人教版2024年高考数学总复习规范答题增分综合练习合集(含答案解析)【可编辑打印】

高考中的函数与导数

1.已知函数火x)=21nx+l.

⑴若人x)W2x+c,求c的取值范围；

⑵设a>0,讨论函数g(x)=3竺的单调性.

X-CL

2.设函数於Lx^+fev+c,曲线y

⑴求b;

(2)若人x)有一个绝对值不大于1的零点，证明次x)所有零点的绝对值都不大于1.

3.已知a>0,且存1,函数/(x)=/(x>0).

(1)当<7=2时,求函数«x)的单调区间；

⑵若曲线y=/(x)与直线y=l有且仅有两个交点，求a的取值范围.

—1—

2

4.已知函数fi<x)=ax-ax-x\n尤，且次龙)NO.

⑴求a;

⑵证明:成》)存在唯一的极大值点X0,且e-2<y(xo)<2'2.

5.设函数_/(x)=ln(a-x),已知x=0是函数>=劝》的极值点.

⑴求。；

(2)设函数8(尤)=耳?，证明:g(x)<l.

Xj\X)

6.(2021新高考/,22)已知函数火x)=x(l-lnx).

(1)讨论#尤)的单调性；

…11

⑵设a,b为两个不相等的正数，且blna-cdnb=a-b,vE^:2<-+-<e.

—2—

7.已知函数«x)=ox-ln(O,e],g(x)=(,其中e是自然对数的底数,〃£R.

⑴讨论当a=l时,函数段)的单调性和标值.

1

(2)求证:在(1)的条件下J(x)>g(x)+-.

⑶是否存在正实数使火x)的最小值是3?若存在，求出a的值;若不存在,请说明理由.

8.已知函数/x)=sinx-ln(l+x)/(x)为“x)的导数.证明:

(1)/W在区间(-1()内存在唯一极大值点；

(2)/(x)有且仅有2个零点.

—3—

高考中的函数与导数答案解析

1.解设71a)=y(x)・2/c,则h(x)=21nx-2x+1-c,

其定义域为(0,+co),"(x)=72.

⑴当0<x<l时"(x)>0;当x>l时,/?3<0.所以/z(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+8)内单调

递减.从而当尤=1时,〃(x)取得最大值，最大值为/z(l)=-l-c.

故当且仅当-1-cWO,即cN-1时次x)W2x+c.

所以c的取值范围为［-1,+8).

⑵g(x)=S=(。⑷UQ+oo).

取c=-l,得/z(x)=21nx-2x+2,/z(l)=0,贝|由(1)知，当x^l时,/z(x)<0,即l-x+lnx<0.故当x£(0,〃)U

(〃,+oo)时,1j+ln£<0,从而gQ)vO.

所以g(X)在区间(0,〃),(〃,+8)内单调递减.

2.⑴解八%)=3f+瓦依题意得了。=0,

即,+6=0,解得b=-：.

44

(2)证明由⑴知於)二9条+c/a)=3%2-*

44

11

令八x)=0,解得x=»或x=-.

当X变化时/(X)与八X)随X的变化情况为_________________________________

(-巴-|)11A、

X

2(尚总2

f\x)+0-0+

1

f(.x)单调递增c+-单调递减C—单调递增

44

因为加l)=/(T)=c+"

所以当c<t时次X)只有大于1的零点.

因为於I)JQ)=G，

所以当c>；时《尤)只有小于-1的零点.

由题设可知

44

11

当c=-；时加只有两个零点最和1.

-11

当。=彳时次x)只有两个零点-1和不

4Z

当时於)有三个零点沏，必,以且近(-l,-|),x2e(-j,1),x3e(j,l).

综上，若“X)有一个绝对值不大于1的零点，则«x)所有零点的绝对值都不大于1.

2

3.解⑴当〃=2时於)=会r

_2x-2x-2x\n2x2_x(2-xln2)_®2M各%)

/(%尸一3一=-F—='

当xe(0,舟时/(》)>0段)单调递增，

当在(总+8)时表)<0段)单调递减.

故/U)的单调递增区间为(0,急),单调递减区间为(4，+00).

4

(2)由题知方程«x)=l在区间(0,+oo)内有两个不相等的根.由於)=1得即alnx=xin〃，即

Inx_Ina

xa,

令g(%)=M?'(%)二斗共由g'(%)>。,得0<%<e;由g(x)<0,得已所以g(%)在区间(0,e)内单调递增，在

区间e+高内单调%减.

1

所以g(X)max=g(e)=-.

又当Ov%Wl时,g(%)WO,当x>l时,g(x)>0,所以。<等<［，即a>l且a丰e.

4.⑴解兀0的定义域为(0,+8).”‘

设g(x)=ax-a-lnx,

贝！JyU)=xg(x)/》20等价于g(x)20.

一，1

因为g(l)=O,g(x)NO,所以g'⑴=0,而g'(x)=a：g(l)=〃-l,得a=l.

若。=1,贝Ifg'(x)=\--.

当O<X<1时,gQ)<o,ga)单调递减;当X>1时,gq)>o,g(x)单调递增.

所以X=1是g(x)的极小值点，也是最小值点，

故g(x)》g⑴=0.综上,a=l.

(2)证明由(1)知fix)=j^-x-x\nxJy(x)=2x-2-inx.

I

设/z(x)=2x-2-lnx,贝(Ih\x)=2--.

因为当淤(0，)时,/f(x)〈O;当xEQ,+oo)时”(x)>0.

所以%(x)在区间(0，)内单调递减,在区间(g,+8)内单调递增.

1,且当】£(0两)时。(X)>0;当%£(%0,1)时。(%)V0;当[£(1,+00)时,/?(%)>0.

因为八㈤二。(尤),所以x=xo是“X)的唯一极大值点.

由/(的)=0,得In沏=2(%0-1),疵於o)=%o(l-%o).

由xoE(0，),得於o)</

由上可知,%=沏是«x)在区间(0,1)内的最大值点，

又e-y(0,1)/©)邦,所以於0)次对二」.

所以e2</(xo)<2'2.

5.(1)解由题意次x)的定义域为Goo,。).

令p(%)=M(x),贝Ipa)=xln(a-%),%£(-oo,。)，

-1_%

pQ)=ln(a-x)+x----=ln(a-x)+—.

因为x=0是函数广状x)的极值点，则有p(0)=0,即In〃=0,所以a-\.

当a=\时0a)=ln(l-x)+自，且p'(0)=0,

当x<0时,”(尤)>0,

当0<x<l时,//(x)<0,

所以当a=l时,尤=0是函数、=联尤)的一个极大值点.

(2)证明由(1)可知R(x)=xln(1-x),

要证霁<1,即需证明%+ln(l㈤〈J

xln(l-x)

因为当无0(-00,0)时,%111(1-%)<0,

当无£(0,1)时,xln(l-x)<0,

所以需证明x+ln(1-x)>xln(1-x),KPx+(l-x)ln(l-x)>0.

令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),x<1,

则h'(x)=(l-x),1-ln(1-x)=-ln(1-x),

所以"(0)=0,当x£(-oo,0)时,力(%)<0,

当了6(0,1)时,"(尤)>0,

所以x=0为g)的唯一极小值点，也是最小值点,所以当xG(-oo,0)U(0,l)时，g)>/7(0)=0,即

x+ln(l-x)>xln(l-x),

所以笔号<1,所以笔<1

Iriy-1.JJ/

6.(1)解由条件知，函数/(x)的定义域为(0,+co)/(%)=-In%.

当xG(0,l)时/(X)>(VU)单调递增；

当xG(l,+oo)时/(x)<0/无)单调递减.

即在区间(0,1)内，函数次龙)单调递增;在区间(1,+8)内，函数«r)单调递减.

(2)证明由Z?lno-olnb=a-b,^~—-In-=:—[in]

aaabbb

令分2,不妨设修<龙2,

令/(元)=0,得元=1.且y(e)=o.

结合⑴中的段)的单调性，易知,0<%i<lv>2<e.

待证结论=2<x1+元2<e.

下面证明Xl+%2>2.

4^g(x)=fix)-fi2-x),xe(0,1),

则g'a)=-ln(x(2-x))>0,

所以g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以0=g(l)>g(xi)yxi)；/(2-xi),

即/(2-XI)>XXI)=/(X2).

又加)在区间(1,+oo)上单调递减，所以2-为<%2,即%1+%2>2.

再证明xi+%2<e.

方法一:当X2〈e-1时，结论显然成立；

当松0(e-1,e)时,沏ve-%2经/(沏)勺(e-忿)导穴12)勺(。-%2),%2£(e-l,e),

令h(x)=fix)-fie-x),xe(e-1,e),

/z(x)=-ln(x(e-x)),则/z(x)在区间(e-1,e)内先单调递减后单调递增，故/z(x)<0.对x£(e-l,e),则

力(犬2)<0,即XX2)<Xe-x2).

故於。〈冬-松),结合当工£(01)时於)单调递增，有xi〈e-X2,即为+尤2<巳

方法二:7U)在点(e,0)处的切线(p(x)=e-x,

令F(x)=f(x)-(p(x)=2x-xlnx-e,%^(0,e),

P(x)=l-ln%>0,所以F(x)在区间(0,e)内单调递增，

即F(x)<F(e)=0,

所以当(0,e)时&r)〈夕(%).

令/寸的)寸、2),则t=J(X2)<(P(X2)=e-X2=>t+X2<e.

又r=/xi)=xi(l-ln沏),为£(0,1),

所以/=%i(l-ln为)>即,即X\+X2<t+X2<e.

综上,2v%i+%2<e.

11、

故2<—FT<e成立.

ab1v_1

7.(1)解：'当a=l时<x)=x-lnx,.：八%)=1二=丁.

,:当0<x<l时/(£)<0,此时汽幻单调递减；

当1cxWe时,(x)>0时,此时八x)单调递增.

即火x)的极小值为八1)=1,无极大值.

(2)证明：第0的极小值为1,.：人处在区间(0,田上的最小值为1,即|»]min=L

又g<x)=5s，.：当0<x<e时,8(龙)>。£(尤)在区间(0,6]上单调递增，

11

•:[g(元)]max=g(e)二<2，

.1

••[/(%)]min-[g(X)]max>5，

1

•:在(1)的条件下次©，飘幻+了

——6——

（3）解假设存在正实数a,使八%）=〃%-111%（%£（0,©］）有最小值3,则八%）=〃-;=

①当0＜：＜e时於）在区间（0,£）内单调递减,在区间ge］上单调递增,|»］min=/Q）=l+In

〃二3,〃*,满足条件；

②当［＞e时次＞）在区间（0,e］上单调递减,［/（x）］min=/（e）=ae-l=3,解得（舍去）.

综上:存在实数a=e2,使得当x£（O,e］时八］）有最小值3.「

8.证明⑴设g（x）=/（%）,

贝“g⑴=c°sx-±'g'（x尸-sinx+备.

当xe（-1弓）时,g。）单调递减,

而g⑼＞0,gO＜0，

则当天6（-1,60时£5）＞0;当.运（a1）时,gq）＜0.

所以g（x）在区间（-l,a）内单调递增，在区间（W）内单调递减，故g（x）在区间（-11）内存在唯一极大

值点，

（2加的的定义域为Gl,+oo）.

①当XG（-1,O］时,由⑴知了（%）在区间（-1,0）内单调递增，而八0）=0,所以当XG（-1,O）时/（x）＜0,故於）

在区间（-1,0）内单调递减.

又刖）=0,所以x=0是於）在区间（-1,0］上的唯一零点.

②当在（01］时,由⑴知/（X）在区间（0,a）内单调递增堆区间（吗）内单调递减，而八0）=0第）＜0,

所以存在口e（吗）,使得了@=0,且当xe（o/）时/（x）＞o；当xe（⑻）时，（无）＜0.

又加）=。尼）=l-ln（l+3＞。，

所以当底（0T时段）＞0.

从而小X）在区间（03］上没有零点.

③当在怎H时及）＜0,所以加）在区间（京）内单调递减.而尼）＞0m）＜0,所以段）在区间T

上有唯一零点.

④当XG（兀,+8）时,ln（x+l）＞l,所以段）＜0,从而段）在区间（兀,+8）内没有零点.

综上次x）有且仅有2个零点.

—7—

高考中的解析几何

1.已知椭圆谆+真=1(。＞。＞0)的离心率为景短轴长为2.

⑴求椭圆C.标准方程；

(2)设直线/:产质+机与椭圆C交于MN两点,。为坐标原点，若左OMRON=|,求证:点(冽,左)在

定圆上.’

2.已知抛物线C:y2=2pxg＞0)的焦点R为椭圆。+。=1的一个焦点.

43

(1)求抛物线C的方程；

⑵设P,MN为抛物线C上不同的三点，点P(l,2),且PMLPN.求证:直线MN过定点.

3.(2021,全国〃.理20)抛物线C的顶点为坐标原点。，焦点在x轴上，直线l;x=l交抛物线

C于尸,。两点，且。尸，。。已知点”(2,0),且。M与直线/相切.

(1)求抛物线C,。”的方程；

⑵设AI,A243是抛物线C上的三个点，直线A1A241A3均与OM相切.判断直线A2A3与

。〃的位置关系,并说明理由.

4.已知椭圆尾+冒=1(。＞。＞0)的两个焦点为人,仍,点尸(鱼,1)在椭圆C上，且

|PFI|+|PF2|=4.''

⑴求椭圆C的方程；

(2)设点P关于x轴的对称点为为椭圆C上一点，直线和MQ与x轴分别相交于

点E,E。为原点.证明:|OE|・QN为定值.

—8—

5.(2021浙江,21)如图，已知R是抛物线>2=2后伪>0)的焦点，町是抛物线的准线与x轴的

交点，且|MR|=2.

(1)求抛物线的方程;

(2)设过点F的直线交抛物线于A,B两点，若斜率为2的直线I与直线MA,MB,AB,X轴依

次交于点。,。,火人,且满足|7?<=|尸"|。朗,求直线/在x轴上截距的取值范围.

6.已知点A(-2,0),3(2,0),直线PA的斜率为此直线PB的斜率为近，且hfo=-|.

⑴求点P的轨迹C的方程；

⑵设点八(-1,0)尸2(1,0),连接PA并延长，与轨迹C交于另一点Q,R为PR2的中点，。为坐

标原点，记△QB。与△PAR的面积之和为S,求S的最大值.

7.已知动点尸到定点"1,0)和直线l;x=2的距离之比为苧，设动点尸的轨迹为曲线E,过点

R作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,3两点，直线/:y=mx+〃与曲线E交于C,。两

点,与线段AB相交于一点(与A,B不重合).

(1)求曲线E的方程.

(2)当直线/与圆好+丁2=1相切时，四边形ACBD的面积是否有最大值?若有，求出其最大

值及对应的直线/的方程;若没有，请说明理由.

