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高三数学大题规范训练（3）
15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）证明：；
（2）记边AB和BC上的高分别为和，若，判断的形状．
【答案】（1）证明见解答；
（2）直角三角形.
【解答】
【分析】（1）利用正弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理及（1）的结论证明即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，，
整理可得，，
又，
于是，即，
因为，所以，
所以或（舍去），
所以；
【小问2详解】
根据等面积法可知，即，
由，可得，
又由及正弦定理可得，，
解得，
由于，所以，
所以，所以是直角三角形.
16. 已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）对任意，都有，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）的取值范围是
【解答】
【详解】试题分析：（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系，即可求解函数的单调区间；
（2）对于任意，都有，转化为，多次构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值可求函数求实数的取值范围.
试题解答：（1）函数的定义域为，
函数的导数，
因为，
所以当时，，此时，函数在上单调递减，
当时，，此时，函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递减，
所以对任意的，都有，
因为对任意的，都有，
所以，即，得，
所以当时，对于任意的，都有，
当时，，由（1）得在上单调递增，
所以对于任意，有，
因对于任意，都有，
所以，即，
设，则，
设，
则，所以在上单调递减，
则当时，，
此时不等式不成立，
综上，所求的取值范围是.
小结：本题主要考查了导数在函数中的综合应用问题，其中解答中涉及到利用导数研究函数的单调性，利用导数求解函数的极值与最值等知识点的运用，解答中转化为函数的最值之间的关系是解答的关键，着重考查学生的推理与运算能力，综合性强，属于中档试题.
17. 如图，在中，，，．将绕旋转得到，，分别为线段，的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成锐角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）作，垂足为，由线面垂直的判定得平面，可得点到平面的距离为的长度，求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式计算即可．
【小问1详解】
因为，将绕旋转得到，
所以，又平面，
所以平面，
取中点，连接，作，垂足为，
因为，点为中点，
所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，即点到平面的距离为的长度，
因为平面，平面，
所以，
因为是边长为2的等边三角形，所以，
又，所以，
所以．
【小问2详解】
以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点，垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
可得，即，取，则，
取中点，连接，
由等腰得，，则，由（1）得平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面与平面所成夹角为，
则
所以平面与平面所成锐角的余弦值为．
18. 已知双曲线：过点，离心率为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线交双曲线左支于点，平行于的直线交双曲线的渐近线于A，B两点，点A在第一象限，直线的斜率为.若四边形为平行四边形，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解答】
【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合代入法进行求解即可；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，，将代入直线可得，联立直线与椭圆方程得关于的一元二次方程，由韦达定理得；联立方程和渐近线方程求出，得到，由题易得，即，联立求出的关系式，再由定义表示出，将所有未知量全部代换成即可求证.
【小问1详解】
因为双曲线：过点，离心率为，
所以有；
小问2详解】
设直线的方程为，
直线的方程为，，
将代入直线得，即，
联立，得，
得，即，，
因为在第一象限，双曲线渐近线方程为，
联立，得，即，
联立，得.即，
所以，
因为，所以，所以①，
又②，
①②得，，
所以，
所以，
因为
所以，为定值.
【小结】方法小结：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．
（1）求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
（2）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，证明：为等比数列；
（3）求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．
【答案】（1）
（2）证明见解答 （3）1天
【解答】
【分析】（1）利用条件概率公式计算即得；
（2）利用全概率公式列式，再利用构造法证明即得；
（3）由（2）求出数列的通项公式，再分奇偶解不等式得解．
【小问1详解】
设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，
根据题意得，，
所以．
【小问2详解】
设表示第天选择绿豆汤，则，
根据题意得，，
由全概率公式得，，
即，整理得，，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
【小问3详解】
由（2）得，，
由题意，只需，即，
则，即，
显然必为奇数，为偶数时不成立，
当时，考虑的解，
当时，显然成立，
当时，，不成立，
由单调递减得，时，也不成立，高三数学大题规范训练（16）
15. 已知为等差数列，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若恒成立，求实数λ的取值范围．
16. 某公司有5台旧仪器，其中有2台仪器存在故障，
（1）现有一位工人从这5台仪器中随机选择3台进行检测，记ξ为这3台仪器中存在故障的台数，求ξ的分布列和数学期望；
（2）为了提高生产，该公司拟引进20台此种新仪器，若每台仪器的运行相互独立，且每台机器在运行过程中发生问题的概率为0.03，记X为这20台新仪器在运行过程中发生故障的台数，借助泊松分布，估计时的概率.
附：①若随机变量ξ的分布列为则称随机变量ξ服从泊松分布．
②设，当且时，二项分布可近似看成泊松分布．即，其中．
③泊松分布表（局部）
表中列出了的值（如：时，
… 0.5 0.6 0.7 …
0 … 0606531 0.548812 0.496585 …
1 … 0.303265 0.329287 0.347610 …
2 … 0.075816 0.098786 0.121663 …
3 … 0.012636 0.019757 0.028388 …
4 … 0.001580 0.002964 0.004968 …
5 … 0.000158 0.000356 0.000696 …
6 … 0000013 0.000036 0.000081 …
7 … 0.000001 0000003 0.000008 …
17. 已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
18. 在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且动点满足，记P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）设曲线C与x轴的交点为A1，A2（A1在A2的左边），过点Q（1，0）且不与x轴平行的直线l与C相交于M，N两点，记直线A1M，A2N的斜率分别为k1和k2，求的值．
19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”
（1）若，判断是否为上“4类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
（3）若为上的“2类函数”且，证明：，，.高三数学大题规范训练（29）
15. 已知数列的首项为，且满足．
（1）证明数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
16. 如图，在三角形中，，，平分交于点，．
（1）求的值；
（2）求的长度；
（3）求的面积．
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2菱形，是正三角形，.平面平面ABCD，点在棱PC上.
（1）若平面ADE与棱PB交于点，求证：平面ABCD；
（2）若二面角E-AD-B的余弦值为，求点到平面ABCD的距离.
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围．
19. 对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”．
（1）设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：；
（2）设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由；
（3）设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合．
A
D
B
C
P
E
C
A
B高三数学大题规范训练（23）
15. 如图，在三棱锥中，，分别是线段的中点，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角正弦值．
16. 记是等差数列的前项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）设，证明：.
17. 佛山顺德双皮奶是一种粤式甜品，上层奶皮甘香，下层奶皮香滑润口，吃起来，香气浓郁，入口嫩滑，让人唇齿留香．双皮奶起源于清朝末期，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成．水牛奶中含有丰富的蛋白质，包括酪蛋白和少量的乳清蛋白，及大量人体生长发育所需的氨基酸和微量元素．不过新鲜的水牛奶保质期较短．某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
日销售量/件 0 1 2 3
天数 5 10 25 10
假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率．
（1）求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率；
（2）已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况．该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货．假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率．
18. 已知函数，．
（1）当时，求函数的最小值；
（2）否存在，且依次成等比数列，使得，，依次成等差数列？请证明；
（3）当时，函数有两个零点，是否存在的关系？若存在，请证明；若不存在，请写出正确的关系．
19. 在平面直角坐标系中，已知两定点，，M平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且．
（1）求动点M的轨迹；
（2）设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，且满足．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由．高三数学大题规范训练（14）
15. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求．
16. 某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分.现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
科普测试成绩x 科普过程性积分 人数
4 10
3 a
2 b
1 23
0 2
（1）当时，
（i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率；
（ⅱ）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望；
（2）从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为.若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值.
17. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若函数存在最大值，求的取值范围.
18. 已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为Γ
（1）求Γ的方程；
（2）坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与Γ交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.
①的面积是定值；②的面积是定值：③的面积是定值.
19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.
（1）若等比数列的前项和为，且公比，求证：数列具有“性质”；
（2）若等差数列首项，公差，求证：数列具有“性质”，当且仅当；
（3）如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”，且四个数中恰有两个出现在数列中，求的所有可能取值之和.高三数学大题规范训练（1）
1. 已知圆C经过点且圆心C在直线上.
（1）求圆C方程；
（2）若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF中点M的轨迹方程.
【解答】（1）由题可设圆C的标准方程为，则
，
解之得，
所以圆C的标准方程为；
（2）设M（x，y），，由及M为线段EF的中点得，
解得,
又点E在圆C：上，
所以有，
化简得：,
故所求的轨迹方程为．
2. 记的内角，，的对边分别为，，，点在边上，且满足，的面积
（1）证明：
（2）求.
【解答】
（1）点在边上，且满足,所以，
，故，即；
（2）由图可知，
可得，解得或，
1°当时，，；
2°当时，，；
综上所述或.
3. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点．
（1）证明：平面．
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【解答】
（1）证明：由三棱柱的性质可知．
因为平面，所以平面．
因为平面，所以．
因为为的中点，且是等边三角形，所以．
因为平面，且，
所以平面．
（2）取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以为坐标原点，
的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
故．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面的法向量为，
则令，得．
设平面与平面所成的锐二面角为，
则，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
4. 已知函数.
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
【解答】
（Ⅰ），令得或者.
当时，，此时切线方程为，即；
当时，，此时切线方程为，即；
综上可得所求切线方程为和.
（Ⅱ）设，，令得或者，所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；当时，，为增函数；
而，所以，即；
同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，
所以是中的较大者，
若，即时，；
若，即时，；
所以当最小时，，此时.
5. 已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”．
（1）若，且“2数列”，求．
（2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式．
（3）若，，且为“数列”，的前项和为，证明：．
【解答】（1）由，且为“2数列”，得，即，
则，
，
，
．
（2）设数列的公比为，
由，得，
即，
则．
两式相减得，
即．
因为是首项为2的“数列”，所以，
即，
所以，
即对任意的恒成立．
因为，，
则，即，
解得，．
又由，即，得，所以．
检验可知符合要求，故数列的通项公式为．
（3）因为为“数列”，所以，
即对任意的恒成立，
因为，，所以．
再结合，，，反复利用，
可得对任意的，．
设函数，则．
由，得．
当时，，所以在上单调递减．
所以当时，，即．
又，所以．
可得，，，，
累加可得，
即，即，
所以．
=高三数学大题规范训练（3）
15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）证明：；
（2）记边AB和BC上的高分别为和，若，判断的形状．
16. 已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）对任意，都有，求实数的取值范围.
17. 如图，在中，，，．将绕旋转得到，，分别为线段，的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面所成锐角的余弦值．
18. 已知双曲线：过点，离心率为.
（1）求的方程；
（2）过点且斜率为的直线交双曲线左支于点，平行于的直线交双曲线的渐近线于A，B两点，点A在第一象限，直线的斜率为.若四边形为平行四边形，证明：为定值.
19. 夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．
（1）求该同学第2天选择绿豆汤的概率；
（2）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，证明：为等比数列；
（3）求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．高三数学大题规范训练（20）
15. 已知.
(1)讨论的单调性；
(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.
【答案】(1) 时 ,在是单调递增；时,在单调递增，在单调递减.（2）.
【解答】
【详解】试题分析：（Ⅰ）由,可分,两种情况来讨论；（II）由（I）知当时在无最大值,当时最大值为因此.令,则在是增函数,当时,,当时,因此a的取值范围是.
试题解答：
（Ⅰ）的定义域为,,若,则,在是单调递增；若,则当时,当时,所以在单调递增,在单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当时在无最大值,当时在取得最大值,最大值为因此.令,则在是增函数,,于是,当时,,当时,因此a的取值范围是.
考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.
16. “稻草很轻，但是他迎着风仍然坚韧，这就是生命的力量，意志的力量”“当你为未来付出踏踏实实努力的时候，那些你觉得看不到的人和遇不到的风景都终将在你生命里出现”……当读到这些话时，你会切身体会到读书破万卷给予我们的力量．为了解某普通高中学生的阅读时间，从该校随机抽取了名学生进行调查，得到了这名学生一周的平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值；
（2）为进一步了解这名学生阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在，，三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了人，现从这人中随机抽取人，记周平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取名学生，用表示这名学生中恰有名学生周平均阅读时间在内的概率，其中．当最大时，写出的值．
【答案】（1）
（2）分布列见解答；数学期望
（3）
【解答】
【分析】（1）根据频率和为，可构造方程求得的值；
（2）根据分层抽样原则可确定人中，周平均阅读时间在，，的人数，则可确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望公式可求得期望值；
（3）根据频率分布直方图可求得周平均阅读时间在内的概率，利用二项分布概率公式可表示出，由此可确定结果.
【小问1详解】
，.
【小问2详解】
由频率分布直方图可得：周平均阅读时间在，，三组的频率之比为，
人中，周平均阅读时间在的人数为人；在的人数为人；在的人数为人；
则所有可能的取值为，
；；；；
的分布列为：
数学期望.
【小问3详解】
用频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取名学生，周平均阅读时间在内的概率；
则，
若最大，则最大，当时，取得最大值.
17. 如图，圆台下底面圆的直径为是圆上异于的点，且为上底面圆的一条直径，是边长为6的等边三角形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）由线段关系先证得平面，再证平面平面即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算平面夹角即可.
【小问1详解】
解（1）为圆的直径，是圆上异于的点，
故，
又，
而.
平面，平面.
平面平面平面.
（注：也可以由，证明，得出）
【小问2详解】
设为的中点，连接，则，
由（1）可知，平面；所以
平面，平面，
如图以为原点，分别以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，
由题意可得
平面，四边形为矩形，
设平面的一个法向量为
由，令，可得，
即，
设平面一个法向量为，
由得，令，可得，
即.
设平面与平面的夹角为
则
平面和平面夹角余弦值为.
18. 已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
（1）（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程．
（2）已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（ⅰ）2；（ⅱ）．
（2）存在，点A到直线距离的最大值为2，．
【解答】
【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；
（2）方法一：设，，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；
方法二：设，，，，，
利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；
方法三：设，，，，，可得，设：，联立双曲线方程化简得出，变形后利用根与系数的关系可得出，求出n，即可推出过定点，即可求得答案..
【小问1详解】
（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立，
解得或，即双曲线的两顶点为，
故实轴长为；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，
曲线的方程为；
【小问2详解】
方法一：设，，，显然直线的斜率存在，设：，
联立：得，
所以，，①，
因为：，令，则，同理，，②
依题意得，③
由①②③得，，
所以，即或，
若，则：过点A，不合题意；
若，则：．所以，恒过，
所以，．当且仅当，即时取得，
此时方程为，结合，
解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法二：设，，，，，
则：，：，
联立，得，
为此方程的一根，另外一根为，则，
代入方程得，，
同理可得，，
即，，
则，
所以直线的方程为，
所以直线过定点,
所以．当且仅当，即时取得，
解得,
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法三：设，，，，，
则，
依题意，直线不过点A，可设：，
曲线的方程改写为，即，
联立直线的方程得，
所以，
若，则，代入直线方程，无解；
故，两边同时除以得，
则，得，
在直线：中，令，则，
所以，恒过，
所以，，
当且仅当，即时取得，此时，符合题意，
且方程为，解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为．
【小结】难点小结：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.
19. 已知各项均为正整数的有穷数列：满足，有.若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质P.
（1）判断下列数列是否具有性质P；
①：3，1，7，5；②：2，4，8，16，32.
（2）已知数列：2，4，8，16，32，m具有性质P，求出m的所有可能取值；
（3）若一个数列：具有性质P，则是否存在最小值 若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）答案见解答
（2）或
（3）存在，4045；一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045
【解答】
【分析】（1）根据数列具有性质的定义进行判断即可求解.
（2）由具有性质，然后利用其性质对分奇偶进行讨论即可求解.
（3）根据具有性质，然后利用其性质分别对，分情况讨论，从而其存在最小值，即可求解.
【小问1详解】
①：3，1，7，5，任意两项和的结果有4，6，8，10，12共5个，而，所以具有性质P.
②：2，4，8，16，32，任意两项和的结果有6，10，12，18，20，24，34，36，40，48共10个，而，所以不具有性质P.
【小问2详解】
对于数列：2，4，8，16，32，m，任意两项和不同的取值最多有15个，所以.而：2，4，8，16，32中任意两项和的结果有10个，且全是偶数.
（i）当为奇数时，都是奇数，与前5项中任意两项和的值均不相同，则：2，4，8，16，32，中所有的值共有15个，所以.
（ii）当为偶数时，都是偶数，所以.
所以
时，在前项中任两项和的结果中未出现，
所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾.
时，，，这三个结果在前项中任意两项和结果中未出现，所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾.
时，：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值有6，10，12，16，18，20，22，24，30，34，36，40，46，48共个，成立.
综上，或.
【小问3详解】
存在最小值，且最小值为.
将的项从小到大排列构成新数列：，
所以.
所以的值至少有个.
即的值至少有个，即.
数列：1，3，5，…，4043，4047，4045符合条件.
：1，3，5，…，4043，4047，4045可重排成等差数列：1，3，5，…，4045，4047，
考虑，根据等差数列的性质，
当时，；当时，，
因此每个等于中的一个，
或者等于中的一个.
所以：1，3，5，…，4045，4047中共有4045个不同值.
即：1，3，5，…，4043，4047，4045中共有4045个不同值.
综上，的最小值是4045，一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045.
【小结】方法小结：对于数列的新定义，可根据数列具有性质，根据其定义中所有不同值的个数作为解题的思路进行分类讨论，从而即可求解.高三数学大题规范训练（28）
15. ，，分别为的内角，，的对边.已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
16. 某视力研究中心为了解大学生的视力情况，从某大学抽取了60名学生进行视力测试，其中男生与女生的比例为，男生近视的人数占总人数的，男生与女生总近视人数占总人数的.
（1）完成下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为是否近视与性别有关.
近视 不近视 合计
男
女
合计 60
（2）按性别用分层抽样的方法从近视的学生中抽取8人，若从这8人中随机选出2人进行平时用眼情况调查，求选出的2人中女生人数的分布列和数学期望.
附：.
0.100 0.050 0.025 0.010 0001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，．
（1）求证：平面；
（2）若E为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
18. 已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．
19 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若在区间有2个零点，求的取值范围．高三数学大题规范训练（26）
15. 已知函数.
（1）若，求的极小值；
（2）若是单调函数，求取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）求导后，借助导数可得其单调性，即可得其极小值；
（2）求出导数后，分是单调递增函数与单调递减函数讨论即可得.
【小问1详解】
当时，，，
令，由，则，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
故的极小值为；
【小问2详解】
，
若在上单调递增，则恒成立，
即对恒成立，则恒成立，又，故，
若在上单调递减，则恒成立，
即对恒成立，则恒成立，故，
综上所述，的取值范围为.
16. 设数列的前项的和为.
（1）若是公差为的等差数列，且成等比数列，求；
（2）若，求证：.
【答案】（1）或
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）由等差数列前n项和公式以及等比中项公式列出等量关系式并转化成首项和公差来表示即可求解.
（2）先由，进而由累乘法结合求出即可由得解.
【小问1详解】
由题意知，故，
解得，所以或.
【小问2详解】
因为①，所以②，
所以由②①得，，
所以时，，
所以由得，
所以，
显然也符合上式，所以，
所以.
17. 某厂家生产一种产品，已知产品的质量指标服从正态分布不低于85的产品视为合格品，且合格率为，厂家将合格品按每箱100件包装出厂.某经销商购进一批该产品分等级销售，质量指标高于95的为“一等品”，其余的为“二等品”
（1）从一箱产品中任取1件，求该产品是“一等品”的概率；
（2）从一箱产品中任取3件，记“一等品”的件数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解答，数学期望
【解答】
【分析】（1）利用正态分布、条件概率公式计算可得答案；
（2）求出的所有可能取值及相应的概率，利用期望公式可得答案.
【小问1详解】
，
记事件为该产品为合格品，事件为该产品是一等品，
，
该产品是一等品的概率为；
【小问2详解】
的所有可能取值为，
，
，
的分布列如下：
0 1 2 3
的数学期望，
或由的二项分布.
18. 如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.
（1）求证：为的中点；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）过作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，值域线面垂直的判定定理性质定理可得答案；
（2）设，利用求出，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案.
小问1详解】
过作于点，由平面平面，
平面平面平面，
平面，
又底面平面，
，平面，
所以底面平面，，
又为的中点；
【小问2详解】
设，
，
，
如图建系，，
，
设平面的一个法向量，
，令，得，
所以，
设直线与平面所成角为，
.
19. 已知为等轴双曲线上一点，且到的两条渐近线的距离之积等于.
（1）求的方程；
（2）设点在第一象限，且在渐近线的上方，分别为的左 右顶点，直线分别与轴交于点.过点作的两条切线，分别与轴交于点（在的上方），证明：.
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解答】
【分析】（1）设，根据等轴双曲线概念得，利用点到直线的距离公式即可求解.
（2）设，再由坐标得到直线的方程，继而可得坐标，设过且与双曲线相切的直线为，联立双曲线与直线方程，由及韦达定理可得坐标，继而可得，即，即，即可求证.
【小问1详解】
设，
为等轴双曲线上一点，
，
双曲线渐近线为，
，
，
的方程为.
【小问2详解】
设，
直线方程为，直线的方程为，
，
设过且与双曲线相切的直线为，
联立，
得，
，
即，
设直线的斜率分别为，则，
方程，
，
同理方程，
，
，
，
，
，
，
.
【小结】关键点小结：本题考查双曲线的性质及直线与双曲线的相切关系，解题关键是直线与双曲线的相切关系.本题中设过且与双曲线相切的直线为，联立双曲线与直线方程，由及韦达定理可得，则，又，得，即，即，即可求证.高三数学大题规范训练（19）
15. 已知，函数，且.
（1）求的单调区间；
（2）若恒成立，求的取值范围.
16. 面试是求职者进入职场一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分．
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望．
附：若，则，
17. 如图，在四棱锥中，，，且是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
18. 已知平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设点是圆上的动点，曲线上有四个点，其中是的中点，是的中点，记的中点为.
①求直线的斜率：
②求面积的最大值.
19. 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求实数的最小值.高三数学大题规范训练（17）
15. 如图，已知多面体均垂直于平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
16. 已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，令，求证：．
17. 已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
18. 现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测.
（1）若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率；
（2）因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2∶1∶1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数的分布列及数学期望.
19. 数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立．证明分为下面两个步骤：1．证明当（）时命题成立；2．假设（，且）时命题成立，推导出在时命题也成立．用模取余运算：表示“整数除以整数，所得余数为整数”．用带余除法可表示为：被除数＝除数×商＋余数，即，整数是商．如，则；再如，则．当时，则称整除．现从序号分别为，，，，…，的个人中选出一名幸运者，为了增加趣味性，特制定一个遴选规则：大家按序号围成一个圆环，然后依次报数，每报到（）时，此人退出圆环；直到最后剩1个人停止，此人即为幸运者，该幸运者的序号下标记为．如表示当只有1个人时幸运者就是；表示当有6个人而时幸运者是；表示当有6个人而时幸运者是．
（1）求；
（2）当时，，求；当时，解释上述递推关系式的实际意义；
（3）由（2）推测当（）时，的结果，并用数学归纳法证明．高三数学大题规范训练（27）
15. 如图，三棱锥中， ，， ，D是棱AB的中点，点E在棱AC上.
（1）下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；
①平面⊥平面；
②；
③.
（2）若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小.
16. 如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点.
（1）求椭圆C方程；
（2）P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标.
17. 在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军. 比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”. 接着，“胜区”中两人对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名. 然后，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名. 最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，且不同对阵的结果相互独立.
（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，则哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
18. 设函数().
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，，求a取值范围.
19. 已知正整数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，其前项和为，且对任意正整数，恒成立.
（1）证明无穷数列等比数列，并求；
（2）若，，求证：；
（3）当时，数列中任意不同两项的和构成集合A.设集合，中元素的个数记为，求数列的通项公式高三数学大题规范训练（1）
1. 已知圆C经过点且圆心C在直线上.
（1）求圆C方程；
（2）若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF的中点M的轨迹方程.
2. 记的内角，，的对边分别为，，，点在边上，且满足，的面积
（1）证明：
（2）求.
3. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点．
（1）证明：平面．
（2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
4. 已知函数.
（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当时，求证：；
（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．
5. 已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”．
（1）若，且为“2数列”，求．
（2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式．
（3）若，，且为“数列”，的前项和为，证明：．
A
C
B
A
C
D
B高三数学大题规范训练（28）
15. ，，分别为的内角，，的对边.已知.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，进而求得.
（2）利用余弦定理求得，进而求得的周长.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
即，又，所以，
所以为锐角，所以，
故 ；
【小问2详解】
因为，，
所以，
整理得，解得（负根舍去），
所以，，
所以的周长为.
16. 某视力研究中心为了解大学生的视力情况，从某大学抽取了60名学生进行视力测试，其中男生与女生的比例为，男生近视的人数占总人数的，男生与女生总近视人数占总人数的.
（1）完成下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为是否近视与性别有关.
近视 不近视 合计
男
女
合计 60
（2）按性别用分层抽样的方法从近视的学生中抽取8人，若从这8人中随机选出2人进行平时用眼情况调查，求选出的2人中女生人数的分布列和数学期望.
附：.
0.100 0.050 0.025 0010 0001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
【答案】（1）表格见解答，无关
（2）分布列见解答，.
【解答】
【分析】（1）根据已知中的数据信息可以补全二阶列联表，并利用卡方公式进行计算，根据小概率值的独立性检验，把卡方值与6.635比较，从而作出判断.
（2）利用分层抽样确定样本中8人，男生有6人，女生有2人，再从中抽取2人，这就是超几何分布，由此可计算出结果.
【小问1详解】
由题意，男生与女生的人数之比是，所以男生有人，女生有人，男生近视的人数占总人数的，所以有人，男生中不近视的人数为15人，
男生与女生总的近视人数占总人数的，所以总的近视人数为，则女生中近视的人数为人.
可得如下列联表：
近视 不近视 合计
男 25 15 40
女 15 5 20
合计 40 20 60
零假设为：性别与近视情况独立，即性别因素与学生近视情况无关；
所以，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即性别因素与学生近视情况无关.
【小问2详解】
男生与女生总的近视的学生一共有40人，其中男生近视人数是25人，女生近视人数是15人，从中抽取8人，抽到的男生人数 女生人数分别为：.
所以从这8人中随机抽取2人，其中女生人数的所有可能取值为.
，
所以的分布列为
0 1 2
即.
17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，．
（1）求证：平面；
（2）若E为侧棱的中点，且点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）设Q为AD的中点，连接PQ，证明平面ABCD，得， 从而可证线面垂直；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【小问1详解】
设Q为AD的中点，连接PQ，
∵正三角形，∴，
又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD ，
∴平面ABCD，
又平面ABCD，∴，
又，，平面PAD ，∴平面PAD；
【小问2详解】
在平面PAD内作，则．
∵平面PAD，平面PAD，平面PAD，∴，．
如图所示，以A为坐标原点，AB，AD，AM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系．
∵底面ABCD为平行四边形，，∴ABCD为矩形．
设，则，，，，，．
∴，
设平面ACE的法向量为，
由得
取，得平面ACE的一个法向量为．
又，所以点B到平面ACE的距离为，
解得．
∴，，，
设平面ABP的法向量为，
由得
取，得平面ABP的一个法向量为．
∴平面ACE与平面ABP夹角的余弦值为 ．
18. 已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆E的离心率为，椭圆E上的点到右焦点的最小距离为1．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若过右焦点的直线l与椭圆E交于B，C两点，E的右顶点记为A，，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解答】
【分析】（1）利用椭圆焦半径公式及性质计算即可；
（2）设直线l方程，B、C坐标，根据平行关系得出两点纵坐标关系，联立椭圆方程结合韦达定理解方程即可.
【小问1详解】
设焦距为，由椭圆对称性不妨设椭圆上一点，
易知，则
，
显然时，
由题意得解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，
因为，所以
所以①
设直线的方程为，联立得，整理得，
由韦达定理得，
把①式代入上式得，得，
解得，
所以直线的方程为：或.
19. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）若在区间有2个零点，求的取值范围．
【答案】（1）当时，在处取极大值
（2）
【解答】
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为与在区间有2个交点，求得函数的值域，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，定义域为，所以，
当时，由于，则恒成立，
所以在上单调递增，无极值，
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减：
所以当时，在处取极大值，无极小值；
【小问2详解】
，
令，得，令，在区间有2个零点，
即与在区间有2个交点，
，，，
当，，在上单增，
当，，在上单减，
，的最大值为，，
与在区间有2个交点，则．高三数学大题规范训练（17）
15. 如图，已知多面体均垂直于平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）.
【解答】
【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．
结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．
联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．
又，设直线与平面所成角为，所以．
【整体点评】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．
16. 已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，令，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意可得，解方程求出，即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由累乘法可求出的通项公式，再由裂项相消法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为．
由，得，
解得：，所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
即，，，……，，
利用累乘法可得：
，也符合上式，
所以．
17. 已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点
【解答】
【分析】（1）由相关点代入法求轨迹方程即可；
（2）先由特殊位置确定定点在轴上，设定点，由相切求出切点满足的关系式，再由垂直的坐标条件求解.
【小问1详解】
设，则，
由题意线垂直于轴，与交于两点，知，
过点且平行于轴的直线方程为：，
直线的方程为：，
令，得，即，
由得，
因为在抛物线上，即，
则，化简得，
由题意知不重合，故，
所以曲线的方程为
【小问2详解】
由（1）知曲线的方程为，
点在直线上运动， 当点在特殊位置时，
两个切点关于轴对称，
故要使得，则点在轴上．
故设，
曲线的方程为，求导得，
所以切线的斜率，
直线的方程为，
又点在直线上，
所以，
整理得，
同理可得，
故和是一元二次方程的根，
由韦达定理得，
，
当时，恒成立，
所以存在定点，使得恒成立．
18. 现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为，，，现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测.
（1）若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率；
（2）因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2∶1∶1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解答；
【解答】
【分析】（1）根据题意，利用全概率公式与贝叶斯公式即可得解；
（2）利用全概率公式求得从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率，再利用二项分布的概率公式与数学期望公式即可得解.
【小问1详解】
设“抽的产品是优秀等级”， “产品是从甲工厂生产”，
“产品是从乙工厂生产”，“产品是从丙工厂生产”，
则，，
则
，
则
所以该件产品是从乙工厂抽取的概率为.
【小问2详解】
依题意，设从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率为，
则，
由题意可知，
则，
则的分布列为：
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
故
19. 数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者局部）自然数范围内成立．证明分为下面两个步骤：1．证明当（）时命题成立；2．假设（，且）时命题成立，推导出在时命题也成立．用模取余运算：表示“整数除以整数，所得余数为整数”．用带余除法可表示为：被除数＝除数×商＋余数，即，整数是商．如，则；再如，则．当时，则称整除．现从序号分别为，，，，…，的个人中选出一名幸运者，为了增加趣味性，特制定一个遴选规则：大家按序号围成一个圆环，然后依次报数，每报到（）时，此人退出圆环；直到最后剩1个人停止，此人即为幸运者，该幸运者的序号下标记为．如表示当只有1个人时幸运者就是；表示当有6个人而时幸运者是；表示当有6个人而时幸运者是．
（1）求；
（2）当时，，求；当时，解释上述递推关系式的实际意义；
（3）由（2）推测当（）时，的结果，并用数学归纳法证明．
【答案】（1）
（2），答案见解答
（3），证明见解答
【解答】
【分析】（1）用模取余法可求结论；
（2）由，，可求；
从个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为，从个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为，后者的圆环可以认为是前者的圆环退出一人而形成的，可推得结论；
（3）取时，分别求得，，，；
可得当（）时，，进而利用数学归纳法证明即可．
【小问1详解】
因为，所以．
【小问2详解】
因为，且，
所以，故．
当时，递推关系式的实际意义：
当从个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为，
而从个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为．
如果把二者关联起来，后者的圆环可以认为是前者的圆环退出一人而形成的，
当然还要重新排序，由于退出来的是，则原环的就成了新环的，
也就是说原环序号下标要比新环的大，原环的就成了新环的．
需要注意，新环序号后面一直到，如果下标加上，就会超过．
如新环序号对应的是原环中的，…，新环序号对应的是原环中的．
也就是说，得用新环的序号下标加上再减去，才能在原环中找到对应的序号，
这就需要用模取余，即．
【小问3详解】
由题设可知，由（2）知：
；
；
；
；
；
；
；
由此推测，当（）时，．
下面用数学归纳法证明：
1．当时，，推测成立；
2．假设当（，，且）时推测成立，
即．
由（2）知
．
（ⅰ）当时，；
（ⅱ）当时，，此时，
即．
故当时，推测成立．
综上所述，当（）时，．
推测成立.
【小结】思路小结：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.高三数学大题规范训练（10）
15. 若数列是公差为1的等差数列，且，点在函数的图象上，记数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式;
（2）设，记数列前项和为，证明:.
16. 如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.
（1）证明：；
（2）若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.
17. 某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.
（1）根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. )
（2）（i）从样本质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望；
（ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大.
18. 已知动圆与圆：和圆：都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：.试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，，切点分别为，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交曲线于，两点.记，的面积分别为，，求的取值范围.
19. 若函数的定义域为，有，使且，则对任意实数k，b，曲线与直线总相切，称函数为恒切函数.
（1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由；
（2）若函数为恒切函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：.
（注：是自然对数的底数.参考数据：）高三数学大题规范训练（8）
15. 已知数列是等差数列，，且，，成等比数列，，数列的前n项和为
（1）求数列的通项公式及数列的前n项和
（2）是否存在正整数m，n（），使得，，成等比数列？若存在，求出所有m，n的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），
（2）存在，，
【解答】
【分析】（1）设出公差，得到方程组，求出公差，得到通项公式，并利用错位相减法求和；
（2）假设存在正整数m，n（），使得，，成等比数列，得到方程，得到，求范围，即得结论.
【小问1详解】
由题意在等差数列中，设公差为d，
由，得，则，
又，，成等比数列，
∴7，，成等比数列，得，
即，得，
∴，，
∴数列的通项公式为：（）．
∴，
∴
.
【小问2详解】
若存在正整数m，n（），使得，，成等比数列，
则，即，
化简得：，解得：
又且，所以，，
故存在正整数，，使得，，成等比数列.
16. 如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，，，点F在棱AC上.
（1）若BF∥平面CDE，求CF的长；
（2）若F是棱AC的中点，求二面角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）记中点为，连接、，依题意可得，根据面面垂直的性质得到平面，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，，依题意可得求出的值，即可得解；
（2）依题意点与点重合，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
记AC中点为M，连接DM、BM，三角形ACD为正三角形，，则DM⊥AC，且.
因为平面ACD⊥平面ABC，平面平面，平面ACD，所以DM⊥平面ABC，
又△ABC为正三角形，所以BM⊥AC，所以，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
设平面CDE的法向量为，则，令，则，，则，
设，，则，
因为BF∥平面CDE，所以，解得，
所以F为CM的中点，此时.
【小问2详解】
若F是AC的中点，则点F与点M重合，则平面FDE的一个法向量可以为，
设二面角为，显然二面角为锐角，则，
所以，
所以二面角的正弦值为.
17. 为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗.市防疫部门随机抽取了1000人进行调查，发现其中注射疫苗的800人中有220人感染流感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感.医学研究表明，流感的检测结果有检错的可能，已知患流感的人其检测结果有呈阳性（流感），而没有患流感的人其检测结果有呈阴性（未感染）
（1）估计该市流感感染率是多少？
（2）根据所给的数据，判断是否有99％的把握认为注射流感疫苗与预防流感有关；
（3）已知某人的流感检查结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率.（精确到0.001）
附：．
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】（1）
（2）有 （3）
【解答】
【分析】（1）根据古典概型运算公式进行求解即可；
（2）根据题中数据得到列联表，结合卡方运算公式和附表中的值进行判断即可；
（3）利用条件概率和全概率公式进行求解即可.
【小问1详解】
估计流感的感染率；
【小问2详解】
列联表如下：
疫苗情况 患有流感 不患有流感 合计
打疫苗 220 580 800
不打疫苗 80 120 200
合计 300 700 100
所以，
所以有99.9%的把握认为注射流感疫苗与流感发病人数有关.
【小问3详解】
设事件A为“一次检测结果呈阳性”，事件B为“被检测者确实患有流感”，
由题意得，，，，，
由全概率公式得，
所以，于是此人真的患有流感的概率是0.976.
18. 具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”．
（1）如图所示，已知“盾圆D”的方程为设“盾圆D”上的任意一点M到的距离为，M到直线的距离为，求证：为定值；
（2）由抛物线弧，与椭圆弧所合成的封闭曲线为“盾圆E”．设过点的直线与“盾圆E”交于A、B两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围．
【答案】（1）证明见解答；（2）或，．
【解答】
【分析】（1）设“盾圆D”上的任意一点M的坐标为，再根据抛物线的方程表达出的解答式证明即可
（2）根据圆锥曲线的参数方程将A、B的坐标用三角函数表示，从而使求的范围问题转化为三角函数值域的求法即可
【详解】解：（1）证明：设“盾圆D”上的任意一点M的坐标为，则．
当时，（），，
即；
当时，（），．
即；∴为定值．
（2）显然“盾圆E”由两部分合成，所以按A在抛物线弧或椭圆弧上加以分类．由“盾圆E”的对称性，不妨设A在x轴上方（或x轴上），
当时，，此时，．
当时，A在椭圆弧上，由题设知代入，
得，整理得，
解得或（舍去）．
当时，A在抛物线弧上，由方程或定义均可得到，于是．
综上，或．
相应地，．
①当时，A在抛物线弧上，B在椭圆弧上，
；
②当时，A在椭圆弧上，B在抛物线弧上，
；
③当时，A、B在椭圆弧上，
．
综上，．
19. 已知函数，记是的导函数.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）的单调递增区间是和，单调递减区间是和
（3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）求出当时的的导函数即可得；
（2）先分类讨论求出的导函数，即可得函数的导函数，再借助导数构造相应函数去研究的正负，即可得函数的单调性；
（3）原问题可转化为证明：当时，，构造函数，可得的导函数与的关系，即可得其单调性，即可得证.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当时，，
此时，所以
【小问2详解】
先求的导数，
当时，，
当时，，
当时，总有，
所以，
令，则，，
所以在，上均单调递减，
由（1），又，也即是，
所以当时，，于是，
所以在上单调递减，
当时，，于是，
所以在上单调递增，
当时，，于是，
所以在上单调递增，
当时，，于是，
所以在上单调递减，
故的单调递增区间是和，
单调递减区间是和；
【小问3详解】
当时，要证，
只需证，
因，所以只需证，
只需证，
只需证，
只需证，
只需证，
令（），
则只需证（）（※）
因为
由（2）知，在上单调递减，
所以当时，，所以，
所以在上单调递减，
又，所以，即不等式（※）成立，
故当时，.
【小结】关键点小结：最后一问关键点在于构造出后，得到其导函数与的关系，从而可由的性质得到的单调性.高三数学大题规范训练（14）
15. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面与相交于点，点在上，．
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，求．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）通过证明，即可证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，由（1）知平面，即可得，再求平面和平面的法向量即可求出.
【小问1详解】
底面是菱形，，
平面，且平面，.
又，平面,平面，
平面，，又，且平面，，
平面，平面，，
，，即，又平面，
且，平面．
【小问2详解】
以为原点，以为轴，为轴，过点且平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
,,又,
在中由勾股定理得,
即,.
，，
，，平面，
与平面所成的角为，平面，
是平面的一个法向量，平面，平面，
平面平面，设，只需，则平面，
则，
令，则，
，.
16. 某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分.现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
科普测试成绩x 科普过程性积分 人数
4 10
3 a
2 b
1 23
0 2
（1）当时，
（i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率；
（ⅱ）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望；
（2）从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为.若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值.
【答案】（1）（i）；（ⅱ）；
（2）7.
【解答】
【分析】（1）（i）求出科普过程性积分不少于3分的学生数，再求出频率，并用频率估计概率即得；（ⅱ）求出X的所有可能值，由（i）的结论结合独立重复试验的概率问题求出各个取值的概率，再求出期望即得.
（2）求出的最大值，再求出100名学生科普测试成绩的平均值的最小值，由题设信息列出不等式求解即得.
【小问1详解】
当时，
（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为.
（ⅱ）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频率为，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为，
的所有可能值为6，7，8，
，，，
所以的数学期望.
【小问2详解】
由表知，，则，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，
100名学生科普测试成绩的平均值记为，要恒成立，当且仅当，
显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此，则，解得，
所以根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7.
17. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若函数存在最大值，求的取值范围.
【答案】（1）的增区间为，减区间为
（2）
【解答】
【分析】（1）对函数求导，得到，再求出和对应的取值，即可求出结果；
（2）令，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得出在上取值范围，从而将问题转化成成立，构造函数，再利用的单调性，即可求出结果.
【小问1详解】
易知定义域为，因为，所以，
由，得到，当时，，当时，，
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，则，
由（1）知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以在时取得最大值，
所以当时，，当时，，
即当时，，
所以函数在存在最大值的充要条件是，
即，
令，则恒成立，
所以是增函数，又因为，
所以的充要条件是，
所以的取值范围为.
【小结】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数，利用函数单调性得到时，，从而将问题转化成，构造函数，再利用的单调性来解决问题.
18. 已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，BC中点为D，过中点E且平行于的直线交于点P，记P的轨迹为Γ
（1）求Γ的方程；
（2）坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与Γ交于点M，N，直线，相交于点Q.请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明.
①的面积是定值；②的面积是定值：③的面积是定值.
【答案】（1）
（2）结论③正确，证明见解答
【解答】
【分析】（1）由几何性质知P到，两点的距离之和为定值可得P的轨迹为椭圆；
（2）解法一、二：设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
解法三：当直线垂直于x轴时求得Q横坐标为4，当直线不垂直于x轴时，设直线，，，表示出直线，的方程并联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
解法四：设直线，，，表示出直线，的方程，利用在椭圆上得，将直线的方程化为，与直线联立求得Q的横坐标为定值，因此的面积是定值.
【小问1详解】
由题意得，，.
因为D为BC中点，所以，即，
又，所以，
又E为的中点，所以，
所以，
所以点P的轨迹是以，为焦点的椭圆（左 右顶点除外）.
设，其中，.
则，，，.
故.
【小问2详解】
解法一：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，
，
解得.
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.
解法二：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，，
所以.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，
得
，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.
解法三：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0.
（i）当直线垂直于x轴时，，由，得或.
不妨设，，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，所以，
故Q到的距离，此时的面积是.
（ii）当直线不垂直于x轴时，设直线，，，且，.
由，得，
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得
.
下证：.
即证，即证，
即证，
即证，
上式显然成立，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
此时的面积是定值，为.
由（i）（ii）可知，的面积为定值.
解法四：结论③正确.下证：的面积是定值.
由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
可设直线，，，且，.
由，得，
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
因为，所以，
故直线的方程为：.
由，得
，
解得.
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为.
【小结】方法小结：（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质 定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.
（1）若等比数列的前项和为，且公比，求证：数列具有“性质”；
（2）若等差数列首项，公差，求证：数列具有“性质”，当且仅当；
（3）如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”，且四个数中恰有两个出现在数列中，求的所有可能取值之和.
【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答； （3），
【解答】
【分析】（1）利用等比数列的性质求解即可；
（2）利用等差数列的性质结合题目的定义求解即可；
（3）利用枚举法，结合题目的新定义求解即可.
【小问1详解】
解得：则即
且
若则
则当对任意正整数，都存在正整数使得
则等比数列满足性质.
【小问2详解】
因为数列具有“性质”，
则
若数列具有性质则，
则，
又则
则，
，
则，
又，则当时上式成立，
当时.，
则，
若，且，时，，不合题意，所以
所以数列具有“性质”，则需要，
反之，若则则上面各式成立，则数列具有“性质”
综上数列具有“性质”，当且仅当.
【小问3详解】
从这四个数中任选两个，共有以下6种情况：，；，；
，; ，; ，; ，.
①对于， 因为为正整数，可以认为是等比数列中的项，，首项的最小值为1.
下面说明此数列具有性质P：
=，=，任取，，则，
为正整数，因此此数列具有性质P，
②对于，.因为为正整数，认为是等比数列中的项，，
首项的最小值为，下面说明此数列不具有性质P：
，，若不为等比数列中的项，
因此此数列不具有性质P，
同理可得，；，；，；，
每组所在等比数列不具有“性质P’’
【小结】方法小结：1.求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
2.对于新型数列，首先要了解数列的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将新定义的数列类比已经学习了的等比、等差数列求解.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.高三数学大题规范训练（26）
15. 已知函数.
（1）若，求的极小值；
（2）若是单调函数，求的取值范围.
16. 设数列前项的和为.
（1）若是公差为的等差数列，且成等比数列，求；
（2）若，求证：.
17. 某厂家生产一种产品，已知产品的质量指标服从正态分布不低于85的产品视为合格品，且合格率为，厂家将合格品按每箱100件包装出厂.某经销商购进一批该产品分等级销售，质量指标高于95的为“一等品”，其余的为“二等品”
（1）从一箱产品中任取1件，求该产品是“一等品”的概率；
（2）从一箱产品中任取3件，记“一等品”件数为，求的分布列与数学期望.
18. 如图，在三棱锥中，底面为上一点，且平面平面，三棱锥的体积为.
（1）求证：为的中点；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19. 已知为等轴双曲线上一点，且到的两条渐近线的距离之积等于.
（1）求的方程；
（2）设点在第一象限，且在渐近线的上方，分别为的左 右顶点，直线分别与轴交于点.过点作的两条切线，分别与轴交于点（在的上方），证明：.
P
C
A
D
B高三数学大题规范训练（8）
15. 已知数列是等差数列，，且，，成等比数列，，数列的前n项和为
（1）求数列的通项公式及数列的前n项和
（2）是否存在正整数m，n（），使得，，成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由.
16. 如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，，，点F在棱AC上.
（1）若BF∥平面CDE，求CF的长；
（2）若F是棱AC的中点，求二面角的正弦值.
17. 为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗.市防疫部门随机抽取了1000人进行调查，发现其中注射疫苗的800人中有220人感染流感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感.医学研究表明，流感的检测结果有检错的可能，已知患流感的人其检测结果有呈阳性（流感），而没有患流感的人其检测结果有呈阴性（未感染）
（1）估计该市流感感染率是多少？
（2）根据所给的数据，判断是否有99％的把握认为注射流感疫苗与预防流感有关；
（3）已知某人的流感检查结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率.（精确到0.001）
附：．
0.050 0.010 0001
k 3.841 6.635 10.828
18. 具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”．
（1）如图所示，已知“盾圆D”的方程为设“盾圆D”上的任意一点M到的距离为，M到直线的距离为，求证：为定值；
（2）由抛物线弧，与椭圆弧所合成的封闭曲线为“盾圆E”．设过点的直线与“盾圆E”交于A、B两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围．
19. 已知函数，记是的导函数.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）证明：当时，高三数学大题规范训练（5）
15. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．
（1）求证：四点共面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）易知，由线面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可证明；
（2）由（1）求出的坐标，利用空间向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
因为平面是菱形，所以，
由平面，平面，得，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，则，
由，得，
所以，
则，所以共面，
又直线的公共点为，所以四点共面；
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
得，
即直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知函数，其中为常数.
（1）过原点作图象切线，求直线的方程；
（2）若，使成立，求的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解答】
【分析】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；
（2）由题意，将其等价转化为在有解，即只需求在上的最小值，利用导数分析推理即得的最小值.
【小问1详解】
设切点坐标为，则切线方程为，
因为切线经过原点，所以，解得，
所以切线的斜率为，所以的方程为.
【小问2详解】
，，即成立，
则得在有解，
故有时，.
令，，，
令得；令得，
故在单调递减，单调递增，
所以，
则，故的最小值为.
17. 已知椭圆（），四点，，，中恰有三点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，直线MN过定点．
【解答】
【分析】（1）根据椭圆的对称性，确定椭圆C过的三点，再代入方程求解作答.
（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知及斜率坐标公式列式求解即可.
【小问1详解】
由椭圆的对称性知，，，三点在椭圆C上，
故，，得，从而椭圆C的方程为．
【小问2详解】
直线MN过定点，证明如下：
假设存在，不妨设直线、、MN的斜率分别为，，k，满足，
设直线MN的方程为（），且，，
与椭圆C的方程联立，得，
则，即（*），
且
那么，
化简得，，
即整理得：，
解得或，当时，中一点与重合，故舍去，
故直线MN过定点．
【小结】关键小结：本题第二问的关键是设直线MN的方程为（），且，，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将斜率之间的关系式整理从而将韦达定理代入，最后化简得，解出值并检验.
18. 2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；
（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.
【答案】（1），
（2）（i）；（ii）
【解答】
【分析】（1）6道题中小王能答对4道，答错2道，结合超几何分布计算即可，再结合条件概率计算即可.
（2）由，运用导数研究其极大值即可.
（3）分析每名进入决赛的大学生获得的奖金的期望，解不等式即可.
【小问1详解】
由题意知，的可能取值为，
则，
，
，
故的分布列为
0 1 2
则.
记事件：小王已经答对一题，事件：小王未进入决赛，
则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率.
【小问2详解】
（i）由题意知，，
则，
令，解得或（舍），
当时，，当时，，
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
所以当时，有极大值，且的极大值为.
（ii）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量，
则的可能取值为，
，
，
，
，
所以，
所以，
即，整理得，
经观察可知是方程的根，
故，
因为恒成立，
所以由可得，解得得，
又，所以的取值范围为.
19. 对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；
（2）设数列是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.
【答案】（1）是，理由见解答；（2）；（3）当是数列时，与满足的条件为或，证明见解答.
【解答】
【分析】
(1)由数列定义知，仅需验证当时，恒成立即可；
(2)写出，的表达式，则对满足的任意都成立，则将此问题转化为不等式恒成立的问题，然后据此去求解的范围；
(3)根据数列是数列，可以得到，所以需要分，和，去讨论，和(2)相似，还是去求解使得的取值范围，仍然是将其转化为不等式的恒成立问题，然后在不同的情况下求出对应的的取值范围即可.在证明命题“若且，则不是数列”时，考虑使用反证法：先排除掉数列的项都在数列中、数列的项都在数列中的情况.若数列至少有一项不在数列中，且数列至少有以一项不在数列中,先去掉其公共项得到数列，，设数列的最大项为，且数列的最大项比数列的最大项大，然后根据数列是数列的性质,得到,从而推出矛盾，进而所求证得证.
【详解】(1)∵，
∴，
当时，，
故，
那么当时，，符合题意，
故数列是数列；
(2)由题意知，该数列的前项和为，，
由数列是数列，可知，故公差，
对满足的任意都成立，则，解得，
故的取值范围为；
(3)①若是数列，则，
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
由，，故，可得；
若，则，又由对一切正整数都成立，可知，即对一切正整数都成立，
又当时，当时不成立，
故有或，解得，
∴当是数列时，与满足的条件为或；
②假设是数列，则由①可知，，，且中每一项均为正数，
若中每一项都在中，则由这两数列是不同数列，可知；
若中的每一项都在中，同理可得；
若中至少有一项不在中且中至少有一项不在中，
设，是将，中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为，，
不妨设，中最大的项在中，设为，
则，故，故总有与矛盾，故假设错误，原命题正确.
【小结】本题考查不等关系、不等式的恒成立及数列的综合知识，属于创新题，同时也是难题.高三数学大题规范训练（5）
1. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，，底面，分别为侧棱的中点，点在上且．
（1）求证：四点共面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
2. 已知函数，其中为常数.
（1）过原点作图象的切线，求直线的方程；
（2）若，使成立，求的最小值.
3. 已知椭圆（），四点，，，中恰有三点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆C上是否存在异于的两点M，N使得直线与的斜率之和与直线MN的斜率（不为零）的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由．
4. 2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小王在初赛中答对题目个数为，求的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立.
（i）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为，求的极大值；
（ii）大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时的取值范围.
5. 对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列.
（1）若的前项和，试判断是否是数列，并说明理由；
（2）设数列是首项为、公差为等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列，是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为，，求是数列时与所满足的条件，并证明命题“若且，则不是数列”.高三数学大题规范训练（10）
15. 若数列是公差为1的等差数列，且，点在函数的图象上，记数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式;
（2）设，记数列的前项和为，证明:.
【答案】（1），
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解，代入到中即可求解，
（2）利用裂项求和即可求解.
小问1详解】
由得，，
点在函数的图象上，
【小问2详解】
,显然数列为等比数列，首项为1，公比为3，则，
16. 如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面ABCD.
（1）证明：；
（2）若M是棱BC上的点，且满足，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，然后利用法向量求法求出平面和平面的法向量，再利用向量法求解即可.
【小问1详解】
在四棱台中，延长后必交于一点，
故四点共面，因为平面，平面，故，
连接，因为底面四边形为菱形，故，
平面，故平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
过点A作的垂线，交与点N，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图），
设，则，由于，故，
则，，
则，，，
记平面的法向量为，
则，即，令，
则，即，
平面的法向量可取为，
则.
所以二面角的余弦值为.
17. 某企业对某品牌芯片开发了一条生产线进行试产.其芯片质量按等级划分为五个层级，分别对应如下五组质量指标值：.根据长期检测结果，得到芯片的质量指标值服从正态分布，并把质量指标值不小于80的产品称为等品，其它产品称为等品. 现从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件作为样本，统计得到如图所示的频率分布直方图.
（1）根据长期检测结果，该芯片质量指标值的标准差的近似值为11，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差作为的估计值. 若从生产线中任取一件芯片，试估计该芯片为等品的概率(保留小数点后面两位有效数字)；
(①同一组中的数据用该组区间的中点值代表；②参考数据:若随机变量服从正态分布，则，. )
（2）（i）从样本的质量指标值在和[85，95]的芯片中随机抽取3件，记其中质量指标值在[85，95]的芯片件数为，求的分布列和数学期望；
（ii）该企业为节省检测成本，采用随机混装的方式将所有的芯片按100件一箱包装. 已知一件等品芯片的利润是元，一件等品芯片的利润是元，根据(1)的计算结果，试求的值，使得每箱产品的利润最大.
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解答，；（ii）
【解答】
【分析】（1）根据频率分布直方图求得样本平均数，然后利用正态分布的对称性求解概率.
（2）（i）先求出取值，然后求出对应的概率，即可求出分布列，代入期望公式求解即可；
（ii）先根据二项分布的期望求出，然后构造函数，利用导数求出最大值时的即可.
【小问1详解】
由题意，估计从该品牌芯片的生产线中随机抽取100件的平均数为：
．
即，，所以，
因为质量指标值近似服从正态分布，
所以，
所以从生产线中任取一件芯片，该芯片为等品的概率约为.
【小问2详解】
（i），所以所取样本的个数为20件，
质量指标值在的芯片件数为10件，故可能取的值为0，1，2，3，
相应的概率为：
，，
，，
随机变量的分布列为：
0 1 2 3
所以的数学期望.
（ii）设每箱产品中A等品有件，则每箱产品中等品有件，
设每箱产品的利润为元，
由题意知：，
由（1）知：每箱零件中A等品的概率为，
所以，所以，
所以
.
令，由得，，
又，，单调递增，，，单调递减，
所以当时，取得最大值.
所以当时，每箱产品利润最大
18. 已知动圆与圆：和圆：都内切，记动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：.试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，，切点分别为，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）点关于轴的对称点为，直线交轴于点，直线交曲线于，两点.记，的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解答；（ii）.
【解答】
【分析】（1）根据椭圆的几何定义求解动点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而算出斜率，再去判断与另一直线是否垂直；
（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出直线与轴的交点的坐标，再用垂直关系又去设出直线的方程与椭圆的方程联立，再用坐标去表示出，最后可由基本不等式得出结果.
【小问1详解】
设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为7，1，
因为与，都内切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设的方程为：，
则，，所以，
故的方程为：
【小问2详解】
（i）证明：设，，，
由题意中的性质可得，切线方程为，
切线方程为，
因为两条切线都经过点，所以，，
故直线的方程为：，可得直线的斜率为：
而直线的斜率为：，
因为，所以;
（ii）由直线的方程为：，可改设直线的方程为：，
联立，整理得，
由韦达定理得，
又，所以直线的方程为，
令得，
，
所以直线经过定点，又，
再由，可设直线的方程为：，
再联立，整理得，
设，，则由韦达定理得，
因为，所以
，
所以，当且仅当时，即时取等号.
又因为，所以
【小结】方法小结：
（1）利用两圆相内切的几何关系来推导出椭圆的几何定义，从而求出轨迹方程；
（2）利用曲线上某点的切线方程去推导出切点弦方程.
19. 若函数的定义域为，有，使且，则对任意实数k，b，曲线与直线总相切，称函数为恒切函数.
（1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由；
（2）若函数为恒切函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：.
（注：是自然对数的底数.参考数据：）
【答案】（1）是恒切函数，理由见解答
（2）（i）；（ii）证明见解答
【解答】
【分析】（1）对求导，利用恒切函数的定义求出，即可判断；
（2）（i）根据恒切函数的定义解方程，用表示，再利用导数即可求解的取值范围；
（ii）由的值可得的值，从而可得的解答式，利用新定义，可得，令，求出的取值范围，由，从而可得的取值范围，从而得证.
【小问1详解】
设函数为恒切函数，则有，
使且，即，
解得，故函数是恒切函数.
【小问2详解】
（i）由函数为恒切函数可知，
存在，使得且，
即解得，，
设，，
当时，递增；当时，递减.
，即实数的取值范围是.
（ii）当时，，
函数为恒切函数.又，
所以存在，使得，即.
令，则，
当时，递减；当时，递增.
所以当时，
，，
故在上存在唯一，
使得，即.
又由，
得，
由得，所以.
又，所以当时，有唯一零点，
故由得，即.
.
【小结】方法小结：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.高三数学大题规范训练（20）
15. 已知.
(1)讨论的单调性；
(2)当有最大值，且最大值大于时，求的取值范围.
16. “稻草很轻，但是他迎着风仍然坚韧，这就是生命力量，意志的力量”“当你为未来付出踏踏实实努力的时候，那些你觉得看不到的人和遇不到的风景都终将在你生命里出现”……当读到这些话时，你会切身体会到读书破万卷给予我们的力量．为了解某普通高中学生的阅读时间，从该校随机抽取了名学生进行调查，得到了这名学生一周的平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成九组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值；
（2）为进一步了解这名学生阅读时间的分配情况，从周平均阅读时间在，，三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了人，现从这人中随机抽取人，记周平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取名学生，用表示这名学生中恰有名学生周平均阅读时间在内的概率，其中．当最大时，写出的值．
17. 如图，圆台下底面圆的直径为是圆上异于的点，且为上底面圆的一条直径，是边长为6的等边三角形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面和平面夹角的余弦值.
18. 已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
（1）（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程．
（2）已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由．
19. 已知各项均为正整数的有穷数列：满足，有.若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质P.
（1）判断下列数列是否具有性质P；
①：3，1，7，5；②：2，4，8，16，32.
（2）已知数列：2，4，8，16，32，m具有性质P，求出m的所有可能取值；
（3）若一个数列：具有性质P，则是否存在最小值 若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由.高三数学大题规范训练（29）
15. 已知数列的首项为，且满足．
（1）证明数列为等差数列，并求通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解答，
（2）
【解答】
【分析】（1）根据条件中的递推关系式，结合等差数列的定义，即可证明，并求通项公式；
（2）根据（1）的结果，可知，再利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
由，，得，则，
于是，
所以数列是首项，公差为2的等差数列，
故，所以,
【小问2详解】
由（1）知，
所以.
