、
）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
；
(2)
为直角三角形，证明见解析
【分析】（1）由椭圆的性质和点在椭圆上代入标准方程解出即可；
（2）设出直线方程，直曲联立，用韦达定理表示出
，再求出
和
，利用向量垂直的坐标表示证明即可.
【详解】（1）由题意知
，所以椭圆方程为
，代入点
，解得
，
所以椭圆
的标准方程为
．
（2）
为直角三角形，证明如下：
由题意可知斜率一定存在，设为
，
设直线
，
，
，
联立
，消去
得
．易知
．
则
26
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又因为
，
，
，
所以
，故
为直角三角形．
23．(1)
；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质和将已知点代入列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；
（2）设出直线
的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简
，从
而证得结论成立.
【详解】（1）由题意得
，解得
，
故椭圆的标准方程为
．
（2）由（1）知
，
，
设
，直线
的方程为
，
由
消去
得
，
，
则
，
直线
的方程为
，
27
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由
，得
，
同理
，
则
，
所以
为定值
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
，
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算
；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
的形式；
（5）代入韦达定理求解.
24．(1)
(2)证明见解析
28
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【分析】（1）根据焦距以及
点坐标，求解出
的值，则
的值可求，故椭圆方程可求；
（2）设出的横截式方程，联立与椭圆方程得到纵坐标的韦达定理形式，根据三点共线
求得
，然后利用坐标以及韦达定理求解出
的值，即可完成证明.
【详解】（1）由题意可得
，所以
，
所以椭圆
的方程为
.
（2）设直线
，
，
，
联立
，得
，
，即
，
当经过右顶点时，此时
，即
，
所以当与椭圆
的下半部分交于两点时，只需
；
由韦达定理可得：
，
设
，
，
由
，
，
三点共线得
，即
，
从而
，
同理可得：
，
所以
29
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，
所以
.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用，对学生的计算能力要求较高，难
度较大.解答本题第二问的关键：将待证明的式子变形为分式结构，通过联立思想结合韦达
定理完成证明.
25．(1)
(2)
【分析】（1）根据
可得
的直角方程.
（2）将直线的新的参数方程代入
的直角方程，
法1：结合参数的几何意义可得关于
的方程，从而可求参数
的值；
法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求
的值.
【详解】（1）由
，将
代入
，
故可得
，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为
.
（2）对于直线的参数方程消去参数，得直线的普通方程为
.
30
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法1：直线的斜率为，故倾斜角为
，
故直线的参数方程可设为
，
.
将其代入
中得
设
两点对应的参数分别为
，则
，
且
，故
，
，解得
.
法2：联立
，得
，
，解得
，
设
,
，
则
，
解得
26．(1)
(2)
【分析】（1）根据极坐标方程与直角坐标方程的互化关系求解；
（2）联立方程，利用判别式大于或等于零求解.
【详解】（1）曲线
的极坐标方程可化为
，
又因为
，
，
31
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代入极坐标方程得
；
（2）将直线的参数方程
代入
，
得关于参数的方程
，若与
有公共点，
判别式
，
即
，解得
．
27．(1)
（为参数），
(2)
【分析】（1）利用极坐标与普通方程的互化
，
，得到直线的普通方
程，从而求出参数方程，再通过消去曲线
的参数，即可求出曲线
的普通方程；
（2）利用参数方程的几何意义和条件即可求出实数
的取值.
【详解】（1）因为
，所以
，
又因为
，
，所以化简为
，
所以直线的参数方程为
（为参数），
由
（
为参数），消去
得；
，
所以曲线
的普通方程为
.
32
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（2）设
两点对应参数分别为
，
由
知，
与
反向，所以点
在圆内，
将直线的参数方程
（为参数），代入曲线
的普通方程
，
得到
，
由韦达定理得，
，
，
又因为直线和曲线
有两个不同的交点，则
，即
，解得
，
又因为点
在圆内，所以
，得到
，
又由
，得到
，所以
，由参数的几何意义知，
，又因为
，
不妨设
，由
，得到
，
解得
，满足条件，
所以实数
的值为
．
28．(1)C：
，直线l：
(2)
33
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【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式
化极坐标方程为直
角坐标方程；
（2）化直线方程为
点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理
求解．
【详解】（1）曲线C 的参数方程为
（
为参数，
），
所以
，所以
即曲线C 的普通方程为
．
直线l 的极坐标方程为
，则
，
转换为直角坐标方程为
．
（2）直线l 过点
，直线l 的参数方程为
（t 为参数）令点A，B 对应的
参数分别为
，
，
由
代入
，得
，则
，
，即t1、t2
为负，
故
．
29．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接利用
即可证明.
34
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（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.
【详解】（1）因为
，
当
时等号成立，则
，
因为
，所以
;
（2）
30．证明见解析.
【分析】利用绝对值三角不等式证明即可.
【详解】证明：因为2b=(a+b)-(a-b)，
由三角不等式可得，
，
即
31．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）将
化为
，利用绝对值三角不等式即
可求出最小值；
（2）由（1）得
，由基本不等式得出
，
，
，将
三个不等式相加，再代换
，去分母即可证得结论．
【详解】（1）
，
所以
的最小值为2，
当且仅当
时，即
时，等号成立．
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（2）由（1）知
，
因为a，b，c 均为正实数，
所以由基本不等式可得
，当且仅当
，即
时，等号成立；
，当且仅当
，即
时，等号成立；
，当且仅当
，即
时，等号成立；
上述三个不等式相加可得
，
当且仅当
时，等号成立；
所以
，
所以
．
32．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用绝对值三角不等式与二次函数的性质计算可得；
（2）利用基本不等式证明即可.
【详解】（1）因为
，
当且仅当
时取等号，
又
，当且仅当
，即
时取等号，
所以
.
（2）因为
，
，且
，
又因为
，当且仅当
时取等号，
36
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所以
，即
，所以
，当且仅当
时取等号，
所以
，
又因为
，当且仅当
时取等号，
所以
，当且仅当
时取等号.
37
