2024年天津高考数学真题变式题16-20

1．在中，角所对的边分别为，已知． (1)求； (2)求； (3)求的值． 2．在中，角，，所对的边分别是，，，已知. (1)求角的大小； (2)若，，求的值. 3．在中，角、、的对边分别为，，，已知，，是边上的点， (1)若且，求的长； (2)若，，求的值. 4．在△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，△的面积为. (1)求； (2)若，求； (3)求的值. 5．已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点． (1)求证平面； (2)求平面与平面的夹角余弦值； (3)求点到平面的距离． 6．如图，在直三棱柱中，为的中点，点分别在棱和棱上，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 7．如图，四棱柱中，侧棱底面，，四棱柱的体积为36． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 8．如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，且分别为的中点，在线段上，且．    (1)求证：平面； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 9．已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中． (1)求椭圆方程． (2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． 10．已知，分别是椭圆的左右顶点.椭圆长轴长为6，离心率为.为坐标原点，过点，且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于、两个不同的点. (1)求椭圆的标准方程； (2)当直线的斜率为正时，设直线、分别交轴于点，记，，求的取值范围. 11．已知椭圆C：的离心率为，四个顶点所围成菱形的面积为. (1)求椭圆的方程； (2)若A、B两点在椭圆C上，坐标原点为O，且满足， （i）求的取值范围； （ii）求的面积. 12．已知椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围． 13．已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若． (1)求数列前项和； (2)设，． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 14．已知等差数列前项和为（），数列是等比数列，，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，设数列的前项和为，求. 15．已知等差数列的前n项和为，，，数列满足：，． (1)证明：是等比数列； (2)证明：； (3)设数列满足：．证明：． 16．已知是各项均为正数的等比数列，其前n项和为，，且，，成等差数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，，证明：. 17．设函数． (1)求图象上点处的切线方程； (2)若在时恒成立，求的值； (3)若，证明． 18．已知函数． (1)求函数在点处的切线方程； (2)求函数的最小值； (3)函数，证明：． 19．已知函数． (1)当时，讨论函数的单调性． (2)若有两个极值点． ①求实数的取值范围； ②求证：． 20．已知函数. (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知. （i）证明：； （ii）若，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2) (3) 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【详解】（1）设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. （2）法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 （3）法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 2．(1)； (2) 【分析】（1）利用正弦定理以及两角差的余弦公式进行化简求解；（2）由余弦定理得，由正弦定理得，即得的值. 【详解】（1）因为，根据正弦定理可得 在中，，所以有， 则有，即， 又，所以. （2）根据余弦定理，，所以. 根据正弦定理，，则有， 所以. 3．(1) (2) 【分析】（1）设（），在、分别利用余弦定理，即可得到方程组，解得即可； （2）由正弦定理求出，即可求出，再求出，最后根据利用两角和的余弦公式计算可得. 【详解】（1）依题意设（），则， 在中由余弦定理， 即①， 在中由余弦定理， 即②， 由①②解得或（舍去）， 所以. （2）由正弦定理，即，解得， 又，所以，所以， 又，所以， 所以 . 4．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用余弦定理和三角形面积公式求解； （2）根据和求出，再结合正弦定理即可求解； （3）利用二倍角公式和两角和的余弦公式求解. 【详解】（1）由余弦定理知： ∵在△中，，∴，即 又∵，∴.即 ∴； （2）由（1）知，则角为锐角， ∵，∴ ， 由正弦定理知：，则，， ∴ 又∵，，， ∴； （3）由（2）知，， 所以，. 所以. 5．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【详解】（1）取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； （3）由，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 6．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，证明即可； （2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值； （3）向量法求点到平面的距离. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，则， 且，∴且， 则四边形为平行四边形，． 又平面平面， 平面． （2）解：直三棱柱中，． 