新高考數(shù)學二輪復習強化練習技巧04 解答題解法與技巧（練）（解析版）

第二篇解題技巧篇技巧04解答題解法與技巧（練）1．（2023春·北京·高三北京二中?？奸_學考試）已知函數(shù)的一個零點為．(1)求A的值和函數(shù)的最小正周期；(2)當時，若恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用即可求得，然后對函數(shù)進行化簡即可；（2）利用求得，然后根據(jù)可得即可求解【詳解】（1）因為函數(shù)的一個零點為，所以，解得，所以，所以函數(shù)的最小正周期（2）因為，所以，所以，所以，因為恒成立，所以，則，所以2．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）在銳角三角形中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，為在方向上的投影向量，且滿足.(1)求的值；(2)若，，求的周長.【答案】(1)(2)【分析】利用正弦定理，邊化角，結合同角三角函數(shù)的平方式，建立方程，可得答案.【詳解】（1）由為在方向上的投影向量，則，即，根據(jù)正弦定理，，在銳角中，，則，即，由，則，整理可得，解得.（2）由，根據(jù)正弦定理，可得，在中，，則，，，由（1）可知，，則，由，則，解得，，根據(jù)正弦定理，可得，則，，故的周長.3．（2023·全國·模擬預測）記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)若，求A；(2)若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）運用二倍角公式及和角公式代入化簡解方程即可.（2）根據(jù)銳角三角形得B的范圍，運用正弦定理邊化角，將所求式子轉化為關于的對勾函數(shù)，研究其值域即可.【詳解】（1）∵，∴，∴，又∵，∴，即，又∵，∴，又∵，∴，又，即，∴，又∵，∴.（2）由（1）知，①當時，因為，所以，即，與△ABC為銳角三角形矛盾，所以不成立；②當時，因為，所以，所以．由，得．所以，故．因為，所以，，令，則，所以在上單調遞增，所以，所以的取值范圍為．4．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）已知等差數(shù)列的前n項和為，滿足，_____________．在①；②；③這三個條件中任選一個，補充在上面的問題中并解答（注：如果選擇多個條件，按照第一個解答給分．在答題前應說明“我選_____________”）(1)求的通項公式；(2)設，求的前n項和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的基本量的運算可得，進而即得；（2）利用分組求和法即得.【詳解】（1）設等差數(shù)列的首項為，公差為若選擇條件①，則由，得，解得，；若選擇條件②，則由，得，解得，；若選擇條件③，則由，得，解得，；（2）由（1）知，選擇三個條件中的任何一個，都有，則，的前n項和5．（2023·全國·模擬預測）已知數(shù)列的前n項和為，，．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設，數(shù)列的前n項和為，求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）將代入已知式子可得是等差數(shù)列，進而得到的通項公式，再由與的關系求出的通項公式.（2）由裂項相消求和可得，再由的單調性可求得其范圍.【詳解】（1）因為，所以由，得，所以，所以，即．在中，令n=1，得，所以a1=1．所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以，即：．當時，，也適合上式，所以數(shù)列的通項公式為．（2）由（1）知，，所以，因為bn＞0，所以隨著n的增大而增大，所以，又顯然，所以，即的取值范圍為．6．（2023·全國·模擬預測）某中學舉辦了詩詞大會選拔賽，共有兩輪比賽，第一輪是詩詞接龍，第二輪是飛花令．第一輪給每位選手提供5個詩詞接龍的題目，選手從中抽取2個題目，主持人說出詩詞的上句，若選手在10秒內正確回答出下句可得10分，若不能在10秒內正確回答出下句得0分．(1)已知某位選手會5個詩詞接龍題目中的3個，求該選手在第一輪得分的數(shù)學期望；(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四個團隊參加飛花令環(huán)節(jié)的比賽，每一次由四個團隊中的一個回答問題，無論答題對錯，該團隊回答后由其他團隊搶答下一問題，且其他團隊有相同的機會搶答下一問題．記第n次回答的是甲的概率為，若．①求P2，P3；②證明：數(shù)列為等比數(shù)列，并比較第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大?。敬鸢浮?1)12(2)①，；②證明過程見詳解，第7次回答的是甲的可能性比第8次的大【分析】（1）設該選手答對的題目個數(shù)為，該選手在第一輪的得分為η，可得，再寫出的所有可能取值，分別求出其對應的概率，進而得到的分布列，并求出的數(shù)學期望，從而可求得的數(shù)學期望；（2）①直接根據(jù)題意可得第一次是甲回答，第二次甲不回答，所以第二次甲回答的概率為；②先根據(jù)題意建立與的關系式，即可證明數(shù)列為等比數(shù)列，進而可得到的通項公式，從而可比較P7，P8．【詳解】（1）設該選手答對的題目個數(shù)為，該選手在第一輪的得分為，則，易知的所有可能取值為0，1，2，則，，，故的分布列為012P則，所以．（2）①由題意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴，則．②由第n次回答的是甲的概率為，得當n≥2時，第次回答的是甲的概率為，第次回答的不是甲的概率為，則，即，又，∴是以為首項，為公比的等比數(shù)列，則，∴，∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．7．（2023·全國·模擬預測）在數(shù)列中，，．(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；(2)令，數(shù)列的前n項和為，求證：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）將數(shù)列的遞推公式變形，再結合等比數(shù)列的定義，即可證明；（2）由（1）得到數(shù)列的通項公式，再利用變形，放縮法，結合裂項相消法求和，即可證明.【詳解】（1）由，得，由，得，則，所以，得，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列（2）由（1）得，則，所以，所以．所以8．（2023·河北·高三河北衡水中學校考階段練習）各項均不為0的數(shù)列滿足：，且.(1)求；(2)已知，請證明：.【答案】(1)(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意結合等比數(shù)列的定義和通項公式可得，再利用累加法運算求解；（2）先求，再根據(jù)放縮證明.【詳解】（1）∵，所以，可得，即，∴數(shù)列是以首項，公比的等比數(shù)列，故，當時，則，當時，符合，故，即.（2）由題意可得：，當時，則，故.9．（2023春·北京海淀·高三首都師范大學附屬中學?？奸_學考試）如圖，在三棱柱中，平面，是等邊三角形，分別是棱的中點.(1)證明：平面；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值；(3)若，求點到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）連接，根據(jù)棱柱的結構特征，利用線面平行的判定定理和面面平行的性質定理，即可證明結論；（2）取的中點，連接，，可得，，兩兩垂直，建立以為原點，以、、所在直線分別為，，軸的空間直角坐標系，利用向量法，求解即可得出答案；（3）由（2）可得及平面的法向量，利用點到平面的距離公式求解即可.【詳解】（1）證明：連接，，分別是棱，的中點，，平面，平面，平面，，分別是棱，的中點，，，四邊形是平行四邊形，則，平面，平面，平面，，平面，且，平面平面，平面，平面；（2）取的中點，連接，，在等邊△中，則，則，，兩兩垂直，可建立以為原點，以、、所在直線分別為，，軸的空間直角坐標系，如圖所示：不妨設，，則,,，,2,，，,0,，，，，，，設平面的法向量為，則，取，則，，平面的法向量為，設平面的法向量為，則4，取，則，，平面的法向量為．設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面夾角的余弦值為．（3）若，由（2）可知，所以，面的法向量為，所以點到平面的距離為.10．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，E為的中點，F(xiàn)在上，滿足.(1)求證：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析.(2).【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)題意求得相關點坐標，求出點F的坐標，求出平面和平面的法向量，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）證明：因為平面，平面ABCD,所以,又因為，平面，所以平面.（2）過A作的垂線交于點M,因為平面，平面,所以,以A為坐標原點，以分別為軸，建立空間直角坐標系如圖，則,因為E為的中點，所以,因為F在上，設,則,故,因為，所以，即，即，即，所以，設平面的一個法向量為，則,即，令，則，故；，設平面的一個法向量為，則,即，令，則，故，故，由圖可知二面角為銳角，故二面角的余弦值為.11．（2023·全國·模擬預測）如圖，已知直四棱柱的底面為平行四邊形，為的中點．(1)求證：平面；(2)若底面為邊長為的正方形，且，為上的動點（包含端點），求當直線與平面所成角的正弦值最大時點的位置．【答案】(1)證明見解析(2)點與重合【分析】（1）連接交于點，連接，得到為的中點，進而得，最后利用線面平行的判定定理即可證明；（2）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法可得出直線與平面所成角的正弦值關于的函數(shù)關系式，利用換元法結合二次函數(shù)的基本性質可求得直線與平面所成角的正弦值的最大值及其對應的的值，即可得出結論.【詳解】（1）證明：連接交于點，連接，因為四邊形為平行四邊形，則為的中點，又因為為的中點，，因為平面，平面，平面.（2）解：因為底面，四邊形為正方形，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、，設，其中，所以，，，設平面的法向量為，則，取，可得，因為，所以，令，則，所以，，當時，；當時，則，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，故當點與點重合時，直線與平面所成角的正弦值最大時.12．（2023·全國·模擬預測）如圖1，在平面四邊形ABCD中，，，于點E，于點F，且與AB交于點G，，將沿DG折起，使得平面平面BCDG，得到四棱錐，如圖2，P，Q分別為CD，AF的中點．(1)求證：平面ABP；(2)若，求直線DQ與平面QBP所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）要證明線面平行，根據(jù)線面平行的判斷定理，轉化為證明線線平行，通過作輔助線，構造平行四邊形，即可證明平面ABP；（2）解法一：由平面平面BCDG，得到平面BCDG，建立空間直角坐標系，寫出相關點的坐標，求出平面QBP的一個法向量和直線DQ的方向向量，即可用向量的夾角公式求直線DQ與平面QBP所成角的正弦值；解法二：利用等體積轉化求點D到平面QBP的距離，再利用線面角的定義，即可求解.【詳解】（1）如圖，連接BF，易知，，∴四邊形BCDF為平行四邊形，∴，，（平行四邊形的性質）取AB的中點H，連接QH，HP，則且，∴，，∴四邊形QHPD為平行四邊形，，又平面ABP，平面ABP，（此步驟不能少）∴平面ABP．（線面平行的判定定理）（2）解法一：∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性質定理）又，故以F為坐標原點，F(xiàn)E，F(xiàn)D，F(xiàn)A所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．易得，，易知，（勾股定理的應用）則，，，,，,，．設平面QBP的法向量為，則，即，取，得．設直線DQ與平面QBP所成的角為，則，（注意線面角的定義及取值范圍）∴直線DQ與平面QBP所成角的正弦值為．解法二

∵平面平面BCDG，，平面ADG，平面平面，∴平面BCDG．（面面垂直的性質定理）連接FP，易得，，，過點F作于點M，連接QM，又，，∴平面QFM，∴．在中，，則，易知，,，．設點D到平面QBP的距離為h，連接BD，易知，則由，得，解得，（等體積法的應用）設直線DQ與平面QBP所成的角為，則，所以直線DQ與平面QBP所成角的正弦值為．13．（2023春·北京·高三北京二中?？奸_學考試）學校組織A，B，C，D，E五位同學參加某大學的測試活動，現(xiàn)有甲、乙兩種不同的測試方案，每位同學隨機選擇其中的一種方案進行測試，選擇甲方案測試合格的概率為，選擇乙方案測試合格的概率為，且每位同學測試的結果互不影響．(1)若A，B，C三位同學選擇甲方案，D，E兩位同學選擇乙方案，求5位同學全部測試合格的概率；(2)若5位同學全選擇甲方案，將測試合格的同學的人數(shù)記為X，求X的分布列及其均值；(3)若測試合格的人數(shù)的均值不小于3，直接寫出選擇甲方案進行測試的同學的可能人數(shù)．