专题14 解答题18题、19题压轴题（6阶题组）专项训练（一）-2027届高三数学一轮复习

解答题满分冲刺 会台题通台类系列 专题14解答题18题、19题压轴题 (6阶题组)专项训练（一) 0809题组（台） 0809题组(9) 0809题组（自） ①⑧09题组四)】 ①8①9题组五). .....10 ①8①9题组（房）. .......12 1/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 18-①9题组（白） (建议用时：30分钟，满分：34分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (18题17分、19题17分) x2 y2 18。设双曲线C:。方=1(a,b>0)的离心率为2，其左、右焦点分别是F,R,过F的直线，与双曲线C 的右支交于点M,N.当W与*轴垂直时，W=6, 1)求双曲线C的标准方程： ②求MME的最小值： △EM (3)记 的内切圆OP与双曲线C的一个公共点为P,双曲线C的左顶点为1，证明： ⊙P ∠APQ=2∠FPQ 2/13 解答题满分冲刺 会台题通白类系 19.甲社区有”个女生和”个男生，且每个女生都认识所有男生：乙社区有”个女生81,82，，8和2n-1个 男生A,4,…6,其中女生8，=12，…”认识男生0=1,2，…，21- ),但不认识其他男生.现从甲社 区和乙社区分别选出m(m=12,, 队选手参加社区比赛，每队选手均为2人 (I)若n=3,m=1,求所有参赛队伍的参赛选手性别相同的概率； (2)若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队的不同的选法 种数为4(m和B,(m) (i）求4，(m）,并证明：当2sm≤n-1时，4(m)=A(m）+(2n-m）A(m-) 递推公式，并说明理由； (ⅱ)若乙社区将选出的m个男生和m个女生按男、女搭配随机组队，求组队结果满足参赛要求的概率. 3/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 18-1⑨题组(S) (建议用时：30分钟，满分：34分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (18题17分、19题17分) 18.己知揽物线C:广=2p>0)的焦点为F,C上的点 P(4,)>0)到F的距离为5， (1)求P和t的值； 、4 OA'B为c上两点，APB的重心在直线y=3上. ①证明：直线AB的斜率为定值： ②设直线AB与x轴交于点Q,线段AB的中点为T,线段PO的中点为R,过点P向直线TR作垂线，垂足 为H.证明：点H在定圆上运动. 4/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系 19.已知圆C:(x-+广=1，点四，对于圆C上的点P(a6,aeN）,按照如下方式构造点P 过点P作直线垂直于'轴，M为点B在'轴上的射影，点9满足M0=M,2(2为常数，之5)， 直线0交C于点P,其中0为坐标原点，点异于点0， 0)若=3，求的坐标， P 11 (2)证明：数列an2」为等比数列： P(2,0）,设△OP及△PPP"的面积分别为5，工，若存在正整数m,m<m）,使得 3)已 nT(S。-T)=mT(S-T),求乙所有可能的值. 5/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 8-山9题组（自） (建议用时：30分钟，满分：34分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (18题17分、19题17分) 8厦与网：5-0月时5用，r6- 相内切 (I)求动圆圆心P的轨迹T的方程： ®设曲线与轴交于月，4两点(4在左侧，过N的对直线交T于4，B两点，直线41， AA AB 交直线x=12于E,F两点，证明： ()以EF为直径的圆G恒过定点，并求出定点坐标： (ii)直线AB与圆G相切 6/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 19.已知函数f()=nr-号 仙当a=l时，求f的最小值： 包当>1时.()k0,求“的取省范国 3)已知点 ,0), 按照如下方式依次构造点 =23,:过点作曲线"=nr的切线与'轴交于点 Q,令P为过点0且斜率为0的直线与曲线=lmr的交点，记△P0,PeN)的面积为5， 3,1->n(n+l) b=ln(2S),证明：台V-b 7/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 8-9题组（四） (建议用时：30分钟，满分：34分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (18题17分、19题17分) x2y2 18.已知椭圆C:a+京=1 1 (a>b>0)的离心率为2，点A,B在椭圆C上，当直线AB过椭圆C的 一个焦点且垂直于轴时，弦长48=3」 (1)求椭圆C的方程： 2过点，0)且斜率不为0的直线'交椭圆C交于D,E两点，点D关于轴的对称点为D,直线DE与 轴的交点为P,求点P的坐标 8/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 19.已知函数/(=e-ar2-x-1 山当“=2时，求曲线=在点0)处的切线方程； 2)当a=2时，证明：当x≤0时，f()s0: ⊙)考(0有两个零点，求“的取值范围。 9/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 8-①⑨题组（五） (建议用时：30分钟，满分：34分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (18题17分、19题17分) 18.已知两数f)Fe+nr-1,8()为/的导数。 ①当a=©时，求曲线=f在点/0处的切线方程： ②时论8)零点的个数， B)没为/儿四的零点，证明：当0<<1时，水g）. 10/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 19,将边长为√2的正方形ABCD沿对角线AC折叠，形成四面体D-ABC. D D C→A (1)证明：AC⊥BD. (2)若二面角D-AC-B和A-BD-C的平面角互补，求BD: (③)证明：存在四面体D-A8C,使得其内部一点O到各个平面的距离均大于2-V5, 11/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 8-⑨题组（六） (建议用时：30分钟，满分：34分) 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. (18题17分、19题17分) x2.y2 18.已知椭圆a+京=1(a>b>0) r: √2 的离心率为2，过坐标原点的直线交T于M,N两点，且MN的 最大值为4. (1)求「的方程： (2)设点M在第一象限，作ME⊥x轴，垂足为E,连结NE并延长交T于点G, (i)证明：MW⊥MG: S (ii)记△MNE外接圆面积为S,AMEG外接圆面积为S,求S,的最小值. 12/13 解答题满分冲刺 会台题通台类系列 19.一个圆形项链有 m×n(m,n∈N) 颗珠子，每颗为红色或蓝色.若任意将这串项链分割成m段，每段连 续”颗珠子，各段中红色珠子的个数互不相同，那么称这串项链为 m,n) 好分链，正整数对 ,n为分链 数对. R® B®B R (B) R 甲 B R 乙 R R B) B B) ⑧B ⑧R® ()现有甲乙两串项链，如图所示，R表示红色，B表示蓝色.请判断它们是否为 4,3)好分链（给出判断 即可，不必说明理由)； 2)i证明：对任意给定的n∈N,(n+,n) 是分链数对： B)对给定的n∈N,求所有的正整数m,使得 m,n) 是分链数对. 13/13 专题14 解答题18题、19题压轴题 （6阶题组）专项训练（一） 1 6 12 19 23 27 （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．设双曲线的离心率为2，其左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于点．当与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)求的最小值； (3)记的内切圆与双曲线的一个公共点为，双曲线的左顶点为，证明：． 【答案】(1) (2) 9 (3) 如图，设与边切于点， 由双曲线的定义及内切圆切线长相等的性质得， ，即点与点重合，即与边切于点. 设与边切于点，则， 在中，. 设点，点，则，解得， 即点在直线上，过点作直线的垂线，交直线于点， 其中，， 设点关于直线的对称点为点，所以. 因为点与点，点与点分别关于直线对称， 所以，且， 所以点均在上，且， 所以. 【分析】（1）依题意列出关于的方程组，求解即得双曲线的标准方程； （2）设直线的方程为与双曲线方程联立，推得，写出的表达式，利用的范围，即可求得的最小值； （3）先证明与边的切点即为点，再证，由此推得点在直线上，再证，结合，且，可得点均在上，即得证. 【详解】（1）不妨设点在第一象限，点在第四象限，离心率① ， 在中，当时，，故，即②  ， 又因③ ，联立① ②③，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）由（1）得，当直线的斜率为0时，直线与双曲线的两个交点分别在左支和右支，不符合条件； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 由，化简得， 设，则，解得， 则， 因，则，故，即. 故的最小值为9. （3）略 19．甲社区有个女生和个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社区有个女生和个男生，其中女生认识男生，但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出队选手参加社区比赛，每队选手均为2人． (1)若，，求所有参赛队伍的参赛选手性别相同的概率； (2)若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的队的不同的选法种数为和． （ⅰ）求，并证明：当时，递推公式，并说明理由； （ⅱ）若乙社区将选出的个男生和个女生按男、女搭配随机组队，求组队结果满足参赛要求的概率． 【答案】(1) (2) （i）因为甲社区中男生和女生都认识，因此. 当时，，， 所以， ， ， 因为， 两边 同乘以，得. （ii） 【分析】（1）现根据古典概率公式求出甲乙社区的参赛选手都是男生或女生的概率，再根据互斥事件的概率加法公式及独立事件的乘法公式求解； （2）（i）根据题意结合排列数和组合数公式求出，观察公式的结构特征，证明；（ii）先求得的递推关系式，得到和有相同的递推关系和初始值，利用古典概率公式求解. 【详解】（1）设事件表示“甲社区的参赛选手都是女生”，事件表示“乙社区的参赛选手都是女生”， 事件表示“甲社区的参赛选手都是男生”，事件表示“乙社区的参赛选手都是男生”， 则，，， 所有参赛队伍的参赛选手性别相同只有两种情况，都是男生或者都是女生，即， 因为，所以，即事件与互斥， 又事件与互相独立，事件与互相独立， 所以所求事件的概率. （2）（i）略 （ii）先考虑的递推关系式. 当时，考虑乙社区中的女生，有以下两种情况： ①当女生被选中时，其余队共有种不同的选法， 可在余下个男生中任选一人，有种选法， 因此由乘法计数原理可知，共有种选法； ②当女生没被选中时，此时从中选出个女生，从中选出个男生组队，共有种选法； 所以当时，， 当时，由前述分析可得， 由（i）可知满足相同的递推公式， 因为，，， 所以和有相同的递推关系和初始值， 所以对任意和，均有. 所以， 设乙社区中各选个男生和个女生，男、女组成个队，共有种情况，且， 因此，满足组队要求的概率. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求和的值； (2)，为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】(1)， (2) ①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为的中点，则： ，， 即． 直线与轴交点，，则中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，， 令，则，， 令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． （2）略 19．已知圆，点，对于圆上的点，按照如下方式构造点；过点作直线垂直于轴，为点在轴上的射影，点满足（为常数，），直线交于点，其中为坐标原点，点异于点． (1)若，求的坐标； (2)证明：数列为等比数列； (3)已知，设及的面积分别为，，若存在正整数，使得，求所有可能的值． 【答案】(1) (2)因为，，， 所以，， 由得或 因此，， 因为，即， 所以， 因此， 又，所以， 因此，即数列为等比数列． (3) 或． 【分析】（1）根据，代入坐标运算，即可求解； （2）根据向量关系，并联立直线和圆的方程，求得点的坐标，再根据等比数列的定义证明； （3）根据（2）的结果求通项公式，表示点和的坐标，并代入求，同时将条件等式变形为的形式表示，并构造函数，判断函数的单调性，分情况代入数值求. 【详解】（1）因为，，， 所以，， 由得或 因此． （2）略 （3）由（2）得，即， 于是， 注意到 ，因此， 由，， 得， 因此， 因为， 所以，即， 设，，， 则， 因为，， 所以， 所以，即单调递增． 又，， 所以或2， 若，则，， 当时，， 因此或3， 当时，，解得 ， 当时，，解得． 若，则，， 当时，， 因此， 所以，解得（舍）， 综上， 或． （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知动圆与圆：外切，同时与圆：相内切. (1)求动圆圆心的轨迹的方程； (2)设曲线与轴交于，两点（在左侧），过的动直线交于，两点，直线，交直线于，两点，证明： （i）以为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标； （ii）直线与圆相切. 【答案】(1) (2) 曲线与轴交于，两点， 由方程令，得，即，，点为椭圆的右焦点. （i）法1：设过点的动直线的方程为： ， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，，则，， 不妨记，则 直线 的方程为：，与直线交于点，则， 同理，直线与直线交于点，则， ，，， 而， 在以为直径的圆上即圆过定点， 由对称性知，圆还过定点，所以圆过定点和. 法2：设过点的动直线的方程为： ， 代入椭圆方程整理得：， ， 设，， 则，，， 直线 的方程为：，所以点，同理， 设以为直径的圆与轴的交点，则， 即（*）， 而 ， 代入（*）可得，得或即圆过定点， 定点坐标为或. （ii）直线 的方程为：，点， 同理，， 而 ， ，而的方向向量， ，于，故直线与圆相切，切于点. 【分析】（1）根据圆与圆相切可得，依据椭圆的定义可求椭圆方程； （2）（i）设动直线的方程为： ，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可求得，再结合数量积可得，从而可求定点或设以为直径的圆与轴的交点，则，结合韦达定理化简前者可得定点；（ii）用坐标表示的纵坐标，结合韦达定理化简后可证与的方向向量垂直，从而可得直线与圆相切. 【详解】（1）圆化为标准方程为，圆心，半径 圆化为标准方程为，圆心，半径 设动圆圆心，其半径为. 由题意，圆与圆外切，与圆内切，故， 两式相加得. 即动点到两定点与的距离之和为常数12，且 满足椭圆的定义，于是其方程为： （2）略 19．已知函数 (1)当时，求的最小值； (2)当时，，求的取值范围： (3)已知点，按照如下方式依次构造点：过点作曲线的切线与轴交于点，令为过点且斜率为0的直线与曲线的交点，记的面积为，，证明：. 【答案】(1) 0 (2) (3) 法一：由题意，点在曲线上，设，， 已知，即，过的切线方程为：. 与轴交点的坐标为， 过且斜率为0的直线为， 与曲线的交点满足， 所以是以1为首项，为公比的等比数列， 因此，， 所以，的坐标为，的坐标为， 的底边的长度为，高为1，故面积，， 于是，则， 所以要证，即证， 而（2）中时，任意时，有恒成立， 故有时，恒成立， 令，则有， 所以，，…，， 求和得，所以原不等式成立. 法二：令， 求导得， 所以在单调递增，所以， 令可得恒成立，， 对求和得. 【分析】（1）求出函数的导数后判断其符号，则可得函数的单调性； （2）求出函数的导数，令，求出后先判断时的符号可得原函数的单调性，再求出的二阶导数，就、分类讨论可确定参数的范围，当时可直接判断的单调性后得原函数的单调性，从而判断参数的范围；也可以利用放缩法证明当不等式恒成立，再结合导数证分类明不等式不恒成立即可；另外利用换元法可将原不等式转化为恒成立，同样可结合导数探求参数的范围； （3）先利用导数的几何意义求得，求出的通项公式后可求面积，从而得的通项，结合（2）的结果可得不等式，结合裂项相消法可证不等式，或者证明，同样可得，再结合裂项相消法可证不等式亦可. 【详解】（1）时，，，. 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在单调递增，所以. （2）法一：，， 其中，记，， （i）当时，，所以在上单调递减， 又，所以时，，即， 所以在上单调递减，又，所以恒成立， 故合题意； （ii）当时，设，则， 故在上单调递减， 又，所以时，，同（i）可得恒成立， 故合题意； （iii）当时，因为，所以在上单调递减， 此时，， 所以当时，，所以在单调递增， 又，所以，，即， 所以在单调递增， 又，所以，，不合题意. （iv）当时，显然为上的增函数，又， 所以时，，即，所以在上单调递增， 又，所以恒成立，故不合题意； 综上所述，实数的取值范围为. 法二：（i）当时，，， 设，，， 所以在上单调递减， 又，所以，当时，，即， 所以恒成立，故合题意； （ii）当时，，（由第（1）问可知）， 故，不合题意； （iii）当时，， 记，， 为减函数，且，， 所以，当时，，所以在单调递增，又， 所以，，即， 所以在单调递增，又， 所以，，不合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 法三：恒成立等价于恒成立. 令，则不等式可化为：， 令，则，且需对恒成立. 求导得，， 令，， 求导得， 故， ①当时，，所以在上递减， 又，所以，即， 所以在上递减，又，从而，不满足条件. ②当且时，在时，， 同上分析可知，在时，，不满足条件. ③当时，，且对，， 由于，，，即恒成立， 故在上为增函数，故， 即，进一步知为增函数，故，合题意. 综上所述，即为所求. （3）略 （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知椭圆：（）的离心率为，点，在椭圆上，当直线过椭圆的一个焦点且垂直于轴时，弦长． (1)求椭圆的方程； (2)过点且斜率不为0的直线交椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，直线与轴的交点为，求点的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用点的坐标和弦长列出方程组即可求解. （2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，列出韦达定理，进而表示出的方程，令结合韦达定理即可求出点的坐标. 【详解】（1）    不妨设的一个焦点为，， 则当时，，解得，所以， 所以,解得，，． 故椭圆的方程为． （2）    若直线与轴垂直，则点与重合，不符合题意； 依题意可设直线方程为，，，， 联立化简得， 显然，且，， 又因为，所以的方程为， 令，得，将，代入上式， 可得， 故点的坐标为． 19．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：当时，； (3)若有两个零点，求的取值范围． 【答案】(1)​ (2)为比较与，令，其中，则． 故在上单调递减，在上单调递增，所以，等号当且仅当时成立． 取，得，等号当且仅当时成立． 当时，，，且仅在时取等号，因此在上严格单调递增． 所以当时，，即所证结论成立． (3)​ 【分析】（1）求出切点坐标和该点处的导数，利用点斜式写出切线方程． （2）先利用对数函数的不等式得到，再由导数符号和证明结论． （3）注意恒为零点，按、、、分类．当时，将与的大小比较转化为研究的符号，确定的单调性，再结合连续性判断其余零点的个数． 【详解】（1）当时，，则，从而，， 故所求切线方程为，即． （2）略 （3）由题意，，． ①当时，由第（2）问证明中的（），得（），故只有零点，不符合题意． 当时，记，，为判断与的大小，令，定义域为． 则，所以在上单调递增，在上单调递减，且． 当从右侧趋近时，，当时，． 当时，，故，当时，由指数函数的单调性，、、分别等价于、、． ②当时，，由在上单调递减及知，结合连续性及上述单调性，在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为正，连同，恰有两个零点，符合题意． ③当时，由第（2）问证明可知在上严格单调递增，又，所以只有一个零点，不符合题意． ④当时，，由在上单调递增及知，结合连续性及（），在内有唯一零点，其另一零点为． 于是当且仅当，在定义域内其余非零点处，故在、上为正，在上为负． 因此在、上分别单调递增，在上单调递减． 又，当时，由连续性和单调性，在内恰有一个零点，在和上均为负，连同，恰有两个零点，符合题意． 综上，的取值范围为． （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知函数，为的导数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论零点的个数； (3)设为的零点，证明：当时，． 【答案】(1) (2) 当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． (3) （i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且， 故在区间单调递增，，且此时． 因为，故． 设，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，故． 故当时，． （ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点， 即在存在唯一极大值点，故当时，． 由（2）可知，，且， 故当时，都有． 又因为，且在区间单调递增， 故存在唯一零点，且满足． 设， 则，． 由上可知，在区间单调递减，且， 故，此时也有． 综上，由（i），（ii）可知，当时，． 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率即可求得切线方程； （2）由题意得，等价于在零点的个数，分，两种情况判断单调性，进而可得零点个数； （3）（i）若，结合（2）的单调性，可得，可得，构造函数，求导可得结论；（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，可得，可得，进而构造函数，进而有，，可得结论. 【详解】（1）当时，，则， 故，，曲线在点处的切线方程为． （2）因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数． 当时，，没有零点． 当时，，令，则， 且当时，，单调递减，当时，，单调递增． 又，当时，，此时没有零点； 当时，，此时有一个零点． 若，则，又，，， 结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点， 即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点． 综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点． （3）略 19．将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． (1)证明：； (2)若二面角和的平面角互补，求； (3)证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 【答案】(1)证明如下： 取中点，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. (2) (3)证明如下： 我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为 和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以，取，可得， 此时，因为， 且， 所以即，命题得证. 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. （3）略 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. （建议用时：30分钟，满分：34分） 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． （18题17分、19题17分） 18．已知椭圆的离心率为，过坐标原点的直线交于，两点，且的最大值为4． (1)求的方程； (2)设点在第一象限，作轴，垂足为，连结并延长交于点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）记外接圆面积为，外接圆面积为，求的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）设直线的斜率为，则，， 所以． 又， 所以，所以．   （ⅱ）8 【分析】（1）根据离心率及椭圆长轴长求解即可； （2）（ⅰ）求出的斜率，利用求证；（ⅱ）设直线方程，联立椭圆方程，分别求出，可化为，利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题知的最大值为，即， 又，所以，所以， 所以． （2）设，，则，． （ⅰ）略 （ii）设直线的方程为， 联立，解得， 所以 直线的方程为． 由，得， 则，即， 所以， 所以， （当且仅当时等号成立） 设外接圆半径为，外接圆半径为， 则，， 所以，即的最小值为8． 19．一个圆形项链有颗珠子，每颗为红色或蓝色．若任意将这串项链分割成段，每段连续颗珠子，各段中红色珠子的个数互不相同，那么称这串项链为好分链，正整数对为分链数对． (1)现有甲乙两串项链，如图所示，表示红色，表示蓝色．请判断它们是否为好分链（给出判断即可，不必说明理由）； (2)证明：对任意给定的，是分链数对； (3)对给定的，求所有的正整数，使得是分链数对． 【答案】(1)甲是−好分链，乙不是−好分链． (2)对任意一段颗珠子，红珠子的数量只可能为中的某一个数字，所以最多只能产生段，每段颗珠子，且各段中红色珠子数均互不相同． 可以构造如下−好分链： 用表示从左到右的第i颗珠子， 这串项链共有n种分段方式． 方式：从开始，各段R的个数为，，，，； 方式：从开始，各段R的个数为，，，，； 方式：从开始，各段R的个数为，，，，； …… 方式：从开始，各段R的个数为，，，，1； 可以逐一验证无论将该串项链怎么分成段连续的n颗珠子，各段红色珠子数分别为，互不相同． 因此，可由这颗珠子构造出−好分链， 所以是分链数对． (3)的取值可以是，． 【分析】（1）按好分链定义检查：把圆链分成四段，每段三颗，看是否两两不同，据此可完成判断； （2）由题设可得红珠数的可能性为，共种，构造一条由全蓝，一红，两红，……，红等珠链段构成的项链，证明该项链可从任意位置分成段，且每段红珠数为的每个排列即可完成证明； （3）由题设结合反证法可得，再由（2）去掉末尾连续的段，可得到 好分链，据此可得答案. 【详解】（1）甲是−好分链，乙不是−好分链. 理由如下：甲串项链有颗红色珠子，颗蓝色珠子，刚好可以分成段，一段颗蓝色珠子，一段颗红色珠子颗蓝色珠子，一段颗红色珠子颗蓝色珠子，一段颗红色珠子，符合好分链定义，因此甲是−好分链； 乙串项链有颗红色珠子，颗蓝色珠子，若可以分成段，使每段中红色珠子的个数互不相同，至少需要颗红色珠子，显然红色珠子不够，因此乙不是−好分链. （2）略 （3）由于任意一段颗珠子，红珠子的数量只可能分别为中的某一个，共有种情况． 因此若，则段的颗珠子必有两段及以上有相同的红色珠子个数，不符合题意．因此． 由（2）知，可构造出“−好分链”，若去掉这个“−好分链”的第段，类似（2）可证剩余的为“−好分链”； 类似地，去掉其第段和第段（后面两段），剩余的为“−好分链”； …… 如此一直下去，去掉后面连续的n段，剩余的为“−好分链”． 所以的取值可以是，． 【点睛】本题关键为读懂题干中的定义，并巧妙构造一条由全蓝，一红，两红，……，红等珠链段构成的项链，为此可先考虑较小时的情况，再类比推广到较大的情况. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $