培优专题06 期末真题百练通关60题18大压轴题型（期末复习专项训练）高二数学上学期人教B版

培优专题06 期末真题百练通关（60题18大压轴题型） 选填小压轴 解答压轴 题型1 空间角与距离最值范围问题 题型12 空间向量与立体几何综合题型 题型2 空间向量的探索性问题 题型13 圆锥曲线中的面积最值问题 题型3 空间向量与立体几何综合问题 题型14 圆锥曲线中的定点问题 题型4 直线和圆的最值问题 题型15 圆锥曲线中的定值问题 题型5 圆锥曲线的离心率问题 题型16 圆锥曲线中的定直线问题 题型6 圆锥曲线中的新定义问题 题型17 离散型随机变量综合问题 题型7 圆锥曲线性质综合 题型18 概率统计综合问题 题型8 复杂排列组合计数问题 题型9 二项式定理的综合应用 题型10 离散型随机变量的期望与方差 题型11 概率统计综合题型 题型一 空间角与距离最值范围问题（共3小题） 1．(24-25高二上·广东部分学校·期末)在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高二上·江西吉安·期末)如图，四边形，，现将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 3．(23-24高二上·湖北恩施州高中教学联盟·期末)如图，在中，，过的中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 题型二 空间向量的探索性问题（共3小题） 4．(24-25高二上·浙江衢州期末·)【多选题】已知为正方体，点P为棱上的动点，点Q为平面上的任意一点，Q到直线和到平面ABCD的距离相等，则下列表述正确的是（    ） A．存在点P使得直线与平面所成的角为 B．存在直线PQ与平面所成的角大于二面角 C．点Q所在的曲线可能为双曲线 D．点Q所在的曲线可能为抛物线 5．(24-25高二上·山东临沂·期末)【多选题】如图，该几何体是四分之一圆柱体（点，分别是上、下底面圆的圆心），四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得直线∥平面 C．存在点，使得平面平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 6．(24-25高二上·贵州铜仁·期末)【多选题】直三棱柱中，侧面为正方形，，E、F分别为AC、的中点，D为棱上的动点.设，，且，则（   ） A．过点，E，D的平面截该三棱柱所得的截面为梯形 B．无论点D如何运动，都有 C．当时，点B到平面DFE的距离为 D．已知H是平面DEF上的一动点，若，则点H的轨迹为抛物线 题型三 空间向量与立体几何综合问题（共3小题） 7．(24-25高二上·广东深圳高级中学·期末)【多选题】已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与所成角的正切值为 C．截面的面积为 D．当时，点的轨迹长度为 8．(24-25高二上·广东深圳深圳实验学校高中部·期末)【多选题】如图，棱长为2的正方体中，动点P满足，则以下结论正确的为（   ） A．，使直线平面 B．，三棱锥体积为定值 C．当时，点P到AC的距离为 D．当时，三棱锥的外接球表面积为 9．(24-25高二上·重庆主城七校·期末)【多选题】如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则最小值为 D．平面截正方体所得截面的面积为 题型四 直线和圆的最值问题（共3小题） 10．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 11．(23-24高二上·浙江临平萧山联考·期末)已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 12．(23-24高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)已知圆，若曲线上存在四个点，过点作圆的两条切线，为切点，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型五 圆锥曲线离心率问题（共3小题） 13．(24-25高二上·江西上饶·期末)椭圆的左、右焦点分别是，斜率为1的直线过左焦点，交于两点，且的内切圆的面积是，若线段的长度的取值范围为，则椭圆的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 14．(24-25高二上·山东烟台·期末)已知椭圆的左、右焦点分别为，过左焦点且斜率为1的直线与交于两点，，则椭圆离心率的值为 ；当时，设的内切圆圆心为，外接圆圆心为，则的值为 ． 15．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为.”设椭圆的左、右焦点为，，P为椭圆上一点，过P的切线l分别与坐标轴交于M、N两点，若时，（O为坐标原点）的面积取到最小值，则C的离心率为 . 题型六 圆锥曲线中的新定义问题（共3小题） 16．(24-25高二上·广东茂名电白区·期末)【多选题】如图，曲线的形状是一个斜椭圆，其方程为，点是曲线上的任意一点，点为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．曲线关于对称 B．的最大值为 C．该椭圆的离心率为 D．的最大值为 17．(24-25高二上·广东广州·期末)【多选题】我们把由半椭圆与半椭圆：合成的曲线称作“果圆”，其中，.如图，设点，，是相应椭圆的焦点，，和，，是“果圆”与x，y轴的交点，叫做“果圆”的顶点，是线段的中点，为“果圆”上任意一点.则（   ） A．若半椭圆方程为，则两个半椭圆离心率的乘积为 B．若是边长为1的等边三角形，则“果圆”部分方程为 C．若，则 D．若取得最小值，则为“果圆”的顶点 18．(24-25高二上·湖北武汉江岸区期末·)【多选题】数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，则（    ） A．点在上 B．面积的最大值为 C．曲线恰好经过个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D． 题型七 圆锥曲线性质综合（共3小题） 19．(24-25高二上·四川凉山州·期末)【多选题】双曲线（，）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（   ） A．的离心率为 B． C． D．当时，四边形的面积为 20．(22-23高二上·广东广州华南师范大学附属中学·期末)【多选题】抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，且经过点，则（    ） A．当时，延长交直线于点，则、、三点共线 B．当时，若平分，则 C．的大小为定值 D．设该抛物线的准线与轴交于点，则 21．(24-25高二上·广东揭阳·期末)【多选题】画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，、为椭圆上两个动点．直线的方程为．则下列结论正确的有（   ） A．的蒙日圆的方程为 B．在直线上存在点，椭圆上存在、，使得 C．记点到直线的距离为，则的最小值为 D．若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为． 题型八 复炸排列组合计数问题（共3小题） 22．(24-25高二上·上海南汇中学·期末)平面向量为2维向量，可由2元有序实数组表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组表示.维向量可由（为正整数）元有序实数组表示.已知维向量，我们称 为该向量的范数，其中，记范数为奇数的的个数为.设，则 . 23．(23-24高二上·浙江强基联盟期末·)我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为的个球的口袋中取出个球，共有种取法.在种取法中，不取号球有种取法；取号球有种取法.所以.试运用此方法，写出如下等式的结果： . 24．(23-24高二上·上海松江二中·期末)设为的一个排列，满足 ，则这样的排列的个数为 个. 题型九 二项式定理的综合应用（共3小题） 25．(24-25高二·辽宁名校联盟·期末)“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为 .现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为 . 26．(23-24高二上·辽宁大连·期末)【多选题】已知，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．是整数 C．，（是不大于x的最大整数） D．，则 27．(24-25高二·辽宁名校联盟·期末)【多选题】在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图①，小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按的升幂排列，将各项系数列表如下（如图②）： 上表图②中第行的第个数用表示，即展开式中含项的系数为，则（    ） A． B． C．（，） D． 题型十 离散型随机变量的均值与方差（共3小题） 28．(24-25高二上·内蒙古通辽第一中学·期末)抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为，则随机变量的期望是 ；若抛掷50次骰子，记得分恰为分的概率为，则当取最大值时的值为 . 29．(24-25高二上·江苏常州联盟学校·期末)如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为，则小球落入（    ）号格子的概率最大. A．5 B．6 C．7 D．8 30．(23-24高二上·江苏镇江期末·)为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（   ） A．28 B．24 C．32 D．27 题型十一 概率统计综合题型（共3小题） 31．(24-25高二上·江西期末·)托马斯·贝叶斯（Thomas Bayes）在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为B的全概率，假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有3个白球和2个红球，现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的是2个红球的概率为（   ） A． B． C． D． 32．(24-25高二上·江西南昌中学三经路校区·期末)托马斯贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式贝叶斯定理，其中称为的全概率现有台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，第，台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，已知第，，台车床加工的零件数分别占总数的，，，任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是第台车床加工的概率是 . 33．(23-24高二上·天津部分区·期末)甲､乙两个箱子中各装有8个球，其中甲箱中有4个红球，4个白球，乙箱中有6个红球，2个白球.A同学从乙箱子中随机摸出3个球，则3个球颜色不全相同的概率是 .同学掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，则从甲箱子中随机摸出1个球，如果点数为，则从乙箱子中随机摸出1个球，那么B同学摸到红球的概率为 . 题型十二 空间向量与立体几何综合题型（共3小题） 34．(24-25高二上·辽宁重点中学协作校·期末)如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 35．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)如图，在五棱锥中，平面平面，，. (1)证明：平面； (2)若四边形为正方形，且，，为边的中点，，当取何值时，直线与平面所成的角最小. 36．(23-24高二上·江苏兴化中学·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 题型十三 圆锥曲线中的面积最值问题（共3小题） 37．(24-25高二上·辽宁点石联考·期末)已知椭圆：（）的右焦点为，且点在上. (1)求的方程； (2)若，，点为上一点.设直线PM与的另一个交点为点B，直线PN与C的另一个交点为点D.设，，证明：当点P在上运动时，为定值. (3)若经过圆O：上一动点G作的两条切线，切点分别记为R，S，直线GR，GS分别与圆O相交于异于点G的两点.求的面积的取值范围. 38．(24-25高二上·福建莆田莆田第一中学·期末)在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线. (1)求的标准方程； (2)若直线过点交右支于，两点，直线过点且交E的右支于、D两点，且记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，， （i）证明：O、P、Q三点共线； （ii）求四边形面积的取值范围. 39．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)已知抛物线的焦点为F，点在C上，且. (1)求C的方程； (2)若M，N是C上的两个不同动点（M在x轴上方，N在x轴下方），满足. （ⅰ）求证：直线过定点P； （ⅱ）设直线的斜率为k，过点P，且斜率为的直线交C于R，S两点，求四边形面积的最小值. 题型十四 圆锥曲线的定点问题（共3小题） 40．(24-25高二上·浙江杭州高级中学·期末)如图，已知椭圆的离心率为．直线经过点和椭圆的上顶点，其斜率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于、两点（点在点下方），直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）当与重合时，求的值； （ii）求证：当变化时，直线过定点． 41．(24-25高二上·江苏南京第一中学·期末)已知双曲线的一条渐近线方程为，且过点.设A，B分别是的左、右顶点，M，N是的右支上异于点B的两点. (1)求的方程； (2)若直线过点，且的斜率为2，求的值； (3)设直线，的斜率分别为，，若，求证：直线恒过定点. 42．(23-24高二上·江苏扬州·期末)已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过点． (1)求抛物线C的标准方程； (2)若抛物线C开口向右，准线l上两点P，Q关于x轴对称，直线PA交抛物线C于另一点M，直线QA交抛物线C于另一点N，证明：直线MN过定点． 题型十五 圆锥曲线的定值问题（共3小题） 43．(24-25高二上·江苏句容·期末)已知动点P到定点的距离与它到定直线的距离之比为常数．其中，，且，记点P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程，并说明轨迹的形状； (2)当时，记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于D，E两点，直线与交于点Q，求证：点Q在定直线上； (3)当时，设，若C上两动点M，N均在x轴上方，，且与相交于点R，求证：的周长为定值． 44．(23-24高二上·山东淄博·期末)已知双曲线（，）的离心率为2，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)点，在双曲线上，且，，为垂足.证明：①直线过定点；②存在定点，使得为定值. 45．(24-25高二上·山东青岛·期末)圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P． (1)已知点，求切线l的方程； (2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若． （i）求抛物线的方程； （ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由． 题型十六 圆锥曲线的定值线问题（共3小题） 46．(24-25高二上·山东烟台·期末)已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 47．(24-25高二上·山东日照·期末)已知圆，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，当点在圆上运动时，设动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程； (2)设是曲线上不同的两点，是的中点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)直线与曲线的右支交于点（在的上方），过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点；过点且斜率4为的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 48．(24-25高二上·浙江宁波九校·期末)已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为． (1)求抛物线的方程； (2)过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于（在第一象限）． ①求证：点在定直线上； ②记的面积分别为，当时，求点的坐标． 题型十七 离散型随机变量综合问题（共3小题） 49．（24-25高二上江西期末）现有一质地均匀的正方体骰子（六个面分别标着数字1~6），连续投掷两次，记m，n分别为第一次、第二次投掷后朝上的点数，设离散型随机变量. (1)求和的值； (2)求X的分布列和数学期望. 50．（24-25高二上辽宁期末）某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. (1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； (2)已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 51．(24-25高二上·福建福州福九联盟（高中）·期末)现有甲乙两个盒子，甲盒中装有除颜色外其他都一样的1个红球和2个黑球，乙盒中装有除颜色外其他都一样的2个红球和1个黑球.现从这两个盒子中各任取一个球，交换之后放入另一个盒子中去，称为1次球的交换的操作，如此重复次这样的操作后乙盒子中红球的个数记为 (1)求； (2)求的概率分布列并求出; (3)证明： 题型十八 概率统计综合问题（共3小题） 52．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)已知，两个盒子里分别有，个小球，另有足够多的小球备用.重复进行次如下操作：每次从，中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球.每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立. (1)若，，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； (2)求完成一次操作后，，两个盒子里球的个数之和减少的概率； (3)求重复进行次操作后，，两个盒子里球的个数之和为的概率. 53．(24-25高二上·辽宁多校联考·期末)甲、乙2名同学最近100次的投篮情况如下： 甲 乙 投中 50 60 未投中 50 40 用频率估计概率，解答下列问题． (1)若从甲、乙2人中随机选择1人投篮1次，求投中的概率． (2)设甲、乙进行投篮比赛，约定甲、乙轮流投篮，第一次由甲先投．规定：若其中一人比另一个人多投中2次，则停止比赛（例如：甲第一次投中，乙第一次未投中，甲第二次投中，则停止比赛，乙不再投第二次），投中次数多的赢得比赛；若甲、乙都投完了5次，则也停止比赛，投中次数多的获胜，次数相同则平局．甲、乙每次投中与否相互独立． ①求甲投了第3次后停止比赛的概率； ②求乙投了第4次后停止比赛的概率． 54．(24-25高二上·福建福州第三中学·期末)“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学和物理学科夏令营活动． (1)若参加数学学科夏令营的7名中学生中恰有3人来自中学，从这7名中学生中选取3名中学生，求选取的中学生中来自中学的人数的分布列和数学期望； (2)在夏令营活动中，物理学科举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响． （i）求甲、乙两位同学所在组每轮答题中取胜的概率； （ii）当时，求的最大值． 一、单选题 1．已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的是（    ） （1）方程，表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过1； （3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于； （4）曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）． A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4） C．（1）（3）（4） D．（1）（2） 二、多选题 3．在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则平面ABP C．若，则存在，使 D．若，则存在，使平面DPB 4．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（   ） A．圆的圆心都在直线上 B．圆的方程为 C．若，则圆与轴有交点 D．设直线与圆在第二象限的交点为，则 5．曲线：是一条形似的“比心曲线”.设点是上一个动点，且它与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，则（   ） A．点和点都在曲线E上 B．且 C．在E上存在点P，使 D．对于E上任意点P，有 6．已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，，左、右顶点分别为A，B，过 的直线l与双曲线的右支交于P，Q两点（P在第一象限），PQ中点为M，，的内切圆圆心分别为，，半径分别为、则下列结论正确的是 （  ） A．，，三点共线 B．直线l斜率存在时， C．若，则直线l的斜率为 D．的取值范围是 7．在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 8．设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为 ． 9．数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； . 10．已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为 ． 四、解答题 11．如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 12．如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，.    (1)证明：平面； (2)若，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 13．已知二次曲线，的长轴长为4，，为的左、右顶点，点为的左焦点，过作直线交于、（在的上方），连接、，直线与直线交于点.过作的切线交直线于点.当轴时，. (1)求的方程； (2)求证：直线过一定点； (3)点为线段上一动点，若直线、、三线共点，，设的面积为，的面积为，求的取值范围. 14．已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)的下顶点为，直线与的上支交于，两点（点在靠近轴的一侧），直线与直线，分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，其中为原点. （i）求证：； （ii）求外接圆的半径的取值范围. 15．已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6. (1)求的方程； (2)已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围； (3)若动直线与交于点，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 16．将编号为，，，的小球随机放入编号为，，，的盒子，每个盒子里仅放一个小球，设编号为的盒子里小球的编号为，若，则称该小球为“配球”. (1)当时，求“配球”个数的分布列和期望. (2)已知：若随机变量服从两点分布，且，，，，，，则. （i）求“配球”个数的期望. （ii）若满足：当时，；当时，；当时，，且，则称该小球为“顶球”，求“顶球”个数的期望. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优专题06 期末真题百练通关（60题18大压轴题型） 选填小压轴 解答压轴 题型1 空间角与距离最值范围问题 题型12 空间向量与立体几何综合题型 题型2 空间向量的探索性问题 题型13 圆锥曲线中的面积最值问题 题型3 空间向量与立体几何综合问题 题型14 圆锥曲线中的定点问题 题型4 直线和圆的最值问题 题型15 圆锥曲线中的定值问题 题型5 圆锥曲线的离心率问题 题型16 圆锥曲线中的定直线问题 题型6 圆锥曲线中的新定义问题 题型17 离散型随机变量综合问题 题型7 圆锥曲线性质综合 题型18 概率统计综合问题 题型8 复杂排列组合计数问题 题型9 二项式定理的综合应用 题型10 离散型随机变量的期望与方差 题型11 概率统计综合题型 题型一 空间角与距离最值范围问题（共3小题） 1．(24-25高二上·广东部分学校·期末)在正方体中，空间中一动点满足，则直线与直线所成角正弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设点，由条件求得，设直线与直线所成角为，利用空间向量夹角公式求出，通过换元，将其化成，利用的范围和不等式性质即可求得. 【详解】 如图，设正方体的棱长为1，以点为坐标原点建立空间直角坐标系. 则 ， 设点，则， 由可得：，解得， 则， ， 设直线与直线所成角为，则， 于是 ， 设，因，故， 则即，因，则，则， 即，因，则得. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解异面直线的夹角的方法主要有： 平移法：将异面直线中的一条或两条利用平移使其相交，通过解三角形求得； 坐标法：通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式求解. 2．(24-25高二上·江西吉安·期末)如图，四边形，，现将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点为，连接，易知是的平面角，根据已知构建合适的空间直角坐标系，再应用向量法求得直线和所成角的余弦值关于的表达式，即可求最大值. 【详解】取的中点为，连接，又， 所以，且，是的平面角， 由都在面内，故面，面内过作， 可构建如下图示的空间直角坐标系，则， 由 ，则，且， 所以， 则， 当时，最大. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：构建合适空间直角坐标系，并确定含参的点坐标为关键. 3．(23-24高二上·湖北恩施州高中教学联盟·期末)如图，在中，，过的中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 【答案】 【分析】首先求出中边，角的正弦与余弦值，以底面点为空间原点建系（如图1），设点，由，得，求出坐标，由得出满足的关系式，从而可得的范围也即的范围，翻折过程中可得，设，，由向量的数量积为0从而得出关于的表达式，求得的范围，再由线面角的正弦值得出结论． 【详解】中，根据余弦定理，，根据正弦定理，得，由知，则， 如图1，以底面点为空间原点建系，根据底面几何关系，得点，设点，点的投影在轴上，即，由，根据两点间距离公式， 可得，整理为．                   图1                                图2 如图2，在翻折过程中，作于点，则， 并且平面， 所以平面平面， 所以，即，其中． 又动点在线段上，设，所以，且． 由，得， 又因为，对应的的取值为，即， 由已知斜线与平面所成角是， 所以． 故斜线与平面所成角的正弦值的最大值为． 故答案为：． 题型二 空间向量的探索性问题（共3小题） 4．(24-25高二上·浙江衢州期末·)【多选题】已知为正方体，点P为棱上的动点，点Q为平面上的任意一点，Q到直线和到平面ABCD的距离相等，则下列表述正确的是（    ） A．存在点P使得直线与平面所成的角为 B．存在直线PQ与平面所成的角大于二面角 C．点Q所在的曲线可能为双曲线 D．点Q所在的曲线可能为抛物线 【答案】ACD 【分析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出直线与平面所成的角的正弦值范围可判断A；求出直线PQ与平面所成的角以及二面角的平面角的正切值，比较正切值的大小可以判断B；根据为轴，A为顶点，与轴夹角为的圆锥面与平面的交线不同情况下的轨迹形状可判断CD. 【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 不妨设正方体的棱长为2， 则，，，， 可设，，则，， ，，，， 对于A，设平面的法向量为， 则， 令，则，，即， 设直线与平面所成的角为， 则， 因为，所以， 即，而， 故存在点P使得直线与平面所成的角为，故A正确； 对于B，如上图，取的中点为O，连接，PO，则， 又，所以， 可知即为二面角的平面角， 则， 设直线PQ与直线交于点H， 因为平面， 所以即为直线PQ与平面所成的角， 则， 因为，所以， 则，即， 即直线PQ与平面所成的角小于等于二面角，故B错误； 对于CD，如图： 因为点Q到直线和到平面ABCD的距离相等， 则点Q的轨迹即为以为轴，A为顶点，与轴夹角为的圆锥面与平面的交线， 当点P不与点A和点重合时， 因为，，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 则直线与平面所成角为， 则， 当时，， 此时直线与平面所成角等于， 则点Q的轨迹为抛物线； 当时，，即， 则点Q的轨迹为双曲线，故CD正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两点：1，建立空间直角坐标系，求线面角与二面角平面角；2，利用平面与圆锥曲面的交点判断动点轨迹形状. 5．(24-25高二上·山东临沂·期末)【多选题】如图，该几何体是四分之一圆柱体（点，分别是上、下底面圆的圆心），四边形是正方形，点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得直线∥平面 C．