8.已知抛物线E:y2=2R⑦>0)的顶点在坐标原点。，过抛物线E的焦点R的直线/与该抛

物线交于两点,△MON面积的最小值为2.

(1)求抛物线E的标准方程.

⑵试问是否存在定点2过点D的直线〃与抛物线E交于5,C两点，当A,民C三点不共

在,请说明理由.

—9—

高考中的解析几何答案解析

1.(1)解设焦距为2G：2=；=苧,28=2,〃2=/+。2,

丫2-

・：/?=1,〃=2,,：椭圆C的标准方程为7+V=L

(2)证明设点M(xi,"),NS,"),

y=kx+m,

由x2^r(4^2+l)x2+8Z:mx+4m2-4=0,

匕+于9=1,

依题意，/=(8左根)2-4(4产+l)(4m2-4)>0,化简得病<4产+1，①

8km4m2-4

Xl+X2=~—7—,X1%2=-9—,

4廿+14/+1

yiy2=(kxi+m)(kx2+m)=l^xix2+km(xi+x2)+m2.

若％OM%N=|,贝I釜|=*即4yly2=5修检，

贝|4Mx1型+4版(%l+%2)+4祖2=5即%2,

所以(43-5)•需+4.・8km+4加=0,

4/C2+1

即(4^-5)(m2-1)-8^m2+m2(4^+1)=0,

化简得m2+^=2.②

由①②得0或相2用之<三

□ZU4

故点(加闱在定圆f+y2=：上.

2.⑴解依题意，椭圆［+9=1的一个焦点为(1,0),

由抛物线C:;/=2pxg>0)的焦点尸为椭圆4+4=1的一个焦点，

4D

可得,1,所以片2.所以抛物线C的方程为y2=4x.

(2)证明设点M>i,yi),N(X2,y2),直线MN的方程为产加y+〃,由｛)九'得广4町y-4〃=0,则

A-\6m2+16/n>0,yi、2=-4〃加+m=4加.

所以xiX2=(my1+n)(my2+n)=m2yiy2+mn(yi+竺)+n2=n2,

x\+%2=根(丁1+yi)+2n=4m2+2n.

由PM_LPN,得两•丽二0,即(沏-1,%-2),3-142-2)=0.

化简得n2-6n-4m2-8m+5=0,

解得n=2m+5或〃=-2加+1(舍).

所以直线MN:x=my+2m+5过定点(5,-2).

3.解⑴由题意设抛物线的标准方程为9=2力,〃>0,当x=l时,y2=2〃,y=±/^.

因为。尸，0。,所以再二1,即2p=l,

故抛物线的标准方雇为/=x

的方程为(%-2)2+)?=1.

(2)由题意可知直线4A2,A14,A2A3均不平行于x轴.

设点Ai(%i,yD9A2(%2,»)4(%3,丁3),直线A1A2的方程为x-%i=7ni(y-yi),直线A1A3的方程为x-x1=m2(y-

yDmr加2.

因为点Ai在抛物线C上,所以九i二y工所以直线人欣2的方程可化为％-加丁+如%-弁=0,直线AIA3的

方程可化为x-nny+miyx-yl=0.

因为直线AIA2,AIA3与。M相切,OM的圆心坐标为(2,0),半径r=1,

所以粤”或=][2+和2旷1-必I

=1,

1+m11+用

—10—

所以如，加2为方程竽学=1的根，

Vl+m2

即如，仪为方程一（弁-1）+切（4y・2货）+yf-4）4+3=0的根.

又如期22,所以比-1邦,所以如+恤=2亲?1,如十2='啜；+♦

”了1y+叫％贲=°，消去羽得^.y2=,

由miy+miyi0

.y=x,

所以丁1+”二加1,即y2=mi-yi.

同理,券二加2-yi.

设直线A2A3的方程为x=ky+b,

fj+h得产出炉。,

由

y一人,

所以2y3=-瓦

_2y3-y2

所以k=y2+y3=mi+m2-2y[=-^9-b=y2y3=(mi-yiXm2-y1)=m\m2-y\(m\+m2)+yi=

*+1

=军1=1=%故直线A2A3与OM相

所以。M的圆心到直线A2A3的距离d=-^==

、1+/yj+i

雨

-1

切.

4.（1）解由椭圆的定义，得|PR|+|PF2|=2a=4,即a=2.

将点尸（四,1）的坐标代入。+4=1,得）+当=1,解得b=&.

4b4b

故椭圆C的方程为[+[=L

⑵证明由题意可知点e（V2,-i）.

设点颂如州）,则有%o+2%=4/0。企jo#±l.

直线MP的方程为广1=”（不让），

%0-VZ

令尸0,得广匿菖所以QE|=|挖。0%

%-1

直线的方程为y+1="（/鱼）,

国o+xo

令y=0,得犬=历吸°,所以|。/|=

y。十y()+i'

%o-x（）及y（）+xo_2y洒_2羽-(4-2羽)

所以|OE|-|OP|==4.

3%-1汗1

故IOEHO用为定值4.

