培优专题06 期末真题百练通关（60题18大压轴题型）（期末复习专项训练）（解析版）

培优专题06期末真题百练通关（60题18大压轴题型）选填小压轴解答压轴题型1空间角与距离最值范围问题题型12空间向量与立体几何综合题型题型2空间向量的探索性问题题型13圆锥曲线中的面积最值问题题型3空间向量与立体几何综合问题题型14圆锥曲线中的定点问题题型4直线和圆的最值问题题型15圆锥曲线中的定值问题题型5圆锥曲线的离心率问题题型16圆锥曲线中的定直线问题题型6圆锥曲线中的新定义问题题型17离散型随机变量综合问题题型7圆锥曲线性质综合题型18概率统计综合问题题型8复杂排列组合计数问题题型9二项式定理的综合应用题型10离散型随机变量的期望与方差题型11概率统计综合题型题型一空间角与距离最值范围问题（共3小题）1．(24-25高二上·广东部分学校·期末)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，空间中一动点P满足A．34,1 B．22,1 C．【答案】B【分析】设正方体的棱长为1，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设点P(x,y,z)，由条件求得P(μ,μ,ν)，设直线D1P与直线A1C1所成角为θ，利用空间向量夹角公式求出sinθ=2【详解】如图，设正方体的棱长为1，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1设点P(x,y,z)，则AB+由μ(AB+AD)=AP则P(μ,μ,ν)，D1P=(μ,μ−1,ν−1),设直线D1P与直线A1C1于是sin=1−4μ2设(2μ−1)2=s,2(ν−1)2+1=t则sin2θ=ts+t即sin2θ=1即12≤sin2θ≤1故选：B.【点睛】方法点睛：求解异面直线的夹角的方法主要有：平移法：将异面直线中的一条或两条利用平移使其相交，通过解三角形求得；坐标法：通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用空间向量夹角的坐标公式求解.2．(24-25高二上·江西吉安·期末)如图，四边形ABCD，AB=BD=DA=23, BC=CD=2，现将△ABD沿BD折起，当二面角A−BD−C的值属于区间π4, π3时，直线ABA．34 B．28 C．2+【答案】D【分析】取BD的中点为O，连接OA,OC,AC，易知∠AOC=θ是A−BD−C的平面角，根据已知构建合适的空间直角坐标系，再应用向量法求得直线AB和CD所成角的余弦值关于∠AOC=θ的表达式，即可求最大值.【详解】取BD的中点为O，连接OA,OC,AC，又AB=BD=DA=23所以OA⊥BD,OC⊥BD，且OC=1,OA=3，∠AOC=θ是A−BD−C的平面角，由OA∩OC=O都在面AOC内，故BD⊥面AOC，面AOC内过O作Oz⊥OC，可构建如下图示的空间直角坐标系，则B(0,−3由∠AOC=θ∈π4, π3所以BA=(3则cosα=当cosθ=12故选：D.【点睛】关键点点睛：构建合适空间直角坐标系，并确定含参的点A坐标为关键.3．(23-24高二上·湖北恩施州高中教学联盟·期末)如图，在△ABC中，AC=22,BC=6,C=π4，过AC的中点M的动直线l与线段AB交于点N，将△AMN沿直线l向上翻折至△A1MN，使得点A1在平面BCMN内的射影H落在线段【答案】2【分析】首先求出△ABC中边AB，B角的正弦与余弦值，以底面点B为空间原点建系（如图1），设点A′x,y,z，由Hx,0,0，得A′(x,0,z)，求出A,C,M坐标，由MC=AM=A′M得出x,z满足的关系式，从而可得z的范围也即A′H的范围，翻折过程中可得MN⊥AA【详解】C=π4,△ABC中，根据余弦定理，AB=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cos如图1，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点A4,2,0,C6,0,0，设点A′x,y,z，点A′的投影Hx,0,0可得(6−5)2+(0−1)

图1

图2如图2，在翻折过程中△AMN≌△A′MN，作AE⊥MN于点E并且AE∩A′E=E,AE,所以MN⊥平面A′AE,AA所以MN⊥AA′，即MN⋅又动点N在线段AB上，设Na,12a,0，所以由MN⋅AA又因为(x−5)2+z2=1，对应的z由已知斜线A1M与平面BCMN所成角是所以sin∠故斜线A1M与平面BCMN所成角的正弦值的最大值为故答案为：25题型二空间向量的探索性问题（共3小题）4．(24-25高二上·浙江衢州期末·)【多选题】已知ABCD−A1B1C1D1为正方体，点P为棱AA1上的动点，点Q为平面A．存在点P使得直线AA1与平面PB．存在直线PQ与平面A1BC．点Q所在的曲线可能为双曲线D．点Q所在的曲线可能为抛物线【答案】ACD【分析】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出直线AA1与平面PB1D1所成的角的正弦值范围可判断A；求出直线PQ与平面A1【详解】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，不妨设正方体ABCD−A则A2,0,0，A12,0,2，B可设P2,0,x，0≤x≤2，则AP=x，AD1B1=2,2,0，D对于A，设平面PB1D则n⋅令a=x−2，则b=2−x，c=−2，即n=设直线AA1与平面PB则sinθ=因为0≤x≤2，所以33即33≤sin故存在点P使得直线AA1与平面PB对于B，如上图，取B1D1的中点为O，连接A1O又PB1=P可知∠POA1即为二面角则tan∠PO设直线PQ与直线B1D1因为AA1⊥所以∠PHA1即为直线PQ与平面则tan∠PH因为A1O⊥B则tan∠POA1即直线PQ与平面A1B1对于CD，如图：因为点Q到直线AA1和到平面则点Q的轨迹即为以AA1为轴，A为顶点，与轴夹角为45∘当点P不与点A和点A1因为A1O⊥B1D1，PO⊥B1D1，所以B1D1⊥平面A1所以平面PB1D则直线AA1与平面PB则tan∠当A1P=2此时直线AA1与平面PB则点Q的轨迹为抛物线；当2<A1P<2时，则点Q的轨迹为双曲线，故CD正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键有两点：1，建立空间直角坐标系，求线面角与二面角平面角；2，利用平面与圆锥曲面的交点判断动点轨迹形状.5．(24-25高二上·山东临沂·期末)【多选题】如图，该几何体是四分之一圆柱体（点B，A分别是上、下底面圆的圆心），四边形ABCD是正方形，点G是圆弧CE的中点，点H是圆弧DF上的动点（含端点），则（

）A．存在点H，使得CH⊥HEB．存在点H，使得直线HE∥平面BDGC．存在点H，使得平面BDG⊥平面CEHD．存在点H，使得直线CH与平面BDG的所成角的余弦值为2【答案】BCD【分析】建系标点，对于A：利用空间向量说明线线垂直；对于B：利用空间向量说明线面平行；对于C：利用空间向量说明线面垂直；对于D：利用空间向量求线面夹角.【详解】如图，以A为坐标原点，AD,AF,AB分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AD=2，则D2,0,0设H2对于选项A：因为CH=令CH⋅可得sinθ+所以不存在点H，使得CH⊥HE，故A错误；对于选项B：因为BD=设平面BDG的法向量m=x1令x1=1，则y1若直线HE//平面BDG则m⋅EH=2且θ∈0,π2，则θ=所以存在点H，使得直线HE∥平面BDG，故B正确；对于选项C：因为CE=设平面CEH的法向量n=x2令x2=1，则y2若平面BDG⊥平面CEH，则m⋅显然θ=0时，上式成立，所以存在点H，使得平面BDG⊥平面CEH，故C正确；对于选项D：设直线CH与平面BDG的所成角为α∈0,若cosα=23可得：，整理可得3sin构建fθ因为fθ在0,π2可知fθ在0,π2内有零点，即3所以存在点H，使得直线CH与平面BDG的所成角的余弦值为23故选：BCD.【点睛】关键点点睛：对于方程3sin6．(24-25高二上·贵州铜仁·期末)【多选题】直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E、F分别为AC、CC1A．过点B1，E，DB．无论点D如何运动，都有BF⊥DEC．当λ=12时，点B到平面DFED．已知H是平面DEF上的一动点，若∠AC1C=∠H【答案】ABD【分析】利用平行平面的性质作截面判断A，证明AB⊥BC，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法证明垂直判断D，由空间向量法求点面距判断C，在选项D中，得出C1H是以C1C为轴，C1A为母线的圆锥的一条母线，即【详解】选项A，设B1DE与BC交于点因为平面A1B1C1//平面ABC，平面B1所以B1D//EQ，又B1E为AC中点，则Q为BC中点，所以EQ=1截面为B1选项B，因为BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，F为AF=AB2所以AB2+B以B为原点，BA,BC,BB1分别为A(2,0,0),C(0,2,0)，B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，D(2λ,0,2)，BF=(0,2,1),所以BF⋅DE=0+2−2=0，所以BF选项C，λ=12时，D(1,0,2)，设平面DEF的一个法向量是n=(x,y,z)则n⋅DE=y−2z=0n⋅则点B到平面DEF的距离为BF⋅选项D，因为∠AC1C=∠HC1C，所以C1H是以因为CC1⊥平面ABC，所以平面ABC截该圆锥侧面为圆（以C在平面ABC中圆方程为x2+(y−2)2=8又C1(0,2,2)，所以由选项B的讨论知DE=(1−2λ,1,−2)，又EF设平面DEF的一个法向量是m=(a,b,c)则m⋅DE=(1−2λ)a+b−2c=0m⋅设C1化简得3cos即34因为0<λ<1，所以9+(2λ+1)所以0<所以对任意λ∈(0,1)，关于α的方程34即存在P使得C1P与平面DEF平行，因此平面DEF截圆锥的侧面所得故选：ABD．【点睛】结论点睛：平面截圆锥侧面所得曲线，设截面不过圆锥顶点：（1）截面与轴垂直，截得曲线为圆；（2）截面与轴平行，截得曲线为双曲线；（3）截面与一条母线平行，截得曲线为抛物线；（4）截面不与母线平行，不与轴垂直，截得曲线为椭圆．题型三空间向量与立体几何综合问题（共3小题）7．(24-25高二上·广东深圳高级中学·期末)【多选题】已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为22，点P为正方形BB1C1C（含边界）内的一个动点，过棱BBA．三棱锥A1B．直线FG与BB1C．截面α的面积为3D．当AP=2423时，点【答案】ABD【分析】由VA1−ADP=VP−AA1D，结合三棱锥体积公式判断A，建立空间直角坐标系，由条件证明F,G为所在棱的中点，取AD的中点M，由GM//BB1，确定直线FG与BB1【详解】因为VA因为点P为正方形BB由已知平面BB1C1C//平面A所以点P到底面AA1D又△AA1D所以三棱锥A1−ADP的体积所以三棱锥A1以C为原点，CD,CB,则C0,0,0，A12设G22,t,0则CA1=22因为A1C⊥α，EG⊂α，故A1C⊥EG，所以CACA所以t=2，s=2，故F,G分别为棱设截面α与棱B1C1同理可证Q,H,N分别为棱B1取A1D1的中点M，连接GM，FM则直线FG与BB1所成角即为直线FG与在Rt△FMG中，FM=2，GM=22，则即直线FG与BB1所成角的正切值为因为正六边形GNEQFH即为截面α，又正方体ABCD−A1B所以正六边形的边长为2，所以其面积为6×3对于D选项，因为AB⊥平面BB1C1C所以AB⊥BP，又AP=2423所以BP=A因为222=8<46所以点P的轨迹为下图中以B为圆心，463为半径的圆位于正方形BB且BT′=BT=所以cos∠TBC=又∠TBC,∠B1B所以∠T所以点P的轨迹长度为46故选：ABD．【点睛】易错点点睛：本题D选项的判断容易忽视确定圆弧的圆心角的大小，导致轨迹的长度求解错误，导致答案错误.8．(24-25高二上·广东深圳深圳实验学校高中部·期末)【多选题】如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1DA．∃λ∈0,1，使直线A1B．∀λ∈0,1，三棱锥P−AC．当λ=13时，点P到ACD．当λ=12时，三棱锥P−【答案】ABD【分析】当点P为B1D1的中点时，证明A1P⊥B1P，A1P⊥BB1，利用线面垂直的判定定理即可判断选项A；证明B1D1//平面A1BD，则P到平面A1BD的距离为定值，则体积为定值，计算即可判断选项B；建立空间直角坐标系，求出【详解】显然，存在λ=1若点P为B1D1∵BB1⊥面A1B1C∵B1P∩BB1=B1，B1P⊂平面∵BB1=DD1，B又B1D1⊄平面A1BD，BD⊂平面又P为线段B1D1上的动点，∴P∴V以DA方向为x轴，DC方向为y轴，DD1方向为则A(2,0,0)，C(0,2,0)，当λ=13时，则AP=−2∴点P到AC的距离为AP⃗当λ=12时，点P为B1D1易得A1P=2，BD=2∴cos∠BPD=B∴△BPD的外接圆半径为r=BD∴所求问题等价于求以r=32为半径的底面圆，高为设三棱锥的外接球半径为R，则

R=r故三棱锥的外接球表面积为S=4πR故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题选项B的体积为定值关键是证明B1D1//平面A19．(24-25高二上·重庆主城七校·期末)【多选题】如图，在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱B1A．三棱锥F−EGBB．存在点G，使平面EFG//平面ACC．设直线FG与平面ADD1A1所成角为θD．平面DEF截正方体ABCD−A1【答案】ACD【分析】选项A：由等体积变换可得VF−EG选项B：建立空间直角坐标系，设DG=λDA选项C：根据空间向量法表示线面角，可得cosθ=选项D：先做出平面DEF截正方体ABCD−A【详解】选项A：VF−EG选项B：如图建立空间直角坐标系，则D0,0,0AC=设平面ACD1的法向量为则n⋅AC=−6x1+6yDA1=6,0,6，设DG=λ则EG=由n⋅EG=6λ−3−6+6λ−6=12λ−15=0选项C：平面ADD1A则sinθ=cosθ=当λ=34时，cosθ选项D：如图，直线EF分别交CB,CC1的延长线于点连接DP交C1D1于G，连接DQ交AB于H由题意可知五边形DHFEG即为平面DEF截正方体ABCD−A因E，F分别为棱B1C1，BB1C1GCD由正方体性质可知S△PGES△PDQ故所求截面面积为S△PDQ由选项C可知，P0,6,9，G故PG=0,−2,−3，故cos∠GPE=PG⋅S△PGE故所求截面面积为7×3故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项的关键是先根据空间点线面的关系做出截面，进而由线面关系可求面积.题型四直线和圆的最值问题（共3小题）10．(24-25高二上·湖南株洲第二中学·期末)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A，B及动点P，若PBPA=λ（λ>0且λ≠1），则点P的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知O0,0，N0,−1，直线l1：kx−y+k+2=0，直线l2：x+ky+2k+1=0，若M为l1A．103 B．2+23 C．3【答案】A【分析】由已知可得l1⊥l2，则点M的轨迹是以EF为直径的圆，除去F点，得到的轨迹方程为x+12+y【详解】当k=0时，l1：y=2，l2：x=−1，此时交点为当k≠0时，由直线l1：kx−y+k+2=0，斜率为k由直线l2：x+ky+2k+1=0，斜率为−1k又l1：kx+1−y+2=0，∴直线ll2：x+1+ky+2=0，∴直线l若M为l1，l2的交点，则所以点M的轨迹是以EF为直径的圆，除去E点、F点；综合以上两种情况，点M的轨迹是以EF为直径的圆，除去F点，则圆心为EF的中点C−1,0，圆的半径为r=2故M的轨迹方程为x+12+y又O0,0，N0,−1，易知O，又由题意可知圆C上一点M11,0满足M1则M1D=2下面证明任意一点Mx,y都满足MDMO=2∵2MO又MD=∴2MO∴2MO又DN=∴2如图，当且仅当N，M，D三点共线，且M位于N，D之间时，等号成立，即23MO+故选：A【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点D，构造MD=211．(23-24高二上·浙江临平萧山联考·期末)已知圆C:x2−2x+y2=0与直线l:y=mx+2mm>0，过l上任意一点P向圆C引切线，切点为A和B，若线段ABA．277 B．77 C．14【答案】D【分析】推导出PC垂直平分AB，分析可知，当PC取最小值时，AB取最小值，此时，PC⊥l，利用点到直线的距离公式可得出关于m的等式，解之即可.【详解】圆C的标准方程为x−12+y2=1由圆的几何性质可知AC⊥PA，BC⊥PB，因为PA=PB，AC=BC，所以，∠APC=∠BPC，则PC⊥AB，设AB∩PC=E，则E为AB的中点，由勾股定理可得PA=由等面积法可得AB=2所以，当PC取最小值时，AB取最小值，由21−1PC所以，PC的最小值为2，当PC与直线l垂直时，PC取最小值，则3mm2+1=2故选：D.【点睛】方法点睛：本题考查圆的切点弦长的计算，一般方法有如下两种：（1）求出切点弦所在直线的方程，然后利用勾股定理求解；（2）利用等面积法转化为直角三角形斜边上的高，作为切点弦长的一般求解.12．(23-24高二上·黑龙江哈尔滨第三中学校·期末)已知圆O:x2+y2=1，若曲线y=kx+1+2上存在四个点Pii=1,2,3,4，过点PiA．−43,0 B．−∞,−4【答案】B【分析】设|PiO|=d,∠APiO=α，根据题意利用PiA⋅Pi【详解】设|PiO|=d,∠APi则Pi即d2整理得2d4−9d2由于Pii=1,2,3,4在圆O:x2+即Pii=1,2,3,4的轨迹方程为圆曲线y=kx+1+2过定点(−1,2)，由射线y=k(x+1)+2,(x≥−1)和射线且y=k(x+1)+2,(x≥−1)和y=−k(x+1)+2,(x<−1)关于直线x=−1对称，结合图象可知要使曲线y=kx+1+2上存在四个点需使得y=−k(x+1)+2,(x<−1)和x2故需有−k>0且|k−2|k2+1即k∈−故选：B【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要满足曲线y=kx+1+2上存在四个点Pii=1,2,3,4，使得PiA⋅题型五圆锥曲线离心率问题（共3小题）13．(24-25高二上·江西上饶·期末)椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1, F2，斜率为1的直线l过左焦点F1A．26, 23 B．36【答案】A【分析】结合椭圆的定义和△ABF2的内切圆半径表示△ABF2的面积，再结合点到直线的距离和线段AB表示△ABF【详解】如图：因为△ABF2的内切圆的面积是π，所以结合椭圆的定义：S△AB由F2到直线AB：x−y+c=0的距离为：2c2=由2a=22⋅AB⋅c又AB∈6,12，所以故选：A【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用两种方法表示△ABF2的面积，得到14．(24-25高二上·山东烟台·期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，过左焦点且斜率为1的直线与C交于M,N两点，MN=4【答案】22【分析】直线MN的方程为y=x+c，设Mx1,y1,Nx2,y2，联立方程组利用弦长公式求得|MN|【详解】由题意可得直线MN的方程为y=x+c，设Mx联立y=x+cx2a2+整理得a2所以x1所以|MN|===2×又MN=423b所以2a2+解得a2=2b2或2a当b=1时，可得a=2,c=1，所以椭圆的方程为所以F1−1,0,F2代入椭圆方程得3x2+4x=0，解得x=0可得M(0,1),N(−43,−13设内切圆的半径为r，所以12所以r=432+4又MN的中点坐标为−23,13，M所以MF2的垂直平分线的方程为y−1MN的垂直平分线的方程为y−13=−1×(x+联立y=−x−13y=x，解得x=−所以I1故答案为：22；10【点睛】关键点点睛：关键在于利用直线方程与椭圆方程联立方程组求得弦长，利用已知可得4ab15．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)椭圆有如下结论：“过椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点Px0,y0作该椭圆的切线，切线方程为x0xa2+y0yb2=1.”设椭圆【答案】33【分析】由切线方程求得与坐标轴的两交点坐标，利用基本不等式可得当x0=±2a2,y【详解】由题可知Px0,切线x0xa易知△MON的面积为S=12×即x0y0当且仅当x02a又因为cos∠即2a2−2P易知△F1P又S△即可得12b2可得a2=b即C的离心率为33故答案为：3【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用基本不等式求得面积最小时的交点坐标，再由余弦定理由三角形面积公式计算得出b,c的关系式，可求得离心率.题型六圆锥曲线中的新定义问题（共3小题）16．(24-25高二上·广东茂名电白区·期末)【多选题】如图，曲线C的形状是一个斜椭圆，其方程为x2+y2−xy=6，点Pm, A．曲线C关于y=x对称 B．m+n的最大值为2C．该椭圆的离心率为22 D．n的最大值为【答案】ABD【分析】根据曲线对称性的定义，可判断A的真假，并求出椭圆的长轴长和短轴长，根据离心率的概念，可求椭圆的离心率，判断C的真假；利用基本（均值）不等式可以判断B的真假；把方程看成关于m的不等式，利用Δ≥0可求n【详解】在曲线C上任取一点Pm,n,m2+n2则m2+n2−mn=6，即点Q也在曲线C由题意知m2+n2−mn=6，mm+n≤26联立方程x2+y2−xy=6所以椭圆长轴长为2a=212=43⇒a=23；同理可得另外两个顶点坐标为所以椭圆的短轴长为2b=24=4⇒b=2，所以所以该椭圆的离心率为：e=cm2+n2−mn=6解得−22故选：ABD．【点睛】结论点睛：在曲线方程中，若用−x代替x，方程不变，则曲线关于y轴对称；若用−y代替y，方程不变，则曲线关于x轴对称；若用−x代替x，−y代替y，方程不变，则曲线关于原点对称；若用x代替y，同时用y代替x，方程不变，则曲线关于直线y=x对称.17．(24-25高二上·广东广州·期末)【多选题】我们把由半椭圆x2a2+y2b2=1x≥0与半椭圆：y2b2+x2c2=1x≤0合成的曲线称作“果圆”，其中a2=b2+c2，a>b>c>0A．若半椭圆方程为x24B．若△F0C．若A1AD．若PM取得最小值，则P为“果圆”的顶点【答案】BC【分析】确定两个半椭圆的方程，分别求出它们的离心率，可判断A的真假；确定a,b,c的值，得到两个半椭圆的方程，可判断B的真假；根据a,b,c的关系求ba【详解】对A：根据半椭圆的方程x24+y23=1x≥0，可得：另外的半椭圆方程为：y23+所以两个半椭圆离心率的乘积为：12对B：因为F0c,0，F10,−b所以F0F2=b2−所以a2所以半椭圆的方程分别为：4x27对C：因为a2=b2+c2且a>b>c>0因为A1A2>B1B2，所以a+c>2b所以a2−b2>4对D：因为A1−c,0，A2若点Px0,则PM2=x0−若a−c2×c2a2<a，即a<2c时，故选：BC【点睛】关键点点睛：解决问题的关键在于对“果圆”概念的理解，弄清楚“果圆”相关的顶点，焦点的坐标是解决问题的关键.18．(24-25高二上·湖北武汉江岸区期末·)【多选题】数学中有许多形状优美的曲线，如图，曲线E:x2+(y−x)2=1与x轴交于A,B两点，与y轴交于A．点1,2在E上B．△PAB面积的最大值为1C．曲线E恰好经过3个整点（即横，纵坐标均为整数的点）D．PC【答案】BD【分析】将点1,2代入曲线方程判断A，由方程取y=0求点A,B的坐标，取x=0求C,D坐标，求直线y=2与曲线的交点，由此判断B，求直线x=±1与曲线的交点，判断C，求到点C,D距离和为2【详解】将点1,2代入曲线E的方程的左侧可得12所以点1,2不在曲线E上，A错误；取y=0可得x=±22，所以A−22由曲线E:x2+y−x设x=cos当x≥0时，y=x±1−当y=2时，x=22所以直线y=2与曲线E的交点坐标为±所以P点的纵坐标的绝对值的最大值为2，所以△PAB面积的最大值为12×AB由x2+(y−x)所以直线x=1与曲线E交于点1,1，直线x=−1与曲线E交于点−1,1，所以曲线经过点0,1,坐标平面内到定点C,D的距离和为23的点的轨迹为以C,D为焦点，长轴长为2设椭圆方程为y2a2又C0,−1,D0,1所以椭圆方程为y2联立y23+所以9x2+4所以x=±2故椭圆y23+x22=1如图：故曲线E上的所有点都满足故选PC+故选：BD.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合曲线方程，确定曲线的范围及曲线上的关键点的坐标.题型七圆锥曲线性质综合（共3小题）19．(24-25高二上·四川凉山州·期末)【多选题】双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，AA．C的离心率为5 B．∠MC．MA1=2MA2【答案】ABD【分析】根据双曲线的渐近线的概念，圆和直线的位置关系，以及焦点三角形的性质，逐一判断各选项正误.【详解】双曲线C:x2a2−y2b2=1，则F1−c,0，联立方程组得y=baxx2则MA1=−2a,−b,解得b=2a，则c=a2+4可知A2M=0,b,由b=2a，则MA1=−2a,−2a，A2当M,N位置互换时，2M由A1A2=2a,0已知b=2a，c=5所以S四边形故选：ABD.20．(22-23高二上·广东广州华南师范大学附属中学·期末)【多选题】抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线C:y2=2px，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点Pm,nn2<4m射入，经过C上的点Ax1,y1A．当p=12,n=1时，延长AO交直线x=−14于点D，则DB．当p=12,n=1时，若PB平分C．∠AOB的大小为定值D．设该抛物线的准线与x轴交于点K，则∠AKF=∠BKF【答案】AD【分析】对AB，可代入条件求出抛物线方程后计算出相应的点的坐标，A选项验证三点纵坐标可得，B选项中结合条件得到AP=AB计算即可得；对CD，设出直线【详解】设Ax

对AB选项：直线l1平行于x轴，当p=12，n=1l1过点Pm,1m>1，即有y1=1，则x1=1直线AB的方程为y−1=1−01−1由4x−3y−1=0y2=x消去x得4y2−3y−1=0，由显然直线AO的方程为y=x，直线AO交直线x=−14于点显然直线BD//x轴，由光学性质知，BQ//x轴，因此D、B、Q三点共线，A正确；由光学性质知AP//x轴，而BQ//x轴，则AP//BQ，有∠APB=∠PBQ，又PB平分∠ABQ，即∠ABP=∠PBQ，则∠APB=∠ABP，于是AP=AB，即m−1=1+1对CD选项：设直线AB的方程为x=ty+p由x=ty+p2y2=2px消去x则y1+y2=2pt设∠AOx=α,∠BOx=β，由斜率坐标公式得tanα=y1于是−tanαtan而tan∠AOB=tan(α+β)=点K0,−p2，直线AK斜率kAK==−2p即kAK=−k故选：AD【点睛】方法点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|=x21．(24-25高二上·广东揭阳·期末)【多选题】画法几何的创始人法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，F1A．C的蒙日圆的方程为xB．在直线l上存在点P，椭圆C上存在A、B，使得PA⊥PBC．记点A到直线l的距离为d，则d−AFD．若矩形MNGH的四条边均与C相切，则矩形MNGH面积的最大值为6b【答案】ABD【分析】由Qa,b在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得a、b关系，由此可知A正确；由l过Pb,a且Pb,a在蒙日圆上，可知当A、B恰为切点时，PA⊥PB，知B正确；根据椭圆定义可将d−AF2转化为d+AF1−2a，可知F1【详解】对于A选项，过Qa,b可作椭圆的两条互相垂直的切线：x=a，y=b所以，Qa,b在蒙日圆上，则蒙日圆方程为x由e=ca=所以，椭圆C的蒙日圆方程为x2对于B选项，由直线l的方程知，直线l过Pb,a又Pb,a满足蒙日圆方程，所以，Pb,a在圆当A、B恰为过P作椭圆两条互相垂直切线的切点时，PA⊥PB，故B正确；对于C选项，因为A在椭圆上，所以，AF所以，d−A当F1A⊥l时，d+AF1又F1到直线l的距离d所以，d−A对于D选项，当矩形MNGH的四条边均与C相切时，蒙日圆为矩形MNGH的外接圆，所以，矩形MNGH的对角线为蒙日圆的直径，设矩形MNGH的长和宽分别为m、n，则m2所以，矩形MNGH的面积S=mn≤m2+即矩形MNGH面积的最大值为6b故答案为：ABD．【点睛】关键点睛：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点a,b在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项．题型八复炸排列组合计数问题（共3小题）22．(24-25高二上·上海南汇中学·期末)平面向量为2维向量，可由2元有序实数组x1,x2表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组x1,x2,x3表示.n维向量可由n（n为正整数）元有序实数组x1,x2,…,xn【答案】985211【分析】由xi=0或1可知x1,x【详解】当n=7时，a=∵xi∈−1,0,1i=1,2,…,7，∴要使x1+x2+…+当x1,x2,…,x7均不为0当x1,x2,…,x7中有2个0当x1,x2,…,x7中有4个0当x1,x2,…,x7中有6个0∴A7∴NZ⋅(797+A故答案为：985211.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是讨论x1,x2,…,x723．(23-24高二上·浙江强基联盟期末·)我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为1,2,3,…,n+1的n+1个球的口袋中取出m个球0<m≤n,m,n∈N，共有Cn+1m种取法.在C【答案】C【分析】将等式看作是从编号为1,2,3,...,n+3个球中，取出6个球，其中第3个球的编号依次为3,4,,...,n的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为1,2,3,...,n+3【详解】从编号为1,2,3,...,n+3个球中，取出6个球，记所选取的六个小球的编号分别为a1当a3第一步，从编号为1,2的球中选取2个；第二步，选取编号为3的球；第三步，从剩下的n个球中任选3个，故选取的方法数为C2当a3第一步，从编号为1,2,3的球中选取2个；第二步，选取编号为4的球；第三步，从剩下的n−1个球中任选3个，故选取的方法数为C……；当a3第一步，从编号为1,2,3,...,n−1的球中选取2个；第二步，选取编号为n的球；第三步，从剩下的3个球中选3个，故选取的方法数为至此，完成了从编号为1,2,3,...,n+3个球中，选取6个球，第另外，从编号为1,2,3,...,n+3个球中，取出6个球，有所以Cn故答案为：Cn24．(23-24高二上·上海松江二中·期末)设a1,a2,...,a23【答案】6142【分析】根据条件分别对于k∈1,2,⋯23与k∈【详解】对于给定的k∈1,2,⋯23，考虑使a23=k当k∈1,2,⋯12时，对i=1,2,⋯k−1有a2i−1,a2i这样的i），且aj=j+12k−1≤j≤22（若k=12，则没有这样的j当k∈13,14,⋯23时，类似地有N因此，满足条件的排列个数为k=123N故答案为：6142.【点睛】本题关键针对k∈1,2,⋯23与k∈题型九二项式定理的综合应用（共3小题）25．(24-25高二·辽宁名校联盟·期末)“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字0，1，2，3来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为0×42+1×41+3×40=7；四进制数0033转换为十进制数为0×43+0×42【答案】1【分析】设a,b,c,d∈{0,1,2,3}，将四进制数abcd转换为十进制形式，由该数能被3整除转化为a+b+c+d能被3整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可.【详解】设a,b,c,d∈{0,1,2,3}，则4位四进制数abcd转换为十进制为：a×=a=aC31若这个数能被3整除，则a+b+c+d能被3整除.当这个四进制数由1，2，3，3组成时，有A4当这个四进制数由1，1，2，2组成时，有C4当这个四进制数由1，1，1，3组成时，有C4这个四进制数由2，2，2，3组成时，有C4这个四进制数都由3组成时，有1个；当这个四进制数由0，0，0，3组成时，有4个；当这个四进制数由0，0，3，3组成时，有C4当这个四进制数由0，0，1，2组成时，有A4当这个四进制数由0，1，2，3组成时，有A4当这个四进制数由0，3，3，3组成时，有4个；当这个四进制数由0，2，2，2组成时，有C4当这个四进制数由0，1，1，1组成时，有C4因为由0，1，2，3组成的4位非零四进制数共有44所以能被3整除的概率P=12+6+4+4+1+4+6+12+24+4+4+4255故答案为：13【点睛】关键点点睛：本题关键在于将四进制转化为十进制之后，利用二项式定理来求解能否被3整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率.26．(23-24高二上·辽宁大连·期末)【多选题】已知fn(x)=(x+A．若fn(−1)=B．fnC．f2n−1(−1)=f2n−1(1)−D．fn(1)=【答案】ACD【分析】对于选项A:令x=−1,n=4时，利用二项式定理计算即可；对于选项B:表示出fn(1)−fn(−1)，取特殊值验证即可;对于选项C:作差f【详解】对于选项A:由fn(x)=(x+3)n，n∈N∗，当x=−1,n=4时，对于选项B:由题意可得fn(1)−f所以f2对于选项C:f2n−1即f2n−1所以f−3∴+23∵2=2易知232n−2+∴ff2n−1所以f2n−1对于选项D:当n为正偶数时，fn(1)=1+3n∴cnc2n−3所以c2n−3当n为正奇数时，fn(1)=1+3n∴cn=c2n−3所以c2n−3综上可得：若fn(1)=c故选：ACD.【点睛】关键点点睛：涉及二项式定理的问题，二项式定理的核心是通项公式，求出给定二项式的通项公式是解决问题的关键.27．(24-25高二·辽宁名校联盟·期末)【多选题】在探究(a+b)n的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图①，小明在学完杨辉三角之后进行类比探究，将1+x+x2上表图②中第n行的第m个数用Dnm−1表示，即1+x+x2n展开式中含xA．DB．DC．Dn+1k+1=DnD．D【答案】BCD【分析】由图②得到Dnn=Dn−1m−2+Dn−1m−1+Dn−1【详解】依据题意结合图②可知图②中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左、右肩上共三个数的和（没有的用0代替），如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左、右肩上的数1和6，第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左、右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2，所以Dn对于A项，由上可得D5对于B项，由图可知Dn2=Dn−10+对于C项，由上可知Dn+1k+1=对于D项，因为1+x+x22024(1−x)2024=C20240则1+x+x22024(1−x)2024所以根据乘法法则1+x+x22024D20240C又1+x+x其通项公式为Tr+1因为2024=3×674+2，所以1−x32024故D20240C故选：BCD.【点睛】关键点点睛：1+x+x22024与(1−x)2024展开求得x2024题型十离散型随机变量的均值与方差（共3小题）28．(24-25高二上·内蒙古通辽第一中学·期末)抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为2,3,4,5时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为X，则随机变量X的期望是；若抛掷50次骰子，记得分恰为n分的概率为an，则当an取最大值时n的值为【答案】10384或【分析】分析抛一次骰子得1分以及得3分的概率，从而计算最终得分的概率，计算期望值；设得1分的次数为x，计算得1分次数为x次时总得分为n分的概率，列不等式组计算概率最大时x的值，从而求出n的值.【详解】抛一次骰子得1分的概率为46=2X的可能取值为2,4,6，PX=2=2PX=6则随机变量X的期望是EX记得1分的次数为x，则得3分的次数为50−x，因此抛掷50次骰子，所得总分为n=x+3×50−x则得1分的次数为x次时总分得n分的概率为an=C50xC50x2因为0≤x≤50,x∈N，所以x=33，或x=34，当x=33时，n=150−2×33=84，当x=34时，n=150−2×34=82，故答案为：①103；②84或82【点睛】思路点睛：得分由扔骰子过程中出现1分的次数和出现3分的次数决定，所以求得n分的概率先设出现1分的次数x，再计算an的概率，列不等式组求出概率最大的x的值，再计算n29．(24-25高二上·江苏常州联盟学校·期末)如图是一块高尔顿板的示意图.在一块木板上钉着10排相互平行但错开的小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃将小球从顶端放入，小球下落过程中，假定其每次碰到小木钉后，向左下落的概率为13，向右下落的概率为23，最后落入底部的格子中.格子从左到右分别编号为0,1,2,…,10，则小球落入（A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】利用n次独立重复试验中，小球掉入k(k=0,1,2,⋯10)号格子的概率为C10k(13【详解】小球下落需要10次碰撞，每次向左落下的概率为13，向右下落的概率为2小球掉入0号格子，需要向左10次，则概率为(1小球掉入1号格子，需要向左9次，向右1次，则概率为C10小球掉入2号格子，需要向左8次，向右2次，则概率为C10小球掉入3号格子，需要向左7次，向右3次，则概率为C10依此类推，小球掉入k(k=0,1,2,⋯10)号格子，需要向左10−k次，向右k次，概率为C10设小球掉入k号格子的概率最大，显然k≠0,k≠10，则C10k(即2×解得193又k为整数，∴k=7，则小球落入7号格子的概率最大.故选：C30．(23-24高二上·江苏镇江期末·)为备战乒乓球赛，某体校甲､乙两名主力进行训练，规则如下：两人每轮分别与老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为此轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为p1，p2，且满足p1+p2=43，每局之间相互独立.记甲、乙在nA．28 B．24 C．32 D．27【答案】D【分析】由题可得甲乙两人通过训练的概率表达式，结合基本不等式及二次函数知识可得两人通过训练概率的最大值，再结合甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X满足二项分布，及二项分布期望表达式可得答案.【详解】由题可得，甲乙两人通过训练的概率为：p=C因p1，p当且仅当p1==−3p又注意到甲、乙在n轮训练中训练过关的轮数为X满足二项分布，则期望为：np=16，结合p≤1627，可得故选：D题型十一概率统计综合题型（共3小题）31．(24-25高二上·江西期末·)托马斯·贝叶斯（ThomasBayes）在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：PAi∣B=PAA．123 B．137 C．325【答案】A【分析】借助全概率公式及贝叶斯公式计算即可得.【详解】设从甲袋中取出2个球，其中红球的个数为i个的事件为Ai从乙袋中取出2个球，其中白球的个数为2个的事件为B，由题意：①PA0=②PA1=③PA2=根据贝叶斯公式可得，从乙袋中取出的是2个白球，则从甲袋中取出的是2个红球的概率为：PA2∣故选：A.32．(24-25高二上·江西南昌中学三经路校区·期末)托马斯·贝叶斯(Tℎomas Bayes)在研究“逆向概率”的问题中得到了一个公式：PBiA=PBiP(A|Bi)j=1nPBjP(A|Bj)，这个公式被称为贝叶斯公式(贝叶斯定理)，其中j=1nPBjP(A|Bj)称为A的全概率.现有【答案】5【分析】设事件A为“任取一个零件为次品”，事件Bi为“零件是第i台车床加工”i=1,2,3，则Ω=B1∪B2∪B3，且B1，B2，B3两两互斥．求出PB1【详解】设事件A为“任取一个零件为次品”，事件Bi为“零件是第i台车床加工”i=1,2,3则Ω=B1∪B2∪根据题意得：PB1=0.3，PB2PA∣B2P(A)==0.3×0.05+0.3×0.03+0.4×0.03=0.036，“如果取到的零件是次品，计算它是第1台车床加工的概率”，所以由贝叶斯公式得：PB故答案为：51233．(23-24高二上·天津部分区·期末)甲､乙两个箱子中各装有8个球，其中甲箱中有4个红球，4个白球，乙箱中有6个红球，2个白球.A同学从乙箱子中随机摸出3个球，则3个球颜色不全相同的概率是.B同学掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为1或2，则从甲箱子中随机摸出1个球，如果点数为3,4,5,6，则从乙箱子中随机摸出1个球，那么B同学摸到红球的概率为.【答案】914【分析】分析可知3个球颜色不全相同，则有2红1白或1红2白两种情况，根据古典概型分析求解；设相应事件，根据题意可知相应的概率，利用全概率公式运算求解.【详解】若A同学从乙箱子中随机摸出3个球，则3个球颜色不全相同，则有2红1白或1红2白两种情况，所以3个球颜色不全相同的概率为P=C记“一枚质地均匀的骰子，点数为1或2”为事件M，“B同学摸到红球”为事件N，则PM所以PN故答案为：914；2题型十二空间向量与立体几何综合题型（共3小题）34．(24-25高二上·辽宁重点中学协作校·期末)如图，四边形ABCD是正方形，四边形AEPD是直角梯形且PD//EA，PD⊥CD，PD⊥AD，AD=PD=2EA=2，BP，BE，PC的中点分别为F，G，H.(1)画出过点F，G，H的截面（不必写出证明过程）；(2)求直线CE与平面FGH所成角的正弦值；(3)若M是（1）中过点F，G，H的截面上一点，二面角M−PE−D的余弦值为53，求满足题意的M【答案】(1)取AB,CD中点M,K，连接HK,MK,MG，则五边形MKHFG为过F，G，H的截面，理由见解析；(2)直线CE与平面FGH所成角的正弦值为2(3)M点轨迹的长度为3【分析】（1）取AB,CD中点M,K，连接HK,MK,MG，则五边形MKHFG为过F，G，H的截面，利用面面平行的性质可证结论；（2）由（1）可知直线CE与平面FGH所成的角即为直线CE与平面ADPE所成的角，可证明CD⊥平面ADPE，可得∠CED为直线CE与平面ADPE所成的角，计算即可；（3）以D为坐标原点，DA,DC,DP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设M(m,1,n)，利用坐标法求得平面PEM的一个法向量，结合平面DPE的一个法向量为n=(0,2,0)，结合已知可得8−4n−2m2×1+【详解】（1）取AB,CD中点M,K，连接HK,MK,MG，则五边形MKHFG为过F，G，H的截面，理由，因为BP，BE，PC的中点分别为F，G，H.所以FG//EP,FH//BC//AD，又EP,AD⊂平面ADPE，FG,FH⊄平面ADPE，所以FG//平面ADPE，FH//平面ADPE，又FG∩FH=F，且FG,FH⊂平面FGH，所以平面FGH//平面ADPE，由平面FGH∩平面PDC=HK，所以KH//PD，又PC的中点H.所以K为CD的中点，同理可得M为AB的中点.（2）由（1）可知直线CE与平面FGH所成的角即为直线CE与平面ADPE所成的角，由题意可得CD⊥AD,CD⊥PD，AD∩PD=D，AD,PD⊂平面ADPE，所以CD⊥平面ADPE，所以∠CED为直线CE与平面ADPE所成的角，由PD∥EA，PD⊥AD，可得AE⊥AD，又AD=2EA=2，所以ED=4+1=5，又CD=2所以sin∠CED=CDCE=23，所以直线（3）以D为坐标原点，DA,DC,DP为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，设M(m,1,n)，则P(0,0,2),E(2,0,1),D(0,0,0),C(0,2,0)，所以PE=(2,0,−1),设平面PEM的法向量为m=(x,y,z)则m·PE=2x−z=0m·PM=mx+y+(n−2)z=0所以平面PEM的一个法向量为m=(1,4−2n−m,2)又CD⊥平面ADPE，所以平面DPE的一个法向量为n=(0,2,0)又因为二面角M−PE−D的余弦值为53所以cosm所以4−2n−m1+4−2n−m2所以4−2n−m2=254，解得当m=0时，n=34，当n=0，所以满足题意的M点轨迹的长度为32【点睛】结论点睛：若直线l,m的方向向量分别为a,b，平面α,β的法向量分别为①两异面直线l,m所成的角为θ0<θ≤π2，②直线l与平面α所成的角为θ0≤θ≤π2，③二面角α−l−β的大小为θ0≤θ≤π，cos35．(24-25高二上·湖北楚天协作体·期末)如图，在五棱锥S−ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD.(1)证明：SE⊥平面AED；(2)若四边形ABCD为正方形，且SE=1，AB=2，N为边BC的中点，∠EAD=θθ∈0,π2，当θ取何值时，直线【答案】(1)证明见解析(2)θ=【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直；（2）建立空间直角坐标系求解线面角的正弦值结合正弦函数的值域得出正弦值的最小值即可得出最小角.【详解】（1）因为平面SAE⊥平面AED，DE⊥EA，DE⊂平面AED，平面SAE∩平面AED=AE所以DE⊥平面SAE，又SE⊂平面SAE，所以DE⊥SE，又因为SE⊥AD，ED∩AD=D，且AD，DE⊂平面AED所以SE⊥平面AED.（2）以E为坐标原点，分别以EA，ED，ES为x，y，z轴建立空间直间直角坐标系.由∠EAD=θθ∈0,π2，则A(2cos可得CD与y轴夹角为θ，所以DC=(2CN=DN=SA=(2cosθ,0,−1)，SD=(0,2由n⋅SA令z=2sinθcos即cos〈DN,即θ=π4时，直线DN与平面36．(23-24高二上·江苏兴化中学·期末)如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为3344，求线段AB②在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)①AB=2或AB=7023；②不存在点【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；（2）①依题意建立适当空间直角坐标系，设AB=t，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得t的值；②假设存在点G，可由GC=GD推得GD=1，得点G坐标，由GP=GD得方程t2【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD；（2）如图以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，建立如图所示直角空间坐标系A−xyz，设AB=t，则AP=t，由AB+AD=5，CD=2，∠PAD=120°，∠ADC则Bt,0,0，P0,−t2,3t所以CP=−1,t①设平面PCD的法向量为n=x,y,z，由n⊥得：−x+t−82y+设直线PB与平面PCD所成角为θ，则有：sinθ=cosn即：3344=−t−解得t=2或t=7023，即AB=2或②如图，假设在线段AD上存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上，由GC=GD，得∠GCD=∠GDC=45°，所以∠CGD=90°，所以GD=CDcos又AB=t得AD=5−t，AG=AD−GD=4−t，所以G0,4−t,0，P由GP=GD得−t2−亦即t2因为Δ=所以线段AD上不存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上.【点睛】方法点睛：根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾.题型十三圆锥曲线中的面积最值问题（共3小题）37．(24-25高二上·辽宁点石联考·期末)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(1)求C的方程；(2)若M−1,0，N1,0，点P为C上一点.设直线PM与C的另一个交点为点B，直线PN与C的另一个交点为点D.设PM=λ1MB，PN=(3)若经过圆O：x2+y2=5上一动点G作C的两条切线，切点分别记为R，S，直线GR，GS分别与圆O【答案】(1)x(2)证明见解析(3)45【分析】（1）根据焦点坐标和1,32得到方程组，求出（2）设Px0,y0，设直线PM的方程为x=ty−1，直线PN的方程为x=my+1，联立椭圆方程，得到两根之积，根据PM=λ（3）设点Rx3,y3，Sx4,y4，当直线GR的斜率存在时，设直线GR的方程为y=kx−x3+y【详解】（1）由题意知，c=3，则c又因为点1,32在所以1a2+解得a2=4，b2=1，所以（2）证明：设Px0,y0，Bx1其中t=x0+1联立x=ty−1x24则y0y1所以−1−x0,−λ1设直线PN的方程为x=my+1，其中m=x同理可得λ2所以λ=y所以λ1

（3）设点Rx3,当直线GR的斜率存在时，设直线GR的方程为y=kx−由y=kx−消去y可得1+4kΔ=64由题意得Δ=0，整理可得4−则k==−2所以直线GR的方程为y=−x化简可得x3x+4y经验证，当直线GR的斜率不存在时，直线GR的方程为x=2或x=−2也满足x3同理可得直线GS的方程x4因为Gx′,y′所以可得直线RS的方程为x′而G在圆x2+y联立直线RS与椭圆的方程x′x4则x3+xO到直线RS的距离d=1RS=2令t=1+3y′则SΔORS=所以△ORS的面积的取值范围是45

【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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.38．(24-25高二上·福建莆田莆田第一中学·期末)在平面直角坐标系xOy中，点T到点F(2,0)的距离与到直线x=1的距离之比为2，记T的轨迹为曲线E.(1)求E的标准方程；(2)若直线l1过点(2,0)交E右支于A，B两点，直线l2过点(8,0)且交E的右支于C、D两点，且l1//l2记AB，CD的中点分别为P，Q，过点Q作（i）证明：O、P、Q三点共线；（ii）求四边形PMQN面积的取值范围.【答案】(1)x(2)（i）证明见解析；（ii）24,+【分析】（1）根据条件列式化简即可求解轨迹方程.（2）（i）直线AB的斜率不存在时，显然O、P、Q三点共线；直线AB斜率存在时，设Ax1,y1、Bx2,y2，利用点差法求出kAB⋅kOP=1及kCD⋅kOQ【详解】（1）设点Tx,y，因为点T到点F(2,0)的距离与到直线x=1的距离之比为2所以x−22+y所以E的标准方程为x2（2）（i）由题意可知直线l1和直线l2斜率若存在则均不为0且不为①直线AB的斜率不存在时，P、Q都在x轴上，O、P、Q三点共线.②直线AB斜率存在时，则可设方程为y=kx+bk≠0,1，Ax1,y由x122所以y1−y2x1−同理kCD⋅kOQ=1，因为l1//l2，所以k综上，O、P、Q三点共线.（ii）由题意可知直线l1和直线l2斜率若存在则斜率大于1或小于且曲线E的渐近线方程为x±y=0，故可分别设直线l1和直线l2的方程为x=my+2和x=my+8，且联立x=my+2x22−y22则Δ=y1+y故x1因为P是AB中点，所以Px1+同理可得Q−所以P到两渐近线的距离分别为d1d2Q到两渐近线的距离分别为QM=QN=由上知两渐近线垂直，故四边形OMQN是矩形，连接OP，则四边形PMQN面积为S==42m+1×4因为0≤m2<1所以SPMQN所以四边形PMQN面积的取值范围为24,+∞【点睛】方法点睛：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．39．(24-25高二上·浙江慈溪·期末)已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点A3,t(1)求C的方程；(2)若M，N是C上的两个不同动点（M在x轴上方，N在x轴下方），满足OM⋅（ⅰ）求证：直线MN过定点P；（ⅱ）设直线MN的斜率为k，过点P，且斜率为−2k的直线交C于R，S两点，求四边形【答案】(1)y(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）S【分析】（1）根据焦半径公式可得p=1，可求抛物线方程；（2）（ⅰ）联立直线和抛物线方程利用韦达定理并结合向量数量积计算可证明直线MN过定点P；（ⅱ）依题意联立直线和抛物线方程利用韦达定理求出四边形MRNS面积的表达式，再结合基本不等式可求得面积最值.【详解】（1）因为AF=3+p2=72，所以（2）（ⅰ）设直线MN的方程为x=my+n，Mx1,联立x=my+ny2=2x得y且y1+y2=2m，y因为OM=m所以n=4或n=−2（舍），所以直线MN过定点P4,0（ⅱ）设直线MN的方程为y=kx−4，Mx1,y1，

由y=kx−4y2=2x得，y2所以MN=则R，S到直线MN的距离和d=因为直线RS的直线方程为y=−2kx−4所以d=k由y=−2kx−4y2=2x得，y2所以S=1令t=k+2k，t≥22所以当t=22，即k=±2时，题型十四圆锥曲线的定点问题（共3小题）40．(24-25高二上·浙江杭州高级中学·期末)如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l2:y=x+t与椭圆C交于P、Q两点（点Q在点P下方），直线AP与椭圆C的另一个交点为M，直线AQ与椭圆C的另一个交点为（i）当N与Q重合时，求t的值；（ii）求证：当t变化时，直线MN过定点．【答案】(1)x(2)（i）t=2；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）由离心率公式、平方关系以及斜率公式列出方程组即可求解；（2）（i）可知直线AQ与椭圆C相切，设直线AQ:x=ny−6,n<0，联立方程求得Q−4,−2，代入直线l2:y=x+t即可得结果；（ⅱ）设Mx1,y1，Nx2,y2【详解】（1）由题意得：ca=22b所以椭圆C的标准方程为x2（2）（i）当N与Q重合时，可知直线AQ与椭圆C相切，且直线AQ的斜率存在且不为0，设直线AQ:x=ny−6,n<0，联立方程x=ny−6x224+y则Δ=144n2代入可得3y2+12y+12=0，解得y=−2,x=−代入直线直线l2:y=x+t可得−2=−4+t，即（ⅱ）设Mx1,y与椭圆x2+2y因为yp可得：yP=y同理可得：yQ=y设MN所在的直线方程为：y=kx+m，则：k=k故：y=kx+m=kx+5k+1=kx+5+1，过定点【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法1.动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点2.动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．41．(24-25高二上·江苏南京第一中学·期末)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为y=3x，且过点(2,3).设A(1)求C的方程；(2)若直线MN过点P3,0，且MN的斜率为2，求|MP|−|PN|(3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若3k【答案】(1)x2(2)185(3)证明见解析.【分析】（1）由渐近线斜率及双曲线所过的点求双曲线参数，即可得方程；（2）由题意MN为y=2x−3，设Mx1,y（3）法一：设MN为x=my+t，Mx1,y1，Nx2,y2，法二：讨论MN斜率的存在性，设MN为x=tt>1，Mt,y1，Nt,y2，或MN为y=kx+m，Mx1【详解】（1）由题意得ba=34a2−（2）由题意，MN为y=2x−3，设Mx1由y=2x−33x2−因为M，N在P点的两侧，所以x1−3与所以|MP|−|PN|=5（3）（方法一）由题意得，MN的斜率不为0，设MN为x=my+t，Mx1,由x=my+tx2−所以3m2−1≠0，且y因为x12−y123又3k1+k2=0，即即y1整理得9m所以9m化简得t2−3t+2=0，解得当t=1时，MN的方程为x=my+1，此时MN过点B1,0当t=2时，MN的方程为x=my+2，此时MN过点(2,0)，符合题意，所以MN恒过定点(2,0).（方法二）①若MN的斜率不存在，设MN为x=tt>1，Mt,y因为k2=−3k1，A−1,0由对称性知，y2=−y1，则所以MN的方程为x=2，此时MN过点(2,0).②若MN的斜率存在，设MN为y=kx+m，Mx1,由y=kx+mx2−所以3−k2≠0，且x因为x12−y123又3k1+k2=0，即即kx整理得k2所以k2化简得m2+3km+2k2=0当m=−k时，MN为y=kx−1，此时MN过点B当m=−2k时，MN为y=kx−2，此时MN过点(2,0)综上，MN恒过定点(2,0).（方法三）因为A−1,0，B1,0，AM，BN的斜率分别为k1所以AM，BN分别为y=k1x+1由y=k1x+1所以xAxM=−所以yM=k由y=k2x−1所以xBxM=−又3k1+k2所以yN=−3k①若MN的斜率不存在，则xM=xN，即则xM=xN=2，所以MN为x=2②若MN的斜率存在，则kMN所以MN为y−6k1化简得y=2k1k12−1综上，MN恒过定点(2,0).【点睛】关键点点睛：第三问，设直线MN的方程或直线AM，BN的方程，联立双曲线并应用韦达定理及已知得到相关参数的数量关系为关键.42．(23-24高二上·江苏扬州·期末)已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过点A1,−2(1)求抛物线C的标准方程；(2)若抛物线C开口向右，准线l上两点P，Q关于x轴对称，直线PA交抛物线C于另一点M，直线QA交抛物线C于另一点N，证明：直线MN过定点．【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线C的标准方程；（2）方法1：设P−1,m，Q−1,−mm≠±2，求出直线AP的方程，与抛物线方程联立解得点M的坐标，同理得点N坐标，从而求得直线MN的方程，可得证；方法2：设lMN:x=my+n，Mx1,y1，Nx【详解】（1）设抛物线C的标准方程为y2=2pxp>0将A坐标代入y2=2px，得p=2，所以将A坐标代入x2=−2py，得p=1所以抛物线C的标准方程为y2=4x或（2）方法1：由抛物线C开口向右得标准方程为y2准线l:x=−1，设P−1,m，Q则lAP:y+2=m+2由x=−2m+2y+所以yM所以yM=2所以Mm−2用−m代m，得Nm+2m−22所以lMN化简得l所以，直线MN过定点−1,0．方法2：由抛物线C开口向右得标准方程为y2=4x，准线直线MN不垂直于y轴，设lMN:x=my+n，Mx由x=my+ny2=4x所以y1+y所以kMA所以lMA令x=−1，则y因为P，Q关于x轴对称，所以yP则n=−1．所以，直线MN过定点−1,0．【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．题型十五圆锥曲线的定值问题（共3小题）43．(24-25高二上·江苏句容·期末)已知动点P到定点F(c,0)的距离与它到定直线x=a2c的距离之比为常数ca．其中a>0，c>0，且a≠c，记点(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；(2)当a=1,c=3时，记C的左、右顶点分别为A1,A2，过点(−2,0)的直线与C的左支交于D，E两点，直线DA1(3)当a=2,c=1时，设F′(−1,0)，若C上两动点M，N均在x轴上方，F′M∥FN，且F′N与【答案】(1)x2(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）设点Px,y，由题意得到方程x2a2+（2）设过点−2，0的直线为：x=my−2，与双曲线方程联立，得2m2−1y2−8my+6=0，由韦达定理得my1y（3）F′M=FM′，设∠NFx=θ，根据题干结论表达出FN=32+cosθ【详解】（1）依题意，设点Px,y则x−c2化简得，x2当a>c时，曲线C为焦点在x轴上的椭圆，当a<c时，曲线C为焦点在x轴上的双曲线．（2）当a=1,c=3时，曲线C的方程为：x2−设过点−2，0的直线为：由x=my−2x2−y2设Px得2m2−1≠0则my直线DA1：y=y1x联立得：x+1x−1=x1+1直线DA1与EA2交于点（3）当a=2,c=1时，曲线C的方程为：x24+设点Mx3,由对称性可知x5因为F′M//FN，所以因此，N,F,M且F'由题干条件可得，动点P到定点F1,0的距离与它到定直线x=22设∠NFx=θ（不妨记θ为锐角），过点N作NH⊥轴于点H，作NT⊥直线x=4于点T，直线x=4与x轴交点为W，则FH=FNcos故NT=所以FN3−FNcos同理由FM′3+所以1FN所以1FN+1由椭圆定义F′R+RN+解得F′R=所以F=4−2因为F′所以△RF′F【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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.44．(23-24高二上·山东淄博·期末)已知双曲线C:x2a2−y2(1)求双曲线C的方程；(2)点M，N在双曲线C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：①直线MN过定点；②存在定点Q，使得DQ为定值.【答案】(1)x2(2)①证明见解析；②存在定点Q(−1,3【分析】（1）由给定的点和离心率求出a,b即可得双曲线C的方程.（2）设出点M,N的坐标，在斜率存在时设方程为y=kx+m，联立直线与双曲线方程，结合已知求得m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，验证直线斜率不存在的情况，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.【详解】（1）由双曲线C:x2a2−由双曲线C过点A(2,3)，得4a所以双曲线C的方程为x2（2）①设点M(x1,y1),N(x由y=kx+m3x2−y显然k2−3≠0Δ=4k由AM⊥AN，得AM⋅AN=0则(x整理得(k即(k整理得(2k+m−3)(4k−m+23)=0，显然直线MN不过点因此4k−m+23=0，即m=4k+23，符合题意，直线MN：y=k(x+4)+2当直线MN斜率不存在时，点N(x1,−而3x12−y12=9，显然x1所以直线MN过定点P(−4,23②由①知，直线MN过定点P(−4,23)，而点A(2,3)，线段又AD⊥MN，当点D与P不重合时，点D是以线段AP为斜边的直角三角形的直角顶点，则|DQ|=12|AP|=392，当点D所以存在定点Q(−1,332)，使得【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．45．(24-25高二上·山东青岛