16. 如图，在三角形中，，，平分交于点，．
（1）求的值；
（2）求的长度；
（3）求的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解答】
【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合角的取值范围，可得答案；
（2）由题意，求得三角形的内角，结合等腰三角形的性质，可得答案；
（3）利用三角形的面积公式，结合正弦的差角公式，可得答案.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
由（1）得，
由题设，，则，即为等腰三角形，
所以．
【小问3详解】
，
所以面积．
17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，是正三角形，.平面平面ABCD，点在棱PC上.
（1）若平面ADE与棱PB交于点，求证：平面ABCD；
（2）若二面角E-AD-B的余弦值为，求点到平面ABCD的距离.
【答案】（1）答案见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）运用线面平行判断得到平面，再用线面平行性质得到，进而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，设，，则点，求出平面的法向量，根据二面角余弦值构造方程即可求出,再用点到平面的距离公式计算即可.
【小问1详解】
因为底面是菱形，所以，
又平面，平面，则平面．
点在线段上，平面与线段交于点，
所以平面平面，而平面，所以．
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，，如图所示，
由条件，是正三角形，，
则，，，
而平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，则，
而，得．在中，，结合勾股定理易得．
以为原点，，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，，则
，
所以点，，，
设平面的法向量为，
由取，则，，
平面的法向量为，而平面的法向量为，
故，
解得（舍负），所以．
设直线E与平面所成角为，
．
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，
（ⅰ）求的极值；
（ⅱ）若的极小值小于0，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）极小值，无极大值；（ⅱ）
【解答】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）（ⅰ）求导，利用导数判断单调性进而求出极值；
（ⅱ）分析可得，构造函数，，解法一利用导数判断函数的单调性，解法二根据，在内均单调递增得到函数的单调性，再根据求解即可.
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即；
【小问2详解】
（ⅰ）因为的定义域为，且，
令，解得；
当时，；当时，；
所以在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值；
（ⅱ）由题意可得：，
因为，所以，
构建，，
因为，所以在内单调递增，
因为，不等式等价于，解得，
所以的取值范围为.
解法二：
由题意可得：，即，
构建，，
因为，在内均单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以的取值范围为.
19. 对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”．
（1）设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：；
（2）设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由；
（3）设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合．
【答案】（1）证明见解答
（2）数列不是“阶可分拆数列”，理由见解答
（3）．
【解答】
【分析】（1）由等差数列的通项公式，表示出，由题意建立方程，可得答案；
（2）由函数解答式求导，设出切点并写出切线方程，表示出数列，利用余弦和角公式，可得答案；
（3）由题意建立方程并化简整理，利用列举检验，可得答案.
【小问1详解】
因为是公差为的等差数列，所以，
所以，．
因为为“阶可分拆数列”，所以，即．化简，得．
【小问2详解】
由，得．
又切点为，，则过该切点的切线方程为
易知当时，．令，整理，得，所以，
所以，．
又，
所以；所以数列不是“阶可分拆数列”．
【小问3详解】
由题意，知对于确定的正整数，存在正整数，使得成立，
即，所以．
①若，则，当时，成立：
②若，则，
当时，，
当时，，
当时，，所以不存在正整数，使得成立；
③若，则，当时，成立；
④若，则，
所以不存在正整数，使得成立．
综上，或3，所以．
【小结】本题解题的关键在于解决数列问题要善于使用列举法找规律，当题目中给予递推公式时，首先使用赋值法，由第一项开始列举，观察前几项找规律即可.高三数学大题规范训练（23）
15. 如图，在三棱锥中，，分别是线段的中点，，，，，．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）利用中位线知识得到，然后使用线面垂直的判定定理；
（2）直接使用空间向量求解.
【小问1详解】
由于是的中点，，故.
而分别是的中点，故且，而，所以.
由，知，而，故.
而，在平面内交于点，故平面.
【小问2详解】
已证，平面，
故可以原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，且由知.
设，分别是平面和的一个法向量，
则由可知.
故可取，，得.
所以二面角的正弦值是.
16. 记是等差数列的前项和，已知，.
（1）求的通项公式；
（2）设，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式与求和公式得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）由（1）求得，再利用累乘法求得，从而利用及与的关系式的性质即可得证.
【小问1详解】
因为是等差数列，设其公差为，
则由，得，解得，
所以数列通项公式为.
【小问2详解】
数列的前项和，
则，
所以
，
因为，所以，则；
因为，
当增大，则减少，所以时，取得最大值为，
所以最大为；
综上，.
17. 佛山顺德双皮奶是一种粤式甜品，上层奶皮甘香，下层奶皮香滑润口，吃起来，香气浓郁，入口嫩滑，让人唇齿留香．双皮奶起源于清朝末期，是用水牛奶做原料，辅以鸡蛋和白糖制成．水牛奶中含有丰富的蛋白质，包括酪蛋白和少量的乳清蛋白，及大量人体生长发育所需的氨基酸和微量元素．不过新鲜的水牛奶保质期较短．某超市为了保证顾客能购买到新鲜的水牛奶又不用过多存货，于是统计了50天销售水牛奶的情况，获得如下数据：
日销售量/件 0 1 2 3
天数 5 10 25 10
假设水牛奶日销售量的分布规律保持不变，将频率视为概率．
（1）求接下来三天中至少有2天能卖出3件水牛奶的概率；
（2）已知超市存货管理水平的高低会直接影响超市的经营情况．该超市对水牛奶实行如下存货管理制度：当天营业结束后检查存货，若存货少于2件，则通知配送中心立即补货至3件，否则不补货．假设某天开始营业时货架上有3件水牛奶，求第二天营业结束后货架上有1件存货的概率．
【答案】（1）;
（2）.
【解答】
【分析】（1）由题设三天中卖出3件水牛奶的天数，利用二项分布的概率概率公式求即可；
（2）讨论第一天营业结束是否需要补货，利用全概率公式分别求出不需补货、需要补货情况下在第二天营业结束货架上有1件存货的概率，即可得结果.
【小问1详解】
由题设，能卖出3件水牛奶的概率为，3件以下的概率为，
所以三天中卖出3件水牛奶的天数，
则.
【小问2详解】
由（1）及题意知：第一天营业结束后不补货的情况为A={销售0件}或B={销售1件}，
所以，，
令C={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
第一天营业结束后补货的情况为D={销售3件}或E={销售2件}，
所以，，
令F={第二天货架上有1件存货}，则，，
所以.
综上，第二天营业结束后货架上有1件存货的概率.
18. 已知函数，．
（1）当时，求函数最小值；
（2）是否存在，且依次成等比数列，使得，，依次成等差数列？请证明；
（3）当时，函数有两个零点，是否存在的关系？若存在，请证明；若不存在，请写出正确的关系．
【答案】（1）1 （2）答案见解答，证明见解答
（3）存在，证明见解答
【解答】
【分析】（1）代入，再对求导，并研究其单调性，可得答案；
（2）利用等差中项建立等式，结合等比中项以及对数运算律化简等式，根据分类讨论思想，可得答案；
（3）先分析的单调性，结合零点存在定理得到，再构造函数，利用导数研究其单调性，建立关于的不等式，整理可即可得解.
【小问1详解】
当时，，，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以．
【小问2详解】
要证，，依次成等差数列，只需证，
整理可得，由依次成等比数列，则，
所以
①当时，上式显然成立；
②当时，则，整理可得，
由依次成等比数列可得，则，
代入得：与题意矛盾，故此时不存在；
综上：当时，存在满足要题意的；
当时，不存在满足要题意的.
【小问3详解】
因为，，，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又当时，恒成立，
当趋于0时，趋于无穷小；当趋于无穷大时，趋于无穷小；
所以在上各有一个零点，不妨设，
则，．
设函数，则，，
所以在上单调递增，
故当时，，即，
当时，，即，
所以，，
所以，
整理可得：，
即，所以．
【小结】方法小结：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19. 在平面直角坐标系中，已知两定点，，M是平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且．
（1）求动点M的轨迹；
（2）设过的直线交曲线于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为，，，且满足．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）在定直线y＝8（x≠0）上．
【解答】
【详解】（1）设，则，由题意知－4＜x＜4．
∵，∴，即，故动点M的轨迹为．
（2）存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．理由如下：
当直线CD的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝kx＋1．
设，，，则，，，由此知．
将y＝kx＋1代入，得，于是
，．①
条件即，也即．
将，代入得．
显然不在直线y＝kx＋1上，∴，从而得，即．
将，代入得．将式①代入得
，解得．
当直线CD的斜率不存在时，经检验符合题意．
因此存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．
【反思】由于关于椭圆的极线是直线y＝8，若恒成立，由命题5知点Q在极线y＝8上，因此存在满足题意的Q，其轨迹为y＝8（x≠0）．本题实质是命题5的逆向应用．高三数学大题规范训练（22）
15. 已知的内角，，的对边分别为，，，，且．
（1）求的值；
（2）若，的面积为，求的周长．
16. 为创造良好的城市消防安全环境，某社区举行“消防安全”答题活动，答题人根据所获得的分数获得相应的奖品．工作人员给每位答题人提供了A，B两类题目．规定每位答题人共需回答3道题目．现有两种方案供答题人任意选择：
甲方案：只答A类题目；
乙方案：第一次答A类题目，以后按如下规则答题，每次答对时，则下一次答A类题目，每次答错时，则下一次答B类题目．
已知A类题目每次答对得40分，答错得0分，B类题目每次答对得30分，答错得0分．若小李每道A类题目能答对的概率均为，每道B类题目能答对的概率均为，且每道题能否答对与回答顺序无关．
（1）若小李采用甲方案答题，求他的得分不低于80分的概率；
（2）若想要答题得分的期望值更大，小李应该选择哪种答题方案？
17. 如图，在四棱台中，四边形是边长为4的菱形，，平面，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
18. 已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
（1）求方程．
（2）不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积最大值．
19. 已知函数，．
（1）若在处取得极值，讨论的单调性；
（2）设曲线在点处的切线为，证明：除点外，曲线段总在的下方；
（3）设，证明：．高三数学大题规范训练（30）
15. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值．
【答案】（1）单调增区间：，单调减区间：．
（2）或．
【解答】
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析得出结论.
【小问1详解】
易知定义域为R，，
所以，，，．
故单调增区间：，单调减区间：．
小问2详解】
因为，，
所以曲线在点处的切线为
把切线方程代入二次曲线方程，得有唯一解，
即且，即
解得或．
16. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点．
（1）当P是线段中点时，求点P到平面的距离；
（2）当平面与平面的夹角的余弦值为时，求．
【答案】（1）．
（2）
【解答】
【分析】（1）利用等体积变化的方法进行计算距离；
（2）利用空间向量法计算距离；
【小问1详解】
作的中点D，连接，，连接，，，
因为点D，F分别为，的中点，
所以，且，
又由三棱柱定义，结合点E为的中点可知：
，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离；
因为， ，
因为，所以，
由平面平面，且平面平面，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，所以是三棱锥的高，
所以，
在等边三角形中，,
因为，所以直角三角形中
又，
三角形是等腰三角形，，
设点E到平面的距离为d，则，解得．
即点P到平面的距离为．
【小问2详解】
以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，
，，，，，
所以，，，，
设，则，
设平面的一个法向量，
则有，即，
所以，
设平面的一个法向量，
则有，即，所以，
所以，
解得或（舍去）．
所以，即的长为．
17. 已知等比数列和等差数列，满足，，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）记数列的前项和为，数列的前项和为．证明：．
【答案】（1），．
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）设的公比为，等差数列的公差为，依题意得到方程组，解得、，即可得解；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求出，即可得到，再由分组求和及裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
等比数列满足，，所以单调递增，
设的公比为，等差数列的公差为，依题意可得，
解得或（舍去），
所以，．
【小问2详解】
由（1）可得，
所以
所以，
故，
又，，
即，
所以
．
18. 已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1．
（1）求双曲线的标准方程：
（2）若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T．
（i）证明：射线是的角平分线；
（ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解答；（ii）．
【解答】
【分析】（1）由题意可直接求出，从而可求出双曲线的方程；
（2）（i）设，切线，代入双曲线方程化简，由判别式等于零可表示出，从而可表示出切线方程，表示出点的坐标，然后通过计算的值可得结论；（ii）过作，设，根据角平分线的性质和三角形中位线定理求出，再表示出面积可求出其范围.
【小问1详解】
因为实轴长为4 所以，即，
因为右焦点到渐近线距离为1，
所以，
故双曲线的标准方程为．
【小问2详解】
（i）设，切线，则，
联立
化简得．
由，解得：，
所以直线，令，得，
故，．
因为，
所以，
所以，即，
故射线PT是的角平分线．
（ii）过作，设．
因为为的角平分线，所以
所以．
因为，，所以，
又因O为中点．
则是的中位线，故Q是的中点．
所以，记，
因为，所以为锐角，所以为钝角，
所以，所以，所以，
由正弦定理得，
所以，
则．
【小结】关键点小结：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中的面积问题，第（2）问解题的关键是根据双曲线的性质结合角平分线的性质求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
19. 为提高学生的思想政治觉悟，激发爱国热情，增强国防观念和国家安全意识，某校进行军训打靶竞赛．规则如下：每人共有3次机会，击中靶心得1分，否则得0分、已知甲选手第一枪击中靶心的概率为，且满足：如果第n次射击击中靶心概率为p，那么当第n次击中靶心时，第次击中靶心的概率也为p，否则第次击中靶心的概率为．
（1）求甲选手得分X的分布列及其数学期望；
（2）有如下定义：设X是一个随机变量，x是任意实数，函数，称为X的分布函数，对于任意实数，，有．因此，若已知X的分布函数，我们就知道X落在任一区间上的概率．
（i）写出（1）中甲选手得分X的分布函数（分段函数形式）；
（ii）靶子是半径为2的一个圆盘，设击中靶上任一同心圆盘上的点的概率与该圆盘的面积成正比，假如选手射击都能中靶，以Y表示弹着点与圆心的距离．试求随机变量Y的分布函数．
【答案】（1）分布列见解答，
（2）（i）；（ii）
【解答】
【分析】（1）列出的可能值，并求出对应的概率，可得的分布列，并求期望.
（2）根据分布函数的概念，求分布函数.
【小问1详解】
甲选手得分X的取值可为0，1，2，3，
，．
，，
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
X的数学期望是．
【小问2详解】
（i）X的分布函数为；
（ii）设随机变量Y的分布函数为，
若，此时；
若，由题意设，
当时，有，又因为，
所以，即，
所以；
若，此时，
综上所述，．高三数学大题规范训练（18）
15. 已知等比数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）设公比为，根据等比数列的通项公式求出、，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；
【小问1详解】
解：因为为等比数列，且，，设公比为，
所以，所以，，
所以；
【小问2详解】
解：因为，
所以
16. 如图，平行六面体的底面是菱形，且．试用尽可能多的方法解决以下两问：
（1）若，记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；
（2）当的值为多少时，能使平面？
【答案】（1）
（2）1
【解答】
【分析】（1）根据二面角的定义作图分析确定二面角的平面角，计算二面角的平面角可结合直角三角形中的边角关系、余弦定理、勾股定理得方法求解即可得二面角的平面角的余弦值；
（2）可先猜测的值，然后证明平面，根据平行六面体法人几何性质结合线面垂直的判定定理证明、或者补形证明、或者利用空间向量的线性运算证明．
【小问1详解】
连接、设和交于，连接，作，垂足为，作，垂足为，连接．
四边形是菱形，
，又，．
又，，
△△，，
，，
又，，平面
平面，
又平面，．
是二面角的平面角．
方法一：∵，可得，，
又．
因为平面，故平面平面，
而平面平面，平面，
故平面，而平面，故，
而，平面，故平面，
而平面，故，
∴．
又，∴，
∴．
方法二：在中，．
由余弦定理知，
又，∴，
∴，即．
∴是中点，．
方法三：∵，，
∴，
即．
∴，
∴，
，．
∴，故．
小问2详解】
当时，能使平面．
方法一 ：由前知平面，∴．
当时，平行六面体的六个面是全等的菱形．
同的证法可得，
而平面，故平面．
方法二 ：∵，∴．
由题设可知三棱锥是正三棱锥，设与相交于．
∵，且，∴．
又是正三角形的边上的高和中线，
∴点是正三角形的中心．
∴平面，即平面．
方法三 ：如图，沿面补一个全等的平行六面体．
∴．若平面，则平面．
∴．令．
由余弦定理可知，．
又，则，
即．
∴，解得或（舍）．
由此可知当时，平面．
方法四：如图，若平面，则与成的角．过作交的延长线于，则．四边形为平行四边形．设，，则．
∵，∴．
∴，．
在Rt中，，即，
∴，解得或（舍去）．
由此可知当时，平面．
方法五：记，菱形边长为．
∵是菱形，∴．
又，∴平面，得，要使平面，还需．
由，
则，
得，即时成立．
17. 金华轨道交通金义东线金义段已于今年1月开通试运行，全长58.4公里，从金华站到义乌秦塘站一路经过17座车站．万达广场站是目前客流量最大的站点，某小组在万达广场站作乘客流量来源地相关调查，从上车人群中随机选取了200名乘客，记录了他们从来源地到万达广场站所花费时间t．得到下表：
时间t（min）
人数（人） 10 60 70 30 20 10
（1）从在万达广场站上车的乘客中任选一人，估计该乘客花费时间t大于或等于18min的概率；
（2）估计所有在万达广场站上车乘客花费时间t的中位数；
（3）已知的10人，其平均数和方差分别为2，1；的60人，其平均数和方差分别为9，2，计算样本数据中的平均数和方差．
注：已知的平均数为a，方差为b，的平均数为c，方差为d，的平均数为e，则的方差为．
【答案】（1）0.3；
（2）；
（3）平均数为8，方差为.
【解答】
【分析】（1）根据给定r 数表，利用古典概率公式计算即得.
（2）利用频率分布表估算中位数的方法，求出中位数.
（3）利用分层抽样的平均数、方差的求法计算得解..
【小问1详解】
花费时间t大于或等于18min的乘客人数为60，
所以该乘客花费时间t大于或等于18min的概率.
【小问2详解】
由表格数据知：花费时间小于分钟的频率为，花费时间小于分钟的频率为，
因此花费时间t的中位数，，解得：，
所以估计所有在万达广场站上车的乘客花费时间t的中位数为.
【小问3详解】
样本数据中的平均数；
方差.
18. 已知函数.
（1）化简函数的表达式，并求函数的最小正周期；
（2）若点是图象对称中心，且，求点的坐标.
【答案】（1），最小正周期为；（2）或.
【解答】
【分析】（1）利用降幂公式、二倍角公式、辅助角公式化简，代入周期公式计算周期；
（2）由对称中心的性质可知，结合求出，即可得到点的坐标．
【详解】（1），
所以，函数的最小正周期为；
（2）由，
点是函数图象的对称中心，
则，得，，
由，解得，得或，
当时，，此时，点的坐标为；
当时，，此时，点的坐标为.
综上所述，点的坐标为或.
【小结】本题考查了三角函数的恒等变换，正弦函数的图象与性质，属于中档题．
19. 已知函数的图象关于直线对称，且图象上相邻最高点的距离为．
（1）求的解答式；
（2）将的图象向右平移个单位，得到的图象，若关于的方程在上有唯一解，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）利用题意首先求得的值，然后求解的值即可求得的解答式；
（2）首先求得函数的解答式，然后结合函数在区间上的性质即可求解实数的取值范围.
【小问1详解】
因为的图象上相邻最高点的距离为，所以的最小正周期，
从而．
又的图象关于直线对称，所以，
因为 ，所以，所以．
所以．
【小问2详解】
通过平移，得．
方程可看成函数和函数的图象在上有且只有个交点，
当时，，故，
为使直线与函数的图象在上有且只有个交点，
如下图所示，当时，；当时，
结合在上的图象，
只需或，
解得或．
即实数的取值范围为．高三数学大题规范训练（7）
15. 有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.
（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；
（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.
16. 已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
17. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.
（1）若为棱的中点，求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
18. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
（1）求方程，并说明轨迹的形状；
（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
（1）写出这个数列的前7项；
（2）如果且，求m，n的值；
（3）记，，求一个正整数n，满足．高三数学大题规范训练（11）
15. 设公差不为的等差数列的首项为，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证：.
16. 某基层工会拟通过摸球的方式对会员发放节日红包.现在一个不透明的袋子中装有5个都标有红包金额的球，其中有2个球标注的为40元，有2个球标注的为50元，有1个球标注的为60元，除标注金额不同外，其余均相同，每位会员从袋中一次摸出1个球，连续摸2次，摸出的球上所标的红包金额之和为该会员所获得的红包总金额.
（1）若每次摸出的球不放回袋中，求一个会员所获得的红包总金额不低于90元的概率；
（2）若每次摸出的球放回袋中，记为一个会员所获得的红包总金额，求的分布列和数学期望.
17. 已知函数.
（1）若，当时，试问曲线是否存在能与两坐标轴围成等腰直角三角形的切线？若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由；
（2）若在上单调，求实数取值范围.
18. 如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.
（1）求的长度；
（2）若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
19. 已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.
（1）求曲线的标准方程;
（2）已知是定值，求该定值;
（3）求面积的范围.高三数学大题规范训练（4）
15. 如图，在直三棱柱中，，，，点、分别为、的中点.
（1）求二面角的余弦值；
（2）若点满足，求直线与直线所成角的正弦值.
16. 某校为了丰富学生课余生活，体育节组织定点投篮比赛．为了解学生喜欢篮球否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
喜欢篮球 不喜欢篮球 合计
男生 40
女生 30
合计
（1）根据所给数据完成上表，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该校学生喜欢篮球与性别有关？
（2）篮球指导老师从喜欢篮球的学生中抽取了2名男生和1名女生进行投篮示范．已知这两名男生投进的概率均为，这名女生投进的概率为，每人投篮一次，假设各人投篮相互独立，求3人投进总次数的分布列和数学期望．
附：
01 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
17. 知函数，其中.
（1）若，求函数的极值
（2）是否存在实数a，使得函数在内单调？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由；
18. 设，为曲线上两点，与的横坐标之和为4.
（1）若与的纵坐标之和为4，求直线的方程.
（2）证明：线段的垂直平分线过定点.
19. 在信息论中，熵（entropy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵 信源熵 平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件 样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用、、计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.在1948年，克劳德 艾尔伍德 香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯 麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
（1）若，试探索的信息熵关于的解答式，并求其最大值；
（2）若，（），求此时的信息熵.高三数学大题规范训练（21）
15. 阳春三月，油菜花进入最佳观赏期，长沙县江背镇、望城光明村彭家老屋、浏阳达浒油菜花田、岳麓区含泰社区油菜花田都免费向市民、游客开放，长沙某三所高级中学A，B，C组织学生去这四个景区春游，已知A，B两所学校去每个景区春游的可能性都相同，C学校去岳麓区含泰社区春游的可能性为，去其它三个景区春游的可能性相同.
（1）求望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率；
（2）长沙县江背镇迎来学校所数的分布列及数学期望.
16. 如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
17. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，.
（1）求E的方程；
（2）直线，过l上一点P作E的两条切线，切点分别为M，N.求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
18. 已知函数.
（1）讨论单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
19. 角谷猜想，也称为“”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1.这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，…，实施第次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列，1，其递推关系式为：叫做数列的原始项.将此递推关系式推广为：（，且），其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题：
（1）若，则数列的项数为______；
（2）求数列的原始项的所有可能取值构成的集合；
（3）若对任意的数列，均有，求d的最小值.高三数学大题规范训练（25）
15. 已知、、分别为的三个内角、、的对边长，，且．
（1）求角的值；
（2）求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）根据条件，用正弦定理进行化简，再结合余弦定理即可得到结果；
（2）由正弦定理，结合三角形的面积公式可得，再结合三角函数的性质即可得到结果.
【小问1详解】
由条件，可得，
由正弦定理，得，所以，
所以，因为，所以．
【小问2详解】
由正弦定理，可知，
，
∵，∴，∴.
16. 已知等差数列的公差为2，记数列的前项和为且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解答；
（2）.
【解答】
【分析】（1）根据通项与前项和之间的关系，作差可得，即可利用等比数列的定义求解，
（2）根据错位相减法求和以及分组求解，结合等差等比数列求和求解.
【小问1详解】
时，，即.
又，也符合，
所以时，，即.
又，所以，
所以，所以数列成等比数列.
【小问2详解】
由（1）易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，
则，
所以，
所以.
17. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点.
（1）证明：.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）根据题干，先证明平面，从而得到，又因为，再得到平面，进而得到；
（2）在点建立空间直角坐标系，求出直线与平面中各点的坐标，再利用线面夹角公式代入求解即可得到.
【小问1详解】
证明：如图，连接.
因为四边形是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，则.
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以.
因为，，所以.
因为，平面，所以平面.
又平面，所以.
【小问2详解】
如图，过作的平行线为轴，结合（1）知轴，，两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则得
取，得，则.
因为为的中点，所以.
又.所以.
则.
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A在C上，当轴时，；当时，.
（1）求C的方程；
（2）已知斜率为-1的直线l与椭圆C交于M，N两点，与直线交于点Q，且点M，N在直线的两侧，点．若，是否存在到直线l的距离的P点？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解答】
【分析】（1）利用通径公式和椭圆定义，结合余弦定理即可建立方程，从而可求解椭圆方程；
（2）由点M，N在直线的两侧可得，设直线l：，点，，联立椭圆方程，消元，利用韦达定理可得，．根据，得到．代入斜率公式，得到，再由，求出的取值范围即可.
【小问1详解】
当轴时，，即①，
当时，，
在中，，由余弦定理可知，
，
即，
整理，可得，即②，
由①②，解得，．
所以C的方程为．
【小问2详解】
设直线l：，点，，
令，则，，
由点M，N在直线的两侧，可得，
联立，消去x，可得，
则恒成立，
所以，．
因为，所以，
由正弦定理，得，
而，即，
所以，而，则，
所以，则，即，
即，
整理，得，所以，
因为，所以，
又，所以，
所以．
令，
结合，解得，则．
所以时，点P到直线l的距离．
【小结】关键小结：第二问中的关键是能把转化为，由正弦定理，得，从而得到，即，从而利用斜率公式和韦达定理求解.
19. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，设正项数列满足：，
①求证：；
②求证：.
【答案】（1）答案见解答
（2）①证明见解答；②证明见解答
【解答】
【分析】（1）对求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2）①构造函数，结合（1）中结论可证得，而此时函数在为单调递增函数，从而可得，对其变形，结合累乘法以及不等式的性质即可得证；②通过归纳可得，进一步通过放缩可得当时，，由累加法结合不等式的性质即可得证.
【小问1详解】
的定义域为，
，
当时，令，可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
①当时，，
令，可得，
由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由函数在为单调递增函数，
所以，所以，
得，
所以，
所以，
相乘得，，即得证.
②因，且，可得，，
当时，，
，所以，又，
所以，
所以当时，，
所以，，
所以，
故.
【小结】关键点小结：第二问的关键是分别得出，由此即可顺利得解.高三数学大题规范训练（18）
15. 已知等比数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
16. 如图，平行六面体的底面是菱形，且．试用尽可能多的方法解决以下两问：
（1）若，记面为，面为，求二面角的平面角的余弦值；
（2）当的值为多少时，能使平面？
17. 金华轨道交通金义东线金义段已于今年1月开通试运行，全长58.4公里，从金华站到义乌秦塘站一路经过17座车站．万达广场站是目前客流量最大的站点，某小组在万达广场站作乘客流量来源地相关调查，从上车人群中随机选取了200名乘客，记录了他们从来源地到万达广场站所花费时间t．得到下表：
时间t（min）
人数（人） 10 60 70 30 20 10
（1）从在万达广场站上车的乘客中任选一人，估计该乘客花费时间t大于或等于18min的概率；
（2）估计所有在万达广场站上车的乘客花费时间t的中位数；
（3）已知的10人，其平均数和方差分别为2，1；的60人，其平均数和方差分别为9，2，计算样本数据中的平均数和方差．
注：已知的平均数为a，方差为b，的平均数为c，方差为d，的平均数为e，则的方差为．
18. 已知函数.
（1）化简函数的表达式，并求函数的最小正周期；
（2）若点是图象的对称中心，且，求点的坐标.
19. 已知函数的图象关于直线对称，且图象上相邻最高点的距离为．
（1）求的解答式；
（2）将的图象向右平移个单位，得到的图象，若关于的方程在上有唯一解，求实数的取值范围高三数学大题规范训练（15）
15. 如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
（1）求证：，，，四点共面：
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【小问1详解】
取，的中点分别为，，连接，，
取，的中点分别为，，连接，，，
由题意知，都是等边三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，的中点分别为，，所以
所以，所以，
所以，又因，
所以，
因为，的中点分别为，，
所以，
所以，所以，，，四点共面；
【小问2详解】
连接，，且延长交于点，由题意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
设，则，，，
所以，同理，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
16. 教练为了解运动员甲的罚篮情况，记录了甲罚篮前30次的投篮情况，得到下表（用“1”表示投中，用“0”表示没有投中）：
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
投篮情况 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1
序号 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
投篮情况 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0
把频率估计为概率：
（1）若认为甲各次投篮是独立的，计算甲第31，32两次投篮恰好一次投中，一次没有投中的概率；
（2）若认为甲从第2次投篮开始，每次投篮受且仅受上一次投篮的影响，记甲第31，32两次投篮投中的次数为，写出随机变量的分布列，并求.
【答案】（1）
（2）分布列见解答，
【解答】
【分析】（1）由题可得甲投篮投中的概率，投不中的概率为，故所求概率为恰有一次投中，一次没有投中的概率为，代入数据即可求解；
（2）表格中的数据可以知道：上一次投篮投中，这一次也投中的概率为，上一次投篮没有投中，这一次投篮投中的概率为，的所有可能取值为0，1，2，然后求出对应概率即可得解.
【小问1详解】
根据表中的数据，在甲前30次的投篮过程中，有19次投中，11次没有投中，因此因动员甲投篮投中的概率，投不中的概率为，若甲各次投篮互相独立，那么第31，32次投篮，恰有一次投中，一次没有投中的概率为；
【小问2详解】
根据表格中的数据可以知道：上一次投篮投中，这一次也投中的概率为，
上一次投篮没有投中，这一次投篮投中的概率为，
的所有可能取值为，，，且由表格可知第30次运动员甲没有投中，
则，
，
，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2
所以.
17. 已知椭圆的离心率为，过点作斜率为直线与椭圆交于，两点交于，（在轴上方），当时，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线的垂线，垂足为，连接与轴交于点，若四边形为等腰梯形，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）由离心率可得，将椭圆方程化为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可得解；
（2）不妨设的中点为，则必有，则问题只需要求点的坐标，设，，直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，求出，，即可求出直线的斜率.
【小问1详解】
因为，所以，即，
不妨设椭圆的方程为，即.
并与直线联立方程，，消去得，
设，，则有，，
由，
所以，即或（舍去），
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
因为四边形为等腰梯形，则必有，
即，不妨设的中点为，则必有，
要求直线的斜率，只需要转化为求点的坐标，则有，
设，，则有，
有直线的方程为，令，则有,
不妨设直线的方程为，，
则有，，
并与椭圆联立方程，消去得，显然，
则有，，则有，
则有，所以，
所以，
所以.
18. 定义：若变量，且满足：，其中，称是关于的“型函数”.
（1）当时，求关于的“2型函数”在点处的切线方程；
（2）若是关于的“型函数”，
（i）求的最小值：
（ii）求证：，
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解答
【解答】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）根据题意，得到，
（i）化简，结合基本不等式，即可求解；
（ii）由题意，得到，设，，其中，化简得到，记，利用导数求得函数单调性和最小值，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，可得，则，
所以，所求切线方程为，即.
【小问2详解】
解：由是关于的“型函数”，可得，即，
（i）因为，
当且仅当即时取得最小值.
（ii）由，即，则，且，，
可设，，其中，
于是，
记，
可得，
由，得，记，
当时，当时，，则
，所以.
【小结】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 数列满足则称数列下凸数列.
（1）证明：任意一个正项等比数列均为下凸数列；
（2）设，其中，分别是公比为，的两个正项等比数列，且，证明：是下凸数列且不是等比数列；
（3）若正项下凸数列的前项和为，且，求证：.
【答案】（1）证明见解答
（2）证明见解答 （3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）根据数列新定义即可证明结论；
（2）根据定义只需证明即可，从而结合正项等比数列的性质即可证明；利用反证法可证明不是等比数列；
（3）先用反证法证明不可能从某一项开始单调递增，可得出，令，，可推出，即得，从而，利用累加法即可证明结论.
【小问1详解】
设正项等比数列的公比为，
则，即，
所以任意一个正项等比数列为下凸数列.
【小问2详解】
显然，
，
所以正项数列为下凸数列.
下面证明：正项数列不是等比数列.
若是等比数列，则，
所以，
因为数列，分别为两个正项等比数列，
所以，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，所以，与矛盾，
所以数列不是等比数列.
【小问3详解】
假设存在一个常数，使得，但，
因为，所以，
将中的换成得，.
进一步得，.
又，由不等式的可加性得，，
同理可得，，
所以，
所以数列从项到项单调递减，从项开始向后单调递增，
所以，
因为该规律是固定的，且，
所以当足够大时，必有，与题设矛盾，
所以不可能从某一项开始单调递增，所以，
令，，
由得，，
所以
所以，
即，
进一步得，，
所以，
，
，
，
相加得，
所以.
【小结】难点小结：本题考查了数列的新定义问题，解答时要注意理解新定义的含义，难点在于（3）中数列不等式的证明，解答时要首先利用反证法说明不可能从某一项开始单调递增，然后结合新定义以及数列的单调性进行求解.高三数学大题规范训练（16）
15. 已知为等差数列，且，．
（1）求的通项公式；
（2）若恒成立，求实数λ的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）根据题意建立方程求出等差数列的首项与公差，从而可求解；
（2）先求出等差数列的前n项和，再将恒成立问题参变分离，接着利用数列的单调性求出最值，从而得解．
【小问1详解】
设数列 的公差为d，则根据题意可得，
解得，则．
【小问2详解】
由（1）可知运用等差数列求和公式，得到，
又恒成立，则恒成立，
设，则，
当时，，即；
当时，，则，则；
则，故，
故实数λ的取值范围为．
16. 某公司有5台旧仪器，其中有2台仪器存在故障，
（1）现有一位工人从这5台仪器中随机选择3台进行检测，记ξ为这3台仪器中存在故障的台数，求ξ的分布列和数学期望；
（2）为了提高生产，该公司拟引进20台此种新仪器，若每台仪器运行相互独立，且每台机器在运行过程中发生问题的概率为0.03，记X为这20台新仪器在运行过程中发生故障的台数，借助泊松分布，估计时的概率.
附：①若随机变量ξ的分布列为则称随机变量ξ服从泊松分布．
②设，当且时，二项分布可近似看成泊松分布．即，其中．
③泊松分布表（局部）
表中列出了的值（如：时，
… 0.5 0.6 0.7 …
0 … 0.606531 0.548812 0.496585 …
1 … 0.303265 0.329287 0.347610 …
2 … 0.075816 0.098786 0.121663 …
3 … 0.012636 0.019757 0.028388 …
4 … 0.001580 0.002964 0.004968 …
5 … 0.000158 0.000356 0.000696 …
6 … 0.000013 0.000036 0.000081 …
7 … 0.000001 0.000003 0.000008 …
【答案】（1）分布列见解答，
（2）0.019757
【解答】
【分析】（1）由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，利用古典概型的概率公式求出相应的概率，进而得到ξ的分布列，再结合期望公式求解；
（2）依题，此时二项分布可近似看成泊松分布，再利用泊松分布的概率公式求解．
【小问1详解】
解：（1）由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，
则，，，
所以ξ的分布列为：
ξ 0 1 2
P
所以ξ的期望为；
【小问2详解】
依题题意，得，则，
所以，
因为，所以，
于是，
所以时的概率估计值为．
17. 已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）取的中点为，连结，，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）结合余弦定理与勾股定理可证，利用面面垂直的性质定理知平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
【小问1详解】
证明：取的中点为，连结，因为为中点，
则，且，
因为，，，所以
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面;
【小问2详解】
在中，，所以，
在中，，即，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，所以，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，由图知为钝角，
所以，
所以，
故二面角的正弦值为．
18. 在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且动点满足，记P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）设曲线C与x轴的交点为A1，A2（A1在A2的左边），过点Q（1，0）且不与x轴平行的直线l与C相交于M，N两点，记直线A1M，A2N的斜率分别为k1和k2，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）由已知结合向量线性运算的坐标表示即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，结合方程的根与系数关系及直线的斜率关系即可求解．
【小问1详解】
解：设，
因为，所以，
由得，，
将，代入得，，
所以动点P的轨迹C的方程为；
【小问2详解】
由（1）知，
联立得，，
由韦达定理得，，
于是，从而，
因为，，
则，，
，所以．
19. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”
（1）若，判断是否为上的“4类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
（3）若为上的“2类函数”且，证明：，，.
【答案】（1）是 （2）
（3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，对函数求导后进行分离参数，利用导函数研究函数的单调性和最值即可；
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【小问1详解】
函数是上的“4类函数”，理由如下：
不妨设，所以，
，
所以是上的“4类函数”；
小问2详解】
，，
由题意知，对于任意不同都有，
不妨设，则，
故且，
所以为上的增函数，为上的减函数，
所以对任意的，即，
由，令，则，，
令得在上单调递增，，
由，令，
只需，，
令得在单调递增，
所以，
综上所述，实数a的取值范围为；
【小问3详解】
证明：因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，当时，；
当时，因为，
所以
，
综上所述，，，.
【小结】方法小结：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.高三数学大题规范训练（13）
15. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）若成等差数列，求的面积；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）4
【解答】
【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解；
（2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解.
【小问1详解】
因为成等差数列，所以，
又，所以①，
在中，由余弦定理可得：，
又，所以②，
由①②得，
所以的面积.
【小问2详解】
因为，所以，
又因为且，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，所以，所以，
所以.
16. 如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．
（1）证明：平面ABC；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）.
【解答】
【分析】（1）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可.
【小问1详解】
取BC的中点M，连结MA、．
因为，，所以，，
由于AM，平面，且，
因此平面，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC，
因为，所以平面ABC.
【小问2详解】
法一：因为，且，所以．
以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，则，可得，
令，则，
设平面的法向量为，则，可得，
令，则，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
法二：将直三棱柱补成长方体．
连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ，
因为平面，且平面，
所以，
又因为，由于BD，平面，且，
所以平面，则为直角三角形，
由于平面，所以，
因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ，
因为平面CPQ，所以，
则∠CQP为平面与平面的夹角或补角，
在中，由等面积法可得,
因为，所以，
因此平面与平面夹角的余弦值为.
17. 乒乓球（table tennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜．
（1）若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，求单局比赛中甲获胜的概率；
（2）若比赛采用三局两胜制（当一队朚得两场胜利时，该队获胜，比赛结束），每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，记为比赛结束时的总局数，求的期望．（参考数据）
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）根据题意，分3种情况分别求单局比赛中甲获胜的概率，再求和；
（2）首先分析得到，再分别求概率，以及数学期望.
【小问1详解】
设事件为“若甲先发球，单局比赛甲11:2获胜”，其可分为如下三种基本事件，
事件为“甲发球，甲败2次”，事件为“乙发球，甲败2次”，事件为“甲发球，甲败1次，乙发球，甲败1次”，
这个单局比赛中，甲发球6次，乙发球6次，最后1次是甲发球甲赢，
，，,
；
【小问2详解】
随机变量的所有可能取值为2,3，
，
，
所以.
18. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数在上仅有两个零点，求实数取值范围.
【答案】（1）极小值为，无极大值
（2）
【解答】
【分析】（1）求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；
（2）把原函数有两个零点转化为在上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.
【小问1详解】
当时，R），所以，
令，则，
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
所以，
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
函数在上仅有两个零点，
令，则问题等价于在上仅有两个零点，
易知，因为，所以.
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，所以在上没有零点，不符合题意；
②当时，令，得，
所以在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
因为在上有两个零点，所以，所以.
因为，
令，则，
所以在上，，在上，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以当时，在和内各有一个零点，
即当时，在上仅有两个零点.
综上，实数的取值范围是.
【小结】方法小结：求解函数单调区间的步骤：
（1）确定的定义域.
（2）计算导数.
（3）求出的根.
（4）用的根将的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.，则在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；，则在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.
如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.
19. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.
（1）证明：点在定直线上；
（2）若面积为，求点的坐标；
（3）若四点共圆，求点的坐标.
【答案】（1）证明见解答
（2）或
（3）
【解答】
【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解；
（2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解；
（3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解.
【小问1详解】
由，得，
设.
所以方程为：，整理得：.
同理可得，方程为：.
联立方程，解得.
因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交，
设直线的方程为，与抛物线方程联立得：，
故，
所以，可知.
所以点在定直线上.
.
【小问2详解】
在的方程中，令，得，
所以面积.
故，
代入可得：.
整理得，解得：或.
所以点的坐标为或.
【小问3详解】
若，则重合，与题设矛盾
抛物线焦点，由得直线斜率，
可知，
同理，所以是外接圆的直径.
若点也在该圆上，则.
由，得直线的方程为：.
又点在定直线上，
联立两直线方程，解得，
所以点的坐标为.
【小结】关键点小结：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果.
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15. 有个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测.
（1）求检测过程中两件次品不相邻的概率；
（2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解答，
【解答】
【分析】（1）用插空法求出符合条件的事件数，再由古典概型计算可得；
（2）依题意的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
记检测过程中两件次品不相邻为事件，
依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻的概率，
所以.
小问2详解】
依题意的可能取值为、、、，
所以，，，
，
所以的分布列为：
所以.
16. 已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）答案见解答
（2）.
【解答】
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【小问1详解】
（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，
当时，，当时，，
所以，解得：，
所以的最小值为.
17. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为.
（1）若为棱的中点，求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得平面与平面所成夹角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解答
（2）存在，
【解答】
【分析】（1）合理构造图形，利用线线平行证明线面平行即可.
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法处理即可.
【小问1详解】
取中点，连接分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，
故四边形是平行四边形，，
又平面平面，
//平面.
【小问2详解】
假设在棱上存在点满足题意，如图：连接，，，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面平面，
平面，则是四棱锥的高，
设，则，
∴，所以，
以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
设，
．
设平面的一个法向量为，
则所以可取.
易知平面的一个法向量为，
，，
故存在点满足题意.
18. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程，并说明轨迹的形状；
（2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解答
（2）① 证明见解答；②存在；
【解答】
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【小问1详解】
设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
【小问2详解】
设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【小结】方法小结：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19. 无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
（1）写出这个数列的前7项；
（2）如果且，求m，n的值；
（3）记，，求一个正整数n，满足．
【答案】（1），，，，，，；
（2）；
（3）（答案不唯一，满足即可）
【解答】
【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解；
（2）根据数列的定义，分和分别求解；
（3）根据数列的定义，写出的值，即可求解.
【小问1详解】
根据题意，，，
，，，
，．
【小问2详解】
由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
【小问3详解】
显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．
设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
【小结】关键点小结：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件.高三数学大题规范训练（27）
15. 如图，三棱锥中， ，， ，D是棱AB的中点，点E在棱AC上.
（1）下面有①②③三个命题，能否从中选取两个命题作为条件，证明另外一个命题成立？如果能，请你选取并证明（只要选取一组并证明，选取多组的，按第一组记分）；
①平面⊥平面；
②；
③.
（2）若三棱锥的体积为，以你在（1）所选的两个条件作为条件，求平面与平面所成二面角的大小.
【答案】（1）答案见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）若选择①②，则只需证明⊥平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择①③，则只需证明⊥平面，结合线面垂直的性质定理即可得证；若选择②③，则只需证明⊥平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角公式即可求解.
【小问1详解】
选择①②，可证明③.
由，是线段的中点，得⊥.
又平面⊥平面，平面平面，且平面；
所以⊥平面，
AC平面ABC，得⊥，
又⊥；，平面，
所以⊥平面．
因为平面，所以，
若选择①③，可证明②.
由，是线段的中点，得⊥.
又平面⊥平面，平面平面，且平面；
所以⊥平面，
平面，得，
又⊥，，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以．
选择②③，可证明①.
由，是线段的中点，得⊥
因为⊥，⊥， 平面，，
所以⊥平面．
PD平面PDE，得⊥，
,平面，所以⊥平面．
又平面，故平面⊥平面.
【小问2详解】
方法一：由（1），选择①②，则③成立. 取线段的中点F，连接，
则由，及是线段的中点，
得⊥. 由（1）知，⊥平面，
以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系三棱锥的体积，且，
，得，得
所以由，是线段的中点，⊥，得：
.
所以，，，.
设面与面的法向量分别为，，
则 ， 得：，所以面的一个法向量为.
， 得：，所以面的一个法向量为.
设平面与平面所成二面角为，
则，
因为，所以面与面所成二面角的大小为．
方法二：延长交的延长线于Q，连接，
则平面与平面.
由三棱锥的体积为，且，
，得，解得
又由，及是线段的中点，⊥，
在等腰直角三角形中，，，
连结CD，在中，，，，
在等腰直角三角形中，，，
在中，，
在中，由，所以，
又由（1）知，⊥平面，是在面内射影，
由三垂线逆定理得：，
则即为二面角的平面角，
，
所以面与面所成二面角的大小为.
16. 如图，椭圆C：()的中心在原点，右焦点，椭圆与轴交于两点，椭圆离心率为，直线与椭圆C交于点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）P是椭圆C弧上动点，当四边形的面积最大时，求P点坐标.
【答案】（1）
（2）
【解答】
分析】（1）方法一：由题意得，，把点直接代入椭圆方程求出即可；方法二：把代入求出即可；
（2），而的面积为定值，所以只要的面积最大，进一步分析得知，只需求的最大值，方法一：用判别式法求最值；方法二：利用基本不等式求最值，结合取最值的取等条件即可求解.
【小问1详解】
设，又离心率，则.
，则.
法一：则C：，点代入得，
法二：则，点代入得，
所以C方程为：.
【小问2详解】
因为，而的面积为定值，所以只要的面积最大.
设，则①.
， ，则线段AM长度为定值.
由图知，P在直线的上方，直线：，
P到直线的距离为
只需求的最大值.
法一：设，代入得：，
因为，得.
当时，联立①，解得：，.
法二：因为
.
所以，
当且仅当时，.
所以当四边形的面积最大时，此时点P坐标为 ().
17. 在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军. 比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”. 接着，“胜区”中两人对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名. 然后，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名. 最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，且不同对阵的结果相互独立.
（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军. 已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为p()，则哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
【答案】（1）①；②
（2）答案见解答
【解答】
【分析】（1）① 甲获得第四名，需要在甲参与的两场比赛中都失败，结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；② 明确随机变量所有可能取值，然后结合对立事件概率和独立事件概率公式分别求出对应的概率，即可求得分布列和期望；
（2）分别求出两种赛制甲夺冠概率，再利用作差法比较两概率的大小，取夺冠概率最大的赛制对甲夺冠有利.
【小问1详解】
①记“甲获得第四名”为事件，又，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
则的分布列如下：
2 3 4
0.16 0.552 0.288
所以数学期望.
小问2详解】
在“单败淘汰制”下，甲获冠军须比赛两场，且两场都胜，则甲获得冠军的概率为.
(ii) 在“双败淘汰制”下，设事件V为“甲获冠军”，
设事件A为“甲比赛三场，连胜三场”，则；
设事件B为“甲比赛四场：胜负（胜区败）胜（赢败区胜）胜（决赛区胜）”，
则；
设事件C为“甲比赛四场：负胜（败区胜）胜（赢胜区败）胜（决赛区胜）”，
则；
所以 .
由，且，
当时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
当时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
18. 设函数().
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解答 （3）
【解答】
【分析】（1）只需分别求出即可；
（2）求导得，根据是否大于0对进行分类讨论即可求解；
（3）分离参变量转换为恒成立问题，构造函数，只需求得的最小值即可得解.
【小问1详解】
当时，，则，
则，又，
故在处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，则，
若，即时，
恒成立，故在R上单调递增；
若，即或时，.
+ 0 ─ 0 +
↗ ↘ ↗
则在和上为增函数；在上为递减函数.
【小问3详解】
因为时，，即，
当时，上式成立，
也即当时，恒成立，记，
则.
记，则，
则在为减函数，则，即恒成立，
则单调减，为增函数，
，则，所以的取值范围为.
19. 已知正整数为常数，且，无穷数列的各项均为正整数，其前项和为，且对任意正整数，恒成立.
（1）证明无穷数列为等比数列，并求；
（2）若，，求证：；
（3）当时，数列中任意不同两项的和构成集合A.设集合，中元素的个数记为，求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解答，
（2）证明见解答 （3）（）
【解答】
【分析】（1）由 并结合已知条件，得出数列的两项的商为定值，从而可知为等比数列，由于其各项均为正整数，所以公比亦为正整数，从而得到 ；
（2）写出数列的通项公式，得出，结合导函数求出函数的单调性，再结合累加法对数计算求和即可.
（3）结合（2）得出集合中元素满足的不等式，将中元素的个数转化为关于的不等式的解的数目，先确定的取值，再由放缩法确定 i 的取值，从而确定解的个数，得到的通项公式．
【小问1详解】
当时，，，两式相减得：
，，
，所以数列等比数列．
因为无穷数列的各项均为正整数，
则公比为正整数，为正整数，则．
【小问2详解】
若，
设（），则，
则在上为增函数，
所以，故，
即，
则
【小问3详解】
当时，，
即， ，N*，
中元素个数，等价于满足的不同解，
如果，则，矛盾！
则，
又因为，
所以，
即，共个不同解，
即共个不同，所以（）．
【小结】方法小结：集合中元素满足的不等式，将中元素的个数转化为关于的不等式的解的数目，先确定的取值，再由放缩法确定 i 的取值，从而确定解的个数，得到的通项公式．高三数学大题规范训练（2）
15. 如图，四面体中，是的中点，，
（1）求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小；
（2）求点E到平面ACD的距离.
16. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求的最小值．
17. 11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束：当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．
（1）若每局比赛甲获胜概率，求该场比赛甲获胜的概率.
（2）已知第一局目前比分为10∶10，求
（ⅰ）再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；
（ⅱ）第一局比赛甲获胜的概率；
18. 如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线C的一部分图象.已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点P处，此时，，.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于a的垂线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
（1）求曲线C的方程；
（2）斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，若，求的范围.
19. 定义1 进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．如．
定义2 三角形数：形如，即的数叫做三角形数．
（1）若是三角形数，试写出一个满足条件的的值；
（2）若是完全平方数，求的值；
（3）已知，设数列的前项和为，证明：当时，．高三数学大题规范训练（9）
15. 已知函数，且在处的切线方程是．
（1）求实数，的值；
（2）求函数的单调区间和极值．
【答案】（1），
（2）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
【解答】
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值.
【小问1详解】
因为，所以，
又在处的切线方程为，
所以，，
解得，．
【小问2详解】
由（1）可得定义域为，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则在处取得极小值，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
因此极小值为，无极大值．
16. 甲、乙两个班级之间组织乒乓球友谊赛，比赛规则如下：①两个班级进行3场单打比赛，每场单打比赛获胜一方积2分，失败一方积0分；②若其中一队累计分达到6分，则赢得比赛的最终胜利，比赛结束；③若单打比赛结束后还未能决出最终胜负，则进行一场双打比赛，双打比赛获胜一方积2分，失败一方积0分．已知每场单打比赛甲班获胜的概率为，每场比赛无平局，不同场次比赛之间相互独立．
（1）求进行双打比赛的概率；
（2）设随机变量为比赛场次，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解答，
【解答】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式计算即可求解；
（2）的可能取值为3，4，求出对应的概率，列出分布列，求出数学期望即可.
【小问1详解】
设进行双打比赛为事件A，甲班前3场获胜2场为事件，乙班前3场获胜2场为事件，
所以，
所以，
所以．
所以进行双打比赛的概率为；
小问2详解】
的可能取值为3，4，
，由（1）可知，，
的分布列为：
3 4
，所以的数学期望为．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.
【小问1详解】
由题意，则，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面，
因为平面，所以，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，令，得，
设平面的法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的正弦值为．
18. 在平面直角坐标系中，已知点，点（不位于轴左侧）到轴的距离为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）若圆与点的轨迹有且仅有一个公共点，求的最大值；
（3）在（2）的条件下，当取最大值，且时，过作圆的两条切线，分别交轴于两点，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）2 （3）32
【解答】
【分析】（1）设，利用两点距离公式及点线距离计算即可；
（2）联立圆与C方程计算即可；
（3）设坐标，含参表示圆的切线方程，利用直线与圆的位置关系及同解方程得，利用三角形面积公式结合基本不等式计算最小值即可.
【小问1详解】
设，则，
所以，
两边平方可得，
整理得，所以点的轨迹方程C为；
【小问2详解】
依题意，联立圆与，可得，
解得或，由于仅有一个公共点，
所以，解得，
所以最大值为2；
【小问3详解】
不妨设，显然，
则直线，直线，
依题意直线PA与圆相切，所以，
整理可得，同理可得，
显然，
所以a，b为关于一元二次方程的两根，
所以，
则，
则面积为
，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为32．
【小结】思路小结：第三问设点坐标，利用斜截式表示圆的切线方程，根据直线与圆的位置关系得出同解方程，消元转化再结合基本不等式计算即可.
19. 已知为单调递增的正整数数列，给定整数，若存在不全为0的，使得，则称为阶维表示数．
（1）若，求的通项公式，判断2024是否为3阶3维表示数，并说明理由；
（2）已知，是否存在，使得同时是0阶维表示数，1阶维表示数，…，阶维表示数．若存在，求出；若不存在，请说明理由．
【答案】（1），2024是3阶3维表示数，理由见解答
（2）当时，不存在不全为0的使结论成立，当时，
【解答】
【分析】（1）利用给定递推关系求出，在利用给定定义判断3阶3维表示数即可.
（2）利用给定定义结合分类讨论思想求解即可.
【小问1详解】
由于，因此的奇数项与偶数项都是等差数列，
且公差均为4，又因为，，
因此是2为首项，2为公差的等差数列，即，
当时，设，
则，此时取即可（取法不唯一）；
【小问2详解】
由题意可知满足方程组
从最后一行开始，分别用前一行的倍加到下一行，对后行的进行消元，
到
从最后一行开始，分别用前一行的倍加到下一行，对后行的进行消元，
得到
以此类推，有
由于，因此方程组为
当时，不存在不全为0的使结论成立，
当时，．
【小结】关键点小结：本题考查数列新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后利用分类讨论思想得到所要求的内容即可．高三数学大题规范训练（6）
15. 在三角形中，角所对的边分别为已知.
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若且，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）
【解答】
【分析】
（1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出角；
（2）由正弦定理可得，将转化为关于的三角函数，利用三角函数的性质求出取值范围.
【详解】解：（1）
由正弦定理，，即
由余弦定理，，
又
（2）因为且，由正弦定理得，
，
【小结】本题考查正弦定理解三角形，三角恒等变换以及正弦函数的性质，属于中档题.
16. 如图1，在直角梯形中，分别为的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设分别为的中点，为线段上的动点（不包括端点）．
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求．
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）由已知可证得平面，进而可证得，通过证出，证得平面，即可证得结果；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【小问1详解】
分别为的中点，．
平面
平面，平面，，
是二面角的平面角，．
，为等边三角形，
．
平面，
平面，
又平面，.
【小问2详解】
设中点为，由（1）知两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，，
，
，
设平面的法向量为，则
即，
取，则，
设，
，
设与平面所成的角为，则
，
解得或（舍）
.
17. 学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．
（1）求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；
（2）设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．
【答案】（1）分布列见解答，（分）
（2）
【解答】
【分析】（1）可取5，6，7，8，9，10，求出对应随机变量的概率，从而可求出分布列，再根据期望公式求出数学期望即可；
（2）先求出一天得分不低于3分的概率，再求出恰有3天每天得分不低于3分的概率为，再根据导出求出函数的单调区间，即可得出答案.
【小问1详解】
解：可取5，6，7，8，9，10，
，，
，，
，，
分布列如下：
5 6 7 8 9 10
所以（分）；
小问2详解】
解：设一天得分不低于3分为事件，
则，
则恰有3天每天得分不低于3分的概率，
则
，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值.
18. 已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．
（1）若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；
（2）若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）根据题意可得，得到双曲线的标准方程，然后利用直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，即可求解；
（2）依题意，，设，联立结合韦达定理，得到切线方程，然后根据两条切线方程联立，结合构造函数求解三角形面积最值即可．
【小问1详解】
因为的长轴长为8，短轴长为4，所以，，
联立方程，得，
又与有唯一的公共点，所以，
即，的横坐标为，
把代入中，，所以，
过且与垂直的直线为，则，
所以，，又，所以，
即，所以的轨迹方程为．
【小问2详解】
因为的长轴长为4，短轴长为2，所以，
，左焦点，
当斜率为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，
当斜率不为0时，设，
由得，
设，则，
，
椭圆在轴上方对应方程为，
则点处切线斜率为，
点处切线方程为，即，
同理可得点处的切线方程为，
由得，
代入①得，
所以，所以，
而，
所以，即，又，
所以．
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
则当时，．
所以面积的最小值为.
【小结】关键点小结：本题主要考查了直线与双曲线及椭圆的位置关系，利用直线和圆锥曲线联立，根据交点情况（1）中，（2）中，（2）中的关键是结合韦达定理，表示出切线方程，再联立切线方程，构造函数求解三角形面积最值.
19. 已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．
（1）若，求其生成数列的前项和；
（2）设数列“生成数列”为，求证：；
（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．
【答案】（1） （2）证明见解答 （3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；
（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．
【小问1详解】
因为关于单调递增，
所以，
，
于是，
的前项和．
【小问2详解】
由题意可知，，
所以，
因此，即是单调递增数列，且，
由“生成数列”的定义可得．
【小问3详解】
若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．
当是一个常数列，则其公差必等于0，，
则，因此是常数列，也即为等差数列；
当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，，
所以要么，要么，
又因为是由正整数组成数列，所以不可能一直递减，
记，则当时，有，
于是当时，，
故当时，，…，
因此存在正整数，当时，，…是等差数列．
综上，命题得证．
【小结】方法小结：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.高三数学大题规范训练（19）
15. 已知，函数，且.
（1）求的单调区间；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
【解答】
【分析】（1）先得到函数的定义域，求导，由解出的值，进而得到，由得到单调递减区间，由得到单调递增区间；
（2）若恒成立，则成立，由（1）知，从而可以得到的取值范围.
【小问1详解】
的定义域为，由已知得，
因为，所以，解得，所以.
令，解得（舍），.
当时，；当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值.
因为在上只有一个极值，所以.
因为恒成立，所以，即，得.
所以的取值范围是.
16. 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分．
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望．
附：若，则，
【答案】（1）159 （2）分布列见解答，
【解答】
【分析】（1）由正态分布曲线的性质求得对应概率，即得对应人数；
（2）由题可知的可能取值为，求得对应的概率以及分布列，进一步由期望公式求解即可.
【小问1详解】
因为服从正态分布，所以．
因为，所以，
所以．
因此，进入面试的人数约为159．
【小问2详解】
由题意可知，的可能取值为，
则；
；
．
所以的分布列为：
0 1 2 3 4 5
所以．
17. 如图，在四棱锥中，，，且是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算.
【小问1详解】
因为，
由余弦定理得，所以.
因为，所以，所以.
因为，所以四边形为平行四边形，所以.
因为，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
在平面内，过点作，交于.
因为平面平面，平面平面，所以平面.
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得.
所以.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的余弦值为.
18. 已知平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设点是圆上的动点，曲线上有四个点，其中是的中点，是的中点，记的中点为.
①求直线的斜率：
②求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解答】
【分析】（1）设动圆圆心，根据题意结合距离公式运算求解；
（2）①设，根据中点利用同构可得为方程的两根，利用韦达定理分析证明；②根据题意可得，结合圆的方程可得，进而可得最值.
【小问1详解】
设动圆圆心，
当时，由已知得，即；
当时，点的轨迹为点，满足.
综上可知，点的轨迹方程为.
【小问2详解】
①设.
由题意得，的中点在抛物线上，即.
又，将代入得，
同理可得，
可知为方程的两根，所以.
所以直线的斜率为0；
②由得，
所以，
又因为，
所以.
又因为点在圆上，则，且.
设的面积为S，则，
当时，S有最大值48.
所以面积的最大值为48.
【小结】方法小结：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19. 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求实数的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解答】
【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而；
（2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，因为及均值不等式，所以，当且仅当时等号成立；
（3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
由正弦定理得.
所以.
【小问2详解】
由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
【小问3详解】
由（2）知.
设，
由得.
由余弦定理得：
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
整理得.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，整理得，解得或者（舍去），
所以实数的最小值为.
【小结】思路小结：新定义问题解法
根据题干所给定义，转化成所学知识，从而解决问题.
在本题中，给出了当的三个内角均小于时，确定费马点的方法，即“满足的点为费马点”，由（1）知为直角三角形，再结合点是的费马点知，从而解决（2）（3）两个小题.高三数学大题规范训练（4）
15. 如图，在直三棱柱中，，，，点、分别为、的中点.
（1）求二面角的余弦值；
（2）若点满足，求直线与直线所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值；
（2）利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得直线与直线所成角的正弦值.
小问1详解】
解：在直三棱柱中，平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
由题意，、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
则，
由图可知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
小问2详解】
解：易知、、、
点满足，则，
则，且，
所以，，
则，
因此，直线与直线所成角的正弦值为.
16. 某校为了丰富学生课余生活，体育节组织定点投篮比赛．为了解学生喜欢篮球是否与性别有关，随机抽取了男、女同学各100名进行调查，部分数据如表所示：
喜欢篮球 不喜欢篮球 合计
男生 40
女生 30
合计
（1）根据所给数据完成上表，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该校学生喜欢篮球与性别有关？
（2）篮球指导老师从喜欢篮球的学生中抽取了2名男生和1名女生进行投篮示范．已知这两名男生投进的概率均为，这名女生投进的概率为，每人投篮一次，假设各人投篮相互独立，求3人投进总次数的分布列和数学期望．
附：
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）列联表见解答；与性别有关.
（2）分布列见解答，数学期望为.
【解答】
【分析】（1）根据题意补全列联表，再计算出卡方值并与边界值比较即可；
（2）根据独立事件的乘法公式计算出概率分布列，最后再利用期望公式即可.
【小问1详解】
依题意，列联表如下：
喜欢篮球 不喜欢篮球 合计
男生 60 40 100
女生 30 70 100
合计 90 110 200
零假设:该校学生喜欢篮球与性别无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为该校学生喜欢篮球与性别有关.
【小问2详解】
依题意，可能值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以的分布列为：
数学期望.
17. 知函数，其中.
（1）若，求函数的极值
（2）是否存在实数a，使得函数在内单调？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）极小值为；（2）存在，.
【解答】
【分析】（1）求导后利用导数的正负求得函数的单调性，结合函数图象求得函数的极小值；（2）分两种情况讨论分离常数转化为恒成立问题，利用二次函数的最值求得结果.
【详解】（1）函数的定义域为
当，函数单调递减，
当，函数单调递增，
是函数的极小值点，函数的极小值为
（2）若函数在内单调递增，
则在恒成立.
即在恒成立.
因为
所以使得函数在内单调递增的a不存在，
若函数在内单调递减
则在恒成立.
即在恒成立.
因为在恒成立.
又
所以时，函数在内单调递减.
18. 设，为曲线上两点，与的横坐标之和为4.
（1）若与的纵坐标之和为4，求直线的方程.
（2）证明：线段的垂直平分线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）曲线，由题可得直线的斜率不为0,设直线方程为：，，，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系，即可得出直线的方程.
（2）设线段的中点为，利用中点坐标公式可得坐标，用表示.,利用点斜式即可得出直线线段的垂直平分线的方程，进而证明结论.
【小问1详解】
∵曲线，由题可得直线的斜率不为0，设直线方程为：，，，
联立，化为：，
，
，，
解得，
，解得，
直线的方程为：，即.
【小问2详解】
设线段的中点为，
，，
则线段的垂直平分线的方程为：，
化为：，
可得直线经过定点.
19. 在信息论中，熵（entropy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵 信源熵 平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件 样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用、、计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.在1948年，克劳德 艾尔伍德 香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯 麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
（1）若，试探索的信息熵关于的解答式，并求其最大值；
（2）若，（），求此时的信息熵.
【答案】（1），，最大值为.
（2）.
【解答】
【分析】（1）由题意可知且，减少变量可得的信息熵关于的解答式，求导可得单调性，故而求出最大值；
（2）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为2的等比数列，故而可求出（）的通项公式，再由可得的解答式.
【小问1详解】
当时，,，
令，，
则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
【小问2详解】
因为，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
则，
两式相减得
因此，
所以.
【小结】关键点小结：第二问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用裂项相消及等比数列前n项和公式求化简.高三数学大题规范训练（9）
15. 已知函数，且在处的切线方程是．
（1）求实数，的值；
（2）求函数的单调区间和极值．
16. 甲、乙两个班级之间组织乒乓球友谊赛，比赛规则如下：①两个班级进行3场单打比赛，每场单打比赛获胜一方积2分，失败一方积0分；②若其中一队累计分达到6分，则赢得比赛的最终胜利，比赛结束；③若单打比赛结束后还未能决出最终胜负，则进行一场双打比赛，双打比赛获胜一方积2分，失败一方积0分．已知每场单打比赛甲班获胜的概率为，每场比赛无平局，不同场次比赛之间相互独立．
（1）求进行双打比赛的概率；
（2）设随机变量为比赛场次，求分布列及数学期望．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，且．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值．
18. 在平面直角坐标系中，已知点，点（不位于轴左侧）到轴的距离为．
（1）求点的轨迹方程；
（2）若圆与点的轨迹有且仅有一个公共点，求的最大值；
（3）在（2）的条件下，当取最大值，且时，过作圆的两条切线，分别交轴于两点，求面积的最小值．
19. 已知为单调递增的正整数数列，给定整数，若存在不全为0的，使得，则称为阶维表示数．
（1）若，求的通项公式，判断2024是否为3阶3维表示数，并说明理由；
（2）已知，是否存在，使得同时是0阶维表示数，1阶维表示数，…，阶维表示数．若存在，求出；若不存在，请说明理由．高三数学大题规范训练（24）
15. 近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5．
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计2024年的企业利润．
参考公式及数据；
，，
，，，，
【答案】（1）适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型
（2）
（3）估计2024年的企业利润为93.3亿元
【解答】
【分析】（1）利用散点图的变化趋势，即可得出答案；
（2）利用最小二乘法求出即可得解；
（3）令即可得解.
【小问1详解】
由散点图的变化趋势，知适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型；
【小问2详解】
由题意得：，，
，
，
所以；
【小问3详解】
令，，
估计2024年的企业利润为99.25亿元．
16. 在平行六面体中，底面为正方形，，，侧面底面.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
因为底面为正方形，
所以，又侧面底面，
侧面底面，且平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为，，连接，
则为正三角形，取中点，则，
由平面及平面，得，
又，所以底面，
过点作交于，
如图以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，.
设平面的法向量，
所以
令，则，可得平面的法向量.
所以，
故直线和平面所成角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与直线垂直，求的值;
（2）讨论的单调性与极值.
【答案】（1）
（2）答案见解答.
【解答】
【分析】（1）求导，根据直线垂直可得，即可求解，
（2）求导，对进行讨论，判断导函数的正负，即可得函数的单调性和极值.
【小问1详解】
由题得，的定义域为.
.
的图象在点处的切线与直线l:垂直，
，
解得.
【小问2详解】
由（1）知.
①当时，恒成立.
在上为减函数，此时无极值;
②当时，由，得，由，得，
在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为，无极大值.
综上可得，当时，在上为减函数，无极值;
当时，在上单调递减，在上单调递增.
的极小值为，无极大值.
18. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为.
（2）.
【解答】
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【小问1详解】
如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
【小问2详解】
由题意得，直线斜率存在，由椭圆方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
19. 在数值计算中，帕德近似是一种常用的逼近方法．给定两个正整数，若函数的阶导数存在，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，其中为函数的阶导数．对于给定的正整数，函数的阶帕德近似是唯一的，函数的帕德近似记为．例如，．
（1）证明：当时，；
（2）当时，比较与的大小；
（3）数列满足，记，求证：．
【答案】（1）证明见解答
（2）
（3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）分别构造，，根据导数判断函数单调性进而证明；
（2）令，根据导数结合（1）得出在单调递减，得出，即可比较大小；
（3）令，根据引理，不等式放缩及（1）的结论得出，再根据（2）的结论，累加法及不等式放缩，即可证明．
【小问1详解】
令，则，
故时，为增函数，
，故当时，，
令，则，
故时，为增函数，
，故当时，，
综上可知，当时，．
【小问2详解】
令，
则，设，
则，
故在上为减函数，
所以当时，，故在上为减函数，
时，，
所以，
故当时，．
【小问3详解】
令，则，
引理：若，则，
事实上，令，则，故，
又时，，且，
所以，即，
由引理可知，这样一直下去，有，
令，
由当时，，
则
，
故，
由及知，
所以由（2）可知，当时，，
故，
，累加可知，，且时也满足，
故，
故，
综上可知，．
【小结】方法小结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．高三数学大题规范训练（22）
15. 已知的内角，，的对边分别为，，，，且．
（1）求的值；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）2； （2）15.
【解答】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式及二倍角公式化简即得.
（2）利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换求出，再利用三角形面积公式计算即得.
【小问1详解】
在中，，由正弦定理得
.
【小问2详解】
由及正弦定理，得，即，
则，即，
而，则，又，即，解得，，
，由的面积为，得，
则，又，解得，又，则，解得，
所以的周长为.
16. 为创造良好的城市消防安全环境，某社区举行“消防安全”答题活动，答题人根据所获得的分数获得相应的奖品．工作人员给每位答题人提供了A，B两类题目．规定每位答题人共需回答3道题目．现有两种方案供答题人任意选择：
甲方案：只答A类题目；
乙方案：第一次答A类题目，以后按如下规则答题，每次答对时，则下一次答A类题目，每次答错时，则下一次答B类题目．
已知A类题目每次答对得40分，答错得0分，B类题目每次答对得30分，答错得0分．若小李每道A类题目能答对的概率均为，每道B类题目能答对的概率均为，且每道题能否答对与回答顺序无关．
（1）若小李采用甲方案答题，求他得分不低于80分的概率；
（2）若想要答题得分的期望值更大，小李应该选择哪种答题方案？
【答案】（1）
（2）乙方案
【解答】
【分析】（1）由独立事件的乘法公式求解即可；
（2）由二项分布求出小李采用甲方案答题的期望，若小李采用乙方案答题，则设他的得分为，求出的可能取值及其对应的概率，由数学期望公式求出，由即可得出答案.
【小问1详解】
若“小李采用甲方案答题，求他的得分不低于80分”记为事件，
则小李至少答对道A类题目，
所以.
【小问2详解】
若小李采用甲方案答题，设他的得分为，则他答对的题数为，
且，所以，
则，
若小李采用乙方案答题，则设他得分为，的可能取值为，
，，
，，
，，
所以，
因为，
所以小李想要答题得分的期望值更大，应该选择乙方案答题.
17. 如图，在四棱台中，四边形是边长为4的菱形，，平面，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解答；
（2）.
【解答】
【分析】（1）根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.
（2）求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
菱形中，，则是正三角形，在平面内过作，
由平面，得直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
于是，，
因此，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
设平面法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值为.
18. 已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．
（1）求的方程．
（2）不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解答；（ii）.
【解答】
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【小问1详解】
令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，，
所以的方程是.
【小问2详解】
（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线：恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.
【小结】思路小结：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
19. 已知函数，．
（1）若在处取得极值，讨论的单调性；
（2）设曲线在点处的切线为，证明：除点外，曲线段总在的下方；
（3）设，证明：．
【答案】（1）答案见解答
（2）证明见解答 （3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）由在处取极值待定，再求导函数，根据导函数的单调性与零点确定符号变化区间，从而讨论的单调性；
（2）构造函数将命题转化为在区间恒成立，通过二次求导方法，逐次观察新的导函数零点与探究单调性，再通过连锁讨论回归分析原函数值的范围即可；
（3）应用第（2）问结论赋值得，由此放缩后运算求和即可得证.
【小问1详解】
，，，
由在处取得极值，得，解得.
当时，，
设，则在上单调递减，且.
则当时，，即，故在单调递增；
当时，，即，故在单调递减；
故在处取到极大值，满足题意.
在单调递增；在单调递减.
【小问2详解】
，，，
曲线在点处的切线的斜率为，.
故切线方程为，即；
构造函数，，
即，其中，
则，
设，其中，
则，令，得，
当时，，故在单调递减；
当时，，故在单调递增；
所以在单调递减，且，.
故当时，，即，则在单调递增；
当时，，即，则在单调递减；
故在处取极大值，且极大值为，
当且仅当时，.
所以当时，恒成立.即恒成立，
故除点外，曲线段总在的下方，命题得证.
【小问3详解】
由（2）结论，任意，，恒成立.
又由可知，单调递减，
则，故恒成立，
令，则恒成立.
又由
所以
.
故，
故
.
即成立，命题得证.
【小结】关键点小结：应用导数证明不等式，解决的关键点有三个：一是函数重构，如第（2）问中将图象问题转化为不等式问题，进而构造差函数再利用导数研究单调性；二是多次求导连锁反应，一次求导不能明确问题解决的方向，借助观察零点、导数运算、符号判断等手段发现二次求导的可行性，进而继续求导研究导函数性质，直至新的导函数符号可判断，再依次连锁回归分析即可；三是结论借用，本题第（3）问解决的关键在于应用第（2）问所证明的切线放缩结论，进行赋值构造，再结合所求证结论中的特殊取值加以猜想赋值，值得注意的是赋值一定要先研究参变量需要满足的取值范围，不能盲目入手导致错误.高三数学大题规范训练（12）
15. 如图1，四边形为菱形，，，分别为，中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
（1）求证：，，，四点共面：
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
16. 随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念．该市某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
王同学 9天 6天 12天 3天
张老师
6天 6天 6天 12天
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
（1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．
17. 已知且.
（1）当时，求证：上单调递增;
（2）设，已知，有不等式恒成立，求实数的取值范围.
18. 定义：若变量，且满足：，其中，称是关于的“型函数”.
（1）当时，求关于“2型函数”在点处的切线方程；
（2）若是关于的“型函数”，
（i）求的最小值：
（ii）求证：，.
19. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.
（1）当，时，写出所有满足的数对序列；
（2）当时，证明：；
（3）当为奇数时，记的最大值为，求.高三数学大题规范训练（24）
15. 近年来，我国众多新能源汽车制造企业迅速崛起．某企业着力推进技术革新，利润稳步提高．统计该企业2019年至2023年的利润（单位：亿元），得到如图所示的散点图．其中2019年至2023年对应的年份代码依次为1，2，3，4，5．
（1）根据散点图判断，和哪一个适宜作为企业利润y（单位：亿元）关于年份代码x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）中的判断结果，建立y关于x的回归方程；
（3）根据（2）的结果，估计2024年的企业利润．
参考公式及数据；
，，
，，，，
16. 在平行六面体中，底面为正方形，，，侧面底面.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
17. 已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与直线垂直，求的值;
（2）讨论的单调性与极值.
18. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
19. 在数值计算中，帕德近似是一种常用的逼近方法．给定两个正整数，若函数的阶导数存在，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，其中为函数的阶导数．对于给定的正整数，函数的阶帕德近似是唯一的，函数的帕德近似记为．例如，．
（1）证明：当时，；
（2）当时，比较与的大小；
（3）数列满足，记，求证：．高三数学大题规范训练（21）
15. 阳春三月，油菜花进入最佳观赏期，长沙县江背镇、望城光明村彭家老屋、浏阳达浒油菜花田、岳麓区含泰社区油菜花田都免费向市民、游客开放，长沙某三所高级中学A，B，C组织学生去这四个景区春游，已知A，B两所学校去每个景区春游可能性都相同，C学校去岳麓区含泰社区春游的可能性为，去其它三个景区春游的可能性相同.
（1）求望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率；
（2）长沙县江背镇迎来学校所数的分布列及数学期望.
【答案】（1）；
（2）分布列见解答，数学期望.
【解答】
【分析】（1）由相互独立事件的概率乘法公式可求得望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率.
（2）求出长沙县江背镇迎来学校所数X的可能值及对应的概率，求得分布列及数学期望.
【小问1详解】
依题意，A，B两所学校去每个景区春游的概率都是，
C学校去岳麓区含泰社区春游的概率为，去其它三个景区春游的概率为
所以望城光明村彭家老屋迎来三所学校春游的概率为：.
【小问2详解】
依题意，长沙县江背镇迎来学校所数X的可能值为：0，1，2，3，
,
，，
所以长沙县江背镇迎来学校所数X的分布列为：
0 1 2 3
数学期望.
16. 如图，四棱锥的底面是梯形，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明过程见解答
（2）存在，.
【解答】
【分析】（1）只需结合已知证明平面，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，
又因为平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以，又，
所以两两互相垂直，
所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，，
设，
则，
，设平面的法向量为，
则，即，取，满足条件，
所以可取，
，，设平面的法向量为，
则，即，取，解得，
所以，
由题意，
化简并整理得，解得或（舍去），
所以，
综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为.
17. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，.
（1）求E的方程；
（2）直线，过l上一点P作E的两条切线，切点分别为M，N.求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见详解；定点坐标为
【解答】
【分析】（1）根据已知条件，设直线的方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案；
（2）设直线的方程为，，，联立抛物线方程，得到韦达定理，利用导数的几何意义，设出切线与的方程，两者联立，可求出，即可证得直线过定点，并得出该定点坐标.
【小问1详解】
由已知，，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，
设的方程为，,
联立，得，则，
则，
所以，
解得，
故抛物线E的方程为：.
【小问2详解】
设直线的方程为，，，
联立，得，
，即，
所以，，
令，当时，
可化为，则，
则在处的切线的方程为：，
即，
同理可得切线的方程为：，
联立与的方程，解得，
所以，则，满足，
则直线的方程为，
所以直线过定点，该定点坐标为.
【小结】方法小结：直线和抛物线的位置关系中，证明直线过定点问题，一般是设出直线方程，利用根与系数的关系化简，求得参数之间的关系式，再对直线分离参数，求得定点坐标，进而证明直线过定点.
18. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）答案见解答；
（2）.
【解答】
【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得单调性.
（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围．
【小问1详解】
函数的定义域为R，
求导得，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，
，即，
①当时，，恒成立，在R上单调递减；
②当时，由，得，由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，在R上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，当时，在R上单调递减，在R上至多一个零点，不满足条件，
当时，，令，
则，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，即，
于是，函数在R上单调递增，而，
则当时，，当时，，当时，，
①若，则，故恒成立，无零点；
②若，则，仅有一个实根，不满足条件；
③若，则，
注意到，，
于是在上有一个实根，又，
且
，
令，则，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
则，又，即，则有，
即，于是在上有一个实根，
又在上单调递减，在上单调递增，因此在R上至多两个实根，
又在及上均至少有一个实根，则在R上恰有两个实根，
所以时，在R上恰有两个实根.
【小结】思路小结：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
①转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
②列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
③得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
19. 角谷猜想，也称为“”猜想.其内容是：任取一个正整数，如果是偶数，将它除以2；如果是奇数，则将它乘以3再加上1，如此反复运算，该数最终将变为1.这就是对一个正整数运算时“万数归1”现象的猜想.假如对任意正整数，按照上述规则实施第1次运算后的结果记为，实施第2次运算后的结果记为，…，实施第次运算后的结果记为，实施第n次运算后得到数1，停止运算，便可以得到有穷数列，1，其递推关系式为：叫做数列的原始项.将此递推关系式推广为：（，且），其它规则不变，得到的数列记作数列，试解答以下问题：
（1）若，则数列的项数为______；
（2）求数列的原始项的所有可能取值构成的集合；
（3）若对任意的数列，均有，求d的最小值.
【答案】（1）5； （2）；
（3）2.
【解答】
【分析】（1），根据给定条件，逐一计算即可得数列的项数.
（2）证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，时，，符合题意，利用反证再进行分类讨论可得.
（3）先证符合题意，分类讨论①当，②当，最后证明和两种情况得答案.
【小问1详解】
，
，所以数列的项数为5.
【小问2详解】
，
下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，
时，符合题意，
反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列，
设此时的最小值为，即时，存在数列，时，不存在数列，
①当为奇数时，因为存在以为原始项的数列，，
所以就是原始项为的数列，与假设矛盾；
②当为偶数时，因为存在以为原始项的数列，，
所以就是原始项为的数列，与假设矛盾，
综上可知，数列的原始项的所有可能取值为全体大于等于2的正整数，
即数列的原始项的所有可能取值构成的集合为.
【小问3详解】
依题意，，，
先证明符合题意，即，
当时，显然成立；当时，，即也成立；
当时，对任意，故，即，
①当时，由，
所以；
②当时，由，
，所以，
下面证明，对任意的正偶数，构造，
先验证为数列，
当时，为奇数，，
当时，为偶数，，
当时，，所以为数列，
下面证明不符合题意，假设，因为，
，
所以，矛盾.
综上可得的最小值为2.
【小结】关键小结：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.高三数学大题规范训练（25）
15. 已知、、分别为的三个内角、、的对边长，，且．
（1）求角的值；
（2）求面积的取值范围．
16. 已知等差数列的公差为2，记数列的前项和为且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
17. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点.
（1）证明：.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A在C上，当轴时，；当时，.
（1）求C的方程；
（2）已知斜率为-1的直线l与椭圆C交于M，N两点，与直线交于点Q，且点M，N在直线的两侧，点．若，是否存在到直线l的距离的P点？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.
19. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，设正项数列满足：，
①求证：；
②求证：.
D
F
N
E
M
A
C
B高三数学大题规范训练（12）
15. 如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
（1）求证：，，，四点共面：
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解答
（2）
【解答】
【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，结合中位线定理得到，最后证明四点共面即可.
（2）找到对应二面角的平面角，放入三角形中，利用余弦定理求解即可.
【小问1详解】
取，的中点分别为，，连接，，
取，的中点分别为，，连接，，，
由题意知，都是等边三角形，
所以，，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，的中点分别为，，所以
所以，所以，
所以，又因为，
所以，
因为，的中点分别为，，
所以，
所以，所以，，，四点共面；
小问2详解】
连接，，且延长交于点，由题意知，，
所以，同理，
所以就是二面角的平面角，
设，则，，，
所以，同理，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
16. 随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念．该市某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
王同学 9天 6天 12天 3天
张老师
6天 6天 6天 12天
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
（1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．
【答案】（1）
（2）分布列见解答， （3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）运用古典概型求概率即可．
（2）根据已知条件计算简单离散型随机变量的分布列及期望．
（3）运用条件概率及概率加法公式计算可证明结果．
【小问1详解】
设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，
所以．
【小问2详解】
由题意知，王同学午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.3，
王同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，
张老师午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，
张老师午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4，
记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2，
所以，，
所以X的分布列为
X 1 2
P 0.1 0.9
所以X的数学期望
【小问3详解】
证明：由题知，
所以，
所以，
所以，
即：，
所以，
即.
17. 已知且.
（1）当时，求证：在上单调递增;
（2）设，已知，有不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解答；
（2）
【解答】
【分析】（1）在上单调递增，即在上恒成立，通过构造函数求最值的方法证明.
（2）不等式恒成立，即，通过构造函数研究单调性求最值的方法，求不等式恒成立时实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则，
令，则，两边取对数得
设，则，
所以在单调递增，
所以时，即时，，
所以时恒成立，即，
所以在上单调递增.
【小问2详解】
法一:
，即，两边取对数得:，即.
设，则问题即为：当时，恒成立.
只需时，.
，令得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
又因为，则，所以时，单调递减，
所以时，，
所以即.
设，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
当时，，时，，
所以的图象与轴有1个交点，设这个交点为，
因为，所以；
所以当时，，
即当时，不等式，
所以当不等式在恒成立时，.
即实数的取值范围为.
法二：，即，两边取对数得：，即
设，令得，
当时，，单调递减.
又因为，所以，在单调递减，
由，则在恒成立，即，
上式等价于，即，
由在单调递减，所以.
即实数的取值范围为.
【小结】方法小结：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.
18. 定义：若变量，且满足：，其中，称是关于的“型函数”.
（1）当时，求关于的“2型函数”在点处的切线方程；
（2）若是关于的“型函数”，
（i）求的最小值：
（ii）求证：，.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解答
【解答】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）根据题意，得到，
（i）化简，结合基本不等式，即可求解；
（ii）由题意，得到，设，，其中，化简得到，记，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，可得，则，
所以，所求切线方程为，即.
【小问2详解】
解：由是关于的“型函数”，可得，即，
（i）因为，
当且仅当即时取得最小值.
（ii）由，即，则，且，，
可设，，其中，
于是，
记，
可得，
由，得，记，
当时，当时，，则
，所以.
【小结】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.
（1）当，时，写出所有满足的数对序列；
（2）当时，证明：；
（3）当为奇数时，记的最大值为，求.
【答案】（1）或
（2）证明详见解答 （3）
【解答】
【分析】（1）利用列举法求得正确答案.
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.
（3）先证明，然后利用累加法求得.
【小问1详解】
依题意，当，时有：
或.
【小问2详解】
当时，
因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，
所以.
【小问3详解】
当为奇数时，先证明.
因为与不同时在数对序列中，
所以，
当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.
对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：
，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
.
此时恰有项，所以.
综上，当为奇数时，
.
【小结】方法小结：解新定义题型的步骤：
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.高三数学大题规范训练（13）
15. 记内角的对边分别为，已知.
（1）若成等差数列，求面积；
（2）若，求.
16. 如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．
（1）证明：平面ABC；
（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值．
17. 乒乓球（table tennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目．已知某次乒乓球比赛单局赛制为：两球换发制，每人发两个球，然后由对方发球，先得11分者获胜．
（1）若单局比赛中，甲发球时获胜的概率为，甲接球时获胜的概率为，甲先发球，求单局比赛中甲获胜的概率；
（2）若比赛采用三局两胜制（当一队朚得两场胜利时，该队获胜，比赛结束），每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛结果相互独立，记为比赛结束时的总局数，求的期望．（参考数据）
18. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若函数在上仅有两个零点，求实数的取值范围.
19. 已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.
（1）证明：点在定直线上；
（2）若面积为，求点的坐标；
（3）若四点共圆，求点的坐标.
C
B
A
B高三数学大题规范训练（11）
15. 设公差不为的等差数列的首项为，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列为正项数列，且，设数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解答
【解答】
【分析】（1）设等差数列的公差为，则，根据等比中项的性质及等差数列通项公式得到方程，求出，即可求出通项公式；
（2）由（1）得，即，从而得到，再利用裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，
，，成等比数列，
则，即，
将代入上式，解得或（舍去）．
；
【小问2详解】
由（1）得，又，
所以，
所以，
则
．
16. 某基层工会拟通过摸球的方式对会员发放节日红包.现在一个不透明的袋子中装有5个都标有红包金额的球，其中有2个球标注的为40元，有2个球标注的为50元，有1个球标注的为60元，除标注金额不同外，其余均相同，每位会员从袋中一次摸出1个球，连续摸2次，摸出的球上所标的红包金额之和为该会员所获得的红包总金额.
（1）若每次摸出的球不放回袋中，求一个会员所获得的红包总金额不低于90元的概率；
（2）若每次摸出的球放回袋中，记为一个会员所获得的红包总金额，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解答，96
【解答】
【分析】（1）利用正难则反的原则即可得到答案；
（2）按步骤得到分布列，再利用期望公式即可得到答案.
【小问1详解】
设事件“一个会员所获得的红包总金额不低于90元”，
因为每次摸出的球不放回袋中，所以.
【小问2详解】
由已知得，，
因为每次摸出的球放回袋中，所以每次摸出40元、50元和60元红包的概率分别为，，，
所以，，
，
，，
所以得分布列为
80 90 100 110 120
所以.
17. 已知函数.
（1）若，当时，试问曲线是否存在能与两坐标轴围成等腰直角三角形的切线？若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由；
（2）若在上单调，求实数的取值范围.
【答案】（1）存在，或
（2）
【解答】
【分析】（1）易知满足题意的切线方程斜率需为1或，且不过原点，利用导数的几何意义可求得结果；
（2）利用导数与函数的单调性的关系将问题转化为在上恒成立，再对分情况讨论即可求得实数的取值范围为.
【小问1详解】
若，则，得，
若一条直线能与两坐标轴围成等腰直角三角形，则该直线的斜率为1或，且不过原点；
易知，显然不可能成立，
当时，令，得，故，
所以切点或，
所以存在切线满足题意，且切线方程为或.
【小问2详解】
求导可知，
因为在上单调，且，
所以在上单调递减，
则在上恒成立，
若，由（1）易知符合题意，
若，当时，；当时，单调递增，
所以，即，解得；
若，当时，；当时，单调递减，
所以，即，解得；
综上，实数的取值范围为.
18. 如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.
（1）求的长度；
（2）若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】（1）1 （2）
【解答】
【分析】（1）利用投影性质以及线面垂直性质可得，再利用三角形相似可求得；
（2）建立空间直角坐标系，设，并根据坐标分别求得平面与平面的法向量，由两平面夹角的余弦值列方程解得，可得.
【小问1详解】
作，垂足为，连接，如下图所示：
由点在平面的射影落在边上可得平面，
又平面，所以，
因为，且平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为为矩形，，可得，
由，可得，
所以，；
由可得，即；
即的长度为1.
【小问2详解】
根据题意，以点为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，并设，
可得，所以；
易知，，
设平面的一个法向量为，
所以，解得，取，则，
即，
设平面的一个法向量为，
所以，解得，取，则，
即，
因此可得，整理可得，
解得（舍）或；
因此，即可得.
所以的长度为.
19. 已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.
（1）求曲线的标准方程;
（2）已知是定值，求该定值;
（3）求面积的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解答】
【分析】（1）设点的坐标，由题意可得点的恒纵坐标的关系，即可得到曲线的标准方程；
（2）设直线和直线方程，然后与椭圆的方程联立，即可得到的坐标关系，进而可得为定值；
（3）由题意可得的比值，由题意可得面积的表达式，再由函数的单调性，即可得到结果.
【小问1详解】
令且，因为，所以，
整理可得，
所以的标准方程为.
【小问2详解】
设，，，
设直线和直线的方程分别为，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
则，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
可得，，
又因为，，
所以，
所以，即，
同理可得，，即，
所以.
设，，，
设，则有，
又，
可得，
同理可得，
所以.
【小问3详解】
不妨设，于是，
因此，
又因为，所以，
设，，
则，，
，
所以在单调递增，则.
【小结】关键点小结：本题主要考查了椭圆中的定值问题与椭圆中的三角形面积问题，难度较大，解答本题的关键在于设出直线方程与椭圆方程联立，表示出三角形面积公式，代入计算.高三数学大题规范训练（2）
15. 如图，四面体中，是的中点，，
（1）求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小；
（2）求点E到平面ACD的距离.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）根据异面直线夹角的定义，结合中位线性质和余弦定理，可得答案；
（2）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案.
【小问1详解】
取AC的中点M，连结OM、ME、OE，
由E为BC的中点知，
则直线OE与EM所成的角就是异面直线AB与CD所成的角，
在中，，
因为是直角斜边AC上的中线，则，
可得，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
【小问2详解】
设点E到平面ACD的距离为
因为，即，
在中，，可得，
且，可得，
所以点E到平面ACD的距离为
16. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求的最小值．
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解答】
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【小问1详解】
（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以，解得：，
可知的最小值为；
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以在内无最大值，且当趋近于时，趋近于，不合题意；
综上所述：的最小值为.
17. 11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束：当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．
（1）若每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
（2）已知第一局目前比分为10∶10，求
（ⅰ）再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；
（ⅱ）第一局比赛甲获胜的概率；
【答案】（1）
（2）（ⅰ）分布列见详解，；（ⅱ）
【解答】
【分析】（1）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为；
（2）（ⅰ）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；（ⅱ）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得.
【小问1详解】
因为甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以的所有可能取值为，
可得；
故该场比赛甲获胜的概率.
【小问2详解】
（ⅰ）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
0 1 2
故的均值为；
（ⅱ）设第一局比赛甲获胜事件，则.
由（ⅰ）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
18. 如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线C的一部分图象.已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点P处，此时，，.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于a的垂线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
（1）求曲线C的方程；
（2）斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，若，求的范围.
【答案】（1）
（2）
【解答】
【分析】（1）根据题意，得到笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，结合抛物线的定义，即可求得其轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，结合共线向量的坐标表示，得到，列出函数关系式，结合二次函数的性质得出不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
所以笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
设其方程为，则，
因为，，且，
可得，
由，可得点的横坐标为，
又由抛物线的准线方程为，则，解得，
所以曲线的轨迹方程为.
【小问2详解】
假设存在，使得，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，且，
则，则，
可得，
由，可得，即，所以，
令，则，
所以，且，即，解得或，
所以存在，使得成立.
【小结】方法小结：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 定义1 进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．如．
定义2 三角形数：形如，即的数叫做三角形数．
（1）若是三角形数，试写出一个满足条件的的值；
（2）若是完全平方数，求的值；
（3）已知，设数列的前项和为，证明：当时，．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解答
【解答】
【分析】（1）根据9进制的概念，先计算，然后把因数分解成的形式，观察可得的值.
（2）先计算，利用，分为偶数和奇数讨论求的值.
（3）先求利用等比数列的求和公式求，结合二项式定理证明不等式.
【小问1详解】
，
当时，就是一个三角形数．
【小问2详解】
，
，即．
若是偶数，则和是两个连续正整数，所以上式不成立，得是奇数．
所以．
解得，即．
【小问3详解】
由题意可知：，且，
则
．
．
【小结】关键点小结：是完全平方数，写明确，构造不等式，即，然后分为偶数和奇数讨论求值.高三数学大题规范训练（15）
15. 如图1，四边形为菱形，，，分别为，的中点，如图2．将沿向上折叠，使得平面平面，将沿向上折叠．使得平面平面，连接.
（1）求证：，，，四点共面：
（2）求平面与平面所成角的余弦值.
16. 教练为了解运动员甲的罚篮情况，记录了甲罚篮前30次的投篮情况，得到下表（用“1”表示投中，用“0”表示没有投中）：
序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
投篮情况 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1
序号 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
投篮情况 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0
把频率估计为概率：
（1）若认为甲各次投篮是独立的，计算甲第31，32两次投篮恰好一次投中，一次没有投中的概率；
（2）若认为甲从第2次投篮开始，每次投篮受且仅受上一次投篮的影响，记甲第31，32两次投篮投中的次数为，写出随机变量的分布列，并求.
17. 已知椭圆的离心率为，过点作斜率为直线与椭圆交于，两点交于，（在轴上方），当时，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线垂线，垂足为，连接与轴交于点，若四边形为等腰梯形，求直线的斜率.
18. 定义：若变量，且满足：，其中，称是关于的“型函数”.
（1）当时，求关于的“2型函数”在点处的切线方程；
（2）若是关于的“型函数”，
（i）求的最小值：
（ii）求证：，.
19. 数列满足则称数列为下凸数列.
（1）证明：任意一个正项等比数列均为下凸数列；
（2）设，其中，分别是公比为，的两个正项等比数列，且，证明：是下凸数列且不是等比数列；
（3）若正项下凸数列前项和为，且，求证：.高三数学大题规范训练（6）
15. 在三角形中，角所对的边分别为已知.
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若且，求的取值范围.
16. 如图1，在直角梯形中，分别为的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设分别为的中点，为线段上的动点（不包括端点）．
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角的正弦值是，求．
17. 学习强国中有两项竞赛答题活动，一项为“双人对战”，另一项为“四人赛”．活动规则如下：一天内参与“双人对战”活动，仅首局比赛可获得积分，获胜得2分，失败得1分；一天内参与“四人赛”活动，仅前两局比赛可获得积分，首局获胜得3分，次局获胜得2分，失败均得1分．已知李明参加“双人对战”活动时，每局比赛获胜的概率为；参加“四人赛”活动（每天两局）时，第一局和第二局比赛获胜的概率分别为p，．李明周一到周五每天都参加了“双人对战”活动和“四人赛”活动（每天两局），各局比赛互不影响．
（1）求李明这5天参加“双人对战”活动的总得分X的分布列和数学期望；
（2）设李明在这5天的“四人赛”活动（每天两局）中，恰有3天每天得分不低于3分的概率为．求p为何值时，取得最大值．
18. 已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．
（1）若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；
（2）若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
19. 已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．
（1）若，求其生成数列的前项和；
（2）设数列的“生成数列”为，求证：；
（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．高三数学大题规范训练（30）
15. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若曲线在点处的切线与二次曲线只有一个公共点，求实数a的值．
16. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点．
（1）当P是线段的中点时，求点P到平面的距离；
（2）当平面与平面的夹角的余弦值为时，求．
17. 已知等比数列和等差数列，满足，，，．
（1）求数列，的通项公式；
（2）记数列的前项和为，数列的前项和为．证明：．
18. 已知双曲线的实轴长为4，左、右焦点分别为、，其中到其渐近线的距离为1．
（1）求双曲线的标准方程：
（2）若点P是双曲线在第一象限的动点，双曲线在点P处的切线与x轴相交于点T．
（i）证明：射线是的角平分线；
（ii）过坐标原点O的直线与垂直，与直线相交于点Q，求面积的取值范围．
19. 为提高学生的思想政治觉悟，激发爱国热情，增强国防观念和国家安全意识，某校进行军训打靶竞赛．规则如下：每人共有3次机会，击中靶心得1分，否则得0分、已知甲选手第一枪击中靶心的概率为，且满足：如果第n次射击击中靶心概率为p，那么当第n次击中靶心时，第次击中靶心的概率也为p，否则第次击中靶心的概率为．
（1）求甲选手得分X的分布列及其数学期望；
（2）有如下定义：设X是一个随机变量，x是任意实数，函数，称为X的分布函数，对于任意实数，，有．因此，若已知X的分布函数，我们就知道X落在任一区间上的概率．
（i）写出（1）中甲选手得分X的分布函数（分段函数形式）；
（ii）靶子是半径为2的一个圆盘，设击中靶上任一同心圆盘上的点的概率与该圆盘的面积成正比，假如选手射击都能中靶，以Y表示弹着点与圆心的距离．试求随机变量Y的分布函数．

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