2021年高考全国乙卷数学（理）高考真题变式题第16-20题解析版

这是一份2021年高考全国乙卷数学（理）高考真题变式题第16-20题解析版，共58页。

变式题1基础
2．（文）已知正三棱柱的底面边长为1，高为2，若其主视图平行于一个侧面，则左视图的面积为__________．
变式题2基础
3．如图，在正方体中，点P是上底面内一动点，则三棱锥的主视图与左视图的面积的比值为_________．
变式题3巩固
4．如图为某几何体的三视图，正视图与侧视图是两个全等的直角三角形，直角边长分别为与1，俯视图为边长为1的正方形，则该几何体最长边长为_______.
变式题4巩固
5．如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据可得该几何体的表面积为________.
变式题5巩固
6．某零件的结构是在一个圆锥中挖去了一个正方体，且正方体的一个面与圆锥底面重合，该面所对的面的四个顶点在圆锥侧面内．在图①②③④⑤⑥⑦⑧中选两个分别作为该零件的主视图和俯视图，则所选主视图和俯视图的编号依次可能为________（写出符合要求的一组答案即可）．
变式题6巩固
7．已知一正四面体的俯视图如图所示，它是边长为的正方形，则这个正四面体的主视图的面积为________．
变式题7提升
8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为__________.
原题17
9．某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和．
（1）求，，，；
（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高）．
变式题1基础
10．甲、乙两名战士在相同条件下各射靶10次，每次命中环数如下：
甲：8 6 7 8 6 5 9 10 4 7
乙：6 7 7 8 6 7 8 7 9 5
（1） 分别计算以上两组数据的平均数；
（2） 分别求出两组数据的方差；
根据数据计算结果，估计一下谁的射击水平较稳定
变式题2基础
11．已知甲、乙两组数可分别用图（1）（2）表示，分别比较这两组数的平均数的相对大小，以及方差的相对大小.

（1） （2）
变式题3巩固
12．某工厂36名工人的年龄数据如下表．
(1)用系统抽样法从36名工人中抽取容量为9的样本，且在第一分段里用随机抽样法抽到的年龄数据为44，列出样本的年龄数据；
(2)计算(1)中样本的均值x和方差s2；
(3)36名工人中年龄在与之间有多少人？所占的百分比是多少(精确到0.01%)?
变式题4巩固
13．机床生产一批参考尺寸为的零件，从中随机抽取个，量得其尺寸如下表(单位：)：
（1）求样本零件尺寸的平均值与标准差；
（2）估计这批零件尺寸位于的百分比.
参考数据：取.
变式题5巩固
14．以下茎叶图记录了甲、乙两组各三名同学在期末考试中的数学成绩.乙组记录中有一个数字模糊，无法确认，假设这个数字具有随机性，并在图中以表示.
（1）当时，分别求出甲、乙两组同学数学成绩的平均数以及乙组的方差；
（2）若甲组的数学平均成绩高于乙组的数学平均成绩，求的值.
变式题6提升
15．随着社会的进步、科技的发展，人民对自己生活的环境要求越来越高，尤其是居住环境的环保和绿化受到每一位市民的关注，因此，2019年6月25日，生活垃圾分类制度入法，提倡每位居民做好垃圾分类储存、分类投放，方便工作人员依分类搬运，提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用．某市环卫局在、两个小区分别随机抽取6户，进行生活垃圾分类调研工作，依据住户情况对近期一周（7天）进行生活垃圾分类占用时间统计如下表：
（1）分别计算、小区每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差；
（2）如果两个小区住户均按照1000户计算，小区的垃圾也要按照垃圾分类搬运，市环卫局与两个小区物业及住户协商，初步实施下列方案：
①小区方案：号召住户生活垃圾分类“从我做起”，为了利国利民，每200位住户至少需要一名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，每位工作人员月工资按照3000元（按照28天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？
②小区方案：为了方便住户，住户只需要将垃圾堆放在垃圾点，物业让专职人员进行生活垃圾分类，一位专职工作人员对生活垃圾分类的效果相当于4位普通居民对生活垃圾分类效果，每位专职工作人员（每天工作8小时）月工资按照4000元（按照28天计算标准）计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少？
原题18
16．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
变式题1基础
17．如图所示，平面ABCD，四边形AEFB为矩形，，，．
（1）求证：平面ADE；
（2）求平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值．
变式题2基础
18．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，M为的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成的角的余弦值．
变式题3巩固
19．如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
变式题4巩固
20．如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的正弦值．
变式题5巩固
21．如图，在四棱锥，，，平面，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
变式题6提升
22．已知正方形的边长为，，分别为，的中点，以为棱将正方形折成如图所示的的二面角，点在线段上.
(1)若为的中点，且直线与由，，三点所确定平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；
(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为；若存在，求此时平面与平面的夹角的余弦值，若不存在，说明理由.
变式题7提升
23．如图，在三棱锥中，底面ABC，点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，，.
（1）求证：平面BDE；
（2）求二面角的正弦值；
（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.
原题19
24．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
变式题1基础
25．已知数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求n.
变式题2基础
26．已知数列满足，且，证明：数列是等差数列；
变式题3巩固
27．已知数列满足，.
⑴求数列的通项公式；
⑵若数列满足，求数列的通项公式.
变式题4巩固
28．已知数列满足，（且）．
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
变式题5巩固
29．若的前n项和为，点均在函数y＝的图像上.
（1）求数列的通项公式.
（2）设，求数列的前n项和.
变式题6提升
30．记数列的前项和为，已知
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的的最大值.
变式题7提升
31．设数列的前项和为，已知，，其中.
（1）求的值；
（2）求的通项公式；
（3）求证：对于一切正整数，都有.
原题20
32．设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
变式题1基础
33．已知函数在处有极值2．
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的最值．
变式题2基础
34．已知函数在处的切线方程．
（1）求，的值；
（2）求的单调区间与极小值．
变式题3巩固
35．已知.
（1）若有极大值或极小值，求的取值范围；
（2）若，求证：时.
变式题4巩固
36．已知.
（1）当有两个零点时，求a的取值范围；
（2）当，时，设，求证：.
变式题5巩固
37．已知函数．
（1）若存在极值，求的取值范围．
（2）当时，证明：．
变式题6提升
38．已知函数有两个极值点．
（1）求a的取值范围；
（2）求证：．
旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5
工人编号 年龄
工人编号 年龄
工人编号 年龄
工人编号 年龄
1 40
10 36
19 27
28 34
2 44
11 31
20 43
29 39
3 40
12 38
21 41
30 43
4 41
13 39
22 37
31 38
5 33
14 43
23 34
32 42
6 40
15 45
24 42
33 53
7 45
16 39
25 37
34 37
8 42
17 38
26 44
35 49
9 43
18 36
27 42
36 39
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
尺寸
6.3
5.8
6.2
5.9
6.2
6.0
5.8
5.8
5.9
6.1
住户编号
1
2
3
4
5
6
小区（分钟）
220
180
210
220
200
230
小区（分钟）
200
190
240
230
220
210
参考答案：
1．③④（答案不唯一）
【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，
如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.
故答案为：③④.
【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.
2．
【分析】已知正三棱柱的底面边长为1、高为2，若其主视图平行于一个侧面，则其左视图必为此侧面相对的侧棱与其在这个侧面上的投影及上下两个底面三角形的高所组成的矩形，故求出底面三角形的高即可求出左视图的面积
【详解】解：由题意得，正三棱柱、正视图、左视图，如下图所示：
为此侧面相对的侧棱与其在侧面上的投影及上下两个底面三角形的高所组成的矩形的面积，
由于底面是边长为1正三角形，故其高为，
又正三棱柱的高为2，故此矩形的面积为，
即其左视图的面积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查简单空间图形的三视图，解题的关键是由棱柱的结构特征与三视图的作法推测出左视图的形状与度量来，再根据面积公式求出其面积，本题对空间想像能力要求较高，可以借助实物图形进行辅助判断．
3．
【分析】分析点在不同位置时主视图和左视图的形状，由此可分析面积并计算出面积的比值.
【详解】无论点P在上底面的什么位置，三棱锥的主视图和左视图均为三角形，
且三角形有一边相等，且该边上的高相等，故所求比值为．
故答案为：.
4．
【分析】由已知的三视图，可得该几何体是一个四棱锥，即可直接求出最长边长.
