新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)強(qiáng)化練習(xí)技巧04 解答題解法與技巧（練）（解析版）

第二篇解題技巧篇技巧04解答題解法與技巧（練）1．（2023春·北京·高三北京二中?？奸_學(xué)考試）已知函數(shù)的一個(gè)零點(diǎn)為．(1)求A的值和函數(shù)的最小正周期；(2)當(dāng)時(shí)，若恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用即可求得，然后對(duì)函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)即可；（2）利用求得，然后根據(jù)可得即可求解【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù)的一個(gè)零點(diǎn)為，所以，解得，所以，所以函數(shù)的最小正周期（2）因?yàn)?，所以，所以，所以，因?yàn)楹愠闪ⅲ?，則，所以2．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）在銳角三角形中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，為在方向上的投影向量，且滿足.(1)求的值；(2)若，，求的周長(zhǎng).【答案】(1)(2)【分析】利用正弦定理，邊化角，結(jié)合同角三角函數(shù)的平方式，建立方程，可得答案.【詳解】（1）由為在方向上的投影向量，則，即，根據(jù)正弦定理，，在銳角中，，則，即，由，則，整理可得，解得.（2）由，根據(jù)正弦定理，可得，在中，，則，，，由（1）可知，，則，由，則，解得，，根據(jù)正弦定理，可得，則，，故的周長(zhǎng).3．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知．(1)若，求A；(2)若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）運(yùn)用二倍角公式及和角公式代入化簡(jiǎn)解方程即可.（2）根據(jù)銳角三角形得B的范圍，運(yùn)用正弦定理邊化角，將所求式子轉(zhuǎn)化為關(guān)于的對(duì)勾函數(shù)，研究其值域即可.【詳解】（1）∵，∴，∴，又∵，∴，即，又∵，∴，又∵，∴，又，即，∴，又∵，∴.（2）由（1）知，①當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?，即，與△ABC為銳角三角形矛盾，所以不成立；②當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以，所以．由，得．所以，故．因?yàn)?，所以，，令，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以的取值范圍為．4．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，滿足，_____________．在①；②；③這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在上面的問題中并解答（注：如果選擇多個(gè)條件，按照第一個(gè)解答給分．在答題前應(yīng)說明“我選_____________”）(1)求的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，求的前n項(xiàng)和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的基本量的運(yùn)算可得，進(jìn)而即得；（2）利用分組求和法即得.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為，公差為若選擇條件①，則由，得，解得，；若選擇條件②，則由，得，解得，；若選擇條件③，則由，得，解得，；（2）由（1）知，選擇三個(gè)條件中的任何一個(gè)，都有，則，的前n項(xiàng)和5．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，．(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)，數(shù)列的前n項(xiàng)和為，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）將代入已知式子可得是等差數(shù)列，進(jìn)而得到的通項(xiàng)公式，再由與的關(guān)系求出的通項(xiàng)公式.（2）由裂項(xiàng)相消求和可得，再由的單調(diào)性可求得其范圍.【詳解】（1）因?yàn)椋杂?，得，所以，所以，即．在中，令n=1，得，所以a1=1．所以數(shù)列是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以，即：．當(dāng)時(shí)，，也適合上式，所以數(shù)列的通項(xiàng)公式為．（2）由（1）知，，所以，因?yàn)閎n＞0，所以隨著n的增大而增大，所以，又顯然，所以，即的取值范圍為．6．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）某中學(xué)舉辦了詩詞大會(huì)選拔賽，共有兩輪比賽，第一輪是詩詞接龍，第二輪是飛花令．第一輪給每位選手提供5個(gè)詩詞接龍的題目，選手從中抽取2個(gè)題目，主持人說出詩詞的上句，若選手在10秒內(nèi)正確回答出下句可得10分，若不能在10秒內(nèi)正確回答出下句得0分．(1)已知某位選手會(huì)5個(gè)詩詞接龍題目中的3個(gè)，求該選手在第一輪得分的數(shù)學(xué)期望；(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四個(gè)團(tuán)隊(duì)參加飛花令環(huán)節(jié)的比賽，每一次由四個(gè)團(tuán)隊(duì)中的一個(gè)回答問題，無論答題對(duì)錯(cuò)，該團(tuán)隊(duì)回答后由其他團(tuán)隊(duì)搶答下一問題，且其他團(tuán)隊(duì)有相同的機(jī)會(huì)搶答下一問題．記第n次回答的是甲的概率為，若．①求P2，P3；②證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并比較第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大?。敬鸢浮?1)12(2)①，；②證明過程見詳解，第7次回答的是甲的可能性比第8次的大【分析】（1）設(shè)該選手答對(duì)的題目個(gè)數(shù)為，該選手在第一輪的得分為η，可得，再寫出的所有可能取值，分別求出其對(duì)應(yīng)的概率，進(jìn)而得到的分布列，并求出的數(shù)學(xué)期望，從而可求得的數(shù)學(xué)期望；（2）①直接根據(jù)題意可得第一次是甲回答，第二次甲不回答，所以第二次甲回答的概率為；②先根據(jù)題意建立與的關(guān)系式，即可證明數(shù)列為等比數(shù)列，進(jìn)而可得到的通項(xiàng)公式，從而可比較P7，P8．【詳解】（1）設(shè)該選手答對(duì)的題目個(gè)數(shù)為，該選手在第一輪的得分為，則，易知的所有可能取值為0，1，2，則，，，故的分布列為012P則，所以．（2）①由題意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴，則．②由第n次回答的是甲的概率為，得當(dāng)n≥2時(shí)，第次回答的是甲的概率為，第次回答的不是甲的概率為，則，即，又，∴是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，則，∴，∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．7．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）在數(shù)列中，，．(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；(2)令，數(shù)列的前n項(xiàng)和為，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）將數(shù)列的遞推公式變形，再結(jié)合等比數(shù)列的定義，即可證明；（2）由（1）得到數(shù)列的通項(xiàng)公式，再利用變形，放縮法，結(jié)合裂項(xiàng)相消法求和，即可證明.【詳解】（1）由，得，由，得，則，所以，得，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列（2）由（1）得，則，所以，所以．所以8．（2023·河北·高三河北衡水中學(xué)?？茧A段練習(xí)）各項(xiàng)均不為0的數(shù)列滿足：，且.(1)求；(2)已知，請(qǐng)證明：.【答案】(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式可得，再利用累加法運(yùn)算求解；（2）先求，再根據(jù)放縮證明.【詳解】（1）∵，所以，可得，即，∴數(shù)列是以首項(xiàng)，公比的等比數(shù)列，故，當(dāng)時(shí)，則，當(dāng)時(shí)，符合，故，即.（2）由題意可得：，當(dāng)時(shí)，則，故.9．（2023春·北京海淀·高三首都師范大學(xué)附屬中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，在三棱柱中，平面，是等邊三角形，分別是棱的中點(diǎn).(1)證明：平面；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值；(3)若，求點(diǎn)到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接，根據(jù)棱柱的結(jié)構(gòu)特征，利用線面平行的判定定理和面面平行的性質(zhì)定理，即可證明結(jié)論；（2）取的中點(diǎn)，連接，，可得，，兩兩垂直，建立以為原點(diǎn)，以、、所在直線分別為，，軸的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法，求解即可得出答案；（3）由（2）可得及平面的法向量，利用點(diǎn)到平面的距離公式求解即可.【詳解】（1）證明：連接，，分別是棱，的中點(diǎn)，，平面，平面，平面，，分別是棱，的中點(diǎn)，，，四邊形是平行四邊形，則，平面，平面，平面，，平面，且，平面平面，平面，平面；（2）取的中點(diǎn)，連接，，在等邊△中，則，則，，兩兩垂直，可建立以為原點(diǎn)，以、、所在直線分別為，，軸的空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：不妨設(shè)，，則,,，,2,，，,0,，，，，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，則，，平面的法向量為，設(shè)平面的法向量為，則4，取，則，，平面的法向量為．設(shè)平面與平面的夾角為，則，故平面與平面夾角的余弦值為．（3）若，由（2）可知，所以，面的法向量為，所以點(diǎn)到平面的距離為.10．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，E為的中點(diǎn)，F(xiàn)在上，滿足.(1)求證：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析.(2).【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意求得相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，求出點(diǎn)F的坐標(biāo)，求出平面和平面的法向量，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）證明：因?yàn)槠矫妫矫鍭BCD,所以,又因?yàn)?，平面，所以平?（2）過A作的垂線交于點(diǎn)M,因?yàn)槠矫?，平?所以,以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則,因?yàn)镋為的中點(diǎn)，所以,因?yàn)镕在上，設(shè),則,故,因?yàn)椋?