2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期末考試解答題壓軸題50題專練（含答案）

2024-2025高二上學(xué)期期末考試解答題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023上·山東濰坊·高二統(tǒng)考期末）已知向量a=x,1,2，b=1,y,-2，c=(1)求向量a，b，c的坐標(biāo)；(2)求a+c與2．（2023下·江蘇宿遷·高二統(tǒng)考期末）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，

(1)當(dāng)k=34時(shí)，試用AB,(2)證明：E,F,G,H四點(diǎn)共面；(3)判斷直線D1C1能否是平面D3．（2023下·浙江舟山·高二統(tǒng)考期末）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∠A1AB=∠

(1)試判斷四邊形DEFG的形狀，并說(shuō)明理由；(2)若AA1=3,D是AB的中點(diǎn)，求直線DF4．（2023下·浙江臺(tái)州·高一溫嶺中學(xué)?？计谀┤鐖D，已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠ABC=60°，側(cè)面ABB

(1)求證：平面ABB1A(2)若過(guò)點(diǎn)C,E的平面α與BD平行，且交直線AA1于點(diǎn)F，求二面角5．（2023下·重慶沙坪壩·高一重慶一中?？计谀┤鐖D，P為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AC為底面直徑，△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，且△ABD的邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)E在母線PC上，且AE=3，CE=1

(1)求證：直線PO//平面BDE，并求三棱錐P-BDE(2)若點(diǎn)M為線段PO上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線DM與平面ABE所成角的正弦值最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)M到平面ABE的距離．6．（2023下·重慶沙坪壩·高一?？计谀┪覀儼押蛢蓷l異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，將△ABD沿BD翻折，使點(diǎn)A到點(diǎn)P處.E，F(xiàn)，G分別為BD，PD，BC的中點(diǎn)，且FG是PD與BC的公垂線.

(1)證明：三棱錐P-BCD為正四面體；(2)若點(diǎn)M，N分別在PE，BC上，且MN為PE與BC的公垂線.①求PMME②記四面體BEMN的內(nèi)切球半徑為r，證明：12r7．（2023下·湖北武漢·高一?？计谀┤鐖D，四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且側(cè)面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4

(1)求證：BD1∥(2)線段BF上是否存在點(diǎn)M，使得直線A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為8．（2023上·上海徐匯·高二南洋中學(xué)?？计谀┤鐖D，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，側(cè)面ACC1A1為菱形，點(diǎn)(1)求點(diǎn)C到側(cè)面ABB(2)在線段A1B1上是否存在點(diǎn)E，使得直線DE與側(cè)面ABB19．（2023上·福建福州·高二校考期末）如圖，在三棱錐P-ABC中，PA=PC=3,AC=BC=22，AC⊥BC，D為棱AB上一點(diǎn)，BD=3AD(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)線段PD上是否存在點(diǎn)M，使直線AP與平面MBC所成角的正弦值為63?若存在，求出PM10．（2023上·北京西城·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，條件①：AD⊥BE；條件②：BC=2(1)求直線CE與B1(2)求點(diǎn)C1到平面BCE(3)已知點(diǎn)M在線段CC1上，直線EM與平面BCC1B11．（2023上·四川巴中·高二校考階段練習(xí)）已知坐標(biāo)平面內(nèi)三點(diǎn)A-1,1，B1,1，(1)求直線AC的傾斜角；(2)若D為△ABC的AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，求直線CD的傾斜角的取值范圍.12．（2023上·廣東廣州·高二校聯(lián)考期末）已知圓M：x-22+y(1)若t=0，求以P為圓心且與圓M相切的圓的方程；(2)若過(guò)點(diǎn)P的兩條直線被圓M截得的弦長(zhǎng)均為23，且與y軸分別交于點(diǎn)S、T，ST=313．（2023上·湖北孝感·高二統(tǒng)考期末）已知圓心在x軸上的圓C與直線l:4x+3y-6=0切于點(diǎn)M3(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知N2,1，經(jīng)過(guò)原點(diǎn)且斜率為正數(shù)的直線l1與圓C交于Px1,14．（2023上·四川廣元·高二統(tǒng)考期末）已知圓O:x2+y(1)若圓O的弦AB恰好被點(diǎn)P2,1平分,求弦AB(2)點(diǎn)Q是直線l上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)Q作圓O的兩條切線,切點(diǎn)分別為C,D,求直線CD經(jīng)過(guò)的定點(diǎn);(3)過(guò)點(diǎn)M2,2作兩條相異的直線,分別與圓O相交于E,F兩點(diǎn),當(dāng)直線ME與直線MF的斜率互為倒數(shù)時(shí),求線段EF的中點(diǎn)G15．（2023上·四川南充·高二統(tǒng)考期末）某市的兩條直線公路OM，ON所圍成的角形區(qū)域內(nèi)有一村莊P，該市為響應(yīng)黨中央的鄉(xiāng)村振興戰(zhàn)略，擬過(guò)村莊P修建一條公路，使之圍成一個(gè)等腰三角形區(qū)域OBC．在區(qū)域OBC內(nèi)建設(shè)高效生態(tài)農(nóng)業(yè)示范帶，促進(jìn)本地農(nóng)村經(jīng)濟(jì)發(fā)展．現(xiàn)利用無(wú)人機(jī)在空中測(cè)得P到公路OM，ON的距離均為10千米，∠MON=α，且tanα=-43．設(shè)計(jì)人員方便規(guī)劃計(jì)算，在圖紙上以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線OM為x(1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)求出公路BC的長(zhǎng)度及該示范帶的總面積．16．（2022上·遼寧·高三本溪高中校聯(lián)考階段練習(xí)）已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(0,1),B(0,4),平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)P滿足2PA(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；(2)點(diǎn)P軌跡記為曲線τ，若C，D是曲線τ與x軸的交點(diǎn)，E為直線l:x=4上的動(dòng)點(diǎn)，直線CE，DE與曲線τ的另一個(gè)交點(diǎn)分別為M，N，直線MN與x軸交點(diǎn)為Q，求1MQ17．（2022下·黑龍江雞西·高一?？计谀┰O(shè)直線l的方程為a+1x+y-5-2a=0（1）求證：不論a為何值，直線l必過(guò)一定點(diǎn)P；（2）若直線l分別與x軸正半軸，y軸正半軸交于點(diǎn)AxA,0，B0,y（3）當(dāng)直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距均為正整數(shù)且a也為正整數(shù)時(shí)，求直線l的方程.18．（2023下·重慶九龍坡·高一?？计谀﹫AO:x2+y2=1，A(0,1),P(-2,1)，過(guò)P直線l交圓O于(1)記三角形ABP與三角形ABC的面積分別為S1與S2，求(2)若直線AB，AC分別交x軸于M,N兩點(diǎn)，MN=4，求直線l19．（2022上·湖北武漢·高二校聯(lián)考期中）如圖，已知圓O:x2+y2=1，點(diǎn)P為直線x+2y-35=0上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓O的切線，切點(diǎn)分別為M、N，且兩條切線PM、(1)當(dāng)P在直線y=x上時(shí)，求PA-(2)當(dāng)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線MN是否過(guò)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．20．（2022上·四川內(nèi)江·高二?？计谥校┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系xOy中，已知圓心在x軸上的圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)A3,0，且被y軸截得的弦長(zhǎng)為23．經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與圓C交于M，(1)求圓C的方程；(2)求當(dāng)滿足OM+2ON=(3)若點(diǎn)P-5,0，直線PM與圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為R，直線PN與圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為S，分別記直線l、直線RS的斜率為k1，k221．（2023上·廣西貴港·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓W的方程；(2)直線y=kx(k≠0)與橢圓W交于A,B兩點(diǎn)，射線AF1交橢圓W于點(diǎn)C，若S△ABC22．（2023上·四川成都·高二校聯(lián)考期末）已知橢圓Γ的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0，稱圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，半徑為(1)求橢圓Γ的方程；(2)若直線l與橢圓Γ交于A、B兩點(diǎn)，與其“蒙日?qǐng)A”交于C、D兩點(diǎn)，當(dāng)CD=4時(shí)，求△AOB23．（2023上·遼寧朝陽(yáng)·高二校考期末）已知?jiǎng)狱c(diǎn)Mx,y到定點(diǎn)N3,0的距離與M到定直線：x=433的距離之比為(1)求曲線C的方程；(2)已知曲線C與y軸的正半軸交于點(diǎn)A，不與x軸垂直的直線l交曲線C于E,F兩點(diǎn)（E，F(xiàn)異于點(diǎn)A），直線AE,AF分別與x軸交于P,Q兩點(diǎn)，若P,Q的橫坐標(biāo)的乘積為43，則直線l24．（2023下·貴州黔南·高二統(tǒng)考期末）已知直線2x-y-1=0與拋物線C:x2=2pyp＞(1)求p的值；(2)設(shè)F為拋物線C的焦點(diǎn)，M,N為拋物線C上兩點(diǎn)，F(xiàn)M?FN=025．（2023下·北京海淀·高二清華附中?？计谀┮阎獧E圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，離心率e=1(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與橢圓E交于M、N兩點(diǎn)，直線AM、AN分別交直線x=4于P，Q兩點(diǎn)，線段PQ中點(diǎn)為R，△MPR,△MRN,△NRQ的面積分別為S1,S26．（2023下·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A2,m(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l與拋物線C相交于M、N兩點(diǎn)，以MN為直徑的圓過(guò)點(diǎn)P1,2，作PD⊥MN，D為垂足．是否存在定點(diǎn)Q，使得DQ為定值？若存在，求出點(diǎn)Q27．（2023下·廣東深圳·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2a2-(1)求C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A為C的左頂點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)3,0的直線l與C的右支交于P,Q兩點(diǎn)，且直線AP,AQ與圓O:x2+y2=a2分別交于M,N兩點(diǎn)，記四邊形PQNM的面積為28．（2023下·重慶渝中·高二校考期末）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1a,b>0的漸近線方程為y=±12x，其左右焦點(diǎn)為(1)求該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)x軸上一動(dòng)點(diǎn)Pt,0作直線l交雙曲線的左支于A，B兩點(diǎn)，A點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A'（A'與B不重合），連接BA'并延長(zhǎng)交x29．（2023下·四川成都·高二校聯(lián)考期末）已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求橢圓C的方程；(2)若斜率為k的直線l與圓x2+y2=1相切，且l與橢圓C相交于M?，??N30．（2023下·上海青浦·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線Γ:y2=4x的焦點(diǎn)為(1)若F為雙曲線C:x2a(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為E，點(diǎn)P在第一象限，且在Γ上，若PFPE=2(3)經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且斜率為kk≠0的直線l'與Γ相交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA、OB分別與l相交于點(diǎn)M、N．試探究：以線段MN為直徑的圓31．（2023下·北京密云·高二統(tǒng)考期末）已知數(shù)列A：a1，a2，?，an，?，滿足a1=0，ai+1=ai(1)寫出S3(2)若a5=-2，求(3)是否存在數(shù)列A，使得S2022=1011?如果存在，寫出此時(shí)32．（2023下·江西吉安·高二統(tǒng)考期末）已知正項(xiàng)數(shù)列an滿足an+1n(1)求數(shù)列an(2)證明：an（附：i=1nxi≥n?nx133．（2023下·遼寧·高二校聯(lián)考期末）已知數(shù)列an是正項(xiàng)等比數(shù)列，且a1=2，a2-a3(1)求數(shù)列an和b(2)已知cn=1bn?b34．（2023上·上海浦東新·高二?？计谀┮阎獢?shù)列an滿足a(1)若t=1，求數(shù)列an(2)若t=19，求證:數(shù)列9n(3)對(duì)于（2）中的數(shù)列an，設(shè)bn=35．（2023上·北京通州·高三統(tǒng)考期末）約數(shù)，又稱因數(shù).它的定義如下：若整數(shù)a除以整數(shù)mm≠0除得的商正好是整數(shù)而沒有余數(shù)，我們就稱a為m的倍數(shù)，稱m為a的約數(shù).設(shè)正整數(shù)a共有k個(gè)正約數(shù)，即為a1,a(1)當(dāng)k=4時(shí)，若正整數(shù)a的k個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，請(qǐng)寫出一個(gè)a的值；(2)當(dāng)k≥4時(shí)，若a2-a(3)記A=a1a36．（2023上·江蘇南通·高二統(tǒng)考期末）在①Sn+2-2Sn+1+問(wèn)題：已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足(1)求an(2)設(shè)數(shù)列1Sn的前n項(xiàng)和為Tn，求滿足T注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．37．（2023上·天津?qū)幒印じ呷？计谀┮阎獢?shù)列an是公差為1的等差數(shù)列，且a1+a2(1)求an和b(2)令dn=b(3)記cn=1a2n-1a2n+3,n=2k-1(238．（2023下·天津·高二校聯(lián)考期末）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1且Sn+1=3S(1)求數(shù)列an(2)設(shè)cn=bn?(3)設(shè)Pn=ban+1+ba39．（2023下·上海寶山·高二統(tǒng)考期末）在數(shù)列an中，an=-1,n=12an-1+3,n≥2.在等差數(shù)列bn(1)求數(shù)列an和b(2)設(shè)數(shù)列cn滿足cn=an+3bncosnπ，數(shù)列c40．（2023下·上?！じ叨谀?duì)于任意的n∈N*，若數(shù)列an同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件，則稱數(shù)列a①an+an+22(1)數(shù)列an、bn中，an=n,bn(2)設(shè)各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn，且c3=14，S3(3)若數(shù)列dn的通項(xiàng)公式dn=t3?2n-n+12nn∈N*．對(duì)于任意的41．（2023上·江蘇常州·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=ex-ax-(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)討論fx在R上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明f42．（2023下·北京海淀·高二清華附中?？计谀┮阎瘮?shù)f(x)=ln(ax+b)-x2在點(diǎn)(1)求a、b的值：(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)令g(x)=f(x)+32x2-mx，若函數(shù)g(x)43．（2023下·黑龍江雙鴨山·高二?？计谀┮阎瘮?shù)f(x)=1+2(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)存在x1,x2∈(1,+∞)44．（2023上·上海松江·高三統(tǒng)考期末）已知函數(shù)y=f(x)，記f(x)=x+sinx，(1)若D=0,2(2)若D=0,π2，不等式f(x)>kx對(duì)任意x∈D(3)若D=R，則曲線y=fx上是否存在三個(gè)不同的點(diǎn)A,B,C，使得曲線y=fx45．（2023下·重慶江津·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)f(x)=x(1)若g(x)=f'(x)（f'(x)(2)求函數(shù)gx在區(qū)間1,(3)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x46．（2023下·山東威海·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=ln(1)若f(x)在區(qū)間(0,a)上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x（?。┣髮?shí)數(shù)a的取值范圍；（ⅱ）證明：x147．（2023下·吉林長(zhǎng)春·高二長(zhǎng)春十一高?？计谀┮阎瘮?shù)fx=alnxa(1)當(dāng)a=1時(shí)，求函數(shù)y=fx(2)已知x1，x2∈0,+∞48．（2023下·遼寧·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx滿足x2f'x(1)求fx的圖象在x=(2)若對(duì)任意x1∈1,e，存在x249．（2023下·內(nèi)蒙古赤峰·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論fx(2)令gx=-x，若fx（i）求a的取值范圍；（ii）求證：x150．（2023上·上海浦東新·高三統(tǒng)考期末）設(shè)y=fx是定義在R上的函數(shù)，若存在區(qū)間a,b和x0∈(a,b)，使得y=fx在[a,x0]上嚴(yán)格減，在[x0(1)判斷下列函數(shù)中，哪些是含谷函數(shù)？若是，請(qǐng)指出谷點(diǎn)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由：（i）y=2x，（ii）y=x+(2)已知實(shí)數(shù)m>0，y=x2-2x-mlnx-1(3)設(shè)p,q∈R，hx=-x4+px3+qx2+4-3p-2qx．設(shè)函數(shù)

高二上學(xué)期期末考試解答題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023上·山東濰坊·高二統(tǒng)考期末）已知向量a=x,1,2，b=1,y,-2，c=(1)求向量a，b，c的坐標(biāo)；(2)求a+c與【解題思路】（1）由空間向量平行與垂直坐標(biāo)公式列出方程組，即可求解；（2）利用空間向量的夾角坐標(biāo)公式，即可得解.【解答過(guò)程】（1）∵向量a=(x,1,2)，b=(1,y,-2)，c=(3,1,z)，且a易知y≠0，否則a//∴x1=1y=2-2∴向量a=(-1,1,2)，b=(1,-1,-2)，（2）∵a+c=(2,2,3)∴(aa+c∴向量a+c與b+2．（2023下·江蘇宿遷·高二統(tǒng)考期末）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，

(1)當(dāng)k=34時(shí)，試用AB,(2)證明：E,F,G,H四點(diǎn)共面；(3)判斷直線D1C1能否是平面D【解題思路】（1）直接利用空間向量線性運(yùn)算可得AF=AE+EF，再根據(jù)已知關(guān)系（2）可設(shè)AC=λAB+μAD(λ，μ不為0)，由題意可化簡(jiǎn)得到EG=kAC（3）先假設(shè)面D1AB∩面D1DC=D1C1，根據(jù)棱柱的性質(zhì)，可得出DC//平面ABD1，進(jìn)而得出DC//AB，反之當(dāng)DC//AB，可判斷出D1C1?平面ABD1，D1【解答過(guò)程】（1）AF=AE=14AD（2）設(shè)AC=λAB+μAD(λEG=k(λ=λ(則EF，EG，EH共面且有公共點(diǎn)E，則E,F,G,H四點(diǎn)共面；（3）假設(shè)面D1AB∩面D1DC//D1C1，D1C1?面ABD又DC?面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB反過(guò)來(lái)，當(dāng)DC//AB時(shí)，因?yàn)镈C//D1C則AB，D則D1C1又因?yàn)镈1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直線D1C1是面D所以，當(dāng)DC//AB時(shí)，直線D1C1是面D當(dāng)DC，AB不平行時(shí)，直線D1C1

3．（2023下·浙江舟山·高二統(tǒng)考期末）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，∠A1AB=∠

(1)試判斷四邊形DEFG的形狀，并說(shuō)明理由；(2)若AA1=3,D是AB的中點(diǎn)，求直線DF【解題思路】（1）首先根據(jù)面面平行的判定以及面面平行的性質(zhì)證明線線平行，然后證明四邊形DEFG是矩形；（2）首先求出F到平面ABC的距離，然后求解直線DF與平面ABC所成角的正弦值；【解答過(guò)程】（1）四邊形DEFG是矩形，下面給出證明：

因?yàn)锳A1∥CC1，由題意CCC1∩BC1所以平面BCC1B1//平面DEFG，又平面ABB1A所以DG∥BB1，同理EF∥CC所以DG∥EF，同理DE∥BC∥B所以四邊形DEFG是平行四邊形．取BC中點(diǎn)P，連接AP、A1P又因?yàn)椤鰽BA1?△ACA1AP、A1P交于P且都在面AA1P內(nèi)，所以BC⊥平面AA1P,又所以BC⊥AA綜上知：DE⊥DG，即四邊形DEFG是矩形．（2）設(shè)F到平面ABC的距離為h，即為A1到平面ABC作A1H⊥AP交AP于點(diǎn)H，由（1）及BC在面ABC內(nèi)知：平面AA而AP為兩垂直平面的交線，A1H在面AA1P內(nèi)，所以A1H⊥平面設(shè)直線DF與平面ABC所成角為θ，則sinθ=設(shè)AA1=3，在△AB在△A1BC在△A1AP中，AP=h=ADF=F所以sinθ=所以直線DF與平面ABC所成角的正弦值為3010解法二：設(shè)DF與面ABC所成角為θ,F到面ABC距離為h，設(shè)BC中點(diǎn)P，因?yàn)槊鍭A1P⊥面ABC所以h=d又在矩形DEFG中，DF=9+1=解法三：向量法

作CO垂直AA1交AA1于O，連接BO所以∠COB即為二面角C-AA1-B所以CO2+BO2如圖以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA1、OB、OC分別為x軸、y則A-所以AB=設(shè)面ABC的法向量為n=x,y,z則n?AB=2x+DF=設(shè)DF與面ABC所成角為θ，sinθ=4．（2023下·浙江臺(tái)州·高一溫嶺中學(xué)校考期末）如圖，已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠ABC=60°，側(cè)面ABB

(1)求證：平面ABB1A(2)若過(guò)點(diǎn)C,E的平面α與BD平行，且交直線AA1于點(diǎn)F，求二面角【解題思路】（1）延長(zhǎng)四棱臺(tái)的四條側(cè)棱交于點(diǎn)P，取AB中點(diǎn)O，證明PO⊥平面ABCD后可得證面面垂直；（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OC,OP分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，首先求出平面α的一個(gè)法向量，確定出F與A1【解答過(guò)程】（1）分別延長(zhǎng)四棱臺(tái)的四條側(cè)棱交于點(diǎn)P，則由AB=3A1B1，又A1B1=2，所以PA12取AB中點(diǎn)O，連接PO，則PO=12AB=3又PC=32CC1=6，由題意所以PC2=P又AB∩OC=O，AB,OC?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，因?yàn)镻O?平面ABB1A1，所以平面（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OA,OC,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖，

則D(6,33,0)，P(0,0,3)，E(3,332,3CE=(3,-設(shè)平面α的一個(gè)法向量是m=(x,y,z)，則m即3x-332y+32z=09x+33設(shè)AF=λAP=(-3λ,0,3λ)，則所以CF?m=3-3λ+9-15λ=0所以F與A1所以二面角F-CB-D即為二面角A1BC=(3,3設(shè)平面A1CB的一個(gè)法向量是則n?BC=3a+33b=0又平面BCD的一個(gè)法向量是k=(0,0,1)cosn所以二面角F-CB-D的余弦值是325．（2023下·重慶沙坪壩·高一重慶一中?？计谀┤鐖D，P為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AC為底面直徑，△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，且△ABD的邊長(zhǎng)為3，點(diǎn)E在母線PC上，且AE=3，CE=1

(1)求證：直線PO//平面BDE，并求三棱錐P-BDE(2)若點(diǎn)M為線段PO上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線DM與平面ABE所成角的正弦值最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)M到平面ABE的距離．【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD=F，由正弦定理和三角形相似關(guān)系可證得EF⊥AC，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可證得EF⊥平面ABD，由此可得PO//EF，由線面平行的判定可得結(jié)論；由平行關(guān)系可得（2）以F為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OM=λOP，根據(jù)線面角的向量求法，可確定當(dāng)λ=12時(shí)，【解答過(guò)程】（1）設(shè)AC∩BD=F，連接EF，

∵△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，∴AC=3sinπ3=2又AF=3-34=3∵AE=3，CE=1，∴AE2∵AFAE=AEAC，∴△AEF∽△ACE∵PO⊥平面ABD，PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABD，∵平面PAC∩平面ABD=AC，EF?平面PAC，∴EF⊥平面ABD，又PO⊥平面ABD，∴EF//∵PO?平面BDE，EF?平面BDE，∴PO//平面BDE∵F為BD中點(diǎn)，∴AF⊥BD，即OF⊥BD，又EF⊥平面ABD，OF,BD?平面ABD，∴EF⊥OF，EF⊥BD，∵EF∩BD=F，EF,BD?平面BDE，∴OF⊥平面BDE，∵EF=AE2-AF又OF=12AF=12∴V（2）∵OF=CF=12，∴F為OC中點(diǎn)，又PO//EF，∴E為∴PO=3，PC=2以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)B,FC,

則A0,-32,0，B32,0,0，E∴AB=32,32,0，設(shè)OM=λOP=設(shè)平面ABE的法向量n=則AB?n=32x+32y=0設(shè)直線DM與平面ABE所成角為θ，∴sin令t=3λ+2，則t∈2,5，∴λ=∴3∵1t∈15,12，∴sinθmax∴MA∴點(diǎn)M到平面ABE的距離d=MA6．（2023下·重慶沙坪壩·高一?？计谀┪覀儼押蛢蓷l異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，將△ABD沿BD翻折，使點(diǎn)A到點(diǎn)P處.E，F(xiàn)，G分別為BD，PD，BC的中點(diǎn)，且FG是PD與BC的公垂線.

(1)證明：三棱錐P-BCD為正四面體；(2)若點(diǎn)M，N分別在PE，BC上，且MN為PE與BC的公垂線.①求PMME②記四面體BEMN的內(nèi)切球半徑為r，證明：12r【解題思路】（1）作出輔助線，證明出線面垂直，得到BC⊥PG，由三線合一得到PB=PC，進(jìn)而得到六條邊均相等，證明出結(jié)論；（2）①設(shè)出邊長(zhǎng)，由余弦定理得到cos∠PEC=13，設(shè)出PM=λPE,BN②取CD中點(diǎn)Q，令∠MEQ=α，則E到平面MBN的距離為d=MEsinα，表達(dá)出VE-MBN<1【解答過(guò)程】（1）連接PG,DG，因?yàn)榱庑蜛BCD中，∠BAD=60°，所以△BCD和△PBD為等邊三角形，因?yàn)镚是BC中點(diǎn)，所以DG⊥BC，因?yàn)镕G是PD與BC的公垂線，所以FG⊥BC，因?yàn)镈G∩FG=G，且DG,FG?平面PDG，所以BC⊥平面PDG，因?yàn)镻G?平面PDG，所以BC⊥PG，由三線合一得PB=PC，又PD=PB=BD=CD=BC，所以三棱錐P-BCD為正四面體，

（2）不妨設(shè)PB=2，則PC=2，PE=EC=3由余弦定理得cos∠PEC=設(shè)PM=λ所以MN=因?yàn)镋B?所以MN==μ+3λ-1故3λ+μ=3，其中EB?BC=EP?MN==-即3λ+μ=3λ+4μ=2，解得λ=1011

②取CD中點(diǎn)Q，令∠MEQ=α，則E到平面MBN的距離為d=MEsinVE-MBN

設(shè)四面體BEMN的表面積為S，則VE-MBN其中S△MNE而S△BMES=S所以16即12r7．（2023下·湖北武漢·高一?？计谀┤鐖D，四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且側(cè)面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4

(1)求證：BD1∥(2)線段BF上是否存在點(diǎn)M，使得直線A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為【解題思路】（1）作出輔助線，得到四邊形CED1C1為平行四邊形，從而得到（2）法一：作出輔助線，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)到坐標(biāo)，設(shè)出Mm,2,0，0≤m≤2法二：作出輔助線，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直線A1M與平面C1EF所成的角即為A1M與平面BDD1B1所成的角，設(shè)【解答過(guò)程】（1）連接D1C，與C1E相交于點(diǎn)因?yàn)锳B=2A1B1=4所以CE=C1D1且故CM=D又因?yàn)镕為BC的中點(diǎn)，所以MF是△BCD故MF//BD因?yàn)镸F?平面C1EF，BD所以BD1∥

（2）法一：存在，線段BM的長(zhǎng)為1，理由如下：取AB的中點(diǎn)Q，連接OQ，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)Q,OF,OO1為連接AO,A1O1，過(guò)點(diǎn)A1作A1W則AO=22,A因?yàn)镺1O與側(cè)棱所在直線所成的角為45°，所以∠A所以A1設(shè)Mm,2,0，0≤m≤2，A設(shè)平面C1EF的法向量為則n?令x=1得y=-1,z=0，則n=設(shè)直線A1M與平面C1則sinθ=解得m=1或34（舍去），

故M1,2,0，線段BM的長(zhǎng)為2-1=1法二：存在，線段BM的長(zhǎng)為1，理由如下：連接B1D1，顯然過(guò)點(diǎn)O1，連接因?yàn)镋、F分別為DC、BC的中點(diǎn)，所以EF//BD，因?yàn)镋F?平面BDD1B1，所以EF//平面BDD由（1）知：DE=D1C1且故C1因?yàn)镃1E?平面BDD1B所以C1E//平面因?yàn)镃1E∩EF=E，C1所以平面C1EF//平面故直線A1M與平面C1EF所成的角即為設(shè)A1M∩BD因?yàn)镺1所以A1O1⊥平面BDD1B1連接AO，過(guò)點(diǎn)A1作A1W⊥AO于點(diǎn)W則AO=22,A因?yàn)镺1O與側(cè)棱所在直線所成的角為45°，所以∠Asin∠A1因?yàn)锳1D1//BF，所以△A則A1D1BM=故A1過(guò)點(diǎn)W作WR⊥BC于點(diǎn)R，則BR=1,MR=x-1或1-x，故WM由勾股定理得A1W2解得x=1，故線段BM的長(zhǎng)為2-1=1.

8．（2023上·上海徐匯·高二南洋中學(xué)?？计谀┤鐖D，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，側(cè)面ACC1A1為菱形，點(diǎn)(1)求點(diǎn)C到側(cè)面ABB(2)在線段A1B1上是否存在點(diǎn)E，使得直線DE與側(cè)面ABB1【解題思路】（1）先由題意證得DB，DC，A1D兩兩垂直，從而建立空間直角坐標(biāo)系，再求出AC與平面（2）假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，且A1E=λ?A1B1，從而得到DE【解答過(guò)程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)A1在底面ABC上的投影為AC的中點(diǎn)D，所以A1D⊥又AC,BD?平面ABC，故A1D⊥AC，因?yàn)椤鰽BC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，故AC⊥BD，所以DB，DC，A1D兩兩垂直，故以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線DB，DC，A1D分別為x，.因?yàn)椤鰽BC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，AB=2，所以AC=22，DB=DA=DC=因?yàn)閭?cè)面AA1C又A1D⊥AC，所以則D(0,0,0)，A(0,-2,0)，B(2,0,0)，則AB=2,2,0設(shè)平面AA1B1B取z=1，則x=3,y=-3所以點(diǎn)C到平面AA1B（2）假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，則存在λ∈[0,1]，使得A1則DE=因?yàn)橹本€DE與側(cè)面AA1B所以67即4λ2+6又λ∈[0,1]，故λ=1因此存在滿足條件的點(diǎn)E，且A1E=9．（2023上·福建福州·高二?？计谀┤鐖D，在三棱錐P-ABC中，PA=PC=3,AC=BC=22，AC⊥BC，D為棱AB上一點(diǎn)，BD=3AD(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)線段PD上是否存在點(diǎn)M，使直線AP與平面MBC所成角的正弦值為63?若存在，求出PM【解題思路】（1）取AC中點(diǎn)O，連接OP，OD，利用余弦定理計(jì)算OD，并證明PO⊥OD，再利用線面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）取AB的中點(diǎn)，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.【解答過(guò)程】（1）在三棱錐P-ABC中，取AC中點(diǎn)O，連接OP，OD，如圖，因?yàn)镻A=PC=3，則OP⊥AC，而AC=22，于是PO=1，又AC⊥BC，有AB=4,∠BAC=45°，而BD=3AD，即有AD=1，OD2=O因此OP⊥OD，而OD∩AC=O,OD,AC?平面ABC，則OP⊥平面ABC，又OP?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.（2）取AB中點(diǎn)E，連接OE，則OE//BC,OE⊥AC，由（1）知OA,OE,OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線OA,OE,OP分別為x,y,z軸非負(fù)半軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2PA=(2,0,-1),令PM=λPD=(22λ,2設(shè)平面MBC的法向量n=(x,y,z)，則n令x=2(λ-1)，得n=(2(λ-1),0,λ+2)，令直線AP則sinθ=|而0≤λ≤1，解得λ=2所以存在符合條件的點(diǎn)M，PMPD10．（2023上·北京西城·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，條件①：AD⊥BE；條件②：BC=2(1)求直線CE與B1(2)求點(diǎn)C1到平面BCE(3)已知點(diǎn)M在線段CC1上，直線EM與平面BCC1B【解題思路】選①或②，都能得到，DA⊥AB，后如圖以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系.則可利用向量方法求線線角，點(diǎn)面距離，面面角解決問(wèn)題.【解答過(guò)程】（1）若選擇①，因AA1⊥平面ABCD，DA?平面ABCD，又AD⊥BE，AA1?平面ABB1A1，平面ABB1A1，又AB?平面若選擇②，做CF∥AD，交AB于F，又AB∥CD，則四邊形DCFA是平行四邊形，則CD=CF=AD=AF=1，又AB=2，則FB=1.則在△CFB中，CF2+FB2=BC故DA⊥AA1，則C1,1,0得CE=-1,-1,1，B1CE?（2）因B0,2,0則CB=設(shè)平面BCE的法向量為n=x1取n=1,1,2，則求點(diǎn)C1到平面BCE（3）因點(diǎn)M在線段CC1上，則設(shè)M1,1,t又E0,0,1，則EM=1,1,t-1設(shè)平面BCC1B1法向量為取m=1,1,0，則直線EM與平面EM?mEM得線段CM的長(zhǎng)為12或311．（2023上·四川巴中·高二校考階段練習(xí)）已知坐標(biāo)平面內(nèi)三點(diǎn)A-1,1，B1,1，(1)求直線AC的傾斜角；(2)若D為△ABC的AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，求直線CD的傾斜角的取值范圍.【解題思路】（1）由兩點(diǎn)式斜率公式求出斜率，然后根據(jù)斜率與傾斜角的關(guān)系求解即可（2）數(shù)形結(jié)合，利用兩點(diǎn)式斜率公式，根據(jù)斜率與傾斜角變化的規(guī)律分析求解即可.【解答過(guò)程】（1）由A-1,1，C2,3因?yàn)樾甭实扔趦A斜角的正切值，且傾斜角的范圍是0,π，所以直線AC的傾斜角為π（2）如圖，當(dāng)直線CD繞點(diǎn)C由CA逆時(shí)針轉(zhuǎn)到CB時(shí)，直線CD與線段AB恒有交點(diǎn)，即D在線段AB上，

此時(shí)kCD由kAC增大到kBC，又kAC=33即直線CD的傾斜角的取值范圍為π612．（2023上·廣東廣州·高二校聯(lián)考期末）已知圓M：x-22+y(1)若t=0，求以P為圓心且與圓M相切的圓的方程；(2)若過(guò)點(diǎn)P的兩條直線被圓M截得的弦長(zhǎng)均為23，且與y軸分別交于點(diǎn)S、T，ST=3【解題思路】（1）由題意，可設(shè)圓P的方程為x+12+y2=r2，判斷出點(diǎn)P在圓外，則圓P（2）先排除過(guò)點(diǎn)P與x軸垂直的情況，從而設(shè)過(guò)點(diǎn)P的直線方程為y-t=kx+1，再根據(jù)圓的弦長(zhǎng)公式建立方程并化簡(jiǎn)可得8k2+6tk+t【解答過(guò)程】（1）當(dāng)t=0時(shí)，P-1,0，設(shè)圓P的方程為x+1因?yàn)?1-22+0所以圓P與圓M外切或內(nèi)切，又M2,0，圓M的半徑為2當(dāng)兩圓外切時(shí)：PM=2+r=2--1當(dāng)兩圓內(nèi)切時(shí)：PM=r-2=2--1所以以P為圓心且與圓M相切的圓的方程為x+12+y（2）若過(guò)點(diǎn)P-1,t的直線與x軸垂直時(shí)，直線方程為x圓心M到直線x=-1設(shè)過(guò)點(diǎn)P的直線方程為y-t=kx+1，即kx-y+k+t=0由題意得，3k+tk化簡(jiǎn)得8k2+6tk+t2-1=0，設(shè)直線則k1+k對(duì)過(guò)點(diǎn)P的直線y-t=kx+1，令x=0，得y=k+t∴S0,∴ST=k所以t=±1.13．（2023上·湖北孝感·高二統(tǒng)考期末）已知圓心在x軸上的圓C與直線l:4x+3y-6=0切于點(diǎn)M3(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知N2,1，經(jīng)過(guò)原點(diǎn)且斜率為正數(shù)的直線l1與圓C交于Px1,【解題思路】（1）根據(jù)已知條件求得圓心和半徑，從而求得圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)出直線l1的方程，并與圓的方程聯(lián)立，化簡(jiǎn)寫出根與系數(shù)關(guān)系，求得PN2+【解答過(guò)程】（1）由圓心在x軸上的圓C與直線l:4x+3y-6=0切于點(diǎn)M35,直線l:4x+3y-6=0的斜率為-4則kCM=6所以a=-1，所以C-1,0，CM=-1-所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x+12（2）設(shè)直線l1:y=kxk>0可得1+kΔ=4+121+k2>0∴==1+令t=3+k（t>3）所以12+4k=4當(dāng)且僅當(dāng)t=10t，即t=10所以PN|2+14．（2023上·四川廣元·高二統(tǒng)考期末）已知圓O:x2+y(1)若圓O的弦AB恰好被點(diǎn)P2,1平分,求弦AB(2)點(diǎn)Q是直線l上的動(dòng)點(diǎn),過(guò)Q作圓O的兩條切線,切點(diǎn)分別為C,D,求直線CD經(jīng)過(guò)的定點(diǎn);(3)過(guò)點(diǎn)M2,2作兩條相異的直線,分別與圓O相交于E,F兩點(diǎn),當(dāng)直線ME與直線MF的斜率互為倒數(shù)時(shí),求線段EF的中點(diǎn)G【解題思路】(1)弦AB恰好被點(diǎn)P2,1平分,則PO⊥AB,即可求得AB斜率,根據(jù)點(diǎn)斜式即可得弦AB(2)設(shè)出Q點(diǎn)坐標(biāo),根據(jù)題意可知O,C,Q,D四點(diǎn)共圓,且QO為直徑,求出新圓圓心和半徑,進(jìn)而求得新圓的方程,進(jìn)而求得直線CD的方程,即可得過(guò)的定點(diǎn),(3)設(shè)出E,F,G三點(diǎn)坐標(biāo),及ME直線方程,得出E點(diǎn)坐標(biāo)及F點(diǎn)坐標(biāo),進(jìn)而得到G點(diǎn)坐標(biāo),求出橫坐標(biāo)的取值范圍,根據(jù)橫縱坐標(biāo)之間的關(guān)系即可得出軌跡方程.【解答過(guò)程】（1）解:由題知P2,1,圓O:x2+所以kOP=12,因?yàn)橄褹B恰好被點(diǎn)故lAB:y-1=-2x-2,即弦AB（2）因?yàn)閳A心到直線l距離為:d=81+1=42>2令Q(t,t-8),線段OQ中點(diǎn)Kt因?yàn)镼C,QD與圓相切,所以∠QCO=90所以O(shè),C,Q,D四點(diǎn)共圓,且QO為直徑,即圓心為K,半徑為OQ2故圓K:x2因?yàn)镃D是圓O與圓K的相交弦,故CD:tx+(t-8)y-8=0,即t(x+y)-8y-8=0,由x+y=0且8y+8=0得,直線CD經(jīng)過(guò)定點(diǎn)1,-1;（3）點(diǎn)M在圓O上,ME,MF是斜率互為倒數(shù)的兩條互異直線,設(shè)Ex1,故kMF=1k,所以k≠1k且聯(lián)立y=kx-2+2x所以2x1=帶入直線中有:y1所以x2=2故x=x1+記fk=-4k1+k當(dāng)k>0且k≠1時(shí),fk=-4k當(dāng)且僅當(dāng)1k=k時(shí),即k=1時(shí)取等,因?yàn)閗≠1,所以根據(jù)fk為奇函數(shù),所以當(dāng)k<0且k≠-1時(shí),f綜上:fk故線段EF的中點(diǎn)G的軌跡方程為y=x,x∈-2,015．（2023上·四川南充·高二統(tǒng)考期末）某市的兩條直線公路OM，ON所圍成的角形區(qū)域內(nèi)有一村莊P，該市為響應(yīng)黨中央的鄉(xiāng)村振興戰(zhàn)略，擬過(guò)村莊P修建一條公路，使之圍成一個(gè)等腰三角形區(qū)域OBC．在區(qū)域OBC內(nèi)建設(shè)高效生態(tài)農(nóng)業(yè)示范帶，促進(jìn)本地農(nóng)村經(jīng)濟(jì)發(fā)展．現(xiàn)利用無(wú)人機(jī)在空中測(cè)得P到公路OM，ON的距離均為10千米，∠MON=α，且tanα=-43．設(shè)計(jì)人員方便規(guī)劃計(jì)算，在圖紙上以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以直線OM為x(1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)求出公路BC的長(zhǎng)度及該示范帶的總面積．【解題思路】（1）設(shè)Px0,10，由點(diǎn)P到直線OC的距離等于10得出點(diǎn)（2）由OP⊥BC得出kBC，進(jìn)而得出BC的方程，再由B的坐標(biāo)以及勾股定理得出BC的長(zhǎng)度，最后由S【解答過(guò)程】（1）解：由tanα=-43可知：直線直線OC的方程為：4x+3y=0∵點(diǎn)P到OB，OC的距離均為10∴設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x點(diǎn)P到OC的距離d=4x所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為5,10（2）∵點(diǎn)P到OB，OC的距離相等．∴點(diǎn)P在∠BOC的角平分線上．∵OB=OC∴點(diǎn)P為BC的中點(diǎn)，OP⊥BC∴k直線BC的方程為y-10=-令y=0得x=25∴B25,0，BC=2S△OBC∴公路BC的長(zhǎng)度為20516．（2022上·遼寧·高三本溪高中校聯(lián)考階段練習(xí)）已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(0,1),B(0,4),平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)P滿足2PA(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；(2)點(diǎn)P軌跡記為曲線τ，若C，D是曲線τ與x軸的交點(diǎn)，E為直線l:x=4上的動(dòng)點(diǎn)，直線CE，DE與曲線τ的另一個(gè)交點(diǎn)分別為M，N，直線MN與x軸交點(diǎn)為Q，求1MQ【解題思路】(1)根據(jù)題意用兩點(diǎn)間距離公式求解即可；(2)利用韋達(dá)定理求出M，N的坐標(biāo)，進(jìn)而求得MN的直線方程，即可利用基本不等式求出1MQ【解答過(guò)程】（1）設(shè)Px,y，則2x2（2）由題意得C-2,0，D(2,0),設(shè)E4,tt≠0，則直線CE的方程為直線DE的方程為y=t聯(lián)立y=t6(x+2),則xM-2=-4t則M72-2聯(lián)立y=t2x-2則xN+2=4t2N2①當(dāng)t≠±23時(shí)，直線MN的斜率k則直線MN的方程為y--8t即y=8t12-t②當(dāng)t=±23時(shí)，直線MN垂直于x軸，方程為x=1，也過(guò)定點(diǎn)Q綜上，直線MN恒過(guò)定點(diǎn)Q1,0又△CQM∽△DQN，所以MQ?所以1MQ當(dāng)且僅當(dāng)MQ=所以1MQ2+17．（2022下·黑龍江雞西·高一校考期末）設(shè)直線l的方程為a+1x+y-5-2a=0（1）求證：不論a為何值，直線l必過(guò)一定點(diǎn)P；（2）若直線l分別與x軸正半軸，y軸正半軸交于點(diǎn)AxA,0，B0,y（3）當(dāng)直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距均為正整數(shù)且a也為正整數(shù)時(shí)，求直線l的方程.【解題思路】（1）將直線方程重新整理，轉(zhuǎn)化為求兩直線交點(diǎn)，即得證；（2）先求A,B坐標(biāo)且確定a的取值范圍，再根據(jù)三角形面積公式列函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)基本不等式求最值，確定a的值，最后求周長(zhǎng)以及直線方程；（3）根據(jù)截距均為正整數(shù)，利用分離法，結(jié)合整除確定a的值，再求直線方程.【解答過(guò)程】解：(1)由a+1x+y-5-2a=0得a則x-2=0x+y-5=0，解得x=2所以不論a為何值，直線l必過(guò)一定點(diǎn)P2,3(2)由a+1x+y-5-2a=0當(dāng)x=0時(shí)，yB=5+2a，當(dāng)y=0時(shí)，又由yB=5+2a>0x∴S當(dāng)且僅當(dāng)4a+1=9∴A4,0，B∴△AOB的周長(zhǎng)為OA+OB+AB=4+6+4直線方程為3x+2y-12=0.(3)直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距均為正整數(shù)，即5+2a，5+2aa+1均為正整數(shù)，而a∵所以直線l的方程為3x+y-9=0.18．（2023下·重慶九龍坡·高一?？计谀﹫AO:x2+y2=1，A(0,1),P(-2,1)，過(guò)P直線l交圓O于(1)記三角形ABP與三角形ABC的面積分別為S1與S2，求(2)若直線AB，AC分別交x軸于M,N兩點(diǎn)，MN=4，求直線l【解題思路】（1）由面積大小恒正，結(jié)合基本不等式求目標(biāo)式的范圍，注意邊界值取值條件；（2）設(shè)直線方程及B、C點(diǎn)坐標(biāo)，寫出直線AB、AC方程求M、N坐標(biāo)，結(jié)合已知列方程，應(yīng)用韋達(dá)定理求直線的對(duì)應(yīng)斜率，即可得直線方程.【解答過(guò)程】（1）若A到直線l距離為d>0，則S1=1根據(jù)圓的對(duì)稱性，討論直線l從一條切線位置旋轉(zhuǎn)為一條過(guò)圓心O直線的過(guò)程中，|PB|從2逐漸變小為5-1，對(duì)應(yīng)|BC|從0逐漸變大為2所以t∈[5-12,+∞結(jié)合對(duì)勾函數(shù)y=t+1t在[5-12所以S1S2（2）直線l的斜率一定存在且不為0，設(shè)l:x=k(y-1)-2，如下圖示，令C(x1,y1易知AB:x=x2y所以xM=x21-所以ky1-k-2聯(lián)立l:x=k(y-1)-2，圓O:x消去x整理得：(1+k則Δ=4k2(k+2)2且y1+y2=綜上，-4k-34=1，可得k=-1919．（2022上·湖北武漢·高二校聯(lián)考期中）如圖，已知圓O:x2+y2=1，點(diǎn)P為直線x+2y-35=0上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓O的切線，切點(diǎn)分別為M、N，且兩條切線PM、(1)當(dāng)P在直線y=x上時(shí)，求PA-(2)當(dāng)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線MN是否過(guò)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解題思路】（1）求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，分析可知過(guò)點(diǎn)P且與圓O相切的直線的斜率存在，設(shè)出切線方程，利用圓心到切線的距離等于圓的半徑求出切線的斜率，求出兩條切線的方程，可求得點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再利用平面內(nèi)兩點(diǎn)間的距離公式可求得PA-（2）設(shè)點(diǎn)P35-2t,t，寫出以點(diǎn)P為圓心，PM為半徑的圓P的方程，將圓P的方程與圓O的方程作差，可得出直線MN的方程，化簡(jiǎn)直線MN【解答過(guò)程】（1）解：聯(lián)立y=xx+2y-35=0可得x=y=若過(guò)點(diǎn)P的直線垂直于x軸，則該直線的方程為x=5，顯然直線x=5與圓設(shè)過(guò)點(diǎn)P且與圓O相切的直線的方程為y-5=kx-則圓心O到切線的距離為d=5-5kk2+1由圖可知，直線PM的方程為y=12x-5+在直線PM的方程中，令y=0，可得x=-5，即點(diǎn)A在直線PN的方程中，令y=0，可得x=52，即點(diǎn)PA=1+1因此，PA-（2）解：分析知M、N在以P為圓心，PM為半徑的圓上，設(shè)P3OP2=35-2t所以，以點(diǎn)P為圓心，半徑為PM的圓的方程為x-35將圓P和圓O的方程作差，消去x2、y2可得即t2x-y-35x-1由2x-y=035x-1=0可得x=51520．（2022上·四川內(nèi)江·高二?？计谥校┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系xOy中，已知圓心在x軸上的圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)A3,0，且被y軸截得的弦長(zhǎng)為23．經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與圓C交于M，(1)求圓C的方程；(2)求當(dāng)滿足OM+2ON=(3)若點(diǎn)P-5,0，直線PM與圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為R，直線PN與圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為S，分別記直線l、直線RS的斜率為k1，k2【解題思路】（1）由題意設(shè)圓方程為x-a2+y2=r2（r>0（2）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥MN于D，由D是MN中點(diǎn)，由平面向量的性質(zhì)得DN=3DO，從而利用勾股定理求得（3）設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2，Rx【解答過(guò)程】（1）由已知圓C的圓心在x軸上，經(jīng)過(guò)點(diǎn)A3,0且被y軸截得的弦長(zhǎng)為23．設(shè)圓C：x-a2+所以(3-a)2=r所以圓C的方程為x-12（2）過(guò)點(diǎn)C作CD⊥MN于D，由D是MN中點(diǎn)，由OM+2ON=所以CN2即4-CD所以CD設(shè)直線l的方程為x-my=0（直線l與x軸重合時(shí)不符題意）由圓心到直線距離公式得1m2+1所以直線l的方程為x±15（3）設(shè)Mx1,y1，N直線PM的方程為y=y1x與x-12+y由韋達(dá)定理得x1所以x3=-7所以R-7x所以k2==8k1所以k221．（2023上·廣西貴港·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓W的方程；(2)直線y=kx(k≠0)與橢圓W交于A,B兩點(diǎn)，射線AF1交橢圓W于點(diǎn)C，若S△ABC【解題思路】（1）利用橢圓的通徑公式以及離心率求出橢圓的方程即可；（2）設(shè)直線AC的方程為x=ty-1，將直線與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)弦長(zhǎng)公式求出|AC|，利用三角形面積公式用t表示出S△ABC，由S△ABC=2413【解答過(guò)程】（1）由已知得F2c,0，設(shè)過(guò)F2且垂直于x軸的直線與橢圓W則點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為c，將其代入x2a2+y即2b2a因?yàn)闄E圓的離心率e=ca因?yàn)閍2=b2+c2（2）由題意知，直線AC不垂直于y軸，設(shè)直線AC的方程為x=ty-1，設(shè)Ax聯(lián)立方程組x=ty-1,3x2+4y其中Δ=36所以y1+y所以|AC|==y2+因?yàn)辄c(diǎn)O到直線AC的距離d=1t2+1，且所以點(diǎn)B到直線AC的距離為2d，所以S△ABC由12t2+13t所以t=±3，故直線AC的方程為x=±即x-3y+1=0或

22．（2023上·四川成都·高二校聯(lián)考期末）已知橢圓Γ的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0，稱圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，半徑為(1)求橢圓Γ的方程；(2)若直線l與橢圓Γ交于A、B兩點(diǎn)，與其“蒙日?qǐng)A”交于C、D兩點(diǎn)，當(dāng)CD=4時(shí)，求△AOB【解題思路】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于a、b、c的方程組，解出這三個(gè)量的值，即可得出橢圓Γ的方程；（2）對(duì)直線l的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，在直線l的斜率不存在時(shí)，根據(jù)CD的值求出l的方程，進(jìn)而可求得△OAB的面積；在直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，根據(jù)CD=4可得出m2=1+k2【解答過(guò)程】（1）解：因?yàn)闄E圓Γ:x2a2則2c=2ca=33b=a（2）解：由題意，蒙日?qǐng)A方程為x2+y2=5，圓心為①當(dāng)CD⊥x軸時(shí)，設(shè)直線CD的方程為x=t，將x=t代入“蒙日?qǐng)A”的方程得t2+y則CD=25-t將直線l的方程代入橢圓C的方程可得13+y22所以，S△AOB②當(dāng)直線l不垂直x軸時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，即kx-y+m=0，圓心O到直線CD的距離為d=|m|1+k聯(lián)立y=kx+mx23+yΔ=6km2設(shè)Ax1,y1、BAB=2所以，S≤6當(dāng)且僅當(dāng)k2+1=2k又因?yàn)?2>23323．（2023上·遼寧朝陽(yáng)·高二?？计谀┮阎?jiǎng)狱c(diǎn)Mx,y到定點(diǎn)N3,0的距離與M到定直線：x=433的距離之比為(1)求曲線C的方程；(2)已知曲線C與y軸的正半軸交于點(diǎn)A，不與x軸垂直的直線l交曲線C于E,F兩點(diǎn)（E，F(xiàn)異于點(diǎn)A），直線AE,AF分別與x軸交于P,Q兩點(diǎn)，若P,Q的橫坐標(biāo)的乘積為43，則直線l【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，列出方程并化簡(jiǎn)作答.（2）設(shè)出直線l的方程及點(diǎn)E,F的坐標(biāo)，聯(lián)立直線l與曲線C的方程，求出點(diǎn)P,Q的橫坐標(biāo)，由已知結(jié)合韋達(dá)定理求解作答.【解答過(guò)程】（1）依題意，(x-3)2所以曲線C的方程為x2（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+mm≠1由y=kx+mx2+4y2=4消去y得

由x24+y2=1，得A0,1，則直線AE的方程為y=直線AF的方程為y=y2-1x2x+1，令于是xP即4k則有(4k2-3)?4m2-4所以直線l的方程為y=kx-2，直線l恒過(guò)定點(diǎn)0,-2.24．（2023下·貴州黔南·高二統(tǒng)考期末）已知直線2x-y-1=0與拋物線C:x2=2pyp＞(1)求p的值；(2)設(shè)F為拋物線C的焦點(diǎn)，M,N為拋物線C上兩點(diǎn)，F(xiàn)M?FN=0【解題思路】（1）利用直線與拋物線的位置關(guān)系，聯(lián)立直線和拋物線方程求出弦長(zhǎng)即可得出p；（2）設(shè)直線MN：y=kx+b，Mx1,y1,Nx【解答過(guò)程】（1）設(shè)Ax由2x-y-1=0x2=2py由Δ=16p2所以xA所以AB=5化簡(jiǎn)得2p所以p=2或p=-3因?yàn)閜＞12（2）因?yàn)镕0,1，顯然直線MN設(shè)直線MN：y=mx+n，Mx由x2=4yy=mx+n所以x1Δ=16因?yàn)镕M?FN=0即x1亦即m2將x14m2=所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+22設(shè)點(diǎn)F到直線MN的距離為d，所以d=n-1因?yàn)閤1所以MN=21+所以△MFN的面積S=1而n≥3+22或n≤3-2當(dāng)n=3-22時(shí)，△MFN的面積

25．（2023下·北京海淀·高二清華附中?？计谀┮阎獧E圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，離心率e=1(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l（不與x軸重合）與橢圓E交于M、N兩點(diǎn)，直線AM、AN分別交直線x=4于P，Q兩點(diǎn)，線段PQ中點(diǎn)為R，△MPR,△MRN,△NRQ的面積分別為S1,S【解題思路】（1）依題意可得ca=12a+c=3，即可求出a（2）當(dāng)直線l的斜率不存在直接求出S2，S1+S3，當(dāng)直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l為x=my+1m≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，聯(lián)立直線與橢圓方程，可得根于系數(shù)的關(guān)系式，表示出P、Q的坐標(biāo)，計(jì)算yP+【解答過(guò)程】（1）依題意e=ca=12所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）可得F1,0，A若直線l的斜率不存在，則直線l為x=1，此時(shí)M1,32則AM為y=12x+2，令x=4，可得P4,3，則所以S2=1所以2S2=若直線l的斜率存在且不為0，所以設(shè)直線l為x=my+1m≠0，Mx1,聯(lián)立x=my+1x24+y則y1+y直線AM的方程為y=y令x=4，得yP=6同理，Q4,又y===12m×-93所以kRF=-3m4-1=-mMN=又RF=所以S2又R為線段PQ中點(diǎn)，故S====9所以2S2=綜上可得S1

26．（2023下·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A2,m(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l與拋物線C相交于M、N兩點(diǎn)，以MN為直徑的圓過(guò)點(diǎn)P1,2，作PD⊥MN，D為垂足．是否存在定點(diǎn)Q，使得DQ為定值？若存在，求出點(diǎn)Q【解題思路】（1）利用拋物線的定義結(jié)合兩點(diǎn)間的距離公式可得出關(guān)于p的方程，解出p的值，即可得出拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）分析可知，直線MN不與y軸垂直，設(shè)直線MN的方程為x=ty+n，設(shè)點(diǎn)Mx1,y1、Nx2,y2，將直線MN的方程與拋物線C的方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，根據(jù)已知條件得出PM?【解答過(guò)程】（1）解：拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=-p2，由拋物線的定義可得將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線方程可得m2所以，AO=所以，AFAO=2+p2因此，拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）解：若直線MN⊥y軸，則直線MN與拋物線C只有一個(gè)公共點(diǎn)，不合乎題意，設(shè)直線MN的方程為x=ty+n，設(shè)點(diǎn)Mx1,聯(lián)立x=ty+ny2=4x可得y2-4ty-4n=0由韋達(dá)定理可得y1+yPM=x1因?yàn)橐訫N為直徑的圓過(guò)點(diǎn)P1,2，則PM所以，116顯然y1≠2且y2即y1y2+2y所以，直線MN的方程為x=ty+2t+5=ty+2由y+2=0可得y=-2，x=5，所以，直線MN過(guò)定點(diǎn)E5,-2所以，PQ=因?yàn)镻D⊥MN，當(dāng)點(diǎn)Q為線段PE的中點(diǎn)時(shí)，即當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3,0時(shí)，DQ=因此，存在定點(diǎn)Q，且當(dāng)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為3,0時(shí)，DQ為定值.27．（2023下·廣東深圳·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2a2-(1)求C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A為C的左頂點(diǎn)，若過(guò)點(diǎn)3,0的直線l與C的右支交于P,Q兩點(diǎn)，且直線AP,AQ與圓O:x2+y2=a2分別交于M,N兩點(diǎn)，記四邊形PQNM的面積為【解題思路】（1）運(yùn)用雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為b，雙曲線的離心率公式計(jì)算即可.（2）聯(lián)立直線PQ方程與雙曲線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理計(jì)算可得kAP?kAQ=-12，設(shè)出直線AP、AQ方程，聯(lián)立雙曲線方程可求得yp、yQ【解答過(guò)程】（1）由題可知bx-ay=0是雙曲線C的一條漸近線方程，右焦點(diǎn)為c,0，所以右焦點(diǎn)到漸近線的距離d=bc-a?0又因?yàn)閏2=a2+由離心率e=ca=所以雙曲線C的方程為x2（2）如圖所示，

由（1）知，A(-1,0)，設(shè)直線lPQ的方程：x=ty+3,P由x=ty+3,x2-因?yàn)橹本€l與雙曲線C的右支交于兩點(diǎn)，所以t2-1≠0,Δy1所以kAP?k設(shè)AP:x=m1y-1,AQ:x=所以1m1?1m又因?yàn)閙2=2由x=m1y-1,所以yP=2由x=m1y-1,所以yM=2所以S△APQS=m12令n=m12+m所以S△APQ令fn因?yàn)閒n在區(qū)間4,5所以fn的取值范圍為9,+又因?yàn)镾1所以S1S228．（2023下·重慶渝中·高二?？计谀┮阎p曲線C：x2a2-y2b2=1a,b>0的漸近線方程為y=±12x，其左右焦點(diǎn)為(1)求該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)x軸上一動(dòng)點(diǎn)Pt,0作直線l交雙曲線的左支于A，B兩點(diǎn)，A點(diǎn)關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A'（A'與B不重合），連接BA'并延長(zhǎng)交x【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線方程設(shè)x24-y2=λ，（2）設(shè)l的方程為y=k(x-t)，Ax1,y1,Bx2,【解答過(guò)程】（1）因?yàn)殡p曲線的漸近線方程為y=±1故可設(shè)雙曲線的方程為x2設(shè)Dx0,y0，因?yàn)椤鱀所以x03=43y0所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x（2）由題意知直線l的斜率必存在，設(shè)l的方程為y=k(x-t)，Ax1,y1化簡(jiǎn)得1-4k則Δ=8k由韋達(dá)定理得x1+x則直線BA'的方程為：令y=0，則x==8k3

.29．（2023下·四川成都·高二校聯(lián)考期末）已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求橢圓C的方程；(2)若斜率為k的直線l與圓x2+y2=1相切，且l與橢圓C相交于M?，??N【解題思路】（1）根據(jù)題意求出a,b,c，即可得解；（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,【解答過(guò)程】（1）由題意可知：ca=22ab所以橢圓C的方程為：x2（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+m，M(x1,由|m|k2+1聯(lián)立y=kx+mx24Δ=32k則x1所以y1|MN|=1+

因?yàn)镸N的取值范圍為83則83?≤所以O(shè)M?=(2因?yàn)??≤?所以-1?所以O(shè)M?ON的取值范圍為30．（2023下·上海青浦·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線Γ:y2=4x的焦點(diǎn)為(1)若F為雙曲線C:x2a(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為E，點(diǎn)P在第一象限，且在Γ上，若PFPE=2(3)經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且斜率為kk≠0的直線l'與Γ相交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA、OB分別與l相交于點(diǎn)M、N．試探究：以線段MN為直徑的圓【解題思路】（1）先求拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)題意求雙曲線的a,b,c，即可得解；（2）根據(jù)拋物線的定義進(jìn)行轉(zhuǎn)化分析可得∠MEP=π4，進(jìn)而可得直線（3）設(shè)直線l'的方程及A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而可求M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理求圓C的圓心及半徑，根據(jù)圓C【解答過(guò)程】（1）拋物線Γ:y2=4x的焦點(diǎn)為雙曲線C的方程為雙曲線x2a2-2y由題意可知：c=a2+故雙曲線C的方程2x（2）由（1）可知：E-1,0過(guò)點(diǎn)P作直線l的垂線，垂足為M，則PF=∵sin∠MEP=PMPE∴∠MEP=π故直線EP的傾斜角α=π4，斜率∴直線EP的方程為y=x+1，即x-y+1=0；（3）設(shè)直線l'聯(lián)立方程y=kx-1y2=4x，消去則可得：x1∵直線OA:y=y1x1x∴M-1,-同理可得：N-1,-∵-=-kMN=k則線段MN為直徑的圓C的圓心C-1,2k故圓C的方程為x+12整理得x2令y=0，則x2+2x-3=0，解得x=1或故以線段MN為直徑的圓C過(guò)定點(diǎn)1,0,

31．（2023下·北京密云·高二統(tǒng)考期末）已知數(shù)列A：a1，a2，?，an，?，滿足a1=0，ai+1=ai(1)寫出S3(2)若a5=-2，求(3)是否存在數(shù)列A，使得S2022=1011?如果存在，寫出此時(shí)【解題思路】（1）利用a1=0與遞推公式求出a2（2）由（1）a2,a3的值，分類討論，結(jié)合a5（3）將ai+1=ai+1兩邊平方后，推出a【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍1=0，所以|a1+1|=|a2當(dāng)a2=1時(shí)，由|a3|=|當(dāng)a2=-1時(shí)，由|a所以S3=0+(-1)+0=-1或S3（2）當(dāng)a3=0時(shí)，|a3+1|=|a4|=1，則a4當(dāng)a3=-2時(shí)，|a3+1|=|a4|=1，則a4當(dāng)a3=2時(shí)，由|a3+1|=|a4|=3，得a4綜上，a2=-1,a3=0,所以S5=0+(-1)+0+1+-2=-2或故S5（3）由ai+1=ai+1i=1,2,?,n,?，所以a1則a1所以an若存在數(shù)列A，使得S2022=1011，則又a2023故不存在數(shù)列A，使得S202232．（2023下·江西吉安·高二統(tǒng)考期末）已知正項(xiàng)數(shù)列an滿足an+1n(1)求數(shù)列an(2)證明：an（附：i=1nxi≥n?nx1【解題思路】（1）兩邊取常用對(duì)數(shù)得lgan+1lg（2）將an=2n(n+1)化為【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍n+1n=an所以lgan+1n所以lga當(dāng)n>1時(shí)，lga所以lganlga1=n(n+1)當(dāng)n=1時(shí)，a1∴a（2）由（1）知，an所以an由i=1nxi≥n?n當(dāng)且僅當(dāng)x1=x所以21?2因?yàn)?1所以21?2所以an1233．（2023下·遼寧·高二校聯(lián)考期末）已知數(shù)列an是正項(xiàng)等比數(shù)列，且a1=2，a2-a3(1)求數(shù)列an和b(2)已知cn=1bn?b【解題思路】（1）設(shè)數(shù)列an的公比為q(q>0)，由a1=2，a2-a3a2?a3=1（2）由（1）得cn=812n-1-12【解答過(guò)程】（1）設(shè)數(shù)列an的公比為q(q>0)，由a1=2由a2-a3a2?解得q=-1（舍去），或q=1所以an因?yàn)閎n+1=1由b2=34，得當(dāng)n≥2時(shí)，b==1當(dāng)n=1時(shí)，14×2-1（2）由（1）得c=8所以S=8=81-由Sn≥8n2令f(n)=nf(n+1)-f(n)=(n+1)當(dāng)n=1時(shí)，f(2)-f(1)=47-13當(dāng)n≥3時(shí)，-n2+2n+1<0所以f(1)<f(2)<f(3)>f(4)>f(5)>???，所以f(n)所以t≥245，即實(shí)數(shù)t的取值范圍為34．（2023上·上海浦東新·高二校考期末）已知數(shù)列an滿足a(1)若t=1，求數(shù)列an(2)若t=19，求證:數(shù)列9n(3)對(duì)于（2）中的數(shù)列an，設(shè)bn=【解題思路】（1）將t=1代入，再用累加法即可求得an（2）將t=19代入，令cn=9（3）先求出bn的通項(xiàng)公式，若b【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閠=1，所以an當(dāng)n≥2時(shí)，an-an-1=19上述式子累加，可得a=1因?yàn)閍1=1，所以當(dāng)n=1時(shí)，a1故an（2）因?yàn)閠=19，所以兩邊同時(shí)乘以9n，可得9令cn=9即cn-c故cn，即9所以cn=9n，即9n（3）由（2）知an=n假設(shè)數(shù)列bn最大項(xiàng)為bm，則有即m+18m+19所以數(shù)列bn35．（2023上·北京通州·高三統(tǒng)考期末）約數(shù)，又稱因數(shù).它的定義如下：若整數(shù)a除以整數(shù)mm≠0除得的商正好是整數(shù)而沒有余數(shù)，我們就稱a為m的倍數(shù)，稱m為a的約數(shù).設(shè)正整數(shù)a共有k個(gè)正約數(shù)，即為a1,a(1)當(dāng)k=4時(shí)，若正整數(shù)a的k個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，請(qǐng)寫出一個(gè)a的值；(2)當(dāng)k≥4時(shí)，若a2-a(3)記A=a1a【解題思路】（1）根據(jù)題意即可寫出a的一個(gè)值；（2）由題意可知a1=1，ak=a，ak-1=aa2，ak-2=aa（3）由題意知a1ak=a,a【解答過(guò)程】（1）當(dāng)k=4時(shí)正整數(shù)a的4個(gè)正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，比如1,2,4,8為8的所有正約數(shù),即a=8.（2）由題意可知a1=1，ak=a，因?yàn)閗≥4，依題意可知a3-a化簡(jiǎn)可得a3-a因?yàn)閍3∈N因此可知a3由于a2是整數(shù)a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3所以a2-a所以a=a2k-1（3）證明：由題意知a1ak所以A=a因?yàn)?a所以A=≤a因?yàn)閍1=1，ak所以A≤a即A<a36．（2023上·江蘇南通·高二統(tǒng)考期末）在①Sn+2-2Sn+1+問(wèn)題：已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足(1)求an(2)設(shè)數(shù)列1Sn的前n項(xiàng)和為Tn，求滿足T注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．【解題思路】（1）選擇條件①②③，分別由數(shù)列的遞推式和等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式，解方程可得首項(xiàng)和公差，進(jìn)而得到所求.（2）由等差數(shù)列的求和公式及裂項(xiàng)相消求和，再解不等式可得所求最大值.【解答過(guò)程】（1）選①，Sn+2-2Sn+1+于是等差數(shù)列an的公差d=4，由a10=S4所以an的通項(xiàng)公式a選②，Sn+1n+1-Snn=2于是a1+d2n-a1-d所以an的通項(xiàng)公式a選③，anan+1Sn兩式相減得an+1an+2于是an+2-an=8，令等差數(shù)列an的公差為由a10=S4，得所以an的通項(xiàng)公式a（2）由（1）得Sn=4n+1因此Tn由Tn<34，得所以最大整數(shù)n的值為6.37．（2023上·天津?qū)幒印じ呷？计谀┮阎獢?shù)列an是公差為1的等差數(shù)列，且a1+a2(1)求an和b(2)令dn=b(3)記cn=1a2n-1a2n+3,n=2k-1(2【解題思路】（1）結(jié)合等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及題目條件，用基本量表達(dá)條件中的式子，即可求得兩數(shù)列的首項(xiàng)與公差公比，代入通項(xiàng)公式即可；（2）根據(jù)第一問(wèn)寫出dn（3）將前2n項(xiàng)和分成奇數(shù)項(xiàng)之和加上偶數(shù)項(xiàng)之和，分別求解奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)再相加即可.【解答過(guò)程】（1）∵數(shù)列an是公差為1的等差數(shù)列，且a∴a1+(a∴an∴數(shù)列an的通項(xiàng)公式為：a數(shù)列bn是等比數(shù)列，且b設(shè)數(shù)列bn的公比為q∴b1?(b∴bn∴數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為：b（2）由（1）知bn∴d=2×[(∴d=2(1∵n∈N∴12∴1-1∴2(1-∴d（3）由（1）可知an∴cn∴S2n令A(yù)n=c∴A==1Bn∴22∴-3=-=-=-4+4×=1∴Bn∴S2n∴數(shù)列cn的前2n項(xiàng)和S38．（2023下·天津·高二校聯(lián)考期末）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1且Sn+1=3S(1)求數(shù)列an(2)設(shè)cn=bn?(3)設(shè)Pn=ban+1+ba【解題思路】（1）根據(jù)Sn與an的關(guān)系證明an為等比數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)求bn的首項(xiàng)及公差，再利用等比數(shù)列和等差數(shù)列通項(xiàng)公式求（2）利用裂項(xiàng)相消法求和即可；（3）由（1）求Pn，由條件可得λ2-kλ+73≥n【解答過(guò)程】（1）由Sn+1=3S當(dāng)n=1時(shí)，S2=3S所以a2=3，且所以an+1所以an為首項(xiàng)為1所以an設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d則T7=7b1+所以bn（2）由（1）知，an=3則cn令Bn為3n+1n+1則B即Bn（3）因?yàn)镻n=bP=2n?a所以2n故λ2-kλ+7設(shè)dn當(dāng)n=1時(shí)，d2當(dāng)n≥2時(shí)，2nn-1≥4，即所以dn+1-d所以dn所以?λ>0,λ即k≤λ+1因?yàn)棣?1λ≥2，當(dāng)且僅當(dāng)λ=所以k≤2，故k的最大值為2.39．（2023下·上海寶山·高二統(tǒng)考期末）在數(shù)列an中，an=-1,n=12an-1+3,n≥2.在等差數(shù)列bn(1)求數(shù)列an和b(2)設(shè)數(shù)列cn滿足cn=an+3bncosnπ，數(shù)列c【解題思路】（1）由an+3=2an-1+3n≥2可得an+3是以2為首項(xiàng)，（2）由（1）可得cn=2n+3n【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍n=-1,n=12an-1+3,n≥2，所以an+3是以a1所以an+3=2n，則a設(shè)等差數(shù)列bn的公差為d，由b1=2可得2b1+2d所以bn（2）由（1）可得cn又cosn則c所以T+=-2×其中-3+2×3-3×3+4×3+…-(2n-1)×3+2n×3==3+3+…+3=3n，則T=-22n3所以T2n-1<0，顯然T2n是遞增數(shù)列，T10=697，T12=274840．（2023下·上?！じ叨谀?duì)于任意的n∈N*，若數(shù)列an同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件，則稱數(shù)列a①an+an+22(1)數(shù)列an、bn中，an=n,bn(2)設(shè)各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列cn的前n項(xiàng)和為Sn，且c3=14，S3(3)若數(shù)列dn的通項(xiàng)公式dn=t3?2n-n+12nn∈N*．對(duì)于任意的【解題思路】（1）利用數(shù)列an具有“性質(zhì)m”的條件對(duì)a（2）數(shù)列cn是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比q>0，利用c3,S3（3）先化簡(jiǎn)dn利用任意n∈3,+∞且n∈N*，數(shù)列{dn}具有“性質(zhì)m”，由dn+dn+2＜2dn+1可求得t＞1，可判斷n≥3時(shí)，數(shù)列dn是單調(diào)遞增數(shù)列，利用極限可求得【解答過(guò)程】（1）在數(shù)列an中，取n=1，則a1+a3在數(shù)列bn中，b則b1b2b3bn=2sinnπ6≤2（2）根據(jù)c3=1c1q2解得q=12或所以c1=1，所以Sn對(duì)于任意的n∈N*，Sn+2所以數(shù)列數(shù)列Sn具有“m性質(zhì)”，且M≥2（3）證明：由于dn=3t-tn-12n由于任意n∈3,+∞且n∈N*，數(shù)列dn即3t-tn-1化簡(jiǎn)得tn-12化簡(jiǎn)得tn-2即t>1n-2對(duì)于任意n∈3,+所以t>1①dn+1由于n≥3及t>1，所以dn+1即n≥3時(shí)，數(shù)列dn且limn→所以3t≤9，解得t≤3②，由①②得1<t≤3，所以滿足條件的整數(shù)t的值為2和3．當(dāng)t=2時(shí)，dn=6-2n-12n，其中d1=6-當(dāng)t=3時(shí)，dn=9-3n-12n，其中d1=9-1=8，d41．（2023上·江蘇常州·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=ex-ax-(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)討論fx在R上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明f【解題思路】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，結(jié)合已知，即可得出答案；（2）利用導(dǎo)函數(shù)分別得出函數(shù)在x≤0，以及x>0的單調(diào)性，根據(jù)零點(diǎn)存在定理得出零點(diǎn)的個(gè)數(shù).再結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)的最小值，進(jìn)而結(jié)合三角函數(shù)的值域，即可得出證明.【解答過(guò)程】（1）由已知可得，f'根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義結(jié)合已知可得，f'所以，e0-a+sin（2）由（1）可得，f'x=①當(dāng)x≤0時(shí)，有ex所以f'所以，fx在-∞,0②當(dāng)x>0時(shí)，f'設(shè)gx=e所以，gx，即f'x又f'0=-1<0所以，根據(jù)零點(diǎn)存在定理可知，?x1∈當(dāng)0<x<x1時(shí)，f'x<0當(dāng)x>x1時(shí)，f'x>0又f0=1-1=0，所以因?yàn)閒2根據(jù)零點(diǎn)存在定理可知，?x2∈綜上所述，fx在R因?yàn)閒x在-∞,0上單調(diào)遞減，在0,所以，fx在x=x1又f'所以ex1=2-因?yàn)閤1所以2-2x1>0所以，fxmin≥-42．（2023下·北京海淀·高二清華附中?？计谀┮阎瘮?shù)f(x)=ln(ax+b)-x2在點(diǎn)(1)求a、b的值：(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)令g(x)=f(x)+32x2-mx，若函數(shù)g(x)【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意可得f1（2）由（1）可得fx（3）首先可得g(x)=lnx+12x2-mx，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，分m≤0【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒(x)=ln(ax+b)-x又函數(shù)fx在點(diǎn)1,f1處的切線