以为原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为，则 即令，则，得到平面的一个法向量． 易知平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：，， 点到平面的距离． 7．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题中条件建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用，结合线面平行的判断定理证明即可； （2）利用平面夹角的向量表示公式进行计算即可； （3）利用点到平面距离的向量表示公式进行计算即可. 【详解】（1）因为侧棱底面， 所以以点为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 又因为棱柱体积为36，易知底面为直角梯形， 其面积为，柱体体积， 有．所以 ， 证明：因为，平面的法向量为， ，所以， 又因为平面， 所以平面． （2）因为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 由（1）得， 设平面与平面的夹角为， 则平面与平面的夹角的余弦值为． （3）因为， 所以，点到平面的距离为． 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，要证平面，只需平面平面，结合已知条件即可得证. （2）当时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据以及中点关系、即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解. 【详解】（1）如图所示：    取中点，连接， 分别为的中点，且底面为矩形， 所以，且， 又因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，且平面， 又因为，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以由面面平行的性质可知平面 （2）如图所示：    注意到侧面为正三角形以及为的中点，所以由等边三角形三线合一得， 又因为，且面，面，， 所以面，又因为面，所以， 又因为底面为矩形，所以， 因为，面，面， 所以面，因为面， 所以，又， 所以，又由三线合一，又， 所以建立上图所示的空间直角坐标系； 因为， 所以， 又因为为的中点，， 所以， 所以，，， 不妨设平面与平面的法向量分别为， 所以有以及， 即分别有以及， 分别令，并解得， 不妨设平面与平面的夹角为， 所以； 综上所述：平面与平面的夹角的余弦值为. 9．(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 10．(1) (2) 【分析】(1)根据椭圆中之间的关系求解即可； (2)利用直线方程表示出的坐标，进而表示出，利用韦达定理将表示为关于的表达式，结合直线与椭圆的位置关系确定的范围，进而可求解. 【详解】（1）由题可知解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）设直线，， 由得 解得或（舍）， 且 的直线方程为，的直线方程为， 令解得，所以，同理， 所以, 由，可得 所以 即 ， 因为，所以，所以， 所以. 的取值范围为. 11．(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）利用菱形的面积和椭圆的性质列方程组即可得出； （2）（i）设直线的方程为，与椭圆的方程联立可得根与系数的关系、再利用斜率的计算公式、数量积运算即可得出； （ii）利用弦长公式和点到直线的距离公式及三角形的面积公式即可得出. 【详解】（1）由已知可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设直线的方程为，设， 联立，得， ，即， ，. ，. , ，即， ， ，， ， 又直线的斜率不存在时, 的取值范围是. （ii）设原点到直线的距离为， 则 ， 由化简可得. 的面积为. 12．(1) (2) 【分析】（1）由题意可知，以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，进而可求出，，由此能求出椭圆的方程； （2）先研究直线的斜率不存在时，点在椭圆内，再研究直线的斜率存在时，以为直径的圆的圆心为，联立直线方程与椭圆方程，结合根的判别式、韦达定理、弦长公式及，由此能求出的取值范围. 【详解】（1）如图所示，    由题意知，，即， 故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为， 所以，解得， 所以， 所以椭圆C的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为， 如图所示，    此时为椭圆的上下顶点，且， 因为点总在以线段为直径的圆内，且， 所以. 当直线的斜率存在时，设的方程为. 如图所示，    由方程组得， 因为直线与椭圆有两个公共点，即，得； 设，则，. 设的中点，则，， 所以.所以， ， 因为点总在以线段为直径的圆内，所以对于恒成立， 所以， 化简，得，整理得， 而（当且仅当时等号成立）所以， 由，得， 综上，的取值范围是. 【点睛】方法点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． （2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 13．(1) (2)①证明见详解；② 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，再结合等比数列求和公式分析求解； （2）①根据题意分析可知，，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法分析求解. 【详解】（1）设等比数列的公比为， 因为，即， 可得，整理得，解得或（舍去）， 所以. （2）（i）由（1）可知，且， 当时，则，即 可知， ， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以； （ii）由（1）可知：， 若，则； 若，则， 当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 且，符合上式，综上所述：. 【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列； 2.根据等差数列求和分析可得. 14．(1)，； (2). 【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为（），根据等差等比数列通项公式基本量的计算可得结果. （2）求出，代入求出，再分组求和，利用裂项求和方法和等比数列的求和公式可求得结果. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为（）， 由，，，， 得，解得，， 所以，. （2）由（1）知，， 因此当为奇数时，，当为偶数时，， 所以 . 15．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据等比数列的定义，结合递推公式，即可证明； （2）根据条件求和，再代入不等式，利用作差法，即可化简证明； （3）根据数列的通项公式，分别求奇数项和偶数项的和，再分别利用裂项相消法和错位相减法求和，即可证明. 【详解】（1）由，得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，． （2）设等差数列的公差为， ，得， 所以，， ，， ，得证． （3）当n为奇数时，， ， 当n为偶数时，， ， 设， ， 两式相减得 得， 所以， 所以． 16．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用等差中项列式求出公比q，再求出通项公式作答. （2）由（1）的结论求出，再利用等比数列前n项和公式、裂项相消法分组求和作答. （2）求出，验证当时不等式成立，当时，证得，再利用放缩的方法结合裂项相消法求和推理作答. 【详解】（1）设正项等比数列的公比为，因为，，成等差数列， 则，即有， 即，因此，，而，解得，又， 所以数列的通项公式是. （2）由（1）知，，当时，， 当时， ， ， 所以数列的前项和. （3）由（1）知，，则，有，，， 当时，，当时，，当时，， 即当时，不等式成立， 当时， ， 则， ， 综上得：，. 【点睛】易错点睛：裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 17．(1) (2)2 (3)证明过程见解析 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【详解】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. （2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 18．(1)； (2)0； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义，求得，即可求得切线方程； （2）利用导数判断的单调性，即可求得函数最小值； （3）由，求得与的关系；对目标不等式分离参数，构造函数求得其最大值；再结合关系，即可证明. 【详解】（1） ，，切线斜率为 故切线方程为，即. （2） ，令，可得， 当，；，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故函数的最小值. （3），由① 欲证明，只需要， 令， 令 在区间上单调递增，则，故； 则在区间上单调递增，只需证明， 由①可知， 由（2）可知， 只需证明， 化简为：成立即可，令， 则在区间上单调递增， 故，所以得证. 【点睛】关键点点睛：本题第三问处理的关键是：对目标式分离参数，转化为求解的最大值，结合关系，消去参数后，构造函数，进而利用导数求其最小值即可证明. 19．(1)在上单调递增； (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求得，设，得到，再令，求得为上的增函数，且，进而求得单调区间； （2）①求得，令，解得，设，根据题意转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数求得函数的单调性与极值，作出函数的图象，结合图象，即可求解； ②由函数有两个零点，得到，令，转化为证明，不妨令，只需证明，化简得到，令，转化为证明，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【详解】（1）解：当时，可得，其中，则， 设，则， 令，可得恒成立， 所以为上的增函数，且， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，所以，所以在上单调递增． （2）解：①因为函数，可得， 令，解得， 设，可得， 因为有两个极值点，则直线与函数的图象有两个不同的交点， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以． 又当时，，故可作出的大致图象，如图所示， 结合图象可得，，即实数的取值范围为． ②由函数有两个零点，所以， 令，则等价于关于的方程有两个不相等的实数根， 只需证明， 不妨令，由得， 要证，只需证明， 即证， 即证，即证， 令，则，只需证明， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 综上所述，原不等式成立． 【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数． 20．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解； （2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可； （ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果. 【详解】（1）∵，则， 若是增函数，则，且，可得， 故原题意等价于对恒成立， 构建，则， 令，解得；令，解得； 则在上递增，在递减， 故，∴的取值范围为. （2）（i）由（1）可知：当时，单调递增， ∵，则，即， 整理得， 构建，则， 令，解得；令，解得； 则在上递减，在递增， 故， 即，当且仅当时等号成立， 令，可得， 综上； （ii）∵，则， 可知有两个不同实数根，由（1）知， 可得， 同理可得， 构建，则， 当时，；当时，； 当时，； 且，故对恒成立，故在上单调递减， ∵，则，即， 且，则，故， 可得； 又∵，由（i）可得，即， 则， 且，则，可得； 综上所述：. 可得，则 故. 【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数h(x)． (3)利用导数研究h(x)的单调性或最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$