专题03 数列、空间向量与立体几何及平面解析几何（3大考点期末真题汇编，重庆专用）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 汇编重庆八中、巴蜀中学等名校高二下期末试题，聚焦数列、立体几何、解析几何三大高频考点，含荣昌卤鹅文创购买策略等创新情境题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|4题|数列公差与Sn最值、旋转体体积、双曲线渐近线|基础概念辨析，如等差数列前n项和最大值问题| |多选|4题|等差Sn性质、正四面体动点轨迹、抛物线与圆综合|多选项分层，如抛物线焦点弦性质判断| |解答题|12题|等比证明、二面角计算、椭圆综合应用|跨模块融合，如数列与概率递推（硬币游戏）、解析几何与圆相切证明|

专题03数列、空间向量与立体几何及平面解析几何 3大高频考点概览 地 城 考点01 数列 1．C 2．BC. 3．【答案】(1) (2)7 【分析】（1）由等差中项法可判断数列是等差数列，再结合可求公差，最后利用等差数列的通项公式即可； （2）解法一：先求出，再利用累加法求出，最后结合即可求出； 解法二：构造数列，其为各项是的常数列，求出，其余同法一. 【详解】（1）因，则， 所以数列是首项为的等差数列， 由于，得，则公差为，所以， 则的通项公式为. （2）解法一：由（1）知，，故， 所以，当时，， 又因为，代入化简可得（，）. 因为也符合上式，所以， 注意到， 所以的前13项和为. 解法二： 由（1）知，，故， 即， 又因为，所以数列是各项为的常数列，即， 所以， 注意到， 所以的前13项和为. 4．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等比数列的定义即可证明； （2）由题意，由等差、等比数列求和公式以及分组求和法即可求解. 【详解】（1）由，得，又， 所以是首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）得（，. 所以 . 5．【答案】(1)，策略更优 (2)（i），；（ii） 【分析】（1）将所有情况一一列出，再根据古典概型的概率公式求解即可； （2）（i）分、、三种情况讨论，结合条件概率的定义求解即可； （ii）根据全概率公式求出，再利用定义法判断数列的增减性或由即可求出. 【详解】（1）由于，假设小明对三款产品的喜爱程度分别为：高、中、低，其排序共有种情况，采用策略后购买的结果列表如下： 参考组 候选组 结果 第1款 第2款 第3款 购买款式 高 中 低 低 高 低 中 中 中 高 低 高 低 高 中 高 中 低 高 高 低 中 高 中 故小明购买到最喜欢产品的情况有3种，故， 又易知，故策略更优． （2）（i）显然，， 表示在小明最喜爱的文创产品位于第个店里的情况下，最终购买到最喜爱文创产品的概率， 当时，即小明最喜爱文创产品位于参考组时，不可能购买到最喜爱文创产品， 故； 当时，小明一定能购买到最喜爱文创产品，即； 当时，小明要购买到最喜爱文创产品，则需要前款产品中喜爱度最高的产品在参考组中，这样第款产品就会是第一个“比参考组都更好”的产品，从而被选中， 又因在前款产品中喜爱度最高的产品出现在哪一家是等可能的， 其落在参考组的概率为，故； 综上，； （ii）由全概率公式得 ， 由题得，故下标满足，， 解法1：若，则， 则， 则，即， 由于，故， 故当时，，即有， 当时，，即有， 故时最大； 解法2：要使得最大，需要满足，解得， 余下同解法1. 6．【答案】(1) (2)（且），证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由条件可知，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3，转化为独立重复概率类型，列式求解； （2）根据硬币正面朝上的硬币数为奇数和偶数，结合全概率公式，即可得到递推关系式，再利用数列的构造法，即可证明； （3）方法一：根据（2）的结果，结合等比数列通项公式的求法，求得，，以及的通项公式，以及递推关系式，并代入求解的通项公式，讨论的取值，即可证明；方法二：首先设个硬币出现奇数的概率为，根据全概率公式，得到的递推关系式，以及通项公式，再求前3项，并表示，即可证明. 【详解】（1）当时，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3， 此时，游戏成功的概率为：； （2）设游戏成功的概率为，当时，，接下来用表示， 当时，投掷枚硬币，，…，正面朝上的硬币为奇数有两种情况： 第一：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为奇数时，反面朝上； 第二：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为偶数时，正面朝上. 此时，，所以（且）， 则，且，则是以为首项，为公比的等比数列. （3）方法一：当时，此时游戏成功的概率记为，. 由（2）知：，则，（） 所以，（）① 当时，， 则， 注意到：，则， 故：② 当时，， 则：③. 结合①②③： 由于，当时，，，，则； 当时，，则； 当时，，，，则. 综上：对任意的，成立. 方法二：对于个硬币出现奇数的概率为， ∴ ∴ ∴ ∴等比，∴ ∴前个硬币出现奇数的概率 中间个： 后面个： 当时，. 当时，. 当时，. ∴成立. 地 城 考点02 空间向量与立体几何 1．A. 2．ACD. 3．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得线线垂直，利用线面垂直的判定与性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）连接，    ∵，均为正三角形，为的中点，∴，， 平面，，∴平面， 平面，∴， ，，平面，∴平面， 平面，∴. （2）∵平面平面，平面平面， ，，平面，平面， ∴平面，平面， 故以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，    则，，，∴， ，且平面，平面，平面， 由平面，则，又，， 平面，∴平面，∴， 设平面的法向量为，则 令得是平面的一个法向量， 显然平面的一个法向量为，∴， 故所求角为. 4．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线定理得证，再由线面平行的判定定理得证； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）连结，，为矩形，； 又M为AC的中点； 又平面；平面 平面； （2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，可知， ， 设平面的法向量；，； 令，，，， 设平面的一个法向量是， 由，取，得； 二面角为锐角，它的余弦值为. 5．【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，可证∥，即可得线面平行； （2）根据平行关系可得直线AC与平面所成角即为直线与平面所成角，利用等体积法求点到平面的距离，进而可得线面夹角. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为为的中点，且为平行四边形，则∥，且， 可得∥，且，可知为平行四边形，则∥， 且平面ABC，平面ABC， 所以∥平面ABC. （2）因为∥，可知直线AC与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面， 设直线与平面所成角为，点到平面的距离为， 因为，且为的中点， 则，， 又因为，即，解得， 可得， 所以直线AC与平面所成角的正弦值为. 地 城 考点03 平面解析几何 1．D 2．C 3．ABD. 4．ACD. 5．【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率、通径以及的关系式，建立方程组，可得答案； （2）设出直线方程，求得点的坐标，根据距离公式，建立方程，可得答案. 【详解】（1）不妨设点在第一象限，则， 由已知得，联立可得，，， 所以椭圆：. （2）设，， ：，： ∴， 联立得， 又，∴， 所以. 6．【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设，再由向量数量积的坐标运算得 ，结合已知求参数，即可得； （2）讨论直线的斜率，设为，联立椭圆并应用韦达定理得，四边形面积，进而求出参数值，即可得. 【详解】（1）设，则，故， 又， 故， 由题可得，，故， 故椭圆的标准方程为； （2）若直线的斜率为0，则，不满足条件， 斜率不为0时，设直线为，直线的斜率为， 联立，消去整理得， 则， 根据点和点所在位置，如图： 如图，可得， 又四边形的面积为 ， 又，即， 故，所以直线的斜率为. 7．【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据椭圆定义得到，，故C的方程为； （2）（ⅰ）设直线l方程为，，，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，直线PM的方程为，代入两根之和，两根之积求出，故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ⅱ）计算出，得到的取值范围为. 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知，曲线C为以和为两焦点的椭圆， 其中，解得，，故C的方程为； （2）（ⅰ）依题意可设直线l的方程为，，，. 联立得， 由韦达定理得，， 则直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ⅱ）， ， 因为，所以，， 所以的取值范围为. 8．【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立直线的方程与抛物线C的方程，利用判别式为0，求出p的值，从而可得答案； （2）设， 联立可得，利用韦达定理建立方程以及平面向量的数量积列式求解m的值即可. 【详解】（1）联立，可得， 因为直线与相切， 所以， 抛物线C的方程为. （2）由（1）可知， 设， 联立可得， 设，可得 ∵，∴ 因为,，所以， 则， 所以 即 所以，即， 解得， ， 即. 9．【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用相关点法求解动点轨迹方程即得； （2）解法一：根据与的面积相等结合图形推出，写出直线的方程并与椭圆方程联立，即可求出点坐标；解法二：设，列出直线的方程，令求得，分别表示出和的面积，利用面积相等推得，将其代入椭圆方程即可求得点坐标. （3）设，，，当或斜率不存在时，易推出，当或斜率存在时，设，，利用直线与圆相切可推得，将直线与椭圆方程联立，求得，同法，即得，由条件求出和，可得，设线段的中点为，由，即得线段的中点在定圆上. 