高中数学高考解答题专项训练

合集下载

全国高三高中数学专题试卷带答案解析

全国高三高中数学专题试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、解答题1.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA 1=2,E 是DD 1的中点,F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点.(1)证明:①EF ∥A 1D 1;②BA 1⊥平面B 1C 1EF.(2)求BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角的正弦值.2.如图,ABEDFC 为多面体,平面ABED 与平面ACFD 垂直,点O 在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形.(1)证明直线BC ∥EF;(2)求棱锥F OBED 的体积.3.如图,在四棱锥P ABCD 中,PD ⊥平面ABCD,AB ∥DC,AB ⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.(1)当正视方向与向量的方向相同时,画出四棱锥P ABCD 的正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程);(2)若M 为PA 的中点,求证:DM ∥平面PBC;(3)求三棱锥D PBC 的体积.4.如图,四棱锥P ABCD 中,AB ⊥AC,AB ⊥PA,AB ∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分别为PB,AB,BC,PD,PC 的中点(1)求证:CE ∥平面PAD;(2)求证:平面EFG ⊥平面EMN.5.如图,在三棱锥S ABC 中,平面SAB ⊥平面SBC,AB ⊥BC,AS=AB.过A 作AF ⊥SB,垂足为F,点E,G 分别是棱SA,SC 的中点.求证:(1)平面EFG ∥平面ABC;(2)BC ⊥SA.6.如图,在四棱锥P ABCD 中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA ⊥平面ABCD,PA=2,M 、N 分别为PB 、PD 的中点.(1)证明:MN ∥平面ABCD;(2)过点A 作AQ ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q 的平面角的余弦值.7.如图,直三棱柱ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)8.如图,几何体E ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE;(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.9.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.10.如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:BF∥平面A′DE;(2)设M为线段DE的中点,求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值.11.如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.(1)求证:DE∥平面BCP.(2)求证:四边形DEFG为矩形.(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.12.如图,四棱锥S ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,求二面角P AC D的大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由. 13.如图五面体中,四边形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,AB∥EF,AB=EF=2,AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD 、EF 的中点.(1)求证:PQ ∥平面BCE;(2)求证:AM ⊥平面ADF. 14.如图所示,四棱锥E ABCD 中,EA=EB,AB ∥CD,AB ⊥BC,AB=2CD.(1)求证:AB ⊥ED;(2)线段EA 上是否存在点F,使DF ∥平面BCE?若存在,求出;若不存在,说明理由.15.一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中M,N 分别是AB,AC 的中点,G 是DF 上的一动点.(1)求该多面体的体积与表面积;(2)求证:GN ⊥AC;(3)当FG=GD 时,在棱AD 上确定一点P,使得GP ∥平面FMC,并给出证明.16.如图所示,四边形ABCD 中,AB ⊥AD,AD ∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,点E 、F 分别在BC 、AD 上,EF ∥AB.现将四边形ABEF 沿EF 折起,使平面ABEF ⊥平面EFDC,设AD 中点为P.(1)当E 为BC 中点时,求证:CP ∥平面ABEF;(2)设BE=x,问当x 为何值时,三棱锥A CDF 的体积有最大值?并求出这个最大值.17.如图所示,已知三棱柱ABC A 1B 1C 1,(1)若M 、N 分别是AB,A 1C 的中点,求证:MN ∥平面BCC 1B 1;(2)若三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2,∠B 1BA=∠B 1BC=60°,P 为线段B 1B 上的动点,当PA+PC 最小时,求证:B 1B ⊥平面APC.18.如图所示,四棱锥P ABCD 的底面为正方形,侧棱PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H 分别是线段PA,PD,AB的中点.(1)求证:PB ∥平面EFH;(2)求证:PD ⊥平面AHF.19.如图所示,在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中,AD ∥BC,PD ⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.(1)求证:BD ⊥PC;(2)求直线AB 与平面PDC 所成的角;(3)设点E 在棱PC 上,=λ,若DE ∥平面PAB,求λ的值.全国高三高中数学专题试卷答案及解析一、解答题1.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA 1=2,E 是DD 1的中点,F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点.(1)证明:①EF ∥A 1D 1;②BA 1⊥平面B 1C 1EF.(2)求BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:①因为C 1B 1∥A 1D 1,C 1B 1⊄平面ADD 1A 1,所以C 1B 1∥平面A 1D 1DA.又因为平面B 1C 1EF∩平面A 1D 1DA=EF,所以C 1B 1∥EF,所以A 1D 1∥EF. ②因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1,所以BB 1⊥B 1C 1.又因为B 1C 1⊥B 1A 1,所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,所以B 1C 1⊥BA 1.在矩形ABB 1A 1中,F 是AA 1的中点,tan ∠A 1B 1F=tan ∠AA 1B=,即∠A 1B 1F=∠AA 1B,故BA 1⊥B 1F.所以BA 1⊥平面B 1C 1EF.(2)解:设BA 1与B 1F 交点为H,连接C 1H.由(1)知BA 1⊥平面B 1C 1EF,所以∠BC 1H 是BC 1与平面B 1C 1EF 所成的角.在矩形AA 1B 1B 中,AB=,AA 1=2,得BH=.在Rt △BHC 1中,BC 1=2,BH=,得sin ∠BC 1H==.所以BC 1与平面B 1C 1EF 所成角的正弦值是.2.如图,ABEDFC 为多面体,平面ABED 与平面ACFD 垂直,点O 在线段AD上,OA=1,OD=2,△OAB,△OAC,△ODE,△ODF 都是正三角形.(1)证明直线BC ∥EF;(2)求棱锥F OBED 的体积.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:如图所示,设G 是线段DA 延长线与线段EB 延长线的交点.由于△OAB 与△ODE 都是正三角形,且OD=2,所以OBDE,OG=OD=2.同理,设G′是线段DA 延长线与线段FC 延长线的交点,有OCDF,OG′=OD=2. 又由于G 和G′都在线段DA 的延长线上,所以G 与G′重合.在△GED 和△GFD 中,由OB DE 和OC DF, 可知B 、C 分别是GE 和GF 的中点,所以BC 是△GEF 的中位线,故BC ∥EF.(2)解:由OB=1,OE=2,∠EOB=60°,知S △OBE =,而△OED 是边长为2的正三角形,故S △OED =.所以S 四边形OBED =S △OBE +S △OED =.过点F 作FQ ⊥AD,交AD 于点Q,由平面ABED ⊥平面ACFD 知,FQ 就是四棱锥F OBED 的高,且FQ=,所以=FQ·S 四边形OBED =. 3.如图,在四棱锥P ABCD 中,PD ⊥平面ABCD,AB ∥DC,AB ⊥AD,BC=5,DC=3,AD=4,∠PAD=60°.(1)当正视方向与向量的方向相同时,画出四棱锥P ABCD 的正视图(要求标出尺寸,并写出演算过程);(2)若M 为PA 的中点,求证:DM ∥平面PBC;(3)求三棱锥D PBC 的体积.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）8【解析】解:(1)在梯形ABCD中,过点C作CE⊥AB,垂足为E.由已知得,四边形ADCE为矩形,AE=CD=3,在Rt△BEC中,由BC=5,CE=4,依勾股定理得BE=3,从而AB=6.又由PD⊥平面ABCD,得PD⊥AD,从而在Rt△PDA中,由AD=4,∠PAD=60°,得PD=4.正视图如图所示.(2)取PB中点N,连接MN,CN.在△PAB中,∵M是PA中点,∴MN∥AB,MN=AB=3,又CD∥AB,CD=3,∴MN∥CD,MN=CD,∴四边形MNCD为平行四边形,∴DM∥CN.又DM平面PBC,CN⊂平面PBC,∴DM∥平面PBC.·PD,(3)==S△DBC=6,PD=4,又S△DBC所以=8.4.如图,四棱锥P ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点(1)求证:CE∥平面PAD;(2)求证:平面EFG⊥平面EMN.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)取PA的中点H,连接EH,DH.因为E为PB的中点,所以EH∥AB,EH=AB.又AB∥CD,CD=AB,所以EH∥CD,EH=CD.因此四边形DCEH是平行四边形.所以CE∥DH.又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD,因此CE∥平面PAD.(2)因为E,F分别为PB,AB的中点,所以EF∥PA.又AB⊥PA,所以AB⊥EF,同理可证AB⊥FG.又EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,因此AB⊥平面EFG.又M,N分别为PD,PC的中点,所以MN∥CD,又AB∥CD,所以MN∥AB,因此MN⊥平面EFG,又MN⊂平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.5.如图,在三棱锥S ABC中,平面SAB⊥平面SBC,AB⊥BC,AS=AB.过A作AF⊥SB,垂足为F,点E,G分别是棱SA,SC的中点.求证:(1)平面EFG∥平面ABC;(2)BC⊥SA.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)因为AS=AB,AF⊥SB,垂足为F,所以F是SB的中点.又因为E是SA的中点,所以EF∥AB.因为EF⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,所以EF∥平面ABC.同理EG∥平面ABC.又EF∩EG=E,所以平面EFG∥平面ABC.(2)因为平面SAB⊥平面SBC,且交线为SB,又AF⊂平面SAB,AF⊥SB,所以AF⊥平面SBC.因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC.又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF⊂平面SAB,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB.因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA.6.如图,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M、N分别为PB、PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q的平面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD. 又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解: 如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.而M、N分别是PB、PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连接AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.7.如图,直三棱柱ABC A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=,AA′=1,点M,N分别为A′B和B′C′的中点.(1)证明:MN∥平面A′ACC′;(2)求三棱锥A′MNC的体积.(锥体体积公式V=Sh,其中S为底面面积,h为高)【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:法一连接AB′,AC′,如图所示,由已知∠BAC=90°,AB=AC,三棱柱ABC A′B′C′为直三棱柱,所以M为AB′的中点.又因为N为B′C′的中点,所以MN∥AC′.又MN⊄平面A′ACC′,AC′⊂平面A′ACC′,所以MN∥平面A′ACC′.法二取A′B′的中点P,连接MP,NP,AB′,如图所示,因为M,N分别为AB′与B′C′的中点,所以MP∥AA′,PN∥A′C′.所以MP∥平面A′ACC′,PN∥平面A′ACC′.又MP∩NP=P,所以平面MPN∥平面A′ACC′.而MN⊂平面MPN,所以MN∥平面A′ACC′.(2)解:连接BN,如图所示,由题意知A′N⊥B′C′,平面A′B′C′∩平面B′BCC′=B′C′,所以A′N⊥平面NBC.又A′N=B′C′=1,故====.8.如图,几何体E ABCD是四棱锥,△ABD为正三角形,CB=CD,EC⊥BD.(1)求证:BE=DE;(2)若∠BCD=120°,M为线段AE的中点,求证:DM∥平面BEC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)如图所示,取BD的中点O,连接CO,EO.由于CB=CD,所以CO⊥BD.又EC⊥BD,EC∩CO=C,CO,EC⊂平面EOC,所以BD⊥平面EOC,因此BD⊥EO.又O为BD的中点,所以BE=DE.(2)法一如图所示,取AB的中点N,连接DM,DN,MN.因为M是AE的中点,所以MN∥BE.又MN平面BEC,BE⊂平面BEC,所以MN∥平面BEC.又因为△ABD为正三角形,所以∠BDN=30°.又CB=CD,∠BCD=120°,因此∠CBD=30°.所以DN∥BC.又DN平面BEC,BC⊂平面BEC,所以DN∥平面BEC.又MN∩DN=N,所以平面DMN∥平面BEC.又DM⊂平面DMN,所以DM∥平面BEC.法二如图所示,延长AD,BC交于点F,连接EF.因为CB=CD,∠BCD=120°,所以∠CBD=30°.因为△ABD为正三角形,所以∠BAD=60°,∠ABC=90°,因此∠AFB=30°,所以AB=AF.又AB=AD,所以D为线段AF的中点,连接DM,由点M是线段AE的中点,得DM∥EF.又DM平面BEC,EF⊂平面BEC,所以DM∥平面BEC.9.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB=,CE=EF=1.(1)求证:AF∥平面BDE;(2)求证:CF⊥平面BDE.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=AC=1,所以四边形AGEF为平行四边形.所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,所以AF∥平面BDE.(2)连接FG.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1,所以四边形CEFG为菱形.所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.10.如图,在平行四边形ABCD中,AB=2BC,∠ABC=120°,E为线段AB的中点,将△ADE沿直线DE翻折成△A′DE,使平面A′DE⊥平面BCD,F为线段A′C的中点.(1)求证:BF∥平面A′DE;(2)设M为线段DE的中点,求直线FM与平面A′DE所成角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】(1)证明:如图所示,取A′D的中点G,连接GF,GE,由条件易知FG∥CD,FG=CD,BE∥CD,BE=CD,所以FG∥BE,FG=BE,故四边形BEGF为平行四边形,所以BF∥EG.因为EG⊂平面A′DE,BF⊄平面A′DE,所以BF∥平面A′DE.(2)解:在平行四边形ABCD中,设BC=a,则AB=CD=2a,AD=AE=EB=a.连接CE,因为∠ABC=120°,在△BCE中,可得CE= a.在△ADE中,可得DE=a.在△CDE中,因为CD2=CE2+DE2,所以CE⊥DE.在正三角形A′DE中,M为DE的中点,所以A′M⊥DE.由平面A′DE⊥平面BCD,可知A′M⊥平面BCD,所以A′M⊥CE.取A′E的中点N,连接NM,NF,则NF∥CE.则NF⊥DE,NF⊥A′M.因为DE交A′M于点M,所以NF⊥平面A′DE,则∠FMN为直线FM与平面A′DE所成的角.在Rt△FMN中,NF=a,MN=a,FM=a,则cos∠FMN=,所以直线FM与平面A′DE所成角的余弦值为.11.如图,在四面体PABC中,PC⊥AB,PA⊥BC,点D,E,F,G分别是棱AP,AC,BC,PB的中点.(1)求证:DE∥平面BCP.(2)求证:四边形DEFG为矩形.(3)是否存在点Q,到四面体PABC六条棱的中点的距离相等?说明理由.【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在，理由见解析【解析】证明:(1)因为D,E分别为AP,AC的中点,所以DE∥PC.又因为DE⊄平面BCP,所以DE∥平面BCP .(2)因为D,E,F,G分别为AP,AC,BC,PB的中点,所以DE∥PC∥FG,DG∥AB∥EF,所以四边形DEFG为平行四边形.又因为PC⊥AB,所以DE⊥DG,所以四边形DEFG为矩形.(3)解:存在点Q满足条件,理由如下:连接DF,EG,设Q为EG的中点.由(2)知,DF∩EG=Q,且QD=QE=QF=QG=EG.分别取PC,AB的中点M,N,连接ME,EN,NG,MG,MN.与(2)同理,可证四边形MENG为矩形,其对角线交点为EG的中点Q,且QM=QN=EG,所以Q为满足条件的点.12.如图,四棱锥S ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD;(2)若SD⊥平面PAC,求二面角P AC D的大小;(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.【答案】（1）见解析（2）30°（3）存在，2∶1【解析】(1)证明:连接BD,设AC交BD于O,由题意知SO⊥AC.在正方形ABCD中,AC⊥BD,所以AC⊥平面SBD,得AC⊥SD.解:(2)设正方形边长为a,则SD=a,又OD=a,所以∠SDO=60°,连接OP,由(1)知AC⊥平面SBD,所以AC⊥OP,且AC⊥OD,所以∠POD是二面角P AC D的平面角.由SD⊥平面PAC,知SD⊥OP,所以∠POD=30°,即二面角P AC D的大小为30°.(3)在棱SC上存在一点E,使BE∥平面PAC.由(2)可得PD=a,故可在SP上取一点N,使PN=PD.过N作PC的平行线与SC的交点即为E.连接BN,在△BDN中,知BN∥PO.又由于NE∥PC,故平面BEN∥平面PAC,得BE∥平面PAC.由于SN∶NP=2∶1,故SE∶EC=2∶1.13.如图五面体中,四边形ABCD是矩形,DA⊥平面ABEF,AB∥EF,AB=EF=2,AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.(1)求证:PQ∥平面BCE;(2)求证:AM⊥平面ADF.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)法一连接AC,∵四边形ABCD是矩形,∴AC与BD交于点Q.在△ACE中,Q为AC中点,P为AE中点,∴PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE,CE⊂平面BCE,∴PQ∥平面BCE.法二取AB的中点G,连接PG,QG,如图所示,∵Q、G分别为BD、BA的中点,∴QG∥AD.又∵AD∥BC,∴QG∥BC,∵QG⊄平面BCE,BC⊂平面BCE,∴QG∥平面BCE.同理可证,PG∥平面BCE.又PG∩QG=G,∴平面PQG∥平面BCE,∴PQ∥平面BCE.(2)∵M为EF中点,∴EM=MF=EF=AB=2,又AB∥EF,∴四边形ABEM是平行四边形,∴AM=BE=2.在△AFM中,AF=AM=2,MF=2,∴AM⊥AF.又DA⊥平面ABEF,AM⊂平面ABEF,∴DA⊥AM.∵DA∩AF=A,∴AM⊥平面ADF.14.如图所示,四棱锥E ABCD中,EA=EB,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD.(1)求证:AB⊥ED;(2)线段EA上是否存在点F,使DF∥平面BCE?若存在,求出;若不存在,说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，【解析】(1)证明:取AB中点O,连接EO,DO,∵EA=EB,∴EO⊥AB,∵AB∥CD,AB=2CD,∴BO CD.又因为AB⊥BC,所以四边形OBCD为矩形,所以AB⊥DO.因为EO∩DO=O,所以AB⊥平面EOD.所以AB⊥ED.(2)解:存在满足条件的点F,=,即F为EA中点时,有DF∥平面BCE.证明如下:取EB中点G,连接CG,FG.因为F为EA中点,所以FG AB,因为AB∥CD,CD=AB,所以FG∥CD.所以四边形CDFG是平行四边形,所以DF∥CG.因为DF⊄平面BCE,CG⊂平面BCE,所以DF∥平面BCE.15.一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中M,N分别是AB,AC的中点,G是DF上的一动点.(1)求该多面体的体积与表面积;(2)求证:GN⊥AC;(3)当FG=GD时,在棱AD上确定一点P,使得GP∥平面FMC,并给出证明.【答案】（1）(3+)a2（2）见解析（3）见解析【解析】解:(1)由题中图可知该多面体为直三棱柱,在△ADF中,AD⊥DF,DF=AD=DC=a,所以该多面体的体积为a3,表面积为a2×2+a2+a2+a2=(3+)a2.(2)连接DB,FN,由四边形ABCD为正方形,且N为AC的中点知B,N,D三点共线,且AC⊥DN.又∵FD⊥AD,FD⊥CD,AD∩CD=D,∴FD⊥平面ABCD.∵AC⊂平面ABCD,∴FD⊥AC.又DN∩FD=D,∴AC ⊥平面FDN,又GN ⊂平面FDN,∴GN ⊥AC.(3)点P 与点A 重合时,GP ∥平面FMC.取FC 的中点H,连接GH,GA,MH.∵G 是DF 的中点,∴GHCD. 又M 是AB 的中点,∴AM CD.∴GH ∥AM 且GH=AM, ∴四边形GHMA 是平行四边形. ∴GA ∥MH. ∵MH ⊂平面FMC,GA ⊄平面FMC, ∴GA ∥平面FMC,即当点P 与点A 重合时,GP ∥平面FMC.16.如图所示,四边形ABCD 中,AB ⊥AD,AD ∥BC,AD=6,BC=4,AB=2,点E 、F 分别在BC 、AD 上,EF ∥AB.现将四边形ABEF 沿EF 折起,使平面ABEF ⊥平面EFDC,设AD 中点为P.(1)当E 为BC 中点时,求证:CP ∥平面ABEF;(2)设BE=x,问当x 为何值时,三棱锥A CDF 的体积有最大值?并求出这个最大值.【答案】（1）见解析（2）当x=3时,有最大值,最大值为3 【解析】(1)证明:取AF 的中点Q,连接QE 、QP,则QP DF, 又DF=4,EC=2,且DF ∥EC,所以QP EC,即四边形PQEC 为平行四边形,所以CP ∥EQ,又EQ ⊂平面ABEF,CP ⊄平面ABEF,故CP ∥平面ABEF.(2)解:因为平面ABEF ⊥平面EFDC,平面ABEF∩平面EFDC=EF,又AF ⊥EF,所以AF ⊥平面EFDC.由已知BE=x,所以AF=x(0<x≤4),FD=6-x.故=··2·(6-x)·x=(6x-x 2)=[-(x-3)2+9]=-(x-3)2+3,∴当x=3时,有最大值,最大值为3.17.如图所示,已知三棱柱ABC A 1B 1C 1,(1)若M 、N 分别是AB,A 1C 的中点,求证:MN ∥平面BCC 1B 1;(2)若三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2,∠B 1BA=∠B 1BC=60°,P 为线段B 1B 上的动点,当PA+PC 最小时,求证:B 1B ⊥平面APC.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)连接AC 1,BC 1,则AN=NC 1,因为AM=MB,所以MN ∥BC 1.又BC 1⊂平面BCC 1B 1,MN ⊄平面BCC 1B 1,所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)将平面A 1B 1BA 展开到与平面C 1B 1BC 共面,A 到A′的位置,此时A′BCB 1为菱形,可知PA+PC=PA′+PC,A′C 即为PA+PC 的最小值,此时BB 1⊥A′C, ∴BB 1⊥PA′,BB 1⊥PC,即BB 1⊥PA,BB 1⊥PC, ∴BB 1⊥平面PAC.18.如图所示,四棱锥P ABCD 的底面为正方形,侧棱PA ⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F,H 分别是线段PA,PD,AB 的中点.(1)求证:PB ∥平面EFH;(2)求证:PD ⊥平面AHF.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明:(1)∵E 、H 分别是PA 、AB 的中点,∴EH ∥PB.又EH ⊂平面EFH,PB ⊄平面EFH,∴PB ∥平面EFH.(2)∵PA ⊥平面ABCD, ∴PA ⊥AB.又∵AB ⊥AD,PA∩AD=A,∴AB ⊥底面PAD.又∵PD ⊂平面PAD,∴AB ⊥PD.Rt △PAD 中,PA=AD=2,F 为PD 的中点, ∴AF ⊥PD.又∵AF∩AB=A,AF ⊂平面AHF,AB ⊂平面AHF,∴PD ⊥平面AHF.19.如图所示,在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中,AD ∥BC,PD ⊥平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.(1)求证:BD ⊥PC;(2)求直线AB 与平面PDC 所成的角;(3)设点E在棱PC上,=λ,若DE∥平面PAB,求λ的值.【答案】（1）见解析（2）60°（3）【解析】(1)证明:由题意知,AB⊥AD,AD=1,AB=,∴BD=2,BC=4,∴DC=2,则BC2=DB2+DC2,∴BD⊥DC,∵PD⊥平面ABCD,∴BD⊥PD,而PD∩CD=D,∴BD⊥平面PDC.∵PC在平面PDC内,∴BD⊥PC.解:(2)如图所示,过D作DF∥AB交BC于F,过点F作FG⊥CD交CD于G.∵PD⊥平面ABCD,∴平面PDC⊥平面ABCD,∴FG⊥平面PDC,∴∠FDG为直线AB与平面PDC所成的角.在Rt△DFC中,∠DFC=90°,DF=,CF=3,∴tan∠FDG=,∴∠FDG=60°.∴直线AB与平面PDC所成角为60°.(3)连接EF,∵DF∥AB,∴DF∥平面PAB.∵DE∥平面PAB,∴平面DEF∥平面PAB,∴EF∥AB,如图所示,∵AD=1,BC=4,BF=1,∴==,∴=,即λ=.。

高考数学复习----圆锥曲线压轴解答题常考套路归类专项练习题(含答案解析)

高考数学复习----圆锥曲线压轴解答题常考套路归类专项练习题（含答案解析）1．（2023春·福建泉州·高三阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知点，直线：，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，分别以PQ ，PF 为直径作圆和圆，且圆和圆交于P ，R 两点，且.(1)求动点的轨迹E 的方程；(2)若直线：交轨迹E 于A ，B 两点，直线：与轨迹E 交于M ，D 两点，其中点M 在第一象限，点A ，B 在直线两侧，直线与交于点且，求面积的最大值.【解析】（1）设点,因为, 由正弦定理知,,解得, 所以曲线的方程为.（2）直线与曲线在第一象限交于点, 因为,所以, 由正弦定理得:,xOy ()1,0F l =1x −P P l Q 1C 2C 1C 2C PQR PFR ∠=∠P 1l x my a =+2l 1x =2l 1l 2l N MA BN AN MB ⋅=⋅MAB △(,)P x y PQR PFR ∠=∠||||PQ PF =|1|x =+24y x =E 24y x =1x =E (1,2)M ||||||||MA BN AN MB ⋅=⋅||||||||MA MB AN BN =sin sin sin sin ANM BNMAMN BMN∠∠=∠∠所以. 设，所以, 得,所以，所以直线方程为:,联立，得由韦达定理得,又因为点在直线的上方,所以,所以, 所以又因为点到直线的距离为所以方法一：令,则,所以当时,单调递增,当时,单调递减,所以，所以当时,面积最大,此时最大值为.方法二：最大值也可以用三元均值不等式,过程如下:，当且仅当,即时,等号成立.AMN BMN ∠=∠()()1122,,,A x y B x y 12122212121222224411221144AM BM y y y y k k y y x x y y−−−−+=+=+=+=−−++−−124y y +=−2121222121124144AB y y y y k y y x x y y −−====−−+−1l x y a =−+24y xx y a ⎧=⎨=−+⎩2440,16(1)0,1y y a a a +−=∆=+>>−12124,4y y y y a +=−=−M 1l 21a >−+13a −<<12||AB y =−=M 1l d =11||22ABMSAB d ==⨯=2()(1)(3),13f a a a a =+−−<<()(31)(3)f a a a '=−−113a −<<()0,()f a f a '>133a <<()0,()f a f a '<max 1256()327f a f ⎛⎫== ⎪⎝⎭13a =ABM S ∆=ABM S △ABMS==223a a +=−13a =2．（2023·北京·高三专题练习）已知椭圆中心在原点，焦点在坐标轴上，，一个焦点为． (1)求椭圆的标准方程；(2)过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆相交于两点，直线分别与直线相交于两点，若为锐角，求直线斜率的取值范围．【解析】（1）由题意知：椭圆的离心率因为一个焦点为，所以，则由可得：，所以椭圆的标准方程为. （2）设直线的方程为，，联立方程组，整理可得：，则有，由条件可知：直线所在直线方程为：，因为直线与直线相交于所以，同理可得：，则，若为锐角，则有，所以 C O ()0,1F C F l ,A B ,OA OB 2y =,M N MON ∠l k C c e a ==()0,1F 1c =a 222a b c =+1b =C 2212y x +=l 1y kx =+1122(,),(,)A x y B x y 22112y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩22(2)210k x kx ++−=12122221,22k x x x x k k −−+==++OA 11y y x x =OA 2y =M 112(,2)x M y 222(,2)xN y 112(,2)x OM y =222(,2)xON y =MON ∠0OM ON >121212212121212444444(1)(1)()1x x x x x x OM ON y y kx kx k x x k x x =+=+=++++++，则，解得：或，所以或或，故直线斜率的取值范围为. 3．（2023·青海海东·统考一模）已知函数.(1)求曲线在处的切线方程；(2)若在点处的切线为，函数的图象在点处的切线为，，求直线的方程.【解析】（1），，则，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）设，令，则. 当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以在时取得最大值2，即.，当且仅当时，等号成立，取得最小值2. 因为，所以，得.2222142=412122k k k k k k −⨯++−−⨯+⨯+++22=41k +−22421k k −=−224201k k −>−212k <21k>k −<<1k >1k <−l k 22(,1)(,)(1,)22−∞−−+∞()32ln 13x f x x x x =−+−()y f x =1x =()y f x =A 1l ()e e x xg x −=−B 2l 12l l ∥AB ()11101133f =−+−=−()222ln 212ln 3f x x x x x =+−+=−+'()12f '=()y f x =1x =()1213y x +=−723y x =−()()1122,,,A x y B x y ()22ln 3h x x x =−+()()()21122x x h x x x x+−=−='01x <<()0h x '>1x >()0h x '<()h x ()0,1()1,+∞()22ln 3h x x x =−+1x =()2f x '…()e e 2x x g x −=+'…0x =()g x '12l l ∥()()122f x g x ''==121,0x x ==即，所以直线的方程为，即. 4．（2023春·重庆·高三统考阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，右顶点为A ，上顶点为B ，O 为坐标原点，．(1)若的面积为的标准方程；(2)如图，过点作斜率的直线l 交椭圆于不同两点M ，N ，点M 关于x 轴对称的点为S ，直线交x 轴于点T ，点P 在椭圆的内部，在椭圆上存在点Q ，使，记四边形的面积为，求的最大值．【解析】（1），∴，，解得的标准方程为：. （2），∴，椭圆，令，直线l 的方程为：，联立方程组：，消去y 得，由韦达定理得，，()11,,0,03A B ⎛⎫− ⎪⎝⎭AB ()130010y x −−−=−−13y x =−22122:1(0)x y C a b a b+=>>12,F F ||2||OA OB =12BF F △1C (1,0)P (0)k k >1C SN OM ON OQ +=OMQN 1S 21OT OQ S k⋅−||2||OA OB =2a b =12122BF F S b c =⋅=△bc =222a b c =+4,2,a b c ===1C 221164x y +=||2||OA OB =2a b =22122:14x yC b b+=()()()()201012,,,,,,,0T M x y N x y Q x y T x (1)y k x =−222214(1)x y b b y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩22222(14)8440k x k x k b +−+−=2122814k x x k +=+221224414k b x x k −=+有，因为：，所以，，将点Q 坐标代入椭圆方程化简得：，而此时： . 令，所以直线，令得，由韦达定理化简得，，而， O 点到直线l 的距离，所以：，，因为点P 在椭圆内部，所以，得，即令，求导得，当，单调递增；当，即，单调递减.所以：，即5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C ：的右顶点为，过左焦点F 的直线交椭圆于M ，N 两点，交轴于P 点，，，记，，（为C 的右焦点）的面积分别为.121222(2)14kyy k x x k −+=+−=+OM ON OQ +=202814k x k =+02214k y k −=+222414k b k=+()22222284(14)(44)480k k k b k ∆=−+−=>()11,S x y −122221:()y y SN y y x x x x +−=−−0y =()1212211212212112122(1)(1)(2)2T x x x x x y x y k x x k x x x y y k x x x x −+−+−===+++−+−24T x b =12OMN S S =△12MN x =−=d =1122S MN d =⨯⋅=2222243212814(14)k b k OQ OT k k ⋅==++2312280(14)OT OQ S k k k ⋅−=+214b <2112k >k >322()(14)k f k k =+222222423(41)(43)(43)()(14)(14)k k k k k f k k k −+−−−'==++213124k <<k <<()0f k '>()f k 234k >k >()0f k '<()f k max()f k f ==⎝⎭21maxOT OQ S k ⎛⎫⋅−=⎪⎝⎭22221(0)x y a b a b+=>>A 1(0)x ty t =−≠y PM MF λ=PN NF μ=OMN 2OMF △2ONF △2F 123,,S S S(1)证明：为定值；(2)若，，求的取值范围.【解析】（1）由题意得F ，，所以椭圆C 的标准方程为：.设，显然，令，，则，则，，由得，解得，同理. 联立，得. ，从而（定值）（2）结合图象，不妨设，，，， λμ+123S mS S μ=+42λ−≤≤−m a (1,0)1c −⇒=2221b a c =−=2212x y +=1122(,),(,)M x y N x y 0t ≠0x =1y t =10,P t ⎛⎫⎪⎝⎭111,PM x y t ⎛⎫=− ⎪⎝⎭()111,MF x y =−−−PM MF λ=11111(,)(1,)x y x y t λ−=−−−111ty λ+=211ty μ+=22121x y x ty ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩22(2)210t y ty +−−=12122221,11t y y y y t t −+==++121212*********y y tty ty t y y t λμ++++=+=⋅=⋅=−−4λμ+=−120y y >>1121211122S y y y y =⋅⋅−=−（）21111122S y y =⋅⋅=32211122S y y =⋅⋅=−由得代入，有，则，解得，，设，则，设，则，令，解得，解得，故在上单调递减，在上单调递增，则且，则，则. 6．（2023·四川成都·统考二模）已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率，.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与该椭圆交于两点，且的方程. 【解析】（1）由已知得，解得，，所求椭圆的方程为；（2）由（1）得.①若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由得. 111ty λ+=21211111,,13y y y tt y λμμμλμ++++====+−−123S mS S μ=+()1212111222y y my y μ−=−1212y y my y μ−=−2222111811(1)17(3)133y y y m y y y μμμμμμ⎡⎤=−+=−−=−=−++−+⎢⎥+⎣⎦42λ−≤≤−31[1,3]μλ∴+=−−∈3u μ=+[]1,3u ∈()87h u u u ⎛⎫=−+ ⎪⎝⎭()228uh u u −'=()0h u '>1u <<()0h u '<3u <<()h u ()(()max 7h u =−()()412,33h h =−=()2,7h u ⎡∈−−⎣2,7m ⎡−−⎣∈22221(0)x y a b a b+=>>12,F F e =22a c =1F l M N 、2223F M F N +=l 22c a a c⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩1a c ==1b ∴∴2212x y +=()()121,01,0F F −､l l =1x −22112x x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩2y =设，，这与已知相矛盾. ②若直线的斜率存在，设直线直线的斜率为，则直线的方程为，设，联立，消元得，，，又，，化简得，解得或（舍去）所求直线的方程为或.7．（2023·全国·高三专题练习）设分别是椭圆的左､右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，到直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4. (1)求椭圆的方程；(2)已知点，设是椭圆上的一点，过两点的直线交轴于点，若，1,M N ⎛⎛−− ⎝⎭⎝⎭､()222,4,04F M F N ⎛⎛⎫∴+=−+−=−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭l l k l ()1y k x =+()()1122,,M x y N x y ､()22112y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩()2222124220k x k x k +++−=22121222422,1212k k x x x x k k −−∴+==++()121222212ky y k x x k ∴+=++=+()()2112221,,1,F M x y F N x y =−=−()2212122,F M F N xx y y ∴+=+−+(22F M F N x ∴+=424023170k k −−=21k =21740k =−1k ∴=±∴l 1y x =+=1y x −−12,F F 2222:1(0)x y D a b a b+=>>2F π3D ,A B 1F AB D D ()1,0M −E D ,E M l y C CE EM λ=求的取值范围；(3)作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.【解析】（1）设的坐标分别为，其中；由题意得的方程为. 因为到直线的距离为3，解得①因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4，所以，即 ②联立①②解得: ,所求椭圆D 的方程为.（2）由（1）知椭圆的方程为，设，因为，所以所以，代入椭圆的方程，所以，解得或.（3）由，设根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为，则直线的方程为，把它代入椭圆的方程，消去整理得：由韦达定理得则，；所以线段的中点坐标为. （i ）当时，则，线段垂直平分线为轴，λ1l D ,P Q P ()2,0−()0,N t PQ 4NP NQ ⋅=t 12,F F ()(),0,,0c c −0c >AB )y x c −1F AB 3,=c =2223a b c −==D 12242a b ⨯⨯=2ab =2,1a b ==2214x y +=2214x y +=11(,),(0,)E x y C m CE EM λ=1111(,)(1,),x y m x y λ−=−−−11,11m x y λλλ=−=++22()1()141m λλλ−++=+2(32)(2)04m λλ++=≥23λ≥−2λ≤−()2,0P −11(,)Q x y 1l k 1l ()2y k x =+D y 2222(14)16(164)0k x k x k +++−=212162,14k x k −+=−+2122814k x k −=+112()4214k y k x k =+=+PQ 22282(,)1414k kk k −++0k =()2,0Q PQ y于是，由解得（ii ）当时，则线段垂直平分线的方程为. 由点是线段垂直平分线的一点，令，得；于是由，解得综上可得实数的值为8．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，为椭圆的左､右顶点，焦距长为在椭圆上，直线的斜率之积为.(1)求椭圆的方程；(2)已知为坐标原点，点，直线交椭圆于点不重合），直线交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值. 【解析】（1）由题意，，设，，由题意可得，即，可得 (2,),(2,)NP t NQ t =−−=−244,NP NQ t ⋅=−+=t =±0k ≠PQ 222218()1414k ky x k k k −=−+++()0,N t PQ 0x =2614kt k =−+11(2,),(,)NP t NQ x y t =−−=−24211222224166104(16151)2()4141414(14)k k k k k NP NQ x t y t k k k k −++−⎛⎫⋅=−−−=+== ⎪++++⎝⎭k =2614k t k =−=+t ±,A B 2222:1(0)x yE a b a b+=>>P E ,PA PB 14−E O ()2,2C −PC E (,M M P ,BM OC G ,AP AG ()(),0,,0A a B a −()00,P x y 0000,PA PB y y k k x a x a==+−000014y y x a x a ⋅=−+−222014y x a =−−2202222222201111444x b a b a c x a a a ⎛⎫− ⎪−⎝⎭=−⇒=⇒=−又所以，椭圆的方程为；（2）由题意知，直线的斜率存在，设直线，且联立，得由，得，所以，设，由三点共线可得所以，直线的斜率之积为定值.9．（2023·全国·高三专题练习）已知，分别是椭圆的上、下焦点，直线过点且垂直于椭圆长轴，动直线垂直于点，线段的垂直平分线交于点，点的轨迹为.2c =c =2a =E 2214x y +=MP :MP y kx m =+()()112222,,,,k m P x y M x y =−+2214y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩()222148440k x kmx m +++−=Δ0>22410k m +−>2121222844,1414km m x x x x k k −−+==++(),G t t −,,G M B 222222222y y tt t x x y −=⇒=−−−+−11,22AG AP y tk k t x ==−++()()()()112121221212222221222AG AP y y y y y tk k t x x y x k x m x ⋅=⋅=−=−−+++−+⎡⎤++−+⎣⎦()()()()()())()()22212122212112121221222124y k x x km x x m y m x x m x m x m x x x x +++=−=−=−−++⎡⎤⎡⎤−+−+−+++⎣⎦⎣⎦()()()2222222222222222244844841414448144164161241414m kmk km m k m k m m k m k k m km m m km k m k k −−+⋅+−−++++=−=−⎡⎤⎡⎤−−−−−++⎣⎦−+⋅+⎢⎥++⎣⎦()()()()()()()2222222422141(2)818144144m k m k m k m k m m m m k m m m m km k −+−++−=−=−=−=−=−−−−−−−+,AP AG 14−F F '221:171617C x y +=1l F '2l 1l G GF 2l H H 2C(1)求轨迹的方程；(2)若动点在直线上运动，且过点作轨迹的两条切线、，切点为A 、B ，试猜想与的大小关系，并证明你的结论的正确性.【解析】（1），，椭圆半焦距长为，，，，动点到定直线与定点的距离相等，动点的轨迹是以定直线为准线，定点为焦点的抛物线，轨迹的方程是；（2）猜想证明如下：由（1）可设，，，则，切线的方程为：同理，切线的方程为：联立方程组可解得的坐标为，在抛物线外，，，2C P :20l x y −−=P 2C PA PB PFA ∠PFB ∠22171617x y +=∴2211716y x +=∴1410,4F ⎛⎫'− ⎪⎝⎭10,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭HG HF =∴H 11:4l y =−10,4F ⎛⎫⎪⎝⎭∴H 11:4l y =−10,4F ⎛⎫⎪⎝⎭∴2C 2x y =PFA PFB ∠=∠()211,A x x ()()22212,B x x x x ≠2y x =2y x '∴=112AP x x k y x =='=∴AP ()1221111220y x x x x y x x x −⇒−=−−=BP 22220x x y x −−=P 122P x x x +=12P y x x =P ∴||0FP ≠2111,4FA x x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭12121,24x x FP x x +⎛⎫=− ⎪⎝⎭2221,4FB x x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭22121121112122221112211111244444cos ||||||11||||4x x x x x x x x x x x FP FA AFP FP FA FP FP x x FP x +⋅−−+++⋅∴⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅∠====+− ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎝⎭⎝⋅+同理10．（2023春·江西·高三校联考阶段练习）已知椭圆＋＝1（a ＞b ＞0），右焦点F （1,0），，过F作两条互相垂直的弦AB ，CD .(1)求椭圆的标准方程；(2)求以A ，B ，C ，D 为顶点的四边形的面积的取值范围.【解析】（1）由题意知，，又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）①当直线与中有一条直线的斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，不妨设直线的斜率为0，的斜率不存在，则直线方程为，直线的方程为，联立可得所以联立可得所以所以四边形ADBC 的面积． ②当两条直线的斜率均存在且不为0时，设直线的方程为，1214cos ||||||x x FP FB BFP FP FB FP +⋅∠==cos cos AFP BFP ∴∠=∠PFA PFB ∴∠=∠22x a 22y b2c e a ==a 1c =a =222abc =+21b =2212x y +=AB CD AB CD AB 0y =CD 1x =22120x y y ⎧+=⎪⎨⎪=⎩0x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩AB =22121x y x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩1x y =⎧⎪⎨=⎪⎩CD =11||||222S AB CD =⋅=⨯AB (1)y k x =−则直线的方程为．将直线的方程代入椭圆方程，整理得，方程的判别式，设，所以， ∴，同理可得， ∴四边形ADBC 的面积， ∵，当且仅当时取等号，∴四边形ADBC 的面积，综上①②可知，四边形ADBC 的面积的取值范围为．11．（2023·全国·高三专题练习）如图，椭圆，经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点P ，Q (均异于点，证明:直线AP 与AQ 的斜率之和为2．CD 1(1)y x k=−−AB ()2222124220k xk x k +−+−=()2222124220k x k x k +−+−=()()42221642122880k k k k ∆=−+−=+>()()1122,,,A x y B x y 22121222422,1212k k x x x x k k −+=⋅=++12||AB x −)22112kAB k +==+)2222111||1212k k CD k k⎫+⎪+⎝⎭==++⨯))22221111||||22122k k S AB CD k k ++=⋅=⨯⨯++()2222242144122252112121k k k k k k k k k ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭===−++⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22121219k k ⎛⎛⎫++≥+= ⎪⎝⎭⎝1k =±16,29S ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭S 16,29⎡⎤⎢⎥⎣⎦22:12+=x E y (1,1)M k E (0,1)A −【解析】设,直线的方程为,两交点异于点，则 ,联立直线与椭圆方程,消去变量并整理得,由已知，由韦达定理得,则所以可知直线与的斜率之和为2.12．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，，，是椭圆上的三个动点，且，，若，求的值．【解析】由题可知，设，，，由，得，满足，可得，()()1122,,,P x y Q x y PQ (1)1y k x =−+A 2k ≠y ()222221124(1)2402(1)1x y k x k k x k k y k x ⎧+=⎪⇒++−+−=⎨⎪=−+⎩0∆>21212224(1)24,1212k k k kx x x x k k −−+==++()()12121212121211AP AQ k x k x y y k k x x x x −+−++++=+=+()()12121212122(2)(2)2kx x k x x k x x k x x x x +−+−+==+222244122(2)1224k k k k k k k k−+=+−⋅⋅+−()2212k k =−−=AP AQ 22162x y +=1F 2F A B P 11PF F A λ=22PF F B μ=2λ=μ2226,2,4a b c ===()00,P x y 11(,)A x y 22(,)B x y 11PF F A λ=22PF F B μ=()1,0F c −0101101x x c y y λλλλ+⎧−=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩()010110x x c y y λλλ⎧+=−+⎨+=⎩满足，可得，由，可得，所以，∴，，又，∴，同理可得， ∴，所以，又，所以.13．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且直线被椭圆． (1)求椭圆的方程；(2)以椭圆的长轴为直径作圆，过直线上的动点作圆的两条切线，设切点为，若直线与椭圆交于不同的两点，，求的取值范围．【解析】（1）直线，经过点，，被椭圆，可得．又，，解得：，，， ()2,0F c 0202101x x c y y μμμμ+⎧=⎪+⎪⎨+⎪=⎪+⎩()020210x x c y y μμμ⎧+=−+⎨+=⎩22002222112211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2200222222211221x y a b x y a b λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩()()()()010*******21x x x x y y y y abλλλλλ−+−++=−()()()()0101211x x x x a λλλλ−+=−+()()2011a x x cλλ−=−−()()011x x c λλ+=−+222202a c a c x c cλ−+=−222202a c a c x c c μ−+=−+()22222a c a c c cλμ−++=⋅2222210a c a cλμ++=⋅=−2λ=8μ=22122:1(0)x y C a b a b+=>>121:1x yl a b+=1C 1C 1C 2C 2:4l y =M 2C ,A B AB 1C C D ||||CD AB ⋅1:1x yl a b+=(,0)a (0,)b 1C 227a b +=12c a =222a b c =+24a =23b =1c =椭圆的方程为．（2）由（1）可得：圆的方程为：．设，则以为直径的圆的方程为：，与相减可得：直线的方程为：，设，，，，联立，化为：，，则，，故又圆心到直线的距离，令，则，可得，可得：14．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的两个焦点，，动点在椭圆上，且使得的点恰有两个，动点到焦点的距离的最大值为∴1C22143x y+=2C224x y+=(2,4)M t OM222()(2)4x t y t−+−=+224x y+=AB2440tx y+−=1(C x1)y2(D x2)y222440143tx yx y+−=⎧⎪⎨+=⎪⎩22(3)480t x tx+−−=248(2)0t∆=+>12243tx xt+=+12283x xt=⋅−+||CDO AB d=||AB∴=||||AB CD∴⋅==23(3)t m m+=≥||||AB CD⋅==3m≥3233m≤−<||||AB CD⋅<22122:1(0)x yC a ba b+=>>1F2F P 1290F PF∠=︒P P1F2(1)求椭圆的方程；(2)如图，以椭圆的长轴为直径作圆，过直线作圆的两条切线，设切点分别为，，若直线与椭圆交于不同的两点，，求弦长的取值范围．【解析】（1）设半焦距为，由使得的点恰有两个可得，动点到焦点的距离的最大值为，可得所以椭圆的方程是. （2）圆的方程为，设直线的坐标为.设，连接OA ，因为直线为切线，故，否则直线垂直于轴，则与直线若，则，故，故直线的方程为：，整理得到：；当时，若，直线的方程为：；若，则直线的方程为：，满足.故直线的方程为，同理直线的方程为，又在直线和上，即，故直线的方程为.1C 1C 2C x =−T 2C A B AB 1C C D ||CD c 1290F PF ∠=︒P ,b c a =P 1F 22a c +=2,a c =1C 22142x y +=2C 224x y +=x =−T ()t −1122(,),(,)A x y B x y AT 10y ≠AT x AT x =−10x ≠11OA y k x =11AT x k y =−AT ()1111x y y x x y −=−−2211114x x y y x y +=+=10x =(0,2)A AT 2y =(0,2)A −AT =2y −114x x y y +=AT 114x x y y +=BT 224x x y y +=()t −AT BT 112244ty ty ⎧−+=⎪⎨−+=⎪⎩AB 4ty −+=联立，消去得，设，．则，从而，又，从而，所以. 15．（2023·全国·高三专题练习）已知、分别为椭圆的左、右焦点，且右焦点的坐标为，点在椭圆上，为坐标原点．(1)求椭圆的标准方程(2)若过点的直线与椭圆交于两点，且的方程； (3)过椭圆上异于其顶点的任一点，作圆的两条切线，切点分别为，（，224142ty x y ⎧−+=⎪⎨+=⎪⎩x 22(16)8160t y ty +−−=33(,)C x y 44(,)D x y 343422816,1616t y y y y t t −+==++||CD 224(8)16t t +=+232416t −=++21616t +≥2322016t −−≤<+||[2,4)CD ∈1F 2F 2222:1(0)x yC a b a b+=>>2F (1,0)(P C O C 2F l C ,A B ||AB =l C Q 22:1O x y +=M N M不在坐标轴上），若直线在轴、轴上的截距分别为、，那么是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．【解析】（1）椭圆的右焦点的坐标为，椭圆的左焦点的坐标为，由椭圆的定义得，所以，由题意可得，即，即椭圆的方程为；（2）直线与椭圆的两个交点坐标为，， ①当直线垂直轴时，方程为：，代入椭圆可得，舍去；②当直线不垂直轴时，设直线联立，消得，，则，，恒成立.，又， N MN x y m n 2212m n+C 2F (1,0)∴C 1F (1,0)−12||||2PF PF a +=2a =a ∴=22a =1c =2221b ac =−=C 2212x y +=l C ()11,A x y ()22,B x y l x l 1x =y =||AB =l x :(1)l y k x =−2212(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩y ()2222124220k x k x k +−+−=2122421k x x k +=+21222221k x x k −=+()()()()22222442122810k k k k ∆=−+−=+>22AB =()()22121214k x x x x ⎡⎤=++−⎣⎦()()22228121k k +=+||AB =()()222228132921k k +==+⎝⎭化简得，，即，解得或（舍去），所以，直线方程的方程为或. （3）是定值，定值为2.设点，，，连接，，，，则有，. ，不在坐标轴上，则，，则，，直线的方程为，即，① 同理直线的方程为，②，将点代入①②，得，显然，满足方程，直线的方程为，分别令，，得到，，，，又满足，，即.16．（2023·全国·高三专题练习）某同学在探究直线与椭圆的位置关系时发现椭圆的一个重要性427250k k −−=()()227510k k +−=21k =257k =−1k =±∴l 10x y −−=10x y +−=()00,Q x y ()33,M x y ()44,N x y OM ON 0M MQ ⊥ON NQ ⊥22331x y +=22441x y +=M N 33MO y k x =44NO y k x =331MQ MOx k k y =−=−441NQ NO x k k y =−=−∴MQ ()3333x y y x x y −=−−2233331xx yy x y +=+=⋯NQ 441xx yy +=⋯Q 0303040411x x y y x x y y +=⎧⎨+=⎩()33,M x y ()44,N x y 001xx yy +=∴MN 001xx yy +=0x =0y =01n x =01=m y 01y m ∴=01x n =()00,Q x y 2212x y +=∴221112m n +=22122m n +=质：椭圆在任意一点，处的切线方程为．现给定椭圆，过的右焦点的直线交椭圆于，两点，过，分别作的两条切线，两切线相交于点． (1)求点的轨迹方程；(2)若过点且与直线垂直的直线（斜率存在且不为零）交椭圆于，两点，证明：为定值．【解析】（1）由题意F 为，设直线为，，，，，易得在点处切线为，在点处切线为，由得，又，，可得，故点的轨迹方程．（2）证明：联立的方程与的方程消去，得．由韦达定理，得，，所以，因为，直线MN 可设为，同理得，所以．2222:1(0)x y C a b a b+=>>0(M x 0)y 00221xx yy a b +=22:143x y C +=C F l C P Q P Q C G G F l C M N 11||||PQ MN +()1,0PQ 1x ty =+1(P x 1)y 2(Q x 2)y P 11143x x y y +=Q 22143x x y y+=11221,431,43x xy yx x y y⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩1122124()y y x x y x y −=−111x ty =+221x ty =+4x =G 4x =l C 221143x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩x 22(34)690t y ty ++−=122634t y y t +=−+122934y y t =−+2212(1)||34t PQ t +=+PQ MN ⊥11x y t =−+2222112(1)12(1)||13434t t MN t t++==+⋅+22221134347||||12(1)12(1)12t t PQ MN t t +++=+=++。

