专题10 高二期末解答题专题训练-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（四川专用）

专题10 高二期末解答题专题训练 （1）空间向量与立体几何解答题 1．如图，四棱锥P-ABCD中，平面.    (1)若，求证：平面平面PCD； (2)若AD=DC，PB中点为，试问在棱CD上是否存在点，使，若存在，指出点位置，若不存在说明理由； (3)若与平面PBC成角大小，求DC边长. 2．如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 3．在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 4．如图，在四棱锥中，，，，，平面平面，为中点． (1)平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在一点，使∥平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值． 5．如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面 (1)证明：平面 (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)棱BC上是否存在一点P，使得二面角的余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由. 6．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知.并做答. 条件①：；条件②：；条件③：平面平面. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 7．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. （2）直线与圆解答题 8．已知的三个顶点是，，． (1)求边上的中线的直线方程； (2)求边上的高的直线方程 (3)求AC边的垂直平分线 9．已知直线. (1)求证：直线过定点； (2)若直线不经过第二象限，求实数的取值范围； (3)若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程. 10．已知关于的方程. (1)若方程表示圆，求m的取值范围； (2)若圆与圆外切，求的值； (3)若圆与直线相交于两点，且，求的值. 11．已知圆C：，直线l：是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线上． (1)求公共弦AB的长度； (2)求圆E的方程； (3)过点分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且，求四边形MRNS面积的最大值与最小值． 12．已知过、两点，且圆心M在直线上. (1)求的标准方程； (2)若直线l：与圆交于E，F两点，且（O为坐标原点），求直线l的方程. （3）椭圆解答题 13．已知椭圆的左右焦点分别为、，离心率为，点在椭圆上，且满足轴，. (1)求椭圆的方程； (2)若直线交椭圆于、两点，求（为原点）面积的最大值． 14．已知椭圆，过点，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若直线的斜率都存在且分别为， (1)求椭圆的方程 (2)求的值 15．如图，已知椭圆：（）上的点到其左焦点的最大矩离和最小距离分别为和，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点.    (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程； (3)当直线，均不与轴垂直时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值. 16．已知椭圆分别为左右焦点，短轴长为2，点为椭圆在第一象限的动点，的周长为. (1)求的标准方程； (2)若，求点的坐标； (3)若，直线交椭圆于E，F两点，且的面积为，求的值. 17．若椭圆的长轴长，短轴长分别等于双曲线的实轴长，虚轴长，且椭圆和双曲线的焦点在同一坐标轴上，则称椭圆是双曲线的共轭椭圆，双曲线是椭圆的共轭双曲线．已知椭圆的共轭双曲线为． (1)求双曲线的标准方程； (2)已知点，直线（不过点）与相交于、两点，且，求点到直线的距离的最大值． （4）双曲线解答题 18．已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点. 19．双曲线的左、右焦点分别为、，直线l过且与双曲线交于A、B两点． (1)若双曲线的离心率为2；求b的值； (2)若l的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (3)设，若l的斜率存在，且，求l的斜率． 20．已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍，且焦点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线交于，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值． 21．已知双曲线的实轴比虚轴长2，且焦点到渐近线的距离为2. (1)求双曲线的方程； (2)若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值. （5）抛物线解答题 22．