2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题30技巧04结构不良问题解题策略含解析答案

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一、解答题
1．已知函数，，．
(1)若，求的值；
(2)若在上单调递增，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求、的值．条件①：； 条件②：； 条件③：在上单调递减．
2．如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
3．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
4．已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
5．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点
①；
②．
6．在中，，．
(1)求；
(2)再在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长．
条件①；
条件②的周长为；
条件③的面积为．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
7．在①；②向量，，；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行求解．
问题：在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，已知，，D为AC边的中点，若______，求BD的长度．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
8．在①②③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知________．
（1）求角C的值；
（2）若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．
9．设函数．
(1)若，求的值．
(2)已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值．
条件①：；
条件②：；
条件③：在区间上单调递减．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
10．已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)在中，分别是角的对边，，若为上一点，且满足____________，求的面积.
请从①；②为的中线，且；③为的角平分线，且.这三个条件中任意选一个补充到横线处并作答.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
11．已知数列的前n项和为
(1)求数列的通项公式；
(2)令①；②；③从上面三个条件中任选一个，求数列的前项和注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
12．已知数列的前n项和为，，且．
(1)证明：数列为等比数列，并求其通项公式；
(2)若______，求数列的前n项和．
从①；②；③，这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
13．已知等差数列的前项和为，是各项均为正数的等比数列，，___________，，，是否存在正整数，使得数列的前项和，若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由.从①，②，③这三个条件中任选一个，补充到上面问题中并作答.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
14．设数列的前项和为，已知，__________.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
从下列两个条件中任选一个作为已知，补充在上面问题的横线中进行求解（若两个都选，则按所写的第1个评分）：
①数列是以为公差的等差数列；②.
15．如图，在四棱锥中，侧棱平面BCDE，底面四边形BCDE是矩形，，点P，M分别为棱AE，AC的中点，点F在棱BE上．
(1)若，求证：直线平面
(2)若，从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立．
①平面ADE与平面ABC的交线为直线l，l与直线CF成角的余弦值为
②二面角的余弦值为
16．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，分别是，的中点.
(1)求证:平面；
(2)再从条件①，条件②两个中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
17．如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.
条件①：；条件②：；条件③：平面平面.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图在三棱柱中，为的中点，，.
(1)证明：；
(2)若，且满足：______，______（待选条件）.
从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值.
①三棱柱的体积为；
②直线与平面所成的角的正弦值为；
③二面角的大小为60°；
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
19．已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
20．已知函数.
(1)若函数，讨论的单调性；
(2)从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.
①若函数，，且，证明：.②若函数，证明：.
21．已知双曲线的实轴长为，右焦点F到双曲线C的渐近线距离为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)点P在第一象限，在直线上，点均在双曲线C上，且轴，M在直线上，三点共线．从下面①②中选取一个作为条件，证明另外一个成立：①Q是的中点；②直线过定点．
22．已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上.
(1)若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积；
(2)若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
23．在①；②；③面积的最小值为8，这三个条件中任选一个，补充在横线上，并解答下列问题．（若选择多个条件作答，则按第一个解答计分）
已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与该抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，_____________．
(1)求抛物线的方程；
(2)点C在抛物线上，的重心G在y轴上，直线交y轴于点Q（点Q在点F上方）．记的面积分别为，求T的取值范围．
参考答案：
1．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）化简函数，根据，列出方程，即可求解；
（2）若选①：得到在和时取得最大值，这与在上单调递增矛盾，所以和的值不存在；
若选②：得到在时取得最小值，时取得最大值，求得最小正周期为，得到，结合，求得的值；
若选③：根据题意，求得的最小正周期为，得到，结合，求得的值.
【详解】（1）解：由函数，
因为，可得，
又因为，所以．
（2）若选①：由且，可得在和时取得最大值，
这与在上单调递增矛盾，所以和的值不存在．
若选②：由，因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，可得，
又因为，所以，
解得，又因为，所以.
若选③：函数在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
所以在时取得最小值，时取得最大值，
所以的最小正周期为，所以，
又因为，所以，
解得；又因为，所以．
2．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
3．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
4．证明过程见解析
【分析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.
5．(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
当时，若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，若，则单调递增，
若，则单调递减，
若，则单调递增；
(2)若选择条件①：
由于，故，则，
而，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于，故，则，
当时，，，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
当时，构造函数，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
注意到，故恒成立，从而有：，此时：
，
当时，，
取，则，
即：，
而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.