存在点，使得平面平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】建系标点，对于A：利用空间向量说明线线垂直；对于B：利用空间向量说明线面平行；对于C：利用空间向量说明线面垂直；对于D：利用空间向量求线面夹角. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 设， 对于选项A：因为， 令， 可得，显然该方程无解， 所以不存在点，使得，故A错误； 对于选项B：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 若直线平面， 则，可得， 且，则，即， 所以存在点，使得直线∥平面，故B正确； 对于选项C：因为， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 若平面平面， 则， 显然时，上式成立， 所以存在点，使得平面平面，故C正确； 对于选项D：设直线与平面的所成角为， 若，则， 可得：， 整理可得， 构建， 因为在内连续不断，且， 可知在内有零点，即在内有根， 所以存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：对于方程根的问题，应构建函数，结合零点存在性定理分析判断，不能强解. 6．(24-25高二上·贵州铜仁·期末)【多选题】直三棱柱中，侧面为正方形，，E、F分别为AC、的中点，D为棱上的动点.设，，且，则（   ） A．过点，E，D的平面截该三棱柱所得的截面为梯形 B．无论点D如何运动，都有 C．当时，点B到平面DFE的距离为 D．已知H是平面DEF上的一动点，若，则点H的轨迹为抛物线 【答案】ABD 【分析】利用平行平面的性质作截面判断A，证明，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法证明垂直判断D，由空间向量法求点面距判断C，在选项D中，得出是以为轴，为母线的圆锥的一条母线，即点轨迹是圆锥的侧面与平面的交线，确定截面与圆锥的母线的关系得出轨迹后判断D． 【详解】选项A，设与交于点， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又，所以， 为中点，则为中点，所以， 截面为是梯形，A正确； 选项B，因为，所以，为中点，由直三棱柱知， ，从而， 所以，所以， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，， ， 所以，所以，即，B正确； 选项C，时，，， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 则点到平面的距离为，C错， 选项D，因为，所以是以为轴，为母线的圆锥的一条母线，即点轨迹是圆锥的侧面与平面的交线， 因为平面，所以平面截该圆锥侧面为圆（以为圆心，为半径）， 在平面中圆方程为，设是圆上任意一点，可设， 又，所以， 由选项B的讨论知，又， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 设， 化简得， 即， 因为，所以， 所以 所以对任意，关于的方程有解， 即存在使得与平面平行，因此平面截圆锥的侧面所得点轨迹是抛物线，D正确． 故选：ABD． 【点睛】结论点睛：平面截圆锥侧面所得曲线，设截面不过圆锥顶点： （1）截面与轴垂直，截得曲线为圆；（2）截面与轴平行，截得曲线为双曲线；（3）截面与一条母线平行，截得曲线为抛物线；（4）截面不与母线平行，不与轴垂直，截得曲线为椭圆． 题型三 空间向量与立体几何综合问题（共3小题） 7．(24-25高二上·广东深圳高级中学·期末)【多选题】已知正方体的棱长为，点为正方形（含边界）内的一个动点，过棱的中点作该正方体的截面，满足与棱和棱分别交于两点，则（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．直线与所成角的正切值为 C．截面的面积为 D．当时，点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】由，结合三棱锥体积公式判断A，建立空间直角坐标系，由条件证明为所在棱的中点，取的中点，由，确定直线FG与所成的角，解三角形求其正切值，判断B；截面与棱的交点分别为，同理可证它们为所在棱的中点，确定截面，求截面面积判断C；由条件可求，由此确定点的轨迹及轨迹的长度，判断D. 【详解】因为， 因为点为正方形（含边界）内的一个动点， 由已知平面平面，正方体的棱长为， 所以点到底面的距离为定值， 又的面积， 所以三棱锥的体积， 所以三棱锥的体积为定值，A正确； 以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，， 设，， 则，，， 因为，，， 故，， 所以， ， 所以，，故分别为棱的中点， 设截面与棱的交点分别为， 同理可证分别为棱的中点， 取的中点，连接，，则， 则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角． 在中，，，则， 即直线FG与所成角的正切值为，所以B选项正确； 因为正六边形即为截面， 又正方体的棱长为， 所以正六边形的边长为，所以其面积为，所以C选项不正确， 对于D选项，因为平面，平面， 所以，又，， 所以， 因为，即圆的半径大于，小于， 所以点的轨迹为下图中以为圆心，为半径的圆位于正方形内的一段圆弧， 且，， 所以， 又，所以， 所以， 所以点的轨迹长度为，所以D正确． 故选：ABD． 【点睛】易错点点睛：本题D选项的判断容易忽视确定圆弧的圆心角的大小，导致轨迹的长度求解错误，导致答案错误. 8．(24-25高二上·广东深圳深圳实验学校高中部·期末)【多选题】如图，棱长为2的正方体中，动点P满足，则以下结论正确的为（   ） A．，使直线平面 B．，三棱锥体积为定值 C．当时，点P到AC的距离为 D．当时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【分析】当点P为的中点时，证明，，利用线面垂直的判定定理即可判断选项A；证明平面，则P到平面的距离为定值，则体积为定值，计算即可判断选项B；建立空间直角坐标系，求出和，利用点线距离的向量法即可求解；由选项A得平面，求得，结合余弦定理及同角三角函数关系可得，利用正弦定理求得的外接圆半径为，所求问题转化为求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，计算即可. 【详解】显然，存在满足题意，证明如下： 若点P为的中点时，则. ∵面，面，∴. ，平面，平面，平面.故选项A正确； ，，∴四边形为平行四边形，∴. 又平面，平面，平面. 又P为线段上的动点，∴P到平面的距离为定值，∴三棱锥体积为定值， ，故选项B正确； 以方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴建立空间直角坐标系， 则，，当时，， 则，， ∴点P到AC的距离为，故选项C错误； 当时，点P为的中点，由选项A已证得平面. 易得，，， ，， 的外接圆半径为， ∴所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积. 设三棱锥的外接球半径为R，则    ， 故三棱锥的外接球表面积为，故选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题选项B的体积为定值关键是证明平面，则得到线面距离为定值，则体积为定值；选项D的关键是将其转化为求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积. 9．(24-25高二上·重庆主城七校·期末)【多选题】如图，在棱长为6的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥体积为定值 B．存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则最小值为 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】选项A：由等体积变换可得，可判断； 选项B：建立空间直角坐标系，设，根据空间向量由面面平行可得，可判断； 选项C：根据空间向量法表示线面角，可得，进而可得； 选项D：先做出平面截正方体所得截面，根据线面关系可得截面的面积. 【详解】选项A：，故A正确； 选项B： 如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，则， ，设 ，故， 则, 由，得，不合题意，故B错误； 选项C：平面的法向量为， 则， ， 当时，取最小值为，故C正确； 选项D： 如图，直线分别交的延长线于点， 连接交于，连接交于，连接， 由题意可知五边形即为平面截正方体所得截面， 因，分别为棱，的中点，，， ，得， 由正方体性质可知，， 故所求截面面积为， 由选项可知，，， 故，， 故，， ， 故所求截面面积为，故D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：D选项的关键是先根据空间点线面的关系做出截面，进而由线面关系可求面积. 题型四 直线和圆的最值问题（共3小题） 10．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点，得到的轨迹方程为， 由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可. 【详解】当时，：，：，此时交点为； 当时，由直线：，斜率为， 由直线：，斜率为，， 又：，直线恒过， ：，直线恒过， 若为，的交点，则， 所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点、点； 综合以上两种情况，点的轨迹是以为直径的圆，除去点， 则圆心为的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为，即， 又，，易知，在该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取， 则，满足. 下面证明任意一点都满足，即， ， 又， ， ， 又， ， 如图，当且仅当，，三点共线，且位于，之间时，等号成立， 即的最小值为. 故选： 【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可. 11．(23-24高二上·浙江临平萧山联考·期末)已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】推导出垂直平分，分析可知，当取最小值时，取最小值，此时，，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示： 由圆的几何性质可知，， 因为，，，所以，， 所以，，则， 设，则为的中点， 由勾股定理可得， 由等面积法可得， 所以，当取最小值时，取最小值，由，可得， 所以，的最小值为，当与直线垂直时，取最小值， 则，因为，解得. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题考查圆的切点弦长的计算，一般方法有如下两种： （1）求出切点弦所在直线的方程，然后利用勾股定理求解； （2）利用等面积法转化为直角三角形斜边上的高，作为切点弦长的一般求解. 12．(23-24高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)已知圆，若曲线上存在四个点，过点作圆的两条切线，为切点，满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，根据题意利用推出，确定在圆上，继而将问题转化为和有两个交点的问题，利用圆心到直线的距离小于半径，即可求得答案. 【详解】设，由题意知，则， 则， 即， 整理得，解得或， 由于在圆外，故，则， 即的轨迹方程为圆， 曲线过定点，由射线和射线组成， 且和关于直线对称， 结合图象可知要使曲线上存在四个点满足题意， 需使得和有两个交点， 故需有且，解得， 即， 故选：B 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要满足曲线上存在四个点，使得，因而要由此推出的轨迹方程，进而将问题转化为和有两个交点的问题，即可求解. 题型五 圆锥曲线离心率问题（共3小题） 13．(24-25高二上·江西上饶·期末)椭圆的左、右焦点分别是，斜率为1的直线过左焦点，交于两点，且的内切圆的面积是，若线段的长度的取值范围为，则椭圆的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合椭圆的定义和的内切圆半径表示的面积，再结合点到直线的距离和线段表示的面积，列式可得关于的关系，再根据的取值范围可求离心率的取值范围. 【详解】如图： 因为的内切圆的面积是，所以的内切圆的半径为1. 结合椭圆的定义：. 由到直线：的距离为：，所以. 由 ， 又，所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用两种方法表示的面积，得到的关系，再求离心率的取值范围. 14．(24-25高二上·山东烟台·期末)已知椭圆的左、右焦点分别为，过左焦点且斜率为1的直线与交于两点，，则椭圆离心率的值为 ；当时，设的内切圆圆心为，外接圆圆心为，则的值为 ． 【答案】 【分析】直线的方程为，设，联立方程组利用弦长公式求得，结合弦长可得，进而可求离心率，结合，求得椭圆的方程，进而求得的坐标，进而利用外心与内心的性质求得的坐标，进而可求. 【详解】由题意可得直线的方程为，设， 联立，消去，得， 整理得， 所以， 所以 ， 又，所以，所以， 所以，所以， 解得或（舍去），所以，所以离心率； 当时，可得，所以椭圆的方程为， 所以，直线的方程为， 代入椭圆方程得，解得或， 可得，故在轴上， 设内切圆的半径为，所以， 所以，所以，即， 又的中点坐标为，的中点坐标为，， 所以的垂直平分线的方程为，即， 的垂直平分线的方程为，即， 联立，解得，所以， 所以. 故答案为：；； 【点睛】关键点点睛：关键在于利用直线方程与椭圆方程联立方程组求得弦长，利用已知可得，进而可求离心率. 15．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为.”设椭圆的左、右焦点为，，P为椭圆上一点，过P的切线l分别与坐标轴交于M、N两点，若时，（O为坐标原点）的面积取到最小值，则C的离心率为 . 【答案】. 【分析】由切线方程求得与坐标轴的两交点坐标，利用基本不等式可得当时面积取得最小值，再根据余弦定理计算可得，再由等面积法可知，可得，可求得离心率. 【详解】由题可知满足， 切线与两坐标轴交点为，如下图所示： 易知的面积为，又， 即，因此， 当且仅当示，即时，等号成立； 又因为， 即，解得； 易知的面积为， 又， 即可得，所以， 可得，所以. 即C的离心率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用基本不等式求得面积最小时的交点坐标，再由余弦定理由三角形面积公式计算得出的关系式，可求得离心率. 题型六 圆锥曲线中的新定义问题（共3小题） 16．(24-25高二上·广东茂名电白区·期末)【多选题】如图，曲线的形状是一个斜椭圆，其方程为，点是曲线上的任意一点，点为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．曲线关于对称 B．的最大值为 C．该椭圆的离心率为 D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】根据曲线对称性的定义，可判断A的真假，并求出椭圆的长轴长和短轴长，根据离心率的概念，可求椭圆的离心率，判断C的真假；利用基本（均值）不等式可以判断B的真假；把方程看成关于的不等式，利用可求的取值范围，判断D的真假. 【详解】在曲线上任取一点，点关于直线的对称点为， 则，即点也在曲线上，故曲线关于直线对称，A正确； 由题意知，，，， ，B正确： 联立方程，解得顶点坐标为和， 所以椭圆长轴长为 ；同理可得另外两个顶点坐标为和， 所以椭圆的短轴长为 ，所以， 所以该椭圆的离心率为：，C错误； 看作关于的一元二次方程，， 解得，D正确， 故选：ABD． 【点睛】结论点睛：在曲线方程中，若用代替，方程不变，则曲线关于轴对称；若用代替，方程不变，则曲线关于轴对称；若用代替，代替，方程不变，则曲线关于原点对称；若用代替，同时用代替，方程不变，则曲线关于直线对称. 17．(24-25高二上·广东广州·期末)【多选题】我们把由半椭圆与半椭圆：合成的曲线称作“果圆”，其中，.如图，设点，，是相应椭圆的焦点，，和，，是“果圆”与x，y轴的交点，叫做“果圆”的顶点，是线段的中点，为“果圆”上任意一点.则（   ） A．若半椭圆方程为，则两个半椭圆离心率的乘积为 B．若是边长为1的等边三角形，则“果圆”部分方程为 C．若，则 D．若取得最小值，则为“果圆”的顶点 【答案】BC 【分析】确定两个半椭圆的方程，分别求出它们的离心率，可判断A的真假；确定的值，得到两个半椭圆的方程，可判断B的真假；根据的关系求的取值范围，判断C的真假；通过特殊情况可判断D的真假. 【详解】对A：根据半椭圆的方程，可得：，，所以，该半椭圆的离心率为：； 另外的半椭圆方程为：，其离心率为：. 所以两个半椭圆离心率的乘积为：，故A错误； 对B：因为，，，且是边长为1的等边三角形， 所以， ， 所以. 所以半椭圆的方程分别为：和，故B正确； 对C：因为且，所以 . 因为，所以 ， 所以 .故C正确； 对D：因为，，所以. 若点在半椭圆上， 则 . 若，即时，在时取最小值，此时点不是“果圆”的顶点，故D错误. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键在于对“果圆”概念的理解，弄清楚“果圆”相关的顶点，焦点的坐标是解决问题的关键. 18．(24-25高二上·湖北武汉江岸区期末·)【多选题】数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，则（    ） A．点在上 B．面积的最大值为 C．曲线恰好经过个整点（即横，纵坐标均为整数的点） D． 【答案】BD 【分析】将点代入曲线方程判断A，由方程取求点的坐标，取求坐标，求直线与曲线的交点，由此判断B，求直线与曲线的交点，判断C，求到点距离和为的点的轨迹，求该轨迹与已知曲线的交点，由此判断D. 【详解】将点代入曲线的方程的左侧可得， 所以点不在曲线上，A错误； 取可得，所以，，所以， 由曲线可得，因为， 设， 当时，， 当时，，代入曲线的方程成立， 所以直线与曲线的交点坐标为， 所以点的纵坐标的绝对值的最大值为， 所以面积的最大值为，，B正确； 由，取，可得， 所以直线与曲线交于点，直线与曲线交于点， 所以曲线经过点，C错误； 坐标平面内到定点的距离和为的点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆方程为，由已知， 又，故， 所以椭圆方程为， 联立，所以， 所以，所以， 所以， 故椭圆与曲线的交点为，， 如图： 故曲线上的所有点都满足故选，D正确； 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上的关键点的坐标. 题型七 圆锥曲线性质综合（共3小题） 19．(24-25高二上·四川凉山州·期末)【多选题】双曲线（，）的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（   ） A．的离心率为 B． C． D．当时，四边形的面积为 【答案】ABD 【分析】根据双曲线的渐近线的概念，圆和直线的位置关系，以及焦点三角形的性质，逐一判断各选项正误. 【详解】双曲线，则，，，，渐近线方程为，以为直径的圆方程为； 联立方程组得，解得，不妨设， 则，由，得， 解得，则，离心率，所以A正确； 可知，则，所以，所以B正确； 由，则，，，， 当位置互换时，，不符合条件，所以C错误； 由，则，所以， 已知，， 所以，所以D正确； 故选：ABD. 20．(22-23高二上·广东广州华南师范大学附属中学·期末)【多选题】抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，且经过点，则（    ） A．当时，延长交直线于点，则、、三点共线 B．当时，若平分，则 C．的大小为定值 D．设该抛物线的准线与轴交于点，则 【答案】AD 【分析】对AB，可代入条件求出抛物线方程后计算出相应的点的坐标，A选项验证三点纵坐标可得，B选项中结合条件得到计算即可得；对CD，设出直线方程，联立后得出两点横纵坐标关系后，结合斜率与倾斜角的关系即可得. 【详解】设，如图所示：    对AB选项：直线平行于轴，当，时，抛物线的方程为， 过点，即有，则，即，直线经过焦点， 直线的方程为，即， 由消去x得，由，得，于是， 显然直线的方程为，直线交直线于点， 显然直线轴，由光学性质知，轴，因此、、三点共线，A正确； 由光学性质知轴，而轴，则，有， 又平分，即，则， 于是，即，解得，B错误； 对CD选项： 设直线的方程为， 由消去得：， 显然， 则，，， 设，由斜率坐标公式得，， 于是，即， 而不是定值，因此不是定值，C错误； 点，直线斜率，直线斜率 ， 即，因此，D正确. 故选：AD 【点睛】方法点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式. 21．(24-25高二上·广东揭阳·期末)【多选题】画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，、为椭圆上两个动点．直线的方程为．则下列结论正确的有（   ） A．的蒙日圆的方程为 B．在直线上存在点，椭圆上存在、，使得 C．记点到直线的距离为，则的最小值为 D．若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为． 【答案】ABD 【分析】由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得、关系，由此可知A正确；由过且在蒙日圆上，可知当、恰为切点时，，知B正确；根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；由题意知，蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确． 【详解】对于A选项，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，， 所以，在蒙日圆上，则蒙日圆方程为， 由，得， 所以，椭圆的蒙日圆方程为，故A正确； 对于B选项，由直线的方程知，直线过， 又满足蒙日圆方程，所以，在圆上， 当、恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，故B正确； 对于C选项，因为在椭圆上，所以，， 所以，， 当时，取得最小值，最小值为到直线的距离， 又到直线的距离， 所以，，故C错误； 对于D选项，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆， 所以，矩形的对角线为蒙日圆的直径， 设矩形的长和宽分别为、，则， 所以，矩形的面积，当且仅当时取等号， 即矩形面积的最大值为，故D正确. 故答案为：ABD． 【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项． 题型八 复炸排列组合计数问题（共3小题） 22．(24-25高二上·上海南汇中学·期末)平面向量为2维向量，可由2元有序实数组表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组表示.维向量可由（为正整数）元有序实数组表示.已知维向量，我们称 为该向量的范数，其中，记范数为奇数的的个数为.设，则 . 【答案】985211 【分析】由或可知中有偶数个，计算每种情况下的个数，求和即能得到结果. 【详解】当时，. ∵，∴或. 要使为奇数，则需中有偶数个. 当均不为时，，的个数为， 当中有2个时，，的个数为， 当中有4个时，，的个数为， 当中有6个时，，的个数为， ∴， ∴. 故答案为：985211. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是讨论中0的个数，计算每种情况下的个数，求出的值，即可得到的结果. 23．(23-24高二上·浙江强基联盟期末·)我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为的个球的口袋中取出个球，共有种取法.在种取法中，不取号球有种取法；取号球有种取法.所以.试运用此方法，写出如下等式的结果： . 【答案】 【分析】将等式看作是从编号为个球中，取出个球，其中第个球的编号依次为的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为个球中，取出个球，有种取法，即可得到结果. 【详解】从编号为个球中，取出个球，记所选取的六个小球的编号分别为，且， 当时，分三步完成本次选取： 第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为； 当时，分三步完成本次选取： 第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为； ……； 当时，分三步完成本次选取： 第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中选个，故选取的方法数为； 至此，完成了从编号为个球中，选取个球，第个球的编号确定时的全部情况， 另外，从编号为个球中，取出个球，有种取法， 所以. 故答案为：. 24．(23-24高二上·上海松江二中·期末)设为的一个排列，满足 ，则这样的排列的个数为 个. 【答案】6142 【分析】根据条件分别对于与时得出排列个数. 【详解】对于给定的，考虑使的满足条件的排列个数， 当时，对有为的排列（若，则没有 这样的i），且（若，则没有这样的j），因此， 当时，类似地有， 因此，满足条件的排列个数为 故答案为：6142. 【点睛】本题关键针对与分别得出排列个数. 题型九 二项式定理的综合应用（共3小题） 25．(24-25高二·辽宁名校联盟·期末)“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为 .现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为 . 【答案】 【分析】设，将四进制数转换为十进制形式，由该数能被3整除转化为能被3整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】设，则4位四进制数转换为十进制为： ， 若这个数能被3整除，则能被3整除. 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数都由3组成时，有1个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个. 因为由，，，组成的4位非零四进制数共有个， 所以能被3整除的概率 . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将四进制转化为十进制之后，利用二项式定理来求解能否被3整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率. 26．(23-24高二上·辽宁大连·期末)【多选题】已知，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．是整数 C．，（是不大于x的最大整数） D．，则 【答案】ACD 【分析】对于选项A: 令时，利用二项式定理计算即可；对于选项B: 表示出，取特殊值验证即可; 对于选项C: 作差说明为正整数即可；对于选项D: 分奇偶讨论计算，，即可推理作答. 【详解】对于选项A: 由，当时，即，所以,，故，故A正确； 对于选项B:由题意可得，不妨令， 所以，此时不是整数，故B错误； 对于选项C: , 即， 所以 ， ， 易知，正整数， 为正整数， ， 所以，故C正确； 对于选项D:当为正偶数时， ， ，， 所以，即. 当为正奇数时， ， ， ，， 所以，即. 综上可得：若，则，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：涉及二项式定理的问题，二项式定理的核心是通项公式，求出给定二项式的通项公式是解决问题的关键. 27．(24-25高二·辽宁名校联盟·期末)【多选题】在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图①，小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将的展开式按的升幂排列，将各项系数列表如下（如图②）： 上表图②中第行的第个数用表示，即展开式中含项的系数为，则（    ） A． B． C．（，） D． 【答案】BCD 【分析】由图②得到，可直接判断ABC，对于D，由得到展开式中含项的系数为 ，再由确定含项系数，即可判断； 【详解】依据题意结合图②可知图②中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左、右肩上共三个数的和（没有的用0代替）， 如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左、右肩上的数1和6，第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左、右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2， 所以， 对于A项，由上可得，故A项错误； 对于B项，由图可知 ，以此类推可得 ，故B项正确； 对于C项，由上可知 ，故C项正确； 对于D项，因为 ， ， 则 ， 所以根据乘法法则的展开式中含项的系数为 ， 又， 其通项公式为， 因为，所以的展开式中含项的系数为0， 故 ，故D项正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：与展开求得的系数，在通过求得系数. 题型十 离散型随机变量的均值与方差（共3小题） 28．(24-25高二上·内蒙古通辽第一中学·期末)抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为，则随机变量的期望是 ；若抛掷50次骰子，记得分恰为分的概率为，则当取最大值时的值为 . 【答案】 或 【分析】分析抛一次骰子得1分以及得3分的概率，从而计算最终得分的概率，计算期望值；设得1分的次数为，计算得1分次数为次时总得分为分的概率，列不等式组计算概率最大时的值，从而求出的值. 【详解】抛一次骰子得1分的概率为，得3分的概率为， 的可能取值为，，， ， 则随机变量的期望是； 记得1分的次数为，则得3分的次数为， 因此抛掷50次骰子，所得总分为， 则得1分的次数为次时总分得n分的概率为，，若取最大，则 ，可得， 因为，所以，或， 当时，， 当时，， 故答案为：①；②或. 【点睛】思路点睛：得分由扔骰子过程中出现1分的次数和出现3分的次数决定，所以求得分的概率先设出现1分的次数，再计算的概率，列不等式组求出概率最大的的值，再计算. 29．(24-25高二上·江苏常州联盟学校·期末)如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为，向右下落的概率为，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为，则小球落入（    ）号格子的概率最大. A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】利用n次独立重复试验中，小球掉入号格子的概率为，设小球掉入k号格子的概率最大，则，再利用组合数公式，结合题目已知条件进行求解. 