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限时训练02（A组+B组+C组）
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）已知函数，图象的一个对称中心为，一条对称轴方程为.
(1)求；
(2)若，求满足条件的值的和.
【答案】(1)
(2)792
【分析】（1）根据整体代换法求对称轴、对称中心建立关于和的方程组，解之即可；
（2）由（1），求得，由，得，结合等差数列的定义和前项求和公式计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，消去解得，
令，则，因为，
则，解得，
而，故，所以.
（2）由（1）知，代入，得，
所以，因为，
故，解得，而，故，
则值是首项为，公差为6的等差数列的前16项，设这16项的和为，
则.
16.（15分）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
(1)证明：平面；
(2)若在同一个球面上，求该球的半径；
(3)求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而根据线线垂直证明平面．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
【详解】（1）二面角为直二面角，即平面平面，
又因为平面，平面平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
由题意平面，
所以平面．
（2）取中点中点，连接，
则，
因为平面，平面，所以，所以，
在中，为中点，所以.
以为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则．
设该球的球心坐标为，则
解得.
所以该球的半径为.
（3）法一：取中点，在中，过作，垂足为，连接，
平面平面平面，
平面平面，所以平面．
而平面，故，
又因为，平面，故平面，
而平面，所以，
则为平面与平面的所成角.
直角三角形中，，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
法二：平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，则即
取，得平面的一个法向量为.
所以平面与平面所成角的余弦值为.
17.（15分）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)
【分析】（1）求导后讨论的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间.
（2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解的取值范围.
【详解】（1）已知，其定义域为.求导 .
当时，因为，所以，即.所以在上单调递增.
当时，令，即，因为，所以，解得.
当 时，，则，所以在上单调递增；
当 时，，则，所以在上单调递减.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意.
所以，此时在上单调递增，在上单调递减.
要使在上有且仅有两个零点，当趋近于时，趋近于,
所以根据零点存在定理，
则需满足，
，解得.
，化简得，解得.
又因可得.
综上，的取值范围是.
18.（17分）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由题意可得，进而结合已知求得，可求C的方程；
（2）（ⅰ）设l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可得，进而求得直线的方程，由椭圆的对称性可证得结论；（ⅱ）记直线过定点为，利用计算，结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）因为，又，所以，
又面积取得最大值，所以，
在中，，所以，所以，
又，所以，所以，解得，
所以，所以椭圆C的方程为；
（2）（ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时，
设直线l的方程为，，
由，得，
整理得，
由韦达定理得，
因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以，
所以直线的方程为，
由对称性，直线所过定点一定在轴上，
令，可得
，
所以直线过定点；
当过点的直线与x轴重合时，显然过点；
综上所述：直线过定点；
（ⅱ）记直线过定点为，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
19.（17分）某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛.
(1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率；
(3)假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)组采用赛制二更有利于胜出，理由见解析
【分析】（1）求出随机变量的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可；
（2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案；
（3）按照赛制一，设做完选定的题后，求出组取得胜利的概率，按照赛制二，不妨设做完题，求出组取得胜利的概率，再做差比较大小可得答案.
【详解】（1）由题意知随机变量的取值可以为0，1，2，3，
，，
，.
所以的分布列为
0 1 2 3
的数学期望；
（2）设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为，
则至少有两人做对该题的事件为：
，所以竞赛小组能进入决赛的概率为
；
（3）按照赛制一，设做完选定的题后，组的得分为，则，
组取得胜利的概率为；
按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完，
不妨设做完题，组取得胜利的概率为，
则，
，
已知，所以，
所以，因此组采用赛制二更有利于胜出.
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，数列的前n项和，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由等比数列的定义即可求证；
（2）由裂项相消法求和，可求解得，根据单调性，即可求证结论.
【详解】（1）由得，，，
又，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）由（1）知，，所以，
所以，
．
16.（15分）2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.
方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.
(1)若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
【答案】(1)
(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算，理由见解析
【分析】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可.
（2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可.
【详解】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球，
设顾客享受到免单优惠为事件，则.
所以两位顾客均享受免单优惠的概率为.
（2）若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000.
，，
，.
所以（元）.
若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则.
由题意知，，故.
所以（元）.
因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.
17.（15分）在锐角中，内角的对边分别是，满足.
(1)求角的大小；
(2)求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式结合边角互化转化题干条件，得到进而得解；
（2）列出余弦定理表达式，然后利用基本不等式求解.
【详解】（1）对于，
由正弦定理和二倍角公式，，
则，
即，
即，
由题知，则，
得到，由于，则，
于是，解得
（2）由余弦定理，，
由，，得到，
由基本不等式，，则（取等号），
，
即时，的最大值是.
18.（17分）已知函数，其中．
(1)当时，求函数的最值；
(2)①若恒成立，求a的最小值；
②证明：，其中．
【答案】(1)最大值0；无最小值；
(2)①1；②证明见解析.
【分析】（1）直接用导数判断函数的极值最值可得；
（2）①将不等式进行参数分离得，再构造函数并用导数求函数的最大值，进而可得所求值最小值；②根据①的解析可得，进而可得，再由累加法可得所证不等式.
【详解】（1）当时，函数，函数定义域为，，
当；当，所以在单调递增，在单调递减，
所以函数在处取得极大值也是最大值，无最小值.
故函数最大值0；无最小值；
（2）若恒成立，即，得.
令，，
当；当.所以在单调递增，在单调递减，
所以在处取得极大值也是最大值，所以.
故a的最小值为1；
由（1）可知，当时，恒成立，即（当且仅当时等号成立）,
令，所以，即对，都有.
由累加法得.
故，其中.
19.（17分）已知双曲线：（，）的焦距为，右顶点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设，是轴上的两个动点，以线段为直径的圆过双曲线的焦点，直线，与双曲线的另一个交点分别为，．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）与圆相离，理由见解析.
【分析】（1）由双曲线的几何性质求解即可；
（2）（ⅰ）设点，的坐标分别为，，由题意得：，又设直线，的斜率为，，所以．再设出直线的方程，与双曲线方程联立进行求解；（ⅱ）因为，，所以，设，则，所以，即，再由直线与圆的位置关系判断即可．
【详解】（1）由题意，，则，所以双曲线的标准方程为．
（2）（ⅰ）设点，的坐标分别为，，
由题意得：，
又设直线，的斜率为，，所以．
当直线的斜率不存在时，设：（），联立双曲线方程得点，的坐标为，
则，得或2（舍）．
当直线的斜率存在时，设：，联立，消得：
，所以．
设，，由韦达定理得：，，
所以，
代入韦达定理得：，所以或（舍），
则：，综上直线过定点．
（ⅱ）因为，，所以，
设，则，所以，即．
故到直线：的距离．
又圆的半径．
显然，所以直线与圆相离．
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求证：；
(3)已知，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据的关系可证明为等差数列，即可求解，
（2）利用放缩法可得，即可由裂项相消法求和得解，
（3）对分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解.
【详解】（1）由，，成等差数列，得，①
当时，，
∴，得（舍去），
当时，，②
①-②得，，
∴，
又，∴，
∴是首项为2，公差为1的等差数列，
∴，故；
（2），
故
（3）由（1）知，
当是奇数时，
，
当是偶数时，
，
综上.
16.（15分）已知函数．
(1)求函数的最小正周期和对称轴；
(2)若，
（i）当时，求使成立的x的范围；
（ii）在中，角的对边分别为，且．若________求的取值范围．请从以下两个条件中任选一个补充在横线处并作答．
①为锐角三角形且；②的面积为S且．
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）答案见解析
【分析】（1）根据辅助角公式，先对化简，再根据三角函数的性质求最小正周期和对称轴.
（2）（i）先求出的表达式，求出的的取值，再结合图象求出的的取值范围.
（ii）选①，利用正弦定理，将表示为角的函数，根据三角形内角的取值范围求的范围.选②，根据面积公式及余弦定理将表示出来，结合基本不等式求范围.
【详解】（1）由题意，所以，故的最小正周期为．
令，得．
所以函数图象的对称轴方程为．
（2）由题意知．
（i）在同一坐标系中，作出函数与直线的图象，如下图所示：
令，即，
当时，由得或，
即或．
又因为，故或；
当时．由得或，，即或．
又因为，故或，
所以结合函数的图象得，使成立的x的范围为．
（ii）因为，则，
因为，所以，所以，解得．
选①为锐角三角形且，
由正弦定理：，则
.
因为为锐角三角形，所以，即，得，
则，所以，
所以，故的取值范围为．
选②的面积为且，
由，得．
由余弦定理，
消a得，
变形得，因为，即，
解不等式得，当且仅当时等号成立．
所以的取值范围为．
17.（15分）如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若，且点到平面的距离为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)．
【分析】（1）连结，交于点，连结，证明，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量即可求解面面角的余弦值；
（3）由（2）可得，再由求解即可.
【详解】（1）如图，连结，交于点，连结，
因为点是的中点，底面为矩形，
所以点是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，，，
所以平面的法向量，
且平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
（3）由（2）可得，，，，
，，平面的法向量，
故，
设点与平面的距离为，
则，解得．
18.（17分）已知函数，.
(1)当时，证明：1是的极值点；
(2)当时，证明：；
(3)若，对任意的，恒成立，求的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数的导数证明1是的极值点；
（2）分，两种情况讨论，当时，利用导数判断函数的单调性即可得证；
（3）利用导数求函数的最小值，可得，转化为，构造函数，利用导数求最大值即可.
【详解】（1）当时，，，
时，，故；
时，，故，又，
所以1是的极值点.
（2）当时，只需证明，
①当时，，，不等式显然成立；
②当时，令
，，
令，则，
因为，，，
所以，所以单调递减，
所以，所以单调递减，
所以，
所以，
综上，原不等式得证.
（3）任意的，恒成立，只需要，
又是增函数，，，，
故由零点存在性定理可知，，使得，
此时，
由题设及可知，，解得，
当，，故单调递减，
当，，单调递增，
所以，取得极小值也是最小值，所以，
所以，得，
，
令，
，得（舍去）或，
当，0单调递增，当，，单调递减，
所以时，取得极大值也是最大值，
所以，
所以的最大值是.
19.（17分）已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．
(1)求抛物线的方程；
(2)记与的面积分别为．
①当四点共圆时，求直线的方程；
②求的取值范围．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据条件求出点的坐标，代入抛物线方程，即可求解；
（2）①联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，根据条件有，从而可得，即可求解；②根据条件求出的取值范围，求出的横坐标，再利用三角形的面积公式及弦长公式得，即可求解.
【详解】（1）因为点，则，又，则，
所以，代入抛物线，得到，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）①因为直线方程为，
设，联立，消得到，
则，
当四点共圆时，则有，故，
则，所以，
又，
所以，即，
整理得到，又，所以，故直线的方程为.
②当时，由，得，又直线的斜率，则，
由，得到直线，
由，得，
直线，联立方程，解得，
由，得，
所以，
又，
又，所以，
故的取值范围为.
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)限时训练02（A组+B组+C组）
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）已知函数，图象的一个对称中心为，一条对称轴方程为.
(1)求；
(2)若，求满足条件的值的和.
16.（15分）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，．将沿翻折至，使得二面角为直二面角．
(1)证明：平面；
(2)若在同一个球面上，求该球的半径；
(3)求平面与平面所成角的余弦值．
17.（15分）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围.
18.（17分）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）．
（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
19.（17分）某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛.
(1)已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率；
(3)假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程.
0 1 2 3
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)记，数列的前n项和，证明：．
16.（15分）2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.
方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.
方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.
(1)若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；
(2)若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？
17.（15分）在锐角中，内角的对边分别是，满足.
(1)求角的大小；
(2)求面积的最大值.
18.（17分）已知函数，其中．
(1)当时，求函数的最值；
(2)①若恒成立，求a的最小值；
②证明：，其中．
19.（17分）已知双曲线：（，）的焦距为，右顶点．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设，是轴上的两个动点，以线段为直径的圆过双曲线的焦点，直线，与双曲线的另一个交点分别为，．
（ⅰ）证明：直线过定点；
（ⅱ）判断直线与圆的位置关系，并说明理由．
（考试时间：60分钟 试卷满分：77分）
解答题（本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13分）已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求证：；
(3)已知，求数列的前项和.
16.（15分）已知函数．
(1)求函数的最小正周期和对称轴；
(2)若，
（i）当时，求使成立的x的范围；
（ii）在中，角的对边分别为，且．若________求的取值范围．请从以下两个条件中任选一个补充在横线处并作答．
①为锐角三角形且；②的面积为S且．
17.（15分）如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若，且点到平面的距离为，求的值．
18.（17分）已知函数，.
(1)当时，证明：1是的极值点；
(2)当时，证明：；
(3)若，对任意的，恒成立，求的最大值.
19.（17分）已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．
(1)求抛物线的方程；
(2)记与的面积分别为．
①当四点共圆时，求直线的方程；
②求的取值范围．
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