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备战2024年新高考数学专题训练专题34 双空题综合问题（新高考通用）
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专题34 双空题综合问题（新高考通用）
1．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为______，______．
【答案】
【分析】由题得，利用累乘法得，通过错位相减法求得，进而得出答案.
【详解】因为，且，所以，
则当时，
．
又当时，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
则，即．
故答案为：，.
2．（2023·湖南·模拟预测）已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量为取出3个球中红球的个数，则的方差______________；3个小球颜色互不相同的概率是______________．
【答案】
【分析】由题意分析的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望和方差即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.
【详解】由题可得，的所有可能取值分别为，
；
；
；
.
所以，
所以.
一次抽取抽到红球的概率为，抽到黑球的概率为，抽到白球的概率为，
所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是.
故答案为：；.
3．（2023·湖南邵阳·统考一模）已知圆与圆相交于两点，则公共弦所在的直线方程为______，______.
【答案】 ； 2
【分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.
【详解】由圆与圆，可得公共弦所在的直线方程为：，即.
因为圆的圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离为1，所以.
故答案为：；2.
4．（2023·湖南·模拟预测）已知数列的各项都是正数，若数列各项单调递增，则首项的取值范围是__________当时，记，若，则整数__________．
【答案】
【分析】根据正项数列各项单调递增，可得出，化简求出，由此可得首项的取值范围；再由裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得出答案.
【详解】由题意，正数数列是单调递增数列，且，
且，解得，
，
又由，
可得：．
，
．
，且数列是递增数列，，即，
整数．
故答案为：；.
5．（2023·吉林·统考二模）意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知，，（，且n>2）.
（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则___________.
（2）若，则___________.
【答案】 2697 ##-1+a
【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；
（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.
【详解】（1）由题意，，则，，则，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为，所以；
（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，，
所以.
故答案为：2697，a -1
6．（2023·福建漳州·统考三模）已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.
【答案】
【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.
【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，
，椭圆的短轴长为，椭圆；
设，，
，，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解.
7．（2023·湖南永州·统考二模）对平面上两点，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知，，，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是__________；最大值是的最大值是__________.
【答案】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，可设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，由阿波罗尼斯圆定义可构造方程求得点坐标和对应的的值，得到，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】
由题意知：，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最小值为；
设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，
则点，到点的距离之比为：，
解得：，，则，
，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最大值是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的问题；解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从而将问题转化为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.
8．（2023·重庆·统考一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，O为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过平行于的直线与椭圆交于B，C两点， M为弦BC的中点且直线的斜率与OM的斜率乘积为，则椭圆C的离心率为_________；若，则直线的方程为_________．
【答案】 ##0.5
【分析】应用点差法转化斜率积可求离心率,设直线与椭圆联立,应用已知距离可求直线方程.
【详解】设点，，在椭圆上
．．．．．．．．．．．．．．①
．．．．．．．．．．．．．．．②
因为
．．．．．．．．．．．．．．③
由①-②得，即，所以，
由③得，
，则，
过平行于的直线与椭圆交于B，C两点,
，
，
设直线BC为
联立,可得
，则,
.由题意
即直线的方程为
故答案为: ;
9．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，线段的垂直平分线交于，两点，交轴于点，为坐标原点，，则的离心率为______；若的周长为8，则______.
【答案】 ##0.5
【分析】由条件确定关系，结合关系，根据离心率的定义求离心率，
【详解】由，，可得，，
连接，因为点在线段的垂直平分线上，所以，
在中，由勾股定理得，所以，
整理得，所以，即，所以的离心率.
在中，，所以.
设直线交轴于点，交于点，
在中，,，
由，所以为的左焦点，
又，，所以的周长等于的周长，
又的周长为，的周长为8，
所以，
解得，所以，
故.
故答案为：；.
10．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面积为________.
【答案】 ##
【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥的外接球半径，计算出的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.
【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，
设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示：
则，，，解得，，
外接球直径，其半径为，
三棱锥的体积，
在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
则，且，所以，，
因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，
所以，三棱锥的表面积为，
设三棱锥的内切球半径为，则，可得，
所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.
故答案为：；.
11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．
【答案】 ## ##
【分析】设平面，垂足为，可证得在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为，，从而可求得，利用三角形面积公式可求得，结合已知条件与余弦定理，勾股定理可证得，从而为外接球直径，利用球的体积计算即可．
【详解】设平面，垂足为，如图，
过作于点，过作于，连接，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
平面，得，同理，
从而均为直角三角形，
∵，，
∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．
∵，
∴，
又，
，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，
又，解得，
又，
，
，同理，
，为外接球直径，
三棱锥外接球的体积为．
故答案为：，.
12．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知菱形ABCD中，，，现将此菱形沿对角线BD对折，在折的过程中，当三棱锥体积最大时，______；当三棱锥表面积最大时，______.
【答案】 ## .
【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，进而求得的长度；先求得三棱锥的表面积的表达式，进而求得表面积最大时的长度.
【详解】当平面平面时，三棱锥体积最大，
此时；
三棱锥的表面积，
,
，
所以三棱锥的表面积，
故当，即时，表面积最大，此时.
故答案为：；.
13．（2023·江苏泰州·统考一模）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.
【详解】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，
，
，
所以，
所以
所以,
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：；
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，椭圆与双曲线有公共焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且，则______；为的内心，三点共线，且，轴上点满足，，则的最小值为______．
【答案】 4
【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；
第二空：由为的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为，
椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，
不妨设点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：，
由椭圆的定义：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②为的内心，
所以为的角平分线，则有，同理：，
所以，
所以，即，
因为，
所以，故，
为的内心，三点共线，
即为的角平分线，则有，又，
所以，即，
因为，
所以，故，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：4，.
【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，
（1）直接法：由题意知道利用公式求解即可；
（2）一般间接法：由题意知道或利用的关系式求出，在利用公式计算即可；
（3）齐次式方程法：建立关于离心率的方程求解.
15．（2022·广东汕头·统考三模）如图，DE是边长为的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________．
【答案】 ##
【分析】第一空：先判断出平面平面时，三棱锥的体积最大，求出，找出四棱锥外接球的球心O，由勾股定理求出半径，即可求得表面积；第二空：先判断出当垂直于截面圆时，截面圆面积最小，即为截面圆的直径，再求面积即可.
【详解】
第一空：设到平面的距离为，易得，为定值，
要使三棱锥的体积最大，即最大，显然当平面平面时，最大，取中点，连接交于，
则为中点，连接，易得，又平面平面，则平面，
即最大为，易得，则为四边形的外心，
设的外心为，过作直线平面，易得，则共面，过作直线垂直于平面交直线于，
易得即为外接球球心，连接，即为外接球半径，易得四边形为矩形，则，
，则，故外接球O的表面积为；
第二空：要使截面圆面积最小，显然当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又都在球面上，M为EC中点，
显然为截面圆的直径，又，则截面圆的面积最小为.
故答案为：；.
16．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
17．（2022·江苏徐州·统考模拟预测）已知，，，是半径为的球面上四点，，分别为的中点，，，则以为直径的球的最小表面积为_______________；若，，，不共面，则四面体的体积的最大值为_____________．
【答案】
【分析】①利用圆的垂径定理，可求得，，再利用三角形三边关系定理可求得的取值范围，即可求得以为直径的球的最小表面积②过作，连接，四边形为平行四边形，则，求得和的最大值即可求解
【详解】设球心为O，∴，
分别取中点，知
，
∴以为直径的球的最小表面积为
过作，连接，四边形为平行四边形，
设，设到平面距离为
∴
∵，也为到平面的距离，
∴
故答案为：；．
18．（2022·湖北武汉·模拟预测）函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当时，函数的“囧点”坐标为______________；此时函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为_____________．
【答案】
【分析】第一空：直接求出与y轴的交点即可求解；第二空：画出函数图象，考虑轴及轴右侧的图象，轴下方的函数图象显然过点时面积最小，轴上方的图象，设出公共点，表示出半径的平方，借助二次函数求出最小值，再比较得出半径最小值即可求解.
【详解】第一空：由题意知：，，，故与y轴的交点为，则“囧点”坐标为；
第二空：画出函数图象如图所示：
设，，圆心为，要使“囧圆”面积最小，只需要考虑轴及轴右侧的图象，
当圆过点时，其半径为2，是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；
当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设，则点到圆心的距离的平方为，
令，则，
当即时，最小为3，，显然在所有“囧圆”中，该圆半径最小，故面积的最小值为.
故答案为：；.
19．（2022·江苏苏州·校联考模拟预测）任何一个复数（其中a、，i为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，若，时，则________；对于，________．
【答案】
【分析】利用给定定理直接计算即得；令，求出等比数列前项的和，再利用复数相等求解作答.
【详解】当，时，，所以；
，令，则，
，
，
而，则，，
所以.
故答案为：-i；
【点睛】思路点睛：涉及复数的次幂的求和问题，可把视为等比数列的第n项，再借助数列问题求解.
20．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考二模）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.则三棱锥的体积为__________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为__________.
【答案】
【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【详解】取中点，则，
∴平面，，又，
∴，
则三棱锥的高，
三棱锥体积为；
作，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
解Rt，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：；.
21．（2022·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知圆：和抛物线：，为坐标原点，过抛物线E上的点作两条直线PQ，PR和圆相切于A，B，且分别交抛物线E于Q，R.两点.若，则直线AB的方程为___________；若直线QR的斜率为，则___________.
【答案】 或
【分析】设，得到，求得PQ方程为，直线PR方程为，进而得到直线AB的方程为，结合，代入求得直线AB的方程；设，得到，根据直线与圆相切，得到是方程的两个实数根，得到，联立方程组求得和，得到，进而求得的值.
【详解】设，则，
所以直线PQ方程为，即
因为，所以直线PQ方程为，
同理，直线PR方程为，
将代入，
可得，
所以直线AB的方程为
又因为，所以,所以AB的方程为；
设，则，
所以，
设的方程为，即，
因为直线与圆相切，可得，整理得，
设的方程为，同理可得，
所以是方程的两个实数根，所以，
又由，整理得，可得，
同理可得，
两式相加得，即，
整理得，即，
解得或.
故答案为：；或.
22．（2022·湖南长沙·长沙县第一中学校考模拟预测）已知是函数的导函数，且对任意的实数x的都有，且，则函数的解析式为________，若的图像与有3个交点，则m的取值范围为_________．
【答案】
【分析】对进行等式变换，构造新函数，从而得到的解析式，通过求导得到函数图像由此可求m的取值范围．
【详解】
(C为为常数)；
又此时，
且，令，则，今，则或
函数在(－∞，0)上单调递减，(0，2)上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，且
函数图像如下：
当的图像与有3个交点时，
所以m的取值范围为，
故答案为：，
23．（2022·山东潍坊·统考模拟预测）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体外接球表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为______；点N轨迹的长度为______．
【答案】
【分析】分别算出每一部分的面积，即可求出该多面体的表面积；首先根据题干中找出点N的轨迹，然后代入公式即可求出长度.
【详解】根据题意该正四面体的棱长为，点A，B，M分别是正四面体的棱三等分点.
该正四面体的表面积为
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面积为
每个角上小正四面体的底面积为
所以该多面体的表面积为；
如图，设点为该多面体的一个顶点，
则，.
在中，
则，所以，
，即，同理，
又，平面.
点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，且总满足，
点N的轨迹是的外接圆.
，，
在中，由余弦定理得，
，
设的外接圆的半径为，由正弦定理得
.
点N的轨迹长度为.
故答案为：；.
【点睛】本题的第一小空利用表面积公式即可求解，第二小空分析出正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，才可以找出点N的轨迹.
24．（2022·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知函数，函数有四个不同零点，从小到大依次为，则实数的取值范围为___________；的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据函数性质画出的图象，将问题化为与有四个交点，数形结合法求a范围，再由是的两个根、是的两个根，结合根与系数关系求的范围.
【详解】由题设，当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增；
当，，且单调递减；
当，，且单调递增；
综上，的函数图象如下：
所以有四个不同零点，即与有四个交点，由图知：，
则在上，在上，
令，则，即是的两个根，故，
而是，即的两个根，故，
所以.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：将问题转化为与有四个交点，数形结合求参数范围，进而把看作对应方程的根，应用根系关系及对数性质求范围.
25．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是斐波那契数列中的第______项；又知高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则______.（
【答案】 101 842
【分析】根据斐波那契数列的定义，化简得,得到答案①；利用，得到，进而求出，得到答案②.
【详解】
，
则是斐波那契数列中的第101项；
列出斐波那契数列，有，
可得，由，取，
，
，
得，，因为，故，
则，.
故答案为：①101；②842.
26．（2023·重庆·统考模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面沿x轴折起，使平面平面，则三棱锥体积为__________；若，则异面直线，所成角的余弦值取值范围为__________．
【答案】
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得，，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.
【详解】
过作准线，垂足为,
在中，，又 ， 同理可得，
过作于,由于平面平面，且交线为，平面 ,所以平面,且，
故三棱锥的体积为，
，
且， ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，， 即，,
所以 ，
当时，，
所以，
由于为锐角，所以异面直线，所成角的角等于，故异面直线，所成角的余弦值取值范围为
故答案为：，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
27．（2023·湖南岳阳·统考一模）数列的前n项和为，，且对任意的都有，则（1）若，则实数m的取值范围是______；（2）若存在，使得，则实数m为______.
【答案】 或
【分析】（1）由求得的取值范围.
（2）求得的规律，对进行分类讨论，由此列方程求得的值.
【详解】依题意，，对任意的都有，
则，
，
，
，
，
以此类推，结合两式相减得，
可知数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；
偶数项是首项为，公差为的等差数列.
（1）若，即.
所以的取值范围是.
（2）若存在，使得，
.
当为奇数时，为偶数，
由得：
，
解得.
当为偶数时，为奇数，
由得：
，
解得.
综上所述，的值为或.
故答案为：；或
【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解时，要对的奇偶性进行分类讨论.
28．（2023·山东潍坊·统考一模）乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.
①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.
②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.
附：当时，，.
【答案】 ##0.2109375
【分析】由已知可得前四局双方为，即可求出答案①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且.进而可设，，根据错位相加法求出的前项和为，进而求出的极限即可得出答案.
【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.
②假设比赛局数为随机变量，
由已知，需比赛局数为偶数，则可取.
则，
当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，
则，显然，满足该式.
设，则有，
所以，是以为首项，为公比的等比数列.
设，则.
设的前项和为，则，
，
作差可得，
，
整理可得，.
由题意可得，，.
则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：当时，由题意可知，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，
则.
29．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，、两条渐近线的夹角正切值为，则双曲线的标准方程为______；若直线与双曲线的右支交于两点，设的内心为，则与的面积的比值的取值范围是______.
【答案】
【分析】设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，进而结合题意得，进而结合即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得为的内切圆与边的切点，进而将问题转化为，最后联立方程，求解弦长的范围即可得答案.
【详解】解：设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
由得，，
所以，，解得或（舍）
所以，，即，
因为，
所以，即双曲线的标准方程为；
由得，故直线过点，
所以，如图，设的内切圆与分别切于点，
则，，
由双曲线的定义得，
所以，即，
所以，点重合，即为的内切圆与边的切点，
所以，为的内切圆半径，
因为，
所以，
设，
联立方程得，
所以，且，即，
，即
所以，
所以，
故与的面积的比值的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到为的内切圆与边的切点，进而根据面积公式求解即可.
30．（2022·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则___________；若为锐角三角形，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式，即可求出，结合，即可得出答案；进而可知，分别讨论或，结合题意即可求出，由正弦定理将化简为，代入即可求出答案.
【详解】因为，所以，
，
，
，由，
则，即，
代入，可得，则，且，
解得.
由，
①当时，且，若是锐角三角形，则，
所以，不成立；
②当时，且，所以，代入上式，
可得，若是锐角三角形，则，所以，即，
且
，又，
所以.
故答案为：；.
专题34 双空题综合问题（新高考通用）
1．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知数列满足，，设数列的前项和为，则数列的通项公式为______，______．
【答案】
【分析】由题得，利用累乘法得，通过错位相减法求得，进而得出答案.
【详解】因为，且，所以，
则当时，
．
又当时，符合上式，
故．
由①
②
得．
令，③
∴，④
得
∴．
故，
则，即．
故答案为：，.
2．（2023·湖南·模拟预测）已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，从该箱中有放回地依次取出3个小球，设变量为取出3个球中红球的个数，则的方差______________；3个小球颜色互不相同的概率是______________．
【答案】
【分析】由题意分析的所有可能取值，分别求出对应的概率，根据公式求数学期望和方差即可，再由独立事件同时发生的概率及排列求概率即可.
【详解】由题可得，的所有可能取值分别为，
；
；
；
.
所以，
所以.
一次抽取抽到红球的概率为，抽到黑球的概率为，抽到白球的概率为，
所以3次抽取抽到3个小球颜色互不相同的概率是.
故答案为：；.
3．（2023·湖南邵阳·统考一模）已知圆与圆相交于两点，则公共弦所在的直线方程为______，______.
【答案】 ； 2
【分析】先求出公共弦方程，再利用几何法求弦长.
【详解】由圆与圆，可得公共弦所在的直线方程为：，即.
因为圆的圆心，半径为，
所以圆心到直线的距离为1，所以.
故答案为：；2.
4．（2023·湖南·模拟预测）已知数列的各项都是正数，若数列各项单调递增，则首项的取值范围是__________当时，记，若，则整数__________．
【答案】
【分析】根据正项数列各项单调递增，可得出，化简求出，由此可得首项的取值范围；再由裂项相消法求出的表达式，然后求其范围，即可得出答案.
【详解】由题意，正数数列是单调递增数列，且，
且，解得，
，
又由，
可得：．
，
．
，且数列是递增数列，，即，
整数．
故答案为：；.
5．（2023·吉林·统考二模）意大利数学家傲波那契在研究兔子繁殖问题时发现了数列1，1，2，3，5，8，13，…，数列中的每一项被称为斐波那契数，记作Fn.已知，，（，且n>2）.
（1）若斐波那契数Fn除以4所得的余数按原顺序构成数列，则___________.
（2）若，则___________.
【答案】 2697 ##-1+a
【分析】（1）根据带余除法的性质，总结数列规律，可得答案；
（2）利用递推公式，结合裂项相消，可得答案.
【详解】（1）由题意，，则，，则，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
由，则除以4的余数为，即，
故由斐波那契数除以4的余数按原顺序构成的数列，是以6为最小正周期的数列，因为，所以；
（2）由斐波那契数的递推关系可知：时，且，，
所以.
故答案为：2697，a -1
6．（2023·福建漳州·统考三模）已知椭圆的长轴长为，离心率为，为上的两个动点，且直线与斜率之积为（为坐标原点），则椭圆的短轴长为_______，_________.
【答案】
【分析】根据椭圆长轴长、离心率可求得，由此可得短轴长及椭圆方程；设，，根据斜率关系，结合两角和差公式可整理得到，利用两点间距离公式，结合诱导公式和同角三角函数关系可求得结果.
【详解】椭圆的长轴长为，，又离心率，
，椭圆的短轴长为，椭圆；
设，，
，，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质，求解距离平方和的关键是能够通过三角换元的方式，结合斜率关系得到所满足的关系式，进而结合诱导公式来进行求解.
7．（2023·湖南永州·统考二模）对平面上两点，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知，，，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是__________；最大值是的最大值是__________.
【答案】
【分析】根据阿波罗尼斯圆定义可确定，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最小值；根据阿波罗点的定义，可设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，由阿波罗尼斯圆定义可构造方程求得点坐标和对应的的值，得到，利用三角形三边关系可知当三点共线时，，即为所求最大值.
【详解】
由题意知：，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最小值为；
设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，
则点，到点的距离之比为：，
解得：，，则，
，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最大值是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用圆的几何性质，求解距离之和与距离之差最值的问题；解题关键是充分理解阿波罗尼斯圆的定义，将所求距离进行等距离的转化，从而将问题转化为三角形三边关系问题，从而确定当无法构成三角形时取得对应的最值.
8．（2023·重庆·统考一模）已知椭圆：的左、右焦点分别为，O为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过平行于的直线与椭圆交于B，C两点， M为弦BC的中点且直线的斜率与OM的斜率乘积为，则椭圆C的离心率为_________；若，则直线的方程为_________．
【答案】 ##0.5
【分析】应用点差法转化斜率积可求离心率,设直线与椭圆联立,应用已知距离可求直线方程.
【详解】设点，，在椭圆上
．．．．．．．．．．．．．．①
．．．．．．．．．．．．．．．②
因为
．．．．．．．．．．．．．．③
由①-②得，即，所以，
由③得，
，则，
过平行于的直线与椭圆交于B，C两点,
，
，
设直线BC为
联立,可得
，则,
.由题意
即直线的方程为
故答案为: ;
9．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，线段的垂直平分线交于，两点，交轴于点，为坐标原点，，则的离心率为______；若的周长为8，则______.
【答案】 ##0.5
【分析】由条件确定关系，结合关系，根据离心率的定义求离心率，
【详解】由，，可得，，
连接，因为点在线段的垂直平分线上，所以，
在中，由勾股定理得，所以，
整理得，所以，即，所以的离心率.
在中，，所以.
设直线交轴于点，交于点，
在中，,，
由，所以为的左焦点，
又，，所以的周长等于的周长，
又的周长为，的周长为8，
所以，
解得，所以，
故.
故答案为：；.
10．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为________，内切球表面积为________.
【答案】 ##
【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥的外接球半径，计算出的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.
【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，
设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示：
则，，，解得，，
外接球直径，其半径为，
三棱锥的体积，
在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
则，且，所以，，
因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，
所以，三棱锥的表面积为，
设三棱锥的内切球半径为，则，可得，
所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.
故答案为：；.
11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）三棱锥中，，，点E为CD中点，的面积为，则AB与平面BCD所成角的正弦值为______，此三棱锥外接球的体积为______．
【答案】 ## ##
【分析】设平面，垂足为，可证得在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为，，从而可求得，利用三角形面积公式可求得，结合已知条件与余弦定理，勾股定理可证得，从而为外接球直径，利用球的体积计算即可．
【详解】设平面，垂足为，如图，
过作于点，过作于，连接，
由平面，平面，得，
又，平面，平面，
平面，得，同理，
从而均为直角三角形，
∵，，
∴，则在的平分线上，易知AB与平面BCD所成角即为．
∵，
∴，
又，
，即，则AB与平面BCD所成角的正弦值为，
又，解得，
又，
，
，同理，
，为外接球直径，
三棱锥外接球的体积为．
故答案为：，.
12．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知菱形ABCD中，，，现将此菱形沿对角线BD对折，在折的过程中，当三棱锥体积最大时，______；当三棱锥表面积最大时，______.
【答案】 ## .
【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，进而求得的长度；先求得三棱锥的表面积的表达式，进而求得表面积最大时的长度.
【详解】当平面平面时，三棱锥体积最大，
此时；
三棱锥的表面积，
,
，
所以三棱锥的表面积，
故当，即时，表面积最大，此时.
故答案为：；.
13．（2023·江苏泰州·统考一模）已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.
【详解】取中点
平面，
作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，
，
，
所以，
所以
所以,
因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
所以，
当时，取最大值.
故答案为：；
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）如图，椭圆与双曲线有公共焦点，，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为两曲线的一个公共点，且，则______；为的内心，三点共线，且，轴上点满足，，则的最小值为______．
【答案】 4
【分析】第一空：利用椭圆与双曲线的定义及性质，结合图形建立方程，求出，在利用余弦定理建立关于离心率的齐次方程解出即可；
第二空：由为的内心，得出角平分线，利用角平分线的性质结合平面向量得出及，代入中利用基本不等式求最值即可.
【详解】①由题意得椭圆与双曲线的焦距为，
椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，
不妨设点在双曲线的右支上，
由双曲线的定义：，
由椭圆的定义：，
可得：，
又，由余弦定理得：
，
即，
整理得：，
所以：；
②为的内心，
所以为的角平分线，则有，同理：，
所以，
所以，即，
因为，
所以，故，
为的内心，三点共线，
即为的角平分线，则有，又，
所以，即，
因为，
所以，故，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，
故答案为：4，.
【点睛】方法点睛：离心率的求解方法，
（1）直接法：由题意知道利用公式求解即可；
（2）一般间接法：由题意知道或利用的关系式求出，在利用公式计算即可；
（3）齐次式方程法：建立关于离心率的方程求解.
15．（2022·广东汕头·统考三模）如图，DE是边长为的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________．
【答案】 ##
【分析】第一空：先判断出平面平面时，三棱锥的体积最大，求出，找出四棱锥外接球的球心O，由勾股定理求出半径，即可求得表面积；第二空：先判断出当垂直于截面圆时，截面圆面积最小，即为截面圆的直径，再求面积即可.
【详解】
第一空：设到平面的距离为，易得，为定值，
要使三棱锥的体积最大，即最大，显然当平面平面时，最大，取中点，连接交于，
则为中点，连接，易得，又平面平面，则平面，
即最大为，易得，则为四边形的外心，
设的外心为，过作直线平面，易得，则共面，过作直线垂直于平面交直线于，
易得即为外接球球心，连接，即为外接球半径，易得四边形为矩形，则，
，则，故外接球O的表面积为；
第二空：要使截面圆面积最小，显然当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又都在球面上，M为EC中点，
显然为截面圆的直径，又，则截面圆的面积最小为.
故答案为：；.
16．（2023·广东广州·统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为__________.点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，
因为点分别是棱的中点，则，而，
即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面
分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，，
因此，而，即四边形为平行四边形，于是，
即点M为的中点，同理为中点，，因为动点始终满足平面，
于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；
以点D为原点建立空间直角坐标系，则，
则，令，
则有，，
于是点到直线的距离，
当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：；
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
17．（2022·江苏徐州·统考模拟预测）已知，，，是半径为的球面上四点，，分别为的中点，，，则以为直径的球的最小表面积为_______________；若，，，不共面，则四面体的体积的最大值为_____________．
【答案】
【分析】①利用圆的垂径定理，可求得，，再利用三角形三边关系定理可求得的取值范围，即可求得以为直径的球的最小表面积②过作，连接，四边形为平行四边形，则，求得和的最大值即可求解
【详解】设球心为O，∴，
分别取中点，知
，
∴以为直径的球的最小表面积为
过作，连接，四边形为平行四边形，
设，设到平面距离为
∴
∵，也为到平面的距离，
∴
故答案为：；．
18．（2022·湖北武汉·模拟预测）函数的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当时，函数的“囧点”坐标为______________；此时函数的所有“囧圆”中，面积的最小值为_____________．
【答案】
【分析】第一空：直接求出与y轴的交点即可求解；第二空：画出函数图象，考虑轴及轴右侧的图象，轴下方的函数图象显然过点时面积最小，轴上方的图象，设出公共点，表示出半径的平方，借助二次函数求出最小值，再比较得出半径最小值即可求解.
【详解】第一空：由题意知：，，，故与y轴的交点为，则“囧点”坐标为；
第二空：画出函数图象如图所示：
设，，圆心为，要使“囧圆”面积最小，只需要考虑轴及轴右侧的图象，
当圆过点时，其半径为2，是和轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；
当圆和轴上方且轴右侧的函数图象有公共点时，设，则点到圆心的距离的平方为，
令，则，
当即时，最小为3，，显然在所有“囧圆”中，该圆半径最小，故面积的最小值为.
故答案为：；.
19．（2022·江苏苏州·校联考模拟预测）任何一个复数（其中a、，i为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，若，时，则________；对于，________．
【答案】
【分析】利用给定定理直接计算即得；令，求出等比数列前项的和，再利用复数相等求解作答.
【详解】当，时，，所以；
，令，则，
，
，
而，则，，
所以.
故答案为：-i；
【点睛】思路点睛：涉及复数的次幂的求和问题，可把视为等比数列的第n项，再借助数列问题求解.
20．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考二模）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.则三棱锥的体积为__________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为__________.
【答案】
【分析】取中点，由题可得平面，进而可得三棱锥的高，利用锥体体积公式可得三棱锥的体积，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【详解】取中点，则，
∴平面，，又，
∴，
则三棱锥的高，
三棱锥体积为；
作，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
解Rt，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.
故答案为：；.
21．（2022·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知圆：和抛物线：，为坐标原点，过抛物线E上的点作两条直线PQ，PR和圆相切于A，B，且分别交抛物线E于Q，R.两点.若，则直线AB的方程为___________；若直线QR的斜率为，则___________.
【答案】 或
【分析】设，得到，求得PQ方程为，直线PR方程为，进而得到直线AB的方程为，结合，代入求得直线AB的方程；设，得到，根据直线与圆相切，得到是方程的两个实数根，得到，联立方程组求得和，得到，进而求得的值.
【详解】设，则，
所以直线PQ方程为，即
因为，所以直线PQ方程为，
同理，直线PR方程为，
将代入，
可得，
所以直线AB的方程为
又因为，所以,所以AB的方程为；
设，则，
所以，
设的方程为，即，
因为直线与圆相切，可得，整理得，
设的方程为，同理可得，
所以是方程的两个实数根，所以，
又由，整理得，可得，
同理可得，
两式相加得，即，
整理得，即，
解得或.
故答案为：；或.
22．（2022·湖南长沙·长沙县第一中学校考模拟预测）已知是函数的导函数，且对任意的实数x的都有，且，则函数的解析式为________，若的图像与有3个交点，则m的取值范围为_________．
【答案】
【分析】对进行等式变换，构造新函数，从而得到的解析式，通过求导得到函数图像由此可求m的取值范围．
【详解】
(C为为常数)；
又此时，
且，令，则，今，则或
函数在(－∞，0)上单调递减，(0，2)上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，且
函数图像如下：
当的图像与有3个交点时，
所以m的取值范围为，
故答案为：，
23．（2022·山东潍坊·统考模拟预测）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体外接球表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为______；点N轨迹的长度为______．
【答案】
【分析】分别算出每一部分的面积，即可求出该多面体的表面积；首先根据题干中找出点N的轨迹，然后代入公式即可求出长度.
【详解】根据题意该正四面体的棱长为，点A，B，M分别是正四面体的棱三等分点.
该正四面体的表面积为
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面积为
每个角上小正四面体的底面积为
所以该多面体的表面积为；
如图，设点为该多面体的一个顶点，
则，.
在中，
则，所以，
，即，同理，
又，平面.
点N是该多面体外接球表面上的动点，由题可知，正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，且总满足，
点N的轨迹是的外接圆.
，，
在中，由余弦定理得，
，
设的外接圆的半径为，由正弦定理得
.
点N的轨迹长度为.
故答案为：；.
【点睛】本题的第一小空利用表面积公式即可求解，第二小空分析出正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，才可以找出点N的轨迹.
24．（2022·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知函数，函数有四个不同零点，从小到大依次为，则实数的取值范围为___________；的取值范围为___________.
【答案】
【分析】根据函数性质画出的图象，将问题化为与有四个交点，数形结合法求a范围，再由是的两个根、是的两个根，结合根与系数关系求的范围.
【详解】由题设，当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增；
当，，且单调递减；
当，，且单调递增；
综上，的函数图象如下：
所以有四个不同零点，即与有四个交点，由图知：，
则在上，在上，
令，则，即是的两个根，故，
而是，即的两个根，故，
所以.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：将问题转化为与有四个交点，数形结合求参数范围，进而把看作对应方程的根，应用根系关系及对数性质求范围.
25．（2023·吉林·长春十一高校联考模拟预测）著名的斐波那契数列满足，，其通项公式为，则是斐波那契数列中的第______项；又知高斯函数也称为取整函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则______.（
【答案】 101 842
【分析】根据斐波那契数列的定义，化简得,得到答案①；利用，得到，进而求出，得到答案②.
【详解】
，
则是斐波那契数列中的第101项；
列出斐波那契数列，有，
可得，由，取，
，
，
得，，因为，故，
则，.
故答案为：①101；②842.
26．（2023·重庆·统考模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过点F作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于A，B两点，如图，把平面沿x轴折起，使平面平面，则三棱锥体积为__________；若，则异面直线，所成角的余弦值取值范围为__________．
【答案】
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得，，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.
【详解】
过作准线，垂足为,
在中，，又 ， 同理可得，
过作于,由于平面平面，且交线为，平面 ,所以平面,且，
故三棱锥的体积为，
，
且， ，所以建立如图所示的空间直角坐标系，， 即，,
所以 ，
当时，，
所以，
由于为锐角，所以异面直线，所成角的角等于，故异面直线，所成角的余弦值取值范围为
故答案为：，
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
27．（2023·湖南岳阳·统考一模）数列的前n项和为，，且对任意的都有，则（1）若，则实数m的取值范围是______；（2）若存在，使得，则实数m为______.
【答案】 或
【分析】（1）由求得的取值范围.
（2）求得的规律，对进行分类讨论，由此列方程求得的值.
【详解】依题意，，对任意的都有，
则，
，
，
，
，
以此类推，结合两式相减得，
可知数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列；
偶数项是首项为，公差为的等差数列.
（1）若，即.
所以的取值范围是.
（2）若存在，使得，
.
当为奇数时，为偶数，
由得：
，
解得.
当为偶数时，为奇数，
由得：
，
解得.
综上所述，的值为或.
故答案为：；或
【点睛】根据递推关系求解数列的有关问题，关键是从递推关系中求得数列的通项公式.本题中的递推关系，通过分析后可知奇数项和偶数项是不同的，所以在求解时，要对的奇偶性进行分类讨论.
28．（2023·山东潍坊·统考一模）乒乓球被称为我国的“国球”.甲､乙两名运动员进行乒乓球比赛，其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的.
①若比赛为五局三胜制，则需比赛五局才结束的概率为__________.
②若两人约定其中一人比另一人多赢两局时比赛结束，则需要进行的比赛局数的数学期望为__________.
附：当时，，.
【答案】 ##0.2109375
【分析】由已知可得前四局双方为，即可求出答案①；由已知可推得，需要比赛局数为偶数，且.进而可设，，根据错位相加法求出的前项和为，进而求出的极限即可得出答案.
【详解】①需比赛五局才结束，则说明前四局双方为，概率为.
②假设比赛局数为随机变量，
由已知，需比赛局数为偶数，则可取.
则，
当时，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，
则，显然，满足该式.
设，则有，
所以，是以为首项，为公比的等比数列.
设，则.
设的前项和为，则，
，
作差可得，
，
整理可得，.
由题意可得，，.
则.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：当时，由题意可知，双方前局战为平局，且任意前（，且）局双方均战为平局，
则.
29．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，、两条渐近线的夹角正切值为，则双曲线的标准方程为______；若直线与双曲线的右支交于两点，设的内心为，则与的面积的比值的取值范围是______.
【答案】
【分析】设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，进而结合题意得，进而结合即可求得双曲线方程，再根据三角形内切圆的性质得为的内切圆与边的切点，进而将问题转化为，最后联立方程，求解弦长的范围即可得答案.
【详解】解：设双曲线的一条渐近线的倾斜角为，
由得，，
所以，，解得或（舍）
所以，，即，
因为，
所以，即双曲线的标准方程为；
由得，故直线过点，
所以，如图，设的内切圆与分别切于点，
则，，
由双曲线的定义得，
所以，即，
所以，点重合，即为的内切圆与边的切点，
所以，为的内切圆半径，
因为，
所以，
设，
联立方程得，
所以，且，即，
，即
所以，
所以，
故与的面积的比值的取值范围是.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合内切圆的性质得到为的内切圆与边的切点，进而根据面积公式求解即可.
30．（2022·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考一模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则___________；若为锐角三角形，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式，即可求出，结合，即可得出答案；进而可知，分别讨论或，结合题意即可求出，由正弦定理将化简为，代入即可求出答案.
【详解】因为，所以，
，
，
，由，
则，即，
代入，可得，则，且，
解得.
由，
①当时，且，若是锐角三角形，则，
所以，不成立；
②当时，且，所以，代入上式，
可得，若是锐角三角形，则，所以，即，
且
，又，
所以.
故答案为：；.
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