，即，即，即，所以，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則,即，令，則，故；，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則,即，令，則，故，故，由圖可知二面角為銳角，故二面角的余弦值為.11．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知直四棱柱的底面為平行四邊形，為的中點(diǎn)．(1)求證：平面；(2)若底面為邊長(zhǎng)為的正方形，且，為上的動(dòng)點(diǎn)（包含端點(diǎn)），求當(dāng)直線與平面所成角的正弦值最大時(shí)點(diǎn)的位置．【答案】(1)證明見解析(2)點(diǎn)與重合【分析】（1）連接交于點(diǎn)，連接，得到為的中點(diǎn)，進(jìn)而得，最后利用線面平行的判定定理即可證明；（2）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，其中，利用空間向量法可得出直線與平面所成角的正弦值關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，利用換元法結(jié)合二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得直線與平面所成角的正弦值的最大值及其對(duì)應(yīng)的的值，即可得出結(jié)論.【詳解】（1）證明：連接交于點(diǎn)，連接，因?yàn)樗倪呅螢槠叫兴倪呅危瑒t為的中點(diǎn)，又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，，因?yàn)槠矫?，平面，平?（2）解：因?yàn)榈酌?，四邊形為正方形，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、、、，設(shè)，其中，所以，，，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，因?yàn)?，所以，令，則，所以，，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，則，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，直線與平面所成角的正弦值最大時(shí).12．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在平面四邊形ABCD中，，，于點(diǎn)E，于點(diǎn)F，且與AB交于點(diǎn)G，，將沿DG折起，使得平面平面BCDG，得到四棱錐，如圖2，P，Q分別為CD，AF的中點(diǎn)．(1)求證：平面ABP；(2)若，求直線DQ與平面QBP所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）要證明線面平行，根據(jù)線面平行的判斷定理，轉(zhuǎn)化為證明線線平行，通過作輔助線，構(gòu)造平行四邊形，即可證明平面ABP；（2）解法一：由平面平面BCDG，得到平面BCDG，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面QBP的一個(gè)法向量和直線DQ的方向向量，即可用向量的夾角公式求直線DQ與平面QBP所成角的正弦值；解法二：利用等體積轉(zhuǎn)化求點(diǎn)D到平面QBP的距離，再利用線面角的定義，即可求解.【詳解】（1）如圖，連接BF，易知，，∴四邊形BCDF為平行四邊形，∴，，（平行四邊形的性質(zhì)）取AB的中點(diǎn)H，連接QH，HP，則且，∴，，∴四邊形QHPD為平行四邊形，，又平面ABP，平面ABP，（此步驟不能少）∴平面ABP．（線面平行的判定定理）（2）解法一：∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性質(zhì)定理）又，故以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)E，F(xiàn)D，F(xiàn)A所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．易得，，易知，（勾股定理的應(yīng)用）則，，，,，,，．設(shè)平面QBP的法向量為，則，即，取，得．設(shè)直線DQ與平面QBP所成的角為，則，（注意線面角的定義及取值范圍）∴直線DQ與平面QBP所成角的正弦值為．解法二

∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性質(zhì)定理）連接FP，易得，，，過點(diǎn)F作于點(diǎn)M，連接QM，又，，∴平面QFM，∴．在中，，則，易知，,，．設(shè)點(diǎn)D到平面QBP的距離為h，連接BD，易知，則由，得，解得，（等體積法的應(yīng)用）設(shè)直線DQ與平面QBP所成的角為，則，所以直線DQ與平面QBP所成角的正弦值為．13．（2023春·北京·高三北京二中?？奸_學(xué)考試）學(xué)校組織A，B，C，D，E五位同學(xué)參加某大學(xué)的測(cè)試活動(dòng)，現(xiàn)有甲、乙兩種不同的測(cè)試方案，每位同學(xué)隨機(jī)選擇其中的一種方案進(jìn)行測(cè)試，選擇甲方案測(cè)試合格的概率為，選擇乙方案測(cè)試合格的概率為，且每位同學(xué)測(cè)試的結(jié)果互不影響．(1)若A，B，C三位同學(xué)選擇甲方案，D，E兩位同學(xué)選擇乙方案，求5位同學(xué)全部測(cè)試合格的概率；(2)若5位同學(xué)全選擇甲方案，將測(cè)試合格的同學(xué)的人數(shù)記為X，求X的分布列及其均值；(3)若測(cè)試合格的人數(shù)的均值不小于3，直接寫出選擇甲方案進(jìn)行測(cè)試的同學(xué)的可能人數(shù)．