2024-2025學年上學期深圳高二數學期末典型卷1

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期深圳高二數學期末典型卷1一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023秋?昌平區(qū)校級期中）直線的傾斜角為（）A．45° B．60° C．120° D．135°2．（5分）（2023秋?東臺市期末）在等比數列{an}中，若a5a7a9a11＝36，則a2a14＝（）A．6 B．9 C．±6 D．±93．（5分）設，若，則k＝（）A．2 B．1 C．﹣1 D．34．（5分）給出定義：設f′（x）是函數y＝f（x）的導函數，f″（x）是函數f′（x）的導函數，若方程f″（x）＝0有實數解x0，則稱點（x0，f（x0））為函數y＝f（x）的“拐點”．已知函數f（x）＝4x+3sinx﹣4cosx的拐點是M（x0，f（x0）），則點M（）A．在直線y＝﹣3x上 B．在直線y＝3x上 C．在直線y＝﹣4x上 D．在直線y＝4x上5．（5分）點P是以F為焦點的拋物線y2＝2px（p＞0）上任意一點，O為原點，A是線段PF上的點，且|PA|＝3|AF|，則直線OA的斜率的最小值為（）A． B． C． D．6．（5分）（2021秋?天津期中）已知點P在圓（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，點A（0，4），B（2，0），則（）A．點P到直線AB的距離小于8 B．點P到直線AB的距離大于2 C．當∠PBA最小時， D．當∠PBA最大時，7．（5分）（2024春?湖北月考）記等差數列{an}的前n項和為Sn，若a5+a9＝a8+5，a11＝7，則S16＝（）A．64 B．80 C．96 D．1208．（5分）（2023秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級期中）已知F1，F2是橢圓C：1的左、右焦點，O為坐標原點，M是橢圓C上的點（不在坐標軸上），∠F1MF2的平分線交OF2于N，且ON＝2，則橢圓C的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）（多選）9．（5分）（2022?湖南二模）已知雙曲線E：的左、右焦點分別為F1（﹣c，0），F2（c，0），過點F2作直線與雙曲線E的右支相交于P，Q兩點，在點P處作雙曲線E的切線，與E的兩條漸近線分別交于A，B兩點，則（）A．若|PF1|?|PF2|＝2，則 B．若，則雙曲線的離心率 C．△F1PQ周長的最小值為8 D．△AOB（O為坐標原點）的面積為定值（多選）10．（5分）（2023秋?鹽田區(qū)校級期末）已知Sn為等差數列{an}的前n項和，若S2023＜0，S2024＞0，則（）A．使an＞0的n的最小值為2024 B．|a1012|＜|a1013| C．當Sn取最小值時，n＝1012 D．為單調遞減的數列（多選）11．（5分）（2023秋?仁壽縣校級期末）如圖，棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段B1D1上動點（包括端點）．則以下結論正確的為（）A．三棱錐P﹣A1BD體積為定值 B．異面直線A1D，B1D1成角為45° C．直線AA1與面A1BD所成角的正弦值 D．存在點P使得CP∥面A1BD（多選）12．（5分）（2024?南寧模擬）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F作兩條互相垂直的直線l1、l2，l1與C交于P、Q兩點，l2與C交于M、N兩點，PQ的中點為G，MN的中點為H，則（）A．當|PF|＝2|QF|時，|MN|＝36 B．|PQ|+|MN|的最小值為18 C．直線GH過定點（4，0） D．△FGH的面積的最小值為4三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023秋?浙江期中）已知雙曲線的兩條漸近線方程為，并且經過點，則該雙曲線的標準方程是．14．（5分）（2022秋?內江期末）已知E是正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱DD1的中點，過A、C、E三點作平面α與平面A1B1C1D1相交，交線為l，則直線l與BC1所成角的余弦值為．15．（5分）一個小球自12米高的地方自由落下，觸地面后的回彈高度是下落高度的．假設這個小球能無限次反彈，則這個小球在這次運動中所經過的總路程為米．16．（5分）（2023?東陽市校級開學）如圖，已知兩矩形ABCD與ADEF所在平面互相垂直，AB＝1時，若將△DEF沿著直線FD翻折，使得點E落在邊BC上（即點P），則當AD取最小值時，邊AF的長是．四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023秋?紹興期末）已知函數f（x）＝﹣x3+x+1，g（x）＝e﹣2x+1．（1）分別求出f（x）和g（x）的導數；（2）若曲線y＝f（x）在點（1，1）處的切線與曲線y＝g（x）在x＝t（t∈R）處的切線平行，求t的值．18．（12分）（2023秋?巴彥淖爾期末）已知數列{an}的前n項和為Sn，且（a1+3）an＝S2+Sn．（1）求a1，a2；（2）若a1＞0，數列的前n項和為Tn，當n為何值時，Tn最大？并求Tn的最大值．19．（12分）（2024秋?金鳳區(qū)校級月考）已知圓C：x2+y2﹣8y＝0，過點P（2，2）的直線l與圓C交于A，B兩點，點M滿足，其中O為坐標原點．（1）求點M的軌跡方程；（2）若△CMP的面積為2，求|AB|．20．（12分）（2024?寧化縣校級一模）如圖，四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，SD⊥底面，點M在側棱SC上，∠ABM＝60°．（1）證明：M是側棱SC的中點；（2）求二面角S﹣AM﹣B的正弦值．21．（12分）（2023秋?邵東市校級期末）已知數列{an}滿足a1＝3，，n∈N*．（1）求證：數列是等比數列，并求an的通項公式；（2）記，求證：對任意n∈N*，．22．（12分）（2023秋?秦淮區(qū)校級月考）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的長軸長為4，且經過點，其中e為橢圓C的離心率．（1）求橢圓C的方程；（2）過點P（0，1）的直線l交橢圓C于A，B兩點，點B關于x軸的對稱點為B′，直線AB′交x軸于點Q，過點Q作l的垂線l′，垂足為H，求證：點H在定圓上．

2024-2025學年上學期深圳高二數學期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023秋?昌平區(qū)校級期中）直線的傾斜角為（）A．45° B．60° C．120° D．135°【考點】直線的傾斜角．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】D【分析】化直線方程為斜截式方程，求出斜率，則傾斜角可求．【解答】解：由x+y0，得y＝﹣x，∴直線x+y﹣3＝0的斜率為﹣1，其傾斜角是135°．故答案為：D．【點評】本題考查直線的傾斜角，考查直線傾斜角與斜率的關系，是基礎題．2．（5分）（2023秋?東臺市期末）在等比數列{an}中，若a5a7a9a11＝36，則a2a14＝（）A．6 B．9 C．±6 D．±9【考點】等比數列的通項公式；等比數列的性質．【專題】方程思想；定義法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】A【分析】根據等比數列性質直接求解即可．【解答】解：因為，所以（負值舍去），所以．故選：A．【點評】本題考查等比數列性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．3．（5分）設，若，則k＝（）A．2 B．1 C．﹣1 D．3【考點】空間向量的數量積判斷向量的共線與垂直；數量積判斷兩個平面向量的垂直關系．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；空間向量及應用；邏輯思維；運算求解．【答案】C【分析】直接利用向量垂直的充要條件建立方程，進一步求出k的值．【解答】解：由于，若，故：2×3﹣2+4k＝0，解得k＝﹣1．故選：C．【點評】本題考查的知識要點：向量垂直的充要條件，主要考查學生的理解能力和計算能力，屬于基礎題．4．（5分）給出定義：設f′（x）是函數y＝f（x）的導函數，f″（x）是函數f′（x）的導函數，若方程f″（x）＝0有實數解x0，則稱點（x0，f（x0））為函數y＝f（x）的“拐點”．已知函數f（x）＝4x+3sinx﹣4cosx的拐點是M（x0，f（x0）），則點M（）A．在直線y＝﹣3x上 B．在直線y＝3x上 C．在直線y＝﹣4x上 D．在直線y＝4x上【考點】基本初等函數的導數．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；函數的性質及應用；導數的概念及應用；運算求解．【答案】D【分析】根據題意，求出f″（x）的解析式，由“拐點”的定義可得3sinx0＝4cosx0，由函數的解析式計算f（x0）的值，即可得答案．【解答】解：根據題意，f（x）＝4x+3sinx﹣4cosx，則f′（x）＝4+3cosx+4sinx，f″（x）＝﹣3sinx+4cosx，已知函數f（x）＝4x+3sinx﹣4cosx的拐點是M（x0，f（x0）），則f″（x0）＝﹣3sinx0+4cosx0＝0，變形可得3sinx0＝4cosx0，則f（x0）＝4x0+3sinx0﹣4cosx0＝4x0，故點M在直線y＝4x上．故選：D．【點評】本題考查導數的計算，涉及三角函數的恒等變形，屬于基礎題．5．（5分）點P是以F為焦點的拋物線y2＝2px（p＞0）上任意一點，O為原點，A是線段PF上的點，且|PA|＝3|AF|，則直線OA的斜率的最小值為（）A． B． C． D．【考點】拋物線的焦點與準線．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】B【分析】根據已知條件，設出P點坐標，再結合向量的坐標運算公式，以及基本不等式的公式，即可求解．【解答】解：拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為，∵P是以F為焦點的拋物線y2＝2px（p＞0）上任意一點，∴設P（，y0），∵A是線段PF上的點且|PA|＝3|AF|，∴（，0）（（，y0），kOA，當y0＞0時，kOA，當且僅當時，等號成立，當y0＜0時，kOA，當且僅當時，等號成立，當y0＝0時，kOA＝0，∴直線OA的斜率的范圍為[，]，故直線OM斜率最小值為．故選：B．【點評】本題主要考查拋物線與向量的綜合應用，需要學生較強的綜合能力，屬于中檔題．6．（5分）（2021秋?天津期中）已知點P在圓（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，點A（0，4），B（2，0），則（）A．點P到直線AB的距離小于8 B．點P到直線AB的距離大于2 C．當∠PBA最小時， D．當∠PBA最大時，【考點】直線與圓的位置關系；點到直線的距離公式；圓的切線方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；邏輯思維；運算求解．【答案】D【分析】求出圓的圓心與半徑，利用點到直線的距離公式，求解判斷A、B，求解PB判斷C、D即可．【解答】解：點P在圓（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，圓的圓心（5，5），半徑為4，點A（0，4），B（2，0），直線AB的方程為：，即2x+y﹣4＝0，圓心到直線的距離為：4，∴點P到直線AB的距離的范圍為[，]，∵5，∴4＜1，4＜10，∴點P到直線AB的距離小于10，但不一定大于2，故A錯誤，B錯誤；如圖，當過B的直線與圓相切時，滿足∠PBA最小或最大（P點位于P1時∠PBA最小，位于P2時∠PBA最大），此時|BC|，∴|PB|，故C錯誤，D正確．故選：D．【點評】本題考查直線與圓的位置關系，考查轉化思想與數形結合思想，是中檔題．7．（5分）（2024春?湖北月考）記等差數列{an}的前n項和為Sn，若a5+a9＝a8+5，a11＝7，則S16＝（）A．64 B．80 C．96 D．120【考點】等差數列的前n項和．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】C【分析】根據題意，設出公差，得到方程組，求出首項和公差，利用求和公式得到答案．【解答】解：根據題意，數列{an}為等差數列，設公差為d，則，解得，故．故選：C．【點評】本題考查等差的求和公式，涉及等差數列的通項公式，屬于基礎題．8．（5分）（2023秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級期中）已知F1，F2是橢圓C：1的左、右焦點，O為坐標原點，M是橢圓C上的點（不在坐標軸上），∠F1MF2的平分線交OF2于N，且ON＝2，則橢圓C的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．【考點】橢圓的幾何特征．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】B【分析】設橢圓的焦距為2c（c＞0），可得c＝4，由角平分線的性質得3，結合橢圓的定義，推出|MF1|，再根據a﹣c＜|MF1|＜a+c，即可得解．【解答】解：設橢圓的焦距為2c（c＞0），則c2＝a2﹣（a2﹣16）＝16，即c＝4，因為MN平分∠F1MF2，且ON＝2，所以3，由橢圓的定義知，|MF1|+|MF2|＝2a，所以|MF1|，|MF2|，因為a﹣c＜|MF1|＜a+c，所以a﹣ca+c，解得a＜2c，即，所以離心率e∈（，1）．故選：B．【點評】本題考查橢圓離心率的求法，熟練掌握橢圓的定義與幾何性質，角平分線的性質是解題的關鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）（多選）9．（5分）（2022?湖南二模）已知雙曲線E：的左、右焦點分別為F1（﹣c，0），F2（c，0），過點F2作直線與雙曲線E的右支相交于P，Q兩點，在點P處作雙曲線E的切線，與E的兩條漸近線分別交于A，B兩點，則（）A．若|PF1|?|PF2|＝2，則 B．若，則雙曲線的離心率 C．△F1PQ周長的最小值為8 D．△AOB（O為坐標原點）的面積為定值【考點】雙曲線的幾何特征．【專題】計算題；整體思想；綜合法；圓錐曲線中的最值與范圍問題；運算求解．【答案】ACD【分析】對于A，由雙曲線的定義可知，|PF1|﹣|PF2|＝2a，結合|PF1|+|PF2|＝2，即可判斷A；對于B，在△PF1F2中，由正弦定理得出，結合雙曲線的定義求出|PF2|，因為|PF2|＞c﹣a，即可判定B．對于C，由分析知，當直線PQ垂直x軸時，△F1PQ周長的最小值，代入即可判定C．對于D，設P（x0，y0），過點P的雙曲線E的切線方程為，與兩條漸近線聯立，求出A，B的坐標，又因為xA+xB＝2x0，故點P是AB的中點，所以S△AOB＝2S△AOP，代入計算，即可判定D．【解答】解：由題意知，則，所以有，從而，故A正確；在△PF1F2中，由正弦定理得，則，解得，又|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以，整理得c2﹣2ac﹣a2＜0，所以e2﹣2e﹣1＜0，解得，故B錯誤；當直線PQ垂直x軸時，|PQ|的最小值為，，故C正確；設P（x0，y0），過點P的雙曲線E的切線方程為的漸近線方程為，不妨設切線與漸近線的交點為A，聯立方程組，解得，即，同理可得，又因為點P在雙曲線E上，則有，故點P是AB的中點，設切線與x軸的交點為G，易知，所以，所以S△AOB＝2S△AOP＝a，故D正確；故選：ACD．【點評】本題考查了雙曲線的性質以及直線與雙曲線的綜合，屬于中檔題．（多選）10．（5分）（2023秋?鹽田區(qū)校級期末）已知Sn為等差數列{an}的前n項和，若S2023＜0，S2024＞0，則（）A．使an＞0的n的最小值為2024 B．|a1012|＜|a1013| C．當Sn取最小值時，n＝1012 D．為單調遞減的數列【考點】等差數列的前n項和．【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】ABC【分析】根據題意，等差數列{an}中，設其公差為d，由等差數列前n項和公式可得a1012＜0和a1012+a1013＞0，由此可得B、C正確，進而由Sn和的表達式，分析可得A正確，D錯誤，綜合可得答案．【解答】解：根據題意，等差數列{an}中，設其公差為d，若S2023＜0，則有S20232023a1012＜0，變形可得a1012＜0，若S2024＞0，則S2024（a1012+a1013）×1012＞0，變形可a1012+a1013＞0，故a1012＜0，a1013＞0，且|a1013|＞|a1012|，B正確；故當Sn取最小值時，n＝1012，C正確；同時d＝a1013﹣a1012＞0，Sn＝na1dn2+（a1）n，d＞0，且S2023＜0，S2024＞0，結合二次函數的性質可得使an＞0的n的最小值為2024，A正確；同時，n+（a1），數列{}為等差數列，其公差為0，是遞增數列，D錯誤．故選：ABC．【點評】本題考查等差數列的性質，涉及等差數列的求和，屬于基礎題．（多選）11．（5分）（2023秋?仁壽縣校級期末）如圖，棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段B1D1上動點（包括端點）．則以下結論正確的為（）A．三棱錐P﹣A1BD體積為定值 B．異面直線A1D，B1D1成角為45° C．直線AA1與面A1BD所成角的正弦值 D．存在點P使得CP∥面A1BD【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；異面直線及其所成的角；直線與平面平行；直線與平面所成的角；棱柱的結構特征．【專題】轉化思想；轉化法；立體幾何；直觀想象．【答案】ACD【分析】易證B1D1∥平面A1BD，故三棱錐P﹣A1BD體積為定值；易得B1D1∥BD，△A1BD為等邊三角形，故B錯誤；由向量法可判斷C正確；當P為B1D1中點時，得CP∥面A1BD．【解答】解：因為DD1∥BB1，且DD1＝BB1，所以四邊形BDD1B1為平行四邊形，所以B1D1∥BD，又因為B1D1?平面A1BD，BD?平面A1BD，所以B1D1∥平面A1BD，又P為線段B1D1上動點，所以P到平面A1BD距離為定值，故三棱錐P﹣A1BD體積為定值，當點P與D1重合時，，故A正確；因為B1D1∥BD，故A1D與B1D1所成角等價于A1D與BD所成角，△A1BD為等邊三角形，所以異面直線A1DB1D1成角為60°，故B項錯誤；以DA方向為x軸，DC方向為y軸，DD1方向為z軸建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0）A1（2，0，2），，，，設平面A1BD的法向量為，則，即，令x＝1，得y＝z＝﹣1，故，設直線AA1與面A1BD所成角為θ，則，故C項正確；當P為B1D1中點時，得CP∥面A1BD．故D項正確．故選：ACD．【點評】本題考查線面平行的判定定理，線線角的求解問題，向量法求解線面角問題，屬難題．（多選）12．（5分）（2024?南寧模擬）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F作兩條互相垂直的直線l1、l2，l1與C交于P、Q兩點，l2與C交于M、N兩點，PQ的中點為G，MN的中點為H，則（）A．當|PF|＝2|QF|時，|MN|＝36 B．|PQ|+|MN|的最小值為18 C．直線GH過定點（4，0） D．△FGH的面積的最小值為4【考點】拋物線的焦點與準線．【專題】計算題；整體思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】AD【分析】設直線l1方程為x＝my+1，則l2方程為，直線與拋物線聯立，利用韋達定理和拋物線的性質即可判斷A；利用A選項的結論和基本不等式即可判斷B；利用中點坐標公式求得，即可判斷C；利用直線GH過定點A（3，0）和三角形的面積公式與基本不等式即可判斷D．【解答】解：A．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F作兩條互相垂直的直線l1、l2，l1與C交于P、Q兩點，l2與C交于M、N兩點，則F（1，0），設直線l1方程為x＝my+1，則l2方程為，聯立x＝my+1與拋物線C：y2＝4x，得y2﹣4my﹣4＝0，易知Δ＞0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，設M（x3，y3），N（x4，y4），同理，又|PF|＝2|QF|，所以y1＝﹣2y2，所以，所以，故A正確；B．由A知，，，故B錯誤；C．由A知，，所以直線，令y＝0，x＝3，所以直線過定點（3，0），故C錯誤；D．由C知，直線GH過定點A，故D正確．故選：AD．【點評】本題考查了拋物線的性質，屬于中檔題．三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2023秋?浙江期中）已知雙曲線的兩條漸近線方程為，并且經過點，則該雙曲線的標準方程是．【考點】雙曲線的標準方程；雙曲線的幾何特征．【專題】轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】見試題解答內容【分析】根據題意設雙曲線方程為mx2﹣ny2＝1，利用漸近線和過點解方程組即可求得其標準方程．【解答】解：由題意可設雙曲線方程為mx2﹣ny2＝1，m，n＞0；由漸近線方程為可得n＝2m，將點代入可得6m﹣n＝1，解得，所以雙曲線標準方程為．故答案為：．【點評】本題主要考查雙曲線的標準方程，考查計算能力，屬于中檔題．14．（5分）（2022秋?內江期末）已知E是正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱DD1的中點，過A、C、E三點作平面α與平面A1B1C1D1相交，交線為l，則直線l與BC1所成角的余弦值為．【考點】異面直線及其所成的角．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；轉化法；空間角；運算求解．【答案】．【分析】由面面平行的性質，結合條件可知直線l與BC1所成的角就是直線A1C1與BC1所成的角，然后求出直線l與BC1所成角的余弦值即可．【解答】解：因為過A，C，E三點的平面α與平面A1B1C1D1相交于l，平面α與平面ABCD相交于AC，平面A1B1C1D1與平面ABCD平行，所以l∥AC，又A1C1∥AC，故A1C1∥l，所以直線l與BC1所成的角就是直線A1C1與BC1所成的角，也即是∠A1C1B（或補角），又易知△A1C1B為等邊三角形，所以直線l與BC1所成角的余弦值為，故答案為：．【點評】本題考查了異面直線所成的角的求解，考查了面面平行的性質的應用，屬于中檔題．15．（5分）一個小球自12米高的地方自由落下，觸地面后的回彈高度是下落高度的．假設這個小球能無限次反彈，則這個小球在這次運動中所經過的總路程為16米．【考點】等比數列的前n項和．【專題】方程思想；定義法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】16．【分析】推導出{an}是公比為，首項為12的等比數列，到球停到地面為止，求運動的路程是等比數列之和為：S＝12+3+3???，由此能求出結果．【解答】解：一個小球自12米高的地方自由落下，觸地面后的回彈高度是下落高度的，a1＝12，a23，a3．??????∴{an}是公比為，首項為12的等比數列，到球停到地面為止，求運動的路程是等比數列之和為：S＝12+3+3???＝16．故答案為：16．【點評】本題考查等比數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．16．（5分）（2023?東陽市校級開學）如圖，已知兩矩形ABCD與ADEF所在平面互相垂直，AB＝1時，若將△DEF沿著直線FD翻折，使得點E落在邊BC上（即點P），則當AD取最小值時，邊AF的長是．【考點】點、線、面間的距離計算．【專題】轉化思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】．【分析】先得出線面垂直，再應用相似得出邊長的式子，最后應用基本不等式得出最值，求出取等條件即可．【解答】解：如圖，連接AP，由題意可知平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，AF⊥AD，AF?平面ADEF，所以AF⊥平面ABCD，又DP?平面ABCD，所以AF⊥DP，又DP⊥FP，且AF∩FP＝F，AP，FP?平面AFP，所以DP⊥平面AFP，又AP?平面AFP，所以AP⊥DP，所以△ABP∽△PCD，設PC＝x，AD＝a，所以，得，所以，當且僅當x＝1時取等號，此時AF＝ED＝PD．故答案為：．【點評】本題考查空間中距離的求解，面面垂直的性質定理，線面垂直的判定定理，基本不等式的應用，屬中檔題．四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023秋?紹興期末）已知函數f（x）＝﹣x3+x+1，g（x）＝e﹣2x+1．（1）分別求出f（x）和g（x）的導數；（2）若曲線y＝f（x）在點（1，1）處的切線與曲線y＝g（x）在x＝t（t∈R）處的切線平行，求t的值．【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程；基本初等函數的導數．【專題】函數思想；轉化法；導數的概念及應用；運算求解．【答案】（1））﹣3x2+1，﹣2e﹣2x+1；（2）．【分析】（1）利用導數公式直接求導即可；（2）根據兩直線平行，斜率相等，即可求出t的值．【解答】解：（1）由導數公式得f′（x）＝﹣3x2+1，因為g（x）＝e﹣2x+1．所以g′（x）＝﹣2e﹣2x+1；（2）由f′（x）＝﹣3x2+1可得，曲線y＝f（x）在點（1，1）處的切線的斜率k＝f′（1）＝﹣3+1＝﹣2，從而切線方程為y﹣1＝﹣2（x﹣1），即y＝﹣2x+3．由g′（x）＝﹣2e﹣2x+1，可得曲線y＝g（x）在x＝t（t∈R）處的切線斜率為g′（t）＝﹣2e﹣2t+1，由題意可得﹣2e﹣2t+1＝﹣2，從而，此時切點坐標為，曲線y＝g（x）在處的切線方程為，即y＝﹣2x+2，故符合題意．所以t．【點評】本題考查導數的運算與幾何意義，屬于中檔題．18．（12分）（2023秋?巴彥淖爾期末）已知數列{an}的前n項和為Sn，且（a1+3）an＝S2+Sn．（1）求a1，a2；（2）若a1＞0，數列的前n項和為Tn，當n為何值時，Tn最大？并求Tn的最大值．【考點】數列的求和．【專題】綜合題；方程思想；轉化法；等差數列與等比數列；運算求解．【答案】（1）a1＝0，a2＝0或或；（2）當n＝14時，Tn最大，Tn的最大值為．【分析】（1）賦值法代入條件式分類討論解方程即可；（2）根據第一問結論結合an，Sn的關系確定{an}通項公式，再求得bn，利用等差數列的定義及臨界點法計算即可．【解答】解：（1）由題意，令n＝1，可得（a1+3）a1＝S2+S1＝2a1+a2，化簡整理，得，①令n＝2，可得（a1+3）a2＝S2+S2＝2a1+2a2，化簡整理，得（a1+1）a2＝2a1，②把①代入②，可得，若a1＝0，則a2＝0，若a1≠0，則，此時或，綜上所述，可得a1＝0，a2＝0或或．（2）由題意a1＞0及（1），可知，則S2＝a1+a21+21，此時，當n≥2時，，兩式相減，可得，化簡整理，得，∵a11，∴，n∈N*，令，則bn＝lg＝lg，∴數列{bn}是首項為2，公差為的等差數列，∵，∴當n＝14時，Tn最大，Tn的最大值為．【點評】本題主要考查數列求通項公式，以及數列求和與最值問題．考查了方程思想，分類討論，轉化與化歸思想，等差數列和等比數列的通項公式的運用，不等式的運算，以及邏輯推理能力和數學運算能力，屬中檔題．19．（12分）（2024秋?金鳳區(qū)校級月考）已知圓C：x2+y2﹣8y＝0，過點P（2，2）的直線l與圓C交于A，B兩點，點M滿足，其中O為坐標原點．（1）求點M的軌跡方程；（2）若△CMP的面積為2，求|AB|．【考點】直線與圓的位置關系．【專題】對應思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】（1）（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2；（2）4．【分析】（1）由，結合垂徑定理可得，設出M（x，y），然后利用數量積的坐標運算即可得解；（2）由（1）可得，又△CMP的面積等于2，然后利用直角三角形的面積公式和勾股定理可得|CM|＝2，再利用垂徑定理即可求解．【解答】解：（1）由圓C：x2+y2﹣8y＝0可知圓心C（0，4），其半徑為R＝4，設M（x，y），因為，所以M為AB的中點，由垂徑定理可得CM⊥AB，所以，所以（x，y﹣4）?（x﹣2，y﹣2）＝0，化簡得（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2，即點M的軌跡方程為（x﹣1）2+（y﹣3）2＝2；（2）由（1）知，M的軌跡是以（1，3）為圓心，為半徑的圓，因為，△CMP的面積等于2，所以，解得：|CM|＝2，從而根據垂徑定理可得，|AB|24．【點評】本題考查了直線與圓的位置關系的綜合應用，屬于中檔題．20．（12分）（2024?寧化縣校級一模）如圖，四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，SD⊥底面，點M在側棱SC上，∠ABM＝60°．（1）證明：M是側棱SC的中點；（2）求二面角S﹣AM﹣B的正弦值．【考點】二面角的平面角及求法．【專題】對應思想；綜合法；空間位置關系與距離；空間角；數學建模；運算求解．【答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）作ME∥CD，連接AE，作MF⊥AB，則AFME為矩形，由此利用幾何關系求得，即可證明；（2）解法一：由已知推導出△ABM為等邊三角形，取取AM中點G，連結BG，取SA中點H，連結GH，利用二面角定義可得∠BGH為二面角S﹣AM﹣B的平面角，利用余弦定理求得余弦值，再利用同角三角函數關系求得正弦值即可；解法二：建立空間直角坐標系，利用空間向量的垂直的條件列方程組求得二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后利用向量的夾角坐標運算公式求得法向量的夾角余弦值，進而利用平方關系求得正弦值．【解答】（1）證明：作ME∥CD交SD于點E，則ME∥AB，因為四邊形ABCD是矩形，所以DC⊥AD，又SD⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，所以SD⊥DC，因為AD，SD?平面SAD，AD∩SD＝D，所以DC⊥平面SAD，又ME∥CD，所以ME⊥平面SAD，連接AE，AE?平面SAD，所以ME⊥AE，則四邊形ABME為直角梯形，作MF⊥AB，足為F，則AFME為矩形，設ME＝x，則，，由MF＝FB?tan60°，得，解得x＝1，即ME＝1，從而，所以M為側棱SC的中點；（2）解法一：因為四邊形ABCD是矩形，所以DC⊥BC，又SD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以SD⊥BC．因為DC，SD?平面SAD，DC∩SD＝D，所以BC⊥平面SCD，又SC?平面SCD，所以BC⊥SC，則，又∠ABM＝60°，AB＝2，△ABM為等邊三角形，又由（1）知M為SC中點，，所以SA2＝SM2+AM2，∠SMA＝90°，取AM中點G，連結BG，取SA中點H，連結GH，則BG⊥AM，GH⊥AM，由此知∠BGH為二面角S﹣AM﹣B的平面角，由（1）知ME⊥平面SAD，又ME∥AB，所以AB⊥平面SAD，AS?平面SAD，所以AB⊥AS，連結BH，在△BGH中，，所以．所以二面角S﹣AM﹣B的正弦值為．解法二：以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，易知，，令平面SAM的法向量為，則，即，令z＝1，得，設平面AMB的法向量為，由，得，化簡得，令a＝1，得，令二面角S﹣AM﹣B的大小為θ，則，故二面角S﹣AM﹣B的正弦值為．【點評】本題考查點為線段中點的證明，考查二面角的正弦值的求法，屬于中檔題．21．（12分）（2023秋?邵東市校級期末）已知數列{an}滿足a1＝3，，n∈N*．（1）求證：數列是等比數列，并求an的通項公式；（2）記，求證：對任意n∈N*，．【考點】數列與不等式的綜合；數列遞推式．【專題】轉化思想；綜合法；點列、遞歸數列與數學歸納法；不等式；運算求解．【答案】（1）；（2）證明見解答．【分析】（1）以4為首項，4為公比的等比數列，即可求解；（2），即可求解．【解答】解：（1）∵數列{an}滿足a1＝3，，n∈N*，∴，∴以4為首項，4為公比的等比數列，∴即．證明：（2）∵，∴，又，則，∴．【點評】本題考查了數列的遞推式，數列與不等式的綜合，屬于中檔題．22．（12分）（2023秋?秦淮區(qū)校級月考）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的長軸長為4，且經過點，其中e為橢圓C的離心率．（1）求橢圓C的方程；（2）過點P（0，1）的直線l交橢圓C于A，B兩點，點B關于x軸的對稱點為B′，直線AB′交x軸于點Q，過點Q作l的垂線l′，垂足為H，求證：點H在定圓上．【考點】直線與橢圓的綜合；橢圓的標準方程；橢圓的幾何特征．【專題】綜合題；分類討論；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】（1）；（2）證明過程見解析．【分析】（1）由題意，根據橢圓的長軸長，以及橢圓過的點，求出b的值，即可求得答案；（2）設l的方程為y＝kx+1，聯立橢圓方程，可得根與系數的關系式，結合AB′的方程可求得Q點坐標，從而可得l′的方程，并求出其過定點，結合垂直關系，即可證明結論．【解答】解：（1）因為橢圓C的長軸長為4，所以2a＝4，解得a＝2，因為橢圓C經過點，所以，又，所以，整理得b4﹣6b2+8＝0，解得b2＝2或b2＝4（舍）．則橢圓C的方程為；（2）證明：易知直線l的斜率存在，不妨設l的方程為y＝kx+1，A（x1，y1），B（x2，y2），可得B′（x2，﹣y2），聯立，消去y并整理得（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，此時Δ＝32k2+8＞0，由韋達定理得，因為AB′的方程為，令y＝0，解得，即Q（0，﹣4k），因為l′⊥l，當k≠0時，l′的斜率為，此時l′的方程為，即，所以l′恒過點M（0，﹣4），當k＝0時，l的方程為y＝1，Q（0，0），可得l′的方程為x＝0，此時l′也過點M（0，﹣4），綜上，l′恒過定點M（0，﹣4），由題意可知PH⊥MH，故點H在以PM為直徑的定圓上．【點評】本題考查橢圓的方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了邏輯推理、分類討論和運算能力．

考點卡片1．等差數列的前n項和【知識點的認識】等差數列是常見數列的一種，如果一個數列從第二項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數，這個數列就叫做等差數列，而這個常數叫做等差數列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式為Sn＝na1n（n﹣1）d或者Sn【解題方法點撥】eg1：設等差數列的前n項和為Sn，若公差d＝1，S5＝15，則S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1d＝5a1+10＝15，即a1＝1，則S10＝10a1d＝10+45＝55．故答案為：55點評：此題考查了等差數列的前n項和公式，解題的關鍵是根據題意求出首項a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差數列{an}的前n項和Sn＝4n2﹣25n．求數列{|an|}的前n項的和Tn．解：∵等差數列{an}的前n項和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，該等差數列為﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3項為負，其和為S3＝﹣39．∴n≤3時，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．點評：本題考查等差數列的前n項的絕對值的和的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意分類討論思想的合理運用．其實方法都是一樣的，要么求出首項和公差，要么求出首項和第n項的值．【命題方向】等差數列比較常見，單獨考察等差數列的題也比較簡單，一般單獨考察是以小題出現，大題一般要考察的話會結合等比數列的相關知識考察，特別是錯位相減法的運用．2．等比數列的性質【知識點的認識】等比數列（又名幾何數列），是一種特殊數列．如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比等于同一個常數，這個數列就叫做等比數列，因為第二項與第一項的比和第三項與第二項的比相等，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1時，an為常數列．等比數列和等差數列一樣，也有一些通項公式：①第n項的通項公式，an＝a1qn﹣1，這里a1為首項，q為公比，我們發(fā)現這個通項公式其實就是指數函數上孤立的點．②求和公式，Sn，表示的是前面n項的和．③若m+n＝q+p，且都為正整數，那么有am?an＝ap?aq．等比數列的性質（1）通項公式的推廣：an＝am?qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}為等比數列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），則ak?al＝am?an（3）若{an}，{bn}（項數相同）是等比數列，則{λan}（λ≠0），{a}，{an?bn}，仍是等比數列．（4）單調性：或?{an}是遞增數列；或?{an}是遞減數列；q＝1?{an}是常數列；q＜0?{an}是擺動數列．【解題方法點撥】例：2，x，y，z，18成等比數列，則y＝．解：由2，x，y，z，18成等比數列，設其公比為q，則18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案為：6．本題的解法主要是運用了等比數列第n項的通項公式，這也是一個常用的方法，即知道某兩項的值然后求出公比，繼而可以以已知項為首項，求出其余的項．關鍵是對公式的掌握，方法就是待定系數法．3．等比數列的通項公式【知識點的認識】1．等比數列的定義如果一個數列從第2項起，每一項與它的前一項的比值等于同一個常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比，通常用字母q表示（q≠0）．從等比數列的定義看，等比數列的任意項都是非零的，公比q也是非零常數．2．等比數列的通項公式設等比數列{an}的首項為a1，公比為q，則它的通項an＝a1?qn﹣13．等比中項：如果在a與b中間插入一個數G，使a，G，b成等比數列，那么G叫做a與b的等比中項．G2＝a?b（ab≠0）4．等比數列的常用性質（1）通項公式的推廣：an＝am?qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}為等比數列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），則ak?al＝am?an（3）若{an}，{bn}（項數相同）是等比數列，則{λan}（λ≠0），{a}，{an?bn}，仍是等比數列．（4）單調性：或?{an}是遞增數列；或?{an}是遞減數列；q＝1?{an}是常數列；q＜0?{an}是擺動數列．4．等比數列的前n項和【知識點的認識】1．等比數列的前n項和公式等比數列{an}的公比為q（q≠0），其前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝na1；當q≠1時，Sn．2．等比數列前n項和的性質公比不為﹣1的等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比數列，其公比為qn．5．數列的求和【知識點的認識】就是求出這個數列所有項的和，一般來說要求的數列為等差數列、等比數列、等差等比數列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差數列前n項和公式：Sn＝na1n（n﹣1）d或Sn②等比數列前n項和公式：③幾個常用數列的求和公式：（2）錯位相減法：適用于求數列{an×bn}的前n項和，其中{an}{bn}分別是等差數列和等比數列．（3）裂項相消法：適用于求數列{}的前n項和，其中{an}為各項不為0的等差數列，即（）．（4）倒序相加法：推導等差數列的前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排列（反序），再把它與原數列相加，就可以得到n個（a1+an）．（5）分組求和法：有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可分為幾個等差、等比或常見的數列，然后分別求和，再將其合并即可．【解題方法點撥】典例1：已知等差數列{an}滿足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n項和為Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn（n∈N*），求數列{bn}的前n項和Tn．分析：形如的求和，可使用裂項相消法如：．解：（Ⅰ）設等差數列{an}的公差為d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Snn2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，∴bn，∴Tn，即數列{bn}的前n項和Tn．點評：該題的第二問用的關鍵方法就是裂項求和法，這也是數列求和當中常用的方法，就像友情提示那樣，兩個等差數列相乘并作為分母的一般就可以用裂項求和．【命題方向】數列求和基本上是必考點，大家要學會上面所列的幾種最基本的方法，即便是放縮也要往這里面考．6．數列遞推式【知識點的認識】1、遞推公式定義：如果已知數列{an}的第1項（或前幾項），且任一項an與它的前一項an﹣1（或前幾項）間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式就叫做這個數列的遞推公式．2、數列前n項和Sn與通項an的關系式：an．在數列{an}中，前n項和Sn與通項公式an的關系，是本講內容一個重點，要認真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求數列的通項公式時，你注意到此等式成立的條件了嗎？（n≥2，當n＝1時，a1＝S1）；若a1適合由an的表達式，則an不必表達成分段形式，可化統一為一個式子．（2）一般地當已知條件中含有an與Sn的混合關系時，常需運用關系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先將已知條件轉化為只含an或Sn的關系式，然后再求解．【解題方法點撥】數列的通項的求法：（1）公式法：①等差數列通項公式；②等比數列通項公式．（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an．一般地當已知條件中含有an與Sn的混合關系時，常需運用關系式，先將已知條件轉化為只含或的關系式，然后再求解．（3）已知a1?a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，．（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知f（n）求an，用累乘法：an（n≥2）．（6）已知遞推關系求an，有時也可以用構造法（構造等差、等比數列）．特別地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b為常數）的遞推數列都可以用待定系數法轉化為公比為k的等比數列后，再求an．②形如an的遞推數列都可以用倒數法求通項．（7）求通項公式，也可以由數列的前幾項進行歸納猜想，再利用數學歸納法進行證明．7．數列與不等式的綜合【知識點的認識】證明與數列求和有關的不等式基本方法：（1）直接將數列求和后放縮；（2）先將通項放縮后求和；（3）先將通項放縮后求和再放縮；（4）嘗試用數學歸納法證明．常用的放縮方法有：，，，[]（n≥2），（）（n≥2），，2（）2（）．．【解題方法點撥】證明數列型不等式，因其思維跨度大、構造性強，需要有較高的放縮技巧而充滿思考性和挑戰(zhàn)性，能全面而綜合地考查學生的潛能與后繼學習能力，因而成為高考壓軸題及各級各類競賽試題命題的極好素材．這類問題的求解策略往往是：通過多角度觀察所給數列通項的結構，深入剖析其特征，抓住其規(guī)律進行恰當地放縮；其放縮技巧主要有以下幾種：（1）添加或舍去一些項，如：|a|；n；（2）將分子或分母放大（或縮?。唬?）利用基本不等式；；（4）二項式放縮；（5）利用常用結論；（6）利用函數單調性．（7）常見模型：①等差模型；②等比模型；③錯位相減模型；④裂項相消模型；⑤二項式定理模型；⑥基本不等式模型．【命題方向】題型一：等比模型典例1：對于任意的n∈N*，數列{an}滿足n+1．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）求證：對于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，當n≥2時，得②，①﹣②得．∴．又，得a1＝7不適合上式．綜上得；（Ⅱ）證明：當n≥2時，．∴．∴當n≥2時，．題型二：裂項相消模型典例2：數列{an}的各項均為正數，Sn為其前n項和，對于任意n∈N*，總有an，Sn，成等差數列．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設，數列{bn}的前n項和為Tn，求證：．分析：（1）根據an＝Sn﹣Sn﹣1，整理得an﹣an﹣1＝1（n≥2）進而可判斷出數列{an}是公差為1的等差數列，根據等差數列的通項公式求得答案．（2）由（1）知，因為，所以，從而得證．解答：（1）由已知：對于n∈N*，總有2Sn＝an①成立∴（n≥2）②①﹣②得2an＝anan﹣1，∴an+an﹣1＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）∵an，an﹣1均為正數，∴an﹣an﹣1＝1（n≥2）∴數列{an}是公差為1的等差數列又n＝1時，2S1＝a1，解得a1＝1，∴an＝n．（n∈N*）（2）解：由（1）可知∵∴（1）放縮的方向要一致．（2）放與縮要適度．（3）很多時候只對數列的一部分進行放縮法，保留一些項不變（多為前幾項或后幾項）．（4）用放縮法證明極其簡單，然而，用放縮法證不等式，技巧性極強，稍有不慎，則會出現放縮失當的現象．所以對放縮法，只需要了解，不宜深入．8．基本初等函數的導數【知識點的認識】1、基本函數的導函數①C′＝0（C為常數）②（xn）′＝nxn﹣1（n∈R）③（sinx）′＝cosx④（cosx）′＝﹣sinx⑤（ex）′＝ex⑥（ax）′＝（ax）*lna（a＞0且a≠1）⑦[logax）]′*（logae）（a＞0且a≠1）⑧[lnx]′．2、和差積商的導數①[f（x）+g（x）]′＝f′（x）+g′（x）②[f（x）﹣g（x）]′＝f′（x）﹣g′（x）③[f（x）g（x）]′＝f′（x）g（x）+f（x）g′（x）④[]′．3、復合函數的導數設y＝u（t），t＝v（x），則y′（x）＝u′（t）v′（x）＝u′[v（x）]v′（x）【解題方法點撥】1．由常數函數、冪函數及正、余弦函數經加、減、乘運算得到的簡單的函數均可利用求導法則與導數公式求導，而不需要回到導數的定義去求此類簡單函數的導數．2．對于函數求導，一般要遵循先化簡，再求導的基本原則．求導時，不但要重視求導法則的應用，而且要特別注意求導法則對求導的制約作用．在實施化簡時，首先要注意化簡的等價性，避免不必要的運算失誤．【命題方向】題型一：和差積商的導數典例1：已知函數f（x）＝asinx+bx3+4（a∈R，b∈R），f′（x）為f（x）的導函數，則f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝（）A．0B．2014C．2015D．8解：f′（x）＝acosx+3bx2，∴f′（﹣x）＝acos（﹣x）+3b（﹣x）2∴f′（x）為偶函數；f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝0∴f（2014）+f（﹣2014）＝asin（2014）+b?20143+4+asin（﹣2014）+b（﹣2014）3+4＝8；∴f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f（﹣2015）＝8故選D．題型二：復合函數的導數典例2：下列式子不正確的是（）A．（3x2+cosx）′＝6x﹣sinxB．（lnx﹣2x）′ln2C．（2sin2x）′＝2cos2xD．（）′解：由復合函數的求導法則對于選項A，（3x2+cosx）′＝6x﹣sinx成立，故A正確；對于選項B，成立，故B正確；對于選項C，（2sin2x）′＝4cos2x≠2cos2x，故C不正確；對于選項D，成立，故D正確．故選C．9．利用導數研究曲線上某點切線方程【知識點的認識】利用導數來求曲線某點的切線方程是高考中的一個常考點，它既可以考查學生求導能力，也考察了學生對導數意義的理解，還考察直線方程的求法，因為包含了幾個比較重要的基本點，所以在高考出題時備受青睞．我們在解答這類題的時候關鍵找好兩點，第一找到切線的斜率；第二告訴的這點其實也就是直線上的一個點，在知道斜率的情況下可以用點斜式把直線方程求出來．【解題方法點撥】例：已知函數y＝xlnx，求這個函數的圖象在點x＝1處的切線方程．解：k＝y'|x＝1＝ln1+1＝1又當x＝1時，y＝0，所以切點為（1，0）∴切線方程為y﹣0＝1×（x﹣1），即y＝x﹣1．我們通過這個例題發(fā)現，第一步確定切點；第二步求斜率，即求曲線上該點的導數；第三步利用點斜式求出直線方程．這種題的原則基本上就這樣，希望大家靈活應用，認真總結．10．數量積判斷兩個平面向量的垂直關系【知識點的認識】向量是有方向的，那么在一個空間內，不同的向量可能是平行，也可能是重合，也有可能是相交．當兩條向量的方向互相垂直的時候，我們就說這兩條向量垂直．假如（1，0，1），（2，0，﹣2），那么與垂直，有?1×2+1×（﹣2）＝0，即互相垂直的向量它們的乘積為0．【解題方法點撥】例：與向量，垂直的向量可能為（）A：（3，﹣4）B：（﹣4，3）C：（4，3）D：（4，﹣3）解：對于A：∵，?（3，﹣4）5，∴A不成立；對于B：∵，?（﹣4，3），∴B不成立；對于C：∵，?（4，3），∴C成立；對于D：∵，?（4，﹣3），∴D不成立；故選：C．點評：分別求出向量，和A，B，C，D四個備選向量的乘積，如果乘積等于0，則這兩個向量垂直，否則不垂直．【命題方向】向量垂直是比較喜歡考的一個點，主要性質就是垂直的向量積為0，希望大家熟記這個關系并靈活運用．11．棱柱的結構特征【知識點的認識】1．棱柱：有兩個面互相平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行，由這些面所圍成的多面體叫做棱柱．棱柱用表示底面各頂點的字母來表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．認識棱柱底面：棱柱中兩個互相平行的面，叫做棱柱的底面．側面：棱柱中除兩個底面以外的其余各個面都叫做棱柱的側面．側棱：棱柱中兩個側面的公共邊叫做棱柱的側棱．頂點：棱柱的側面與底面的公共頂點．高：棱中兩個底面之間的距離．3．棱柱的結構特征根據棱柱的結構特征，可知棱柱有以下性質：（1）側面都是平行四邊形（2）兩底面是全等多邊形（3）平行于底面的截面和底面全等；對角面是平行四邊形（4）長方體一條對角線長的平方等于一個頂點上三條棱的長的平方和．4．棱柱的分類（1）根據底面形狀的不同，可把底面為三角形、四邊形、五邊形…的棱柱稱為三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根據側棱是否垂直底面，可把棱柱分為直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面為正多邊形，則稱其為正棱柱．5．棱柱的體積公式設棱柱的底面積為S，高為h，V棱柱＝S×h．12．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的認識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐Sh．13．異面直線及其所成的角【知識點的認識】1、異面直線所成的角：直線a，b是異面直線，經過空間任意一點O，作直線a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我們把直線a′和b′所成的銳角（或直角）叫做異面直線a和b所成的角．異面直線所成的角的范圍：θ∈（0，]．當θ＝90°時，稱兩條異面直線互相垂直．2、求異面直線所成的角的方法：求異面直線的夾角關鍵在于平移直線，常用相似比，中位線，梯形兩底，平行平面等手段來轉移直線．3、求異面直線所成的角的方法常用到的知識：14．直線與平面平行【知識點的認識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實質是：對于平面外的一條直線，只需在平面內找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質定理：如果一條直線和一個平面平行，經過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行．用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．2、直線和平面平行的性質定理的實質是：已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．由線面平行?線線平行，并不意味著平面內的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結論是：a∥α，若b?α，則b與a的關系是：異面或平行．即平面α內的直線分成兩大類，一類與a平行有無數條，另一類與a異面，也有無數條．15．空間向量的數量積判斷向量的共線與垂直【知識點的認識】一、空間向量及其有關概念語言描述共線向量（平行向量）表示空間向量的有向線段所在的直線平行或重合．共面向量平行于同一平面的向量．共線向量定理對空間任意兩個向量，（≠0），∥?存在λ∈R，使λ．共面向量定理若兩個向量，不共線，則向量與向量，b共面?存在唯一的有序實數對（x，y），使xy．空間向量基本定理（1）定理：如果三個向量、、c不共面，那么對空間任一向量，存在有序實數組{x，y，z}使得xyz．（2）推論：設O、A、B、C是不共面的四點，則對空間一點P都存在唯一的三個有序實數x、y、z使＝x+y+z且x+y+z＝1．二、數量積及坐標運算1．兩個向量的數量積（1）?＝||||cos，；（2）⊥??0（，為非零向量）；（3）||22，||．2．向量的坐標運算（a1，a2，a3），（b1，b2，b3）向量和（a1+b1，a2+b2，a3+b3）向量差（a1﹣b1，a2﹣b2，a3﹣b3）數量積?a1b1+a2b2+a3b3共線∥?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3（λ∈R）垂直⊥?a1b1+a2b2+a3b3＝0夾角公式cos，16．直線與平面所成的角【知識點的認識】1、直線和平面所成的角，應分三種情況：（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；（3）直線和平面平行或在平面內時，直線和平面所成的角的大小為0°．顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，）；直線和平面所成的角的范圍為[0，]．2、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內的射影轉化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環(huán)節(jié)：（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；（2）證﹣﹣論證所作（或找到的）角就是要求的角；（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出角．（4）答﹣﹣回答求解問題．在求直線和平面所成的角時，垂線段是其中最重要的元素，它可起到聯系各線段的紐帶的作用．在直線與平面所成的角的定義中體現等價轉化和分類與整合的數學思想．3、斜線和平面所成角的最小性：斜線和平面所成的角是用兩條相交直線所成的銳角來定義的，其中一條直線就是斜線本身，另一條直線是斜線在平面上的射影．在平面內經過斜足的直線有無數條，它們和斜線都組成相交的兩條直線，為什么選中射影和斜線這兩條相交直線，用它們所成的銳角來定義斜線和平面所成的角呢？原因是斜線和平面內經過斜足的直線所成的一切角中，它是最小的角．對于已知的斜線來說這個角是唯一確定的，它的大小反映了斜線關于平面的“傾斜程度”．根據線面所成的角的定義，有結論：斜線和平面所成的角，是這條斜線和這個平面內的直線所成的一切角中最小的角．用空間向量直線與平面所成角的求法：（1）傳統求法：可通過已知條件，在斜線上取一點作該平面的垂線，找出該斜線在平面內的射影，通過解直角三角形求得．（2）向量求法：設直線l的方向向量為，平面的法向量為，直線與平面所成的角為θ，與的夾角為φ，則有sinθ＝|cosφ|．17．二面角的平面角及求法【知識點的認識】1、二面角的定義：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．這條直線叫做二面角的棱，這兩個半平面叫做二面角的面．棱為AB、面分別為α、β的二面角記作二面角α﹣AB﹣β．有時為了方便，也可在α、β內（棱以外的半平面部分）分別取點P、Q，將這個二面角記作P﹣AB﹣Q．如果棱記作l，那么這個二面角記作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．2、二面角的平面角﹣﹣在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一點O，以點O為垂足，在半平面α和β內分別作垂直于棱l的射線OA和OB，則射線OA和OB構成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角來度量，二面角的平面角是多少度，就說這個二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小與點O的位置無關，也就是說，我們可以根據需要來選擇棱l上的點O．3、二面角的平面角求法：（1）定義；（2）三垂線定理及其逆定理；①定理內容：在平面內的一條直線，如果和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么，它就和這條斜線垂直．②三垂線定理（逆定理）法：由二面角的一個面上的斜線（或它的射影）與二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜線）也與二面角的棱垂直，從而確定二面角的平面角．（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定義可知兩個面的公垂面與棱垂直，因此公垂面與兩個面的交線所成的角，就是二面角的平面角．；（4）平移或延長（展）線（面）法；（5）射影公式；（6）化歸為分別垂直于二面角的兩個面的兩條直線所成的角；（7）向量法：用空間向量求平面間夾角的方法：設平面α和β的法向量分別為和，若兩個平面的夾角為θ，則（1）當0，，θ，，此時cosθ＝cos，．（2）當，π時，θ＝π，，cosθ＝﹣cos，．18．點、線、面間的距離計算【知識點的認識】19．直線的傾斜角【知識點的認識】1．定義：當直線l與x軸相交時，取x軸作為基準，x軸正向與直線l向上方向之間所成的角α叫做直線l的傾斜角．2．范圍：[0，π）（特別地：當直線l和x軸平行或重合時，規(guī)定直線l的傾斜角為0°）3．意義：體現了直線對x軸正方向的傾斜程度．4．斜率與傾斜角的區(qū)別和聯系（1）區(qū)別：①每條直線都有傾斜角，范圍是[0，π），但并不是每條直線都有斜率．②傾斜角是從幾何的角度刻畫直線的方向，而斜率是從代數的角度刻畫直線的方向．（2）聯系：①當a時，k＝tanα；當α時，斜率不存在；②根據正切函數k＝tanα的單調性：當α∈[0，）時，k＞0且tanα隨α的增大而增大，當α∈（，π）時，k＜0且tanα隨α的增大而增大．【解題方法點撥】直線的傾斜角常結合直線的斜率進行考查．直線傾斜角和斜率是解析幾何的重要概念之一，是刻畫直線傾斜程度的幾何要素與代數表示，也是用坐標法研究直線性質的基礎．在高考中多以選擇填空形式出現，是高考考查的熱點問題．【命題方向】（1）直接根據直線斜率求傾斜角例：直線x+y﹣1＝0的傾斜角是（）A.30°B.60°C.120°D.150°分析：求出直線的斜率，然后求解直線的傾斜角即可．解答：因為直線x+y﹣1＝0的斜率為：，直線的傾斜角為：α．所以tanα，α＝120°故選C．點評：本題考查直線的傾斜角的求法，基本知識的應用．（2）通過條件轉換求直線傾斜角例：若直線經過A（0，1），B（3，4）兩點，則直線AB的傾斜角為（）A．30°B.45°C．60°D．120°分析：由直線經過A（0，1），B（3，4）兩點，能求出直線AB的斜率，從而能求出直線AB的傾斜角．解答：∵直線經過A（0，1），B（3，4）兩點，∴直線AB的斜率k1，∴直線AB的傾斜角α＝45°．故選B．點評：本題考查直線的傾斜角的求法，是基礎題．解題時要認真審題，仔細解答，注意合理地進行等價轉化．20．點到直線的距離公式【知識點的認識】﹣點到直線距離：點（x0，y0）到直線Ax+By+C＝0的距離為：【解題方法點撥】﹣計算距離：1．代入直線方程：將點的坐標代入直線方程．2．計算絕對值：計算Ax0+By0+C的絕對值．3．計算模：計算法向量的模．4．求解距離：將絕對值與模相除，即得距離．【命題方向】﹣距離計算：考查點到直線的距離計算，可能涉及多種坐標系變換或應用．21．圓的切線方程【知識點的認識】圓的切線方程一般是指與圓相切的直線方程，特點是與圓只有一個交點，且過圓心與切點的直線垂直切線．圓的切線方程的類型：（1）過圓上一點的切線方程：對于這種情況我們可以通過圓心與切點的連線垂直切線求出切線的斜率，繼而求出直線方程（2）過圓外一點的切線方程．這種情況可以先設直線的方程，然后聯立方程求出他們只有一個解（交點）時斜率的值，進而求出直線方程．【解題方法點撥】例1：已知圓：（x﹣1）2+y2＝2，則過點（2，1）作該圓的切線方程為．解：圓：（x﹣1）2+y2＝2，的圓心為C（1，0），半徑r．①當直線l經過點P（2，1）與x軸垂直時，方程為x＝2，∵圓心到直線x＝2的距離等于1，∴直線l與圓不相切，即x＝2不符合題意；②當直線l經過點P（2，1）與x軸不垂直時，設方程為y﹣1＝k（x﹣2），即kx﹣y+1﹣2k＝0．∵直線l與圓：（x﹣1）2+y2＝2相切，∴圓心到直線l的距離等于半徑，即d，解之得k＝﹣1，因此直線l的方程為y﹣1＝﹣（x﹣2），化簡得x+y﹣3＝0．綜上所述，可得所求切線方程為x+y﹣3＝0．這里討論第一種情況是因為k不一定存在，所以單獨討論，用的解題思想就是我上面所說，大家可以對照著看就是．例2：從點P（4，5）向圓（x﹣2）2+y2＝4引切線，則圓的切