高二下学期期中真题百题大通关（压轴版）（范围：圆锥曲线、数列、导数及其应用、计数原理、条件概率）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（沪教版2020选择性必修第二册）

高二下学期期中真题百题大通关（压轴版） （范围：圆锥曲线、数列、导数及其应用、计数原理、条件概率） 一、单选题 1．（22-23高二下·上海浦东新·期中）将110表示成3的非负整数幂的和的形式，其中加数的不同排列视作同一种表示方法，共有（    ）种不同的方法． A．247 B．402 C．485 D．508 2．（22-23高二下·上海浦东新·期中）关于函数，下列判断正确的是（    ） ①是的极大值点； ②函数有且只有1个零点； ③存在正实数k，使得成立； ④对任意两个正实数，且，若，则． A．①④ B．②④ C．②③ D．③④ 3．（23-24高二下·上海·期中）已知函数的定义域是R，的导函数为，且，，若为偶函数，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C．若存在使在上严格增，在上严格减，则2024是的极小值点 D．若为偶函数，则满足题意的唯一，不唯一 4．（23-24高二下·上海·期中），均有成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的满足，则下列选项之中，不可能成立的为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·上海·期中）若，有限数列的前项和为，且对一切都成立．给出下列两个命题：①存在，使得是等差数列；②对于任意的，都不是等比数列．则（   ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 7．（24-25高三上·上海·期中）已知数列，若存在数列满足对任意正整数，都有，则称数列是的交错数列.有下列两个命题：①对任意给定的等差数列，不存在等差数列，使得是的交错数列；②对任意给定的等比数列，都存在等比数列，使得是的交错数列.下列结论正确的是（   ） A．①与②都是真命题； B．①为真命题，②为假命题； C．①为假命题，②为真命题； D．①与②都是假命题． 8．（22-23高三上·上海虹口·期中）已知数列的各项均为正数，其前n项和为，满足，给出下列四个结论： ①的第2项小于3；②为等比数列；③为递减数列；④中存在小于的项 其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．（21-22高三上·上海长宁·期中）在数列中，若存在非零整数，使得对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期，若数列满足，若，，当数列的周期最小时，该数列的前2021项的和为（    ） A．673 B．674 C．1346 D．1348 10．（24-25高二上·上海·期中）已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 11．（24-25高二上·上海·期中）在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点与直线上任意一点，称的最小值为点与直线间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列两个命题：①已知点，直线，则；②定点、，动点满足，则点的轨迹与直线（k为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的选项是（   ） A．命题①成立，命题②不成立 B．命题①不成立，命题②成立 C．命题①②都成立 D．命题①②都不成立 12．（21-22高二下·上海黄浦·期中）已知数列满足（为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 二、多选题 13．（24-25高二上·上海·期中）椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为8 B．若直线与恒有公共点，则的取值范围为 C．若为上一点，，则的最小值为 D．若上存在点，使得，则的取值范围为 三、填空题 14．（23-24高三上·上海·期中）已知，其中，若，，则实数的最大值为 ． 15．（24-25高三上·上海·期中）已知 ，若则实数的最大值为 . 16．（24-25高三上·上海·期中）若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，5，0，6，0，7，则称（a，b，c）为“幸运数组”，例如（7，6，202500）是一个幸运数组.则满足的幸运数组（a，b，c）的个数为 . 17．（24-25高三上·上海·期中）我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 18．（24-25高三上·上海·期中）一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 19．（22-23高二上·上海杨浦·期末）某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有 种不同的站队方法. 20．（22-23高二下·上海徐汇·期中）如图，在的方格表中按照下面的条件填入6个圆圈，满足各行．各列至少有一个圆圈；同一格不能填2个圆圈．则不同的符合条件的填入方法有 种． 21．（22-23高二下·上海浦东新·期中）对于，将n表示为，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 . 22．（22-23高三上·上海奉贤·期中）定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，都有，且，则不等式的解集是 23．（22-23高二下·上海浦东新·期中）设、是函数的两个极值点，若，则的最小值为 24．（22-23高二下·上海杨浦·期中）已知，对于数列，有，若存在常数使得对于任意的，都有，则a的取值范围是 . 25．（23-24高二下·上海·期中）设点在曲线上，点在直线上，平面上一点满足，则到坐标原点的距离的最小值为 . 26．（23-24高二下·上海·期中）已知函数，点、是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是 ． 27．（22-23高二下·上海青浦·期中）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是 （填序号） 28．（24-25高二上·上海·期中）已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为 . 29．（24-25高二上·上海·期中）已知双曲线左右焦点分别为、，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则的取值所组成的集合为 . 30．（24-25高二上·上海·期中）已知抛物线与直线相交于不同的、两点．记点、的横坐标分别为、且，若存在以、、为边长的三角形，则的取值范围是 ． 31．（24-25高二上·上海·期中）设为双曲线上两点，如下四个点：，，， 中，可作为线段中点的是 ．（请将所有满足条件的点填入） 32．（21-22高三下·上海黄浦·期中）若，则下列结论中正确的有 ． ①若为整数，则； ②是正整数； ③是的小数部分； ④设，若、为整数，则. 33．（22-23高二下·上海徐汇·期中）已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 34．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知，其中，过分别作二次函数的切线，则两条切线与轴围成的三角形面积的最小值为 . 35．（23-24高二下·上海·期中）已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 . 四、解答题 36．（24-25高三上·上海·期中）为迎接我校校庆，文创中心组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类．校庆当日，志愿者小江负责在弦歌台服务点发放纪念品．在做准备工作时，小江清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向文创中心申请补领，其余纪念品的份数如下表所示： 书签 明信片 手绘款 40 普通教 150 120 (1)设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小江补领了手绘款明信片40张．记事件A：首位抵达的校友抽到手绘款纪念品，事件：首位抵达的校友没有抽到明信片，分别计算、，并判断事件A，是否独立； (2)设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品．若小江希望事件“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则他应该申请补领多少张手绘款明信片？ 37．（24-25高三上·上海闵行·期中）一个盒子里装有大小和质地完全相同的4个红球、6个白球； (1)从中任取2个球，求2个球中至少有1个红球的概率； (2)从中任取4个球，求白球个数不比红球多的概率； (3)从中任取5个球，其中红球个，白球个（，），若取一个红球记2分，取一个白球记1分，求使总分不少于7分的概率． 38．（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：. (1)若所有人均乘坐一部电梯，求； (2)为了研究的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则均小于（1）中，故"运输完成时间"也小于（1）中，所以要使得最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）； (3)求出最小值. 39．（22-23高二下·上海嘉定·期中）设，已知函数． (1)若，求实数a的值； (2)求函数的单调区间； (3)对于函数的极值点，存在，使得，试问对任意的正数a，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 40．（22-23高二下·上海长宁·期中）某公园有一块如图所示的区域OACB，该场地由线段OA，OB，AC及曲线段BC围成；经测量，，米，曲线段BC是以OB为对称轴的抛物线的一部分，点C到OA，OB的距离都是50米；现拟在该区域建设一个矩形游乐场OEDF，其中点D在线段AC或曲线段BC上，点E，F分别在线段OA，OB上，且该游乐场最短边长不低于25米；设米，游乐场的面积为S平方米； (1)以点O为原点，试建立平面直角坐标系，求曲线段BC的方程； (2)求面积S关于x的函数解析式； (3)试确定点D的位置，使得游乐场的面积S最大（结果精确到0.1米）； 41．（23-24高二上·上海闵行·期中）高二学农期间，某高中组织学生到工厂进行实践劳动.在设计劳动中，某学生欲将一个底面半径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内. (1)求该圆柱的侧面积的最大值； (2)求该圆柱的体积的最大值. 42．（24-25高二上·上海·期中）一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个底面边长为xcm的“无盖”正三棱柱形容器，容积记为Vcm3.      (1)若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，求出此时x的值； (2)将V表示为x的函数，并求V的最大值. 43．（22-23高三下·上海虹口·期中）设，，. (1)求函数，的单调区间和极值； (2)若关于不等式在区间上恒成立，求实数的值； (3)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，，求证：成等比数列. 44．（23-24高三上·上海静安·期中）.已知函数，其中常数. (1)当时，求的零点； (2)讨论的单调性； (3)设实数，如果对任意，，不等式都成立，求实数a的取值范围. 45．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知实数，设. (1)若，求函数，的图象在点处的切线方程； (2)若，求函数，的值域； (3)若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围. 46．（23-24高三上·上海·期中）设． (1)求证：直线与曲线相切； (2)设点P在曲线上，点Q在直线上，求的最小值； (3)若正实数a，b满足：对于任意，都有，求的最大值． 47．（23-24高三下·上海·期中）定义 如果函数和的图像上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系. (1)若，试判断函数和是否具有关系； (2)若函数和不具有关系，求实数的取值范围； (3)若函数和在区间上具有关系，求实数的取值范围. 48．（24-25高三上·上海·期中）设函数的定义域为R，其导函数为，．若存在区间及实数满足：对任意，都有恒成立，则称函数为上的“函数”． (1)判断函数是否为上的函数，并说明理由； (2)已知实数满足：函数为上的函数，求的取值范围； (3)已知函数存在最大值． 对于以下两个命题，：对任意，都有与恒成立；：对任意正整数，满足函数都是上的函数；判断P是否为Q的充要条件，并说明理由． 49．（24-25高三上·上海浦东新·期中）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点． (1)已知，求的不动点； (2)已知函数在定义域内严格增，求证：“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； (3)已知，讨论函数的稳定点个数． 50．（23-24高二下·上海·期中）利用曲线的切线进行放缩：设上任意一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式，其中，等号当且仅当时成立；设上任意一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，等号当且仅当时成立，设是在点处的切线 (1)求的解析式 (2)求证： (3)设，若对恒成立，求的取值范围． 51．（20-21高二下·上海宝山·期中）在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列． （1）写出三项式的2次系数列和3次系数列； （2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，； （3）用二项式系数表示． 52．（23-24高二下·上海浦东新·期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数（）称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数. 已知：，（，） (1)若，，，求的值； (2)若，，，求证：； (3)设，求S除以2023的余数. 53．（22-23高三上·上海徐汇·期中）已知实数，函数． (1)当时，过原点的直线与函数相切，求直线的方程； (2)讨论方程的实根的个数； (3)若有两个不等的实根，求证：． 54．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)函数在区间上有零点，求的值； (3)记函数，设、是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值． 55．（22-23高二下·上海松江·期中）设函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若函数在区间上.是增函数，求实数的取值范围； (3)若，过坐标原点作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条. 56．（22-23高三上·上海普陀·期中）已知函数 . (1)若经过点的直线与函数的图像相切于点，求实数的值; (2)设，若函数在区间为严格递减函数时，求实数的取值范围; (3)对于（2）中的函数，若函数有两个极值点为，且不等式恒成立，求实数的取值范围. 57．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知． (1)若，求在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设，求在上的零点个数． 58．（22-23高二下·上海普陀·期中）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数的极大值和极小值； (3)当时，证明存在，使得不等式对任意的恒成立． 59．（23-24高二下·上海·期中）已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性及极值； (3)若，任意且，都有成立，求实数m的取值范围． 60．（23-24高二下·上海闵行·期中）已知函数的定义域为，其导函数为，对任意的都有，则称函数为上的“梦想函数”． (1)已知函数，试判断是否是其定义域上的“梦想函数”，并说明理由； (2)已知函数，．试求一个定义域，使成为其定义域上的“梦想函数”，并说明理由； (3)已知函数，为其定义域上的梦想函数，求实数的取值范围；当取最大负整数时，进一步求出函数的值域． 61．（23-24高二下·上海·期中）已知与都是定义在上的函数，函数图像上任意两点，记表示此两点连线的斜率.当时，都有，则称是的一个“T函数”． (1)判断是否为函数的一个函数，并说明理由； (2)设的导数为，求证：关于的方程在区间上有实数解； (3)函数的导函数存在记为，即导函数存在记为，当都有，函数是否存在T函数?若存在，请求出的所有函数；若不存在，请说明理由． 62．（23-24高二下·上海·期中）已知函数． (1)若曲线在点处的切线为轴，求的值； (2)讨论在区间内的极值点个数； (3)若在区间内有零点，求证：． 63．（23-24高二下·上海·期中）已知函数. (1)当，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：若有两个零点，则. 64．（22-23高二下·上海嘉定·期中）已知函数 令． (1)当时， 求函数在处的切线方程; (2)若在上为增函数， 求的取值范围; (3)当为正数且时， 的最小值为， 求的最小值． 65．（22-23高二上·上海宝山·期中）已知定义域为的函数满足：①对，恒有；②当时，. (1)求的值； (2)求出当，时的函数解析式； (3)求出方程在中所有解的和. 66．（22-23高二上·上海普陀·期中）已知等差数列公差为，前n项和为. (1)若，，求的通项公式； (2)若，、、成等比数列，且存在正整数p、，使得与均为整数，求的值； (3)若，证明对任意的等差数列，不等式恒成立. 67．（22-23高二下·上海·期末）对于任意的，若数列同时满足下列两个条件，则称数列具有“性质m”： ①；②存在实数M，使得成立． (1)数列、中，，判断、是否具有“性质m”； (2)设各项为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列是否具有“性质m”，若具有，请证明你的猜想，并指出M的范围；若不具有，理由？ (3)若数列的通项公式．对于任意的（），数列具有“性质m”，且对满足条件的M的最小值，求证：． 68．（23-24高三上·上海徐汇·期中）已知双曲线，直线交双曲线于，两点. (1)求双曲线的虚轴长与离心率； (2)若过原点，为双曲线上异于，的一点，且直线，的斜率，均存在，求证：为定值； (3)若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出的坐标：若不存在，请说明理由. 69．（23-24高三上·上海普陀·期中）设椭圆的上顶点，左焦点，右焦点，左、右顶点分别为、. (1)求椭圆方程； (2)已知点是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线交y轴于点Q，若的面积是面积的倍，求直线的方程； (3)如图过椭圆的上顶点K作动圆的切线分别交椭圆于M、N两点，是否存在圆使得为直角三角形?若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由. 70．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. (1)求椭圆的方程； (2)若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； (3)设，，求的取值范围. 71．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知抛物线：，为的焦点，A，，为上互异的三点. (1)若，求的坐标: (2)若直线过点且斜率为，的纵坐标为6，求三角形的外接圆半径: (3)若三角形为等腰直角三角形，求三角形面积的最小值. 72．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆过点且Γ的左焦点为直线与交于，两点. (1)求椭圆的方程; (2)若且点P的坐标为，求直线l的斜率； (3)若其中为坐标原点，求面积的最大值. 73．（23-24高三上·上海嘉定·期中）已知椭圆的离心率为，焦距为2，过的左焦点的直线与相交于，两点，与直线相交于点. (1)求椭圆方程； (2)若，求证：； (3)过点作直线的垂线与相交于，两点，与直线相交于点.求的最大值. 74．（23-24高三上·上海·期中）曲线，第一象限内点在上，的纵坐标为. (1)若到准线距离为3，求； (2)设为坐标原点，，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为4.证明：直线过定点； (3)直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于，是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围. 75．