【详解】由三视图还原几何体如图所示：
该几何体还原实物图为四棱锥，为腰长为1的等腰三角形，平面，则，.
∴最长边为
故答案为.
【点睛】由三视图画出直观图的步骤和思考方法：①首先看俯视图，根据俯视图画出几何体底面的直观图；②观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③画出整体，然后再根据三视图进行调整.
5．33π
【分析】由几何体的三视图知，该几何体的下半部分是底面半径为3，高为4，母线长为5的圆锥，上半部分是半径为3的半球，由此能求出该几何体的表面积.
【详解】由几何体的三视图知，该几何体的下半部分是底面半径为3，高为4，母线长为5的圆锥，
上半部分是半径为3的半球，
∴该几何体的表面积，故答案为.
【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，关键是对几何体正确还原，并根据三视图的长度求出几何体的几何元素的长度，再代入对应的面积公式进行求解，考查了空间想象能力．注意“高平齐，长对正，宽相等”原则.
6．⑤⑦（或①⑧）
【分析】先选俯视图，再由俯视图选主视图即可
【详解】若俯视图为图⑦，则主视图为图⑤，
若俯视图为图⑧，则主视图为图①，
故答案为：⑤⑦（或①⑧）
7．
【分析】根据俯视图还原几何体，再推测出主视图的形状，进而求解出主视图的面积.
【详解】根据题意，正四面体的棱长可取为，且该正四面体的主视图是一个底边长为，腰长为的等腰三角形
所以主视图的高为
从而可得主视图的面积为．
故答案为：.
8．
【分析】根据三视图作出原几何体的直观图，将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出外接球的半径，结合球体的表面积公式可得结果.
【详解】根据三视图作出原几何体的直观图如下图所示：
由三视图可知，该几何体为三棱锥，且底面，
由三视图中的数据可得，，且，
所以，，则，
将三棱锥补成长方体，
所以，三棱锥的外接球直径为，可得，
因此，该几何体的外接球的表面积为.
故答案为：.
9．（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1），
，
，
.
（2）依题意，，，
，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.
10．解：（1）7，7；（2）甲：3 ，乙：1.2，乙
【详解】分析：（1）先算出总环数再除以射击次数即得平均值；（2）根据方差公式计算即可.
详解：
（1）=1/10（8+6+…+7）=7（环）
=1/10（6+7+…+5）=7（环）
（2）S2甲=1/10[（8-7）2+（6-7）2+…+（7-7）2]=3（环2），
S2乙=1/10[（6-7）2+（7-7）2+…+（5-7）2]=1.2（环2），
（3）从平均数看甲﹑乙两名战士的成绩相同．从看方差乙的方差较小，乙的射击成绩较稳定．综上乙射击成绩较好
点睛：考查平均值、方差及方差的意义，方差越小越稳定.属于基础题.
11．甲、乙两组数的平均数相等，甲组数的方差小于乙组数的方差
【解析】分别计算出两组数据的平均数和方差即可得出结论.
【详解】甲、乙两组数的平均数分别为
甲，
乙.
甲、乙两组数的方差分别为
甲，
乙.
所以甲、乙两组数的平均数相等，甲组数的方差小于乙组数的方差.
【点睛】此题考查根据已知数据求平均数和方差，并进行比较大小，关键在于熟练掌握公式，准确计算.
12．（1）见解析；（2）；（3）
【详解】试题分析：（1）根据系统抽样的方法，求出样本的年龄数据即可；（2）根据平均数和方差的公式求出其平均数和方差即可；（3）求出﹣s和+s，从而求出其所占的百分比．
(1)36人分成9组，每组4人，其中第一组的工人年龄为44，所以它在组中的编号为2，所以所有样本数据的编号为4n－2(n＝1，2，…，9)，其年龄数据为：44，40，36，43，36，37，44，43，37.
(2)由均值公式知：
由方差公式知：s2＝[(44－40)2＋(40－40)2＋…＋(37－40)2]＝.
(3)因为s2＝，s＝，所以36名工人中年龄在－s和＋s之间的人数等于年龄在区间[37，43]上的人数，即40，40，41，…，39，共23人，所以36名工人中年龄在－s和＋s之间的人数所占的百分比为×100%≈63.89%.
13．（1），；（2）.
【分析】（1）由平均数和标准差计算公式可直接计算求得结果；
（2）由（1）可求得区间为，利用样本估计总体的思想可直接计算得到结果.
【详解】（1）由表格数据得：，
，；
（2）由（1）可知：，.
这件样本中，尺寸在内的共有件，
以样本估计总体，则这批零件尺寸位于的百分比约为.
14．（1）甲的平均数，乙的平均数，乙的方差；（2）.
【分析】(1)由茎叶图可得甲、乙两组三个数据，再利用平均数、方差公式即可作答；
(2)由给定条件列出平均数的不等式，再由a是不超过9的自然数得解.
【详解】（1）甲组的平均成绩是，乙组的平均成绩是，
乙组的方差是；
（2）因乙组的平均成绩是，而，由(1)知，a是不超过9的自然数，，
所以的值是0.
15．（1）210分钟，215分钟；，；（2）①15元；②64元.
【分析】(1)根据各小区的数据直接求平均数和方差即可；
(2)分别算出两个小区进行垃圾分类所用的时间，再算出每户所承担的费用.
【详解】（1）（分钟），
（分钟），
，
；
（2）①按照方案，小区一月至少需要名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，其费用是元，
每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元），
②由（1）知，小区平均每位住户每周需要215分钟进行垃圾分类，一月需要（分钟），
小区一月平均需要分钟的时间用于生活垃圾分类，
∵一位专职工人一天的工作时间按照8小时作为计算标准，每月按照28天作为计算标准，
一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于4名普通居民对生活垃圾分类的效果，
∴小区一月需要专职工作人员至少（名），
则每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为（元），
16．（1）；（2）
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
17．（1）见解析（2）
【解析】（1）根据，，从而证明平面平面ADE，从而平面ADE。（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的空间坐标，根据向量法求解即可。
【详解】（1）∵四边形ABEF为矩形
又平面ADE，AE平面ADE
平面ADE
又，
同理可得：平面ADE
又，BF，BC 平面BCF
∴平面平面ADE
又CF平面BCF
平面ADE
（2）如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，则
，，
,,
设是平面CDF的一个法向量，则
即
令，解得
又是平面AEFB的一个法向量，
∴平面CDF与平面AEFB所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】此题考查立体几何线面平行证明和二面角求法，线面平行可先证面面平行得到，属于简单题目。
18．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出 ，利用数量积即可证明.
（2）求出两平面PAM与平面PDC的法向量，则法向量夹角余弦得二面角的余弦．
【详解】解：（1）依题意，棱DA，DC，DP两两互相垂直.
以点D为原点，依次以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，
如图，建立空间直角坐标系.
则，，，.
可得，.
所以，
所以
（2）由（1）得到，，
因此可得，.
设平面的一个法向量为，则由
得
令，解得.
同理，可求平面PDC的一个法向量.
所以，平面PAM与平面PDC所成的锐二面角满足：
.
即平面PAM与平面PDC所成的锐二面角的余弦值为.
19．（1）见解析
（2）
【分析】（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明．
（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值．
【详解】解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
【点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题．
20．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据长方体的性质，应用勾股定理可得，即可证；
（2）构建以D为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值即可.
【详解】（1）由知：，又，
∴，又，
∴连接，，即，得证.
（2）构建以D为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
由，若，则，
∴，则，，
若是面的一个法向量，则，若，得，
若是面的一个法向量，则，若，得，
∴，则二面角的正弦值为.
21．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由平面，得，再根据，可得平面，从而可得出，再根据，可得，连接，证得，再根据，即可证得平面，再根据线面垂直的性质即可得出结论；
（2）由（1）知平面，，以为原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，根据向量法即可得出答案.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.
又因为，，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，所以.
连接.因为，所以，，
得，又，所以，即.
因为平面，平面，所以，又，
所以平面，因为平面，所以.
（2）解：由（1）知平面，，以为原点，以所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，设，则，，，，
，，，.
设平面的一个法向量为，则得
所以.令，得，所以.
设平面的一个法向量为，则得
所以，，得，所以.
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
22．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据面面位置关系判断点的位置，再根据线线平行证明线面平行；
（2）设，利用坐标法根据线面夹角为可得的值，再；利用坐标法求二面角余弦值.
（1）
证明：因为直线平面，故点在平面内也在平面内，所以点在平面与平面的交线上(如图所示).
因为，为的中点，所以，所以，，所以点在的延长线上，且.
连接交于，因为四边形为矩形，所以是的中点.
连接，所以为的中位线，所以，
又因为平面，所以直线平面.
（2）
解：存在.由已知可得，，，所以平面，所以平面平面,
取的中点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以
设（），则，设平面的法向量，则所以，
取，则，所以.
因为与平面所成的角为，所以
所以，解得或，
所以存在点，使得直线与平面所成的角为.
设平面的法向量为，则，所以，
取，则，
所以， ，设二面角的大小为.
所以.
因为当时， ，此时平面平面，
所以当时， 为钝角，所以.
当时， 为锐角，所以
23．（1）证明见解析；（2）；（3）4
【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合面面平行的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，
为AD中点，
，
平面BDE，平面BDE，
平面BDE.
为BC中点，
，
又D、E分别为AP、PC的中点，
，则.
平面BDE，平面BDE，
平面BDE.
又，平面MFN，平面MFN，
平面平面BDE，又平面MFN，
则平面BDE；
（2）底面ABC，.
以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.
，，
0，，0，，4，，0，，2，，2，，
则，，
设平面MEN的一个法向量为，
由，得
取，得.
由图可得平面CME的一个法向量为.
.
由图可知二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为，则正弦值为；
（3）设，则0，，，.
直线NH与直线BE所成角的余弦值为，
.
解得：.
当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4.
24．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
25．（1）；（2）.
【分析】（1）由、的关系求，可得，根据等比数列的定义，即可写出的通项公式；
（2）由等比数列前n项和公式有，结合已知条件求n即可.
【详解】（1）当时，；
当，，即，
∴是首项为，公比为2的等比数列，所以.
（2），
由，得，解得.
26．证明见解析
【分析】利用已知及等差数列的定义化简即可证得结果.
【详解】证明：，
，是以为首项，为公差的等差数列.
27．（1） （2）
【分析】（1）根据条件，构造数列，可知为等比数列，进而利用等比数列的通项公式可求得的通项公式．
（2）由同底数幂的乘法运算，可得，利用递推公式可得，再检验即可求得的通项公式．
【详解】（1）

而，故数列 是首项为2，公比为2的等比数列
即
因此
（2）∵


即 ①
当时， ②
－ ②得
∴
经验证 也满足上式
因此
【点睛】本题考查了数列的综合应用，构造数列法和递推公式法在求通项公式中的应用，属于基础题．
28．（1）证明过程详见解析，；（2）
【分析】（1）对题目所给等式两边除以，化简得，由此证得是等差数列，并求得其通项公式，进而求得的通项公式.（2）利用错位相减求和法求得的前项和.
【详解】（1）由两边除以，化简得，则数列为等差数列.其首项为，公差为，故，所以.
（2）由于，所以，
，两式相减得
，
化简得.
【点睛】本小题主要考查已知递推关系求数列的通项公式，考查错位相减求和法，属于中档题.
29．（1）；（2）.
【解析】（1）通过点()均在二次函数的图象上，求出，利用，求解数列的通项公式；
（2）通过，数列的通项公式，利用裂项消项法求解数列的和即可.
【详解】（1）由题意知：

当n时，
当n=1时，，适合上式.

（2）
【点睛】关键点睛：（1）解题关键是利用进行求解；（2）解题关键在于利用裂项求和法进行求和
30．（1）.（2）4
【分析】(1)分析得,再由,等式两边同除以即可证明数列是等差数列,进而求得,再根据数列通项与前项和的关系求解数列的通项公式即可.
(2)根据(1)可知当时,,再整理求解二次不等式即可.
【详解】（1）当时,若,则由,得,这与相矛盾,所以.
由,等式两边同除以并整理,和.
所以数列是首项为,公差的等差数列.
所以,化简得.
所以当时,.
又因为,不符合上式,所以
（2）由（1）知
易知.所以由题意,得,整理,得.
解得.
所以使成立的的最大值是4.
【点睛】本题考查数列的前项和与通项的关系､数列的递推公式,考查推理论证能力以及化归转化思想.
31．（1）；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）令，可求出；
（2）原式可化为，当时，，两式相减，整理可得，即数列从第二项起是以1为公差的等差数列，可求出的表达式，进而可得到的通项公式；
（3）由（2）知，当时，，进而可推出，然后验证和时，不等式都成立，即可证明结论成立.
【详解】（1）令，则，即.
（2）由题意，①，
当时，②，
①-②得，，
则，即，
所以，
即数列从第二项起是以1为公差的等差数列，且，
所以当时，，则，
又，符合，
故的通项公式为.
（3）当时，成立；
当时，成立；
当时，，
则.
综上所述，对于一切正整数，都有.
【点睛】本题考查利用递推关系求通项公式，考查放缩法在证明数列不等式中的运用，考查学生的推理论证能力与计算求解能力，属于难题.
32．（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
33．（1），；（2）最小值是-2，最大值是2．
【分析】（1）由题意知，，求的导函数，代入计算可得的值，注意检验；（2）在上的单调区间，从而确定最小值，计算端点值比较可求出最大值.
【详解】解：（1），
∵函数在处取得极值2，
∴，解得，
，经验证在处取极值2，故，
（2）由，令，解得
令，解得或，
因此，在递减，在递增，的最小值是
而，故函数的最大值是2．
34．（1）；（2）在单调递减，在单调递增，的极小值为．
【分析】（1）根据导数的几何意义，有，又，联立方程组即可求解.
（2）求函数的导函数，然后令导函数大于0，可得增区间，令导函数小于0，可得减区间，从而可得函数的极小值．
【详解】解：（1），由已知可得，解得.
（2）由（1）可得，
∴，
令，解得；令，解得，
∴在单调递减，在单调递增，
∴当时，的极小值为．
35．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，判断函数的极值，进而得出结果；
（2）问题转化为证明，设，求导，根据函数的单调性证明即可.
【详解】（1）因为，
所以()，
当时，在上是增函数，没有极值；
当时，在上是减函数，没有极值.
当时时，是减函数，时，是增函数，所以有极小值.
综上得的取值范围是.
（2）时，即，
设，则，
且，
因为，，所以，，
所以，在上是增函数，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键点是：依题意证得在上是增函数.
36．（1）或；（2）证明见解析.
【分析】（1）化简，根据题意得有一个非零实根，设，利用导数求得函数的单调性和极值，结合函数的值的变化趋势，即可求解；
（2）化简，根据题意转化为，令，得到新函数，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数
因为有两个零点，又因为时，解得，
所以当有一个非零实根，
设，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为，
又由，时，；时，，
所以或，即实数a的取值范围是.
（2）由题意，可得，
要证，即证，
令，令，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，即.
【点睛】利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
37．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导以后，存在极值等价于有根，且根的两侧异号，参变分离后构造函数，通过研究函数的最值即可求解；
（2）（方法一）求导得，结合的单调性以及零点存在性定理即可求出在上单调递减，在上单调递增．且以及，然后求出的最小值的范围，即可得出结论；
（方法二）由不等式的性质可知当时，；当时，，因此只需要证明时即可，由于，所以利用放缩法即可证明.
【详解】（1）解：，
由，得，设函数，则,
当时，；当时，．
故，
当时，，不存在极值，所以，
故的取值范围是．
（2）证明：（方法一）因为，所以，，
易知在上为增函数，
且，，
所以，，且在上单调递减，在上单调递增．
又，所以，
则．
因为，所以，
即，故．
（方法二）因为，所以，
当时，；
当时，
当时，易证，
所以，
因为，
所以，
又
故．
【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一步利用导数证明.
38．（1）(2e，＋∞)；（2）证明见解析．
【分析】（1）先求导，讨论与两种情况，分别判断其单调性，结合题意，即可求解；
（2）不妨设，且，得到，问题可转化为，再令，进而转化为在上恒成立，用导数法求解即可
【详解】（1）因为，
所以．
令，则．
当时，不成立；
当时，．
令，所以．
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，
当时，，当时，，
因此，当时，有2个极值点，即a的取值范围为．
（2）由（1）不妨设，且
所以
所以．
要证明，
只要证明，
即证明．
设，
即要证明在上恒成立．
记，
，
所以在上单调递减，
所以当时，，
即，
即成立