，
由于，，故，
结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
6．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由正弦定理化边为角即可求解（2）若选择①：由正弦定理求解可得不存在；若选择②：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可求得各边，再由余弦定理可求；若选择③：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求
【详解】（1），由正弦定理可得，即，，
当 时，，即，不符合题意，舍去，，，即．
（2）选①，由正弦定理可得，与已知条件矛盾，故不存在，
选②周长为，，，，
由正弦定理可得，即，
，，
，即，，，
所以存在且唯一确定，
设的中点为，，
在中，运用余弦定理，，
即，，
边上的中线的长度．
选③面积为，，，
，解得，余弦定理可得
，．
7．答案不唯一，具体见解析.
【分析】选①，由正弦定理边化角，由余弦定理求出，再借助余弦定理计算作答.
选②，由向量关系结合余弦定理求出角C，再由正弦定理求角A即可计算作答.
选③，切化弦求出角C，由正弦定理求出角A，再借助余弦定理计算作答.
【详解】若选①：在中，因，由正弦定理得，
而，即有，整理得，
又，则，即，有，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理，
所以.
若选②：由，得，即，整理得，
在中，由余弦定理得：，而，则，
由正弦定理得，即，由，可得：，
则，有，因此有，又D为斜边AC中点，
所以.
若选③：依题意，，即，
在中，，于是得，即有，
由正弦定理得：，解得，由，可得：，则有，
从而有，即．
在中，由余弦定理得：，
所以.
8．（1）；（2）
【分析】（1）选①，可由余弦定理得，进而可得；
选②，由面积公式和余弦定理可得，进而可得；
选③，可得，进而可得.
（2）设，由，，联立可求得.
【详解】（1）选①，由余弦定理得，
整理得，所以，又，故.
选②，因为，，
故，可得，又，故.
选③，可得，
所以，又，所以，故.
（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以
，又，联立以上两式得：
，又，解得.
9．(1).
(2)条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，.
【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值；
（2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同．
【详解】（1）因为
所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，所以的最大值为，最小值为.
若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在；
若选条件②：因为在上单调递增，且，
所以,所以,,
所以，
又因为，所以，
所以，
所以，因为，所以.
所以，；
若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得最小值，即.
以下与条件②相同．
10．(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）先对解析式进行化简，再对正弦型三角函数求单调递增区间即可；
（2）由题干可知，.选①时，的面积由计算；选②③时的面积由计算.
【详解】（1），
由，得，，
∴函数的单调递增区间为，；
（2）由，得，
又中，，可知；
若选①：
由，可知，可化为，
又，则，
又中，故，所以，
则，故；
若选②：为的中线，且
在中，，，则有，
在中，，
在中，，
又，
则
则，又知，故；
故；
若选③：为的角平分线，且.
由题意知，，
即，整理得
又在中，，，则有，
故
解之得，，故.
11．(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)根据的关系求通项公式；
(2)选①，利用错位相减法求和，选②，利用裂项相消求和，选③，利用并项求和以及等差数列前项和公式.
【详解】（1），
两式相减得，
数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
；
（2）由（1）可知，
若选①：，
.
两式相减得：，
所以.
若选②：
.
若选③：
当为偶数时，
当为奇数时，.
综上得：.
12．(1)证明见解析，
(2)答案见解析
【分析】（1）结合由前n项和求通项的法求解即可；（2）①错位相减法求前n项；②代入化简，应用分组求和；③代入，整理，等比数列求和.
【详解】（1）由，
得，且，（i）
所以当时，，（ii）
（i）（ii），得，所以．
当时，，即，
又，所以，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以．
（2）若选①：，
则，
所以，
所以，
所以．
若选②：，
则
若选③：因为，
所以，
所以数列是以27为首项，为公比的等比数列，
所以．
13．答案见解析
【分析】设等比数列的公比为，根据所给条件求出即可求出的通项公式；若选①，可得，即可求出，再利用裂项相消法求出，最后解不等式即可；
若选②，可得，即可求出，再利用裂项相消法求出，最后解不等式即可；
若选③，可得，即可求出，再利用裂项相消法求出，最后解不等式即可；
【详解】解：设等比数列的公比为，由，，则，，
于是，即，解得，（舍去）.
所以
若选①：则，，解得，
所以，，
于是
令，解得，因为为正整数，所以的最小值为.
若选②：则，，解得.
所以，，
于是
令，解得，因为为正整数，所以的最小值为.
若选③：则，，解得.
于是，
，
令，得，
注意到为正整数，解得，
所以的最小值为.
14．(1)选择①②，都有；
(2)证明见解析.
【分析】（1）选择①，根据等差数列的通项公式，求得；再根据与之间的关系即可求得结果；
选择②，利用的关系消去，构造等差数列，与①同理，即可求得结果；
（2）根据（1）中所求求得，再利用裂项求和法求得，即可证明.
【详解】（1）若选择①数列是以为公差的等差数列，显然其首项为
故，故；
当时，，
当时，，满足.
故的通项公式为；
若选择②
即，整理得：
故，即数列是首项为，公差为的等差数列，
与选择①相同，故的通项公式为.
（2）根据（1）中所求可得：，则
故
又，故可得.
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取AP的中点N，连结BN，MN，证得平面和平面，根据面面平行的判定定理，证得平面，进而证得平面.
（2）选择条件①：求得，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面PCF和的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解；
选择条件②：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得平面和平面的法向量为和，利用向量的夹角公式，求得，进而求解直线l与CF成角的余弦值.
【详解】（1）证明：如图所示，取AP的中点N，连结BN，MN，
因为分别为的中点，所以，
又因为平面PCF，PC在平面PCF内，所以直线平面，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以直线平面，
因为，且平面内，
所以平面平面，又平面，
所以平面.

（2）解：若选择条件①：
平面ADE与平面ABC的交线为直线，作出直线，如图所示，
由于，平面ADE，平面ADE，所以平面ADE，
又由平面ABC，平面平面，
可知，异面直线与CF成角，即为，可得，
所以，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向,建立空间直角坐标系，
如图所示，可得，，，，
所以，
设平面PCF的法向量为，则，
令，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，则，
由题意知二面角的平面角为锐角，即二面角的余弦值为
选择条件②：
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向,建立空间直角坐标系，
如图所示：设，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
平面的法向量为，二面角的余弦值为，
即，解得，
平面与平面的交线为直线l，作出直线l，如图所示，
由于，平面，平面，
所以平面，又平面ABC，平面平面，
可知，异面直线l与CF成角即为，所以

16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，,证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）选条件①，由可证,继而证明平面,推出，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
选条件②，根据，证明，结合,建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，利用面面角的空间向量求法，即可求得答案；
【详解】（1）取中点，连接，,
因为为中点，所以有且,
因为，，所以且,
所以四边形为平行四边形,
所以,
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）选择条件①：
因为平面平面，为矩形,,
平面平面平面,
所以平面,平面,
所以,
又因为，由（1）可知，平面，
所以，又因为，平面，
所以平面,平面,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
选择条件②：.
因为平面平面，为矩形,
平面平面平面,
所以平面,而PA在平面PAD中，所以,
又因为，
取中点为，连接，，
则有，,
所以,
所以,则,所以,
平面,故平面,
以A为原点，以，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，,
则，，设平面的法向量，
则，令，则，
因为平面，故可作为平面的法向量，
则平面与平面夹角的余弦值.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）选择①②通过线面垂直的判定定理来证得结论成立；选择①③通过面面垂直的性质定理来证得结论成立；选择②③则与是否垂直无法判断，不合题意.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）选择①②：（1）因为，，，所以.
又因为，，所以平面.
选择①③：（1）因为，，，所以.
又因为平面平面，平面平面，
所以平面.
选择②③：（1）因为，平面平面，平面平面，
所以平面，则，但与是否垂直无法判断，所以选择②③不合题意.
（2）由（1）知，，因为四边形是正方形，所以.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，.
设平面的一个法向量为，
则即，令，则，，所以.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）通过证明平面来证得.
（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值.
【详解】（1）在三棱柱中，由题意可得，，，
∴，又∵，∴，
同时在中，∵，，∴，
∵平面，
∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵，且，∴平面，
方案一：选择①③
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
∴，又∵三棱柱的体积为，∴.
法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接，
∵平面，∴平面，
又∵，由三垂线定理可得，
∴为二面角的平面角，
其中，，，则，
由于二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的正弦值为.
法二：过作，过作，过作交于点，连接，
∴为二面角的平面角，其中，，，
∴，故二面角的正弦值为.
法三：如图所示，建立空间直角坐标系，
设平面的一个法向量为，且，，
则，令，则，，故，
设平面的一个法向量为，且，，
则，
令，则，，故，
，故二面角的正弦值为.
方案二：选择①②；
解析：过点作于点∵平面平面，，
∴平面，故直线与平面所成角为，且，
设，，则，即，.
余下解法参考方案一.
方案三：选择②③；
∵平面，∴，，
∴为二面角的平面角，即，
过点作于点，
∵平面平面且交线为，，平面，
∴平面，故直线与平面所成角为，且.
设，则，即.
余下解法参考方案一.
19．(1)极大值为，无极小值
(2)选①，；选②，的取值范围为
【分析】（1）先求导函数，再根据单调性求解极值即可；
（2）把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为
所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.
20．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，分类讨论，利用导数的符号可得结果；
（2）得到，若选①，不妨设，则，分两种情况讨论：分别当和时，利用导数可证不等式成立；若选②，利用导数证明，即可得证.
【详解】（1）因为，所以，
的定义域为，.
当时，，在上单调递增.
当时，若，，单调递减；
若，，单调递增.
综上所述：当时， 在上单调递增.
当时， 在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：选①
因为，所以，
的定义域为，且.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
不妨设，则，由，
可知.当时，显然成立.
当时，，由，且，
可知，则，.
设，，，在上单调递增，
所以，所以成立.
综上所述，.
选②
.
设，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，，
因此，
当且仅当时，等号成立.
设，，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
因此，
从而，则，
因为，所以中的等号不成立，故.
【点睛】关键点点睛：第（2）问，选②时，利用导数证明，是解题关键.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求得，即得答案；
（2）若①作为条件，证明②，设出直线，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，结合条件推出，化简可得，讨论是否等于0，即可证明②；
若②作为条件，证明①，设直线联立双曲线方程，可得根与系数关系，进而表示出的坐标，由此只需证明，即可结合根与系数的关系式化简，证明该式成立，即可证明①.
【详解】（1）由已知可得,即,双曲线右焦点为，
不妨取一条渐近线为，即 ，则，
即得，故双曲线C的方程为.
（2）联立，解得或，故(P在第一象限)，
若①作为条件，证明②，设，由题意可知直线斜率一定存在，
设直线 ，由于双曲线渐近线斜率为，故，
在直线上，Q是的中点，则，
则，，
因为三点共线，故有；
联立 ，则，需满足，
则，
故由，可得，
即，
，
将代入可得 ， 即，
若 ，则，
此时直线过点，
与已知条件不符，故舍去，
故只能是，即直线：过定点.
若②作为条件，证明①，
由题意可知直线斜率一定存在，
设直线 ，，
设，则,
联立，则，需满足，
则，
由，得直线的方程为，
令得点，
要证Q是的中点,即证：，
即，即证，
而即，
即证 ，
而，
故Q是的中点.
【点睛】难点点睛：本题综合考查直线和双曲线的位置关系的相关问题，涉及面较广，解答的方法是利用联立直线和双曲线方程，得到根与系数的关系，关键是要结合题设条件进行化简，难点在于计算的复杂性，并且计算量较大，计算中基本上都是涉及到字母参数的运算，因此要十分小心.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案；
（2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，，.
因为点，直线的斜率为，
所以直线的垂线的方程为，
整理可得，.
设点，，
联立直线与双曲线的方程可得，，
则，且，
所以，.
原点到直线的距离为，
所以，的面积为.
（2）
①②为条件，③为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
所以直线的斜率为.
又，所以.
设点，
因为直线的斜率，
所以，
所以；
①③为条件，②为结论
令点，，且，
因为三点共线，所以.
又，所以点的坐标为，
又，点Q在x轴正半轴上，所以，
所以.
又，
所以，
所以，；
②③为条件，①为结论
令点，，且，不妨设.
因为三点共线，
所以，且.
因为，点Q在x轴正半轴上，所以.
因为，所以.
又，
所以，，且，
所以，，即.
【点睛】思路点睛：①②为条件，③为结论：先得出的斜率，根据，得出..然后根据两点坐标，表示出斜率，即可推出点的坐标.
23．(1)选择条件见解析，
(2)
【分析】（1）设直线的方程为，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理列方程，解方程得到即可得到抛物线方程；
（2）方法一：根据的中心在轴上得到，根据点在点上方得到，根据得到，然后利用换元法和基本不等式求的范围即可；
方法二：设，，根据为重心得到，根据点在点上方得到，根据得到，然后利用换元法和基本不等式求的范围即可.
【详解】（1）由题得，且直线的斜率存在，设直线．
联立方程得，
可知恒成立，设，
则，，
若选条件①，，
，
∴，
故抛物线的方程为．
若选条件②，，
由抛物线定义得，
∴，故抛物线的方程为．
若选条件③，，当且仅当“”时，面积有最小值为，
∴，，故抛物线的方程为．
（2）
解法一：由（1）得抛物线的方程为，，，故，
如图，∵G为重心，∴，且，
∴．
又，
直线．
令，得，
则，即．
令，则，
则，
∵，∴，当且仅当“”，即“”时取等．
∴，
∴，故．
法二：由（1）得抛物线的方程为，，
故，，
∵A在抛物线上，不妨设，则，
∵G为重心，∴，则，
又，
所以，
，
，
又，
直线，
令，得，又点Q在点F上方，可知，即．
令，则，
，
∵，∴，当且仅当“”，即“”时取等．
∴
∴，故．
【点睛】思路点睛：直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．