1．（2024·浙江嘉興·模擬預測）記的內角所對的邊分別為，已知.
(1)求；
(2)若為邊上一點，，求.
2．（2024·內蒙古呼和浩特·模擬預測）記是公差不為0的等差數列的前項和，，且成等比數列.
(1)求和；
(2)若，求數列的前20項和.
3．（22-23高二下·四川成都·期末）某種產品的價格（單位：萬元/噸）與需求量（單位：噸）之間的對應數據如下表所示：
(1)已知可用線性回歸模型擬合與的關系，求關于的線性回歸方程；
(2)請預測當該產品定價為6萬元時需求量能否超過15噸？并說明理由．
參考公式：，．
4．（2025·江蘇南通·一模）如圖，在直三棱柱中，D，E，F分別為AB，BC，的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求點E到平面的距離．
5．（2024·山東·二模）已知雙曲線的中心為坐標原點，點在雙曲線上，且其兩條漸近線相互垂直.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)若過點的直線與雙曲線交于，兩點，的面積為，求直線的方程.
6．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數．
(1)求函數的單調遞增區(qū)間；
(2)若函數有且僅有三個零點，求的取值范圍．
二、能力增分練
7．（24-25高三上·江蘇徐州·階段練習）已知函數.
(1)討論函數在區(qū)間上的單調性；
(2)證明：函數在上有兩個零點．
8．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預測）在中，內角所對的邊分別為，且．
(1)求；
(2)若，求面積的最大值．
9．（2024·湖北黃岡·一模）設為數列的前n項和，滿足.
(1)求證：；
(2)記，求.
10．（24-25高三上·重慶·開學考試）如圖，三棱錐中，平面，是棱上一點，且.

(1)證明：平面；
(2)若，求與平面所成角的正弦值.
11．（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左?右焦點分別為，離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，點為的中點，記的面積為的面積為，求的取值范圍.
12．（24-25高三上·四川成都·階段練習）2024年7月26日，第33屆夏季奧林匹克運動會在法國巴黎正式開幕.人們在觀看奧運比賽的同時，開始投入健身的行列.某興趣小組為了解成都市不同年齡段的市民每周鍛煉時長情況，隨機從抽取200人進行調查，得到如下列聯表：
(1)試根據的獨立性檢驗，分析周平均鍛煉時長是否與年齡有關？精確到0.001；
(2)現從50歲以下的樣本中按周平均鍛煉時間是否少于4小時，用分層隨機抽樣法抽取5人做進一步訪談，再從這5人中隨機抽取3人填寫調查問卷.記抽取3人中周平均鍛煉時間不少于4小時的人數為，求的分布列和數學期望.
參考公式及數據：，其中.
三、拓展培優(yōu)練
13．（2024·江西·一模）記數列an中前項的最大值為，數列bn稱為an的“數列”，由所有的值組成的集合為．
(1)若，且中有3個元素，求的取值范圍；
(2)若數列an，bn都只有4項，bn為an的“數列”，滿足且存在，使得，求符合條件的數列bn的個數；
(3)若，an的“數列”bn的前n項和為，從，，，…，中任取3個，記其中能被2整除且不能被4整除的個數為，求．
14．（2024·湖北黃岡·一模）在中，角所對的邊分別為.
(1)證明：；
(2)若成等比數列.
（i）設，求q的取值范圍；
（ii）求的取值范圍.
15．（2025·四川巴中·模擬預測）設函數．
(1)若曲線在點處的切線方程為，求a的值；
(2)當時恒成立，求實數a的取值范圍；
(3)證明：．
16．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面是矩形，，，且平面平面．分別是的中點．．
(1)求證：是直角三角形；
(2)求四棱錐體積的最大值；
(3)求平面與平面的夾角余弦值的范圍．
17．（23-24高三下·西藏拉薩·階段練習）已知拋物線，準線與軸交于點為拋物線上一點，交軸于點.當時，.
(1)求拋物線的方程；
(2)設直線與拋物線的另一交點為（點在點之間），過點且垂直于軸的直線交于點.是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
18．（2024·山西長治·模擬預測）某汽車公司最新研發(fā)了一款新能源汽車，并在出廠前對100輛汽車進行了單次最大續(xù)航里程（理論上是指新能源汽車所裝載的燃料或電池所能夠提供給車行駛的最遠里程）的測試.現對測試數據進行整理，得到如下的頻率分布直方圖：
(1)估計這100輛汽車的單次最大續(xù)航里程的平均值（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值代表）；
(2)由頻率分布直方圖計算得樣本標準差s的近似值為49.75.根據大量的汽車測試數據，可以認為這款汽車的單次最大續(xù)航里程X近似地服從正態(tài)分布，其中μ近似為樣本平均數，σ近似為樣本標準差S.
（?。├迷撜龖B(tài)分布，求；
（ⅱ）假設某企業(yè)從該汽車公司購買了20輛該款新能源汽車，記Z表示這20輛新能源汽車中單次最大續(xù)航里程位于區(qū)間（250.25，399.5）的車輛數，求E（Z）；
參考數據：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布，則，.
(3)某汽車銷售公司為推廣此款新能源汽車，現面向意向客戶推出“玩游戲，送大獎”活動，客戶可根據拋擲硬幣的結果，操控微型遙控車在x軸上從原點O出發(fā)向右運動，已知硬幣出現正、反面的概率都，客戶每擲一次硬幣，遙控車向右移動一次，若擲出正面，則遙控車向移動一個單位，若擲出反面，則遙控車向右移動兩個單位，直到遙控車移到點（59，0）（勝利大本營）或點（60，0）（失敗大本營）時，游戲結束，若遙控車最終停在“勝利大本營”，則可獲得購車優(yōu)惠券.設遙控車移到點的概率為，試證明數列是等比數列，求出數列的通項公式，并比較和的大小.12
11
10
9
8
5
6
8
10
11
年齡
周平均鍛煉時長
合計
周平均鍛煉時間少于4小時
周平均鍛煉時間不少于4小時
50歲以下
40
60
100
50歲以上（含50）
25
75
100
合計
65
135
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
2025二輪復習大題規(guī)范練（一）
一、基礎保分練
1．（2024·浙江嘉興·模擬預測）記的內角所對的邊分別為，已知.
(1)求；
(2)若為邊上一點，，求.
2．（2024·內蒙古呼和浩特·模擬預測）記是公差不為0的等差數列的前項和，，且成等比數列.
(1)求和；
(2)若，求數列的前20項和.
3．（22-23高二下·四川成都·期末）某種產品的價格（單位：萬元/噸）與需求量（單位：噸）之間的對應數據如下表所示：
(1)已知可用線性回歸模型擬合與的關系，求關于的線性回歸方程；
(2)請預測當該產品定價為6萬元時需求量能否超過15噸？并說明理由．
參考公式：，．
4．（2025·江蘇南通·一模）如圖，在直三棱柱中，D，E，F分別為AB，BC，的中點．

(1)證明：平面；
(2)若，，，求點E到平面的距離．
5．（2024·山東·二模）已知雙曲線的中心為坐標原點，點在雙曲線上，且其兩條漸近線相互垂直.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)若過點的直線與雙曲線交于，兩點，的面積為，求直線的方程.
6．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數．
(1)求函數的單調遞增區(qū)間；
(2)若函數有且僅有三個零點，求的取值范圍．
二、能力增分練
7．（24-25高三上·江蘇徐州·階段練習）已知函數.
(1)討論函數在區(qū)間上的單調性；
(2)證明：函數在上有兩個零點．
8．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預測）在中，內角所對的邊分別為，且．
(1)求；
(2)若，求面積的最大值．
9．（2024·湖北黃岡·一模）設為數列的前n項和，滿足.
(1)求證：；
(2)記，求.
10．（24-25高三上·重慶·開學考試）如圖，三棱錐中，平面，是棱上一點，且.

(1)證明：平面；
(2)若，求與平面所成角的正弦值.
11．（2024·福建泉州·模擬預測）已知橢圓的左?右焦點分別為，離心率為，且經過點.
(1)求的方程；
(2)過且不垂直于坐標軸的直線交于兩點，點為的中點，記的面積為的面積為，求的取值范圍.
12．（24-25高三上·四川成都·階段練習）2024年7月26日，第33屆夏季奧林匹克運動會在法國巴黎正式開幕.人們在觀看奧運比賽的同時，開始投入健身的行列.某興趣小組為了解成都市不同年齡段的市民每周鍛煉時長情況，隨機從抽取200人進行調查，得到如下列聯表：
(1)試根據的獨立性檢驗，分析周平均鍛煉時長是否與年齡有關？精確到0.001；
(2)現從50歲以下的樣本中按周平均鍛煉時間是否少于4小時，用分層隨機抽樣法抽取5人做進一步訪談，再從這5人中隨機抽取3人填寫調查問卷.記抽取3人中周平均鍛煉時間不少于4小時的人數為，求的分布列和數學期望.
參考公式及數據：，其中.
三、拓展培優(yōu)練
13．（2024·江西·一模）記數列an中前項的最大值為，數列bn稱為an的“數列”，由所有的值組成的集合為．
(1)若，且中有3個元素，求的取值范圍；
(2)若數列an，bn都只有4項，bn為an的“數列”，滿足且存在，使得，求符合條件的數列bn的個數；
(3)若，an的“數列”bn的前n項和為，從，，，…，中任取3個，記其中能被2整除且不能被4整除的個數為，求．
14．（2024·湖北黃岡·一模）在中，角所對的邊分別為.
(1)證明：；
(2)若成等比數列.
（i）設，求q的取值范圍；
（ii）求的取值范圍.
15．（2025·四川巴中·模擬預測）設函數．
(1)若曲線在點處的切線方程為，求a的值；
(2)當時恒成立，求實數a的取值范圍；
(3)證明：．
16．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，四棱錐中，底面是矩形，，，且平面平面．分別是的中點．．
(1)求證：是直角三角形；
(2)求四棱錐體積的最大值；
(3)求平面與平面的夾角余弦值的范圍．
17．（23-24高三下·西藏拉薩·階段練習）已知拋物線，準線與軸交于點為拋物線上一點，交軸于點.當時，.
(1)求拋物線的方程；
(2)設直線與拋物線的另一交點為（點在點之間），過點且垂直于軸的直線交于點.是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
18．（2024·山西長治·模擬預測）某汽車公司最新研發(fā)了一款新能源汽車，并在出廠前對100輛汽車進行了單次最大續(xù)航里程（理論上是指新能源汽車所裝載的燃料或電池所能夠提供給車行駛的最遠里程）的測試.現對測試數據進行整理，得到如下的頻率分布直方圖：
(1)估計這100輛汽車的單次最大續(xù)航里程的平均值（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值代表）；
(2)由頻率分布直方圖計算得樣本標準差s的近似值為49.75.根據大量的汽車測試數據，可以認為這款汽車的單次最大續(xù)航里程X近似地服從正態(tài)分布，其中μ近似為樣本平均數，σ近似為樣本標準差S.
（?。├迷撜龖B(tài)分布，求；
（ⅱ）假設某企業(yè)從該汽車公司購買了20輛該款新能源汽車，記Z表示這20輛新能源汽車中單次最大續(xù)航里程位于區(qū)間（250.25，399.5）的車輛數，求E（Z）；
參考數據：若隨機變量ξ服從正態(tài)分布，則，.
(3)某汽車銷售公司為推廣此款新能源汽車，現面向意向客戶推出“玩游戲，送大獎”活動，客戶可根據拋擲硬幣的結果，操控微型遙控車在x軸上從原點O出發(fā)向右運動，已知硬幣出現正、反面的概率都，客戶每擲一次硬幣，遙控車向右移動一次，若擲出正面，則遙控車向移動一個單位，若擲出反面，則遙控車向右移動兩個單位，直到遙控車移到點（59，0）（勝利大本營）或點（60，0）（失敗大本營）時，游戲結束，若遙控車最終停在“勝利大本營”，則可獲得購車優(yōu)惠券.設遙控車移到點的概率為，試證明數列是等比數列，求出數列的通項公式，并比較和的大小.
參考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）等價變形已知條件，得到，結合余弦定理即可得解.
（2）法①：由余弦定理求出，結合正弦定理即可求得，最后根據即可得解；法②：由法①得，在中由正弦定理得，又，從而得解；法③：由法①得，在直角中，由（1）問知，代入建立關于的方程，解方程得，從而得出；法④：由等面積法得，建立關于的方程，求得，代入求得，最后結合正弦定理即可得解.
【詳解】（1），則，
所以，
因為，
所以.
（2）法①：由（1）得，，因為，所以，
如圖在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，所以，
因為，故，
在中.
法②：同解法①，在中由正弦定理，
即，所以，
又因為，即，所以.
法③同上，在直角中，所以，
由（1）問知，所以，即，得即，所以，.
法④如圖由（1）知，則，
因為，所以
，即，解得，所以，即，
在中，由正弦定理，即，解得.
2．(1)，；
(2)
【分析】（1）根據等差數列的通項公式和等比中項的性質可求出，再根據等差數列的通項公式和前項和公式即可求解；
（2）結合題意，由（1）的結論可得，利用裂項相消法即可求解.
