专题08 下学期期中复习（解答题压轴8大类型80题）-2024-2025学年高二数学高频考点题型归纳与满分必练（人教A版2019选择性必修）

专题08 期中复习（压轴8大类型80题） 范围：选择性必修一﹑选择性必修一﹑选择性必修一（第六章-第七章） 【题型1 空间向量与立体几何综合】 【题型2 直线和圆的方程综合】 【题型3 椭圆综合】 【题型4 双曲线综合】 【题型5 抛物线综合】 【题型6 数列综合】 【题型7 导数及其应用综合】 【题型8 统计与随机变量及其分布综合】 【题型1 空间向量与立体几何综合】 1．如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明： 平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 2．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点，点在直线上，且. (1)证明：无论取何值，总有； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 3．如图，四面体中，．    (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 4．如图1所示中，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得．连接得到四棱锥，记的中点为N，连接，动点Q在线段上．    (1)证明：平面； (2)若，连接，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求动点Q到线段的距离的取值范围． 5．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 6．如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面，，，点P为线段上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 7．如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面．    (1)求点到平面的距离； (2)在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 8．如图，正方体. (1)求证：面； (2)若E为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小. 9．如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，，E为PC的中点，点F在PA上，且． (1)求证：平面PAC； (2)求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角的余弦值． 10．已知正四面体的棱长为2，点是的重心，点是线段的中点，设，，. (1)用，，表示，并求出； (2)求证：. 11．如图,在四棱锥中,底面是边长为6的正方形,是正三角形,平面,为的中点,,,分别是,,上的点,且满足． (1)求证：平面; (2)求平面与平面所成锐二面角的大小; (3)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度；若不存在,请说明理由. 12．如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【题型2 直线和圆的方程综合】 13．已知圆以为圆心，且圆与轴相切于点． (1)求圆的标准方程； (2)若直线与圆相交于两点，求． 14．已知圆关于直线对称，且过点． (1)求证：圆与直线相切； (2)若直线过点与圆交于两点，且，求此时直线的方程． 15．已知直线，圆． (1)求直线与圆相交所得的弦长； (2)求圆关于直线对称所得的圆的方程． 16．在平面直角坐标系中，圆的半径为，其圆心在射线上，且 (1)求圆的标准方程； (2)若直线过点， 且与圆相切，求直线的方程； (3)自点发出的光线射到轴上，被轴反射，其反射光线所在的直线与圆相切，求光线所在直线的方程. 17．已知直线的方程为． (1)求直线过的定点P 的坐标； (2)直线与x 轴正半轴和y 轴正半轴分别交于点A，B ，当面积最小时，求直线的方程； 18．在平面直角坐标系xOy中，已知圆M的圆心在直线上，且与直线相切于坐标原点． (1)求圆M的标准方程； (2)经过点的直线被圆M截得的弦长为，求直线的方程． 19．已知圆，直线过点. (1)当直线与圆相切时，求直线的斜率； (2)线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程. 20．已知圆过两点且圆心在直线上. (1)求圆的方程； (2)已知直线被圆截得的弦长为，求实数的值. 【题型3 椭圆综合】 21．已知椭圆的左右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于，两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. (1)求椭圆的方程； (2)若直线过点，当面积为时，求直线的斜率. 22．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆上不同的两点，且当三点共线时，直线的斜率之积为 (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为1，求的值. 23．已知椭圆经过点，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)点为椭圆上不同的两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设，且满足，求点的坐标． 24．已知A，B分别为椭圆的上顶点和右顶点，过点作直线HA，HB分别交于另一点D，C. (1)求直线HA，HB的一般式方程; (2)求直线CD的斜率. 25．已知椭圆C：的离心率为，且过点． (1)求椭圆C的方程； (2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求的面积． 26．已知在平面直角坐标系中，动点到和的距离和为4，设点. (1)求动点的轨迹方程； (2)为线段的中点，求点的轨迹方程； (3)过原点的直线交的轨迹于，两点，求面积的最大值. 27．已知椭圆的左､右焦点分别为，短轴长为，点在上. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，点为椭圆上一点，求周长的最大值； (3)过的左焦点，且斜率不为零的直线交于两点，求面积的最大值. 28．已知椭圆经过直线与坐标轴的两个交点. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于点，过点作轴的垂线分别与直线交于点，求的值. 【题型4 双曲线综合】 29．已知双曲线过点且，，分别是的左、右焦点. (1)求的标准方程； (2)设点是上第一象限内的点，求的取值范围. 30．已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为． (1)求的方程． (2)设的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线与相交于，两点，直线与直线相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出定直线的方程；若不是，说明理由． 31．已知双曲线的一条渐近线为，其实轴长为为双曲线上任意一点. (1)求双曲线的方程； (2)求证：到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值； (3)若双曲线的左顶点为，右焦点为，求的最小值. 32．已知双曲线的渐近线上一点与右焦点的最短距离为． (1)求双曲线的方程； (2)为坐标原点，直线与双曲线的右支交于、两点，与渐近线交于、两点，与在轴的上方，与在轴的下方． （ⅰ）求实数的取值范围． （ⅱ）设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 33．已知双曲线（，）的左右顶点为，，双曲线上一动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.    (1)求双曲线的方程； (2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，. （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标. 34．已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)若直线交双曲线于两点，是坐标原点，若是弦的中点，求的面积. 【题型5 抛物线综合】 35．已知F为抛物线C：的焦点，且C上一点到点F的距离为4. (1)求C的方程； (2)若斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且，求l的方程. 36．已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，圆与直线相交于、两点，与线段相交于点，是线段上靠近焦点的四等分点，且，如图所示．    (1)求证：； (2)求抛物线的方程； (3)过点作直线交抛物线于、两点，点，记直线、的斜率分别为，，求的值． 37．已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且． (1)求抛物线的方程； (2)为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且， （i）求证直线过定点； （ii）求与面积之和的最小值． 38．已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． (1)求C的方程； (2)若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 39．如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点，，当恰好为线段的中点时，．    (1)求抛物线的方程； (2)求的最小值． 40．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且． (1)求的方程； (2)过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：． 41．已知双曲线（，）的焦距为，且经过抛物线的焦点．记为坐标原点，过点的直线与相交于不同的两点，． (1)求的方程； (2)证明：“的面积为”是“轴”的必要不充分条件． 42．已知抛物线的焦点为，直线经过点且与交于点． (1)若直线的斜率为，求的面积； (2)若，求线段的中点到轴的距离． 43．已知抛物线：，点为抛物线外一点（如图），过点D作的两条切线，切点分别为A，B. (1)求证：直线的方程为； (2)若在直线上，以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 44．已知椭圆：的短轴长为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)若抛物线：的焦点与的右焦点重合，的准线与的一个交点为，线段与交于点，求． 45．已知点，在抛物线上. (1)若，记线段的中点为M，求点M到y轴的最短距离； (2)若点，在直线上，且满足四边形为正方形，求此正方形的面积. 46．已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求； (3)设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值． 47．已知点到点的距离比到直线的距离小1，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，且，求． 48．已知抛物线的焦点为为上一点且纵坐标为4，轴于点，且． (1)求的值； (2)已知点是抛物线上不同的两点，且满足．证明：直线恒过定点． 49．已知点F为抛物线C：的焦点，点在抛物线C上，且. (1)求抛物线C的方程； (2)若直线l与抛物线C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线l过定点. 50．已知抛物线的焦点为是抛物线上的点，且． (1)求抛物线的方程； (2)已知直线交抛物线于两点，且的中点为，求直线的方程． 51．已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，当轴时，． (1)求抛物线的方程； (2)当线段的中点的纵坐标为时，求直线的方程． 【题型6 数列综合】 52．已知数列是等差数列，数列是等比数列，且，，. (1)求数列，的通项公式. (2)对任意的正整数，，求数列的前项和. 53．设等比数列的前n项和为，已知． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列． ①设，求； ②在数列中是否存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列，若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由． 54．已知数列满足，. (1)求证：数列是等比数列； (2)设求的前n项和. 55．已知数列的前项和为，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)已知，求数列的前项和为. 56．已知数列的前项和为，且． (1)证明：数列是等差数列； (2)已知，求数列的前项和． 57．已知数列的前项和，且，，数列满足，，其中. (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 58．已知数列的前项和为，，且数列的前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)求证：. 59．已知等差数列的公差，且，，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)设求数列前项和为； (3)设求数列的前项和． 60．已知数列的前项和为，满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列中的最大项和最小项． 61．设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【题型7 导数及其应用综合】 62．已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若，都有恒成立，求实数的取值范围. 63．已知函数. (1)若是的极大值点，求在处的切线方程； (2)求的单调区间； 64．已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)讨论函数的单调性． 65．设函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 66．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)已知函数，求的单调区间； (3)若对于任意，都有（为自然对数的底数），求实数的取值范围． 67．已知函数 (1)求在点处的切线方程； (2)若的一条切线恰好经过坐标原点，求切线的方程. 68．已知函数，． (1)当时，证明：在上恒成立； (2)若有2个零点，求a的取值范围． 69．已知函数． (1)若，求在上的最值； (2)讨论函数的单调性． 70．已知函数，在时取得极小值10. (1)求函数的解析式; (2)求函数在区间上的最值. 71．已知函数，若曲线在处的切线方程为. (1)求，的值； (2)求函数的单调区间和极值； (3)求函数在上的最大值、最小值. 72．设函数． (1)讨论的单调性； (2)已知为的两个极值点，证明：． 73．设函数. (1)若直线是曲线的切线，求实数的值； (2)讨论的单调性； (3)当时，记函数，若，证明：. 【题型8 统计与随机变量及其分布综合】 74．某汽车配件厂生产了一种塑胶配件，质检人员在这批配件中随机抽取了100个，将其质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图（可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值）. (1)求的值； (2)求这组数据的第75百分位数； (3)当配件的质量指标值不小于80分时，配件为“优秀品”，以频率估计概率.在这批产品中有放回地随机抽取3件产品，随机变量表示：抽得的产品为“优秀品”的个数，求的数学期望. 75．某工厂生产一批机器零件，现随机抽取100件对某一项性能指标进行检测，得到一组数据，如下表： 性能指标X 66 77 80 88 96 产品件数 10 20 48 19 3 (1)求该项性能指标的样本平均数的值．若这批零件的该项指标近似服从正态分布其中近似为样本平均数的值，，试求的值． (2)若此工厂有甲、乙两台机床加工这种机器零件，且甲机床的生产效率是乙机床的生产效率的2倍，甲机床生产的零件的次品率为0.02，乙机床生产的零件的次品率为0.01，现从这批零件中随机抽取一件． ①求这件零件是次品的概率： ②若检测出这件零件是次品，求这件零件是甲机床生产的概率； ③若从这批机器零件中随机抽取300件，零件是否为次品与该项性能指标相互独立，记抽出的零件是次品，且该项性能指标恰好在内的零件个数为，求随机变量的数学期望（精确到整数）． 参考数据：若随机变量服从正态分布则， 76．已知某地生产的白砂糖是按袋装销售的，每袋白砂糖的质量（单位：）服从正态分布，且. (1)求，； (2)若甲从该地生产的白砂糖中随机购买袋，如果每袋质量都小于，那么甲得积分，如果有袋质量小于，那么甲得积分，如果至少有袋质量不小于，那么甲扣积分，记甲获得 积分，求的数学期望. 77．在一次知识竞赛中，参赛选手应从8个不同的题目中随机抽取3个题目进行作答.已知这8个题目中，选手甲只能正确作答其中的6个，而选手乙正确作答每个题目的概率均为，且甲、乙两位选手对每个题目作答都是相互独立的. (1)记选手甲正确作答的题目的个数为，乙正确作答的题目个数为，求，概率分布； (2)结合你所学过的概率知识说明：甲乙两名选手谁更优秀. 78．2023年11月，宁波市余姚河姆渡遗址迎来发掘五十周年，为引导青少年了解河姆渡文化，某校组织全体学生参加河姆渡历史文化知识竞赛，现从中抽取100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，，，，，，统计结果如图所示． (1)试估计这100名学生的众数和中位数（保留一位小数）； (2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记得分在的人数为X，试求X的分布列和均值： (3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生得分X近似服从正态分布，经计算．若，参赛学生可获得“参赛纪念证书”：若，参赛学生可获得“参赛先锋证书”．已知该校共600名学生参加本次文化竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的学生人数，并判断竞赛成绩为90分的学生能否获得“参赛先锋证书”． 附：若，则，，； 79．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下:得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在[80，90）内的学生获二等奖，得分在[90，100]内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示. 若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题: (1)若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）; (2)若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和均值. 附:若随机变量X服从正态分布，则，，. 80．点球大战是指在足球比赛中，双方球队在经过90分钟常规赛和30分钟加时赛后仍然无法分出胜负的条件下，采取以互罚点球决胜负的方法.在点球大战中，双方球队确定各自罚球队员的顺序，通过抽签的方式决定哪一方先罚，双方球队各出1人进行1次罚球作为1轮罚球，点球大战期间队员不可重复罚球，除非一方球队的全部球员已依次全部罚球.点球大战主要分为两个阶段：第一阶段，以双方球员交替各踢5次点球作为5轮罚球，前5轮罚球以累计进球数多的一队获胜，当双方未交替踢满5轮，就已能分出胜负时，裁判会宣布进球多的一队获胜，当双方交替踢满5轮，双方进球数还是相等时，则进入第二阶段：第二阶段，双方球队继续罚球，直到出现某1轮结束时，一方罚进而另一方未罚进的局面，则由罚进的方取得胜利.现有甲､乙两队（每支队伍各11名球员）已经进入了点球大战，甲队先罚球，各队已经确定好罚球队员的顺序，甲队的球员第1轮上场，球员在点球时罚进球的概率为，其余的21名球员在点球时罚进球的概率均为. (1)求第3轮罚球结束时甲队获胜的概率； (2)已知甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，在第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜的条件下，甲､乙两队第二阶段的进球数之和为，求的分布列及数学期望. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 期中复习（压轴8大类型80题） 范围：选择性必修一﹑选择性必修一﹑选择性必修一（第六章-第七章） 【题型1 空间向量与立体几何综合】 【题型2 直线和圆的方程综合】 【题型3 椭圆综合】 【题型4 双曲线综合】 【题型5 抛物线综合】 【题型6 数列综合】 【题型7 导数及其应用综合】 【题型8 统计与随机变量及其分布综合】 【题型1 空间向量与立体几何综合】 1．如图，四棱锥的侧面为正三角形，底面为梯形，，平面平面，已知，. (1)证明： 平面； (2)若，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）取上的点，使，可得，则由线线平行可证线面平行； （2）取中点，连，根据题意可证，平面，所以以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用线面角的空间向量法求解. 【详解】（1）取上的点，使， 则， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以 平面； （2）取中点，连，因为，所以， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 以为坐标原点，分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 设为平面的法向量， 则，可取， ， 故直线与平面所成角的正弦值为. 2．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点，点在直线上，且. (1)证明：无论取何值，总有； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大?并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)存在；点的位置在 【分析】（1）以，，别为轴，建立空间直角坐标系，求出各点的坐标及对应向量的坐标，易判断，即； （2）设出平面的一个法向量，表达出，利用正弦函数的单调性及正切函数的单调性的关系，求出满足条件的值，进而求出此时的正切值； （3）假设存在，利用平面与平面所成的二面角的余弦值为，则平面与平面法向量的夹角的余弦值为，代入向量夹角公式，可以构造一个关于的方程，解方程即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，即， ， ∵，∴， 所以无论取何值，. （2）∵是平面ABC的一个法向量. ∴ ∴当时，取得最大值，此时，，. （3）假设存在，则，因为， 设是平面的一个法向量. 则，解得，令，得，， ∴， ∴， 化简得，解得， ∴存在点使得平面与平面所成的二面角正弦值为，此时点的位置在. 【点睛】方法点睛：在求二面角时可用分别求出两个面的法向量，在代入二面角的余弦公式求出余弦值，进而求出角度. 3．如图，四面体中，．    (1)求证：平面平面； (2)若， ①若直线与平面所成角为30°，求的值； ②若平面为垂足，直线与平面的交点为．当三棱锥体积最大时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）由线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可； （2）①因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案；②由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，则， 所以，所以，所以， 又因为所以， 则，又因为， 所以，又因为， 平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； （2）①因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以， ， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为直线与平面所成角为30°， 所以 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. ②由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以， ，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， 设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：， 所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题第二问②的关键点在于且在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 4．如图1所示中，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得．连接得到四棱锥，记的中点为N，连接，动点Q在线段上．    (1)证明：平面； (2)若，连接，求平面与平面的夹角的余弦值； (3)求动点Q到线段的距离的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可. 【详解】（1）    因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以，所以在折叠后， ，；以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立 空间直角坐标系，则，，，，， 为中点，所以，，设平面的法向量为 ，又，，所以， ，令，则，，所以，所以， 所以，所以平面. （2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以，，，所以，， ，设平面的法向量为，， ，令，则，，所以， 设平面的法向量为，所以 ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. （3）设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为. 5．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．    (1)若，证明：平面； (2)若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)1． 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，．    法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．    法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 6．如图，在多面体中，四边形是正方形，，，M是的中点． (1)求证：平面平面； (2)若平面，，，点P为线段上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证平面，平面，再由面面平行的判定定理可证得结果； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求线面角，通过换元法转化为二次函数求最值. 【详解】（1）因为，，所以四边形为平行四边形，故, 又平面，平面,所以平面； 连接交于N，连接，因为四边形是正方形，故N为中点， M是的中点，在中，有，平面，平面, 所以平面，且平面，平面,, 所以平面平面. （2）如图，建立空间直角坐标系，设，， 则，又M是的中点， 故,，因为， 所以，解得，设，因点P为线段上一点， 则，即， 故，所以， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 即，设直线与平面所成角为， 则     当时， 设，，所以， 当时，所以， 当时，，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【点睛】解决本题第二问关键是求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求出线面角正弦值的表达式，通过换元法转化为二次函数求最值. 7．如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面．    (1)求点到平面的距离； (2)在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)存在点，为中点. 【分析】（1）连接，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，，再由得到，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （2），且，求出平面的法向量，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解. 【详解】（1）连接，∵为正三角形，又为中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴， 因为分别为的中点，所以， ∴， ∴如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ∵，则， 设平面的法向量为，∵， 则，令，则 又，则点到平面的距离为；    （2）由（1）可知是平面的一个法向量， 由题可设，且，则， ∴， 设平面的法向量为，由于， 则， 令，则， ∴，整理得，解得或（舍）， 故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时为中点. 8．如图，正方体. (1)求证：面； (2)若E为线段的中点，求平面与平面所成锐二面角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定即可得证 （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用公式，求解即可 【详解】（1）因为正方体， 所以四边形是正方形，所以， 又平面，平面，所以， 又，是平面内的两条相交直线， 所以面 （2） 如图，以A为原点，以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设正方体的边长为a，又E为线段的中点， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 设平面的法向量为， ，令，，所以， 设平面与平面所成锐二面角的大小为. 所以，又，所以 9．如图，在三棱锥P－ABC中，底面ABC，，，E为PC的中点，点F在PA上，且． (1)求证：平面PAC； (2)求平面ABC与平面BEF所成的二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定推理即得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面BEF的法向量，再利用空间向量求出面面角即得. 【详解】（1）在三棱锥P－ABC中，由底面，且底面，得， 由，得，又平面， 则平面，又平面，于是， 由，为中点，得，又平面， 所以平面. （2）过作，由底面，得底面，显然两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， ，，， 设平面的法向量，则，令，得 ， 显然平面的法向量为，则， 显然平面与平面所成的二面角的平面角为锐角， 所以平面与平面所成的二面角的余弦值为. 10．已知正四面体的棱长为2，点是的重心，点是线段的中点，设，，. (1)用，，表示，并求出； (2)求证：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由平行四边形法则可得，在中，根据重心的性质可得，即可求解； （2）由（1）可知，，，利用向量的数量积运算即可求解. 【详解】（1）由点是线段的中点，得， 由点是的重心，得， 所以， 因为正四面体中，，， 故， 所以， 即； （2）由（1）可知，，， 所以 ， 所以. 11．如图,在四棱锥中,底面是边长为6的正方形,是正三角形,平面,为的中点,,,分别是,,上的点,且满足． (1)求证：平面; (2)求平面与平面所成锐二面角的大小; (3)在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为?若存在,求线段的长度；若不存在,请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)不存在,理由见详解 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理即可证; （2）建立空间直角坐标系,利用向量法直接计算可知; （3）假设存在,利用向量法直接计算可知. 【详解】（1）是正三角形, 为的中点,, 又平面,平面, , 又平面,平面,平面,且, 平面. （2） 取的中点,连接, 由（1）得平面,且底面是的正方形,所以以为原点,分别以所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,得到如下点的坐标, 又 ,,分别是,,上的点,且满足, ， ,, 由（1）得平面,所以平面的法向量为, 设平面的法向量为, 则,即,解得,, 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大小. （3）设线段上是否存在点,使得直线与平面所成角为,且, , , , 整理可得:,方程无解, 不存在这样的点. 12．如图，直四棱柱的底面是正方形，，E，F分别为，的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行的空间向量法证明即可； （2）根据空间向量法求二面角余弦，再结合同角三角函数关系求解. 【详解】（1）   如图建系，设 则, , 设平面法向量为, , , 可得 即得， 因为所以,不在平面内，所以平面. （2）设平面法向量为, , 可得, 即得, 设二面角为， 则, 因为所以 【题型2 直线和圆的方程综合】 13．已知圆以为圆心，且圆与轴相切于点． (1)求圆的标准方程； (2)若直线与圆相交于两点，求． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用圆的切线性质求出，进而求得圆的半径即得答案. （2）求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式计算即得. 【详解】（1）依题意，设圆的方程为， 由圆与轴相切于点，得， 所以圆的标准方程为. （2）由（1）知，圆心为，半径， 则圆心到直线的距离为， 所以．    14．已知圆关于直线对称，且过点． (1)求证：圆与直线相切； (2)若直线过点与圆交于两点，且，求此时直线的方程． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【分析】（1）根据圆心在直线以及点在圆上，即可求解，，进而根据点到直线的距离公式求解圆心到直线的距离，与半径比较即可求解， （2）利用圆的弦长公式可得，结合圆心到直线的距离即可求解斜率，进而可得直线方程. 【详解】（1）圆化为标准方程，即， 则因为圆关于直线对称，所以，所以， 因为圆C过点，所以，所以， 得，所以圆方程为， 圆心坐标为，半径为， 故点C到直线的距离为， 所以C与直线相切， （2）设直线方程为，即， 设圆心到直线l的距离为， 所以， 得，所以， 所以直线l的方程为或． 即或． 15．已知直线，圆． (1)求直线与圆相交所得的弦长； (2)求圆关于直线对称所得的圆的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由点到直线的距离公式结合勾股定理代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由点关于直线对称，即可得到圆心的坐标，即可得到结果. 【详解】（1）设直线与圆相交的弦为线段， 因为圆圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 则， 所以直线与圆相交所得的弦长为. （2）设圆关于直线对称所得的圆为圆， 由题意可得圆心与圆心关于直线对称， 设圆心，则，解得， 则，则圆的方程为. 16．在平面直角坐标系中，圆的半径为，其圆心在射线上，且 (1)求圆的标准方程； (2)若直线过点， 且与圆相切，求直线的方程； (3)自点发出的光线射到轴上，被轴反射，其反射光线所在的直线与圆相切，求光线所在直线的方程. 【答案】(1) (2)或 (3)或 【分析】（1）设圆心，，由距离公式求出，即可得到圆的方程； （2）分直线的斜率不存在与存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线的方程为，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，解得即可； （3）取圆关于轴的对称的圆，可知直线与圆相切，根据切线结合点到直线的距离公式运算求解. 【详解】（1）设圆心，， 由于，所以，所以， 即圆心的坐标为，则圆的方程为； （2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 圆心到直线的距离，此时满足直线和圆相切； 若直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为， 即， 因为直线和圆相切， 所以圆心到直线的距离， 即，平方得， 即，此时直线的方程为，即， 所以直线的方程为或； （3）取圆关于轴的对称的圆，即圆心，半径， 可知直线与圆相切， 若直线的斜率不存在，则，此时圆心到直线的距离，不合题意； 所以直线的斜率存在，设为，则，即， 则，整理得，解得或， 所以直线的方程为或. 17．已知直线的方程为． (1)求直线过的定点P 的坐标； (2)直线与x 轴正半轴和y 轴正半轴分别交于点A，B ，当面积最小时，求直线的方程； 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）将直线的方程变形，列出方程组即可求解； （2）利用直线的截距式方程设出直线的方程，根据（1）的结论及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解. 【详解】（1）由题意，直线的方程可化为， 联立方程组解得， 所以直线过的定点． （2）设直线 ，则， 由 （1） 知，直线 过的定点，可得， 因为， 所以，解得， 当且仅当且即时，等号成立， 所以面积为 ， 此时对应的直线方程为，即． 18．在平面直角坐标系xOy中，已知圆M的圆心在直线上，且与直线相切于坐标原点． (1)求圆M的标准方程； (2)经过点的直线被圆M截得的弦长为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）设，然后根据条件求出圆心，进而可得半径，则圆M的标准方程可求； （2）检验直线的斜率存在，设出直线方程，然后利用垂径定理列方程求解. 【详解】（1）圆M的圆心在直线上， 设， 则， 解得，即， 圆的半径为， 圆M的标准方程为； （2）经过点的直线被圆M截得的弦长为， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时直线被圆M截得的弦长为，不符，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， ， 解得或， 直线的方程为或. 19．已知圆，直线过点. (1)当直线与圆相切时，求直线的斜率； (2)线段的端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出. 【详解】（1）已知的圆心是，半径是， 设直线斜率为 则直线方程是，即， 则圆心到直线距离为， 解得直线的斜率. （2）设点则， 由点是的中点得， 所以① 因为在圆上运动，所以② ①代入②得， 化简得点的轨迹方程是. 20．已知圆过两点且圆心在直线上. (1)求圆的方程； (2)已知直线被圆截得的弦长为，求实数的值. 【答案】(1) (2)或 【分析】(1)先设圆的标准方程，带入点的坐标求出参数即可； (2)先求点到直线距离公式求距离，再根据垂径定理列式求即可. 【详解】（1）设，半径为， 所以圆的方程为， 所以 解得 所以圆的方程为. （2）圆心到直线的距离 由垂径定理得， 解得或. 【题型3 椭圆综合】 21．已知椭圆的左右焦点分别为，，左顶点为，上顶点为，且，动直线与椭圆交于，两点；当直线过焦点且与轴垂直时，. (1)求椭圆的方程； (2)若直线过点，当面积为时，求直线的斜率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆顶点以及垂直关系可得，再由通径长可得，代入可得椭圆的方程； （2）设直线的方程为并于椭圆方程联立，由弦长公式以及点到直线距离公式得出面积表达式可得结果. 【详解】（1）由椭圆顶点性质以及可得； 当直线过焦点且与轴垂直时，其方程为， 代入可求得，所以， 解得； 所以椭圆的方程为. （2）由（1）可知， 设直线的方程为，，如下图所示： 联立，消去并整理可得， 由韦达定理可得； 因此， 直线的方程化为，可得点到直线的距离为； 所以的面积为， 又面积为，可得，解得； 所以直线的斜率. 22．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为M，O为坐标原点，A，B为椭圆上不同的两点，且当三点共线时，直线的斜率之积为 (1)求椭圆的方程； (2)若的面积为1，求的值. 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）先由短轴长得，由三点共线设点坐标，再利用点在椭圆上将斜率之积转化为待定，从而求椭圆方程； （2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论.当直线斜率不存在时，解方程组可得；当直线斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，借助韦达定理表示弦长及点到直线的距离，从而由面积为得，代入由韦达定理表示的关系式，化简求值可得. 【详解】（1）由题意知椭圆的短轴长为2，即，. 为椭圆的上顶点，所以. 当三点共线时，设，则. 由点在椭圆上，则, 因为， 所以，解得． 故椭圆的方程为； （2）设过两点的直线为， 当直线的斜率不存在时，两点关于轴对称， 所以 因为在椭圆上，所以，又， 所以，即，联立， 解得 此时，所以. 当直线的斜率存在时，设其方程为， 联立消去得， 其中①， 所以， 所以． 因为点到直线的距离， 所以， 所以， 整理得，符合①式， 此时， 综上所述，的值为5． 23．已知椭圆经过点，离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)点为椭圆上不同的两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设，且满足，求点的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的几何性质，转化为关于的方程，即可求解； （2）首先设点的坐标，由条件转化为关于坐标的关系式，再设直线方程与椭圆方程联立， 【详解】（1）由题意可知，，，则，所以， 所以椭圆的方程为； （2）设，， 直线的方程为，， 直线的方程为，， 则，，，，， ① ，则， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立，得， ，，② ， ， ，③ 将②③代入①得，， 整理为，即或， 若，则直线为，过点，不符合题意，舍去， 若，则直线为，过原点，此时， 又因为，所以，，代入椭圆方程得，， 则，又， 所以， 所以点的坐标为. 24．已知A，B分别为椭圆的上顶点和右顶点，过点作直线HA，HB分别交于另一点D，C. (1)求直线HA，HB的一般式方程; (2)求直线CD的斜率. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由直线的点斜式方程可得答案； （2）设，直线HA、直线HB分别与椭圆方程联立利用韦达定理求出、的坐标，再求斜率可得答案. 【详解】（1）由题意可得，又， 故，整理得直线HA的一般式方程为； ，整理得直线HB的一般式方程为； （2）设， 联立， 整理得，故， 由得，代入， 得，即； 联立，整理得， 故，由，得， 代入，得，故， 则. 25．已知椭圆C：的离心率为，且过点． (1)求椭圆C的方程； (2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由离心率的值及椭圆过的点的坐标，可得，的值，即求出椭圆的方程； （2）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，由，可得参数的值，求出点到直线的距离及弦长的值，进而求出的面积． 【详解】（1）由题意可得，解得，， 所以椭圆的方程为：； （2）由（1）可得右焦点， 当直线的斜率为0时，则直线的方程为， 因为，可得，， 所以，，显然与矛盾， 所以直线的斜率不为0， 由于，故设直线的方程为，且， 设 ， ， 联立，整理可得：， 可得①,② 因为，即,,， 可得，即，③ 将③代入①，可得，， 再代入②可得：，可得， 点到直线的距离， 弦长， 所以 由于，且，所以． ，    26．已知在平面直角坐标系中，动点到和的距离和为4，设点. (1)求动点的轨迹方程； (2)为线段的中点，求点的轨迹方程； (3)过原点的直线交的轨迹于，两点，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由椭圆定义可知，点的轨迹是以和为焦点，长半轴长为的椭圆，由此能求出动点的轨迹方程； （2）设，，利用中点坐标公式及“代点法”即可得出点的轨迹方程； （3）对直线的斜率分不存在、为、存在且不为三种情况讨论，当直线的斜率存在（不为）时，把直线的方程与椭圆的方程联立，解得点，的坐标，利用两点间的距离公式即可得出，再利用点到直线的距离公式即可得出点到直线的距离，利用三角形的面积计算公式即可得出． 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知， 点的轨迹是以和为焦点，长半轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，则，，所以， 故动点的轨迹方程为； （2）设，， ，且为线段的中点， ，即，代入的轨迹方程，可得， 整理得， 即点的轨迹方程为； （3）①当直线的斜率不存在时，可得，， ，点到轴的距离为1， ； ②当直线的斜率为时，则，， ，点到轴的距离为， 所以； ③当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，，，． 联立，化为． 解得，则，则，． ． 又点到直线的距离． ， ， 当时，当且仅当，即可时取等号， 当时，当且仅当，即可时取等号， 所以， 当且仅当时，即，取最大值，最大值为， 综上所述面积的最大值． 27．已知椭圆的左､右焦点分别为，短轴长为，点在上. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，点为椭圆上一点，求周长的最大值； (3)过的左焦点，且斜率不为零的直线交于两点，求面积的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3)3. 【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程. （2）由椭圆的定义可求出的最大值，从而可得周长最大值. （3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，借助根与系数的关系列出三角形面积的关系式，利用对勾函数性质求出最大值． 【详解】（1）依题意，，且，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）知，，而，则， 周长， 当且仅当点是线段的延长线与椭圆的交点时取等号， 所以周长的最大值为. （3）设直线的方程为，， 由消去得：，显然，， ， 因此面积， 令，，显然函数在上单调递增， 则当，即时，取得最小值， 所以当时，面积取得最大值3. 【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积； 过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积. 28．已知椭圆经过直线与坐标轴的两个交点. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右顶点，过点的直线交椭圆于点，过点作轴的垂线分别与直线交于点，求的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）求出直线与坐标轴的交点坐标，即可得椭圆的方程. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点的坐标，结合韦达定理探讨点的纵坐标的关系即可得解. 【详解】（1）直线与坐标轴的两个交点为，而，则，， 所以椭圆的方程为. （2）设过点的直线为，由题意直线斜率存在， 设方程为，即， 由，消去y得， 整理得， 由 ，得， 设，则， ， 将代入得，直线的方程为， 令得， 则 因此点是线段的中点，所以. 【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． 【题型4 双曲线综合】 29．已知双曲线过点且，，分别是的左、右焦点. (1)求的标准方程； (2)设点是上第一象限内的点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合已知，将双曲线上的点代入计算即可求得； （2）设，则有，然后利用数量积的坐标运算化简整理为二次函数，利用函数性质求解范围即可. 【详解】（1）由双曲线过点且，故， 故，故的标准方程为； （2）设，则， 因为点在第一象限，所以，且，， 所以， 所以的取值范围是. 30．已知双曲线的右焦点到的一条渐近线的距离为． (1)求的方程． (2)设的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线与相交于，两点，直线与直线相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出定直线的方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)是，定直线 【分析】（1）由题意列式求出，即得答案； （2）设直线的方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，写出直线和直线的方程，联立化简可求出点P横坐标，即可得结论. 【详解】（1）根据对称性，到的一条渐近线的距离，则． 由，知，得，则， 故的方程为． （2）点在定直线上． 依题可设直线的方程为，，， 联立方程组，整理得，必有， 则，，则． 直线的方程为，直线的方程为， 整理得，解得． 故点在定直线上． 31．已知双曲线的一条渐近线为，其实轴长为为双曲线上任意一点. (1)求双曲线的方程； (2)求证：到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值； (3)若双曲线的左顶点为，右焦点为，求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）由双曲线渐近线方程、实轴长可得答案； （2）设，求出渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得答案； （3）设，利用坐标表示，根据的范围可得答案. 【详解】（1）由题意可得， 解得， 因此，双曲线的方程为； （2）设，则，渐近线为， 到两条渐近线的距离之积 ； （3）由已知，得，如图，    设或， 又在双曲线上，所以， 因此 或， 其对称轴为， 由于或， 所以当时，取得最小值为. 【点睛】关键点点睛：在第三问中，先用坐标表示出，再通过点横坐标的范围求出最小值. 32．已知双曲线的渐近线上一点与右焦点的最短距离为． (1)求双曲线的方程； (2)为坐标原点，直线与双曲线的右支交于、两点，与渐近线交于、两点，与在轴的上方，与在轴的下方． （ⅰ）求实数的取值范围． （ⅱ）设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据焦点到渐近线距离求出，再求出即可得解； （2）（ⅰ）直线与双曲线方程联立消元后由根与系数关系及直线与右支相交可得； （ⅱ）根据弦长公式及点到直线的距离分别求出三角形面积，根据面积表达式换元后利用不等式性质求最值即可. 【详解】（1）设双曲线的焦距为，且， 因为到直线的距离为，故， 则，故双曲线的方程为：． （2）如图， （ⅰ）设，，联立直线与双曲线的方程， 消元得，则， 因为直线与双曲线右支交于两点，故，则，故的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）知，， 原点到直线的距离， 设，，联立，则， ，，， 则， 而， 令，则， 当即时取到等号． 综上所述，的最大值为． 33．已知双曲线（，）的左右顶点为，，双曲线上一动点关于轴的对称点为，直线与的斜率之积为.    (1)求双曲线的方程； (2)设点是直线上的动点，直线，分别与曲线交于不同于，的点，. （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）过点作的垂线，垂足为，求最大时点的纵坐标. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明过程见解析；（ⅱ） 【分析】（1）由两直线斜率之积为，得点Q所满足的方程式即可； （2）（ⅰ）设直线的方程，代入曲线的方程，由几何关系得直线恒过点，（ⅱ）点的轨迹是以为直径的圆，当与重合时，最大，求出此时，点的纵坐标. 【详解】（1）由题意得，且， ，，所以， 整理得曲线. （2）    （ⅰ）设，，， 若直线平行于轴，根据双曲线的对称性，可知点在轴上，不符合题意， 故设直线：，代入曲线中，得， 则，，则， 由，A，三点共线得，即， 同理，由，B，三点共线得， 消去，得， 即， 得， 得， 即对任意，，都有成立， 故或， 若，由，可得： 所以即，矛盾，故， 所以. 所以直线：恒过点， （ⅱ）点的轨迹是以为直径的圆，其方程为， 当与重合时，最大，此时轴，：，. 所以当最大时，点的纵坐标为. 34．已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)若直线交双曲线于两点，是坐标原点，若是弦的中点，求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用焦点到渐近线的距离求出，结合渐近线方程即可求出双曲线方程； （2）利用点差法求出直线的斜率，然后联立直线与双曲线的方程，求出弦长和点到直线的距离，即可求出的面积. 【详解】（1）由双曲线的一条渐近线方程为，所以， 故到渐近线的距离， 所以，又，所以， 故的方程为. （2）设点，因为是弦的中点，则 由于，所以两式相减得， 所以，即直线的斜率为， 所以直线的方程为，即. 联立消去并整理，得， 所以，且， 所以. 点到直线的距离为， 所以的面积为.    【题型5 抛物线综合】 35．已知F为抛物线C：的焦点，且C上一点到点F的距离为4. (1)求C的方程； (2)若斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且，求l的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据抛物线方程的定义即可由焦半径求解， （2）联立直线与抛物线方程，利用焦半径公式即可求解. 【详解】（1）C上一点到点F的距离为4, 由抛物线定义可得，，抛物线的方程为． （2）设直线，，设,,,， 将方程代入方程整理得，需满足， ， 故，解得， 当时，满足，故符合题意， 故直线方程为 36．已知点在抛物线上，为抛物线的焦点，圆与直线相交于、两点，与线段相交于点，是线段上靠近焦点的四等分点，且，如图所示．    (1)求证：； (2)求抛物线的方程； (3)过点作直线交抛物线于、两点，点，记直线、的斜率分别为，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）将点代入抛物线方程即可证明；（2）设，表示出，，利用抛物线的定义，点在抛物线上以及圆的弦长的几何性质列出关于，的方程，求解即可；（3）设过点作直线的方程为：，，，联立方程，由韦达定理得到，，分别表示出，，化简即可得到答案. 【详解】（1）因为点在抛物线上， 所以，化简得，得证； （2）由，可得， 设，则，， 则，故， 即， 又点在抛物线上， 则， 联立，解得， 所以抛物线的方程为 （3）设过点作直线的方程为：，，      联立，得， 则，，， 则，， 所以， 化简得， ， 化简得：， 所以 37．已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且． (1)求抛物线的方程； (2)为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且， （i）求证直线过定点； （ii）求与面积之和的最小值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用焦半径公式建立方程，解出参数，得到抛物线方程即可. （2）（i）设出，利用给定条件建立方程求出，最后得到定点即可. （ii）利用三角形面积公式写出面积和的解析式，再利用基本不等式求最小值即可. 【详解】（1）抛物线， 其焦点为，准线方程为， 可得，且， 解得（另一个根舍去），， 则抛物线的方程为； （2） （i） 如图，设的方程为，， 联立，可得， 则，又，， 由，可得，解得（另一个根舍去）， 所以直线恒过定点； （ii）由上小问可得，不妨设， 则与面积之和为， ， 当且仅当，时，上式取得等号， 则与面积之和的最小值为． 38．已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为． (1)求C的方程； (2)若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点． 【答案】(1)，或 (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据线段PF的中点坐标得到，，然后代入到抛物线方程中，解方程得到即可得到抛物线的方程； （2）设直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到，即可得到直线MN过定点. 【详解】（1）解：由题意得，设， 因为线段PF的中点为， 所以，，所以，， 代入C的方程得， 解得，或， 所以C的方程为，或． （2） 证明：因为，所以C的方程为， 设，，直线MN的方程为， 与联立，得， 则，， 因为直线OM，ON的斜率之积为2024， 所以， 所以． 直线MN的方程为，故直线MN过定点． 39．如图，抛物线是抛物线内一点，过点作两条斜率存在且互相垂直的动直线，设与抛物线相交于点与抛物线相交于点，，当恰好为线段的中点时，．    (1)求抛物线的方程； (2)求的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设直线，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意可得，再由弦长公式得到方程，解得即可； （2）根据数量积的运算律得到 ，又，同理可得，再由基本不等式计算可得. 【详解】（1）解法一：设直线， 联立，得， 所以． 又因为是的中点，所以， 又 ， 代入化简得，解得． 故抛物线的方程为． 解法二：设直线的倾斜角为，再设、的坐标都为， 代入抛物线方程得， 化简得． 则，， 因为是的中点，所以，即． 又因为， 将代入化简得， 即，所以抛物线的方程为． （2）解法一： ， 由（1）可得，， 因为 ， 同理， 所以， 当且仅当时，等号成立，即所求最小值为． ， 而， 所以CD的倾斜角为或，同理可求得， 即， 当且仅当或时，等号成立，即所求最小值为． 40．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且． (1)求的方程； (2)过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，得到直线方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案； （2）设直线MN的方程为 ，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，由，所以，由（1）可知，计算即可证得结论. 【详解】（1）设． 因为点的坐标为，所以， 由得， 则， 从而 得，所以的方程为． （2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为 ． 设，由可得， 则 所以 ． 由（1）可知， 因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以 可得，即． 【点睛】 41．已知双曲线（，）的焦距为，且经过抛物线的焦点．记为坐标原点，过点的直线与相交于不同的两点，． (1)求的方程； (2)证明：“的面积为”是“轴”的必要不充分条件． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）首先求出，再求出抛物线的焦点坐标，即可求出，最后求出即可； （2）当轴时直接求出交点坐标，即可求出的面积，即可证明必要性，直线：，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由求出，即可证明. 【详解】（1）设双曲线的焦距为，则，解得， 又抛物线的焦点为，所以，则， 所以的方程为. （2）当轴时，不妨设在第一象限， 由，解得或，则，， 所以，必要性得证； 依题意直线的斜率存在，设直线：，由， 消去整理得， 由且，可得且， 设，， 所以，， 所以， 则， 即，即， 整理得，解得或（满足且）， 所以当或均有的面积为，故充分性不成立， 所以“的面积为”是“轴”的必要不充分条件. 42．已知抛物线的焦点为，直线经过点且与交于点． (1)若直线的斜率为，求的面积； (2)若，求线段的中点到轴的距离． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）写出直线的方程，与抛物线联立，求出，的值，进而得出，则由求出的面积； （2）因为是焦点弦，所以能求出值，设出直线方程与抛物线联立，解出直线方程，把中点横坐标代入求出纵坐标即为所求. 【详解】（1）因为抛物线，焦点为，直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 联立得，则，，， 则， 又 所以，. （2）因为直线经过点且与交于点，设，， 因为，所以直线斜率一定存在，设方程为， 组成方程组，则有， 则，，， 因为，所以，则， 当时，直线方程为，且， 所以中点纵坐标为，此时中点到轴的距离为， 根据对称性，当时，中点到轴的距离也为， 所以线段的中点到轴的距离为. 43．已知抛物线：，点为抛物线外一点（如图），过点D作的两条切线，切点分别为A，B. (1)求证：直线的方程为； (2)若在直线上，以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先利用导数几何意义分别求出在，两点处的切线方程，再分别代入点即可发现A，B两点都在直线上，进而得到直线的方程. （2）由（1）得直线的方程，与抛物线联立，求出线段的中点为，再根据圆的性质所得建立方程进行研究即可. 【详解】（1）设，，由得， 所以在处的切线方程为， 同理在处的切线方程为， 两条切线都过，所以，， 显然A，B两点都在直线上， 所以直线的方程为. （2）若在直线上，则直线的方程为， 即直线过定点，不妨设直线的方程， 由，可得， 于是，， 设为线段的中点，则， 由于，而，与向量平行， ∴，解得或， 当时，，所求圆的方程为； 当时，，所求圆的方程为. 44．已知椭圆：的短轴长为，离心率为． (1)求的标准方程； (2)若抛物线：的焦点与的右焦点重合，的准线与的一个交点为，线段与交于点，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件转化为关于的方程组，即可求解； （2）首先求点的坐标，再根据点三点共线求得点的坐标，即可求解的值. 【详解】（1）因为的短轴长为，所以， 因为的离心率为， 所以，解得， 所以的标准方程为． （2）的右焦点为， 所以， 所以的方程为． 的准线与的一个交点为，设， 代入得 当时，由题意设，由三点共线得， 解得， 所以， 同理得当时，． 综上，. 45．已知点，在抛物线上. (1)若，记线段的中点为M，求点M到y轴的最短距离； (2)若点，在直线上，且满足四边形为正方形，求此正方形的面积. 【答案】(1)点到轴的最短距离为，点的坐标为或 (2)或 【分析】（1）利用抛物线定义以及三角形的边长之间的不等式得到点到轴的最短距离，根据点到轴的最短距离可知三点共线，然后联立直线方程和抛物线方程，利用韦达定理即可求解； （2）由题意可得，且，设直线的方程为，联立方程，利用弦长公式求出，再根据直线和直线之间的距离等于，可求出，进而可得出答案. 【详解】（1）由抛物线方程可知，其焦点，准线方程：， 从而，当且仅当三点共线时，不等式取等号， 设线段的中点为到轴的距离为， 由抛物线定义和梯形中位线性质可知，，即， 从而点到轴的最短距离为， 不妨设，且此时三点共线， 不妨设，，直线的方程为：， 由， 恒成立， 则，， 从而，即， 从而，即， 故点的坐标为或； （2）由题意可得，且， 设直线的方程为， 则直线和直线之间的距离， 联立，消得， ，所以， 设，， 则， 所以， 所以，解得或， 当时，，此时正方形的面积为， 当时，，此时正方形的面积为， 综上所述，正方形的面积为或. 46．已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求； (3)设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据抛物线的定义即得动圆圆心的轨迹方程； （2）将直线方程与抛物线方程联立，求出交点坐标，再由计算可得； （3）根据题设先求出的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数最小值问题，分类讨论即得. 【详解】（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线相切， 即点到定点的距离与到直线的距离相等，且点不在直线上， 所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线， 抛物线方程形如，又，则， 故圆心的轨迹方程为． （2）如图，由题知，直线的方程为， 由，解得或，所以，， 所以.    （3）设，则 ，又， 则 ， 因二次函数的对称轴为， 故当，即时，，此时； 当，即时，，此时. 所以. 47．已知点到点的距离比到直线的距离小1，记点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点的直线与交于两点，且，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据抛物线的定义可知所求轨迹为抛物线，结合条件可写出方程； （2）设直线的方程为，联立抛物线方程消元后根据韦达定理可得关系式，结合，可解出方程组，继而利用弦长公式求解即可. 【详解】（1）由题意，到的距离和到直线的距离相等. 故点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线， 故曲线的方程为； （2）设直线的方程为， 联立，消去得， 设， 则， 因为，则， 解方程组，可得，或 所以 48．已知抛物线的焦点为为上一点且纵坐标为4，轴于点，且． (1)求的值； (2)已知点是抛物线上不同的两点，且满足．证明：直线恒过定点． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）设点，由抛物线定义可得，即可求出答案. （2）设直线，，联立方程组，得，根据，可得，代入直线方程即可. 【详解】（1）显然点，由抛物线定义可知，，而，解得， 所以抛物线方程为：. （2）点在抛物线上，设直线，点， 由消去x得，，， ， 整理得，将代入直线，得， 即，所以直线恒过定点.    49．已知点F为抛物线C：的焦点，点在抛物线C上，且. (1)求抛物线C的方程； (2)若直线l与抛物线C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为，，且，求证：直线l过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据抛物线的定义与点在抛物线C上列式求解即可； （2）方法一：分直线斜率存在于不存在两种情况，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，进而表达再化简即可； 方法二：设，，代入化简，结合直线l的方程为即可. 【详解】（1）由题意得：，解得，或（舍去）， 所以抛物线C的方程为. （2）方法一：①当直线l斜率存时， 设直线l：，，， 则，消去x，整理得， 则，，， 而 ， 整理得，所以， 所以直线l：，所以直线l过定点. ②当直线l斜率不存在时，设直线l：， 则，，则，得， 所以直线l：，则点在直线l上. 综上：直线l过定点. 方法二：设，， 则， 则，直线l的方程为， 则， 所以直线l过定点. 50．已知抛物线的焦点为是抛物线上的点，且． (1)求抛物线的方程； (2)已知直线交抛物线于两点，且的中点为，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据抛物线的定义求解； （2）设点代入抛物线方程，然后利用点差法求解直线的斜率，然后根据点斜式即可解得直线的方程； 【详解】（1）因为， 所以， 故抛物线的方程为． （2）    易知直线的斜率存在，设直线的斜率为， 则 两式相减得，整理得． 因为的中点为，所以， 所以直线的方程为，即. 51．已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，当轴时，． (1)求抛物线的方程； (2)当线段的中点的纵坐标为时，求直线的方程． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由题意得到，，两点的横坐标为，可得求解； （2）由（1）得，且直线的斜率存在，设，，利用点差法求解. 【详解】（1）由题意得， 当轴时，，两点的横坐标为， 当时，，解得， ，解得， 故抛物线的方程为； （2）由（1）得，且直线的斜率存在， 设，，且， 则，， ，即， 线段的中点的纵坐标为， ，即， ，即直线的斜率， 直线的方程为，即． 【题型6 数列综合】 52．已知数列是等差数列，数列是等比数列，且，，. (1)求数列，的通项公式. (2)对任意的正整数，，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用等差数列及等比数列的通项公式计算求解基本量即可得出通项公式； （2）分奇数项及偶数项分别应用裂项相消法及等差等比分组求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 解得所以 （2） 数列的前项和为 53．设等比数列的前n项和为，已知． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列． ①设，求； ②在数列中是否存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列，若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)①；②不存在，理由见解析 【分析】（1）解法一：利用得到，即可得到公比，中令得到，然后利用等比数列的通项公式计算； 方法二：分别令，得到方程，然后解方程得到，，最后利用等比数列的通项公式计算； （2）①根据，得到，然后利用错位相减法求； ②利用等差中项和等比中项的性质得到，然后解方程或由基本不等式说明不成立即可得到在数列中不存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列． 【详解】（1）解法一：由可得， 上述两个等式作差可得，即， 因为数列是等比数列，则当时，，解得， 所以，数列是以3为首项，以4为公比的等比数列，故． 解法二：由得， ． ∵是等比数列， ∴公比，，得．故．经检验成立 （2）①由题意可得，则， 所以，，则， 上述两个等式作差得， 因此，； ②假设在数列中存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列， 则，即， 因为m、k、p成等差数列，则，不妨设， 整理可得，即，即， 即，即， 因为，则，故假设不成立， 或由，由知上式不能取等， 因此，在数列中不存在三项、、（其中m、k、p成等差数列）成等比数列． 54．已知数列满足，. (1)求证：数列是等比数列； (2)设求的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据递推关系化简可得，从而可得结论； （2）由（1）可知，，则，利用错位相减法，结合等比数列的求和公式可求的前n项和. 【详解】（1）因为，所以，即， 又因为，所以，， 所以，故数列是以首项为3，公比为3的等比数列. （2）由（1）可知，，即， 所以. 所以，① ，② 由①－②，得， 所以. 故的前项和为. 55．已知数列的前项和为，且满足. (1)求数列的通项公式； (2)已知，求数列的前项和为. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据计算即可求解； （2）由（1）可得，分组求和，结合等差数列和等比数列求和公式计算即可. 【详解】（1）当时，, 当时，， 又符合上式，所以； （2）由（1）知， 所以 . 56．已知数列的前项和为，且． (1)证明：数列是等差数列； (2)已知，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据计算可得当时，利用累乘法可得，进而，结合等差数列的定义即可证明； （2）由（1）可得，结合错位相减求和法计算即可求解. 【详解】（1）由，得， 令，则，解得； 当时，， 所以，所以， 所以当时，， 有， 又满足上式， 所以，得， 所以数列是等差数列. （2）由（1）知，所以， 所以， 故， 两式相减，得 ， 所以. 57．已知数列的前项和，且，，数列满足，，其中. (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）当时，求出的值，由得，两时作差可得，分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，由已知推导出数列为常数列，可求得数列的通项公式； （2）利用分组求和法结合裂项相消法可求得的值. 【详解】（1）对任意的，，则， 所以即， 又时，，即，由，所以， 所以是等比数列，且首项，公比，则， 因为，所以， 又，所以，是各项为的常数列，则，所以. （2）当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以 . 58．已知数列的前项和为，，且数列的前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据计算即可求解； （2）由（1）得，结合裂项相消求和法计算可得答案. 【详解】（1）当时，. 因为时，，满足上式， 所以数列的通项公式为； （2）， 所以 . 因为，所以， 又数列是递增数列，所以， 所以. 59．已知等差数列的公差，且，，，成等比数列． (1)求数列的通项公式； (2)设求数列前项和为； (3)设求数列的前项和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式； （2）变形得到，裂项相消法求和； （3）利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）根据题意，因为，，，成等比数列， 所以，又， 解得，， 故； （2）因为 ， 所以 ； （3）∵ ∴ ①， ②， ∴①-②得 ∴. 60．已知数列的前项和为，满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列中的最大项和最小项． 【答案】(1)； (2)最大项为，最小项为. 【分析】（1）根据题干已知条件并结合公式，即可计算出数列的通项公式. （2）由（1）可得数列是单调递增数列，进而求出负数项、正数项对应的n值，再由单调性求出数列中的最大项和最小项. 【详解】（1）数列中，， 当时，， 当时，，满足上式， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）知，，则数列是单调递增数列， 由，得，即当时，，当时，， 而，因此当时，，且数列单调递减，即； 当时，，且数列单调递减，即， 所以数列中的最大项为，最小项为. 61．设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据与的关系计算可得，结合累乘法运算即可求解； （2）由（1）知，利用错位相减法求和即可求解. 【详解】（1）当时，， 得， 所以， 各式相乘得，又，所以； （2）由（1）知， 所以， ， 两式相减，得， 所以. 【题型7 导数及其应用综合】 62．已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若，都有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)函数的单调增区间是，单调减区间是和； (2) 【分析】（1）求导，由，求解即可； （2）由题意得到在上恒成立，参变分离求最值即可； 【详解】（1）当时， ，易知， , 由，可得， 由，可得或， 所以函数的单调增区间是，单调减区间是和； （2）由，可知在单调递减； 故在上恒成立； 即在上恒成立， 令，易知当，取最小值， 所以， 所以实数的取值范围是. 63．已知函数. (1)若是的极大值点，求在处的切线方程； (2)求的单调区间； 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据是的极大值点求出，再利用导数求切线斜率，即可求在处的切线方程； （2）求出，分三种情况讨论，分别判断导函数的符号，即可求出的单调区间； 【详解】（1）根据题意，函数，其定义域为R， 令得， 经检验，符合题意， 则在点的切线方程为，即； （2）根据题意，函数，其导数，分3种情况讨论： ①当时，，则在上为增函数； ②当时，若，解可得或， 则的递增区间为和， 递减区间为； ③，当时，若，解可得或， 则的递增区间为和， 递减区间为； 综上可得：当时，在上为增函数； 当时，的递增区间为和，递减区间为； 当时，的递增区间为和，递减区间为； 64．已知函数． (1)当时，求函数的极值； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)函数的极小值为，无极大值 (2)见解析 【分析】（1）先利用导数求时的解，利用极值的概念进行判断及计算； （2）求出，对分类讨论，解不等式即可得到的单调性与极值点． 【详解】（1）当时，，定义域为 ， 令，即， （舍去）， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，函数取到极小值为,无极大值. （2）的定义域为， ． ①当时， 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． ②当时，令，得或． （i）当时，． 当时，，当时，． 所以在和上单调递增，在上单调递减． （ii）当时，对恒成立， 所以在上单调递增． （iii）当时，， 当时，；当时，． 所以在和上单调递增，在上单调递减， 综上：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，所以在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． 【点睛】解题的关键点是掌握导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减． 65．设函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)设函数在上有两个零点，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数） 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2) 【分析】（1）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间； （2）由可得，令，其中，由题意可知，直线与函数在上的图象有两个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】（1）当时，，该函数的定义域为， ，令，可得， 由，可得；由，可得， 故当时，函数的增区间为，减区间为. （2）当时，由可得， 令，其中， 由题意可知，直线与函数在上的图象有两个公共点， ， 令，则与同号， 则对任意的恒成立， 所以，函数在上为增函数，且， 当时，，此时，，此时函数单调递减， 当时，，此时，，此时函数单调递增， 所以，， 又因为，，显然，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个公共点， 因此，实数的取值范围是. 66．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)已知函数，求的单调区间； (3)若对于任意，都有（为自然对数的底数），求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)的单调减区间为，单调增区间为 (3) 【分析】（1）根据导数运算及导数的几何意义求解即可； （2）根据导数的正负求解的单调区间； （3）分离参数，然后根据导数求解函数最大值，即可得出的取值范围． 【详解】（1）由得，，，， 所以在点处的切线方程为； （2），， ，令，解得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以的单调减区间为，单调增区间为； （3）由题可知，， 所以，， 设，， 则，令，解得， 当时，，所以在单调递减， 当时，，所以在单调递增， 又，即， 所以. 67．已知函数 (1)求在点处的切线方程； (2)若的一条切线恰好经过坐标原点，求切线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案； （2）设切点坐标，写出切线方程，利用原点在切线上，求出切点坐标，即可求得答案. 【详解】（1）因为，所以， 故曲线在点处的切线方程为，即； （2）设切点为，则，切线方程为， 因为切线经过原点，故，所以， 故，切点为，切线方程为， 即过原点的切线方程为. 68．已知函数，． (1)当时，证明：在上恒成立； (2)若有2个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）只需证明在上恒成立，利用导函数与单调性、最值的关系证明即可； （2）将问题转化为方程有两个不等的实数根，利用导数与单调性、最值的关系，作出的图象，数形结合求解即可. 【详解】（1）证明：当时，设， 则． 由函数和均在上单调递增， 知在上单调递增，且， 所以当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增, 所以， 即在上恒成立． （2）由，得． 令，则f（x）有2个零点等价于函数的图象与直线有2个交点． 令，得， 当时，； 当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故，且当时，， 当x趋向于正无穷时，趋向于0，且函数值大于0． 作出函数的大致图象，如图所示． 结合图象可知，当时，函数的图象与直线有2个交点， 即有2个零点，故a的取值范围是． 69．已知函数． (1)若，求在上的最值； (2)讨论函数的单调性． 【答案】(1)最大值为，最小值为. (2)见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，判断函数的单调性，比较端点值和极值大小，即可求解最值； （2）首先求函数的导数，并化简得，再讨论导数的零点，求函数的单调性. 【详解】（1）当时，， 当，，，的变化情况如下表所示， 单调递增 单调递减 单调递增 所以在区间的最大值为，最小值为. （2）， 令，得或， 当，即时，，得或，，得， 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 当，即，此时恒成立，所以函数的单调递增区间是，无减区间； 当，即时，，得或，，得， 所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 综上可知，当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是； 当时，函数的单调递增区间是，无减区间； 当时，函数的单调递增区间是和，单调递减区间是. 70．已知函数，在时取得极小值10. (1)求函数的解析式; (2)求函数在区间上的最值. 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）根据函数在处有极小值10，列出方程组求解即可，注意需要验证； （2）利用导数求出函数的单调区间，然后求出极值和端点的函数值比较即可求出函数的最大值与最小值. 【详解】（1）由，得， 因为函数 在 时取得极小值10， 所以，解得或， 当时，，不符合题意； 当时，， 当或时，，当时，， 所以为函数的极小值点，所以符合题意， 所以； （2）由（1）可得当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 所以，. 71．已知函数，若曲线在处的切线方程为. (1)求，的值； (2)求函数的单调区间和极值； (3)求函数在上的最大值、最小值. 【答案】(1) (2)答案见详解 (3) 【分析】（1）根据题意结合导数的几何意义可知，列式求解即可； （2）求导利用导数判断原函数的单调区间和极值. （3）利用导数判断原函数的单调区间和极值结合边界函数值判断即可. 【详解】（1）由题意可知：，则 因为曲线在处的切线方程为， 则，即，解得. （2）因为， 当时，；当时，； 可知函数的单调递增区间为和； 函数的单调递减区间为， 的极大值为，的极小值为. （3）函数在，上单调递增，在上单调递减， 且， 函数在上的最大值,最小值. 72．设函数． (1)讨论的单调性； (2)已知为的两个极值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先求得，令，分类讨论的值即可求解； （2）由（1）知，当且时，有2个极值点，且，由根与系数的关系得 ，令，根据导数得出即可证明． 【详解】（1）由，， 得， 令， ①当时，，则，所以在单调递增； ②当时，，令，则，解得或， i)当时，当时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ii)当时，当时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． （2）由（1）知，当且时，有2个极值点，且， 则 ， 令，， 设，则， 则在单调递增，即在单调递增， 又， 所以当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 所以，所以当且时，， 所以，即． 73．设函数. (1)若直线是曲线的切线，求实数的值； (2)讨论的单调性； (3)当时，记函数，若，证明：. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）设出切点，根据题意得出关于的方程组，解之即可得解； （2）求导，对进行分类讨论，根据导数与函数单调性的关系即可得解； （3）求导发现在上单调递减，不妨设，，分析得知，只需证明即可. 【详解】（1）设切点为，， 所以切线方程为， 因为直线是曲线的切线， 所以，即， 化简切线方程得， 所以，解得， 所以. （2）， 当时，， 所以在上单调递增， 当时，令，解得， 所以在上单调递增， 令，解得， 所以在上单调递减， 综上可知，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减. （3）由题意知，， 令， 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减， 所以，可得， 所以在上单调递减， 因为， 所以，中至少有一个大于（否则若，有，这与矛盾）， 不妨设，， 所以， 所以， 令 ， 因为，所以，即，又， 所以，即， 可得， 所以. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于证明即可，其中，由此即可顺利得证. 【题型8 统计与随机变量及其分布综合】 74．某汽车配件厂生产了一种塑胶配件，质检人员在这批配件中随机抽取了100个，将其质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如图所示的频率分布直方图（可用区间的中点值给区间内的每个数据赋值）. (1)求的值； (2)求这组数据的第75百分位数； (3)当配件的质量指标值不小于80分时，配件为“优秀品”，以频率估计概率.在这批产品中有放回地随机抽取3件产品，随机变量表示：抽得的产品为“优秀品”的个数，求的数学期望. 【答案】(1) (2)85 (3)1.2 【分析】（1）根据频率和为1求得， （2）根据上百分位数的定义分析求解； （3）根据题意分析可得，根据二项分布的期望公式即可求解. 【详解】（1）由题知：，解得； （2）设x为样本数据第75百分位数， 由于数据位于的频率为， 而位于的频率为， 由于，故第75百分位数位于， 则：，解得， 故这组样本数据的第75百分位数为85． （3）设p表示在这批产品中随机抽取一件产品，所抽取的产品为优秀品的概率， 由题知：． 随机变量， 随机变量X的期望. 75．某工厂生产一批机器零件，现随机抽取100件对某一项性能指标进行检测，得到一组数据，如下表： 性能指标X 66 77 80 88 96 产品件数 10 20 48 19 3 (1)求该项性能指标的样本平均数的值．若这批零件的该项指标近似服从正态分布其中近似为样本平均数的值，，试求的值． (2)若此工厂有甲、乙两台机床加工这种机器零件，且甲机床的生产效率是乙机床的生产效率的2倍，甲机床生产的零件的次品率为0.02，乙机床生产的零件的次品率为0.01，现从这批零件中随机抽取一件． ①求这件零件是次品的概率： ②若检测出这件零件是次品，求这件零件是甲机床生产的概率； ③若从这批机器零件中随机抽取300件，零件是否为次品与该项性能指标相互独立，记抽出的零件是次品，且该项性能指标恰好在内的零件个数为，求随机变量的数学期望（精确到整数）． 参考数据：若随机变量服从正态分布则， 【答案】(1)80，0.8186 (2)①；②；③4 【分析】（1）计算出平均数后可得，结合正态分布的性质计算即可得解； （2）①借助全概率公式计算即可得；②按照条件概率公式计算即可；③借助二项分布期望公式计算即可得． 【详解】（1）， 因为，所以， 则 ； （2）①设“抽取的零件为甲机床生产”记为事件， “抽取的零件为乙机床生产”记为事件， “抽取的零件为次品”记为事件， 则，，，， 则； ②； ③由（1）及（2）①可知，这批零件是次品且性能指标在内的概率， 且随机变量， 所以， 所以随机变量Y的数学期望为4. 76．已知某地生产的白砂糖是按袋装销售的，每袋白砂糖的质量（单位：）服从正态分布，且. (1)求，； (2)若甲从该地生产的白砂糖中随机购买袋，如果每袋质量都小于，那么甲得积分，如果有袋质量小于，那么甲得积分，如果至少有袋质量不小于，那么甲扣积分，记甲获得 积分，求的数学期望. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据正态分布曲线的性质可直接求解. （2）先求的分布列，再求的数学期望. 【详解】（1）因为服从正态分布，且，， 所以， 所以. （2）甲从该地生产的白砂糖中随机购买袋，设质量小于的袋数为， 依题意可得， 的可能取值为，，， ， ， ， 所以. 77．在一次知识竞赛中，参赛选手应从8个不同的题目中随机抽取3个题目进行作答.已知这8个题目中，选手甲只能正确作答其中的6个，而选手乙正确作答每个题目的概率均为，且甲、乙两位选手对每个题目作答都是相互独立的. (1)记选手甲正确作答的题目的个数为，乙正确作答的题目个数为，求，概率分布； (2)结合你所学过的概率知识说明：甲乙两名选手谁更优秀. 【答案】(1)分布列见解析 (2)甲选手更优秀 【分析】（1）先求出两个变量的取值及对应的概率，然后根据概率分布的概念列出概率分布. （2）分别求，的期望和方差，分析甲乙的平均水平和稳定性，可得结论. 【详解】（1）对甲：的值可能为：1，2，3. 且，，. 所以的概率分布为： 1 2 3 对乙：的值可能为：0,1,2,3. 且，， ，. 所以的概率分布为： 0 1 2 3 （2）由（1）得： ，. 所以. 又， . 因为，所以甲选手的发挥更稳定，所以，甲选手更优秀些. 78．2023年11月，宁波市余姚河姆渡遗址迎来发掘五十周年，为引导青少年了解河姆渡文化，某校组织全体学生参加河姆渡历史文化知识竞赛，现从中抽取100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，，，，，，统计结果如图所示． (1)试估计这100名学生的众数和中位数（保留一位小数）； (2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记得分在的人数为X，试求X的分布列和均值： (3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生得分X近似服从正态分布，经计算．若，参赛学生可获得“参赛纪念证书”：若，参赛学生可获得“参赛先锋证书”．已知该校共600名学生参加本次文化竞赛活动，试估计获得“参赛纪念证书”的学生人数，并判断竞赛成绩为90分的学生能否获得“参赛先锋证书”． 附：若，则，，； 【答案】(1)75，71.7 (2)分布列见解析， (3)504，不能 【分析】（1）根据频率分布直方图中众数和中位数的概念求解即可； （2）先按照分层抽样求出在的人数为2，则的可能取值为0，1，2，再求出对应的概率即可； （3）由正态分布的概率特征求解即可． 【详解】（1）由题众数在组，故众数为：75分； 由题知每组频率分别为：0.1，0.15，0.2，0.3，0.15，0.1， 所以中位数在组，故中位数为：分； （2）由题参加座谈的11人中，得分在的有人， 所以的可能取值为0，1，2， 所以，，， 所以的分布列为： 0 1 2 所以； （3）由题可知， 所以获得“参赛纪念证书”的学生人数约为：人， 又由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数： ， 因为，则， 所以， 因为只有当，参赛学生才可获得“参赛先锋证书”， 故竞赛成绩为90分的学生不能获得“参赛先锋证书”． 79．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下:得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在[80，90）内的学生获二等奖，得分在[90，100]内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示. 若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题: (1)若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）; (2)若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和均值. 附:若随机变量X服从正态分布，则，，. 【答案】(1)1587； (2)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）利用频率分布直方图求出，再由正态分布的对称性求出，进而求出学生数. （2）由（1）求出，再利用二项分布求出分布列及期望. 【详解】（1）由频率分布直方图知，各小矩形面积从左到右依次为， 样本平均数的估计值， 则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，而， 因此 所以参赛学生中成绩超过79分的学生数约为. （2）由（1）知，，， 即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该学生竞赛成绩在64分以上的概率为， 因此随机变量服从二项分布，的可能值为0，1，2，3， 则，，，， 所以随机变量的分布列为： 0 1 2 3 P 数学期望. 80．点球大战是指在足球比赛中，双方球队在经过90分钟常规赛和30分钟加时赛后仍然无法分出胜负的条件下，采取以互罚点球决胜负的方法.在点球大战中，双方球队确定各自罚球队员的顺序，通过抽签的方式决定哪一方先罚，双方球队各出1人进行1次罚球作为1轮罚球，点球大战期间队员不可重复罚球，除非一方球队的全部球员已依次全部罚球.点球大战主要分为两个阶段：第一阶段，以双方球员交替各踢5次点球作为5轮罚球，前5轮罚球以累计进球数多的一队获胜，当双方未交替踢满5轮，就已能分出胜负时，裁判会宣布进球多的一队获胜，当双方交替踢满5轮，双方进球数还是相等时，则进入第二阶段：第二阶段，双方球队继续罚球，直到出现某1轮结束时，一方罚进而另一方未罚进的局面，则由罚进的方取得胜利.现有甲､乙两队（每支队伍各11名球员）已经进入了点球大战，甲队先罚球，各队已经确定好罚球队员的顺序，甲队的球员第1轮上场，球员在点球时罚进球的概率为，其余的21名球员在点球时罚进球的概率均为. (1)求第3轮罚球结束时甲队获胜的概率； (2)已知甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，在第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜的条件下，甲､乙两队第二阶段的进球数之和为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）根据第一阶段的规则，当甲队前3轮进3球时，无论后两轮甲队是否进球均可确定甲队累计进球数多，则甲队胜； （2）首先求出第二阶段每一轮的所有结果的概率，包括：甲队进球且乙队未进球、甲乙两队均进球、甲乙两队均未进球，根据题意知第二阶段的前3轮罚球甲､乙两队的进球数相等，第4轮罚球为甲队进球､乙队未进球，则可分析出X的可能取值，然后求解其条件概率，进而求得分布列及数学期望. 【详解】（1）第3轮罚球结束时甲队获胜，则甲队前3轮进3球，乙队前3轮未进球， 所以第3轮罚球结束时甲队获胜的概率为. （2）甲､乙两队的点球大战已经进入第二阶段，每一轮罚球甲队进球､乙队未进球的概率为，甲､乙两队均进球的概率为，甲､乙两队均未进球的概率为. 设事件为“第二阶段的第4轮罚球结束时甲队获胜”，则第二阶段的前3轮罚球甲､乙两队的进球数相等，第4轮罚球为甲队进球､乙队未进球， 所以. 由题意得的可能取值为， ， ， ， ， 的分布列为 1 3 5 7 所以. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$