5.解⑴由题意知p=2,所以抛物线的方程是丁=4乂

（2）由题意可设直线AB的方程为x=ty+l（t丰0^4（xi,yi）,5（X2,）^2）,

将直线AB的方程代入9=轨得y2-4y4=0,

所以％+力=4匕％”=-4.

直线MA的方程为产焉＜%+1）,设直线/的方程为x=^y+s.

记P（xp,yp）,Q（xQ,yo）,

y，共(久+1)，

由

1,

X=：,y+s,

2(s+l)yi

得yp=-

(2t-l)yi+4'

26+1)及

同理得，％W=I

(2t-l)y2+4'

11—

俨=ty+1,

记R(%R,yR),由11得丫尺=刃".

[x=-y+s,2t-i

由题意知坊|2=lypHyd，

化简得需=(S+以

4产+3

易知加,所以曹=4/+3

(21-1)2

因为寝=(含+丁+3.(当-飘等号成立)，所以普污

得s<-7-4旧或s》-7+4>&且#1.

因此直线/在x轴上截距的取值范围是(-co,-7-4g]U[-7+4V3,1)U(1,+oo).

6.解⑴设点P(x,y),

因为点A(-2,0),B(2,0),所以k\=-^—,k2=-^-z.

X~rZX-Z.

又左1%2=1,所以+二二-1，所以宁+⑵.

4%'-4443

故轨迹C的方程为《+。=1("12).

(2)因为0,R分别为尸1尸2,尸尸2的中点，所以0R//PFr,

所以APKR与△尸为。同底等高，所以Sap&R=SAP&O，

所以S=S4QFI0+SAPF]R=SAP。。-

当直线PQ的斜率不存在时，其方程为x=-l,此时S"°°Wxlx[|-(-|)]=|.

当直线PQ的斜率存在时，设其方程为广网尤+1),设尸(xi,yi),Q(X2,y2),

显然直线PQ不与无轴重合，即厚0.

(y=k(x+1),

由12y2得(3+4SH+83;+49-12=0,

(了+了=1'22

又/=144(标+1)>0,得为+%2=-§::必为》2=；；；：*

故|PQI=\1+卜2山-彳2|=41+卜2J(X]+%2)2-4久1%2=1；；养，.

点O到直线PQ的距离则S=^\PQ\d=6次2若.令"=3+426(3,+00),

一Ji+fc22](3+秋)

u-3u+1I--------

则s=6尸F=1JV'!+1G(强),故s的最大值为|.

7.解⑴设点P(x,y),由题意可得'()=~y,

|X-Z|z

整理可得9+y2=l.

2八

所以曲线E的方程为方r+V=L

⑵设点C(xi,yi)Q(X2j2),由已知可得|AB|=，1

当〃尸0时,不符合题意.

当时,由直线/与圆f+y2=l相切，

可得鸿L=l,即m2+l=n2,

Vm2+1

ry=mx+n,

由[《+丫2_i消去y,得(m?+g)f+2祖〃x+〃2-i=o.

22222

贝1^=4mn-4(m+0(n-l)=2m>O,%i+x2=^^^1X2

—12—

所以S四边形AC%)二3|4引|%2-11|=/普彳=~T~—~T'

22m2+12|刑+点2

当且仅当2|相|二白，即加=±■时，等号成立，此时n=吟.

\m\LL

经检验可知，直线产圣弓和直线尸圣+乎符合题意.

故四边形ACBO的面积有最大值，最大值为苧，此时直线/的方程为y[x当或广生吟.

8.解⑴若直线/的斜率不存在，则直线/的方程为了专’~一

代入抛物线E的方程，得尸切，所以|MN|=2p,

所以SAMON=3*fX2p=，.

若直线/的斜率存在，则设直线/的方程为产始成)(际0),

由y=k(%-f)，得以2QM+20)X+字=0,

y2=2px,

则\MN\=处*+。=2°+当.

kk

kp

又点。到直线MN的距离d=^==

J/+i2,/+1

所以SAMON=3,(2p+青)—:，=司J1+.■.所以工MON面积的最小值为^~=2,又p>0,故

2(k+1

p=2.

故抛物线E的标准方程为y2=4x.

(2)假设符合题意的定点。存在.

因为直线〃与抛物线E交于民C两点，所以设直线〃的方程为无=缈+瓦点B(xi,yi),C(%2j2).

,(X=ay+,

由心二轨付y-4ay_46=0.

又』=16〃2+16Z?>0,所以刀+竺=4〃,以竺二-4"

所以％1+%2=4(丁1+丁2)+26=4〃2+2/7,即%2=〃2y0；2+〃人81+")+〃2=/.

因为以为直径的圆过点A(l,-2),

所以AB•4C=0,即(%1-1)(%2-1)+&1+2)&2+2)=/?2-65-4。2-8〃+5=0,

所以b=2a+l或b=-2a+5.

当b=2a+l时,%=ay+2a+l=〃(y+2)+l,此时直线〃过定点A,不符合题意,舍去.

当b=-2a+5时,x=ay-2〃+5=a(y-2)+5,此时直线〃过定点(5,2),符合题意.

故存在唯一的定点。(5,2)符合题意.