【详解】（1）依题意，设，则， 因为在上，则有，即， 所以曲线的方程为. （2）    解法一： 设，则，， 因为与的面积相等，则与的面积相等，则有， 又，，所以，故直线的方程为. 由解得，即，， 则点的坐标为. 解法二：设，则，，则直线的方程为， 令，得，即， 则的面积为， 的面积为， 所以， 即，即，即， 由，解得，所以，， 则点的坐标为. （3）    如图，设，，， 则当或斜率不存在时，的半径. 又因为，所以， 从而与轴相切，故，必分别为的长轴和短轴的一个端点，所以. 当且斜率存在时，设，， 则，即. 同理，. 所以. 由得. 同理，.又，所以. 设关于直线的对称点为，则所以，， 所以，又易知，所以. 设线段的中点为，则因为，所以， 所以线段的中点在定圆上. 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 专题03数列、空间向量与立体几何及平面解析几何 ☆3大高频考点概览 考点01数列 考点02空间向量与立体几何 考点03平面解析几何 目目 考点01 数列 一、单选题 1.(24-25高二下重庆第八中学校期末)等差数列{an}(n∈N)的公差为d,前n项和为Sm,若S3=27, a3=7,则当Sn取得最大值时，n=() A.4 B.5 C.6 D.7 二、多选题 2.(24-25高二下.重庆西南大学附属中学校期末)等差数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=n2-Bn+C, 1=一8，则下列选项中正确的是() A.C=0,B=-9 B.等差数列{an}的公差d=2 C.使Sn>0成立的n最小为10 D.当n=号时，Sn取得最小值 三、解答题 3.(2425高二下重庆巴蜀中学教育集团期末已知数列{an}的前n项和为S,满足a1=1,S3=6且 SH2-Sn=3at1-an(n∈N) (I)求{an}的通项公式： ②若数列{b}满足b:=-立，品-京=式求{bn}的前13项和 4.(24-25高二下.重庆西南大学附属中学校期末)数列{an}中，a1=一2，满足aH1十3am=4n+1. (I)证明：数列{an-n}为等比数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn 5.(24-25高二下重庆第一中学期末)随着荣昌卤鹅爆火全国，重庆旅游业迎来了快速增长，重庆某区为吸 引游客，在一条古街的n(n∈N,n≥3)家商店中分别售卖n款不同的文创产品（每家店仅售一款）·假设 小明对每款文创产品的喜爱程度均不相同，且只能在逛店时进行比较.小明想购买一款文创产品留作纪念， 1/6 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 他依次逛完所有商店，且不回头（即小明一旦购买一款文创产品，即使后面遇到更喜爱的也不能再更改选 择)·为了能使购买到最喜爱文创产品的概率最大，你替小明制定了如下两种策略： 策略A。:直接购买第一家店里的文创产品： 策略A(k∈N+k<n):如图所示，先将遇到前k款文创产品作为参考组，其余文创产品作为候选组， 参考组中文创产品均不做选择，若候选组中一旦出现比参考组都要更喜爱的文创产品，则立刻购买该款文 创产品；若到最后都没有出现比参考组都要更喜爱的文创产品，则选择买下最后一款文创产品 第1款第2款…第k款 第k+1款第k+2款…第n款 参考组，不做选择 候选组，遇到比参考值都要喜爱的则立刻购买 设小明通过策略Ak(k∈N)购买到最喜爱文创产品的事件为Bk,事件Bk发生的概率为Pk: (I)若n=3,求P的值，并比较策略Ao和A1的优劣： (2)设1≤k<n,设小明最喜爱文创产品位于第(i=1,2,,n)个店里的事件为C, (i)写出P(C)的值和P(BkC;)表达式 (i)己知有9款文创产品，求使Pk最大的k值。 参考数据：言+言+号+言心0.63 6.(24-25高二下重庆巴蜀中学教育集团期末)设n为正整数，C1,C2,C为n枚质地不均匀的硬币.投掷 硬币Ck(k=1,2,n),设正面朝上的概率为Pk,反面朝上的概率为1一Pk同时投出n枚硬币，当正面 朝上的硬币数为奇数时，即为游戏成功 )当n=3,Pk=言(k=12,3)时，求游戏成功的概率： (2当Pk=言(k=1,2,,n)时，设游戏成功的概率为Qn(n∈N),求当n≥2时，Qa-1与Qn的递推关 系，并证明{Qn-专}是等比数列： (3)设n=3m(m∈N),对于k=1,2,…,3m,P的取值如下： 六(k=12,…,m) Pk= 品(k=m+1m+2,…,2m) ǜ(k=2m+1,2m+2,…,3m) 设此时游戏成功的概率为Q3m'求证：Q3m≤方 目目 考点02 空间向量与立体几何 一、单选题 1.(24-25高二下，重庆西南大学附属中学校期末)平面直角坐标系中以 O(0,0),A(3,0),B(2,3),C(0,3)四个点为顶点的直角梯形绕x轴旋转一周所得到的旋转体的体积为 2/6 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Vx,绕y轴旋转一周所得到的旋转体的体积为Vy,则() A.Vs>Vy B.Vx=Vy C.Vx<Vy D.VVy大小无法计算 二、多选题 2.(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校期末)已知正四面体A一BCD棱长为6，点E,F分别位于棱 BD,CD上其中DE=2BE,CF=DF,动点P在平面BCD内运动（包含边界），运动过程中AP与平面 BCD所成角的正切值为2√2，则下列选项正确的是() E A.AB⊥CD B.顶点A在平面BCD的投影为点O,则直线AO与直线EF共面 C.直线AB与EF所成角的正弦值为3 13 D.点P的轨迹长度为2V3元 三、解答题 3.(24-25高二下·重庆南开中学校期末)如图，已知△ABC、△ACD均是边长为2的等边三角形，且平 面ADC⊥平面ABC,M为AC的中点，且AC⊥BE. D E M B (1)证明：AC⊥DE: (2)若DE‖MB,DE=1,求平面DCE与平面ABC夹角的大小 4.(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC, 3/6 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 BC=1,CC1=2,AC=4,M、N分别是AC、A1B的中点. M (1)求证：MN//平面BCC1B1: (2)求二面角C1-MN-B的余弦值 5.(24-25高二下.重庆第八中学校期末)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC, CC1=AC=BC=2,D,E分别为A1B,CC1的中点. A B E (I)求证：DEI‖平面ABC; (②)求直线AC与平面A1BE所成角的正弦值. 目目 考点03 平面解析几何 一、单选题 1.2425高二下重庆巴蜀中学教育集团期末)已知双曲线号-等=1(a>0)两条渐近线的夹角为60， 则a=() A.2V5 B. 9 c.5 D 2W5或2 2.Q4-25高二下重庆第一中学期末)已知双曲线C:￥-器=1(a>0,b>0)的左顶点为A,若圆 0:x2+y2=a2+b2交C的一条渐近线于B,D两点，且∠BAD=买，则C的离心率为() A.2 B.5 c.5 D.V13 二、多选题 4/6 命学科网 www.zx×k.com 让教与学更高效 3.24-25高二下重庆西南大学附属中学校期末)已知圆C:(x-1)2+y2=4和抛物线 D:y2=2pxp>O)的准线相切于点A,点B为圆C与抛物线D的一个交点，点N,M分别为圆C与抛物 线D上的动点，则下列选项中正确的是() A.p=2 B.点B到D的准线的距离为2 C.直线AB与抛物线D相交 D.若点E(4,3),则ME+|MN的最小值为3 4.(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团期末)已知抛物线y2=4x,过其焦点F的直线与抛物线交于 A(xy),B(x2y2)两点，A在第一象限，抛物线的准线与x轴交于点P,则() A.X1x2=1 B.AB|=6时，AF=2BF C.以AB为直径的圆与准线相切 D.+后=0 三、解答题 5.(2425高二下重庆南开中学校期末)已知椭圆C:等+爷=1(a>b>0)离心率为分，PQ是椭圆内过 焦点且垂直于长轴的一条弦，且PQ=3. VA 衣 M (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，设椭圆C的右顶点为D,A、B是椭圆上关于坐标原点对称的两点，直线x=2b与直线AD、BD交 于不同的两点M、N,则当MN=63-6时，求S△4BD 6.(2425高二下重庆第一中学期末)椭圆E:等+导=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1(-C,0),F2(c,0),点P为椭圆E上动点，P可1·PF2的值域为[0,1]. (I)求椭圆E的标准方程； (2)设椭圆E的上下顶点分别为AB,直线PF2交椭圆E于另一点Q,点P和点Q位于y轴两侧，若 AB,P,Q四点构成的四边形面积为V3,求直线PQ的斜率 7.(2425高二下·重庆西南大学附属中学校期末)己知曲线C到两个定点（一1,0）和(1,0)的距离和为定值 5/6 丽学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 (1)求C的方程； (2)过点F(1,0)的直线1（斜率存在且不为0）与C交于M,N两点，N关于x轴的对称点为P.已知 Q(4,0) (i)证明：P、M、Q三点共线； (ii)求M0·N0的取值范围 8.(24-25高二下，重庆第八中学校期末)抛物线C:y2=2px(p>0)与直线l1:y=x+1相切， (1)求抛物线C的方程， (2)设抛物线C的焦点为F,过F的直线l2交C于A,B,点E(-1,1)满足AE⊥BE,求直线l2的方程. 9.(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团期末)在平面直角坐标系x0y中，从⊙0：x2+y2=4上任取一 点A向x轴作垂线段AB,B为垂足.当点A在⊙O上运动时，线段AB的中点P的轨迹为曲线C.(当A为x轴 上的点时，规定A与P重合) (1)求C的方程： (2)若P在第四象限，点A2(2,0),B1(0,1),直线B1P交x轴于点D,若△0B1D与△A2PD的面积相等， 求点P的坐标； (3)已知Q,R两点在曲线C上，O,Q,R三点不共线，且直线OQ,OR均与以P为圆心、 25为半径的圆相 5 切若Q在x轴上的射影为M,R关于直线y=x的对称点在y轴上的射影为N,求证：线段MN的中点在定 圆上 6/6 专题03数列、空间向量与立体几何及平面解析几何 3大高频考点概览 考点01数列 考点02空间向量与立体几何 考点03平面解析几何 地 城 考点01 数列 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆第八中学校·期末)等差数列的公差为d，前n项和为，若，，则当取得最大值时，（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】先求出数列的通项公式，由，，知当取得最大值时有，然后求解即可. 【详解】， 解得，，所以， 所以当取得最大值时，，即，解得， 又，所以. 故选：C 二、多选题 2．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)等差数列的前n项和为，已知，，则下列选项中正确的是（    ） A．， B．等差数列的公差 C．使成立的n最小为10 D．当时，取得最小值 【答案】BC 【分析】对于A，由等差数列的前n项和为、可得即可判断；对于B，只需求出，然后由即可判断；对于C，直接解不等式即可判断；对于D，由n为正整数即可判断. 【详解】对于A选项，因数列为等差数列，，则，且， 则，所以，A错误； 对于B选项，由A知，则，则， 则公差，B正确； 对于C选项，由，得或，因为n为正整数，所以n最小值为10，C正确； 对于D选项，因为n为正整数，所以D错误. 故选：BC. 三、解答题 3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)已知数列的前项和为，满足，且. (1)求的通项公式； (2)若数列满足，.求的前13项和. 【答案】(1) (2)7 【分析】（1）由等差中项法可判断数列是等差数列，再结合可求公差，最后利用等差数列的通项公式即可； （2）解法一：先求出，再利用累加法求出，最后结合即可求出； 解法二：构造数列，其为各项是的常数列，求出，其余同法一. 【详解】（1）因，则， 所以数列是首项为的等差数列， 由于，得，则公差为，所以， 则的通项公式为. （2）解法一：由（1）知，，故， 所以，当时，， 又因为，代入化简可得（，）. 因为也符合上式，所以， 注意到， 所以的前13项和为. 解法二： 由（1）知，，故， 即， 又因为，所以数列是各项为的常数列，即， 所以， 注意到， 所以的前13项和为. 4．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)数列中，，满足. (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的前n项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等比数列的定义即可证明； （2）由题意，由等差、等比数列求和公式以及分组求和法即可求解. 【详解】（1）由，得，又， 所以是首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）得（，. 所以 . 5．(24-25高二下·重庆第一中学·期末)随着荣昌卤鹅爆火全国，重庆旅游业迎来了快速增长，重庆某区为吸引游客，在一条古街的家商店中分别售卖款不同的文创产品（每家店仅售一款）．假设小明对每款文创产品的喜爱程度均不相同，且只能在逛店时进行比较．小明想购买一款文创产品留作纪念，他依次逛完所有商店，且不回头（即小明一旦购买一款文创产品，即使后面遇到更喜爱的也不能再更改选择）．为了能使购买到最喜爱文创产品的概率最大，你替小明制定了如下两种策略： 策略：直接购买第一家店里的文创产品； 策略：如图所示，先将遇到前款文创产品作为参考组，其余文创产品作为候选组，参考组中文创产品均不做选择，若候选组中一旦出现比参考组都要更喜爱的文创产品，则立刻购买该款文创产品；若到最后都没有出现比参考组都要更喜爱的文创产品，则选择买下最后一款文创产品． 设小明通过策略购买到最喜爱文创产品的事件为，事件发生的概率为． (1)若，求的值，并比较策略和的优劣； (2)设，设小明最喜爱文创产品位于第个店里的事件为， （i）写出的值和表达式； （ii）已知有9款文创产品，求使最大的值． 参考数据：． 【答案】(1)，策略更优 (2)（i），；（ii） 【分析】（1）将所有情况一一列出，再根据古典概型的概率公式求解即可； （2）（i）分、、三种情况讨论，结合条件概率的定义求解即可； （ii）根据全概率公式求出，再利用定义法判断数列的增减性或由即可求出. 【详解】（1）由于，假设小明对三款产品的喜爱程度分别为：高、中、低，其排序共有种情况，采用策略后购买的结果列表如下： 参考组 候选组 结果 第1款 第2款 第3款 购买款式 高 中 低 低 高 低 中 中 中 高 低 高 低 高 中 高 中 低 高 高 低 中 高 中 故小明购买到最喜欢产品的情况有3种，故， 又易知，故策略更优． （2）（i）显然，， 表示在小明最喜爱的文创产品位于第个店里的情况下，最终购买到最喜爱文创产品的概率， 当时，即小明最喜爱文创产品位于参考组时，不可能购买到最喜爱文创产品， 故； 当时，小明一定能购买到最喜爱文创产品，即； 当时，小明要购买到最喜爱文创产品，则需要前款产品中喜爱度最高的产品在参考组中，这样第款产品就会是第一个“比参考组都更好”的产品，从而被选中， 又因在前款产品中喜爱度最高的产品出现在哪一家是等可能的， 其落在参考组的概率为，故； 综上，； （ii）由全概率公式得 ， 由题得，故下标满足，， 解法1：若，则， 则， 则，即， 由于，故， 故当时，，即有， 当时，，即有， 故时最大； 解法2：要使得最大，需要满足，解得， 余下同解法1. 6．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)设为正整数，，，…为枚质地不均匀的硬币.投掷硬币，设正面朝上的概率为，反面朝上的概率为.同时投出枚硬币，当正面朝上的硬币数为奇数时，即为游戏成功. (1)当，时，求游戏成功的概率； (2)当时，设游戏成功的概率为，求当时，与的递推关系，并证明是等比数列； (3)设，对于，的取值如下：，设此时游戏成功的概率为，求证：. 【答案】(1) (2)（且），证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由条件可知，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3，转化为独立重复概率类型，列式求解； （2）根据硬币正面朝上的硬币数为奇数和偶数，结合全概率公式，即可得到递推关系式，再利用数列的构造法，即可证明； （3）方法一：根据（2）的结果，结合等比数列通项公式的求法，求得，，以及的通项公式，以及递推关系式，并代入求解的通项公式，讨论的取值，即可证明；方法二：首先设个硬币出现奇数的概率为，根据全概率公式，得到的递推关系式，以及通项公式，再求前3项，并表示，即可证明. 【详解】（1）当时，要使游戏成功，需满足正面朝上的数量为1或3， 此时，游戏成功的概率为：； （2）设游戏成功的概率为，当时，，接下来用表示， 当时，投掷枚硬币，，…，正面朝上的硬币为奇数有两种情况： 第一：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为奇数时，反面朝上； 第二：硬币，，…，中正面朝上的硬币数为偶数时，正面朝上. 此时，，所以（且）， 则，且，则是以为首项，为公比的等比数列. （3）方法一：当时，此时游戏成功的概率记为，. 由（2）知：，则，（） 所以，（）① 当时，， 则， 注意到：，则， 故：② 当时，， 则：③. 结合①②③： 由于，当时，，，，则； 当时，，则； 当时，，，，则. 综上：对任意的，成立. 方法二：对于个硬币出现奇数的概率为， ∴ ∴ ∴ ∴等比，∴ ∴前个硬币出现奇数的概率 中间个： 后面个： 当时，. 当时，. 当时，. ∴成立. 地 城 考点02 空间向量与立体几何 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)平面直角坐标系中以四个点为顶点的直角梯形绕轴旋转一周所得到的旋转体的体积为，绕轴旋转一周所得到的旋转体的体积为，则（    ） A． B． C． D．大小无法计算 【答案】A 【分析】由圆台、圆锥以及圆柱的体积公式计算并比较大小即可得解. 【详解】 绕y轴旋转一周所得到的是圆台， 绕x轴旋转一周所得到的旋转体为圆柱和圆锥的组合. 所以， 故选：A. 二、多选题 2．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)已知正四面体棱长为6，点E，F分别位于棱上.其中，，动点P在平面内运动（包含边界），运动过程中与平面所成角的正切值为，则下列选项正确的是（    ） A． B．顶点A在平面的投影为点O，则直线与直线共面 C．直线与所成角的正弦值为 D．点P的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于A，只需证明面，再结合线面垂直的性质即可判断；对于B，由顶点A在平面的投影点O位于线段上即可判断；对于C，结合异面直线的定义即可判断；对于D，说明点的轨迹为等边的内切圆即可求解. 【详解】对于A选项，连接，由正四面体和得均垂直于，且平面， 可得面，又平面，则，A正确； 对于B选项，由正四面体可知，顶点A在平面的投影点O位于线段上，不在线段上，则异面，B错误； 对于C选项，在上取靠近A的三等分点M，则，直线与所成角即为直线与所成角， ，在中，，，，由余弦定理得， 同理可得，，由余弦定理得， 所以直线与所成角的正弦值为，C正确； 对于D选项，因为三角形外接圆的半径为， 所以且正四面体高等于， 因为与平面所成角的正切值为， 即，解得， 设等边的内切圆半径为，则， 解得，可知点的轨迹为等边的内切圆，且均在面内， 所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 三、解答题 3．(24-25高二下·重庆南开中学校·期末)如图，已知、均是边长为2的等边三角形，且平面平面，为的中点，且.    (1)证明：； (2)若，，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得线线垂直，利用线面垂直的判定与性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）连接，    ∵，均为正三角形，为的中点，∴，， 平面，，∴平面， 平面，∴， ，，平面，∴平面， 平面，∴. （2）∵平面平面，平面平面， ，，平面，平面， ∴平面，平面， 故以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，    则，，，∴， ，且平面，平面，平面， 由平面，则，又，， 平面，∴平面，∴， 设平面的法向量为，则 令得是平面的一个法向量， 显然平面的一个法向量为，∴， 故所求角为. 4．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)如图，在直三棱柱中，，，，，M、N分别是AC、的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由中位线定理得证，再由线面平行的判定定理得证； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）连结，，为矩形，； 又M为AC的中点； 又平面；平面 平面； （2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，可知， ， 设平面的法向量；，； 令，，，， 设平面的一个法向量是， 由，取，得； 二面角为锐角，它的余弦值为. 5．(24-25高二下·重庆第八中学校·期末)如图，在直三棱柱中，，，D，E分别为，的中点． (1)求证：∥平面ABC； (2)求直线AC与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，可证∥，即可得线面平行； （2）根据平行关系可得直线AC与平面所成角即为直线与平面所成角，利用等体积法求点到平面的距离，进而可得线面夹角. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为为的中点，且为平行四边形，则∥，且， 可得∥，且，可知为平行四边形，则∥， 且平面ABC，平面ABC， 所以∥平面ABC. （2）因为∥，可知直线AC与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面， 设直线与平面所成角为，点到平面的距离为， 因为，且为的中点， 则，， 又因为，即，解得， 可得， 所以直线AC与平面所成角的正弦值为. 地 城 考点03 平面解析几何 一、单选题 1．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)已知双曲线两条渐近线的夹角为60°，则（   ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】利用两直线夹角定义可得渐近线倾斜角的取值，从而可求参数. 【详解】双曲线渐近线方程为， 由两条渐近线的夹角为60°，则渐近线的倾斜角为或 所以斜率或，解得或， 故选：D. 2．(24-25高二下·重庆第一中学·期末)已知双曲线的左顶点为，若圆交的一条渐近线于两点，且，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知，可设，，，结合已知夹角及向量夹角的坐标表示列方程得，进而求离心率. 【详解】由题设，渐近线为，联立圆得，可得， 不妨令，，则，又， 所以，可得， 所以，则，故离心率.    故选：C 二、多选题 3．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)已知圆和抛物线的准线相切于点A，点B为圆C与抛物线D的一个交点，点N，M分别为圆C与抛物线D上的动点，则下列选项中正确的是（    ） A． B．点B到D的准线的距离为2 C．直线AB与抛物线D相交 D．若点，则的最小值为3 【答案】ABD 【分析】由抛物线的性质求得判断A，根据抛物线的定义判断B，由直线与抛物线的位置关系判断C，根据抛物线的定义与圆的性质判断D． 【详解】对于A选项，因为D的准线与圆C相切，则，即，A正确； 对于B选项，由A可知抛物线焦点即为圆心，则由抛物线定义知点B到D的准线的距离等于，B正确； 对于C选项，点，设，则由B选项知，，可得，， 抛物线方程，对应函数为，导函数为， 则点B处的切线斜率为，则直线AB与抛物线相切，C错误； 对于D选项，点位于抛物线内，的最小值等价于的最小值， 过点M作准线的垂线，垂足为，则，的最小值为点E到准线的距离，即为5， 则最小值为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：定点到圆上点的距离的最值利用定点到圆心的距离加减半径可得，抛物线上的动点定点的距离与到焦点的距离之和的最小值可根据抛物线的定义转化为定点到准线的距离． 4．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线交于，两点，在第一象限，抛物线的准线与轴交于点，则（   ） A． B．时， C．以为直径的圆与准线相切 D． 【答案】ACD 【分析】A选项，过焦点的直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，计算出；B选项，由焦点弦长公式得到方程，得到，不妨设，解得，，求出，，；C选项，求出的中点坐标为，计算出到准线的距离为，C正确；D选项，计算出，得到D正确. 【详解】A选项，设过焦点的直线方程为， 联立，可得，， ，，则，故A正确； B选项，，故， 当时，，解得， 由对称性，不妨设，则，， 解得，，此时， ，显然，故B错误； C选项，，，的中点坐标为， 到准线的距离为， 所以，以为直径的圆与准线相切，C正确；    D选项，， ， ，故D正确. 故选：ACD. 三、解答题 5．(24-25高二下·重庆南开中学校·期末)已知椭圆：离心率为，是椭圆内过焦点且垂直于长轴的一条弦，且. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，设椭圆的右顶点为D，A、B是椭圆上关于坐标原点对称的两点，直线与直线、交于不同的两点M、N，则当时，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率、通径以及的关系式，建立方程组，可得答案； （2）设出直线方程，求得点的坐标，根据距离公式，建立方程，可得答案. 【详解】（1）不妨设点在第一象限，则， 由已知得，联立可得，，， 所以椭圆：. （2）设，， ：，： ∴， 联立得， 又，∴， 所以. 6．(24-25高二下·重庆第一中学·期末)椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上动点，的值域为． (1)求椭圆的标准方程； (2)设椭圆的上下顶点分别为，直线交椭圆于另一点，点和点位于轴两侧，若四点构成的四边形面积为，求直线的斜率． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设，再由向量数量积的坐标运算得 ，结合已知求参数，即可得； （2）讨论直线的斜率，设为，联立椭圆并应用韦达定理得，四边形面积，进而求出参数值，即可得. 【详解】（1）设，则，故， 又， 故， 由题可得，，故， 故椭圆的标准方程为； （2）若直线的斜率为0，则，不满足条件， 斜率不为0时，设直线为，直线的斜率为， 联立，消去整理得， 则， 根据点和点所在位置，如图： 如图，可得， 又四边形的面积为 ， 又，即， 故，所以直线的斜率为. 7．(24-25高二下·重庆西南大学附属中学校·期末)已知曲线C到两个定点和的距离和为定值4. (1)求C的方程； (2)过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P.已知. （ⅰ）证明：P、M、Q三点共线； （ⅱ）求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）根据椭圆定义得到，，故C的方程为； （2）（ⅰ）设直线l方程为，，，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，直线PM的方程为，代入两根之和，两根之积求出，故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ⅱ）计算出，得到的取值范围为. 【详解】（1）因为，由椭圆定义可知，曲线C为以和为两焦点的椭圆， 其中，解得，，故C的方程为； （2）（ⅰ）依题意可设直线l的方程为，，，. 联立得， 由韦达定理得，， 则直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点，即P、M、Q三点共线； （ⅱ）， ， 因为，所以，， 所以的取值范围为. 8．(24-25高二下·重庆第八中学校·期末)抛物线C：与直线：相切． (1)求抛物线C的方程． (2)设抛物线C的焦点为F，过F的直线交C于A，B，点满足，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）联立直线的方程与抛物线C的方程，利用判别式为0，求出p的值，从而可得答案； （2）设， 联立可得，利用韦达定理建立方程以及平面向量的数量积列式求解m的值即可. 【详解】（1）联立，可得， 因为直线与相切， 所以， 抛物线C的方程为. （2）由（1）可知， 设， 联立可得， 设，可得 ∵，∴ 因为,，所以， 则， 所以 即 所以，即， 解得， ， 即. 9．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)在平面直角坐标系中，从上任取一点向轴作垂线段，为垂足.当点在上运动时，线段的中点的轨迹为曲线.（当为轴上的点时，规定与重合） (1)求的方程； (2)若在第四象限，点，，直线交轴于点，若与的面积相等，求点的坐标； (3)已知，两点在曲线上，，，三点不共线，且直线，均与以为圆心、为半径的圆相切.若在轴上的射影为，关于直线的对称点在轴上的射影为，求证：线段的中点在定圆上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用相关点法求解动点轨迹方程即得； （2）解法一：根据与的面积相等结合图形推出，写出直线的方程并与椭圆方程联立，即可求出点坐标；解法二：设，列出直线的方程，令求得，分别表示出和的面积，利用面积相等推得，将其代入椭圆方程即可求得点坐标. （3）设，，，当或斜率不存在时，易推出，当或斜率存在时，设，，利用直线与圆相切可推得，将直线与椭圆方程联立，求得，同法，即得，由条件求出和，可得，设线段的中点为，由，即得线段的中点在定圆上. 【详解】（1）依题意，设，则， 因为在上，则有，即， 所以曲线的方程为. （2）    解法一： 设，则，， 因为与的面积相等，则与的面积相等，则有， 又，，所以，故直线的方程为. 由解得，即，， 则点的坐标为. 解法二：设，则，，则直线的方程为， 令，得，即， 则的面积为， 的面积为， 所以， 即，即，即， 由，解得，所以，， 则点的坐标为. （3）    如图，设，，， 则当或斜率不存在时，的半径. 又因为，所以， 从而与轴相切，故，必分别为的长轴和短轴的一个端点，所以. 当且斜率存在时，设，， 则，即. 同理，. 所以. 由得. 同理，.又，所以. 设关于直线的对称点为，则所以，， 所以，又易知，所以. 设线段的中点为，则因为，所以， 所以线段的中点在定圆上. 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $