专题17 高二下期末真题精选压轴173题15类考点专练百练通关（期末复习专项训练）高二年级数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦高二下期末压轴题，以15大题型173题构建导数、概率、几何三维突破体系，通过真题情境培养数学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |导数应用|62题|切线/恒成立/构造函数|概念→求导法则→综合证明→实际应用| |概率统计|39题|计数原理/期望方差/概率数列|排列组合→二项式定理→条件概率→随机变量| |立体几何|34题|外接球/空间角/体积最值|空间几何体→线面关系→空间向量→动态问题| |解析几何|37题|椭圆/双曲线/轨迹方程|曲线定义→方程求解→直线与曲线→综合证明|

专题17 高二下期末真题精选压轴题考点专练百练通关 （173题15大压轴题型） 题型1 切线问题 题型9 计数原理 题型2 构造函数比大小 题型10 二项式定理 题型3 恒成立问题 题型11 条件概率与全概率 题型4 不等式的综合证明 题型12 离散型随机变量的期望与方差 题型5 最值与范围 题型13 概率与数列结合 题型6 导数小题综合 题型14 立体几何综合 题型7 零点与方程的根 题型15 解析几何综合 题型8 导数新定义 题型一 切线问题（共6小题） 1．（24-25高二下·湖北荆州·期末）过点可以作3条直线与函数的图象相切，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设切点，利用求导写出切线方程，将代入并将其转化成，设，判断其在上的单调性，得到函数的极值与图象趋势，作出图象，由与有3个交点即可求得参数范围. 【详解】设过点的直线与函数的图象相切于， 对函数求导，，则切线方程为：， 将代入得：，化简：， 设，则， 当或时，，故在和上单调递减； 当时，，故在上单调递增； 故极小值为，极大值为， 因，当时，作出的示意图.    由题意，直线与的图象有3个公共点等价于． 故选：D. 2．（24-25高二下·云南昆明·期末）过点可以作两条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程可得曲线的切线方程，从而将问题化为与在有个交点，再求，从而根据的单调性及极值即可求解． 【详解】因为， 所以， 设过点的切线切曲线于点， 则切线方程为， 又切线过点， 所以， 因为过点可以作两条直线与曲线相切， 所以方程在有解， 所以与在有个交点， 又， 令，可得或， 当时，，此时单调递增； 当时，，单调递减， 所以的极大值为，又，时，， 所以要使与在有个交点，则需． 故选：A． 3．（24-25高二下·江苏盐城·期末）已知直线为曲线与的公共切线，则直线的方程可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用导数求出两条曲线的切线方程，再利用公共切线可解出切点，进而求得切线的方程. 【详解】设直线与曲线的切点坐标为，直线与曲线的切点坐标为， 直线方程为， ，，直线的方程为， 又，直线的方程化简为， ，，直线的方程为， 又，直线的方程化简为， 直线为曲线与的公共切线， ①，②， 由①得，两边取对数得，，， 代入②中得，，即， 解得或， 当时，，，直线的方程为； 当时，，，直线的方程为； 根据选项可知直线的方程可以为. 故选：C. 4．（24-25高二下·山东济南·期末）过点可以作曲线的三条切线，则实数a的取值范围是_______． 【答案】 【分析】设点为曲线上的一点，求得切线方程为，由切线过点，得到，令，求得，得出函数的单调性和极值，作出函数的图象，结合图象，即可求解. 【详解】设点为曲线上的一点，则， 又由，所以，即切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为， 因为切线过点，可得，即， 令，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则当时，取得极小值，当时，取得极大值， 又因为， 当时，恒成立，且时，， 作出函数的图象，如图所示， 当时，函数的图象与直线在上有3个交点， 即过点的切线有3条，所以实数的取值范围为. 故答案为：. 5．（24-25高二下·江西景德镇·期末）若曲线与曲线有公切线，则实数的最大值为______． 【答案】/ 【分析】根据导数的几何意义求出两曲线在切点的切线方程，可得，整理得，利用导数研究函数的单调性求出得出结果即可. 【详解】令，则，令，则， 设在曲线上的切点为，则切线斜率为， 在曲线上的切点为，切线斜率为， 所以切线方程分别为、， 即、， 有，整理得， 设，则， 令，令， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 则在上，如图， 由图可知，即k的最大值为. 故答案为： 6．（24-25高二下·甘肃张掖·期末）（多选）已知直线为曲线与的公共切线，则直线的方程可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用导数求出两条曲线的切线方程，再利用公共切线可解出切点，进而求得切线的方程. 【详解】设直线与曲线的切点坐标为，与曲线的切点坐标为，直线的方程为， ，，直线的方程为， 又，直线的方程为， ，，直线的方程为， 又，直线的方程为， 直线为曲线与的公共切线，， 由①得，两边取自然对数，得，， 代入②，得，即，解得或， 当时，，，直线的方程为；当时，，，直线的方程为， 综上，直线的方程为或. 故选：AC. 题型二 构造函数比大小（共4小题） 7．（24-25高二下·辽宁·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可比较大小. 【详解】设，则， 在上单调递增，则， ，即，； 设，则， 在上单调递增，则，即， ， 又，． 故选：C． 8．（24-25高二下·内蒙古乌兰察布·期末）已知，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨单调性进而比较大小. 【详解】令函数，求导得， 函数在上单调递增，则，因此； 令函数，求导得， 令，求导得 由，得， 则，即，函数在上单调递增， ，，函数在上单调递增，， 因此，所以. 故选：B 9．（23-24高二下·江苏镇江·期末）设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据指数与对数的转化得，进一步得，同理得，即可比较大小，，令，利用导数研究的单调性得，进而得，即，得，即，即可求解. 【详解】由有，因为， 所以，即，由有， 所以，令，所以， 由，所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以， 所以，所以， 故选：C. 10．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件和的性质，结合换底公式以及指数、对数函数的性质，找到相应参照基准，比较大小，最终得出. 【详解】， ， 又， . 根据换底公式： ， 已知， ，由于底数，且真数，底数越大，对数值越小, 因此， 所以. 综上，，即. 故选：C. 题型三 恒成立问题（共8小题） 11．（24-25高二下·湖北武汉·期末）关于x的不等式对恒成立，实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案. 【详解】由可得，即， 当时，，不等式在上显然成立； 当时，令，则在上恒成立， 由，在上，所以在上单调递增， 又时，，， 所以只需在上恒成立，即恒成立． 令，则，即在上单调递增， 其中，故，所以此时有． 综上，． 故选：B. 12．（24-25高二下·安徽合肥·期末）若不等式对任意正数x恒成立，则的最大值为______． 【答案】 【分析】先求出不合要求，故，推出要使对任意正数x恒成立，有且只有即，故，令，求导得到其单调性，求出最大值，得到答案. 【详解】由题意得， 当时，， 又对任意正数x恒成立， 故恒成立， 因为的值域为R，故不可能恒成立，不合要求； 所以，由得，由得， 由得，由得， 因此，若，则当时，，， 故，不合题意； 若，当时，，， 故，不合题意， 因此，要使对任意正数x恒成立， 有且只有即，因为，所以， 此时，令，则， 令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，也是最大值，最大值为. 故答案为： 13．（24-25高二下·辽宁锦州·期末）若，则实数的取值范围是___________.（参考数据：） 【答案】 【分析】将题设变形为，进而得到时，接着求出的最小值即可得解. 【详解】即， 所以时恒有或， 或者有相同的零点，且零点同侧两函数的函数值符号相同； 因为有相同的零点,此时 当时； 当时； 所以符合题意； 因为时不恒有，所以时， 又，所以且， 因为，所以当时，时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以且，所以. 综上，实数的取值范围是. 故答案为： 14．（24-25高二下·天津·期末）已知函数．若在上恒成立，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】指对同构后将不等式变形为，再设，利用导数分析单调性求出最小值，然后令，利用导数分析最大值可得. 【详解】因为，即，即在上恒成立， 设，则，易知时，， 在上单调递增，， 所以恒成立，即， 令，则， 易知在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以实数a的取值范围是. 故选：B. 15．（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 【答案】(1)极大值为1，无极小值 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得其图象，数形结合，即可求解； （3）构造函数，利用导数与函数单调性，可得，构造函数，利用导数与函数单调性，可得，即可求解. 【详解】（1）当时，，所以， 又的定义域为， 令，得到，由，解得，由，解得， 所以当时，的增区间为，的减区间为， 则的极大值为，无极小值． （2）因为有两个零点，即方程有两个解， 等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点， 因为，令，解得， 当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 则当时，取到最大值，且， 又当时，且时，， 当时，，且时，， 的图象如图所示， 所以当时，有没有零点； 当或时，有1个零点； 当时，有两个零点． （3）当时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令，∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴，即． 令，∴， ∵，∴，即在上单调递增， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴成立， 即当时，不等式恒成立． 16．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求证：对任意实数，； (3)是否存在实数m，使得恒成立？若存在，求m的取值集合，若不存在，说明理由． 【答案】(1)递增区间，递减区间； (2)证明见解析； (3)存在，. 【分析】（1）求出，再利用导数求出单调区间. （2）利用导数证明，再分段结合利用和差化积及不等式性质推理得证. （3）设，利用导数分类讨论函数是否恒大于0. 【详解】（1）函数的定义域为R，求导得， 由，得，由，得， 所以的递增区间为，递减区间为. （2）令函数，求出得， 函数在上单调递增，则，即， 当时，， 当时， 所以对任意实数，. （3）设， 求导得，设， 求导得，设， 求导得，设，，， 令，求导得，当时，；当时，， 函数在上递减，在上递增，，则， ①时，，， 函数在R上递增，又，则当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在R上的最小值为，因此恒成立； ②时，， 当时，，在上单调递增， 若，则当时，，在单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 因此，不符合题意； 若，而函数在上单调递增且， 则存在，使得，则当时，， 在上单调递增，当时，， 在上单调递减，当时，， 函数在上单调递增，因此，不符合题意； ③时，， 当时，，在上单调递增， 若，则当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递减， 因此，不符合题意； 若，而函数在上单调递增且， 则存在，使得，则当时，， 在上单调递减，当时，， 在上单调递减，当时，， 函数在上单调递减，因此，不符合题意， 所以的取值集合为. 17．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知函数（且） (1)求的极小值； (2)当时，在处切线的斜率为e+1，函数 （i）判断零点个数并说明理由； （ii）函数，若对任意的正实数x，都有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)1 (2)（i）一个，理由见解析（ii） 【分析】（1）方法一：对函数求导，通过研究在上是增函数，再根据的单调性得到极值；方法二：对函数两次求导，再根据的单调性得到极值； （2）（i）借助单调性和最值，确定零点个数；（ii）转化为任意，都有，结合恒成立要求求解即可. 【详解】（1）方法一：. 因为当时，，函数在上是增函数， 当时，，函数在上是增函数， 所以是上的增函数， 又，所以的解集为，的解集为， 故函数的增区间为，减区间为， 所以函数在处取得极小值1. 方法二：因为，令， 所以在上单调递增， 又，所以的解集为，的解集为， 所以函数的增区间为，减区间为， 所以函数在处取得极小值1. （2）（ⅰ）因为， 所以， 设，则， 所以在单调递增， 且当时，，故， 又， 令，， 所以在单调递增，且， 当时，， 所以存在唯一，使得，即在只有一个零点， 即只有一个零点. （ⅱ）由题知，对任意都有恒成立， 即，， 所以对任意，都有， 令，则， 由（ⅰ）知在上单调递增，且在上有唯一零点， 当时，，当，， 所以当，单调递增，当，单调递减， 且，. 所以无最小值， 故. 18．（24-25高二下·四川雅安·期末）已知函数，. (1)当时： （i）求曲线在处的切线的方程； （ii）证明：直线与曲线有且仅有一个公共点； (2)当时，若任意，，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)（i）（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据题意，求得，得到和，结合导数的结合意义，即可求解； （ⅱ）由题意，可转化为有且仅有一解，令，求得，得到函数递增，结合，即可得证； （2）转化为，由，求得，分，，求得函数的单调性和最小值，进而得到答案. 【详解】（1）解：（ⅰ）当时，，可得，所以， 又由，所以曲线在处的切线方程为， 所以切线的方程为； （ⅱ）要证直线与曲线有且仅有一个公共点，只需证得有且仅有一解， 即证方程有且仅有一解， 令，可得， 所以函数在上单调递增， 因为，所以有且仅有一解， 所以直线与曲线有且仅有一个公共点. （2）解：由任意，恒成立， 等价于， 由，可得，其中， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. ①当，即时，在上单调递减， 所以，， 此时，不合题意. ②当，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故，且， 即，且， 即，且， 令，当时，， 所以在上单调递增，故， 令，当时，， 所以在上单调递减，故， 所以当时，满足题意. 综上可得，实数的取值范围为. 题型四 不等式的综合证明（共17小题） 19．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)设函数； （i）讨论函数的单调性； （ii）若函数无极值，求实数的取值范围； (2)记数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)（i）当时，函数在内单调递减； 当时，函数在内单调递减，在和内单调递增； 当时，函数在内单调递增. （ii）. (2)证明见详解. 【分析】（1）（i）由题意得，，定义域为，则，根据对的取值进行分类讨论，可得的正负情况，进而可得函数的单调性； （ii）函数无极值，等价于导函数不存在变号区间，根据（i）的讨论结果，即可判断； （2）根据题意得，，则要证，需先证明，令，则，代入化简得，构造函数，通过求导判断函数的单调性，可得恒成立，原不等式得证. 【详解】（1）（i）由题意得，，定义域为， 则， ①当时，恒成立，所以单调递减； ②当时，，此时，令， 解得，， 当或时，恒成立，所以单调递增； 当时，恒成立，所以单调递减； ③当时，，此时，此时至多一个实数根，即恒成立，所以单调递增； ④当时，易得当时，恒成立，所以单调递减； 综上所述，当时，函数在内单调递减； 当时，函数在内单调递减，在和内单调递增； 当时，函数在内单调递增. （ii）因为函数无极值，等价于在上无变号零点， 由（i）可得，当时，恒成立，当时，恒成立， 综上所述，当函数无极值时，的取值范围是. （2）根据题意得，， 要证，需先证明， 令，则， 代入化简得，即， 令，则， 令，则， 令，则， 因为，所以恒成立，则函数单调递减， 又，所以在上恒成立， 即恒成立，所以单调递减， 又，所以在上恒成立， 即恒成立，所以单调递减， 又，所以在上恒成立， 即恒成立，即恒成立， 即恒成立，又， 所以， 所以， 原式得证. 20．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：，； (3)设，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而得解； （2）由题，问题转化为证明，令，只需证对任意的恒成立，设，求导，判断单调性求出最值得证； （3）由（2），令，可得，即，利用裂项相消法求和得证. 【详解】（1）， ， . 所求切线方程为，即. （2）要证，等价于证， 令，则，且，， 只需证在成立， 即证对任意的恒成立， 设， 则恒成立， 时，单调递减， ，即， . （3）由（2）知，对任意的恒成立． 对任意的，有，则， 即， ， ，得证. 21．（24-25高二下·安徽合肥·期末）已知双曲正弦函数，双曲余弦函数． (1)求双曲正弦函数在处的切线方程； (2)证明：当时，； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）直接求导得，，则得到切线方程； （2）方法一：令，求导得到单调性即可证明；方法二：首先证明当时，，令，证明其单调性即可证明； （3）首先利用导数证明，令，代入得到相关不等式组，累加得，再根据（2）得到，最后即可证明原不等式. 【详解】（1）由已知，， 所以， 又，所以，切线方程为． （2）方法一：令， 则， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以，所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立． 方法二：先证：当时，， 令，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以，所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立． 再证：当时，， 令，则， 因此在上单调递增； 所以，故． 综上，当时，． （3）先证：，令， 则，令，则， 在上单调递增，， 即在上单调递增，， ，当时取等号， 即， 令，则， 当时，， 即， 则有：， 相加可得：， 因为，则，所以， 即． 又由（2）知，当时，． 所以，． 所以，. 22．（24-25高二下·黑龙江牡丹江·期末）已知函数，. (1)若为正实数，时，都有，求的最大值. (2)证明：； (3)若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得，则函数在区间上单调递增，且，再分情况讨论当时，当时的单调情况，从而可求解； （2）由（1）可得当，时，，从而可得令时，，再利用累加法即可证明； （3）先利用导数求出即，然要证方程有唯一的实数解即证只要证方程有唯一的实数解，设，再利用导数证明只有一个零点，从而可求解. 【详解】（1）（）a为正实数， 令，则恒成立， 函数在区间上单调递增，且. ①当时，，所以函数在上单调递减，此时，符合题意. ②当时，，，由零点存在定理，时，有，即函数在上递减， 在递增，所以当时，有，此时不符合. 综上所述，正实数a的最大值为1. （2）由（1）知，当，时，， 令时，有，即， 累加得，. （3）因为，所以，即函数在上递增， 又， 由零点存在定理，时，有，即， 因此，而函数在上递减，在上递增， 所以， 由于对勾函数在单调递减， 故，则，因此， 即. 要证方程有唯一的实数解， 只要证方程有唯一的实数解. 设，则， 所以函数在上递增，又，， 由零点存在定理，时，，即， 因此，又， 设，则函数在上递增， 于是， 又，故， 而函数在上递减，在上递增， ， 即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解. 23．（24-25高二下·内蒙古包头·期末）已知函数且为的导数． (1)求函数在处的切线方程（请用a表示）； (2)讨论的极值点个数； (3)当时，设的极值点为m，一个零点为，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出，利用导数的几何意义得到所求切线方程的斜率，最后点斜式出答案. （2）构造并求出，用以及对的取值分类讨论，得到不同情况下的单调区间进而得到极值点个数 （3）由（2）得到且，进一步转化为证明，代入化为，构造，利用导数即可证明 【详解】（1）由题得的定义域为． 且，所以． 则在处的切线方程为． （2）由（1）得，设， 则，， ①当时，，则在上单调递增． 又∵，在上为负，在上为正， 则在上单调递减，在上单调递增， 即是的唯一极小值点． ②当时，由解得． （ⅰ）若时，则． 由解得，由解得， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以且有， 由零点存在定理得使得， 则在和为正，在为负， 即在上有两个极值点． （ⅱ）若时，则，由解得． 此时在上单减，在上单增，所以， 则在上单调递增，即无极值点． （ⅲ）若时，即． 由解得<x<，由解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以且有， 由零点存在定理得使得， 则在和为正，在为负， 即在上有两个极值点． 综上，当，无极值点． 当时，有一个极值点． 当或时，有两个极值点． （3）由（2）可得且， 要证，只需证， 由，只需证， 只需证，即， 只需证． 令．所以． 则在上单调递增，即． 证毕． 24．（24-25高二下·黑龙江·期末）已知函数 (1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围． (2)若有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）代入然后求导，对，讨论判断； （2）（i）法一：等价转化方程有两个不同的变号根等价有两个不同的根，然后构建函数研究性质即可；法二：直接求导，然后利用二阶导，求出最小值判断即可；（ii）构建函数，然后求导可判断，然后构建函数，可知，最后可得结果. 【详解】（1）由，得，， 当时，，，在上单调递增， 所以，不等式恒成立；            当时，，当时，， 所以在上单调递减，，与已知不等式矛盾. 故； （2）（i）法一：由（），求导得， 由题意得方程有两个不同的变号根， 即：有两个不同的根， 设，则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 又时，；时，，所以.        法二：由，求导可得，令， 由题意得函数存在两个不同的变号零点，则， 令，解得，当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，所以， 当，即时，不合题意； 当时，由， 令，求导可得， 当时，，则在上单调递增， 所以，则， 由，则当时，函数存在两个不同的变号零点， 可得，解得. （ii）证明：由（i）知：为方程的两个不等的实根，不妨设， 令， 求导可得，由，当且仅当时取等号，则， 所以函数在上单调递增，由，则当时，可得， 由，且在上单调递减， 则，可得； 由当时，，则函数在上单调递减， 由，则，所以， 要证，只需证，由， 则令，求导可得，令， 则，所以函数在上单调递增，， 则当时，，即， 所以函数在上单调递增，又， 则当时，， 所以不等式在上恒成立，可得。 综上所述，. 25．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知函数. (1)证明：当时，直线与曲线相切； (2)若是增函数，求实数的取值范围； (3)设，且，分别为的极大值点和极小值点，记，，证明：直线与曲线有异于，的交点. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）由题设得恒成立，利用导数分和时单调递增的条件，从而得解； （3）易得直线的方程为，联立方程组，得，即证明函数有异于的零点，利用导数证明. 【详解】（1）由题设得， 不难知道，且， 曲线在点处的切线方程为， 即直线与曲线相切. （2）由题设得， 令， ①若，则， 故在区间单调递增， 令，则，或， 当时，；当时，. 当时，；当时，. 当且仅当， ，故，即. ②若，则， 恒成立， ， 当时，；当时，， 在区间单调递减，在区间单调递增， ， ，解得. ③时，由题设得， 当时，，单调递减，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）由（2）可知，，且或 由（2）不难知道，当时，，， 直线的方程为，即， 由得（*）， 显然，是方程（*）的两个相异实数解，且. 下面证明方程（*）有第三个不同实数解，即证明函数有异于的零点， 易知，令，则， 在区间单调递增， ，， 在区间有唯一零点，不妨设该零点为， 当时，，即；当时，，即. 在区间单调递减，在区间单调递增. ，，，又，， 在区间有且仅有一个零点，在区间有且仅有一个零点， 方程（*）的解集为，即直线与曲线有异于，的交点，且该点的横坐标为. 26．（24-25高二下·吉林长春·期末）已知函数. (1)若对恒成立，求a的取值集合. (2)设，，，.证明：①；②，. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）注意到，据此令，然后验证满足题意及不满足题意可得答案； （2）①利用（1）中结论，整理后可证明不等式；②将（1）中结论加强为：，时，，证明后利用结论结合题意可完成证明. 【详解】（1）由题. 令，此时， 令， 则， 则在上递减，在上递增，， 又，则， 从而在上递减，在上递增，则，满足题意； 下面说明不满足题意； 若，则，从而在上单调递减，则当时，不满足题意，则. 令， 则，对于方程， 判别式为，设方程两根为， 则， 若，因，则， 则当时，，即在上单调递增. 又，则存在， 使，则，， 则在上单调递增，则不满足题意，则. 当，时，，. 则在上递减，在上递增， . 对于方程，由求根公式，若，则. 注意到，，， 则存在使，其中， 则，从而在上递减， 则当时，，不满足题意； 当，类似于以上分析，， 因，结合，，在上递增， 则存在，使. 则，从而在上递增， 则当，，不满足题意. 综上可得a的取值集合为； （2）①由（1）有，其中. 又，，，， 则； ②类似于①，设， 设， 注意到，令， 下证：，当时，. 令， 则 . 令， 则， 对于方程， 判别式为：. 则方程总有两相异实根，设方程两根为，由韦达定理： . 若，则， 则当，则在上递增， 又，则，， 从而此时在上递减，在上递增，从而； 若，则，注意到， ，则，从而， 从而在上递减，在上递增， 注意到，. 则，， 从而此时在上递减，在上递增，从而； 综上，对，时，. 则， 从而. 27．（24-25高二下·福建·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求实数a的取值范围； (3)若函数有且仅有两个零点，，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导函数，分和两种情况讨论可求得的单调性； （2）结合（1）分，，三种情况求解可得实数a的取值范围； （3）由（1）可知，可得，只需证，需证，令，利用换元法证明即可. 【详解】（1）由， ①当时，有，函数单调递增； ②当时，令，有，可得函数的减区间为，增区间为. （2）①当时，由，符合题意. ②当时，由，不合题意. ③当，若，有，可得， 由上知，若，则实数a的取值范围为. （3）由（1）知，当时，函数单调递增，最多只有一个零点，可得， 又由，，有， 要证：，只需要证， 只需要证：，只需要证：， 只需要证：， 令，上述不等式可化为， 只需证：， 令，有， 令，有， 可得函数单调递增，有， 可得函数单调递增，有（当且仅当时取等号）， 可得不等式成立，由上知. 28．（24-25高二下·山东临沂·期末）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)当的最大值为0时，求； (3)当时，正实数满足，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）只需求得即可得解； （2）分析得知的最大值为，其中，说明即可求解； （3）利用导数说明，结合已知得，结合是正实数即可得证. 【详解】（1）当时，，求导得， 所以， 故所求为； （2），求导得， 若，则恒成立， 这意味着此时在上单调递增，但这与的最大值为0矛盾， 故， 当时，， ， 所以在上单调递增，在上单调递减， 记，则 所以的最大值为， 设， 因为都是增函数， 所以是增函数， 注意到， 所以，解得， 综上所述，当的最大值为0时， ； （3）当时，正实数满足， 即， 进一步变形得， 令，求导得， ，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 解得或， 但由于都是正实数， 所以. 29．（24-25高二下·山东威海·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当，时，求曲线过点的切线方程； (3)若存在三个不同的零点，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)或. (3)证明见解析 【分析】（1）分类讨论计算导数正负得出函数单调性； （2）先求出导函数，计算得出函数的切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （3）法一：设及零点再化简计算证明等式；法二：设零点得出，再化简证明；法三：设零点得出，再化简证明； 【详解】（1）， ①当时，， 所以的单调递增区间为，无单调递减区间； ②当时，令，解得或，令，解得； 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为； ③当时，令，解得或，令，解得； 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为. 综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为. （2）当，时，，则， 设切点为， 则切线的斜率， 所以切线方程为 又因为经过点， 所以， 即，整理得， 解得或， 所以过点的切线方程为或. （3）法一：若存在三个不同的零点， 则可设， 整理得， 所以. 因为，所以， 所以，可得. 法二：若存在三个不同的零点， 因为，可设，，， 则，，， 化简可得，， 两式相减可得， 所以， 所以，可得. 法三：若存在三个不同的零点， 则，，， 两两相减可得，， 因为，所以，， 两式相减可得， 所以， 因为，所以. 所以，可得. 30．（24-25高二下·福建福州·期末）已知函数 (1)若，求证：在R上单调递增； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)求证：在上有且只有1个解． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1），二次求导得到其单调性，得到结论； （2）参变分离得到在上恒成立，构造函数，得到单调性，并求出最小值，从而得到； （3）定义不动点和稳定点，证明若为定义域内的严格增函数，则“是的不动点”是“是的稳定点”的充要条件，求导得到在R上单调递增，令，，二次求导，得到其单调性，结合零点存在性定理得到有且只有一个解，故有且只有1个解，证毕 【详解】（1）， ，令，故， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 所以在R上单调递增； （2）由题意得在上恒成立， 故在上恒成立， 令， 则， 令，则在上恒成立， 故在上单调递增，， 故在上恒成立， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故，所以； （3）设满足的值为的不动点， 满足的值为的稳定点， 下面证明，若为定义域内的严格增函数，则“是的不动点”是“是的稳定点”的充要条件， 充分性，因为是的不动点，故，则， 故是的稳定点，充分性成立， 必要性，设是的稳定点，即， 假设，而在定义域内单调递增， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾； 故必有，即， 即，故是的不动点”，必要性成立，证毕； ，令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中，故恒成立， 故在R上单调递增， 令得，令，， 则，令，则， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中，，， 由零点存在性定理可知，存在，使得，即， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 其中，， ，故存在唯一的，使得， 故有唯一的零点，即有唯一的不动点， 故在上有唯一的稳定点，有且只有1个解，证毕 31．（24-25高二下·湖北恩施·期末）已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； (3)若函数有两个零点，，求证：. 