高二上学期期末考试解答题压轴题50题专练（解析版）

高二上学期期末考试解答题压轴题50题专练【人教A版（2019）】1．（2023上·山东潍坊·高二统考期末）已知向量a=x,1,2，b=1,y,-2，c=3,1,z(1)求向量a，b，c的坐标；(2)求a+c与b【解题思路】（1）由空间向量平行与垂直坐标公式列出方程组，即可求解；（2）利用空间向量的夹角坐标公式，即可得解.【解答过程】（1）∵向量a=(x,1,2)，b=(1,y,-2)，c=(3,1,z)，且a易知y≠0，否则a//∴x1=1y=2-2∴向量a=(-1,1,2)，b=(1,-1,-2)，（2）∵a+c=(2,2,3)∴(aa+c∴向量a+c与b+2．（2023下·江苏宿迁·高二统考期末）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，

(1)当k=34时，试用AB,(2)证明：E,F,G,H四点共面；(3)判断直线D1C1能否是平面D1【解题思路】（1）直接利用空间向量线性运算可得AF=AE+EF，再根据已知关系AE（2）可设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，由题意可化简得到EG=kAC，将（3）先假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，根据棱柱的性质，可得出DC//平面ABD1，进而得出DC//AB，反之当DC//AB，可判断出D1C1⊂平面ABD1，D1C【解答过程】（1）AF=AE=14AD（2）设AC=λAB+μAD(λ，EG=k(λ=λ(则EF，EG，EH共面且有公共点E，则E,F,G,H四点共面；（3）假设面D1AB∩面D1DC//D1C1，D1C1⊂面ABD又DC⊂面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB反过来，当DC//AB时，因为DC//D1C则AB，D则D1C1又因为D1C1所以平面ABD1∩平面DC所以DC//AB是直线D1C1是面D所以，当DC//AB时，直线D1C1是面D当DC，AB不平行时，直线D1C1

3．（2023下·浙江舟山·高二统考期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠

(1)试判断四边形DEFG的形状，并说明理由；(2)若AA1=3,D是AB的中点，求直线DF【解题思路】（1）首先根据面面平行的判定以及面面平行的性质证明线线平行，然后证明四边形DEFG是矩形；（2）首先求出F到平面ABC的距离，然后求解直线DF与平面ABC所成角的正弦值；【解答过程】（1）四边形DEFG是矩形，下面给出证明：

因为AA1∥CC1，由题意CC1CC1∩BC1所以平面BCC1B1//平面DEFG，又平面ABB1A所以DG∥BB1，同理EF∥CC所以DG∥EF，同理DE∥BC∥B所以四边形DEFG是平行四边形．取BC中点P，连接AP、A1又因为△ABA1≅△ACA1AP、A1P交于P且都在面AA1P内，所以BC⊥平面AA1P,又所以BC⊥AA综上知：DE⊥DG，即四边形DEFG是矩形．（2）设F到平面ABC的距离为h，即为A1到平面ABC作A1H⊥AP交AP于点H，由（1）及BC在面ABC内知：平面AA而AP为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，所以A1H⊥平面设直线DF与平面ABC所成角为θ，则sinθ=设AA1=3，在△AB在△A1BC在△A1AP中，AP=h=ADF=F所以sinθ=所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为3010解法二：设DF与面ABC所成角为θ,F到面ABC距离为h，设BC中点P，因为面AA1P⊥面ABC所以h=d又在矩形DEFG中，DF=9+1=解法三：向量法

作CO垂直AA1交AA1于O，连接BO所以∠COB即为二面角C-AA1-B所以CO2+BO2如图以O为坐标原点，OA1、OB、OC分别为则A-所以AB=设面ABC的法向量为n=x,y,z则n⋅AB=2x+DF=设DF与面ABC所成角为θ，sinθ=4．（2023下·浙江台州·高一温岭中学校考期末）如图，已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠ABC=60°，侧面ABB1

(1)求证：平面ABB1A(2)若过点C,E的平面α与BD平行，且交直线AA1于点F，求二面角F-CB-D【解题思路】（1）延长四棱台的四条侧棱交于点P，取AB中点O，证明PO⊥平面ABCD后可得证面面垂直；（2）以O为原点，OA,OC,OP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，首先求出平面α的一个法向量，确定出F与A1【解答过程】（1）分别延长四棱台的四条侧棱交于点P，则由AB=3A1B1，又A1B1=2，所以PA12取AB中点O，连接PO，则PO=12AB=3又PC=32CC1=6，由题意所以PC2=P又AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面ABB1A1，所以平面（2）以O为原点，OA,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz，如图，

则D(6,33,0)，P(0,0,3)，E(3,332,3CE=(3,-设平面α的一个法向量是m=(x,y,z)，则m即3x-332y+32z=09x+33设AF=λAP=(-3λ,0,3λ)，则所以CF⋅m=3-3λ+9-15λ=0所以F与A1所以二面角F-CB-D即为二面角A1BC=(3,3设平面A1CB的一个法向量是则n⋅BC=3a+33b=0又平面BCD的一个法向量是k=(0,0,1)cosn所以二面角F-CB-D的余弦值是325．（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期末）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且△ABD的边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1

(1)求证：直线PO//平面BDE，并求三棱锥P-BDE(2)若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．【解题思路】（1）设AC∩BD=F，由正弦定理和三角形相似关系可证得EF⊥AC，结合面面垂直的性质可证得EF⊥平面ABD，由此可得PO//EF，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得（2）以F为坐标原点可建立空间直角坐标系，设OM=λOP，根据线面角的向量求法，可确定当λ=12时，sin【解答过程】（1）设AC∩BD=F，连接EF，

∵△ABD为底面圆O的内接正三角形，∴AC=3sinπ3=2又AF=3-34=3∵AE=3，CE=1，∴AE2∵AFAE=AEAC，∴△AEF∽△ACE∵PO⊥平面ABD，PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABD，∵平面PAC∩平面ABD=AC，EF⊂平面PAC，∴EF⊥平面ABD，又PO⊥平面ABD，∴EF//∵PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PO//平面BDE∵F为BD中点，∴AF⊥BD，即OF⊥BD，又EF⊥平面ABD，OF,BD⊂平面ABD，∴EF⊥OF，EF⊥BD，∵EF∩BD=F，EF,BD⊂平面BDE，∴OF⊥平面BDE，∵EF=AE2-AF又OF=12AF=12∴V（2）∵OF=CF=12，∴F为OC中点，又PO//EF，∴E为∴PO=3，PC=2以F为坐标原点，FB,FC,

则A0,-32,0，B32,0,0，E∴AB=32,32,0，设OM=λOP=设平面ABE的法向量n=则AB⋅n=32x+32y=0设直线DM与平面ABE所成角为θ，∴sin令t=3λ+2，则t∈2,5，∴λ=∴3∵1t∈15,12，∴sinθmax∴MA∴点M到平面ABE的距离d=MA6．（2023下·重庆沙坪坝·高一校考期末）我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，将△ABD沿BD翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为BD，PD，BC的中点，且FG是PD与BC的公垂线.

