高考真题变式题2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题16-19含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题16-19含解析答案，共32页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
2．已知椭圆C：的离心率为，且过点．
(1)求C的标准方程；
(2)过C的左焦点且斜率为的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积为时，求k的值．
3．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于B，C两点，若面积为，求m．
4．已知椭圆经过点，其右焦点为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若点在椭圆上，右顶点为，且满足直线与的斜率之积为.求面积的最大值.
5．如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
6．已知四棱锥如图所示，其中，点M，N分别是线段SC，AB的中点．
(1)求证：平面；
(2)若二面角为直二面角，则，，求四面体SBDM的体积．
7．如图，三棱锥中，底面ABC，，，，点M满足，N是PC的中点．
(1)请写出一个的值使得平面AMN，并加以证明；
(2)若二面角大小为45°，且，求点M到平面PAC的距离．
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，PB＝PD，PA⊥PC，M，N分别为PA，BC的中点底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB＝60°，AC交BD于点O．
(1)求证：MN∥平面PCD；
(2)二面角B－PC－D的平面角为θ，若．
①求PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点N到平面CDP的距离．
9．已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
10．设
(1)求证：；
(2)若恒成立，求整数的最大值．（参考数据，）
11．已知函数，其中．
(1)当时，证明：；
(2)若对任意，都有，求k的取值范围．
12．已知函数，.
(1)求证：；
(2)若，问是否恒成立?若恒成立，求a的取值范围；若不恒成立，请说明理由
13．设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
14．已知{}是公差不为0的无穷等差数列．若对于{}中任意两项，，在{}中都存在一项，使得，则称数列{}具有性质P．
(1)已知，判断数列{}，{}是否具有性质P；
(2)若数列{}具有性质P，证明：{}的各项均为整数；
(3)若，求具有性质P的数列{}的个数．
15．设和是两个等差数列，记，其中表示，，，这个数中最大的数．
(1)若，，求，，的值；
(2)若为常数列，证明是等差数列；
(3)证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得，，，，是等差数列．
16．设为无穷数列，给定正整数，如果对于任意，都有，则称数列具有性质．
(1)判断下列两个数列是否具有性质；（结论不需要证明）
①等差数列：5，3，1，…；②等比数列：1，2，4，…．
(2)已知数列具有性质，，，且由该数列所有项组成的集合，求的通项公式；
(3)若既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列，求的最小值．
参考答案：
1．(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
2．(1)；
(2).
【分析】（1）依据题给条件列方程求得的值，进而求得C的标准方程；
（2）先设直线l的方程为，与椭圆方程联立，利用设而不求的方法列出关于的面积的方程，解之即可求得k的值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由题意得，
，解得，∴C的标准方程为；
（2）由（1）得，椭圆C的左焦点为，
∴设直线l的方程为， 令，，
联立，整理得，
∴，，
∴，
∴，
解得.
3．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得，求出即可得解；
（2）设，联立，消，利用韦达定理求得，再利用弦长公式求得，求出点到直线的距离，再根据，即可得出答案.
【详解】（1）解：根据题意可知：
，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）解：设，
联立，消整理得，
则，解得，
，
则，
点到直线的距离，
则，解得，
所以若面积为，.
4．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，从而可求出，进而可求出离心率，
（2）设，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，再由可得或，可得直线经过定点，然后表示出面积，求其最大值即可.
【详解】（1）依题可得，，解得，
所以椭圆的方程为.
所以离心率.
（2）易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，
故可设，
由可得，，
所以，
，而，即，
化简可得，
，
化简得，
所以或，
所以直线或，
因为直线不经过点，
所以直线经过定点.
设定点
，
因为，所以，
设，
所以，
当且仅当即时取等号，即面积的最大值为.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
6．(1)证明见解析；
(2)4．
【分析】（1）取SD的中点P，则四边形MPNB为平行四边形，得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）取AD的中点O，则，根据面面、线面垂直的性质可得，求出，易知点S到平面BDM的距离等于点C到平面BDM的距离，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.
【详解】（1）取SD的中点P，连接MP，NP，则，且，
故，，则四边形MPNB为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面．
（2）取AD的中点O，连接OS，因为为等边三角形，故，
因为平面平面，且平面平面，平面
故平面，而平面，所以，
又，故，
因为M为SC的中点，故M到平面BDC的距离为，
在菱形ABCD中，，故为等边三角形，
又，故，
故，
由M为SC的中点可得，点S到平面BDM的距离等于点C到平面BDM的距离，
故，即四面体SBDM的体积为4．
7．(1)，证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据题意得到，利用中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据二面角的平面角的定义得到就是二面角的平面角，即可得到，将点到平面的距离转化为点到平面的距离的，然后求距离即可.
【详解】（1）
当时，满足题意．
是的中点，又因为是的中点，
所以，
又平面，且平面，
所以∥平面．
（2）由勾股定理得，
因为平面，平面ABC，
所以，
又，，平面，
所以平面，
而平面，故，
故就是二面角的平面角，所以，
所以为等腰直角三角形，且，
过作于，则平面，易得，
所以点到平面的距离等于，为．
8．(1)证明见解析；
(2)① ②.
【分析】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明，然后证明平面PCD；
（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由条件可证明所求线面角为，利用直角三角形求大小即可；
②由平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等积法求解即可.
【详解】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，如图，
为PA的中点，，
为的中点且四边形ABCD为菱形，.
，四边形MNCE为平行四边形，
,
又MN平面PCD, CE平面PCD,
MN∥平面PCD.
（2）①连接PO，过作于，连接，
由PB＝PD，是的中点，，
由菱形知，又，平面，
平面，平面平面，且交线为，
直线在平面上的射影为，即PA与底面ABCD所成角为.
平面，，且在平面上的射影为，
，又PA⊥PC，，是的中点，是PC的中点，
，
由知，, ，
为二面角B－PC－D的平面角，
,
即，解得，,
，
，，
即PA与底面ABCD所成角的大小为.
②连接，过作于，
由，平面，平面，平面
点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，
，
平面，平面平面,且是交线，
，平面，
在中，，，，
由等积法可得，即，
即点N到平面CDP的距离为.
9．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【详解】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
10．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）将问题转化成求证，，构造函数，通过求导，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，从而求出的最小值，即可证明结果；
（2）通过取值，得出，再利用（1）结果，证明时，，再通过构造函数，求出函数最值即可得出结果.
【详解】（1）要证：，（，），
只要证：，又当时，，当时，，
即与同号，故只要证：，即证：，
令，（，），则，
当时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，故原不等式得证．
（2）因为，当时，有，
则，所以整数．
当时，由（1）可得，
下证：，，只要证：．
令，，
因为，
所以在上单调递减，故，所以得证,
综上所述，整数的最大值为2．
【点睛】证明不等式或恒（能）成立问题，常通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，将问题转化成求函数最值.
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用导数求得的单调区间，进而证得不等式成立.
（2）将不等式转化为，利用构造函数法，结合多次求导的方法来求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，，，，单调递减；
当时，，，，单调递增，
所以，即不等式成立．
（2）由题意得对任意，都有，
即，即．
令，可得恒成立，，
令，所以．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，所以在上单调递增，
所以恒成立，即恒成立，故只需．
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以只需，解得，所以k的取值范围是．
【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.如果一次求导无法求得函数的单调区间，可考虑利用多次求导的方法来求解.
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）直接作差令，求导判定差函数单调性及最小值即可得出结论；
（2）令，利用端点效应即得出时恒成立，再证明充分性即可.
【详解】（1）令，，
当，，所以此时单调递减；
当，，所以此时单调递增；
即当时，取得极小值也是最小值，所以，得证；
（2）设，
即证在上恒成立，
易得，
当时，若，
下面证明：当时，，在上恒成立，
因为，设，
令，
所以在上是单调递增函，所以，
又因为，则
所以在上是单调递增函数，
所以，所以在上是严格增函数，
若时，，即在右侧附近单调递减，此时必存在，
不满足恒成立，
故当时，不等式恒成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
13．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
14．(1)数列具有性质，数列不具有性质
(2)证明见解析
(3)12个
【分析】（1）根据数列{}具有性质P的定义即可求解；
（2）设数列的公差为，由题意，存在使得，同理，存在使得，两式相减，根据等差数列的定义即可得证；
（3）由题意结合（2）知的各项均为整数，所以为整数，首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可求解.
【详解】（1）解：因为，所以，
所以对于{}中任意两项，，在{}中都存在一项，使得，
所以数列具有性质，
因为，所以取，则，
因为，
所以不存在一项，
所以数列不具有性质；
（2）证明：设数列的公差为，
因为数列具有性质，所以存在使得，同理，存在使得，
两式相减，得，即，
因为，所以，
所以的各项均为整数．
（3）解：由题意结合（2）知的各项均为整数，所以为整数，
首先证明为正整数，否则假设为负整数，则为递减数列，所以中各项的最大值为，
由题设，中存在某项，且，所以，
从而对任意正整数，，这与具有性质矛盾；
其次证明为的约数，
由得，，
所以，
所以为整数，即为的约数，
由为正整数，所以为的正约数，
因为，所以的正约数共有个，
对于首项为，的正约数为公差的等差数列，易知其满足性质，
所以具有性质的数列共有个．
【点睛】关键点点睛：解决本题（3）问需结合（2）的结论，得的各项均为整数，所以为整数，进而证明为正整数，然后再证明为的约数，这里牢牢抓住性质P的定义及等差数列的通项公式是解题的关键.
15．(1)，，；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分别求得，，，，，，代入即可求得，，；
（2）根据，，即可作差得，即可根据时，则，以及时，，此时为常数，所以是等差数列；
（3）方由，分类讨论，，三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得，，，是等差数列；
【详解】（1）已知，，
，，，，，，
当时，，
当时，,,，
当时，,,,，
（2）设（为常数），的通项公式为.
，
先考虑，
则时，，
所以.
当时，则，，
此时为常数，所以是等差数列；
当时，则，，
此时是常数列，也是等差数列；
综上所述：是等差数列；
（3）设数列和的公差分别为，
则，
所以，
①当时，取正整数，则当时，，因此，
此时，是等差数列；
②当时，对任意，
此时，是等差数列；
③当时，当时，有，
所以
，
对任意正数，取正整数，
故当时，.
【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
16．(1)数列具有性质；数列不具有性质
(2)的通项公式为或
(3)5
【分析】（1）性质即，通过代入验证即可判断；
（2）通过转化得到数列：，，，⋯，是等差数列且公差，数列：，，，⋯，，是等差数列且公差，进而分类讨论的正负情况进而求解的通项公式；
（3）由数列1，1，1，2，2，2，3，3，3，，，，，不是等差数列，且其既具有性质又具有性质，得．所以的最小值大于或等于5，然后证明的最小值等于5即可.
【详解】（1）由题意知，数列通项公式为，满足，所以数列具有性质；
数列中，代入，，所以不满足，所以数列不具有性质.
（2）由数列具有性质，得，
所以，即，
所以数列：，，，，，是等差数列．
又因为，，
所以数列的公差，
同理，得数列：，，，⋯，，是等差数列，公差．
①若且，则数列的最小项是，数列的最小项是，
所以数列的最小项为1，这与矛盾；
②若且，同理，得的最大项为2，这与矛盾；
③若且，则为递减数列，为递增数列．
由，得3为数列中的项，
所以只能是，且；
同理，可得0为数列中的项，
所以只能，．
此时，的通项公式为．
④若，，类似③的讨论可得，．
此时，的通项公式为．
综上，的通项公式为或
（3）由数列1，1，2，2，3，3，⋯，，，，，，，不是等差数列，且其同时具有性质，，，得且．
类似的，由数列1，1，1，2，2，2，3，3，3，⋯，，，，不是等差数列，且其既具有性质又具有性质，得．
所以的最小值大于或等于5．
以下证明的最小值等于5，即证“既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列”．
因为具有性质，即，
所以对于，是等差数列；
同理，由具有性质，得对于，是等差数列．
由，，，，，，为等差数列（记公差为），且，，，，，，为等差数列（记公差为），得，，所以．
令，则，，．
同理，由，，⋯，，为等差数列，且，，，，，，，，为等差数列（记公差为），得，，
所以，且．
所以 ．
同理，由，，，⋯，，为等差数列，且，，，⋯，，为等差数列，
得；
由，，，，⋯，，为等差数列，且，，，，⋯，，为等差数列，
得；
由，，，，，⋯，，为等差数列，且，，，，，⋯，，为等差数列，得．
综上，．
故数列是公差为的等差数列．
即既具有性质又具有性质的数列一定是等差数列．
所以的最小值等于5
【点睛】方法点睛：本题考查数列的综合问题.要通过转化与化归的技巧，将问题进行转化，结合分类讨论等常见方法进行问题的求解.