—13—

高考中的立体几何

1.如图，在平行四边形A3CM中A3=AC=3,NACM=90°.以AC为折痕将折起使

点航到达点D的位置，且AB±DA.

⑴证明:平面AC。，平面ABC;

⑵Q为线段AD上一点,P为线段3c上一点，且3P=DQ=|D4,求三棱锥Q-ABP的体积.

2.如图，。为圆锥的顶点，。是圆锥底面的圆心,AE为底面直径AE=ADA4BC是底面的内

接正三角形,P为。。上一点,尸。¥。。

6

⑴证明:平面PBC;

(2)求二面角3-PC-E的余弦值.

3.如图，在三棱锥A-3CD中,N3CD=90°,3C=CD=1,NAC3=NACD=。.

(1)证明:ACLBD;

⑵有三个条件:①6=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CZXB的

余弦值为日.

请你从中选择一个作为条件，求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.

—14—

4.(2021全国〃，理19)已知直三棱柱ABC-ALBICI中，侧面AALBIB为正方

形,43=30=2,E/分别为AC和CCi的中点，。为棱43上的点

⑴证明

(2)当田。为何值时，平面331cle与平面DRE所成的二面角的正弦值最小?

5.图①是由矩形ADE3,RtA43C和菱形BRGC组成的一个平面图形，其中

43=1,3£=3歹=2,/丑8。=60°.将其沿AB,BC折起使得3E与3歹重合，连接DG,如图②.

⑴证明:图②中的A,C,G,D四点共面,且平面A3C,平面BCGE-

(2)求图②中的二面角B-CG-A的大小.

6.如图，已知三棱柱A3C-A山Ci的底面是正三角形，侧面331cle是矩形，跖N分别为

BC,BiCi的中点/为AM上一点，过BiCi和P的平面交A3于E,交AC于F.

(1)证明:A4i〃MN,且平面AiAMN,平面EBCF;

⑵设。为△ALBCI的中心，若A。〃平面EBiCif且A0=A3,求直线&E与平面AiAMN

所成角的正弦值.

—15—

7.如图，在四棱柱ABCD-ALBICLDI中，侧棱AIA,底面ABCAABLACABnhACnAA.Z,

4。=8=遮,且点M和N分别为3C和的中点.

(1)求证:MN〃平面ABCD;

(2)求二面角Di-AC-Bi的正弦值；

(3)设E为棱AiBi上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为|,求线段AiE的长.

-1

8.如图，在四棱锥P-ABCD中,4。〃3。,/4。。=/尸45=90。，3。=。=夕。,£为棱4。的

中点，异面直线尸4与。。所成的角为90°.

⑴在平面PAB内找一点“，使得直线CM〃平面P3E,并说明理由；

(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.

—16—

高考中的立体几何答案解析

1.(1)证明由已知可得NA4c=90。，及AC.

又A4J_AD,且ACH4D=A,所以ABJ_平面ACD.

又A3u平面ABC,所以平面ACD_L平面ABC.

(2)解由已知可得。C=CM=AB=3,ZM=3，I

又3P=DQ=|DA,所以BP=2A/2.

如图，作QELAC,垂足为E,则QE'DC.由已知及(1)可得ZXLL平面A3C,所以QE,平面

ABC,QE=1.因此三棱锥Q-APB的体积为KMBP=艇后用.=gx1xgx3x2/-sin45°=1.

222

2.(1)证明设。0=°,由题设可得PO=g5Ao=3，A8=a,P4=PB=PC=¥a，因此PA+PB=AB,J^

632

而PA±PB.

又PA2+pc2=AC2,故PA_LPC.所以PAJ_平面PBC.

(2)解以。为坐标原点，丽的方向为y轴正方向,［荏|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系

Oxyz.

由题设可得点E(O,1,O),A(O,-1,O),C界,o),前=(o,一邛)

设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,

m・丽=0,

则

m'EC=0,

-y+—z=0,

即

V31n

/yX--y=0.

可取m=(-y,1,V2^).

由(1)知方=(0,1,孝)是平面PCB的一个法向量，记n=凝则cos<n,m>=^=等.所以二面角

8-PC-E的余弦值为等.

3.⑴证明如图，取3。的中点O,连接OA,OC,则OCLBD.

因为BC=。C,/ACB=/AC。=e,AC=AC,所以△A8C0△Ar>C,

—17—

所以AB=AD,^以AOLBD.

又因为AOnCO=O,AO,COu平面AOC,所以301.平面AOC.

因为ACu平面A0C,所以BD±AC.

（2）解在C4的延长线上取点P,使得/尸OC=90。,连接P3,P£>,由于0C与8。是平面内两条

相交直线，故POJ_平面BCD.

分别以0C,0D,0P所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.

由已知得鱼，从而03=0£）=0C=亭所以PB=PD=PC.

若选①0=60°,则APCD是等边三角形,PD=CD=PC=l,OP=y,

则尸（0,0,y）,c（y,0,0）,D（0,y,0）,B（0,-f,0）,

BC=（y,y,0）,DC=（y,-y,0）,DP=（。,-苧4）.

设平面PCD的法向量是n=（无,y,z）,

777^V2V2

n'DC=~x--y=n0,

\JI-DP=--^y+亨z=0,

令x=l,则y=z=l,所以可取n=（l,l,l）.

设直线BC与平面PCQ（即平面AC。）所成的角为出

一|包+互+o|

则sin«=|cos<BC,n>|=^g==当

若选②，由尸。,平面BCD,得NPCO是PC（即AC）与平面3CD所成的角，

所以ZPCO=45°,（9P=OC=y,

则尸（0,0,y）,C（y,0,0）,D（0,y,0）,B（0,-y,0）,

设平面PCD的法向量是n=（xj,z）,

777^V2V2

ri'DC=yx-yy=n0,

IjiDP=-~^y+jz=0,

令x=l,则y=z=l,所以可取n=（l,l,l）.

设直线3C与平面PCD（即平面AC。）所成的角为出

_|V2V2|

则sina=|cos<阮,n>|=殊=耳+焉+」0=当

若选③，作PMLCD,垂足为M连接OM.

由PO_L平面BCRCDu平面BCD,得PO_LCD

因为尸OClPM=P，尸O,PMu平面POM,所以CDJ_平面POM,

又OMu平面POM,所以CDLOM,

所以NPMO是二面角P-CD-B（即二面角A-CDB）的平面角,

—18—

已知COSNPMO=QI]tan/PMO=JX又在RtACOD中。加=42=1

所以OP=OMtanZPMO=^=OC,

则尸(0,0,y),C(y,0,0),O(0,y,0),B(0,-y,0),

BC=(今冬。)，反=(y,-y,0),PP=(。,-苧,苧).

设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),

则卜,比=¥久-冬=。，

[n-DP=-yy+yz-0,

令x=l,则y=z=l,所以可取n=(l,l,l).

设直线BC与平面PC£)(即平面AC0所成的角为a,

一|三+包+o|

贝Isina=|cos<BC,n>|==^=匕*=]

\BC\\n\1XV33

4.解：,四边形44山iB为正方形

又BFl.AiBi,BBiCBF=B,

.：AiBi_L平面BBiCC

又

.：AB_L平面BBiCiC./.ABlBC.

又331_L平面ABC,

.：4氏3(?,88两两互相垂直.

以8为原点,3A,BC,BBi所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系，如图所示.

则点B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1=(0,2,l),FF=(-l,l,l).

设点。(九0,2)(0〈九〈2),则屁=(11,1,-2).

(1)证明:~BF-DF=0+2-2=0,

•••~BF1DE,.".BFLDE.

(2)：N3_L平面BBiCiC,

.：n=(l,0,0)为平面BBiGC的一个法向量.

设平面DFE的法向量为m=(x,y,z),

=0,即C(l-A)x+y-2z=0,

\m-EF=0,I久+y+z—0.

取x=3,则y=l+A,z=2-A.

.：m=(3/+九21)为平面。笈E的一个法向量.

.m-n3

•.cos<m,ii>=^—

|m||n|J2A2-2A+14

设平面331cle与平面ObE所成的二面角的平面角为仇则sin0=Jl-cos2<m,n>=

—19—

9

J2A2-2A+14

要使sin。最小，只需一j-^----最大，又.：当时,----最大，即sin。最小，此时

2万-24+1422/24+14

1

Bg

1

故当时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.

5.(1)证明由已知得4。〃3£《6〃8及所以4。〃。6,

故AQCG确定一个平面，从而4,C,G,D四点共面.

由已知得AB±BE,AB±BC,ikA3,平面BCGE.

又因为ABu平面A3C,所以平面A3C_L平面BCGE.

(2)解作EHL8C,垂足为H.

因为EHu平面3CGE,平面3CGE_L平面ABC,

所以EHL平面ABC.

由已知，菱形BCGE的边长为2,NEBC=60。,可求得BH=1,EH=V3.

以“为坐标原点，近的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,

则点4(-l,l,0),C(l,0,0),G(2,0,V5),B=(l,0,M,》=(2,-l,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

则［竺”=°5即,+取=°，所以可取n=(3,6,-V3).

UC-n=0,⑵-y=0.

又平面BCGE的法向量可取为m=(0,l,0),

所以cos<n,m>=^^=今

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

6.(1)证明因为M,N分别为的中点，所以M7V〃CG.

又由已知得A4i〃CG,故44i〃AW.

因为AAiBiG是正三角形，所以B1GL4N.

又8G_LMN,故BiG_L平面AiAMN.

所以平面4AMN，平面EBCF.

(2)解由已知得„8仁以M为坐标原点,M4的方向为x轴正方向而|为单位长，建立如图所

示的空间直角坐标系依yz,则AB=2,AM=8.

连接NP,则四边形AONP为平行四边形，故尸河=苧，点£(竽］,0).