【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)選擇甲方案進(jìn)行測(cè)試的同學(xué)個(gè)數(shù)為3，4或者5【分析】(1)利用獨(dú)立事件的概率乘法公式求解；(2)由條件確定隨機(jī)變量X的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，并由期望公式求期望；(3)設(shè)選擇甲方案測(cè)試的同學(xué)個(gè)數(shù)為n，通過設(shè)通過甲方案測(cè)試合格的同學(xué)個(gè)數(shù)為，通過乙方案測(cè)試合格的同學(xué)個(gè)數(shù)為，利用二項(xiàng)分布期望公式和期望的性質(zhì)求，由條件確定的取值.【詳解】（1）因?yàn)锳，B，C三位同學(xué)選擇甲方案，D，E兩位同學(xué)選擇乙方案，由已知A，B，C測(cè)試合格的概率為，D，E測(cè)試合格的概率為，所以5位同學(xué)全部測(cè)試合格的概率為；（2）由已知隨機(jī)變量的取值有，，，，，，，所以X的分布列為：X012345P∴；（3）設(shè)選擇甲方案測(cè)試的同學(xué)個(gè)數(shù)為n，則選擇乙方案測(cè)試的同學(xué)個(gè)數(shù)為，并設(shè)通過甲方案測(cè)試合格的同學(xué)個(gè)數(shù)為，通過乙方案測(cè)試合格的同學(xué)個(gè)數(shù)為，當(dāng)時(shí)，此時(shí)所有同學(xué)均選擇方案乙測(cè)試，則，所以，不符合題意；當(dāng)時(shí)，此時(shí)所有同學(xué)均選擇方案甲測(cè)試，則，所以，符合愿意；當(dāng)時(shí)，，所以，若使，則，由于，故時(shí)符合題意，綜上，選擇甲方案測(cè)試的同學(xué)個(gè)數(shù)為3，4或者5時(shí)，測(cè)試合格的同學(xué)個(gè)數(shù)的期望不小于3．14．（2023春·北京·高三北京市八一中學(xué)校考開學(xué)考試）某公司在2013~2022年生產(chǎn)經(jīng)營(yíng)某種產(chǎn)品的相關(guān)數(shù)據(jù)如下表所示：年份2013201420152016201720182019202020212022年生產(chǎn)臺(tái)數(shù)（單位：萬臺(tái)）35566991010a年返修臺(tái)數(shù)（單位：臺(tái)）323854585271648075b年利潤(rùn)（單位：百萬元）3.854.504.205.506.109.659.9810.0011.50c注：年返修率=年返修臺(tái)數(shù)÷年生產(chǎn)臺(tái)數(shù)..(1)從2013~2021年中隨機(jī)抽取兩年，求這兩年中至少有一年生產(chǎn)的產(chǎn)品的平均利潤(rùn)不小于100元/臺(tái)的概率；(2)公司規(guī)定：若年返修率不超過千分之一，則該公司生產(chǎn)部門當(dāng)年考核優(yōu)秀.現(xiàn)從2013~2021年中隨機(jī)選出3年，記X表示這3年中生產(chǎn)部門獲得考核優(yōu)秀的次數(shù)，求X的分布列和期望；(3)記公司在2013~2017年，2018~2022年的年生產(chǎn)臺(tái)數(shù)的方差分別為，.若，請(qǐng)寫出a的值.（只需寫出結(jié)論）（注：，其中為數(shù)據(jù)的平均數(shù)）【答案】(1)(2)分布列見解析，期望為(3)7或12【分析】（1）計(jì)算出各年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)，得到平均利潤(rùn)不小于100元/臺(tái)的有6個(gè)，小于100元/臺(tái)的有3個(gè)，利用組合知識(shí)求出概率；（2）計(jì)算出各年的年返修率，得到不超過千分之一的年份有7個(gè)，超過千分之一的年份有2個(gè)，得到X的可能取值和對(duì)應(yīng)的概率，求出分布列及期望值；（3）計(jì)算出，從而得到方程，求出a的值.【詳解】（1）2013年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2014年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2015年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2016年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2017年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2018年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2019年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2020年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，2021年產(chǎn)品的平均利潤(rùn)為元/臺(tái)，故平均利潤(rùn)不小于100元/臺(tái)的有6個(gè)，小于100元/臺(tái)的有3個(gè)，故從2013~2021年中隨機(jī)抽取兩年，這兩年中至少有一年生產(chǎn)的產(chǎn)品的平均利潤(rùn)不小于100元/臺(tái)的概率為；（2）2013年產(chǎn)品的年返修率為，2014年產(chǎn)品的年返修率為，2015年產(chǎn)品的年返修率潤(rùn)為，2016年產(chǎn)品的年返修率為，2017年產(chǎn)品的年返修率為，2018年產(chǎn)品的年返修率為，2019年產(chǎn)品的年返修率為，2020年產(chǎn)品的年返修率為，2021年產(chǎn)品的年返修率為，年返修率不超過千分之一的年份有7個(gè)，超過千分之一的年份有2個(gè)，X的可能取值為1,2,3，則，，，故分布列為：123故，（3）2013~2017年年生產(chǎn)臺(tái)數(shù)的平均數(shù)為（萬臺(tái)），故，2018~2022年的年生產(chǎn)臺(tái)數(shù)的平均數(shù)為，故，解得：或12（萬臺(tái)），故a的值為7或12.15．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）某學(xué)校組織知識(shí)競(jìng)答比賽，設(shè)計(jì)了兩種答題方案：方案一：先回答一道多選題，從第二道開始都回答單選題；方案二：全部回答單選題.其中每道單選題答對(duì)得2分，答錯(cuò)得0分；多選題全部選對(duì)得3分，選對(duì)但不全得1分，有錯(cuò)誤選項(xiàng)得0分.每名參與競(jìng)答的同學(xué)至多答題3道.在答題過程中得到4分或4分以上立刻停止答題.統(tǒng)計(jì)參與競(jìng)答的500名同學(xué)，所得結(jié)果如下表所示：男生女生選擇方案一10080選擇方案二200120(1)能否有的把握認(rèn)為方案的選擇與性別有關(guān)?(2)小明回答每道單選題的正確率為0.8；多選題完全選對(duì)的概率為0.3，選對(duì)且不全的概率為0.3.①若小明選擇方案一，記小明的得分為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；②如果你是小明，為了獲取更好的得分你會(huì)選擇哪個(gè)方案?請(qǐng)通過計(jì)算說明理由.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)沒有.(2)①分布列見解析；.②選方案一，理由見解析.【分析】（1）根據(jù)題意完善列聯(lián)表，計(jì)算的值，即可判斷結(jié)論；（2）①確定X的取值，求出每個(gè)值對(duì)應(yīng)的概率，可得分布列，進(jìn)而求得數(shù)學(xué)期望；②計(jì)算出選擇方案二的數(shù)學(xué)期望，和方案一進(jìn)行比較，可得答案.【詳解】（1）由題意完善列聯(lián)表如圖：男生女生總計(jì)選擇方案一10080180選擇方案二200120320總計(jì)300200500故故沒有的把握認(rèn)為方案的選擇與性別有關(guān).（2）①由題意可知X的所有可能取值為，則,,,,,故X的分布列為∶X012345P0.0160.0120.1280.1080.2560.480故X的數(shù)學(xué)期望.②設(shè)選擇方案二的得分為Y,則Y的可能取值為，則,,,故,因?yàn)?故為了獲取更好的得分,小明會(huì)選擇方案一.16．（2022秋·廣西玉林·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）雙曲線的離心率為，右焦點(diǎn)F到漸近線的距離為．(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過直線上任意一點(diǎn)P作雙曲線C的兩條切線，交漸近線于A，B兩點(diǎn)，證明：以AB為直徑的圓恒過右焦點(diǎn)F．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】(1)由條件列關(guān)于的方程，解方程求，可得雙曲線方程；(2)先確定切線的斜率存在，設(shè)切線方程為，由此確定直線的斜率的關(guān)系，求點(diǎn)的坐標(biāo)，證明即可.【詳解】（1）設(shè)雙曲線的半焦距為，則右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，由題意可得，解得．

故雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程是．（2）設(shè)，過點(diǎn)的斜率不存在的直線的方程為，直線與雙曲線沒有交點(diǎn)，不可能為雙曲線的切線，所以過點(diǎn)P的切線斜率存在，設(shè)此切線方程為，聯(lián)立，整理得．由，得．

設(shè)直線PA，PB的斜率分別為，，則，．

聯(lián)立，解得，，則．

同理可得．

因?yàn)?，所以，?/p>

則．

因?yàn)椋?/p>

所以，即以AB為直徑的圓恒過右焦點(diǎn)F．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：聯(lián)立切線方程與雙曲線方程，根據(jù)判別式為0，確定切線的斜率的關(guān)系.17．（2023秋·河南三門峽·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓C：的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l：與C的兩個(gè)交點(diǎn)和O，B構(gòu)成一個(gè)面積為的菱形.(1)求C的方程；(2)圓E過O，B，交l于點(diǎn)M，N，直線AM，AN分別交C于另一點(diǎn)P，Q.①求的值；②證明：直線PQ過定點(diǎn).【答案】(1)(2)①；②證明見解析【分析】（1）由題意可知點(diǎn)坐標(biāo)得，設(shè)為直線l與C的一個(gè)交點(diǎn)，由菱形面積求出點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓方程求出即可得解；（2）①設(shè)，，由題意可得，再由斜率公式即可求解；②設(shè)直線PQ的方程為，聯(lián)立橢圓方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出直線直線PQ的方程為，即可求出直線過定點(diǎn).【詳解】（1）因?yàn)橹本€l：與C的兩個(gè)交點(diǎn)和O，B構(gòu)成的四邊形是菱形，所以l垂直平分OB，所以，.設(shè)為直線l與C的一個(gè)交點(diǎn)，則菱形的面積為.因?yàn)榱庑蔚拿娣e為，所以，解得，即，將點(diǎn)代入，得，又因?yàn)?，所?故C的方程為.（2）①由題意，得OB為圓E的一條弦，且直線垂直平分該弦，故直線經(jīng)過圓心E，所以MN為圓E的直徑，因此，即.設(shè)，，則.注意到，，則.又因?yàn)?，，所?②易知直線PQ不可能平行于x軸，則設(shè)直線PQ的方程為，，.由，得.，（*），.①因?yàn)椋?，所以，即，?將①代入上式得，化簡(jiǎn)得，解得，滿足（*），所以直線PQ的方程為，故直線PQ過定點(diǎn).18．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為，F(xiàn)到其中一條漸近線的距離為2.(1)求雙曲線C的方程；(2)過F的直線交曲線C于A，B兩點(diǎn)（其中A在第一象限），交直線于點(diǎn)M，（i）求的值；（ii）過M平行于OA的直線分別交直線OB、x軸于P，Q，證明：.【答案】(1)(2)（i）1；（ii）證明見解析【分析】（1）結(jié)合點(diǎn)F到其中一條漸近線的距離為2和，即可求得本題答案；（2）（i）設(shè)AB直線方程為，，得，直線方程與雙曲線方程聯(lián)立消，然后由韋達(dá)定理得，，把逐步化簡(jiǎn)，即可求得本題答案；（ii）把和的直線方程分別求出，聯(lián)立可得到點(diǎn)的坐標(biāo)，由此即可得到本題答案.【詳解】（1）因?yàn)殡p曲線其中一條漸近線方程為，又點(diǎn)到它的距離為2，所以，又，得，又因?yàn)椋?，所以雙曲線C的方程為.（2）（2）設(shè)AB直線方程為，則，代入雙曲線方程整理得：，設(shè)，則，，（i）而，所以，，則，所以；（ii）過M平行于OA的直線方程為，直線OB方程為與聯(lián)立，得，即，則，所以，由，兩式相除得，，則，所以，因?yàn)?，所以，故P為線段MQ的中點(diǎn)，所以.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二小題第一問考了如何用表示出來，進(jìn)而利用韋達(dá)定理進(jìn)行化簡(jiǎn)求值，考查了學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力以及對(duì)復(fù)雜運(yùn)算的求解能力19．（2023春·北京·高三北京二中?？奸_學(xué)考試）已知橢圓的短軸長(zhǎng)為，直線與軸交于點(diǎn)，橢圓的右焦點(diǎn)為，，過點(diǎn)的直線與橢圓交于兩點(diǎn)．(1)求橢圓的方程及離心率；(2)若原點(diǎn)在以為直徑的圓上，求直線的方程；(3)過點(diǎn)且垂直于軸的直線交橢圓于另一點(diǎn)，證明：三點(diǎn)共線，并直接寫出面積的最大值．【答案】(1)，；(2)或(3)證明見詳解，面積的最大值為【分析】（1）由題意建立關(guān)于的方程組，解出即可得橢圓的方程及離心率；（2）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，設(shè)，根據(jù)，得的取值范圍，由韋達(dá)定理可得，及的值，由原點(diǎn)O在以為直徑的圓上，則，即，代入求出的值即得直線方程；（3）設(shè)，則有，設(shè)，則，只需利用韋達(dá)定理證明，即可證明Q，F(xiàn)，M三點(diǎn)共線；根據(jù)題意化簡(jiǎn)得面積，再利用基本不等式即要求得最大值.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓的方程為，離心率為；（2）由（1）可得，設(shè)直線的方程為，，整理得，依題意，得，設(shè)則①，②，由直線的方程得于是③，由原點(diǎn)O在以為直徑的圓上，則，即④，由①②③④得，從而，所以直線的方程為或；（3）證明：設(shè)，即有，即，設(shè)，即有，則，∴，由于因?yàn)椋忠驗(yàn)?，所以，即有，故有，∴三點(diǎn)共線，∴面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，滿足，∴面積的最大值.【點(diǎn)睛】考點(diǎn)與方法點(diǎn)睛：解決直線與圓錐曲線的綜合問題時(shí)，常考的內(nèi)容：（1）曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，（2）求離心率，（3）求或證明直線恒過點(diǎn)，（4）求直線方程（5）證明等式或不等式，（6）證明點(diǎn)共線，（7）三角形或四邊形面積（或面積的最值問題）方法：（1）利用待定系數(shù)法聯(lián)立方程組解出相關(guān)量（2）注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、曲線的條件；（3）強(qiáng)化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三角形的面積等問題．20．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)F關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)恰好在y軸上．(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線與拋物線E交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)C，若，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】(1)由題意得，設(shè)F關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為，根據(jù)題意列出方程組，解之即可求解；(2)將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，并求得線段AB的垂直平分線方程為，進(jìn)而得到，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求解.【詳解】（1）由題意得，設(shè)F關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為，則，解得，∴拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為．（2）由可得，設(shè)，，則，，∴，，∴線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為，則線段AB的垂直平分線方程為，令，得，故，又，得．∴，令，則，，∴，易知函數(shù)在上單調(diào)遞增，∴當(dāng)時(shí)，取得最小值，此時(shí)，故的最大值為．21．（2023春·北京·高三北京市八一中學(xué)校考開學(xué)考試）已知函數(shù)SKIPIF1<0.(1)求曲線SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程；(2)當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，求SKIPIF1<0的單調(diào)區(qū)間；(3)若對(duì)任意SKIPIF1<0，SKIPIF1<0恒成立，求a的取值范圍.【答案】(1)SKIPIF1<0(2)答案見解析(3)SKIPIF1<0【分析】（1）求導(dǎo)得到SKIPIF1<0，結(jié)合SKIPIF1<0，利用點(diǎn)斜式寫出切線方程；（2）求定義域，求導(dǎo)，由SKIPIF1<0求出遞增區(qū)間，由SKIPIF1<0求出遞減區(qū)間；（3）變形得到SKIPIF1<0恒成立，先由SKIPIF1<0確定SKIPIF1<0，再證明充分性，得到答案.【詳解】（1）SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，故曲線SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程為SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0的定義域?yàn)镽，SKIPIF1<0，因?yàn)镾KIPIF1<0，令SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0單調(diào)遞增區(qū)間為SKIPIF1<0，單調(diào)遞減區(qū)間為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0恒成立，令SKIPIF1<0，不妨取SKIPIF1<0，此時(shí)SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可以看出SKIPIF1<0在R上單調(diào)遞增，且SKIPIF1<0，故當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，故SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，結(jié)論得證；當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，不滿足SKIPIF1<0恒成立，故此時(shí)對(duì)任意SKIPIF1<0，SKIPIF1<0不恒成立，綜上：SKIPIF1<0的取值范圍是SKIPIF1<0.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：為了尋找解題突破口，從滿足題意得自變量范圍內(nèi)選擇一個(gè)數(shù)，代入求得參數(shù)的取值范圍，從而得到使得問題成立的一個(gè)必要條件，這個(gè)范圍可能恰好就是所求范圍，也可能比所求的范圍大，需要驗(yàn)證其充分性，這就是所謂的必要性探路和充分性證明，對(duì)于特殊值的選取策略一般是某個(gè)常數(shù)，實(shí)際上時(shí)切線的橫坐標(biāo)，端點(diǎn)值或極值點(diǎn)等.22．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)SKIPIF1<0，求證：(1)SKIPIF1<0存在唯一零點(diǎn)；(2)不等式SKIPIF1<0恒成立．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)得出SKIPIF1<0的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理證明即可；（2）先證明SKIPIF1<0，再由SKIPIF1<0的單調(diào)性，證明不等式即可.【詳解】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，此時(shí)函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞增；當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，此時(shí)函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞減；所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，SKIPIF1<0.則在SKIPIF1<0上，存在SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0存在唯一零點(diǎn)；（2）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，此時(shí)函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞增；當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，此時(shí)函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞減；即SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0.因?yàn)楹瘮?shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，所以SKIPIF1<0.即SKIPIF1<0.故不等式SKIPIF1<0恒成立.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：在證明第二問時(shí)，關(guān)鍵是由導(dǎo)數(shù)證明SKIPIF1<0，再利用函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)性證明，在做題時(shí)，要察覺到這一點(diǎn).23．（2023·廣西柳州·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知函數(shù)SKIPIF1<0．(1)當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，討論函數(shù)SKIPIF1<0零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．(2)若SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)0(2)SKIPIF1<0【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)法討論零點(diǎn)個(gè)數(shù)；（2）對(duì)a分類討論，結(jié)合導(dǎo)數(shù)法將恒成立問題轉(zhuǎn)化為討論最小值問題.【詳解】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0單調(diào)遞增；當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0單調(diào)遞減.∴SKIPIF1<0，∴函數(shù)SKIPIF1<0零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為0；（2）SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0.∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上恒成立，i.則當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調(diào)遞減；由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調(diào)遞增，故SKIPIF1<0，符合題意；ii.當(dāng)SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調(diào)遞減；由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調(diào)遞增，故SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0；iii.當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，故SKIPIF1<0，不滿足題意.綜上，a的取值范圍為SKIPIF1<0.【點(diǎn)睛】含參不等式恒成立問題，（1）通過分離參數(shù)法，轉(zhuǎn)化為討論不含參函數(shù)的最值；（2）對(duì)參數(shù)分類討論，直接轉(zhuǎn)化為討論直接討論含參函數(shù)的最值.24．（2023·湖南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)SKIPIF1<0.(1)討論函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0；(3)若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)詳解見解析；(2)證明見解析；(3)SKIPIF1<0.【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)，分類討論當(dāng)SKIPIF1<0、SKIPIF1<0時(shí)的單調(diào)性，即可求解；(2)令SKIPIF1<0，利用二次求導(dǎo)討論函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)性即可證明；(3)原不等式可化為SKIPIF1<0.當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)利用導(dǎo)數(shù)證明SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，進(jìn)而證明SKIPIF1<0，再次利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)性即可求解；易知當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)SKIPIF1<0，不符合題意.【詳解】（1）SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函數(shù)在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增；當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函數(shù)在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增.綜上，函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)減區(qū)間為SKIPIF1<0，單調(diào)增區(qū)間為SKIPIF1<0；（2）令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，設(shè)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞增，有SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，有SKIPIF1<0，所以當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，即證；（3）SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，則函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞增，且SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0；令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增.則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，且SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0恒成立.當(dāng)SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0，存在實(shí)數(shù)SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0均有SKIPIF1<0