【答案】(1)答案见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）求导可得，利用导数判断原函数的单调性； （2）求导构建，可知在存在零点，结合题意整理可得，构建，求导，利用导数分析单调性和符号，即可得结果； （3）整理可得，构建，，，利用导数结合单调性可得，，结合单调性分析证明. 【详解】（1）当时，， 可知的定义域为，且， 设，则， 可知在单调递增，且， 当时，，即；当时，，即； 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由题意可知：的定义域为，且， 设，则，可知在单调递增， 因为函数存在极小值点，所以在存在零点， 即，可得. 则，可得， 设，且， 当，，则； 当，，则. 可得，， 所以实数a的取值范围为. （3）令，可得， 由题意可得：， 构建，则， 不妨设，可得， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减，且， 可得， 构建，， 则， 可知函数在上单调递增，则，即， 则，且， 又因为在上单调递减，所以，即. 32．（24-25高二下·辽宁·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极值； (3)数，设是的极值点，且，求证：．注：表示a，b，c中最小的． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)极大值为，无极小值 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）求导，即可根据单调性，结合极值的定义求解， （3）根据和的单调性，可得的图象以及单调性，即可得，进而根据等价转化，构造函数，求导，根据单调性即可求解. 【详解】（1）的定义域为，且， 令，解得，令解得， 故单调递减区间为，单调递增区间为， （2），则， 令，解得，令，解得， 所以在单调递减，在单调递增， 故当时，取极大值，无极小值， （3）由（1）（2）可知在单调递减，在单调递增，在单调递减，在单调递增， 且当，，， 在同一直角坐标系中，作出两个函数的图象如下图所示：故存在，使得，    ，则图中实线为的图象， 当时，单调递增，时，单调递减， 则是函数的极值点，，即． ，不妨设，即． 要证，只需证 令 记, 当单调递增，当单调递减， 所以，故， 故，进而 ， 所以在上单调递增， 于是有 故得证 33．（24-25高二下·河北·期末）（1）证明：函数有且仅有一个零点，记该零点为，则． （2）证明：． （3）证明：． 【答案】（1）证明见解析 ；（2）证明见解析；（3） 证明见解析. 【分析】（1）首先求出函数的导函数，得出以在上单调递增，函数是增函数，且有且仅有1个零点推得，得到； （2）令，求导．令，求导，得到在上单调递增，计算．推得．在上单调递减，在上单调递增，计算得到最小值； （3）令，求导，令，求导．结合（2）可得在上单调递增．进而在上单调递减，在上单调递增，计算最小值得证. 【详解】证明：（1）的定义域， 则，所以在上单调递增． 易证函数是增函数，且有且仅有1个零点 若满足，则，所以， 所以函数有且仅有一个零点，且． （2）令，则． 令，则， 所以在上单调递增， ． 因为， 所以，即， 所以． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ． 令，则， 所以在上单调递增． 因为，所以，即， 所以． （3）令，则． 令，则． 又，且结合（2）可得，，所以在上单调递增． 若满足，则， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ， 所以． 34．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）已知函数，. (1)若，求证：对，； (2)若函数在上单调递增，求a的取值范围； (3)设m，n为正实数，且，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，得到在上单调递增，又，所以对，； （2）在上恒成立，即在上恒成立，不等式可化为在上恒成立，设，，由基本不等式得到，所以，求出a的取值范围； （3）要证，即证，设，由（1）知在上单调递增，又，所以，从而证明出结论. 【详解】（1）证明：由，得，定义域为， 所以， 所以在上单调递增，又， 所以对，，即， （2） 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 因为，不等式可化为在上恒成立， 设，，则，当且仅当时取等号，， 所以，解得，所以a的取值范围是. （3），要证，只需证， 即证，只需证， 设，由（1）知在上单调递增， 又因为，即，所以， 即成立，所以 35．（24-25高二下·山东东营·期末）已知，函数. (1)当时，求函数在点的切线方程； (2)若， ①求； ②求证：对，都有. 【答案】(1). (2)①；②证明见解析 【分析】（1）当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）①解法一：分析可知，结合函数的最值与极值的关系可知为函数的极大值，可得出，求出的值，再利用结合函数极值点的定义验证即可； 解法二：求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合可求得实数的值； ②由①得，当且仅当时，等号成立，进而可得出，利用不等式的基本性质、累加法以及等比数列的求和公式可证得结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为. 当时，，，，， 所以所求切线方程为，即. （2）①解法一：因为，由题意可知，所以， 又因为函数为可导函数，故函数在处取得极大值， 因为，则，所以，解得， 且当时，，，令得，列表如下： 增 极大值 减 此时，函数在上单调递增，在上单调递减， 故函数在处取得最大值，合乎题意，故； 解法二：因为，该函数的定义域为，且， 当时，， 则在上单调递增，且， 当时，，不合乎题意； 当时，令，得， 令，得. 所以，函数在上单调递增，在上单调递减. 所以，. 由题，可得，令，. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以，则. ②由①知，当时，，即，当且仅当时，等号成立. 令，得， 所以，，，，， 累加得， ， 所以. 题型五 最值与范围（共5小题） 36．（24-25高二下·四川广安·期末）设函数，，若存在、，使得，则的最小值为______________． 【答案】 【分析】由已知条件得出，分析可知函数在上单调递增，可得出，于是得出，构造函数，，利用导数求出函数的最大值，即可得出的最小值. 【详解】由题意可得，即，所以， 又因，所以在上单调递增， 则由，可得，则， 令，，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值，即，故， 所以． 37．（24-25高二下·湖南永州·期末）若，为正实数，函数在上单调递增，则的最大值为____________． 【答案】 【分析】对原函数求导得，根据已知，为正实数，函数在上单调递增，得出.分析导数非负条件，得到临界点，从而得到a，b关系：，构造函数，求导并令得到，根据导数单调性判断为最大值. 【详解】求导得：.已知，为正实数，函数在上单调递增，故对所有恒成立. 当时，，此时需要； 当时，，此时需要； 当时，，此时等式成立. 特别地，当时，，此时必须满足，即. 综合可得为临界点，此时： 求最大值：将b代入，得. 设，求导：. 令：，. 故 当时，，函数递增； 当时，，函数递减; 所以时，取得最大值：. 故答案为：. 38．（24-25高二下·河南安阳·期末）已知函数，若有三个零点，，，且，则最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据解析式画出大致图象，数形结合可得参数范围，进而有，且，则得，从而得，再构造函数，，结合导数知识从而可求解. 【详解】根据函数解析式，可得函数的大致图象如图所示， 因为有三个零点，所以. 令，得， 因为，所以， 又，且， 则. ，且 令，，则. 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，的最大值为， 综上，，则，故A正确. 故选:A. 39．（24-25高二下·吉林长春·期末）已知实数x，y满足，且，若实数a，b使得关于x的方程在区间上有解，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】由题设得，且，构造且并应用导数研究其单调性得，再将问题化为求直线（为参数）上的点到原点距离的平方的最小值，即求且的最小值，应用导数研究其最小值即可. 【详解】由题设，则，， 由，可得，即， 令且，则，故在上单调递减， 由上，故，依题意即在区间上有解， 所以表示直线（为参数）上的点到原点距离的平方， 由原点到直线的距离，故， 令且，则， 所以在上单调递增，则，即的最小值为. 故答案为： 40．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知函数. (1)当时，证明：在R上单调递减. (2)若有两个极值点，，且，求m的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）经过两次求导即可证明的单调性； （2）有两个极值点，，即至少有两个实数根，通过讨论的正负，利用导数判断函数的单调性和极值得到的两根的范围，再利用即可得到，最后利用即可求解. 【详解】（1）当时，，则， 令，得. 令，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 在处取得极大值，即最大值， 且， ，，即，故在R上单调递减； （2），， 有两个极值点，，至少有两个实数根. 设，则， 当时，，则只有一个实数根，不合题意，舍去； 当时，，则在R上单调递增， 则至多只有一个实数根，不合题意，舍去； 当时，令，解得， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 在处取得极大值，且， 至少有两个实数根，至少有两个实数根， ，解得， ，，，，， 的两根中有一根在内，有一根在内. 若，则，这与矛盾，舍去. ，且， ，， 由，得恒成立， ， 由，得，解得， 由，， 令，，得， 则在上单调递增，，且， ，则， 又，且，的取值范围为. 题型六 导数小题综合（共8小题） 41．（24-25高二下·浙江杭州·期末）（多选）设函数，则（   ） A．时，有两个极值点 B．当时，有三个零点 C．若在上单调递增，则 D．若满足，则 【答案】ABD 【分析】对A，对求导，利用极值点的求法，直接求出极值点，即可求解；对B，令，根据条件可得，构造函数，，将问题转化成求两函数图象交点，对求导，求出其单调区间和极值，进而得其图象，数形结合，即可求解；对C，根据条件，将问题转化成在区间上恒成立，即可求解；对D，根据条件得恒成立，从而得到关于的方程组，即可求解. 【详解】对于A，当时，，则， 令，得到或，当或时，，当，， 所以是的极大值点，是的极小值点，故A正确， 对于B，令，得到，显然不满足方程，所以， 令，，则，令，得到， 由，得以，且，由，得或， 即的增区间为，减区间为， 又，当时，， 当（从左侧）时，，当（从右侧）时，， 当时，，图象如图， 由图知，当或时，与有三个交点， 即有三个零点，所以B正确， 对于C，因为，由题知在区间上恒成立， 即在区间上恒成立，易知在区间上单调递减， 所以，即，故C错误， 对于D，因为，所以， 整理得到，所以，解得，故D正确， 故选：ABD. 42．（24-25高二下·福建福州·期末）（多选）已知函数，是其导函数，若存在且，满足，则（    ） A．与大小关系可通过单调性判断 B． C． D． 【答案】BD 【分析】答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿! 答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿! 【详解】答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!联系人QQ:2853279698 43．（24-25高二下·湖北武汉·期末）（多选）三次函数，定义：是的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（   ） A．当时，拐点处的切线方程为 B．当时，在区间内存在最小值，则的取值范围是 C．若经过点可以向曲线作三条切线，则的取值范围是 D．对任意实数，直线与曲线有唯一公共点 【答案】ACD 【分析】对于A，根据题设定义求得，再利用导数的几何意义即可求解；对于B，根据条件，求得的极小值为，并求得，即可求解；对于C，根据条件，将问题转化成与有三个交点，利用导数求出的单调区间和极值，即可求解；对于D，联直线与曲线方程，通过判断方程解的个数，即可求解. 【详解】对于A，当时，，则，， 令，解得， 又，，所以函数拐点处的切线方程为，即，故A正确； 对于B，当时，，则， 所以当时，，当或时，， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 所以在处取得极小值， 又由，得到，解得或， 要使函数在区间内存在最小值， 所以，解得，即的取值范围是，故B错误； 对于C，因为，则， 设切点为，则， 所以切线方程为， 又切线过点，所以，整理得， 令，则， 所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极小值，在处取得极大值，又，， 因为经过点可以向曲线作三条切线，即与有三个交点， 所以，即的取值范围是，故C正确， 对于D，由，可得， 即，显然在定义域上单调递增， 所以，即对任意实数，直线与曲线有唯一公共点，故D正确. 故选：ACD. 44．（24-25高二下·广东广州·期末）（多选）已知函数，下列正确的是（    ） A．当时，的图象关于点对称 B．当时，恒成立 C．若函数在上有两个不同的极值点，则 D．若函数在上有两个零点，则 【答案】BCD 【分析】利用奇偶性可判断A；利用导数判断单调性可判断B；求导得在有两个不等的实数解，求解可判断C；由题意可得在上还需有一个交点，据此判断即可. 【详解】对于A，若时，，定义域为，又， 所以函数是偶函数，图象关于轴对称，故A错误； 对于B，若时，则，求导得对恒成立，所以在上单调递增， 又，所以恒成立； 对于C，由，可得， 令，可得， 若函数在上有两个不同的极值点，则在有两个不等的实数解， 所以，解得， 所以若函数在上有两个不同的极值点，则，故C正确； 对于D，因为，所以是函数的一个零点， 若函数在上有两个零点，则函数在上还需有一个零点， 由，可得， 令，令， 令，求导得， 令，可得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又， 又， 所以，使， 所以当时，，当时，，当，， 所以以当时，，当时，，当，， 又时，，当时，，当，， 所以当时，与有一个大于0的交点， 所以函数在上有两个零点，则，故D正确. 故选：BCD. 45．（24-25高二下·山东威海·期末）（多选）已知函数，的导函数为，则（   ） A．存在，使得 B．对于定义域内的任意，都有 C．函数的图象关于原点对称 D．方程有4个实数根 【答案】BCD 【分析】对于A，根据函数式，通过计算得可判断B正确； 对于B，利用导数得函数的单调性结合函数的对称性求得可判断A不正确； 对于C，先求得，再求导，得，经验证得到，可判断C正确； 对于D，令，由，确定，方程的只有一个根且由在上的单调性得，再由方程有4个不相等的实数根.得到方程有4个不相等的实数根，判断D正确. 【详解】对于B，由得，，故B正确； 对于A，，定义域为. 当时，，， 令，得；令，得； 所以在上单调递减，在上单调递增. 由B知，的图象关于对称， 所以在上单调递增，在上单调递减. .故A不正确； 对于C，， 当时，， 当时，，， 所以， 当时，， 当时，， 所以是奇函数，图象关于原点对称.故C正确； 对于D，由A知，的图象关于对称， 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且. 令，则，由，得,， 根据的对称性和单调性知，方程，只有一个实数根且 由在上单调递增，，所以 而方程有4个不相等的实数根. 所以方程有4个不相等的实数根.故D正确. 故选：BCD. 46．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知函数的极值点均为，则（   ） A．若，则 B． C．c可能为 D．b可能为1 【答案】ABD 【分析】对函数求导，问题化为两两相交且交点横坐标为正实数，结合各选项描述，并应用导数、对数函数的性质判断各项的正误. 【详解】由题设， 所以是的两个零点，即两两相交且交点横坐标均为正实数， 所以的交点横坐标为，即是的两个根， 所以的两个根为，故， 所以，，且，B对， A：当，即，显然存在一个根为1，故，则，A对， C：若，则在上存在两个根， 对于，即，仅当时取等号， 对于，则，显然有，有， 所以在上单调递增，在上单调递减，故， 所以，仅当时取等号， 综上在上恒成立，故在上不存在实根，与题设矛盾，C错， D：若，由有两个正实根，结合一次函数和对数函数的图象，易知且， 由，则且，    此时，且， 同时，故，，满足前提， 综上，时，存在，且满足要求，D对. 故选：ABD 47．（24-25高二下·辽宁大连·期末）（多选）已知函数（其中是自然对数的底数），则下列结论正确的是（   ） A．若，则是上的增函数 B．若，则为函数的极大值点 C．当且仅当时，函数有两个不同的零点 D．若函数在上存在零点，则的最小值是 【答案】ABD 【分析】分别求导，根据导数判断函数单调性、极值与零点情况，即可判断ABC选项；D选项：由函数有零点可知，又表示点到直线距离的平方，可知，构造函数，求导判断函数单调性，即可得最值. 【详解】由已知，则， A选项：当时，，， 设，则， 可知当时，，函数单调递减，当时，，单调递增， 即当时，取得最小值为， 即，所以函数在R上单调递增，A选项正确； B选项：当时，，， 设，则， 可知在上单调递减，在上单调递增， 且，，， 所以存在，使， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极大值点，B选项正确； C选项：由B选项可知，当时，，，，即此时，使， 即当时，有两个零点，C选项错误； D选项：， 由函数在上存在零点， 即，使，即， 又表示点到直线即直线的距离的平方， 设距离为， 即， 设，， 则恒成立， 即在上单调递增， 所以在处取得最小值为， 即的最小值为，D选项正确； 故选：ABD. 48．（24-25高二下·安徽合肥·期末）（多选）已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点M处的切线与在点N处的切线相交于点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对A，构造函数，利用导数判断单调性求出极值，即可判断；对B，由切线的斜率公式得和，则是方程的两根，由韦达定理结合选项A求解判断；对C，由两边取对数可得，利用对数不等式得解；对D，由选项B，结合得解. 【详解】对于A，令，则，， 当时，，即单调递增，当时，，即单调递减， 所以的极大值为，且，， 因为直线与曲线相交于两点， 所以与的图象有两个不同交点，所以，故A正确； 对于B，由，得，则曲线在点处切线的斜率， ，整理得， 同理，可得， 所以是方程的两根，则，， 又由A，，即，，故B正确； 对于C，先证明对数不等式， 上式等价于（其中）， 令，则， 因为，所以，所以在上单调递减， ，即，上式得证. ，，又，则， 同理，由，可得， ，即， 由对数不等式，，即，故C错误； 对于D，由B知，，所以，故D正确. 故选：ABD. 题型七 零点与方程的根（共11小题） 49．（24-25高二下·山东聊城·期末）已知函数，若关于x的方程有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【分析】问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，作出函数图象和直线，由图象可得结论，其中切线斜率需要利用导数的几何意义求解． 【详解】关于x的方程有两个不相等的实根，即函数的图象与直线有两个不同的交点， 作出的图象和直线， 当时，它们有两个交点，满足题意， 当时，有两个交点，满足题意， 当时，，， 设的图象过点的切线的切点为， 则，解得， 所以， 当时，直线与的图象无交点， 当时，直线与的图象有一个公共点， 当时，直线与的图象有两个公共点， 又时，直线与射线有一个交点， 又时，直线与射线没有公共点， ，因此时满足题意，或不满足题意， 综上，的取值范围是， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：方程根的个数问题，常常转化为函数图象与直线的交点个数问题，然后作出函数图象和直线，由图象观察出相应的结论． 50．（24-25高二下·山东威海·期末）已知函数. (1)若在上单调递减，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据函数单调性得出导函数，再构造函数得出函数的最小值即可求参； （2）（i）法一：根据函数的零点个数得出函数单调性即可求参；法二：构造得出函数的单调性即可计算求参；（ii）法一：根据已知零点构造函数得出导函数，再结合函数的单调性即可求解；法二：构造函数得出导函数，再结合函数的单调性即可求解； 【详解】（1）若在上单调递减， 则对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，因为在上单调递增，所以的最小值为， 所以. （2）（i）法一：， 令，则，判别式，且两根之积为， 故该方程有唯一正根，设为， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 又当时，； 当时，； 若有两个不同的零点，则， 所以， 又因为，所以， 令，则， 所以在上单调递增，因为，所以， 由于函数均为上的单调递增函数，故在上单调递增， 所以，所以. （ii）不妨设，因为，可得， 因为，，所以， 令，则， 令， 则， 当时，，所以在上单调递增，又， 所以当时，，即， 又因为，所以， 因为，所以， 对于，， 当时，，所以在上单调递减， 因为，，所以， 又因为当时，，所以， 所以. 法二：（i）若有两个不同的零点，，则有两个不等的正根， 即有两个不等的正根， 令，，则， 当时，故，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以， 当时，；当时，；所以. （ii）不妨设，由（i）知，则， 令， 则， 当时，，可得在上单调递增， 又，所以当时，，即， 又因为，所以， 因为，所以， 由（i）知在上单调递减， 因为，，所以， 又因为当时，，所以， 所以. 51．（24-25高二下·内蒙古赤峰·期末）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，然后利用点斜式直线方程求解即可. （2）求出导函数，按照和分类讨论求解即可. （3）由（2）的结论得不符合题意，将题目条件转化为，设，利用导数研究其单调性，按照和分类讨论，结合零点存在定理利用放缩法求解即可. 【详解】（1）当时，，点在函数图象上， 由得，， 则在点处的切线方程为，即. （2）定义域为， ， 当时，恒成立，在上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）知，当时，在上单调递减， 则在上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，即， 设，则， 故在上单调递增，又； 当时，， 又， 故在上有一个零点； 当，由可得即，得，则， 故，即， 设，所以， 当时，，当时，， 所以当时函数取得最小值，最小值为，即， 则，即， 因此在上也有一个零点． 当时，，故此时没有两个零点； 综上，若有两个零点，实数的取值范围为. 52．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可求函数的最大值. （2）先求导得：，分，，，，讨论函数的单调性，结合极值的符号，判断函数零点个数. 【详解】（1）当时，，. 由；由. 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数的最大值为：. （2）因为， 所以. 由（1）知，当时，函数无零点. 当时，，由；由. 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数的最大值为，所以函数无零点. 当时： 若，则，由或. 即或； 由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 又极大值，极小值， 且当时，. 所以此时函数只在上有1个零点. 若，则恒成立，所以在上单调递增. 此时，因为. 所以函数只有一个零点. 当时，，由或，所以或； 由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以极小值，极大值. 且当时，. 所以函数只在有1个零点. 综上可知：当时，函数只有1个零点. 所以的取值范围为： 53．（24-25高二下·天津·期末）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若有3个零点，其中. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：. 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间. (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）写出的解析式，求出导数，令，接触单调区间即可； （2）（ⅰ）将的零点转化为的零点，求出，构造，得存在两个零点，讨论分析得到答案 （ⅱ）先证明，得到，再构造证明：当时，将与上述不等式结合得到，用替换得到答案. 【详解】（1）当时，， ， 则在恒成立， 故的单调递增区间为，无单调递减区间. （2）（ⅰ）， ，，则除1外还有两个零点. ， 令， 当时，在恒成立，则， 所以在单调递减，不满足，舍去； 当时，要是除1外还有两个零点，则不单调， 所以存在两个零点，所以，解得， 当时，设的两个零点为，则， ， 所以. 当时，，，则单调递增； 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增； 又，所以，， 而，且， ，且， 所以存在，，使得， 即有3个零点，，.综上，实数的取值范围为. （ⅱ）因为， 所以若，则，所以. 当时，先证明不等式恒成立，设， 则， 所以函数在上单调递增，于是， 即当时，不等式恒成立. 由，可得， 因为，所以， 即， 两边同除以， 得， 所以. 54．（24-25高二下·河北·期末）已知函数． (1)已知，证明：函数在上单调递减； (2)已知，证明：； (3)当时，令，证明：在上恰有一个零点． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据导函数和函数单调性之间的关系，根据参数范围，求出导函数的值域，说明函数在区间上单调递减； （2）构造函数，通过函数导数，求出函数单调性，根据函数单调性和最值，说明不等式成立； （3）根据零点存在定理，证明函数单调性，求出函数在区间上的特殊位置函数值，说明函数在给定区间上有零点即可； 【详解】（1）， 令，则， 令，解得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 在处取得极小值，也是最小值，所以． 所以，又因为，所以，又，所以，所以函数在上单调递减； （2）因为由（1）知：当时，函数在上单调递减， 又，所以， 所以，所以， 令，则， 令，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 在处取得极大值，也是最大值，所以， 所以，所以即，当且仅当时，等号成立； 因为，所以，所以， 所以； （3）因为，， 所以，令，则， 当时，，，所以在上单调递增， 又，，， 所以由零点存在定理，存在唯一的使， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又，，，，，又， 由零点存在定理可知，存在唯一的使 当时，，，在区间上无零点． 综上，在上恰有一个零点 55．（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知. (1)当在处切线的斜率为，求此切线的方程； (2)在（1）的前提下，求的极值； (3)若有个不同零点，求的取值范围． 【答案】(1) (2)极小值为，无极大值 (3) 【分析】（1）由可求出的值，可得出函数的解析式，求出的值，再利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数的单调性，结合函数极值的定义可得结果； （3）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可得出函数的零点个数，综合可得出实数的取值范围. 【详解】（1）因为，则，所以，解得， 所以，所以， 故所求切线方程为，即. （2）当时，，令，解得，列表得： ＋ 单调递减 单调递增 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数的极小值为，无极大值. （3）因为，则， ①当时，由得，此时函数只有一个零点，不合乎题意； ②当时，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 函数的极小值为，且， 当时，由零点存在定理可知，使得， 当时，，，所以， 所以， 取，所以，则， 由零点存在定理可知，存在，使得， 此时函数有两个零点； ③当时，，令得或. （i）当时，即时，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 此时，函数的极大值为， 故当时，， 由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点， 此时函数在上至多一个零点，不合乎题意； （ii）当时，即当时，对任意的，恒成立， 此时函数在上至多一个零点，不合乎题意； （iii）当时，即当时，列表如下 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当且时，， 由于函数在上单调递增，故函数在上至多一个零点， 所以函数在上至多一个零点. 综上所述，实数的取值范围是. 56．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知函数，． (1)当时，求函数在区间上的值域 (2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由； (3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围； 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）利用函数导函数求出单调性，进一步求出值域. （2）求出函数导函数，讨论在不同取值范围内的单调性. （3）根据题意，当时，不符合题意，故只需讨论时的取值情况. 【详解】（1）当时，，其定义域为（0,+∞）. 对求导得，当且仅当时取等号． 所以在区间[1,3]上单调递增. 又. 所以在区间上的值域为. （2）由题意，，且， ∴． 令， 1°当时，， 则恒成立，在上单调递增，此时不存在极值； 2°当时，，存在两个零点和，且， 当和时，；当时， 所以，在和上单调递增，在上单调递减 此时存在极值，其中，极大值点，极小值点 综上所述，当时，不存在极值； 当时，存在极值，极大值点，极小值点. （3）易得，故1是的零点之一． 1° 当时，，当，恒成立， 在上单调递增，此时只有一个零点，不符合条件； 2° 当时，由（1）知，在上单调递增，此时只有一个零点，不符合条件； 3° 当时，由（1）知，在和上单调递增，在上单调递减， 其中，所以，， 又， 存在的值，使得， 所以，时，，时，， ，使得， 有三个零点，且， 综上，． 57．（24-25高二下·北京东城·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)设， （i）若函数恒成立，求实数的取值范围； （ii）若函数有零点，求证：函数在上无零点． （取） 【答案】(1)答案见详解 (2)（i），（ii）证明见详解 【分析】（1）求导，分和讨论判断正负得解； （2）（i）由（1）可得，只需即可；（ii）由有零点，得，利用导数判断的单调性，可得存在，使得在上单调递减，在上单调递增，即证，转化为证明即可，构造函数利用导数证明即可. 【详解】（1）由，，则， 当时，则，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当时，则，令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由（1）当时，在上单调递增，在上单调递减， ， 若函数恒成立，则，解得， . （ii）若有零点，且时，，则， ， ，则，， 令，则， ，，即单调递增， 又，， ， 所以存在唯一的，使得，即， 同时，当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，且， ， 由，则， 所以， 令，， 则，易得，， 所以在上单调递增， 故， 所以，即， 所以函数在上无零点. 58．（24-25高二下·河南鹤壁·期末）已知函数，. (1)若的图象在点处的切线方程为，求的值； (2)若在其定义域上不具有单调性，求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由导数的几何意义得出，将切点坐标代入函数解析式以及切线方程，即可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出的值； （2）求得，令，可知函数在上有异号零点，利用导数分析函数在上的单调性，计算得出，只需，由此可得出实数的取值范围，再结合函数极值点的定义验证即可； （3）令，则原方程可化为，结合函数单调性可知方程恰有个不同的实根，令，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】（1），，，则. ，，，. （2）由题可知的定义域为，. 令，其中，则函数在上有异号零点， 则对任意的恒成立，故函数在上单调递减， 因为，故只需即可， 即，由零点存在定理可知，存在，使得，即， 当时，，，即函数在上单调递增， 当时，，，即函数在上单调递减， 此时为函数的极大值点， 故当在其定义域上不具有单调性，的取值范围是. （3）若与的图象恰有两个不同的交点，则关于的方程恰有个不同的实根. ， 关于的方程即方程恰有个不同的实根. 设，方程恰有个不同的实根. 对任意的恒成立，是增函数， 方程，即恰有个不同的实根. 设，则的图象与直线恰有个交点，， 令，可得， 当时，，当时，， 在区间上单调递增，在区间上单调递减，， 又，当时，，当趋向于时，趋向于，如下图所示： 当时，的图象与直线恰有2个交点， 即实数的取值范围为. 59．（24-25高二下·江苏·期末）已知． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 【答案】(1) 在 和 上单调递增. (2)实数 的取值范围为 . 【分析】（1）利用导数进行研究即可； （2）分离参数后，构造函数，利用导数研究单调性和极限值进而即得. 【详解】（1）因为，该函数在 处未定义，因此定义域为 . 设 ，则 ，故 . . 分母（当 )，分子中 恒正. 令 ，则，当 时 ，当 时 ； ，且 ( ). 因此，分子 （ )，故 （ ). 从而 （). 综上， 在 和 上均单调递增. （2）由可得, 因 （)，两边除以 ：, 整理为：，即. 设，则方程为 ，需求 在 时有两个不同的根. 求导：，分母 （). 分子中：（当 )；当 ， ，当 ， . 所以，当，；当，；当，. 因此， 在 上单调递减，在 上单调递增， 在 处取极小值，. 又， ； ， . 综上， 的值域为 ，且在 上由 递减至 ，在 上由 递增至 . 要使 有两个不同的实根，需 ，此时，在 和 上各有一根，且两根不同. 当 时，仅一根 ；当 时，无实根. 故实数 的取值范围为 . 题型八 导数新定义（共4小题） 60．（24-25高二下·浙江杭州·期末）设函数定义在区间I上，若对任意，有，则称为I上的下凸函数，等号成立当且仅当．若函数在区间I上存在二阶可导函数，则为区间I上的下凸函数的充要条件是． (1)若是上的下凸函数，求实数a的取值范围； (2)在锐角三角形中，求最大值； (3)已知正实数满足，求的最小值． 【答案】(1)； (2) (3) 【分析】（1）由题意可得在 上恒成立，利用函数的单调性，求出函数在 上的最小值，即可得答案； （2）令，可得函数在上是下凸函数，由下凸函数的定义求解即可； （3）由题意可得，令，可得在上是下凸函数，结合下凸函数的定义及对数函数的性质求解即可. 【详解】（1）解：因为是上的下凸函数， 所以在 上恒成立， 即在 上恒成立， 所以在 上恒成立， 又因为在 上单调递减， 所以， 所以，解得， 所以实数的取值范围为； （2）解：令， 则， 所以在上是下凸函数， 又因为， 所以， 即， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为； （3）解：因为正实数满足， 所以， 令， 则， 因为，所以 所以， 即 所以在上是下凸函数， 所以， 即， 即， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是从两个角度理解下凸函数的定义及第（3）问中构造函数. 61．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知函数的导数为，的导数为的二阶导数，记作．若函数在包含的某个开区间上具有二阶导数，那么，，我们把称为函数在处的二阶拟合函数． (1)写出函数在处的二阶拟合函数，并证明对恒成立； (2)若对恒成立，求a的取值范围； (3)设函数的两个零点为，，在处的二阶拟合函数为，证明：有两个零点，，且． 【答案】(1)，证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据二阶拟合函数定义即可得，构造函数，利用二阶导数讨论单调性即可得证； （2）构造函数证明，结合（1）可得，当时，通过放缩可得成立，当时，通过放缩可知，然后构造函数，利用导数证明不满足题意即可得解； （3）求出，根据二次函数性质可证其有两个零点，将目标不等式转化为，构造，利用导数即可得证. 【详解】（1）因为，， 所以在处的二阶拟合函数． 设，则，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，即， 所以对恒成立． （2）记，则，则， 所以在上单调递增，， 所以在上单调递增，即， 所以对恒成立， 由（1）可知，则， 所以当时，对恒成立， 则对恒成立． 设， 当时，， 设，则， 所以在上单调递减，则， 所以，这与题意矛盾，所以． （3）因为， 所以，则， 则， 因为，且的图象开口向上， 所以有两个零点，且． 因为当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 要证，只需证， 因为，且， 所以只需证， 构造函数， 则， 所以在上单调递增，所以，即， 因为，所以，所以． 62．（24-25高二下·广东广州·期末）牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知． (1)若给定，求的二阶近似值； (2)函数． ①试写出函数的最小值与的关系式； ②证明：． 【答案】(1) (2)①，②证明见解析 【分析】（1）根据给定方法，求出的导数，依次求出即可. （2）①利用导数探讨函数的最小值，结合求出m与r的关系； ②由①的结论，构造函数，利用导数探讨函数在上的单调性即可推理得证. 【详解】（1）函数，求导得， 依题意，，当时，， 同理，而，所以； （2）①因为， 所以，令， 求导得，所以在上单调递增， 函数单调递增，， 由，得，且，则，， 所以， 当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得最小值， 即. ②由①知，， 令，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 而， 则当时，恒成立，即函数在上单调递增， 而，因此，所以. 63．（24-25高二下·江西上饶·期末）泰勒展开式在近似计算、函数性质研究中有广泛应用，它可将一个函数在某点附近用多项式逼近．若函数在包含的闭区间上具有n阶导数，在开区间上具有阶导数，则对上任意一点x，有，其中为泰勒公式的余项．（的n阶导数记为，其中为的导数，为的导数，为的导数．） (1)若，写出在处的泰勒展开式； (2)当时，判断第（1）问中与0的大小，并证明； (3)证明：对任意正整数n，有，其中，． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出的一阶、二阶、三阶导数，依据泰勒展开式，即可求得答案； （2）结合（1）可得，利用导数判断其单调性，即可额证明结论； （3）对于取对数得，利用可推出，即可证明，即，结合，即可证明结论. 【详解】（1）因为，所以， ，则； ，则； ，则， 则在处的泰勒展开式为. （2）判断：，证明如下： 由（1）可得， 设， 则， 故在上单调递减，则， 即. （3）对于取对数得， 由（2）知， 由可得，， 当时，， 故， 令，则，所以， 又， 所以， 故，故. 题型九 计数原理（共8小题） 1．（24-25高二下·四川乐山·期末）以走网格为例，从格点走到格点，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）的路径的条数，就是卡特兰数，记为.则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，向右的步数始终不少于向上的步数，即走法总数为“所有走法”减去“过线的走法”，易发现“过线的走法”即对应从到的走法，运算得解. 【详解】如图，由题，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）， 即向右的步数始终不少于向上的步数， 所以走法总数为“所有走法”减去“过线的走法”， 由图易发现“过线的走法”，必先碰到直线， 将碰直线后的路径关于对称，可得均过点， 所以每一种“过线的走法”即对应着从到的走法，共有种， 所以走法总数为. 故选：C. 2．（24-25高二下·新疆巴州·期末）以正五棱柱的顶点为顶点的三棱锥的个数为__________. 【答案】180 【分析】正五棱柱共计10个顶点，可组成的4点组有个，减去共面的情形数即可. 【详解】正五棱柱共计10个顶点，可组成的4点组有个， 这些4点组中有四点共面的情形，共面的4点不能构成三棱锥. （1）5条侧棱中任选2条，4个顶点共面，共有个， （2）上底5个顶点中每4个顶点共面，有个， （3）下底5个顶点中每4个顶点共面，有个， （4）对于，由于与平行，故四点共面， 同理，对于上底的5条边，下底的另外4条边，均存在这样的一个四点共面， 共有个， 故所求为. 故答案为：180. 3．（24-25高二下·广东深圳·期末）深圳市某公园一条笔直的林荫道上有张长椅．现因规划要求，需移走其中张长椅．要求两端的长椅不能移走，且移走的相邻两张长椅之间，至少要留下三张长椅，则不同的移走方案共有______． 【答案】 【分析】先安排15张长椅，其中4张移走的长椅，则分成5段，将剩下的3张长椅放进5个位置中，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】先安排15张长椅，按如下顺序排好，分成5段.（表示留下的长椅，表示将移走的长椅） 再将剩下的3张长椅放进5个位置中，则： 第一类情况：若3张长椅在一起，有种方法； 第二类情况：若3张长椅分两组，有种方法； 第三类情况：若3张长椅均不在一起，有种方法. 根据分类加法计数原理共有种方法. 故答案为：. 4．（24-25高二下·安徽合肥·期末）现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有__________种.    【答案】60 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果，注意去掉只有两种颜色的涂法数． 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有3种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，若颜色相同，方法数为，则不合题意，共有方法数为种； 第二类，三条边用2种颜色， 由三条边用2种颜色，可得必有2条边涂同一种颜色，先涂有种方法，再涂，有2种方法，共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故答案为：60. 5．（24-25高二下·江苏泰州·期末）已知，且，则满足条件的有序数组共有______个． 【答案】 【分析】根据题意可得的值两个为，一个为，利用分步计数原理可解. 【详解】由于， 所以或， 又由于， 所以的值两个为，一个为， 其中为，则一个为一个为，故有种， 另外为，则都为或都为，共有种， 所以满足条件的有序数组共有种. 故答案为： 6．（24-25高二下·广东深圳·期末）互质是数论中一个基础概念，指的是两个整数公因数只有，例如和，和分别都只有公因数，所以和，和分别都是互质的. 的不同的正因数有____个，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为_______. 【答案】 【分析】对分解因数，转化的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解；然后对所选的两个因数机型分类讨论，结合分类加法计数原理以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】因为，则的正因数， 其中，，， 所以有个不同的正因数； 从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的情况有如下几种： ①选择的两个因数为、，其中，，有种情况； ②选择的两个因数为、，其中，，有种情况； ③选择两个因数为、，其中，，有种情况； ④选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑤选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑥选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑦若选择的因数有，与其它因数的公约数为，有种情况. 综上所述，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为. 故答案为：；, 7．（24-25高二下·广东广州·期末）如图，在下面的小三角形格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8，9，要求每个格子中只能填一个数，每个数只能填一次且阴影格子中所填数比它相邻的白色格子中的数大，则共有______种填法． 【答案】8640 【分析】对阴影部分分情况讨论分别为数字9，8，7；9，8，6；9，8，5；9，8，4；9，7，6；9，7，5；9，7，4，逐一计算即可. 【详解】如图： 分情况讨论： 当为9，8，7时，有种； 当为9，8，6时，则7不能与6相邻，故有种； 当为9，8，5时，则与5相邻的只能是4，3，2，1中的三个数，有种； 当为9，8，4时，则与4相邻的只能是3，2，1中的三个数，有种； 当为9，7，6时，则8与9相邻且8只有一种位置，故有种； 当为9，7，5时，则8与9相邻且8只有一种位置，6不与5相邻有2种位置选择，故有种； 当为9，7，4时，则8与9相邻且8只有一种位置，与4相邻的只能是3，2，1中的三个数，故有种； 所以共有：种. 故答案为：8640. 8．（24-25高二下·贵州黔西·期末）九宫格是一个源自中国古代的概念，具有多种含义和应用，在数学领域：九宫格是一种数字游戏，起源于河图洛书，要求在九个小格子中填入不同的数字，使得每一行每一列和对角线上的数字之和都相等.将1~9的自然数填入九个格中，如图1的九宫格，“?”处应填的数字是_____；如图2，不同的九宫格共有_____种. 【答案】 6 8 【分析】利用九宫格性质列式求解；确定九宫格中心位置的数字，再确定数字9所在位置，利用分步乘法计数原理求解即得. 【详解】设九宫格的三行（从上到下）的数字从左到右分别为；；， 而，则，由，得， 由，得，，解得，， 所以“?”处应填的数字是6； 数字5在九宫格的正中，数字9不能在九宫格的四个角上，否则：如，由， 知或中有一个数大于15，矛盾，因此数字9只能在与5同行或同列的4个位置之一， 此时1位置确定，而，角上的数字可互换位置，其它数字只有一种填法， 所以不同九宫格共有种. 故答案为：6；8 题型十 二项式定理（共4小题） 9．（24-25高二下·湖北黄冈·期末）设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 【答案】B 【分析】由，结合二项式定理即可求解. 【详解】 因为能被9整除，所以，所以. 故选：B 10．（24-25高二下·福建泉州·期末）设是一个正整数，且.若的展开式中，第项和第项的系数之积为120，且是使得该项取得系数最大的项的序号，则和分别是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】逐一验证选项是否同时满足 和 是最大系数的序号. 【详解】的通项公式为：； 其中，第 项的系数是 ，第 项的系数，由题意得； 在二项式展开式中，系数 的最大值出现在： 如果 是偶数，最大值在 处；如果 是奇数，最大值在 和 处. 题目中 是使得系数最大的项的序号，因此： 如果 是偶数，，即 ； 如果 是奇数， 或 ，即 或 . 对于 A： 是偶数，最大系数在 （即 ）， 但 才是最大的（因为 ，），所以 应为 4（对应 ）， 因此 不是最大系数的序号，故A错误； 对于B： 是偶数，最大系数在 （即 ），满足 是最大系数的序号， 计算 ，故B正确； 对于 C： 是奇数，最大系数在 或 （即 ，）， 所以 才是最大系数的序号（对应 ），故C错误； 对于D： 是奇数，最大系数在 （即 ），满足 是最大系数的序号， 计算 ，故D错误. 故选：B 11．（24-25高二下·黑龙江绥化·期末）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（    ）． A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B．第9行所有数字之和为256 C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 【答案】D 【分析】由杨辉三角及二项式定理、组合数性质求对应行列数字及相关行的数字之和. 【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A错误； 由二项式系数的性质知，第n行各数的和为，所以第8行所有数字之和为，则第9行数字之和必大于256，B错误； 第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，所以，C错误； 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为，D正确． 故选：D 12．（24-25高二下·四川泸州·期末）（多选）的整数部分为，小数部分为，则（   ） A．数列是等比数列 B． C．数列是递增数列 D．整数的个位数可以是6 【答案】ABD 【分析】根据二项式定理求得后判断各选项． 【详解】， 所以， 因为是整数，且， 所以的整数部分为，小数部分为， 即，， 是以为首项，为公比的等比数列，A正确， ，是等比数列，首项是，公比是，又，因此是递减数列，C错误， 而，B正确； ，个位数是6，D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键是观察和的展开式的特点，得出，． 题型十一 条件概率与全概率（共6小题） 13．（24-25高二下·广东湛江·期末）（多选）若是一次随机试验中的两个事件，，，，则下列结论正确的有（ ） A．A与B相互独立 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由已知及概率的性质可得，根据独立事件的判定、全概率公式、条件概率公式依次判断各项的正误即可. 【详解】由题设，，，， 由，且， 所以，则，解得， 对于A选项，因为，所以A与B相互独立，A对； 对于B选项，由，则，B对； 对于C选项，由，C错； 对于D选项，由，则，D对. 故选：ABD. 14．（24-25高二下·安徽·期末）为测试一种新药的有效性，研究人员对某种动物种群进行试验，从该试验种群中随机抽查了100只，得到如下数据（单位：只）： 发病 未发病 合计 使用药物 10 40 50 未使用药物 30 20 50 合计 40 60 100 从该动物种群中任取1只，记事件表示此动物发病，事件表示此动物使用药物，定义的优势，在发生的条件下的优势，则（    ） A．可化简为，估计其值为 B．可化简为，估计其值为 C．可化简为，估计其值为 D．可化简为，估计其值为 【答案】A 【分析】利用条件概率公式化简. 【详解】1.化简. 已知， 则， 由条件概率公式， 所以 ， 2.根据列联表计算概率 由列联表可知，， 所以 故选：A. 15．（24-25高二下·上海浦东新·期末）不透明的袋中装有编号为1，2，…，10的10个小球，现从中随机有放回地取4次，每次取1个球，已知摸出的球中有编号为5的球，则摸出的球中最大编号大于等于7的概率是________． 【答案】 【分析】首先求出事件“摸出的球中有编号为5的球”的概率，然后求出事件“摸出的球中有编号为5的球，且摸出的球中最大编号大于等于7”的概率，最后根据条件概率公式求出结果. 【详解】令“摸出的球中有编号为5的球”为事件，“摸出的球中最大编号大于等于7”为事件， 则事件的情况包括1次球的编号为5，2次球的编号为5，3次球的编号为5和4次球的编号为5，这四种情况， 所以. 而事件表示的是“摸出的球中有编号为5的球，且摸出的球中最大编号大于等于7”， 此事件的情况包括： 当1次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球可能为1次，2次或3次； 当2次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球可能为1次，或2次； 当3次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球为1次； 所以. 所以. 故答案为：. 16．（21-22高二下·山西长治·期中）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则次传球后球在甲手中的概率为___________． 【答案】 【分析】设次传球后球在甲手中的概率为，则第次传球到乙、丙手中的概率为，可得与的关系，然后构造等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】设第次传球后球在甲手中的概率为，则第次传球给乙、丙的概率为：， 故，则， 即数列为等比数列，其首项为，公比为， 则，即. 故答案为：. 17．（24-25高二下·山东临沂·期末）某选手参加一项人工智能机器人PK比赛，规则如下：该选手的初始分为20分，每局比赛，该选手胜加10分；平局不得分；负减10分．当选手总分为0分时，挑战失败，比赛终止；当选手总分为30分时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛选手胜、平、负的概率分别为，且各局比赛相互独立. (1)求两局后比赛终止的概率； (2)在3局后比赛终止的条件下，求选手挑战成功的概率； (3)在挑战过程中，选手每胜1局，获奖5千元．记局后比赛终止且选手获奖1万元的概率为，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）两局后比赛终止有两种情况：先平后胜达到 30 分或两负达到 0 分，利用相互独立事件概率公式计算； （2）先求出 3 局后比赛终止的概率以及 3 局后挑战成功的概率，再利用条件概率公式计算； （3）根据获奖金额确定胜的局数，再结合比赛终止条件得到比赛局数与胜、负局数的关系，从而得出概率表达式，进而求最大值. 【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或30分比赛终止． （i）当棋手得分为分，则局均负，即； （ii）当棋手得分为30分，则局先平后胜，即．                 因为、互斥，所以         ．                            所以两局后比赛终止的概率为． （2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件． 因为                            ，                               ．                          所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ．                                     所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为． （3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．                               （i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜， 且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，                          （ii）当棋手第局以30分比赛终止，说明前局中有负胜， 且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，                              则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ，．             所以．                         因为，所以，                          所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为. 18．（24-25高二下·湖北武汉·期末）甲、乙两校进行乒乓球比赛，比赛规则为：①共进行奇数局比赛，且没有平局；②全部比完后，所胜局数多者获胜．现假设每局比赛甲校胜利的概率都是，并且各局比赛之间的结果互不影响． (1)时，若两校共进行5局比赛．记事件A表示“在前3局比赛中甲胜1局”，事件B表示“甲最终胜利”，求； (2)时，若两人共进行且）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了k局”．事件B表示“甲最终获胜”．请计算 的值； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为．证明：时，． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析； 【分析】（1）分析条件概率的意义，计算结果. （2）根据给定的信息直接写出结果. （3）利用由全概率公式求出及，再利用作商法并结合基本不等式推理得证. 【详解】（1） 表示在前3局比赛中甲胜1局的条件下甲最终胜利的概率， 已知共5局比赛，此种情形下，甲要取得最终胜利，必须保证最后2局均胜利， 所以 . （2）当时，共进行且）局比赛， 前局，甲胜的局数不足局，即使再胜2局，甲也不能获胜， 因此； 前局，甲已胜局，最后2局需要全胜，甲才能获胜， 因此； 前局，甲已胜局，最后2局甲至少胜1局，就能获胜， 因此； 前局，甲已胜至少局，甲必胜，因此. （3）由全概率公式得，        则， 当时，，， ， 因此，所以. 题型十二 离散型随机变量的期望与方差（共10小题） 19．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）现有A，B两个盒子，A，B两盒子中各装有1个黑球和2个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中黑球的个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为． (1)求，，，的值； (2)求证：是定值； (3)求的数学期望． 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求出，，然后利用全概率公式求出，. （2）利用全概率公式求得与的关系，再利用构造法证明是常数列，即可证明. （3）求出的取值及对应的概率，进一步求出期望，再利用（2）结论求值即可. 【详解】（1）由题意知，，， ． （2）因为， ， 所以， 所以． 又因为，所以是常数列． 所以． （3）由（2）知， 因为的可能取值是0，1，2， ，，， 所以的分布列为 0 1 2 所以． 20．（24-25高二下·福建福州·期末）编号为的小球随机放入编号为的盒子中，记表示个盒子中空盒子的个数． (1)当时，求编号为1的盒子中有球的概率； (2)求并证明关于单调递增； (3)求证：． 注：若随机变量、、、…、满足，则． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式和对立事件概率的计算公式计算即可； （2）计算相关分布列，则，再转化为证明，最后利用函数的单调性即可； （3）首先证明，再取值即可. 【详解】（1））设事件表示编号为1的盒子中有球， 则． （2）设， ， 所以， 所以， 所以． 所以，即证： 即证：，考虑函数， ， 设，， 在上恒成立， 则在上单调递减，则， 所以，所以在上单调递减， 所以，即关于单调递增． （3）考虑函数， 在恒成立，所以在上单调递增， 所以，即， 取得，即， 所以，所以， 所以． 21．（24-25高二下·福建福州·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， ， ， ， ，                       ， ， . 22．（24-25高二下·福建三明·期末）某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试Ⅰ的概率为40%，未通过测试I的芯片须进入测试Ⅱ，通过率为，通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测试Ⅰ的概率为θ. (1)求θ（结果用p表示）； (2)切比雪夫不等式是概率论中关于随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.请结合该定理解决下列两个问题： （ⅰ）若厂商声称该厂芯片通过测试Ⅱ的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，经检测有40枚合格.请说明该厂商的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）； （ⅱ）为估计θ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试Ⅰ，记.若要使得总能不超过0.01，试估计最小样本量）. 【答案】(1) (2)（ⅰ）该厂商的说法不可信；（ⅱ）10000 【分析】（1）利用条件概率表示. （2）（ⅰ）结合二项分布的期望和方差公式，判断是否为小概率事件. （ⅱ）根据列式，解不等式可求的取值范围. 【详解】（1）设事件表示芯片通过测试Ⅰ，则， 设事件表示芯片通过测试Ⅱ，则， 设事件表示芯片通过测试，则. 所以. （2）（ⅰ）若，则. 设抽取的100枚芯片中，合格芯片数为，则，所以,. 当时，， 根据切比雪夫不等式：. 所以若，则为小概率事件，所以厂商的说法不可信. （ⅱ）因为，所以，. 由切比雪夫不等式：. 因为（当时取等号）. 所以要使，即. 23．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）某学校举行了一场知识竞赛，有两类题型，每道类题有两道小题，每位同学答对这两题的概率分别为、，两道小题全对可得50分，否则得0分.类题为25分，只有一个小题，每位同学答对的概率为，且答各小题之间相互独立.现有两种答题方案：方案一：选择答一道A类题两道B类题；方案二：选择答两道A类题. (1)若，对于方案二，试探究取何值时，满分的概率最高； (2)若，求选择方案一学生得分的分布列； (3)若，为了平衡难度，当选择方案二时，其中的一道类题只需答对任意一道小题即可得50分，以得分的数学期望为依据，判断应选择哪种方案答题. 【答案】(1)； (2)分布列见解析； (3)应选择方案二，理由见解析 【分析】（1）表达出选择方案二满分概率为，由基本不等式求出最值，得到答案； （2）设选择方案一学生得分为，得到的可能取值和对应的概率，得到分布列； （3）方法一：记A、B类题得分分别为事件A、B，当A类题只需答对一道得50分为事件，表达出，由可得，从而，得到答案； 方法二：若选择方案一，求出可能的取值和对应的概率，求出，若选择方案二，求出可能的取值和对应的概率，求出，相减得，由可得，从而，得到答案； 【详解】（1）记选择方案二学生的得分为， ， ，当且仅当时取等， 此时满分概率为； （2）在方案一中，记A类题得分为，B类题得分为，选择方案一学生得分为， ， ， 由题可知可能的取值为0、25、50、75、100， ， ， 的分布列为 Z 0 25 50 75 100 P （3）应选择方案二，理由如下： 方法一：记A、B类题得分分别为事件A、B，当A类题只需答对一道得50分为事件， 由可得，解得， ， 故， 其中， ， 所以 ， 所以，应选择方案二； 方法二：由可得，解得， 若选择方案一，学生得分可能的取值分别是0、25、50、75、100， ， ， ， 所以 ， 若选择方案二，学生得分可能的取值分别是0、50、100， 其中， ， 所以 ， 所以 ， 所以，应选择方案二. 24．（24-25高二下·山西·期末）小明是一名篮球运动爱好者，为提高篮球水平，决定在假期针对篮球技术的四个基本动作：运球、传球、投篮和上篮进行训练.假设小明每天进行多次分项目（四个动作分别对应四个项目，一次只练一个项目）训练，为增加趣味性，计划每次（从第二次起）都是从上次未训练的三个项目中等可能地随机选取一项训练. (1)某天小明在四个项目中随机选一项开始训练，求第三次是投篮训练的概率； (2)某天小明进行了5次训练，四个项目均有训练，第1次是运球训练.若前后训练项目不同视为不同的训练，设变量为5次训练中运球训练的次数，求的分布列及期望； (3)某天小明第一次训练项目是运球，设表示第次是运球训练的概率，求. 【答案】(1) (2)分布列见解析，1.5 (3) 【分析】（1）设出事件，根据全概率公式或独立事件的乘法公式计算即可；（2）由题意写出的可能取值，结合插空法对训练的顺序进行排列组合，进而算出每个可能取值对应的概率，最后根据数学期望的公式求解的数学期望即可；（3）由题意表示出的递推关系式，运用构造数列法，即可求出. 【详解】（1）解法一：设“小明第次训练项目是投篮”，， 则所求事件为， . 解法二：设“小明第次训练项目是投篮”，， 则所求事件为， . （2）由题意得的可能取值为1，2， ①当时，当天后四次训练中没有运球训练，另外三个项目中有一项训练了2次，且该项目训练次序为第2和4次、第2和5次、第3和5次， 此时不同的训练种数为； ②当时，当天后四次训练中四个项目各有1次训练，且运球训练的次序在第3、第4或5次， 此时不同的训练种数为； 且当天小明进行了5次训练，共有不同的训练种数为， ， ， 用表格表示的分布列为： 1 2 0.5 0.5 的数学期望为. （3）由题意得第次训练不是运球项目的概率为，则，， 设，则，得， 是以为首项、为公比的等比数列， ， 即. 25．（24-25高二下·河北保定·期末）某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额的代金券（例如：消费200元，则赠送元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），每次抽奖抽到10元代金券的概率为，抽到4元代金券的概率为，每次抽奖结果互不影响．每人只能选择一种方案． (1)若甲的消费金额为210元，他选择方案二且抽到14元代金券的概率为，求； (2)若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为元，当最大时，求； (3)若，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾客选择方案． 【答案】(1)或； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）根据独立性乘法公式得到方程，解出即可； （2）根据二项分布的 均值和期望公式得到，最后根据二次函数性质即可得到答案； （3）对消费金额进行合理分段讨论即可. 【详解】（1）甲的消费金额为210元，选择方案二可进行两次抽奖， 则抽到14元代金券的概率为，解得或. （2）设抽奖次数为，抽到10元代金券的次数为，则， 得． 因为， 所以． . 当时，取得最大值，所以． （3）①当消费金额（单位：元）在内时，不能参与方案二，只能选择方案一． 由（2）可得，当时，． 设消费金额为， 方案一的代金券的数学期望为． ②当消费金额（单位：元）在或或或或内时， ，选择方案二． ③当消费金额（单位：元）为120或240或360或480时，，选择方案一、方案二都可以． ④当消费金额（单位：元）在或或或内时，，选择方案一． 综上，当消费金额（单位：元）在或或或或内时，选择方案一； 当消费金额（单位：元）在或或或或内时，选择方案二； 当消费金额（单位：元）为120或240或360或480时，选择方案一、方案二都可以． 26．（24-25高二下·山东青岛·期末）系统中每个元件正常工作的概率均为，各个元件正常工作的事件相互独立.如果系统中多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作.记表示“系统中共有个元件时，系统正常工作的概率”. (1)若，求； (2)若，系统中共有3个元件，记系统中正常工作的元件数与非正常工作的元件数之差为，求的均值； (3)若，，证明：. 【答案】(1) (2)1 (3)证明见解析 【分析】（1）当时，有3个或4个元件正常工作时系统正常工作，利用独立重复试验及互斥事件概率求和公式得解； （2）记正常工作的元件个数为，根据二项分布的期望公式及期望的性质求解； （3）由题意可得，将表达式中部分式子可转化为， 移项后由作差比较即判断二者大小，命题得证. 【详解】（1）因为，， 所以. （2）记正常工作的元件个数为，则， 所以， 又因为， 所以. （3）令， 则， 所以， 所以， 所以. 注解： . 27．（24-25高二下·安徽六安·期末）甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球，已知甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球．现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． (1)当时． （i）求小明4次摸球中，至少摸出1个红球的概率; （ii）设小明4次摸球中，摸出红球的个数为X，求X的分布列和数学期望； (2)当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？ 【答案】(1)（i）；（ii）分布列见解析，． (2)时，P最大． 【分析】（1）（i）设出事件，利用对立事件求概率公式进行求解； （ii）求出可能的取值和对应的概率，得到分布列和数学期望； （2）表达出，令，求导得到其单调性，从而求出当，即时，P最大，最大值为． 【详解】（1）（i）设事件：小明4次摸球中，至少摸出1个红球， ，故从甲口袋中摸出白球的概率为， 从乙口袋中摸出白球的概率为， 则． （ii）由题可知，可能的取值为， 甲口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为， 乙口袋每次摸到红球的概率为，每次摸到白球的概率为， ， ， ， ， ， 分布列如下， 0 1 2 3 4 所以． （2）小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率 ， 因为， 所以， 令， 则， 所以当时，；当时，； 所以函数在单调递增，单调递减， 所以当，即时，P最大，最大值为． 28．（24-25高二下·福建福州·期末）联欢晚会上，有一个抽奖游戏．主持人从编号为1，2，3，⋯，n，的n个外观相同的箱子中随机选择两个不同的箱子分别放入一件奖品（共两件奖品），再将箱子关闭．主持人知道奖品在哪些箱子里．游戏规则如下： ①抽奖人首先选择一个箱子（记作k号箱）． ②主持人会从剩下的个箱子中打开一个空箱子（即没有奖品的箱子），且该箱子不是抽奖人选择的k号箱．如果有多个空箱子可选，主持人会随机选择一个打开． ③此时，抽奖人可以选择是否更换自己的选择． (1)设，，且主持人打开了3号箱．现在给你一次重新选择的机会： ①策略一：若你仍然选择1号箱，中奖的条件是什么？中奖概率是多少？ ②策略二：若你改选其他箱子（只能改选一次），应该选择哪个箱子？中奖概率是多少？试通过条件概率分析并说明哪种策略更优． (2)设，，且主持人打开了5号箱．定义随机变量X为另一个未被打开且未被选择的箱子中奖的箱子的最小编号（若另一个奖品在已打开的箱子中，则．求X的分布列及期望． (3)切比雪夫不等式指出：对于任意随机变量和，有，设，，主持人打开的箱子号码为随机变量Y．已知Y的方差．验证Y是否满足切比雪夫不等式对于的情况． 【答案】(1)①中奖条件是1号箱有奖，；②选择2或4号箱均可，中奖概率为.策略1更优. (2)分布列见解析；期望为 (3)Y满足切比雪夫不等式对于的情况 【分析】（1）利用古典概型计算策略1的概率，结合列举法求对应事件的概率. （2）明确的取值，利用列举法求出对应值的概率，可得的分布列，再根据期望公式求期望. （3）先求，代入公式，计算验证即可. 【详解】（1）分析，主持人打开3号箱的情况 策略一：仍然选择1号箱 已知，两个奖品放在两个箱子里，抽奖人先选1号箱，主持人打开3号箱（空箱）。 若仍然选择1号箱，中奖条件是奖品在1号箱中。 最初主持人从4个箱子选2个放奖品，总共有种放法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)。 因为主持人打开了3号箱（空箱），所以奖品不可能在(1,3)，(2,3)，(3,4)中，剩下可能的放法为(1,2)，(1,4)，(2,4)，共3种。 其中奖品在1号箱的情况有(1,2)，(1,4)，共2种。所以仍然选择1号箱中奖概率。 策略二：改选其他箱子 剩下未被选（1号）和未被打开（3号已打开 ）的箱子是2号和4号。 由上面分析，奖品分布剩下(1,2)，(1,4)，(2,4)这3种情况。 若改选，要中奖则奖品不能在1号箱，即奖品在(2,4)时中奖，此时应选2号或4号箱（因为(2,4)表示奖品在2和4号箱 ）。 奖品在(2,4)这1种情况满足改选后中奖，所以改选后中奖概率（选2号或4号其中一个，这里以整体看改选后的中奖情况 ）。 对比，，策略一更优 （2）分析，，主持人打开5号箱的情况 首先，，抽奖人选2号箱，主持人打开5号箱（空箱）． 最初放奖品的总情况有种：，，，，，，，，，． 因为主持人打开5号箱（空箱），所以排除，，，，剩下6种情况：，，，，，． 求X的分布列 X为另一个未被打开且未被选择（2号被选，5号被打开）的箱子中中奖的箱子的最小编号， 若奖品在已打开箱子（这里已打开5号，若奖品有5号才会，但已排除含5号的情况，所以X取值为1，3，4． 当时：奖品分布为，，，共3种情况，概率． 当时：奖品分布为，（此时最小编号是3），共2种情况，概率． 当时：奖品分布为，共1种情况，概率． X的分布列： X 1 3 4 P ． （3）验证，时Y是否满足切比雪夫不等式 首先，，抽奖人选1号箱，主持人从2，3，4，5，6号箱中打开一个空箱，Y表示打开的箱子号码． 先求：Y可能取值为2，3，4，5，6．计算． 切比雪夫不等式要求验证，这里，， 则． 计算，即，． 因为，所以Y满足切比雪夫不等式对于的情况． 题型十三 概率与数列结合（共11小题） 29．（24-25高二下·福建泉州·期末）（多选）甲乙两人轮流掷一枚质地均匀的骰子，甲先掷．下列选项中正确的是（   ） A．“甲乙两人各掷一次，所掷点数的差不超过3”的概率为 B．“在甲掷出6点后，乙下一次掷骰子掷出6点”的概率为 C．“首次连续2次出现6点时需掷骰子的次数”的期望为36 D．“甲先掷出6点”的概率为 【答案】ABD 【分析】利用古典概率，结合对立事件的概率公式计算判断AB；设首次连续两次出现点的期望次数为，结合题意分析得出关于的方程，求解判断C；求出“甲第次首次掷出点，且在甲第次掷骰子前两人都没有掷出点”的概率，结合等比数列的求和公式判断D. 【详解】对于A，甲乙两人各掷一次共有36个不同结果， 点数差超过3的有，6个不同结果， 因此所掷点数的差不超过3”的概率为，A正确； 对于B，在甲掷出点后，乙下一次掷出点不受前面的影响，其概率为，B正确； 对于C，设首次连续两次出现点的期望次数为，若第一次没有掷出点，则需重新开始， 期望次数为；若第一次掷出点，第二次没有掷出点，则需重新开始， 期望次数为；若第一次、第二次都掷出点，则期望次数为， 则，解得，C错误； 对于D，设甲第次首次掷出点，且在甲第次掷骰子前两人都没有掷出点， 设其概率为，则，，则数列是首项为， 公比为的等比数列，数列的前项和为， 当时，，即“甲先掷出点”的概率为，D正确. 故选：ABD 30．（24-25高二下·辽宁锦州·期末）（多选）已知一组样本数据：-1，a，b，9，其中，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（   ） A．排列后得到的新数列可能既是等比数列又是等差数列 B．若排列后得到的新数列成等比数列，和有4组可能取值 C．若排列后得到的新数列成等差数列，和有2组可能取值 D．这组数据方差的最小值为 【答案】BC 【分析】数列的性质进行判断，非零常数列既是等比数列又是等差数列，判断出A错误；由等比数列的性质，将四个数进行排列为一正一负相邻，求出相应的值；由等差数列的性质以及的范围，举例求解；得出B,C正确；用特殊值法求出方差还有更小的，得出D错误. 【详解】对于A，若数列既是等比数列又是等差数列，则该数列为非零常数列，而，且数列中的项有，，不可能构成常数列，故A错误； 对于B，若排列后的新数列为等比数列，则不可能有0，则， 故设新数列的公比为，则有，且数列相邻两项异号； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则，； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 综上所述，和有4组可能取值，故B正确； 对于C，若排列后得到的新数列成等差数列，设公差为 若在首项，不论在第几项，都有，不符合题意， 若两项相邻，且不在首项，则或者， 此时有，， 符合题意的数列为或者； 若中间仅有一项，且不在首项，则，或者， 此时有， 符合题意的数列为或者， 故和有2组可能取值，故C正确； 对于D，该组数据的平均数为， 当尽可能接近平均数，方差越小， 方差为， 当时，， 方差，故D错误. 故选：BC. 31．（24-25高二下·山东聊城·期末）（多选）如图，在边长为1个单位长度的正六边形对角线的交点O处有一个质点，随机的沿A，B，C，D，E，F，O中相邻两个点的连线构成的轨道移动，且在每一点处都等可能的向与它相邻的点移动，每次移动1个单位长度，则（    ）    A．移动两次后位于点A的概率为 B．移动两次后位于点O的概率为 C．移动三次后位于点F的概率为 D．移动n次后位于点O的概率为 【答案】BCD 【分析】根据移动过程，结合独立事件概率公式和互斥事件概率公式计算概率判断ABC，设移动n次后位于点O的概率为，找到与的关系后再利用数列知识求解后判断D. 【详解】对A， 移动两次后位于点A，需要第一次移动到B或F，然后再移动到A，概率为，A错； 对B，移动两次后位于点O，第一次移出去，第二次再移回来，概率为，B正确； 对C，移动三次后位于点F，前两次移动到O或A或E,因此概率为，C正确； 对D，设移动n次后位于点O的概率为，则前一次一定在非点，概率为， 所以，从而， 又，所以，所以，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对D，在求时，关键是找到与的关系，第次必须在非点（概率为），第次才能移动到点，由此得出关系式，其次关键点是凑配出等比数列，利用等比数列通项公式求解. 32．（24-25高二下·河南信阳·期末）第届联合国大会通过决议，将春节确定为联合国假日．某大学举办中国传统节日知识竞赛，每位大学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记分，答错一题记分．已知学生甲答对每个问题的概率为，答错的概率为． (1)学生甲随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望； (2)若学生甲已答过的题累计得分为分的概率为，求与． 【答案】(1)分布列见解析， (2)， 【分析】（1）分析可知，随机变量的可能取值为、、、，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； （2）求出、的值，根据题意求出的递推公式，推导出数列为常数列，再利用待定系数法求出数列的通项公式，再利用分组求和法可求得. 【详解】（1）的可能取值为、、、 ，， ，． 的分布列为 所以，． （2），， 当时，若甲已答过的题累计得分为分，可由以下两种情况得出： ①甲已答过的题累计得分为分，下一个题答错得分， ②甲已答过的题累计得分为分，下一个题答对得分， 所以，即， 所以，数列为常数列． 又，所以， 则，所以，是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即． 当时，上式也成立． 所以，对任意的，． . 33．（24-25高二下·湖北恩施·期末）甲乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分；平局两人均不计分.按照规则，当一方的得分比另一方多2分时即获胜，比赛结束.已知每局中，甲获胜概率为，乙获胜概率为，平局的概率为，且每局互不影响，相互独立. (1)求甲在进行了3局后获胜的概率； (2)若进行n局后，记甲领先1分的概率为，甲乙持平的概率为，求证：存在实数，使得为等比数列； (3)记甲乙两人进行m局后恰好分出胜负的概率为，求 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，. 【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式可得答案； （2）进行第n局后，设乙领先1分的概率为，根据对称性有，从而，，根据等比数列的定义可得答案； （3）求出公比，根据，，求出可得答案. 【详解】（1）甲在第3局后胜出的得分情况为，即（甲胜，平局，甲胜）或 （平局，甲胜，甲胜）， 概率为； （2）进行第n局后，设乙领先1分的概率为，根据对称性有， 从而， ， ， 所以，解得， 所以当时，是公比为的等比数列； （3）由（2）可知，当，，公比为， 所以①， 当，，公比为， 所以②， ②①可得， 要使得m局后恰好分出胜负，那么， 则， 所以，. 34．（24-25高二下·福建福州·期末）（多选）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，并且每次传球时传球者都等可能传给另外三人中的任何一人，则（   ） A．第一次球传出后恰好传给丙的概率为 B．第二次球传出后恰好传给丙的概率为 C．第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率 D．球第次传出后恰好传给丙的概率为 【答案】ABD 【分析】先求出接到前两次传出的球的情况有共9种，设事件：第二次的球传出后恰好传给丙，事件：第二次的球由乙传出，求出，，再用条件概率公式计算，判断A，B，C.设第次传出后，球恰好传给丙的概率为，依题意可得，且，构造为公比的等比数列，求出即可判断D. 【详解】由已知接到前两次传出的球的情况有（乙，甲），（乙，丙），（乙，丁），（丙，甲）， （丙，乙），（丙，丁），（丁，甲），（丁，乙），（丁，丙），共9种， 显然第一次由甲传出球后，可能传给乙丙丁中间一个，故传给丙的概率为，故A正确； 设事件：第二次的球传出后恰好传给丙，事件：第二次的球由乙传出， 则，，则，故B正确，C错误； 对于D，不妨设第次传出后，球恰好传给丙的概率为，易知若第次传出后，球恰好传给丙， 则第次传出后，球不传给丙，而是由其他人传给丙，则，且， 则，即数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，即，故D正确. 故选：ABD. 35．（24-25高二下·山东东营·期末）某无人机操作员进行定点精准降落训练.据以往训练经验，第一次降落成功的概率为.若第i次降落成功，则第次降落成功的概率为；若第i次降落未成功，则第次降落成功的概率为，其中. (1)求该操作员第二次降落成功的概率； (2)记该操作员前两次降落成功的次数为X，求X的分布列和数学期望； (3)设第i次降落成功的概率为，求证：. 【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）设事件“第次降落成功”，则“第次降落未成功”，再利用全概率公式即可求解； （2）可取值为，分别求出相应的概率，从而可列出分布列，求出期望值； （3）当时，整理可得，再结合数列知识由递推公式数列的构建等比数列，从而可求解. 【详解】（1）设事件“第次降落成功”，则“第次降落未成功”，. 由全概率公式得 ， 该操作员第二次降落成功的概率为. （2）由题意得，，，，. 的所有取值为0，1，2， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 所以. （3）由题意得， 当时， 即， 整理得，又， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 故，即，易知单调递增 所以. 36．（24-25高二下·广东江门·期末）（多选）已知随机变量X的分布列如下： 1 2 3 … … 若数列是等差数列，则下列说法正确的是（   ） 参考公式： A．若，则 B．若数列是单调递减数列，则 C．若既是等差数列，又是等比数列，则 D．若，则当或时，取得最大值 【答案】ACD 【分析】对于A，由等差数列的性质验算即可；对于B，由等差数列求和公式得即可判断；对于C，求得，结合方差定义和题干所给求和公式验算即可；对于D，求得即可判断. 【详解】对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，设数列公差为，则，由于， 所以，故B错误； 对于C，若既是等差数列，又是等比数列，则，其中，是公比， 注意到，所以，解得， 所以，解得， 所以期望， 方差 ，故C正确； 对于D，由，其中， 所以， 因为，， 所以 ， 若，则， 则当或时，取得最大值，故选项D正确. 故选：ACD. 37．（24-25高二下·四川绵阳·期末）在一次程序设计竞赛中，需要通过逐一运行测试点的方式对选手编写的程序进行评测．评测共有6个测试点，分为3个基本功能点与3个强测优化点．每通过1个基本功能点，选手将获得5分；每通过1个强测优化点，选手将获得10分．选手最终得分为所有测试点得分之和．主办方准备了两种评测方案，可供选手选择，每种方案都按确定的次序进行评测，每个测试点只测试1次． 方案一：先测试3个基本功能点，在这个过程中只要有测试点不通过则终止评测；选手通过所有基本功能点后才能测试3个强测优化点，在这个过程中即使有测试点不通过，也将继续测试，直到所有强测优化点测试完毕． 方案二：选手按1个基本功能点，1个强测功能点，1个基本功能点……进行交叉测试，过程中出现任何1个测试点不通过的情况都立刻终止测试． 小张编写的程序通过每一个基本功能点的概率均为，通过每一个强测优化点的概率均为．每个测试点是否通过都相互独立，且． (1)若，小张选择了方案一进行评测.求小张最终得分不少于30分的概率； (2)设小张的最终得分为随机变量为，分别求出方案一与方案二中的分布列； (3)以小张的最终得分的期望为依据，判断小张应该选择哪一种方案？ 【答案】(1)0.013 (2)答案见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式和互斥事件的概率加法公式求解即可； （2）分别求出两种方案的随机变量的取值，再求出对应的概率，即可求出两种方案的分布列； （3）利用期望公式求出两种方案的期望，则 ，令，利用导数法得在上恒小于0，令．，再利用导数法求得，进而得在上存在唯一零点，即可得解. 【详解】（1）小张最终得分不少于30分，说明小张通过了3个基本功能点，并至少通过了2个强测优化点， ∴概率为：； （2）①若选择方案一，则， ， ， ， ， ， 故的分布列为： ②若选择方案二，则， ， ， ， 故的分布列为： （3）若选择方案一，则其得分期望： ， 若选择方案二，其得分期望： ， 故有 ， 令，则， ∴在上单调递增并存在唯一零点， 故在单调递减，在上单调递增， 而，故在上恒小于0， 令． 故为开口向下的二次函数，， 令，则， 在上单增并存在唯一零点， 故在单调递减，在单调递增， 且，故在上恒小于0，即， 故在上存在唯一零点：， 因此，当时，． 当时，． 综上所述：当时，选择方案二； 当时，两种方案都可选择； 当时，选择方案一． 38．（24-25高二下·山东菏泽·期末）在高中校园足球比赛中，组委会计划采用单淘汰制进行比赛，即每支球队负一次即被淘汰出局．现有8支球队随机编号到对阵位置，所有球队在任何一场比赛中获胜的概率均为．已知甲、乙两队参赛．    (1)求甲队获得冠军的概率； (2)求甲、乙在第轮（其中）相遇的概率； (3)为使得甲、乙两队在比赛过程中相遇的概率小于0.001，组委会计划增加球队支数到支，对阵图和上图类似，求的最小值． 【答案】(1) (2)第1轮相遇的概率为，第2轮相遇的概率为，第3轮相遇概率为. (3)11 【分析】（1）由每轮比赛甲都必须获胜即可求解； （2）假设甲的位置固定，分析甲乙要想在第轮相遇乙的位置，然后结合相互独立事件的概率乘法公式可得； （3）法一：分析甲乙要想在第轮相遇乙的位置，求出相应概率，然后求和，解不等式即可得解；法二：求出参赛球队为、时，甲乙相遇的概率关系，利用累加法求解，然后解不等式可得. 【详解】（1）设甲队获得冠军为事件A，甲如果想获得冠军，每轮比赛都要获胜， 则. （2）设甲乙第一轮相遇概率为，甲乙第二轮相遇概率为，甲乙第三轮相遇概率为， 设甲的位置固定，若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组， 所以甲乙在第一轮相遇的概率， 甲乙要在第二轮相遇，则甲乙在同一个半区，但不在同一组的概率为， 同时甲乙在第一轮都要获胜，则. 甲乙要在第三轮相遇，则甲乙不在同一个半区的概率为， 同时甲乙在第一､二轮都要获胜，则. 综上，第1轮相遇的概率为，第2轮相遇的概率为，第3轮相遇概率为. （3）解法一：记比赛的轮次为事件，甲乙在比赛过程中相遇的事件为， 要使甲乙能在第轮相遇，则甲乙必须得在同一个区内的不同半区，概率为， 同时甲乙在前轮都要获胜， 所以. 所以甲乙相遇的概率为. 要使得甲乙相遇的概率小于0.001，即，即， 又因为为整数，所以最小的值为11. 解法二：设支球队参赛，甲乙相遇的概率为，则当时，甲乙一定相遇，此时. 当支球队参赛，甲乙相遇的概率为. 考虑将个选手分成上下两个区，每区名选手，这时有2种情况， 情形一：乙和甲在同一区，此时甲乙相遇的概率为， 情形二：乙和甲不在同一区，两人相遇必须都进入决赛，即前轮比赛均获胜. 所以， 于是，， 累加得，所以. 要使得甲乙相遇的概率小于0.001，即，即 又因为为整数，所以，所以最小的值为11. 39．（24-25高二下·福建泉州·期末）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力．有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元．我校团委拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会．已知甲同学报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等． (1)若前三道试题，甲每道试题答对的概率均为p， ①设，记甲同学答完前三道题得分为X，求随机变量X的分布列和数学期望； ②若甲同学答完前四道题得8分的概率为，求甲同学答完前四题时至少答对三题的概率的最小值； (2)若甲同学答对每道题的概率均为，因为甲同学答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时甲同学答题累计得分为2，记甲答题累计得分为n的概率为， （ⅰ）求证：是等比数列； （ⅱ）求的最大值． 【答案】(1)①随机变量X的分布列见解析，期望；② (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）①已知答对概率，那么答错概率为，设答对题数为k，得分，依次计算出时的概率，得出随机变量X的分布列，并计算出期望；②已知甲得8分（连对4题）概率，得出答对每题的概率为，进一步计算出至少答对3题的概率. （2）（ⅰ）对，得分n进行递推，得出，计算，得出是以为首项，为公比的等比数列；（ⅱ）由差数列累加求和得： ，判断奇数项和偶数项的单调性，推出的最大值为. 【详解】（1）①已知答对概率，则答错概率.设答对题数为k，得分，故取值为3，4，5，6： 所以随机变量X的分布列为： X 3 4 5 6 P 期望. ②已知甲得8分（答对4题）概率为，得.则其至少答对3题的概率： （2）（ⅰ）证明：对，得分n的递推： 最后一题答错（概率）：之前得分，故含； 最后一题答对（概率）：之前得分，故含. 即. 所以 初始项：，，故. 因此，是以为首项，为公比的等比数列. （ⅱ）由差数列累加求和： ， 偶数项（）: 为负，正数，且随着n增大，正数减小，故为最大值； 奇数项（）：为正，正数，随着n增大，正数减小，趋近于0，故最大值趋近于. 综上，为最大值，计算，即最大值为. 题型十四 立体几何综合（共34小题） 单选题 1．（24-25高二下·江苏连云港·期末）在直三棱柱中，为的中点，点在棱上，且，点A，M，N所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥的组合，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【详解】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥的组合， 因为，，故，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:4， 故，， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：A 2．（24-25高二下·湖南·期末）已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面，故三棱锥的外接球球心在上，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r，推出最小值为的外接圆半径，由正弦定理得，设，求出O为的三等分点，故，根据得到方程，求出，从而得到AE的长. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 故， 所以，即，， 又，平面， 所以平面，故三棱锥的外接球球心在上， 设平面，设三棱锥的外接球球心为O，半径为r， 则，即点O与重合时，r有最小值， 最小值为的外接圆半径， 在等边中，边长为，所以， 设， 点到平面的距离为的长， 其中，点到平面的距离为， 即，O为的三等分点，故， 所以， 解得或（舍去）， 此时，，所以． 故选：D． 3．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在正方体中，过点A作一平面，使得正方体的各个顶点都在的同一侧，且，，三个点到的距离分别为3，4，5，则该正方体的棱长为（    ） A． B． C． D．12 【答案】B 【分析】以为原点建系，设正方体的棱长为，平面的法向量为，根据点到面的距离公式列出关于的方程组即可求解. 【详解】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，，， 则， 令，则， 设，则为线段的中点， 因，到的距离分别为3，5，则到的距离分别为， 因，且为线段的中点，则到的距离分别为， 则， 又到的距离为，则，则，即，则， 则，， 则该正方体的棱长为. 故选：B 4．（24-25高二下·河北保定·期末）已知一个圆台母线长为，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过空间想象将圆台内自由转动的正方体问题，转化为求解圆台内球最大问题.先由侧面展开前后图形关系建立方程求解各相关各量、、、、等，再计算比较圆台高与圆锥内切球直径的大小关系确定最大球状态，求解半径，进而求正方体棱长与体积可得. 【详解】要使圆台内能放入自由转动的正方体的体积最大，则该正方体的外接球恰好为该圆台内能放入的最大的球. 设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径为，外圆半径为， 则，化简得， 又圆台母线长为，联立，解得. 设圆台上、下底面圆半径分别为、，则，解得. 如图1，还台为锥，设上、下底面圆心为、， 在中，，又为锐角，则. 由相似性可知，圆台的轴截面等腰梯形的底角为， 故圆台的高. 如图2，圆锥轴截面为正三角形， 则正三角形内切圆即圆锥内切球半径长为， 因为正三角形内切圆直径， 故圆锥内切球即圆台内能放入的最大的球，直径为. 设正方体的棱长为，由正方体外接球直径即为体对角线可得，解得， 此时正方体的体积最大，最大为. 故选：B. 5．（24-25高二下·福建漳州·期末）在四棱锥中，侧面底面，侧面是正三角形，底面是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用面面垂直的性质证得面，面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积. 【详解】如图所示，    连接AC、BD交于一点，取AD中点E，连接、， 则由题意知，，为正方形外接圆的圆心， 又因为面面，面面，面， 所以面， 同理面， 设等边的外接圆的圆心为， 过作的平行线交过且与平行的线于点O， 则面，面， 所以O为四棱锥外接球的球心，设球的半径为， 方法1：等边的外接圆半径为 ， 方法2：在等边中由正弦定理得，解得， 又因为， 所以， 所以四棱锥外接球表面积为. 故选：C. 6．（24-25高二下·山西·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 故选：A. 多选题 7．（24-25高二下·浙江温州·期末）用平面截如图放置的正四面体ABCD，下列说法正确的是（   ） A．当截面为平行四边形时，正四面体有两条棱所在的直线平行平面 B．截面可能是直角梯形 C．若平面分别与棱AB，AC，AD交于点E，F，G，，，，则平面与平面BCD夹角的余弦值为 D．设点F在棱AC上，点G在棱AD上（均包含端点），且，，其中．如果平面经过B，F，G三点，那么平面与平面BCD夹角的余弦值的取值范围为 【答案】AD 【分析】根据截面的特征，结合平行关系的转化判断A，根据平行关系的转化，结合几何关系可得截面梯形为等腰梯形，判断B，利用坐标法，求平面夹角的余弦值，判断C，根据几何关系，确定平面的两个临界点，再求二面角的余弦值，判断D. 【详解】A.当截面为四边形，说明平面截正四面体的四个面，如图，平面为平面 因为，平面，平面，所以平面， 平面，平面平面，所以，平面，平面，所以， 同理，其他棱所在直线都与平面相交，故A正确； B.若，且，由A可知，，因为是正四面体，则，所以，则梯形为等腰梯形，不可能是直角梯形，故B错误； C. 如图，建立空间直角坐标系，设棱长为12，则，，，，则，，，， 设平面的一个法向量， ，令，则， 则， 平面的法向量为，所以， 所以平面与平面BCD夹角的余弦值为，故C错误； D.由，则平面与平面的夹角的取值范围，只需考虑两个临界值，一个是点分别是的中点时，另一个是点在处，点在处（或点在处，点在处，这两种情况两个平面的夹角一样） 设棱长为2，则 第一个临界情况，当点分别是的中点时，， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量， ， 第二个临界情况不妨设点在处，点在处，这时平面与平面的夹角为平面和平面的夹角，如图，取的中点，连结， 则，，所以为平面与平面的夹角， ，，， 所以平面与平面BCD夹角的余弦值的取值范围为，故D正确. 故选：AD 8．（24-25高二下·江苏常州·期末）已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．点到直线的距离的最小值为 C．棱上存在点，使得 D．若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为 【答案】ACD 【分析】对于A，设的中点为，通过证明四边形为平行四边形，可证得平面；对于B，通过建系设点，利用空间点到线的距离公式可求最小值；对于C，利用向量的坐标表示出夹角，计算出当时，，即可判断；对于D，由题意可求，再利用球的截面问题可直接求截面面积的最小值. 【详解】如图，设的中点为，连接，   是中点，，且， 对于A，若是中点，，且， ，且，所以四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面，故A正确； 根据题意，以为原点，以直线所在方向分别为轴建立空间直角坐标系， 设，，，， 所以点到直线的距离， 即点到直线的距离的最小值为，故B错误； 对于C，，所以， 则，当时，，即， 所以棱上存在点，使得，故C正确； 对于D，当是棱的三等分点时，点或，球心， 所以，又正方体外接球半径， 所以截面所得圆的最小半径，其面积为，故D正确. 故选：ACD. 9．（24-25高二下·河北·期末）如图，四棱锥内接于圆锥AC（C为底面圆的圆心），已知，且，则下列说法正确的是（   ） A．若，则点D为BE弧上的中点 B．四棱锥体积的最大值为 C．当点D为BE弧上的中点时，异面直线AB与所成角为60° D．当时，直线AB与平面ADE所成角的余弦值为 【答案】AC 【分析】对于A，只需说明即可判断正确；对于B，说明四棱锥体积的最大值为即可判断；对于C，根据异面直线所成角度的定义即可判断；对于D，当时，说明直线AB与平面ADE所成角的余弦值为即可判断. 【详解】对于A，由题意，，若， 则三角形是正三角形，所以， 由题意，在直角三角形中，，由勾股定理可得， 所以，所以，故A正确； 对于B，设，，显然都是锐角， 所以，所以三角形的面积为， 同理三角形的面积为， 故四棱锥体积，等号成立当且仅当，故B错误； 对于C，当点D为BE弧上的中点时， 设分别为的中点，过点作交于点，过点作于点， 可得，故所求角为或其补角， 结合A可知，，， ，，， 又，所以 由余弦定理有， 所以，故所求为，故C正确； 对于D，当时，， 而，从而三角形的面积为， 设直线AB与平面ADE所成角的正弦值为， 则由等体积法，，即， 解得，所以，故D错误. 故选：AC. 10．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），下列说法正确的是（   ） A．若点是中点，则、、、四点共面 B．存在点，使得直线与所成角为 C．若直线平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，那么点的轨迹长度为 【答案】AC 【分析】证明出，可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，可判断B选项 ；利用锥体体积公式可判断C选项；分析可知点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆，结合圆的周长公式可求得点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、、、、，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以， 在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，故，所以， 因此，当点是中点，则、、、四点共面，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、，不妨设点， 所以，， ， 因为，，则，所以，， 故，即， 故， 因此，不存在点，使得直线与所成角为，B错； 对于C选项，若平面，则点、到平面的距离相等， 故为定值，C对； 对于D选项，，可得， 故点的轨迹是在平面内以点为圆心，半径为的圆， 故点的轨迹长度为，D错. 故选：AC. 11．（24-25高二下·福建龙岩·期末）已知正三棱柱的底面边长为1，，点满足，其中，，下列选项正确的是（   ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，有且仅有一个点，使得平面 C．当时，的最小值为 D．当时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】先判断，然后利用线面平行的判定定理得平面，结合三棱锥的题意即可判断A，建立空间直角坐标系，设，利用及空间向量垂直的坐标运算求解判断B，先判断，把平面绕旋转到与平面共面，当，，三点共线时有最小值，先利用余弦定理及两角和的余弦公式求出，利用余弦定理求解判断C，先判断在含边界的矩形区域内，然后建立平面直角坐标系，从而得的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧，利用点圆的位置关系求解最值即可判断D. 【详解】对于A.设，为，的中点，∵，∴，    ∴，平面，平面，∴平面， ∴三棱锥的体积为定值，∴A正确； 对于B.过在平面内作，以为原点， 以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图.    设，为，的中点，∵，∴， ∴，，设， ∴，， ∵平面，平面，∴，∴，解得， ∴仅有一个点，使得平面，∴B正确 对于C.∵，∴， 把平面绕旋转到与平面共面，   当，，三点共线时有最小值， ∵， ∵，∴， ∴ ， ， ，∴的最小值为，∴C不正确； 对于D.点P满足，其中，， ∴在含边界的矩形区域内， 以为原点，以，为轴、轴建立平面直角坐标系，    设，∴，∴，， ∵∴，∴的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧， ∴当，，三点共线时，最小，∴的最小值为，∴D正确. 故选：ABD 12．（24-25高一下·安徽淮北·期末）在直三棱柱中，，且为线段BC（不含端点）上的动点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．当是BC的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求出相应向量的坐标表示，得出选项A正确，根据向量夹角余弦公式，求出异面直线所成角的取值范围判断B；将空间线段长转化为平面线段长求最值，得出C错误；求利用向量法求出圆心到平面的距离，利用垂径定理得出截面圆的半径，求出所截的圆的面积,得出D正确. 【详解】以为原点，,,所在直线方向分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，故，，，， 对于A选项：，，， 故，故A正确； 对于B选项：，， 故， 因为，， 故异面直线与所成角的取值范围为，故B正确. 对于C选项：，， ， 可将其看成分别到点，的距离和， 当且仅当三点共线时，此时距离最小，故C错误； 对于D选项：当M为中点时，则，外接球圆心为且 半径为， 设球心到平面的距离为 设平面的法向量为，， 则，令，则； 又，则， 由截面圆半径， 故截面圆面积为，故D正确. 故选：ABD. 13．（24-25高二下·甘肃白银·期末）已知等边的边长为，顶点在平面内，顶点，在平面外的同一侧，点，分别为，在平面内的射影，且，直线与平面所成的角为，，则（   ） A． B． C．的最小值为 D．的最小值为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，设出，坐标，用向量数量积的公式和坐标表示分别表示，即可求出；根据勾股定理得出的范围，再根据题意，结合的值，即可求出的范围；根据图形线面、线线的位置关系，可以得出直线与平面所成的角，即可利用直角三角形三角函数值表示，从而求出其最小值. 【详解】如图所示，以点为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系，设，， 则，且， 可得，因此，选项A正确； 因为，即，所以， 根据勾股定理，， 所以，又，所以， 综上，，即，选项B正确； 又因为 所以，即的最小值为，选项C正确，选项D错误. 故选：ABC. 14．（24-25高二下·广东揭阳·期末）用半径为的圆形铁皮剪出圆心角为的扇形（以圆形铁皮的半径为半径的扇形），制成一个圆锥形容器，底面圆的半径为．则下列说法正确的是（   ） A．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥的体积 B．当，且圆锥的侧面积为时，过圆锥的顶点所作的截面中，截面面积的最大值为 C．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥能在棱长为的正四面体内任意转动 D．当时，圆锥的体积最大 【答案】AD 【分析】求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式可判断A选项；当时，，求出圆锥的轴截面顶角，进一步即可验算，可判断B选项；分别算出圆锥外接球半径以及正四面体内切球半径，比较大小即可判断C选项；求得，，进而得出，令，利用导数求出使得取最大值时的值，即可得出对应的值，可判断D选项. 【详解】设圆锥的母线长为，高为， 对于A选项，该圆锥的侧面积为，解得， 所以该圆锥的高为， 故该圆锥的体积为，A对； 对于B选项，当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，   ，所以为钝角， 令、是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则， 所以， 当且仅当时，取等号，B错； 对于C选项，当时，即当时，该圆锥的侧面积为，可得， 高， 设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为， 所以， 棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示，    则正方体的棱长， 正四面体的体积为， 正四面体的表面积为， 设正四面体的内切球半径为， 则由等体积法可知， 注意到， 所以圆锥不能在棱长为的正四面体内任意转动，C错； 对于D选项，由题意可知，圆锥底面周长为，故， 该圆锥的高为， 所以，圆锥的体积为，故， 令，其中， 则，由，可得， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递增， 当时，即当时，取最大值，此时取最大值，D对. 故选：AD. 15．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（   ） A．平面 B．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据线面平行的判定定理证明判断A，利用平面性质作出截面判断B，建立空间坐标系，设，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式得，然后利用换元法求解最值判断C，在延长线上取，使，则，求出平面的法向量，利用向量法求解距离判断D. 【详解】对于A，如图1，M，N分别是棱，的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，A正确． 对于B，如图2，延长交射线，于点，， 连接，，交，于，点， 顺次连接，，，， 所以平面截该正方体所得截面即为五边形，B错误． 对于C，以为原点如图3建系，设，则，，， 设平面的法向量为， 则有取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 要求的最大值，显然． 令，，则，则， 当，即，即时，取得最大值，最大值为，故C正确． 对于D，如图4，在延长线上取，使，所以， 表示到平面的距离， 所以， 当平面，平面，此时取得最小值， 因为，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 所以令，则， 所以，故D正确． 故选：ACD 16．（24-25高二下·江苏连云港·期末）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 【答案】ACD 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；将平面、延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线，取最小值，可得出的周长取最小值，可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在棱，则点到平面的距离等于， 因为四边形为矩形，所以， 故，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 因为，则，所以， 当时，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 则， 因为，解得或，所以，存在两个，使得， 因此当时，存在两个使得平面，B错； 对于C选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示：    由题意可知，当、、三点共线时， 取最小值， 因为，所以，故，故， 在长方体中，当时，取最小值，而的长为定值， 此时的周长取最小值，C对； 对于D选项，由题意得、、、， ，，      所以， 因为，解得，D对. 故选：ACD. 17．（24-25高二下·浙江台州·期末）已知正四面体的棱长为4，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（    ） A．正四面体内切球的半径为 B．点可以为的重心 C． D．面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用正四面体的性质推导出A选项；用已知条件并结合线面垂直判定和性质判断B、C两项；D选项运用建系建立方程即可得证. 【详解】设为中点，为的中心，则面, 点到侧面，的距离之比为，在面内， 又正四面体的棱长为4，. 对于选项A，设内切圆的半径为，， 正确. 对于选项B，若点可以为的重心，则重合，则点到三个侧面的距离之比为，错误. 对于选项C，为正四面体，为中点，, 为的中心,面,面， 又面且， 面，面，正确. 对于选项D，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，    设， 则， 设面的法向量为，则， 令，则 设面的法向量为，则， 令,则， 到面的距离； 到面的距离,，，，， 当时，，, 正确. 故选：ACD. 18．（24-25高二下·河南鹤壁·期末）如图，在棱长为的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．异面直线与所成的角为 B．的最小值为 C．若平面，则 D．三棱锥的体积的最大值为 【答案】ABC 【分析】利用异面直线所成角的定义计算可判断A选项；分析可知当时，取最小值，结合等面积法可判断B选项；证明出，结合线面垂直的判定定理可知当时，平面，结合勾股定理可判断C选项；推导出平面，求出三棱锥的体积的最大值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、， 在正方体中，，， 故四边形为平行四边形，所以， 故异面直线与所成的角等于或其补角， 由于，因而是等边三角形，因此，故A正确； 对于B，连接、，显然的最小值在时取到， 因为平面，平面，所以， 因为，，由勾股定理可得， 由等面积法可得，故的最小值为，故B正确； 对于C选项，在的条件下，连接、，如下图所示： 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 当时，由于，、平面，故平面， 由B选项可知，此时，故， 因此，若平面，则，故C正确； 对于D选项，连接、， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 由C选项可知，，因为，、平面，故平面， 故当与点重合时，点到平面的距离最大，此时取最大值， 因为， ， 所以的最大值为，故D错误. 故选：ABC. 19．（24-25高二下·广东茂名·期末）已知棱长为3的正方体，动点P满足，下列结论正确的是（   ） A．正方体棱上满足条件的P的个数为3 B．正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，截面面积为 C．正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，被截去较小部分的体积为 D．点P到正方体各顶点距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹，再逐项求解判断. 【详解】取过直线的平面，在此平面内建立平面直角坐标系，如图， 则，设，由，得， 整理得，点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，即， 在正方体中，延长至，使，则， 因此在空间点P的轨迹是以为球心，2为半径的球面，如图所示， 该球面与正方体的棱有3个交点，，， ，，，A正确，B错误； ，C正确； 点P到正方体各顶点的最大距离分别为；； ；； ；，D正确. 故选：ACD 20．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在直三棱柱中，，，M为的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．直线与所成角的余弦值为 D．三棱锥的外接球的表面积为12π 【答案】BCD 【分析】选项A:已知，M为的中点，利用直三棱柱的性质，有，，.利用勾股定理，得出、、，再根据勾股定理得出与间的关系，判断选项A;选项B: 设N，G分别为，的中点，连接，，，，易得平面，即为三棱锥的高，根据三棱锥体积公式计算；选项C：易知，则与所成的角为，根据勾股定理和直三棱柱的性质，解三角形即可；选项D：根据三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，结合球面积公式求解. 【详解】在直三棱柱中，有，，. 因为，M为的中点， 所以，. 又，所以，， 则，从而与不垂直，A不正确. 如图，设N，G分别为，的中点，连接，，，， 因为,,,,与交于点F，所以平面， 则，B正确. 因为M、G为、的中点，四边形为矩形，所以，则与所成的角为， 由，， 得，C正确. 底面和完全一样，直三棱柱的外接球经过三棱锥所有的点，球心为中点，直径为, 故三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球， 该外接球的直径为， 则三棱锥的外接球的表面积为，D正确. 故选：BCD. 21．（24-25高二下·福建漳州·期末）若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为．在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与不重合），．则下列结论中正确的是（   ） A．线段长度的取值范围是 B．存在点使得平面 C．存在点使得 D．存在点使得与平面所成角的正弦值为 【答案】AB 【分析】由题意作出，(为中点)，建立空间坐标系，利用空间得量逐一判断即可. 【详解】取中点，过点在平面内作于， 过点在平面内作于，下面证明点即点. 在正方体中，平面， 因为平面，所以， 因为，，平面，故平面，即， 同理可证平面平面， 则，，依题意，点即点. 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间坐标系： 设，则，， 所以， 所以，则， 则，， 对于A，因为， 所以， 又因，则， 所以，故A正确； 对于B，因为， 则平面的一个法向量为， 又因为， 令，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，由于，， 令， 得，因为，此方程无解， 所以不存在点使得，故C错误； 对于D，因为，， 所以， 设平面的法向量为， 则有，故可取， 设与平面所成角为，因， 则， 令，即，解得，与矛盾， 所以不存在点使得与平面所成角的正弦值为，故D错误. 故选：AB. 【点睛】方法点睛：涉及求空间角和距离时，利用空间向量求解，能使问题简单化. 22．（24-25高二下·湖南·期末）如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（   ） A．球的表面积为 B．圆锥的侧面积为 C．四面体的体积的取值范围是 D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项，正内切圆即为球的截面大圆，又正的边长为2，求出球的半径，得到球的表面积；B选项，利用圆锥侧面积公式进行求解；C选项，四面体被平面截成体积相等的两部分，设到平面的距离为，求出正三角形的边长和面积，求出；D选项，动点的轨迹是圆，可得，故，因此，由均值不等式得到，故D正确. 【详解】A选项，连接，等边三角形内切圆即为球的截面大圆，球心在线段上， 又等边三角形的边长为2，所以，， 则球的半径， 所以球的表面积，故A正确； B选项，圆锥的侧面积，故B错误； C选项，由题意可得四面体被平面截成体积相等的两部分， 设到平面的距离为， 球的半径，三角形为等边三角形，设其边长为， 则，故， 故三角形的面积为， 即，故C正确； D选项，依题意，动点的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为， ，故，是边，的中点，可得，， ， 则有，故， 又，故， 即，因此， 由均值不等式，得，即， 当且仅当时取“”，故D正确. 故选：ACD 23．（24-25高二下·浙江舟山·期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（    ） A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是 B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于 C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为 D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为 【答案】ABD 【分析】解题时需要先建立空间直角坐标系，将几何条件转化为代数方程，结合具体选项进行化简并分析即可得到答案. 【详解】    对于A选项，由题意建立如图所示的空间直角坐标系，则，, 点为正方形内部及边界上的动点，设， ，，化简得， 即点的运动轨迹以为圆心，半径为1的圆， 动点的轨迹是四分之一圆的周长，其长度是，正确. 对于B选项，点为正方形内部及边界，设，，， 平面的法向量为， 点到平面的距离：， 点到平面的距离：， 距离之和为， 令，则方程变为，又为正方体的空间对角线，，即， ，化简得， 解得，由于，在范围内， 存在点，正确. 对于C选项，点在正方体的内切球上,正方体的内切球半径为，球心为， ，，平面的法向量为， 面等价于与平面法向量垂直，即， 设，则，即， 在平面上. 到平面的距离：， 在平面上，球心为到平面的距离：， 平面与内切球的交线是一个圆，设圆心为，则圆的半径为， 的最小值是到圆的距离，圆心在平面上且是到平面的垂线， 的最小值就是圆的半径，错误. 对于D选项，设，由可得 ， 化简得，，平面是平行于底面， 动点构成的平面截三棱锥所得截面是正方体四个侧面的中心的连线，截面形状为边长为的正方形，则截面的面积为，正确. 故选：ABD. 24．（24-25高二上·贵州遵义·期末）设点是正四棱柱内一动点，，，，，如图所示，则下列正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．当时，的最小值为 D．当时，四面体外接球的半径的取值范围为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用三棱锥的体积公式判断A，利用两点间距离公式结合二次函数性质判断B，合理构建平面直角坐标系，转化距离长度判断C，将点代入球的方程，得到，进而求解半径的取值范围判断D即可. 【详解】在正四棱柱中，可得面，， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 而，，由题意得，，， ，，则，，， 可得， 设，则， 得到，解得，则， 对于A，当时，， 由三棱锥的体积公式得， 则三棱锥的体积为，故A正确， 对于B，当时，此时可得，此时， 由两点间距离公式得， ， 则， 令，， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增， 得到最小值为，即的最小值为，故B错误， 对于C，连接，在面内，由题意得， 如图，以为原点，建立平面直角坐标系， 此时设，，，，, 因为，所以，得到， 由两点间距离公式得 ， 则，当且仅当共线时取等， 由两点间距离公式得, 得到的最小值为，故C正确， 对于D，由题意得，，， 当时，可得，即，此时， 设球心为，半径为， 得到四面体外接球的方程为， 将代入方程，可得， 将代入方程，可得， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 与相减可得，解得， 则球心变为，此时， 化简得，将代入方程， 可得， 则，解得， 得到，解得，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，当时，，当时，， 得到，即， 可得四面体外接球的半径的取值范围为，故D正确. 故选：ACD 填空题 25．（24-25高二下·河南周口·期末）如图，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，E为棱的中点，点F，G分别在棱，BC上（含端点），若，则线段FG长度的最小值为______． 【答案】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，得，，且，，由已知及向量数量积的坐标运算得，结合向量模长的坐标运算得，且，即可求最值. 【详解】设为下底面中心，构建如下图示的空间直角坐标系， 结合题设知，，且，， 所以，，故， 所以，可得， 而，则， 又，故时，. 故答案为： 26．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）理想状态下，在一个底面直径和高均为的圆柱形石材中，挖去一个半径为的球体后，剩余石材最多还能打磨出_____个体积最大的小球.（参考数据：） 【答案】30 【分析】确定最大小球的相切条件，用几何关系列方程求小球半径，求每层小球最大放置数量，再验证最多能放置几层小球，即可求出剩余石材最多还能打磨出多少个体积最大的小球. 【详解】由题意， 要在剩余空间打磨最大的小球，需满足： 与圆柱侧面相切（小球球心到侧面距离等于小球半径），与圆柱底面（或顶面）相切（小球球心到底面距离等于），与挖去的大球相切（两球心距离等于）， 设小球坐标为，由几何知识得， ， 解得：， 此为满足接触条件的最大半径. 接着求每层小球数量： 小球中心位于半径的圆周上， 设每层放个小球，相邻小球中心距离为, ∵中心间弦长公式为， ∴即，， ∵， ∴， 解得， ∴每层恰能放置 15 个相切的小球. 下面求解此圆柱能放置多少层小球： 小球中心高度为，底部小球范围为，顶部小球范围为， 间隙为， 顶部底部小球不会重叠， 小球中心到挖去球体中心的最小距离为， ∴无法再放置一层小球， ∴挖去球后圆柱上下两部分都能放置一层，即最大放置层数为2， ∴最大打磨个数为. ∴剩余石材最多还能打磨出30个体积最大的小球， 故答案为：30. 27．（24-25高二下·福建漳州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论： ①直线与所成角的大小为； ②； ③的最小值为；     ④若， 则点的轨迹所围成图形的面积是.其中所有正确结论的序号是_______. 【答案】①②③ 【分析】根据异面直线所成的角结合和、即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明平面，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④. 【详解】由于，所以即为直线与所成的角或其补角， 由于底面，平面， 所以，又，所以，①正确； 由于底面平面，所以， 又，平面，所以平面， 取中点为，连接， 由于为的中点，所以， 所以平面，平面，则， 又，中点为，所以, 平面，所以平面，平面，则， 平面， 所以平面，平面，所以， 平面，所以平面，平面， 所以，故②正确； 当平面时，最小，设此时点到平面的距离为， ， 所以， 由于，故为等边三角形，， 所以，故③正确； 由③得点到平面的距离为，不妨设在平面的投影为， 所以点到平面的距离为， 由于被平分，所以到平面的距离为， 由②知平面，所以三点共线，即， 又，所以， 因此点的轨迹围成的图形是以点为圆心，以为半径的圆， 所以面积为，故④错误. 故答案为：①②③ 28．（24-25高二下·浙江金华·期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是__________. 【答案】 【分析】方法一，分别考虑截面的各种情况，借助于路径方法求解；方法二，考虑截面的各种情况，构造函数利用导数方法研究求解. 【详解】   如图所示，当点为线段中点时，截面为,其中为中点，周长为； 当点为线段内部时，截面为,其中平行且相等，平行且相等，,, 周长取值范围是， 当截面为（其中平行，且分别在棱上）时，周长大于且可以任意接近于四边形的周长， 但小于等于四边形的周长. 当截面为（其中平行，分别在线段上，在线段上，交于延长线上的一点）时，    方法一： 如图所示，利用初中几何知识可证路径长度在路径和路径之间， ∴截面的周长介于四边形的周长与截面的周长之间, 综上，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是. 方法二： 设,,,,, , ,,,, ,,,, , , 截面周长为, , 求导， ∴函数单调递增，所以截面的周长介于四边形的周长与截面的周之间, 所以，过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是. 故答案为:. 解答题 29．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 【答案】(1)（i）（ii）； (2) 【分析】（1）（i）由题意可建立适当空间直角坐标系，设出点坐标，由及长度，借助向量计算可得点坐标，即可得；（ii）求出、后借助空间向量夹角公式计算即可得； （2）由题意求出、平面法向量，则可得与平面法向量垂直，从而可计算出点位置，再借助空间向量夹角公式表示出平面与平面的夹角余弦值，最后计算即可得解. 【详解】（1）由平面，、平面，故，， 又，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 设，且，则、， 由，则，即； （i）由，则，又，故， 即，则，故； （ii），， 则， 即，则直线与所成角的大小为； （2），， 设，， 则， ，， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，， 即可为， 由平面，故， 即， 化简得，由，则， 故， 由平面，故为平面的法向量， 则 令，则， ， 由，则，故， 故， 由图可知二面角为锐角，设为， 故，即二面角余弦的最小值为. 30．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， (1)求证：平面； (2)若，． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 【答案】(1)证明见详解 (2)①，② 【分析】（1）在长方体中,平面，可得，结合，可证平面，得到，同理可证，进而证得平面； （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，分别得出两个平面的法向量，即可得到夹角的余弦值，再根据函数性质可求最值； ②根据截面可确定在棱（不包含端点），然后可得的范围即可得到余弦值的范围. 【详解】（1）在长方体中,平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可证， 又平面， 所以平面. （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，， 由（1）知为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则 ， 又，当，即时取等， 又点E，F分别是棱，上的动点，且，， 所以，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值的最大值为. ②在平面中，过作， 同（1）的证明理由可得，即平面， 所以当在棱时，截面为四边形， 当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形， ，， 又，， 又在棱（不包含端点），所以，解得， 又不在棱端点，所以， 由①知，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的范围为. 31．（24-25高二下·浙江舟山·期末）如图，已知四棱台，点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，，，，.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为； （ⅰ）求直线与平面所成的角； （ⅱ）若四边形为等腰梯形，，求平面与平面夹角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）连接，交于点，利用勾股定理逆定理证明出，由已知条件得出平面，可得出，再结合线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）（i）过点在平面内作，交于点，连接，推导出平面，可知为二面角的平面角，即，且为直线与平面所成的角，根据可求出的正切值，即可得出的值； （ii）过点作，则，过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，交于点，连接，推导出平面，可知为平面与平面所成夹角的平面角，求出、的长，即可求出的正切值. 【详解】（1）连接交于点，，，， ，， 在直角梯形中，，，，， 由勾股定理可得， ，    在中，，， ∴，∴，即， ∵平面，平面，∴， 又，、平面，∴平面. （2）（i）过点在平面内作，交于点，连接，    ∵平面，平面，∴， ∵，，、平面，∴平面， ∵平面，∴， 则为二面角的平面角，即， 且为直线与平面所成的角， ∵，即， ∵，而在中，，      ∴，因为，即. ∴直线与平面所成角为. （ii）在等腰梯形中，∵，，， 则，即， 过点作，则，过点在平面内作，垂足为点， 在平面内，∵，，∴， ∵平面，∴平面，      过点在平面内作，交于点，连接， ∵平面，平面，∴， ∵，，、平面，∴平面， ∵平面，∴， 则为平面与平面所成夹角的平面角， ∵四边形为等腰梯形，∴，，， ∴，， ， ∴， 在平面内，∵，，∴， ∴，即， 在平面内，∵，，∴，∴， 故， 在中，. 故平面与平面夹角的正切值为. 32．（24-25高二下·天津河东·期末）如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE为矩形， 底面四边形ABCD满足， AB ⊥AD，∥ (1)求证：平面 平面 (2)求三棱锥 外接球的体积： (3)F为PA的中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC 所成角的大小为 求FQ的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理及判定定理即可证明； （2）根据几何体外接球半径的求法，结合球的体积公式即可求解； （3）建立空间直角坐标系，设，根据向量的线性运算可得，再利用线面角的向量法求出，再根据空间向量的模长公式即可求解. 【详解】（1）因为四边形为矩形， 所以，因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）由（1）知平面， 平面，所以， 所以Rt的外心为的中点， 所以，所以平面， 因为，所以Rt的外心为的中点， 所以点为三棱锥外接球的球心， ， 所以外接球的半径， 则三棱锥外接球的体积为； （3）因为平面， 所以以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 所以 设线段上存在一点，使得与平面所成角的大小为， 设， 则， 所以， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 则，因为与平面所成角的大小为， 所以， 即，整理得， 所以，此时点与点重合， 所以，则． 33．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． (3)求直线与平面夹角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由题知，翻折后，根据面面垂直的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角系，根据平面法向量的求解方式，分别求出两平面的法向量，即可得到两平面夹角的余弦值； （3）由题知在平面上且，可设，求出平面的一个法向量，计算出直线与平面夹角正弦值，根据函数的性质可求最值. 【详解】（1）证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知， 且，，即， 则四边形为菱形， 所以，故翻折后， 因为，且都在平面内， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）由（1）知平面，平面， 则平面平面， 如图，在平面中过点作， 又平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以为等边三角形，， 则，，，， 设平面与平面夹角为， 法向量分别为，， 则，取得； ，取得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． （3）由（2）知在平面上且， 可设， 则，，， 设平面法向量为， 则， 取得， 设与平面夹角为， 则， 令，则， 当且仅当，即时成立， 所以直线与平面夹角正弦值的最大值为． 34．（24-25高二下·安徽滁州·期末）如图，在四棱锥中，底面，，是线段上的动点．    (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由底面，根据线面垂直的性质得到，再结合利用线面垂直的判定证得平面即可得证; （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求解； （3）当点与或重合时，可直接求的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值； 若点与点均不重合时，根据点在上，可设，求得，从而得到平面的法向量，再用表示出与平面所成角的正弦值，利用换元法转化成二次函数的值域求解即可得到的取值范围. 【详解】（1）因为底面平面，所以 又平面, 所以平面. 又因为平面，所以. （2）因为底面平面，所以， 如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， ∵， ∴，，，. 所以，，，，， ∵是线段的中点，∴， 所以，，，， 设平面的法向量为，则， 即，取，则，， 所以为平面的一个法向量. 设平面的法向量为, ，即，取，则，， 所以为平面的一个法向量. 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为.    （3）由（2）知，,， 所以,，，， 若点与重合，则平面即为平面，则为平面的一个法向量. 则， 若点与重合，则平面即为平面,则为平面的一个法向量. 则 若点与点均不重合， 由与共线，设，且. 则. 设平面的法向量为，则， 即， 取，则， 所以，（）是平面的一个法向量. 因为 所以 . 令，则，. ， 因为，所以. 综上，. 题型十五 解析几何综合（共37小题） 单选题 35．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆的外部为轴上一点，线段与椭圆交于点内切圆的直径为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用切线长定理可得出，再由椭圆定义可求出，结合勾股定理可得出关于的齐次等式，即可求出该椭圆的离心率的值. 【详解】设的内切圆分别切该三角形三边于点，如图所示. 由切线长定理可得， 则 . 因为，所以， 由圆的几何性质可得，故四边形为正方形， 且其边长为. 由对称性可知，由椭圆定义可得，① 又因为，所以，② 联立①②可得. 由勾股定理可得，即， 整理可得，即， 即，整理可得， 因此，. 故选：B. 36．（24-25高二下·河南濮阳·期末）已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由双曲线方程得到渐近线方程为，设，的中点为，将点代入渐近线方程，利用点差法得到，设直线的倾斜角为，根据推出，即得，即得，解之即得直线的斜率. 【详解】 如图，由可得双曲线的渐近线方程为， 不妨设，的中点为，则， 两式相减，得：，即， 即（*），因，则，在中，， 设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为， 则由（*）可得，即，解得， 即，也即. 故选：B. 多选题 37．（24-25高二下·河北邯郸·期末）已知半圆（），半圆与半圆关于轴对称，焦点为的抛物线的一部分恰与这两个半圆围成一个封闭的图形，点，在的抛物线部分上，点在半圆或半圆上，则下列说法正确的是（    ） A．若在半圆上，则到直线的距离最大值为 B．若在半圆上，则的最小值为 C．若，则的面积的最大值为 D．若在半圆上，是的中点，则的最大值为. 【答案】ABD 【分析】利用点到直线距离判断A；利用抛物线定义将抛物线上点到焦点的距离转化为到准线的距离即可求最值判断B；根据图形的对称性以及直线过定点设设直线（），利用圆心到直线距离确定到直线的距离，直曲联立得，构造函数利用导数判断函数的单调性求得最值判断C；利用点差法求出直线方程，直曲联立利用弦长公式求出，再利用极化恒等式即可判断D. 【详解】 根据题意，因为半圆（） 表示以为圆心，为半径的圆的上半部分， 又因为半圆与半圆关于轴对称， 可得半圆（）， 表示以为圆心，为半径的圆的上半部分. 对于选项A，直线的方程为， 到直线的距离为， 所以到直线的距离最大值为，故选项A正确； 对于选项B，抛物线的准线为， 过点作，垂足为， 则，则， 故选项B正确； 对于选项C，根据对称性，不妨设直线（）， 显然离距离最远的点在上， 设到直线的距离为，则， 联立消去，整理得，， 则，， 所以， 所以 ， 设，易得在上单调递增， 所以的最大值为，故选项C错误； 对于选项D，因为，， 所以， 所以， 所以直线的方程为， 联立消去，整理得， 则，， 所以， ，故选项D正确. 故选：ABD. 38．（24-25高二下·河南安阳·期末）曲线是平面内与三个定点，，的距离之和等于的点的轨迹，为上一点，则（    ） A．曲线关于直线对称 B．不存在点使得 C．面积的最大值大于1 D．存在点使得 【答案】BD 【分析】A选项，由已知表示出曲线的方程，观察方程的对称性可以判断结果；B选项，假设，推理点在线段上，到线段的最短距离；C选项，点P在椭圆上顶点时，面积最大；D选项，寻找曲线C上的一个特殊点P，验证. 【详解】设曲线上任意一点，由题意可知曲线的方程为. 对于A，在方程中，用替代，替代，方程改变，可得曲线不关于直线对称，故A错误； 对于B，若，则，所以点在线段上， 因为点到线段的最短距离，所以这样的点不存在，故B正确； 对于C，，则点在椭圆：内（含边界）， 曲线与椭圆有唯一的公共点，此时，， 如图，当点为时，的面积最大，最大值是1，故C不正确； 在曲线上再寻找一个点，，若， 则，即，解得， 所以，故存在点使得，故D正确. 故选：BD. 39．（24-25高二下·湖南永州·期末）已知是椭圆和双曲线的公共焦点是他们的一个公共点，且则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】对，设，由椭圆和双曲线的标准方程可得和，由此即可判定；对B，由题意和双曲线的定义结合余弦定理联立方程组求解即可判定；对C，由B中结论转化为离心率即可判定；对D，由C中结论，利用构造互为倒数的类型，再利用基本不等式求最值即可判定. 【详解】对于，设，因为是椭圆的焦点，所以； 又因为是双曲线的焦点，所以 所以，故A正确； 对于B，由题意可得，两式平方整理得， 在中，由，得，即， 又由，，可得，解得，故B正确； 对于C，由B可得，即，即，故C错误； 对于D，由C可得， 所以， 当且仅当时等号成立，即的最小值为，故D正确． 故选：ABD. 40．（24-25高二下·四川凉山·期末）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. 41．（24-25高二下·河南周口·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率，过点的直线l与C交于A，B两点，且的周长为8，则下列说法正确的是（   ） A．C的方程为 B．若，则是直角三角形 C．使得为直角三角形的l共有4条 D．若，则l的斜率为 【答案】BD 【分析】由焦点三角形的周长及椭圆的定义求得，由离心率及椭圆参数关系得，即可得方程判断A；根据已知及椭圆的定义得，结合，应用勾股逆定理判断B；根据B分析及椭圆对称性，结合与上下顶点重合的情况即可判断C；令且，，联立椭圆并应用韦达定理和已知条件列方程求参数，即可判断D. 【详解】由题设，，即， 由，可得，故，则，A错； 由且，可得，又， 显然，即是直角三角形，B对； 由B的结论，结合椭圆的对称性知类似结论的直角有4个，对应的直线有3条， 又与上下顶点重合时，为等边三角形，则， 所以的最大值为，故不可能是以为直角顶点的直角三角形， 综上，使得为直角三角形的l共有3条，C错； 令且，由，即， 由上，可设，代入，整理得， 所以，，即，， 所以，可得，则， 所以直线l的斜率为，D对. 故选：BD 42．（24-25高二下·广东揭阳·期末）已知双曲线，其左、右焦点分别是，过点的直线与交于，两点，则（   ） A．的离心率为 B．当的倾斜角为时， C．直线的斜率可以为 D．上存在点，使 【答案】ABD 【分析】根据双曲线离心率的定义，圆锥曲线弦长公式，直线与双曲线的交点情况，以及焦点三角形的性质，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】已知，则，则离心率，所以A正确； 如图所示，已知，，得直线解析式为， 联立方程组得，消去得， 可知， 设交点，则， 根据弦长公式可得，所以B正确； 双曲线渐近线方程为，当时，直线与双曲线仅有一个交点，不符合题意，所以C错误； 设，可知， 根据正弦定理可知， 可知，则， 因为，所以， 化简得， 化简得， 化简，解得，此时， 所以上存在点，使，所以D正确； 故选：ABD. 43．（24-25高二下·重庆·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． 44．（24-25高二下·广东广州·期末）如图，学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线：的一部分，则（    ） A．点在上 B．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 C．若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D．在处的切线与的交点的横、纵坐标均为有理数 【答案】ACD 【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值可判断B；通过的导数，然后求解的解可判断C；求出切线方程与曲线方程联立可判断D. 【详解】对于A，因为，所以点在上，故A正确； 对于B，设的解为，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ，， ， 所以，设是在轴左边的部分上的一点， 则，则点到坐标原点的距离， 令， 令，得， 因为，所以可以取， 当，，单调递增， 当，，单调递减， ，， 所以，，故B错误； 对于C，，则， 令得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则是的极小值点，故C正确； 对于D，由C中，， 在处的切线方程为，即， 代入曲线的方程，得， 即，显然是方程的根， 所以，解得，或， 且时，，故D正确. 故选：ACD. 45．（24-25高二下·广东汕头·期末）已知P是圆上的动点，（），线段PQ的垂直平分线交直线OP于点M，记点M的轨迹为，则下列说法正确的是（   ） A．当时，是抛物线 B．当时，是离心率为的椭圆 C．当时，是离心率为的双曲线 D．若与圆O有公共点，则m的取值范围为 【答案】BCD 【分析】根据已知，结合圆的性质、椭圆和双曲线的定义判断点M的轨迹的对应曲线，数形结合依次判断各项的正误. 【详解】A：如下图，当，则为圆与正半轴的交点，则是圆的一条弦， 所以必与原点重合，即是一个点，不是抛物线，错；    B：如下图，当，则在线段上，故， 所以的轨迹是以为焦点，长轴长为2的椭圆， 即，故离心率为，对；    C：如下图，当，则在线段两侧的延长线上，且， 所以的轨迹是以为焦点，实轴长为2的双曲线， 即，故离心率为，对；    D：由上分析，时是定点（原点），不满足； 时，是以为焦点，长轴长为2的椭圆，且，显然不可能与圆O有公共点，不满足； 时，是以为焦点，实轴长为2的双曲线， 若时，，即双曲线左支与圆O有公共点， 若时，，即双曲线不可能与圆O有公共点， 所以，对. 故选：BCD 46．（24-25高二下·安徽·期末）已知抛物线的焦点为是上一点，过点的直线与交于A,B两点，且，则（    ） A． B．直线AB的方程为 C．直线PA，PB的斜率之和为0 D． 【答案】BCD 【分析】A选项，根据焦点坐标得到，抛物线，将代入，求出；B选项，根据，求出直线AB的斜率，由点斜式求出直线AB的方程；C选项，联立与，得到两根之和，两根之积，表达出，代入两根之和，两根之积，求出斜率之和为0；D选项，表达出，结合C选项，代入求解即可. 【详解】A选项，，故，解得，抛物线， 为抛物线上一点，故抛物线，解得，A错误； B选项，由A知，，故， 又，所以直线AB的斜率为， 所以直线AB的方程为，即，B正确； C选项，联立与得， ，设，则， 其中，， 所以 ， 直线PA，PB的斜率之和为0，C正确； D选项，， ， 由C知，， ，，故， 故，D正确. 故选：BCD 47．（24-25高二下·广西河池·期末）已知抛物线，的顶点均在上，且的重心为抛物线的焦点．若，则（    ） A． B．的三个顶点到轴的距离之和为 C．的周长小于 D．当点的纵坐标为时，的面积为 【答案】ACD 【分析】利用重心坐标公式结合抛物线的焦半径公式可得出关于的方程，解出的值，可判断A选项；求出的三个顶点横坐标之和，可判断B选项；利用三角形三边关系可判断C选项；求出点的坐标，可得出线段的中点的坐标，利用点差法可求得直线的方程，将该直线方程与抛物线方程联立，结合三角形的面积公式可判断D选项. 【详解】设点、、，易知点， 因为的重心为抛物线的焦点，由重心坐标公式可得， 所以， 对于A选项，， 因为，解得，A对； 对于B选项，易知，且， 所以的三个顶点到轴的距离之和为，B错； 对于C选项，因为，，， 取等号时，当且仅当点在线段上时， 取等号时，当且仅当点在线段上时， 取等号时，当且仅当点在线段上时， 故的周长为， 上述三个等号不可能同时取得，故， 即的周长小于，C对； 对于D选项，抛物线的方程为，由题意可得，则， 所以，，则，， 故线段的中点为， 因为，两式作差得， 故直线的斜率为， 故直线的方程为，即，即， 联立得，即，解得，， 故， 因为点到直线的距离为， 故，D对. 故选：ACD. 48．（24-25高二下·河北衡水·期末）已知曲线C：，直线，，，为C上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．面积的最大值为2 B．当时，C上有且仅有两个点到的距离为1 C．若曲线C与有两个不同的交点，则 D．当时， 【答案】ACD 【分析】分析得到曲线C的轨迹，并画出图形，数形结合依次分析四个选项，得到答案. 【详解】A选项，若，则， 此时曲线为焦点在轴上的双曲线的一部分，其中为其渐近线， 若，则，此时曲线为单位圆的一部分， 若，则，无解，此时不合要求， 当则， 此时曲线为焦点在轴上的双曲线的一部分，其中为其渐近线， 画出曲线C：如下： 由于，与平行， 故取的中点，直线与垂直，且与（）交于点， 此时点与点重合时，到的距离最大，所以面积的最大， 其中直线为， 联立与（）得，故， 点到直线的距离为， 又，故的面积最大值为，A正确； B选项，当时，， 由A知，到的距离为， 由于为到的距离最大，所以C上有且仅有1个点到的距离为1，B错误； C选项，当过点时，， 且此时与相切，只有1个交点， 又为曲线C的渐近线，此时， 结合图形，可知若曲线C与有两个不同的交点，则，C正确； D选项，当时，此时位于（）上， 故到焦点的距离减去到焦点的距离差为， 故，D正确. 故选：ACD 49．（24-25高二下·浙江·期末）已知曲线，下列说法正确的是（   ） A．曲线关于轴对称 B．曲线与的图象有且仅有一个交点 C．当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过 D．曲线与直线，围成图形的面积小于 【答案】ACD 【分析】对于A：用代替方程中的即可判断曲线是否关于轴对称；对于B：联立方程后得到一个关于的函数，这个函数的零点个数即为曲线与的图象交点个数；对于C：表示出曲线上任意一点到原点的距离，运用导数知识求其最大值即可；对于D：根据曲线增长趋势画出大致图象，构建一个梯形，求解梯形面积来判断曲线与直线，围成图形的面积. 【详解】对于A：由曲线，用代替方程中的，得，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以A正确； 对于B：联立，得，即， 那么函数在上的零点个数即为曲线与图象的交点个数， 由，得，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为，，， 所以在上，由正数递减到正数，再递增，故在上，没有零点， 即曲线与的图象没有交点，所以B错误； 对于C：曲线上任意一点到原点的距离为， 令，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上的最大值为， 即在上的最大值为， 故当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过，所以C正确； 对于D：当时，，，当时，，， 令，，则在上为增函数， 令，，则在为增函数， 由此可知，的图象在上增长速度越来越快，可得曲线大致图象如图所示， 因为梯形的面积为， 所以曲线与直线，围成图形的面积小于，所以D正确. 故答案为：ACD. 50．（24-25高二下·云南保山·月考）已知圆的圆心为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线和圆分别交于A，B，E，F（点A，E，F，B在直线上依次排列），则（   ） A． B．的最小值为4 C． D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】根据圆的方程确定圆心坐标可得的值，设，联立直线与抛物线即可得交点坐标关系，结合抛物线的定义得与的坐标表示从而可得取值情况，根据几何性质结合基本不等式求解的最值即可得结论. 【详解】 圆的圆心为，故，A正确； 设， 联立恒成立， 则， 由抛物线定义得， 当时，即当与轴垂直时，取得最小值，最小值为4，B正确； 又，C错误； ， 当且仅当时，等号成立，D正确. 故选：ABD. 51．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转90°，180°，270°后所得的三条曲线及C围成的，若，则下列说法正确的是（    ） A．开口向上的抛物线的方程为 B．四叶图上两点间距离的最大值为 C．动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为 D．四叶图的面积大于4且小于8 【答案】ACD 【分析】对于A，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于B，联立抛物线方程，求出点A的坐标，四叶图上两点间距离的最大值为；对于C，由图像对称性，当与平行的直线分别与抛物线相切时的弦取得最大，利用导数几何意义可求切点，根据对称性再得到，即可求弦长最大值；对于D，第一象限花瓣的面积大于四边形的面积且小于以为长，为宽矩形的面积，求得相关面积即可. 【详解】由题知，开口向右的抛物线方程为，焦点， 所以开口向上的抛物线方程为，即，故A正确； 又，所以， 根据对称性可得四叶图上两点间距离的最大值为，故B错误； ，且在第一象限的区域关对称，直线与直线垂直， 所以在第一象限花瓣的弦长最大时，即作与平行的直线分别与抛物线相切时， 设切点为，开口向上的抛物线方程为， 又，所以切点，由对称可得切点， 此时弦长最大值，故C正确； 由图知第一象限花瓣的面积大于四边形的面积， 且小于以为长，为宽矩形的面积， ，， 以为长，为宽矩形的面积， 所以阴影区域面积大于4且小于8，故D正确； 故选：ACD. 填空题 52．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知正三棱柱的底面边长为6，侧棱长为3，点在该三棱柱的表面上（不包含顶点处）运动，若，则的轨迹长度为________. 【答案】. 【分析】由题意知，点在以线段为直径的球与正三棱柱表面的交线上，如图，分别分析球与三棱柱表面的交线求解. 【详解】由题意知，点在以线段为直径的球与正三棱柱表面的交线上，如图，取的中点，过点作，垂足为， 在等边中，为的中点， 在正三棱柱中，平面， 平面，， ，，平面，平面， 连接，取的中点，连接，，平面， 点到平面的距离为， 在平面中，点在以为圆心，以为半径的圆上， 又点在该三棱柱的表面上（不包含顶点处）运动， 点在侧而的运动轨迹为，其长度为， 同理，点在侧面的运动轨迹为，共长度为， 点在上底面的运动轨迹为，其长度为， 点在下底面的运动轨迹为，其长度为， 综上，的轨迹长度为. 故答案为：. 53．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为__________. 【答案】4或5 【分析】先判断的对称性，设出直线、直线的方程并与函数联立，根据列方程，由此化简求得正方形的面积. 【详解】由, 得函数关于点中心对称， 显然该正方形的中心为， 由正方形性质得于，且， 设直线的方程为，则直线的方程为， 设，，则，， 联立直线方程与函数得，即， 所以，同理，     又， 所以，即， 化简得， 所以或， 当时， 当时， ， 所以或. 故答案为：4或5 54．（24-25高二下·浙江温州·期末）如图所示，已知双曲线的左右焦点分别为和，过和分别作两条互相平行的直线和，与双曲线的左支交于A、B两点（A在x轴上方），与双曲线的右支交于C、D两点（C在x轴上方），若，，则（e是双曲线的离心率）等于________． 【答案】 【分析】根据题意可设，则，由，可得，作的角平分线，在和中，利用正弦定理建立方程可求，再在中，利用余弦定理即可求. 【详解】设的角平分线交与， ，，设， 则， 又，， 所以，， 又为的角平分线，所以， ，， 在中，， 在中，， 所以， 整理得，，解得（舍去）， 所以， 在中，， 又， 所以， 所以. 故答案为：. 解答题 55．（24-25高二下·贵州黔南·期末）已知双曲线：的一条渐近线方程为，实轴长为4. (1)求双曲线的标准方程. (2)若直线：与双曲线交于不同的两点，（点，均在第一象限，且点在点上方），直线与直线交于点，为坐标原点，且，设直线，的斜率分别为，. （i）判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由. （ii）若，求的值. 【答案】(1) (2)（i）是定值，1；（ii） 【分析】（1）由题设条件求出的值，即得双曲线方程； （2）（i）设，可得，，利用和角公式即可推得；（ii）直线与双曲线联立，消元后得韦达定理，求出和的表达式，利用（i）已得建立方程，求解即得. 【详解】（1）根据题意，得，， 解得，， 则双曲线的标准方程为. （2）（i）判断：为定值. 如图设， 则， 所以 所以的定值为1. （ii）联立直线与双曲线，得. 由题可知解得，且， 设，则 所以. 由（i）得，即，即， 所以，解得，可得. 因为两点均在第一象限， 所以，故， 综上，当时，. 56．（24-25高二下·湖南郴州·期末）已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由题意建立的方程组，求解即得双曲线方程； （2）设直线的方程为，将其分别与双曲线方程和渐近线方程联立，消元后，利用韦达定理，求得弦长,以及原点O到直线的距离，结合图形，根据求出表达式，换元后根据函数的单调性即可求得的最大值. 【详解】（1）设双曲线的焦距为2c， 点到渐近线的距离为， 因，代入解得， 又双曲线的一条渐近线为， 故双曲线的方程为：； （2） 如图，设，，设直线的方程为， 联立直线与双曲线的方程，消去可得：， ， 直线与双曲线右支交于两点，故，解得， 则， 原点O到直线的距离， 设，，联立消去可得：， 则，，，， 则 而，， 令，则， 当，即时取到等号． 综上所述，的最大值为． 57．（24-25高二下·安徽安庆·期末）已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值； (3)若直线，的斜率分别为，，且，直线，与圆分别交于点，.证明：直线过定点，并求出定点坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由直线方程求得焦点坐标，根据已知点，可得答案； （2）联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，利用点到直线距离以及弦长公式，根据三角形的面积公式，结合基本不等式，可得答案； （3）分直线的斜率存在与否两种情况，联立方程写出韦达定理，根据斜率建立方程，可得答案. 【详解】（1）由焦点在直线上，令，解得， 由过点，则，解得， 所以椭圆的方程为 （2） 当时，直线，设，， 联立，消去可得， 由，则， 可得，， 点到直线的距离， 弦长， 则的面积 ， 当且仅当，即时，等号成立，所以的值为. （3） 由（1）可知，所以圆，又，所以， （i）若直线垂直于轴，，设的方程：，，， 则，消去可得， 则（*），且， 可得，解得，不满足（*），不合题意； （ii）若直线不垂直于轴， 则设的方程：，，， 则，消去可得， 由，则，， 可得. 因为，则，即， ,∴ 所以直线方程为：， 所以直线过定点. 58．（24-25高二下·广东揭阳·期末）已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线，的斜率存在，设与的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列出方程组求出即可. （2）按是否为顶点分类，当直线斜率存在且不为0时，求出长，并求出三角形面积的函数关系，进而求出范围. （3）按直线的斜率存在与否分类，把直线的方程与圆、椭圆方程联立求出即可. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以的标准方程是. （2）当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点， 设直线方程为，点，则直线方程为， 由得，，同理， 面积， 而，因此，当且仅当时取等号， 点是椭圆的顶点时，点也是椭圆的顶点，， 所以面积的取值范围是. （3）依题意，蒙日圆的方程为：， 当直线斜率不存在时，直线的方程为：或， 直线与的交点为或，则； 当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 由消去并整理得：， 则，即，设， 由消去并整理得：， ，， 则 ， 所以为定值. 59．（24-25高二下·河南开封·期末）已知分别为椭圆的左、右焦点，点A在C上，垂直于x轴，且． (1)求C的方程； (2)若B为椭圆C的右顶点，过的直线与椭圆交于不同的两点，且． （i）求证：直线与直线的斜率之和为定值； （ii）过M与x轴垂直的直线交直线于点H，求中点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用椭圆的定义和勾股定理即可求，又由即可求解； （2）（i）由题意可设过的直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得，代入即可求解； （ii）设中点为，，则，直线的方程为，令得，利用中点坐标有，化简整理即可求解. 【详解】（1）由题意有，解得，又，解得， 又由， 所以椭圆的方程为； （2）（i）由题意可设过的直线的方程为， 所以，消去化简整理有， 所以，解得， 所以， 又， 所以 ； （ii）设中点为，，则，又直线的方程为， 令有，所以， 所以 ， 又因为 ， 所以， 又过点的直线与椭圆的切点分别为， 所以中点的轨迹为除去两端点的线段，轨迹方程为. 60．（24-25高二下·安徽滁州·期末）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．点在线段上，且满足．当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程． (2)过点的直线交曲线于两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中在轴上方，，分别为，的中点． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）设点是所求曲线上的一点，且，由，得到，将其代入圆的方程，即可求得曲线的标准方程； （2）（i）当直线的斜率存在且不为时，设直线方程为，联立方程组，求得，由直线的方程为，联立方程组，求得，求得直线的方程，得到过定点；当直线的斜率不存在时，求得直线过定点，即可求解； （ii）由（i），结合得到，令，结合的单调性，即可求解. 【详解】（1）解：设点是所求曲线上的一点，且， 由轴于，则，因为，可得， 因为点是圆上任意一点，则，即， 即曲线的标准方程为. （2）解：（i）当直线的斜率存在且不为时，设直线方程为，且， 联立方程组，整理得， 可得，则， 所以点的坐标为， 因为直线与直线垂直，所以直线的方程为， 设， 联立方程组，整理得， 可得，则， 所以点的坐标为， 则直线的斜率为 ， 所以直线的方程为， 即， 令，解得，所以直线过定点； 当直线的斜率不存在时，直线方程为，可得，则， 直线的方程为，可得，则，直线过定点， 综上可得，直线过定点. （ii）由（i）知，直线过定点，且， 可得，则 ， 令，则，则， 令在上为单调递增函数，当时，， 即时，面积取得最大值，最大值为. 61．（24-25高二下·陕西汉中·期末）已知、分别是椭圆的左、右顶点，的离心率为，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知是线段上一点（异于、），过点的直线与椭圆交于、两点（异于、），直线、分别交直线于、两点. （i）若的中点为，求的方程； （ii）是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在，或 【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）设、，则，，利用点差法可求得直线的方程； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，可求出点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可化简得出的表达式，根据为定值可求出的值，即可得出点的坐标. 【详解】（1）由题可知，解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）设、，， 若的中点为，则，. 又，两式相减可得， 即， 所以，所以，故的斜率为. 因为点在上，所以的方程为，即； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线， 由得， 即， 则，得， 由韦达定理可得，， 直线的方程为，, 令可得，即点， 同理可得点，， 则，， 所以 ， 当，即时，， 当，即（舍去）时，， 故当或时，为定值. 62．（24-25高二下·重庆·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. 63．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知曲线． (1)若，求曲线的离心率； (2)若曲线的左，右顶点为，是上第一象限上动点，． （ⅰ）若，求点的坐标； （ⅱ）设直线与定直线的交点为，直线与曲线的另一个交点为，求的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）代入可知曲线为双曲线，根据双曲线标准方程即可求离心率； （2）（ⅰ）由，结合即可求，然后建立方程组求得点的坐标； （ⅱ）先考虑直线斜率不存在时，斜率存在时可得直线过定点，再求得弦长，建立函数求最值可得斜率不存在时取得最小值. 【详解】（1）若，则曲线，所以曲线为双曲线， 离心率. （2）设，则， 又，，解得， 即曲线， （ⅰ）设直线倾斜角分别为，则， 由题可知，， ，联立， 解得或（舍去），即， 所以点的坐标为. （ⅱ）设，， 则由，得 ，即. 且， 由题意知，直线不与轴垂直. 设直线， 联立方程，消去x可得， 则，解得， 且， 则， 整理可得， 则， 因为，则， 化简得，则直线， 所以直线过定点. 故直线斜率存在时， ， 代入得， ， 令，则， 则，其中， 故当且仅当，即时，即， 故当直线斜率不存在时，取最小值，最小值为. 64．（24-25高二下·四川泸州·期末）设椭圆的两个焦点坐标分别为，且过点. (1)求的方程； (2)已知，过点的直线与交于G，S两点，直线SA与交于点（异于）. ①证明：； ②若点是的外心，求的最大值. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；② 【分析】（1）设出椭圆标准方程，结合所过点与焦点坐标计算即可得； （2）①设出直线的方程，联立椭圆方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合点坐标计算可得，则点与点关于轴对称，即可得证；②利用外心的性质可计算出点的坐标，再利用两点间距离公式、点到直线距离公式及面积公式可表示出，再借助基本不等式计算即可得解. 【详解】（1）设椭圆标准方程是， 由，解得， 所以椭圆方程为； （2）①设，、， 联立，消去有， ，则或， 则，， 由，则，， 则 ， 即，则与关于轴对称， 则点与点关于轴对称，故； ②由点与点关于轴对称，则， ， ，则线段的中点为， 则线段的垂直平分线为， 又线段的垂直平分线为轴，则， 令，则，即， 则， ， 则， 令，由或，则，， 则， 当且仅当，即，即时，等号成立， 即的最大值为. 65．（24-25高二下·安徽·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，且. (1)求的实轴长与虚轴长之积的最大值. (2)若过点的直线与的右支交于P，Q两点，直线与轴交于点的内切圆与边相切于点，且. （i）求的方程； （ii）记的内切圆面积为的内切圆面积为，求的取值范围. 【答案】(1)8 (2)（i）（ii） 【分析】（1）先计算出，再利用基本不等式即可求解； （2）（i）利用双曲线的定义，等量代换以及切线长定理得出，再计算出，即可求出双曲线方程； （ii）利用双曲线的定义，等量代换以及切线长定理得出切点是的右顶点，进而得出的横坐标为，设直线PQ的倾斜角为，把用的函数表示，最后再利用双勾函数的单调性求出范围. 【详解】（1）设的半焦距为. 因为，所以， 由题可知的实轴长为2a，虚轴长为2b， 因为，当且仅当时等号成立， 所以的实轴长与虚轴长之积的最大值为8. （2）（i）设的内切圆分别与相切于点M，N，如图. 由切线长定理可知， 因为， 所以 ， 即 所以， 则的方程为； （ii）如图，设两内切圆圆心分别为，半径分别为与圆分别相切于点. 由切线长定理可得， 因为，所以， 所以是的右顶点. 因为轴，所以点的横坐标为1， 同理可求得点的横坐标也为1， 设直线PQ的倾斜角为，则. 在Rt，Rt中，有. 易知， 设，则，则， 令，则在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为， 所以在区间上的值域是. 故的取值范围是. 66．（24-25高二下·安徽亳州·期末）在平面直角坐标系xOy中，过点的两条直线MA与直线MB的斜率分别为，且，记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若，求点的坐标； (3)已知点，直线与轴交于点，直线AM与交于点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)且， (2)或. (3)存在 【分析】（1）设，利用化简，即可求的方程； （2）利用，求出直线的斜率，可求直线的方程，联立直线方程可求点的坐标； （3）设，则直线AM为，联立曲线，求出，可求的坐标，利用斜率公式以及斜率与倾斜角的关系，结合二倍角的正切公式可得，从而可得结论. 【详解】（1）设， 则， 化简得且， 所以点的轨迹(曲线)的方程为且. （2）或， 若，则； 由①②可得，即 若，则； 由①②可得，即 综上，或 （3）设， 则直线AM为， 联立曲线得， 整理得， 由题设知， 则， 故， 又， ， 所以 ， 即， 所以存在，使得. 67．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知双曲线经过，，三个点中的两个，若为原点，点在上，点在直线上，且. (1)求的渐近线方程： (2)求面积S的最小值： (3)证明：直线与定圆相切，并求出该定圆的方程. 【答案】(1) (2)16 (3)证明见解析， 【分析】（1）先判断出不经过点，将，代入双曲线方程，得到方程组，求出双曲线方程，进而求出渐近线方程； （2）设，，根据，得到，表达出，利用基本不等式求出最值，得到答案； （3）表达出直线，变形得到，求出点到直线的距离为，故直线与定圆相切. 【详解】（1）由题意，双曲线的焦点在轴上，不可能经过点， 将，代入得：，解得， ，的渐近线方程为； （2）设，，则， 由于，则， 显然，可得，且，， ， 当且仅当，时，等号成立， 的最小值为16； （3）显然，直线， 即， 其中，， 即，， 故点到直线的距离为 ， 存在定圆与直线相切. 68．（24-25高二下·山西·期末）已知抛物线的焦点为，是上一点，且.椭圆的左、右顶点分别为A，B，右焦点为，是上一点. (1)求，的方程； (2)已知为上的一点（异于A，B两点），直线，分别与直线相交于P，Q两点，求的最小值； (3)已知直线与交于M，N两点，直线和的斜率分别为，，且，证明:直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1)，的方程为 (2)6. (3)证明见解析，定点. 【分析】（1）根据抛物线的定义求出抛物线的标准方程，写出焦点，根据焦点坐标和椭圆上一点，求出椭圆标准方程即可； （2）根据圆锥曲线和直线的位置关系，设出坐标，联立方程组，根据韦达定理，表示出线段的长度，根据方程组有解情况下判别式的范围，求出参数范围，求得线段最小值； （3）根据圆锥曲线和直线的位置关系，解决直线过定点的方法，联立方程组，根据韦达定理，证明直线过定点. 【详解】（1）因为，且，所以，解得， 所以抛物线，， 设的半焦距为，则由题意得解得 所以的方程为. （2） 设，，， 因为A，R，P三点共线，所以， 又，，所以， 所以，同理， 所以. 因为点在，所以，所以， 所以， 令，则， 代入并整理，得， 所以， 解得，所以，即的最小值为6. （3） 设，， 联立消去并整理，得， 所以，化简得， 由韦达定理得，， 所以， 此时，即， 因为，，所以， 所以，因为，所以， 所以直线过定点. 69．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知分别是双曲线的左､右焦点，是的右顶点，，且与椭圆有相同的焦点. (1)求的方程； (2)若直线与的公共点个数为1，求的值； (3)已知是上不同的两点，直线的斜率分别为不在直线上，且，证明：直线过定点. 【答案】(1) (2)或 (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆焦点的定义，得双曲线的焦点，根据双曲线焦点，求出双曲线标准方程即可. （2）分类讨论双曲线与直线只有一个交点的情况，分别计算直线斜率的值. （3）根据直线与圆锥曲线的位置关系和韦达定理，根据已知条件列出参数的方程，证明直线过定点问题. 【详解】（1）椭圆的焦点为，所以双曲线的焦点也为，即. 因为，所以，所以， 故双曲线的方程为. （2）联立，得，即. ①当，即时，直线与的渐近线平行，只有1个交点； ②当，即时， 直线与相切，只有1个交点. 综上，当直线与的公共点个数为1时，或； （3）    易知，如图，设， 显然直线不与轴垂直，则设的方程为，且. 联立，消去得， 显然， 所以， 因为， 所以， 化简得，即， 又，化简得，所以直线过定点. 70．（24-25高二下·重庆·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$ 专题17 高二下期末真题精选压轴题考点专练百练通关 （173题15大压轴题型） 题型1 切线问题 题型9 计数原理 题型2 构造函数比大小 题型10 二项式定理 题型3 恒成立问题 题型11 条件概率与全概率 题型4 不等式的综合证明 题型12 离散型随机变量的期望与方差 题型5 最值与范围 题型13 概率与数列结合 题型6 导数小题综合 题型14 立体几何综合 题型7 零点与方程的根 题型15 解析几何综合 题型8 导数新定义 题型一 切线问题（共6小题） 1．（24-25高二下·湖北荆州·期末）过点可以作3条直线与函数的图象相切，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·云南昆明·期末）过点可以作两条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏盐城·期末）已知直线为曲线与的公共切线，则直线的方程可以为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·山东济南·期末）过点可以作曲线的三条切线，则实数a的取值范围是_______． 5．（24-25高二下·江西景德镇·期末）若曲线与曲线有公切线，则实数的最大值为______． 6．（24-25高二下·甘肃张掖·期末）（多选）已知直线为曲线与的公共切线，则直线的方程可以为（    ） A． B． C． D． 题型二 构造函数比大小（共4小题） 7．（24-25高二下·辽宁·期末）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二下·内蒙古乌兰察布·期末）已知，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二下·江苏镇江·期末）设，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知，，，，，，则（    ） A． B． C． D． 题型三 恒成立问题（共8小题） 11．（24-25高二下·湖北武汉·期末）关于x的不等式对恒成立，实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 12．（24-25高二下·安徽合肥·期末）若不等式对任意正数x恒成立，则的最大值为______． 13．（24-25高二下·辽宁锦州·期末）若，则实数的取值范围是___________.（参考数据：） 14．（24-25高二下·天津·期末）已知函数．若在上恒成立，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 15．（24-25高二下·四川眉山·期末）已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 16．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求证：对任意实数，； (3)是否存在实数m，使得恒成立？若存在，求m的取值集合，若不存在，说明理由． 17．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知函数（且） (1)求的极小值； (2)当时，在处切线的斜率为e+1，函数 （i）判断零点个数并说明理由； （ii）函数，若对任意的正实数x，都有恒成立，求实数的取值范围. 18．（24-25高二下·四川雅安·期末）已知函数，. (1)当时： （i）求曲线在处的切线的方程； （ii）证明：直线与曲线有且仅有一个公共点； (2)当时，若任意，，恒成立，求实数的取值范围. 题型四 不等式的综合证明（共17小题） 19．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)设函数； （i）讨论函数的单调性； （ii）若函数无极值，求实数的取值范围； (2)记数列的前项和为，证明：. 20．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：，； (3)设，证明：． 21．（24-25高二下·安徽合肥·期末）已知双曲正弦函数，双曲余弦函数． (1)求双曲正弦函数在处的切线方程； (2)证明：当时，； (3)证明：． 22．（24-25高二下·黑龙江牡丹江·期末）已知函数，. (1)若为正实数，时，都有，求的最大值. (2)证明：； (3)若函数的最小值为，证明：方程有唯一的实数根. 23．（24-25高二下·内蒙古包头·期末）已知函数且为的导数． (1)求函数在处的切线方程（请用a表示）； (2)讨论的极值点个数； (3)当时，设的极值点为m，一个零点为，证明：． 24．（24-25高二下·黑龙江·期末）已知函数 (1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围． (2)若有两个极值点. （i）求的取值范围； （ii）求证：. 25．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知函数. (1)证明：当时，直线与曲线相切； (2)若是增函数，求实数的取值范围； (3)设，且，分别为的极大值点和极小值点，记，，证明：直线与曲线有异于，的交点. 26．（24-25高二下·吉林长春·期末）已知函数. (1)若对恒成立，求a的取值集合. (2)设，，，.证明：①；②，. 27．（24-25高二下·福建·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求实数a的取值范围； (3)若函数有且仅有两个零点，，且，证明：. 28．（24-25高二下·山东临沂·期末）已知函数. (1)当时，求在处的切线方程； (2)当的最大值为0时，求； (3)当时，正实数满足，证明：. 29．（24-25高二下·山东威海·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当，时，求曲线过点的切线方程； (3)若存在三个不同的零点，且，证明：. 30．（24-25高二下·福建福州·期末）已知函数 (1)若，求证：在R上单调递增； (2)若在上恒成立，求的取值范围； (3)求证：在上有且只有1个解． 31．（24-25高二下·湖北恩施·期末）已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； (3)若函数有两个零点，，求证：. 32．（24-25高二下·辽宁·期末）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)求函数的极值； (3)数，设是的极值点，且，求证：．注：表示a，b，c中最小的． 33．（24-25高二下·河北·期末）（1）证明：函数有且仅有一个零点，记该零点为，则． （2）证明：． （3）证明：． 34．（24-25高二下·甘肃酒泉·期末）已知函数，. (1)若，求证：对，； (2)若函数在上单调递增，求a的取值范围； (3)设m，n为正实数，且，求证：. 35．（24-25高二下·山东东营·期末）已知，函数. (1)当时，求函数在点的切线方程； (2)若， ①求； ②求证：对，都有. 题型五 最值与范围（共5小题） 36．（24-25高二下·四川广安·期末）设函数，，若存在、，使得，则的最小值为______________． 37．（24-25高二下·湖南永州·期末）若，为正实数，函数在上单调递增，则的最大值为____________． 38．（24-25高二下·河南安阳·期末）已知函数，若有三个零点，，，且，则最大值为（    ） A． B． C． D． 39．（24-25高二下·吉林长春·期末）已知实数x，y满足，且，若实数a，b使得关于x的方程在区间上有解，则的最小值是_________． 40．（24-25高二下·云南曲靖·期末）已知函数. (1)当时，证明：在R上单调递减. (2)若有两个极值点，，且，求m的取值范围. 题型六 导数小题综合（共8小题） 41．（24-25高二下·浙江杭州·期末）（多选）设函数，则（   ） A．时，有两个极值点 B．当时，有三个零点 C．若在上单调递增，则 D．若满足，则 42．（24-25高二下·福建福州·期末）（多选）已知函数，是其导函数，若存在且，满足，则（    ） A．与大小关系可通过单调性判断 B． C． D． 43．（24-25高二下·湖北武汉·期末）（多选）三次函数，定义：是的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（   ） A．当时，拐点处的切线方程为 B．当时，在区间内存在最小值，则的取值范围是 C．若经过点可以向曲线作三条切线，则的取值范围是 D．对任意实数，直线与曲线有唯一公共点 44．（24-25高二下·广东广州·期末）（多选）已知函数，下列正确的是（    ） A．当时，的图象关于点对称 B．当时，恒成立 C．若函数在上有两个不同的极值点，则 D．若函数在上有两个零点，则 45．（24-25高二下·山东威海·期末）（多选）已知函数，的导函数为，则（   ） A．存在，使得 B．对于定义域内的任意，都有 C．函数的图象关于原点对称 D．方程有4个实数根 46．（24-25高二下·辽宁·期末）（多选）已知函数的极值点均为，则（   ） A．若，则 B． C．c可能为 D．b可能为1 47．（24-25高二下·辽宁大连·期末）（多选）已知函数（其中是自然对数的底数），则下列结论正确的是（   ） A．若，则是上的增函数 B．若，则为函数的极大值点 C．当且仅当时，函数有两个不同的零点 D．若函数在上存在零点，则的最小值是 48．（24-25高二下·安徽合肥·期末）（多选）已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点M处的切线与在点N处的切线相交于点，则（   ） A． B． C． D． 题型七 零点与方程的根（共11小题） 49．（24-25高二下·山东聊城·期末）已知函数，若关于x的方程有两个不相等的实根，则实数a的取值范围是______． 50．（24-25高二下·山东威海·期末）已知函数. (1)若在上单调递减，求的取值范围； (2)若有两个不同的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 51．（24-25高二下·内蒙古赤峰·期末）已知函数． (1)当时，求在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个零点，求的取值范围． 52．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求的取值范围. 53．（24-25高二下·天津·期末）已知函数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若有3个零点，其中. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）求证：. 54．（24-25高二下·河北·期末）已知函数． (1)已知，证明：函数在上单调递减； (2)已知，证明：； (3)当时，令，证明：在上恰有一个零点． 55．（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知. (1)当在处切线的斜率为，求此切线的方程； (2)在（1）的前提下，求的极值； (3)若有个不同零点，求的取值范围． 56．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知函数，． (1)当时，求函数在区间上的值域 (2)若，试判断函数是否存在极值，若存在，请确定极值点；若不存在，请说明理由； (3)若函数有三个不同的零点，，）．求a的取值范围； 57．（24-25高二下·北京东城·期末）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)设， （i）若函数恒成立，求实数的取值范围； （ii）若函数有零点，求证：函数在上无零点． （取） 58．（24-25高二下·河南鹤壁·期末）已知函数，. (1)若的图象在点处的切线方程为，求的值； (2)若在其定义域上不具有单调性，求实数的取值范围； (3)若与的图象恰有两个不同的交点，求实数的取值范围. 59．（24-25高二下·江苏·期末）已知． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 题型八 导数新定义（共4小题） 60．（24-25高二下·浙江杭州·期末）设函数定义在区间I上，若对任意，有，则称为I上的下凸函数，等号成立当且仅当．若函数在区间I上存在二阶可导函数，则为区间I上的下凸函数的充要条件是． (1)若是上的下凸函数，求实数a的取值范围； (2)在锐角三角形中，求最大值； (3)已知正实数满足，求的最小值． 61．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知函数的导数为，的导数为的二阶导数，记作．若函数在包含的某个开区间上具有二阶导数，那么，，我们把称为函数在处的二阶拟合函数． (1)写出函数在处的二阶拟合函数，并证明对恒成立； (2)若对恒成立，求a的取值范围； (3)设函数的两个零点为，，在处的二阶拟合函数为，证明：有两个零点，，且． 62．（24-25高二下·广东广州·期末）牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知． (1)若给定，求的二阶近似值； (2)函数． ①试写出函数的最小值与的关系式； ②证明：． 63．（24-25高二下·江西上饶·期末）泰勒展开式在近似计算、函数性质研究中有广泛应用，它可将一个函数在某点附近用多项式逼近．若函数在包含的闭区间上具有n阶导数，在开区间上具有阶导数，则对上任意一点x，有，其中为泰勒公式的余项．（的n阶导数记为，其中为的导数，为的导数，为的导数．） (1)若，写出在处的泰勒展开式； (2)当时，判断第（1）问中与0的大小，并证明； (3)证明：对任意正整数n，有，其中，． 题型九 计数原理（共8小题） 1．（24-25高二下·四川乐山·期末）以走网格为例，从格点走到格点，只能向右或向上走，且在对角线的右下方（不能越过对角线）的路径的条数，就是卡特兰数，记为.则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·新疆巴州·期末）以正五棱柱的顶点为顶点的三棱锥的个数为__________. 3．（24-25高二下·广东深圳·期末）深圳市某公园一条笔直的林荫道上有张长椅．现因规划要求，需移走其中张长椅．要求两端的长椅不能移走，且移走的相邻两张长椅之间，至少要留下三张长椅，则不同的移走方案共有______． 4．（24-25高二下·安徽合肥·期末）现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有__________种.    5．（24-25高二下·江苏泰州·期末）已知，且，则满足条件的有序数组共有______个． 6．（24-25高二下·广东深圳·期末）互质是数论中一个基础概念，指的是两个整数公因数只有，例如和，和分别都只有公因数，所以和，和分别都是互质的. 的不同的正因数有____个，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为_______. 7．（24-25高二下·广东广州·期末）如图，在下面的小三角形格子中填入1，2，3，4，5，6，7，8，9，要求每个格子中只能填一个数，每个数只能填一次且阴影格子中所填数比它相邻的白色格子中的数大，则共有______种填法． 8．（24-25高二下·贵州黔西·期末）九宫格是一个源自中国古代的概念，具有多种含义和应用，在数学领域：九宫格是一种数字游戏，起源于河图洛书，要求在九个小格子中填入不同的数字，使得每一行每一列和对角线上的数字之和都相等.将1~9的自然数填入九个格中，如图1的九宫格，“?”处应填的数字是_____；如图2，不同的九宫格共有_____种. 题型十 二项式定理（共4小题） 9．（24-25高二下·湖北黄冈·期末）设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 10．（24-25高二下·福建泉州·期末）设是一个正整数，且.若的展开式中，第项和第项的系数之积为120，且是使得该项取得系数最大的项的序号，则和分别是（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高二下·黑龙江绥化·期末）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（    ）． A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B．第9行所有数字之和为256 C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 12．（24-25高二下·四川泸州·期末）（多选）的整数部分为，小数部分为，则（   ） A．数列是等比数列 B． C．数列是递增数列 D．整数的个位数可以是6 题型十一 条件概率与全概率（共6小题） 13．（24-25高二下·广东湛江·期末）（多选）若是一次随机试验中的两个事件，，，，则下列结论正确的有（ ） A．A与B相互独立 B． C． D． 14．（24-25高二下·安徽·期末）为测试一种新药的有效性，研究人员对某种动物种群进行试验，从该试验种群中随机抽查了100只，得到如下数据（单位：只）： 发病 未发病 合计 使用药物 10 40 50 未使用药物 30 20 50 合计 40 60 100 从该动物种群中任取1只，记事件表示此动物发病，事件表示此动物使用药物，定义的优势，在发生的条件下的优势，则（    ） A．可化简为，估计其值为 B．可化简为，估计其值为 C．可化简为，估计其值为 D．可化简为，估计其值为 15．（24-25高二下·上海浦东新·期末）不透明的袋中装有编号为1，2，…，10的10个小球，现从中随机有放回地取4次，每次取1个球，已知摸出的球中有编号为5的球，则摸出的球中最大编号大于等于7的概率是________． 16．（21-22高二下·山西长治·期中）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则次传球后球在甲手中的概率为___________． 17．（24-25高二下·山东临沂·期末）某选手参加一项人工智能机器人PK比赛，规则如下：该选手的初始分为20分，每局比赛，该选手胜加10分；平局不得分；负减10分．当选手总分为0分时，挑战失败，比赛终止；当选手总分为30分时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛选手胜、平、负的概率分别为，且各局比赛相互独立. (1)求两局后比赛终止的概率； (2)在3局后比赛终止的条件下，求选手挑战成功的概率； (3)在挑战过程中，选手每胜1局，获奖5千元．记局后比赛终止且选手获奖1万元的概率为，求的最大值. 18．（24-25高二下·湖北武汉·期末）甲、乙两校进行乒乓球比赛，比赛规则为：①共进行奇数局比赛，且没有平局；②全部比完后，所胜局数多者获胜．现假设每局比赛甲校胜利的概率都是，并且各局比赛之间的结果互不影响． (1)时，若两校共进行5局比赛．记事件A表示“在前3局比赛中甲胜1局”，事件B表示“甲最终胜利”，求； (2)时，若两人共进行且）局比赛．记事件表示“在前局比赛中甲赢了k局”．事件B表示“甲最终获胜”．请计算 的值； (3)若两人共进行了局比赛，甲获胜的概率记为．证明：时，． 题型十二 离散型随机变量的期望与方差（共10小题） 19．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）现有A，B两个盒子，A，B两盒子中各装有1个黑球和2个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中黑球的个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为． (1)求，，，的值； (2)求证：是定值； (3)求的数学期望． 20．（24-25高二下·福建福州·期末）编号为的小球随机放入编号为的盒子中，记表示个盒子中空盒子的个数． (1)当时，求编号为1的盒子中有球的概率； (2)求并证明关于单调递增； (3)求证：． 注：若随机变量、、、…、满足，则． 21．（24-25高二下·福建福州·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： 22．（24-25高二下·福建三明·期末）某芯片厂生产高端人工智能芯片须经过性能测试.已知通过测试Ⅰ的概率为40%，未通过测试I的芯片须进入测试Ⅱ，通过率为，通过任意一次测试即为合格芯片.已知一枚芯片合格，则该芯片是通过测试Ⅰ的概率为θ. (1)求θ（结果用p表示）； (2)切比雪夫不等式是概率论中关于随机变量偏离其均值的概率定理，其形式如下：设随机变量X的期望为，方差为，则对任意，均有.请结合该定理解决下列两个问题： （ⅰ）若厂商声称该厂芯片通过测试Ⅱ的概率为50%.现质量检测部门随机抽取了该厂生产的100枚芯片，经检测有40枚合格.请说明该厂商的说法是否可信（注：当随机事件A发生的概率小于0.05时，可称事件A为小概率事件）； （ⅱ）为估计θ，工厂随机抽取m枚合格芯片，其中k枚为通过测试Ⅰ，记.若要使得总能不超过0.01，试估计最小样本量）. 23．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末）某学校举行了一场知识竞赛，有两类题型，每道类题有两道小题，每位同学答对这两题的概率分别为、，两道小题全对可得50分，否则得0分.类题为25分，只有一个小题，每位同学答对的概率为，且答各小题之间相互独立.现有两种答题方案：方案一：选择答一道A类题两道B类题；方案二：选择答两道A类题. (1)若，对于方案二，试探究取何值时，满分的概率最高； (2)若，求选择方案一学生得分的分布列； (3)若，为了平衡难度，当选择方案二时，其中的一道类题只需答对任意一道小题即可得50分，以得分的数学期望为依据，判断应选择哪种方案答题. 24．（24-25高二下·山西·期末）小明是一名篮球运动爱好者，为提高篮球水平，决定在假期针对篮球技术的四个基本动作：运球、传球、投篮和上篮进行训练.假设小明每天进行多次分项目（四个动作分别对应四个项目，一次只练一个项目）训练，为增加趣味性，计划每次（从第二次起）都是从上次未训练的三个项目中等可能地随机选取一项训练. (1)某天小明在四个项目中随机选一项开始训练，求第三次是投篮训练的概率； (2)某天小明进行了5次训练，四个项目均有训练，第1次是运球训练.若前后训练项目不同视为不同的训练，设变量为5次训练中运球训练的次数，求的分布列及期望； (3)某天小明第一次训练项目是运球，设表示第次是运球训练的概率，求. 25．（24-25高二下·河北保定·期末）某商场设置了两种促销方案：方案一，直接赠送消费金额的代金券（例如：消费200元，则赠送元的代金券）；方案二，消费每满100元可进行一次抽奖（例如：消费370元可进行三次抽奖），每次抽奖抽到10元代金券的概率为，抽到4元代金券的概率为，每次抽奖结果互不影响．每人只能选择一种方案． (1)若甲的消费金额为210元，他选择方案二且抽到14元代金券的概率为，求； (2)若乙消费了一定的金额并选择方案二，设他抽到的代金券总额为元，当最大时，求； (3)若，请你根据顾客消费金额（消费金额大于0）的不同，以代金券的数学期望为决策依据，帮助顾客选择方案． 26．（24-25高二下·山东青岛·期末）系统中每个元件正常工作的概率均为，各个元件正常工作的事件相互独立.如果系统中多于一半的元件正常工作，系统就能正常工作.记表示“系统中共有个元件时，系统正常工作的概率”. (1)若，求； (2)若，系统中共有3个元件，记系统中正常工作的元件数与非正常工作的元件数之差为，求的均值； (3)若，，证明：. 27．（24-25高二下·安徽六安·期末）甲、乙两个不透明的口袋内装有除颜色外大小质地完全相同的若干个小球，已知甲口袋有个红球和4个白球，乙口袋有个红球和2个白球．现在小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球． (1)当时． （i）求小明4次摸球中，至少摸出1个红球的概率; （ii）设小明4次摸球中，摸出红球的个数为X，求X的分布列和数学期望； (2)当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为P，则当m为何值时，P最大？ 28．（24-25高二下·福建福州·期末）联欢晚会上，有一个抽奖游戏．主持人从编号为1，2，3，⋯，n，的n个外观相同的箱子中随机选择两个不同的箱子分别放入一件奖品（共两件奖品），再将箱子关闭．主持人知道奖品在哪些箱子里．游戏规则如下： ①抽奖人首先选择一个箱子（记作k号箱）． ②主持人会从剩下的个箱子中打开一个空箱子（即没有奖品的箱子），且该箱子不是抽奖人选择的k号箱．如果有多个空箱子可选，主持人会随机选择一个打开． ③此时，抽奖人可以选择是否更换自己的选择． (1)设，，且主持人打开了3号箱．现在给你一次重新选择的机会： ①策略一：若你仍然选择1号箱，中奖的条件是什么？中奖概率是多少？ ②策略二：若你改选其他箱子（只能改选一次），应该选择哪个箱子？中奖概率是多少？试通过条件概率分析并说明哪种策略更优． (2)设，，且主持人打开了5号箱．定义随机变量X为另一个未被打开且未被选择的箱子中奖的箱子的最小编号（若另一个奖品在已打开的箱子中，则．求X的分布列及期望． (3)切比雪夫不等式指出：对于任意随机变量和，有，设，，主持人打开的箱子号码为随机变量Y．已知Y的方差．验证Y是否满足切比雪夫不等式对于的情况． 题型十三 概率与数列结合（共11小题） 29．（24-25高二下·福建泉州·期末）（多选）甲乙两人轮流掷一枚质地均匀的骰子，甲先掷．下列选项中正确的是（   ） A．“甲乙两人各掷一次，所掷点数的差不超过3”的概率为 B．“在甲掷出6点后，乙下一次掷骰子掷出6点”的概率为 C．“首次连续2次出现6点时需掷骰子的次数”的期望为36 D．“甲先掷出6点”的概率为 30．（24-25高二下·辽宁锦州·期末）（多选）已知一组样本数据：-1，a，b，9，其中，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（   ） A．排列后得到的新数列可能既是等比数列又是等差数列 B．若排列后得到的新数列成等比数列，和有4组可能取值 C．若排列后得到的新数列成等差数列，和有2组可能取值 D．这组数据方差的最小值为 31．（24-25高二下·山东聊城·期末）（多选）如图，在边长为1个单位长度的正六边形对角线的交点O处有一个质点，随机的沿A，B，C，D，E，F，O中相邻两个点的连线构成的轨道移动，且在每一点处都等可能的向与它相邻的点移动，每次移动1个单位长度，则（    ）    A．移动两次后位于点A的概率为 B．移动两次后位于点O的概率为 C．移动三次后位于点F的概率为 D．移动n次后位于点O的概率为 32．（24-25高二下·河南信阳·期末）第届联合国大会通过决议，将春节确定为联合国假日．某大学举办中国传统节日知识竞赛，每位大学生随机抽取问题并依次作答，其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记分，答错一题记分．已知学生甲答对每个问题的概率为，答错的概率为． (1)学生甲随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望； (2)若学生甲已答过的题累计得分为分的概率为，求与． 33．（24-25高二下·湖北恩施·期末）甲乙两人进行象棋比赛，每局胜者得1分，负者得0分；平局两人均不计分.按照规则，当一方的得分比另一方多2分时即获胜，比赛结束.已知每局中，甲获胜概率为，乙获胜概率为，平局的概率为，且每局互不影响，相互独立. (1)求甲在进行了3局后获胜的概率； (2)若进行n局后，记甲领先1分的概率为，甲乙持平的概率为，求证：存在实数，使得为等比数列； (3)记甲乙两人进行m局后恰好分出胜负的概率为，求 34．（24-25高二下·福建福州·期末）（多选）甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，并且每次传球时传球者都等可能传给另外三人中的任何一人，则（   ） A．第一次球传出后恰好传给丙的概率为 B．第二次球传出后恰好传给丙的概率为 C．第二次球传出后恰好传给丙，且此球是由乙传出的概率 D．球第次传出后恰好传给丙的概率为 35．（24-25高二下·山东东营·期末）某无人机操作员进行定点精准降落训练.据以往训练经验，第一次降落成功的概率为.若第i次降落成功，则第次降落成功的概率为；若第i次降落未成功，则第次降落成功的概率为，其中. (1)求该操作员第二次降落成功的概率； (2)记该操作员前两次降落成功的次数为X，求X的分布列和数学期望； (3)设第i次降落成功的概率为，求证：. 36．（24-25高二下·广东江门·期末）（多选）已知随机变量X的分布列如下： 1 2 3 … … 若数列是等差数列，则下列说法正确的是（   ） 参考公式： A．若，则 B．若数列是单调递减数列，则 C．若既是等差数列，又是等比数列，则 D．若，则当或时，取得最大值 37．（24-25高二下·四川绵阳·期末）在一次程序设计竞赛中，需要通过逐一运行测试点的方式对选手编写的程序进行评测．评测共有6个测试点，分为3个基本功能点与3个强测优化点．每通过1个基本功能点，选手将获得5分；每通过1个强测优化点，选手将获得10分．选手最终得分为所有测试点得分之和．主办方准备了两种评测方案，可供选手选择，每种方案都按确定的次序进行评测，每个测试点只测试1次． 方案一：先测试3个基本功能点，在这个过程中只要有测试点不通过则终止评测；选手通过所有基本功能点后才能测试3个强测优化点，在这个过程中即使有测试点不通过，也将继续测试，直到所有强测优化点测试完毕． 方案二：选手按1个基本功能点，1个强测功能点，1个基本功能点……进行交叉测试，过程中出现任何1个测试点不通过的情况都立刻终止测试． 小张编写的程序通过每一个基本功能点的概率均为，通过每一个强测优化点的概率均为．每个测试点是否通过都相互独立，且． (1)若，小张选择了方案一进行评测.求小张最终得分不少于30分的概率； (2)设小张的最终得分为随机变量为，分别求出方案一与方案二中的分布列； (3)以小张的最终得分的期望为依据，判断小张应该选择哪一种方案？ 38．（24-25高二下·山东菏泽·期末）在高中校园足球比赛中，组委会计划采用单淘汰制进行比赛，即每支球队负一次即被淘汰出局．现有8支球队随机编号到对阵位置，所有球队在任何一场比赛中获胜的概率均为．已知甲、乙两队参赛．    (1)求甲队获得冠军的概率； (2)求甲、乙在第轮（其中）相遇的概率； (3)为使得甲、乙两队在比赛过程中相遇的概率小于0.001，组委会计划增加球队支数到支，对阵图和上图类似，求的最小值． 39．（24-25高二下·福建泉州·期末）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力．有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元．我校团委拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为鼓励同学们积极参加此项活动，比赛规定：答对一题得两分，答错一题得一分，选手不放弃任何一次答题机会．已知甲同学报名参加比赛，每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率不一定相等． (1)若前三道试题，甲每道试题答对的概率均为p， ①设，记甲同学答完前三道题得分为X，求随机变量X的分布列和数学期望； ②若甲同学答完前四道题得8分的概率为，求甲同学答完前四题时至少答对三题的概率的最小值； (2)若甲同学答对每道题的概率均为，因为甲同学答对第一题或前两题都答错，均可得到两分，称此时甲同学答题累计得分为2，记甲答题累计得分为n的概率为， （ⅰ）求证：是等比数列； （ⅱ）求的最大值． 题型十四 立体几何综合（共34小题） 单选题 1．（24-25高二下·江苏连云港·期末）在直三棱柱中，为的中点，点在棱上，且，点A，M，N所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·湖南·期末）已知正方体的棱长为1，点E为线段上的动点（不含端点），则当三棱锥外接球半径最小时，AE的长为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，在正方体中，过点A作一平面，使得正方体的各个顶点都在的同一侧，且，，三个点到的距离分别为3，4，5，则该正方体的棱长为（    ） A． B． C． D．12 4．（24-25高二下·河北保定·期末）已知一个圆台母线长为，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·福建漳州·期末）在四棱锥中，侧面底面，侧面是正三角形，底面是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·山西·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 多选题 7．（24-25高二下·浙江温州·期末）用平面截如图放置的正四面体ABCD，下列说法正确的是（   ） A．当截面为平行四边形时，正四面体有两条棱所在的直线平行平面 B．截面可能是直角梯形 C．若平面分别与棱AB，AC，AD交于点E，F，G，，，，则平面与平面BCD夹角的余弦值为 D．设点F在棱AC上，点G在棱AD上（均包含端点），且，，其中．如果平面经过B，F，G三点，那么平面与平面BCD夹角的余弦值的取值范围为 8．（24-25高二下·江苏常州·期末）已知棱长为1的正方体的所有顶点都在以为球心的球面上，点是棱的中点，点是棱上的动点.则下列说法正确的有（    ） A．若是棱的中点，则平面 B．点到直线的距离的最小值为 C．棱上存在点，使得 D．若是棱的三等分点，则过的平面截球所得的截面面积最小为 9．（24-25高二下·河北·期末）如图，四棱锥内接于圆锥AC（C为底面圆的圆心），已知，且，则下列说法正确的是（   ） A．若，则点D为BE弧上的中点 B．四棱锥体积的最大值为 C．当点D为BE弧上的中点时，异面直线AB与所成角为60° D．当时，直线AB与平面ADE所成角的余弦值为 10．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），下列说法正确的是（   ） A．若点是中点，则、、、四点共面 B．存在点，使得直线与所成角为 C．若直线平面，则三棱锥的体积为定值 D．若，那么点的轨迹长度为 11．（24-25高二下·福建龙岩·期末）已知正三棱柱的底面边长为1，，点满足，其中，，下列选项正确的是（   ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，有且仅有一个点，使得平面 C．当时，的最小值为 D．当时，的最小值为 12．（24-25高一下·安徽淮北·期末）在直三棱柱中，，且为线段BC（不含端点）上的动点，则下列结论中正确的是（    ） A． B．异面直线与所成角的取值范围为 C．的最小值为 D．当是BC的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 13．（24-25高二下·甘肃白银·期末）已知等边的边长为，顶点在平面内，顶点，在平面外的同一侧，点，分别为，在平面内的射影，且，直线与平面所成的角为，，则（   ） A． B． C．的最小值为 D．的最小值为 14．（24-25高二下·广东揭阳·期末）用半径为的圆形铁皮剪出圆心角为的扇形（以圆形铁皮的半径为半径的扇形），制成一个圆锥形容器，底面圆的半径为．则下列说法正确的是（   ） A．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥的体积 B．当，且圆锥的侧面积为时，过圆锥的顶点所作的截面中，截面面积的最大值为 C．当，且圆锥的侧面积为时，圆锥能在棱长为的正四面体内任意转动 D．当时，圆锥的体积最大 15．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（   ） A．平面 B．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．的最小值为 16．（24-25高二下·江苏连云港·期末）在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（    ） A．，三棱锥的体积是定值 B．当时，存在唯一的使得平面 C．为棱的中点，当时，的周长取最小值 D．当直线与所成角的余弦值为时，的值为 17．（24-25高二下·浙江台州·期末）已知正四面体的棱长为4，四面体内部一点（包含边界）到三个侧面，，的距离之比为，则下列说法正确的是（    ） A．正四面体内切球的半径为 B．点可以为的重心 C． D．面积的最小值为 18．（24-25高二下·河南鹤壁·期末）如图，在棱长为的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．异面直线与所成的角为 B．的最小值为 C．若平面，则 D．三棱锥的体积的最大值为 19．（24-25高二下·广东茂名·期末）已知棱长为3的正方体，动点P满足，下列结论正确的是（   ） A．正方体棱上满足条件的P的个数为3 B．正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，截面面积为 C．正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，被截去较小部分的体积为 D．点P到正方体各顶点距离的最大值为 20．（24-25高二下·福建泉州·期末）如图，在直三棱柱中，，，M为的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．直线与所成角的余弦值为 D．三棱锥的外接球的表面积为12π 21．（24-25高二下·福建漳州·期末）若点在平面外，过点作面的垂线，则称垂足为点在平面内的正投影，记为．在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是棱上一动点（与不重合），．则下列结论中正确的是（   ） A．线段长度的取值范围是 B．存在点使得平面 C．存在点使得 D．存在点使得与平面所成角的正弦值为 22．（24-25高二下·湖南·期末）如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（   ） A．球的表面积为 B．圆锥的侧面积为 C．四面体的体积的取值范围是 D．若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 23．（24-25高二下·浙江舟山·期末）已知正方体的棱长为3，以下说法正确的是（    ） A．若点为正方形内部及边界上的动点，且满足，则动点的轨迹长度是 B．若点为正方形内部及边界上任意一点，则存在点使得点，到平面的距离之和等于 C．若点在正方体的内切球表面上运动，且面，则的最小值为 D．若点满足，则动点构成的平面截三棱锥所得截面的面积为 24．（24-25高二上·贵州遵义·期末）设点是正四棱柱内一动点，，，，，如图所示，则下列正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为 B．当时，的最小值为 C．当时，的最小值为 D．当时，四面体外接球的半径的取值范围为 填空题 25．（24-25高二下·河南周口·期末）如图，正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，E为棱的中点，点F，G分别在棱，BC上（含端点），若，则线段FG长度的最小值为______． 26．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）理想状态下，在一个底面直径和高均为的圆柱形石材中，挖去一个半径为的球体后，剩余石材最多还能打磨出_____个体积最大的小球.（参考数据：） 27．（24-25高二下·福建漳州·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论： ①直线与所成角的大小为； ②； ③的最小值为；     ④若， 则点的轨迹所围成图形的面积是.其中所有正确结论的序号是_______. 28．（24-25高二下·浙江金华·期末）在正方体中，，点E，F，G分别为，，的中点，点在线段上运动（不包括端点），过G，P，的平面截正方体所得的截面周长的取值范围是__________. 解答题 29．（24-25高二下·江苏泰州·期末）在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 30．（24-25高二下·江苏宿迁·期末）如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， (1)求证：平面； (2)若，． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 31．（24-25高二下·浙江舟山·期末）如图，已知四棱台，点在底面上的射影落在线段上（不含端点），底面为直角梯形，，，，.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为； （ⅰ）求直线与平面所成的角； （ⅱ）若四边形为等腰梯形，，求平面与平面夹角的正切值. 32．（24-25高二下·天津河东·期末）如图，在多面体ABCDPE中，已知平面PDCE⊥平面ABCD，其中四边形PDCE为矩形， 底面四边形ABCD满足， AB ⊥AD，∥ (1)求证：平面 平面 (2)求三棱锥 外接球的体积： (3)F为PA的中点，点Q在线段EF上，若直线BQ与平面PBC 所成角的大小为 求FQ的长． 33．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． (1)求证：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． (3)求直线与平面夹角正弦值的最大值． 34．（24-25高二下·安徽滁州·期末）如图，在四棱锥中，底面，，是线段上的动点．    (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 题型十五 解析几何综合（共37小题） 单选题 35．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知分别为椭圆的左､右焦点，点在椭圆的外部为轴上一点，线段与椭圆交于点内切圆的直径为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 36．（24-25高二下·河南濮阳·期末）已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为k的直线l交E的两条渐近线于A，B两点，且，则（    ） A． B． C． D． 多选题 37．（24-25高二下·河北邯郸·期末）已知半圆（），半圆与半圆关于轴对称，焦点为的抛物线的一部分恰与这两个半圆围成一个封闭的图形，点，在的抛物线部分上，点在半圆或半圆上，则下列说法正确的是（    ） A．若在半圆上，则到直线的距离最大值为 B．若在半圆上，则的最小值为 C．若，则的面积的最大值为 D．若在半圆上，是的中点，则的最大值为. 38．（24-25高二下·河南安阳·期末）曲线是平面内与三个定点，，的距离之和等于的点的轨迹，为上一点，则（    ） A．曲线关于直线对称 B．不存在点使得 C．面积的最大值大于1 D．存在点使得 39．（24-25高二下·湖南永州·期末）已知是椭圆和双曲线的公共焦点是他们的一个公共点，且则以下结论正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 40．（24-25高二下·四川凉山·期末）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 41．（24-25高二下·河南周口·期末）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率，过点的直线l与C交于A，B两点，且的周长为8，则下列说法正确的是（   ） A．C的方程为 B．若，则是直角三角形 C．使得为直角三角形的l共有4条 D．若，则l的斜率为 42．（24-25高二下·广东揭阳·期末）已知双曲线，其左、右焦点分别是，过点的直线与交于，两点，则（   ） A．的离心率为 B．当的倾斜角为时， C．直线的斜率可以为 D．上存在点，使 43．（24-25高二下·重庆·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 44．（24-25高二下·广东广州·期末）如图，学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线：的一部分，则（    ） A．点在上 B．在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于 C．若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点 D．在处的切线与的交点的横、纵坐标均为有理数 45．（24-25高二下·广东汕头·期末）已知P是圆上的动点，（），线段PQ的垂直平分线交直线OP于点M，记点M的轨迹为，则下列说法正确的是（   ） A．当时，是抛物线 B．当时，是离心率为的椭圆 C．当时，是离心率为的双曲线 D．若与圆O有公共点，则m的取值范围为 46．（24-25高二下·安徽·期末）已知抛物线的焦点为是上一点，过点的直线与交于A,B两点，且，则（    ） A． B．直线AB的方程为 C．直线PA，PB的斜率之和为0 D． 47．（24-25高二下·广西河池·期末）已知抛物线，的顶点均在上，且的重心为抛物线的焦点．若，则（    ） A． B．的三个顶点到轴的距离之和为 C．的周长小于 D．当点的纵坐标为时，的面积为 48．（24-25高二下·河北衡水·期末）已知曲线C：，直线，，，为C上的动点，则下列说法正确的是（   ） A．面积的最大值为2 B．当时，C上有且仅有两个点到的距离为1 C．若曲线C与有两个不同的交点，则 D．当时， 49．（24-25高二下·浙江·期末）已知曲线，下列说法正确的是（   ） A．曲线关于轴对称 B．曲线与的图象有且仅有一个交点 C．当时，曲线上任意一点到原点的距离均不超过 D．曲线与直线，围成图形的面积小于 50．（24-25高二下·云南保山·月考）已知圆的圆心为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线和圆分别交于A，B，E，F（点A，E，F，B在直线上依次排列），则（   ） A． B．的最小值为4 C． D．的最小值为 51．（24-25高二下·河南洛阳·期末）如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转90°，180°，270°后所得的三条曲线及C围成的，若，则下列说法正确的是（    ） A．开口向上的抛物线的方程为 B．四叶图上两点间距离的最大值为 C．动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为 D．四叶图的面积大于4且小于8 填空题 52．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知正三棱柱的底面边长为6，侧棱长为3，点在该三棱柱的表面上（不包含顶点处）运动，若，则的轨迹长度为________. 53．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知一个正方形的四个顶点都在函数的图象上，则此正方形的面积为__________. 54．（24-25高二下·浙江温州·期末）如图所示，已知双曲线的左右焦点分别为和，过和分别作两条互相平行的直线和，与双曲线的左支交于A、B两点（A在x轴上方），与双曲线的右支交于C、D两点（C在x轴上方），若，，则（e是双曲线的离心率）等于________． 解答题 55．（24-25高二下·贵州黔南·期末）已知双曲线：的一条渐近线方程为，实轴长为4. (1)求双曲线的标准方程. (2)若直线：与双曲线交于不同的两点，（点，均在第一象限，且点在点上方），直线与直线交于点，为坐标原点，且，设直线，的斜率分别为，. （i）判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由. （ii）若，求的值. 56．（24-25高二下·湖南郴州·期末）已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为． (1)求双曲线的方程； (2)O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值． 57．（24-25高二下·安徽安庆·期末）已知椭圆过点，其中一个焦点在直线上，为椭圆的上顶点，直线与椭圆相交于不同的两点，. (1)求椭圆的方程； (2)若，为坐标原点，求的面积最大时实数的值； (3)若直线，的斜率分别为，，且，直线，与圆分别交于点，.证明：直线过定点，并求出定点坐标. 58．（24-25高二下·广东揭阳·期末）已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上． (1)求的标准方程； (2)已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围； (3)过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线，的斜率存在，设与的斜率分别为，证明：为定值． 59．（24-25高二下·河南开封·期末）已知分别为椭圆的左、右焦点，点A在C上，垂直于x轴，且． (1)求C的方程； (2)若B为椭圆C的右顶点，过的直线与椭圆交于不同的两点，且． （i）求证：直线与直线的斜率之和为定值； （ii）过M与x轴垂直的直线交直线于点H，求中点的轨迹方程． 60．（24-25高二下·安徽滁州·期末）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．点在线段上，且满足．当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线． (1)求曲线的标准方程． (2)过点的直线交曲线于两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中在轴上方，，分别为，的中点． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 61．（24-25高二下·陕西汉中·期末）已知、分别是椭圆的左、右顶点，的离心率为，且. (1)求椭圆的方程； (2)已知是线段上一点（异于、），过点的直线与椭圆交于、两点（异于、），直线、分别交直线于、两点. （i）若的中点为，求的方程； （ii）是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 62．（24-25高二下·重庆·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. 63．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知曲线． (1)若，求曲线的离心率； (2)若曲线的左，右顶点为，是上第一象限上动点，． （ⅰ）若，求点的坐标； （ⅱ）设直线与定直线的交点为，直线与曲线的另一个交点为，求的最小值． 64．（24-25高二下·四川泸州·期末）设椭圆的两个焦点坐标分别为，且过点. (1)求的方程； (2)已知，过点的直线与交于G，S两点，直线SA与交于点（异于）. ①证明：； ②若点是的外心，求的最大值. 65．（24-25高二下·安徽·期末）已知双曲线的左、右焦点分别为，且. (1)求的实轴长与虚轴长之积的最大值. (2)若过点的直线与的右支交于P，Q两点，直线与轴交于点的内切圆与边相切于点，且. （i）求的方程； （ii）记的内切圆面积为的内切圆面积为，求的取值范围. 66．（24-25高二下·安徽亳州·期末）在平面直角坐标系xOy中，过点的两条直线MA与直线MB的斜率分别为，且，记动点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若，求点的坐标； (3)已知点，直线与轴交于点，直线AM与交于点，是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 67．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知双曲线经过，，三个点中的两个，若为原点，点在上，点在直线上，且. (1)求的渐近线方程： (2)求面积S的最小值： (3)证明：直线与定圆相切，并求出该定圆的方程. 68．（24-25高二下·山西·期末）已知抛物线的焦点为，是上一点，且.椭圆的左、右顶点分别为A，B，右焦点为，是上一点. (1)求，的方程； (2)已知为上的一点（异于A，B两点），直线，分别与直线相交于P，Q两点，求的最小值； (3)已知直线与交于M，N两点，直线和的斜率分别为，，且，证明:直线过定点，并求出该定点的坐标. 69．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知分别是双曲线的左､右焦点，是的右顶点，，且与椭圆有相同的焦点. (1)求的方程； (2)若直线与的公共点个数为1，求的值； (3)已知是上不同的两点，直线的斜率分别为不在直线上，且，证明：直线过定点. 70．（24-25高二下·重庆·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. 71．（24-25高二下·安徽芜湖·期末）已知椭圆的离心率为，过原点的直线交椭圆于、两点，且的最大值为．    (1)求椭圆的方程； (2)若点在椭圆上． （ⅰ）如图①，当、是短轴端点，为右顶点时，、交于、，求的长度； （ⅱ）如图②，过作两条切线、，若其斜率之积为，求的值． 一、单选题 1．（2026·山东·模拟预测）若函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建泉州·三模）当时，，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·四川成都·三模）不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山东青岛·二模）设随机变量的分布列为，且，则（    ） A．数列是等比数列 B． C．数列前7项之和为 D． 5．（2026·上海杨浦·模拟预测）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色，若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为（   ）    A．32 B．48 C．64 D．82 二、多选题 6．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）现有四个不透明的袋子，每个袋子中均有标号为的个球，其中袋中全是红球，袋中全是白球，袋中全是黄球，袋中全是黑球.若甲、乙、丙、丁四人随机从四个袋中选取一个(可多人选同一个袋子)，并从中随机取出一个球， 则（    ） A．取出的四个球颜色互不相同的概率为 B．取出的四个球中红球比白球恰好多2个的概率为 C．当时，取出的四个球既不同色也不同号码的概率为 D．若甲、乙、丙、丁分别取到红、白、黄、黑球，则甲、乙、丙三人取到的号码之和等于丁取到的号码的概率为 7．（25-26高三下·浙江杭州·阶段检测）在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（    ） A． B． C．换号后答对概率增大 D．换号后答对概率不变 三、填空题 8．（2026·江苏·二模）甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________. 9．（2026·湖北武汉·三模）一个的灯阵，每盏灯颜色各不相同，初始时所有灯均熄灭，每次可以任选一整行或一整列，使其中所有灯的状态同时反转，经过若干次操作后，恰有8盏灯亮，只按最终灯亮位置计算（如右图为其中一种情况），可得到的不同亮灯图案共有_______________种. 10．（2026·浙江·三模）如图，粒子在四个容器中移动，当在容器时，每隔一小时等可能地移动到相邻容器中；当在容器时，粒子停止移动．当前时刻，在容器中，设小时后，停止移动，则______，______． 四、解答题 11．（24-25高二下·北京丰台·期末）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设（为的导数），求的单调区间； (3)求的极值点的个数． 12．（2026·海南儋州·二模）已知函数，． (1)若直线与函数，图象都相切，求直线的方程； (2)记函数． ①求函数的最大值; ②求证：． 13．（2026·山东临沂·二模）已知函数，． (1)关于x的不等式有解，求a的取值范围； (2)，，有成立，证明：； (3)，令，证明：． 14．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数． (1)若，求实数的值； (2)若时，恒成立，求实数的最大值； (3)设，为数列的前项积，求证：． 15．（2026·河北沧州·模拟预测）甲､乙两名同学进行射击比赛，已知同学甲每次击中目标的概率为，同学乙每次击中目标的概率为，且两人是否击中目标相互独立. (1)射击规则如下：若当前射击的同学击中目标，则下次仍由该同学继续射击；若当前射击的同学未击中目标，则下次由另一名同学接替射击；第一次射击由同学甲进行. （i）若共进行3次射击，求同学甲击中目标的次数多于同学乙击中目标的次数的概率； （ii）记第次射击由同学甲进行的概率为，求的值. (2)新射击规则如下：初始由同学甲先射击；若甲未击中目标，则下一次由同学乙射击；若乙未击中目标，则下一次等可能地选择由甲或乙进行射击；比赛循环进行，直到有一名同学首次击中目标，该同学获胜，比赛结束.若两人射击次数不限，求最终同学乙获胜的概率. 16．（2026·湖南永州·三模）甲、乙两人投篮，无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率为，乙每次投篮的命中率均为． (1)若甲单独投篮，规定：首次出现连续两次命中，则停止投篮．求甲投篮4次即停止投篮的概率； (2)若甲、乙进行投篮比赛，记甲、乙各投篮一次为一局，每局结束记录各自的投球总数．规定：首次比对方多进两球者获胜，比赛停止；若第四局结束仍未分出胜负，比赛也停止．记表示比赛停止时已比赛的局数，求随机变量的分布列与数学期望； (3)若甲单独投篮，规定：首次出现连续次命中，则停止投篮．设停止投篮时甲投篮总次数为，随机变量的数学期望为，记．写出与的递推关系，并求数列的前项和． 17．（2026·陕西榆林·模拟预测）某校园社团为分析一款文创产品在学生群体中的受欢迎程度与传播规律，构建如下概率模型：研究团队选定名学生进行研究，假设每名学生对该产品的“基础心动度”参数均相同，记为．规则如下：第一天，研究团队从名学生中随机招募（，且）名进行初始体验，每名学生体验后购买的概率为，且彼此相互独立．从第二天起，每一天每名购买者会推荐未购买者参与体验，一旦成为购买者，将参与后续的推荐传播，以此类推． (1)当，时，求第一天结束，初始体验的学生中恰有3名成为购买者的概率； (2)求第一天结束，名初始体验的学生中，成为购买者的人数为奇数的概率； (3)对于任意一位未购买者，若某天有（）名购买者尝试向他推荐，则他当天成为购买者的概率为．当，，时，求在前两天，学生甲成为购买者的概率（用含的式子表示）；基于此模型，简要说明为什么在实际校园场景中，一款产品有时会突然“爆发式”走红． 18．（2026·宁夏银川·模拟预测）已知圆心在坐标原点的圆O与直线相切. (1)求圆O的方程. (2)设点A是圆O与x轴正半轴的交点，点B是圆O与y轴正半轴的交点，点P，Q分别是圆O上在第二象限、第一象限的动点，点是点Q关于y轴的对称点.将圆O的左半部分沿着y轴翻折，使得点分别到达点的位置，记二面角的大小为θ，且.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.将线段在平面上的正投影的中点记为点M. （i）证明：点M的轨迹为椭圆的一部分. （ii）若求（i）中椭圆离心率的取值范围. 19．（2026·重庆·模拟预测）如图1，在梯形中，，是线段上的一点，，，将沿翻折到的位置． (1)如图2，若是的中点，二面角为直二面角，证明：平面． (2)如图2，若二面角为直二面角，，分别是，的中点，若直线与平面所成角为，，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． (3)我们把与两条异面直线都垂直相交的线段叫做两条异面直线的公垂线段，公垂线段的长度是两条异面直线上两点间距离的最小值．如图3所示，点为线段的中点，，分别在线段，上（不包含端点），且为，的公垂线段，记四面体的内切球半径为，比较与的大小，并证明你的结论． 20．（2026·湖南·模拟预测）已知双曲线的渐近线与圆相切． (1)求双曲线的方程； (2)记双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线上，若的平分线交x轴于点Q，且，求的周长； (3)过点作两条互相垂直的直线和，直线交双曲线于，两点，直线交双曲线于，两点，，分别是，的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于，两点，交双曲线于，两点，，分别是，的中点，直线过定点，重复上述方式可以得到点列：，，，，．已知，，记的面积为，证明：． 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 $