【详解】小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率为，向右下落的概率为， 小球掉入0号格子，需要向左10次，则概率为； 小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，则概率为； 小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，则概率为； 小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，则概率为； 依此类推，小球掉入号格子，需要向左次，向右k次，概率为， 设小球掉入k号格子的概率最大，显然， 则，即， 即 解得， 又k为整数，， 则小球落入7号格子的概率最大. 故选：C 30．(23-24高二上·江苏镇江期末·)为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（   ） A．28 B．24 C．32 D．27 【答案】D 【分析】由题可得甲乙两人通过训练的概率表达式，结合基本不等式及二次函数知识可得两人通过训练概率的最大值，再结合甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为满足二项分布，及二项分布期望表达式可得答案. 【详解】由题可得，甲乙两人通过训练的概率为：， 因，由基本不等式，， 当且仅当时，取等号.则 . 又注意到甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为满足二项分布，则期望为： ，结合，可得.故D正确. 故选：D 题型十一 概率统计综合题型（共3小题） 31．(24-25高二上·江西期末·)托马斯·贝叶斯（Thomas Bayes）在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式（贝叶斯定理），其中称为B的全概率，假设甲袋中有3个白球和2个红球，乙袋中有3个白球和2个红球，现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球，已知从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的是2个红球的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助全概率公式及贝叶斯公式计算即可得. 【详解】设从甲袋中取出2个球，其中红球的个数为i个的事件为， 从乙袋中取出2个球，其中白球的个数为2个的事件为B， 由题意：①，； ②，； ③，. 根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球， 则从甲袋中取出的是2个红球的概率为： . 故选：A. 32．(24-25高二上·江西南昌中学三经路校区·期末)托马斯贝叶斯在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：，这个公式被称为贝叶斯公式贝叶斯定理，其中称为的全概率现有台车床加工同一型号的零件，第台加工的次品率为，第，台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，已知第，，台车床加工的零件数分别占总数的，，，任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是第台车床加工的概率是 . 【答案】 【分析】设事件A为“任取一个零件为次品”，事件为“零件是第i台车床加工”，则，且，，两两互斥．求出，，，以及，，，由全概率公式得，“求次品为第1台车床所加工的概率”，由贝叶斯公式计算即可. 【详解】设事件A为“任取一个零件为次品”，事件为“零件是第i台车床加工”， 则，且，，两两互斥． 根据题意得：，，，， ，.由全概率公式得： ， “如果取到的零件是次品，计算它是第台车床加工的概率”， 所以由贝叶斯公式得：. 故答案为：. 33．(23-24高二上·天津部分区·期末)甲､乙两个箱子中各装有8个球，其中甲箱中有4个红球，4个白球，乙箱中有6个红球，2个白球.A同学从乙箱子中随机摸出3个球，则3个球颜色不全相同的概率是 .同学掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，则从甲箱子中随机摸出1个球，如果点数为，则从乙箱子中随机摸出1个球，那么B同学摸到红球的概率为 . 【答案】 【分析】分析可知3个球颜色不全相同，则有2红1白或1红2白两种情况，根据古典概型分析求解；设相应事件，根据题意可知相应的概率，利用全概率公式运算求解. 【详解】若A同学从乙箱子中随机摸出3个球，则3个球颜色不全相同，则有2红1白或1红2白两种情况， 所以3个球颜色不全相同的概率为； 记“一枚质地均匀的骰子，点数为1或2”为事件，“B同学摸到红球”为事件， 则， 所以. 故答案为：；. 题型十二 空间向量与立体几何综合题型（共3小题） 34．(24-25高二上·辽宁重点中学协作校·期末)如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 【答案】(1)取中点，连接，则五边形为过，，的截面，理由见解析； (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)点轨迹的长度为 【分析】（1）取中点，连接，则五边形为过，，的截面，利用面面平行的性质可证结论； （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，可证明平面，可得为直线与平面所成的角，计算即可； （3）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用坐标法求得平面的一个法向量，结合平面的一个法向量为，结合已知可得，进而计算可求得点轨迹的长度. 【详解】（1）取中点，连接，则五边形为过，，的截面， 理由，因为，，的中点分别为，，. 所以，又平面，平面， 所以平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， 由平面平面，所以，又的中点. 所以为的中点，同理可得为的中点. （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由题意可得，，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 由，，可得，又， 所以，又，所以， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以平面的一个法向量为， 又因为二面角的余弦值为， 所以， 所以，两边平方得， 所以，解得或（舍去）， 当时，，当，， 所以满足题意的点轨迹的长度为. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为 ，； ②直线与平面所成的角为 ，； ③二面角的大小为 ，. 35．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)如图，在五棱锥中，平面平面，，. (1)证明：平面； (2)若四边形为正方形，且，，为边的中点，，当取何值时，直线与平面所成的角最小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直； （2）建立空间直角坐标系求解线面角的正弦值结合正弦函数的值域得出正弦值的最小值即可得出最小角. 【详解】（1）因为平面平面，，平面，平面平面 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，且，平面 所以平面. （2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直间直角坐标系. 由，则，，， 可得与轴夹角为，所以， ， ， ，，平面的法向量记为 由得 令，得 即，当时，等号成立， 即时，直线与平面的所成的角取得最小值 36．(23-24高二上·江苏兴化中学·期末)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：平面平面； (2)设. ①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长. ②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)①或；②不存在点，理由见解析 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论； （2）①依题意建立适当空间直角坐标系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值； ②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立. 【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，， 平面，平面平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴， 建立如图所示直角空间坐标系， 设，则，由，，，， 则，，因，则，， 所以，， ①设平面的法向量为，由，， 得：，可取， 设直线与平面所成角为， 则有：，， 即：，化简得：， 解得或，即或， ②如图，假设在线段上存在点，使得点，，在以为球心的球上， 由，得，所以， 所以， 又得，，所以，， 由得，即， 亦即（*）， 因为，所以方程（*）无实数解， 所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上. 【点睛】方法点睛：根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾. 题型十三 圆锥曲线中的面积最值问题（共3小题） 37．(24-25高二上·辽宁点石联考·期末)已知椭圆：（）的右焦点为，且点在上. (1)求的方程； (2)若，，点为上一点.设直线PM与的另一个交点为点B，直线PN与C的另一个交点为点D.设，，证明：当点P在上运动时，为定值. (3)若经过圆O：上一动点G作的两条切线，切点分别记为R，S，直线GR，GS分别与圆O相交于异于点G的两点.求的面积的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）根据焦点坐标和得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）设，设直线的方程为 ，直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之积，根据得到，，从而表达出，计算可得出结果； （3）设点，，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程，运用直线和椭圆相切的条件：，求得的方程，检验直线的斜率不存在，也满足的方程；同理可得直线的方程，由两点确定一条直线可得的方程，联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式，化简整理，运用换元法和对勾函数的单调性，可得所求范围. 【详解】（1）由题意知，，则①， 又因为点在上， 所以②，联立①②式可得， 解得，，所以的方程为. （2）证明：设，，，直线PM的方程为， 其中，且， 联立，可得， 则，因为， 所以，所以， ， 设直线的方程为，其中， 同理可得， 所以 ， 所以为定值.    （3）设点，， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由， 消去y可得， ， 由题意得，整理可得， 则 ， 所以直线的方程为， 化简可得，即， 经验证，当直线的斜率不存在时，直线的方程为或也满足， 同理可得直线的方程， 因为在直线上，所以， 所以可得直线的方程为， 而在圆上，所以， 联立直线与椭圆的方程，整理可得， 则，， 到直线的距离， . 令，， 则，而， 所以的面积的取值范围是.    【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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. 38．(24-25高二上·福建莆田莆田第一中学·期末)在平面直角坐标系中，点到点的距离与到直线的距离之比为，记的轨迹为曲线. (1)求的标准方程； (2)若直线过点交右支于，两点，直线过点且交E的右支于、D两点，且记，的中点分别为，，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，， （i）证明：O、P、Q三点共线； （ii）求四边形面积的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据条件列式化简即可求解轨迹方程. （2）（i）直线的斜率不存在时，显然O、P、Q三点共线；直线斜率存在时，设、，利用点差法求出及，从而可得，即可证明.（ii）由题意设直线和直线的方程为和，联立直线与双曲线方程，韦达定理，求得点P的坐标，同理求出点Q的坐标，利用点到直线距离分别求出这两点到渐近线的距离，从而，利用不等式性质求解范围即可. 【详解】（1）设点，因为点到点的距离与到直线的距离之比为， 所以 ，整理得， 所以的标准方程为. （2）（i）由题意可知直线和直线斜率若存在则均不为0且不为， ①直线的斜率不存在时，P、Q都在x轴上，O、P、Q三点共线. ②直线斜率存在时，则可设方程为，、，. 由得， 所以，,，所以， 同理，因为，所以，所以，所以O、P、Q三点共线. 综上，O、P、Q三点共线. （ii）由题意可知直线和直线斜率若存在则斜率大于1或小于， 且曲线E的渐近线方程为， 故可分别设直线和直线的方程为和，且， 联立得，设、， 则， ，， 故， 因为P是中点，所以即， 同理可得， 所以P到两渐近线的距离分别为， ， Q到两渐近线的距离分别为， ， 由上知两渐近线垂直，故四边形是矩形，连接， 则四边形面积为 ， 因为，所以， 所以， 所以四边形面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 39．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)已知抛物线的焦点为F，点在C上，且. (1)求C的方程； (2)若M，N是C上的两个不同动点（M在x轴上方，N在x轴下方），满足. （ⅰ）求证：直线过定点P； （ⅱ）设直线的斜率为k，过点P，且斜率为的直线交C于R，S两点，求四边形面积的最小值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据焦半径公式可得，可求抛物线方程； （2）（ⅰ）联立直线和抛物线方程利用韦达定理并结合向量数量积计算可证明直线过定点P； （ⅱ）依题意联立直线和抛物线方程利用韦达定理求出四边形面积的表达式，再结合基本不等式可求得面积最值. 【详解】（1）因为，所以，所以抛物线C的方程为； （2）（ⅰ）设直线的方程为，，， 联立得，显然， 且，，易知，所以； 因为 ， 所以或（舍），所以直线过定点. （ⅱ）设直线的方程为，，，，，如下图所示：    由得，，则，， 所以， 则R，S到直线的距离和 因为直线RS的直线方程为，所以， 所以， 由得，，即，，所以， 所以， 令，，则在上单调递增， 所以当，即时，. 题型十四 圆锥曲线的定点问题（共3小题） 40．(24-25高二上·浙江杭州高级中学·期末)如图，已知椭圆的离心率为．直线经过点和椭圆的上顶点，其斜率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于、两点（点在点下方），直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）当与重合时，求的值； （ii）求证：当变化时，直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）由离心率公式、平方关系以及斜率公式列出方程组即可求解； （2）（i）可知直线与椭圆相切，设直线，联立方程求得，代入直线即可得结果；（ⅱ）设，，联立直线方程与椭圆方程结合韦达定理以及同理思想表示出坐标，进一步设直线方程为：，由列出方程，得关系式即可得证. 【详解】（1）由题意得：，解得，， 所以椭圆的标准方程为． （2）（i）当与重合时，可知直线与椭圆相切，且直线的斜率存在且不为0， 设直线， 联立方程，消去x可得， 则，解得， 代入可得，解得，即， 代入直线直线可得，即； （ⅱ）设，，直线 与椭圆联立化简整理：， 因为， 可得：，， 同理可得：，. 设所在的直线方程为：， 则： ， 故：，过定点． 【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法 1.动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点； 2.动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 41．(24-25高二上·江苏南京第一中学·期末)已知双曲线的一条渐近线方程为，且过点.设A，B分别是的左、右顶点，M，N是的右支上异于点B的两点. (1)求的方程； (2)若直线过点，且的斜率为2，求的值； (3)设直线，的斜率分别为，，若，求证：直线恒过定点. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由渐近线斜率及双曲线所过的点求双曲线参数，即可得方程； （2）由题意为，设，，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求； （3）法一：设为，，，法二：讨论斜率的存在性，设为，，，或为，，，再联立双曲线，应用韦达定理及已知条件列方程求参数关系，即可得定点；法三：，分别为，，联立双曲线，结合用表示出的坐标，进而写出直线，即可证结论. 【详解】（1）由题意得，解得，所以的方程为. （2）由题意，为，设，， 由，得，所以. 因为M，N在P点的两侧，所以与异号， 所以 . （3） （方法一）由题意得，的斜率不为0， 设为，，. 由，得， 所以，且，. 因为，，，所以. 又，即，所以 ， 即， 整理得， 所以， 化简得，解得或2. 当时，的方程为，此时过点，不合题意， 当时，的方程为，此时过点，符合题意， 所以恒过定点. （方法二）①若的斜率不存在，设为，，. 因为，，，所以， 由对称性知，，则，解得， 所以的方程为，此时过点. ②若的斜率存在，设为，，. 由，得， 所以，且，. 因为，，，所以. 又，即，所以 ， 即， 整理得， 所以， 化简得，解得或. 当时，为，此时过点，不合题意， 当时，为，此时过点，符合题意. 综上，恒过定点. （方法三）因为，，，的斜率分别为，， 所以，分别为，. 由，得， 所以，又，所以， 所以，即. 由，得， 所以，又，所以， 又，即，所以， 所以，即. ①若的斜率不存在，则，即，解得， 则，所以为，此时过点. ②若的斜率存在，则， 所以为，即， 化简得，即，此时过点. 综上，恒过定点. 【点睛】关键点点睛：第三问，设直线的方程或直线，的方程，联立双曲线并应用韦达定理及已知得到相关参数的数量关系为关键. 42．(23-24高二上·江苏扬州·期末)已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过点． (1)求抛物线C的标准方程； (2)若抛物线C开口向右，准线l上两点P，Q关于x轴对称，直线PA交抛物线C于另一点M，直线QA交抛物线C于另一点N，证明：直线MN过定点． 【答案】(1)或 (2)证明见解析 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线C的标准方程； （2）方法1：设，，求出直线的方程，与抛物线方程联立解得点的坐标，同理得点坐标，从而求得直线的方程，可得证；方法2：设，，，与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，求出直线的方程，从而得点纵坐标，同理得点纵坐标，由对称性可得证. 【详解】（1）设抛物线C的标准方程为或， 将A坐标代入，得，所以； 将A坐标代入，得，所以， 所以抛物线C的标准方程为或． （2）方法1：由抛物线C开口向右得标准方程为， 准线，设，， 则，即， 由，得， 所以， 所以，， 所以， 用代m，得，则， 所以， 化简得 所以，直线MN过定点． 方法2：由抛物线C开口向右得标准方程为，准线， 直线MN不垂直于y轴，设，，， 由得， 所以，， 所以， 所以， 令，则，同理． 因为P，Q关于x轴对称， 所以， 则． 所以，直线MN过定点． 【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法 （1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点； （2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 题型十五 圆锥曲线的定值问题（共3小题） 43．(24-25高二上·江苏句容·期末)已知动点P到定点的距离与它到定直线的距离之比为常数．其中，，且，记点P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程，并说明轨迹的形状； (2)当时，记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于D，E两点，直线与交于点Q，求证：点Q在定直线上； (3)当时，设，若C上两动点M，N均在x轴上方，，且与相交于点R，求证：的周长为定值． 【答案】(1),形状见解析； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）设点，由题意得到方程，分和，得到轨迹形状； （2）设过点的直线为：，与双曲线方程联立，得，由韦达定理得，直线：，直线：，联立得：，即可求解； （3），设，根据题干结论表达出，，所以，由椭圆定义和平行关系计算出，则的周长为定值． 【详解】（1）依题意，设点， 则， 化简得，， 当时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆， 当时，曲线C为焦点在x轴上的双曲线． （2）当时，曲线C的方程为：，则， 设过点的直线为：， 由，消去x得， 设， 得，， 则， 直线：，直线：， 联立得： ，解得， 直线与交于点Q在定直线上． （3）当时，曲线C的方程为：，， 设点，其中， 由对称性可知， 因为，所以， 因此，三点共线， 且， 由题干条件可得， 动点P到定点的距离与它到定直线的距离的比为常数， 设（不妨记为锐角），过点N作⊥轴于点，作⊥直线于点T， 直线与x轴交点为W， 则，， 故， 所以，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值； 由椭圆定义，得，， 解得，同理可得， 所以 , 因为， 所以的周长为定值. 【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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. 44．(23-24高二上·山东淄博·期末)已知双曲线（，）的离心率为2，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)点，在双曲线上，且，，为垂足.证明：①直线过定点；②存在定点，使得为定值. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②存在定点. 【分析】（1）由给定的点和离心率求出即可得双曲线的方程. （2）设出点的坐标，在斜率存在时设方程为，联立直线与双曲线方程，结合已知求得的关系，进而得直线恒过定点，验证直线斜率不存在的情况，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置. 【详解】（1）由双曲线的离心率为2，得，则， 由双曲线过点，得，于是， 所以双曲线的方程为. （2）①设点，当直线斜率存在时，设直线的方程为， 由消去得，， 显然，即，， 由，得，而， 则， 整理得， 即， 整理得，显然直线不过点，即， 因此，即，符合题意，直线：过定点， 当直线斜率不存在时，点，， 而，显然，解得，直线：过点， 所以直线过定点. ②由①知，直线过定点，而点，线段中点， 又，当点与不重合时，点是以线段为斜边的直角三角形的直角顶点， 则，当点与重合时，， 所以存在定点，使得为定值. 【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 45．(24-25高二上·山东青岛·期末)圆锥曲线有着丰富的光学性质．从抛物线的焦点F处出发的光线照射到抛物线上点，经反射后的光线平行于抛物线的轴．若点P在第一象限、直线l与抛物线相切于点P． (1)已知点，求切线l的方程； (2)过原点作切线l的平行线，交PF于点S，若． （i）求抛物线的方程； （ii）过准线上点N作圆的两条切线，且分别与交于两点和两点．是否存在圆M，使得当点N运动时，为定值？并说明理由． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，理由见解析 【分析】（1）由点P可得抛物线方程，然后设切线方程为，将切线方程与抛物线方程联立，利用判别式为0可得斜率； （2）（i）法1，利用抛物线光学性质可得，然后由几何知识可得，即可得答案；法2，将切线方程设为，类似于（1）可得，注意到，然后由几何知识可得，即可得答案；法3，类似于法2可得切线斜率为，设直线l，PF的倾斜角分别为，经计算可得，然后由几何知识可得；法4，类似于法2可得，通过将过原点与切线平行的直线方程与直线PF的方程联立可得点S坐标，然后由结合两点间距离公式可得关于p的表达式，化简后可得答案； （ii）由（i）设，将方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，可得关于的表达式，然后由切线到圆心距离为1可得，代入表达式可得答案. 【详解】（1）因为在抛物线上，所以，所以抛物线为 设切线方程为，与抛物线联立得：， 所以，所以 所以切线方程为： （2）（i）（法1）如图，因由光学性质可知轴， 因为入射角等于反射角，所以， 所以，所以， 所以，所以抛物线方程为 （法2）设切线l的方程为： 与抛物线方程联立得， 由，整理，即 如图，因为，所以，又因为， 所以，所以，即， 所似抛物线方程为 （法3）点在第一象限，同法2，求得 设直线l，PF的倾斜角分别为， 计算可得： 即，即，所以抛物线方程为 （法4）同法2，求得，所以过原点与切线平行的直线为： 直线PF的方程为：，解得点S的坐标为 因为，由两点距离公式可得 整理得，注意到：， 进一步整理可得：，所以，所以抛物线方程为 （ii）由（i）可得抛物线方程为：，则准线方程为： 设，， 将方程与抛物线方程联立，消去x并化简可得：， 又，则由韦达定理可得，同理可得. 则. 又与圆相切，则到圆心的距离为1， 则， 同理有， 则为方程的两根， 由韦达定理可得：. 则 注意到当时，切线中有一条与x轴平行，不合题意，则. 要使为定值，则，又，则. 故存在圆，使得当点N运动时，为定值. 【点睛】关键点睛：抛物线问题存在大量相等的线段或相等的角，解决问题时可合理利用，对于定值问题，常用思路是找到定值关于所设参数的表达式，然后证明表达式与参数无关. 题型十六 圆锥曲线的定值线问题（共3小题） 46．(24-25高二上·山东烟台·期末)已知椭圆上的点到其右焦点的最大距离为3． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，过点的直线与椭圆交于两点（异于）． ①若的面积为，求直线的方程； ②若直线与直线交于点，证明：点在一条定直线上． 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【分析】（1）由题意可得，求出即可求解； （2）①设直线的方程和，联立椭圆方程，利用韦达定理，表示出弦长，结合点到直线的距离公式和三角形面积公式建立方程，解之即可求解； ②联立直线可得，由①知，化简计算即可求解. 【详解】（1）由题意可知，，所以． 又， 所以椭圆的方程为； （2）①设过点的直线方程为，点， 联立，得， 则， 则． 又因为点到直线的距离． 令，解得， 所以直线的方程为． ②由①知， 则直线，直线， 由，整理得． 由①知，得， 所以， 即，解得， 所以点在直线上．    47．(24-25高二上·山东日照·期末)已知圆，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，当点在圆上运动时，设动点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程； (2)设是曲线上不同的两点，是的中点，直线的斜率分别为．证明：为定值； (3)直线与曲线的右支交于点（在的上方），过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点；过点且斜率4为的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线与交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可得，可知动点的轨迹为是以为焦点的双曲线，即可得结果； （2）设，，根据M，N为双曲线C上的两点，列由点差法得到，利用斜率公式进行求证即可； （3）设直线的方程为，，，将直线方程与双曲线方程联立，易得，结合韦达定理，求出，再利用韦达定理进行求证． 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 因为，， 则， 可知动点的轨迹为是以为焦点的双曲线，且，则， 所以曲线的方程为. （2）设，， 因为M，N为双曲线C上的两点，所以， 两式相减得，整理得， 则，得证. （3）设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，，， 联立，消去y并整理得， 因为该方程有两个正根，则，解得，或（舍） 由韦达定理得， 直线的方程为， 因为，即，① 直线的方程为， 因为，即，② 联立①②，两式相加得，两式相减得， 因为， 则， ， 所以， 则都在直线上，故共线． 【点睛】思路点睛：直线与双曲线的位置关系，联立直线与双曲线方程，得到根与系数的关系，利用坐标关系可求解点的横纵坐标关系、直线上两点距离、三角形面积、定值定点等几何性质问题，但需要注意计算技巧处理. 48．(24-25高二上·浙江宁波九校·期末)已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为． (1)求抛物线的方程； (2)过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于（在第一象限）． ①求证：点在定直线上； ②记的面积分别为，当时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据条件可得，即可求解； （2）①设，利用导数的几何意义，求得两切线方程为，，进而可得到直线的方程为，再结合条件，即可求解；②利用①中结果，可得直线，直线，联立抛物线方程，利用韦达定理得到，间的关系，再结合条件，得到，再联立方程，即可求解. 【详解】（1）由题知抛物线中过焦点最短的弦长为通径，即，得到， 故抛物线的标准方程为. （2）①设，由，得到，所以， 得到，即，同理，， 又点在线上，所以，故直线的方程为，即， 因为，所以，又，所以，得到， 所以点在定直线上.    ②，由①有直线，过点，直线， 联立，消得到，所以， 又由，消得到，所以， 又因为， 因为在第一象限，所以， 又，且，，得到，两式相乘可得， 又，所以，得到， 所以，即， 由 ，解得或， 当时，，当时，， 又，所以，得到. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问中的①：利用导数的几何意义，求出过点的切线方程；②根据条件得到，再联立直线与抛物线方程及联立与抛物线方程，用方程思想求解即可. 题型十七 离散型随机变量综合问题（共3小题） 49．（24-25高二上江西期末）现有一质地均匀的正方体骰子（六个面分别标着数字1~6），连续投掷两次，记m，n分别为第一次、第二次投掷后朝上的点数，设离散型随机变量. (1)求和的值； (2)求X的分布列和数学期望. 【答案】(1)， (2)分布列见解析， 【分析】（1）由古典概型概率公式求解即可； （2）由古典概型概率公式求得概率，再结合期望公式求解即可； 【详解】（1）由题意可得离散型随机变量X表示连续两次投掷得到的朝上点数的差的绝对值， 连续投掷两次骰子，得到的点数共有36种可能， 其中可能情况有6种， 故． 其中可能情况有10种，， 故． （2）由题意可得X的可能取值有0，1，2，3，4，5， 的情况有，8种， 的情况有，6种， 的情况有，4种， 的情况有，2种， 所以， ， 可得分布列如下： X 0 1 2 3 4 5 P 故． 50．（24-25高二上辽宁期末）某企业对生产设备进行优化升级，升级后的设备控制系统由个相同的元件组成，每个元件正常工作的概率均为，各元件之间相互独立.当控制系统有不少于个元件正常工作时，设备正常运行，否则设备停止运行，记设备正常运行的概率为（例如：表示控制系统由3个元件组成时设备正常运行的概率，表示控制系统由5个元件组成时设备正常运行的概率）. (1)若，当时，求控制系统中正常工作的元件个数的分布列和数学期望，并求； (2)已知设备升级前，单位时间的产量为件，每件产品的利润为元，设备升级后，在正常运行状态下，单位时间的产量是原来的4倍，且出现了高端产品，每件产品成为高端产品的概率为，每件高端产品的利润是2元.记设备升级后单位时间内的利润为（单位：元）. （i）请用表示； （ii）设备升级后，已知该企业现有控制系统中有5个元件，若增加2个元件，则单位时间内的利润是否提高. 【答案】(1)分布列见解析，， (2)（i）；（ii）若，增加2个元件后利润提高； 若时，增加2个元件后利润没有提高. 【分析】（1）由题意可知，利用二项分布求解即可求得期望，根据互斥事件的和事件的概率公式求解； （2）（i）先写出升级改造后单位时间内产量的分布列，求出设备升级后单位时间内的利润，即为； （ii）分以下三种情况讨论：①原系统中至少有4个元件正常工作；②原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作；③原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作，再对三种情况进行求和，得到，计算，与作比较，再根据判断即可. 【详解】（1）因为，所以控制系统中正常工作的元件个数的可能取值为， 因为每个元件的工作相互独立，且正常工作的概率均为，所以， 所以， ， ， ， 所以控制系统中正常工作的元件个数的分布列为 0 1 2 3 控制系统中正常工作的元件个数的数学期望为， （2）（i）升级改造后单位时间内产量的分布列为 产量 0 设备运行概率 所以升级改造后单位时间内产量的期望为， 所以 产品类型 高端产品 一般产品 产量（单位：件） 利润（单位：元） 2 1 设备升级后单位时间内的利润为，即. （ii）若增加2个元件，则第一类：原系统中至少有4个元件正常工作，其概率为； 第二类：原系统中恰好有3个元件正常工作，新增2个元件中至少有1个正常工作， 其概率为； 第三类：原系统中恰好有2个元件正常工作，新增2个元件全部正常工作， 其概率为. 所以 ， 则， 所以当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率变大； 当时，，即增加2个元件设备正常工作的概率没有变大. 又因为， 所以当时，增加2个元件后利润提高；当时，增加2个元件后利润没有提高. 51．(24-25高二上·福建福州福九联盟（高中）·期末)现有甲乙两个盒子，甲盒中装有除颜色外其他都一样的1个红球和2个黑球，乙盒中装有除颜色外其他都一样的2个红球和1个黑球.现从这两个盒子中各任取一个球，交换之后放入另一个盒子中去，称为1次球的交换的操作，如此重复次这样的操作后乙盒子中红球的个数记为 (1)求； (2)求的概率分布列并求出; (3)证明： 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）事件“”即经过1次交换后乙盒子中只有一个红球； （2）依题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，分别求其概率，然后写出分布列，再求数学期望即可； （3）依题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，分别求其概率，再根据和数学期望计算化简即可. 【详解】（1）事件“”即经过1次交换后乙盒子中只有一个红球； 则需从甲盒子中取出1个黑球放入乙盒中，且从乙盒子中取出1个红球放入甲盒中， 则； （2）依题意可知的所有可能取值为0，1，2，3，，； ， ， ， ，    ， 所以的分布列如下表： 0 1 2 3 P 所以 . （3）依题意可知的所有可能取值为0，1，2，3， ， ， ， ，                       ， ， . 题型十八 概率统计综合问题（共3小题） 52．(24-25高二上·湖北仙桃·期末)已知，两个盒子里分别有，个小球，另有足够多的小球备用.重复进行次如下操作：每次从，中随机选取一个盒子，向里面放入1个球或放入2个球，从剩下的另一个盒子里取出1个球或取出2个球.每一次操作中某个盒子里“放入1个球”“放入2个球”及“取出1个球”“取出2个球”均是等可能的，这次操作结果均相互独立. (1)若，，求第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率； (2)求完成一次操作后，，两个盒子里球的个数之和减少的概率； (3)求重复进行次操作后，，两个盒子里球的个数之和为的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）（2）由题意，利用列举法，结合古典概型的概率公式，可得答案； （3）由（2）可得每次操作之后和的情况，利用概率的乘法公式，可得答案. 【详解】（1）设第次操作后A，B两个盒子里球的个数分别为， 列举所有8种可能的情形： ，，，，，，，， 满足的有3种情形，所以第一次操作后，盒子里球的个数多于盒子里球的个数的概率. （2）设，，在第次操作结果有8种等可能的情形， ①当，或，，或，或，时，； ②当，或，时，； ③当，或，时，； 仅有③中所述2种情形是减少的， 故一次操作后A，B两个盒子里球的个数之和减少的概率为. （3）由（2）的讨论知，每一次操作，A，B两个盒子里球的个数之和有3种可能的变化： 增加1个、不变、减少1个，要满足本次操作后，A，B两个盒子里球的个数之和为， 即比初始值增加个，则只可能是每一次操作均增加1个小球. 由（2）知，每次操作小球增加1个的概率为， 由于每一次操作结果均独立，本次操作均增加1个的概率为， 故A，B两个盒子里球的个数之和为的概率为. 53．(24-25高二上·辽宁多校联考·期末)甲、乙2名同学最近100次的投篮情况如下： 甲 乙 投中 50 60 未投中 50 40 用频率估计概率，解答下列问题． (1)若从甲、乙2人中随机选择1人投篮1次，求投中的概率． (2)设甲、乙进行投篮比赛，约定甲、乙轮流投篮，第一次由甲先投．规定：若其中一人比另一个人多投中2次，则停止比赛（例如：甲第一次投中，乙第一次未投中，甲第二次投中，则停止比赛，乙不再投第二次），投中次数多的赢得比赛；若甲、乙都投完了5次，则也停止比赛，投中次数多的获胜，次数相同则平局．甲、乙每次投中与否相互独立． ①求甲投了第3次后停止比赛的概率； ②求乙投了第4次后停止比赛的概率． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用频率求出两人投中的概率，然后根据两人的投中概率可求答案； （2）①先明确甲投了第3次后停止比赛的所有情况，结合互斥事件的概率求解；②乙投了第4次后停止比赛，说明乙比甲多投中2次，按照轮次情况，分类求解概率即可. 【详解】（1）甲同学的投篮命中率为， 乙同学的投篮命中率为． 从甲、乙中随机选择1人投篮1次，投中的概率为． （2）①甲投了3次，则乙投了2次． 由题意可得甲比乙多投中2次，有2种情况． 第一种情况：甲投中了3次，乙投中了1次，即甲每次投篮都投中，乙第一次投篮投中，第二次投篮没投中，其概率为． 第二种情况：甲投中了2次，乙投中了0次，即甲第一、三次投篮投中，第二次投篮没投中，乙每次投篮都没投中，或甲第二、三次投篮投中，第一次投篮没投中，乙每次投篮都没投中，其概率为， 故所求概率为． ②乙投了4次，则甲投了4次． 记甲、乙各投1次为一轮，则甲、乙共投了四轮． 在每轮比赛中，记事件为乙投中的次数比甲多1次，即乙投中，甲没投中，其概率， 记事件为甲、乙投中的次数相等，即甲、乙都没投中或都投中，其概率， 记事件为乙投中的次数比甲少1次，即乙没投中，甲投中，其概率． 投了第四次后停止比赛，即投了四轮后乙投中的次数比甲多2次，有2种情况． 第一种情况：四轮比赛中，事件各发生2次，即第一至四轮依次为或，或，其概率为． 第二种情况：四轮比赛中，事件发生3次，事件发生1次，即第一至四轮依次为，或，其概率为． 所求概率为． 54．(24-25高二上·福建福州第三中学·期末)“英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2023年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学和物理学科夏令营活动． (1)若参加数学学科夏令营的7名中学生中恰有3人来自中学，从这7名中学生中选取3名中学生，求选取的中学生中来自中学的人数的分布列和数学期望； (2)在夏令营活动中，物理学科举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响． （i）求甲、乙两位同学所在组每轮答题中取胜的概率； （ii）当时，求的最大值． 【答案】(1)分布列见解析， (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由题意知，的可能取值有，，，，根据超几何分布列列出分布列计算期望即可； （2）（i）由题知甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则，设乙答对题数为，则，然后计算取胜的概率； （ii）由，令，，然后求最值即可. 【详解】（1）由题意知，的可能取值有，，，， ，， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 （2）（i）因为甲、乙两人每次答题相互独立，设甲答对题数为，则， 设乙答对题数为，则， 设“甲、乙两位同学在每轮答题中取胜”， 则 （ii）因为，所以 由，又，所以， 则，又，所以， 设，所以，因， 由二次函数的性质可知，当时取最大值， 故甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值为． 一、单选题 1．已知直线与圆交于不同的两点A，B，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于r的不等式即可求解． 【详解】将直线方程变形为，则可知直线恒过定点， 圆的圆心，则， 若，则直线可和圆O相切，如图所示，此时A、B重合，若直线与圆O交于不同的两点A，B， 则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故， 即P在圆O内，直线与圆O一定交于两点A、B，此时对于任意给定的半径r， 根据圆的性质，当时，弦AB最短，最小，此时弦长， 在中，，当时，为等边三角形，此时， 由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦AB满足， 即，解得， 综上所述，． 故选：C． 2．数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的是（    ） （1）方程，表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过1； （3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于； （4）曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）． A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4） C．（1）（3）（4） D．（1）（2） 【答案】D 【分析】对于（1），由分析判断，对于（2）利用基本不等式结合已知条件分析判断，对于（3）将以为圆心，1为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可，对于（4）结合（2）考虑曲线在第一象限是否经过整点进行分析判断. 【详解】对于（1），因为，所以与异号，所以表示的曲线在第二和第四象限，所以（1）正确， 对于（2），设曲线上一点，则其到原点的距离为， 考虑到该图形对称性，故研究第一象限的点， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以，所以，当且仅当时取等号， 所以曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过1，所以（2）正确， 对于（3），以为圆心，1为半径的圆的面积为，由（2）知曲线在圆内部， 所以曲线构成的四叶玫瑰线面积小于，所以（3）错误， 对于（4），由（2）可知曲线在圆内部，而圆内在第一象限无整点， 所以曲线在第一象限没有经过整点， 由曲线的对称性可知，曲线在其它象限也没有经过整点， 所以由图可知曲线只经过整点，所以（4）错误， 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查曲线与方程，考查基本不等式的应用，解题的关键是利用图形的对称性分析判断，考查数形结合的思想，属于较难题. 二、多选题 3．在棱长为a的正方体中，点E为的中点，点P满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．若，则平面 B．若，则平面ABP C．若，则存在，使 D．若，则存在，使平面DPB 【答案】ABD 【分析】对于A选项：若，先利用面面平行性质得，进而推出平面，同理证平面，再由线面平行判定得平面平面，所以平面.对于B选项：若，由且得，运用线面垂直判定得到平面 .对于C选项：先以D为原点建立空间直角坐标系，确定各点坐标.接着假设与平行，根据向量平行性质列出等式，解方程即可.对于D选项：先根据已知得出点坐标，进而得到向量、、.然后设出并求解平面的法向量，通过向量平行关系列出等式，求解即可. 【详解】对于A选项，若，则， 则点在线段上，如图．因平面平面， 且平面平面，平面平面，故， 因平面平面，故平面， 同理可证平面，因平面平面，且， 故有平面平面，又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B选项，若， 则（为的中点）如下图，又因为，所以． ，又因为平面，平面，故B正确； 对于选项，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，. 因为，，，所以， 则点的坐标为.若，则，，. 假设存在，使，则存在实数，使得，即， 可得，此方程无解，所以不存在，使，选项错误. 对于选项，若，则，，，. 设平面的法向量为，则，即， 由得，代入得， 即，，令，则，，所以. 若平面，则与平面的法向量平行，即存在实数，使得，， 可得，由代入得，解得，所以存在，使平面，选项正确. 故选：ABD． 4．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（   ） A．圆的圆心都在直线上 B．圆的方程为 C．若，则圆与轴有交点 D．设直线与圆在第二象限的交点为，则 【答案】ABC 【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系判断C；求出点的纵坐标判断D. 【详解】圆的圆心，直线的方程为，即， 由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确； 显然，设点，则，而， 解得，，因此圆的圆心，半径为， 圆的方程为， 则圆的方程为，故B正确； 圆的圆心为，半径， 圆心到轴的距离为， 由两边平方得， ，，而 所以当时，圆与轴有交点，C选项正确. 在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误． 故选：ABC. 5．曲线：是一条形似的“比心曲线”.设点是上一个动点，且它与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，则（   ） A．点和点都在曲线E上 B．且 C．在E上存在点P，使 D．对于E上任意点P，有 【答案】BCD 【分析】对于A，将两点分别代入曲线的左侧，判断是否等于右侧即可判断A；对于B，利用不等式即可求解范围；对于C，注意到当为或时，面积刚好为1；对于D，当时，P的轨迹为椭圆，联立椭圆与曲线方程，可得其交点，画出图形即可判断. 【详解】在E中，令得，所以，，， 令得，所以，， 曲线E的大致形状如图所示. 对于A，将点，代入曲线E的方程的左侧可得，， 所以点不在曲线E上，点在曲线E上，故A错误； 对于B，令得，即，所以， 所以直线与曲线E交于点，结合图象可得点P的纵坐标的最大值为. 由得，所以，等号当且仅当成立； 由得，所以当时，，所以.故B正确； 对于C，由选项A，B知，，当为或时， 面积的最大值为，故C正确； 对于D，因为坐标平面内到定点C，D的距离和为的点的轨迹是以C，D为焦点，长轴长为的椭圆. 设椭圆方程为，由已知，，得， 所以椭圆方程为. 联立，得， 所以，所以， 故椭圆与曲线E的交点为，， 如图所示， 因此曲线E上的所有点都满足故选，D正确， 故选：BCD. 6．已知双曲线 的左、右焦点分别为 ，，左、右顶点分别为A，B，过 的直线l与双曲线的右支交于P，Q两点（P在第一象限），PQ中点为M，，的内切圆圆心分别为，，半径分别为、则下列结论正确的是 （  ） A．，，三点共线 B．直线l斜率存在时， C．若，则直线l的斜率为 D．的取值范围是 【答案】ABD 【分析】设点，在A项中，由双曲线的焦点三角形的内切圆一定切于顶点（右焦点就对应右顶点），通过列式判断．由斜率公式及点差法可以判断B，设直线的倾斜角为，得到，，进而可判断CD. 【详解】 设圆分别与边，，相切与点， 由双曲线的定义得， ，而， 得，而 ，， 得 ，又因为 得切点T与点B 重合，得点，则内心的横坐标为1， 同理可得，内心的横坐标也为1，得三点共线，故A项正确. 对于B项，由相减得， 得 ，即，故B项正确； 对于C项，设直线的倾斜角为，连接， 则 ， 若 ，则 ，，故C项错误； 对于D项，由题可知双曲线的渐近线为：，倾斜角分别为， 因为直线与双曲线的右支交于两点， 所以， 令，则，则在上单调递减，在上单调递增， 故， 故 ，故D项正确. 故选：ABD 7．在平面直角坐标系中，设为抛物线的焦点，是上一点，点，若的延长线与交于点．记，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】依题意得到抛物线的准线，根据准线的性质，正弦定理及三角函数的定义即可判断各选项． 【详解】依题意可得抛物线的准线为， 对于选项A，B，过点作垂直准线于，则，如图，    在中，由正弦定理有，得， 在中，，且， 则，所以，故选项A正确； 所以当时，，即当时，，故选项B错误； 对于选项C，D，过点作垂直准线于，则，如图，    在中，由正弦定理有，得， 在中，，且， 则，所以，故选项C正确； 所以当时，，即当时，，故选项D错误； 故选：AC． 三、填空题 8．设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为 ． 【答案】 【分析】根据排列排列的性质及题意分析求解即可. 【详解】数字1，2，3，4，5，6的排列数为， 要使的值大于400，则的取值组合为， 其中与的情况数一样，下面只分析其中一类： 当时，从中进行选取，满足即可， 则时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为； 当时，从中进行选取，此时任意选取均满足题意， 则满足条件的情况数为； 当时，从中进行选取，满足即可， 则时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为. 综上所述，满足条件的情况数为， 所以的值大于400的概率为. 故答案为：. 9．数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； . 【答案】 45 4095 【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解； 第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解； 【详解】详解：（1），要使， 则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1， 其余位均为0，因为最高位必为1， 所以有个满足题意的的值. （2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，. 当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0， 故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）； 当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）； … 当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数， 所以 . 【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可. 10．已知：（ⅰ）在一系列独立重复的伯努利试验中，用表示事件第一次发生时已经进行的试验次数，记每次试验中事件发生的概率为，则的分布列为，．如果随机变量具有上式的形式，则称随机变量服从几何分布，且； （ⅱ）若随机变量，满足，则． 连续不断地抛掷一枚骰子，记录下它每次落地时朝上的面的点数，直到2，4，6点均出现为止，则抛掷总次数的数学期望为 ． 【答案】11 【分析】根据题中给的条件，构造随机变量，用题中给的规律计算期望. 【详解】设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为偶数. 设随机变量表示事件第一次发生时已经进行的抛掷次数. 由于每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第一个投出的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了以外的两个偶数. 设随机变量表示从出现第一个偶数后，直到出现第二个不同偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 记第二个出现的偶数点数为. 设事件表示抛掷一枚骰子朝上的点数为除了，以外的那个偶数. 设随机变量表示从出现第二个不同偶数后，直到出现第三个偶数所进行的额外抛掷次数. 在接下来的每次试验中，事件的概率总为，故服从几何分布，. 经过三个步骤，能保证2，4，6点恰好均出现，且出现次数最少的点数出现的次数为1. 随机变量为抛掷骰子直至2，4，6均出现时已经进行的试验次数. . 故 故答案为：11 四、解答题 11．如图①所示，矩形中，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，得到图②的四棱锥为中点． (1)求证：平面； (2)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取中点，借助三角形中位线性质，结合平行公理，利用线面平行的判定推理即得. （2）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （3）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由N为PB中点，得， 依题意，，则， 于是四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2）取中点，连接，由，得， 而平面平面，平面平面平面， 则平面， 过作，则平面，又平面， 于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （3）连接，由，得，而， 则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为， 则， 令，得， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令，得， 设平面和平面的夹角为， 则 令，，则，即， 则当时，有最小值， 所以平面和平面的夹角余弦值的最小值为． 12．如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面，且，，，，.    (1)证明：平面； (2)若，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，求球的表面积； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）依题意，延长，交于点，连接，证明，推得平面，即可证平面. （2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，由球心到的距离相同，且为球半径，列方程即可求出球心坐标和球的半径，即得球的表面积. （3）根据（2）中的坐标系，求出平面与平面的法向量，然后计算夹角的余弦值，化简后利用基本不等式即得其取值范围. 【详解】（1）延长，交于点，连接， 因为平面，，平面， 所以，， 即，. 因为为等边三角形，所以， 因为，所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面， 所以平面，即平面. （2）由（1）可知，，两两垂直， 故以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，      由（1）易得， 又，所以， 所以，，，，. 设，球的半径为， 则，， ，， ， 联立解得，， 则球的表面积为. （3）由（2）可知， 设，则易得，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则 ， 令，则， 所以， 则， 故平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 13．已知二次曲线，的长轴长为4，，为的左、右顶点，点为的左焦点，过作直线交于、（在的上方），连接、，直线与直线交于点.过作的切线交直线于点.当轴时，. (1)求的方程； (2)求证：直线过一定点； (3)点为线段上一动点，若直线、、三线共点，，设的面积为，的面积为，求的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由长轴长和当轴时，的值分别求出，即可写出的方程； （2）设坐标，由椭圆方程得的值，设直线方程，联立方程组由韦达定理求得的值，然后得到关系，从而求得的轨迹，由切线方程公式求得在处二次曲线的切线，然后得到的纵坐标，从而得到一定经过的点坐标； （3）设直线方程，得到点到直线的距离，且得到它们的比值，设，联立方程后求得，从而求得，并通过求得范围，然后就可计算得到的取值范围. 【详解】（1）由长轴长为4，. 当轴时，，解得. . （2）设，，，，， 将代入得：. 设， ， 联立，得到. 得到. . 根据与可知. 设，，解得，即在定直线上. 对二次曲线求导，，即， 在处二次曲线的切线为. 令，则， 直线的方程为， 令，则. 注意到，中点的纵坐标为0. 又，的中点为，即过定点. （3）由（2）可知在直线上. 设，根据点到直线距离公式，，，. ，. 联立、，得， . ，. . 14．已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)的下顶点为，直线与的上支交于，两点（点在靠近轴的一侧），直线与直线，分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，其中为原点. （i）求证：； （ii）求外接圆的半径的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见详解；（ii）. 【分析】（1）根据已知条件建立方程求出得解； （2）（i）设，，将直线与双曲线方程联立，由根与系数的关系得，求出代入运算得证；（ii）设，求出的三边长，利用，表示出外接圆的半径的表达式，利用基本不等式求解. 【详解】（1）由题，设双曲线的上焦点为，渐近线方程为， 所以焦点到渐近线的距离为， 又离心率，即，得， 所以双曲线的方程为. （2）（i）由题得，设，， 联立，消去，整理得， 则，得或， ，， 直线的方程为，令，得，即， 所以， 同理，可得，即得， ， 又， 所以 ， 又，故. （ii）由题，设，则，，，又， 由，所以， 令，则， 由，当且仅当，即时取等号， 所以，当时，， 因此，的外接圆的半径的取值范围为. 15．已知椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6. (1)求的方程； (2)已知是上一动点，，当为的右顶点时，取得最小值，求的取值范围； (3)若动直线与交于点，点是轴正半轴上异于点的一定点，若直线的倾斜角分别为，且存在实数使得恒成立，求点的坐标及的值. 【答案】(1) (2) (3)，. 【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再利用椭圆的定义可得，即可得椭圆方程； （2）根据两点距离公式，结合二次式的性质即可求解； （3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据正切和差角公式以及斜率公式化简求解. 【详解】（1）由已知，将代入椭圆方程得，解得， 又椭圆上一点到两个焦点的距离之和为6， 所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设，则， ， 因为当为的右顶点时，取得最小值， 即时，取得最小值， 所以，即， 所以的取值范围是. （3）设，（且），，， 将与联立得， 则，， 又分别为直线的倾斜角， 因为， 所以为定值， 又 ， 又为定值，则，所以， 当时，，为定值， ， 所以，. 16．将编号为，，，的小球随机放入编号为，，，的盒子，每个盒子里仅放一个小球，设编号为的盒子里小球的编号为，若，则称该小球为“配球”. (1)当时，求“配球”个数的分布列和期望. (2)已知：若随机变量服从两点分布，且，，，，，，则. （i）求“配球”个数的期望. （ii）若满足：当时，；当时，；当时，，且，则称该小球为“顶球”，求“顶球”个数的期望. 【答案】(1)分布列见解析，期望为1 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）首先写出的取值，根据古典概率公式求出每个取值对应的概率，列出分布列，最后根据期望公式即可求解； （2）（ⅰ）首先得出，然后再利用题干所给公式即可求解； （ⅱ）首先得出，，，然后再利用题干所给公式即可求解. 【详解】（1）， ，，， 则的分布列为 0 1 3 . （2）（ⅰ）记则，， . （ⅱ）记则， 设第个球是“顶球”的概率为，则，，当时，， . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $