专题08 解答题15题、16题、17题必会题（6阶题组）专项训练（二）-2026年高考数学二轮复习解答题解题大招（方法技巧+分层突破）-（会一题通一类系列）（全国通用）

专题08 解答题15题、16题、17题必会题 （6阶题组）专项训练（二） （建议用时：30分钟，满分：43分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （15题13分、16题15分、17题15分） 15．已知等差数列和等比数列满足，，，. （1）求和的通项公式； （2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和. 【答案】（1），；（2）. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由， ∴，， ∴，. （2）当的前60项中含有的前6项时，令， 此时至多有项（不符）. 当的前60项中含有的前7项时，令， 且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项. ∴. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分析新数列是由和中的哪些选项构成的，还要注意去掉公共项. 16．某商场进行抽奖活动，设置摸奖箱内有红球个，白球个，黑球个，小球除颜色外没有任何区别.规定：摸到红球记分，摸到白球记分，摸到黑球记分.抽奖人摸个球为一次抽奖，总分记为，若，则获奖. 方案一：从中一次摸个球，记录分数后不放回. 方案二：从中一次摸个球，记录分数后放回. (1)若甲顾客按照方案一摸球记分，求甲顾客获奖的概率； (2)若丙顾客按照方案二摸球记分，求的分布列和数学期望. 【答案】(1)； (2)分布列见解析，. 【分析】（1）分析可知，甲顾客摸到个红球个白球、或者是个红球个白球个黑球，结合组合计数原理以及古典概型的概率公式可得出的值； （2）从袋中每次随机摸出个球，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为，的可能取值有、、、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【详解】（1）若，则甲顾客摸到个红球个白球、或者是个红球个白球个黑球， 所以，. （2）从袋中每次随机摸出个球，摸到红球的概率为，摸到白球的概率为，摸到黑球的概率为， 则的可能取值有、、、、、、， ，， ，， ，， ， 所以，随机变量的分布列如下表所示： 故. 17．如图，在圆锥中，为底面圆的一条直径，为底面圆周上不同于的两点，圆锥母线长为. (1)若，平面与平面的交线为，证明：∥； (2)若与平面所成角的正切值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可得，可证平面，结合线面平行的性质定理分析证明； （2）方法一：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量处理线面夹角问题；方法二：以点为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量处理线面夹角问题. 【详解】（1）因为为直径，则， 且，则且， 又因为，则，即. 且，平面，可知， 且平面平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. （2）方法一：由题意知，， 如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可知，设， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设与平面所成角为， 则，可得， 且，解得， 即， 整理得，解得，即； 方法二：以点为坐标原点，所在直线分别为和轴，在平面内过垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，可得，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设与平面所成角为，则，可得， 且，解得， 即， 整理得，解得， 所以，即. （建议用时：30分钟，满分：43分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （15题13分、16题15分、17题15分） 15．已知公比大于的等比数列满足． （1）求的通项公式； （2）求. 【答案】（1）；（2） 【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式； (2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可. 【详解】(1) 设等比数列的公比为q(q>1)，则， 整理可得：， ， 数列的通项公式为：. (2)由于：，故： . 【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 16．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，E，F分别是PA，PD的中点，过E，F作平面交线段PB，PC分别于点G，H，且 (1)求证：； (2)若PD⊥平面ABCD，且二面角为，二面角的正弦值为，求t的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，可得，根据线面平行的判定定理可得平面PBC，从而由线面平行的性质定理可得，由平行公理即可得证； （2）由PD⊥平面ABCD，可得∠ADC为二面角的平面角，则，取BC中点O，连接OD，以D为原点，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出平面PBD的法向量与平面EFG的法向量为，从而利用向量法即可求解. 【详解】（1）证明：∵E，F分别是PA，PD中点， ∴， 又∵， ∴， 又∵平面PBC，平面PBC， ∴平面PBC， 又∵平面α，平面平面， ∴， ∴； （2）解：∵PD⊥平面ABCD，AD，平面ABCD， ∴，， ∴∠ADC为二面角的平面角，则， 取BC中点O，连接OD，以D为原点，DA所在直线为x轴，DO所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，设点G坐标为， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设平面PBD的法向量为，则， 即，令，则，，则， 设平面EFG的法向量为，，， ∴，即， 令，则，，则， 设二面角E-FG-P的平面角为θ， ∵二面角E-FG-P的正弦值为， ∴，， ∴， ∴，解得或（舍去）. 17．已知函数，. (1)求的单调区间和极小值； (2)证明：当时，. 【答案】(1)递增区间为，递减区间为，极小值为1； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求出单调区间及极值. （2）根据给定条件，构造函数，利用导数结合基本不等式推理即得. 【详解】（1）函数，，求导得， 当时，单调递增；当时，单调递减； 当时，单调递增；当时，单调递减， 所以的递增区间为；递减区间为，的极小值为. （2）证明：当时，令， 求导得， 令，求导得， 函数在上单调递增，则，在上单调递增， 因此，所以. （建议用时：30分钟，满分：43分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （15题13分、16题15分、17题15分） 15．记中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求A； (2)若，边上的中线长为，求的面积. 【答案】(1) (2)4 【分析】（1）将边化角，结合两角和的正弦公式即可化简求解； （2）在中，由余弦定理可求，进而可得，再利用三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 又， 所以， 因为，，所以， 又因为，，所以，. （2）在中，因为，， ，由余弦定理可得：， 即，解得，所以， 所以. 16．在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，点E为线段的中点，点F为线段上的动点（不含端点）. (1)证明：平面平面； (2)若平面与平面的夹角为，求点P到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理、判定定理可得答案； （2）利用线面垂直的性质定理、判定定理得出平面，以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设，记的中点为，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的斜率求法求出，再由点面距离的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为，，，所以. 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）由（1）知，平面，平面，所以， 又因为底面为正方形，所以，由，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 以A为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，，，， 设，则， 设平面的法向量，则， 令，则，，故， 设平面的法向量，，令，则， 则平面的法向量， 由题意得，，即， 整理得，，解得或（舍），则 所以平面的法向量可取， 所以点到平面的距离. 17．已知函数，其中. (1)求的极值； (2)讨论的零点的个数. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)答案见解析 【分析】（1）求导得函数单调性，进而得极值； （2）求导，对分类讨论得函数对应的单调性，从而结合零点存在定理即可得解. 【详解】（1）因为，其定义域为， 且. 因为，由，所以函数在和上单调递减， 在上单调递增，所以在处取极小值， 且极小值为，无极大值. （2）因为，所以当时，有，此时无零点； 当时，由（1）知，在处取极小值. ①当时，在处取极小值0，此时恰有一个零点； ②当时，在处取极小值，此时无零点； ③当时，在处取极小值. 下面先证明：当时，. 令，则，当时，单调递减， 时，单调递增，所以，即，等号当且仅当时成立. 所以，又当且时，. 所以在和各有一个零点，此时，共有2个零点. 综上可知，当时，无零点；当时，有一个零点； 当时，共有2个零点. （建议用时：30分钟，满分：43分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （15题13分、16题15分、17题15分） 15．在圆内接四边形中，. (1)求的大小； (2)若，求的面积最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理列出等式，然后化简可求得的大小. （2）首先利用正弦定理将表示出来，然后利用三角形面积公式和角的范围即可求出三角形面积的最大值. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理得，所以， 所以，所以， 所以； （2）由（1）可知，所以是四边形外接圆直径，， 设，则， 在中，，由正弦定理得，即， 在中，，， 当且仅当时取等号，所以面积的最大值为. 16．已知椭圆C的焦距为2，且过点. (1)求C的方程； (2)若A，B分别是C的左、右顶点，设直线与x轴交于点P，点Q是直线上不同于点的一点，直线BQ与C交于另一点M，直线AM与交于点N，是否存在点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，或 【分析】（1）由题意得及，即可求解； （2）假设存在点，使得，则，设，则，直线BQ的方程为．由即可求解． 【详解】（1）由题意知，且过点，即，，解得，， 所以椭圆的方程为； （2）假设存在点，使得 ，则 ．       设 ，则 ， ∴ ，直线 的方程为 ． ∵点 在直线上，∴， ∵点是直线上不同于点的一点，∴ ，解得 ∵点在椭圆 上，∴ ，解得 或 ， 当 时，解得 ；当 时，解得 ∴存在点 ，使得 ，点的坐标为 或 ．    17．在四棱台中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，，过的平面分别交，于点M，N，且平面.    (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，求直线与平面所成角的正弦值取最大值时，的值； (3)求平面MAC与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）求证，再证平面，即可得出，再利用勾股定理得出，则平面，即可求证； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求证平面，再计算的最值即可； （3）求出两个平面的法向量，再求夹角即可. 【详解】（1）平面，平面，平面平面， ， 设，连接， 在四棱台中，平面平面， 平面平面，平面平面，， 又由题意知，四边形是等腰梯形，，同理， ，平面，平面， 平面，， 底面ABCD是菱形，， 平面，，∴平面， 平面，∴，则； 菱形的边长为2，，，， ，四边形是平行四边形，∴， ∴，∴，∴，∴ ， ∵过的平面分别交，于点，∴平面， 平面，∴平面平面； （2）由（1）知平面，且，以为原点，直线，，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，    ，，，，， ， 由（1）知且平面，∴， 又在等腰梯形中，∴， ∵，平面，∴平面， ∴平面的一个法向量即为，∴， 设，∵， ∴，∴， 设直线与平面所成角为， 则， 当时取最大值，此时； （3）设，，设平面的法向量为， ，令，， 设，，， ，，，，， 又在上，设，即， ，， ，， 设平面的法向量为， ，令，， ， 平面MAC与平面夹角的余弦值 （建议用时：30分钟，满分：43分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （15题13分、16题15分、17题15分） 15．记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. (1)求角A； (2)若，求外接圆面积的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，根据三角函数的恒等变化，可得答案； （2）由余弦定理与重要不等式，可得边的最小值，根据正弦定理可得外接圆的半径，可得答案. 【详解】（1）由，根据正弦定理， 则， 即，由，则， 由，即，则，解得. （2）由余弦定理可得， 当且仅当时，等号成立，则的最小值为， 设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，则的最小值为， 所以外接圆面积的最小值为. 16．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出. 【详解】（1）连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （2）取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 17．近年来，随着电脑、智能手机的迅速普及，我国在线教育行业出现了较大的发展.某在线教育平台为了解利用该平台学习的高一学生化学学习效果，举行了一次化学测试，并从中随机抽查了200名学生的化学成绩，将他们的成绩分成以下6组：，，，，，统计结果如下面的频数分布表所示. 组别 频数 20 30 40 60 30 20 (1)现利用分层抽样的方法从前3组中抽取9人，再从这9人中随机抽取4人调查其成绩不理想的原因，试求这4人中至少有2人来自前2组的概率. (2)高一学生的这次化学成绩（单位：分）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.且这次测试恰有2万名学生参加. （i）试估计这些学生这次化学成绩在区间内的概率（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （ii）为了提升学生的成绩，该平台决定免费赠送给在平台学习的学生若干学习视频，具体赠送方案如下： 方案1：每人均赠送25小时学习视频； 方案2：这次测试中化学成绩不高于56.19分的学生赠送40小时的学习视频，化学成绩在内的学生赠送30小时的学习视频，化学成绩高于84.81分的学生赠送10小时的学习视频.问：哪种方案该平台赠送的学习视频总时长更多？请根据数据计算说明. 参考数据：则，. 【答案】(1) (2)（i），（ii）方案2 【分析】（1）由古典概率公式结合对立事件的概率求解即可； （2）（i）由平均数的计算公式求出，再由原则求解即可；（ii）对于方案2，设每位学生所获赠学习视频的小时数为X，求出X的所有可能取值及其概率，再求出，与方案一比较即可得出答案.. 【详解】（1）因为抽样比， 所以抽取人，抽取人， 抽取人. 设事件：这4人中至少有2人来自前2组， . （2）， 所以，，，. 所以 . 对于方案2：设每位学生所获增学习视频小时数为，则. ， ， . ， 所以方案2该平台赠送的学习视频总时长更多. （建议用时：30分钟，满分：43分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （15题13分、16题15分、17题15分） 15．已知各项都是正数的数列，其前项和为，，且. (1)求的通项公式； (2)若，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对题干条件化简，求出前项和为与的关系式，再利用关系式求出通项公式. （2）先求出数列的通项公式，根据列项求和法求出的值. 【详解】（1）由题意得， 所以，又数列是各项都是正数的数列，， 所以，， 当时，有， 所以， 所以，故数列是1为首项，2为公差的等差数列， 所以. （2）由（1）得， 所以， 所以， 裂项得，证毕. 16．已知函数. (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式即得切线方程； （2）解法一：将函数求导，根据参数的取值，判断函数的单调性，验证是否满足条件，可发现在时，需使，用换元后，讨论函数的单调性和零点即得参数的范围；解法二：将进行整理，通过换元，从而将不等式化简为恒成立，继而利用其单调性推得，即得，通过求函数的最小值即得参数的范围. 【详解】（1）当时，，函数定义域为， 则， 所以，， 所以切线方程为，即. （2）解法一：，， ，∵，∴， 当时，，则在上单调递增， 当时，， 不满足恒成立，故舍去； 当时，当时，， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减， 则的最大值为， 依题意恒成立， 令，，， 则，则在上单调递增， 又，故等价于， 所以且， 即，则 的取值范围是. 解法二：由题意得， 设，则恒成立， 又因为恒成立，即函数在上为增函数， 又，所以要使恒成立，需使， 即，得， 设，则， 当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以 从而，即的取值范围是. 17．有一款网络答题竞赛游戏，答题类型有科普类与文学类两种，随机抽取了50名参赛人员进行答题偏好的问卷调查，调查所得数据如下表： 科普类 文学类 合计 男生 5 女生 10 合计 25 50 (1)完成以上列联表，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该游戏的答题偏好与性别有关联？ (2)随着参赛人员越多，题库提供的题量越多，某同学统计了当参赛人数分别为2~6人时，题库给出的题量的数据，用最小二乘法得到答题量关于参赛人数的回归直线方程为，已知该组数据的相关系数，题量的方差，求的值（结果精确到0.1）. 附：参考公式：，其中. 回归系数，相关系数，. 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)列联表见解析，能 (2) 【分析】（1）根据题设中的数据完善列联表，计算卡方后可得相应判断； （2）根据相关系数可求，从而可求回归系数. 【详解】（1）完成列联表如下： 科普类 文学类 合计 男生 15 5 20 女生 10 20 30 合计 25 25 50 零假设为：该游戏的答题偏好与性别无关. ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该游戏的答题偏好与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01. （2）由题意可得：，， 因为，可得， 又因为 可得 所以 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $解答题解题大招 会白题通台类系列 专题08解答题15题、16题、17题必会题 (6阶题组)专项训川练（二） 15-07题组() (建议用时：30分钟，满分：43分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (15题13分、16题15分、17题15分) 15.已知等差数列{a,}和等比数列{bn}满足a=4,b=2,a2=2b2-1,a=b+2. (1)求{an}和{bn}的通项公式： (2)数列a}和bn}中的所有项分别构成集合A,B,将AUB的所有元素按从小到大依次排列构成一个 新数列{cn},求数列{cn}的前60项和So. 1/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 16.某商场进行抽奖活动，设置摸奖箱内有红球1个，白球2个，黑球3个，小球除颜色外没有任何区别.规 定：摸到红球记1分，摸到白球记0分，摸到黑球记-1分.抽奖人摸3个球为一次抽奖，总分记为X,若 X≥0，则获奖 方案一：从中一次摸1个球，记录分数后不放回. 方案二：从中一次摸1个球，记录分数后放回. (1)若甲顾客按照方案一摸球记分，求甲顾客获奖的概率； (2)若丙顾客按照方案二摸球记分，求X的分布列和数学期望. 2/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 17.如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B,D为底面圆周上不同于A,C的两点，圆锥母线长 为V5,AC=2,∠BAC=30°. P ---- =C (I)若AD=1,平面PAD与平面PBC的交线为I,证明：AD∥I: 2)若AD与平面PCD所成角的正切值为45，求AD的长 3 3/18 解答题解题大招 会白题通台类系列) 05-17题组(5) (建议用时：30分钟，满分：43分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (15题13分、16题15分、17题15分) 15.已知公比大于1的等比数列{an}满足42+a4=20,a=8. (1)求{an}的通项公式： (2)求a,a2-a,a,+…+(-l)-ana+1 4/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，PD=AD=2,E,F分别是PA,PD的中点， 过E,F作平面a交线段PB,PC分别于点G,H,且PG=t·PB G B (1)求证：GH∥BC; 2)若PD⊥平面ABCD,且二面角A-PD-C为120，二面角E-FG-P的正弦值为5，求t的值. 4 5/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 17.已知函数f(x)=cosx+xsinx,xe(-x,). (1)求f(x)的单调区间和极小值： (2)证明：当xe[0,)时，2f(x)≤e+e. 6/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 05-07®组（自） (建议用时：30分钟，满分：43分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (15题13分、16题15分、17题15分) 15.记ABC中内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,己知a cos B+bsin A=c. (1)求A: (2)若c=√2，AC边上的中线BD长为√10，求ABC的面积. 7/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 16.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面PCD,PA⊥AD,PA=AD=2,点E 为线段PD的中点，点F为线段PC上的动点（不含端点）· p B (1)证明：平面AEF⊥平面PCD; ②)若平面AEF与平面P8C的夹角为牙求点P到平面AEF的距离. 8/18 解答题解题大招 会白题通台类系列 1.已知函数f=aec-,其中a>0. (1)求fx的极值； (2)讨论f(x)的零点的个数. 9/18 解答题解题大招 会白题通白类系列) 15-17题组（四） (建议用时：30分钟，满分：43分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (15题13分、16题15分、17题15分) 15、在圆内接四边形ABCD中，∠DBA=石2BD=V5AB. (1)求∠ADB的大小： (2)若AC=4√6，求△BCD的面积最大值 10/18