(1)证明：三棱锥P-BCD为正四面体；(2)若点M，N分别在PE，BC上，且MN为PE与BC的公垂线.①求PMME②记四面体BEMN的内切球半径为r，证明：12r【解题思路】（1）作出辅助线，证明出线面垂直，得到BC⊥PG，由三线合一得到PB=PC，进而得到六条边均相等，证明出结论；（2）①设出边长，由余弦定理得到cos∠PEC=13，设出PM=λPE,BN②取CD中点Q，令∠MEQ=α，则E到平面MBN的距离为d=MEsinα，表达出VE-MBN<16【解答过程】（1）连接PG,DG，因为菱形ABCD中，∠BAD=60°，所以△BCD和△PBD为等边三角形，因为G是BC中点，所以DG⊥BC，因为FG是PD与BC的公垂线，所以FG⊥BC，因为DG∩FG=G，且DG,FG⊂平面PDG，所以BC⊥平面PDG，因为PG⊂平面PDG，所以BC⊥PG，由三线合一得PB=PC，又PD=PB=BD=CD=BC，所以三棱锥P-BCD为正四面体，

（2）不妨设PB=2，则PC=2，PE=EC=3由余弦定理得cos∠PEC=设PM=λ所以MN=因为EB⋅所以MN==μ+3λ-1故3λ+μ=3，其中EB⋅BC=EP⋅MN==-即3λ+μ=3λ+4μ=2，解得λ=1011

②取CD中点Q，令∠MEQ=α，则E到平面MBN的距离为d=MEsinVE-MBN

设四面体BEMN的表面积为S，则VE-MBN其中S△MNE而S△BMES=S所以16即12r7．（2023下·湖北武汉·高一校考期末）如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，

(1)求证：BD1∥(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为3【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形CED1C1为平行四边形，从而得到（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出Mm,2,0，0≤m≤2法二：作出辅助线，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直线A1M与平面C1EF所成的角即为A1M与平面BDD1B1所成的角，设BM=x【解答过程】（1）连接D1C，与C1E相交于点因为AB=2A1B1=4所以CE=C1D1且故CM=D又因为F为BC的中点，所以MF是△BCD故MF//BD因为MF⊂平面C1EF，BD所以BD1∥

（2）法一：存在，线段BM的长为1，理由如下：取AB的中点Q，连接OQ，以O为坐标原点，分别以OQ,OF,OO1为连接AO,A1O1，过点A1作A1W则AO=22,A因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A所以A1设Mm,2,0，0≤m≤2，A设平面C1EF的法向量为则n⋅令x=1得y=-1,z=0，则n=设直线A1M与平面C1则sinθ=解得m=1或34（舍去），

故M1,2,0，线段BM的长为2-1=1法二：存在，线段BM的长为1，理由如下：连接B1D1，显然过点O1，连接因为E、F分别为DC、BC的中点，所以EF//BD，因为EF⊄平面BDD1B1，所以EF//平面BDD由（1）知：DE=D1C1且故C1因为C1E⊄平面BDD1B所以C1E//平面因为C1E∩EF=E，C1所以平面C1EF//平面故直线A1M与平面C1EF所成的角即为设A1M∩BD因为O1所以A1O1⊥平面BDD1B1连接AO，过点A1作A1W⊥AO于点W则AO=22,A因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠Asin∠A1因为A1D1//BF，所以△A则A1D1BM=故A1过点W作WR⊥BC于点R，则BR=1,MR=x-1或1-x，故WM由勾股定理得A1W2解得x=1，故线段BM的长为2-1=1.

8．（2023上·上海徐汇·高二南洋中学校考期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，侧面ACC1A1为菱形，点(1)求点C到侧面ABB(2)在线段A1B1上是否存在点E，使得直线DE与侧面ABB1【解题思路】（1）先由题意证得DB，DC，A1D两两垂直，从而建立空间直角坐标系，再求出AC与平面（2）假设存在满足条件的点E，且A1E=λ⋅A1B1，从而得到DE=(【解答过程】（1）因为点A1在底面ABC上的投影为AC的中点D，所以A1D⊥又AC,BD⊂平面ABC，故A1D⊥AC，因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，点D为AC的中点，故AC⊥BD，所以DB，DC，A1D两两垂直，故以点D为坐标原点，直线DB，DC，A1D分别为x，.因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，AB=2，所以AC=22，DB=DA=DC=因为侧面AA1C又A1D⊥AC，所以则D(0,0,0)，A(0,-2,0)，B(2,0,0)，则AB=2,2,0设平面AA1B1B取z=1，则x=3,y=-3所以点C到平面AA1B（2）假设存在满足条件的点E，则存在λ∈[0,1]，使得A1则DE=因为直线DE与侧面AA1B所以67即4λ2+6又λ∈[0,1]，故λ=1因此存在满足条件的点E，且A1E=9．（2023上·福建福州·高二校考期末）如图，在三棱锥P-ABC中，PA=PC=3,AC=BC=22，AC⊥BC，D为棱AB上一点，BD=3AD(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)线段PD上是否存在点M，使直线AP与平面MBC所成角的正弦值为63?若存在，求出PMPD【解题思路】（1）取AC中点O，连接OP，OD，利用余弦定理计算OD，并证明PO⊥OD，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）取AB的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【解答过程】（1）在三棱锥P-ABC中，取AC中点O，连接OP，OD，如图，因为PA=PC=3，则OP⊥AC，而AC=22，于是PO=1，又AC⊥BC，有AB=4,∠BAC=45∘，而BD=3AD，即有AD=1，OD2=O因此OP⊥OD，而OD∩AC=O,OD,AC⊂平面ABC，则OP⊥平面ABC，又OP⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.（2）取AB中点E，连接OE，则OE//BC,OE⊥AC，由（1）知OA,OE,OP两两垂直，以O为坐标原点，射线OA,OE,OP分别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则A(2PA=(2,0,-1),令PM=λPD=(22λ,2设平面MBC的法向量n=(x,y,z)，则n令x=2(λ-1)，得n=(2(λ-1),0,λ+2)，令直线AP则sinθ=|而0≤λ≤1，解得λ=2所以存在符合条件的点M，PMPD10．（2023上·北京西城·高二统考期末）如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A条件①：AD⊥BE；条件②：BC=2(1)求直线CE与B1(2)求点C1到平面BCE(3)已知点M在线段CC1上，直线EM与平面BCC1B1【解题思路】选①或②，都能得到，DA⊥AB，后如图以A为原点建立空间直角坐标系.则可利用向量方法求线线角，点面距离，面面角解决问题.【解答过程】（1）若选择①，因AA1⊥平面ABCD，DA⊂平面ABCD，又AD⊥BE，AA1⊂平面ABB1A1，平面ABB1A1，又AB⊂平面若选择②，做CF∥AD，交AB于F，又AB∥CD，则四边形DCFA是平行四边形，则CD=CF=AD=AF=1，又AB=2，则FB=1.则在△CFB中，CF2+FB2=BC故DA⊥AA1，DA⊥AB则C1,1,0得CE=-1,-1,1，B1CE⋅（2）因B0,2,0则CB=设平面BCE的法向量为n=x1取n=1,1,2，则求点C1到平面BCE（3）因点M在线段CC1上，则设M1,1,t又E0,0,1，则EM=1,1,t-1.设平面BCC1B1法向量为取m=1,1,0，则直线EM与平面EM⋅mEM得线段CM的长为12或311．（2023上·四川巴中·高二校考阶段练习）已知坐标平面内三点A-1,1，B1,1，(1)求直线AC的倾斜角；(2)若D为△ABC的AB边上一动点，求直线CD的倾斜角的取值范围.【解题思路】（1）由两点式斜率公式求出斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系求解即可（2）数形结合，利用两点式斜率公式，根据斜率与倾斜角变化的规律分析求解即可.【解答过程】（1）由A-1,1，C2,3因为斜率等于倾斜角的正切值，且倾斜角的范围是0,π，所以直线AC的倾斜角为π（2）如图，当直线CD绕点C由CA逆时针转到CB时，直线CD与线段AB恒有交点，即D在线段AB上，

此时kCD由kAC增大到kBC，又kAC=33即直线CD的倾斜角的取值范围为π612．（2023上·广东广州·高二校联考期末）已知圆M：x-22+y(1)若t=0，求以P为圆心且与圆M相切的圆的方程；(2)若过点P的两条直线被圆M截得的弦长均为23，且与y轴分别交于点S、T，ST=34【解题思路】（1）由题意，可设圆P的方程为x+12+y2=r2，判断出点P在圆外，则圆P（2）先排除过点P与x轴垂直的情况，从而设过点P的直线方程为y-t=kx+1，再根据圆的弦长公式建立方程并化简可得8k2+6tk+t2【解答过程】（1）当t=0时，P-1,0，设圆P的方程为x+1因为-1-22+0所以圆P与圆M外切或内切，又M2,0，圆M的半径为2当两圆外切时：PM=2+r=2--1当两圆内切时：PM=r-2=2--1所以以P为圆心且与圆M相切的圆的方程为x+12+y（2）若过点P-1,t的直线与x轴垂直时，直线方程为x圆心M到直线x=-1设过点P的直线方程为y-t=kx+1，即kx-y+k+t=0由题意得，3k+tk化简得8k2+6tk+t2-1=0，设直线则k1+k对过点P的直线y-t=kx+1，令x=0，得y=k+t∴S0,∴ST=k所以t=±1.13．（2023上·湖北孝感·高二统考期末）已知圆心在x轴上的圆C与直线l:4x+3y-6=0切于点M3(1)求圆C的标准方程；(2)已知N2,1，经过原点且斜率为正数的直线l1与圆C交于Px1,y【解题思路】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆C的标准方程.（2）设出直线l1的方程，并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得PN2+QN【解答过程】（1）由圆心在x轴上的圆C与直线l:4x+3y-6=0切于点M35,直线l:4x+3y-6=0的斜率为-4则kCM=6所以a=-1，所以C-1,0，CM=-1-所以圆C的标准方程为x+12（2）设直线l1:y=kxk>0可得1+kΔ=4+121+k2>0∴==1+令t=3+k（t>3）所以12+4k=4当且仅当t=10t，即t=10所以PN|2+14．（2023上·四川广元·高二统考期末）已知圆O:x2+y2(1)若圆O的弦AB恰好被点P2,1平分,求弦AB所在直线的方程(2)点Q是直线l上的动点,过Q作圆O的两条切线,切点分别为C,D,求直线CD经过的定点;(3)过点M2,2作两条相异的直线,分别与圆O相交于E,F两点,当直线ME与直线MF的斜率互为倒数时,求线段EF的中点G的轨迹方程【解题思路】(1)弦AB恰好被点P2,1平分,则PO⊥AB,即可求得AB斜率,根据点斜式即可得弦AB所在直线的方程(2)设出Q点坐标,根据题意可知O,C,Q,D四点共圆,且QO为直径,求出新圆圆心和半径,进而求得新圆的方程,进而求得直线CD的方程,即可得过的定点,(3)设出E,F,G三点坐标,及ME直线方程,得出E点坐标及F点坐标,进而得到G点坐标,求出横坐标的取值范围,根据横纵坐标之间的关系即可得出轨迹方程.【解答过程】（1）解:由题知P2,1,圆O:x2+y2=8所以kOP=12,因为弦AB恰好被点P平分故lAB:y-1=-2x-2,即弦AB（2）因为圆心到直线l距离为:d=81+1=42>22,令Q(t,t-8),线段OQ中点Kt因为QC,QD与圆相切,所以∠QCO=90所以O,C,Q,D四点共圆,且QO为直径,即圆心为K,半径为OQ2故圆K:x2+因为CD是圆O与圆K的相交弦,故CD:tx+(t-8)y-8=0,即t(x+y)-8y-8=0,由x+y=0且8y+8=0得,直线CD经过定点1,-1;（3）点M在圆O上,ME,MF是斜率互为倒数的两条互异直线,设Ex1,故kMF=1k,所以k≠1k且k≠0联立y=kx-2+2x2所以2x1=4带入直线中有:y1所以x2=2故x=x1+记fk=-4k1+k2k≠±1当k>0且k≠1时,fk=-4k1+当且仅当1k=k时,即k=1时取等,因为k≠1,所以根据fk为奇函数,所以当k<0且k≠-1时,f综上:fk故线段EF的中点G的轨迹方程为y=x,x∈-2,015．（2023上·四川南充·高二统考期末）某市的两条直线公路OM，ON所围成的角形区域内有一村庄P，该市为响应党中央的乡村振兴战略，拟过村庄P修建一条公路，使之围成一个等腰三角形区域OBC．在区域OBC内建设高效生态农业示范带，促进本地农村经济发展．现利用无人机在空中测得P到公路OM，ON的距离均为10千米，∠MON=α，且tanα=-43．设计人员方便规划计算，在图纸上以O为坐标原点，以直线OM为x(1)求点P的坐标；(2)求出公路BC的长度及该示范带的总面积．【解题思路】（1）设Px0,10，由点P到直线OC的距离等于10得出点（2）由OP⊥BC得出kBC，进而得出BC的方程，再由B的坐标以及勾股定理得出BC的长度，最后由S△OBC【解答过程】（1）解：由tanα=-43可知：直线直线OC的方程为：4x+3y=0∵点P到OB，OC的距离均为10∴设点P的坐标为x点P到OC的距离d=4x所以点P的坐标为5,10（2）∵点P到OB，OC的距离相等．∴点P在∠BOC的角平分线上．∵OB=OC∴点P为BC的中点，OP⊥BC∴k直线BC的方程为y-10=-令y=0得x=25∴B25,0，BC=2S△OBC∴公路BC的长度为205千米，示范带总面积为25016．（2022上·辽宁·高三本溪高中校联考阶段练习）已知在平面直角坐标系xOy中，A(0,1),B(0,4),平面内动点P满足2PA(1)求点P的轨迹方程；(2)点P轨迹记为曲线τ，若C，D是曲线τ与x轴的交点，E为直线l:x=4上的动点，直线CE，DE与曲线τ的另一个交点分别为M，N，直线MN与x轴交点为Q，求1MQ【解题思路】(1)根据题意用两点间距离公式求解即可；(2)利用韦达定理求出M，N的坐标，进而求得MN的直线方程，即可利用基本不等式求出1MQ2【解答过程】（1）设Px,y，则2x2（2）由题意得C-2,0，D(2,0),设E4,tt≠0，则直线CE的方程为直线DE的方程为y=t联立y=t6(x+2),则xM-2=-4t则M72-2联立y=t2x-2则xN+2=4t2N2①当t≠±23时，直线MN的斜率k则直线MN的方程为y--8t即y=8t12-t②当t=±23时，直线MN垂直于x轴，方程为x=1，也过定点Q综上，直线MN恒过定点Q1,0又△CQM∽△DQN，所以MQ⋅所以1MQ当且仅当MQ=所以1MQ2+17．（2022下·黑龙江鸡西·高一校考期末）设直线l的方程为a+1x+y-5-2a=0（1）求证：不论a为何值，直线l必过一定点P；（2）若直线l分别与x轴正半轴，y轴正半轴交于点AxA,0，B0,y（3）当直线l在两坐标轴上的截距均为正整数且a也为正整数时，求直线l的方程.【解题思路】（1）将直线方程重新整理，转化为求两直线交点，即得证；（2）先求A,B坐标且确定a的取值范围，再根据三角形面积公式列函数关系式，根据基本不等式求最值，确定a的值，最后求周长以及直线方程；（3）根据截距均为正整数，利用分离法，结合整除确定a的值，再求直线方程.【解答过程】解：(1)由a+1x+y-5-2a=0得a则x-2=0x+y-5=0，解得x=2所以不论a为何值，直线l必过一定点P2,3(2)由a+1x+y-5-2a=0当x=0时，yB=5+2a，当y=0时，又由yB=5+2a>0x∴S当且仅当4a+1=9a+1∴A4,0，B∴△AOB的周长为OA+OB+AB=4+6+4直线方程为3x+2y-12=0.(3)直线l在两坐标轴上的截距均为正整数，即5+2a，5+2aa+1均为正整数，而a∵所以直线l的方程为3x+y-9=0.18．（2023下·重庆九龙坡·高一校考期末）圆O:x2+y2=1，A(0,1),P(-2,1)，过P直线l交圆O于B,C(1)记三角形ABP与三角形ABC的面积分别为S1与S2，求S(2)若直线AB，AC分别交x轴于M,N两点，MN=4，求直线l的方程【解题思路】（1）由面积大小恒正，结合基本不等式求目标式的范围，注意边界值取值条件；（2）设直线方程及B、C点坐标，写出直线AB、AC方程求M、N坐标，结合已知列方程，应用韦达定理求直线的对应斜率，即可得直线方程.【解答过程】（1）若A到直线l距离为d>0，则S1=1根据圆的对称性，讨论直线l从一条切线位置旋转为一条过圆心O直线的过程中，|PB|从2逐渐变小为5-1，对应|BC|从0逐渐变大为2所以t∈[5-12,+∞结合对勾函数y=t+1t在[5-12所以S1S2（2）直线l的斜率一定存在且不为0，设l:x=k(y-1)-2，如下图示，令C(x1,y1易知AB:x=x2y所以xM=x21-所以ky1-k-2联立l:x=k(y-1)-2，圆O:x消去x整理得：(1+k则Δ=4k2(k+2)2且y1+y2=综上，-4k-34=1，可得k=-1919．（2022上·湖北武汉·高二校联考期中）如图，已知圆O:x2+y2=1，点P为直线x+2y-35=0上一动点，过点P作圆O的切线，切点分别为M、N，且两条切线PM、(1)当P在直线y=x上时，求PA-(2)当P运动时，直线MN是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【解题思路】（1）求出点P的坐标，分析可知过点P且与圆O相切的直线的斜率存在，设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于圆的半径求出切线的斜率，求出两条切线的方程，可求得点A、B的坐标，再利用平面内两点间的距离公式可求得PA-（2）设点P35-2t,t，写出以点P为圆心，PM为半径的圆P的方程，将圆P的方程与圆O的方程作差，可得出直线MN的方程，化简直线MN的方程，可得出直线【解答过程】（1）解：联立y=xx+2y-35=0可得x=y=若过点P的直线垂直于x轴，则该直线的方程为x=5，显然直线x=5与圆设过点P且与圆O相切的直线的方程为y-5=kx-则圆心O到切线的距离为d=5-5kk2+1由图可知，直线PM的方程为y=12x-5+在直线PM的方程中，令y=0，可得x=-5，即点A在直线PN的方程中，令y=0，可得x=52，即点PA=1+1因此，PA-（2）解：分析知M、N在以P为圆心，PM为半径的圆上，设P3OP2=35-2t所以，以点P为圆心，半径为PM的圆的方程为x-35将圆P和圆O的方程作差，消去x2、y2可得即t2x-y-35x-1由2x-y=035x-1=0可得x=51520．（2022上·四川内江·高二校考期中）在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在x轴上的圆C经过点A3,0，且被y轴截得的弦长为23．经过坐标原点O的直线l与圆C交于M，(1)求圆C的方程；(2)求当满足OM+2ON=(3)若点P-5,0，直线PM与圆C的另一个交点为R，直线PN与圆C的另一个交点为S，分别记直线l、直线RS的斜率为k1，k2【解题思路】（1）由题意设圆方程为x-a2+y2=r2（r>0（2）过点C作CD⊥MN于D，由D是MN中点，由平面向量的性质得DN=3DO，从而利用勾股定理求得（3）设Mx1,y1，Nx2,y2，Rx【解答过程】（1）由已知圆C的圆心在x轴上，经过点A3,0且被y轴截得的弦长为23．设圆C：x-a2+所以(3-a)2=r所以圆C的方程为x-12（2）过点C作CD⊥MN于D，由D是MN中点，由OM+2ON=所以CN2即4-CD所以CD设直线l的方程为x-my=0（直线l与x轴重合时不符题意）由圆心到直线距离公式得1m2+1所以直线l的方程为x±15（3）设Mx1,y1，N直线PM的方程为y=y1x与x-12+y由韦达定理得x1所以x3=-7所以R-7x所以k2==8k1所以k221．（2023上·广西贵港·高二统考期末）已知椭圆W:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12(1)求椭圆W的方程；(2)直线y=kx(k≠0)与椭圆W交于A,B两点，射线AF1交椭圆W于点C，若S△ABC【解题思路】（1）利用椭圆的通径公式以及离心率求出椭圆的方程即可；（2）设直线AC的方程为x=ty-1，将直线与椭圆方程联立，根据弦长公式求出|AC|，利用三角形面积公式用t表示出S△ABC，由S△ABC=2413可求得【解答过程】（1）由已知得F2c,0，设过F2且垂直于x轴的直线与椭圆W则点E的横坐标为c，将其代入x2a2+y即2b2a因为椭圆的离心率e=ca因为a2=b2+c2（2）由题意知，直线AC不垂直于y轴，设直线AC的方程为x=ty-1，设Ax联立方程组x=ty-1,3x2+4y其中Δ=36所以y1+y所以|AC|==y2+因为点O到直线AC的距离d=1t2+1，且所以点B到直线AC的距离为2d，所以S△ABC由12t2+13t所以t=±3，故直线AC的方程为x=±即x-3y+1=0或

22．（2023上·四川成都·高二校联考期末）已知椭圆Γ的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，称圆心在坐标原点O，半径为a2+b(1)求椭圆Γ的方程；(2)若直线l与椭圆Γ交于A、B两点，与其“蒙日圆”交于C、D两点，当CD=4时，求△AOB【解题思路】（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆Γ的方程；（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，根据CD的值求出l的方程，进而可求得△OAB的面积；在直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，根据CD=4可得出m2=1+k2，将直线【解答过程】（1）解：因为椭圆Γ:x2a2则2c=2ca=33b=a（2）解：由题意，蒙日圆方程为x2+y2=5，圆心为①当CD⊥x轴时，设直线CD的方程为x=t，将x=t代入“蒙日圆”的方程得t2+y则CD=25-t将直线l的方程代入椭圆C的方程可得13+y22所以，S△AOB②当直线l不垂直x轴时，设直线l的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0，圆心O到直线CD的距离为d=|m|1+k联立y=kx+mx23+yΔ=6km2设Ax1,y1、BAB=2所以，S≤6当且仅当k2+1=2k又因为62>23323．（2023上·辽宁朝阳·高二校考期末）已知动点Mx,y到定点N3,0的距离与M到定直线：x=433的距离之比为(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C与y轴的正半轴交于点A，不与x轴垂直的直线l交曲线C于E,F两点（E，F异于点A），直线AE,AF分别与x轴交于P,Q两点，若P,Q的横坐标的乘积为43，则直线l是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由【解题思路】（1）根据给定条件，列出方程并化简作答.（2）设出直线l的方程及点E,F的坐标，联立直线l与曲线C的方程，求出点P,Q的横坐标，由已知结合韦达定理求解作答.【解答过程】（1）依题意，(x-3)2所以曲线C的方程为x2（2）设直线l的方程为y=kx+mm≠1由y=kx+mx2+4y2=4消去y得

由x24+y2=1，得A0,1，则直线AE的方程为y=直线AF的方程为y=y2-1x2x+1，令于是xP即4k则有(4k2-3)⋅4m2-4所以直线l的方程为y=kx-2，直线l恒过定点0,-2.24．（2023下·贵州黔南·高二统考期末）已知直线2x-y-1=0与抛物线C:x2=2pyp＞(1)求p的值；(2)设F为抛物线C的焦点，M,N为抛物线C上两点，FM⋅FN=0【解题思路】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p；（2）设直线MN：y=kx+b，Mx1,y1,Nx【解答过程】（1）设Ax由2x-y-1=0x2=2py由Δ=16p2所以xA所以AB=5化简得2p所以p=2或p=-3因为p＞12（2）因为F0,1，显然直线MN设直线MN：y=mx+n，Mx由x2=4yy=mx+n所以x1Δ=16因为FM⋅FN=0即x1亦即m2将x14m2=所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+22设点F到直线MN的距离为d，所以d=n-1因为x1所以MN=21+所以△MFN的面积S=1而n≥3+22或n≤3-2当n=3-22时，△MFN的面积

25．（2023下·北京海淀·高二清华附中校考期末）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率e=1(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点F的直线l（不与x轴重合）与椭圆E交于M、N两点，直线AM、AN分别交直线x=4于P，Q两点，线段PQ中点为R，△MPR,△MRN,△NRQ的面积分别为S1,S【解题思路】（1）依题意可得ca=12a+c=3，即可求出a（2）当直线l的斜率不存在直接求出S2，S1+S3，当直线l的斜率存在且不为0，设直线l为x=my+1m≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出P、Q的坐标，计算yP+yQ，从而得到【解答过程】（1）依题意e=ca=12所以椭圆E的标准方程为x2（2）由（1）可得F1,0，A若直线l的斜率不存在，则直线l为x=1，此时M1,32则AM为y=12x+2，令x=4，可得P4,3，则所以S2=1所以2S2=若直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l为x=my+1m≠0，Mx1,联立x=my+1x24+y则y1+y2直线AM的方程为y=y令x=4，得yP=6同理，Q4,又y===12m×-93所以kRF=-3m4-1=-mMN=又RF=所以S2又R为线段PQ中点，故S====9所以2S2=综上可得S1

26．（2023下·广东广州·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点A2,m(1)求抛物线C的标准方程；(2)直线l与抛物线C相交于M、N两点，以MN为直径的圆过点P1,2，作PD⊥MN，D为垂足．是否存在定点Q，使得DQ为定值？若存在，求出点Q【解题思路】（1）利用抛物线的定义结合两点间的距离公式可得出关于p的方程，解出p的值，即可得出抛物线C的标准方程；（2）分析可知，直线MN不与y轴垂直，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线MN的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，根据已知条件得出PM⋅PN【解答过程】（1）解：抛物线C的准线方程为x=-p2，由抛物线的定义可得将点A的坐标代入抛物线方程可得m2所以，AO=所以，AFAO=2+p2因此，抛物线C的标准方程为y2（2）解：若直线MN⊥y轴，则直线MN与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，设直线MN的方程为x=ty+n，设点Mx1,联立x=ty+ny2=4x可得y2-4ty-4n=0由韦达定理可得y1+yPM=x1因为以MN为直径的圆过点P1,2，则PM所以，116显然y1≠2且y2即y1y2+2y所以，直线MN的方程为x=ty+2t+5=ty+2由y+2=0可得y=-2，x=5，所以，直线MN过定点E5,-2所以，PQ=因为PD⊥MN，当点Q为线段PE的中点时，即当点Q的坐标为3,0时，DQ=1因此，存在定点Q，且当点Q的坐标为3,0时，DQ为定值.27．（2023下·广东深圳·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2-y(1)求C的方程；(2)设点A为C的左顶点，若过点3,0的直线l与C的右支交于P,Q两点，且直线AP,AQ与圆O:x2+y2=a2分别交于M,N两点，记四边形PQNM的面积为S【解题思路】（1）运用双曲线的焦点到渐近线的距离为b，双曲线的离心率公式计算即可.（2）联立直线PQ方程与双曲线方程，运用韦达定理计算可得kAP⋅kAQ=-12，设出直线AP、AQ方程，联立双曲线方程可求得yp、yQ、【解答过程】（1）由题可知bx-ay=0是双曲线C的一条渐近线方程，右焦点为c,0，所以右焦点到渐近线的距离d=bc-a⋅0又因为c2=a2+由离心率e=ca=所以双曲线C的方程为x2（2）如图所示，

由（1）知，A(-1,0)，设直线lPQ的方程：x=ty+3,P由x=ty+3,x2-因为直线l与双曲线C的右支交于两点，所以t2-1≠0,Δy1所以kAP⋅k设AP:x=m1y-1,AQ:x=所以1m1⋅1m又因为m2=2由x=m1y-1,所以yP=2由x=m1y-1,所以yM=2所以S△APQS=m12令n=m12+m所以S△APQ令fn因为fn在区间4,5所以fn的取值范围为9,+又因为S1所以S1S228．（2023下·重庆渝中·高二校考期末）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1a,b>0的渐近线方程为y=±12x，其左右焦点为(1)求该双曲线的标准方程；(2)过x轴上一动点Pt,0作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为A'（A'与B不重合），连接BA'并延长交x轴于点【解题思路】（1）根据双曲线方程设x24-y2=λ，D（2）设l的方程为y=k(x-t)，Ax1,y1,Bx2,y【解答过程】（1）因为双曲线的渐近线方程为y=±1故可设双曲线的方程为x24设Dx0,y0，因为△D所以x03=43y0所以双曲线的标准方程为x（2）由题意知直线l的斜率必存在，设l的方程为y=k(x-t)，Ax1,y1化简得1-4k则Δ=8k由韦达定理得x1+x则直线BA'的方程为：令y=0，则x==8k3

.29．（2023下·四川成都·高二校联考期末）已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求椭圆C的方程；(2)若斜率为k的直线l与圆x2+y2=1相切，且l与椭圆C相交于M ，【解题思路】（1）根据题意求出a,b,c，即可得解；（2）设直线l的方程为y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y【解答过程】（1）由题意可知：ca=22ab所以椭圆C的方程为：x2（2）设直线l的方程为y=kx+m，M(x1,由|m|k2+1联立y=kx+mx24Δ=32k则x1所以y1|MN|=1+

因为MN的取值范围为83则83 ≤所以OM⋅=(2因为0 ≤ 所以-1 所以OM⋅ON的取值范围为30．（2023下·上海青浦·高二统考期末）已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为(1)若F为双曲线C:x2a(2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在Γ上，若PFPE=2(3)经过点F且斜率为kk≠0的直线l'与Γ相交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB分别与l相交于点M、N．试探究：以线段MN为直径的圆【解题思路】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的a,b,c，即可得解；（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得∠MEP=π4，进而可得直线（3）设直线l'的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点【解答过程】（1）抛物线Γ:y2=4x的焦点为双曲线C的方程为双曲线x2a2-2y由题意可知：c=a2+故双曲线C的方程2x（2）由（1）可知：E-1,0过点P作直线l的垂线，垂足为M，则PF=∵sin∠MEP=PMPE∴∠MEP=π故直线EP的倾斜角α=π4，斜率∴直线EP的方程为y=x+1，即x-y+1=0；（3）设直线l'联立方程y=kx-1y2=4x，消去则可得：x1∵直线OA:y=y1x1x∴M-1,-同理可得：N-1,-∵-=-kMN=k则线段MN为直径的圆C的圆心C-1,2k故圆C的方程为x+12整理得x2令y=0，则x2+2x-3=0，解得x=1或故以线段MN为直径的圆C过定点1,0,

