（題型：5題 滿分：77分 限時：70分鐘）
15．（2025·山西·一模）在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.
(1)求證：；
(2)若.
（i）求；
（ii）若，且的面積為，求的周長.
【答案】(1)證明見解析
(2)（i）；（ii）16
【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，結(jié)合二倍角的正弦公式，即可證明.
（2）（i）結(jié)合（1）中的結(jié)論，結(jié)合正弦定理可得，再用余弦定理可求角.
（ii）利用三角形的面積公式，可得，再結(jié)合余弦定理，可求，進(jìn)而可求的周長.
【詳解】（1）因為，所以.
又因為，所以原式左邊右邊，得證.
（2）（i）由（1）可得.
又由正弦定理得，即.
由余弦定理得.
因為，得.
（ii）由題知，由，得.
又由余弦定理，可得，
即，所以.
所以，故的周長為16.
16．（2025·山東菏澤·一模）如圖，在四棱錐中，，，，，，，F(xiàn)為的中點(diǎn).
(1)求證：平面；
(2)若平面平面，求與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點(diǎn)M，連結(jié)，證明四邊形為平行四邊形即可證明平面；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線的方向向量與平面的法向量，利用空間向量求空間角即可.
【詳解】（1）由，，，易求
取的中點(diǎn)M，連結(jié)，F(xiàn)為的中點(diǎn)
所以，，所以，
所以四邊形為平行四邊形.
所以，，又平面，平面
所以平面
（2）由，，所以
所以，又平面平面，所以平面
以E為原點(diǎn)，所在直線為軸，過E與垂直的直線為軸，所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則
，，，，，
，，
設(shè)平面的法向量為，則，
，所以，取，則，
所以平面的一個法向量為
設(shè)與平面所成角為，則
所以直線與平面所成角的正弦值為
17．（23-24高三上·江蘇南京·階段練習(xí)）已知函數(shù)，其中，e為自然對數(shù)的底數(shù).
(1)若，求的圖象在點(diǎn)處的切線方程；
(2)若對任意，不等式恒成立，求a的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解；
（2）當(dāng)時，，所以.當(dāng)時，恒成立，令，通過導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性求解．
【詳解】（1）當(dāng)時，由，得.
∴，又，
∴曲線在點(diǎn)處的切線方程為；
（2）當(dāng)時，，所以.
當(dāng)時，恒成立，令，∴，
令，，易知，
∴，在上單調(diào)遞增，，
∴.
綜上，a的取值范圍是.
18．（2025·山西晉中·模擬預(yù)測）已知是拋物線與橢圓的一個交點(diǎn)，的焦點(diǎn)為，為坐標(biāo)原點(diǎn).
(1)若點(diǎn)到軸的距離等于，求的方程；
(2)若點(diǎn)滿足，求直線斜率的最大值；
(3)若存在過點(diǎn)但不過點(diǎn)的直線，與交于另一點(diǎn)，與交于另一點(diǎn)，且為線段的中點(diǎn)，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）設(shè)點(diǎn)，根據(jù)拋物線的定義即可求解；
（2）設(shè)點(diǎn)，由得，即，利用基本不等式即可求解；
（3）設(shè)出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，由線段的中點(diǎn)在拋物線上及點(diǎn)是橢圓與拋物線的公共點(diǎn)建立關(guān)系式，借助均值不等式求解作答.
【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)，則根據(jù)題意有，
由拋物線的定義有，所以，
所以的方程為；
（2）設(shè)點(diǎn)，由題意可得，則有，
由有，點(diǎn)在拋物線上，
所以，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)時，即，等號成立，
所以直線斜率的最大值為；
（3）當(dāng)直線的斜率不存在時，此時，點(diǎn)和點(diǎn)重合，不滿足題意，
當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，，
由，
，
所以，，
所以，又點(diǎn)在拋物線上，
所以，
又因為，
所以，
所以，又點(diǎn)在橢圓上，
所以，
所以，
又，當(dāng)且僅當(dāng)時，即時等號成立，
所以，
所以，所以的最大值為.
19．（2025·黑龍江·一模）已知一個袋子中裝有分別標(biāo)有數(shù)字的張卡片，．
(1)把這個袋子中的張卡片分別放入2個不同的盒子中，每個盒子不空，記分配方法總數(shù)為，求的值；
(2)從這個袋子中依次隨機(jī)抽取一張卡片．
（i）若取出的卡片不再放回袋子，記為最后一張標(biāo)號為偶數(shù)的卡片被取出時所需的抽取次數(shù)，求；
（ii）若取出的卡片再放回袋子，最多抽取次，直到取到標(biāo)號為偶數(shù)的卡片就停止抽取，記抽取的次數(shù)為，證明：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）證明見解析
【分析】（1）利用組合計數(shù)求，再由分組求和法，結(jié)合等比數(shù)列求和公式求解即可；
（2）（i）利用組合計數(shù)與古典概型概率公式得到概率分布列，再由離散型隨機(jī)變量的期望公式可求；（ii）利用相互獨(dú)立事件同時發(fā)生的概率公式得到概率分布列，再由錯位相減法即可求得.
【詳解】（1）由題意知，
所以
.
（2）（i）由題意知的所有可能取值為，
則，
所以
，
因為
，
所以；
（ii）證明：若取出的卡片再放回袋子，則每次抽取到偶數(shù)號碼卡片的概率為，
由題意知的所有可能取值為，
所以，，
則的分布列為
所以，
則，
兩式相減可得
，
所以.
【點(diǎn)睛】解決此題的關(guān)鍵有二：一是審清題意確定終止條件，結(jié)合概率模型使用公式求解；二是利用錯位相減法數(shù)列求和證明不等式.
B組 強(qiáng)化能力
（題型：5題 滿分：77分 限時：70分鐘）
15．（2025·江蘇泰州·模擬預(yù)測）（1）在中，已知，若最長邊的長為，求最短邊的長.
（2）在中，，點(diǎn)D在BC的延長線上，，，，求AD的長.
【答案】（1）；（2）7
【分析】（1）由兩角和的正切確定，，再結(jié)合正弦定理即可求解；
（2）由正弦定理求得，在中，由余弦定理即可求解；
【詳解】（1）因為，
所以，
又，所以，所以，，
所以，，
故c為最長邊，即
因為，且A，B為銳角，所以A為最小角，故a為最短邊，
由得，且，所以
由正弦定理得，
即最短邊的長為；
（2）在中，由正弦定理得
，
因為，所以，
在中，由余弦定理得
，
即AD的長為
16．（2025·湖南·模擬預(yù)測）如圖，四邊形是邊長為的正方形，半圓面平面，點(diǎn)為半圓弧上一動點(diǎn)（點(diǎn)與點(diǎn)、不重合）.
(1)求證：；
(2)當(dāng)點(diǎn)為半圓弧上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)時，求二面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性質(zhì)可得出平面，可得出，由圓的幾何性質(zhì)可得出，利用線面垂直的判定定理可得出平面，再由線面垂直的性質(zhì)可證得結(jié)論成立；
（2）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、所在直線分別為、軸，平面內(nèi)過點(diǎn)且垂直于的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可求得二面角的正弦值.
【詳解】（1）因為點(diǎn)為半圓弧上一動點(diǎn)（點(diǎn)與點(diǎn)、不重合），則，
因為四邊形為正方形，則，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因為平面，則，
因為，，、平面，
所以平面，
因為平面，所以.
（2）因為平面，，則平面，
以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、所在直線分別為、軸，
平面內(nèi)過點(diǎn)且垂直于的直線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
當(dāng)點(diǎn)為半圓弧上靠近點(diǎn)的三等分點(diǎn)時，，
由于四邊形是邊長為的正方形 ，則、、、，
所以，，，
易知平面的一個法向量為，
設(shè)平面的一個法向量為，則，
取，可得，所以，，
故，
因此，二面角的正弦值為.
17．（2024·重慶·模擬預(yù)測）某超市購進(jìn)一批同種類水果，按照果徑大小分為四類：不達(dá)標(biāo)果?標(biāo)準(zhǔn)果?精品果?禮品果.質(zhì)檢技術(shù)人員從該批水果中隨機(jī)選取100個，按果徑大小分成5組進(jìn)行統(tǒng)計：（單位：）.統(tǒng)計后制成如下的頻率分布直方圖，并規(guī)定果徑低于為不達(dá)標(biāo)果，在到之間為標(biāo)準(zhǔn)果，在到之間為精品果，達(dá)到及以上的為禮品果.
(1)現(xiàn)采用分層隨機(jī)抽樣的方法從選取的100個水果中抽取10個，再從這10個水果中隨機(jī)抽取2個，記禮品果的個數(shù)為，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；
(2)以頻率估計概率，從這批水果中隨機(jī)抽取個，設(shè)其中恰有2個精品果的概率為.當(dāng)最大時，求的值.
【答案】(1)分布列見解析，
(2)或
【分析】（1）由頻率分布直方圖中所有頻率和為1求得，進(jìn)而求出禮品果的個數(shù)，求出的可能取值及對應(yīng)的概率，得到的分布列，代入期望公式求解期望；
（2）根據(jù)且，求出n的取值范圍，代入判斷求解即可.
【詳解】（1）由題意，所以，
所以這100個水果中禮品果的個數(shù)為，
采用分層隨機(jī)抽樣的方法從選取的100個水果中抽取10個，其中禮品果有個，
故隨機(jī)變量的所有可能取值為，
則，，.
所以的分布列為
期望.
（2）由頻率分布直方圖知，從該批水果中隨機(jī)抽取1個，是精品果的概率為，
則，
所以，
要使最大，則且，
解得，因為，
所以，所以當(dāng)最大時，或.
18．（2025·貴州黔東南·模擬預(yù)測）已知雙曲線的左，右頂點(diǎn)分別為的右焦點(diǎn)到漸近線的距離為，過點(diǎn)的直線與的右支交于兩點(diǎn)（點(diǎn)在第一象限），直線與交于點(diǎn).
(1)求雙曲線的方程；
(2)證明：點(diǎn)在定直線上；
(3)記的面積分別為，若，求直線的方程.
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）根據(jù)給定條件，結(jié)合點(diǎn)到直線距離公式求出即可.
（2）設(shè)出直線的方程，與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及聯(lián)立直線與方程計算即得.
（3）利用三角形面積公式，結(jié)合給定比值化簡計算即得直線方程.
【詳解】（1）雙曲線的漸近線為，設(shè)，則，
而，所以雙曲線的方程為.
（2）由（1）知，，直線不垂直于軸，設(shè)方程為，
由消去得，設(shè)，
，，則，，
直線：，直線：，
聯(lián)立得，解得，
所以直線與交于點(diǎn)在定直線上.
（3）由（2）知，，
則，即，
于是，解得，即，
所以直線的方程為，即.
19．（2025·甘肅蘭州·一模）已知公差不為零的等差數(shù)列滿足，且成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列的通項公式；
(2)證明：；
(3)若數(shù)列滿足，證明：（e為自然對數(shù)的底）．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）由等差數(shù)列的通項公式及等比數(shù)列的性質(zhì)即可求解，進(jìn)而可得通項公式；
（2）設(shè)，求導(dǎo)，可得的單調(diào)性，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）由題意需證，由（2）可得，利用放縮法與裂項相消法可證結(jié)論.
【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列公差為成等比數(shù)列，則，
所以，解得或（舍去），所以；
（2）設(shè)，當(dāng)時，單調(diào)遞減，
，所以，由（1）可知，
則有，所以不等式恒立．
（3）因為，所以要證，
只需證：，
根據(jù)（2）可知，那么，
，
所以.
C組 真題演練
（題型：3題 滿分：33分 限時：30分鐘）
1．（2024·北京·高考真題）在中，內(nèi)角的對邊分別為，為鈍角，，．
(1)求；
(2)從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求的面積．
條件①：；條件②：；條件③：．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)；
(2)選擇①無解；選擇②和③△ABC面積均為.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）選擇①，利用正弦定理得，結(jié)合（1）問答案即可排除；選擇②，首先求出，再代入式子得，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；選擇③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用兩角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面積公式即可；
【詳解】（1）由題意得，因為為鈍角，
則，則，則，解得，
因為為鈍角，則.
（2）選擇①，則，因為，則為銳角，則，
此時，不合題意，舍棄；
選擇②，因為為三角形內(nèi)角，則，
則代入得，解得，
,
則.
選擇③，則有，解得，
則由正弦定理得，即，解得，
因為為三角形內(nèi)角，則，
則
，
則
2．（2024·廣東江蘇·高考真題）如圖，四棱錐中，底面ABCD，，．
(1)若，證明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值為，求．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）先證出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，從而 ，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證出；
（2）過點(diǎn)D作于，再過點(diǎn)作于，連接，根據(jù)三垂線法可知，即為二面角的平面角，即可求得，再分別用的長度表示出，即可解方程求出．
【詳解】（1）（1）因為平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因為，所以， 根據(jù)平面知識可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如圖所示，過點(diǎn)D作于，再過點(diǎn)作于，連接，
因為平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根據(jù)二面角的定義可知，即為二面角的平面角，
即，即．
因為，設(shè)，則，由等面積法可得，，
又，而為等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
3．（2024·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）已知函數(shù)．
(1)當(dāng)時，求曲線在點(diǎn)處的切線方程；
(2)若有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；
（2）解法一：求導(dǎo)，分析和兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和極值，分析可得，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可；解法二：求導(dǎo)，可知有零點(diǎn)，可得，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)求的單調(diào)性和極值，分析可得，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可.
【詳解】（1）當(dāng)時，則，，
可得，，
即切點(diǎn)坐標(biāo)為，切線斜率，
所以切線方程為，即.
（2）解法一：因為的定義域為，且，
若，則對任意恒成立，
可知在上單調(diào)遞增，無極值，不合題意；
若，令，解得；令，解得；
可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，
則有極小值，無極大值，
由題意可得：，即，
構(gòu)建，則，
可知在內(nèi)單調(diào)遞增，且，
不等式等價于，解得，
所以a的取值范圍為；
解法二：因為的定義域為，且，
若有極小值，則有零點(diǎn)，
令，可得，
可知與有交點(diǎn)，則，
若，令，解得；令，解得；
可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，
則有極小值，無極大值，符合題意，
由題意可得：，即，
構(gòu)建，
因為則在內(nèi)單調(diào)遞增，
可知在內(nèi)單調(diào)遞增，且，
不等式等價于，解得，
所以a的取值范圍為.
0
1
2

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