高考数学斜率定值问题解答题专项讲解(含答案)

高考数学斜率定值问题解答题专项讲解（含答案）一、解答题1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，离心率为√22．分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E（异于A，C两点），且OE=EF．（1）求椭圆的方程；（2）求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．【答案】(1)x 22+y2=1;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（1）解：由题意，得c=1，e=ca =√22，故a=√2，从而b2=a2−c2=1，所以椭圆的方程为x 22+y2=1．①5分（2）证明：设直线AB的方程为y=kx，②直线CD的方程为y=−k(x−1)，③7分由①②得，点A，B的横坐标为±√22k2+1，由①③得，点C，D的横坐标为2k 2±√2(k2+1)2k2+1，9分记A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1−x3))，D(x4，k(1−x4))，则直线AC，BD的斜率之和为kx1−k(1−x3)x1−x3+kx2−k(1−x4)x2−x4=k⋅(x1+x3−1)(x2−x4)+(x1−x3)(x2+x4−1)(x1−x3)(x2−x4)=k⋅2(x1x2−x3x4)−(x1+x2)+(x3+x4)(x1−x3)(x2−x4)13分=k⋅2(−22k2+1−2(k2−1)2k2+1)−0+4k22k2+1(x1−x3)(x2−x4)=0．16分考点：直线与椭圆的位置关系点评：主要是考查了直线椭圆的位置关系的运用，属于基础题。

2．如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆E：＋＝1的离心率为，直线l：y=x与椭圆E相交于A，B两点，AB=，C，D是椭圆E上异于A，B两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．（1）求a，b的值；（2）求证：直线MN的斜率为定值．【答案】（1），；（2）证明见解析．【解析】试题分析：（1）由已知条件可得的值，进而得的关系，再利用与椭圆相交于，两点，，可得；（2）斜率存在时设出直线，的斜率分别为，，，利用，表示的斜率，利用直线相交分别求的坐标，再利用斜率公式求，运算化简含式子，得出结果，最后再考虑斜率不存在情况亦成立．试题解析：（1）因为e==，所以c2=a2，即a2﹣b2=a2，所以a2=2b2；故椭圆方程为+=1；由题意，不妨设点A在第一象限，点B在第三象限，由解得A（b，b）；又AB=4，所以OA=2，即b2+b2=20，解得b2=12；故=2，=2；（2）由（1）知，椭圆E的方程为，从而A（4，2），B（﹣4，﹣2）；①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C（x0，y0），显然k1≠k2；所以k CB=﹣；同理k DB=﹣，于是直线AD的方程为y﹣2=k2（x﹣4），直线BC的方程为y+2=﹣（x+4）；从而点N的坐标为；用k2代k1，k1代k2得点M的坐标为；即直线MN的斜率为定值﹣1；②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C（4，﹣2）；仍然设DA的斜率为k2，由①知k DB=﹣；此时CA：x=4，DB：y+2=﹣（x+4），它们交点M（4，）；BC：y=﹣2，AD：y﹣2=k2（x﹣4），它们交点N ，从而k MN=﹣1也成立；由①②可知，直线MN的斜率为定值﹣1；考点：1、椭圆的几何性质；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、分类讨论；4、直线的斜率．【方法点晴】本题主要考查的是椭圆的几何性质，直线和椭圆的位置关系及直线斜率，直线相交的问题，属于难题．解决第二问时，涉及直线较多，采用设两条直线斜率，表示另外两条的方法，控制引入未知数个数，然后利用直线相交，表示交点坐标，需要较强的类比推理能力及运算能力，还要注意斜率是否存在，要有较强的分类讨论意识．3．已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点()21A ，． (Ⅰ) 求椭圆C 的方程；(Ⅱ) 若P Q ，是椭圆C 上的两个动点，且使PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴，试判断直线PQ 的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.【答案】(Ⅰ) 22182x y +=；（Ⅱ）1.2 【分析】（I ）由离心率可得,a c 关系，再将点A 坐标代入，可得,a b 间关系，又222a b c =+，解方程可得22,a b 的值；（II ）由PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴，可判断直线,PA AQ 的斜率互为相反数，由两直线都过A 点，由点斜式可写出直线方程．一一与椭圆方程联立，消去x 或y 的值，可得一元二次方程，又A 点满足条件，可求得,P Q 点的坐标，用k 表示．再由斜率公式可得直线PQ 的斜率为定值．【详解】(Ⅰ) 因为椭圆C , 且过点()2,1A ,所以22411a b +=, 2c a =. 因为222a b c =+, 解得28a =, 22b =,所以椭圆C 的方程为22182x y +=.(Ⅱ)法1：因为PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴, 所以PA 与AQ 所在直线关于直线2x =对称.设直线PA 的斜率为k , 则直线AQ 的斜率为k −. 所以直线PA 的方程为()12y k x −=−, 直线AQ 的方程为()12y k x −=−−.设点(),P P P x y , (),Q Q Q x y ,由()2212,{1,82y k x x y −=−+=消去y , 得()()222214168161640k x k k x k k +−−+−−=. ①因为点()2,1A 在椭圆C 上, 所以2x =是方程①的一个根,则2216164214P k k x k −−=+, 所以2288214P k k x k −−=+. 同理2288214Q k k x k +−=+.所以21614P Qk x x k −=−+. 又()28414P Q P Q ky y k x x k −=+−=−+. 所以直线PQ 的斜率为12−==−P Q PQ P Qy y k x x . 所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 法2：设点()()1122,,,P x y Q x y ，则直线PA 的斜率1112PA y k x −=−, 直线QA 的斜率2212QA y k x −=−. 因为PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴, 所以PA 与AQ 所在直线关于直线2x =对称. 所以PA QA k k =−, 即121211022y y x x −−+=−−, ① 因为点()()1122,,,P x y Q x y 在椭圆C 上,所以2211182x y +=，② 2222182x y +=. ③由②得()()22114410x y −+−=, 得()111112241y x x y −+=−−+, ④同理由③得()222212241y x x y −+=−−+, ⑤ 由①④⑤得()()12122204141x x y y +++=++,化简得()()12211212240x y x y x x y y ++++++=, ⑥ 由①得()()12211212240x y x y x x y y +−+−++=, ⑦ ⑥-⑦得()12122x x y y +=−+.②-③得22221212082x x y y −−+=,得()12121212142y y x x x x y y −+=−=−+. 所以直线PQ 的斜率为121212PQ y y k x x −==−为定值.法3：设直线PQ 的方程为y kx b =+，点()()1122,,,P x y Q x y ，则1122,y kx b y kx b =+=+, 直线PA 的斜率1112PA y k x −=−, 直线QA 的斜率2212QAy k x −=−. 因为PAQ ∠的角平分线总垂直于x 轴, 所以PA 与AQ 所在直线关于直线2x =对称. 所以PA QA k k =−, 即12121122y y x x −−=−−−, 化简得()()12211212240x y x y x x y y +−+−++=. 把1122,y kx b y kx b =+=+代入上式, 并化简得 ()()1212212440kx x b k x x b +−−+−+=. (*)由22,{1,82y kx b x y =++=消去y 得()222418480k x kbx b +++−=, (**) 则2121222848,4141kb b x x x x k k −+=−=++,代入(*)得()()2222488124404141k b kb b k b k k −−−−−+=++, 整理得()()21210k b k −+−=, 所以12k =或12b k =−. 若12b k =−, 可得方程(**)的一个根为2，不合题意. 若12k =时, 合题意. 所以直线PQ 的斜率为定值，该值为12. 4．已知直线l 经过椭圆2222:1x y C a b+=()0a b >>的左焦点和下顶点，坐标原点O 到直线l 的距离为12a .（1）求椭圆C 的离心率；（2）若椭圆C 经过点()2,1P ，点A ，B 是椭圆C 上的两个动点，且APB ∠的角平分线总是垂直于y 轴，试问：直线AB 的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2；（2）是定值，定值为1. 【分析】（1）先求出直线l 的方程，再由点到直线的距离公式得出原点O 到直线l 的距离，从而可得出答案. (2)由条件结合（1）先求出椭圆方程，根据条件可得AP BP k k =−，设直线AP 的方程为1(2)y k x −=−，与椭圆方程联立，求解出点A 的横坐标，同理求出点B 的横坐标，从而可得直线AB 的斜率，得出答案. 【详解】解：（1）过点(,0)c −，(0,)b −的直线l 的方程为0bx cy bc ++= 则坐标原点O 到直线l 的距离为12bc d a a ===可得242224224()4410c a bc a a c c e e e a =⇒=−⇒−+=⇒==.（2）由（1）易知a =，则椭圆C ：222212x y b b+=经过点(2,1)P ，解得23b =，则椭圆C ：22163x y +=. 因为APB ∠的角平分线总垂直于y 轴，所以AP 与BP 所在直线关于直线1y =对称. 则AP BP k k =−，设直线AP 的斜率为k ，则直线BP 的斜率为k −所以设直线AP 的方程为1(2)y k x −=−，直线BP 的方程为1(2)y k x −=−− 设点11(,)A x y ，22(,)B x y .由221(2)163y k x x y −=−⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得2222(12)4(2)8840k x k k x k k ++−+−−=.因为点(2,1)P 在椭圆C 上，则有212884212k k x k −−⋅=+，即21244212k k x k−−=+. 同理可得22244212k k x k+−=+. 所以122812k x x k −−=+，又121228()412ky y k x x k k −−=+−=+. 所以直线AB 的斜率为12121y y x x −=−. 【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的离心率和椭圆中的定值问题，解答本题的关键是由条件得出AP BP k k =−，设直线AP BP ，的方程，与椭圆方程联立，求解出点,A B 的横坐标，属于中档题.5．已知椭圆2222:1x y C a b +=（0a b >>，1F 、2F 是椭圆C 的左、右焦点，P 是椭圆C 上的一个动点，且12PF F △面积的最大值为．（1）求椭圆C 的方程；（2）若Q 是椭圆C 上的一个动点，点M ，N 在椭圆2213x y +=上，O 为原点，点Q ，M ，N 满足3OQ OM ON →→→=+，则直线OM 与直线ON 的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．【答案】（1）2213010x y +=（2）是定值，且定值为13−．【分析】（1）根据题意列出关于a ，b ，c 的方程组，解出a ，b ，c 的值，即可求出椭圆方程；（2）设0(Q x ，0)y ，1(M x ，1)y ，2(N x ，2)y ，所以2200330x y +=，221133x y +=，222233x y +=，由3OQ OM ON →→→=+得0121233x x x y y y =+⎧⎨=+⎩，代入22003x y +得2200121233276(2)x y x x y y +=+++，所以121220x x y y +=，即12OM ON k k =−，从而得到直线OM 与直线ON 的斜率之积为定值，且定值为12−．【详解】解：（1）由题意可知：222c a bc a b c ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪⎩，解得222301020a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，∴椭圆C 的方程为：2213010x y +=；（2）设()00,Q x y ，()11,M x y ，()22,N x y ，∴2200330x y +=，221133x y +=，222233x y +=， ∵3OQ OM ON →→→=+，∴()()()001122,,3,x y x y x y =+，∴01201233x x x y y y =+⎧⎨=+⎩，∴()()22220012123333x y x x y y +++=+=2222112211226931827x x x x y y y y +++++327=++()12126330x x y y +=，∴121230x x y y +=，∴121213y y x x =−，即13OM ON k k ⋅=−， ∴直线OM 与直线ON 的斜率之积为定值，且定值为13−．【点睛】本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系，属于中档题．6．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，点31,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程;（2）设动直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O 为圆心的圆，满足此圆与l 相交两点1P ，2P （两点均不在坐标轴上），且使得直线1OP ，2OP 的斜率之积为定值？若存在，求此圆的方程与定值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）22143x y +=，（2）存在符合条件的圆，且此圆的方程为227x y +=，定值为34− 【分析】（1）利用离心率和点在椭圆上列出方程，解出,,a b c 即可（2）当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+，先将直线的方程与椭圆的方程联立，利用直线l 与椭圆有且仅有一个公共点，推出2243m k =+，然后通过直线与圆的方程联立，设()111,P x y ，()222,P x y ，结合韦达定理，求解直线的斜率乘积，推出12k k 为定值，然后再验证直线l 的斜率不存在时也满足即可【详解】（1）由题意得：12c a =，222a b c =+ 又因为点31,2A ⎛⎫ ⎪⎝⎭在椭圆C 上所以221914a b+=解得2,1a b c ===所以椭圆的标准方程为：22143x y +=（2）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为227x y +=证明如下：假设存在符合条件的圆，且设此圆的方程为：222(0)x y r r +=> 当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx m =+由方程组22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2224384120k x kmx m +++−=因为直线l 与椭圆有且仅有一个公共点所以()()()222184434120km k m ∆=−+−=即2243m k =+由方程组222y kx m x y r=+⎧⎨+=⎩得()2222120k x kmx m r +++−= 则()()()222222410km k m r∆=−+−>设()111,P x y ，()222,P x y ，则221212222,11km m r x x x x k k −−+==++ 设直线1OP ，2OP 的斜率分别为1k ，2k所以()()()221212121212121212kx m kx m k x x km x x my y k k x x x x x x +++++=== 222222222222222111m r kmk km m m r k k k m r m r k −−⋅+⋅+−++==−−+ 将2243m k =+代入上式得()2212224343r k k k k r−+=+−要使得12k k 为定值，则224343r r−=−，即27r = 所以当圆的方程为227xy +=时，圆与l 的交点1P ，2P 满足12k k 为定值34−当直线l 的斜率不存在时，由题意知l 的方程为2x =±此时圆与l 的交点1P ，2P 也满足12k k 为定值34−综上：当圆的方程为227xy +=时，圆与l 的交点1P ，2P 满足12k k 为定值34−【点睛】涉及圆、椭圆的弦长、交点、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.7．已知圆F 1：(x +1)2+y 2=r 2(1≤r ≤3)，圆F 2：(x -1)2+y 2= (4-r )2．（1）证明：圆F 1与圆F 2有公共点，并求公共点的轨迹E 的方程；（2）已知点Q (m ，0)(m <0)，过点E 斜率为k (k ≠0）的直线与（Ⅰ）中轨迹E 相交于M ，N 两点，记直线QM 的斜率为k 1，直线QN 的斜率为k 2，是否存在实数m 使得k (k 1+k 2)为定值？若存在，求出m 的值，若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析，22143x y +=（2）存在，2m =−【分析】（1）求出圆1F 和圆2F 的圆心和半径，通过圆F 1与圆F 2有公共点求出12F F 的范围，从而根据124PF PF +=可得P 点的轨迹，进而求出方程；（2）过2F 点且斜率为k 的直线方程为(1)y k x =−，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理以及111y k x m =−，212y k x m =−，可得()212222(624)4(1)312m k k k k m k m −+=−+−，根据其为定值，则有23120m −=，进而可得结果. 【详解】（1）因为1(1,0)F −，2(1,0)F ，所以122F F =，因为圆1F 的半径为r ，圆2F 的半径为4r −，又因为13r ≤≤，所以|4|2r r −−≤，即12|4||4|r r F F r r −−≤≤−+，所以圆1F 与圆2F 有公共点，设公共点为P ，因此124PF PF +=，所以P 点的轨迹E 是以1(1,0)F −，2(1,0)F 为焦点的椭圆，所以24a =，12c a =⇒=，b =即轨迹E 的方程为22143x y +=；（2）过2F 点且斜率为k 的直线方程为(1)y k x =−，设()11,M x y ，()22,N x y由22143(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩消去y 得到()22224384120k x k x k +−+−=，则2122843k x x k +=+，212241243k x x k −=+， ①因为111y k x m=−，212y k x m =−，所以()()()121212121211k x k x y y k k k k k x m x m x m x m −−⎛⎫⎛⎫+=+=+⎪ ⎪−−−−⎝⎭⎝⎭()()()()()()2212211212121111x x m x x m x x k k x m x m x m x m −−+−−⎛⎫−−=+= ⎪−−−−⎝⎭()()21212212122(1)2x x m x x mk x x m x x m −+++=−++，将①式代入整理得()212222(624)4(1)312m k k k k m k m −+=−+− 因为0m <，所以当23120m −=时，即2m =−时，()121k k k +=−. 即存在实数2m =−使得()121k k k +=−. 【点睛】本题考查椭圆定理求椭圆方程，考查椭圆中的定值问题，灵活应用韦达定理进行计算是关键，并且观察出取定值的条件也很重要，考查了学生分析能力和计算能力，是中档题.8．已知△ABC 中,B （-1，0）,C （1，0）,AB =6,点P 在AB 上,且∠BAC =∠PCA ． (1)求点P 的轨迹E 的方程；(2)若813Q ⎛⎫⎪⎝⎭，,过点C 的直线与E 交于M ，N 两点,与直线x =9交于点K ,记QM ,QN ,QK 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,试探究k 1,k 2,k 3的关系,并证明．【答案】(1)()221398x y x +=≠±．(2) k 1+k 2=2k 3证明见解析；【分析】(1)利用已知条件判断P 的轨迹为椭圆,转化求解即可．(2)如图,设M （x 1，y 1）,N （x 2，y 2）,可设直线MN 方程为y =k （x -1）,则K （4，3k ）,联立直线与椭圆方程,通过韦达定理转化求解斜率关系,证明k 1+k 2=2k 3．【详解】解：(1)如图三角形ACP 中,∠BAC =∠PCA ,所以P A =PC , 所以PB +PC =PB +P A =AB =6,所以点P 的轨迹是以B ,C 为焦点,长轴为4的椭圆（不包含实轴的端点），所以点P 的轨迹E 的方程为()221398x y x +=≠±．(2)k 1,k 2,k 3的关系：k 1+k 2=2k 3．证明：如图,设M （x 1，y 1）,N （x 2，y 2），可设直线MN 方程为y =k （x -1）,则K （4，3k ）,由()221981x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=−⎩，，可得（9k 2+8）x 2-18k 2x +（9k 2-72）=0, 21221898k x x k +=+,212297298k x x k −=+, ()()1111118818331131y k x k k x x x −−−===−−−−,()22831k k x =−−,38813913k k k −==−−, 因为()()()()121323121212228112803311331x x k k k k x x x x x x +−⎛⎫−+−=−+=−⋅= ⎪−−−++⎝⎭, 所以：k 1+k 2=2k 3．【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用,椭圆的定义的应用,考查转化思想以及计算能力,是难题．9．如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>的焦距为2，且过点⎭.（1）求椭圆E 的方程；（2）若点,A B 分别是椭圆E 的左右顶点，直线l 经过点B 且垂直于x 轴，点P 是椭圆上异于,A B 的任意一点，直线AP 交l 于点M .①设直线OM 的斜率为1k ，直线BP 的斜率为2k ，求证：12k k 为定值； ②设过点M 垂直于PB 的直线为m ，求证：直线m 过定点，并求出定点的坐标.【答案】（1）22143x y +=；（2）见解析. 【详解】试题分析：（1）根据条件列方程组223221,1c a b =+=，解得2,a b ==，（2）①设()00,P x y，则可由直线交点得0042,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，再根据斜率公式化简12k k ，最后利用点P 在椭圆上得定值；②先探求定点为()1,0−，再根据点斜式写出直线m 方程，最后令y=0解得x=-1.试题解析：（1）由题意椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的焦距为2，且过点2⎫⎪⎪⎭，所以223221,1c a b =+=，解得2,a b ==，所以椭圆E 的标准方程为22143x y +=.（2）①设()()000,0P x y y ≠，则直线AP 的方程为()0022y y x x =++，令2x =得0042,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，因为01022y k x =+，因为0202y k x =−，所以2012202y k k x =−，因为()()000,0P x y y ≠在椭圆上，所以2200143x y +=，所以1232k k =−为定值， ②直线BP 的斜率为1212y k x =−，直线m 的斜率为112m x k y −=，则直线m 的方程为()()()11110111122422212x x y x y x y x x y y x y −−−=−+=−+=++，所以直线m 过定点()1,0−.点睛：1.求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y kx b =+，然后利用条件建立,k b 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．10．已知椭圆C 的方程为22143x y +=，斜率为12的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，点31,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭在直线l的左上方．（1）若以AB 为直径的圆恰好经过椭圆右焦点2F ，求此时直线l 的方程；（2）求证：PAB △的内切圆的圆心在定直线1x =上．【答案】（1）11127y x =−．（2）见解析【分析】（1）设直线l 的方程为12y x m =+．设()11,A x y ，()22,B x y ．由直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得1212,x x x x +，由判别式大于0得m 的一个范围，由点31,2P ⎛⎫⎪⎝⎭在直线l 的左上方再一个m 的范围，两者结合得m 的取值范围，以AB 为直径的圆恰好经过椭圆C 的右焦点2F ，说明220AF BF ⋅=，用坐标表示并代入1212,x x x x +可求得m ，注意m 的取值范围，即得直线方程；（2）由（1）计算0PA PN k k +=，即得直线1x =是APB ∠的内角平分线，可得结论．【详解】解：（1）设直线l 的方程为12y x m =+．设()11,A x y ，()22,B x y ．由2214312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩得2230x mx m ++−=，则12x x m +=−，2123x x m =−．由()22430m m =−−>△，解得22m −<<．又∵点31,2P ⎛⎫⎪⎝⎭在直线l 的左上方，∴21m −<<．若以AB 为直径的圆恰好经过椭圆C 的右焦点2F ，则220AF BF ⋅=，即()()11221,1,0x y x y −−⋅−−=，化简得274110m m +−=，解得117m =−，或1m =（舍）．∴直线l 的方程为11127y x =−．（2）∵1212332211PAPBy y kk x x −−+=+−−12123131222211x m x mx x −−−−=+−− ()12111111m x x ⎛⎫=+−+ ⎪−−⎝⎭()()()1212122111x x m x x x x −+=+−−++()222221110132m m m m m m m m +−−+=+−=+=++−+−， ∴直线1x =平分APB ∠，即PAB △的内切圆的圆心在定直线1x =上．【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，考查直线的对称性．直线与椭圆相交问题采取设而不求思想，即设交点坐标为1122(,),(,)x y x y ，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得1212,x x x x +，用1212,x x x x +参与运算求解．11．如图已知椭圆()222210x y a b a b+=>>，()2,0A 是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，且0AC BC ⋅=，2OC OB BC BA −=−.（Ⅰ）求椭圆的方程：（Ⅱ）设,P Q 为椭圆上异于,A B 且不重合的两点，且PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴，是否存在实数λ，使得PQ AB λ=，若存在，请求出λ的最大值，若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）223144x y +=（Ⅱ）max λ= 【分析】（Ⅰ）易知2,a =根据条件确定AOC ∆形状，即得C 坐标，代入椭圆方程可得2b ，（Ⅱ）即先判断PQ AB ∥是否成立，设PC 的直线方程，与椭圆联立方程组解得P 坐标，根据P 、Q 关系可得Q 坐标，利用斜率坐标公式即得PQ 斜率，进而判断PQ AB ∥成立，然后根据两点间距离公式计算PQ 长度最大值，即可得λ的最大值. 【详解】（Ⅰ）∵0AC BC ⋅=， ∴,90AC BC ACB ⊥∠=︒又2OC OB BC BA −=−，即2BC AC =，22,OC AC OC AC == ∴AOC ∆是等腰直角三角形 ∵(2,0)A ， ∴(1,1)C 因为点C 在椭圆上，∴22111,2,a a b +==∴243b = ∴所求椭圆方程为223144x y +=（Ⅱ）对于椭圆上两点P 、Q ，∵PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴∴PC 与CQ 所在直线关于1x =对称，设(0PC k k k =≠且1)k ≠±，则CQ k k =−，则PC 的直线方程1(1)(1)1y k x y k x −=−⇒=−+ ①QC 的直线方1(1)(1)1y k x y k x −=−−⇒−−+ ②将①代入223144x y +=得222(13)6(1)3610k x k k x k k +−−+−−= ③∵(1,1)C 在椭圆上，∴1x =是方程③的一个根，∴22361113p p k k x x k −−⋅==+ 以k −替换k ，得到2236131Q k k x k +−=+.222226242()211313121231313p Q p Q PQ p Q p Q k k k k y y k x x k k k k k k x x x x k k−−⋅−−+−++=====−−−−++因为(1,1)B −−,所以1,3AB k =∴,PQ AB k k = ∴PQ AB ∥，∴存在实数λ，使得PQ AB =λ||(PQ x ====≤当2219k k =时即21,3k k ==时取等号，又||10AB =maxλ==【点睛】解析几何存在性问题，一般解决方法先假设存在，即设参数，运用推理，将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，然后直接推理、计算，根据计算结果确定是否存在．其中直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化.12．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>经过(1,()222A B −两点，O 为坐标原点.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设动直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点，且与圆22:3O x y +=相交于,M N 两点，试问直线OM 与ON 的斜率之积OM ON k k ⋅是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】（1）2212x y +=；（2）为定值，12−【分析】（1）将,A B 两点坐标代入椭圆方程，建立22,a b 的方程组，即可求出结论；（2）先求出直线l 斜率不存在时OM ON k k ⋅的值，当直线l 斜率存在时，设其方程为y kx m =+，与椭圆方程联立，根据已知求出,m k 关系，再将直线l 与圆方程联立，根据根与系数关系将,M N 坐标用,m k 表示，进而求出OM ON k k ⋅，即可得出结论. 【详解】（1）依题意，2222112113241a ba b ⎧⎪+=⎪⎪⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得2221a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆方程为2212x y +=.（2）当直线l 的斜率不存在时，直线l的方程为x =若直线l的方程为x =M ，N的坐标为,1))−，12OM ON k k ⋅=−.若直线l的方程为x =M ，N的坐标为,(1)()−，12OM ON k k ⋅=−.当直线l 的斜率存在时，可设直线:l y kx m =+，与椭圆方程联立可得()222124220kxkmx m +++−=，由相切可得()222222168(1)(21)8210k m m k k m ∆=−−+=−+=，2221m k ∴=+.又223y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，消去y 得()2221230k x kmx m +++−= ()222222244(3)(1)4334(2)0k m m k k m k ∆=−−+='+−=+>，设()11,M x y ，()22,N x y ，则12221222131km x x k m x x k ⎧+=−⎪⎪+⎨−⎪=⎪+⎩∴()()()222212121212231m k y y kx m kx m k x x km x x m k−=++=+++=+， 2222212222123213113213222OM ONy y m k k k k k k x x m k k −+−−⋅=⋅====−−+−−. 故OM ON k k ⋅为定值且定值为12−.综上，OM ON k k ⋅为定值且定值为12−. 【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及圆与直线的位置关系，要熟练掌握根与系数关系设而不求的方法求相交弦问题，属于中档题.13．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>， c =左、右焦点为12,F F ，点,,P A B 在椭圆C 上，且点,A B关于原点对称，直线,PA PB 的斜率的乘积为14−. （1）求椭圆C 的方程；（2）已知直线l 经过点()2,2Q ，且与椭圆C 交于不同的两点,M N ，若163QM QN =，判断直线l 的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214x y +=；（2）直线l 【分析】（1）利用斜率乘积为2214b a −=−，c =222a b c =+可构造出方程组，求解得到2a 和2b ，从而可得椭圆标准方程；（2）联立直线l 与椭圆方程，可得关于x 的一元二次方程；利用判别式大于零可求得k 的取值范围；利用韦达定理表示出12x x +和12x x ；根据163QM QN =，可得到163QM QN ⋅=；利用向量数量积坐标运算，代入韦达定理整理得到()2216116143k k +=+，解方程可求得结果.【详解】（1）由题意知：2214PA PBb k k a ⋅=−=−，又c =222a b c =+可得：24a =，21b =，23c =∴椭圆C 的方程为：2214x y += （2）设直线l 的方程为：()22y k x −=−将其代入2214x y +=，整理可得：()221416(1)k x k k x ++−+216(1)40k −−=则()()()22216141416140k k k k ⎡⎤∆=−−+−−>⎡⎤⎣⎦⎣⎦，得：38k > 设()11,M x y ，()22,N x y则()12216114k k x x k −+=+，()()221222448316141414k k k x x k k−+−−==++ 又163QM QN =，且,0QM QN <>= 163QM QN ∴⋅=又()112,2QM x y =−−，()222,2QN x y =−− 所以()()()()12121622223x x y y −−+−−=又()1122y k x =−+，()2222y k x =−+()()()()()()()()()2212121212121622222212413x x y y x x k x x x x k ∴−−+−−=−−+=−+++=⎡⎤⎣⎦ ()()()222244831611624114143k k k k k k k ⎡⎤−+−⎢⎥∴−⨯++=++⎢⎥⎣⎦化简得：()2216116143k k +=+，解得：22k =38k >k ∴=∴直线l【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、椭圆中的定值类问题.解决本题的关键是灵活利用韦达定理的形式来表示出已知中的等量关系，通过整理可得到关于k 的方程，解方程求得结果；要注意的是，需要通过判别式确定k 的取值范围.14．已知椭圆2222:1x y C a b +=（0a b >>，且过点()4,1M .（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线:l y x m =+（3m ≠−）与椭圆C 交于,P Q 两点，记直线,MP MQ 的斜率分别为12,k k ，试探究12k k +是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1) 221205x y += (2) 12k k +为定值，该定值为0.【解析】试题分析：（1）由椭圆的离心率公式，求得a 2=4b 2，将M 代入椭圆方程，即可求得a 和b 的值，求得椭圆方程；（2）将直线l ：代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可取得k 1+k 2=0．试题解析：（1）依题意，222221611,a b a b c c a⎧+=⎪⎪⎪−=⎨⎪⎪=⎪⎩，解得22220,5,15a b c ===，故椭圆C 的方程为221205x y +=；（2）120k k +=，下面给出证明：设()11,P x y ，()22,Q x y ，将y x m =+代入221205x y+=并整理得22584200x mx m ++−=，()()228204200m m ∆=−−>，解得55m −<<，且 3.m ≠−故1285m x x +=−，2124205m x x −=，则()()()()()()1221121212121414114444y x y x y y k k x x x x −−+−−−−+=+=−−−−，分子=()()()()12211414x m x x m x +−−++−−()()()()()()212122420852*******5m m m x x m x x m m −−=+−+−−=−−−=，故12k k +为定值，该定值为0.15．椭圆C ： 22221(0)x y a b a b +=>>的左、右焦点分别是F 1、F 2，离心率为2，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为l ．（1）求椭圆C 的方程；（2）点P 是椭圆C 上除长轴端点外的任一点，连接PF 1、PF 2，设∠F 1PF 2的角平分线PM 交C 的长轴于点M （m ，0），求m 的取值范围．（3）在（2）的条件下，过点P 作斜率为k 的直线l ，使得l 与椭圆C 有且只有一个公共点．设直线PF 1、PF 2的斜率分别为k 1、k 2，若k≠0，试证明1211kk kk +为定值，并求出这个定值．【答案】（1）2214x y +=；（2）3322m −<<；（3）-8 【解析】试题分析：（1）根据题意可得2221,2.b a b a ==即又因为2c e a ==，所以可得a ，b 的值，即可得方程；（2）设出点p 坐标，由两点式列出直线12,PF PF 方程，然后利用点m 到两直线的距离相等来确定m 值，再根据p 点，横坐标的范围，来确定m 范围；（3）设直线方程为()00.y y k x x −=−与椭圆方程联立，需满足()22200000,4210.x k x y k y ∆=−++−=即求得004x k y =−，由（2）可知0120211x k k y +=，代入化简即可试题解析：（1）由于22222222,1,,x y b c a b x c y a b a=−=−+==±将代入椭圆方程得由题意知2221,2.b a b a==即又222, 1. 1.4c x e a b C y a ====+=所以所以椭圆的方程为（2）设()()000,0.P x y y ≠())((121212000,,,:0,:0,PF PF F F PF PF l y x x y l y x x y −=−−=又所以直线的方程分别为=由于点P在椭圆上，所以221. 4xy+==00322,.433.(522m x m xm<<−<<==−<<因为所以因此分）（3）设()()000,0.P x y y≠则直线l的方程为()00.y y k x x−=−联立()()()() 22222222000000 001,{1484210.4,xyk x ky k x x y kx y k x y y k x x+=++−+−+−=−=−整理得由题意得()22200000,4210.x k x y k y∆=−++−=即又2222200000001,1680,.44x xy y k x y k x ky+=++==−所以故由（2）知00012000211,x x xk k y y y++=+=所以0012120042111118,y xkk kk k k k x y⎛⎫⎛⎫+=+=−⋅=−⎪⎪⎝⎭⎝⎭因此12118.kk kk+为定值，这个定值为－考点：1．椭圆方程的性质；2．直线与椭圆。

高三数学高级代数问题解答练习题及答案

高三数学高级代数问题解答练习题及答案一、选择题1. 若函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 7，那么f(-1)的值是多少？A) -12 B) -10 C) -8 D) 6答案：D) 6解析：将x替换为-1，得到f(-1) = 2(-1)^3 - 3(-1)^2 - 12(-1) + 7 = 2 + 3 + 12 + 7 = 24。

因此，f(-1)的值为6。

2. 设a+b=8，且ab=15，求a^2+b^2的值。

A) 16 B) 22 C) 24 D) 30答案：C) 24解析：根据(a+b)^2=a^2+2ab+b^2，将已知条件带入得到(8)^2=a^2+2(15)+b^2。

简化后得到64=a^2+30+b^2，化简为a^2+b^2=64-30=34。

因此，a^2+b^2的值为24。

二、填空题1. 已知f(x)=2x^3+x^2-5，求f(2)的值。

答案：25解析：将x替换为2，得到f(2)=2(2)^3+(2)^2-5=16+4-5=25。

2. 如果x^2-4x+3=0，则x的值为 _______。

答案：1 或 3解析：将方程因式分解得到(x-1)(x-3)=0，根据零乘法，x-1=0时，x=1；x-3=0时，x=3。

因此，x的值为1或3。

三、解答题1. 解方程组：2x + 3y = 75x - y = 11解答：通过消元法可以得到：将第二个方程两边乘以3，得到15x - 3y = 33；然后将第一、二个方程相加，得到17x = 40；将上述结果代入第一个方程，得到2*(40/17) + 3y = 7；化简得到3y = 7 - (80/17)；最后可求得y的值，然后再将y的值代入方程组即可得出x的值。

2. 已知函数f(x)满足f(3x-1)=2x+5，求f(2)的值。

解答：将x替换为2，得到f(3(2)-1)=2(2)+5；化简得到f(5)=9；因此，f(2)的值为9。

四、应用题1. 某图书馆购进了某种图书，前三个月每月售出60本，之后每月售出比上一个月多10本。

全国卷高考数学导数、解析几何大题专项训练含答案(二)

全国卷高考数学导数、解析几何解答题专项训练（二）一、解答题1.设函数32()2f x x a x b x a =+++，2()32gx x x =-+，其中x R ∈，a 、b 为常数，已知曲线()y f x =与()y g x =在点（2,0）处有相同的切线l 。

（I ）求a 、b 的值，并写出切线l 的方程；（II ）若方程()()f x g x m x +=有三个互不相同的实根0、x 、x ，其中12x x <，且对任意的[]12,x x x ∈，()()(1)fxg x m x +<-恒成立，求实数m 的取值范围。

2.(本小题满分12分）已知函数22()ln axf x x e=-，（a e R,∈为自然对数的底数）．（Ⅰ）求函数()f x 的递增区间；（Ⅱ）当1a =时，过点(0, )P t ()t ∈R 作曲线()y f x =的两条切线，设两切点为111(,())P x f x ，222(,())P x f x 12()≠x x ，求证12x x +为定值，并求出该定值。

3.若函数()x f 满足：在定义域内存在实数0x，使()()()k f x f k x f +=+00(k 为常数)，则称“f （x ）关于k 可线性分解”．（Ⅰ）函数()22x x f x+=是否关于1可线性分解?请说明理由；（Ⅱ）已知函数()1ln +-=ax x x g ()0>a 关于a 可线性分解，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明不等式：()()12e 321-≤⨯⨯⨯⨯n n n Λ()*∈N n ． 4.已知x=1是()2ln bf x x x x =-+的一个极值点（1）求b 的值；（2）求函数()f x 的单调增区间；（3）设x x f x g 3)()(-=，试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g(x)相切？请说明理由。

5.已知函数2()x f x e x ax =--，如果函数()f x 恰有两个不同的极值点1x ，2x ，且12x x <.（Ⅰ）证明：1ln 2x <；（Ⅱ）求1()f x 的最小值，并指出此时a 的值.6.设函数2()ln 4f x a x x =-，2()(0,0,,)g x bx a b a b R =≠≠∈.（Ⅰ）当32b =时，函数()()()h x f x g x =+在1x =处有极小值，求函数()h x 的单调递增区间；（Ⅱ）若函数()f x 和()g x 有相同的极大值，且函数()()()g x p x f x x =+在区间2[1,]e 上的最大值为8e -，求实数b 的值（其中e 是自然对数的底数） 7.（本小题满分12分）已知函数()ln f x x a x =-，1(), (R).ag x a x +=-∈（Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（Ⅲ）若在[]1,e （e 2.718...=）上存在一点0x ,使得0()f x <0()g x 成立,求a 的取值范围.8.已知函数2()(0)f x ax kbx x =+>与函数()ln ,、、g x ax b x a b k =+为常数，它们的导函数分别为()y f x '=与()y g x '=（1）若()g x 图象上一点(2,(2))p g 处的切线方程为：22ln 220x y -+-=，求、a b 的值；（2）对于任意的实数k，且、a b 均不为0，证明：当0ab >时，()y f x '=与()y g x '=的图象有公共点；（3）在（1）的条件下，设112212(,),(,),()A x yB x y x x <是函数()y g x =的图象上两点，21021()y y g x x x -'=-，证明：102x x x <<9.（本小题满分13分）已知函数21()ln (,0).2f x x ax a R a =-∈≠（I ）求函数()f x 的单调区间；（II ）已知点1111(1,),(,)(1):()2A a x y x C y f x ->=设B 是曲线图角上的点，曲线C上是否存在点00(,)M x y 满足：①1012x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ？请说明理由。

高三数学专项训练立体几何解答题二

高三数学专项训练：立体几何解答题（二）1．如图，三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，2,6AB AC ==,点D 在线段1BB 上，且113BD BB =，11AC AC E =．（Ⅰ）求证：直线DE 与平面ABC 不平行；（Ⅱ）设平面1ADC 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，若cos θ=，求1AA 的长；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设平面1ADC 平面ABC l =，求直线l 与DE 所成的角的余弦值．2．三棱锥A BCD -中,E 是BC 的中点,,AB AD BD DC =⊥（I ）求证：AE BD ⊥；（II ，且二面角A BD C --为60︒,求AD 与面BCD 所成角的正弦值。

3．如图，已知四棱锥E ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=o ，（I ）求证：平面EAB ⊥平面ABCD ；（II ）求二面角A EC D --的余弦值．4．已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面ABB 1A 1是菱形，且160A AB ∠=︒，M 是A 1B 1的中点，.MB AC ⊥（1）求证：MB ⊥平面ABC ；（2）求二面角A 1—BB1—C 的余弦值。

5．在四棱锥ABCD P -中，⊥PA 平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，)0(>==a aBC PA AB .（Ⅰ）当1a =时，求证：BD PC ⊥；（Ⅱ）若BC 边上有且只有一个点Q ，使得QD PQ ⊥，求此时二面角Q PD A --的余弦值.6．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，D E 、分别为11AA B C 、的中点，1DE BCC ⊥平面，二面角A B Q DCPA BD C --的大小为3π. （Ⅰ）证明：//DE ABC 平面；（Ⅱ）求1B C 与平面BCD 所成的角的大小.7．如图，在矩形ABCD 中,点P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，点E 为PA 的中点。

高三数学导数解答题专项训练含解析

高三数学导数解答题专项训练含解析一、解答题1．已知函数()()2e 1=-+xf x ax x （a ∈R ，e 为自然对数的底数）． (1)若()f x 在x=0处的切线与直线y=ax 垂直，求a 的值； (2)讨论函数()f x 的单调性； (3)当21ea ≥时，求证：()2ln 2x x f x x ---≥． 2．已知函数()ln f x x x x =-，()2ln 1g x a x x =-+.(1)求函数()f x 的最小值；(2)若()0g x ≤在()0,∞+上恒成立，求实数a 的值； (3)证明：1111232022e 2023+++⋅⋅⋅+>，e 是自然对数的底数. 3．已知()()e 1x f x mx m =+<-.(1)当2m =-时，求曲线()y f x =上的斜率为1-的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-恒成立，求实数m 的范围.4．对于正实数a ，b （a b >），我们熟知基本不等式：()()G a b A a b <,,，其中()G a b ,a ，b 的几何平均数，()2a bA a b +=,为a ，b 的算术平均数.现定义a ，b 的对数平均数：(),ln ln a bL a b a b-=-.(1)设1x >，求证：12ln x x x<-，并证明()()G a b L a b <,,；(2)若不等式()()(),,,G a b A a b m L a b +>⋅对任意正实数a ，b （a b >）恒成立，求正实数m 的取值范围.5．已知函数1()2ln f x x x x=+-． (1)求函数的单调区间和极值；(2)若12x x ≠且()()12f x f x =，求证：121x x <． 6．设函数()1eln 1x af x a x -=--，其中0a >(1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥. 7．已知函数2()ln f x x x ax =-．(1)若()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若()112212ln 2ln 200x ax x ax x x -=-=>>，证明：()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<．8．已知函数2()e 1)(x f x ax x =-+.(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程；(2)若函数()f x 在0x =处取得极大值，求a 的取值范围； (3)若函数()f x 存在最小值，直接写出a 的取值范围. 9．已知函数()12ln f x x x x=--. (1)判断函数()f x 的单调性；(2)设()()()28g x f x bf x =-，当1x >时，()0g x >，求实数b 的取值范围.10．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．【参考答案】一、解答题1．(1)1a = (2)答案见解析 (3)证明见解析【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，再由直线的位置关系可求解；（2）由于()()(1)e 2xf x x a =+-'，令()0f x '=，得1x =-或2ln x a=，通过比较两个值分类讨论得到单调区间；（3）方法一：通过单调性，根据求最值证明；方法二：运用放缩及同构的方法证明. (1)()()(1)e 2x f x x a =+-'，则(0)2f a '=-，由已知(2)1a a -=-，解得1a = (2)()()(1)e 2x f x x a =+-'（ⅰ）当0a ≤时，e 20x a -<，所以()01f x x '>⇒<-，()01f x x '<⇒>-，则()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在(1,)-+∞上单调递减；（ⅱ）当0a >时，令e 20x a -=，得2ln x a=， ①02e a <<时，2ln 1a>-，所以()01f x x '>⇒<-或2ln x a >，()012ln af x x <⇒-<<'，则()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在21,ln a⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；②2e a =时，()1()2(1)e 10x f x x +=+'-≥，则()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；③2e a >时，2ln 1a<-，所以2ln ()0x a f x >⇒<'或1x >-，2ln ()01f x ax <⇒<<-'，则()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2ln ,1a⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．综上，0a ≤时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在(1,)-+∞上单调递减；02e a <<时，()f x 在(,1)-∞-上单调递增，在21,ln a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；2e a =时，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；2e a >时，()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2ln ,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增． (3) 方法一：2()ln 2(0)f x x x x x ≥--->等价于e ln 10(0)x ax x x x --+≥>当21ea ≥时，2e ln 1e ln 1(0)x x ax x x x x x x ---+≥--+> 令221()e ln 1,()(1)e x x g x x x x g x x x --⎛⎫=--+=+- ⎝'⎪⎭令21()ex h x x-=-，则()h x 在区间(0,)+∞上单调递增∵11(1)10,(2)02h h e =-<=>， ∴存在0(1,2)x ∈，使得()00h x =，即020001e,2ln x x x x -=-=- 当()00,x x ∈时，()0g x '<，则()g x 在()00,x 上单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>，则()g x 在()0,x +∞上单调递增∴()02min 000000001()e ln 1210x g x g x x x x x x x x -==--+=⋅+--+= ∴()0g x ≥，故2()ln 2f x x x x ≥--- 方法二：当21a e≥时，2e ln 1e ln 1(0)x x ax x x x x x x ---+≥--+> 2ln 2()e ln 1e (ln 2)1x x x g x x x x x x -+-=--+=-+--令ln 2t x x =+-，则t R ∈，令()e 1t k t t =--，则()e 1t k t =-'当0t <时，()0k t '<；当0t >时，()0k t '>∴()k t 在区间(,0)-∞上单调递减，(0,)+∞上单调递增． ∴()(0)0k t k ≥=，即()0g x ≥ ∴2()ln 2f x x x x ≥---，【关键点点睛】解决本题的关键：一是导数几何意义的运用，二是通过导函数等于零，比较方程的根对问题分类讨论，三是隐零点的运用及放缩法的运用. 2．(1)1- (2)2(3)证明见解析【解析】【分析】（1）求导求单调性即可求解；（2）()()220a x g x x x-'=>，分类讨论单调性得到()ln 1222max g x a a a =-+，要使()0g x ≤在()0,∞+恒成立，则()0max g x ≤，即ln 10222a a a -+≤，又由（1）可得到ln 10222a a a -+≥，所以ln 10222a a a -+=，即可求解；（3）由（2）知()22ln 1g x x x =≤-得到22ln 1x x ≤-，所以ln 1t t ≤-，所以e 1xx ≥+，即11e >nn n+，代入证明即可.(1)()f x 的定义域为()0,∞+，()ln f x x '=，当()0,1x ∈时，()0f x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0,f x '>故()f x 在()01,上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 所以()()11min f x f ==-. (2)()()2220a a x g x x x x x-'=-=>，当0a ≤时，()0g x '<，()g x 在()0,∞+上单调递减，此时存在()00,1x ∈，使得()()010g x g >=，与题设矛盾.当0a >时，x ∈时，()0g x '>，)x ∈+∞时，()0g x '<，故()g x 在上单调递增，在)+∞上单调递减，所以()1ln 12222max a a a ag g x a ==+=-+，要使()0g x ≤在()0,∞+恒成立，则()0max g x ≤，即ln 10222a a a -+≤又由（1）知()ln 1f x x x x =-≥-，即ln 1x x x -≥-，（当且仅当1x =时，等号成立）.令2a x =有ln 10222a a a -+≥，故ln 10222a a a -+=且12a = 所以2a =. (3)证明：由（2）知()22ln 1g x x x =≤-得22ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立），令)0x t =>，则ln 1t t ≤-（当且仅当1t =时等号成立），令e x t =，所以ln e e 1x x ≤-，即e 1x x ≥+（当且仅当0x =时等号成立），令()*10x n N n =>∈，则111e >1n n n n++=从而有11111320212022223420222023e e eee>12320212022⋅⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯ 所以111112320212022e 2023.+++⋯++> 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 3．(1)10x y +-=；(2)ln 3⎡-⎣.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可利用斜率求得切点坐标，由此可得切线方程；（2）令()()2213222m g x f x x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭，将问题转化为当0x ≥时，()min 0g x ≥恒成立；①当10m +≥时，由导数可证得()g x 单调递增，由()00g ≥可求得m 范围； ②当10+<m 时，利用零点存在定理可说明存在()00g x '=，并得到()g x 单调性，知()()020min 13e e 022x xg x g x ==-++≥，由此可解得0x 的范围，根据00e x x m -=可求得m 范围. (1)当2m =-时，()e 2x f x x =-，()e 2xf x '=-；令()e 21xf x '=-=-，解得：0x =，∴切点坐标为()0,1，∴所求切线方程为：1y x =-+，即10x y +-=；(2)令()()22221313e 222222x m m g x f x x mx x ⎛⎫=-+-=+--+ ⎪⎝⎭，则原问题转化为：当0x ≥时，()0g x ≥恒成立，即()min 0g x ≥恒成立；()e x g x m x '=+-，()e 1x g x ''=-，则当0x ≥时，()0g x ''≥，()g x '∴在[)0,∞+上单调递增，()()01g x g m ''∴≥=+； ①当10m +≥，即1m ≥-时，()0g x '≥，()g x ∴在[)0,∞+上单调递增，()()2min301022m g x g ∴==-+≥，解得：m ≤≤m ⎡∴∈-⎣； ②当10+<m ，即1m <-时，()00g '<，当x →+∞时，()g x '→+∞；()00,x ∴∃∈+∞，使得()00g x '=，即00e x x m -=，则当()00,x x ∈时，()0g x '<；当()0,x x ∈+∞时，()0g x '>；()g x ∴在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，()()()()00022022000000min e 1313e e e 222222x x x x x m g x g x mx x x x x -∴==+--+=+---+00213e e 022x x =-++≥，解得：01e 3x -≤≤，即0ln 3x ≤，又()00,x ∈+∞，(]00,ln3x ∴∈，令()e xh x x =-，则()1e xh x '=-，∴当(]0,ln3x ∈时，()0h x '<，()h x ∴在(]0,ln3上单调递减，()[)000e ln33,1x h x x ∴=-∈--，即[)ln33,1m ∈--；综上所述：实数m的取值范围为ln 3⎡-⎣.【点睛】思路点睛：本题重点考查了导数中的恒成立问题的求解，解题基本思路是通过构造函数的方式，将问题转化为()min 0g x ≥，从而利用对含参函数单调性的讨论来确定最小值点，根据最小值得到不等式求得参数范围. 4．(1)证明见解析 (2)02m <≤ 【解析】【分析】（1）令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，利用导数证明当1x >时，()0f x <，即可得到12ln x x x<-. 用分析法证明()()G a b L a b <,,.（2）把题意转化为1112ln a a b m a b b -⎛⎫⋅+ ⎪⎝⎭恒成立.令)1t t =>，即为1ln 01t m t t -⋅-<+恒成立.令()()1ln 11t g t m t t t -=⋅->+，分2m >和02m <≤两种情况求出正实数m 的取值范围. (1)令()11ln 2f x x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，定义域为()0,+∞.则()()222221111212222x x x f x x x x x ---'=--==-. 所以当1x >时，()0f x '<，()f x 在()1,+∞上单调递减. 又()10f =，所以当1x >时，()0f x <.所以当1x >时，11ln 2x x x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，即12ln x x x<-.（*）要证()()G a b L a b <,,ln ln a ba b--，只需证ln a b<令)1t t =>，则由（*），得12ln t t t <-.所以()()G a b L a b <,,.(2)由()()(),,,G a b A a b m L a b +<⋅恒成立，得ln ln 2a b a b m a b -+⋅-恒成立，即1112ln aa b m a b b-⎛⎫⋅<+ ⎪⎝⎭恒成立.令)1t t =>，由()221112ln 2t m t t t -⋅<++恒成立，得()1112ln 2t m t t -⋅<+恒成立. 所以1ln 01t m t t -⋅-<+恒成立. 令()()1ln 11t g t m t t t -=⋅->+，则 ()()()()()()222222121121111mt t t m t g t m t t t t t t-+-+--'=⋅-==++⋅+⋅. （注：()10g =） i.当0∆>，即2m >时，易知方程()22110t m t -+--=有一根1t 大于1，一根2t 小于1，所以()g t 在()11,t 上单调递增.所以()()110g t g >=，不符合题意. ii.当02m <≤时，有()()()222214110mt t t t t -+≤-+=--<，所以()0g t '<，从而()g t 在()1,+∞上单调递减. 故当1t >时，恒有()()10g t g <=，符合题意. 综上可知，正实数m 的取值范围为02m <≤. 【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.5．(1)减区间()0,1，增区间()1,+∞，极小值3， (2)证明见解析【分析】（1）依据导函数与原函数的关系去求函数的单调区间和极值即可；（2）构造新函数利用函数单调性去证明121x x <即可. (1)1()2ln (0)f x x x x x =+->，则()()2221111()2(0)x x f x x x x x +-'=--=> 由()0f x '>得1x >，由()0f x '<得01x <<，即()f x 减区间为()0,1，增区间为()1,+∞，在1x =时()f x 取得极小值(1)2103f =+-=，无极大值. (2)不妨设12x x <且()()12f x f x a ==，则101x <<，21>x ，3a >，2101x <<令1()()2ln (0)h x f x a x x a x x=-=+-->，则()()120h x h x ==()()2221111()2x x h x x x x +-'=--=，则当1x >时()0h x '>，()h x 单调递增；当01x <<时()0h x '<，()h x 单调递减由()222212ln 0x x h x a x +=--=，得22212ln a x x x =+-则2222222222211ln 2ln 2ln 1x x x x x h x x x x x ⎛⎫++-+-=-+ ⎪⎛⎫= ⎪⎝⎝⎭⎭ 令21t x =，则222112ln 2ln (01)x x t t t x t -+=--<< 令()12ln (01)t m t t t t --<=<，则()()22211210t t t t m t -'=+-=> 即()12ln (01)t m t t t t--<=<为增函数，又()11100m =--=，则()12ln 0m t t tt --<=在(0,1)上恒成立. 则222212ln 10x x x h x ⎛⎫+⎪⎝⎭=-<恒成立，则()211h h x x ⎛⎫⎪< ⎝⎭，又01x <<时()h x 单调递减，101x <<，2101x << 则211x x >，故121x x <6．(1)()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增； (2)证明见解析.【分析】（1）首先确定()f x 定义域，再应用二阶导数的符号判断f x 的单调性，进而分区间判断f x 的符号，即可确定()f x 的单调性.（2）求()f x 的二阶导，根据其符号知f x 在()0,+∞上单调递增，令0f x 得到ln 1x x a+=，构造()ln 1x h x x a=+-结合其单调性，注意利用导数研究()ln 1x x x ϕ=-+的符号，再用放缩法判断1a h a ⎛⎫⎪+⎝⎭、()1ea h +的符号，即可判断零点0x 的唯一性，进而得到00011ln ln xx a x -==-，结合基本不等式求证()00f x ≥.(1)当1a =时，()1e ln 1xf x x -=--，定义域为()0,+∞，则()11e x f x x -'=-，()121e 0xf x x -+'=>'，所以f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f '=，当01x <<时，0f x ，所以()f x 在区间0,1上单调递减；当1x >时，0f x，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.综上，()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. (2)由题意，()11ex af x x -='-，()1211e 0x af x a x-=⋅+'>'，则f x 在()0,+∞上单调递增，至多有一个零点，令()ln 1x x x ϕ=-+，其中1x >，则()111xx x xϕ-'=-=，当()0,1x ∈时，()0ϕ'>x ，()ϕx 单调递增. 当()1,x ∈+∞时，()0ϕ'<x ，()ϕx 单调递减，所以()()10x ϕϕ≤=，即ln 10x x -+≤，于是ln 1≤-x x ，令0f x，则e e x a x ⋅=，两边取自然对数可得ln 1xx a+=，令()ln 1x h x x a=+-，则()h x 在()0,+∞上单调递增. 故11ln 1111011111a a a h a a a a a ⎛⎫=+-≤-+-=-<⎪+++++⎝⎭，又()11111e eln ee 10a a a a h a a a++++=+⋅-=+>，所以()h x 在()0,+∞上有唯一零点0x ，则f x 有唯一零点0x ，即()f x 有唯一极值点0x .下证()00f x ≥：因为()01001e 0x a f x x -'=-=，所以0101e x a x -=，可得00011ln ln x x a x -==-，所以()010000eln 11120x a x a f x a x x a -=--=+--≥=，当且仅当0x a =时等号成立，综上，()f x 有唯一极值点0x 且()00f x ≥，得证.【点睛】关键点点睛：第二问，利用二阶导数研究一阶导数的单调性，根据零点所得的等量关系构造()ln 1x h x x a=+-，结合单调性、零点存在性定理判断f x 零点的唯一性，进而利用基本不等式证明不等式.7．(1)1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）()0f x ≤恒成立，等价于ln x a x ≥恒成立，即max ln x a x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，令()ln x g x x =，利用导数求出函数()g x 的最大值，即可得出答案；（2）()112212ln 2ln 200x ax x ax x x -=-=>>，即()1212,0x x x x >>为函数ln 2y x ax =-的两个零点，即()1212,0x x x x >>为方程ln 2x a x =的两个根，由（1）知102e a <<，且1201x x <<<，则要证()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<，只需证()1212ln 2ln ln x x x x >⋅，即证2122112212ln x x x x x x ->，令12,1x t t x =>，则要证22n 1l t tt ->，令()()12ln 1t t t t t ϕ=-->，利用导数证明()min 0t ϕ>即可.(1)解：因为函数()f x 的定义域为()0,∞+，所以()0f x ≤恒成立，等价于ln x a x ≥恒成立，所以max ln x a x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，令()ln x g x x =，则()21ln x g x x-'=，当()0,e x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()()max 1e e g x g ==，故1e a ≥，即实数a 的取值范围是1,e∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭； (2)证明：()112212ln 2ln 200x ax x ax x x -=-=>>，即()1212,0x x x x >>为函数ln 2y x ax =-的两个零点，即()1212,0x x x x >>为方程ln 20x ax -=的两个根，即()1212,0x x x x >>为方程ln 2x a x =的两个根，由（1）知102e a <<，即102e a <<，且1201x x <<<，由11ln 2x ax =，22ln 2x ax =，得()1212ln ln 2x x a x x -=-，所以1212ln ln 2x x a x x -=-，要证()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<，只需证()1212ln 2ln ln x x x x >⋅，即证121212ln ln 112ln ln ln ln x xx x x x +=+>⋅，即1211222ax ax +>，即12114a x x +>，也就是121212ln ln 112x x x x x x -+>⨯-，整理得221211222ln x x x x x x ->，即证2122112212ln x x x x x x ->，令12,1x t t x =>，则要证2112ln t t t t t -=->，令()()12ln 1t t t t tϕ=-->，则()()222221122110t t t t t t t t ϕ--+'=+-==>，所以()t ϕ在()1,+∞上单调递增，所以()()10t ϕϕ>=，所以当t >1时，12ln t t t->，故原结论成立，即()1212ln ln 10ln 2x x x x ⋅<<．【点睛】本题考查了不等式恒成立问题和不等式的证明问题，考查了利用导数求函数的最值，考查了分离参数法，考查了转化思想，考查了学生的数据分析能力和逻辑推理能力，难度较大.8．(1)1y = (2)1(,)2-∞ (3)10,4⎛⎤⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）先求导后求出切线的斜率'(0)0f =，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.(1)解：由题意得：22'e 121)e 2)()((x x ax x a f x ax x x ax =-++-=+-'(0)0f =，(0)1f = 故曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线的方程1y =.(2)由（1）得要使得()f x 在0x =处取得极大值，'()f x 在0x <时应该'()0f x >，'()f x 在0x >时应该'()0f x <，'e 2(1)()x x x ax f a =+-故①0a <且120a a -<，解得0a < ②0a >且120a a->，解得102a << 当0a =时，'()e x f x x =-，满足题意；当12a =时，'21(e )2x f x x =，不满足题意；综上：a 的取值范围为1(,)2-∞.(3)可以分三种情况讨论：①0a ≤②102a <<③12a ≥若0a ≤，()f x 在12(,)a a --∞上单调递减，在12(,0)a a -单调递增，在(0,)+∞上单调递减，无最小值；若102a <<时，当0x <时，x 趋向-∞时，()f x 趋向于0；当0x > ，要使函数取得存在最小值121221212112()[(41)0e ()]e a a a a a a a f a a a a a a -----=-=-≤+，解得104a <≤，故 12a x a -=处取得最小值,故a 的取值范围10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦. 若12a ≥时，()f x 在x 趋向-∞时，()f x 趋向于0，又(0)1f =故无最小值；综上所述函数()f x 存在最小值， a 的取值范围10,4⎛⎤ ⎥⎝⎦. 9．(1)在(0,)+∞单调递增；(2)1b ≤【解析】【分析】（1）对函数()f x 通过求导，判断出导数恒大于等于0，得到()f x 在(0,)+∞单调递增.（2）将()g x 化简整理并求导，得到222(1)1()(24)-'=++-x g x x b x x，讨论b 的取值可确定()g x 在(1,)+∞单调性，即可得到取值范围.(1)因为()f x 的定义域为(0,)+∞，对函数()f x 求导，则222221221(1)()10x x x f x x x x x '-+-=+-==≥，∴函数()f x 在(0,)+∞单调递增. (2)因为()()()28g x f x bf x =-，所以22211()2ln 8(2ln )0=----->g x x x b x x x x对1x ∀>恒成立， 322412()28(1)'=+--+-g x x b x x x x 4232312248(2)⎡⎤=+--+-⎣⎦x x b x x x x 222322(1)2(1)1(1)4(24)--⎡⎤=+-=++-⎣⎦x x x bx x b x x x当1x >时，124++>x x ，当44≤b ，即1b ≤时，()0g x '>对1x ∀>恒成立，∴()g x 在(1,)+∞单调递增，()(1)g x g >=0符合题意. 当1b >时，存在01x >使得当0(1,)x x ∈时，()0,()g x g x '<单调递减；此时()(1)0g x g <=这与()0>g x 恒成立矛盾.综上：1b ≤.【点睛】本题考查函数恒成立条件下求解参数范围问题，属于难题.对函数()g x 求导，有222(1)1()(24)-'=++-x g x x b x x，再利用()1=0g 的特点，可分类讨论b 的取值范围，在1b ≤时，()g x 在(1,)+∞单调递增，原式成立，此时满足要求；当1b >时，()g x 在(1,)+∞先出现递减区间，必有()0g x <出现，与已知矛盾，即可确定b 的范围.10．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调性和极值.(1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+，又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直，所以()1112f '⨯=-，解得3a =-.(2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞，令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ．又()22222e e ln e 3e 22e f =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值．【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.。

高考数学解答题精华

高考数学解答题精华1. 已知函数 \( f(x) = x^2 - 2x + 1 \)，求 \( f(x) \) 的最小值。

答案：最小值为 1。

2. 设\( \triangle ABC \) 是直角三角形，\( \cos A = \frac{1}{3} \)，求 \( \sin A \) 的值。

答案：\( \sin A = \sqrt{1 - \cos^2 A} = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \)。

3. 求解方程组：\( \begin{cases} 2x + 3y = 8 \\ x - y = 1 \end{cases} \)。

答案：\( x = 3, y = 2 \)。

4. 已知 \( \tan \theta = 3 \)，求 \( \sin \theta \) 和\( \cos \theta \) 的值。

答案：\( \sin \theta = \frac{\tan \theta}{\sqrt{1 + \tan^2\theta}} = \frac{3}{\sqrt{1 + 3^2}} = \frac{3}{\sqrt{10}} \)，\( \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta}} = \frac{1}{\sqrt{10}} \)。

5. 已知 \( \sin \alpha = \frac{3}{5} \)，求 \( \cos \alpha \) 的值。

答案：\( \cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - \left(\frac{3}{5}\right)^2} = \frac{4}{5} \)。

6. 求函数 \( g(x) = \sqrt{x^2 - 1} \) 在 \( [1, 2] \) 上的最大值和最小值。

2023-2024学年高考数学专项复习——三角函数与解三角形(含答案)

决胜3．在中，角，，所对的边分别为，，，且，.ABC A B C a b c 23a c b +=3A C π-=(1)求；cos B (2)若，求的面积.5b =ABC 4．设()()()()πsin 2πcos 2cos sin πf ααααα⎛⎫++ ⎪⎝⎭=---(1)将化为最简形式；()f α(2)已知，求的值．()3f θ=-()sin 1sin2sin cos θθθθ++5．已知函数．()π1sin 232f x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭(1)求函数的单调递增区间，并解不等式；()f x ()0f x ≥(2)关于的方程在上有两个不相等的实数解，求实数的取x 11022m f x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x m 值范围及的值．()12f x x +6．已知角为第四象限角，且角的终边与单位圆交于点.αα1,3P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭(1)求的值；sin α(2)求的值.()πtan sin 2sin cos παααα⎛⎫+ ⎪⎝⎭+7．在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点xOy αOx ．(),P x y (1)若，求及的值；255y =tan α7sin 2cos sin 4cos αααα+-(2)若，求点P 的坐标．sin 11cos 2αα=-(1)若，求；3BC =ADCD (2)若，求线段的长11cos 14A =AD(1)求函数在区间上的最大值和最小值；()f x ππ[,]64-(2)若函数在区间上恰有2个零点，求的值．5()()4g x f x =-π(0,)212,x x 12cos()x x -11．在中，，点D 在AB 边上，且为锐角，，的面积为ABC 25BC =BCD ∠2CD =BCD △4.(1)求的值；cos BCD ∠(2)若，求边AC 的长.30A =︒12．记三个内角的对边分别为，已知为锐角，ABC ,,A B C ,,a b c B ．sin sin sin 2sin sin a A b B c C a A B +-=(1)求；()sin A C -(2)求的最小值．sin sin A B 13．已知函数且的最小正周期为．()πsin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()f x π(1)求函数的单调递减区间；()f x (2)若，求x 的取值范围．()22f x ≤14．已知函数在上单调递增．()sin (0)f x x ωω=>ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦(1)求的取值范围：ω(2)当取最大值时，将的图象向左平移个单位，再将图象上所有点的横坐标变为原来ω()f x π9的3倍，得到的图象，求在内的值域．()g x ()g x ππ,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦15．在中，角所对的边分别为，已知．ABC ,,A B C ,,a b c sin cos cos cos cos sin sin A B C B C A B +=--(1)求；C (2)若外接圆的半径为，求的面积最大值．ABC 233ABC 16．已知函数.()()πe e sin ,32x xf x xg x --==(1)若，求；321π3f α⎛⎫+= ⎪⎝⎭32πf α⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)设函数，证明：在上有且仅有一个零点，且()()ln h x x f x =+()h x ()0,∞+0x .()()034g f x >-17．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终xOy αO x 边与单位圆交于第三象限点.525,55P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭(1)求的值；sin cos αα-(2)若角的终边绕原点按逆时针方向旋转，与单位圆交于点，求点的坐标.αO π2Q Q 18．设函数，且．2()2cos 23sin cos (0)f x x x x m ωωωω=++>(0)1f =(1)求的值；m (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求()f x 的值及的零点．ω()f x 条件①：是奇函数；()f x 条件②：图象的两条相邻对称轴之间的距离是；()f x π条件③：在区间上单调递增，在区间上单调递减．()f x π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，0按第一个解答计分．答案：1．(1)1-(2)12-【分析】（1）根据点坐标求得.P tan α（2）根据点坐标求得，利用诱导公式求得正确答案.P sin ,cos αα【详解】（1）即，3π,cos π3sin 44P ⎛⎫ ⎪⎝⎭22,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭所以.22tan 122α-==-（2）由（1）得，所以，22,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭22222sin 22222α-==-⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，22222cos 22222α==⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1617πsin πsin πsin sin 808π22αααα⎛⎫⎛⎫-+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭πsin sin sin cos 2αααα⎛⎫=+= ⎪⎝⎭.221222⎛⎫=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭2．(1)，1tan 7α=1tan 3β=(2)π4【分析】（1）先根据同角三角函数平方关系求出，再根据商数关系和两角和正切公式cos α化简得结果；（2）根据二倍角公式得，，再根据两角和余弦公式得，最后根据sin 2,cos 2ββ()cos 2αβ+范围求结果.【详解】（1）因为为锐角，，所以，,αβ2sin 10α=272cos 1sin 10αα=-=所以，2sin 110tan cos 77210ααα===又因为，所以，tan tan 1tan()1tan tan 2αβαβαβ++==-1tan 3β=（2）因为为锐角，，所以，解得，,αβ1tan 3β=22sin 1cos 3sin cos 1ββββ⎧=⎪⎨⎪+=⎩10sin 10310cos 10ββ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以，sin 22sin cos 103103101052βββ==⨯=⨯，24cos 212sin 5ββ=-=所以，()724232cos 2cos cos 2sin sin 21051052αβαβαβ+=-=⨯-⨯=又因为为锐角，所以，,αβ3π022αβ<+<所以.π24αβ+=3．(1)78(2)111512【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理化为，结合23a c b +=sin sin 23sin A C B +=已知条件，有，，代入解三角形即可.3A C π-=32B C π=-232B A π=-sin sin 23sin A C B +=（2）根据（1）终结论，利用余弦定理，结合，，解得，利用面5b =23a c b +=443ac =积公式即可求得面积为.11115sin 212ABC S ac B ==△【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，23a c b +=sin sin 23sin A C B +=因为，且，所以，，3A C π-=A B C π++=32B C π=-232B A π=-所以2sin sin 23sin 3232B B B ππ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即，22sin cos cos sin sin cos cos sin 23sin 32323232B B B B B ππππ-+-=所以，所以，3cos 23sin 2B B =cos 4sin cos 222B B B =因为，所以，所以；022B π<<1sin 24B =27cos 12sin 28B B =-=（2）由余弦定理可得，2222cos b a c ac B =+-即，得，得，()27524a c ac ac =+--()2155234b ac =-443ac =因为，所以，所以7cos 8B =15sin 8B =11115sin 212ABC S ac B ==△4．(1)tan α-(2)65【分析】（1）根据三角函数的诱导公式，结合同角三角函数的商式关系，可得答案；（2）利用正弦函数的二倍角公式以及同角三角函数的平方式，整理齐次式，可得答案.【详解】（1）.()()()()πsin 2πcos sin sin 2tan cos sin πcos sin f αααααααααα⎛⎫++ ⎪-⎝⎭===----（2）由，则，()tan 3f θθ=-=-tan 3θ=，()()()()()22222sin 1sin2sin (sin cos )tan (tan 1)sin cos sin cos sin cos tan 1tan 1θθθθθθθθθθθθθθθ+++==+++++.()()2223(31)34641053131⨯+⨯===⨯+⨯+5．(1)答案见解析(2)(()1212,3,2f x x ⎤--+=-⎦【分析】（1）由题意分别令，πππ2π22π,Z 232k x k k -+≤-≤+∈，解不等式即可得解.ππ5π2π22π,Z 366k x k k +≤-≤+∈（2）由题意得在上有两个不相等的实数解，结合三角()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 函数单调性、最值即可求出的取值范围，结合对称性代入求值即可得的值.m ()12f x x +【详解】（1）由题意令，解得，πππ2π22π,Z 232k x k k -+≤-≤+∈π5πππ,Z 1212k x k k -+≤≤+∈即函数的单调递增区间为，()f x ()π5ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦令，所以，()π1sin 2032f x x ⎛⎫=--≥ ⎪⎝⎭π1sin 232x ⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭所以，解得，ππ5π2π22π,Z 366k x k k +≤-≤+∈π7πZ 412ππ,k x k k +≤≤+∈所以不等式的解集为.()0f x ≥()π7ππ,π,Z 412k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦（2）由题意即，11022m f x +⎛⎫+= ⎪⎝⎭πsin 032m x ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭即在上有两个不相等的实数解，()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 当时，，而在上单调递减，在上单[]0,πx ∈ππ2π,333t x ⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦2sin y t =-ππ,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π2π,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦调递增，所以当即时，，ππ32t x =-=5π6x =()min 2g x =-当即时，，ππ33t x =-=-0x =()max 3g x =又即时，，π2π33t x =-=πx =()3g x =-所以若在上有两个不相等的实数解，()π2sin 3m x g x ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭[]0,πx ∈12,x x 则实数的取值范围为，m (2,3⎤--⎦因为，所以是的对称轴，()min 5π26g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭5π6x =()g x所以.()125π5ππ112sin 263322f x x f ⎛⎫⎛⎫+=⨯=⨯--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭6．(1)223-(2)3-【分析】（1）将点代入单位圆后结合任意角三角函数定义求解即可.（2）利用诱导公式化简求值即可.【详解】（1）在单位圆中，解得，22113y ⎛⎫+= ⎪⎝⎭223y =±因为第四象限角，所以α223y =-22sin 3α∴=-（2）第四象限角22sin ,3αα=-1cos 3α∴=.()πtan sin 123sin cos πcos ααααα⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴=-=-+7．(1)，；2-2(2).34(,)55-【分析】（1）根据给定条件，求出点的坐标及，再利用齐次式法计算即得.P tan α（2）利用同角公式，结合三角函数定义求解即得.【详解】（1）角以Ox 为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点，α(),P x y 当时，，则，255y =22551()55x =--=-tan 2y x α==-所以．7tan 27(2)227ta 4sin 2cos sin 42c 4os n αααααα+⨯-++==---=-（2）依题意，，sin 0,cos 0αα><由，得，代入，sin 11cos 2αα=-cos 12sin αα=-22sin cos 1αα+=于是，解得，22sin (12sin )1αα+-=2sin ,cos 1sin 5543ααα==--=-即，所以点P 的坐标为．34,55x y =-=34(,)55-8．(1)；π3A =(2)．2AD =【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由三角恒等变换求解；（2）设，利用由余弦定理求得，从而由正弦定理求得AD x =πADB ADC ∠+∠=cos ADB ∠（用表示），再代入余弦定理的结论中求得值．AC x x 【详解】（1）由正弦定理及已知得2cos cos cos 2c a A B b A =-，sin 2sin cos cos sin cos 2sin 2cos sin cos 2sin(2)C A A B B A A B B A A B =-=-=-或，C 2A B =-2πC A B +-=又，所以，A B ≤22πC A B C B B C B +-≤+-=+<所以，从而，所以；C 2A B =-2πB C A A +==-π3A =（2）由余弦定理得，，2222cos AB BD AD AD BD ADB =+-⋅∠，2222cos AC CD AD AD CD ADC =+-⋅∠又是角平分线，所以，又，则，记，因为AD 2AC CD AB BD ==3a =2,1CD BD ==AD x =，πADB ADC ∠+∠=所以，所以，2244cos 412cos x x ADC x x ADC +-∠=++∠cos 4x ADC ∠=-，则，0πADC <∠<2sin 116x ADC ∠=-由正弦定理得，sin sin AC CD ADC CAD =∠∠所以，222116π16sin 6x AC x =⋅-=-所以，解得，即．221644()4x x x x -=+-⋅-2x =2AD =9．(1)263(2)677【分析】（1）利用正弦定理及其余弦定理求解；（2）利用三角形的面积公式求解.【详解】（1）因为平分，，故，AD BAC ∠3AB BC ==2C BAC θ∠=∠=在中，由正弦定理知：，ADC △sin sin 22cos sin sin AD ACD CD DAC θθθ∠===∠由余弦定理有，2222223231cos 2cos 22323CA CB BA C CA CB θ+-+-====⋅⨯⨯又因为，所以,21cos 22cos 13θθ==-6cos 3θ=即；262cos 3AD CDθ==（2）由，得，则，11cos 14A =11cos 214θ=cos 2157cos 214θθ+==又由，()11sin 2sin 22ABC ABD ACD S AB AC S S AB AC AD θθ=⋅=+=+△△△得.()sin 21267cos sin 57AB AC AD AB AC θθθ⋅===+10．(1)最大值和最小值分别为；2,1-(2).58【分析】（1）求出函数的解析式，再利用余弦函数的性质求解即得.()f x （2）利用余弦函数图象的对称性，结合诱导公式计算.12cos()x x -【详解】（1）由函数的最小正周期为，得，解得，()f x π2ππω=π2,()2cos(2)3x f x ω==-当时，，则当，即时，，ππ[,]64x ∈-π2ππ2[,]336x -∈-π2π233x -=-π6x =-min ()1f x =-当，即时，，π203x -=π6x =max ()2f x =所以函数在区间上的最大值和最小值分别为.()f x ππ[,]64-2,1-（2）()2222252cos 25222525BD BC CD BC CD BCD =+-⨯∠=+-⨯⨯⨯，故，204816=+-=4BD =有，故，22216420BD CD BC +=+==CD AB ⊥则，即.21sin sin 302CD A AC AC ==︒==4AC =12．(1)；()sin 1A C -=(2)无最小值；【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理可得，结合为锐角可得，所sin cos A C =B π2A C =+以；()sin 1A C -=（2）利用诱导公式可得，再由导数判断出在3sin sin 2sin sin A B A A =-()32f t t t =-上单调递增，可得无最小值；2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭sin sin A B 【详解】（1）因为，sin sin sin 2sin sin a A b B c C a A B +-=由正弦定理得，2222sin a b c ab A +-=由余弦定理可得，2222cos a b c ab C +-=所以可得，解得或；sin cos A C =π2A C =-π2A C =+又为锐角，所以（舍），即，B π2A C =-π2A C =+因此；()πsin sin12A C -==（2）结合（1）中，又可得：π2A C =+πA B C ++=；33πsin sin sin sin 2sin cos 22sin sin 2A B A A A A A A ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭令，则，sin t A =()3sin sin 2A B f t t t ==-又为锐角，，所以，B 3ππ20,22A ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭π3π24A <<可得，212t <<所以，当时，恒成立，()261f t t '=-212t <<()2610f t t '=->即可得为单调递增，()32f t t t =-所以时，，所以无最值；2,12t ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭()()0,1f t ∈()f t 因此无最小值；sin sin A B 13．(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据最小正周期为求得，求出单调递减区间；π=1ω±（2）根据写出x 的取值范围．()22f x ≤【详解】（1）因为的周期为，()πsin 23f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭π故，所以.2ππ2ω==1ω±当时，，=1ω()πsin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭由，得到，ππ3π2π22π232k x k +≤+≤+π7πππ1212k x k +≤≤+故的递减区间为.()f x π7ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦当时，，1ω=-()ππsin 2sin 233f x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由，得到πππ2π22π232k x k -+≤-≤+π5πππ1212k x k -+≤≤+故的递减区间为.()f x π5ππ,π,Z 1212k k k ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦（2）当时，，=1ω()π2sin 232f x x ⎛⎫=+≤ ⎪⎝⎭所以，5πππ2π22π434k x k -+≤+≤+解得.19ππππ,Z 2424k x k k -+≤≤-+∈当时，，1ω=-()ππ2sin 2sin 2332f x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=--≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即，π2sin 232x ⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭所以，ππ5π2π22π434k x k -+≤-≤+解得.π19πππ2424k x k +≤≤+综上：当时，；=1ω19ππππ2424k x k -+≤≤-+当时，.1ω=-π19πππ,Z 2424k x k k +≤≤+∈14．(1)302ω<≤(2)260,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦【分析】（1）由题设条件，列出不等式，求解即可.,32πππ4π2ωω-≥-≤（2）根据函数图像平移变换，写出函数，再结合区间和三角函数性质求1π()sin 26g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭出值域.【详解】（1）由，得，ππ,34x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦ππ,34x ωωω⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦又函数在上单调递增，()sin (0)f x x ωω=>ππ,34⎡⎤-⎢⎥⎣⎦所以，解得,32πππ4π2ωω-≥-≤32ω≤因为，所以．0ω>302ω<≤（2）由（1）知的最大值为，此时，ω323()sin 2f x x =根据题意，，31π1π()sin sin 23926g x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦当时，．ππ,32x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦1πππ02664x ≤+≤+所以，故值域为．ππ260()sin 644g x +⎛⎫≤≤+= ⎪⎝⎭260,4⎡⎤+⎢⎥⎣⎦15．(1)π3C =(2)3【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换计算即可．（2）利用正余弦定理、三角形面积公式及基本不等式计算即可.【详解】（1）由已知可得：，222sin sin sin cos cos A A B B C -=-∴，()222sin sin sin 1sin 1sin A A B B C -=---∴，222sin sin sin sin sin A B C A B +-=根据正弦定理可知：，222a b c ab +-=∴．2221cos 22a b c C ab +-==又．π(0,π),3C C ∈∴=（2）∵外接圆的半径为，ABC 233r =∴，解得．432sin 3c r C==2c =又由（1）得，222a b c ab +-=故，∴，当且仅当时等号成立22424a b ab ab +-=≥-4ab ≤2a b ==∴，13sin 324ABC S ab C ab ==≤△∴的面积最大值为．ABC 316．(1)23(2)证明见解析【分析】（1）化简已知条件求得，利用诱导公式求得.πsin 3α⎛⎫+ ⎪⎝⎭32πf α⎛⎫- ⎪⎝⎭（2）先求得的表达式，然后对进行分类讨论，结合零点存在性定理证得在()h x x ()h x 上有且仅有一个零点，求得的表达式，然后利用函数的单调性证得不等()0,∞+0x()()0g f x 式成立.()()034g f x >-【详解】（1）由，则，321π3f α⎛⎫+= ⎪⎝⎭π2sin 33α⎛⎫+= ⎪⎝⎭所以32π2sin π3f αα⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.ππ2sin πsin 333αα⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦（2）证明：由题意得.()πln sin 3h x x x =+①当时，，所以单调递增.30,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ππ0,32x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()h x 又，由于，而，1πsin ln226h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭π1sin 62=1ln2ln e 2>=所以.又，102h ⎛⎫< ⎪⎝⎭()3102h =>所以由零点存在定理得在内有唯一零点，使得.()h x 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦0x ()00h x =当时，，所以，则在上无零点；3,32x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦πln 0,sin 03x x >≥()0h x >()h x 3,32⎛⎤ ⎥⎝⎦当时，，所以，则在上无零点.()3,x ∈+∞πln 1,1sin 13x x >-≤≤()0h x >()h x ()3,+∞综上，在上有且仅有一个零点.()h x ()0,∞+0x ②由①得，且，0112x <<()00ln 0x f x +=则.()()()()00000011ln ,ln 2f x x g f x g x x x ⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭由函数的单调性得函数在上单调递增，()000112x x x ϕ⎛⎫=-⎪⎝⎭1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭则，()01324x ϕϕ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭故.()()034g f x >-求解已知三角函数值求三角函数值的问题，可以考虑利用诱导公式等三角恒等变换的公式来进行求解.判断函数零点的个数，除了零点存在性定理外，还需要结合函数的单调性来进行判断.17．(1)55-(2)255,55⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）直接根据三角函数的定义求解；（2）利用诱导公式求出旋转后的角的三角函数值即可.【详解】（1）由三角函数的定义可得，5sin c 5o 255s αα-=-=，所以；5s 5in 5c 2os 555αα⎛⎫--=- ⎪ ⎪⎝⎭-=-（2）角的终边绕原点O 按逆时针方向旋转，得到角，απ2π2α+则，，π5sin cos 25αα⎛⎫+==- ⎪⎝⎭π25cos sin 25αα⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭所以点Q 的坐标为.255,55⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭18．(1)1m =-(2)选择①，不存在；选择②，，；选择③，，12ω=ππ,Z 6k k -+∈1ω=ππ,Z 122k k -+∈【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简函数，根据，即可求解；(0)1f =（2）根据奇函数性质、三角函数图象的性质以及三角函数的单调性，即可逐个条件进行判断和求解.【详解】（1）2()2cos 23sin cos f x x x x m ωωω=++，πcos 23sin212sin 216x x m x m ωωω⎛⎫=+++=+++ ⎪⎝⎭又，所以.1(0)2112f m =⨯++=1m =-（2）由（1）知，，()π2sin 26f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭选择①：因为是奇函数，()f x 所以与已知矛盾，所以不存在.()00f =()f x 选择②：因为图象的两条相邻对称轴之间的距离是，()f x π所以，，，π2T =2πT =2π21T ω==12ω=则，()π2sin 6f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭令，()π2sin 06f x x ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭解得.ππ,Z 6k x k -+∈=即零点为.()f x ππ,Z 6k k -+∈选择③：对于，，()π2sin 26f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭0ω>令，，πππ2π22π,Z 262k x k k ω-+≤+≤+∈ππ3π2π22π,Z 262k x k k ω+≤+≤+∈解得，，ππππ,Z 36k k x k ωωωω-+≤≤+∈ππ2ππ,Z 63k k x k ωωωω+≤≤+∈即增区间为，()f x ππππ,,Z 36k k k ωωωω⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦减区间为，()f x ππ2ππ,,Z 63k k k ωωωω⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦因为在区间上单调递增，在区间上单调递减，()f x π0,6⎡⎤⎢⎥⎣⎦ππ,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以时符合，0k =即在上单调递增，在上单调递减，()f x ππ,36ωω⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π2π,63ωω⎡⎤⎢⎥⎣⎦所以且，π03ππ66ωω⎧-≤⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩2ππ33ππ66ωω⎧≥⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩解得，则，1ω=()π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭所以令，()π2sin 206f x x ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭解得，ππ,Z 122k x k =-+∈即零点为.()f x ππ,Z 122k k -+∈。

高三数学导数解答题专项训练(含解析)

高三数学导数解答题专项训练（含解析）1、已知函数1ln(1)()(0)x f x x x++=>．（Ⅰ）函数()f x 在区间(0,)+∞上是增函数还是减函数？证明你的结论；（Ⅱ）当0x >时，()1kf x x >+恒成立，求整数k 的最大值；（Ⅲ）试证明：23(112)(123)(134)(1(1))n n n e -+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅++> ． 2、设函数41)(2+=x x f ，)2ln(21)(ex x g =，（其中e 为自然底数）；（Ⅰ）求)()(x g x f y -=（0>x ）的最小值；（Ⅱ）探究是否存在一次函数b kx x h +=)(使得)()(x h x f ≥且)()(x g x h ≥对一切0>x 恒成立；若存在，求出一次函数的表达式，若不存在，说明理由；（Ⅲ）数列{}n a 中，11=a ，)2)((1≥=-n a g a n n ，求证：83)(111∑=++<⋅-nk k k ka a a。

3、已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（1）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（2）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（3）当1->>e y x 时，求证：)1ln()1ln(++>-y x e yx ．4、已知函数mx x x f ++=21ln )(．（Ⅰ）若)(x f 为定义域上的单调函数，求实数m 的取值范围；（Ⅱ）当1-=m 时,求函数)(x f 的最大值；（Ⅲ）当1=m ,且10≤<≤a b 时，证明:2)()(34<--<ba b f a f ．5、已知函数()ln f x x a x =-，1()()ag x a R x+=-∈．（Ⅰ）若1a =，求函数()f x 的极值；（Ⅱ）设函数()()()h x f x g x =-，求函数()h x 的单调区间；（Ⅲ）若在区间[1,]( 2.71828......)e e =上不存在．．．0x ，使得00()()f x g x <成立，求实数a 的取值范围．6、函数()ln f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3（e 为自然对数的底数）．（1）求实数a 、b 的值；（2）若k Z ∈，且()1f x k x <-对任意1x >恒成立，求k 的最大值；（3）当1(,)m n m n Z >>∈时，证明：()()nmm n nm mn >．7、已知函数1()ln sin g x x x θ=+在[)1,+∞上为增函数,且(0,)θπ∈，θ为常数，1()ln ()m f x mx x m R x-=--∈．（1）求θ的值；（2）若()()y f x g x =-在[)1,+∞上为单调函数,求m 的取值范围；（3）设2()eh x x=,若在[]1,e 上至少存在一个0x ，使得000()()()f x g x h x ->成立，求 m 的取值范围．8、已知函数()ln()x f x e a =+（a 为常数，e 是自然对数的底数）是实数集R 上的奇函数，函数x x f x g sin )()(+=λ是区间[－1，1]上的减函数．（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）若2()1g x t t λ≤++在[1,1]x ∈-及λ所在的取值范围上恒成立，求t 的取值范围；（Ⅲ）试讨论函数m ex x x f xx h -+-=2)(ln )(2的零点的个数．9、已知函数2()(25)5ln ()f x ax a x x a R =-++∈．（Ⅰ）若曲线()y f x =在3x =和5x =处的切线互相平行，求a 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）设25()-2g x x x =，若对任意15(0,]2x ∈，均存在25(0,]2x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值范围．10、已知函数bx x x g x x f -==221)(,ln )(（b 为常数）。

2023届高考数学专项练习立体几何解答题最全归纳总结含答案

2023届高考数学专项练习立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P为圆锥的顶点，O为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB=4，母线PH=22，M是PB的中点，四边形OBCH为正方形．(1)设平面POH∩平面PBC=l，证明：l∥BC；(2)设D为OH的中点，N是线段CD上的一个点，当MN与平面PAB所成角最大时，求MN的长．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB为圆锥底面⊙O的直径，C在线段AB上，且BC=3CA，点D是以BC为直径的圆上一动点；(1)当CD=CO时，证明：平面PAD⊥平面POD(2)当三棱锥P-BCD的体积最大时，求二面角B-PD-A的余弦值．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．例11.如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB=2A1B1=8．(1)证明；C1D⎳平面OBB1O1；(2)若二面角C1-BC-O为π3，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．例12.某市在滨海文化中心有滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,AD=AA1=2，圆台下底圆心O为AB的中点，直径为2，圆与直线AB交于E,F，圆台上底的圆心O1在A1B1上，直径为1．(1)求A1C与平面A1ED所成角的正弦值；(2)圆台上底圆周上是否存在一点P使得FP⊥AC1，若存在，求点P到直线A1B1的距离，若不存在则说明理由．题型二：立体几何存在性问题例13.如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=1，AB=1，AC=2，∠BAC=60°．(1)求三棱锥A-PBC的体积；(2)在线段PC上是否存在一点M，使得BM⊥AC?若存在，求MCPM的值，若不存在，请说明理由．例14.已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD=2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E、F、G、O分别是PC、PD、BC、AD的中点．(1)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；(2)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为π6，若存在，求出PMPA的值；若不存在，说明理由．例15.已知三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，A1B⊥AC1，AC=AA1=4，BC=2．(1)求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；(2)若∠A1AC=60°，在线段AC上是否存在一点P，使二面角B-A1P-C的平面角的余弦值为34若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．例16.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⎳BC，AD⊥CD，且AD=CD，BC=2CD，PA=2AD．(1)证明：AB⊥PC；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的余弦值为1717，若存在，求BM与PC所成角的余弦值；若不存在，请说明理由．例17.如图，△ABC是边长为6的正三角形，点E，F，N分别在边AB，AC，BC上，且AE=AF=BN=4，M 为BC边的中点，AM交EF于点O，沿EF将三角形AEF折到DEF的位置，使DM=15．(1)证明：平面DEF⊥平面BEFC；(2)试探究在线段DM上是否存在点P，使二面角P-EN-B的大小为60°？若存在，求出DPPM的值；若不存在，请说明理由．例18.图1是直角梯形ABCD ，AB ⎳CD ，∠D =90∘，AB =2，DC =3，AD =3，CE =2ED ，以BE 为折痕将△BCE 折起，使点C 到达C 1的位置，且AC 1=6，如图2．(1)求证：平面BC 1E ⊥平面ABED ；(2)在棱DC 1上是否存在点P ，使得C 1到平面PBE 的距离为62？若存在，求出二面角P -BE -A 的大小；若不存在，说明理由．例19.如图所示，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB =1，AC =AA 1=2，AD =CD =5，E 为棱AA 1上的点，且AE =12．(1)求证：BE ⊥平面ACB 1；(2)求二面角D 1-AC -B 1的余弦值；(3)在棱A 1B 1上是否存在点F ，使得直线DF ∥平面ACB 1？若存在，求A 1F 的长；若不存在，请说明理由．例20.如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥BD，AC⊥BC，ED⎳AC，且AC=BC=2ED=2，DC=DB =3．(1)求证：平面ABE⊥与平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE夹角余弦值的绝对值等于54343，若存在，求BFBC的值；若不存在，说明理由．题型三：立体几何折叠问题例21.如图1，在边上为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M，N分别是边BC，CD的中点，AC∩BD=O1，AC∩MN=G．沿MN将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA，PB，PD，得到如图2所示的五棱锥P -ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P-MNDB体积最大时，求直线PB和平面MNDB所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，在线段PA上是否存在一点Q，使得二面角Q-MN-P余弦值的绝对值为1010若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．例22.如图，在等腰直角三角形PAD中，∠A=90°，AD=8，AB=3，B、C分别是PA、PD上的点，且AD⎳BC，M、N分别为BP、CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P-ABCD，连接MN.(1)证明：MN⎳平面PAD；(2)在翻折的过程中，当PA=4时，求二面角B-PC-D的余弦值．例23.如图1，在平面四边形PDCB中，PD∥BC，BA⊥PD，PA=AB=BC=2，AD=1．将△PAB沿BA 翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图2所示．(1)设平面SDC与平面SAB的交线为l，求证：BC⊥l；(2)点Q在线段SC上(点Q不与端点重合)，平面QBD与平面BCD夹角的余弦值为66，求线段BQ的长．例24.如图，在平面五边形PABCD 中，△PAD 为正三角形，AD ∥BC ，∠DAB =90°且AD =AB =2BC =2．将△PAD 沿AD 翻折成如图所示的四棱锥P -ABCD ，使得PC =7．F ，Q 分别为AB ，CE 的中点．(1)求证：FQ ∥平面PAD ；(2)若DE PE=12，求平面EFC 与平面PAD 夹角的余弦值．例25.如图，在平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =2，∠A =60°，E ，F 分别为线段AB ，CD 上的点，且BE =2AE ，DF =FC ，现将△ADE 沿DE 翻折至△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ．(1)若点G 为线段A 1B 上一点，且A 1G =3GB ，求证：FG ⎳平面A 1DE ；(2)当三棱锥C -A 1DE 的体积达到最大时，求二面角B -A 1C -D 的正弦值．例26.如图1，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形ABEF是等腰梯形，AB=BE=12EF，现将正方形ABCD沿AB翻折，使CD与C D 重合，得到如图2所示的几何体，其中D E=4．(1)证明：AF⊥平面AD E；(2)求二面角D -AE-C 的余弦值．例27.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AB=BC=2,AD=4，现将△ABC所在平面沿对角线AC翻折，使点B翻折至点E，且成直二面角E-AC-D．(1)证明：平面EDC⊥平面EAC；(2)若直线DE与平面EAC所成角的余弦值为12，求二面角D-EA-C的余弦值．例28.如图1，在△ABC 中，∠ACB =90°，DE 是△ABC 的中位线，沿DE 将△ADE 进行翻折，使得△ACE 是等边三角形(如图2)，记AB 的中点为F ．(1)证明：DF ⊥平面ABC ．(2)若AE =2，二面角D -AC -E 为π6，求直线AB 与平面ACD 所成角的正弦值．题型四：立体几何作图问题例29.已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，O 为其中心，点E 为侧棱PD 的中点．(1)作出过O 、P 两点且与AE 平行的四棱锥截面(在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，并写出简要作图过程)；记该截面与棱CD 的交点为M ，求出比值DM MC (直接写出答案)；(2)若四棱锥的侧棱与底面边长均相等，求AE 与平面PBC 所成角的正弦值．例30.．如图，已知底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，平面MNGH与直线PB和直线AC平行，点E为PD的中点，点F在CD上，且DF:FC=1:2．(1)求证：四边形MNGH是平行四边形；(2)求作过EF作四棱锥P-ABCD的截面，使PB与截面平行(写出作图过程，不要求证明)．截面的定义：用一个平面去截一个几何体，平面与几何体的表面的交线围成的平面图形．例31.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合)．(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG⎳平面D1EF，则EF⎳A1D；(2)若G为棱BC的中点，是否存在F，使平面D1EF⊥平面DGF，若存在，求出CF的所有可能值；若不存在，请说明理由．例32.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点，F，G分别是棱CC1，BC上的动点(不与顶点重合)．(1)作出平面A1DG与平面CBB1C1的交线(要求写出作图过程)，并证明：若平面A1DG⎳平面D1EF，则EF⎳A1D；(2)若F，G均为其所在棱的中点，求点G到平面D1EF的距离．例33.如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF⎳BC，且EF=32BC=3，H，G分别为CE，CD的中点．(1)求二面角C-FH-G的余弦值；(2)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出APAB的值(不需要说明理由，保留作图痕迹)．例34.如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD⎳EA，且FD =12EA=1．(1)求多面体EABCDF的体积；(2)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明．例35.四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=2π3．AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=3，点F,G分别是线段PB.PD上的中点，E在PA上．且PA=3PE．(Ⅰ)求证：BD⎳平面EFG；(Ⅱ)求直线AB与平面EFG的成角的正弦值；(Ⅲ)请画出平面EFG与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤．题型五：立体几何建系繁琐问题例36.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．(1)证明：AA1⎳MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；(2)设O为△A1B1C1的中心．若AO⎳平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．例37.如图，在锥体P-ABCD中，ABCD是边长为1的菱形，且∠DAB=60°，PA=PD=2，PB=2，E，F 分别是BC，PC的中点(1)证明：AD⊥平面DEF(2)求二面角P-AD-B的余弦值．例38.如图，AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为AC的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB =FD =5a ，EF =6a ．(1)证明：EB ⊥FD ；(2)已知点Q ，R 为线段FE ，FB 上的点，FQ =23FE ，FR =23FB ，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．例39.《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右．它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ．(1)从三棱锥P -ABC 中选择合适的两条棱填空：　BC ⊥ ，则三棱锥P -ABC 为“鳖臑”；(2)如图，已知AD ⊥PB ，垂足为D ，AE ⊥PC ，垂足为E ，∠ABC =90°．(ⅰ)证明：平面ADE ⊥平面PAC ；(ⅱ)设平面ADE 与平面ABC 的交线为l ，若PA =23，AC =2，求二面角E -l -C 的大小．例40.已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB=120°，且平面ABD⊥平面BCD．(Ⅰ)求证：BD⊥AC；(Ⅱ)求直线CA与平面ABD所成角的大小．例41.已知四面体ABCD，∠ADB=∠CDB=120°，且平面ABD⊥平面BCD．(Ⅰ)若AD=CD，求证：BD⊥AC；(Ⅱ)求二面角B-CD-A的正切值．题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题例42.如图，在三棱锥A-BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD=6，cos∠BPD=-33，求三棱锥A-BCD的体积．例43.如图，在三棱锥A-BCD中，ΔABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP．(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD=6，且二面角A-BD-C为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．例44.如图，四棱锥F-ABCD中，底面ABCD为边长是2的正方形，E，G分别是CD、AF的中点，AF=4，∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大小为90°．(1)求证：AE⊥BG；(2)求二面角B-AF-E的余弦值．例45.如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAE=∠BAE=45°，∠DAB=60°．(Ⅰ)证明：平面ADE⊥平面ABE；(Ⅱ)当直线DE与平面ABE所成的角为30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角的余弦值．例46.如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD=60°，AB=BC=2，(1)求证：AC⊥BD；(2)若平面ABD⊥平面CBD，且BD=52，求二面角C-AD-B的余弦值．题型七：利用传统方法找几何关系建系例47.如图：长为3的线段PQ与边长为2的正方形ABCD垂直相交于其中心O(PO>OQ)．(1)若二面角P-AB-Q的正切值为-3，试确定O在线段PQ的位置；(2)在(1)的前提下，以P，A，B，C，D，Q为顶点的几何体PABCDQ是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例48.在四棱锥P-ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD⎳BC，∠ADC=90°，ED=BC= 2，EB=3，F为棱PC的中点．(Ⅰ)求证：PA⎳平面BEF；(Ⅱ)若二面角F-BE-C为60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．例49.三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面BCC1B1为矩形，∠A1AB=2π3，二面角A-BC-A1的正切值为12．(Ⅰ)求侧棱AA1的长；(Ⅱ)侧棱CC1上是否存在点D，使得直线AD与平面A1BC所成角的正切值为63，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．例50.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD内接于圆O，AC是圆O的一条直径，PA⊥平面ABCD，PA=AC=2，E是PC的中点，∠DAC=∠AOB(1)求证：BE⎳平面PAD；(2)若二面角P-CD-A的正切值为2，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．例51.如图所示，PA⊥平面ABCD，ΔCAB为等边三角形，PA=AB，AC⊥CD，M为AC中点．(Ⅰ)证明：BM⎳平面PCD；(Ⅱ)若PD与平面PAC所成角的正切值为62，求二面角C-PD-M的正切值．题型八：空间中的点不好求例52.如图，直线AQ⊥平面α，直线AQ⊥平行四边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面α上，AB =7，AD=3，AD⊥DB，AC∩BD=O，OP⎳AQ，AQ=2，M，N分别是AQ与CD的中点．(1)求证：MN⎳平面QBC；(2)求二面角M-CB-Q的余弦值．例53.如图，四棱锥S-ABCD中，AB⎳CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形．AB=BC=2，CD=SD=1．(1)证明：SD⊥平面SAB(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．例54.如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD=2，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°．(Ⅰ)证明：M是侧棱SC的中点；(Ⅱ)求二面角S-AM-B的余弦值．例55.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB⎳CD，∠CDA=90°，CD=2AB=2，AD=3，PA=5，PD=22，点E在棱AD上且AE=1，点F为棱PD的中点．在棱AD上且AE=1，点F位棱PD的中点．(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；(2)求二面角A-BF-C的余弦值的大小．例56.如图，在四棱锥A-BCFE中，四边形EFCB为梯形，EF⎳BC，且EF=34BC，ΔABC是边长为2的正三角形，顶点F在AC上的射影为点G，且FG=3，CF=212，BF=52．(1)证明：平面F GB⊥平面ABC；(2)求二面角E-AB-F的余弦值．例57.三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，A1O⊥底面ABC，AA1与底面ABC所成的角为π3，点D在棱AA1上，且AD=32，AB=2．(1)求证：OD⊥平面BB1C1C；(2)求二面角B-B1C-A1的平面角的余弦值．例58.如图，将矩形ABCD沿AE折成二面角D1-AE-B，其中E为CD的中点，已知AB+2，BC=1．BD1 =CD1，F1为D1B的中点．(1)求证：CF⎳平面AD1E；(2)求AF与平面BD1E所成角的正弦值．题型九：创新定义例59.蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重合为点S所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示)．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×π3=π．(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x(i)用x表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积S(x)；(ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值．例60.类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ．时，证明以上三面角余弦定理；(1)当α、β∈0,π2(2)如图2，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°，∠BAC=45°，①求∠A1AB的余弦值；②在直线CC1上是否存在点P，使BP⎳平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．例61.(1)如图，对于任一给定的四面体A1A2A3A4，找出依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，使得A i ∈αi i=1,2,3,4，且其中每相邻两个平面间的距离都相等；(2)给定依次排列的四个相互平行的平面α1，α2，α3，α4，其中每相邻两个平面间的距离为1，若一个正四面体A1A2A3A4的四个顶点满足：A i∈αi i=1,2,3,4，求该正四面体A1A2A3A4的体积．例62.已知a =(x 1,y 1,z 1)，b =(x 2,y 2,z 2)，c =(x 3,y 3,z 3)，定义一种运算：(a ×b )⋅c =x 1y 2z 3+x 2y 3z 1+x 3y 1z 2-x 1y 3z 2-x 2y 1z 3-x 3y 2z 1，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是一个平行四边形，AB =(2,-1,4)，AD =(4,2,0)，AP =(-1,2,1)(1)试计算(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的值，并求证PA ⊥面ABCD ；(2)求四棱锥P -ABCD 的体积，说明(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的值与四棱锥P -ABCD 体积的关系，并由此猜想向量这一运算(AB ×AD )⋅AP 的绝对值的几何意义．立体几何解答题最全归纳总结【题型归纳目录】题型一：非常规空间几何体为载体题型二：立体几何存在性问题题型三：立体几何折叠问题题型四：立体几何作图问题题型五：立体几何建系繁琐问题题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题题型七：利用传统方法找几何关系建系题型八：空间中的点不好求题型九：创新定义【典例例题】题型一：非常规空间几何体为载体例1.如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，圆锥的底面直径AB =4，母线PH =22，M 是PB 的中点，四边形OBCH 为正方形．(1)设平面POH ∩平面PBC =l ，证明：l ∥BC ；(2)设D 为OH 的中点，N 是线段CD 上的一个点，当MN 与平面PAB所成角最大时，求MN 的长．【解析】(1)因为四边形OBCH 为正方形，∴BC ∥OH ，∵BC ⊄平面POH ，OH ⊂平面POH ，∴BC ∥平面POH ．∵BC ⊂平面PBC ，平面POH ∩平面PBC =l ，∴l ∥BC ．(2)∵圆锥的母线长为22，AB =4，∴OB =2，OP =2，以O 为原点，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P 0,0,2 ，B 0,2,0 ，D 1,0,0 C 2,2,0 ，M 0,1,1 ，设DN =λDC =λ,2λ,0 0≤λ≤1 ，ON =OD +DN =1+λ,2λ,0 ，MN =ON -OM =1+λ,2λ-1,-1 ，OD =1,0,0 为平面PAB 的一个法向量，设MN 与平面PAB 所成的角为θ，则sin θ=1+λ,2λ-1,-1 ⋅1,0,0 1+λ 2+2λ-1 2+1 =1+λ5λ2-2λ+3，令1+λ=t ∈1,2 ，则sin θ=t 5t 2-12t +10=15-12t +101t 2=1101t -35 2+75所以当1t =35时，即λ=23时，sin θ最大，亦θ最大，此时MN =53,13,-1 ，所以MN =MN =53 2+13 2+-1 2=353．例2.如图所示，圆锥的底面半径为4，侧面积为162π，线段AB 为圆锥底面⊙O 的直径，C 在线段AB 上，且BC =3CA ，点D 是以BC 为直径的圆上一动点；(1)当CD =CO 时，证明：平面PAD ⊥平面POD(2)当三棱锥P -BCD 的体积最大时，求二面角B -PD -A 的余弦值．【解析】(1)∵PO 垂直于圆锥的底面，∴PO ⊥AD ，当CD =CO 时，CD =OC =AC ，∴AD ⊥OD ，又OD ∩PO =O ，∴AD ⊥平面POD ，又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面POD ；(2)由题可知OA =OB =4，4π⋅PB =162π，∴PB =42，∴PO =4，当三棱锥P -BCD 的体积最大时，△DBC 的面积最大，此时D 为BC的中点，如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,-4,0),B (0,4,0),P (0,0,4),D 3,1,0 ，∴BP =0,-4,4 ,PD =3,1,-4 ,AP =(0,4,4)，设平面PAD 的法向量为n 1 =(a ,b ,c )，则n 1 ⋅AP =0n 1 ⋅PD =0 ，即4b +4c =03a +b -4c =0，令a =5，则b =-3,c =3，∴n 1 =(5,-3,3)，设平面PBD 的法向量n 2 =x ,y ,z ，则n 2 ⋅BP =0n 2 ⋅PD =0 ，即-4y +4z =03x +y -4z =0，令x =1，则y =1,z =1，∴n 2 =1,1,1 ，则cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2 =5-3+33×52+-3 2+32=5129129，∴二面角B -PD -A 的余弦值为-5129129．例3.如图，圆锥PO 的母线长为6，△ABC 是⊙O 的内接三角形，平面PAC ⊥平面PBC ．BC =23，∠ABC =60°．(1)证明：PA ⊥PC ；(2)设点Q 满足OQ =λOP ，其中λ∈0,1 ，且二面角O -QB -C 的大小为60°，求λ的值．【解析】(1)∵PA =PB =PC =6，BC =23，PB 2+PC 2=BC 2，∴PB ⊥PC∵平面PAC ⊥平面PBC 且平面PAC ∩平面PBC =PC ，PB ⊂平面PBC ，PB ⊥PC ，∴PB ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，∴PB ⊥PA ，∴AB =PA 2+PB 2=23，∴∠ABC =60°，∴△ABC 是正三角形，AC =23，∵PA 2+PC 2=AC 2∴PA ⊥PC ；(2)在平面ABC 内作OM ⊥OB 交BC 于M ，以O 为坐标原点，OM ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示：易知OB =OC =2，OP =PB 2-OB 2=2，所以B 2,0,0 ，P 0,0,2 ，C -1,3,0 ，Q 0,0,2λ ，QB =2,0,-2λ ，BC =-3,3,0 ，设平面OBC 的法向量n 1 =x ,y ,z ，依题意n 1 ⋅QB =0n 1 ⋅CB =0 ，即2x -2λz =0-3x +3y =0 ，不妨令y =3λ，得n 1 =λ,3λ,2 ，易知平面OQB 的法向量n 2 =0,1,0 ，由λ∈0,1 可知cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 ⋅n 2=cos60°，即3λλ2+(3λ)2+2 2=12，解得λ=12例4.如图，D 为圆锥的顶点，O 为圆锥底面的圆心，AB 为底面直径，C 为底面圆周上一点，DA =AC =BC =2，四边形DOAE 为矩形，点F 在BC 上，且DF ⎳平面EAC ．(1)请判断点F 的位置并说明理由；(2)平面DFO 将多面体DBCAE 分成两部分，求体积较大部分几何体的体积．【解析】(1)点F 是BC 的中点，取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，因为O 为AB 的中点，所以OF ⎳AC ，又AC ⊂平面AEC ，OF ⊄平面AEC ，所以OF ⎳平面AEC ，由四边形DOAE 为矩形，所以DO ⎳AE ，又AE ⊂平面AEC ，OD ⊄平面AEC ，所以OD ⎳平面AEC ，因为DO ∩OF =O ，DO ,OF ⊂平面DOF ，所以平面DOF ⎳平面AEC ，因为DF ⊂平面DOF ，所以DF ⎳平面AEC ，(2)由(1)知点F 是BC 的中点，因为DA =AC =BC =2，所以AB =AC 2+BC 2=22，所以OA =OC =OB =2，且OC ⊥AB ，所以OD =AD 2-OA 2=2，所以三棱锥D -BOF 的体积V D -BOF =13S △BOF ⋅DO =13×12×2×22×2=26；又三棱锥D -BOC 的体积V D -BOC =13S △BOC ⋅DO =13×12×2×2×2=23，所以四棱锥C -DOAE 的体积V C -DOAE =13S DOAE ×2=13×2 2×2=223，所以几何体DBCAE 的体积V DBCAE =V D -BCO +V C -DOAE =2，所以体积较大部分几何体的体积为V DBCAE -V D -BOF =2-26=526；例5.如图，在直角△POA 中，PO ⊥OA ，PO =2OA ，将△POA 绕边PO 旋转到△POB 的位置，使∠AOB =90°，得到圆锥的一部分，点C 为AB 的中点．(1)求证：PC ⊥AB ；(2)设直线PC 与平面PAB 所成的角为φ，求sin φ．【解析】(1)证明：由题意知：PO ⊥OA ,PO ⊥OB ，OA ∩OC =0∴PO ⊥平面AOB ，又∵AB ⊂平面AOB ，所以PO ⊥AB ．又点C 为AB 的中点，所以OC ⊥AB ，PO ∩OC =0，所以AB ⊥平面POC ，又∵PC ⊂平面POC ，所以PC ⊥AB ．(2)以O 为原点，OA ，OB ，OP 的方向分别作为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设OA =2，则A 2,0,0 ，B 0,2,0 ，P 0,0,4 ，C 2,2,0 ，所以AB =-2,2,0 ，AP =-2,0,4 ，PC =2,2,-4 ．设平面PAB 的法向量为n =a ,b ,c ，则n ⋅AB =-2a +2b =0,n ⋅AP =-2a +4c =0, 取c =1，则a =b =2可得平面PAB 的一个法向量为n =2,2,1 ，所以sin φ=cos n ,PC =n ⋅PC n PC =42-465=210-5 15．例6.如图，四边形ABCD 为圆柱O 1O 2的轴截面，EF 是该圆柱的一条母线，EF =2EA ，G 是AD 的中点．(1)证明：AF ⊥平面EBG ；(2)若BE =3EA ，求二面角E -BG -A 的正弦值．【解析】(1)由已知EF ⊥平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ，因为AB 是圆O 1的直径，所以AE ⊥BE ，因为AE ∩FE =E ，所以BE ⊥平面AFE ，AF ⊂平面AFE ，故BE ⊥AF ，因为EF =2EA =2AG ，所以EA =2AG ，易知：Rt △AEG ∼Rt △EFA ，所以∠GEA +∠EAF =90°，从而AF ⊥EG ，又BE ∩EG =E ，所以AF ⊥平面EBG ．(2)以E 为坐标原点，EA 为x 轴正方向，EA 为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系E -xyz ，则AB =2,BE =3,EF =2，从而A 1,0,0 ,B 0,3,0 ,D 1,0,2 ,F 0,0,2 ，AB =-1,3,0 ,AD =0,0,2 ,设n =x ,y ,z 位平面BGA 的法向量，则{n ⋅AB =0n ⋅AD =0⇒{-x +3y =02z =0⇒{x =3y =1z =0，所以n =3,1,0 ，由(1)知：平面BEG 的法向量为AF =-1,0,2 ,因为cos n ,AF =n ⋅AF n ⋅AF=-12，所以二面角E -BG -A 的正弦值为32．例7.例7．如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求证BP ⊥BE ；(2)当AB =3，AD =2时，求二面角E -AG -C 的大小．【解析】(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP =A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BP ⊥BE ．(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1,3,3)，C (-1,3,0)，故AE =(2,0,-3)，AG =(1,3,0)，CG =(2,0,3)．设m =x 1,y 1,z 1 是平面AEG 的一个法向量，由m ·AE =0m ·AG =0 可得2x 1-3z 1=0,x 1+3y 1=0.取z 1=2，可得平面AEG 的一个法向量m =(3,-3,2)．设n =x 2,y 2,z 2 是平面ACG 的一个法向量，由n ·AG =0n ·CG =0，可得x 2+3y 2=0,2x 2+3z 2=0. 取z 2=-2，可得平面ACG 的一个法向量n =(3,-3,-2)．所以cos ‹m ,n ›=m ⋅n |m |⋅|n |=12，因为<m ,n >∈[0,π]，故所求的角为60°．例8.如图，四边形ABCD 是一个半圆柱的轴截面，E ，F 分别是弧DC ,AB 上的一点，EF ∥AD ，点H 为线段AD 的中点，且AB =AD =4,∠FAB =30°，点G 为线段CE 上一动点．(1)试确定点G 的位置，使DG ⎳平面CFH ，并给予证明；(2)求二面角C -HF -E 的大小．【解析】(1)当点G 为CE 的中点时，DG ∥平面CFH ．证明：取CF 得中点M ，连接HM ,MG ．∵G ，M 分别为CE 与CF 的中点，∴GM ∥EF ，且GM =12EF =12AD ，又H 为AD 的中点，且AD ∥EF ,AD =EF ，∴GM ∥DH ,GM =DH ．四边形GMHD 是平行四边形，∴HM ∥DG又HM ⊂平面CFH ,DG ⊄平面CFH∴DG ∥平面CFH(2)由题意知，AB 是半圆柱底面圆的一条直径，∴AF ⊥BF ．∴AF =AB cos30°=23,BF =AB sin30°=2．由EF ∥AD ,AD ⊥底面ABF ，得EF ⊥底面ABF ．∴EF ⊥AF ,EF ⊥BF ．以点F 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F (0,0,0),B (0,2,0),C (0,2,4),H (23,0,2)FH =(23,0,2),FC =(0,2,4)设平面CFH 的一个法向量为n =(x ,y ,z )所以n ⋅FH =23x +2z =0n ⋅FC =2y +4z =0则令z =1则y =-2,x =-33即n =-33,-2,1由BF ⊥AF ,BF ⊥FE ,AF ∩FE =F ．得BF ⊥平面EFH ∴平面EFH 的一个法向量为FB =(0,2,0)设二面角C -HF -E 所成的角为θ∈0,π2则cos θ=∣cos ‹n ,FB ›=|n ⋅FB ||n ||FB |=0×-33 +(-2)×2+1×02×13+4+1=32 ∴二面角C -HF -E 所成的角为π6．例9.坐落于武汉市江汉区的汉口东正教堂是中国南方唯一的拜占庭式建筑，象征着中西文化的有机融合．拜占庭建筑创造了将穹顶支承于独立方柱上的结构方法和与之相呼应的集中式建筑形制，其主体部分由一圆柱与其上方一半球所构成，如图所示．其中O 是下底面圆心，A ,B ,C 是⊙O 上三点，A 1,B 1,C 1是上底面对应的三点．且A ,O ,C 共线，AC ⊥OB ，C 1E =EC ，B 1F =13FB ，AE 与OF 所成角的余弦值为36565．(1)若E 到平面A 1BC 的距离为233，求⊙O 的半径．(2)在(1)的条件下，已知P 为半球面上的动点，且AP =210，求P 点轨迹在球面上围成的面积．【解析】(1)如图，取BB 1,CE 上的点N ,M ．连接OM ,OF ,FM ．过N 作NH ⊥A 1B 于H ，则OM ∥AE ，由题意知cos ∠FOM =36565，设⊙O 的半径为r ，AA 1=h ，由勾股定理知OF =r 2+916h 2，OM =r 2+116h 2，FM =2r 2+14h 2，由余弦定理知cos ∠FOM =OF 2+OM 2-FM 22×OF ×OM．代入解得h =2r ，因为EN ∥BC ，EN ⊄面A 1BC ，所以EN ∥面A 1BC ，故N 到面A 1BC 的距离是233，因为BC ⊥AB ，BC ⊥AA 1，AA 1∩AB =A ，所以BC ⊥面A 1AB ，BC ⊥NH ，因为NH ⊥BC ，NH ⊥A 1B ，A 1B ∩BC =B ，所以NH ⊥面A 1BC ，NH =233，而sin ∠A 1BB 1=NH BN =A 1B 1A 1B ，即233×h 2=2r 2r 2+h 2，解得r =2，h =4，即⊙O 的半径为2．(2)设上底面圆心为O 1，则O 1P =2，O 1O 2与O 1P 的夹角为θ，所以|AP |=|AO 1 +O 1P |=20+4+85cos θ=210，解得cos θ=255，过P 作PO 2⊥AO 1于O 2，则O 2P =O 1P ⋅sin θ=255，所以点P 的轨迹是以O 2为圆心，以255为半径的圆，因此可作出几何体被面AOA 1所截得到的截面，如图所示．设弧A 1C 1旋转一周所得到的曲面面积为S 1，弧PP 得到的为S 2，则S 2S 1=1-cos θS 1=12×4πr2 ，因此S 2=2πr 2(1-cos θ)=8π1-255 ．因此P 点轨迹在球面上围成的面积为8π1-255．例10.如图，ABCD 为圆柱OO 的轴截面，EF 是圆柱上异于AD ,BC 的母线．(1)证明：BE ⊥平面DEF ；(2)若AB =BC =6，当三棱锥B -DEF 的体积最大时，求二面角B -DF -E 的正弦值．【解析】(1)证明：如图，连接AE ，由题意知AB 为⊙O 的直径，所以AE ⊥BE ．因为AD ,EF 是圆柱的母线，所以AD ∥EF 且AD =EF ，所以四边形AEFD 是平行四边形．所以AE ⎳DF ，所以BE ⊥DF ．因为EF 是圆柱的母线，所以EF ⊥平面ABE ，又因为BE ⊂平面ABE ，所以EF ⊥BE ．又因为DF ∩EF =F ，DF 、EF ⊂平面DEF ，所以BE ⊥平面DEF ．(2)由(1)知BE 是三棱锥B -DEF 底面DEF 上的高，由(1)知EF ⊥AE ,AE ∥DF ，所以EF ⊥DF ，即底面三角形DEF 是直角三角形．设DF =AE =x ,BE =y ，则在Rt △ABE 中有：x 2+y 2=6，所以V B -DEF =13S △DEF ⋅BE =13⋅12x ⋅6⋅y =66xy ≤66⋅x 2+y 22=62，当且仅当x =y =3时等号成立，即点E ，F 分别是AB ，CD的中点时，三棱锥B -DEF 的体积最大，。

高三数学专项训练：函数与导数,解析几何解答题(二)(理科)

（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点的直线与椭圆交于不同的两点、，则内切圆的圆面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.
35．某校同学设计一个如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”，其中、是过抛物线焦点的两条弦，且其焦点，，点为轴上一点，记，其中为锐角．
（3）求证： .
4．已知函数 .
（Ⅰ）若函数的值域为，若关于的不等式的解集为，求的值；
（Ⅱ）当时，为常数，且，，求的取值范围.
5．已知函数，函数．
(I)试求f(x)的单调区间。
(II)若f(x)在区间上是单调递增函数，试求实数a的取值范围：
(III)设数列是公差为1．首项为l的等差数列，数列的前n项和为，求证：当时， .
41．（13分）已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点点恰好是抛物线的焦点。
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P（2,3）、Q（2，－3）是椭圆上的两点，A,B是椭圆上位于直线ＰＱ两侧的动点，
①若直线ＡＢ的斜率为，求四边形ＡＰＢＱ面积的最大值；
②当Ａ、B运动时，满足＝，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由。
(2)点Q(x0，y0)(－2<x0<2)是曲线C上的动点，曲线C在点Q处的切线为，点P的坐标是(0，－1)，与PA，PB分别交于点D，E，求△QAB与△PDE的面积之比．
27．已知两点及，点在以、为焦点的椭圆上，且、、构成等差数列．
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)如图，动直线与椭圆有且仅有一个公共点，点是直线上的两点，且，
．求四边形面积的最大值．

高考数学复习专题训练—三角函数与解三角形解答题(含解析)

高考数学复习专题训练—三角函数与解三角形解答题1.(2021·山东滨州期中)已知向量a=(cos x,sin x),b=(4√3sin x,4sin x),若f(x)=a·(a+b).(1)求f(x)的单调递减区间;]上的最值.(2)求f(x)在区间[0,π22.(2021·北京丰台区模拟)如图,△ABC中,∠B=45°,N是AC边的中点,点M在AB边上,且MN⊥AC,BC=√6,MN=√3.(1)求∠A;(2)求BM.3.(2021·山东潍坊二模)如图,D为△ABC中BC边上一点,∠B=60°,AB=4,AC=4√3.给出如下三种数值方案:①AD=√5;②AD=√15;③AD=2√7.判断上述三种方案所对应的△ABD的个数,并求△ABD唯一时,BD的长.4.(2021·海南海口月考)在△ABC中,已知a,b,c分别是角A,B,C的对边,b cos C+c cos B=4,B=π.请再在下4列三个条件:①(a+b+c)(sin A+sin B-sin C)=3a sin B;②b=4√2;③√3c sin B=b cos C中,任意选择一个,添加到题目的条件中,求△ABC的面积.5.(2021·辽宁大连一模)如图,有一底部不可到达的建筑物,A为建筑物的最高点.某学习小组准备了三种工具:测角仪(可测量仰角与俯角)、米尺(可测量长度)、量角器(可测量平面角度).(1)请你利用准备好的工具(可不全使用),设计一种测量建筑物高度AB的方法,并给出测量报告;注:测量报告中包括你使用的工具,测量方法的文字说明与图形说明,所使用的字母和符号均需要解释说明,并给出你最后的计算公式.(2)该学习小组利用你的测量方案进行了实地测量,并将计算结果汇报给老师,发现计算结果与该建筑物实际的高度有误差,请你针对误差情况进行说明.6.(2021·湖北武汉3月质检)在△ABC中,它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=2π3,b=√6.(1)若cos A cos C=23,求△ABC的面积;(2)试问1a +1c=1能否成立?若能成立,求此时△ABC的周长;若不能成立,请说明理由.7.(2021·湖南长沙模拟)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且(b-c)sinCb+a=sin B-sin A.(1)求角A;(2)若a=2,求1tanB +1tanC的最小值.8.(2021·江苏南京期中)如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB为6,O是圆心,且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=2π3.计划在BC⏜上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ(0<θ<π2).(1)当θ=π3时,求∠OPQ的大小;(2)当∠OPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳,当游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,求sin θ的值.答案与解析1.解由于f(x)=a·(a+b)=|a|2+a·b=1+4√3sin x cos x+4sin2x=1+2√3sin 2x+4·1-cos2x2=2√3sin 2x-2cos 2x+3=4sin(2x-π6)+3.(1)由π2+2kπ≤2x-π6≤3π2+2kπ(k∈Z),解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z),所以f(x)的单调递减区间是[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z).(2)由于x∈[0,π2],所以2x-π6∈[-π6,5π6],故当2x-π6=π2即x=π3时,函数f(x)取最大值7;当2x-π6=-π6即x=0时,函数f(x)取最小值1.2.解(1)如图,连接MC,因为N是AC边的中点,且MN⊥AC, 所以MC=MA.在Rt△AMN中,MA=MNsinA=√3sinA,所以MC=√3sinA.在△MBC中,由正弦定理可得MCsinB=BCsin∠BMC,而∠BMC=2∠A,所以√3sinA·sin45°=√6sin2A,即√3sinA·√22=√62sinAcosA,所以cos A=12,故∠A=60°.(2)由(1)知MC=MA=√3sin60°=2,∠BMC=2∠A=120°.在△BCM中,由余弦定理得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC,所以(√6)2=BM2+22-2BM·2·cos 120°,解得BM=√3-1(负值舍去).3.解过点A作AE⊥BC,垂足为点E(图略),则AE=4·sin 60°=2√3,当AD=√5时,AD<AE,所以方案①对应△ABD无解,当AD=√15时,AE<AD<AB<AC ,所以方案②对应△ABD 有两解, 当AD=2√7时,AB<AD<AC ,所以方案③对应△ABD 只有一解. 由方案③知AD=2√7,设BD=x (x>0),所以在△ABD 中由余弦定理得(2√7)2=42+x 2-2×4×x×cos 60°,即x 2-4x-12=0,解得x=6或x=-2(舍去).又因为在△ABC 中易得BC=8,BD=6<BC ,符合题意, 所以BD 的长为6.4.解若选择条件①,则(a+b+c )(sin A+sin B-sin C )=3a sin B ,由正弦定理可得(a+b+c )(a+b-c )=3ab ,所以(a+b )2-c 2=3ab ,整理得a 2+b 2-c 2=ab ,所以cos C=12,故C=π3.又B=π4,所以A=π-π3−π4=5π12. 又因为b cos C+c cos B=4,所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b 22ac=4,即a=4.由正弦定理可得asinA =bsinB , 所以b=asinB sinA=4sin π4sin 5π12=4(√3-1), 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4(√3-1)×sin π3=4(3-√3). 若选择条件②,则b=4√2. 又因为b cos C+c cos B=4,所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b22ac =4,即a=4.又B=π4,所以由正弦定理可得asinA =bsinB , 所以sin A=asinBb=4sin π44√2=12,所以A=π6或A=5π6.由于b>a ,所以B>A ,因此A=5π6不合题意舍去,故A=π6,从而C=π-π6−π4=7π12. 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4√2×sin 7π12=4(√3+1). 若选择条件③,因为b cos C+c cos B=4, 所以b ·a 2+b 2-c 22ab +c ·a 2+c 2-b 22ac=4,所以a=4.因为√3c sin B=b cos C ,所以√3sin C sin B=sin B cos C ,所以tan C=√33,于是C=π6,从而A=π-π6−π4=7π12,所以由正弦定理可得a sinA =bsinB , 所以b=asinB sinA=4sin π4sin 7π12=4(√3-1), 故△ABC 的面积S=12ab sin C=12×4×4(√3-1)×sin π6=4(√3-1). 5.解 (1)选用测角仪和米尺,如图所示.①选择一条水平基线HG ,使H ,G ,B 三点在同一条直线上;②在H ,G 两点用测角仪测得A 的仰角分别为α,β,HG=a ,即CD=a.测得测角仪器的高是h ;③(方法一)在△ACD 中,由正弦定理,得ACsinα=CDsin (β-α), 所以AC=CDsinαsin (β-α)=asinαsin (β-α),在Rt △ACE 中,有AE=AC sin β=asinαsinβsin (β-α), 所以建筑物的高度AB=AE+h=asinαsinβsin (β-α)+h. (方法二)在Rt △ADE 中,DE=AEtanα, 在Rt △ACE 中,CE=AEtanβ, 所以CD=DE-CE=AEtanα−AEtanβ=AE (tanβ-tanα)tanαtanβ,所以AE=atanαtanβtanβ-tanα,所以建筑物的高度AB=AE+h=atanαtanβtanβ-tanα+h. (2)①测量工具问题;②两次测量时位置的间距差; ③用身高代替测角仪的高度.6.解 (1)由B=2π3,得A+C=π3,cos(A+C )=cos A cos C-sin A sin C ,即12=cos A cos C-sin A sin C.因为cos A cos C=23,所以sin A sin C=16.因为a sinA =c sinC =√6√32=2√2,所以a=2√2sin A ,c=2√2sin C.所以S △ABC =12·2√2sin A·2√2sin C·sin B=4sin A·sin B sin C=4×16×√32=√33. (2)假设1a +1c =1能成立,所以a+c=ac.由余弦定理,得b 2=a 2+c 2-2ac cos B ,所以6=a 2+c 2+ac.所以(a+c )2-ac=6,所以(ac )2-ac-6=0,所以ac=3或ac=-2(舍去),此时a+c=ac=3. 不满足a+c ≥2√ac ,所以1a +1c =1不成立.7.解 (1)由(b -c )sinCb+a =sin B-sin A ,可得(b-c )sin C=(sin B-sin A )(b+a ),由正弦定理得(b-c )c=(b-a )(b+a ),即b 2+c 2-a 2=bc , 由余弦定理,得cos A=b 2+c 2-a 22bc=12,因为0<A<π,可得A=π3.(2)由(1)知A=π3,设△ABC 的外接圆的半径为R (R>0),可得2R=asinA =4√33, 由余弦定理得a 2=b 2+c 2-2bc cos A=b 2+c 2-bc ≥bc , 即bc ≤a 2=4,当且仅当b=c=2时取等号, 又1tanB +1tanC =cosBsinB +cosCsinC =cosBsinC+sinBcosCsinBsinC =sin (B+C )sinBsinC =sinAsinBsinC =2R ·2RsinA 2RsinB ·2RsinC=2R ·abc =8√33bc ≥8√33×4=2√33,所以1tanB +1tanC 的最小值为2√33.8.解 (1)在△POQ 中,因为∠AQC=2π3,所以∠AQO=π3.又OA=OB=3,所以OQ=√3. 设∠OPQ=α,则∠PQO=π2-α+θ. 由正弦定理,得3sin (π2-α+θ)=√3sinα,即√3sin α=cos(α-θ), 整理得tan α=√3-sinθ,其中θ∈(0,π2).当θ=π3时,tan α=√33.因为α∈(0,π2),所以α=π6. 故当θ=π3时,∠OPQ=π6.(2)设f(θ)=√3-sinθ,θ∈(0,π2),则f'(θ)=-sinθ(√3-sinθ)+cos 2θ(√3-sinθ)2=1-√3sinθ(√3-sinθ)2.令f'(θ)=0,得sin θ=√33,记锐角θ0满足sin θ0=√33,当0<θ<θ0时,f'(θ)>0;当θ0<θ<π2时,f'(θ)<0, 所以f(θ)在θ=θ0处取得极大值亦即最大值.由(1)可知tan α=f(θ)>0,则α∈(0,π2),又y=tan α单调递增,则当tan α取最大值时,α也取得最大值.故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时,sin θ=√33 .。

【高考专项】2020年高考数学数列解答题专项练习40题(含答案详解)

2020年高考数学数列解答题专项练习40题1、数列{a n}的前n项和为S n，,且成等差数列.(1)求a1的值，并证明为等比数列;(2)设，若对任意的，不等式恒成立，试求实数的取值范围.2、已知数列{a n}的前n项和，{b n}是等差数列，且（1）求数列{b n}的通项公式；（2）令求数列{c n}的前n项和.3、已知等差数列{a n}的前n项和为S n，公差，且成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令,求数列{c n}的前n项和.4、已知数列{a n}满足，.（1）证明数列{a n+1}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）令，求数列{b n}的前n项和5、已知数列{a n}前n项和为。

（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列；求数列的前n项和。

6、设数列{a n}的前n项和为S n，若．(1)求出数列{a n}的通项公式；(2)已知，数列{b n}的前n项和记为，证明：．7、已知等差数列{a n}满足，，数列{b n}满足.（1）求数列{a n}、{b n}的通项公式；（2）求数列的前n项和.8、正项数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）试求数列{a n}的通项公式；（2）设，求{b n}的前n项和为.（3）在（2）的条件下，若对一切恒成立，求实数m的取值范围.9、已知等差数列{a n}的公差d≠0，它的前n项和为S n，若，且a2，a6，a18成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{}的前n项和为，求证：．10、等差数列{a n}中，已知，且为递增的等比数列.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}的通项公式（），求数列{b n}的前n项和S n.11、已知等比数列{a n}的前n项和为S n，且是S n与2的等差中项，等差数列中，，点在一次函数的图象上．（1）求数列{a n},{b n}的通项和；（2）设，求数列{c n}的前n项和．12、已知公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，，且成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若，数列{b n}的前n项和为，求.13、记为各项为正数的等比数列{a n}的前S n项和，已知.（1）求数列{a n}的通项公式;（2）令，求的前n项和.14、设数列{a n}的前n项和为S n，已知3S n=4－4，．（1)求数列{a n}的通项公式；(2）令，求数列{b n}的前n项和Tn.15、已知数列{a n}的各项均为正数，对任意，它的前n项和S n满足，并且，，成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，为数列{b n}的前n项和，求．16、已知数列{a n}的前n项和为S n，且，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）当时，求证：数列的前n项和．17、已知数列为等差数列，且，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）证明：．18、已知{a n}是各项均为正数的等比数列，{b n}是等差数列，且，，；求：（1）{a n}和{b n}的通项公式；（2）设，，求数列{c n}的前n项和．19、已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}是等差数列，且，求非零常数．20、等差数列{a n}中，，．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求的值．21、已知等差数列{a n}的前n项的和为S n，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设(3)设，表示不超过的最大整数，求{c n}的前1000项的和22、S n为数列{a n}的前n项和.已知，.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前项和.23、已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=2S n+1，其中S n为{a n}的前n项和，n∈N*．（1）求a n；（2）若数列{b n}满足b n=，{b n}的前n项和为T n，且对任意的正整数n都有T n ＜m，求m的最小值．24、已知数列{a n}，a=1，=a-n²-n-（1）求数列{a n}的通项公式；（2）证明++…+＜（n∈N）.25、已知数列{a n}的首项a1=a（a>0），其前n项和为S n，设（）．（1）若a2=a+1，a3=2a2，且数列{b n}是公差为3的等差数列，求S2n；（2）设数列{b n}的前n项和为T n，满足T n=n2．①求数列{a n}的通项公式；②若对且n≥2，不等式恒成立，求a的取值范围．26、设数列{a n}的各项均为不等的正整数，其前n项和为S n，我们称满足条件“对任意的m,n∈N*. 均有”的数列{a n}为“好”数列．（1）试分别判断数列{a n}，{b n}是否为“好”数列，其中，，n∈N*，并给出证明；（2）已知数列{c n}为“好”数列．①若c2017=2018，求数列{c n}的通项公式；②若c1=p，且对任意给定正整数p,s（s>1），有c1,c2,c3成等比数列，求证：t≥s2．27、已知数列{a n}的各项均为正数，，前n项和为S n，且，为正常数．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记，（）．求证：①；②．28、已知数列{a n}满足…．（1）求，，的值；（2）猜想数列{a n}的通项公式，并证明．29、等差数列{a n}的公差为正数，，其前n项和为S n；数列{b n}为等比数列，，且．(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2)设，求数列{c n}的前n项和．30、设数列{a n}的前n项和为S n，已知，（）．（1）求证：数列{a n}为等比数列；（2）若数列{b n}满足：，．①求数列{b n}的通项公式；②是否存在正整数n，使得成立？若存在，求出所有n的值；若不存在，请说明理由．31、已知数列{a n}的前n项和S n，且，数列是首项为1，公比为的等比数列. （1）若数列{a n+b n}是等差数列，求该等差数列的通项公式；（2）求数列{a n+n+b n}的前项和.32、已知等比数列{a n}中，.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前项和.33、已知数列{a n}为等差数列，S n为{a n}的前n项和，.数列为等比数列且.（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）记，其前n项和为，求证：.34、已知数列{a n}的前n项和为S n，满足（1）求证：数列{a n+2}为等比数列；（2）求数列{a n}的通项；（3）若数列{b n}满足为数列的前n项和，求.35、已知各项均为正数的数列{a n},满足且.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设,若的前n项和为S n,求S n；(3)在（2）的条件下,求使成立的正整数n的最小值．36、设数列{a n}的前n项和，数列满足．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和．37、已知数列{a n}满足，且．（1）求证：数列是等差数列，并求出数列{a n}的通项公式；（2）令，求数列{b n}的前n项和S n38、已知{a n}是等比数列，满足，且成等差数列（1）求数列{a n}的通项公式（2）设，数列{b n}的前项和为，求正整数k的值，使得对任意n≥2均有g（k）≥g（n）39、已知二次函数f(x)=3x2－2x.，数列{a n}的前n项和为，点均在函数的图像上。

2024高考题分类训练(数学)专题五数列

专题五数列考点17 等差数列题组一、选择题1. [2023全国卷甲，5分]记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a2+a6=10，a4a8=45，则S5= ( C )A. 25B. 22C. 20D. 15[解析]解法一由a2+a6=10，可得2a4=10，所以a4=5，又a4a8=45，所以a8=9.设等差数列{a n}的公差为d，则d=a8−a48−4=9−54=1，又a4=5，所以a1=2，所以S5=5a1+5×42×d=20，故选C.解法二设等差数列{a n}的公差为d，则由a2+a6=10，可得a1+3d=5①，由a4a8=45，可得(a1+3d)(a1+7d)=45②，由①②可得a1=2，d=1，所以S5=5a1+5×42×d=20，故选C.2. （2023全国卷乙，5分）已知等差数列{a n}的公差为2π3，集合S={cosa n|n∈N∗}，若S={a，b}，则ab= ( B )A. −1B. −12C. 0 D. 12[解析]由题意得a n=a1+2π3(n−1)，cosa n+3=cos(a1+2π3(n+2))=cos(a1+2π3n+4π3)=cos(a1+2π3n+2π−2π3)=cos(a1+2π3n−2π3)=cosa n，所以数列{cosa n}是以3为周期的周期数列，又cosa2=cos(a1+2π3)=−12cosa1−√32sina1，cosa3=cos(a1+4π3)=−12cosa1+√32sina1，因为集合S中只有两个元素，所以有三种情况：cosa1=cosa2≠cosa3，cosa1=cosa3≠cosa2，cosa2=cosa3≠cosa1.下面逐一讨论：①当cosa1=cosa2≠cosa3时，有cosa1=−12cosa1−√32sina1，得tana1=−√3，所以ab=cosa1(−12cosa1+√32sina1)=−12cos2a1+√32sina1cosa1=−1 2cos2a1+√32sina1cosa1sin2a1+cos2a1=−12+√32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12.②当cosa1=cosa3≠cosa2时，有cosa1=−12cosa1+√32sina1，得tana1=√3，所以ab=cosa1(−12cosa1−√32sina1)=−12cos2a1−√32sina1cosa1=−1 2cos2a1−√32sina1cosa1sin2a1+cos2a1=−12−√32tana1tan2a1+1=−12−323+1=−12.③当cosa2=cosa3≠cosa1时，有−12cosa1−√32sina1=−12cosa1+√32sina1，得sina1=0，所以ab=cosa1(−12cosa1−√32sina1)=−12cos2a1=−12(1−sin2a1)=−12.综上，ab=−12，故选B.【速解】取a1=−π3，则cosa1=12，cosa2=cos(a1+2π3)=12，cosa3=cos(a1+4π3)=−1，所以S={12,−1}，ab=−12，故选B.3. [2021北京，4分]已知{a n}和{b n}是两个等差数列，且a kb k(1≤k≤5)是常值，若a1=288 ,a5=96 ,b1=192，则b3的值为( C )A. 64B. 100C. 128D. 132[解析]因为{a n}和{b n}是两个等差数列,所以2a3=a1+a5=288+96=384，所以a3=192.因为当1≤k≤5时，a kb k 是常值，所以a3b3=a1b1=288192=192b3，从而b3=128.故选C.4. [2020全国卷Ⅱ，5分]如图，北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( C )A. 3 699块B. 3 474块C. 3 402块D. 3 339块[解析]由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{a n}，设数列{a n}的公差为d,前n项和为S n，易知其首项a1=9，d=9，所以a n=a1+(n−1)d=9n．由等差数列的性质知S n,S2n−S n,S3n−S2n也成等差数列，所以2(S2n−S n)=S n+S3n−S2n，所以(S3n−S2n)−(S2n−S n)=S2n−2S n=2n(9+18n)2−2×n(9+9n)2=9n2=729，得n=9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n=3n(9+27n)2=3×9×(9+27×9)2=3402，故选C．5. [2020浙江，4分]已知等差数列{a n}的前n项和为S n ,公差d≠0，且a1d≤1 .记b1=S2，b n+1=S2n+2−S2n ,n∈N∗ ,下列等式不可能成立的是( D )A. 2a4=a2+a6B. 2b4=b2+b6C. a42=a2a8D. b42=b2b8 [解析]由b n+1=S2n+2−S2n，得b2=a3+a4=2a1+5d，b4=a7+a8=2a1+13d，b6=a11+a12,b8=a15+a16=2a1+29d.由等差数列的性质易知A成立；若2b4=b2+b6,则2(a7+a8)=a3+a4+a11+a12=2a7+2a8，故B成立；若a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),则a1=d,故C可能成立；若b42=b2b8,即(2a1+13d)2=(2a1+5d)(2a1+29d)，则a1d =32，与已知矛盾，故D不可能成立.6. [2020北京，4分]在等差数列{a n}中，a1=−9 ,a5=−1 .记T n=a1a2…a n(n=1,2,…) ,则数列{T n} ( B )A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项[解析]设等差数列{a n}的公差为d，∵a1=−9，a5=−1,∴a5=−9+4d=−1,∴d=2,∴a n=−9+(n−1)×2=2n−11.令a n=2n−11≤0,则n≤5.5,∴n≤5时,a n<0；n≥6时,a n>0.∴T1=−9<0,T2=(−9)×(−7)= 63>0，T3=(−9)×(−7)×(−5)=−315<0,T4=(−9)×(−7)×(−5)×(−3)=945>0,T5=(−9)×(−7)×(−5)×(−3)×(−1)=−945<0,当n≥6时,a n>0,且a n≥1，∴T n+1<T n<0，∴T n=a1a2…a n(n=1,2,…)有最大项T4，无最小项,故选B．7. [2019全国卷Ⅰ，5分]记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S4=0，a5= 5，则( A )A. a n =2n −5B. a n =3n −10C. S n =2n 2−8nD. S n =12n 2−2n[解析]解法一设等差数列{a n } 的公差为d ，∵{S 4=0,a 5=5,∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2,∴a n =a 1+(n −1)d =−3+2(n −1)=2n −5 ，S n =na 1+n (n−1)2d =n 2−4n .故选A ．解法二设等差数列{a n } 的公差为d ，∵{S 4=0,a 5=5,∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3,d =2.选项A ，a 1=2×1−5=−3 ；选项B ，a 1=3×1−10=−7 ，排除B ;选项C ，S 1=2−8=−6 ，排除C ；选项D ，S 1=12−2=−32 ，排除D ．故选A ．【方法技巧】等差数列基本运算的常见类型及解题策略（1）求公差d 或项数n .在求解时，一般要运用方程思想. （2）求通项.a 1 和d 是等差数列的两个基本元素.（3）求特定项.利用等差数列的通项公式或等差数列的性质求解.（4）求前n 项和.利用等差数列的前n 项和公式直接求解，或利用等差中项间接求解.二、填空题8. [2022全国卷乙，5分]记S n 为等差数列{a n } 的前n 项和.若2S 3=3S 2+6 ，则公差d = 2.[解析]因为2S 3=3S 2+6 ,所以2(a 1+a 2+a 3)=3(a 1+a 2)+6 ，化简得3d =6 ，得d =2 .9. [2020新高考卷Ⅰ，5分]将数列{2n −1} 与{3n −2} 的公共项从小到大排列得到数列{a n } ,则{a n } 的前n 项和为3n 2−2n .[解析]设b n =2n −1 ,c n =3n −2 ,b n =c m ,则2n −1=3m −2 ,得n =3m−12=3m−3+22=3(m−1)2+1 ，于是m −1=2k ,k ∈N ，所以m =2k +1 ,k ∈N ,则a k =3(2k +1)−2=6k +1 ,k ∈N ，得a n =6n −5 ,n ∈N ∗.故S n =1+6n−52×n =3n 2−2n .10. （2019全国卷Ⅲ，5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和.若a1≠0，a2= 3a1，则S10S5=4.[解析]设等差数列{a n}的公差为d,由a2=3a1，即a1+d=3a1，得d=2a1，所以S10S5=10a1+10×92d5a1+5×42d=10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1=10025=4.11. [2019北京，5分]设等差数列{a n}的前n项和为S n .若a2=−3，S5=−10，则a5=0，S n的最小值为−10 .[解析]设等差数列{a n}的公差为d，∵{a2=−3,S5=−10,即{a1+d=−3,5a1+10d=−10,∴可得{a1=−4,d=1,∴a5=a1+4d=0.∵S n=na1+n(n−1)2d=12(n2−9n),∴当n=4或n=5时，S n取得最小值，最小值为−10.12. [2019江苏，5分]已知数列{a n}(n∈N∗)是等差数列，S n是其前n项和.若a2a5+a8=0，S9=27，则S8的值是16.[解析]解法一设等差数列{a n}的公差为d，则a2a5+a8=(a1+d)(a1+4d)+ a1+7d=a12+4d2+5a1d+a1+7d=0，S9=9a1+36d=27，解得a1=−5,d=2,则S8=8a1+28d=−40+56=16.解法二设等差数列{a n}的公差为d.S9=9(a1+a9)2=9a5=27,a5=3，又a2a5+a8=0，则3(3−3d)+3+3d=0,得d=2，则S8=8(a1+a8)2=4(a4+a5)= 4(1+3)=16.【方法技巧】在等差数列{a n}中，若m+n=p+q ,m ,n ,p ,q∈N∗，则a m+a n=a p+a q .三、解答题13. [2023全国卷乙，12分]记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a2=11 ,S10=40 .（1）求{a n}的通项公式；[答案]设{a n}的公差为d，则{a2=a1+d=11,S10=10a1+45d=40,解得a1=13,d=−2.所以{a n}的通项公式为a n=13+(n−1)⋅(−2)=15−2n.（2）求数列{|a n|}的前n项和T n .[答案]由（1）得∣a n∣={15−2n,n≤7, 2n−15,n≥8.当n≤7时，T n=S n=13n+n(n−1)2×(−2)=14n−n2,当n≥8时，T n=−S n+2S7=−(14n−n2)+2(14×7−72)=98−14n+ n2.综上,T n={14n−n2,n≤7,98−14n+n2,n≥8.14. [2023新高考卷Ⅰ，12分]设等差数列{a n}的公差为d，且d>1 .令b n=n2+na n,记S n ,T n分别为数列{a n}，{b n}的前n项和.（1）若3a2=3a1+a3 ,S3+T3=21 ,求{a n}的通项公式；[答案]因为3a2=3a1+a3，所以3(a2−a1)=a1+2d，所以3d=a1+2d,所以a1=d,所以a n=nd.因为b n=n2+na n ,所以b n=n2+nnd=n+1d，所以S3=3(a1+a3)2=3(d+3d)2=6d，T3=b1+b2+b3=2d+3d+4d=9d.因为S3+T3=21，所以6d+9d =21，解得d=3或d=12，因为d>1，所以d=3.所以{a n}的通项公式为a n=3n.（2）若{b n}为等差数列，且S99−T99=99，求d . [答案]因为b n=n2+na n，且{b n}为等差数列，所以2b2=b1+b3，即2×6a2=2a1+12a3，所以6a1+d −1a1=6a1+2d，所以a12−3a1d+2d2=0，解得a1=d或a1=2d.①当a1=d时，a n=nd，所以b n=n2+na n =n2+nnd=n+1d，S99=99(a1+a99)2=99(d+99d)2=99×50d，T99=99(b1+b99)2=99(2d+100d)2=99×51d.因为S99−T99=99，所以99×50d−99×51d=99，即50d2−d−51=0，解得d=5150或d=−1（舍去）.②当a1=2d时，a n=(n+1)d，所以b n=n2+na n =n2+n(n+1)d=nd，S99=99(a1+a99)2=99(2d+100d)2=99×51d，T99=99(b1+b99)2=99(1d+99d)2=99×50d.因为S99−T99=99，所以99×51d−99×50d=99，即51d2−d−50=0，解得d=−5051（舍去）或d=1（舍去）.综上，d=5150.15. [2022全国卷甲，12分]记S n为数列{a n}的前n项和.已知2S nn+n=2a n+1 . （1）证明:{a n}是等差数列;[答案]由2S nn+n=2a n+1，得2S n+n2=2a n n+n①，所以2S n+1+(n+1)2=2a n+1(n+1)+(n+1)②，②−①，得2a n+1+2n+1=2a n+1(n+1)−2a n n+1，化简得a n+1−a n=1，所以数列{a n}是公差为1的等差数列.（2）若a4 ,a7 ,a9成等比数列，求S n的最小值.[答案]由（1）知数列{a n}的公差为1.由a72=a4a9，得(a1+6)2=(a1+3)(a1+8)，解得a1=−12.所以S n=−12n+n(n−1)2=n2−25n2=12(n−252)2−6258，所以当n=12或13时，S n取得最小值,最小值为−78.16. [2021新高考卷Ⅱ，10分]记S n是公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，若a3=S5 ,a2a4=S4 .（1）求数列{a n}的通项公式；[答案]设等差数列{a n}的公差为d(d≠0)，则由题意，得{a1+2d=5a1+10d,(a1+d)(a1+3d)=4a1+6d得{a1=−4,d=2所以a n=a1+(n−1)d=2n−6.（2）求使S n>a n成立的n的最小值.[答案]S n=n(a1+a n)2=n(2n−10)2=n2−5n，则由n2−5n>2n−6，整理得n2−7n+6>0，解得n<1或n>6.因为n∈N∗，所以使S n>a n成立的n的最小值为7.17. [2021全国卷甲，12分]已知数列{a n}的各项均为正数,记S n为{a n}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①数列{a n}是等差数列；②数列{√S n }是等差数列；③a2=3a1 .注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.[答案]①③⇒②.已知{a n}是等差数列，a2=3a1.设数列{a n}的公差为d，则a2=3a1=a1+d，得d=2a1，所以S n=na1+n(n−1)2d=n2a1.因为数列{a n}的各项均为正数，所以√S n=n√a1，所以√S n+1−√S n=(n+1)√a1−n√a1=√a1（常数），所以数列{√S n}是等差数列.①②⇒③.已知{a n}是等差数列，{√S n}是等差数列.解法一易得√S3+√S1=2√S2,即√3a2+√a1=2√a1+a2,两边同时平方得3a2+a1+2√3a1a2=4(a1+a2),整理得(√3a1−√a2)2=0,所以a2=3a1.解法二设数列{a n}的公差为d，则S n=na1+n(n−1)2d=12n2d+(a1−d2)n.因为数列{√S n}是等差数列，所以数列{√S n}的通项公式是关于n的一次函数，则a1−d2=0，即d=2a1，所以a2=a1+d=3a1.②③⇒①.已知数列{√S n}是等差数列，a2=3a1，所以S1=a1,S2=a1+a2=4a1.设数列{√S n}的公差为d，d>0，则√S2−√S1=√4a1−√a1=d，得a1= d2，所以√S n=√S1+(n−1)d=nd，所以S n=n2d2，所以a n=S n−S n−1=n2d2−(n−1)2d2=2d2n−d2(n≥2)，所以a n−a n−1=2d2(n≥2)，所以数列{a n}是等差数列.考点18 等比数列题组一、选择题1. [2023全国卷甲，5分]设等比数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n ,若a1=1，S5=5S3−4，则S4= ( C )A. 158B. 658C. 15D. 40[解析]解法一若该数列的公比q=1，代入S5=5S3−4中，有5=5×3−4，不成立，所以q≠1.由1−q 51−q =5×1−q31−q−4，化简得q4−5q2+4=0,所以q2=1（舍）或q2=4,由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1−q41−q= 15.故选C.解法二由已知得1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)−4,整理得(1+q)(q3−4q)=0,由于此数列各项均为正数，所以q=2，所以S4=1+q+q2+q3=1+2+4+8=15.故选C.2. [2023天津，5分]已知{a n}为等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，a n+1= 2S n+2 ,则a4的值为( C )A. 3B. 18C. 54D. 152[解析]解法一因为a n+1=2S n+2，所以当n≥2时，a n=2S n−1+2，两式相减得a n+1−a n=2a n，即a n+1=3a n，所以数列{a n}是公比q=a n+1a n=3的等比数列.当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2，又a2=3a1，所以3a1=2a1+ 2，解得a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C.解法二设等比数列{a n}的公比为q，因为a n+1=2S n+2，所以公比q≠1，且a1q n=2a1(1−q n)1−q +2=−2a11−qq n+2a11−q+2，所以{a1=−2a11−q,0=2a11−q+2,又a1≠0，所以q=3，a1=2，所以a4=a1q3=2×33=54，故选C.3. [2023新高考卷Ⅱ，5分]记S n 为等比数列{a n } 的前n 项和，若S 4=−5 ,S 6=21S 2 ,则S 8= ( C ) A. 120B. 85C. −85D. −120[解析]解法一设等比数列{a n } 的公比为q (q ≠0) ，由题意易知q ≠1 ，则{a 1(1−q 4)1−q=−5,a1(1−q6)1−q=21×a 1(1−q 2)1−q,化简整理得{q 2=4,a 11−q =13. 所以S 8=a 1(1−q 8)1−q=13×(1−44)=−85 .故选C . 解法二易知S 2 ，S 4−S 2 ，S 6−S 4 ，S 8−S 6 ，…… 为等比数列，所以(S 4−S 2)2=S 2⋅(S 6−S 4) ,解得S 2=−1 或S 2=54.当S 2=−1 时，由(S 6−S 4)2=(S 4−S 2)⋅(S 8−S 6) ，解得S 8=−85 ；当S 2=54 时，结合S 4=−5得{a 1(1−q 4)1−q =−5a 1(1−q 2)1−q =54,化简可得q 2=−5 ，不成立，舍去.所以S 8=−85 ，故选C .4. [2022全国卷乙，5分]已知等比数列{a n } 的前3项和为168，a 2−a 5=42 ,则a 6= ( D ) A. 14B. 12C. 6D. 3[解析]解法一设等比数列{a n } 的公比为q ，由题意可得{a 1+a 2+a 3=168,a 2−a 5=42,即{a 1(1+q +q 2)=168,a 1q (1−q 3)=a 1q (1−q )(1+q +q 2)=42, 解得{a 1=96,q =12, 所以a 6=a 1q 5=3 ，故选D .解法二设等比数列{a n } 的公比为q ,易知q ≠1 ,由题意可得{a 1(1−q 3)1−q=168,a 1q (1−q3)=42,解得{a 1=96,q =12,所以a 6=a 1q 5=3 ，故选D .5. [2021全国卷甲，5分]记S n 为等比数列{a n } 的前n 项和.若S 2=4 ，S 4=6 ,则S 6= ( A ) A. 7B. 8C. 9D. 10[解析]解法一因为S2=4,S4=6，所以公比q≠1，所以由等比数列的前n项和公式，得{S2=a1(1−q2)1−q=a1(1+q)=4,S4=a1(1−q4)1−q =a1(1+q)(1+q2)=6,两式相除，（技巧点拨：与等比数列有关的方程组，求解时通常利用两式相除，达到消元、降次的目的）得q2=12，所以{a1=4(2−√2),q=√22或{a1=4(2+√2),q=−√22,所以S6=a1(1−q6)1−q=7．故选A．解法二易知公比q≠−1，则S2,S4−S2,S6−S4构成等比数列，所以S2(S6−S4)=(S4−S2)2，即4(S6−6)=22，所以S6=7．故选A．6. [2020全国卷Ⅰ，5分]设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1 ,a2+a3+ a4=2 ,则a6+a7+a8= ( D )A. 12B. 24C. 30D. 32[解析]解法一设等比数列{a n}的公比为q，所以a2+a3+a4a1+a2+a3=(a1+a2+a3)qa1+a2+a3=q=2，由a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=a1(1+2+22)=1，解得a1=17，所以a6+a7+a8=a1(q5+q6+q7)=17×(25+26+27)=17×25×(1+2+22)=32，故选D.解法二令b n=a n+a n+1+a n+2(n∈N∗)，则b n+1=a n+1+a n+2+a n+3.设数列{a n}的公比为q，则b n+1b n =a n+1+a n+2+a n+3a n+a n+1+a n+2=(a n+a n+1+a n+2)qa n+a n+1+a n+2=q，所以数列{b n}为等比数列，由题意知b1=1,b2=2，所以等比数列{b n}的公比q=2，所以b n=2n−1,所以b6=a6+a7+a8=25=32，故选D.7. [2020全国卷Ⅱ，5分]数列{a n}中，a1=2 ,a m+n=a m a n .若a k+1+a k+2+⋯+a k+10=215−25 ,则k= ( C )A. 2B. 3C. 4D. 5[解析]令m=1，则由a m+n=a m a n，得a n+1=a1a n，即a n+1a n=a1=2，所以数列{a n}是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n=2n，所以a k+1+a k+2+⋯+a k+10=a k(a1+a2+⋯+a10)=2k×2×(1−210)1−2=2k+1×(210−1)=215−25=25×(210−1)，解得k=4，故选C．8. [2019全国卷Ⅲ，5分]已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3= ( C )A. 16B. 8C. 4D. 2[解析]设等比数列{a n}的公比为q，由a5=3a3+4a1得q4=3q2+4，得q2= 4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q=2，又a1+a2+a3+a4=a1(1+q+q2+q3)=a1(1+2+4+8)=15，所以a1=1，所以a3=a1q2= 4.二、填空题9. [2023全国卷乙，5分]已知{a n}为等比数列，a2a4a5=a3a6 ,a9a10=−8 ,则a7=−2 .[解析]解法一设数列{a n}的公比为q，则由a2a4a5=a3a6，得a1q⋅a1q3⋅a1q4=a1q2⋅a1q5.又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q=1①.又a9a10=a1q8⋅a1q9=a12q17=−8②，所以由①②可得q15=−8，q5=−2，所以a7=a1q6=a1q⋅q5=−2.解法二设数列{a n}的公比为q.因为a4a5=a3a6≠0，所以a2=1.又a9a10= a2q7⋅a2q8=q15=−8，于是q5=−2，所以a7=a2q5=−2.10. [2019全国卷Ⅰ，5分]记S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=13，a42=a6，则S5=1213.[解析]解法一设等比数列{a n}的公比为q，因为a42=a6，所以(a1q3)2=a1q5，所以a1q=1，又a1=13，所以q=3，所以S5=a1(1−q5)1−q=13×(1−35)1−3=1213．解法二设等比数列{a n}的公比为q，因为a42=a6，所以a2a6=a6，所以a2=1，又a1=13，所以q=3，所以S5=a1(1−q5)1−q=13×(1−35)1−3=1213．三、解答题11. [2020全国卷Ⅰ，12分]设{a n}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.（1）求{a n}的公比；[答案]设{a n}的公比为q,由题设得2a1=a2+a3,即2a1=a1q+a1q2.所以q2+q−2=0，解得q=1（舍去）或q=−2.故{a n}的公比为−2.（2）若a1=1，求数列{na n}的前n项和.[答案]记S n为{na n}的前n项和.由（1）及题设可得，a n=(−2)n−1.所以S n=1+2×(−2)+⋯+n×(−2)n−1,−2S n=−2+2×(−2)2+⋯+(n−1)×(−2)n−1+n×(−2)n.可得3S n=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n×(−2)n=1−(−2)n3−n×(−2)n.所以S n=19−(3n+1)(−2)n9.12. [2020新高考卷Ⅰ，12分]已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4= 20 ,a3=8 .（1）求{a n}的通项公式；[答案]设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20，a1q2=8.解得q=12（舍去）或q=2.由题设得a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.（2）记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100 .[答案]由题设及（1）知b1=0，且当2n≤m<2n+1时，b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+⋯+(b32+b33+⋯+b63)+ (b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100−63)=480.【方法技巧】求解本题第（2）问的关键在于找准m的取值和a n的联系，可从小到大进行列举，找规律，从而可得结果.13. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知{a n}是各项均为正数的等比数列,a1=2 ,a3= 2a2+16 .（1）求{a n}的通项公式;[答案]设{a n}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2−2q−8=0.解得q=−2（舍去）或q=4.因此{a n}的通项公式为a n=2×4n−1=22n−1.（2）设b n=log2a n ,求数列{b n}的前n项和.[答案]由（1）得b n =(2n −1)log 22=2n −1 ,因此数列{b n } 的前n 项和为1+3+⋯+2n −1=n 2 .考点19 递推数列与数列求和题组一一、选择题1. [2021浙江，4分]已知数列{a n } 满足a 1=1 ,a n+1=n 1+√a n ∈N ∗) ,记数列{a n } 的前n 项和为S n ,则( A ) A. 32<S 100<3B. 3<S 100<4C. 4<S 100<92D. 92<S 100<5[解析]因为a 1=1 ,a n+1=n 1+√a ，所以a n >0 ，a 2=12 ,所以S 100>32.1an+1=1+√a n a n =1a n+√a =(√a +12)2−14 .所以1a n+1<(√a +12)2，两边同时开方可得√a <√a +12 ，则√a <√a +12 ,… ，√a <√a 12 ,由累加法可得√a <√a +n2=1+n2 ，所以√a ≤1+n−12=n+12，所以√a n ≥2n+1 ,所以a n+1=n 1+√a ≤a n1+2n+1=n+1n+3a n ，即a n+1a n≤n+1n+3 ，则a nan−1≤n n+2 ,… ,a 2a 1≤24 ,由累乘法可得当n ≥2 时，a n =a n a 1≤nn+2×n−1n+1×n−2n ×…×35×24=6(n+2)(n+1)=6(1n+1−1n+2) ，所以S 100<1+6(13−14+14−15+⋯+1101−1102)=1+6(13−1102)<1+2=3 ，故选A .【方法技巧】利用放缩法，结合累加法与累乘法求得a n ≤6(1n+1−1n+2) ，从而利用裂项相消法计算S 100 的取值范围.二、填空题2. [2021新高考卷Ⅰ，5分]某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm ×12dm 的长方形纸,对折1次共可以得到10dm ×12dm ,20dm ×6dm 两种规格的图形,它们的面积之和S 1=240dm 2 ,对折2次共可以得到5dm ×12dm ,10dm ×6dm ,20dm ×3dm 三种规格的图形,它们的面积之和S 2=180dm 2 ,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5；如果对折n 次,那么∑nk=1S k = 240(3−n+32n) dm 2 .[解析]依题意得，S 1=120×2=240 ；S 2=60×3=180 ；当n =3 时，共可以得到5dm ×6dm ，52dm ×12dm ,10dm ×3dm ,20dm ×32dm 四种规格的图形，且5×6=30 ,52×12=30 ，10×3=30 ，20×32=30 ，所以S 3=30×4=120 ；当n =4 时，共可以得到5dm ×3dm ，52dm ×6dm ,54dm ×12dm ,10dm ×32dm ,20dm ×34dm 五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3=15 ,52×6=15 ，54×12=15 ，10×32=15 ，20×34=15 ，所以S 4=15×5=75 ； ……所以可归纳S k =2402k×(k +1)=240(k+1)2k.所以∑n k=1S k =240(1+322+423+⋯+n2n−1+n+12n) ①，所以12×∑nk=1S k =240(222+323+424+⋯+n2n +n+12n+1) ②，由①−② 得，12×∑nk=1S k =240(1+122+123+124+⋯+12n −n+12n+1)=240(1+122−12n ×121−12−n+12n+1)=240(32−n+32n+1) ，（提示：用等比数列的前n 项和公式S n =a 1−a n q 1−q(q ≠1) ，可避免计算数列项数时出错）所以∑nk=1S k =240(3−n+32n)dm 2 .3. [2020全国卷Ⅰ，5分]数列{a n } 满足a n+2+(−1)n a n =3n −1 ,前16项和为540，则a 1= 7.[解析]因为数列{a n } 满足a n+2+(−1)n a n =3n −1 ，所以当n =2k(k ∈N ∗) 时，a 2k+2+a 2k =6k −1(k ∈N ∗) ，所以(a 2+a 4)+(a 6+a 8)+(a 10+a 12)+(a 14+a 16)=5+17+29+41=92 .当n =2k −1(k ∈N ∗) 时，a 2k+1−a 2k−1=6k −4(k ∈N ∗) ，所以当k ≥2 时，a 2k−1=a 1+(a 3−a 1)+(a 5−a 3)+(a 7−a 5)+⋯+(a 2k−1−a 2k−3)=a 1+2+8+14+⋯+[6(k −1)−4]=a 1+(2+6k−10)(k−1)2=a 1+(3k −4)(k −1) ，当k =1 时上式也成立，所以a 2k−1=a 1+(3k −4)(k −1)(k ∈N ∗) ，即a 2k−1=a 1+3k 2−7k +4(k ∈N ∗) .解法一所以a1+a3+a5+a7+⋯+a15=8a1+3×(12+22+32+⋯+82)−7×(1+2+3+⋯+8)+4×8=8a1+3×8×(8+1)×(2×8+1)6−7×(1+8)×82+32=8a1+612−252+32=8a1+392.又前16项和为540，所以92+8a1+ 392=540，解得a1=7.解法二所以a2k−1=a1+(3k2+3k+1)−10k+3=a1+[(k+1)3−k3]−10k+3，所以a1+a3+a5+a7+⋯+a15=8a1+(23−13)+(33−23)+⋯+(93−83)−10×(1+8)×82+3×8=8a1+93−13−360+24=8a1+392.又前16项和为540，所以92+8a1+392=540，解得a1=7.【拓展结论】12+22+32+42+⋯+n2=n(n+1)(2n+1)6.三、解答题4. [2023全国卷甲，12分]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a2=1，2S n= na n .（1）求{a n}的通项公式；[答案]当n=1时，2S1=a1，即2a1=a1，所以a1=0.当n≥2时，由2S n=na n，得2S n−1=(n−1)a n−1，两式相减得2a n=na n−(n−1)a n−1，即(n−1)a n−1=(n−2)a n，当n=2时，可得a1=0，故当n≥3时，a na n−1=n−1n−2，则a na n−1⋅a n−1a n−2⋅…⋅a3a2=n−1n−2⋅n−2n−3⋅…⋅21，整理得a na2=n−1，因为a2=1，所以a n=n−1(n≥3).当n=1，n=2时，均满足上式，所以a n=n−1.（2）求数列{a n+12n}的前n项和T n .[答案]令b n=a n+12n =n2n，则T n=b1+b2+⋯+b n−1+b n=12+222+⋯+n−12n−1+n2n①，1 2T n=122+223+⋯+n−12n+n2n+1②，由①−②得12T n=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−2+n2n+1，即T n=2−2+n2n．5. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知数列{a n}和{b n}满足a1=1，b1=0，4a n+1= 3a n−b n+4，4b n+1=3b n−a n−4 .（1）证明:{a n+b n}是等比数列，{a n−b n}是等差数列;[答案]由题设得4(a n+1+b n+1)=2(a n+b n),即a n+1+b n+1=12(a n+b n).又因为a1+b1=1,所以{a n+b n}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(a n+1−b n+1)=4(a n−b n)+8,即a n+1−b n+1=a n−b n+2.又因为a1−b1=1,所以{a n−b n}是首项为1,公差为2的等差数列.（2）求{a n}和{b n}的通项公式.[答案]由（1）知,a n+b n=12n−1,a n−b n=2n−1.所以a n=12[(a n+b n)+(a n−b n)]=12n+n−12,b n=12[(a n+b n)−(a n−b n)]=12n−n+12.【方法技巧】破解此类题的关键：一是用定义，即根据所给的等式的特征，将其转化为数列相邻两项的差（比）的关系，利用等差（比）数列的定义，即可证明数列为等差（比）数列；二是用公式，即会利用等差（比）数列的通项公式，得到各个数列的通项所满足的方程（组），解方程（组），即可求出数列的通项公式．【易错警示】在利用等差（比）数列的定义时，既需注意是从第二项起，又需注意是后项与前项的差（比），在运用等比数列的通项公式时，注意不要与等比数列的前n项和公式搞混．题组二解答题1. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知{a n}为等差数列,b n={a n−6,n为奇数2a n,n为偶数.记S n，T n分别为数列{a n} ,{b n}的前n项和，S4=32，T3=16 . （1）求{a n}的通项公式;[答案]设等差数列{a n}的公差为d．因为b n={a n−6,n为奇数, 2a n,n为偶数,所以b1=a1−6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3−6=a1+2d−6.（提示：由于数列{b n}是一个奇偶项数列，因此求项时需“对号入座”）因为S4=32，T3=16，所以{4a1+6d=32,(a1−6)+(2a1+2d)+(a1+2d−6)=16,（方法技巧：求等差数列的基本量时，常根据已知条件建立方程组求解）解得{a1=5,d=2,所以{a n}的通项公式为a n=2n+3.（提示：等差数列的通项公式为a n=a1+(n−1)d）（2）证明:当n>5时，T n>S n . [答案]由（1）知a n=2n+3，所以S n=n[5+(2n+3)〗2=n2+4n，b n={2n−3,n为奇数,4n+6,n为偶数,当n为奇数时，T n=(−1+14)+(3+22)+(7+30)+⋯+[(2n−7)+(4n+2)]+2n−3= [−1+3+7+⋯+(2n−7)+(2n−3)]+[14+22+30+⋯+(4n+2)]=n+12(−1+2n−3)2+n−12(14+4n+2)2=3n2+5n−102．（方法技巧：如果数列的奇数项、偶数项构成等差或等比数列，则求其前n项和时可以使用分组求和方法，使具有相同结构的部分求和，然后将结果相加、化简即可）当n>5时，T n−S n=3n2+5n−102−(n2+4n)=n2−3n−102=(n−5)(n+2)2>0，所以T n>S n．当n为偶数时，T n=(−1+14)+(3+22)+(7+30)+⋯+[(2n−5)+ (4n+6)]=[−1+3+7+⋯+(2n−5)]+[14+22+30+⋯+(4n+6)]= n2(−1+2n−5)2+n2(14+4n+6)2=3n2+7n2．当n>5时，T n−S n=3n2+7n2−(n2+4n)=n2−n2=n(n−1)2>0，所以T n>S n．综上可知，当n>5时，T n>S n．2. [2022新高考卷Ⅰ，10分]记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1 ,{S na n}是公差为13的等差数列.（1）求{a n}的通项公式；[答案]因为a1=1，所以S1a1=1，又{S na n }是公差为13的等差数列，所以S na n =1+(n−1)×13=n+23.所以S n=n+23a n.因为当n≥2时，a n=S n−S n−1=n+23a n−n+13a n−1，所以n+13a n−1=n−13a n(n≥2)，所以a na n−1=n+1n−1(n≥2)，所以a2a1×a3a2×…×a n−1a n−2×a na n−1=31×42×53×…×nn−2×n+1n−1=n(n+1)2(n≥2)，所以a n=n(n+1)2(n≥2)，又a1=1也满足上式，所以a n=n(n+1)2(n∈N∗).（2）证明：1a1+1a2+⋯+1a n<2 .[答案]因为a n=n(n+1)2，所以1a n=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以1a1+1a2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1−1n)+(1n−1n+1)]=2(1−1n+1)<2.3. [2021全国卷乙，12分]记S n为数列{a n}的前n项和，b n为数列{S n}的前n项积，已知2S n +1b n=2 .（1）证明：数列{b n}是等差数列. [答案]因为b n是数列{S n}的前n项积，所以n≥2时，S n=b nb n−1,代入2S n +1b n=2可得，2b n−1b n+1b n=2，整理可得2b n−1+1=2b n，即b n−b n−1=12(n≥2).又2S1+1b1=3b1=2，所以b1=32，故{b n}是以32为首项，12为公差的等差数列.（2）求{a n}的通项公式.[答案]由（1）可知，b n=n+22，则2S n+2n+2=2，所以S n=n+2n+1，当n=1时，a1=S1=32，当n≥2时，a n=S n−S n−1=n+2n+1−n+1n=−1n(n+1).故a n={32,n=1,−1n(n+1),n≥2.【易错警示】研究数列{a n}的通项与前n项和S n的关系时，一定要检验n=1的情况.4. [2021新高考卷Ⅰ，10分]已知数列{a n}满足a1=1 ,a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数.（1）记b n=a2n ,写出b1 ,b2 ,并求数列{b n}的通项公式；[答案]因为b n=a2n，且a1=1，a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数,所以b1=a2=a1+1=2，b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.因为b n=a2n，所以b n+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3，所以b n+1−b n=a2n+3−a2n=3，所以数列{b n}是以2为首项，3为公差的等差数列，b n=2+3(n−1)=3n−1，n∈N∗.（2）求{a n}的前20项和.[答案]因为a n+1={a n+1,n为奇数, a n+2,n为偶数,所以k∈N∗时，a2k=a2k−1+1=a2k−1+1，即a2k=a2k−1+1①，a2k+1=a2k+2②，a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1，即a2k+2=a2k+1+1③，所以①+②得a2k+1=a2k−1+3，即a2k+1−a2k−1=3，所以数列{a n}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②+③得a2k+2=a2k+3，即a2k+2−a2k=3，又a2=2，所以数列{a n}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列.所以数列{a n } 的前20项和S 20=(a 1+a 3+a 5+⋯+a 19)+(a 2+a 4+a 6+⋯+a 20)=10+10×92×3+20+10×92×3=300 .5. [2020全国卷Ⅲ，12分]设数列{a n } 满足a 1=3 ,a n+1=3a n −4n . （1）计算a 2 ,a 3 ,猜想{a n } 的通项公式并加以证明； [答案]a 2=5 ,a 3=7 . 猜想a n =2n +1 .由已知可得 a n+1−(2n +3)=3[a n −(2n +1)] , a n −(2n +1)=3[a n−1−(2n −1)] , …a 2−5=3(a 1−3) .因为a 1=3 ,所以a n =2n +1 . （2）求数列{2n a n } 的前n 项和S n . [答案]由（1）得2n a n =(2n +1)2n ,所以S n =3×2+5×22+7×23+⋯+(2n +1)×2n ①. 从而2S n =3×22+5×23+7×24+⋯+(2n +1)×2n+1 ②.①−② 得−S n =3×2+2×22+2×23+⋯+2×2n −(2n +1)×2n+1 . 所以S n =(2n −1)2n+1+2 .6. [2019天津，14分]设{a n } 是等差数列，{b n } 是等比数列.已知a 1=4 ，b 1=6 ，b 2=2a 2−2 ，b 3=2a 3+4 . （Ⅰ）求{a n } 和{b n } 的通项公式；[答案]设等差数列{a n } 的公差为d ,等比数列{b n } 的公比为q .依题意得{6q =6+2d,6q 2=12+4d,解得{d =3,q =2, 故a n =4+(n −1)×3=3n +1 ,b n =6×2n−1=3×2n .所以{a n } 的通项公式为a n =3n +1 ,{b n } 的通项公式为b n =3×2n . （Ⅱ）设数列{c n } 满足c 1=1 ，c n ={1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k, 其中k ∈N ∗ . （ⅰ）求数列{a 2n (c 2n −1)} 的通项公式；[答案]a 2n (c 2n −1)=a 2n (b n −1)=(3×2n +1)(3×2n −1)=9×4n −1 . 所以数列{a 2n (c 2n −1)} 的通项公式为a 2n (c 2n −1)=9×4n −1 .（ⅱ）求∑2ni=1a i c i (n ∈N ∗) .[答案]∑2n i=1a i c i =∑2ni=1[a i +a i (c i −1)]=∑2ni=1a i +∑ni=1a 2i (c 2i −1)=[2n×4+2n (2n −1)2×3]+∑ni=1(9×4i −1)=(3×22n−1+5×2n−1)+9×4(1−4n )1−4−n=27×22n−1+5×2n−1−n −12(n ∈N ∗) .考点20 数列的综合应用题组一一、选择题1. [2021北京，4分]数列{a n } 是递增的整数数列，且a 1≥3 ，a 1+a 2+a 3+⋯+a n =100 ，则n 的最大值为( C ) A. 9B. 10C. 11D. 12[解析]因为数列{a n } 满足三个特征，整数数列，递增，前n 项和为100，所以欲求n 的最大值，需要保证a k+1−a k (k ≤n −1) 的值取最小的正整数.又a 1≥3 ，故可取a 1=3 ，a k+1−a k =1 ，则数列{a n } 的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,第11项a 11=100−(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)=25 ，满足题意，取数列{a n } 的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13，则第12项a 12=100−(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13)=12 ，不满足题意，故n 的最大值为11.二、填空题2. [2020江苏，5分]设{a n } 是公差为d 的等差数列，{b n } 是公比为q 的等比数列.已知数列{a n +b n } 的前n 项和S n =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗) ,则d +q 的值是4.[解析]解法一当n =1 时，S 1=a 1+b 1=1 ①，当n ≥2 时，a n +b n =S n −S n−1=2n −2+2n−1 ，则a 2+b 2=4 ②，a 3+b 3=8 ③，a 4+b 4=14 ④，②−① 得d +b 1(q −1)=3 ⑤，③−② 得d +b 2(q −1)=4 ⑥，④−③ 得d +b 3(q −1)=6 ⑦，⑥−⑤ 得b 1(q −1)2=1 ，⑦−⑥ 得b 2(q −1)2=2 ，则q =2 ,b 1=1 ,d =2 ，所以d +q =4 .解法二由题意可得S 1=a 1+b 1=1 ，当n ≥2 时，a n +b n =S n −S n−1=2n −2+2n−1 ，易知当n =1 时也成立，则a 1+(n −1)d +b 1q n−1=dn +a 1−d +b 1q n−1=2n −2+2n−1 对任意正整数n 恒成立，则d =2 ,q =2 ，d +q =4 . 【速解】由等差数列和等比数列的前n 项和的特征可得等差数列{a n } 的前n 项和H n =n 2−n ，等比数列{b n } 的前n 项和T n =2n −1 ，则d =2 ,q =2 ，d +q =4 .【方法技巧】公差为d 的等差数列{a n } 的前n 项和S n =An 2+Bn ,其中A =d2 ,B =a 1−d 2 ;公比为q 的等比数列{b n } 的前n 项和T n =C −Cq n,其中C =b11−q（公比q 不等于1）.三、解答题3. [2023天津，15分]已知数列{a n } 是等差数列，a 2+a 5=16 ，a 5−a 3=4 . （1）求{a n } 的通项公式和∑2n −1i=2n−1a i .[答案]设{a n } 的公差为d ，由{a 2+a 5=16,a 5−a 3=4, 得{a 1+d +a 1+4d =16,a 1+4d −(a 1+2d )=4,解得{a 1=3,d =2,所以{a n } 的通项公式为a n =3+2(n −1)=2n +1 .a 2n−1=2⋅2n−1+1=2n +1 ，a 2n −1=2(2n −1)+1=2n+1−1 .（易错：不要把a 2n−1 和a 2n −1 的表达式理解成等比数列的通项公式）从a 2n−1 到a 2n −1 共有2n −1−2n−1+1=2n−1 （项）.（提醒：下标相减算项数时要加1）所以∑2n −1i=2n−1a i =(2n +1+2n+1−1)⋅2n−12=(2n +2⋅2n )⋅2n−12=3⋅2n ⋅2n−12=3⋅22n−2 .( 或∑2n −1i=2n−1a i =2n−1⋅(2n+1)+2n−1(2n−1−1)2⋅2=3⋅22n−2)（2）已知{b n } 为等比数列，对于任意k ∈N ∗，若2k−1≤n ≤2k −1 ，则b k <a n <b k+1 .（ⅰ）当k ≥2 时，求证:2k −1<b k <2k +1 ; [答案]因为当2k−1≤n ≤2k −1 时，b k <a n <b k+1 ，所以当2k ≤n +1≤2k+1−1 时，b k+1<a n+1<b k+2 ，可得a n <b k+1<a n+1 .因为{a n}为递增数列，所以若2k−1≤n≤2k−1,则a2k−1≤a n≤a2k−1,得2k+ 1≤a n≤2k+1−1.同理可得2k+1+1≤a n+1≤2k+2−1.故可得2k+1−1<b k+1<2k+1+1,（提醒：大于大的，小于小的）所以2k−1<b k<2k+1.综上，当k≥2时，2k−1<b k<2k+1.（ⅱ）求{b n}的通项公式及其前n项和.[答案]由题意知{b n}是q≠1的正项等比数列，（若q=1,则{b n}为常数列，与(i)矛盾）设{b n}的通项公式为b n=p⋅q n(p>0,q>0且q≠1)，（点拨：若设成b n= b1⋅q n−1，不利于下一步的化简）由(i)知,2n−1<b n<2n+1，即2n−1<p⋅q n<2n+1，则有1−12n <p⋅(q2)n<1+12n.①当q2>1，即q>2时，∃n0∈N∗，使得p⋅(q2)n0>2，与p⋅(q2)n0<1+12n0矛盾；②当0<q2<1，q≠1，即0<q<2且q≠1时，∃n1∈N∗，使得p⋅(q2)n1<12，与p⋅(q2)n1>1−12n1矛盾.故q=2.(思路引导：从(i)的结论可以观察出b n=2n，通过反证法证明q>2和0<q<2且q≠1时不等式不成立，从而得到q=2)因为2n−1<b n<2n+1，所以b n=2n.设{b n}的前n项和为S n，则S n=2(1−2n)1−2=2n+1−2.4. [2022新高考卷Ⅱ，10分]已知{a n}是等差数列，{b n}是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4 .（1）证明：a1=b1 ;[答案]设等差数列{a n}的公差为d，由a2−b2=a3−b3得a1+d−2b1=a1+2d−4b1，即d=2b1，由a2−b2=b4−a4得a1+d−2b1=8b1−(a1+3d)，即a1=5b1−2d，将d=2b1代入，得a1=5b1−2×2b1=b1，即a1=b1.。

高考数学一轮总复习解答大题专项训练六大专题

高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.已知函数f(x)=x3-a(x2+x+1).(1)若a=3,求f(x)的单调区间;(2)略.2.已知函数f(x)=e x-ax2.(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;(2)略.3.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)略.4.(2019山东潍坊三模,21)已知函数f(x)=x2+a ln x-2x(a∈R).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)略.5.设函数f(x)=(x-1)e x-x2(其中k∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)略.6.(2019河北衡水同卷联考,21)已知函数f(x)=x2e ax-1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)略.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).(1)当a=时,求f(x)的极值;(2)略.2.(2019河北衡水深州中学测试)讨论函数f(x)=ln x-ax(a∈R)在定义域内的极值点的个数.3.设函数f(x)=2ln x-x2+ax+2.(1)当a=3时,求f(x)的单调区间和极值;(2)略.4.已知函数f(x)=.(1)当a=1时,判断f(x)有没有极值点?若有,求出它的极值点;若没有,请说明理由;(2)略.5.(2019湖北八校联考二,21)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx.(1)函数f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为2x+y=0,求a,b的值,并求函数f(x)的最大值;(2)略.6.(2019广东广雅中学模拟)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.突破3导数在不等式中的应用1.(2019湖南三湘名校大联考一,21)已知函数f(x)=x ln x.(1)略;(2)当x≥时,f(x)≤ax2-x+a-1,求实数a的取值范围.2.已知函数f(x)=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.3.已知函数f(x)=e x+ax+ln(x+1)-1.(1)若x≥0,f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围.(2)略.4.函数f(x)=(x-2)e x+ax2-ax.(1)略;(2)设a=1,当x≥0时,f(x)≥kx-2,求k的取值范围.5.已知函数f(x)=.(1)略;(2)若f(x)<x+1在定义域上恒成立,求a的取值范围.6.已知x1,x2(x1<x2)是函数f(x)=e x+ln(x+1)-ax(a∈R)的两个极值点.(1)求a的取值范围;(2)求证:f(x2)-f(x1)<2ln a.突破4导数与函数的零点1.已知函数f(x)=x2-m ln x.若m≥1,令F(x)=f(x)-x2+(m+1)x,试讨论函数F(x)的零点个数.2.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-a(x2-x)+1,函数g(x)=f'(x).(1)若a=1,求f(x)的极大值;(2)当0<x<1时,g(x)有两个零点,求a的取值范围.3.(2019河南开封一模,21)已知函数f(x)=.(1)略;(2)若f(1)=1,且方程f(x)=1在区间(0,1)内有解,求实数a的取值范围.4.已知函数f(x)=ln x,g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7.(1)若曲线y=g(x)在点(2,g(2))处的切线方程是y=ax-1,求函数g(x)在[0,3]上的值域;(2)当x>0时,记函数h(x)=若函数y=h(x)有三个零点,求实数a的取值范围.5.已知f(x)=x ln x.(1)求f(x)的极值;(2)若f(x)-ax x=0有两个不同解,求实数a的取值范围.6.(2019河北唐山三模,21)已知函数f(x)=x ln x-x2-ax+1,a>0,函数g(x)=f'(x).(1)若a=ln 2,求g(x)的最大值;(2)证明:f(x)有且仅有一个零点.参考答案高考大题专项(一) 导数的综合应用突破1导数与函数的单调性1.解(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f'(x)=x2-6x-3.令f'(x)=0,解得x=3-2或x=3+2当x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.2.证明(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g'(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.3.解(1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞).4.解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x+-2=,令2x2-2x+a=0,Δ=4-8a=4(1-2a),若a,则Δ≤0,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a<,则Δ>0,方程2x2-2x+a=0,两根为x1=,x2=,当a≤0时,x2>0,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增;当0<a<时,x1>0,x2>0,x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a时,函数f(x)单调递增区间为(0,+∞),当a≤0时,函数f(x)单调递增区间为,+∞,当0<a<时,函数f(x)单调递增区间为0,,,+∞.5.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=e x+(x-1)e x-kx=x e x-kx=x(e x-k),①当k≤0时,令f'(x)>0,解得x>0,∴f(x)的单调递减区间是(-∞,0),单调递增区间是(0,+∞).②∵当0<k<1时,令f'(x)>0,解得x<ln k或x>0,∴f(x)在(-∞,ln k)和(0,+∞)上单调递增,在(ln k,0)上单调递减.③当k=1时,f'(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.④当k>1时,令f'(x)>0,解得x<0或x>ln k,所以f(x)在(-∞,0)和(ln k,+∞)上单调递增,在(0,ln k)上单调递减.6.解(1)函数f(x)的定义域为R.f'(x)=2x e ax+x2·a e ax=x(ax+2)e ax.当a=0时,f(x)=x2-1,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,在区间(-∞,0)内单调递减;当a>0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得x<-或x>0,令f'(x)<0得-<x<0,所以f(x)在区间-∞,-内单调递增,在区间-,0内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增;当a<0时,f'(x)=ax x+e ax,令f'(x)>0得0<x<-,令f'(x)<0得x>-或x<0,所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间0,-内单调递增,在区间-,+∞内单调递减.突破2利用导数研究函数的极值、最值1.解(1)当a=时,f(x)=ln x-x,函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=,令f'(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(0,2) 2 (2,+∞)f'(x) +0 -lnf(x) ↗↘2-1故f(x)的极大值为ln2-1,无极小值.2.解函数的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a=(x>0).当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;当a>0时,若x∈0,,则f'(x)>0,若x∈,+∞,则f'(x)<0,故函数f(x)在x=处取极大值.综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点,当a>0时,函数f(x)有一个极大值点.3.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=3时,f(x)=2ln x-x2+3x+2,所以f'(x)=-2x+3=,令f'(x)==0,得-2x2+3x+2=0,因为x>0,所以x=2.f(x)与f'(x)在区间(0,+∞)上的变化情况如下:x(0,2) 2 (2,+∞)f'(x) +0 -2lnf(x) ↗↘2+4所以f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(2,+∞).f(x)的极大值为2ln2+4,无极小值.4.解(1)函数f(x)=,则x>0且x≠1,即函数的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当a=1时,f(x)=,则f'(x)=,令g(x)=x-ln x-1,则g'(x)=1-,①当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)上单调递增,所以无极值点;②当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)>g(1)=0,∴f'(x)>0,f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以无极值点.综上,当a=1时,f(x)无极值点.5.解(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f'(x)=+2ax+b,则在点(1,f(1))处的切线的斜率为f'(1)=1+2a+b,由题意可得,1+2a+b=-2,且a+b=-2,解得a=b=-1.所以f'(x)=-2x-1==-,由f'(x)=0,可得x=(x=-1舍去),当0<x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=时,f(x)取得极大值,且为最大值,f=-ln2-故f(x)的最大值为-ln2-6.解(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f'(x)=-1+,令f'(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0.∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f(x)max=f(1)=-1.∴当a=-1时,函数f(x)的最大值为-1.(2)f'(x)=a+,x∈(0,e],则,+∞.①若a≥-,则f'(x)≥0,从而f(x)在(0,e]上单调递增,∴f(x)max=f(e)=a e+1≥0,不合题意.②若a<-,令f'(x)>0得,a+>0,又x∈(0,e],解得0<x<-;令f'(x)<0得,a+<0,又x∈(0,e],解得-<x≤e.从而f(x)在0,-上单调递增,在-,e上单调递减,∴f(x)max=f-=-1+ln-.令-1+ln-=-3,得ln-=-2,即a=-e2.∵-e2<-,∴a=-e2符合题意.故实数a的值为-e2.突破3导数在不等式中的应用1.解(2)由已知得a,设h(x)=,则h'(x)=∵y=x ln x+ln x+2是增函数,且x,∴y≥--1+2>0,∴当x∈,1时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,∴h(x)在x=1处取得最大值,h(1)=1,∴a≥1.故a的取值范围为[1,+∞).2.(1)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a e x-由题设知,f'(2)=0,所以a=从而f(x)=e x-ln x-1,f'(x)=e x-当0<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)证明当a时,f(x)-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g'(x)=当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当a时,f(x)≥0.3.解(1)若x≥0,则f'(x)=e x++a,令g(x)=e x++a,则g'(x)=e x-,g'(x)在[0,+∞)上单调递增,则g'(x)≥g'(0)=0,则f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(x)≥f'(0)=a+2.①当a+2≥0,即a≥-2时,f'(x)≥0,则f(x)在[0,+∞)上单调递增,此时f(x)≥f(0)=0,满足题意.②当a<-2时,因为f'(x)在[0,+∞)上单调递增,f'(0)=2+a<0,当x→+∞时,f'(x)>0.所以∃x0∈(0,+∞),使得f'(x0)=0.则当0<x<x0时,f'(x)<f'(x0)=0,∴函数f(x)在(0,x0)上单调递减.∴f(x0)<f(0)=0,不合题意,舍去.综上所述,实数a的取值范围是[-2,+∞).4.解(2)令g(x)=f(x)-kx+2=(x-2)e x+x2-x-kx+2,则g'(x)=(x-1)e x+x-1-k,令h(x)=(x-1)e x+x-1-k,则h'(x)=x e x+1,当x≥0时,h'(x)=x e x+1>0,h(x)单调递增.∴h(x)≥h(0)=-2-k,即g'(x)≥-2-k.当-2-k≥0,即k≤-2时,g'(x)≥0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0,不等式f(x)≥kx-2恒成立.当-2-k<0,即k>-2时,g'(x)=0有一个解,设为x0,∴当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,g(x)为单调递减;当x∈(x0,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,则g(x0)<g(0)=0,∴当x≥0时,f(x)≥kx-2不恒成立.综上所述,k的取值范围是(-∞,-2].5.解(2)由f(x)<x+1,得<x+1(x>0且x≠1),即a ln x-x+<0.令h(x)=a ln x-x+,则h'(x)=-1-令g(x)=x2-ax+1.①当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,x2-ax+1≥0.∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.故-2≤a≤2符合题意.②当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2时,设g(x)=x2-ax+1=0的两根为x1,x2(x1<x2).当a>2时,x1+x2=a>0,x1x2=1,∴0<x1<1<x2.由h'(x)>0,得x2-ax+1<0,解集为(x1,1)∪(1,x2),∴h(x)在(x1,1)上单调递增,h(x1)<h(1)=0,a ln x1-x1+>0,∴a>2不合题意.当a<-2时,g(x)的图象的对称轴x=<-1,g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)>g(0)=1>0, ∴当x∈(0,1)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)>h(1)=0,a ln x-x+<0成立.当x∈(1,+∞)时,h'(x)≤0,h(x)单调递减,h(x)<h(1)=0,a ln x-x+<0成立.综上,a的取值范围是(-∞,2].6.(1)解由题意得f'(x)=e x+-a,x>-1,令g(x)=e x+-a,x>-1,则g'(x)=e x-,令h(x)=e x-,x>-1,则h'(x)=e x+>0,∴h(x)在(-1,+∞)上单调递增,且h(0)=0.当x∈(-1,0)时,g'(x)=h(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)=h(x)>0,g(x)单调递增.∴g(x)≥g(0)=2-a.①当a≤2时,f'(x)=g(x)>g(0)=2-a≥0.f(x)在(-1,+∞)上单调递增,此时无极值;②当a>2时,∵g-1=>0,g(0)=2-a<0,∴∃x1∈-1,0,g(x1)=0,当x∈(-1,x1)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x1,0)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减,∴x=x1是f(x)的极大值点.∵g(ln a)=>0,g(0)=2-a<0,∴∃x2∈(0,ln a),g(x2)=0,当x∈(0,x2)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递增,∴x=x2是f(x)的极小值点.综上所述,a的取值范围为(2,+∞).(2)证明由(1)得a∈(2,+∞),-1<x1<0<x2<ln a,且g(x1)=g(x2)=0,∴x2-x1>0,<x1+1<1,1<x2+1<1+ln a,,-a<0,1<<a(1+ln a)<a2,∴f(x2)-f(x1)=+ln-a(x2-x1)=(x2-x1)-a+ln<ln a2=2ln a.突破4导数与函数的零点1.解F(x)=f(x)-x2+(m+1)x=-x2+(m+1)x-m ln x(x>0).易得F'(x)=-x+m+1-=-①若m=1,则F'(x)≤0,函数F(x)为减函数,∵F(1)=>0,F(4)=-ln4<0,∴F(x)有唯一零点;②若m>1,则当0<x<1或x>m时,F'(x)<0,当1<x<m时,F'(x)>0,所以函数F(x)在(0,1)和(m,+∞)上单调递减,在(1,m)上单调递增, ∵F(1)=m+>0,F(2m+2)=-m ln(2m+2)<0,所以F(x)有唯一零点.综上,当m≥1时,函数F(x)有唯一零点.2.解(1)f(x)=x ln x-x2+x+1(x>0),g(x)=f'(x)=ln x-2x+2,g'(x)=-2=,当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又g(1)=f'(1)=0,则当x∈,1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故当x=1时,f(x)取得极大值f(1)=1.(2)g(x)=f'(x)=ln x+1-2ax+a,g'(x)=-2a=,①若a≤0,则g'(x)>0,g(x)单调递增,至多有一个零点,不合题意.②若a>0,则当x∈0,时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈,+∞时,g'(x)<0,g(x)单调递减.则g≥g=ln+1=ln>0.不妨设g(x1)=g(x2),x1<x2,则0<x1<<x2<1.一方面,需要g(1)<0,得a>1.另一方面,由(1)得,当x>1时,ln x<x-1<x,则x<e x,进而,有2a<e2a,则e-2a<,且g(e-2a)=-2a e-2a+1-a<0,故存在x1,使得0<e-2a<x1<综上,a的取值范围是(1,+∞).3.解(2)由f(1)=1得b=e-1-a,由f(x)=1得e x=ax2+bx+1,设g(x)=e x-ax2-bx-1,则g(x)在(0,1)内有零点,设x0为g(x)在(0,1)内的一个零点, 由g(0)=g(1)=0知g(x)在(0,x0)和(x0,1)上不单调.设h(x)=g'(x),则h(x)在(0,x0)和(x0,1)上均存在零点,即h(x)在(0,1)上至少有两个零点.g'(x)=e x-2ax-b,h'(x)=e x-2a,当a时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增,h(x)不可能有两个及以上零点,当a时,h'(x)<0,h(x)在(0,1)上单调递减,h(x)不可能有两个及以上零点,当<a<时,令h'(x)=0得x=ln(2a)∈(0,1),∴h(x)在(0,ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),1)上单调递增,h(x)在(0,1)上存在最小值h(ln(2a)),若h(x)有两个零点,则有h(ln(2a))<0,h(0)>0,h(1)>0,h(ln(2a))=3a-2a ln(2a)+1-e<a<,设φ(x)=x-x ln x+1-e(1<x<e),则φ'(x)=-ln x,令φ'(x)=0,得x=,当1<x<时,φ'(x)>0,φ(x)单调递增;当<x<e时,φ'(x)<0,φ(x)单调递减.∴φmax(x)=φ()=+1-e<0,∴h(ln(2a))<0恒成立.由h(0)=1-b=a-e+2>0,h(1)=e-2a-b>0,得e-2<a<1.综上,a的取值范围为(e-2,1).4.解(1)因为g(x)=x3+2(1-a)x2-8x+8a+7,所以g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8,所以g'(2)=0.所以a=0,即g(x)=2x2-8x+7.g(0)=7,g(3)=1,g(2)=-1.所以g(x)在[0,3]上的值域为[-1,7].(2)当a=0时,g(x)=2x2-8x+7,由g(x)=0,得x=2±(1,+∞),此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意.当a>0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,g'(x)<0;当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0.若函数y=h(x)有三个零点,则需满足g(1)>0且g(2)<0,解得0<a<当a<0时,g'(x)=2ax2+4(1-a)x-8=2a(x-2)x+.由g'(x)=0,得x1=2,x2=-①当-<2,即a<-1时,因为g(x)极大值=g(2)=a-1<0,此时函数y=h(x)至多有一个零点,不符合题意;②当-=2,即a=-1时,因为g'(x)≤0,此时函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;③当->2,即-1<a<0时.若g(1)<0,则函数y=h(x)至多有两个零点,不符合题意;若g(1)=0,则a=-,因为g-=8a3+7a2+8a+,所以g->0,此时函数y=h(x)有三个零点,符合题意;若g(1)>0,则-<a<0,由g-=8a3+7a2+8a+.记φ(a)=8a3+7a2+8a+,则φ'(a)>0,所以φ(α)>φ->0,此时函数y=h(x)有四个零点,不符合题意.综上所述,满足条件的实数a∈-∪0,.5.解(1)f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=ln x+1,令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得0<x<,故f(x)在0,上单调递减,在,+∞上单调递增,故x=时,f(x)极小值=f=-(2)记t=x ln x,t≥-,则e t=e x ln x=(e ln x)x=x x,故f(x)-ax x=0,即t-a e t=0,a=,令g(t)=,g'(t)=,令g'(t)>0,解得-t<1,令g'(t)<0,解得t>1,故g(t)在-,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故g(t)max=g(1)=,由t=x ln x,t≥-,a=g(t)=的图象和性质有:①0<a<,y=a和g(t)有两个不同交点(t1,a),(t2,a),且0<t1<1<t2,t1=x ln x,t2=x ln x各有一解,即f(x)-ax x=0有2个不同解.②-<a<0,y=a和g(t)=仅有1个交点(t3,a),且-<t3<0,t3=x ln x有2个不同的解,即f(x)-ax x=0有两个不同解.③a取其他值时,f(x)-ax x=0最多1个解.综上,a的范围是-,0∪0,.6.(1)解g(x)=f'(x)=ln x+1-x-a,g'(x)=,当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.故当x=2时,g(x)的最大值为g(2)=ln2-a.若a=ln2,g(x)取得最大值g(2)=0.(2)证明①若a=ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,且仅当x=2时,f'(x)=0.此时f(x)单调递减,且f(2)=0,故f(x)只有一个零点x0=2.②若a>ln2,由(1)知,当x∈(0,+∞)时,f'(x)=g(x)<0,f(x)单调递减.此时,f(2)=2(ln2-a)<0,注意到x1=<1,(x ln x)'=ln x+1,故x ln x≥-,f(x1)=x1ln x1->->0,故f(x)仅存在一个零点x0∈(x1,2).③若0<a<ln2,则g(x)的最大值g(2)=ln2-a>0,即f'(2)>0,注意到f'=--a<0,f'(8)=ln8-3-a<0,故存在x2∈,2,x3∈(2,8),使得f'(x2)=f'(x3)=0.则当x∈(0,x2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,x3)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x3,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.故f(x)有极小值f(x2),有极大值f(x3).由f'(x2)=0得ln x2+1-x2-a=0,故f(x2)=x2-12>0,则f(x3)>0.存在实数t∈(4,16),使得ln t-t=0,且当x>t时,ln x-x<0,记x4=max,则f(x4)=x4ln x4-x4-ax4+1≤0,故f(x)仅存在一个零点x0∈(x3,x4].综上,f(x)有且仅有一个零点.高考大题专项(二) 三角函数与解三角形1.(2019浙江杭州检测)如图是f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2.(1)求φ的值;(2)求tan∠DAC的值.2.(2019天津和平区二模)已知函数f(x)=cos x(sin x-cos x),x∈R.(1)求f(x)的最小正周期和最大值;(2)讨论f(x)在区间上的单调性.3.(2019湖南株洲二模)如图,在四边形ABCD中,∠ADC=,AD=3,sin∠BCD=,连接BD,3BD=4BC.(1)求∠BDC的值;(2)若BD=,∠AEB=,求△ABE面积的最大值.4.在△ABC中,AB=6,AC=4.(1)若sin B=,求△ABC的面积;(2)若点D在BC边上且BD=2DC,AD=BD,求BC的长.5.(2019河北石家庄三模)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为.(1)求sin B sin C;(2)若10cos B cos C=-1,a=,求△ABC的周长.6.(2019上海杨浦区二模)已知函数f(x)=(1+tan x)·sin 2x.(1)求f(x)的定义域;(2)求函数F(x)=f(x)-2在区间(0,π)内的零点.参考答案高考大题专项(二) 三角函数与解三角形1.解(1)由f(x)=2sin(ωx+φ)0<ω<2π,-<φ<的图象,A,B,D为函数图象与坐标轴的交点,直线AB与f(x)交于C,|AO|=1,可得1=2sinφ,所以φ=(2)如图,由三角函数图形的性质,可知四边形AECD是平行四边形,可得2|AD|2+2|CD|2=4+|AC|2=|ED|2+|AC|2,解得|ED|=2,所以T=2,则ω=π,所以f(x)=2sinπx+,所以B,0,D,0,k AC=-,k AD=-,所以tan∠DAC=2.解(1)由题意,得f(x)=cos x sin x-cos2x=sin2x-(1+cos2x)=sin2x-cos2x-=sin2x--所以f(x)的最小正周期T==π,其最大值为1-(2)令z=2x-,则函数y=2sin z的单调递增区间是-+2kπ,+2kπ,k∈Z.由-+2kπ≤2x-+2kπ,得-+kπ≤x+kπ,k∈Z.设A=,B=x-+kπ≤x+kπ,k∈Z,易知A∩B=.所以,当x∈时,f(x)在区间上单调递增;在区间上单调递减.3.解(1)在△BCD中,由正弦定理得,∴sin∠BDC=∵3BD=4BC,∴BD>BC,∴∠BDC为锐角,∴∠BDC=(2)在△ABD中,AD=3,BD=,∠ADB=,∴AB==2在△ABE中,由余弦定理得AB2=AE2+BE2-2AE·BE·cos,∴12=AE2+BE2-AE·BE≥2AE·BE-AE·BE=AE·BE,当且仅当AE=BE时等号成立, ∴AE·BE≤12,∴S△ABE=AE·BE·sin12=3,即△ABE面积的最大值为34.解(1)由正弦定理得,所以sin C=1,∠C=,所以BC==2,所以S=2×4=4(2)设DC=x,则BD=2x,由余弦定理可得=-,解得x=,所以BD=3DC=55.解(1)由三角形的面积公式可得S△ABC=ac sin B=,∴2c sin B sin A=a,由正弦定理可得2sin C sin B sin A=sin A,∵sin A≠0,∴sin B sin C=;(2)∵10cos B cos C=-1,∴cos B cos C=-,∴cos(B+C)=cos B cos C-sin B sin C=-,∴cos A=,sin A=,则由bc sin A=,可得bc=,由b2+c2-a2=2bc cos A,可得b2+c2=,∴(b+c)2==7,可得b+c=,经检验符合题意,∴三角形的周长a+b+c=6.解(1)由正切函数的性质可求f(x)的定义域为(2)∵f(x)=1+·2sin x cos x=sin2x+2sin2x=sin2x-cos2x+1=sin2x-+1,∴F(x)=f(x)-2=sin2x--1=0,解得2x-=2kπ+,或2x-=2kπ+,k∈Z,即x=kπ+,或x=kπ+,k∈Z,又x∈(0,π),∴k=0时,x=,或x=,故F(x)在(0,π)内的零点为x=,或x=高考大题专项(三) 数列1.(2019河南新乡三模,17)在数列{a n}中,a1=1,且a n,2n,a n+1成等比数列.(1)求a2,a3,a4;(2)求数列{a2n}的前n项和S n.2.在等比数列{a n}中,a1=1,a5=4a3.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,若S m=63,求m.3.若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a2=2.(S n+1)·(S n+2+1)=(S n+1+1)2.(1)求S n;(2)记数列的前n项和为T n,证明:1≤T n≤2.4.设数列{a n}满足a1=2,-a n=3·22n-1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.5.已知数列{a n}中,a1=5且a n=2a n-1+2n-1(n≥2且n∈N*).(1)求a2,a3的值;(2)是否存在实数λ,使得数列为等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.6.(2019天津,文18)设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c n=求a1c1+a2c2+…+a2n c2n(n∈N*).参考答案高考大题专项(三) 数列1.解(1)∵a n,2n,a n+1成等比数列,∴a n a n+1=(2n)2=4n.∵a1=1,∴a2==4,同理得a3=4,a4=16.(2)∵a n a n+1=(2n)2=4n,=4,则数列{a2n}是首项为4,公比为4的等比数列.故S n=2.解(1)设数列{a n}的公比为q,由题设得a n=q n-1.由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a n=(-2)n-1或a n=2n-1.(2)若a n=(-2)n-1,则S n=由S m=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.若a n=2n-1,则S n=2n-1.由S m=63得2m=64,解得m=6.综上可得m=6.3.(1)解由题意有=…=,所以数列{S n+1}是等比数列.又S1+1=a1+1=2,S2+1=a1+a2+1=4,所以=2,数列{S n+1}是首项为2,公比为2的等比数列.所以S n+1=2×2n-1=2n,所以S n=2n-1.(2)证明由(1)知,n≥2时,S n=2n-1,S n-1=2n-1-1,两式相减得a n=2n-1.n=1时,a1=1也满足a n=2n-1,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1(n∈N*).所以(n∈N*).所以T n=+…+=1++…+=2-因为n∈N*,所以0<1, 所以-1≤-<0.所以1≤2-<2.4.解(1)由已知a n+1-a n=3·22n-1,所以a n+1=[(a n+1-a n)+(a n-a n-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.当n=1时,a1=2也满足上式,所以数列{a n}的通项公式a n=22n-1.(2)由b n=na n=n·22n-1知,S n=1·2+2·23+3·25+…+n·22n-1. ①22·S n=1·23+2·25+3·27+…+n·22n+1. ②①-②得(1-22)S n=2+23+25+…+22n-1-n·22n+1.即S n=[(3n-1)22n+1+2].5.解(1)∵a1=5,∴a2=2a1+22-1=13,a3=2a2+23-1=33.(2)假设存在实数λ,使得数列为等差数列.设b n=,由{b n}为等差数列,则有2b n+1=b n+b n+2(n∈N*).∴2∴λ=4a n+1-4a n-a n+2=2(a n+1-2a n)-(a n+2-2a n+1)=2(2n+1-1)-(2n+2-1)=-1.综上可知,当λ=-1时,数列为首项是2,公差是1的等差数列.6.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意,得解得故a n=3+3(n-1)=3n,b n=3×3n-1=3n.所以{a n}的通项公式为a n=3n,{b n}的通项公式为b n=3n.(2)a1c1+a2c2+…+a2n c2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n)=n×3+6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).记T n=1×31+2×32+…+n×3n,①则3T n=1×32+2×33+…+n×3n+1,②②-①得,2T n=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=所以a1c1+a2c2+…+a2n c2n=3n2+6T n=3n2+3(n∈N*).高考大题专项(四) 立体几何突破1空间中的平行与空间角1.(2019山东潍坊三模,18)如图,一简单几何体ABCDE的一个面ABC内接于圆O,G、H分别是AE、BC的中点,AB是圆O的直径,四边形DCBE为平行四边形,且DC⊥平面ABC.(1)证明:GH∥平面ACD;(2)若AC=BC=BE=2,求二面角O-CE-B的余弦值.2.(2019湖北八校联考一,18)如图所示,四棱锥P-ABCD中,面PAD⊥面ABCD,PA=PD=,四边形ABCD为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD=AD=1,E为PA的中点.(1)求证:EB∥平面PCD.(2)求面PAD与平面PCD所成的二面角θ的正弦值.3.(2019安徽“江南十校”二模,18)已知多面体ABC-DEF,四边形BCDE为矩形,△ADE与△BCF为边长为2的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2.(1)证明:平面ADE∥平面BCF.(2)求BD与平面BCF所成角的正弦值.4.(2019四川宜宾二模,19)如图,四边形ABCD是菱形,EA⊥平面ABCD,EF∥AC,CF∥平面BDE,G是AB中点.(1)求证:EG∥平面BCF;(2)若AE=AB,∠BAD=60°,求二面角A-BE-D的余弦值.5.(2017全国2,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.6.(2014课标全国Ⅱ,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.突破2空间中的垂直与空间角1.(2018全国卷3,理19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.2.(2019河北唐山一模,18)如图,△ABC中,AB=BC=4,∠ABC=90°,E,F分别为AB,AC边的中点,以EF为折痕把△AEF折起,使点A到达点P的位置,且PB=BE.(1)证明:BC⊥平面PBE;(2)求平面PBE与平面PCF所成锐二面角的余弦值.3.(2019河北武邑中学调研二,19)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.4.(2019山西太原二模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AD∥BC,AB⊥AD,AD=2AB=2BC=2,△PCD是正三角形,PC⊥AC,E是PA的中点.(1)证明:AC⊥BE;(2)求直线BP与平面BDE所成角的正弦值.5.(2019山东实验等四校联考,18)如图,在直角△ABC中,B为直角,AB=2BC,E,F分别为AB,AC 的中点,将△AEF沿EF折起,使点A到达点D的位置,连接BD,CD,M为CD的中点.(1)证明:MF⊥面BCD;(2)若DE⊥BE,求二面角E-MF-C的余弦值.。

2024届高考数学专项立体几何大题含答案

立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).2024届高考数学专项立体几何大题含答案模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB= BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥A1D．(1)证明：DE⊥平面A1BE；(2)求二面角C-A1E-D的余弦值．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D-ABC中，△BCD是边长为3的正三角形，AB=AC=AD, AD与平面BCD所成角的余弦值为33．(1)求证：AD⊥BC；(2)求二面角D-AC-B的平面角的正弦值．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD,AD⊥CD,AD=CD,AC=2,AB=3,∠CAB=60°，E为AB上的点，且AC⊥DE,DE与平面ABC所成角为30°，(1)求三棱锥D-BCE的体积；(2)求二面角B-CD-E的余弦值.10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为矩形，∠BAC=90°，AB= AC=2，AA1=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点N，M为B1C1的中点.(1)求证：平面A1MNA⊥平面A1BC；(2)求平面A1B1BA与平面BB1C1C夹角的余弦值.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等边三角形，侧面ACC1A1⊥底面ABC，且AA1=AC，∠AA1C1=120°，M是CC1的中点．(1)证明：A1C⊥BM．(2)求二面角A1-BC-M的正弦值．12(22·23下·盐城·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离.13(22·23下·江苏·三模)如图，圆锥DO中，AE为底面圆O的直径，AE=AD，△ABC为底面圆O的内接正三角形，圆锥的高DO=18，点P为线段DO上一个动点.(1)当PO=36时，证明：PA⊥平面PBC；(2)当P点在什么位置时，直线PE和平面PBC所成角的正弦值最大.14(22·23下·镇江·三模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，四边形PACQ为矩形，PA=1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).①BP,DP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥P-ABD体积为33；③cos∠BPA=55(1)平面PACQ⊥平面ABCD；(2)求二面角B-PQ-D的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.15(22·23下·江苏·一模)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，平面A 1B 1BA ⊥平面ABC ，侧面A 1B 1BA 为菱形，∠ABB 1=π3，AB 1⊥AC ，AB =AC =2，E 是AC 的中点.(1)求证：A 1B ⊥平面AB 1C ；(2)点P 在线段A 1E 上(异于点A 1，E )，AP 与平面A 1BE 所成角为π4，求EP EA 1的值.16(22·23下·河北·三模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC ,BD 交于点O ，且PO ⊥平面ABCD ,OC =1,OD =OP =2,M 是PD 的中点，N 是线段CD 上一动点．(1)当平面OMN ⎳平面PBC 时，试确定点N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点Q 在直线MN 上，以PQ 为直径的球的表面积为214π．以O 为原点，OC ,OD ,OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，求点Q 的坐标．17(22·23·汕头·三模)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；(2)若四棱锥B-A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.18(19·20下·临沂·二模)如图①，在Rt△ABC中，B为直角，AB=BC=6，EF∥BC，AE=2，沿EF将△AEF折起，使∠AEB=π3，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；(2)若AE⎳平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．19(22·23下·广州·三模)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，AB=AP=2，PA⊥平面ABCD，E,F分别是线段PB,PD的中点，G是线段PC上的一点.(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为13，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥E-ABG体积.20(22·23下·长沙·一模)斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC 的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．21(22·23下·长沙·三模)如图，三棱台ABC -A 1B 1C 1，AB ⊥BC ，AC ⊥BB 1，平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，AB =6,BC =4，BB 1=2，AC 1与A 1C 相交于点D ，AE =2EB，且DE ∥平面BCC 1B 1.(1)求三棱锥C -A 1B 1C 1的体积；(2)平面A 1B 1C 与平面ABC 所成角为α，CC 1与平面A 1B 1C 所成角为β，求证：α+β=π4.22(22·23·衡水·一模)如图所示，A ,B ,C ,D 四点共面，其中∠BAD =∠ADC =90°，AB =12AD ，点P ,Q 在平面ABCD 的同侧，且PA ⊥平面ABCD ，CQ ⊥平面ABCD .(1)若直线l ⊂平面PAB ，求证：l ⎳平面CDQ ；(2)若PQ ⎳AC ，∠ABP =∠DAC =45°，平面BPQ ∩平面CDQ =m ，求锐二面角B -m -C 的余弦值.23(22·23下·湖北·三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为2，且有∠AA1D1=∠AA1B1=∠D1A1B1=60°．(1)求证：平面AA1C1C⊥平面A1B1C1D1；(2)求直线B1D与平面AA1C1C所成角的正弦值．24(22·23下·武汉·三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.25(22·23下·黄冈·三模)如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，AE∥CD,AE=BE=2CD=2,CE =3．将四边形AECD沿AE折起，使得BC=3，得到如图2所示的几何体．(1)若G为AB的中点，证明：DG⊥平面ABE；(2)若F为BE上一动点，且二面角B-AD-F的余弦值为63，求EFEB的值．26(22·23·德州·三模)图1是直角梯形ABCD，AB⎳CD，∠D=90°，AD=3，AB=2，CD=3，四边形ABCE为平行四边形，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6，如图2．(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；(2)在线段BE上存在点P使得PA与平面ABC1的正弦值为365，求平面BAC1与PAC1所成角的余弦值．27(22·23·山东·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⎳CD，AB⊥BC，PA =AB=BC=2，CD=4．(1)证明：AD⊥PC；(2)若M为线段PB的靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离，如果不相交，说明理由．28(22·23·黄山·三模)如图，在直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AD⊥CD，四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF相交于点H，平面CDEF⊥平面ABCD，BC=2AD，∠DCF=60°，G是线段BE上一动点(不含端点)．(1)当点G为线段BE的中点时，证明：AG⎳平面CDEF；(2)若AD=1,CD=DE=2，且直线DG与平面CDEF成45°角，求二面角E-DG-F的正弦值．29(22·23·菏泽·三模)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E是CC1上靠近C1的四等分点，A1F与底面ABC所成角的余弦值为2 2．(1)求证：平面AFC⊥平面A1EF；(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为277，若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由．30(22·23·福州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，将△PAB绕着PA逆时针旋转π3到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点.(1)当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当PC⎳平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.31(22·23·福州·二模)如图1，在△ABC 中，AB =AC =2,∠BAC =2π3,E 为BC 的中点，F 为AB 上一点，且EF ⊥AB .将△BEF 沿EF 翻折到△B EF 的位置，如图2.(1)当AB =2时，证明：平面B AE ⊥平面ABC ；(2)已知二面角B -EF -A 的大小为π4，棱AC 上是否存在点M ，使得直线B E 与平面B MF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定M 的位置；若不存在，请说明理由.32(22·23·三明·三模)如图，平面五边形ABCDE 由等边三角形ADE 与直角梯形ABCD 组成，其中AD ∥BC ，AD ⊥DC ，AD =2BC =2，CD =3，将△ADE 沿AD 折起，使点E 到达点M 的位置，且BM =a .(1)当a =6时，证明AD ⊥BM 并求四棱锥M -ABCD 的体积；(2)已知点P 为棱CM 上靠近点C 的三等分点，当a =3时，求平面PBD 与平面ABCD 夹角的余弦值.33(22·23·宁德·一模)如图①在平行四边形ABCD 中，AE ⊥DC ，AD =4，AB =3，∠ADE =60°，将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，得到图②所示几何体．(1)若M 为BD 的中点，求四棱锥M -ABCE 的体积V M -ABCE ；(2)在线段DB 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ABCE 所成锐二面角的余弦值为235，如果存在，求出DMDB的值，如果不存在，说明理由．34(22·23·龙岩·二模)三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =AC =2，侧面A 1ACC 1为矩形，∠A 1AB =2π3，三棱锥C 1-ABC 的体积为233．(1)求侧棱AA 1的长；(2)侧棱CC 1上是否存在点E ，使得直线AE 与平面A 1BC 所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C 1E 的长；若不存在，请说明理由．35(22·23下·浙江·二模)如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1⎳BB1⎳CC1，AA1⊥平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点M是AC的中点．(1)若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；(2)求二面角B1-BM-C1的正弦值．36(22·23下·浙江·三模)如图，三棱台ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D为线段AC上靠近C的三等分点.(1)线段BC上是否存在点E，使得A1B⎳平面C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出BEBC的值；(2)若A1A=AB=4，∠A1AC=∠BAC=π3，点A1到平面ABC的距离为3，且点A1在底面ABC的射影落在△ABC内部，求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值.37(22·23下·苏州·三模)如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为62的等边三角形，且PA= PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D,DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G.(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积.38(22·23·沧州·三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.C,E,D,G在同一平面内，且CG=DG.(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.39(23·24上·永州·一模)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．(1)求证：MN⎳平面PAB；(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．40(22·23·潍坊·三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1．(1)求证：PO∥平面BDE；(2)求证：平面BED⊥平面ABD(3)若点M为线段PO上的动点．当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos θ=cos a ,b =|a ⋅b ||a |⋅|b |=|x 1x 2+y 1y 2+z 1z 2|x 12+y 12+z 12⋅x 22+y 22+z 22(其中θ(0°<θ≤90°)为异面直线a ,b 所成角，a ,b 分别表示异面直线a ,b 的方向向量)7.直线AB 与平面所成角，sin β=AB ⋅m |AB ||m |(m 为平面α的法向量).8.二面角α-l -β的平面角cos θ=m ⋅n |m ||n |(m ，n 为平面α，β的法向量).9.点B 到平面α的距离d =|AB ⋅n | (n 为平面α的法向量，AB 是经过面α的一条斜线，A ∈α).模拟训练一、解答题1(22·23下·湖南·二模)如图，在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2,AC =BB ，点D 为棱BB 的中点，AE =13AC ．(1)求DE 的长度；(2)求平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值．【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在△ABC 中，用余弦定理可得到AC =23，在△ABE 中，用余弦定理可得BE =233，即可求得DE =DB 2+BE 2=393；(2)以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱ABC -A B C 中，∠ABC =120°,AB =BC =2，在△ABC 中，由余弦定理得cos ∠ABC =AB 2+BC 2-AC 22AB ⋅BC=22+22-AC 22×2×2=-12，解得AC =23，则AE =13AC =233，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠BAE =AB 2+AE 2-BE 22AB ⋅AE =22+233 2-BE 22×2×233=32，解得BE =233，又AC =BB =23，所以BD =12BB =3，因为BB ⊥平面ABC ，BE ⊂平面ABC ，所以BB ⊥BE ，在直角三角形DBE 中，DE =DB 2+BE 2=(3)2+233 2=393；(2)因为AE =BE =233，所以∠ABE =∠BAE =30°，则∠CBE =∠ABC -∠ABE =120°-30°=90°，则BE ,BC ,BB 两两互相垂直，以B 为原点，分别以BE ,BC ,BB 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，由n ⋅CD =x ,y ,z ⋅0,-2,3 =-2y +3z =0n ⋅CE =x ,y ,z ⋅233,-2,0 =233x -2y =0 ，得z =233y x =3y，令y =3，得平面CDE 的一个法向量为n =3,3,2 ；平面BDE 的一个法向量为m =0,1,0 ．设平面CDE 与平面BDE 夹角的大小为θ，则cos θ=m ⋅n m n =0,1,0 ⋅3,3,2 1×4=34，故平面CDE 与平面BDE 夹角的余弦值为34．2(22·23下·绍兴·二模)如图，在多面体ABCDE 中，DE ⊥平面BCD ,△ABC 为正三角形，△BCD 为等腰Rt △,∠BDC =90°,AB =2,DE =2.(1)求证：AE ⊥BC ；(2)若AE ⎳平面BCD ，求直线BE 与平面ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角，设∠AFD =α，当α<90°时，O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，当α>90°时，求出EH ,BE ，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线BE 的方向向量与平面ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设F 为BC 中点，连接AF ,EF ，则由△ABC 为正三角形，得AF ⊥BC ；DE ⊥平面BCD ，且△BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE =CE =2,∴EF ⊥BC .EF ∩AF =F ,EF ,AF ⊂面AEF ，于是BC ⊥面AEF ，AE ⊂面AEF ，从而BC ⊥AE .(2)法一：由(1)可知，过点E 作EH ⊥AF ，垂足为H ，则∠EBH 就是直线BE 与平面ABC 所成的线面角.当AE ⎳平面BCD 时，可得A 到平面BCD 的距离为 2.设∠AFD =α，所以AF ⋅sin α=2，可得sin α=63，当α<90°时，cos α=33，不妨设A 在底面BCD 射影为O ，则FO =1，此时O 与D 重合，可得A ,E 两点重合，不符合题意，舍去；当α>90°时，FO =1，此时O 在DF 的延长线上，作EH ⊥AF ，由于AODE 为矩形，可得AE =DO =2,AE ∥OD ，可得sin ∠EAH =63，可得EH =263.于是sin ∠EBH =EH BE=63.法二：建立如图坐标系，可得F 0,0,0 ,B 1,0,0 ，C -1,0,0 ,D 0,1,0 ,E 0,1,2 ,A 0,a ,b由AF =3，解得a 2+b 2=3，又∵AE ⎳平面BCD ，令n =0,0,1 ，可得AB ⋅n =0，解得b =2,a =±1.当a =1时A ,E 重合，所以a =-1，此时A 0,-1,2 .不妨设平面ABC 的法向量为m =x ,y ,z ，则CB ⋅m =0CA ⋅m =0代入得x -y +2z =02x =0 ，令z =1，则y =2，所以m =0,2,1 .由于BE =-1,1,2 ，不妨设所成角为θ，则sin θ=∣cos BE ,m |=63.3(22·23·张家口·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，∠CBB 1=60°，AB =BC =2，AC =AB 1=2.(1)证明：平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C ；(2)求平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接BC 1，交B 1C 于O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为BC 1的中点.又AC =AB 1=2，故AO ⊥B 1C .又AB =BC =2，且∠CBB 1=60°，所以CO =1,BO =3，所以AO =AC 2-CO 2=1.又AB =2，所以AB 2=BO 2+AO 2，所以AO ⊥BO .因为BO ,CB 1⊂平面BB 1C 1C ，BO ∩CB 1=O ，所以AO ⊥平面BB 1C 1C .又AO ⊂平面ACB 1，所以平面ACB 1⊥平面BB 1C 1C .(2)由(1)知，OA ,OB ,OB 1两两互相垂直，因此以O 为坐标原点，OB ,OB 1,OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0,0,1)，B (3,0,0)，C (0,-1,0)，C 1(-3,0,0).故CC 1 =(-3,1,0)，CA =(0,1,1)，CB =(3,1,0).设n =(x 1,y 1,z 1)为平面ACC 1A 1的一个法向量，则有n ⋅CC 1 =0n ⋅CA =0 ，即-3x 1+y 1=0y 1+z 1=0 ，令x 1=1，则n =(1,3,-3).设m =(x 2,y 2,z 2)为平面ABC 的一个法向量，则有m ⋅CA =0m ⋅CB =0，即y 2+z 2=03x 2+y 2=0 ，令x 2=1，则m =(1,-3,3).因为平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，所以m =(1,-3,3)也是平面A 1B 1C 1的一个法向量.所以cos <n ,m > =n ⋅m n m=1-3-3 7×7=57.所以平面ACC 1A 1与平面A 1B 1C 1夹角的余弦值57. 4(22·23·湛江·二模)如图1，在五边形ABCDE 中，四边形ABCE 为正方形，CD ⊥DE ，CD =DE ，如图2，将△ABE 沿BE 折起，使得A 至A 1处，且A 1B ⊥A 1D ．(1)证明：DE ⊥平面A 1BE ；(2)求二面角C -A 1E -D 的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得DE ⊥BE ，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】(1)由题意得∠BEC =∠CED =π4，∠BED =π2，DE ⊥BE ，又A 1B ⊥A 1D ，A 1E ∩A 1D =A 1,A 1E ,A 1D ⊂面A 1ED ，所以A 1B ⊥面A 1ED ，又DE ⊂面A 1ED ，则DE ⊥A 1B ，又DE ⊥BE ，A 1B ∩BE =B ，A 1B ⊂平面A 1BE ，BE ⊂平面A 1BE ，所以DE ⊥平面A 1BE ．(2)取BE 的中点O ，可知BE =2CD ,OE =CD ，由DE ⊥BE ，且CD ⊥DE 可得OE ⎳CD ，所以四边形OCDE 是平行四边形，所以CO ∥DE ，则CO ⊥平面A 1BE ，设BE =2，以点O 为坐标原点，OB ,OC ,OA 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则A 1(0,0,1),E (-1,0,0),B (1,0,0),C (0,1,0),D (-1,1,0)，EA 1 =(1,0,1),EC =(1,1,0),ED =(0,1,0)，设平面A 1EC 的一个法向量为n 1 =(x 1,y 1,z 1)，则n 1 ⋅EA 1 =0n 1 ⋅EC =0 ，即x 1+z 1=0x 1+y 1=0 ，取x 1=1，则n 1 =(1,-1,-1)，设平面A 1ED 的一个法向量为n 2 =(x 2,y 2,z 2)，则n 2 ⋅E 1A =0n 2 ⋅ED =0 ，即x 2+z 2=0y 2=0 ，取x 2=1，则n 2 =(1,0,-1)，所以cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2 n 1 n 2=63，由图可知，二面角C -A 1E -D 为锐角，所以面角C -A 1E -D 的余弦值为63．5(22·23下·长沙·三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，△ABC 和△ACD 均为正三角形，AC =4，BE =3，点F 在AC 上.(1)若BF ⎳平面CDE ，求CF ；(2)若F 是AC 的中点，求二面角F -DE -C 的正弦值.【答案】(1)CF =1(2)8517【分析】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，依题意可得DM ⊥AC ，根据面面垂直的性质得到DM ⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，求出平面CDE 的法向量，设F a ,0,0 ，a ∈2,-2 ，依题意可得BF ⋅n =0求出a 的值，即可得解；(2)依题意点F 与点M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记AC 中点为M ，连接DM 、BM ，△ACD 为正三角形，AC =4，则DM ⊥AC ，且DM =2 3.所以DM ⊥平面ABC ，又△ABC 为正三角形，所以BM ⊥AC ，所以BM =23，如图建立空间直角坐标系，则B 0,23,0 ，C -2,0,0 ，D 0,0,23 ，E 0,23,3 ，所以CD =2,0,23 ，CE =2,23,3 ，设平面CDE 的法向量为n =x ,y ,z ，则n ⋅CD =2x +23z =0n ⋅CE =2x +23y +3z =0，令x =3，则z =-3，y =-32，则n =3,-32,-3 ，设F a ,0,0 ，a ∈-2,2 ，则BF =a ,-23,0 ，因为BF ⎳平面CDE ，所以BF ⋅n =3a +-23 ×-32+0×-3 =0，解得a =-1，所以F 为CM 的中点，此时CF =1.(2)若F 是AC 的中点，则点F 与点M 重合，则平面FDE 的一个法向量可以为m =1,0,0 ，设二面角F -DE -C 为θ，显然二面角为锐角，则cos θ=m ⋅n m ⋅n=332+-32 2+-3 2=651，所以sin θ=1-cos 2θ=1-651 2=8517，所以二面角F -DE -C 的正弦值为8517.6(22·23下·湖北·二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 内接于⊙O ,AC ⊥BC ,AC =BC =322，AM =2MS ,AS =3,PQ 为⊙O 的一条弦，且SB ⎳平面PMQ .(1)求PQ 的最小值；(2)若SA ⊥PQ ，求直线PQ 与平面BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)22(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的PQ ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当PQ 取得最小值时，SA ⊥PQ ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点M 作MH ⎳SB 交AB 于点H ，过点H 作PQ ⊥AB ，此时满足SB ⎳平面PMQ ，由平面几何知识易知，PQ =2r 2-d 2，当弦心距d 最大时，d =OH ，弦长最短，即PQ 取得最小值，因为AM =2MS ,AS =3，所以AH =2HB ，因为AC ⊥BC ,AC =BC =322，由勾股定理得AB =322⋅2=3，故AH =2,HB =1，连接OQ ，则OQ =32，由勾股定理得HQ =OQ 2-OH 2=94-14=2，所以PQ =2HQ =22；(2)连接OS ，则OS ⊥平面ACB ，因为PQ ⊂平面ACB ，故OS ⊥PQ ，而SA ⊥PQ ，OS ∩SA =S ，所以PQ ⊥平面AOS ，即有PQ ⊥AB .以O 为坐标原点，过点O 且平行PQ 的直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OS 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则P -2,12,0 ,Q 2,12,0 ,B 0,32,0 ,C 32,0,0 ,M 0,-12,3 ，设平面BCM 的法向量为m =x ,y ,z ，则m ⋅CB =x ,y ,z ⋅-32,32,0 =-32x +32y =0m ⋅MB =x ,y ,z ⋅0,2,-3 =2y -3z =0，令x =1，则y =1,z =233，故m =1,1,233，设直线PQ 与平面BCM 所成角的大小为θ，则sin θ=cos PQ ,m =PQ ⋅m PQ ⋅m =22,0,0 ⋅1,1,233 22×1+1+43=3010.故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为30 10.7(22·23·深圳·二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA= AD=2AB，点M是PD的中点.(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上(异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；(2)以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.(2)解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，22所以AM =0,22,22 ,AC =1,2,0 ，设平面ACM 的法向量为n =x ,y ,z ，则AM ⋅n =22y +22z =0AC ⋅n =x +2y =0，令y =-1可得x =2,z =1，所以平面ACM 的一个法向量n =2,-1,1 .PC =1,2,-2 ，设N x N ,y N ,z N ,PN =λPC =λ,2λ,-2λ (0<λ<1)，即x N ,y N ,z N -2 =λ,2λ,-2λ ，所以N λ,2λ,2-2λ .又O 12,22,0 ,ON =OA =32，所以λ-12 2+2λ-22 2+(2-2λ)2=34，化简得5λ2-7λ+2=0，解得λ=25或λ=1(舍去).所以AN =25,225,325，设直线AN 与平面ACM 所成的角为θ，则sin θ=n ⋅AN n ⋅AN=3252+1+1×425+825+1825=1510，所以直线AN 与平面ACM 所成角的正弦值为1510.8(22·23下·温州·二模)已知三棱锥D -ABC 中，△BCD 是边长为3的正三角形，AB =AC =AD ,AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33．(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求二面角D -AC -B 的平面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)223【分析】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，证明BC ⊥平面ADE ，即可得证；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，从而可得OA ⊥平面BCD ，则∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，进而可得AB =AC =AD =3，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，解△BDH 即可得解.【详解】(1)取BC 的中点E ，连接AE ,DE ，因为△BCD 是边长为3的正三角形，所以DE ⊥BC ，又AE ∩DE =E ,AE ,DE ⊂平面ADE ，所以BC ⊥平面ADE ，因为AD ⊂平面ADE ，所以AD ⊥BC ；(2)取正三角形BCD 的中心O ，连接OA ，则点O 在DE 上，且OD =23DE ，由AB =AC =AD ，△BCD 是正三角形，得三棱锥A -BCD 为正三棱锥，则OA ⊥平面BCD ，故∠ODA 即为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD 所成角的余弦值为33，所以OD AD =3×32×23AD=33，即AB =AC =AD =3，即三棱锥A -BCD 是正四面体，取AC 中点为H ，连接DH ,BH ，则DH ⊥AC ,BH ⊥AC ，故∠BHD 即为二面角D -AC -B 的平面角，在△BDH 中，BH =DH =332,BD =3，则cos ∠BHD =BH 2+DH 2-BD 22⋅BH ⋅DH =274+274-92×332×332=13，所以sin ∠BHD =1-cos 2∠BHD =223，所以二面角D -AC -B 的平面角的正弦值223．9(22·23下·浙江·二模)如图，四面体ABCD ,AD ⊥CD ,AD =CD ,AC =2,AB =3,∠CAB =60°，E 为AB 上的点，且AC ⊥DE ,DE 与平面ABC 所成角为30°，(1)求三棱锥D -BCE 的体积；(2)求二面角B -CD -E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析．【分析】(1)取AC 中点F ，可证明AC ⊥平面DEF ，得平面ABC ⊥平面DEF ，DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，由正弦定理求得∠FDE ，有两个解，在∠FDE =60°时可证DF ⊥平面ABC ，在∠FDE =120°时，取FE 中点H 证明DH ⊥平面ABC ，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】(1)取AC 中点F ，连接FE ,FD ，因为AD =CD ，所以DF ⊥AC ，又AC ⊥DE ，DE ∩DF =D ，DE ,DF ⊂平面DEF ，所以AC ⊥平面DEF ，而FE ⊂平面DEF ，所以AC ⊥FE ，由AC ⊥平面DEF ，AC ⊂平面ABC 得平面ABC ⊥平面DEF ，因此DE 在平面ABC 内的射影就是直线EF ，所以∠DEF 是DE 与平面ABC 所成的角，即∠DEF =30°，AD =CD ,AC =2，因此DF =12AC =1，在△DEF 中，由正弦定理EF sin ∠FDE =DF sin ∠DEF 得1sin30°=3sin ∠FDE ，sin ∠FDE =32，∠FDE 为△DEF 内角，所以∠FDE =60°或120°，S △ABC =12AB ×AC ×sin ∠BAC =12×3×2×sin60°=333，S △CBE =BE BAS △ABC =3-23×332=32，若∠FDE =60°，则∠DFE =90°，即DF ⊥FE ，AC ∩FE =F ，AC ,FE ⊂平面ABC ，所以DF ⊥平面ABC ，V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×1=36；若∠FDE =120°，则∠DFE =30°，DF =DE =1，取EF 中点H ，连接DH ，则DH ⊥EF ，因为平面ABC ⊥平面DEF ，平面ABC ∩平面DEF =EF ，而DH ⊂平面DEF ，所以DH ⊥平面ABC ，DH =DF sin ∠DFE =1×sin30°=12，所以V D -BCE =13S △BCE ⋅DF =13×32×12=312；(2)若∠FDE =60°，以FA ,FE ,FD 为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，则D (0,0,1)，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =(1,0,1)，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-33，即m =(33,-1,-33)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+955×7=19385385，所以二面角B -CD -E 的余弦值是19385；若∠FDE =120°，以FA 为x 轴，FE 为y 轴，过F 且平行于HD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz ，FH =12FE =32，则D 0,32,12 ，C (-1,0,0)，A (1,0,0)，E (0,3,0)，AE =(-1,3,0)，EB =12AE =-12,32,0 ，所以B 点坐标为-12,332,0 ，CD =1,32,12 ，CB =12,332,0 ，CE =(1,3,0)，设平面DBC 的一个法向量是m =(x 1,y 1,z 1)，则m ⋅CD =x 1+32y 1+12z 1=0m ⋅CB =12x 1+332y 1=0，取y 1=-1，则x 1=33，z 1=-53，即m =(33,-1,-53)，设平面DEC 的一个法向量是n =(x 2,y 2,z 2)，则n ⋅CD =x 2+32y 2+12z 2=0n ⋅CE =x 2+3y 2=0，取y 2=-1，则x 2=3，z 2=-3，即m =(3,-1,-3)，cos m ,n =m ⋅n m n =9+1+15103×7=25721721，所以二面角B -CD -E 的余弦值是25721721．10(22·23下·襄阳·三模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为矩形，∠BAC =90°，AB =AC =2，AA 1=4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点N ，M 为B 1C 1的中点.(1)求证：平面A 1MNA ⊥平面A 1BC ；(2)求平面A 1B 1BA 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，∵A 1N ⊥面ABC ，连AN ，则AN ⊥A 1N ，又AB =AC =2，∴AN ⊥BC ，又AN ∩BC =N ，A 1N ⊂面A 1BC ，BC ⊂面A 1BC ，于是AN ⊥面A 1BC ，又AN ⊂面A 1MN ，，所以面A 1BC ⊥面A 1MNA .(2)由(1)可得，以NA ,NB ,NA 1 为x ,y ,z 轴，建系如图，∠BAC =90°，AB =AC =2，BC =22则A (2,0,0),B (0,2,0),C (0,-2,0),因为AA 1=4,AN =2,所以A 1N =14,则A 1(0,0,14),因为NB 1 =NB +BB 1 =NB +AA 1 =0,2,0 +-2,0,14 =-2,2,14 ,所以B 1-2,2,14 ,设平面A 1BB 1的一个法向量为m =(x ,y ,z )，因为A 1B =(0,2,-14),B 1B =(2,0,-14),所以A 1B ⋅m =2y -14z =0B 1B ⋅m =2x -14z =0 ，令y =7，则x =7,z =1，所以m =(7,7,1)，设平面BCC 1B 1的一个法向量为n =(a ,b ,c )，因为BC =(0,-22,0),BB 1 =(-2,0,14),所以BC ⋅n =-22b =0BB 1 ⋅n =-2a +14c =0，令a =7，则b =0,c =1，所以n =(7,0,1)，设平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角为θ，则cos θ=cos <m ,n >=m ⋅n m n=7+0+17+7+1×7+0+1=23015，所以平面A 1BB 1与平面BCC 1B 1夹角的余弦值为23015.11(22·23·唐山·二模)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是等边三角形，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，且AA 1=AC ，∠AA 1C 1=120°，M 是CC 1的中点．(1)证明：A 1C ⊥BM ．(2)求二面角A 1-BC -M 的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即sk .【详解】(1)取AC 的中点O ，连接OM ，OB ，AC 1．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，由AA 1=AC ，得四边形ACC 1A 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1，易知OM ∥AC 1，则A 1C ⊥OM ．由△ABC 是等边三角形，知OB ⊥AC ，又平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，OB ⊂平面ABC ，知OB ⊥平面ACC 1A 1，则OB ⊥A 1C ，又OB ∩OM =O ,OB ,OM ⊂平面OBM ，得A 1C ⊥平面OBM ，又BM ⊂平面OBM ，故A 1C ⊥BM ．.(2)连接OA 1，因为侧面ACC 1A 1为菱形，∠AA 1C 1=120°，则∠A 1AC =60°，则△A 1AC 为等边三角形，所以A 1O ⊥AC ，又由(1)易知OA 1，OB ，AC 两两垂直，故以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 1 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB =2，则O 0,0,0 ，B 3,0,0 ，C 0,1,0 ，A 10,0,3 ，C 10,2,3 ，BA 1 =-3,0,3 ，BC =-3,1,0 ，CC 1 =0,1,3 ，。

嘉兴市高考数学解答题专项训练含解析

嘉兴市高考数学解答题专项训练解答题含答案有解析1．如图，在平行四边形ABCD 中，3AB =，2BC =，12,AB AD e e ABAD==，AB 与AD 的夹角为3π．（1）若12AC xe ye =+，求x 、y 的值；（2）求AC BD ⋅的值；（3）求AC 与BD 的夹角的余弦值．2．如图，三棱柱111ABC A B C -，1A A ⊥底面ABC ，且ABC ∆为正三角形，4AB =，123AA =，D 为AC 中点．（1）求证：直线1AB //平面1BC D ；（2）求二面角1C DB C --的大小． 3．若2sin()3, 且(,0)2απ∈-, 求tan α的值.4．某购物中心举行抽奖活动，顾客从装有编号分别为0，1，2，3四个球的抽奖箱中，每次取出1个球，记下编号后放回，连续取两次（假设取到任何一个小球的可能性相同）.若取出的两个小球号码相加之和等于5，则中一等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于4，则中二等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于3，则中三等奖；其它情况不中奖. （Ⅰ）求顾客中三等奖的概率；（Ⅱ）求顾客未中奖的概率.5．已知关于x 的不等式()2110ax a x a R ++<∈-，．（1）若不等式的解集为112xx ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭，求a ；（2）当a R ∈时，解此不等式．6．已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，1,2AD AB ==，,E F 分别是AB ，PD 的中点，PC 与平面ABCD 所成的角的正切值是5；（1）求证：//AF 平面PCE ；（2）求二面角P EC D --的正切值． 7．已知向量()3,cos a x ω=，()sin ,1b x ω=-.函数()f x a b =⋅的图象关于直线6x π=-对称，且()1,3ω∈.（1）求函数()f x 的表达式：（2）求函数()f x 在区间,126ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域. 8．已知ABC 为等边角形，2AB =.点N M 、满足AN AB λ=，()1AM AC λ=-，R λ∈.设,AC a AB b ==.()1试用向量a 和b 表示,BM CN ;()2若3·2BM CN =-,求λ的值. 9．已知向量()1,1,2,a b =-=且()24a b b +⋅=，（1）求向量a 与b 的夹角；（2）求a b +的值.10．随着互联网的不断发展，手机打车软件APP 也不断推出.在某地有A ､B 两款打车APP ，为了调查这两款软件叫车后等候的时间，用这两款APP 分别随机叫了50辆车，记录了候车时间如下表： A 款软件: 候车时间(分钟) [0,2](2,4](4,6](6,8](8,10](10,12]车辆数 212812142B 款软件:候车时间(分钟) [0,2] (2,4](4,6](6,8](8,10](10,12]车辆数21028721（1）试画出A 款软件候车时间的频率分布直方图，并估计它的众数及中位数；（2）根据题中所给的数据，将频率视为概率（i ）能否认为B 款软件打车的候车时间不超过6分钟的概率达到了75%以上？（ii ）仅从两款软件的平均候车时间来看，你会选择哪款打车软件？11．如图，四面体ABCD 中，,O E 分别是,BD BC 的中点，2AB AD ==，2CA CB CD BD ====.（1）求证：AO ⊥平面BCD ；（2）求三棱锥D ACE -的体积．12．已知数列{}n a 满足12a =-，124n n a a +=+．（1）证明：{}4n a +是等比数列；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S ．13．求函数2sin 4y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭的单调递增区间.14．已知菱形ABCD 的边长为2，M 为BD 上靠近D 的三等分点，且线段27AM =（1）求DAB ∠的值；（2）点P 为对角线BD 上的任意一点，求()PA PC PD ⋅+的最小值.15．如果定义在R 上的函数()f x ，对任意的x ∈R ，都有()()f x f x -≠-，则称该函数是“β函数”．（I ）分别判断下列函数：①2xy =；②21y x =+； ③223y x x =--，是否为“β函数”？（直接写出结论）（II ）若函数()sin cos f x x x a =++是“β函数”，求实数a 的取值范围．（III ）已知2+1,(),x x Af x x x B ⎧∈=⎨∈⎩是“β函数”，且在R 上单调递增，求所有可能的集合A 与B16．某科技创新公司在第一年年初购买了一台价值昂贵的设备，该设备的第1年的维护费支出为20万元，从第2年到第6年，每年的维修费增加4万元，从第7年开始，每年维修费为上一年的125%．（1）求第n 年该设备的维修费n a 的表达式；（2）设12nn a a a A n+++=，若40n A <万元，则该设备继续使用，否则须在第n 年对设备更新，求在第几年必须对该设备进行更新？17．设{}n a 是等差数列，且123ln 2,5ln 2a a a =+=. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求12n a a a e e e +++.18．在ABC ∆中，内角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ．已知(),2m a c b =-，()cos ,cos n C A =，且m n ⊥．（Ⅰ）求角A 的大小；（Ⅱ）若123AB AC -=，求ABC ∆面积的最大值． 19．（6分）已知直线1:260l ax y ++=和22:(1)10l x a y a +-+-=.（1）若12l l ⊥，求实数a 的值；（2）若12l l //，求实数a 的值.20．（6分）已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +== （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．21．（6分）某生产厂家生产一种产品的固定成本为4万元，并且每生产1百台产品需增加投入0.8万元.已知销售收入()R x （万元）满足20.610.4(010)(),44(10)x x x R x x ⎧-+≤≤=⎨>⎩（其中x 是该产品的月产量，单位：百台），假定生产的产品都能卖掉，请完成下列问题：（1）将利润表示为月产量x 的函数()y f x =；（2）当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少万元？22．（8分）已知向量(2cos ,sin ),(cos ,23cos )a x x b x x ==，函数()f x a b m =⋅+，且当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时，()f x 的最小值为2.（1）求m 的值，并求()f x 的单调递增区间；（2）先将函数()y f x =的图象上所有点的横坐标缩小到原来的12倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移12π个单位，得到函数()y g x =的图象，求方程()4g x =在区间[0,]2π上所有根之和.23．（8分）某校为了了解甲、乙两班的数学学习情况，从两班各抽出10名学生进行数学水平测试，成绩如下(单位：分)：甲班：82 84 85 89 79 80 91 89 79 74 乙班：90 76 86 81 84 87 86 82 85 83 (1)求两个样本的平均数； (2)求两个样本的方差和标准差； (3)试分析比较两个班的学习情况．24．（10分）已知函数2()lg()f x x ax b =++的定义域为A ，2()43g x kx x k =+++的定义域为B ．（1）若B R =，求k 的取值范围；（2）若(),(){|23}R R C A B B C A B x x ⋂=⋃=-≤≤，求实数的值及实数的取值范围．25．（10分）设数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为()*n S n ∈N ；数列{}nb 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()*n T n ∈N．已知11b=，322b b =+，424b a a =+，5162b a a =+．（1）求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；（2）设数列1 n n a b ⎧⎫⎨⎩-⎬⎭的前n 项和为n K ，若n K m <对任意的n *∈N 恒成立，求实数m 的取值范围．26．（12分）遇龙塔建于明代万历年间，简体砖石结构，屹立于永州市城北潇水东岸，为湖南省重点文物保护单位之一．游客乘船进行观光，到达潇水河河面的A 处时测得塔顶在北偏东45°的方向上，然后向正北方向行驶30m 后到达B 处，测得此塔顶在南偏东15︒的方向上，仰角为α，且15sin α=，若塔底C 与河面在同一水平面上，求此塔CD 的高度．27．（12分）已知,,A B C 为ABC ∆的三内角，且其对边分别为,,a b c ．且1cos 2a C cb += （1）求A 的值；（2）若23a =，三角形面积3S =，求b c +的值．28．已知直线l ：x+3y ﹣2＝1．（1）求与l 垂直，且过点（1，1）直线方程；（2）求圆心为（4，1），且与直线l 相切的圆的方程．29．设{}n a 是一个公比为q 的等比数列，且14a ，23a ，32a 成等差数列. （1）求q ；（2）若数列{}n a 前4项的和415S =，令()*2n n b a n n N =+∈，求数列{}n b 的前n 项和n T .30．在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为2200m 的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排2m 宽的绿化，绿化造价为200元/2m ，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/2m .设矩形的长为()xm .（1）设总造价y （元）表示为长度()x m 的函数；（2）当()xm 取何值时，总造价最低，并求出最低总造价.参考答案解答题含答案有解析 1．（1）3，2；（2）；（3）5133133-．【解析】试题分析：（1）根据向量的运算有1232AC AB BC e e =+=+，可知，由模长即可求得x 、y 的值；（2）先求得向量,再根据向量的数量积及便可求得AC BD ⋅；（3）由前面的求解可得AC BD ⋅及，可利用求得向量夹角的余弦值．试题解析：（1）因为123,2,,AB AD AB BC e e ABAD====，所以1232,AC AB BC e e =+=+即3,2x y ==. （2）由向量的运算法则知，2123BD AD AB e e =-=-,所以()()222121212323495AC BD e e e e e e ⋅=+-=-=-.(3) 因为AB 与AD 的夹角为3π，所以1e 与2e 的夹角为3π, 又121e e ==,所以2123AC AD AB e e =+=+22212149124912cos193e e e e π=++⋅=++⨯=.222111212349124912cos73BD AD AB e e e e e e π=-=-=+-⋅=+-⨯=.设AC 与BD 的夹角为θ，可得2221212123235133cos 133197133e e e e AC BD AC BDθ+-⋅====-⨯⋅.所以AC 与BD 的夹角的余弦值为133133-. 考点：向量的运算．【思路点睛】本题主要考查向量的运算及单位向量，平面任一向量都可用两个不共线的单位向量来表示，其对应坐标就是沿单位向量方向上向量的模长；而对于向量的数量积，在得知模长及夹角的情况下，可以用两向量模长与夹角余弦三者的乘积来计算，也可转化为单位向量的数量积进行求解；而向量夹角的余弦值则经常通过向量的数量积与向量模长的比值来求得． 2．（1）证明见解析；（2）60︒．【解析】【分析】（1）连1B C 交1BC 于O ，连OD ，则点O 为1B C 中点，D 为AC 中点，得1//OD AB ，即可证明结论；（1）ABC ∆为正三角形，D 为AC 中点，可得BD AC ⊥，再由1A A ⊥ 底面ABC ，得1C C ⊥ 底面ABC ，得1C C BD ⊥，可证BD ⊥平面1CC D ，有1BD C D ⊥，1CDC ∠为1C DB C --的平面角，解1Rt CC D ∆，即可求出结论.【详解】（1）连1B C 交1BC 于O ，连OD ，三棱柱111ABC A B C -，侧面11BB C C 为平行四边形，所以点O 为1B C 中点，D 为AC 中点，所以1//OD AB ，因为OD ⊂平面1BC D ，1AB ⊄平面1BC D ，所以直线1AB //平面1BC D ；（2）ABC ∆为正三角形，D 为AC 中点，可得BD AC ⊥，三棱柱111ABC A B C -，所以11//AA CC ，1A A ⊥ 底面ABC ，所以1C C ⊥ 底面ABC ，BD ⊂底面ABC ，所以1C C ⊥BD ，又11,,CC AC C CC AC =⊂平面1CC D ，所以BD ⊥平面1CC D ，1C D ⊂平面1CC D ，所以1BD C D ⊥， 1CDC ∠为1C DB C --的平面角，在1Rt CC D ∆中，22ABBD ==，1123CC AA == ，所以0111tan 3,60CC CDC CDC CD∠==∴∠= ，所以二面角1C DB C --的大小为060.【点睛】本题考查线面平行的证明，用几何法求二面角的平面角，做出二面角的平面角是解题的关键，属于中档题. 3．5tan 5α=- 【解析】【分析】本题首先可根据2sin()3以及诱导公式得出2sin 3，然后根据(,0)2απ∈-以及同角三角函数关系计算出5cos α，最后根据sin tan cos ααα=即可得出结果．【详解】因为2sin()3，所以2sin 3，因为(,0)2απ∈-，所以cos 0α>，因为22sin cos 1αα+=，所以解得5cos α，sin 25tan cos ．【点睛】本题考查同角三角函数关系的应用，考查的公式有22sin cos 1αα+=、sin tan cos ααα=以及sin()sin ，考查计算能力，是简单题．4．（Ⅰ）14；（Ⅱ）716. 【解析】【分析】（Ⅰ）利用列举法列出所有可能,设事件A 为“顾客中三等奖”,的事件.由古典概型概率计算公式即可求解. （Ⅱ）先分别求得中一等奖、二等奖和三等奖的概率,根据对立事件的概率性质即可求得未中奖的概率. 【详解】（Ⅰ）所有基本事件包括()()()()()()()()0,0,0,1,0,2,0,3,1,0,1,1,1,2,1,3()()()()()()()()2,0,2,1,2,2,2,3,3,0,3,1,3,2,3,3共16个设事件A 为“顾客中三等奖”,事件A 包含基本事件()()()()0,3,1,2,2,1,3,0共4个, 所以41()164P A ==. （Ⅱ）由题意,中一等奖时“两个小球号码相加之和等于5”,这一事件包括基本事件()()2,3,3,2共2个中二等奖时,“两个小球号码相加之和等于4”,这一事件包括基本事件()()()1,3,2,2,3,1共3个由（Ⅰ）可知中三等奖的概率为41()164P A == 设事件B 为“顾客未中奖”则由对立事件概率的性质可得2347()1()116161616P B P B ⎛⎫=-=-++= ⎪⎝⎭所以未中奖的概率为716. 【点睛】本题考查了古典概型概率的计算方法,对立事件概率性质的应用,属于基础题.5．（1）2（2）0a =时，(1,)x ∈+∞，01a <<时，1(1,)x a∈，1a =时，不等式的解集为空集，1a >时，1(,1)x a ∈，0a <时，1(,)(1,)x a∈-∞+∞.【解析】【分析】（1）根据不等式的解集和韦达定理，可列出关于a 的方程组，解得a ；（2）不等式化为(1)(1)0ax x --<，讨论a 的取值，从而求得不等式的解集。

高级高考数学解答题专项训练(含详解) 共七套

一、三角函数专项训练1、已知函数22()sin cos 2cos ,.f x x x x x x R =+∈ （I ）求函数()f x 的最小正周期和单调增区间；（II ）函数()f x 的图象可以由函数sin 2()y x x R =∈的图象经过怎样的变换得到？1、解：（I）1cos 2()2(1cos 2)22x f x x x -=+++132cos 2223sin(2).62x x x π=++=++ ()f x ∴的最小正周期2.2T ππ== 由题意得222,,262k x k k Z πππππ-≤+≤+∈即 ,.36k x k k Z ππππ-≤≤+∈()f x ∴的单调增区间为,,.36k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦（II ）方法一：先把sin 2y x =图象上所有点向左平移12π个单位长度，得到sin(2)6y x π=+的图象，再把所得图象上所有的点向上平移32个单位长度，就得到3sin(2)62y x π=++的图象方法二：把sin 2y x =图象上所有的点按向量3(,)122a π=-平移，就得到3sin(2)62y x π=++的图象2、已知函数.3cos 33cos 3sin )(2x x x x f +=（Ⅰ）将f(x)写成)sin(φω+x A 的形式，并求其图像对称中心的横坐标；（Ⅱ）如果△ABC 的三边a 、b 、c 满足b 2=ac ，且边b 所对的角为x ，试求x 的范围及此时函数f(x)的值域.2、解：23)332sin(2332cos 2332sin 21)32cos 1(2332sin 21)(++=++=++=πx x x x x x f由)332sin(π+x =0即z k k x z k k x ∈-=∈=+πππ213)(332得即对称中心的横坐标为z k k ∈-，π213 （Ⅱ）由已知b 2=a c ，，212222cos 22222=-≥-+=-+=ac ac ac ac ac c a ac b c a x，，，，1)332sin(3sin |295||23|953323301cos 21≤+<∴->-≤+<≤<<≤∴ππππππππππx x x x，231)332sin(3+≤+<∴πx 即)(x f 的值域为]231,3(+.综上所述，]3,0(π∈x ， )(x f 值域为]231,3(+.3、（本小题满分10分）已知函数)0,0(),sin()(>>+=ωϕωA x A x f 的图象如图所示. （Ⅰ）求函数f (x )的解析式；（Ⅱ）令.),(21)(的最大值求M x f x f M -+= 3．解：（Ⅰ）由图象可知，.162,2==ωπA )6()48sin(2)()5(.4,68,0)(,6,)3().8sin(2)(.8分所求函数的解析式为分且时当又知分 πππϕπϕπϕππω+=∴=∴=+⨯==+=∴=∴x x f x f x x x f（Ⅱ）]4)(8sin[221)48sin(2ππππ+-⨯++=x x M )12(.512)10()48cos()48sin(2)8()]48(2sin[)48sin(22max 分分分 =+=∴+++=+-++=M x x x x πππππππππ4、在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a ,b ,c ，且cos A =31(Ⅰ)求sin 22B C ++cos2A 的值；(Ⅱ)若a =3,求bc 的最大值。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

高考解答题专项训练(四)空间向量与立体几何1．如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.
(1)求证：AB∥FG；
(2)若P A⊥底面ABCDE，且P A＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．
2．如图，在三棱台DEF-ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC 的中点．
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE，∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．
3．(2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC 的边长为3，点D ，
E 分别是AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图①)，将△ADE 沿
DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图②)． (1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；
(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．
4．(2019·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AB ＝AA 1，过AA 1的平面分别交BC ，B 1C 1于点D ，D 1.
(1)求证：四边形ADD 1A 1为平行四边形；
(2)若AA 1⊥平面ABC ，D 为BC 的中点，E 为DD 1的中点，求二面角A -C 1E -C 的余弦值．
5．(2019·天津十二校联考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.
(1)求证：面ACE ⊥面BED ；
(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；
(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为
60°？若存在，求出AM AF 的值；若不存在，说明理由．
6．(2019·广州模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段
BH 上，且BR RH ＝λ(λ>0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示．
(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．。