（23-24高三上·上海虹口·期中）已知椭圆：中，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，为x轴上的动点． (1)若，求点P的纵坐标； (2)设，若是直角三角形，求的值； (3)若，是否存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在上？若存在，求出此时点P的纵坐标；若不存在，说明理由． 76．（24-25高三上·上海·期中）设， 椭圆与双曲线的离心率分别为 (1)若 ，求的值； (2)当时，过双曲线的右顶点作两条斜率分别为的直线 分别交双曲线于点（不同于右顶点），若 ，求证：直线的倾斜角为定值，并求出该定值； (3)当时，设点， 若对于直线，椭圆上总存在不同的两点与关于直线对称，且 ，求实数的取值范围. 77．（24-25高三上·上海·期中）已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求的面积； (3)如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由. 78．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，由椭圆和椭圆组合而成的曲线，由图形特点，这里称曲线为“猫眼曲线”.特别地，若两个椭圆的离心率相等，则称其为“优美猫眼曲线”. (1)已知猫眼曲线满足a，b，t成等比数列，试判断该曲线是否为“优美猫眼曲线”； (2)在曲线中，若，，，斜率为的直线l不经过坐标原点，且l与椭圆相交所得弦的中点为M，与椭圆相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON的斜率之比为定值； (3)在（2）的条件下，若直线l的斜率，且l与椭圆相切，与椭圆相交于A，B两点，Q为椭圆上异于A，B的任意一点，求面积的最大值. 79．（24-25高三上·上海长宁·期中）已知椭圆的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，直线、分别与轴交于点、，当时，求的值. 80．（24-25高三上·上海闵行·期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆的下顶点，点为直线：上一点． (1)若，线段的中点在轴上，求点的坐标； (2)已知直线交轴于点，直线经过点，若有一个内角的余弦值为，求的值； (3)若椭圆上存在点到直线的距离为，且满足，则当变化时，求的最小值． 81．（24-25高三上·上海·期中）如图，已知双曲线（，）的渐近线方程为，点在双曲线C上，A、B为双曲线C的左、右顶点，P为双曲线C右支上的动点，直线AP和直线交于点N，直线NB交双曲线C的右支于点Q. (1)求双曲线C的方程； (2)若点P在第一象限，且满足，求的面积； (3)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，并说明理由. 82．（24-25高三上·上海·期中）已知椭圆的离心率，上顶点为. (1)求的方程； (2)设是直线上一点，点满足.若经过点，求点的坐标； (3)过的右焦点作不垂直于轴的直线，交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的值. 83．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知点G是圆T:上一动点（T为圆心），点H的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点R，动点R的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)M，N是曲线C上的两个动点，O是坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由； (3)设P为曲线C上任意一点，延长至Q，使，点Q的轨迹为曲线E，过点P的直线l交曲线E于A、B两点，求面积的最大值. 84．（24-25高二上·上海·期中）已知（），若点到点的距离和它到轴的距离之比为常数，记点的轨迹为曲线. (1)若，，求曲线的方程； (2)若，试根据的不同取值，讨论曲线的形状； (3)若，，过点且不与轴垂直的直线与交于，两点，若点关于轴的对称点为点，求证：直线恒过定点. 85．（24-25高二上·上海松江·期中）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，、分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于、两点，与相交于、两点，，若直线的斜率为，求的值； (3)若，设直线、直线分别与直线交于、两点，与的面积分别为，，若，求点的坐标. 86．（24-25高二上·上海·期中）已知焦点为的抛物线上存在不同的两点，（异于原点）． (1)若且，求直线的方程； (2)若，求线段的最小值； (3)若点，，三点共线，求的取值范围． 87．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知定义在上的函数的导函数为，若对任意恒成立，则称函数为“线性控制函数”. (1)判断函数和是否为“线性控制函数”，并说明理由； (2)若函数为“线性控制函数”，且在上严格增，设为函数图像上互异的两点，设直线的斜率为，判断命题“”的真假，并说明理由； (3)若函数为“线性控制函数”，且是以为周期的周期函数，证明：对任意都有. 88．（22-23高二下·上海闵行·期中）已知，. (1)求函数的单调区间； (2)①容易证明对任意的都成立，若点的坐标为，、为函数图像上横坐标均大于1的不同两点，试证明：； ②数列满足，，证明：. 89．（23-24高二下·上海·期中）已知函数. (1)若直线是曲线的切线，求实数的值； (2)若对任意实数恒成立，求的取值范围； (3)若，且，求实数的最大值. 90．（23-24高二下·上海松江·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：函数的图象位于直线的下方； (3)若函数在区间上无零点，求的取值范围. 91．（23-24高二下·上海·期中）已知函数是自然对数的底数． (1)当时，求函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)若为整数，且当时，恒成立，求的最大值． 92．（23-24高二下·上海·期中）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数，，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”． (1)若，，求证：是“3跃点”函数； (2)若是定义在是的“1跃点”函数，且在其定义域上有两个不同的“1跃点”，求实数的范围； (3)若，是“1跃点”函数，且在其定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数的范围． 93．（21-22高二上·上海浦东新·期中）无穷数列和满足：①②，记的前项积为， (1)是否存在使得的前四项依次成等差数列？若存在则写出一组这样的若不存在，则说明理由； (2)若，求的最大值. 94．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知双曲线：的左、右焦点为、，直线与双曲线交于，两点. (1)已知过且垂直于，求； (2)已知直线的斜率为，且直线不过点，设直线、的斜率分别为、，求的值； (3)当直线过时，直线交轴于，直线交轴于.是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 95．（23-24高三上·上海·期中）已知双曲线H：的左、右焦点为，，左、右顶点为，，椭圆E以，为焦点，以为长轴． (1)求椭圆E的离心率； (2)设椭圆E交y轴于，，过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点，求面积的最小值； (3)设点满足．过M且与双曲线H的渐近线平行的两直线分别交H于点P，Q．过M且与PQ平行的直线交H的渐近线于点S，T．证明：为定值，并求出此定值． 96．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知双曲线，直线l交双曲线于A、B两点. (1)求双曲线C的焦点到渐近线的距离； (2)若l过原点，P为双曲线上异于A、B的一点，且直线、的斜率、均存在，求证：为定值； (3)若l过双曲线的右焦点，是否存在x轴上的点，使得直线l绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出M的坐标：若不存在，请说明理由. 97．（24-25高三上·上海杨浦·期中）如图，在平面直角坐标系中，该点是椭圆上一点，从原点向圆作两条切线分别与椭圆交于点，，直线、的斜率分别记为，. (1)若圆与轴相切于椭圆的右焦点，求圆的方程； (2)若，求证为定值并求出该定值； (3)在（2）的情况下，求的最大值. 98．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作斜率为的直线交双曲线于两点. (1)若，求点到直线的距离； (2)若，求直线的方程； (3)若点，直线分别交双曲线于两点，设直线的斜率为，问：是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 99．（24-25高二上·上海·期中）已知椭圆，且过点的直线与椭圆交于不同的两点和. (1)设，当且时，求的值； (2)若，求直线的方程； (3)若过点且与直线垂直的直线与椭圆交于不同的两点和，则求以为顶点的四边形的面积的取值范围. 100．（24-25高二上·上海·期中）动点到直线与直线的距离之积等于，且.记点的轨迹方程为. (1)求的方程； (2)已知点，直线交于点，，上是否存在点满足?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二下学期期中真题百题大通关（压轴版） （范围：圆锥曲线、数列、导数及其应用、计数原理、条件概率） 一、单选题 1．（22-23高二下·上海浦东新·期中）将110表示成3的非负整数幂的和的形式，其中加数的不同排列视作同一种表示方法，共有（    ）种不同的方法． A．247 B．402 C．485 D．508 【答案】D 【知识点】排列组合综合 【分析】设，当，设，则，求出的非负整数解；当时，同理求出方程的解的个数，两种情况相加即可得出答案. 【详解】设若， （i），则，设则， 方程（1）的非负整数解的个数为，方程（2）的非负整数解的个数为． 的非负整数解有：，，，，，， ，，，，，， 故方程的解的个数为： ； （ii）当，则，类似地有方程的解的个数为： ， 综上，共有种不同的方法. 故选：D. 2．（22-23高二下·上海浦东新·期中）关于函数，下列判断正确的是（    ） ①是的极大值点； ②函数有且只有1个零点； ③存在正实数k，使得成立； ④对任意两个正实数，且，若，则． A．①④ B．②④ C．②③ D．③④ 【答案】B 【知识点】求已知函数的极值、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点 【分析】对于①：求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得极值点；对于②：构建，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；对于③：整理得，构建，利用导数分析其单调性，进而可得结果；对于④：分析可得原题意等价于即证，令，利用导数判断其单调性，进而分析判断. 【详解】对于①：由题意可得：函数的定义域为，且， 当时，0；当时，； 则在上单调递减，在上单调递增， 所以是的极小值点，故①错误； 对于②：令， 则函数的定义域为，且恒成立， 可知在上单调递减，且， 函数有且只有1个零点，故②正确； 对于③：若，整理得， 令，则， 令，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得，即， 所以在上单调递减，且当趋近于时，趋近于， 所以不存在正实数，使得恒成立，故③错误； 对于④：由①可知：若，则， 要证，即证， 且在上单调递增，即证， 又因为，所以证，即证. 令， 则，所以在上单调递减， 所以，所以，④正确； 故选：B. 【点睛】 方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 3．（23-24高二下·上海·期中）已知函数的定义域是R，的导函数为，且，，若为偶函数，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C．若存在使在上严格增，在上严格减，则2024是的极小值点 D．若为偶函数，则满足题意的唯一，不唯一 【答案】C 【知识点】函数奇偶性的应用、函数周期性的应用、函数极值点的辨析 【分析】代入求得判断A；利用函数的周期判断B；利用已知条件和函数的周期性判断C；根据函数的奇偶性结合已知条件求出，判断D. 【详解】对A，因为为偶函数，所以是奇函数，所以，又，所以，故A对； 对B，由，，得， 所以，所以，， 又，所以是周期为4的函数，也是周期为4的函数， 所以，故B对； 对C，在上严格增，在上严格减， 由，可知在严格递减，在严格递增， 又的周期为4， 所以在严格递增， 所以在严格递减，在严格递减， 又，所以0是的极大值点，是周期为4的函数， 所以2024是的极大值点，C错. 对D，若为偶函数，由于是奇函数，，则， 即，所以，，所以唯一，不唯一，故D对 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用导数与函数单调性和极值的关系，并结合函数的奇偶性和周期性分析. 4．（23-24高二下·上海·期中），均有成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】由函数在区间上的单调性求参数、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】不妨设，则不等式等价于，令，， 则在区间上单调递减，从而得到对于恒成立，参变分离可得对于恒成立，求出即可得解. 【详解】不妨设， 则， 由可得， 所以，即， 所以， 令，， 则， 因为， 所以在区间上单调递减， 所以对于恒成立， 所以对于恒成立，可得对于恒成立， 所以，因为在区间上单调递减， 所以， 所以，即的取值范围为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为，即在区间上单调递减，从而得到对于恒成立. 5．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的满足，则下列选项之中，不可能成立的为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】作差法比较代数式的大小、等比数列的单调性、写出等比数列的通项公式 【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断. 【详解】当时，则有： ①当，则为非零常数列，故符合题意，A可能成立； ②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意； 当时，可得，则有： ①当，若为偶数时，则； 若为奇数时，则； 故符合题意，B可能成立； ②当，若为偶数时，则， 且，即； 若为奇数时，则，且， 即；故符合题意，D可能成立； ③当，若，可得， ，则，可得，则，这与等比数列相矛盾， 故和均不合题意，C不可能成立. 故选：C. 6．（24-25高三上·上海·期中）若，有限数列的前项和为，且对一切都成立．给出下列两个命题：①存在，使得是等差数列；②对于任意的，都不是等比数列．则（   ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】C 【知识点】判断全称命题的真假、判断特称（存在性）命题的真假、等比数列前n项和的基本量计算 【分析】判断特称命题为真命题只需知道一个合适的值即可，判断全称命题为证明题就需要严格证明，本题因为数列公比不确定，通过讨论公比的值通过条件能否找到对应数列即可判断真假. 【详解】对于①：例如，则， 满足是等差数列，且对一切都成立，故①正确； 对于②：若是等比数列，设公比为，显然 1．当时，，不合题意； 2．当时，，不合题意； 3．当时，因为，则，即， （1）当时，则， 即，解得，不合题意； （2）当时，若为偶数，则， 即，解得，不合题意； （3）当时，若为偶数，则， 即，整理得，无解，不合题意， 综上所述：不存在满足题意，即不可能是等比数列，故②正确； 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键点是，熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，从而分析得解. 7．（24-25高三上·上海·期中）已知数列，若存在数列满足对任意正整数，都有，则称数列是的交错数列.有下列两个命题：①对任意给定的等差数列，不存在等差数列，使得是的交错数列；②对任意给定的等比数列，都存在等比数列，使得是的交错数列.下列结论正确的是（   ） A．①与②都是真命题； B．①为真命题，②为假命题； C．①为假命题，②为真命题； D．①与②都是假命题． 【答案】A 【知识点】等差数列通项公式的基本量计算、等比数列通项公式的基本量计算、数列新定义 【分析】对于①：根据等差数列通项公式为一次函数形式分析判断；对于②：根据等比数列通项公式为指数型，并举例说明即可. 【详解】对于①：因为数列、均为等差数列， 设，则， 若，可知当时，恒成立，不满足交错数列； 若，可知的符号不变，不满足交错数列； 若，可知当时，恒成立，不满足交错数列； 综上所述：对任意等差数列、，均不是的交错数列，故①正确； 对于②：因为数列为等比数列，设， 等比数列的公比为 不妨假设，，此时等比数列的公比为 当为奇数，则； 当为偶数，则； 满足是的交错数列， 若等比数列的公比为，根据对称结构，上述结论依然成立， 同理若，，此时等比数列的公比为 当为奇数，则； 当为偶数，则； 满足是的交错数列， 若等比数列的公比为，根据对称结构，上述结论依然成立， 综上所述：对任意给定的等比数列，都存在等比数列，使得是的交错数列，故②正确； 故选：A. 【点睛】关键点点睛：数列是特殊的函数，根据数列的特性，准确构造相应的函数，借助函数性质分析求解是解题的关键，背景函数的条件，应紧扣题中的限制条件. 8．（22-23高三上·上海虹口·期中）已知数列的各项均为正数，其前n项和为，满足，给出下列四个结论： ①的第2项小于3；②为等比数列；③为递减数列；④中存在小于的项 其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】判断数列的增减性、根据数列递推公式写出数列的项、由递推数列研究数列的有关性质、验证是否为等比数列中的项 【分析】令求出，进而令，求出，①正确； 假设为等比数列，得到，代入验证，故②错误； 逻辑分析及反证可得，③④正确. 【详解】当时，， 因为数列的各项均为正数，所以， 当时，， 由数列的各项均为正数，解得：，①正确； 若为等比数列，则，解得：， 将代入， 故不是等比数列，②错误； 因为数列的各项均为正数，故必单调递增，而， 所以单调递减，③正确； 假设的所有项大于等于，取，则，， 则与已知矛盾，故④正确. 故选：C 9．（21-22高三上·上海长宁·期中）在数列中，若存在非零整数，使得对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期，若数列满足，若，，当数列的周期最小时，该数列的前2021项的和为（    ） A．673 B．674 C．1346 D．1348 【答案】D 【知识点】数列周期性的应用 【分析】依次取，与，根据题意得到关于的等式，从而排除，的可能，推得成立，进而求得数列的周期最小时，每个周期内各项之和，由此得解. 【详解】因为，，，所以， 因为数列是周期数列，而， 当时，可得，则，即，不满足题意； 当时，则，即，解得或（舍去）， 则，，不满足题意； 当时，则，即，则或， 当时，，即，解得（舍去）； 当时，，此时，即； 又，即，则或， 当时，，此时，即； 当时，，即，解得（舍去）； 所以且，故， 此时，，，，，，，，满足题意； 所以数列的周期最小值为， 此时；；， 所以． 故选：D． 【点睛】关键点睛：本题的突破口是如何确定数列的周期的最小值，依次取，与进行检验分析，巧妙地利用且推得，从而确定满足题意，由此得解. 10．（24-25高二上·上海·期中）已知动圆的方程为，其中为常数，，有下列两个命题： ①存在，使圆与圆相切； ②对任意，直线上都存在点，圆上都存在两点、，使.则（    ） A．①②都为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①②都为假命题 【答案】C 【知识点】判断命题的真假、判断圆与圆的位置关系 【分析】对于①，求得两圆的圆心距与两圆的半径，可得两圆总相交，可判断①；对于②，当与圆相切时，可得，可判断②. 【详解】由，可得圆心，半径为， 由，可得，半径， 由，所以， 所以两圆相交，故不存在，使圆与圆相切， 故①为假命题； 因为，所以直线过点， 当与圆相切时，可得，所以， 所以对任意，直线上都存在点， 圆上都存在两点、，使.故②正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：判断圆与圆的位置关系，常常求得两圆圆心之间的距离，并与半径和差之间的关系判断. 11．（24-25高二上·上海·期中）在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，又设点与直线上任意一点，称的最小值为点与直线间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列两个命题：①已知点，直线，则；②定点、，动点满足，则点的轨迹与直线（k为常数）有且仅有2个公共点；下列说法正确的选项是（   ） A．命题①成立，命题②不成立 B．命题①不成立，命题②成立 C．命题①②都成立 D．命题①②都不成立 【答案】C 【知识点】求平面轨迹方程、求点到直线的距离 【分析】对于①，设是直线上一点，且，可得 ，讨论与的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；对于②，根据定义得，再根据对称性进行讨论，求得轨迹方程，即可判断. 【详解】设点是直线上一点，且，可得 由，解得，即有， 由，解得或，， 所以故①正确； 对于②，定点、，动点满足， 则：，显然上述方程所表示的曲线关于原点对称， 故不妨设， 当时，有，得：； 当时，有，此时无解； 当时，有，； 则点的轨迹是如图所示的以原点为中心的两支折线. 结合图像可知，点的轨迹与直线（为常数）有且仅有个公共点，因此②正确. 故选：C. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解，对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求，但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好基础知识，以不变应万变才是制胜法宝, 12．（21-22高二下·上海黄浦·期中）已知数列满足（为正整数），，设集合．有以下两个猜想：①不论取何值，总有；②若，且数列中恰好存在连续的7项构成等比数列，则的可能取值有6个．其中（    ） A．①正确，②正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①错误，②错误 【答案】A 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质 【分析】设出数列中的一项，然后分被3除余1，余2，余0三种情况进行讨论，借助给出的递推关系式进行推证即可判断①，结合递推关系式得到符合的形式，然后保证即可判断②． 【详解】不妨设数列中的一项为， ①若被3除余1，则由已知可得， 若被3除余2，则由已知可得， 若被3除余0，则由已知可得， 所以对任意的，，则， 所以对数列中的任一项，若，则， 因为，所以，所以数列中必存在某一项（否则与上述结论矛盾）， 若，结论得证； 若，则，，结论得证； 若，则，得证； 所以不论论取何值，总有；故①正确； ②若是3的倍数，则， 若被3除余1，则由已知可得， 若被3除余2，则由已知可得， 所以连续7项构成的等比数列的公比为， 因为，所以这7项中前6项一定都是3的倍数，而第7项一定不是3的倍数（否则构成等比数列的连续项数会多于7项） 设第7项为p，则p是被3除余1或余2的正整数，则可推得， 因为，所以或， 由递推关系式可知，在该数列的前k-1项中，满足小于等于2022的项只有： 或，或 所以首项的所有可能取值的集合为， 故的所有可能取值有6个，故②正确． 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的递推关系式，考查学生的抽象思维能力，属于难度较大题． 二、多选题 13．（24-25高二上·上海·期中）椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是（    ） A．过点的直线与椭圆交于两点，则的周长为8 B．若直线与恒有公共点，则的取值范围为 C．若为上一点，，则的最小值为 D．若上存在点，使得，则的取值范围为 【答案】CD 【知识点】椭圆中焦点三角形的周长问题、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求椭圆中的弦长、求椭圆中的最值问题 【分析】对于A：根据椭圆的定义结合焦点所在的位置分析判断；对于B：因为直线过定点，可知定点在椭圆内或椭圆上，列式求解即可；对于C：设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解；对于D：分析可知当位于短轴顶点时，最大，此时，分类讨论焦点所在位置分析求解. 【详解】对于选项A：由椭圆定义可得的周长为 ， 但焦点不一定在轴上，故A错误； 对于选项B：因为直线过定点，则，即， 又因为，且，所以的取值范围为，故B错误； 对于选项C：若，即椭圆， 设，可得， 当时，，故C正确； 对于选项D：若，则， 当位于短轴顶点时，最大，此时， 可知，即， 当时，由，解得； 当时，由，解得； 综上所述：的取值范围为，故D正确； 故选：CD． 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法 （1）数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解； （2）构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解； （3）构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域． 三、填空题 14．（23-24高三上·上海·期中）已知，其中，若，，则实数的最大值为 ． 【答案】23 【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数 【分析】为的系数，由二项式定理求得的系数，由，可得的不等关系，从而求得实数的最大值. 【详解】因为展开式中的系数为， 展开式中的系数为， 所以展开式中的系数为 . 要使，则为奇数，且， 所以，则，则的最大值为. 故答案为：. 15．（24-25高三上·上海·期中）已知 ，若则实数的最大值为 . 【答案】23 【知识点】求指定项的系数 【分析】为的系数，由二项式定理求得的系数，由，可得的不等关系，从而求得实数的最大值. 【详解】因为展开式中的系数为， 展开式中的系数为， 所以展开式中的系数为 . 要使，则为奇数，且， 所以，则， 所以的最大值为. 故答案为：. 16．（24-25高三上·上海·期中）若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，5，0，6，0，7，则称（a，b，c）为“幸运数组”，例如（7，6，202500）是一个幸运数组.则满足的幸运数组（a，b，c）的个数为 . 【答案】591 【知识点】分类加法计数原理、全排列问题、组合数的计算、实际问题中的组合计数问题 【分析】运用分类计数原理，结合排列组合知识可解. 【详解】因为，所以有两类不同情形： （1）a是两位数，b，c都是三位数. 先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，其余三个数5，6，7有种的排法， 共有种不同的排法，又因为不可能有，可知与的排法各占一半，所以，有300个满足条件的幸运数组； （2）a，b是两位数，c是四位数. 先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法. 如果，则只有，c的四个位置上的数字为0，5，6，7，共有种排法， 此外，与的排法各占一半，即，所以，有291个满足条件的幸运数组； 综上，所求幸运数组的个数为591. 故答案为：591. 17．（24-25高三上·上海·期中）我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 【答案】 【知识点】向量新定义、二项式定理与数列求和、代数中的计数问题 【分析】考虑当为偶数时，的个数为奇数，当为奇数时，的个数为偶数，根据乘法原理和加法原理，以及和的展开式的加减，求得的通项公式. 【详解】当为偶数时，范数为奇数，则的个数为奇数，则的个数为 根据乘法原理和加法原理可得：， 因① ② 由，故； 当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，则的个数为 根据乘法原理和加法原理可得：， 因① ② 由，故. 综上，，故. 故答案为： . 【点睛】关键点点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握. 18．（24-25高三上·上海·期中）一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 【答案】 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、组合数的计算 【分析】根据题意，先确定数列中的值，再利用组合知识，即可得到结论. 【详解】由题意，且， 当时，，则可以取或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或或或， 且逐项不减小，此时满足条件的数列的个数有个； 综上，满足条件的数列共有. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：先确定数列中的值，之后再分析的取值，可能都是同一个值；可能是从可取值中选两个出来，比如选和，那么可能，可能或有三种可能；依次分析即可. 19．（22-23高二上·上海杨浦·期末）某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有 种不同的站队方法. 【答案】25200 【知识点】全排列问题、不相邻排列问题、其他排列模型、计算古典概型问题的概率 【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可. 【详解】设10名学生中，有女生人，男生人， 则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率， 整理得：，即 因式分解可得：， 解得：或（舍去）或（舍去） 所以10名学生中，有女生6人，男生4人， 将6名女生排成一排有种方法，再将4名男生插到7个空中有种方法， 因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有种方法， 所以一共有， 故答案为：25200 20．（22-23高二下·上海徐汇·期中）如图，在的方格表中按照下面的条件填入6个圆圈，满足各行．各列至少有一个圆圈；同一格不能填2个圆圈．则不同的符合条件的填入方法有 种． 【答案】4200 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】6个圆圈填入5行、5列的表格中，按照题目要求，易知必有某行2个，其他行1个；某列2个，其他列1个，据此分两类讨论，分别求出安排种数，再由分类加法计数原理得解. 【详解】6个圆圈填入5行、5列的表格中，按照题目要求，易知必有某行2个，其他行1个；某列2个，其他列1个. ①如果该行和该列的交界处有圆圈，则去掉这个圆圈恰好每行每列1个，有5!=120种，新增的这个交界处圆圈有20种填法，共计:120×20= 2400种; ②如果该行和该列的交界处没有圆圈，选定该行该列的方式有种，在该行该列分别填入2个圆圈的方法有种，最后再把剩下2个圆圈填入方格，有2种填法，共计: 种; 综上，不同的符合条件的填入方法有4200种. 故答案为：种 21．（22-23高二下·上海浦东新·期中）对于，将n表示为，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 . 【答案】 【知识点】二项式定理与数列求和、代数中的组合计数问题、求等比数列前n项和 【分析】将分为，，，…，等7种情况，由组合数的性质，分析其中的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案． 【详解】， 设，且为整数， 则， 中6个数都为0或1， 其中没有一个为1时，有种情况，即有个； 其中有一个为1时，有种情况，即有个； 其中有2个为1时，有种情况，即有个； … 故，同理可得：， … ， , 则. 故答案为:． 【点睛】关键点睛：本题比较综合，难度大，得到是解题的关键. 22．（22-23高三上·上海奉贤·期中）定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，都有，且，则不等式的解集是 【答案】 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、根据函数的单调性解不等式 【分析】构造函数，求导得到在R上单调递减，由得到，对变形后得到，从而，由单调性得到，求出不等式的解集. 【详解】因为，构造， 则，所以在R上单调递减， 由,令得：，故， 由得：， 因为，所以， 故， 因为在R上单调递减， 所以，解得：. 故不等式的解集是. 故答案为：. 【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造， 若，则构造， 若，则构造， 若，则构造. 23．（22-23高二下·上海浦东新·期中）设、是函数的两个极值点，若，则的最小值为 【答案】/ 【知识点】根据极值求参数、函数单调性、极值与最值的综合应用 【分析】 由题意，是关于的方程的两根，根据可得与的函数关系，再结合的范围，可得的最小值. 【详解】 ，，是的两个极值点， ∴，是关于的方程的两根且， 又当时，，方程不成立， 所以，，两式作商得到：， 所以，令，则， 令，，则， 令，，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，则， 则 所以，， 令，，则恒成立， 所以在上单调递减，则， 所以， 则的最小值为． 故答案为：． 【点睛】 方法点睛：对于函数的极值问题，需要根据题意参变分离，利用构造函数，找到临界条件进行分析. 24．（22-23高二下·上海杨浦·期中）已知，对于数列，有，若存在常数使得对于任意的，都有，则a的取值范围是 . 【答案】 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数研究能成立问题、由递推数列研究数列的有关性质 【分析】求得，所以为单调递增函数，由，得到，根据题意得到，根据题意转化为在上有解，令，求得，得到函数的单调区间和极大值，即可求解. 【详解】解：因为函数，可得，所以为单调递增函数， 由，可得， 因为对于任意的，都有且，所以， 要使得存在常数 使得对于任意的，都有， 则满足在上恒成立，即在上恒成立， 即在上恒成立， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，取得极大值，即为最大值， 要使得在上有解，可得， 即实数的取值范围. 故答案为：. 25．（23-24高二下·上海·期中）设点在曲线上，点在直线上，平面上一点满足，则到坐标原点的距离的最小值为 . 【答案】 【知识点】求平行线间的距离、用两点间的距离公式求函数最值、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】设，则，进而，表示到的距离平方，结合导数的几何意义求出即可. 【详解】由题意知，设， 由，得， 得，即， 所以， 即， 表示点到点的距离平方， 其中在曲线上，在直线上， 的最小值为曲线上与直线平行的切线的切点到直线的距离. 设切点，则， 解得，即切点为，所以， 则，得， 即点M到原点O的距离最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将问题转化为点到点的距离平方的最小值，利用导数的几何意义求解即可. 26．（23-24高二下·上海·期中）已知函数，点、是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、用导数判断或证明已知函数的单调性、用和、差角的正切公式化简、求值、已知方程求双曲线的渐近线 【分析】作出函数的图形，求出过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围. 【详解】当时，，则，函数在上为增函数， 当时，由，得，即， 作出函数的图象如下图所示： 设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为，切点为， 则切线方程为， 将原点坐标代入切线方程得， 即，令函数，其中，则， 函数在上单调递减，且， 由，解得，则， 而函数的渐近线方程为， 设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为， 则， 结合图形可知，. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解. 27．（22-23高二下·上海青浦·期中）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论： ①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足； ③；④. 那么以上结论正确的是 （填序号） 【答案】②③ 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、根据数列递推公式写出数列的项、累加法求数列通项 【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④. 【详解】对于①，由题意可知，，，. 由已知，则当时，单调递增. 所以，时，由已知可知，单调递增，且. 所以数列在时，为严格增数列. 但是该数列的前三项不满足，故①错误； 对于②，当时，有 ， ， ， ， ， ， 两边同时相加可得，， 所以，，故②正确； 对于③，由已知可得，， ， ， ， 两边同时相加可得，，故③正确； 对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误. 所以，结论正确的是②③. 故答案为：②③. 【点睛】关键点点睛：由递推公式推得，，进而累加法，逐项相消即可得出. 28．（24-25高二上·上海·期中）已知，分别为双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与双曲线的右支交于、两点（其中在第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则直线的斜率为 . 【答案】 【知识点】利用定义解决双曲线中焦点三角形问题 【分析】作出示意图，由切线性质结合双曲线定义可得两内切圆都与轴相切于，后设直线倾斜角为，由几何知识可得，后由两圆外切相关条件可得答案. 【详解】设的内切圆的圆心为，的内切圆的圆心为， 记边上的切点分别为， 由切线的性质可得：，由双曲线定义可得：，即，则，又. 则，又，则，即. 同理可得，的内切圆也与轴相切于点. 连接，则与轴垂直，设圆与相切于点，连接， 过点作，记垂足为，则. 设直线倾斜角为，则. 在四边形中，注意到，又四边形内角和为， 则，在中，， ， 则， 则直线斜率，即. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：双曲线上一点与两焦点形成的三角形的内切圆与x轴相切于双曲线顶点处. 29．（24-25高二上·上海·期中）已知双曲线左右焦点分别为、，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则的取值所组成的集合为 . 【答案】 【知识点】双曲线定义的理解、根据双曲线方程求a、b、c 【分析】结合双曲线的定义，再结合直线与圆相切的性质，转化求得，再根据数量积公式，即可求解. 【详解】如图，设圆与的延长线、的延长线和线段分别切于点， 连接，则，由双曲线方程为， 可得，又为右支上的一动点，所以， ，所以，所以， 由题意可知，又, 所以. 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合直线与圆相切的几何关系，进行线段长度的转化. 30．（24-25高二上·上海·期中）已知抛物线与直线相交于不同的、两点．记点、的横坐标分别为、且，若存在以、、为边长的三角形，则的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】抛物线中的参数范围问题、根据韦达定理求参数 【分析】将直线方程与抛物线的方程联立，可得出，可得出，由以及，，可求出实数的取值范围. 【详解】由于存在以、、为边长的三角形，则、、都为正数， 联立可得， 由题意可知，关于的方程有两个不等的实根、， 则，可得， 将代入不等式，得，可得， 由得，可得， 由得，则，即，可得， 由可得，可得， 又因为，即，即，可得， 由于，可得， 显然，则显然成立， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 31．（24-25高二上·上海·期中）设为双曲线上两点，如下四个点：，，， 中，可作为线段中点的是 ．（请将所有满足条件的点填入） 【答案】 【知识点】已知方程求双曲线的渐近线、求弦中点所在的直线方程或斜率、由弦中点求弦方程或斜率 【分析】根据双曲线方程利用点差法求得直线的斜率表达式，再根据各点坐标以及中点坐标公式得出直线方程，与双曲线方程联立根据判别式判断方程根的个数可得结论. 【详解】设，则可得的中点坐标为， 因此， 因为在双曲线上，所以，两式相减可得， 因此， 对于，可得，此时， 此时直线的方程为，即， 联立，消去可得， 此时，所以直线与双曲线没有交点， 故不符合题意； 对于，可得，此时， 此时直线的方程为，即， 联立，消去可得， 此时，所以直线与双曲线没有交点， 故不符合题意； 对于，可得，此时， 此时，即， 显然为双曲线的渐近线，所以直线与双曲线没有交点， 故不符合题意； 对于，可得，此时， 此时直线的方程为，即， 联立，消去可得， 此时，所以直线与双曲线有两个交点， 故符合题意；综上可知可作为线段中点的是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线弦中点问题时，经常利用点差法由中点坐标求得弦所在直线的斜率或直线方程，即可得出相应结论. 32．（21-22高三下·上海黄浦·期中）若，则下列结论中正确的有 ． ①若为整数，则； ②是正整数； ③是的小数部分； ④设，若、为整数，则. 【答案】①③④ 【知识点】二项展开式各项的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题、二项式定理与数列求和 【分析】求出可判断①的正误；取可判断②的正误；利用二项式定理可判断③的正误；分为偶数和为奇数两种情况分析讨论，结合二项式定理可判断④的正误. 【详解】①因为，所以， 则，①正确； ②， 因为不是正整数，故②错误； ③ ， 两部分都是整数，所以， 且， 所以是的小数部分，③正确； ④， 当为奇数时，， ， 所以， 所以， 故， 当为偶数时，， ， 同理， 所以， 所以，故④正确； 故答案为:①③④． 【点睛】关键点点睛：③中将转化为二项展开式的形式展开求解，④的讨论关键在于当为奇数时，， ，为偶数时，， . 33．（22-23高二下·上海徐汇·期中）已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 【答案】120 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用条件，分析得到每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位，再利用分步计数原理即可求出结果. 【详解】因为小明必须经过5次操作才能将六个字母排成ABCDEF的顺序， 这里研究排序混乱到什么程度才需要“必须经过5次操作”排成ABCDEF的顺序， 这里不妨记A，B，C，D，E，F六个字母对应的位次分别为1，2，3，4，5，6， 首先，考虑一种情况：假设字母“A”已经排在自己的位置，即排在1号位， 其他字母均不在自己位置，易知把其他五个字母调换到自己的位置至少需要经过4次操作， 即第一次让“B”归位，第二次让“C”归位，第三次让“D”归位，第四次将“E”与“F”同时归位， 这样仅需进行4次操作，不满足题意； 若A，B，C，D，E，F均不在对应的自己位置，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位， 此时也不能满足“必须进行5次操作”的情况， 例如，，同时交换可使两者同时归位，此时只需交换四次即可， 而，只需交换三次即可，不合要求， 所以，要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置， 且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位， 1号位可放中的一个，有5种选择，不妨设放的为， 则3号位不能放，可从剩余中选一个，有4种选择，不妨设放的为， 则5号位不能放，否则可先交换，再交换，交换过程中出现交换一次使两个字母同时归位的情况， 故5号位可从种选择一个，有3种选择，不妨设放的为， 字母可选择号位或5号位，有2种选择，剩余只有1种放法，才能满足要求， 综上，总的排序方法有种. 故答案为：120 【点睛】关键点点睛： 解决本题的关键在于，分析出要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位. 34．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知，其中，过分别作二次函数的切线，则两条切线与轴围成的三角形面积的最小值为 . 【答案】/ 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用 【分析】先求得过的切线方程，求得两条切线的交点坐标以及切线与轴的交点坐标，由此求得围成的三角形的面积的表达式，利用导数求得面积的最小值. 【详解】由二次函数，可得， 因为在二次函数的图象上， 所以曲线在处的切线方程为， 即， 同理可求得曲线在处的切线方程为， 由于，所以不妨设， 直线与轴的交点为， 直线与轴的交点为， 由解得， 即两条切线的交点坐标为， 所以两条切线与轴围成的三角形面积为 ， 假设时，取得最小值， 令， 则， 令得①， ， 即时， 取得最小值. 令， 则， 令得②， 由，以及①②解得， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】求曲线的切线方程，首先要判断题目所给的点是在曲线上还是在曲线外，然后根据切点和斜率求得切线方程，斜率是利用导数来求得，切点可利用切线或曲线来求得. 35．（23-24高二下·上海·期中）已知函数有三个不同的零点，其中则的值为 . 【答案】1 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数求函数的单调区间（不含参）、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究函数的零点 【分析】令，则原函数会转化为关于的一元二次方程的根，通过韦达定理确定根的情况，同时研究内层函数的图象，数形结合研究零点的范围. 【详解】设， ， 当时，； 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 且时，；时，， ∴， 作出的图象，如图 要使有三个不同的零点，其中 令，则需要有两个不同的实数根（其中） 可得， ∵，∴，则 ∴，则，且 ∴， 故答案为：1. 【点睛】关键点点睛：数形结合的思想来确定零点所在的区间，以及零点之间的关系，再利用韦达定理化简进而求得结果。 四、解答题 36．（24-25高三上·上海·期中）为迎接我校校庆，文创中心组织师生共同准备了书签及明信片这两种校庆纪念品，每种纪念品均分为手绘款和普通款两类．校庆当日，志愿者小江负责在弦歌台服务点发放纪念品．在做准备工作时，小江清点了服务点已有的各类纪念品的份数，发现缺失手绘款明信片，准备向文创中心申请补领，其余纪念品的份数如下表所示： 书签 明信片 手绘款 40 普通教 150 120 (1)设每位抵达的校友可以随机抽取1份纪念品，小江补领了手绘款明信片40张．记事件A：首位抵达的校友抽到手绘款纪念品，事件：首位抵达的校友没有抽到明信片，分别计算、，并判断事件A，是否独立； (2)设每位抵达的校友可以随机抽取2份纪念品．若小江希望事件“首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品”发生概率大于0.2，且考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，则他应该申请补领多少张手绘款明信片？ 【答案】(1)，，事件A，不独立 (2)59 【知识点】实际问题中的组合计数问题、独立事件的乘法公式 【分析】（1）根据概率公式求出、，根据相互独立事件的概率公式判断是否独立； （2）表示出首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品的概率，解不等式求解即可. 【详解】（1）依题意， 书签 明信片 手绘款 40 40 普通教 150 120 ， ， ， 因为， 所以事件A，不独立. （2）设手绘款明信片的张数为，首位抵达的校友恰好抽到一张明信片，且恰好抽到一份手绘款纪念品为事件C， 则，解得， 考虑到纪念品总数有限，希望补领的手绘款明信片的张数尽可能地少，且为整数， 所以手绘款明信片的张数为59. 37．（24-25高三上·上海闵行·期中）一个盒子里装有大小和质地完全相同的4个红球、6个白球； (1)从中任取2个球，求2个球中至少有1个红球的概率； (2)从中任取4个球，求白球个数不比红球多的概率； (3)从中任取5个球，其中红球个，白球个（，），若取一个红球记2分，取一个白球记1分，求使总分不少于7分的概率． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率、独立事件的乘法公式 【分析】（1）分为一个红球和两个红球，由组合数的计算古典概率即可； （2）分为零个白球，一个白球，两个白球，由组合数的计算古典概率即可； （3）由已知列不等式组可得，再分红球个数为2,3,4由组合数计算古典概率即可； 【详解】（1）从中任取2个球，2个球中至少有1个红球的概率为. （2）从中任取4个球，白球个数不比红球多的概率为， （3）由题意可得，解得， 可能情况为： 红球2个，白球3个，此时概率为， 红球3个，白球2个，此时概率为， 红球4个，白球2个，此时概率为， 所以总分不少于7分的概率为. 38．（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：. (1)若所有人均乘坐一部电梯，求； (2)为了研究的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则均小于（1）中，故"运输完成时间"也小于（1）中，所以要使得最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）； (3)求出最小值. 【答案】(1)145秒 (2)答案见解析 (3)95秒 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题 【分析】（1）根据题意，知总时间包括开门的两次及中途上楼的层数； （2）分目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠和不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数，两种情况讨论，进而可得出结论； （3）根据题意求出与的关系，进而可得出答案. 【详解】（1）包括1楼，电梯共开关门10次数，上升9层， 所以完成运输所花时间为秒； （2）假设一：目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠. 理由：将目的地为同一层楼的人调整到同一部电梯可以使得其中一部电梯至少节约10秒，这样调整后方案的"运输完成时间"必然不大于原方案. 假设二：不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数. 理由：记B电梯最高到达楼，若存在A电梯到达楼，且的情况.两部电梯交换这两层的人，则不变，至少减少5秒，新方案"运输完成时间"必然不大于原方案； （3）设A电梯到达楼层为层，，B电梯到达楼层为层， ， ， 时，取得最小值95秒，即A电梯目的地为710层，B电梯目的地为层. 39．（22-23高二下·上海嘉定·期中）设，已知函数． (1)若，求实数a的值； (2)求函数的单调区间； (3)对于函数的极值点，存在，使得，试问对任意的正数a，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)递增区间是，，递减区间是； (3)是定值，为6. 【知识点】含参分类讨论求函数的单调区间、根据极值点求参数、已知某点处的导数值求参数或自变量、简单复合函数的导数 【分析】（1）求出函数的导数，再由给定导数值求出a值作答. （2）探讨导函数大于0或小于0的不等式的解集即可作答. （3）求出极值点，再根据给定等式求出，代入计算判断作答. 【详解】（1）由，，求导得，则由，解得， 所以实数a的值是. （2），由，解得或， 当或时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以函数单调递增区间是，，递减区间是. （3）因为函数存在极值点，由（2）知：，且， 因为，，又， 得，即， 因为，则， 依题意，，即， 因此，即， 亦即，而，因此， 所以对任意的正数a，为定值6. 【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： （1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； （2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式； （3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 40．（22-23高二下·上海长宁·期中）某公园有一块如图所示的区域OACB，该场地由线段OA，OB，AC及曲线段BC围成；经测量，，米，曲线段BC是以OB为对称轴的抛物线的一部分，点C到OA，OB的距离都是50米；现拟在该区域建设一个矩形游乐场OEDF，其中点D在线段AC或曲线段BC上，点E，F分别在线段OA，OB上，且该游乐场最短边长不低于25米；设米，游乐场的面积为S平方米； (1)以点O为原点，试建立平面直角坐标系，求曲线段BC的方程； (2)求面积S关于x的函数解析式； (3)试确定点D的位置，使得游乐场的面积S最大（结果精确到0.1米）； 【答案】(1) (2) (3)当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大. 【知识点】已知函数类型求解析式、利用二次函数模型解决实际问题、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】（1）先以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，然后根据题意求解析式即可； （2）分别求出在不同线段的解析式，然后计算面积； （3）在不同情况计算最大值，然后比较两个最大值就可以得到面积最大值，然后确定的位置. 【详解】（1）以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系， 如图所示，则，，， 设曲线段所在抛物线的方程为， 由题意可知，点和在此抛物线上， 代入可得：，. 所以曲线段BC的方程为：. （2）由题意，线段的方程为， 当点在曲线段上时，， 当点在线段上时，， 所以. （3）当时，，令，得，（舍去）. 当时，；当时，. 因此当时，是极大值，也是最大值. 当时，， 当时，是最大值. 因为， 所以当时，取得最大值，此时， 所以当点在曲线段上且其到的距离约为米时，游乐场的面积最大. 41．（23-24高二上·上海闵行·期中）高二学农期间，某高中组织学生到工厂进行实践劳动.在设计劳动中，某学生欲将一个底面半径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内. (1)求该圆柱的侧面积的最大值； (2)求该圆柱的体积的最大值. 【答案】(1) (2) 【知识点】柱体体积的有关计算、面积、体积最大问题 【分析】（1）设圆柱的半径为，高为，由题意得，用表示，计算圆柱的侧面积，利用基本不等式求出侧面积的最大值． （2）写出圆柱的体积解析式，利用导数求出圆柱体的最大体积． 【详解】（1）设圆柱的半径为，高为， 则由题意可得，解得， 所以圆柱的侧面积为，， 因为， 当且仅当，即时取“”，所以圆柱的侧面积最大值为． （2）圆柱的体积为， 求导，得， 令，解得或（不合题意，舍去）， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 当时，取最大值， 所以圆柱体的最大体积为． 42．（24-25高二上·上海·期中）一块边长为12cm的正三角形薄铁片，按如图所示设计方案，裁剪下三个全等的四边形（每个四边形中有且只有一组对角为直角），然后用余下的部分加工制作成一个底面边长为xcm的“无盖”正三棱柱形容器，容积记为Vcm3.      (1)若加工人员为了充分利用边角料，考虑在加工过程中，使用裁剪下的三个四边形材料恰好拼接成这个正三棱柱形容器的“顶盖”，求出此时x的值； (2)将V表示为x的函数，并求V的最大值. 【答案】(1) (2),,最大值为 【知识点】面积、体积最大问题、锥体体积的有关计算 【分析】（1）由剪下的三个四边形是全等四边形组成与底面三角形全等的图形，即可得出的值； （2）结合平面图形数据及三棱柱直观图求得三棱柱的高和底面积，计算三棱柱容器的容积，求出最大值即可． 【详解】（1）由题意知，剪下的三个四边形是全等四边形，且这三个全等的四边形组成与底面三角形全等三角形， 所以，解得，即的值为； （2）结合平面图形数据及三棱柱直观图，求得三棱柱的高为， 其底面积为， 所以三棱柱容器的容积为，； 求导数得，令，解得或（舍去）， 所以时，，单调递增，时，，单调递减； 所以时，取得最大值，为， 所以的最大值为． 43．（22-23高三下·上海虹口·期中）设，，. (1)求函数，的单调区间和极值； (2)若关于不等式在区间上恒成立，求实数的值； (3)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，，求证：成等比数列. 【答案】(1)函数在上的增区间为：与； 减区间为：与.当时，取极小值，极小值为，当时，函数取极大值，极大值为，当时，函数取极大值，极大值为； (2)； (3)证明见解析. 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、求已知函数的极值、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）求函数的导函数，解不等式可得函数的单调递增区间，解不等式可得 函数的单调递减区间，解方程，由此确定函数的极值点； （2）令，由已知可得在区间上恒成立，证明当时， 函数单调递增，再判断时，不满足要求，由此确定的范围； （3）利用导数研究函数，的单调性，作出函数的图象，证明曲线与有 唯一交点，结合图象证明，再证明，，，由此完成证明. 【详解】（1）由题设，有，可得      令可得，所以， 所以函数在区间上单调递增； 令可得，解得，. 函数在区间上单调递增； 令可得，所以， 所以，函数在上的递增区间为：与； 递减区间为：与. 当时，函数取极大值，极大值为， 当时，函数取极小值，极小值为， 当时，函数取极大值，极大值为； （2）关于不等式在区间恒成立， 即：在区间上恒成立. 令， 则，    令 则， 由（1）知：在上的极大值为， 又， 从而在上的最大值为1， 即在上恒成立. 于是在上恒成立， 所以在上单调递增； 从而， 当时，，当且仅当时等号成立， 所以在上单调递增； 从而在上恒成立. 所以，当时在上恒成立. 当时，存在，使得， 当时，，函数在上单调递减， 又，所以当时，，与已知矛盾， 综合上述，得：. （3）对于函数，令，则. 从而当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 故当时，取最大值，最大值为. 对于函数，令，则. 从而当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减； 故当时，取最大值，最大值为. 因此，函数与有相同的最大值.其图像如下图所示. 下面先证明：曲线与有唯一交点. 由，得，即证明方程有唯一实数根. 令，则. 所以在上恒为负数. 因为当时，，， 所以曲线与在区间上没有交点. 而在区间上，函数单调递减，函数单调递增， 所以函数在上单调递减， 进而函数在上单调递减， 由，及零点存在定理得： 函数在上存在唯一零点， 从而方程在上有唯一实数根，且.     由于直线与曲线，共有3个不同交点， 故直线必过点， 且，， 由，得，即， 而函数在上严格增，，， 故    ①      由，得， 即， 而函数在上严格减，，， 故    ② 由①，②得.    ③ 由，得， 故有    ④ 因此，由③，④得，即成等比数列. 【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 44．（23-24高三上·上海静安·期中）.已知函数，其中常数. (1)当时，求的零点； (2)讨论的单调性； (3)设实数，如果对任意，，不等式都成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【知识点】含参分类讨论求函数的单调区间、利用导数研究不等式恒成立问题、由函数在区间上的单调性求参数、求函数的零点 【分析】（1）令，解方程即可求出的零点； （2）对求导，分类讨论，和，判断与的大小即可得出答案； （3）将不等式进行整理可得，则不等式可转化为在上单调递减，再利用分离参数法即可求出答案. 【详解】（1）当时，，令，可得：， 所以的零点为. （2）因为的定义域为， ， 当时，对任意成立， 所以在上单调递增. 当时，对任意成立， 所以在上单调递减. 当时，令可得：，令可得：. 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上：时，在上单调递增. 时，在上单调递减. 时，在上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）得，当时，在上单调递减， 不妨设，则， 原不等式转换为，即， 令，则， 则在上单调递减，所以在上恒成立， 在上恒成立， 即，则，则， 令，令，则， 所以， 由双勾函数的性质可得，，所以的最小值为， 所以. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 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． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 45．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知实数，设. (1)若，求函数，的图象在点处的切线方程； (2)若，求函数，的值域； (3)若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、由导数求函数的最值（不含参）、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）求出，写出切线方程即可； （2）确定当时的单调性再求值域； （3）求函数单调区间、极值、零点，，集合，由题意知，由时不成立知，讨论与1的大小关系求出满足的的取值范围. 【详解】（1）因为， ，， 所以，. 故点处的切线方程为，即. （2），， ，令得， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以 所以函数，的值域为. （3）由已知有令，解得或，列表如下： 所以的单调增区间是，单调减区间是和， 当时，取极小值，当时，取极大值， 由知，当时，，当时， 因为对于任意的，总存在，使得， 当时，不成立，故，所以，所以. 设集合集合则“对于任意的，都存在，使得”等价于. 下面分两种情况讨论： 当即时，有且此时在上单调递减，的值域为， 故,，所以A不是B的子集.    当即时，有且此时在上单调递减，故，因而， 由有在上的值域为，所以，所以满足题意.    综上，的取值范围为 【点睛】关键点点睛：本题首先要正确转化：“对于任意的，都存在，使得”等价于两个函数值域的包含关系，即，其次挖掘隐含条件，简化讨论情况，明确讨论方向，由于，因此，可减少讨论情况. 46．（23-24高三上·上海·期中）设． (1)求证：直线与曲线相切； (2)设点P在曲线上，点Q在直线上，求的最小值； (3)若正实数a，b满足：对于任意，都有，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题、求点到直线的距离 【分析】（1）利用导数的几何意义设出切点坐标，根据直线方程求出斜率即可得出切点，便可得出证明； （2）根据题意可将直线向曲线平移，当平移到相切位置时取最小值，求出切点到直线的距离即可求得结果； （3）将不等式转化为函数恒成立问题，即可得需满足，即可知，构造函数并利用导数求得函数，即可得的最大值为. 【详解】（1）设直线与相切于点， 易知，则斜率，解得，即切点为； 此时切线方程为，即， 所以可得直线是曲线在点处的切线方程； （2）根据题意，将直线往靠近曲线的方向平移， 当平移到直线与曲线相切时，切点P与直线间的距离最近， 设切线方程为， 由（1）可知，当切线斜率为时，切点坐标为，此时切线方程为， 此时，从点向直线作垂线，垂足为，此时取最小值， 即， 所以的最小值为； （3）若对于任意，都有，即可得恒成立， 令，则， 当时，令，解得， 所以当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 所以在处取得最小值， 即满足即可， 即， 由可得， 设，则， 令可得， 即时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以， 即 所以的最大值为. 【点睛】方法点睛：在求解不等式恒成立问题时，往往通过构造函数利用导数求出函数单调性并求得最值，即可实现不等式问题求解. 47．（23-24高三下·上海·期中）定义 如果函数和的图像上分别存在点和关于轴对称，则称函数和具有关系. (1)若，试判断函数和是否具有关系； (2)若函数和不具有关系，求实数的取值范围； (3)若函数和在区间上具有关系，求实数的取值范围. 【答案】(1)具有 (2) (3) 【知识点】利用导数研究函数的零点、三角恒等变换的化简问题、函数新定义 【分析】（1）令求出，即可确定对称点的坐标，即可判断； （2）由，利用二倍角公式及辅助角公式得到，结合正弦函数的性质求出的取值范围； （3）令，利用导数说明函数的单调性，得到函数在上存在零点时参数的取值范围，即可得解. 【详解】（1）当时，由， 得，解得，又 ， 所以函数和图像上分别存在点和关于轴对称，故和具有关系. （2）由，得，， ，，， 其中，因为可取一切实数，所以， 所以方程有解的充要条件为， 即，即，所以， 所以函数和不具有关系时， 实数的取值范围为； （3）令，则.             函数和在上具有关系，等价于在上存在零点； 函数和在上不具有关系，等价于在上不存在零点. 1°当，且时，因为，所以， 所以在上是严格增函数，且；此时在上不存在零点， 即函数和在上不具有关系.   2°当时，显然当时，， 当时，因为在是严格增函数，且，，故在存在唯一零点， 设为，即；且当，；当，， 所以在上存在唯一极小值点，所以在上是严格减函数， 在上是严格增函数， 因为，所以，又因为， 所以在上存在唯一零点，所以函数和在上具有关系. 综上所述，若函数和在上具有关系，则实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 48．（24-25高三上·上海·期中）设函数的定义域为R，其导函数为，．若存在区间及实数满足：对任意，都有恒成立，则称函数为上的“函数”． (1)判断函数是否为上的函数，并说明理由； (2)已知实数满足：函数为上的函数，求的取值范围； (3)已知函数存在最大值． 对于以下两个命题，：对任意，都有与恒成立；：对任意正整数，满足函数都是上的函数；判断P是否为Q的充要条件，并说明理由． 【答案】(1)是，理由见解析 (2) (3)为的充要条件，理由见解析 【知识点】充要条件的证明、利用导数研究不等式恒成立问题、函数新定义 【分析】（1）利用函数的定义来判断即可； （2）根据函数，将问题转化为不等式问题，进一步转化为恒成立问题进行求解； （3）推导出为的充分条件，若成立，即对任意正整数，有：，记函数的最大值为．用反证法证明恒成立和恒成立，从而为的充要条件． 【详解】（1）设定义域为的函数 在上可导，导函数为 ． 若区间及实数满足：，对任意成立， 则称函数为上的“函数”． ，， ，在时恒成立， 是 上的函数． （2）实数满足：函数为上的函数， 则有，得， 函数，有在上恒成立， 在单调递减，在上， 所以，即的取值范围为； （3）若成立，则对任意正整数，有：， 即 为上的函数，成立．故为充分条件． 若成立，即对任意正整数，有：（2） 记函数的最大值为． 先证明恒成立． 反证法，假如存在使得，则取正整数，使得， 此时有，与（2）矛盾． 则有恒成立，这意味着为上的严格减函数． 再证明恒成立． 取为的一个最大值点， 则当时，由单调性知， 但，所以， 于是． 对任意 ，可取一个与有关的正整数，使得， 由（2）知：． 于是成立，故也为的必要条件． 故为的充要条件． 【点睛】思路点睛： 本题考查导数性质及应用、函数的单调性、充分条件、必要条件等基础知识，考查运算求解能力，（1）中直接根据定义来判断，（2）将不等式问题转化为恒成立问题来求解；（3）巧用反证法来证明． 49．（24-25高三上·上海浦东新·期中）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点，一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点． (1)已知，求的不动点； (2)已知函数在定义域内严格增，求证：“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； (3)已知，讨论函数的稳定点个数． 【答案】(1)1 (2)证明见解析； (3)答案见解析 【知识点】充要条件的证明、利用导数研究函数的零点、含参分类讨论求函数的单调区间、函数新定义 【分析】（1）设，判断该函数单调性，确定其解，即可求得答案； （2）根据函数新定义的含义，结合充分性以及必要性的证明，即可证明结论； （3）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论a的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数. 【详解】（1）设，则恒成立， 故函数在R上单调递增， 又，故函数在R上有唯一零点， 即有唯一不动点1． （2）证明：充分性：设为函数的不动点，则， 则，即为函数的稳定点，充分性成立； 必要性：设为函数的稳定点，即． 假设，而在定义域内单调递增， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾； 故必有，即 即，故为函数的不动点， 综上，“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件． （3）当时，函数在上单调递增， 由（2）知的稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可； 令， 则， 则在上单调递减， 当时，恒成立，即在上单调递增， 当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，且 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以此时有唯一不动点； 当时，即时， 当x趋向无穷大时，趋近于0，此时 存在唯一 使得， 此时f（x）在上单调递增，在上单调递减， 故， 当x趋近于0时，趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，趋向于负无穷大， 设，则在上单调递增，且 又 在时单调递增， 故（i）当时，即 此时，方程有一个解，即有唯一不动点； （ii）当时，即 此时，方程无解，即无不动点； （iii）当时，即 此时，方程有两个解，即有两个不动点； 综上，当时或时，有唯一稳定点； 当时，无稳定点； 当时，有两个稳定点． 【点睛】方法点睛：解答时要注意理解函数新定义的含义，解答的难点是（3）中判断函数稳定点的个数，解答时要结合新定义，采用分类讨论的方法去解决问题，解答过程较为复杂，要有较强的逻辑思维能力. 50．（23-24高二下·上海·期中）利用曲线的切线进行放缩：设上任意一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式，其中，等号当且仅当时成立；设上任意一点的横坐标为，则过该点的切线方程为，即，由此可得与有关的不等式：，其中，等号当且仅当时成立，设是在点处的切线 (1)求的解析式 (2)求证： (3)设，若对恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）求得，可求切线方程； （2），求导可得，可证结论； （3），结合（1）可得，分和两种情况讨论可求的取值范围. 【详解】（1）由，得，则， 故在点处的切线方程为， 即，即的解析式为； （2）令， 满足且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 故； （3）的定义域是，且， ①当时，由（2）得，则， 故在上单调递增，则恒成立，符合题意， ②当时，令，的导数， 则在区间上单调递增， 因为，所以存在，使得， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故， 此时不可能恒成立，不符合题意， 综上所述，的取值范围是. 51．（20-21高二下·上海宝山·期中）在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列． （1）写出三项式的2次系数列和3次系数列； （2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，； （3）用二项式系数表示． 【答案】（1），，，，，，，，，，，；（2），，；（3）. 【知识点】三项展开式的系数问题 【分析】（1）先求出三项式的展开式，即可求出； （2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果； （3）根据三项式的次系数列定义展开求解即可得出. 【详解】（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列： ∵， ∴，，，，， ∵ ， ∴，，，，，，． （2）列出杨辉三角形类似的表（，）， 用三项式的次系数表示，，， ，，， （3）用二项式系数表示， ，，， ，…，， ∵， ∴， ∵，，…，， ∴ ， ∴． 52．（23-24高二下·上海浦东新·期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数（）称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数. 已知：，（，） (1)若，，，求的值； (2)若，，，求证：； (3)设，求S除以2023的余数. 【答案】(1) (2)见解析 (3)1011 【知识点】二项展开式的应用、整除和余数问题、函数新定义 【分析】（1）将展开，由题意可得，即可求出的值； （2）计算，结合即可证明. （3）先求得每项除以2023的余数，求每项除以2023的余数时，分奇偶项进行讨论，余数求和后再求除以2023的余数即可. 【详解】（1）因为，， 所以当时，， 而， 因为，，， 所以,. （2）因为，，，， 则 . 故. （3）， 又， 则， 又， 所以 ， 所以当， ， 其除以2023的余数为， 当时， ， 其除以2023的余数2022和3， 当且时， ， 其除以2023的余数为， 当时， ， 其除以2023的余数为， 除以2023的余数为除以2023的余数， 即除以2023的余数， 又 其除以2023的余数为1011. 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键一是分奇偶项进行讨论，特别是偶数项时，最后两项求得结果与前面项，求得结果不同，要分开讨论；二是余数求和后要再除以2023二次求余. 53．（22-23高三上·上海徐汇·期中）已知实数，函数． (1)当时，过原点的直线与函数相切，求直线的方程； (2)讨论方程的实根的个数； (3)若有两个不等的实根，求证：． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析 【知识点】求过一点的切线方程、利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）求曲线过某点处的切线方程，设切点，根据导数的几何意义表示出关系即可解出； （2）方程等价于，通过变换构造函数，对函数进行分析，转化为分析函数的零点情况； （3）根据（2）的结果，知，设两根为，解决指对有关题目时，常借助构造函数. 【详解】（1）当时，，设切点为，， 因为切线过原点，所以，得，所以直线的方程为. （2）即讨论的实根的个数，， 即，所以， 设，则， 时 ，；时，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 由题意得，即， 当时，，当时，；当时， 此时， 设， 在上单调递增，上单调递减，， 当时，，无解，即无解； 当时，，有1解，即有1解； 当时，则， 令， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， ，所以， 由零点存在定理，有2个零点，即有2个解； 综上，当时，有1个零点； 当时，有2个零点；当时，有0个零点. （3）由已知可得，有两个不等的实根，由（2）得， 由于单调递增，所以的两个不等的实根， 即等价于的两个不等的实根，所以， 不妨设，令，则，所以， 所以，要证， 即证， 即证， 即证， 即证， 令，则， 所以在单调递增，所以，证毕． 【点睛】用导数解决复杂的函数零点问题时，常用到同构函数，即将原式等号两端构造为相同的形式，然后进行多次求导简化函数，另外要注意对参数进行分类讨论，从而解决问题. 54．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)函数在区间上有零点，求的值； (3)记函数，设、是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数的最大值． 【答案】(1) (2)0或4 (3) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）求出函数的单调区间，利用零点存在性定理求出零点所在区间，即可得解； （3）求出函数的导函数，即可得到方程两根为，，列出韦达定理，即可表示出，设，则，令，，利用导数说明函数的单调性，再结合的范围求出的方程，从而求出的范围，即可得解. 【详解】（1）因为， 所以，所以切线斜率为， 又，切点为，所以切线方程为． （2）令，得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以的极小值为， 又，当时， 所以在区间上存在一个零点，此时； 因为， ， 所以在区间上存在一个零点，此时． 综上，的值为或． （3）∵， ∴， 若，则恒成立， 所以两根为，， ∴，， ， ∵， 设，则， 令，， 则， ∴在上单调递减； ∵， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∴当时，， ∴，即实数的最大值为． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 55．（22-23高二下·上海松江·期中）设函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若函数在区间上.是增函数，求实数的取值范围； (3)若，过坐标原点作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条. 【答案】(1)严格增区间为，无减区间 (2) (3)证明见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、由函数在区间上的单调性求参数、利用导数求函数的单调区间（不含参） 【分析】（1）代入求导得，根据，可知恒成立，则得到其单调区间； （2），分和讨论即可； （3）设切点为，根据函数导数有，写出切线方程并代入原点有，设新函数再次利用导数判断其零点个数即可. 【详解】（1）时，， 当时，为单调增函数. 在上单调递增，严格增区间为，无减区间. （2）在区间上是增函数， 对任意恒成立， 当时，对任意恒成立，符合题意， 当时，若，则 综上，； （3）设切点为，由题意得， ， 曲线在点处的切线方程为， 又切线过原点，，整理得， 设， 则恒成立，在上单调递增， 又当时，；当时，； 在上有且只有一个零点， 过原点的切线有且仅有一条， 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设出切点为，从而得到切线方程，再代入原点坐标化简得，再设新函数，利用导数，极限以及零点存在定理即可判断其零点个数. 56．（22-23高三上·上海普陀·期中）已知函数 . (1)若经过点的直线与函数的图像相切于点，求实数的值; (2)设，若函数在区间为严格递减函数时，求实数的取值范围; (3)对于（2）中的函数，若函数有两个极值点为，且不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、由函数在区间上的单调性求参数、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）严格单调递减即，对导函数参数分离，构造新函数求解； （3）有2个极值点等价于导函数有2个零点，并运用韦达定理对代数式作变换，构造新函数，根据新函数的单调性求解. 【详解】（1）， 则，， 在点的切线过原点， ，即，解得； （2）. 则，函数在上严格单调递减， 转化为，即对上的任意实数恒成立， 令，则， 由 得，由得， 由得，在上单调递增，在上单调递减， 又当时.时，，， 当时，，故实数a的取值范围是； （3），函数有2个极值点等价于在时有2个零点； 即 在上有两个不同的根， ，解得， 不等式恒成立，即， 又 ， 令， 所以，又恒成立， 即在区间单调递减， ； 综上，（1），（2）实数a的取值范围是，（3）的取值范围是. 【点睛】本题的难点在于对不等式作出代数变换，由2个变量 转化为一个变量a，由a得范围来确定的范围. 57．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知． (1)若，求在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)设，求在上的零点个数． 【答案】(1) (2)答案见详解 (3)答案见详解 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数研究函数的零点、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】 （1）根据导数的几何意义运算求解； （2）求导，分和两种情况，利用导数判断原函数的单调性； （3）原题意等价于与在上的交点个数，令，利用导数判断原函数的单调性和值域，进而可得结果. 【详解】（1）当时，，则， 所以在点处的切线斜率， 所以所求切线方程为，即. （2）由，所以， 当时，，所以函数在上单调递增； 当时，由，则，若，则， 所以在单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，函数在上单调递增； 当时，在单调递增，在上单调递减. （3）由，所以， 今，由，所以，可得， 原题意等价于与在上的交点个数， 令，则， 令，时，在上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增， 由，所以在上单调递增， 所以，即， 当，即时， 则与在只有一个交点，此时在上只有一个零点； 当或，即或时， 则与在无交点，此时在上没有零点； 综上所述：当时，在上只有一个零点； 当或时，在上没有零点. 【点睛】 方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 58．（22-23高二下·上海普陀·期中）设函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求函数的极大值和极小值； (3)当时，证明存在，使得不等式对任意的恒成立． 【答案】(1) (2)极大值为，极小值为 (3)证明详见解析 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、求已知函数的极值、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）利用导数，根据切点和斜率求得切线方程. （2）利用导数求得的单调区间，进而求得的极大值和极小值. （3）结合（2）化简恒成立的不等式，结合二次函数、一元二次不等式等知识证得结论成立. 【详解】（1）当时，，， ，所以曲线在点处的切线方程为， 整理得. （2）， ， 当时，在区间上单调递减； 在区间上单调递增， 所以的极小值为，极大值为. （3）由得，当时，. 由（2）知，在上是减函数， 要使，只要， 即， ， 由于，所以， 所以， 解得或， 所以在区间上存在， 使得不等式对任意的恒成立． 【点睛】利用导数求曲线的切线方程，首先判断是已知点在曲线上还是曲线外，然后把握两个关键点，一个关键点是切点坐标，另一个关键点是切线的斜率.切线的斜率可以导数求得，也可以利用切线上两点的坐标求得.切点既在曲线上，也在切线上. 59．（23-24高二下·上海·期中）已知函数． (1)若，求函数在点处的切线方程； (2)讨论函数的单调性及极值； (3)若，任意且，都有成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、求已知函数的极值、利用导数研究不等式恒成立问题、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求切线方程； （2）求导，分和讨论求函数单调性和极值； （3）代入值，将问题转化为恒成立，构造函数，转化为导函数不小于零恒成立，继续构造函数求最值即可. 【详解】（1）当时，，， 则，又， 所以函数在点处的切线方程为； （2）由题知 当时，，函数在上单调递减，无极值； 当时，令得或，函数单调递增， 令得，函数单调递减， 此时函数的极大值为， 极小值为； 综上：当时，在上单调递减，无极值； 当时，函数在和上单调递增，在上单调递减， 极大值为，极小值为； （3）当时，，由（2）得函数在上单调递减， 不妨设，则， 故由得， 即， 设，则单调递增， 则恒成立， 所以对恒成立， 设，，则， 令，得，单调递增， 令，得，单调递减， 故， 所以. 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题要学会转化，其中我们可以构造函数，转化为函数的最值问题来解答. 60．（23-24高二下·上海闵行·期中）已知函数的定义域为，其导函数为，对任意的都有，则称函数为上的“梦想函数”． (1)已知函数，试判断是否是其定义域上的“梦想函数”，并说明理由； (2)已知函数，．试求一个定义域，使成为其定义域上的“梦想函数”，并说明理由； (3)已知函数，为其定义域上的梦想函数，求实数的取值范围；当取最大负整数时，进一步求出函数的值域． 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，的值域为 【知识点】函数新定义、由导数求函数的最值（含参）、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）举反例判断即可； （2）根据“梦想函数”满足对任意的都有求解即可； （3）根据定义将问题化为恒成立问题，然后参变分离得，再构造函数利用导数分析单调性与最值求解可得. 【详解】（1）函数不是其定义域上的“梦想函数”. 理由如下： 的定义域为，存在，使得， 故不是其定义域上的“梦想函数” （2）则，由题意在区间上恒成立，即，解得，故可取 （3）， 依题意有对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 当时，，即； 当时，， 令，则， 令，则， 易知时，时，， 即在上是减函数，在上是增函数， 而， 即时，，于是，则在上是减函数， 故，从而. 综上，满足条件的实数的取值范围是. 当取最大负整数时，，. 此时，故为减函数，又，， 故的值域为. 【点睛】方法点睛： （1）此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准是解此题的关键； （2）关于恒成立问题，我们首先看能否分离参数，不能分离参数时要分类讨论，注意分类要做到不重复，不遗漏； 61．（23-24高二下·上海·期中）已知与都是定义在上的函数，函数图像上任意两点，记表示此两点连线的斜率.当时，都有，则称是的一个“T函数”． (1)判断是否为函数的一个函数，并说明理由； (2)设的导数为，求证：关于的方程在区间上有实数解； (3)函数的导函数存在记为，即导函数存在记为，当都有，函数是否存在T函数?若存在，请求出的所有函数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是，理由见详解 (2)证明见详解 (3)函数存在唯一T函数 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、利用导数研究函数的零点、函数新定义 【分析】（1）根据题意结合T函数的定义，即可得出结论； （2）先证引理：对连续可导函数，对任意，均存在，使得，结合引理即可证明； （3）根据（2）种引理可证为T函数，再通过导数证明唯一性可得解. 【详解】（1）是函数的一个函数，理由如下： 因为， 若，则， 即，可知是函数的一个函数. （2）先证引理：对连续可导函数，对任意，均存在，使得. 构建，则， 可知，且在区间上连续不断， 反证：若函数在区间上没有零点， 则（或）在区间内恒成立， 可知在内单调递增（减）， 则（或），这与相矛盾， 所以假设不成立， 即函数在区间上有零点，设为， 可知，即. 由题意可知：， 由引理可知：存在，使得， 即关于的方程在区间上有实数解. （3）由引理可知：存在，使得，即， 又因为在内恒成立，可知在内单调递增， 可知，即， 所以为的一个T函数； 下证T函数的唯一性：假设存在T函数， 对任意， 当时，均存在，使得， 因为，即， 下证：， 若存在使得， 因为在的严格增函数， 故存在使得， 可知存在使得， 则，由的单调性知，矛盾， 故对任意都有 同理可证：对任意都有，从而； 综上所述：函数存在唯一T函数. 【点睛】关键点点睛：对于函数的新定义题要理解好定义的内容，不等式运算时注意不等式的要求，变号时要多注意，一般的大题在前面的问题和后面的问题有联系，后面的问题没有思路时看看前面的问题， 62．（23-24高二下·上海·期中）已知函数． (1)若曲线在点处的切线为轴，求的值； (2)讨论在区间内的极值点个数； (3)若在区间内有零点，求证：． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【知识点】已知切线（斜率）求参数、利用导数研究函数的零点、求函数零点或方程根的个数、求已知函数的极值点 【分析】（1）先求函数的导函数，若在点处的切线为轴，只需，求解即可. （2）针对导函数，分和两种情况讨论求解即可. （3）当时显然在区间内无零点；当时，构造函数并研究其单调性即可. 【详解】（1）由求导得：，依题意，，解得， 经验证，在点处的切线为， 所以. （2）由（1）知， （i）若，当时，恒成立，函数在上单调递增， 所以无极值点. （ii）若，当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 因此为的极小值点，且无极大值点， 所以当时，在内的极值点个数为0； 当时，在内的极值点个数为1. （3）由（2）知当时，函数在上单调递增， 因此，函数在内无零点； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为，， 若在区间内有零点，则， 而，设， 则， 设，则，函数在上单调递增， 于是，即，函数在上单调递增， 则，即，又， 所以. 【点睛】关键点点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论. 63．（23-24高二下·上海·期中）已知函数. (1)当，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若恒成立，求a的取值范围； (3)证明：若有两个零点，则. 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）当时，只需分别求出即可得解； （2）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （3）利用分析法，转化要证明：当时，，再利用导数即可得证. 【详解】（1）当，， ， 因为， 所以函数的图象在点处的切线方程为. （2）的定义域为，则， 令,得 当在上单调递减， 当在上单调递增， ， 若,则,即， 所以的取值范围为. （3）由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设， 要证,即证， 因为,即证， 又因为,故只需证， 即证， 即证当时，有成立， 下面证明时，， 设， 则 ， 设， 所以，而， 所以，所以， 所以在单调递增， 即，所以， 令， ， 所以在单调递减， 即，所以； 综上, ，所以. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是将问题转换为：当时，，利用导数即可顺利得解. 64．（22-23高二下·上海嘉定·期中）已知函数 令． (1)当时， 求函数在处的切线方程; (2)若在上为增函数， 求的取值范围; (3)当为正数且时， 的最小值为， 求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)1 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、由函数在区间上的单调性求参数、求在曲线上一点处的切线方程（斜率） 【分析】（1）由题意求出，及切线斜率即可求切线方程； （2）通过求导，根据在单调递增得恒成立，讨论即可求解； （3）通过求导，讨论,,三种情况，分析讨论在的单调性，即可求实数的取值范围. 【详解】（1）当时，函数， ， 则切线方程为，即， 故在处的切线方程为 （2）因为在上为增函数 则 当时， 此时在单调递增； 当时，只需 在恒成立， 因为只要 ，则需要 对于函数过定点，对称轴 只需即 综上可得： （3）函数的定文域为且， 所以 令解得 或 ①当即， 若时，在，单调递增； 若时，在，单调递增； 故在上单调递增， 所以在上的最小值为符合题意； ②当即 时， 当时， 当时, 故在上单调递减，在上单调递增， 所以在上的最小值为不符合题意； 当即同理可得在上单调递减， 所以在上的最小值为不符合题意； 综上，实数的取值范围是 故的最小值为． 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题： （1）经过函数上一点求切线方程的方法：对函数进行求导，得到导函数，求出在此点出的切线斜率，利用直线的点斜式方程，求出切线方程即可; （2）根据在上为增函数，转化为导数在的恒成立问题. （3）若已知含参函数最值，求参数的取值范围或参数的最值时，通常要对函数进行求导，研究导数的正负，进而得到原函数的单调性，导数里含有参数，根据导数的具体形式对参数进行分类讨论，结合条件得出结果. 65．（22-23高二上·上海宝山·期中）已知定义域为的函数满足：①对，恒有；②当时，. (1)求的值； (2)求出当，时的函数解析式； (3)求出方程在中所有解的和. 【答案】(1)0； (2)，，； (3). 【知识点】求函数值、求抽象函数的解析式、无穷等比数列各项的和、求零点的和 【分析】（1）根据给定的函数关系，依次计算即可作答. （2）根据给定的关系，分和求解作答. （3）由（2）求出方程在上的根，再探讨n的取值，利用无穷等比数列求和公式计算作答. 【详解】（1）依题意，，有，当时，， . （2）当时，，，， 则； 当时，，，，， 则， 综上，对任意，，. （3）由（2）知，当，，，解得， 因此在每一区间段，上方程都有唯一解， 由解得，于是得， 从而方程所有不大于100的解从大到小分别为：，形成一个以为公比的无穷等比数列，则其所有项的和为，所以方程在中所有解的和. 【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系及给定区间上的解析式求解析式，在所求解析式的区间上任取变量，再变换到已知解析式的区间上是解题的关键. 66．（22-23高二上·上海普陀·期中）已知等差数列公差为，前n项和为. (1)若，，求的通项公式； (2)若，、、成等比数列，且存在正整数p、，使得与均为整数，求的值； (3)若，证明对任意的等差数列，不等式恒成立. 【答案】(1)； (2)15； (3)证明见解析． 【知识点】利用定义求等差数列通项公式、求等差数列前n项和、等比数列下标和性质及应用 【分析】（1）由等差数列的前项和公式求得公差后可得通项公式； （2）由等比数列性质求得通项公式，设，（都是正整数），代入消元得，因此有，或3，用列举法确定的值，求出，然后再求数列的项； （3）证明是奇函数，又是增函数，证明与同号，即可证不等式成立． 【详解】（1）设的公差为，则，， 所以； （2）设的公差为，由、、成等比数列得， ，∵，∴， ， 都是正整数，，都是整数，显然是正整数， 设，（都是正整数）， 代入得， ∴，，则， 若，，则，不合题意，若，则，， 若，，则，，不合题意，若，，则，， 所以或，即． （3）的定义域是R， ，∴是奇函数， 又，设，则，， 从而，即，所以是增函数， 是等差数列，则， 若（），则， ，，，（）， ∴， ∴， 若（），则， ，，，（）， ∴， ∴， 综上，对任意的等差数列，． 【点睛】方法点睛：本题考查等差数列的性质，第（2）问题实质上是整数的问题，在等差数列通项公式基础上，考虑到问题中涉及到的都是正整数，因此设，（都是正整数），两式变形后利用正整数进行分析，得出参数值；第（3）问涉及到函数，解题时可以首先确定函数的性质|奇偶性、单调性，然后利用函数的性质讨论的正负，本题也可以不研究函数的单调性，考虑等差数列的性质，先计算即可发现只要考虑到与的正负相同，从而可证得不等式成立，关键还是等差数列的性质． 67．（22-23高二下·上海·期末）对于任意的，若数列同时满足下列两个条件，则称数列具有“性质m”： ①；②存在实数M，使得成立． (1)数列、中，，判断、是否具有“性质m”； (2)设各项为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列是否具有“性质m”，若具有，请证明你的猜想，并指出M的范围；若不具有，理由？ (3)若数列的通项公式．对于任意的（），数列具有“性质m”，且对满足条件的M的最小值，求证：． 【答案】(1)数列不具有“m性质”；数列具有“性质m” (2)具有“m性质”，且，证明见解析 (3)证明见解析 【知识点】根据数列的单调性求参数、数列新定义、求等比数列前n项和、等比数列通项公式的基本量计算 【分析】（1）利用数列具有“性质m”的条件对判断即可； （2）数列是各项为正数的等比数列，则公比，利用可求得q，从而可求得分析验证即可； （3）先化简利用任意且，数列{dn}具有“性质m”，由dn+dn+2＜2dn+1可求得t＞1，可判断n≥3时，数列是单调递增数列，利用极限可求得，于是有，经检验不合题意，于是得到答案． 【详解】（1）在数列中，取，则，不满足条件①，所以数列不具有“m性质”； 在数列中，， 则， ， ，所以满足条件①； （）满足条件②，所以数列具有“性质m”． （2）根据，可得 ，化简得， 解得或（舍）， 所以，， 所以， 对于任意的，，且， 所以数列数列具有“m性质”，且． （3）证明：由于，则，， 由于任意且，数列具有“性质m”，所以， 即， 化简得， 化简得， 即对于任意且恒成立， 所以① ， 由于及， 所以， 即时，数列是单调递增数列， 且， 所以，解得②， 由①②得，所以满足条件的整数t的值为2和3． 当时，，其中，，……，，故，不合要求，舍去； 当时，，其中，，……，，故，符合要求，故满足条件的整数只有 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 68．（23-24高三上·上海徐汇·期中）已知双曲线，直线交双曲线于，两点. (1)求双曲线的虚轴长与离心率； (2)若过原点，为双曲线上异于，的一点，且直线，的斜率，均存在，求证：为定值； (3)若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出的坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】(1)虚轴长，离心率 (2)证明见解析 (3) 【知识点】双曲线中的定值问题、求双曲线的离心率或离心率的取值范围 【分析】（1）根据双曲线方程直接得虚轴长与离心率； （2）设点，，，分别表示，，再根据点在双曲线上，可得证； （3）当直线斜率存在时，设直线方程为，，，联立直线与双曲线，结合韦达定理，可将恒成立转化为恒成立，所以，解得，当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，，由可解得. 【详解】（1）由双曲线方程为， 可知，，， 所以虚轴长为，离心率； （2）    设点，，， 则，， 则， 又点与点均在双曲线上， 则，， 所以， 所以为定值； （3）     假设存在点，使恒成立， 由已知得 当直线斜率存在时，设直线方程为，，， 联立直线与双曲线，得，，且， ，， ，， 则， 若恒成立，则恒成立， 即，解得， 当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时，， ， ，解得或， 综上所述，， 所以存在点，使恒成立. 【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，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． 69．（23-24高三上·上海普陀·期中）设椭圆的上顶点，左焦点，右焦点，左、右顶点分别为、. (1)求椭圆方程； (2)已知点是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线交y轴于点Q，若的面积是面积的倍，求直线的方程； (3)如图过椭圆的上顶点K作动圆的切线分别交椭圆于M、N两点，是否存在圆使得为直角三角形?若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析 【知识点】椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）根据题意求，进而可得方程； （2）由题意结合面积关系分析可知：，设，可得，代入椭圆方程运算求解即可； （3）分别设切线方程求点的坐标，进而根据垂直关系整理可得，结合直线与圆的位置关系可得，解方程分析判断即可. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 由题意可得：，则， 所以椭圆方程为. （2）由题意可知：， 可知点到直线的距离之比， 由题意可知：，可得， 设，且，则， 可得，解得，即， 所以直线的方程，即. （3）由题意可知切线的斜率存在且均不为0，且不是直角， 设切线， 联立方程，消去得，解得或， 当时，，即， 同理可设切线，可得， 则直线的斜率， 不妨设，则，整理得， 设圆， 若过的直线与圆相切，则， 整理得， 可知即为方程的两根，则， 可得，即，与题意相矛盾，所以不存在. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在； （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 70．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆经过，两点.为坐标原点，且的面积为，过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，.且直线，分别与轴交于点，. (1)求椭圆的方程； (2)若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程； (3)设，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】椭圆中向量共线比例问题、根据韦达定理求参数、求椭圆中的参数及范围、椭圆中三角形（四边形）的面积 【分析】（1）把点坐标代入椭圆的方程得，由的面积可得，解得，进而得椭圆的方程； （2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆的方程的关于的一元二次方程，由，进而解得的取值范围，再列出韦达定理，由，则，即可求出，从而得解； （3）因为，，，，写出直线的方程，令，解得．点的坐标为．同理可：点的坐标为．用坐标表示，，，代入，得，同理．由，，代入，化简再求取值范围． 【详解】（1）因为椭圆经过点， 所以解得（负值舍去）． 由的面积为可知，解得， 所以椭圆的方程为．    （2）设直线的方程为，，． 联立，消整理可得． 因为直线与椭圆有两个不同的交点， 所以，解得， 因为，所以的取值范围是， 所以，， 则 ， 因为以为直径的圆经过坐标原点，所以， 则，即，解得（负值舍去）， 所以直线的方程为.    （3）因为，，，， 所以直线的方程是：， 令，解得，所以点的坐标为． 同理可得点的坐标为． 所以，，． 由，， 可得，， 所以， 同理， 由（2）得， 所以 ， 因为，所以，所以， 则，所以， 所以的范围是．    【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 71．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知抛物线：，为的焦点，A，，为上互异的三点. (1)若，求的坐标: (2)若直线过点且斜率为，的纵坐标为6，求三角形的外接圆半径: (3)若三角形为等腰直角三角形，求三角形面积的最小值. 【答案】(1)或 (2)10 (3)16 【知识点】抛物线的焦半径公式、求直线与抛物线相交所得弦的弦长、抛物线中的三角形或四边形面积问题、根据韦达定理求参数 【分析】（1）由焦半径公式求解； （2）由直线方程与抛物线方程联立方程组，消元后应用韦达定理，然后由直线上弦长公式求得弦长，，，用坐标表示得出，从而得点在以为直径的圆上，由此可得结论； （3）不妨设，，由于，且，这样可以看作是绕点旋转得到，因此不妨设，，其中，并得出，两点坐标代入抛物线方程可得，利用基本不等式转化为关于的不等式，从而求得的最小值，即得三角形面积最小值及三角形三点坐标． 【详解】（1）设，，可得， 解得， 故的坐标为或. （2）已知，，直线的方程为， 由， 可得，故， ， ，， 故 ， 故，即点在以为直径的圆上， 故三角形的外接圆半径为.    （3）不妨设，，由于，且， 不妨设，，其中，此时. 易知，， 故，即， 故，解得， 故， 当且仅当，即，时取到等号（时，无解）. 故三角形面积的最小值为16，此时三角形三个顶点的坐标（不考虑顺序）分别为，和.    【点睛】方法点睛：本题在直线与抛物线的位置关系中，由，巧妙地设出三点坐标：，再把两点坐标代入抛物线方程得出关系，结合基本不等式得出的最小值，从而得出结论，避免了繁琐的运算． 72．（23-24高三上·上海杨浦·期中）已知椭圆过点且Γ的左焦点为直线与交于，两点. (1)求椭圆的方程; (2)若且点P的坐标为，求直线l的斜率； (3)若其中为坐标原点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3)4 【知识点】椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积、根据椭圆过的点求标准方程 【分析】（1）根据题意及椭圆定义知识求解； （2）设出直线的方程，然后联立椭圆方程，再根据求出点为的三等分点，从而可求解； （3）设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用根与系数关系 求出弦长，再利用基本不等式从而求解. 【详解】（1）由题意得解得：， 所以：椭圆C的标准方程为：. （2）设，，直线的方程为：，与椭圆的方程联立得： 消去得：， 由根与系数关系得：    ①，     ②， 又因为：，得：，得：，代入①②得：     ③，     ④， 所以：将③与④2相除则得： ，解得：； 所以直线的斜率为：. （3）设，，直线的方程为：，与椭圆的方程联立得： ，消去得：， 由根与系数关系得：①， ②， 由，解得：， 所以： ③， 把①和②代入③得：④ 又因为：，所以：， 又因为：，所以：， ④中当且仅当，即：时，等号成立， 所以：的面积的最大值为. 【点睛】本题第（2）（3）问中主要应用直线与椭圆联立后，利用根与系数的关系求出相应的等式关系，然后（3）中又利用基本不等式求出面积的最大值. 73．（23-24高三上·上海嘉定·期中）已知椭圆的离心率为，焦距为2，过的左焦点的直线与相交于，两点，与直线相交于点. (1)求椭圆方程； (2)若，求证：； (3)过点作直线的垂线与相交于，两点，与直线相交于点.求的最大值. 【答案】(1) (2)详见解析 (3) 【知识点】求椭圆中的弦长、求直线与椭圆的交点坐标、根据离心率求椭圆的标准方程、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）根据题意得到求解； （2）易知，，与椭圆方程联立，求得A，B的横坐标，再利用弦长公式证明； （3）设直线l方程为，则直线m的方程为，将直线l的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式得到的表达式，进而得到的表达式求解. 【详解】（1）解：由题意得：， 则， 所以椭圆的标准方程为：； （2）易知，，设， 由，得，解得， 则， ， 所以； （3）图所示：    若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线 平行， 所以直线l的斜率存在且不为零，设直线l方程为 ，则直线m的方程为，设， 由，消去y得， 则，， 易知，将代入直线l的方程得，即， 则， ， ， 同理， 所以， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 【点睛】方法点睛：本题第二三问都体现了“曲”化“直”的思想，涉及到线段问题，注意弦长公式的应用. 74．（23-24高三上·上海·期中）曲线，第一象限内点在上，的纵坐标为. (1)若到准线距离为3，求； (2)设为坐标原点，，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为4.证明：直线过定点； (3)直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于，是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【知识点】根据抛物线的方程求参数、抛物线中的直线过定点问题、抛物线中的参数范围问题、根据抛物线方程求焦点或准线 【分析】（1）首先求出抛物线的准线，在根据抛物线的定义求出，从而求出即可得参数； （2）由题设求得，设，，讨论斜率，根据得，应用点斜式写出直线并整理得，联立两式确定定点，即可证. （3）设且，写出直线的方程，求出点坐标，则有，分类讨论a研究在恒成立. 【详解】（1）由题设，曲线的准线为，则， 为第一象限内点，则. （2）由题意，，即，若，， 所以，同理有， 所以，即①， 若直线斜率存在时，设直线为， 所以，整理得②， 联立①②可得，令， 所以直线恒过； 若直线斜率不存在时，此时，直线也过； 综上，直线过定点.    （3）设且，则， 由，则， 直线，即， 令，则，即， 所以在恒成立， 则在恒成立， 当时，且，上述不等式恒成立； 当时，若，此时，不成立； 综上，.    【点睛】关键点点睛：第三问，设且，写出直线的方程求出点坐标，得到，分类讨论参数研究恒成立为关键. 75．（23-24高三上·上海虹口·期中）已知椭圆：中，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，为x轴上的动点． (1)若，求点P的纵坐标； (2)设，若是直角三角形，求的值； (3)若，是否存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在上？若存在，求出此时点P的纵坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)或 (2)或或 (3)存在，点P的纵坐标约为 【知识点】由距离求点的坐标、求直线与椭圆的交点坐标、由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数、椭圆中向量点乘问题 【分析】（1）设点坐标，由条件点在椭圆上及，建立方程组求解即可； （2）按直角顶点的位置分类求解； （3）设直线，联立直线与椭圆方程，可得点坐标，已知点，点，则由条件转化为垂直关系，再由平行四边形MAPQ得，可表达点坐标，而点在椭圆上，故可建立的方程组，求解，进而求得点的纵坐标. 【详解】（1）由题意知，设，则有，且， 由，则 即，解得，或. 故点P的纵坐标为或； （2）由题意得，，， 则， 若，则， 解得； 若，则， 解得，或； 若，则， 解得，由已知，故舍去； 综上所述，的值为或或； （3）假设存在点， ，设中点， 因为，则， 当直线与轴垂直时，如图可知，不存在满足题意的平行四边形； 故直线不与轴垂直， 设直线的方程为， 由，可得， 由已知直线与椭圆的一个交点， 则有，则， ,则， 即， 由，， 整理得，即①， 由MAPQ是平行四边形，设，则， 则， 则有， 即，由点在椭圆上 所以②， 联立①②消，得， 解得， 则点的纵坐标为， 所以存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在上，点的纵坐标约为. 【点睛】圆锥曲线中几何条件的转化常用策略： 直角三角形的处理则为勾股定理处理长度求解或利用向量数量积为（或斜率乘积为）转化坐标关系进行运算；圆中的直径问题由直径所对的角为直角转化为垂直关系处理；菱形一般则利用对角线互相垂直的性质转化为垂直关系；等腰三角形一般应用三线合一性质，取底边中点，则中线即为底边的垂直平分线，从而将长度相等关系为垂直关系，利用向量或斜率建立等量关系求解；平行四边形则应用对角线互相平分或对边平行且相等的性质，转化为弦中点问题或向量的等量关系，从而实现坐标化求解；或者其他等等特殊几何图形的处理，均要注意借助几何性质的应用来转化化归为常见问题求解. 76．（24-25高三上·上海·期中）设， 椭圆与双曲线的离心率分别为 (1)若 ，求的值； (2)当时，过双曲线的右顶点作两条斜率分别为的直线 分别交双曲线于点（不同于右顶点），若 ，求证：直线的倾斜角为定值，并求出该定值； (3)当时，设点， 若对于直线，椭圆上总存在不同的两点与关于直线对称，且 ，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析，定值为 (3) 【知识点】双曲线中的定值问题、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求双曲线的离心率或离心率的取值范围、求椭圆的离心率或离心率的取值范围 【分析】（1）根据椭圆和双曲线的离心率的计算公式，得到，，再结合条件，即可求解； （2）设设的方程分别为，，,联立，求得，，结合条件，可得，即可求解； （3）设，直线方程为，联立，通过消元及韦达定理，得到，，结合条件得到，再利用，即可求解. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为, 双曲线，即的离心率为， 由题知，解得. （2）由（1）可知，双曲线的右顶点为，又，所以， 设的方程分别为，，, 由，消得到， 由韦达定理得到，得到，所以，得到， 同理可得， 所以， 又，所以，故直线的倾斜角为. （3）因为，所以， 设，直线方程为， 由，消整理可得， 由，解得. 由韦达定理知， 由，消整理可得， 由韦达定理知， 设直线中点为，则， 由点在直线上得， 又点在直线上，得到，则， 又因为 ， 所以， 由题有，解得且， 所以，即实数的取值范围. 【点睛】方法点晴：解答直线与椭圆、双曲线的题目时，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． 77．（24-25高三上·上海·期中）已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求的面积； (3)如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)是定值， 【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题 【分析】（1）由题意可得，由面积可得，再结合，即可得出答案. （2）直线的方程为，联立方程解出，进而可求面积； （3）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值. 【详解】（1）依题意可知， 当为短轴顶点时，取到最大值， 可得，解得， 所以椭圆的标准方程. （2）因为点在椭圆内部，可知直线与椭圆必相交，设， 若，则直线， 联立方程，消去可得，解得或， 所以的面积. （3）由（2）可设，则， 设直线的方程为，此时， 联立直线与椭圆方程，消去可得， 则， 不妨设，因为三点共线，则， 可得，则， 因为三点共线，则， 可得，则， 可得， 则，可得， 所以，即. 【点睛】方法点睛：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． 78．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，由椭圆和椭圆组合而成的曲线，由图形特点，这里称曲线为“猫眼曲线”.特别地，若两个椭圆的离心率相等，则称其为“优美猫眼曲线”. (1)已知猫眼曲线满足a，b，t成等比数列，试判断该曲线是否为“优美猫眼曲线”； (2)在曲线中，若，，，斜率为的直线l不经过坐标原点，且l与椭圆相交所得弦的中点为M，与椭圆相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON的斜率之比为定值； (3)在（2）的条件下，若直线l的斜率，且l与椭圆相切，与椭圆相交于A，B两点，Q为椭圆上异于A，B的任意一点，求面积的最大值. 【答案】(1)是“优美猫眼曲线” (2)证明见解析 (3) 【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题 【分析】（1）求解两个椭圆的离心率，结合，即可利用“优美猫眼曲线”的定义求解， （2）利用点差法可得，同理可得，即可求解为定值，或者利用联立方程，根据韦达定理可得的坐标为，即可求解斜率得解， （3）根据相切，结合判别式可得，即可结合的三角换元，结合弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解. 【详解】（1）由a，b，t成等比数列，得， 则椭圆的离心率为， 椭圆的离心率为， 因为，所以，即， 所以，该曲线是“优美猫眼曲线”. （2）方法一：设直线与椭圆相交于，，线段CD的中点， 则，，两式相减，得， ，即， 由已知，，所以， 即，同理可得，所以，为定值. 方法二：由题知，可设直线，联立，得， 故，， 则中点的坐标为，可得； 同理可得：，所以，为定值. （3）设直线的方程为，代入，得， 因为与椭圆相切，所以，， 根据对称性，不妨取，则将直线的方程代入椭圆的方程， 得，设，则，， 所以， 设，则点到直线的距离（其中，，） ， 当，时，取最大值， 所以，面积取最大值. 若取，根据图形的对称性可得相同的结论. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 79．（24-25高三上·上海长宁·期中）已知椭圆的一个顶点为，焦距为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点、，直线、分别与轴交于点、，当时，求的值. 【答案】(1) (2) 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、根据弦长求参数 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可. 【详解】（1）解：依题意可得，， 又，所以， 所以椭圆方程为. （2）解：依题意过点的直线为， 设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 所以， 即 即 即 整理得，解得. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 80．（24-25高三上·上海闵行·期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右焦点分别为、，点为椭圆的下顶点，点为直线：上一点． (1)若，线段的中点在轴上，求点的坐标； (2)已知直线交轴于点，直线经过点，若有一个内角的余弦值为，求的值； (3)若椭圆上存在点到直线的距离为，且满足，则当变化时，求的最小值． 【答案】(1) (2)或 (3) 【知识点】求点到直线的距离、根据a、b、c求椭圆标准方程、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求椭圆中的最值问题 【分析】（1）由题意及条件先得出椭圆方程，由AM的中点在轴上先得出M纵坐标，再代入直线方程即可求得M； （2）分类讨论中哪个内角余弦值为，分别解三角形求得对应的值即可； （3）根据点到直线的距离公式化简得出，再根据三角函数的有界性得出，解不等式求出的取值范围即可求得的最小值. 【详解】（1）由题意可得， 因为的中点在轴上，则由中点坐标公式可知：A、M的纵坐标之和为0， 所以的纵坐标为，代入得：. （2） 由直线方程可知，由直线方程可知，故有如下两种情况： ①若，则，，即， . ②若，则， ， . 即， 综上或. （3） 设，则由题意得， 显然椭圆在直线的左下方，则， 即， ， 据此可得， 整理可得，即， 又， 从而.即的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是设，燃烧后结合辅助角公式和正弦函数的值域导出含的不等式. 81．（24-25高三上·上海·期中）如图，已知双曲线（，）的渐近线方程为，点在双曲线C上，A、B为双曲线C的左、右顶点，P为双曲线C右支上的动点，直线AP和直线交于点N，直线NB交双曲线C的右支于点Q. (1)求双曲线C的方程； (2)若点P在第一象限，且满足，求的面积； (3)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，并说明理由. 【答案】(1)； (2)36； (3)过定点，理由见解析. 【知识点】根据双曲线过的点求标准方程、根据双曲线的渐近线求标准方程、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、双曲线中的直线过定点问题 【分析】（1）根据题意列出方程组，解出，即得双曲线方程； （2）设点,由题设条件依次求得点，，再求三角形面积即可； （3）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，写出直线AP的方程，进而可得N点的坐标，又N，B，Q三点共线，则，解得，即可求得定点． 【详解】（1）依题意，可得，解得. 故双曲线C的方程为； （2） 如图，设点，由可得点是的中点， 又，，则， 依题意，点在直线上，则，解得， 将其代入，解得，因点P在第一象限，故. 于是直线的方程为：， 代入，整理得，解得或，故得， 于是的面积为; （3）直线经过点，理由如下： 设直线的方程为：， 代入，整理得：， 由可得. 设，则 故有.（*） 直线的方程为：，令，代入解得，即, 因三点共线，故,又， 则得，即， 将代入，化简得：， 由（*），可得， 代入整理得：， 即得：，也即， 因点是双曲线右支上的动点，故不能恒为0，故. 此时直线的方程为：，故直线必过定点. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与双曲线位置关系的应用，属于较难题. 关键是在解决第2问时，利用韦达定理实现非对称代换，整理方程后推得直线过定点. 82．（24-25高三上·上海·期中）已知椭圆的离心率，上顶点为. (1)求的方程； (2)设是直线上一点，点满足.若经过点，求点的坐标； (3)过的右焦点作不垂直于轴的直线，交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的值. 【答案】(1) (2)或 (3) 【知识点】椭圆中向量共线比例问题、椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）求得可求椭圆的方程； （2）设，从而可得，利用点在椭圆上，可求，从而可得的坐标； （3）设，与椭圆方程联立方程组，利用弦长公式求得，设中点为，求得，可求的值. 【详解】（1）由题意知. 而，解得. 因此. （2）设， 由题意知， 得. 由于经过点，得，解得. 将代入点的坐标， 得或. （3）由题意知. 设， 与的方程联立得. 设、，则， 于是. 设中点为， 则，. 由于，故直线的方程为， 解得. 因此，得. 【点睛】关键点点睛：在处理直线与椭圆的综合问题时，常采用联立直线与椭圆方程，借助韦达定理以及题中的条件来得出结论，利用弦长公式求得弦长，进而求得比值，平面解析几何大题通常运算量大. 83．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知点G是圆T:上一动点（T为圆心），点H的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点R，动点R的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)M，N是曲线C上的两个动点，O是坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由； (3)设P为曲线C上任意一点，延长至Q，使，点Q的轨迹为曲线E，过点P的直线l交曲线E于A、B两点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2)为定值， (3) 【知识点】椭圆中的定值问题、求椭圆中的最值问题、轨迹问题——椭圆 【分析】（1）由已知得，可得动点的轨迹为椭圆，然后求出即可得解； （2）设两点的坐标，表示出△的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求△的面积； （3）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值． 【详解】（1），则， 则曲线C是以和为焦点，4为长轴的椭圆； 设椭圆方程为，则，，，曲线. （2）设 所以 则 化简得：，则， 又， 直线 则到直线的距离， 所以为定值； （3）设点，则点，代入椭圆方程得到曲线； 当直线l的斜率不存在时：设， 代入E中有，则    当直线l斜率存在时：设，，， 代入E的方程：， 则，， ； 而l与椭圆C有公共点，代入得：， 由有，记，则， 综上，面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：设而不求结合换元是解决圆锥曲线解答题最常用的方法，也是本题核心解题思路. 84．（24-25高二上·上海·期中）已知（），若点到点的距离和它到轴的距离之比为常数，记点的轨迹为曲线. (1)若，，求曲线的方程； (2)若，试根据的不同取值，讨论曲线的形状； (3)若，，过点且不与轴垂直的直线与交于，两点，若点关于轴的对称点为点，求证：直线恒过定点. 【答案】(1) (2)当时，曲线为椭圆； 当时，曲线为抛物线； 当时，曲线为双曲线； (3)证明见解析 【知识点】求平面轨迹方程、双曲线中的直线过定点问题 【分析】（1）由题意可得，化简即可； （2）由题意可得，进而分类讨论可得结论； （3）设直线的方程为，设，则，联立方程组可得，可得直线的方程为，令，可求得定点坐标. 【详解】（1）当，时，则，设， 由题意可得，化简得， 所以曲线的方程为； （2）若，则，设， 由题意可得，化简得，即, 当时，方程表示椭圆； 当时，方程表示抛物线； 当时，方程表示双曲线； （3）若，，则，由（2）可得曲线的方程为， 设直线的方程为， 由，消去，得， 设，则， 所以， 直线的方程为，由双曲线关于轴对称，可得定点在轴上， 当时， ， 所以直线恒过定点. 【点睛】方法点睛：本题求定点坐标，关键由对称性可得定点在轴上，进而令直线方程中的，求解可得定点坐标. 85．（24-25高二上·上海松江·期中）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，、分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于、两点，与相交于、两点，，若直线的斜率为，求的值； (3)若，设直线、直线分别与直线交于、两点，与的面积分别为，，若，求点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、根据韦达定理求参数、根据韦达定理求参数 【分析】（1）根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程； （2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案； （3）由三点共线得到和，从而表达出，得到，结合，构造出方程进一步求出点的坐标. 【详解】（1）由题意得，故，则，解得，故椭圆：， 因为在第一象限，，有，解得， 所以，将其代入中，即，解得， 故的准线方程为，； （2） 由题意得，解得，，解得， 故，， 直线的方程为，联立得，， 设，则，， 故， 联立与得，， 设，则，， 故， 若方向相同，， 若方向相反，， 所以； （3） 因为，所以，根据题意有： ，，三点共线，可得： ，即，故， 同理，由，，三点共线， 可得：，故， 则 ， 因为，，所以， 所以， 又，故，， 因为，所以，整理有：， 解得：，又因为，且，解得， 所以点坐标为 【点睛】关键点点睛：本体关键在于利用点坐标，表示出、，利用已知条件构造方程求解. 86．（24-25高二上·上海·期中）已知焦点为的抛物线上存在不同的两点，（异于原点）． (1)若且，求直线的方程； (2)若，求线段的最小值； (3)若点，，三点共线，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】求直线与抛物线相交所得弦的弦长、抛物线中的参数范围问题、直线与抛物线交点相关问题 【分析】（1）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，结合题意求出、，即可得解； （2）由（1）可得，则，根据得到，即可求出，再由弦长公式计算可得； （3）联立直线AB与抛物线的方程，利用求出的值域，进而得到的取值范围. 【详解】（1）设直线的方程为，由，整理可得， 则， 所以，则， 依题意可得，解得，满足， 所以直线的方程为，即； （2）由（1）可得，则， 因为，所以，解得或（舍去）， 所以，， 所以， 当且仅当时取等号， 所以线段的最小值； （3）因为、、三点共线，而抛物线的焦点， 所以直线AB的方程为，，， 联立有， 故，，，， 所以， ，， 所以 所以，即 故的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 87．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知定义在上的函数的导函数为，若对任意恒成立，则称函数为“线性控制函数”. (1)判断函数和是否为“线性控制函数”，并说明理由； (2)若函数为“线性控制函数”，且在上严格增，设为函数图像上互异的两点，设直线的斜率为，判断命题“”的真假，并说明理由； (3)若函数为“线性控制函数”，且是以为周期的周期函数，证明：对任意都有. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)真命题，理由见解析 (3)证明见解析 【知识点】用导数判断或证明已知函数的单调性、由函数在区间上的单调性求参数、利用导数证明不等式、导数新定义 【分析】（1）根据“线性控制函数”的定义即可判断选项； （2）根据为“线性控制函数”，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合函数单调递增的式子，化简判断； （3）根据为“线性控制函数”，构造函数，利用导数判断函数的单调性，分，和三种情况讨论. 【详解】（1），故是“线性控制函数”； ，故不是“线性控制函数”. （2）命题为真，理由如下： 设，其中 由于在上严格增，故，因此 由于为“线性控制函数”，故，即 令，故，因此在上为减函数 ， 综上所述，，即命题“”为真命题. （3）根据（2）中证明知，对任意都有 由于为“线性控制函数”，故，即 令，故，因此在上为增函数 因此对任意都有，即 当时，则恒成立 当时， 若，则，故 若时，则存在使得 故1，因此 综上所述，对任意都有. （事实上，对任意都有，此处不再赘述） 【点睛】关键点点睛：第二问构造函数并作差判断，第三问的关键是讨论和的关系，从而根据函数的单调性，证明不等式 88．（22-23高二下·上海闵行·期中）已知，. (1)求函数的单调区间； (2)①容易证明对任意的都成立，若点的坐标为，、为函数图像上横坐标均大于1的不同两点，试证明：； ②数列满足，，证明：. 【答案】(1)的减区间为，增区间为 (2)①证明见解析；②证明见解析 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数证明不等式 【分析】（1）求出函数的定义域，然后对函数求导，由导数的正负可求出函数单调区间， （2）①构造函数，利用导数可得所以在恒成立，再由结合（1）可得当时，的图象始终夹在直线和直线之间，从而可证得结论； ②利用导数可求得当时，，由（1）知在单调递减，在单调递增，然后根据两函数的单调性可证得结论. 【详解】（1）因为，定义域为，所以， 令，解得，令，解得， 所以函数的减区间为，增区间为. （2）①构造函数，则， 当时，函数单调递减，则， 所以在恒成立， 所以在单调递减，所以，所以在恒成立， 又由（1）可知，当时，， 所以当时，的图象始终夹在直线和直线之间， 且的图象不会和直线和直线相交， 又因为直线和直线的夹角为，因此恒成立，命题得证. ②，恒成立， 且，所以当时，， 又由（1）可知数在单调递减，在单调递增， 因为，所以，，，， 又因为，所以，所以， 又因为在单调递减，所以， 即即， 所以，则，所以. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，第（2）①的解题关键是正确构造函数，然后利用导数可求得在恒成立，从而可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题. 89．（23-24高二下·上海·期中）已知函数. (1)若直线是曲线的切线，求实数的值； (2)若对任意实数恒成立，求的取值范围； (3)若，且，求实数的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】已知切线（斜率）求参数、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）利用函数与直线相切结合导数的几何意义求出； （2）构造新函数，利用导数求出的最小值即可得到的取值范围； （3）化简得，令，则，构造函数，利用导数法研究函数最值即可求解. 【详解】（1）因为，直线是曲线的切线， 令，所以，所以， 解得或（舍去），所以，代入直线得， 即切点为， 即，所以； （2）令，则， 令，则， 所以可得恒为递增函数，又， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，若对任意实数恒成立， 则，解得； （3）因为，所以 ， 因为，所以， 所以，仅当时，等号成立， 令，则， 因为， 所以当时，恒成立， 令，， 则在上单调递增， 所以.所以在上单调递减， 所以，所以， 所以的最大值为. 【点睛】涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键. 90．（23-24高二下·上海松江·期中）已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求证：函数的图象位于直线的下方； (3)若函数在区间上无零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）要证明，只需要证明，即证，构造，利用导数求出函数的最大值即可得证； （3）对分情况讨论，在时，，结合即可求解，在时，求导，结合零点存在性定理可得存在使得，进而结合导数即可求解. 【详解】（1），则，又， 所以曲线在点处的切线方程为； （2）因为，所以， 要证明，只需要证明，即证， 令，则， 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减， 故在取极大值也是最大值，故， 所以恒成立，即原不等式成立， 所以函数的图象位于直线的下方； （3）， 当时，， 故当时，在区间上恒成立，符合题意； 当时，， 令，则在区间上恒成立， 所以在单调递减，且， ①当时，此时在区问上恒成立， 所以在区间单调递减， 所以在上恒成立，符合题意， ②当时，此时，由于且， 所以， 所以，故存在使得， 故当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 故时，取极大值也是最大值，故， 由，可得， 令，得，所以在上存在零点，不符合题意，舍去， 综上可知，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 91．（23-24高二下·上海·期中）已知函数是自然对数的底数． (1)当时，求函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)若为整数，且当时，恒成立，求的最大值． 【答案】(1)的增区间是，减区间是 (2) (3)2 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用导数求函数的单调区间（不含参）、函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数研究不等式恒成立问题 【分析】（1）求函数的导数，再代入，利用导数求函数的单调性即可； （2）方程，转化为，利用导数分析函数的图象，再利用数形结合，求参数的取值范围； （3）首先参变分离为，再令，利用导数求函数的单调区间，并求函数的最小值的取值范围，即可求解的最大值. 【详解】（1）， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 综上可知，当时， 的增区间是，减区间是. （2）方程，显然当时，方程不成立，则，， 若方程有两个不等实根，即与有2个交点， ， 当时，，在区间和单调递减， 并且时，，当时，， 当时，，单调递增， 时，当时，取得最小值，， 如图，函数的图象， 与有2个交点，则； （3）当时，，， 所以， 当时，，， 令，， 则， 由（1）可知，在单调递增，而且， 所以在上存在唯一的零点，即在上存在唯一的零点， 设此零点为，则，且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以的最小值为， 所以， 所以整数的最大值为2. 【点睛】关键点点睛：本题第二问和第三问的关键是运用参变分离，转化为函数图象的交点问题，以及隐点问题，求最值. 92．（23-24高二下·上海·期中）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数，，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”． (1)若，，求证：是“3跃点”函数； (2)若是定义在是的“1跃点”函数，且在其定义域上有两个不同的“1跃点”，求实数的范围； (3)若，是“1跃点”函数，且在其定义域内恰存在一个“1跃点”，求实数的范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】根据二次函数零点的分布求参数的范围、函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数研究函数的零点、函数新定义 【分析】（1）求出给定函数的导数，再由“3跃点”函数的定义即可证明 （2）根据“1跃点”函数的定义，列出方程，求出该方程在上有两个不同的解的实数的a范围即可 （3）将问题转化为方程，即有1个实数根，再构造函数，借助导数求解作答. 【详解】（1）由，得，得， 所以是“3跃点”函数； （2）函数的导函数， 若该函数是 “1跃点”函数，且在其定义域上有两个不同的“1跃点”， 则方程在上有2个解， 即在上有2个解， 令，则或， 所以 （3）函数的导函数为， 若该函数是“1跃点”函数，且在其定义域内恰存在一个“1跃点”， 则方程，即有1个实数根， 设， 令， 所以在上，严格增， 在上，严格减， 又，；时，， 所以当时，取得极小值， 所以 所以实数的范围为 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 93．（21-22高二上·上海浦东新·期中）无穷数列和满足：①②，记的前项积为， (1)是否存在使得的前四项依次成等差数列？若存在则写出一组这样的若不存在，则说明理由； (2)若，求的最大值. 【答案】(1)不存在，理由见解析 (2) 【知识点】由递推数列研究数列的有关性质、判断等差数列 【分析】（1）假设存在，对正负进行讨论，找出矛盾得出结论； （2）根据（1）分析出，进而对的取值进行讨论，最终得到结果. 【详解】（1）假设存在，设的前四项公差为， 当时，易得， 所以，矛盾； 同理时，也矛盾， 故不存在； （2）因为，由（1）得， 设，则， 所以， 又因为的值从大到小依次为 ①若，则，则， 不能同时存在，故不成立； ②若，则或， 此时或， 不能同时存在，故不成立； ③若，则，则， 不能同时存在，故不成立； 所以，此时或可取到， 所以， 所以，， 所以 ， 此时为 因为，所以，即的最大值为. 【点睛】分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力. 94．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知双曲线：的左、右焦点为、，直线与双曲线交于，两点. (1)已知过且垂直于，求； (2)已知直线的斜率为，且直线不过点，设直线、的斜率分别为、，求的值； (3)当直线过时，直线交轴于，直线交轴于.是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)3 (2)0 (3)存在， 【知识点】求双曲线中三角形（四边形）的面积问题、双曲线中的通径问题、双曲线中的定值问题 【分析】（1）直接代入横坐标求解纵坐标，从而求出的值； （2）先设出直线和得到韦达定理，然后列出斜率之和的式子带入即可； （3）先设直线和得到韦达定理，在分别得到两个三角形的面积公式，要求相等，代入韦达定理求出参数的值即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以，当直线过点且时，此时轴，所以， 代入可得，所以； （2）设直线，因为直线不经过点，所以， 联立，得， 所以， 由韦达定理， 故. （3）如图所示，    若直线的斜率为0，此时为轴，为左右顶点， 此时不构成三角形，矛盾，所以直线的斜率不为0，设： 由，得， 满足， 此时：， 故，同理， ， 而， 故由，得 而， 代入可得，解得或（舍）， 所有，经检验此时满足且， 故存在满足条件的直线，其方程为 法二：即， 由相似三角形可知， 所以（*）. 若斜率不存在，则均在右支，此时，矛盾，舍去； 所以设：， 联立，可得（**）， 需满足， 由韦达定理，，， 代入（*）得或者， 解得（舍）或者，所以， 经检验，此时满足且. 故方程为：. 【点睛】关键点睛：碰到面积相等或者成比例的题的时候，往往可以利用同角的边成比例来解决，可以降低思维量和运算量. 95．（23-24高三上·上海·期中）已知双曲线H：的左、右焦点为，，左、右顶点为，，椭圆E以，为焦点，以为长轴． (1)求椭圆E的离心率； (2)设椭圆E交y轴于，，过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点，求面积的最小值； (3)设点满足．过M且与双曲线H的渐近线平行的两直线分别交H于点P，Q．过M且与PQ平行的直线交H的渐近线于点S，T．证明：为定值，并求出此定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析，定值为 【知识点】双曲线中的定值问题、求双曲线中的最值问题、求双曲线中三角形（四边形）的面积问题、求椭圆的离心率或离心率的取值范围 【分析】（1）由椭圆和双曲线中的关系即可求解. （2）首先得出，联立直线的方程与双曲线方程，结合图形进而可以得到的面积的表达式，通过不断换元转化为二次函数求最值问题. （3）令得，设方程与双曲线联立得坐标，求出直线的斜率为，写出直线方程并求出与渐近线的交点的坐标，可证是的中点. 【详解】（1）设椭圆方程，焦距为， 由题意知椭圆E的顶点、焦点分别为， 所以， 从而椭圆E的离心率为. （2）如图所示： 由题意，直线斜率存在， 所以不妨设直线的方程为，， 又双曲线渐近线斜率的绝对值为， 且过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点， 所以直线的斜率满足， 将直线与双曲线方程联立，消去得， 而， 所以， 从而的面积为， 因为，令，所以， 从而， 进一步令，则， 当且仅当，即时，. 综上所述：面积的最小值. （3）如图所示：    由题意双曲线的渐近线方程为即， 当时，由对称性得关于轴对称，关于轴对称，所以为的中点，故． 下面证明当时，即证为的中点. 因为点满足，则， 不妨设，当时，，此时点在直线的左上方，同理可证，点在两渐近线所夹区域的上方或下方，不妨设点在上方区域. 由题意， 设直线的方程为，直线的方程为， 由 即，所以， 所以满足， 同理满足， 所以直线的斜率： ， 设直线方程为, 由 得即， 得的横坐标，同理， 所以， 所以为的中点，故为定值1． 综上： 为定值1． 【点睛】关键点睛：第一问的关键是利用双曲线、椭圆中的平方关系；第二问的关键是将三角形面积表达式求出来利用函数求最值；第三位关键是先猜后证，猜可以取“特殊值”， 只需证为的中点，可先求出坐标再验证. 96．（24-25高三上·上海宝山·期中）已知双曲线，直线l交双曲线于A、B两点. (1)求双曲线C的焦点到渐近线的距离； (2)若l过原点，P为双曲线上异于A、B的一点，且直线、的斜率、均存在，求证：为定值； (3)若l过双曲线的右焦点，是否存在x轴上的点，使得直线l绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出M的坐标：若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在点，使得. 【知识点】双曲线中的定值问题、双曲线中存在定点满足某条件问题、求点到直线的距离 【分析】（1）由双曲线方程可得焦点坐标和渐近线方程，由点到直线距离公式可求得结果. （2）设，表示出，将代入双曲线方程，两式作差整理可得定值. （3）当直线斜率存在时，设，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示两根之和与两根之积，利用向量坐标运算可表示出，由此可构造方程组求得，得到；当直线斜率不存在时，可知满足.综合两种情况可得结果. 【详解】（1）由题意得，， ∴焦点坐标为，渐近线方程为. 取，焦点，点到渐近线的距离为. （2） 由双曲线对称性得，点关于原点对称， 设，则， ∵点在双曲线上，∴，， 两式作差得，，∴，即为定值. （3） 存在点，使得，理由如下： 由双曲线方程得，， 当直线斜率存在时，设， 由得， ，， 设，则， ∵， ∴ ， ∴，解得，∴. 当直线斜率不存在时，，此时满足. 综上所述，存在点，使得. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的定值问题和存在定点满足某条件的问题的求解，解决此类问题的基本思路如下： ①设直线方程，与双曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，利用韦达定理表示两根之和与两根之积； ③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量所满足的方程，化简整理所得方程； ④根据等量关系恒成立或化简消元的思想确定定点坐标. 97．（24-25高三上·上海杨浦·期中）如图，在平面直角坐标系中，该点是椭圆上一点，从原点向圆作两条切线分别与椭圆交于点，，直线、的斜率分别记为，. (1)若圆与轴相切于椭圆的右焦点，求圆的方程； (2)若，求证为定值并求出该定值； (3)在（2）的情况下，求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析， (3)2.5 【知识点】基本不等式求积的最大值、由圆心（或半径）求圆的方程、求椭圆中的最值问题、椭圆中的定值问题 【分析】（1）求出椭圆的右焦点，将横坐标代入椭圆方程可得相应的纵坐标，继而可得圆的圆心，圆的方程； （2）因为直线，与圆相切，可得是方程的两个不相等的实数根，利用根与系数的关系推出，再由点在椭圆上，得出. （3）由直线不落在坐标轴上，推出，即可得出的最大值. 【详解】（1）椭圆的右焦点是，代入，可得， 圆的方程：. （2）因为直线，与圆相切，所以直线， 与圆联立， 可得， 由， 即， 同理， 由， 即， 可得是方程的两个不相等的实数根， ， 因为点在椭圆上，所以， 所以. （3）因为直线不落在坐标轴上，设，， 因为，所以，即， 因为在椭圆上，所以， 整理得，所以， 所以， 所以，所以的最大值为2.5. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 98．（24-25高三上·上海·期中）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作斜率为的直线交双曲线于两点. (1)若，求点到直线的距离； (2)若，求直线的方程； (3)若点，直线分别交双曲线于两点，设直线的斜率为，问：是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在； 【知识点】求点到直线的距离、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、双曲线中的参数及范围 【分析】（1）由点到线的距离公式即可求解； （2）直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理及数量积的坐标表示即可求解； （3）联立直线方程得出坐标，再由斜率公式结合三点共线求解即可. 【详解】（1）由双曲线方程，可得， 当，的方程为：， 点到直线的距离为， 所以点到直线的距离为； （2）设直线方程为：，， 则， 所以， 即：，① 联立直线与双曲线方程，消去，可得： ，其中， 由韦达定理得：，将此代入①， 可得 解得：，所以， 所以直线的方程为：， （3） 设， 直线方程为：及直线方程为. 由，可得. ，. . 点， 由，可得. ，. . 所以. 又三点共线，. 代入上式得. 即：，所以存在实数使得：. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 99．（24-25高二上·上海·期中）已知椭圆，且过点的直线与椭圆交于不同的两点和. (1)设，当且时，求的值； (2)若，求直线的方程； (3)若过点且与直线垂直的直线与椭圆交于不同的两点和，则求以为顶点的四边形的面积的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】椭圆中焦点三角形的其他问题、椭圆中向量共线比例问题、椭圆中三角形（四边形）的面积 【分析】（1）假设，利用余弦定理与椭圆的定义求得的值，进而求得的值，再利用正弦定理即可得解； （2）利用向量共线的坐标表示求得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得到关于的方程，解之即可得解； （3）分类讨论直线的位置情况，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理与弦长公式分别求得，进而得到四边形的面积关于的表达式，利用二次函数的性质即可得解. 【详解】（1）依题意，设， 因为椭圆可化为，则， 故，， 在中，， 即，解得， 联立，解得， 在中，，解得. （2）设，又，， 所以，得， 显然，直线不与轴重合，也不与轴垂直，故可设， 联立，化简得，显然， 则，即， 所以，解得， 故，即. （3）当直线与轴重合或与轴垂直时， 以为顶点的四边形的两条对角线互相垂直， 且其中一条对角线长为，另一条对角线长为， 此时其面积； 当直线不与轴重合，也不与轴垂直时，设， 联立，化简得，易知， 则， 所以 ， 同理，， 所以， 设，则， ， 因为，所以，所以， 所以，即， 综上，. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 100．（24-25高二上·上海·期中）动点到直线与直线的距离之积等于，且.记点的轨迹方程为. (1)求的方程； (2)已知点，直线交于点，，上是否存在点满足?若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在点，使得. 【知识点】求平面轨迹方程、双曲线中存在定点满足某条件问题 【分析】（1）利用点到直线与直线的距离之积等于建立方程，化简即可得到结果. （2）假设存在点，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及题目条件得到点坐标满足的关系式，利用点在双曲线上即可得到结果. 【详解】（1）因为动点到直线的距离为，动点到直线的距离为， 所以，化简得， 因为，所以，所以， 所以的方程为. （2）    存在，使得，理由如下： 由得，， 由得，且. 设，则，故. 由题意得，. 设存在点满足，则, 所以. 因为点在上，所以， 化简得，解得或（舍）， 因为，所以，故，即， 所以存在，使得. 【点睛】思路点睛：本题考查双曲线与直线、向量综合问题，具体思路如下： （1）联立直线与双曲线方程，利用，计算的取值范围. （2）设，利用韦达定理表示. （3）假设存在点满足，得到，利用点在双曲线上即可得到结果. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$