压轴大题突破练1&压轴大题突破练2-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习考前增分练

班级： 姓名： 压轴大题突破练1 (分值：17分 时间：20分钟) (17分)已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD为平行四边形，SA=AB=SB,SB⊥AC,∠ABC=60°，BC= 2,AB=1. 得分■ (1)求三棱锥S-ABC外接球的表面积. (2)设T为线段SD上的点. ①若ST二3SD,求直线AC与平面BTC所成角的正弦值 ②平面a过点B,T,且AC∥平面a,探究：是否存在点T,使得平面SAD与平面a所成角的正切值为 √？若存在，求出奶的值若不存在，请说明理由。 (横线下方不可作答)259 压轴大题突破练 ■ 班级： 姓名： 压轴大题突破练2 (分值：17分 时间：20分钟)》 7分)双街线无0>06>0)的一个顶点在直线1：y=x+1上，且其离心车为 得分 (1)求双曲线E的标准方程， (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的 切线，定义该公共点为切点，已知点T在直线1上，且过点T恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线 与双曲线E的切点分别为P和M. ①设点T的横坐标为t,求t的取值范围； ②设直线TP和直线TM分别与直线x=一1交于点Q和点N,求证：直线PN和直线MQ的交点在定直 线上 附：双曲线多a>0.6>0)以点(m,)为切点的切线方程为驾” 62y=1. 红对勾讲与练 260]高三二轮数学 ■当x∈(-1，+∞)时，g'(x)>0, g(x)在（一1，+∞）上单调递增. 又g(1)>0,g(0)<0,且当x<0时， g(x）<0,所以存在唯一的x。∈(0， 1),使g(xo)=0,即xe0=1. 当x∈(-∞，xo)时，f'(x)<0,f(x) 在(-∞，x。)上单调递减； 当x∈(xo,+∞)时，f'(x)>0, f(x)在(x。,+∞)上单调递增，所以 f(x)≥f(xo). 又f(x)=-x,-1<0,f-2)= To 1、 3 >0,f(2)=e-3>0, 所以根据函数零点存在定理，f(x)在 (一2，x)和(x0,2)中各有一个零点， 共2个零点. 3.解：(1)证明：如图，连接AN,取BC的 中点S,连接ES,PS, 结合已知可得AB∥NC,且AB=NC, 所以四边形ABCN为平行四边形，所 以P为AC的中点. 因为S为BC的中点，P为AC的中点， 所以SP∥AB,且SP= B. 1 因为M为EF的中点，所以EM∥AB, 1 且EM=2AB, 所以SP∥EM,且SP=EM,故四边 形PSEM为平行四边形， 所以MP∥ES.又因为MP庄平面 EBC,ESC平面EBC, 所以MP∥平面EBC. E M (2)因为CD=4,AB=2,N为CD的 中点，所以DN=2CD=2=AB: 1 又因为AB∥DN,所以四边形ABND 为平行四边形， 所以BN=AD=BC=√2」 因为CN=2,所以BC2+BN2= CN2,所以BC⊥BN. 因为EB⊥平面ABCD,所以以点B为 坐标原点，BC,BN,BE所在直线分别 为x轴、y轴、：轴建立如图所示的空间 直角坐标系， 则A(-√2，√2,0)，C(√2,0,0)，E(0 0EE.E.M(-9 设平面MAC的法向量为n1=(x1, y1,1),AC =(2√2，-√2,0)，AM n1AC=22x1-2y1=0, 则 ,- 2M+2 =0 令1=1，则x1=2,y1=4, 可得平面MAC的一个法向量为n1= (2,4,1) 设平面ACE的法向量为n2=(x2y2, ),CE=(-√2,0，√2)， 396 2因闪讲与练·高三二轮数学 则n:A正=2厄x:-2y,=0, n:.c2=-2x2+√2x2=0, 令x2=1,则y2=2,≈g=1, 可得平面ACE的一个法向量为n2= (1,2,1). 所以c0sn1n:)=Tn1·n:T n1·n2 11 11/14 √2IX√6 42 由图可知，二面角M-AC-E的平面角 为锐角， 所以二面角M-ACE的余弦值 为 42 4解：1)由椭圆E:a十6一1a> 6>0)的离心率e= 2,得e= √a=6_巨，解得a=6,所以 a 2 c=√a-b=b,椭圆E的方程为 元+若=1.即x+2y=26. x 当直线1的斜率k=1且过点F(b,0) 时，直线1的方程为y=x一b, 由+2w26. 4 x=3b, y= 不妨令A0,-6).B(告6：子) 由1AF1BF1=2,得26.6= 3 2,解得b2=3, 所以椭圆E的方程为6十 (2)证明：由(1)知，N(0,一√3)，设直 线1的方程为y=kx十m,A(x1y1), B(x2'y2）, 由亿”清去y得(+ 1)x2+4km.x+2m2-6=0, △=16km2-8(2k°+1)(m2-3)= 8(6k2+3-m)>0,x1+x2= -4km 2m2-6 2k+1212:=26+1 N十女N=当+5+：十3 26+(m+5).1+2=2k TIT2 4km(m+√3) =√2，解 2m2-6 m-√3 得m=一6k十3，直线1的方程为 y=kx一√6k十√3， 所以直线1恒过定点D(√6√3). (3)由过点D(W6,W3)得k>0,由(2) 得x1十：=二C二5十) 2k+1 4V3k(W2k-1) 2k2+1 ,x1x2= 2(-6k十5)-6 2k2+1 12(k2-√2k) 2k2+1 |AB|=√1+k· √/(x1+x2)-4x1x2= √/1+5· 48k2(√2k-1) 48(k2-√2k) (2k2+1) 2k2+1 43·个+.2飞 2k2+1 ,点M(0,√3) 到直线kx一y一√6k十√3=0的距离 √6k d= √1+k 则△ABM的面积SAw=之AB: (W2k) d=6 ,令√2k=t>0, W[(2k)2+1] t 函数f(t)= t+2t2+1 求导得f'(t)= 3t2(t+2t2+1)-t3(4t3+4t) (t+2t2+1)9 -t2(t2-3) (t2+1)3 当0<t<W3时，f'(t)>0;当t>√3 时，f'(t <0. 因此函数f(t)在(0，W3)上单调递增， 在(3，+∞)上单调递减，当t=√3 时，f(t)取得最大值， 所以当△ABM的面积取得最大值时， 2 ,此时满足(2)中△>0，符合 题意. 压轴大题突破练1 解：(1)如图所示，因为∠ABC=60°， BC=2,AB=1,故AC2=AB2十 BC2-2AB·BC·cos∠ABC=3,即 AC=√3， 02 则BC2=AB+AC2,故△ABC为直 角三角形，AB⊥AC. 又SB⊥AC,SB∩AB=B,且SB, ABC平面SAB,所以AC⊥平面SAB. 因为ACC平面ABCD,所以平 面SAB⊥平面ABCD. 设AB的中点为O,则△SAB的外接 圆圆心0，满足0,0=专S0=子× 6 过△SAB的外接圆圆心O:作直线l1 垂直于平面SAB, 过线段BC的中点O2作直线1：垂直于 平面ABCD,其中11∩l2=O3, 则Og即为三棱锥S-ABC的外接球球 心，且四边形O1OO2O3为矩形， 即0,03=010= 6,故外接球的半径 R=0,=Vo+00-√， 故三棱锥S-ABC外接球的表面积为 4πR=4rX 1 13x 12 3 (2)①作Oy∥AC,以AB的中点O为 原点，OB所在直线为x轴，Oy所在直 线为y轴，OS所在直线为之轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， Z 则A(200）B(200) c(-2o）s(0o,） D(-2.5.o). 面s7=专0故(9) t=-10.寸-(0.- 3 设n=(x,y,x)为平面BTC的法向 -x+3y=0, 量，则 25 2 3=0, 则 =3y, 2 =2y, 令y=1,则n=(√5,1,2)为平面 BTC的一个法向量，而AC=(0, √3,0) 故直线AC与平面BTC所成角的正弦 值为1cos(AC,n)1=A亡.n1 ACIIR √2 √3×2√2 @由①可知Si=(-习 市=(-.-) 设平面SAD的法向量为m= (x1 y11),则 ·m=- 21=0， m=- 3 2 2=0, 令1=1，则m=(-√5，-1,1). 如图，记直线SA∩平面a=E,直 线SC∩平面a=F,连接EF, 因为AC∥平面a,平面BETF∩平 面SAC=EF,所以AC∥EF, 不妨设SE=λSA,则S下=ASC,0≤ A<1,则5店=A(方0，-写）故 (合9-小 同理可F(5x)小 则有B正 √3 2 )=(--a 9: 设平面BETF的法向量为W=(x, y22),则 解得y:=0,设之：=1，则x: √3-3 入+1 ,故4= 5-20,1） 入+1 m·u= 所以1co(m,u)=m11a 图+ W3-3) +1 λ+1 又平面SAD与平面a所成角的正切值 为34， 则|cos(m,u〉|= |m·u1 m u 3-3+1 A+1 化简 W3-V3λ\ 35 +1 +1 得9入2-91+2=0，解得入= A= 2 3 设需=，划寸=5可.期矿 (6-）解得7-名 当=号时w=(停o小 因为B7⊥u, 01=0… 化简得5，--0解得1=号满 4 4 足要求 当入= 号时w-(停o因为 时1所以（- )·)=0… 整理得5-4E-0,解得：= 10 t10 满足要求。 综上所述，部的值为成行 压轴大题突破练2 解：(1)在直线1的方程中，令y=0,得 x=一1，则直线1与x轴交于点(-1， 0),所以a=1.又离心率e=￡=5， 所以c=√5，故b2=c2-a2=4,所以 双曲线E的标准方程为x2一兰=1. 4 (2)①若一条切线斜率不存在，则 t=士1. 当t=1时，T(1,2),显然另一条切线 斜率存在，设另一条切线的方程为y一 2=k'(x-1), 联立双曲线方程得(k'2一4)x2 2k'(k′-2)x+(k′-2)2+4=0， 则△=4k'2(k′一2)2一4(k2 4)[(k'-2) +4]=0, 解得k′=2，而双曲线的渐近线方程为 y=士2x,则此时不符合题意. 当t=一1时，T(-1,0),此时只有 条切线，显然不符合题意. 则两条切线斜率均存在，设切线斜率 为k,切线方程为y=k(x一t)+(t十1)， 与双曲线方程联立得(k2一4)x2 2k(kt-t-1)x+(kt-t-1)2+4=0, 令△1=4k2(kt-t-1)2-4(k2 4)[(kt-t-1)2+4]=0. 整理得(kt一t一1)2一k2+4=0.由于 k≠士2，所以1≠-号且1≠1. 3 上式整理得(t2一1)k一2t(t+1)k+ t2+2t+5=0. 由题意，关于k的方程有两个相异实 根，所以t2一1≠0， 且△2=4t2(t+1)2-4(t2-1)(t2+ 2t+5)>0. 整理得4(t+1)(一3t+5)>0,解得 5 -1<t< 综上所述，t的取值范围是（-1， ②证明：如图，设M(x1,y1), P(x2y2). 直线MT和PT的方程分别为x1x 学y=1和x- 联立得点T( x2y1一x1y2 又点T在直线l上，代入整理得x2y1 x1y2=4(x1-x2)-（y1-y2). 在直线MT的方程中，令x=一1， 则y= -4(x1+1) 得点N(1,+). 4(x1+1) y2+ yi k PN= x2十1 y1y2+4(x1+1) (x2+1)y1 故直线PN的方程为 y1y2+4(x1+1) (x一xg)十y2. (x2+1)y1 参考答案 397 设直线PN与直线I的交点为A(xA, yA）, 联立两直线方程得 y1y2+4(x1+1) (x2+1)y1 (x-x)十y2= x十1，解得xA= (x2-y:+1)y1+4(x1+1)x2 y1y2+4(x1+1)-(xg+1)y1 设直线MQ与直线I的交点为B(xB, yB),同理可得xB= (x1-y1+1)y2+4(x2+1)x1 y1y:+4(x2+1)-(x1+1)y2 将xA,xB的分子作差有(x:一y:十 1)y1+4(x1+ 1)x2-(x1-y1+ 1)y2-4(x2+1)x1=x2y1-x1y2 [4(x1-x,)-（y -y2)]=0, 将xB,xA的分母作差有y1y: 4(xg+1)-(x +1)y2-Ly1y2 + 4(x1+1)-(x:+1)y1]=x2y1 x1y2-[4(x1-x2)-（y1-y2)]=0. 则可得xA和xB表达式的分子、分母 分别相等. 故A,B两点重合，所以直线PN与 MQ的交点在定直线1：y=x+1上. A(B) M 压轴大题突破练3 解：(1)①设事件A为“第6次摸球后 比赛结束，且甲、乙共摸到3次红球”， 则PA)=4(日)广（）广=器 ②由题意知X的可能取值为2,4， 6,…,2(n-1),2n,n∈N", 1 则P(X=2)=2×号× 4 3 3 9 P(X=4)=54,P(X =6) 9 9 ()× p(X=2m-1)=(号）× P(X=2m)= () 则X的分布列为 X 2 4 6 2(n-1) 2n 4 P 4 4 9 x号 9 所以E(X) = +2x +3× ()++m-1(）]+ 2m(8） 设S.=1+2×号+3×（日）+…+ (m-1)(8), 则日5.=号+2x(昏)广++m 2(号)+m-D() 3982对闪讲与练·高三二轮数学 所以s.=1+号+（）广+…+ -(n- ( -()门-a-(倍) 所以E(X)= 号-()m≥ 2,n∈N'). (2)证明：由题意知Y的可能取值为】 1 y+1…, 1（xy∈Nw≥2， y十x c2. 1 P(Y= y+1)= … C = C C+y 则Y的分布列为 1 1 1 1 y y+1 y+t y+x C C w-1 Cy-1 C C C 所以E(Y)= 1C- y+tC 石y+t 图为千g, 1(y+t-1) y+t(y-1)！t！ y+t-1(y+t-2)! y+t (y-1)!t! (y+t-2)! 1 ，= (y-1)!t! 所以E(Y)< 1 c: (y-1)C+ 1 y-1)C+ (C+Cy+…+ 1 C-2）= Γ(y-1)C+ (C+ C+…+C-）= (y-1)C￥+ (C1+C2+…+ 1 C-）= (y-1)C+ (C-+ C-）= (y-1)C+ C1= y (x+y)(y-1) 又因为x>y, 所以E(Y)<2-1 1 压轴大题突破练4 解：(1)证明：由a=0,得f(x)=xe. 要证f2》>x+1,只需证e一x 1>0,x≠0. 令g(x)=e-x-1,则g'(x）=e-1 当x∈(-∞，0)时，g'(x)<0,则 g(x)单调递减， 当x∈(0，+∞)时，g(x)>0,则 g(x)单调递增， 所以g(x)>g(0)=0,故e>x+1, 因此f2》>+1 x (2)f(x)=(x+1)e +acos x, 令m(x)=f'(x),则m'(x)=(x+ 2)e-asin x. ①当a≥0时，由x∈(0，x),得 xe>0,asin x≥0， 因此f(x）>0,满足题意 ②当a<0时，由x∈(0，π)，得(x+ 2)e>0,-asin z>0, 因此m'(x)>0,则f'(x)在(0，x)上 单调递增. 若-1≤a<0,则f'(x)>f'(0)= 1+a≥0， 则f(x)在(0，π)上单调递增，所以 f(x)>f(0)=0,满足题意； 若a <-1,则f'(0)<0, r()>0, 因此f'(x)在(0，π)上存在唯一的零 点x且x。∈(0，)， 当0<x<x。时，f'(x)<0,f(x)单 调递减， 当x。<x<x时，f'(x)>0,f(x)单 调递增， 所以f(x。)<f(0)=0,不合题意. 综上，a的取值范围为[一1，十o∞) (3)证明：由(2)知a<-1,x。=x, 则f(x)在(0，x)上单调递减，在 (x2,π)上单调递增， 注意到f(0)=0,f(x2)<f(0)=0, f(π)=πe”>0, 故f(x)在(0，π)上存在唯一的零点 x1,x1∈(x2,π). 注意到x1,2x2∈(xg,π)，且f(x)在 (x2,x)上单调递增. 要证明x1<2x2, 只需证f(x1)<f(2x:). 因为f(x1)=0, 所以只需证f(2x2）>0, 即证2.x2e :+asin2.x2>0. 因为(x2+1)e2+acos z2=0,即 (x2+1)e9 所以只需证 COS T2 (x2+1)e 2x2e sin 22>0, COS 2 只需证x2e?-(z:+1)sinx:>0, ∈(0，)(* 由(1)得e2>x2+1, 因此x2e2-(x2+1)sinx:>x+ x2-(x2+1)sinx2=(x2+1)(x2- sin 2), 设h(x)=x-sinx,0<x<交，则 h'(x)=1一cosx>0,所以h(x)在 (0,）上单调递增， 所以h(x)>h(0)=0,从而h(x)≥ 0,即xe一sinx2>0,因此(*)得证， 从而x12x2,