由⑴知平面4AMN1.平面ABC.作NQL4M,垂足为。，则NQJ_平面A5C.设点0(4,0,0),则

NQ小(苧-aj,点3卜,1/4-(4)2),

故BiE=传-见-|』4-(善-a)),四臼=孚

又n=(O,-l,O)是平面4AMN的一个法向与

।/./itcln-B-tEV10

故sinI--<n.BrE>l=cos<n,B1F>=-------=

同旧1E|

7.解如图，以A为原点建立空间直角坐标系，由题意可得点7(0,0,0),8(0,1,0),C(2,0,0),D(l,-2,0),

-1

4(0,0,2),5(0,1,2),G(2,0,2)Qi(l,-2,2).又因为M,N分别为SC和的中点，得点

2,1).

(1)证明:依题意，可得n=(0,0,l)为平面ABCD的一个法向量.而Mo,-|,O人

由此可得而F-n=0,

又因为直线MNC平面A3CD,所以A/N〃平面ABCD.

(2)OD^=(1,-2,2),XC=(2,0,0).

设m=(xi,yi,zi)为平面AC。的法向量，

n-AD=0,即x-2y+2zi=0,

则1111

2%i=0.

nr-AC=0,

不妨设zi=l,可得m=(0,l,l).

设I12=(X2,y2,Z2)为平面ACB1的法向量,

仅2+2Z=0,

则:送匚。°,又福=。1'2)，得2

(2x2=0.

不妨设Z2=l,可得112=(0,21).

因此有cos<ni,H2>=#产]=-萼，于是sin<ni,ii2>=4般.所以，二面角Qi-AC-历的正弦值为^

io1U1U

⑶依题意，可设空=□不瓦，其中[0,1],

则E(0,Z2),从而泥=(-1/+2,1).

NE-n

又n=(0,0,l)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos</VE,n>=-,1=工整

(-1)2+(/1+2)2+123

\NE\\n\J

理得*+4九3=0,又因为4G[0,1],解得2=77-2.

所以，线段4E的长为V7-2.

8.解(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.

如图，延长ABQC相交于点平面尸43),点”即为所求的一个点.

—21—

理由如下：

由已知,3C〃ED,

且BC=ED.

所以四边形BCDE是平行四边形.

从而CM〃EA

又EBu平面平面PBE,

所以CM〃平面PBE.

(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)

(2)(方法一)由已知,CD_LPA,CD_LAO,P4riAD=A,

所以平面PAD从而CD±PD.

所以ZPDA是二面角P-CD-A的平面角，所以ZPDA=45°.

设BC=1,则在RtAPAD中，尸A=AD=2.

过点4作A”，CE,交CE的延长线于点连接PH.

易知PA_L平面ABCD,从而PA±CE.

于是CEL平面PAH.

所以平面PCE_L平面PAH.

过点A作于点Q,则平面PCE.

所以是PA与平面PCE所成的角.

在RtAAEH中,/4即=45》石=1,所以AHq.

在RtAPAH中，尸+4“2=半，

所以sinZAPH=^j=

(方法二)由已知,CD_LPA,CD_LAD,PAn4D=A,

.以CD_L平面PAD于是CD±PD.

从而NPDA是二面角尸-CD-A的平面角.所以NPD4=45。.因为在梯形ABCD中,43与CD相交,

所以由PA±AB,PA_LCD,可得PA_L平面ABCD.

设BC=1,贝l|在RtAPAD中，尸A=AD=2.

作y轴垂直于平面PAO,以A为原点，以南的方向为无轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐

标系Axyz,

则点A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0).

所以弼二(1,0,-2),或=(l,l,0),AP=(0,0,2).

设平面PCE的法向量为n=(xj,z).

设x=2,解得n=(2,-2,l).

设直线PA三平面PCE所成角为火

.\n-AP\21

贝niIlsina=------=—r==

\n\\AP\2xj22+(-2)2+l2

所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为最

—22—

高考中的数列问题

1.设等比数列｛。〃｝满足<21+<22=4,03-01=8.

(1)求数列｛久｝的通项公式；

(2)记S”为数列｛log3a”｝的前n项和.若S"+S；n+i=Sm+3,求m.

a+l,n为奇数,

2.（2021新高考/,17）已知数列｛z｝满足ai=l,z+i=n

an+2,ri为偶数.

⑴记跖=。2”,写出01,。2,并求数列｛加｝的通项公式;

(2)求｛词的前20项和.

3.在①al=-8,a2=-7,an+l=左a"+l(〃dN*,左GR);②若｛a"｝为等差数歹(J,且。3=-6/7=-2;③设数

列｛◎｝的前〃项和为且的=就学(〃©N*)这三个条件中任选一个，补充在下面的问题

中，并作答.

在数列｛或｝中,.记4=|。1|+|。2|+3|+…+|小|,求720.

4.已知等差数列3｝的前n项和为S”,公差分0,且S3+S5=5O,ai,a4,03成等比数列.

(1)求数列｛劣｝的通项公式；

(2)设｛*｝是首项为1,公比为3的等比数歹U,求数列｛况｝的前n项和Tn.

—23—

5.已知｛."｝为等差数列,ai,<22,43分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且0,42/3中的

任何两个数都不在同一列中.

列数

行数

第一列第二列第三列

第一行

第二行469

第三行1287

请从①。1=2,②41=1,③刃=3这三个条件中选