大题仿真卷02（专项训练，ABC三组夺分卷）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

大题仿真卷02（A组+B组+C组） （模式：6道解答题 满分：85分 限时：75分钟） 1．在中，，． (1)求； (2)若，求的面积. 2．某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取400名用户，从地区随机抽取100名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下： 地区 地区 40 30 120 20 160 40 80 10 合计 400 100 用频率估计概率. (1)对地区所抽取的400名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取10名用户参加座谈活动．求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于60分的人数； (2)从，两个地区各随机抽取1名用户，设X为这两人中评分不低于80分的人数，求至少有1名用户评分不低于80分的概率以及X的数学期望； (3)若地区用户对该公司产品的评分的平均值为，地区用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区的所有用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明） 3．已知函数（）在处取得极小值. (1)求a的值，并求函数的单调区间； (2)求在区间上的最大值和最小值. 4．已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的右顶点为． (1)求的方程； (2)设过点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 5．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 6．若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且． (1)试判断是否为“紧密数列”，并说明理由． (2)若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和． 1．已知函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求： (1)的单调递增区间； (2)在区间的取值范围. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 2．某项射击比赛的规则如下：比赛可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮比赛，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 9 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 9 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”. (1)若从以上十轮比赛中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； (2)假设甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，用频率估计概率.记X为甲在这三轮比赛中“稳定发挥”的轮数，求X的分布列和数学期望； (3)假设选手乙参加10轮射击比赛，恰有8轮“稳定发挥”.从这10轮比赛中任选2轮，记Y为乙在这两轮比赛中“稳定发挥”的轮数，直接写出与的大小关系（结论不要求证明）. 3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，、分别为棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)若平面平面，； （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在请说明理由. 4．已知抛物线的焦点到直线的距离为，直线与交于两点. (1)求的准线方程； (2)若直线的方程为，求； (3)过两点分别作的切线，且相交于点，若点的纵坐标为，证明：直线过定点. 5．已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程 (2)设函数. （i）求的单调区间； （ii）判断的零点个数，并说明理由； (3)若存在条互相平行的直线与曲线相切，写出的最大值（只需写出结论） 6．已知是项正整数数列，令，其中.若对任意的中均无相同的项，则称数列为“和差单值”数列. (1)判断8，4，2，1，2，4，8是否为“和差单值”数列. (2)已知，其中为两两不同的正整数，问：是否为“和差单值”数列？请说明理由． (3)证明：若的最大值不超过，则一定不是“和差单值数列”. 1．已知函数，其中.再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． (1)求的值，并写出函数的单调递减区间； (2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 2．体育测试成绩分为四个等级：优、良、及格、不及格.某校为了解学生的体质健康情况，在高一、高二年级分别抽取名学生进行测试，测试的结果如下： 等级 年级 优 良 及格 不及格 高一 高二 (1)从全体高一学生中随机抽取人，估计该学生的测试成绩为“优”或“良”的概率； (2)从样本中高一年级和高二年级中各随机抽取人，以表示这两个人中测试成绩为“优”的人数，求的分布列和数学期望； (3)已知高一学生升入高二后，进行体育抽测的学生不变.现从这名抽测的学生中随机抽查人，发现他们的测试成绩都为“优”.结合表格数据，能否认为学生升入高二后体育成绩为“优”的人数有变化？说明理由. 3．如图，四棱锥中，平面，，，，，，，M是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．已知函数 (1)求函数的单调区间； (2)证明：当有最大值时，存在，使得； (3)当时，过点分别存在几条直线与曲线相切？（只需写出结论） 5．已知双曲线C：的离心率为，且C的一个焦点到其一条渐近线的距离为1. (1)求C的方程. (2)设点A为C的左顶点，若过点的直线与C的右支交于P，Q两点. （i）证明：直线和直线的斜率乘积为定值. （ii）若直线，与圆O：分别交于M，N两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 6．如果无穷数列满足：，，使得，则称数列是“数列”. (1)下列无穷数列中，是“数列”的为 .（直接写出序号） ①满足，，； ②满足，，； ③满足，，； (2)证明：若无穷等差数列是“数列”，则且公差； (3)是否存在公比为整数且各项均为正数的无穷等比数列，使得和都是“数列”（其中的前项和记为）？若存在，求出所有符合题意的；若不存在，说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 大题仿真卷02（A组+B组+C组） （模式：6道解答题 满分：85分 限时：75分钟） 1．在中，，． (1)求； (2)若，求的面积. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题意可得答案； （2）由，可得，结合（1）与可得，然后由余弦定理可得，最后由三角形面积公式可得答案. 【详解】（1）由正弦定理边角互化，， 因在三角形中，，则，结合， 可得； （2）因，，则. 由（1），则，则. 由余弦定理：， 则，从而. 2．某公司为了解，两个地区用户对其产品的满意程度，从地区随机抽取400名用户，从地区随机抽取100名用户，请用户对公司产品评分.该公司将收集的评分数据按照，，，分组，统计如下： 地区 地区 40 30 120 20 160 40 80 10 合计 400 100 用频率估计概率. (1)对地区所抽取的400名用户按评分区间，，，进行分层随机抽样，从中抽取10名用户参加座谈活动．求参加座谈的用户中，对公司产品的评分不低于60分的人数； (2)从，两个地区各随机抽取1名用户，设X为这两人中评分不低于80分的人数，求至少有1名用户评分不低于80分的概率以及X的数学期望； (3)若地区用户对该公司产品的评分的平均值为，地区用户对该公司产品的评分的平均值为，两个地区的所有用户对该公司产品的评分的平均值为，试比较和的大小.（结论不要求证明） 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）根据比例相等得到，求出； （2）先求出从A、B两地区各随机抽取1名用户，评分不低于80分的概率和低于80分的概率，求出至少有1名用户评分不低于80分概率，并求出X的取值和对应的概率，得到期望值； （3）计算出，，，故，所以. 【详解】（1）设从A地区抽取的用户中抽取的10名参加座谈的用户中， 对公司产品的评分不低于60分的用户有m名，则，所以． （2）从A、B两地区各随机抽取1名用户，评分不低于80分的概率分别为和， 评分低于80分的概率分别为和. 故至少有1名用户评分不低于80分的概率为. 随机变量X的取值为0，1，2 故，， ， 所以； （3），理由如下： ， ， ， 其中，所以. 3．已知函数（）在处取得极小值. (1)求a的值，并求函数的单调区间； (2)求在区间上的最大值和最小值. 【答案】(1)，单调递增区间为，单调递减区间为 (2)最大值为，最小值为1. 【分析】（1）求导，根据得到，由求出单调递增区间，由求出单调递减区间； （2）在（1）求出单调性的基础上，得到最值. 【详解】（1）， 由题意得，解得， ，定义域为R， ， 令得或，令得， 故单调递增区间为，单调递减区间为， 此时函数在处取得极小值，满足题意； （2）由（1）知，故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 又，其中， 故在区间上的最小值为1， 综上，在区间上的最大值为，最小值为1. 4．已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的右顶点为． (1)求的方程； (2)设过点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标即可得到，从而得到其标准方程； （2）联立直线与抛物线方程，结合弦长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）因为，所以的右焦点坐标为， 所以，即， 所以的方程为． （2）依题意可得直线的方程为． 由得． 设，则， 则．    5．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． (1)求证：； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【详解】（1）因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 6．若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且． (1)试判断是否为“紧密数列”，并说明理由． (2)若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和． 【答案】(1)是“紧密数列”，理由见解析 (2) 【分析】(1)由得到通项公式，根据“紧密数列”定义可得到结果； (2)根据第一问结果，可得到数列的通项公式，根据它是“紧密数列”以及，可得到，进而得到，然后根据等比数列求和公式可得结果. 【详解】（1）是“紧密数列”．理由如下： 因为， 当时，， 所以 ， 当时，，满足上述关系式， 所以，则， 又，所以是紧密数列． （2）由（1）知，， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 因为数列是“紧密数列”，所以， 又因为，即，整理得， 解得（舍去）或，则，， 因此， 故数列的前项和为． 1．已知函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求： (1)的单调递增区间； (2)在区间的取值范围. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）利用三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数或余弦函数的单调性，即可求得答案； （2）根据的解析式，以及，利用正余弦函数的单调性，即可求得函数值域. 【详解】（1）选①： ， 则其单调递增区间为； 选②：， 令，解得， 故单调递增区间为； 选③： ， 令，解得， 故单调递增区间为. （2）选①：，当时，， 故的值域为； 选②：，当时，， 则， 故的值域为； 选③：， 当时，，在上单调递增， 由于 ， ， 则， 故的值域为. 2．某项射击比赛的规则如下：比赛可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮比赛，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 9 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 9 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”. (1)若从以上十轮比赛中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； (2)假设甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，用频率估计概率.记X为甲在这三轮比赛中“稳定发挥”的轮数，求X的分布列和数学期望； (3)假设选手乙参加10轮射击比赛，恰有8轮“稳定发挥”.从这10轮比赛中任选2轮，记Y为乙在这两轮比赛中“稳定发挥”的轮数，直接写出与的大小关系（结论不要求证明）. 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3) 【分析】（1）先确定“稳定发挥”的轮次，利用古典概型概率公式求解； （2）问题转化为求二项分布的分布列和期望求解； （3）先求超几何分布的期望，再与比较大小. 【详解】（1）10轮比赛中，除第二、六两轮不是“稳定发挥”，“稳定发挥”的有8轮. 所以从以上十轮比赛中任选两轮，这两轮均“稳定发挥”的概率为： . （2）用频率估计概率，每轮能“稳定发挥”的概率为， 因为甲再参加三轮比赛每轮得分情况相互独立，所以“稳定发挥”的轮数， 即，， ，. 所以的分布列为： 0 1 2 3 且. （3）的值可以为：0,1,2 且，，. 所以. 所以. 3．如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，、分别为棱，的中点.    (1)求证：平面； (2)若平面平面，； （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析. 【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理得证. （2）（i）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量法求解；（ii）假定存在，利用空间位置关系的向量证明推理判断. 【详解】（1）在四棱锥中，取中点，连接， 由为棱中点，得， 又是长方形边的中点，则， 因此，则四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面.      （2）（i）由平面平面，平面平面， 又，平面， 所以平面，又，则直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 又， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 易得平面的一个法向量， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （ii）假设在棱上存在点，使平面， 而，， 令，则， 由平面，得，因此，无解， 所以在棱上不存在点，使平面. 4．已知抛物线的焦点到直线的距离为，直线与交于两点. (1)求的准线方程； (2)若直线的方程为，求； (3)过两点分别作的切线，且相交于点，若点的纵坐标为，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合抛物线焦点坐标列方程求解，即可得准线方程. （2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合弦长公式即可计算弦长. （3）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到根与系数的关系，再利用导数得出切线的方程， 联立切线的方程得到交点的坐标，最后结合点纵坐标条件推导直线过定点，即可得证. 【详解】（1）根据题意作图如下：    由题意知.因为点到直线的距离为，所以， 解得或，又因为，所以， 所以抛物线的准线方程为. （2）根据题意作图如下：    将代入，得， 则， 所以. （3）证明：根据题意作图如下：    由已知，直线与抛物线有两个交点，则其斜率一定存在. 设. 由，得， 所以. 由，得，则， 所以过点的切线方程为，即， 同理过点的切线方程为， 由，得，即， 又点的纵坐标为，所以，又， 所以， 解得，所以直线过定点. 5．已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程 (2)设函数. （i）求的单调区间； （ii）判断的零点个数，并说明理由； (3)若存在条互相平行的直线与曲线相切，写出的最大值（只需写出结论） 【答案】(1) (2)（i）答案见解析；（ii）2个零点，理由见解析 (3) 【分析】（1）只需求得，即可； （2）（i）直接求导，根据导数的符号判断即可；（ii）根据零点存在定理判断即可； （3）由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象和切线，结合图象即可得解. 【详解】（1）因为， 所以， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i），定义域为， 则， 所以函数只有单调减区间为，无单调增区间； （ii）又， 所以在区间上存在唯一的零点. 因为， 所以在区间上存在唯一的零点， 因此恰有2个零点； （3）. 由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象，如图， 现作出切线，可得最多有4条平行直线与函数图象相切. 6．已知是项正整数数列，令，其中.若对任意的中均无相同的项，则称数列为“和差单值”数列. (1)判断8，4，2，1，2，4，8是否为“和差单值”数列. (2)已知，其中为两两不同的正整数，问：是否为“和差单值”数列？请说明理由． (3)证明：若的最大值不超过，则一定不是“和差单值数列”. 【答案】(1)是“和差单值”数列 (2)是“和差单值”数列，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据“和差单值”数列的定义和反证法证明即可； （2）根据“和差单值”数列的定义和反证法证明即可； （3）根据已知条件列出不等式，进而根据“和差单值”数列的定义判断即可. 【详解】（1）对于：8，4，2，1，2，4，8， 若不是“和差单值”数列， 则存在以及，使得， 则． 1为该数列中唯一奇数． 若，则，为奇数，矛盾 若， 则只能是或或或， 这里的，枚举可得均不成立， 故是“和差单值”数列. （2）由（1）可得，若不是“和差单值”数列，则存在以及， 使得，即， 设中最小值为，则， 只能是， 由于为偶数，而, 故为奇数，不可能为0，故矛盾，假设不成立， 是“和差单值”数列. （3）数列共有项，且恒成立， 取， 由，可知， 又，则至多有个不同的值， 故中必有两个值相等，故一定不是“和差单值”数列. 1．已知函数，其中.再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． (1)求的值，并写出函数的单调递减区间； (2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)答案见解析， (2) 【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解，再由整体代入法求单调区间即可； （2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解. 【详解】（1）选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①， 选条件②． 由题设，所以． 因为， 所以，所以． 所以． 选条件③，由题设． 整理得． 因为， 所以，所以． 所以． 所以 由， 解得， 即函数的单调递减区间为 （2）由（1） ， 因为， 所以． 于是，当且仅当，即时，取得最大值； 当且仅当，即时，取得最小值． 又，即时，． 时，故， 故 在上单调递增，同理在上单调递减， 所以曲线与直线恰有一个公共点时，则或 的取值范围是． 2．体育测试成绩分为四个等级：优、良、及格、不及格.某校为了解学生的体质健康情况，在高一、高二年级分别抽取名学生进行测试，测试的结果如下： 等级 年级 优 良 及格 不及格 高一 高二 (1)从全体高一学生中随机抽取人，估计该学生的测试成绩为“优”或“良”的概率； (2)从样本中高一年级和高二年级中各随机抽取人，以表示这两个人中测试成绩为“优”的人数，求的分布列和数学期望； (3)已知高一学生升入高二后，进行体育抽测的学生不变.现从这名抽测的学生中随机抽查人，发现他们的测试成绩都为“优”.结合表格数据，能否认为学生升入高二后体育成绩为“优”的人数有变化？说明理由. 【答案】(1)； (2)分布列见解析，； (3)答案见解析 【分析】（1）测试成绩为“优”或“良”的有人，故得到答案为； （2）的所有可能取值为，设出事件，根据互斥事件和独立事件的概率公式得到相应的概率，得到分布列，计算出数学期望； （3）计算出升入高二后，抽测学生不变，现抽查人，成绩都为优的概率，可以认为有变化，也可以无法确定有没有变化，理由充分即可. 【详解】（1）由题意知，样本中高一学生为人，测试成绩为“优”或“良”的有人. 记“从高一学生中任意抽取人，测试成绩为‘优’或‘良’”为事件， 则. （2）的所有可能取值为. 记“从样本中高一年级学生中任意抽取人，测试成绩为‘优’”为事件， 记“从样本中高二年级学生中任意抽取人，测试成绩为‘优’”为事件， 由题意知，相互独立. ，， 则； ， .   所以的分布列为 . （3）记 “从样本高一学生升入高二后，抽测学生不变，现抽查人，成绩都为‘优’”为事件， 则.   答案示例1：可以认为有变化，理由如下： 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生，一旦发生，就有理由认为升入高二后成绩为“优”的人数有变化. 答案示例2：无法确定有没有变化，理由如下： 事件为随机事件，比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化. 3．如图，四棱锥中，平面，，，，，，，M是的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）取的中点E，连接，根据已知证明，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，求出相关点坐标并求出相关平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值； （3）根据，设且，由点到平面距离的向量求法列出方程，求参数即可得. 【详解】（1）取的中点E，连接，因为M是的中点，所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面； （2）由题意平面且，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 又因为，是的中点， 所以，显然平面的一个法向量为， 设平面PCD的一个法向量为，， 所以，令，则， 所以， 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为； （3）设且，， 则，，， 设平面PAQ的法向量为，则， 令，所以，又点D到平面的距离为， 又，所以， 所以，则，解得， 所以存在点Q，使得点D到平面的距离为，此时. 4．已知函数 (1)求函数的单调区间； (2)证明：当有最大值时，存在，使得； (3)当时，过点分别存在几条直线与曲线相切？（只需写出结论） 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）求出函数导数，根据的大小关系分类讨论即可得解； （2）求出函数的最大值，可转化为时证明即可， 换元后，构造函数利用导数求最小值即可得证； （3）设出切点为，利用导数的几何意义建立方程，转化为求关于的方程根的个数问题，构造函数，利用导数及零点存在定理判断即可得解. 【详解】（1）， ①当，即时，， 所以在和上单调递增； ②当，即时，由可得或， 由可得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； ③当，即时，由可得或， 由可得， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 综上，时，的单调增区间为和，无单调递减区间； 时，的单调增区间为和，单调递减区间为； 时，的单调增区间为和，单调递减区间为. （2）由（1）知，若有最大值时，当且仅当，且， 此时取，下面证明即可， 令，则， 则只需证明，即， 设，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，可得， 所以成立， 故当有最大值时，存在，使得得证. （3）当时，，， 设过点与曲线相切的切线的切点为， 则由可得，， 化简整理可得关于的方程：， 当过点，即时，方程为， 由知，有两个不等实根，验证不是方程的根， 所以有2个切点，故有2条切线； 当过点，即时，方程为， 设，， 由，有2个不等实根可知，函数在和上单调递增，在上单调递减，故至多有3个零点， 又， 由零点存在定理可知，至少有3个零点，故有3个零点， 即方程有3个不等实根，且都不为， 所以有3个切点，故有3条切线； 当过点，即时，方程为， 设，则， 所以或时，，时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值，所以至多有1个零点， 又，由零点存在定理可知，在上至少有1个零点， 所以有1个零点，即方程只有1个根且不为， 所以有1个切点，故有1条切线. 综上，当时，过点分别存在2,3,1条直线与曲线相切. 5．已知双曲线C：的离心率为，且C的一个焦点到其一条渐近线的距离为1. (1)求C的方程. (2)设点A为C的左顶点，若过点的直线与C的右支交于P，Q两点. （i）证明：直线和直线的斜率乘积为定值. （ii）若直线，与圆O：分别交于M，N两点，记四边形的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）根据焦点到准线的距离可求，再结合双曲线的离心率可求，可得双曲线的方程. （2）（i）设直线的方程为，，.把直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理，表示，化简即可. （ii）设：，：，与双曲线方程联立，可表示出点的纵坐标，与圆联立，可表示点的纵坐标,根据（i）的结论，可探索的关系，表示出，结合换元法可求的取值范围. 【详解】（1）由题可知是双曲线C的一条渐近线方程，右焦点为， ∴右焦点到渐近线的距离， 又∵，∴，可得. 由离心率，解得， ∴双曲线C的方程为. （2）（i）如图所示，由（1）知，， 设直线的方程：，，， 由，得， ∵直线与双曲线C的右支交于两点， ∴，解得， ，， （ii）设：，：，且，， 由，得，∴，同理可得， 由得，∴，同理可得， ∴ ∵，即，∴. ， 又∵，∴. 令，由，，得， ∴， 令，， ∵在区间上为增函数，∴的取值范围为， 又∵， ∴的取值范围为. 6．如果无穷数列满足：，，使得，则称数列是“数列”. (1)下列无穷数列中，是“数列”的为 .（直接写出序号） ①满足，，； ②满足，，； ③满足，，； (2)证明：若无穷等差数列是“数列”，则且公差； (3)是否存在公比为整数且各项均为正数的无穷等比数列，使得和都是“数列”（其中的前项和记为）？若存在，求出所有符合题意的；若不存在，说明理由. 【答案】(1)①②； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据“数列”的定义，利用通项公式证明①②符合，结合单调性举反例证明③不符合； （2）分与讨论，根据“数列”的定义，可取特殊情况证明一定有且公差. （3）时可得符合题意；时，结合等比数列求和公式以及数列单调性举反例说明不存在即可. 【详解】（1）①数列是首项为1，公差为2的等差数列，则， ， 令，则，故①是“数列”； ②数列是首项为1，公比为2的等比数列，则， ，令，则，故②是“数列”； ③由， 当时，，显然不存在，故③不是“数列”. （2）证明：若，则，所以或，且公差， 下设，则， 、，，， 作差得， 因为，所以. 、，，， 作差得， 因为，所以， 因此，. 综上，且公差. （3）由题意，， 当时，则，解得或0（舍），则，， ，，，，符合题意； 当时，若，，则， 时，， 由于，则， 由于单调递增，则不存在，不符合题意； 若时，若且，，则，即， 而，时，则， 整理得能成立， 时，不满足前提， 时，显然不成立， 所以不可能成立， 综上，当且仅当符合题意. 1 学科网（北京）股份有限公司 $