【詳解】（1）設已知數列的公差為，則，
由，得，即，
所以或，顯然不為0，所以，
所以，.
（2）由（1）知，又，
，
，
所以.
3．(1)
(2)當該產品定價為6萬元時需求量不超過15噸，理由見解析
【分析】（1）依次求出，代入公式計算即得，代入可得，即得關于的線性回歸方程；
（2）將代入回歸方程求得需求量噸，再與15噸比較即得.
【詳解】（1）由題意得，
．
，，
，．
關于的線性回歸方程為．
（2）當時，代入可得，．
故當該產品定價為6萬元時，需求量不超過15噸．
4．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）根據題意，由線面平行的判定定理即可證明；
（2）根據題意，建立空間直角坐標系，結合空間向量的坐標運算，代入計算，即可求解.
【詳解】（1）因為為直三棱柱，所以，
又D，E，分別為AB，BC的中點，所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）

因為為直三棱柱，且，
以為坐標原點，分別以所在直線為軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，
設，且，則，
則，，
由可得，即，且，解得，
設，則，即，
設平面的法向量為，
則，解得，取，則，
所以平面的一個法向量為，
又，即，
所以點E到平面的距離.
5．(1)
(2)或．
【分析】（1）設所求雙曲線方程為，，把點代入，即可得出答案．
（2）根據題意設直線的方程為，聯立直線與雙曲線的方程，分別用點到直線的距離公式，弦長公式，三角形面積公式，建立方程，即可得出答案．
【詳解】（1）因為雙曲線的兩條漸近線互相垂直，
所以雙曲線為等軸雙曲線，
所以設所求雙曲線方程為，，
又雙曲線經過點，
所以，即，
所以雙曲線的方程為，即．
（2）根據題意可知直線的斜率存在，又直線過點，
所以直線的方程為，
所以原點到直線的距離，
聯立，得，
所以且，
所以，且，
所以，
所以的面積為，
所以，解得，所以，
所以直線的方程為或．
6．(1)
(2)
【分析】（1）利用求導，導數值大于0來求單調遞增區(qū)間即可；
（2）利用函數的單調性和取值情況，分析可得的取值范圍.
【詳解】（1）由，得，
令f'x>0，得，解得．
所以的單調遞增區(qū)間為0,2
（2）令，解得或．
當變化時，f'x，的變化情況如下表所示：
由函數有且僅有三個零點，
得方程有且僅有三個不等的實數根，
所以函數y=fx的圖象與直線有且僅有三個交點．
顯然，當時，；當時，．
所以由上表可知，的極小值為，的極大值為，
故．
7．(1)在上單調遞增，在上單調遞減
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，再判斷導函數值的正負即得.
（2）利用導數，結合零點存在性定理推理論證即可.
【詳解】（1）因為函數的定義域為R，，所以函數為偶函數，
又，且當時，，所以函數在上單調遞增，
又函數為偶函數，所以在上單調遞減，
綜上，函數在上單調遞增，在上單調遞減．
（2）證明:由（1）得，在上單調遞增，又，，所以在內有且只有一個零點，
當時，令
則，當時，恒成立，即在上單調遞減，又，，則存在，使得,
且當時，，即，則在上單調遞增，
，故fx在上沒有零點,
當時，有，即，則在上單調遞減，
又，所以在上有且只有一個零點，
綜上，函數在上有2個零點．
8．(1)
(2)．
【分析】（1）根據題意，由余弦定理求得，結合正弦定理得到，即可求解；
（2）根據題意，由余弦定理得，結合基本不等式，求得，利用三角形的面積公式，即可求解.
【詳解】（1）解：因為，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得，所以，
又因為，所以．
（2）解：因為且，由余弦定理得，即
又因為，當且僅當時，等號成立，
即，解得，
所以的面積，
即面積的最大值為．
9．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據題意，得到時，可得，兩式相減得，得到數列為等比數列，即可得證；
（2）由（1）求得，結合等比數列的求和公式，即可求解.
【詳解】（1）解：因為數列的前n項和，滿足，
當時，可得，
兩式相減得，即，所以，
令，可得，解得，
所以數列構成首項為，公比為的等比數列，
所以的圖象公式為.
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
則
.
10．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據的面積相等，得到再由平面證得結合線面垂直的判定定理，即可證得平面；
（2）以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得向量和平面的法向量為，結合向量的夾角公式，即可求解.
【詳解】（1）證明：因為，所以，
由，即，
又因為，可得為邊上的高，所以
因為平面且平面所以
又因為且平面，所以平面.
（2）解：因為平面且，
以為坐標原點，以所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，因為，可得，
則，
設平面的法向量為，則，
令，可得，所以，
設直線與平面所成角為，
則，
故與平面所成角的正弦值為.
【點睛】
11．(1)
(2)
【分析】（1）利用離心率公式以及點在橢圓上即可求解；
（2）解法一：設，利用三角形的面積公式，將面積之比表示為點的縱坐標之比，利用韋達定理可求出的縱坐標之比的取值范圍，從而可求解；
解法二：設，將面積之比表示為點A,B的縱坐標之比，利用韋達定理可求出A,B的縱坐標之比的取值范圍，即可求解.
【詳解】（1）因為，所以，
因為點在橢圓上，所以.
即，解得，所以，
所以橢圓的方程為.
（2）

解法一：
由（1）得，依題意設，
由消去，得，
設Ax1,y1,Bx2,y2，則，
設，則，
，
由得，，
即，
因為，所以，所以，
所以，
令且，
則，解得，且，
所以，所以的取值范圍為0,2.
解法二：
由（1）得，依題意設，
由消去，得，
設Ax1,y1,Bx2,y2，則，
所以，
設，則，
，
令且，
則代入可得，
消去得：，
因為，所以，
所以，解得，且，
所以，所以的取值范圍為0,2.
12．(1)有關聯
(2)分布列見解析，
【分析】（1）根據二聯表中數據，求解卡方，即可與臨界值比較作答，
（2）根據抽樣比可得抽取的5人中，周平均鍛煉時長少于4小時的有2人，不少于4小時的有3人，即可利用超幾何分布的概率公式求解.
【詳解】（1）零假設：周平均鍛煉時長與年齡無關聯.
由列聯表中的數據，可得，
.
根據小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，
即認為周平均鍛煉時長與年齡有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于.
所以50歲以下和50歲以上（含50）周平均鍛煉時長有差異.
（2）抽取的5人中，周平均鍛煉時長少于4小時的有人，不少于4小時的有人，
所以所有可能的取值為，
所以，，，
所以隨機變量的分布列為：
隨機變量的數學期望
13．(1)
(2)20
(3)
【分析】（1）根據中有3個元素結合數列單調性定義可得，，從而可得參數的取值范圍.
（2）就可得an中必有，就在數列an中的不同位置分類討論后可得bn的個數.
（3）根據特殊角的三角函數結合bn可得其通項，從而可求，
【詳解】（1）因為中有3個元素，故an不是單調數列，
因為，
所以，
當時，，當時，
故當時an為增函數，時an為減數列，
因為中有3個元素，所以，，即，，
所以，解得，所以的取值范圍是．
（2）若，則，bn有1個，
①若且，則，有3種可能，bn有3個，
②若且，，則，
若則，若，，的值可能是4或6，
若，則，的值可能是2或4或6，
符合條件的bn有6個．
③若，，均不為8，則，，
，，的值可能分別為：2，2，2；對應的，，的值可為；
，，的值可能分別為2，2，4；對應的，，的值可為；
，，的值可能分別為2，2，6；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為2，4，4；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為2，4，6；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為2，6，6；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為4，4，4；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為4，4，6；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為4，6，6；對應的，，的值可為，
，，的值可能分別為6，6，6；對應的，，的值可為，
故此時符合條件的bn有10個，
綜上，符合條件的bn共有，綜上得符合條件的bn有20個．
（3）由題意得
所以，，，
所以，能被4整除，
，不能被2整除，
，能被2整除，不能被4整除，
，不能被2整除，
所以，，…，中能被2整除，但不能被4整除的有n個，
，，，，
．
【點睛】思路點睛：數列新定義問題，應該根據定義得到新數列的形成過程，將該過程與數列常見性質（如單調性等）結合在一起，另外數列的最值或諸項之間的大小關系往往和數列的單調性相關.
14．(1)證明見解析
(2)(i)；(ii)
【分析】（1）利用二倍角公式及同角三角函數的平方關系證明即可；
（2）（i）利用三角形三邊關系建立不等式組解不等式即可；（ii）利用第一問及第二問第一小問的結論，結合正余弦定理、對勾函數的單調性計算即可.
【詳解】（1）易知，所以，
則對于，即左側等式成立，
又，兩側同時除以，
所以，即右側等式成立，證畢；
（2）（i）由題意，設公比為，知，
根據三角形三邊關系知：，
解之得
（ii）由（1）及正弦定理、余弦定理知：
，
由對勾函數的性質知： 在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，則，
即的取值范圍為.
15．(1)；
(2)；
(3)證明見解析．
【分析】（1）利用導數的幾何意義求解；
（2）求出導函數，并設，求得，由于，因此根據，以及分類討論是否恒成立，從而得參數范圍；
（3）由（2）不等式變形得，再用代后變形及放縮得，然后令后相加可證．
【詳解】（1），由題意曲線在點處的切線方程為，
則，解得；
（2），，
，令（），則，
當，即時，，即是上的增函數，因此，
是增函數，所以，不合題意，舍去；
當即時，，即是上的減函數，所以，
所以是上的減函數，從而恒成立，
當即時，，
時，，在遞增，時，，在遞減，
又，所以時，恒成立，即恒成立，此時在上遞增，因此，與題意不合，舍去，
綜上．
（3）由（2）知時，，即，從而，
所以，又，
所以，
此不等式中分別令得
，，，，
將這個不等式相加得．
【點睛】方法點睛：本題考查導數的幾何意義，考查用導數研究不等式恒成立問題，難點在于第（3）小題，關鍵是利用（2）中不等式變形及不等式的性質得出，然后分別令后相加得證．
16．(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）設平面PAB平面PCD，由面面垂直的性質定理以及線面平行的性質定理即可得PE⊥PF，則△PEF是直角三角形；
（2）求出P到平面ABCD的最大距離即可得四棱錐P―ABCD體積最大值；
（3）利用空間向量法可求平面PEF與平面PBC夾角余弦值的表達式，再利用換元法以及導數的知識可得最值.
【詳解】（1）設平面平面PCD，
由于，平面ADC，平面ADC，
因此平面PDC，而平面APB，平面平面，
因此，而，因此．
而平面平面PCD，平面平面，平面，
因此平面PDC，而平面PDC，因此.
故△PEF是直角三角形．
（2）由于，，因此P是以EF為直徑半圓上的點．
而，，平面PEF，
因此平面PEF，而AB平面ABCD，
因此平面平面ABCD．
故P到平面ABCD的最大距離為，
四棱錐體積最大為．
（3）設EF中點為O，作過O垂直EF的直線m．
設平面PEF與平面PBC夾角為．
以O為原點，OE，m，過O垂直于平面ABCD的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系．
則，，，，并設．
平面PEF的一個法向量為，
，，
設平面PBC的法向量為，因此，可取
，不妨設，
，，因此隨增大而增大
因此．
【點睛】方法點睛：涉及最值問題時，若無法利用函數的性質以及基本不等式解決，可以考慮使用導數進行求解.
17．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由于，所以四邊形為平行四邊形，得到代入拋物線方程，解出即可．
（2），即．設直線方程，與拋物線聯立方程組，用韋達定理，得到.將式子線段長度全部用坐標表示，消元后，結合韋達定理的結論，即可求解．
【詳解】（1）因為當時，，所以四邊形為平行四邊形，
所以即所以
將代入，得，解得
所以拋物線的方程為.
（2）如圖，
由題意，得.設直線斜率不能為0，
故其方程為，則.
由，得，
所以.
假設存在實數，使得，即.
由題意，知，
所以.
又，
所以，
即存在實數，使得成立.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
18．(1)300
(2)（?。?；（ⅱ）
(3)證明見解析，，
【分析】（1）根據平均數的求法求得正確答案.
（2）（?。└鶕龖B(tài)分布的對稱性求得正確答案.
（ⅱ）根據二項分布的知識求得正確答案.
（3）根據已知條件構造等比數列，然后利用累加法求得，利用差比較法比較和的大小.
【詳解】（1）.
（2）（?。?
（ⅱ））∵Z服從二項分布，∴.
（3）當時，，
.
∴是以為首項，為公比的等比數列，
.
.
累加得：
.
∴
∵，∴.
注：比較和的另一個過程：.
12
11
10
9
8
5
6
8
10
11
年齡
周平均鍛煉時長
合計
周平均鍛煉時間少于4小時
周平均鍛煉時間不少于4小時
50歲以下
40
60
100
50歲以上（含50）
25
75
100
合計
65
135
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
0,2
2
f'x
0
0
單調遞減
1
單調遞增
單調遞減
1
2
3

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