2022届高三数学二轮复习备考训练解答题必刷题（一）.docx

1、解答题必刷题（一）1如图，在中，,.（1）求的长；（2）求.2在三棱锥A-BCD中，E，F分别是棱BC，CD上的点，且平面ABD.(1)求证：平面AEF；(2)若平面BCD，记三棱锥F-ACE与三棱锥F-ADE的体积分别为，且，求三棱锥B-ADF的体积.3某学校为了解高三复习效果，从高三第一学期期中考试成绩中随机抽取50名考生的数学成绩，分成6组制成频率分布直方图如图所示：（1）求的值；并且计算这50名同学数学成绩的样本平均数；（2）该学校为制定下阶段的复习计划，从成绩在的同学中选出3位作为代表进行座谈，记成绩在的同学人数位，写出的分布列，并求出期望.4中，分别为角的对边，已知.（1）求角；（

2、2）若为锐角三角形，求的取值范围.5已知函数，(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围6已知直三棱柱中，为等腰直角三角形，、分别是和的中点(1)求证：直线平面；(2)求三棱锥的体积7已知数列的前n项和为，且满(1)求证数列是等比数列(2)若数列满足求数列的前n项和8如图，在四棱锥中，底面为梯形，面面，为的中点.（1）求证：；（2）在线段上是否存在一点，使得面？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.9的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知(1)求；(2)若，求的周长10设椭圆的左焦点为，且椭圆经过点.（1）求椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，且异于椭圆

3、的上、下顶点，点为直线（为椭圆上顶点）与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.11已知函数f(x)ln xax23x(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y2，求函数f(x)的极小值；(2)若a1，对于任意x1，x21，10，当x1恒成立，求实数m的取值范围12在中，三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，(1)若，求；(2)若，且，求的面积13在三棱锥中，且.(1)证明：平面平面；(2)求钝二面角的余弦值.14在中，角，所对的边分别为，.已知，.(1)求和的值；(2)求的值.15已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若的极大值为，求证：.16设椭

4、圆的右顶点为A，上顶点为B已知椭圆的离心率为，（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限若的面积是面积的2倍，求的值17已知椭圆的焦距为，左右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.18已知动圆（为圆心）经过点，并且与圆相切（）求点的轨迹的方程；（）经过点的直线与曲线相交于点，并且，求直线的方程19已知函数.(1)若在定义域内单调递增，求a的取值范围；(2)当时，若存在唯一零点，极值点为，证明：.20已知椭圆：()的焦点在抛物线的准

5、线上，且椭圆经过点.（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左右顶点分别为，过，分别作长轴的垂线，椭圆的一条切线：与直线，分别交于，两点.求证：以为直径的圆经过定点.21已知函数（1）若，求证：（2）若，恒有，求实数的取值范围.1（1）；（2）.【详解】试题分析: （）设，在和中分别用表示,求出值,进而求得的长度; （）由题意知,即由题意知都是锐角,可分别求得两角的正余弦值,利用直角三角形两锐角互余,得,展开代入即可.试题解析:（）设，由题意知，解得（负值舍去），因此（）由题意知因为，所以，所以，2(1)证明见解析(2)(1)证明：平面ABD，平面BCD，平面平面，又平面AEF，平面AEF，平面AE

6、F；(2)，且，由（1）知，又因为，所以，所以，因为平面，所以.3（1），（2）见解析【详解】试题分析：（1）由 解得 ，根据各矩形中点横坐标与纵坐标的积求和即可得到该校名学生成绩的平均值；（2）成绩在的同学人数为，成绩在人数为，的可能取值为，根据排列组合知识求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望.试题解析：（1）由题 解得 (2)成绩在的同学人数为6，成绩在人数为4， ， ， 所以的分布列为4（1）；（2）.【详解】解：（1）由正弦定理的，所以，即，因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以（2），因为为锐角三角形，所以，所以，所以，所以，即的取值范围是

7、5(1)；(2).(1)因为，所以，则切线的斜率为，又因为，则切点为，所以曲线在点处的切线方程为，即(2)当时，令得，列表得x001极小值所以当时，的最大值为由题意知，故，解之得,所以实数的取值范围为.6(1)证明见解析(2)(1)证明：为等腰直角三角形，又，四边形为正方形，又、分别是和的中点，又为的中点，又三棱柱为直三棱柱，平面平面，又平面平面，平面，又平面，又，平面；(2)解：，由（1）可知平面，7(1)答案见解析；(2).(1)对于，当n=1时，由.当，有，此时，所以数列是首项为，公比为的等比数列.(2)由（1）知，所以.所以当n=1时，；当，有，经检验，对n=1也成立.所以.所以.所以

8、.8（1）证明见解析；（2）存在，证明见解析【详解】（1）取中点，连接，且，且，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形为正方形.在中，因为，所以，在中，因为，所以，因为，所以，因为面，面面，面面，所以面，因为面，所以.（2）线段上存在一点，满足，即为中点时，面，证明如下：连结，为的中点，为中点，又，所以，面，面，面.【点睛】本题考查线面垂直的性质，线线垂直的证明，由线面平行需找满足条件的点，属于中档题9(1)(2)9(1)由正弦定理及，得，即，由于 ，故，所以，所以，故(2)由余弦定理得，代入数据，得，解得（负根舍去），故的周长为 10(1) ；(2) .【详解】（1）由已知得，所以椭圆的方程

9、为，因为点在椭圆上，所以，解得，因为，所以椭圆的方程为.（2）设，由（1）知，因为，所以，所以的方程为，当时，所以，因为，所以，解得：，因为在椭圆上，所以，所以，所以.11(1)2 ；(2)(，1 710(1)因为f(x)ln xax23x的定义域为(0，)，所以由函数f(x)的图象在点(1，f(1)处的切线方程为y2，得，解得a1此时令，得x1或当和时，f(x)0；当时，f(x)0所以函数f(x)在和(1，)上单调递增，在上单调递减，所以当x1时，函数f(x)取得极小值f(1)ln 1132(2)由a1得f(x)ln xx23x因为对于任意x1，x21，10，当x1恒成立，所以对于任意x1，

10、x21，10，当x1x2时，恒成立，所以函数在1，10上单调递减令 x1，10，所以在1，10上恒成立，则m2x33x2x在1，10上恒成立设F(x)2x33x2x(x1，10)，则F(x)6x26x1当x1，10时，F(x)0，所以函数F(x)在1，10上单调递减，所以F(x)minF(10)21033102101 710，所以m1 710，故实数m的取值范围为(，1 71012(1)(2)(1)由展开得，又由正弦定理可知，在中，所以，又，则，得又，；若，由正弦定理得，又，得，所以，又，所以，又，所以；(2)由，及正弦定理知由，所以，又由余弦定理得，即，整理可得，可得，所以13(1)证明见解

11、析(2)(1)证明：取的中点，连接，过作于，交于，连接，因为，为的中点，所以，因为， ，所以，所以，所以，在中，因为,所以，所以，因为， ，所以，所以，因为，所以，解得，所以，所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面平面；(2)过作于，过作于，交于，连接，则即为二面角的平面角，在中，于，所以，所以，因为 ，所以，所以，在中，在中，所以,所以,在中，则,在中，,所以,所以钝二面角的余弦值为14(1)，(2)(1)因为，所以由余弦定理得，是三角形内角，由正弦定理 得，所以，由得，解得或（舍去）(2)，15(1)答案见解析(2)证明见解析(1)由，得.当时，恒成立，所以函数在上单调递增；当时，由，得

12、，由，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，综上可知，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，上单调递减.(2)由（1）知，且当时，取得极大值，所以，解得，则.要证，即证.令，则，.令，而在上单调递增，因为，所以，使得，即，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又因为，即，所以，所以，即，亦即.16（1）；(2)【详解】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.（II）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得由,从而所以，椭圆的方程为

13、（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，点的坐标为由的面积是面积的2倍，可得，从而，即易知直线的方程为，由方程组消去y，可得由方程组消去，可得由，可得，两边平方，整理得，解得，或当时，不合题意，舍去；当时，符合题意所以，的值为点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题17(1)(2)证明见解析(1)由题意得，由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，可知：，又，解得：所以椭圆的方程为：.(2)证明：当直线的斜率不存在时，设直

14、线， 由题意可知，且，设，因为直线的斜率之和为，所以，化简得，所以直线的方程为.当直线的斜率存在时，设方程为，联立消去，化简得.，由题意可得，因为直线的斜率之和为，所以，化简整理得，当且仅当时，即 或且 时符合题意，直线的方程：，即，故直线过定点，综上可得直线过定点.18（）；（）.【详解】试题分析：（），由椭圆定义可得点的轨迹方程为；（）设直线，联立方程，则，由，得，解得，（满足）.试题解析：（）设为所求曲线上任意一点，并且与相切于点，则所以点的轨迹方程为； （）经检验，当直线轴时，题目条件不成立，所以直线存在斜率，设直线设，则， ，得，又由，得， 将它代入，得，（满足），所以直线的斜率为，

15、所以直线的方程为 19(1)(2)证明见解析(1)解：由题意，函数，可得，因为在定义域内单调递增，因此恒成立.当时，不满足题意.当时，满足题意.当时，即，得，设，则，令，可得，所以函数单调递减，且时，因此在时，单调递增，在时，单调递减，得，从而，得.综上，实数a的取值范围为.(2)解：，当时，单调递增，而，因此存在，使得， 且时，单调递减，当时，单调递增，且，故存在，使得.要证明，只需证明，即证.由，得，因此只需证明，即证.先证明：，.即证，即证，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，故，即，.接下来证明：，.即证，设，则，设，则，故单调递减，从而，单调递减，故，即，.因此，即不等式成立，故

16、.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20（1）；（2）见解析.【详解】解：（1）抛物线的准线为，所以，即，又因椭圆经过点，则，解得：，所以椭圆的方程为；（2），所以：，：，联立，消得：，因为直线椭圆的一条切线，所以，得：

17、，故，因为与直线，分别交于，两点，设，所以，则，因为，则，所以，所以，即，所以以为直径的圆经过定点.21（1）见解析；（2）（，0【详解】（1）函数f（x）x2e3x，f（x）2xe3x+3x2e3xx（3x+2）e3x由f（x）0，得x或x0；由f（x）0，得，f（x）在（，）内递增，在（，0）内递减，在（0，+）内递增，f（x）的极大值为，当x0时，f（x）（2）x2e3x（k+3）x+2lnx+1，k，x0，令g（x），x0，则g（x），令h（x）x2（1+3x）e3x+2lnx1，则h（x）在（0，+）上单调递增，且x0+时，h（x），h（1）4e310，存在x0（0，1），使得h（x0）0，当x（0，x0）时，g（x）0，g（x）单调递减，当x（x0，+）时，g（x）0，g（x）单调递增，g（x）在（0，+）上的最小值是g（x0），h（x0）+2lnx01=0，所以，令，令所以=1，,g（x0） 实数k的取值范围是（，0