解答题77分三轮冲刺保分强化训练(13)（原卷版及解析）

第2组(时间：75分钟分值：77分)1．（2026·宁夏银川·一模）已知数列满足．(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)令，求数列的前n项和．2．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.3．（2026·山东菏泽·一模）已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形.(1)求的值；(2)求平行四边形面积的最大值.4．（2026·湖南常德·二模）泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，其中为自然对数的底数．(1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似，当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为．若，求的值；(2)设，当且时，二项分布可近似看作泊松分布，即，其中.某工厂生产件电子元器件，次品率为，各元件是否为次品相互独立，记为产品中的次品数，按泊松分布近似计算．（i）若，求产品中恰有2件次品的概率；（ii）求使得最大时的值．（参考数据：；若，则有，，）5．（25-26高三下·山东菏泽·月考）已知函数，(1)求函数在处的切线方程（用含的式子表示）；(2)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围．(3)设，给定，为实数，证明：存在，使得．

解答题77分三轮冲刺保分强化训练(13)第1组(时间：75分钟分值：77分)1．（25-26高三下·河南周口·月考）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)证明：.(2)若，，D，E是边上的两个点，且，求的面积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【解题思路】（1）由余弦二倍角公式可得，根据正弦定理及两角和差正弦公式化简即可得证；（2）设，由正弦定理可得，，由三角形面积公式可得，令，化简可得最大值为，进而可计算面积最小值.【解析】（1）因为，所以，即，由正弦定理可得，因为，即，所以，所以，化简可得，则，即，所以或（舍去）故成立；（2）若，则，，因为，所以，，设，则，在中，，由正弦定理可得：，即，在中，，由正弦定理可得：，即，所以的面积为，令，则因为，所以，由余弦函数性质可知，当，即时，有最大值为，此时的面积有最小值为.2．（2026·河北张家口·一模）如图，已知斜三棱柱中，，，，点为的中点．(1)证明：平面平面；(2)若，点为的中点，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【解题思路】（1）先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，再利用平面与平面垂直的判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.【解析】（1）连接和，在斜三棱柱中，由，所以为等腰直角三角形，所以为等腰直角三角形，又为的中点，所以，又，，，所以，所以，又为的中点，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）由，又为等腰直角三角形，所以，且，又，所以，又，所以和为等边三角形，所以，所以，所以，又，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，所以，所以，所以，，设平面的法向量为，所以，令，得，所以点到平面的距离为.3．（2026·陕西·模拟预测）2026年春节假期期间，某百货商场举办了一次有奖促销活动，消费每超过600元（含600元）均可抽奖一次，抽奖方案有两种，顾客只能选择其中的一种，每位顾客抽奖结果相互独立.方案一：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球2个，白球1个，黑球7个）的抽奖盒中，一次性摸出3个球.其中奖规则为：若摸到2个红球和1个白球，享受免单优惠；若摸出2个红球和1个黑球，则打5折；若摸出1个白球2个黑球，则打7折；其余情况不打折.方案二：从装有10个形状、大小完全相同的小球（其中红球3个，黑球7个）的抽奖盒中，有放回每次摸取1球，连摸3次，每摸到1次红球，立减200元.(1)若两个顾客均分别消费了600元，且均选择抽奖方案一，试求两位顾客均享受免单优惠的概率；(2)若某顾客消费恰好满1000元，试从付款金额期望的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算？【答案】(1)(2)该顾客选择第二种抽奖方案更合算，理由见解析【解题思路】（1）先求出顾客享受到免单优惠的概率，再根据独立事件的概率乘法公式求解即可.（2）结合离散型随机变量及二项分布的期望公式分别求出方案一、方案二的数学期望，比较即可.【解析】（1）选择方案一若享受到免单优惠，则需摸出2个红球和1个白球，设顾客享受到免单优惠为事件，则.所以两位顾客均享受免单优惠的概率为.（2）若选择方案一，设实际付款金额为，则的可能取值为0，500，700，1000.，，，.所以（元）.若选择方案二，设摸到红球的个数为，付款金额为，则.由题意知，，故.所以（元）.因为，所以该顾客选择第二种抽奖方案更合算.4．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为．(1)求椭圆的方程．(2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形．（i）求证：直线的斜率为定值；（ii）求面积的最大值．【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）2．【解题思路】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程；（2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率；法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率；法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值．（ii）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知法一：易知，当时，的面积取最大值2．法二：由弦长公式可知，又点到直线的距离，所以，当时，的面积取最大值2．【解析】（1）设椭圆的方程为，显然，将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去）所以椭圆的方程为．（2）（i）法一：设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：联立得，化简得，由知，则，因为，所以，即，化简得，因为直线不过点，所以，故．法二：设直线的方程为，联立，得，化简，得，由知，即，则，又，所以，因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，同理可得，由此可知，则直线的斜率，故直线的斜率为定值．法三：因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，因为为椭圆上异于的两点，所以可设直线为，不同时为0，联立与，得，等式两边同时除以，记，化简得，由于，所以，说明直线的斜率为定值．（ii）设直线为，联立与，得，因为，所以．由韦达定理知法一：过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为，，即，化简得．当且仅当时，的面积取最大值2．法二：易知，点到直线的距离，所以，当且仅当时，的面积取最大值2．5．（2026·江西·一模）已知函数．(1)求在上的最大值；(2)求证：恒成立；(3)若都有恒成立，求的最大值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【解题思路】（1）求导，确定函数的单调性，开区间上的极大值即为函数的最大值；（2）先证明，然后将变形为，放缩法求解；（3）先将恒成立转化为，求三阶导数，讨论函数的单调性，求解.【解析】（1）由题知，当时，，当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以当时，取最大值.（2）先证：，令，则，所以函数在上单调递增，故，即在上恒成立．又，由知，，所以，即，得证.（3）当时，，即，令，则，其中，令，则且，令，则，其中.令，，则，故在上单调递减，其中.①若，则，令，在上单调递增，，所以恒成立.故在上单调递增，且.所以在上也单调递增，且，所以，故恒成立.②若，则，且，使得当时，，所以函数在上单调递减，故时，，所以函数在上单调递减，所以时，，所以时，，与恒成立矛盾．综上所述：的最大值为.第2组(时间：75分钟分值：77分)1．（2026·宁夏银川·一模）已知数列满足．(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)令，求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解题思路】（1）根据等比数列的定义，结合数列的递推公式即可证明.（2）利用（1）的结论，结合累加法可求数列的通项公式.（3）利用“裂项相消法”求和.【解析】（1）因为.又，所以是以2为首项，以2为公比的等比数列.（2）由（1）得：，所以，，，…，.以上各式相加得：.所以.（3），所以，所以.2．（2026·重庆·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)在棱上是否存在点，使得到平面的距离与到平面的距离相等？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在符合题意的点，【解题思路】（1）先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证平面，最终推出；（2）由面面垂直性质确定点在平面上的投影位置，得到线面角，再通过计算三角形边长，利用余弦定理求出该角的余弦值；（3）利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，从而求出线段的长度，确定满足条件的点.【解析】（1）证明：连接交于点，，，故为菱形，故，由长方体得平面，由平面，知；由，平面，平面，知平面，由平面，知.（2）如图所示，连接，由（1）知，平面，又由平面，平面平面，交线为，故点在平面的投影必在直线上，故直线与平面所成角即为，在中，，，，故由余弦定理得，即直线与平面所成角的余弦值为；（3）假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离，则，由（1）（2）知，，故；则，另一方面，故，综上所述，存在符合题意的点，.【点睛】本题以长方体为载体，先通过菱形性质与线面垂直判定证明线线垂直，再利用面面垂直确定线面角，最后结合等体积法与线段比例关系探究存在性问题，核心是立体几何中垂直关系的转化与体积比的代数化处理.3．（2026·山东菏泽·一模）已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形.(1)求的值；(2)求平行四边形面积的最大值.【答案】(1)2(2)【解题思路】（1）设出点A，B的坐标，结合它们所在的直线方程，再根据向量关系得到点P的坐标，因为点P在椭圆上，将P的坐标代入椭圆方程，可得到A，B的坐标与P的坐标的关系式，进而通过弦长公式求解.（2）设直线OA的倾斜角为，通过倍角公式求出，，利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果；【解析】（1）因为点分别在直线与上，所以可设，设，则因为四边形OAPB是平行四边形，所以即所以，所以（2）因为点A，B分别在直线与上设直线OA的倾斜角为，则，，，即，所以平行四边形OAPB的面积为在中，设，所以，当且仅当时等号成立所以平行四边形的面积为，当且仅当时等号成立，所以平行四边形的面积的最大值为.4．（2026·湖南常德·二模）泊松分布是一种统计与概率学里常见的离散型分布．若随机变量服从参数为的泊松分布（记作），则其概率分布为，其中为自然对数的底数．(1)当时，泊松分布可以用正态分布来近似，当时，泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为．若，求的值；(2)设，当且时，二项分布可近似看作泊松分布，即，其中.某工厂生产件电子元器件，次品率为，各元件是否为次品相互独立，记为产品中的次品数，按泊松分布近似计算．（i）若，求产品中恰有2件次品的概率；（ii）求使得最大时的值．（参考数据：；若，则有，，）【答案】(1)(2)这1000件产品中恰有2件次品的概率为；当为整数时，最大时的值为或；当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数.【解题思路】（1）根据正态分布求解相应区间的概率即可；（2）（i）根据题意将已知数据代入公式即可，（ii）根据最大时列不等式组求解即可.【解析】（1）因为，所以泊松分布基本上就等于正态分布，此时可认为，即．所以，由，得，即.（2）（i）由题意知，且，又，所以二项分布可近似看作泊松分布，所以，所以，即这1000件产品中恰有2件次品的概率为.（ii）因为最大，所以，即，解得，又，所以当为整数时，最大时的值为或；当不为整数时，最大时的值为小于的最大整数.5．（25-26高三下·山东菏泽·月考）已知函数，(1)求函数在处的切线方程（用含的式子表示）；(2)若在定义域上恒成立，求实数的取值范围．(3)设，给定，为实数，证明：存在，使得．【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析【解题思路】(1)根据导数的几何意义知函数在处的导数值即为切线斜率，所以对函数求导可得切线斜率，进而得切线方程；(2)根据题意属于不等式恒成立求参数取值范围问题，可以把不等式分离参数，然后构造新函数，转化为利用导数求新函数的最值问题(3