已知动点到直线的距离比它到定点的距离多1 (1)求的方程； (2)若过点的直线与相交于A，B两点，且，求直线的方程． 23．过抛物线焦点的直线交于两点，特别地，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的方程； (2)已知点，若，求的面积（为坐标原点）. 24．已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，且． (1)求抛物线的方程． (2)设过点的直线交抛物线于两点，直线与直线分别交于点． （ⅰ）证明：直线与的斜率之和为0． （ⅱ）求面积的最大值． 25．已知为坐标原点，是抛物线上与点不重合的任意一点． (1)设抛物线的焦点为，若以为圆心，为半径的圆交的准线于两点，且的面积为，求圆的方程； (2)若是拋物线上的另外一点，非零向量满足，证明：直线必经过一个定点． 26．已知拋物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3． (1)求拋物线的标准方程； (2)已知过点的直线与分别交于点与点，延长交于点，线段与的中点分别为． ①证明：点在定直线上； ②若直线，直线的斜率分别为，求的取值范围． （6）数列解答题 27．已知等差数列和等比数列满足，，，，设数列的公比为. (1)求数列，的通项公式； (2)若，为数列的前项和，求. 28．已知数列满足，. (1)求证：是等差数列； (2)若，求数列的前n项和. 29．已知数列的首项为，且满足. (1)求证：是等比数列. (2)求数列的前项和. 30．已知数列满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 31．设有穷数列的项数为，若（为常数，且），则称该数列为等积数列，叫做该数列的公共积. (1)若是公共积为的等积数列，求该数列的公共积及； (2)若是公共积为的等积数列，且（且为常数），证明：当时，对任意给定的，数列中一定存在相等的两项； (3)若是公共积为1的等积数列，且是奇数，对任意的都存在正整数，使得，求证：是等比数列. 32．记为等差数列的前项和，，． (1)求的通项公式； (2)若，求使取得最大值时的值． 33．数列满足，． (1)求、、 ； (2)是否存在一个实数，使此数列为等差数列？若存在求出的值及；若不存在，说明理由． 34．已知等差数列中，，前n项和为，为各项均为正数的等比数列，，且，． (1)求与； (2)定义新数列满足，，求前20项的和． 35．已知正项数列满足，且 (1)求数列的通项公式； (2)若的前项和为，求. 36．设数列的前项和为，且，其中． (1)证明为等差数列，求数列的通项公式； (2)求数列的前项和 37．已知数列，数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 38．已知数列满足．设． (1)求证：数列是等比数列，并求数列通项公式； (2)设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 高二期末解答题专题训练 （1）空间向量与立体几何解答题 1．如图，四棱锥P-ABCD中，平面.    (1)若，求证：平面平面PCD； (2)若AD=DC，PB中点为，试问在棱CD上是否存在点，使，若存在，指出点位置，若不存在说明理由； (3)若与平面PBC成角大小，求DC边长. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用勾股定理以及线面垂直及面面垂直的判定定理证明可得结论； （2）利用空间向量的位置关系证明，建立空间直角坐标系即可得出结论； （3）根据线面角的向量求法得出表达式，解方程即可得出DC边长. 【详解】（1）因为平面平面ABCD， 所以， 又，所以 又平面PAD 所以平面PAD， 又平面PCD， 所以平面平面PCD. （2）因为平面，所以AP，AB，AC两两垂直，如图建立空间直角坐标系 设，则， 则 设， ， 假设存在满足，因为等价于， 解得，所以不存在 （3）因为，所以，   ， 设，其中，又， ， 设平面PBC法向量，依题意，即 令则，所以， 因为PD与平面PBC成角大小，所以 或， 即 又，此方程组无解 综上可得. 2．如图，在三棱柱中，平面平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，可证明结论； （2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，后由空间向量知识可得答案. 【详解】（1）证明：因为为的中点，且， 所以在中，有，且， 又平面平面，且平面平面， 所以平面， 又平面，则， 由，得， 因为， 所以由勾股定理，得， 又平面， 所以平面. （2）如图所示，以为原点，建立空间直角坐标系， 可得， 所以， 设平面的法向量为， 由，令，得，所以. 由（1）知，平面， 所以平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 3．在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到位置，使得（如图2）. (1)求证：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）连接、，由平面几何的知识得到，即，，即可得到，从而得到平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出，即可得解. 【详解】（1）因为，， 所以，，所以，则， 则， 又P为的中点，连接，则且，，所以为菱形， 同理可得为菱形，所以， 所以，连接，则， 又，所以，即， 又，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为. 因为平面，所以，，两两互相垂直， 如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，， ， 设，因为，， 所以， 设与平面所成角为，则， 即，，解得或（舍去）， 所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为. 4．如图，在四棱锥中，，，，，平面平面，为中点． (1)平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在一点，使∥平面？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据题意可得，再结合面面垂直的性质分析证明； （2）建系标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）设，利用空间向量结合线面平行可得，即可得结果. 【详解】（1）因为，为中点，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，分别为轴，平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得 由题意可知：平面的法向量， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）线段上是否存在一点，使平面. 设，则， 若平面，则， 可得，解得， 即，可知， 所以存在点，使平面，此时. 5．如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面 (1)证明：平面 (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)棱BC上是否存在一点P，使得二面角的余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）由线面垂直得到，结合证明出结论； （2）证明出AB，AD，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的空间向量公式进行求解即可. （3）设点，其中，求出两平面的法向量，列出方程，求出，得到答案. 【详解】（1）因为底面ABCD是正方形，所以 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以 因为，且，平面， 所以平面 （2）因为平面，平面， 所以，， 又底面ABCD是正方形，，故AB，AD，两两垂直， 以AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则， 故 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为 （3）若存在点P满足题意，则可设点，其中， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故 易得平面的一个法向量为， 所以，解得或舍去， 故棱BC上存在一点P，当时，二面角的余弦值为 6．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形.再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知.并做答. 条件①：；条件②：；条件③：平面平面. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）先判断出选择条件①③，可以解决两个问题，利用面面垂直的性质定理得出，再由三角形全等得出，从而利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）以为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，直线的方向向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）若选择条件①②，则不能解决丙个问题，若选择条件②③，则可以解决第（1）问，不能解决（2）问，若选择条件①③，则可以解决两个问题. 因为平面平面，平面平面所以平面，又平面，所以. 因为，所以，则， 又且两直线在平面内，所以平面. （2）由（1）知，选择条件①③，则可以解决两个问题. 以为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 且，则， 所以 设平面的法向量为，则由 ，令，则，取. 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 7．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点， (1)证明：平面； (2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论； （2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【详解】（1）取中点，连接，， 为的中点，，， 又，，，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面； （2）平面平面，平面平面平面， 平面， 取中点，连接，则平面， ， ，又， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， ，设平面的一个法向量，， 则，取，则， 平面的一个法向量可取， 设平面与平面所成锐二面角为， ， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. （2）直线与圆解答题 8．已知的三个顶点是，，． (1)求边上的中线的直线方程； (2)求边上的高的直线方程 (3)求AC边的垂直平分线 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求出中点，则可得到中线的直线方程； （2）根据直线垂直得到高的斜率，则得到边上的高的直线方程； （3）求出AC的中点，再根据斜率垂直则得到斜率，即可得到直线方程. 【详解】（1），，由中点坐标公式得中点为， 又，由直线方程的两点式得边上的中线的直线方程为， 整理得：. （2），，则，所以边上的高的直线的斜率为， 又，则边上的高的直线方程为， 整理得：． （3）因为，，则其中点坐标为， 而，则AC边的垂直平分线的斜率为1，其方程为：， 即. 9．已知直线. (1)求证：直线过定点； (2)若直线不经过第二象限，求实数的取值范围； (3)若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可； （2）数形结合，结合直线图像可得解； （3）求得直线与坐标轴的交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值. 【详解】（1）由，即， 则，解得， 所以直线过定点； （2） 如图所示，结合图像可知， 当时，直线斜率不存在，方程为，不经过第二象限，成立； 当时，直线斜率存在，方程为， 又直线不经过第二象限，则，解得； 综上所述； （3）已知直线，且由题意知， 令，得，得， 令，得，得， 则， 所以当时，取最小值， 此时直线的方程为，即. 10．已知关于的方程. (1)若方程表示圆，求m的取值范围； (2)若圆与圆外切，求的值； (3)若圆与直线相交于两点，且，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，得到方程，结合圆的标准方程，得出不等式，即可求解； （2）根据题意，求得圆与圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆相外切，列出方程，即求解； （3）利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为，结合圆的弦长公式，列出方程，即可求解. 【详解】（1）由方程，整理得， 因为方程表示圆，可得，解得， 所以实数的取值范围为. （2）由圆，可得， 可得圆心为，半径为， 又由圆的圆心为，半径为， 因为圆与圆相外切，可得，即， 解得. （3）由（2）知，圆圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 因为圆C与直线相交于两点，且， 根据圆的弦长公式，可得， 可得，即，解得. 11．已知圆C：，直线l：是圆E与圆C的公共弦AB所在直线方程，且圆E的圆心在直线上． (1)求公共弦AB的长度； (2)求圆E的方程； (3)过点分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且，求四边形MRNS面积的最大值与最小值． 【答案】(1) (2) (3)最大值17，最小值 【分析】（1）根据直线和圆相交求弦长用直角三角形勾股定理等价条件进行求解即可； （2）圆的圆心在直线上，设圆心，求出圆心的半径即可得到圆的方程； （3）对直线，分两种情况讨论，即当过点的互相垂直的直线，为轴，垂直于轴时和当过点的互相垂直的直线，不垂直于轴时，写出四边形面积的表达式，再利用函数知识求最大值与最小值． 【详解】（1）圆，所以圆的圆心坐标，半径， 圆心到直线的距离， 公共弦； （2）圆的圆心在直线上，设圆心， 由题意得，，即，到的距离， 所以的半径， 所以圆的方程：； （3） 当过点的互相垂直的直线，为轴，垂直于轴时，，这时直线的方程为，代入到圆中，， 所以，四边形的面积； 当过点的互相垂直的直线，不垂直于轴时， 设直线为：， 则直线为：， 所以圆心到直线的距离，圆心到直线的距离， ，， 设， 当或1时，正好是轴及垂直轴， 面积， 当时，最大且，或1时，最小， 四边形面积的最大值17，最小值． 12．已知过、两点，且圆心M在直线上. (1)求的标准方程； (2)若直线l：与圆交于E，F两点，且（O为坐标原点），求直线l的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）待定系数法求圆的方程； （2）设出点E，F的坐标，将直线方程代入圆的方程，进而利用根与系数的关系建立等式，再结合求出参数m，最后得到答案. 【详解】（1）设的方程为. 因为.过、两点，且圆心M在直线上. 所以  解得：，，， 所以的标准方程为：. （2）设，， 联立立得， 由题意得：，即， 由根与系数关系得：，， 所以 ， 解得， 又因为满足， 故所求直线l的方程为. （3）椭圆解答题 13．已知椭圆的左右焦点分别为、，离心率为，点在椭圆上，且满足轴，. (1)求椭圆的方程； (2)若直线交椭圆于、两点，求（为原点）面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据轴，可得点坐标，代入曲线方程，结合离心率可得解； （2）联立直线与椭圆，结合弦长公式及点到直线的距离可得面积，再利用换元法结合基本不等式可得面积的最值. 【详解】（1）由椭圆的对称性，不妨设点在第二象限， 则， 代入椭圆方程可得， 又椭圆的离心率， 则， 解得， 又， 则， 所以椭圆方程为； （2） 由（1）得椭圆方程为， 设直线与椭圆的交点，， 联立直线与椭圆，得， 则， 且，， 则， 又原点到直线的距离， 的面积， 令， 则， 当且仅当，即时，的面积取得最大值为． 14．已知椭圆，过点，离心率为，过点的直线交椭圆于两点，若直线的斜率都存在且分别为， (1)求椭圆的方程 (2)求的值 【答案】(1) (2)-4 【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆上的点，求出，可得椭圆的方程； （2）直线与椭圆联立方程组，设，，表示出，利用韦达定理化简求得的值. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以， 又椭圆过点，则， 又，解得，， 所以椭圆C的方程：． （2）过点的直线交椭圆于两点， 当直线斜率不存在时，有，， ，， ； 当直线斜率存在时，设直线方程为，设，， 由，消去得， 有， . 综上可得. 15．如图，已知椭圆：（）上的点到其左焦点的最大矩离和最小距离分别为和，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点.    (1)求椭圆的方程； (2)若，求直线的方程； (3)当直线，均不与轴垂直时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为和，由求解； （2）设直线的方程为，，，由，利用韦达定理，结合弦长公式求解； （3）利用（2）中的韦达定理，由证明. 【详解】（1）解：由椭圆：上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为和， 结合椭圆的几何性质，得， 解得，则， 故椭圆的方程为. （2）解：设直线的方程为，，. 由消去，整理得. 由，得， 则，. ， 解得或. 当时，直线的方程为，此时直线过点； 当时，直线的方程为，满足题目条件. 所以直线的方程为. （3）证明：因为直线，均不与轴垂直， 所以直线：不经过点和，则且， 由（2）可知，， ， 为定值. 【点睛】思路点睛：本题第三问的基本思路是先建立模型，再根据点在直线上进行消元，然后利用韦达定理求解. 16．已知椭圆分别为左右焦点，短轴长为2，点为椭圆在第一象限的动点，的周长为. (1)求的标准方程； (2)若，求点的坐标； (3)若，直线交椭圆于E，F两点，且的面积为，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意列式求，即可得方程； （2）利用余弦定理可得，设，利用面积和方程运算求解即可； （3）联立方程，利用韦达定理可得，结合面积关系分析求解即可. 【详解】（1）设，则，且， 由题意可知：，解得， 所以椭圆的标准方程. （2）由（1）可知：，且， 由余弦定理可得， 即，解得， 设， 由的面积可得， 即，解得， 且，则，可得， 所以点的坐标为. （3）因为直线过定点，且点在椭圆C内， 则直线与椭圆C必相交，设， 联立方程，消去x可得， 则， 可得， 则的面积为，解得（负值舍去）， 所以的值为. 17．若椭圆的长轴长，短轴长分别等于双曲线的实轴长，虚轴长，且椭圆和双曲线的焦点在同一坐标轴上，则称椭圆是双曲线的共轭椭圆，双曲线是椭圆的共轭双曲线．已知椭圆的共轭双曲线为． (1)求双曲线的标准方程； (2)已知点，直线（不过点）与相交于、两点，且，求点到直线的距离的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题中定义可得出双曲线的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，将该直线方程与双曲线方程联立，由题意可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于直线方程中参数的值或参数之间的关系，求出直线所过定点的坐标，即可求出点到直线的距离. 【详解】（1）解：由题意可设的标准方程为，则，， 所以双曲线的标准方程为． （2）解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 设点、，    联立，得， 所以且， 即且， 由韦达定理可得，， ． 因为，且，， 所以 ． 所以或． 当时，直线恒过点，不合题意， 当时，直线恒过点，合乎题意； 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为， 则、 因为，所以，解得或（舍去）． 所以直线恒过点， 所以当直线时，点到直线的距离最大，距离的最大值为． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； （3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. （4）双曲线解答题 18．已知双曲线的右顶点到的一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)设过点的直线交于两点，过且垂直于轴的直线与直线交于点，证明：以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆还过其他定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意得出，再利用点到直线的距离求解b即可； （2）先证明圆心在直线上，再由圆的性质可以求出圆经过另一个定点. 【详解】（1）由于是右顶点，故. 而到渐近线的距离均为， 故由已知有. 所以，解得. 故的方程为. （2）如图所示，记，并设的中点为，设， 由于，假设的斜率不存在， 那么的方程是，该直线与只有一个公共点，矛盾； 所以的斜率存在，故可设其方程为. 将该直线与联立，得， 即. 所以该方程的两根之和为. 但，故此方程已有一根，从而另一根为. 又. 此时，由，知直线的方程为， 而过且垂直于轴的直线为，故. 这就得到的中点的坐标为. 由于 . 所以圆心在直线上， 设原点关于直线的对称点为, 则有，解得， 所以， 因为，点O在圆上，所以点T也在圆上， 故以线段的中点为圆心且过坐标原点的圆一定经过. 【点睛】关键点点睛：第（2）问关键在于知道圆心在直线上，又圆E经过原点，根据圆的性质可知，原点关于直线的对称点一定在圆E上. 19．双曲线的左、右焦点分别为、，直线l过且与双曲线交于A、B两点． (1)若双曲线的离心率为2；求b的值； (2)若l的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； (3)设，若l的斜率存在，且，求l的斜率． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）利用离心率求解即可，（2）利用是等边三角形，得到，（3）由知，故．联立双曲线和直线的方程结合韦达定理求解即可. 【详解】（1），，∴． ∴，∴； （2）设．由题意，，，， 因为是等边三角形，所以，即， 解得．故双曲线的渐近线方程为； （3）由已知，，． 设，，直线l：．显然． 由，得． 因为l与双曲线交于两点，所以，且． 设AB的中点为． 由 即，知，故． 而，，， 所以，得，故l的斜率为． 20．已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍，且焦点到渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线交于，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线渐近线求出即可得双曲线的方程. （2）按直线的斜率是否存在进行分类讨论，与双曲线渐近线方程联立求出，并求出原点O到直线l的距离，再计算推理即得. 【详解】（1）设双曲线的一个焦点为，一条渐近线方程为， 焦点F到渐近线的距离为， 由实轴长是虚轴长的倍，得， 所以双曲线的标准方程为. （2）由（1）知，双曲线的渐近线方程为， 当直线的斜率不存在时，的方程为，，， 当直线的斜率存在时，不妨设直线：，且， 由消去y得， 由，得， 由，得，不妨设与的交点为，则点的横坐标， 同理得点的横坐标，则， 而原点到直线的距离，因此， 所以的面积为定值，且定值为. 【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数的关系. 21．已知双曲线的实轴比虚轴长2，且焦点到渐近线的距离为2. (1)求双曲线的方程； (2)若动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点，两点，为坐标原点，证明：的面积为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由点到直线的距离公式及实轴与虚轴定义计算即可得； （2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明. 【详解】（1）设双曲线焦点为，一条渐近线方程为， 所以该焦点到渐近线的距离为， 又双曲线实轴比虚轴长2，故，即， 故双曲线的方程为； （2）当直线的斜率不存在时，若动直线与双曲线恰有1个公共点， 则直线经过双曲线的顶点，不妨设，又渐近线方程为， 将代入，得，将代入，得， 则，； 当直线的斜率存在，设直线，且， 联立，消去并整理得， 因为动直线与双曲线恰有1个公共点， 所以，得， 设动直线与的交点为，与的交点为， 联立，得，同理得， 则， 因为原点到直线的距离， 所以， 又因为，所以，即， 故的面积为定值，且定值为. 【点睛】关键点点睛：利用，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键. （5）抛物线解答题 22．已知动点到直线的距离比它到定点的距离多1 (1)求的方程； (2)若过点的直线与相交于A，B两点，且，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)由抛物线的定义理解动点轨迹，即可写出动点轨迹方程； (2)设出直线方程，代入抛物线方程，消元后得出韦达定理，由题设等式解得的值，检验即得 【详解】（1）因为动点到直线的距离比它到定点 所以动点到直线的距离等于它到定点 则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 故Γ的方程为； （2）设直线的方程为，，， 联立，消去x并整理得， 此时，由韦达定理得，， 又因，所以，则， 代入，得， 解之得 当时，直线l的方程为；与只有一个交点所以不符合 当时，直线l的方程． 故直线l的方程为． 23．过抛物线焦点的直线交于两点，特别地，当直线的倾斜角为时，. (1)求抛物线的方程； (2)已知点，若，求的面积（为坐标原点）. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意设直线，联立抛物线方程，结合弦长公式即可列方程求得参数，进而得解； （2）由题意设直线，联立抛物线方程，结合韦达定理、数量积的坐标公式列方程即可求得参数，进一步即可求解的面积. 【详解】（1）抛物线焦点的坐标为， 当直线的倾斜角为时，直线，联立抛物线方程， 化简并整理得，，显然， 设，则， 则 ，解得， 所以抛物线的方程为； （2）设， 显然直线的斜率不为0，所以设直线，联立抛物线方程， 化简并整理得，显然， 所以， 又，所以， 因为， 所以 ， 所以，则， 设的面积为， 则， 所以的面积为. 24．已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上一点，且． (1)求抛物线的方程． (2)设过点的直线交抛物线于两点，直线与直线分别交于点． （ⅰ）证明：直线与的斜率之和为0． （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）12 【分析】（1）利用点坐标代入抛物线方程、可得答案； （2）（ⅰ）设直线、、的方程分别为、、，直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得答案；（ⅱ）求出、，得到的面积，利用的范围可得答案． 【详解】（1）因为点在抛物线上，所以， 因为，所以， 联立，解得， 所以抛物线的方程为； （2）（ⅰ）设直线的方程为，直线的方程为， 直线的方程为， 不妨设点在第一象限，， 由得， 所以， 所以，所以 ， 故直线与的斜率之和为； （ⅱ）由得， 同理可得， 直线与轴交于点， 则的面积 ， 因为，所以，所以， 则，即面积的最大值为12， 当且仅当时等号成立. 【点睛】关键点点睛：第二问的解题的关键点是求出的面积，然后利用基本不等式求最值. 25．已知为坐标原点，是抛物线上与点不重合的任意一点． (1)设抛物线的焦点为，若以为圆心，为半径的圆交的准线于两点，且的面积为，求圆的方程； (2)若是拋物线上的另外一点，非零向量满足，证明：直线必经过一个定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出，点到准线的距离，利用求出可得答案； （2）方法一，对两边平方得，设，设直线的方程为，结合抛物线方程得，再由可得答案；方法二，对两边平方得，设，设直线的方程为与抛物线方程联立，利用韦达定理结合可得答案. 【详解】（1）准线为到的距离是．由对称性知， 是等腰直角三角形，斜边， 点到准线的距离， ，解得， 故圆的方程为； （2）方法一，因为， 所以， 所以， 设在抛物线上， 则． 显然直线的斜率存在， 则直线的方程为， 将代入得，， 即， 令，得，    由得，， 因为（否则，有一个为零向量）， 所以，代入式可得， 故直线经过定点． 方法二，因为，所以， 设在拋物线上， 则， 显然直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立消去得到， ， 由得，， 因为（否则，有一个为零向量）， 所以，即， 因此就是．故直线经过定点． 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 26．已知拋物线的焦点为上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为3． (1)求拋物线的标准方程； (2)已知过点的直线与分别交于点与点，延长交于点，线段与的中点分别为． ①证明：点在定直线上； ②若直线，直线的斜率分别为，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）根据抛物线的定义，把到的距离与到点的距离之和的最小值转化为到准线的距离为和到点的距离之和的最小值，在根据平面几何即可得出答案； （2）①设，计算出直线的方程和直线的方程，然后联立并根据韦达定理即可证明；②计算出，再根据基本不等式求解. 【详解】（1）抛物线的准线方程为，设点到准线的距离为． 由抛物线的定义，得，解得， 当且仅当三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为． （2）①设， 直线的方程为，直线的方程为， 联立消去整理得， 所以，同理可得， 所以直线的方程为， 即，同理直线的方程为． 联立，得，即， 即，即， 所以，即点在直线上． ②由题意可知，的斜率存在且均不为0， 因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为， 由①知，．所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，又易知， 所以的取值范围为 （6）数列解答题 27．已知等差数列和等比数列满足，，，，设数列的公比为. (1)求数列，的通项公式； (2)若，为数列的前项和，求. 【答案】(1)，. (2) 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的通项公式求解； （2）由（1）得到，再利用等比数列的前n项和公式求解. 【详解】（1）解：设的公差为， 由，得， 又，得， 联立解得，或， 因为， 故舍去， 所以， . （2）由（1）有， 因为， 所以数列是以首项为4，公比为的等比数列. . . 28．已知数列满足，. (1)求证：是等差数列； (2)若，求数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）应用作差法可得，结合已知条件即可证结论. （2）由（1）得，再求通项公式，可得，利用错位相减法求即可. 【详解】（1）由，又， ∴，故，且， ∴是首项、公差均为的等差数列. （2）由（1），，则，又， ∴，则， ∴，， 则， ∴，. 29．已知数列的首项为，且满足. (1)求证：是等比数列. (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）变形得到，从而得到为首项为，公比为的等比数列； （2）由（1）求得，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【详解】（1）由题意，数列满足，即， 则， 又由，可得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）知，得到， 所以数列的前项和. 30．已知数列满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分和两种情况，根据前n项积与之间的关系分析求解； （2）由（1）可知，利用错位相减法运算求解. 【详解】（1）因为， 当时，； 当时，，可得； 且符合，所以． （2）由（1）可知， 则，可得， 两式相减得， 所以． 31．设有穷数列的项数为，若（为常数，且），则称该数列为等积数列，叫做该数列的公共积. (1)若是公共积为的等积数列，求该数列的公共积及； (2)若是公共积为的等积数列，且（且为常数），证明：当时，对任意给定的，数列中一定存在相等的两项； (3)若是公共积为1的等积数列，且是奇数，对任意的都存在正整数，使得，求证：是等比数列. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据等积数列定义求解可得答案； （2）当时，根据等积数列的定义，、及可得答案； （3）设，利用是公共积为1的等积数列得，存在正整数，使得，必有，再有，得是公比为的等比数列可得答案. 【详解】（1）为等积数列，. ； （2）当时， 是公共积为的等积数列，， 又. 又， ，即原命题得证； （3）设 是公共积为1的等积数列，且， 对任意的，都存在正整数，使得， ，这项均为中的项， 由题可知，， 必有， 又， 是公比为的等比数列. 是公比为的等比数列. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用等积数列的定义和等比数列的定义求解. 32．记为等差数列的前项和，，． (1)求的通项公式； (2)若，求使取得最大值时的值． 【答案】(1)； (2)3. 【分析】（1）由递推式可得，，结合已知可得，再代入，可得，即可得答案； （2）由题意可得，由，求解即可. 【详解】（1）解：因为为等差数列，且，， 所以当时，则有， 两式相减，得（为等差数列的公差）， 解得； 当时，则有， 即，， 解得， 所以； （2）由（1）知， 所以， 所以， 当取得最大值时， 则有，即， 整理得，解得，所以 又因为， 解得， 所以最大，且. 所以当取得最大值时，. 33．数列满足，． (1)求、、 ； (2)是否存在一个实数，使此数列为等差数列？若存在求出的值及；若不存在，说明理由． 【答案】(1)，，； (2)存在，且， 【分析】（1）结合题目所给条件，将、、分别代入并计算即可得； （2）假设存在，计算出首项、设出公比后，代入计算即可得. 【详解】（1）当时，有，解得， 当时，有，解得， 当时，有，解得， 即，，； （2）假设存在该实数，设数列公差为，又， 故，即， 则， 由， 即有， 整理得，当，时，恒成立， 此时，符合要求， 有， 故存在，使得数列为等差数列，且. 34．已知等差数列中，，前n项和为，为各项均为正数的等比数列，，且，． (1)求与； (2)定义新数列满足，，求前20项的和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出公差和公比，根据等差数列和等比数列的基本量运算，列出方程组，解之即得数列通项； （2）根据数列的奇偶性特征，运用分组求和法计算，利用等差数列和等比数列的求和公式计算即得. 【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为， 则由可得，， 解得：故 （2）由（1）得，，， 则 35．已知正项数列满足，且 (1)求数列的通项公式； (2)若的前项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对已知等式分解因式化简可得，则数列是以3为公比，3为首项的等比数列，从而可求出其通项公式； （2）由（1）得，然后利用错位相减法可求出. 【详解】（1）由，得， 因为，所以，即， 因为， 所以数列是以3为公比，3为首项的等比数列， 所以； （2）由（1）得， 所以， 所以， 所以 ， 所以. 36．设数列的前项和为，且，其中． (1)证明为等差数列，求数列的通项公式； (2)求数列的前项和 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）由数列的递推式和等差数列的定义、通项公式，可得所求； （2）利用数列的错位相减，可得结果. 【详解】（1）当时，，解得， 当时，由， 得， 作差得. 所以有，所以数列是以为首项，1为公差的等差数列 所以，故 （2）令 所以， ， 两式作差得 所以 37．已知数列，数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据递推公式，结合等比数列的定义进行求解即可； （2）根据对数的运算性质进行求解即可； （3）利用错位相减法进行求解即可. 【详解】（1）在中， 令，得， 因为， 所以当时，有， 两个式子相减，得，显然适合， 因此； （2）； （3）由（1）（2）可知：， ， ， 两式相减，得 所以 所以. 38．已知数列满足．设． (1)求证：数列是等比数列，并求数列通项公式； (2)设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析，； (2) 【分析】（1）由数列的递推式，两边同时加上2，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求； （2）求得，推得递减，可得，由不等式恒成立思想，可得所求取值范围． 【详解】（1）证明：由， 可得， 即数列是首项和公比均为3的等比数列， 则，即； （2）数列， 则， 可得递减，可得，对任意正整数，不等式恒成立， 可得，即有，即的取值范围是. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$