高考真题变式题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题变式题16-19含解析答案

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一、解答题
1．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
2．已知在处取得极小值．
(1)求的解析式；
(2)求在处的切线方程；
(3)若方程有且只有一个实数根，求的取值范围.
3．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围.
4．设，.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)已知，在处取得极小值.求实数的取值范围.
5．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
6．如图，在底面是矩形的四棱锥中，，点在底面上的射影为点与在直线的两侧，且.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
7．如图，多面体中，和均为等边三角形，平面平面
(1)求证：;
(2)求平面ABD与平面PBC夹角的余弦值.
8．如图甲所示，在平面四边形中，，，，现将平面沿向上翻折，使得，为的中点，如图乙.
(1)证明：；
(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
9．某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
10．某食品生产厂生产某种市场需求量很大的食品，这种食品有A、B两类关键元素含量指标需要检测，设两元素含量指标达标与否互不影响．若A元素指标达标的概率为，B元素指标达标的概率为，按质量检验规定：两元素含量指标都达标的食品才为合格品．
(1)一个食品经过检测，AB两类元素至少一类元素含量指标达标的概率；
(2)任意依次抽取该种食品4个，设表示其中合格品的个数，求分布列及．
11．在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
(1)若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
12．某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立.
(1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率；
(2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望；
(3)已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出.
13．已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
14．在等比数列中，已知，．
(1)若，求数列的前项和；
(2)若以数列中的相邻两项，构造双曲线，求证：双曲线系中所有双曲线的渐近线、离心率都相同．
15．已知有一系列双曲线：，其中，.记第条双曲线的离心率为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
16．已知数列的首项为，为数列的前项和，，其中，.
(1)若时，成等差数列，求数列的通项公式；
(2)设双曲线的离心率为，且，求证：.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
2．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出，由题意可的，由此即可求出答案；
（2）分别求出，的值，再利用点斜式写出直线；
（3）将问题转化为函数与有且只有一个交点，求出函数的单调性与极值，即可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意知，
因为在处取得极小值
则，解得：
经检验，满足题意，所以，
所以
（2）由题意知，，
所以所以切点坐标为，斜率
所以切线方程为：，即.
（3）令，解得或，
则，，的关系如下表：
则，，
方程有且只有一个实数根等价于有且只有一个实数根，
等价于函数与有且只有一个交点，
即或，解得：或，
所以.
3．(1)；
(2).
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围.
【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，
求导得，
当时，，由，得，由，得，
则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意；
当时，由，得或，
①若，即，由，得或，由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
②若，即，由，得或，由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
③若，即，由在上恒成立，得在上递增，
函数无极值，不合题意，
所以的取值范围为.
4．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义得到切线的斜率，结合点斜式得到方程；
（2）根据的单调性，结合极小值的概念即可得到结果.
【详解】（1）若，，，.
曲线在处的切线方程为，
即；
（2），由
令，则，
①当时， 时，，函数单调递增；又，所以当时，，单调递减.当时，，单调递增.在处取得极小值，符合题意.
②当时， 时，，函数单调递增， 时，，函数单调递减.
（i）当时，，由②知在内单调递增，可得当时，，时，，所以在(0，1)内单调递减，在内单调递增，在处取得极小值，符合题意
（ii）当时，即时，在(0，1)内单调递增，在 内单调递减，
所以当时，， 单调递减，不合题意
（iii）当时，即 ，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在取得极大值，不合题意.
综上可知，实数的取值范围为.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，结合为等腰直角三角形，进而得到平面，得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到两个平面的法向量，由法向量夹角的余弦公式求出答案.
【详解】（1）证明：连接，
因为平面平面，
所以.
又，所以.
又，故，所以为等腰直角三角形.
而，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）由（1）知，两两垂直，
以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
由，得，可得点坐标为，
同理得.
所以，
设为平面的法向量，
则，即
令，则，得平面的一个法向量.
设为平面的法向量，
则，即，
令，则，得平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点M，连接，证明平面，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面ABD与平面PBC的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接，
因为和均为等边三角形，故，
而平面，
故平面，平面，
故；
（2）以M为坐标原点，以所在直线为轴，过点M作平面的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
平面平面，平面平面，平面，
，故平面，
和均为等边三角形，，
，
，
设平面的法向量为，
，即，令，则，
平面的法向量可取为，
设平面ABD与平面PBC夹角为，
，
故平面ABD与平面PBC夹角的余弦值为.
8．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）根据△ABC为等腰三角形，可得，利用长度可得，可得，然后利用线面垂直的判定定理可得平面，最后可得结果.
（2）建立空间直角坐标系，首先根据直线BQ与平面ADB所成角的正弦值为确定Q点位置，再利用平面与平面所成角的空间向量解法求平面ADB与平面BQM所成角的余弦值；
【详解】（1）证明：如图，
连接DM，因为，，M为AC的中点，所以，，又因为，所以，所以，，所以平面， 而平面，所以；
（2）取MC的中点为O，BC的中点为E，连接DO，OE，则，因为所以，又因为O为MC的中点，所以，由(1)知平面，平面，所以，又所以平面，以O为坐标原点，OA，OE，OD所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系，
由题意知，，设平面DAB的一个法向量为，则，令，得，
设，则，所以，所以
，化简得，解得 (舍去)，所以点Q是DC上靠近D的三等分点，所以
设平面BQM的一个法向量为，则，令，得，
，
故平面ADB与平面BQM所成角的余弦值为.
9．(1)
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
比赛成绩不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
10．(1)；
(2)分布列见解析，期望值为.
【分析】（1）根据给定条件，利用对立事件、相互独立事件的概率公式计算即得.
（2）求出合格品的概率，利用二项分布的概率求出分布列和数学期望.
【详解】（1）令M为一个食品经过检测至少一类元素含量指标达标的事件，则是A，B都不达标的事件，
因此，
所以一个食品经过检测至少一类元素含量指标达标的概率为.
（2）依题意，A，B两类元素含量指标都达标的概率为，
的所有可能取值为0，1，2，3，4，显然，
因此，，，
，，
所以的概率分布为：
数学期望.
11．(1)①0.16；②3.128
(2)答案见解析..
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
12．(1)
(2)
(3)先派出甲
【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解；
（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解；
（3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可．
【详解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”，
则；
（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，
则，，，
所以的分布为：
所以；
（3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，
由（2）可知，，
若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，
则，
则
，
因为，所以，，
所以，即，
所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．
13．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
14．(1)；
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合对数的运算性质、等比数列和等差数列前项和公式进行求解即可；
（2）根据等比数列的通项公式，结合双曲线渐近线方程和离心率公式进行证明即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，所以，因此，
所以，
所以；
（2）由（1）知，在双曲线中，
，所以得，
因此双曲线的渐近线方程为：，
双曲线的离心率为：，
所以双曲线系中所有双曲线的渐近线、离心率都相同.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）因为，
易得，然后利用与的关系分析计算即可得解.
（2）由题意，易得得，所以，然后利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）因为，
所以，
两式对应相减，可得，
所以，
因为当时，，所以，
所以是以2为首项，以2为公差的等差数列，
所以；
（2）由题意，得，
所以，
所以
.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：裂项相消法，错位相减法，奇偶并项求和法，倒序相加法等.
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用得到数列为等比数列，再结合成等差数列求出的公比q，从而利用等比数列的通项公式求解；
（2）先利用双曲线的离心率得到的表达式，再解出的公比q的值，最后利用等比数列的求和公式计算证明.
【详解】（1）由已知由，两式相减得到，
又由得，故对所有的都成立，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为，
因为成等差数列，所以，所以，
解得，所以数列的通项公式为；
（2）由(1)知，所以双曲线的离心率为，
由于，则有，解得，
因为，所以，
则有.
+
0
0
+
单调递增
单调递减
单调递增
0
1
2
3
4
P
2
3
4