31．（2023下·北京密云·高二统考期末）已知数列A：a1，a2，⋯，an，⋯，满足a1=0，ai+1=ai(1)写出S3(2)若a5=-2，求(3)是否存在数列A，使得S2022=1011?如果存在，写出此时a【解题思路】（1）利用a1=0与递推公式求出a2（2）由（1）a2,a3的值，分类讨论，结合a5（3）将ai+1=ai+1两边平方后，推出an【解答过程】（1）因为a1=0，所以|a1+1|=|a2当a2=1时，由|a3|=|当a2=-1时，由|a所以S3=0+(-1)+0=-1或S3（2）当a3=0时，|a3+1|=|a4|=1，则a4当a3=-2时，|a3+1|=|a4|=1，则a4当a3=2时，由|a3+1|=|a4|=3，得a4综上，a2=-1,a3=0,所以S5=0+(-1)+0+1+-2=-2或故S5（3）由ai+1=ai+1i=1,2,⋯,n,⋯，所以a1则a1所以an若存在数列A，使得S2022=1011，则又a2023故不存在数列A，使得S202232．（2023下·江西吉安·高二统考期末）已知正项数列an满足an+1n(1)求数列an(2)证明：an（附：i=1nxi≥n⋅nx1【解题思路】（1）两边取常用对数得lgan+1lg（2）将an=2n(n+1)化为a【解答过程】（1）因为an+1n=an所以lgan+1n所以lga当n>1时，lga所以lganlga1=n(n+1)当n=1时，a1∴a（2）由（1）知，an所以an由i=1nxi≥n⋅n当且仅当x1=x所以21⋅2因为21所以21⋅2所以an1233．（2023下·辽宁·高二校联考期末）已知数列an是正项等比数列，且a1=2，a2-a3(1)求数列an和b(2)已知cn=1bn⋅bn+1⋅【解题思路】（1）设数列an的公比为q(q>0)，由a1=2，a2-a3a2⋅a3=1（2）由（1）得cn=812n-1-12n+1【解答过程】（1）设数列an的公比为q(q>0)，由a1=2由a2-a3a2⋅解得q=-1（舍去），或q=1所以an因为bn+1=1由b2=34，得当n≥2时，b==1当n=1时，14×2-1（2）由（1）得c=8所以S=8=81-由Sn≥8n2令f(n)=nf(n+1)-f(n)=(n+1)当n=1时，f(2)-f(1)=47-13当n≥3时，-n2+2n+1<0所以f(1)<f(2)<f(3)>f(4)>f(5)>⋅⋅⋅，所以f(n)所以t≥245，即实数t的取值范围为34．（2023上·上海浦东新·高二校考期末）已知数列an满足a(1)若t=1，求数列an的通项公式(2)若t=19，求证:数列9na(3)对于（2）中的数列an，设bn=8【解题思路】（1）将t=1代入，再用累加法即可求得an（2）将t=19代入，令cn=9（3）先求出bn的通项公式，若bn【解答过程】（1）因为t=1，所以an当n≥2时，an-an-1=19上述式子累加，可得a=1因为a1=1，所以当n=1时，a1故an（2）因为t=19，所以两边同时乘以9n，可得9令cn=9即cn-c故cn，即9nan为以所以cn=9n，即9n（3）由（2）知an=n假设数列bn最大项为bm，则有即m+18m+19所以数列bn有最大项，最大项为第8项和第9项35．（2023上·北京通州·高三统考期末）约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数mm≠0除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数.设正整数a共有k个正约数，即为a1,a(1)当k=4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；(2)当k≥4时，若a2-a(3)记A=a1a【解题思路】（1）根据题意即可写出a的一个值；（2）由题意可知a1=1，ak=a，ak-1=aa2，ak-2=aa（3）由题意知a1ak=a,a2【解答过程】（1）当k=4时正整数a的4个正约数构成等比数列，比如1,2,4,8为8的所有正约数,即a=8.（2）由题意可知a1=1，ak=a，因为k≥4，依题意可知a3-a化简可得a3-a因为a3∈N因此可知a3是完全平方数由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3所以a2-a所以a=a2k-1（3）证明：由题意知a1ak所以A=a因为1a所以A=≤a因为a1=1，ak所以A≤a即A<a36．（2023上·江苏南通·高二统考期末）在①Sn+2-2Sn+1+Sn问题：已知等差数列an的前n项和为Sn，满足a10(1)求an(2)设数列1Sn的前n项和为Tn，求满足T注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解题思路】（1）选择条件①②③，分别由数列的递推式和等差数列的通项公式、求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求.（2）由等差数列的求和公式及裂项相消求和，再解不等式可得所求最大值.【解答过程】（1）选①，Sn+2-2Sn+1+于是等差数列an的公差d=4，由a10=S4所以an的通项公式a选②，Sn+1n+1-Snn=2于是a1+d2n-a1-d所以an的通项公式a选③，anan+1Sn两式相减得an+1an+2于是an+2-an=8，令等差数列an的公差为由a10=S4，得所以an的通项公式a（2）由（1）得Sn=4n+1因此Tn由Tn<34，得所以最大整数n的值为6.37．（2023上·天津宁河·高三校考期末）已知数列an是公差为1的等差数列，且a1+a2(1)求an和b(2)令dn=b(3)记cn=1a2n-1a2n+3,n=2k-1(2【解题思路】（1）结合等差数列与等比数列的通项公式及题目条件，用基本量表达条件中的式子，即可求得两数列的首项与公差公比，代入通项公式即可；（2）根据第一问写出dn（3）将前2n项和分成奇数项之和加上偶数项之和，分别求解奇数项和偶数项再相加即可.【解答过程】（1）∵数列an是公差为1的等差数列，且a∴a1+(a∴an∴数列an的通项公式为：a数列bn是等比数列，且b设数列bn的公比为q∴b1⋅(b∴bn∴数列bn的通项公式为：b（2）由（1）知bn∴d=2×[(∴d=2(1∵n∈N∴12∴1-1∴2(1-∴d（3）由（1）可知an∴cn∴S2n令An=c∴A==1Bn∴22∴-3=-=-=-4+4×=1∴Bn∴S2n∴数列cn的前2n项和S38．（2023下·天津·高二校联考期末）已知数列an的前n项和为Sn,a1=1且Sn+1=3S(1)求数列an(2)设cn=bn⋅(3)设Pn=ban+1+ban【解题思路】（1）根据Sn与an的关系证明an为等比数列，根据等差数列性质求bn的首项及公差，再利用等比数列和等差数列通项公式求（2）利用裂项相消法求和即可；（3）由（1）求Pn，由条件可得λ2-kλ+73≥n2【解答过程】（1）由Sn+1=3S当n=1时，S2=3S所以a2=3，且所以an+1所以an为首项为1，公比为3所以an设等差数列bn的公差为d则T7=7b1+所以bn（2）由（1）知，an=3则cn令Bn为3n+1n+1则B即Bn（3）因为Pn=bP=2n⋅a所以2n故λ2-kλ+7设dn当n=1时，d2当n≥2时，2nn-1≥4，即所以dn+1-d所以dn所以∀λ>0,λ即k≤λ+1因为λ+1λ≥2，当且仅当λ=所以k≤2，故k的最大值为2.39．（2023下·上海宝山·高二统考期末）在数列an中，an=-1,n=12an-1+3,n≥2.在等差数列bn(1)求数列an和b(2)设数列cn满足cn=an+3bncosnπ，数列cn【解题思路】（1）由an+3=2an-1+3n≥2可得an+3是以2为首项，（2）由（1）可得cn=2n+3ncos【解答过程】（1）因为an=-1,n=12an-1+3,n≥2，所以an+3是以a1所以an+3=2n，则a设等差数列bn的公差为d，由b1=2可得2b1+2d所以bn（2）由（1）可得cn又cosn则c所以T+=-2×其中-3+2×3-3×3+4×3+…-(2n-1)×3+2n×3==3+3+…+3=3n，则T=-22n3所以T2n-1<0，显然T2n是递增数列，T10=697，T12=274840．（2023下·上海·高二期末）对于任意的n∈N*，若数列an同时满足下列两个条件，则称数列an具有“①an+an+22<a(1)数列an、bn中，an=n,bn=2sinn(2)设各项为正数的等比数列cn的前n项和为Sn，且c3=14，S3=74(3)若数列dn的通项公式dn=t3⋅2n-n+12nn∈N*．对于任意的n≥3（n∈【解题思路】（1）利用数列an具有“性质m”的条件对a（2）数列cn是各项为正数的等比数列，则公比q>0，利用c3,S3（3）先化简dn利用任意n∈3,+∞且n∈N*，数列{dn}具有“性质m”，由dn+dn+2＜2dn+1可求得t＞1，可判断n≥3时，数列dn是单调递增数列，利用极限可求得【解答过程】（1）在数列an中，取n=1，则a1+a3a2=2=a2，不满足条件在数列bn中，b则b1b2b3+bbn=2sinnπ6≤2（n=1,2,3,4,5）满足条件②，所以数列（2）根据c3=1c1q2解得q=12或所以c1=1，所以Sn对于任意的n∈N*，Sn+2所以数列数列Sn具有“m性质”，且M≥2（3）证明：由于dn=3t-tn-12n由于任意n∈3,+∞且n∈N*，数列dn具有“性质即3t-tn-1化简得tn-12化简得tn-2即t>1n-2对于任意n∈3,+所以t>1①dn+1由于n≥3及t>1，所以dn+1即n≥3时，数列dn且limn→所以3t≤9，解得t≤3②，由①②得1<t≤3，所以满足条件的整数t的值为2和3．当t=2时，dn=6-2n-12n，其中d1=6-12当t=3时，dn=9-3n-12n，其中d1=9-1=8，d2=9-41．（2023上·江苏常州·高二统考期末）已知函数fx=ex-ax-(1)求实数a的值；(2)讨论fx在R上的零点个数，并证明f【解题思路】（1）求出导函数，根据导数的几何意义，结合已知，即可得出答案；（2）利用导函数分别得出函数在x≤0，以及x>0的单调性，根据零点存在定理得出零点的个数.再结合函数的单调性，得出函数的最小值，进而结合三角函数的值域，即可得出证明.【解答过程】（1）由已知可得，f'根据导数的几何意义结合已知可得，f'所以，e0-a+sin（2）由（1）可得，f'x=①当x≤0时，有ex所以f'所以，fx在-∞,0②当x>0时，f'设gx=e所以，gx，即f'x在又f'0=-1<0所以，根据零点存在定理可知，∃x1∈当0<x<x1时，f'x<0当x>x1时，f'x>0，所以又f0=1-1=0，所以因为f2根据零点存在定理可知，∃x2∈综上所述，fx在R上的零点个数为因为fx在-∞,0上单调递减，在0,所以，fx在x=x1又f'所以ex1=2-因为x1所以2-2x1>0所以，fxmin≥-42．（2023下·北京海淀·高二清华附中校考期末）已知函数f(x)=ln(ax+b)-x2在点(1)求a、b的值：(2)求函数f(x)的单调区间；(3)令g(x)=f(x)+32x2-mx，若函数g(x)【解题思路】（1）求出函数的导函数，依题意可得f1（2）由（1）可得fx（3）首先可得g(x)=lnx+12x2-mx，求出函数的导函数，分m≤0、【解答过程】（1）因为f(x)=ln(ax+b)-x又函数fx在点1,f1处的切线方程为所以f1=-1f'1（2）由（1）可得fx=ln所以f'所以当0<x<22时f'x>0所以fx的单调递增区间为0,22（3）因为g(x)=f(x)+32x则g'当m2≤0，即m≤0时g'(x)>0恒成立，所以对于方程x2-mx+1=0，当Δ=m2所以g'(x)≥0恒成立，所以gx当m>2则m2>1时方程x2-mx+1=0有两个不相等的正实数根不妨设x1<x2所以当0<x<x1或x>x2时g'所以gx的单调递增区间为0,x1，x此时gx在x=x1则gx令hx=lnx-1所以hx在1,+∞上单调递减，所以即gx极小值=g43．（2023下·黑龙江双鸭山·高二校考期末）已知函数f(x)=1+2(1)求f(x)的单调区间；(2)存在x1,x2∈(1,+∞)【解题思路】（1）先求f'(x)=-4lnx（2）先转化为h(x)=f(x)+klnx在(1,+∞)上存在减区间，即h'【解答过程】（1）由题意得f'x=-4lnx∈(0,1)时，f'(x)>0，x∈(1,+∞)时，f'综上，f(x)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞（2）由题意存在x1,x2∈(1,+由（1）知x∈(1,+∞fx1-f即fx即存在x1,x2∈(1,+令h(x)=f(x)+klnx，则h(x)在即h'(x)=kx2-4ln即k<4lnx令tx=4lnxx∈1,e时，t'(x)>0，x∈e,+∞时，t'∴t(x)max=t(e44．（2023上·上海松江·高三统考期末）已知函数y=f(x)，记f(x)=x+sinx，(1)若D=0,2(2)若D=0,π2，不等式f(x)>kx对任意x∈D(3)若D=R，则曲线y=fx上是否存在三个不同的点A,B,C，使得曲线y=fx【解题思路】（1）利用导数判断出fx在区间0,2π（2）由f(x)>kx分离参数k，然后利用构造函数法，结合多次求导来求得k的取值范围.（3）先设出切线方程，然后根据切线重合列方程，由此进行分类讨论来求得切线方程.【解答过程】（1）因为f'x=1+cosx≥0所以函数y=f(x)在[0,2π（2）由题意得，(k-1)x<sinx，于是令h(x)=sinxx令u(x)=xcosx-sin所以u(x)在(0,π2]由于h'(x)=xcosx-所以hmin(x)=h(π2)=（3）解法一：设A(x1,y1)、l1l2l3因为直线l1,l且-x1cosx1因为cosx所以sinx1=±sinx①若sinx1=-sinx则sinx1=0，sin于是-x因为cosx所以x1=x②若sinx1=sinx不妨设sinx1=若cosx1=于是cosx1=所以满足要求的切线方程为y=x+1或y=x-1解法2：假设存在三个不同点A(x1,则y1=x1曲线y=f(x)在A,B,C三点处的切线方程分别为：l1l2l3依题意，有cos由①得，x2情形1：若x2=2kπsinx即(2kπ)cosx1=0(2n此时满足条件的切线方程为y=x±1.情形2：若x2=2kπsinx即sinx得(k-n)π⋅cosx1此时sinx1=0，与情形3：若x2=2kπsinx即(2kπ)cos则sinx1=0，与情形4：若x2=2kπ-综上，满足条件的切线方程为y=x±1.解法3：假设存在三个不同点A(x1,则y1=x1曲线y=f(x)在A,B,C三点处的切线方程分别为：l1l2l3依题意，有cos由①得，|sin由②，令sinx则sinx即有|t+x平方，得t2即(由于x1,x相减，得(x2-x3此时满足条件的切线方程为y=x±1.45．（2023下·重庆江津·高二校联考期末）已知函数f(x)=x(1)若g(x)=f'(x)（f'(x)(2)求函数gx在区间1,(3)若函数f(x)有两个极值点x1,x【解题思路】（1）根据题意求得gx=lnx-mx，取得（2）由（1）中的结论，分类讨论，求得gx在1,e（3）根据题意转化为m=lnxx在0,+∞上有两个不等的实根，进而转化为y=m和y=lnxx的图象有两个交点，结合y=lnxx的单调性与极值，得到0<m<1e且1<x1【解答过程】（1）解：由函数f(x)=xlnx-12m可得gx=f若m≤0时，g'x>0若m>0时，令g'x=0当x∈(0,1m)时，g当x∈(1m,+∞)综上可得，当m≤0时，gx单调递增区间为0,+当m>0时，gx单调递减区间为(0,1m（2）解：由（1）知，当m≤0时，gx在1,e上为递增函数，gx当0<1m≤1时，即m≥1时，gx在1,当1<1m<e时，即1e<m<1时，所以gx最大值为g当1m≥e时，即0<m≤1e时，gx在综上可得，当m≤1e时，最大值为当1e<m<1时，最大值为当m≥1时，最大值为g1（3）解：由f'(x)=lnx-mx，因为函数可得方程f'(x)=0在0,+∞上有两个不等的实根x即m=lnxx在0,+∞上有两个不等的实根x1又由y=lnxx当x∈(0,e)时，y'当x∈(e,+∞)时，又由y|x=e=1e，且x→+∞要证1lnx1因为lnx1=mx1因为lnx1=m即证lnx2-lnx令t=x2x令ht=lnt-t2-1所以ht<h1=0，即46．（2023下·山东威海·高二统考期末）已知函数f(x)=ln(1)若f(x)在区间(0,a)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）证明：x1【解题思路】（1）利用多次求导的方法或分离参数法，结合导