【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)選擇甲方案進行測試的同學個數(shù)為3，4或者5【分析】(1)利用獨立事件的概率乘法公式求解；(2)由條件確定隨機變量X的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，并由期望公式求期望；(3)設選擇甲方案測試的同學個數(shù)為n，通過設通過甲方案測試合格的同學個數(shù)為，通過乙方案測試合格的同學個數(shù)為，利用二項分布期望公式和期望的性質求，由條件確定的取值.【詳解】（1）因為A，B，C三位同學選擇甲方案，D，E兩位同學選擇乙方案，由已知A，B，C測試合格的概率為，D，E測試合格的概率為，所以5位同學全部測試合格的概率為；（2）由已知隨機變量的取值有，，，，，，，所以X的分布列為：X012345P∴；（3）設選擇甲方案測試的同學個數(shù)為n，則選擇乙方案測試的同學個數(shù)為，并設通過甲方案測試合格的同學個數(shù)為，通過乙方案測試合格的同學個數(shù)為，當時，此時所有同學均選擇方案乙測試，則，所以，不符合題意；當時，此時所有同學均選擇方案甲測試，則，所以，符合愿意；當時，，所以，若使，則，由于，故時符合題意，綜上，選擇甲方案測試的同學個數(shù)為3，4或者5時，測試合格的同學個數(shù)的期望不小于3．14．（2023春·北京·高三北京市八一中學?？奸_學考試）某公司在2013~2022年生產(chǎn)經(jīng)營某種產(chǎn)品的相關數(shù)據(jù)如下表所示：年份2013201420152016201720182019202020212022年生產(chǎn)臺數(shù)（單位：萬臺）35566991010a年返修臺數(shù)（單位：臺）323854585271648075b年利潤（單位：百萬元）3.854.504.205.506.109.659.9810.0011.50c注：年返修率=年返修臺數(shù)÷年生產(chǎn)臺數(shù)..(1)從2013~2021年中隨機抽取兩年，求這兩年中至少有一年生產(chǎn)的產(chǎn)品的平均利潤不小于100元/臺的概率；(2)公司規(guī)定：若年返修率不超過千分之一，則該公司生產(chǎn)部門當年考核優(yōu)秀.現(xiàn)從2013~2021年中隨機選出3年，記X表示這3年中生產(chǎn)部門獲得考核優(yōu)秀的次數(shù)，求X的分布列和期望；(3)記公司在2013~2017年，2018~2022年的年生產(chǎn)臺數(shù)的方差分別為，.若，請寫出a的值.（只需寫出結論）（注：，其中為數(shù)據(jù)的平均數(shù)）【答案】(1)(2)分布列見解析，期望為(3)7或12【分析】（1）計算出各年產(chǎn)品的平均利潤，得到平均利潤不小于100元/臺的有6個，小于100元/臺的有3個，利用組合知識求出概率；（2）計算出各年的年返修率，得到不超過千分之一的年份有7個，超過千分之一的年份有2個，得到X的可能取值和對應的概率，求出分布列及期望值；（3）計算出，從而得到方程，求出a的值.【詳解】（1）2013年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2014年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2015年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2016年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2017年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2018年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2019年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2020年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，2021年產(chǎn)品的平均利潤為元/臺，故平均利潤不小于100元/臺的有6個，小于100元/臺的有3個，故從2013~2021年中隨機抽取兩年，這兩年中至少有一年生產(chǎn)的產(chǎn)品的平均利潤不小于100元/臺的概率為；（2）2013年產(chǎn)品的年返修率為，2014年產(chǎn)品的年返修率為，2015年產(chǎn)品的年返修率潤為，2016年產(chǎn)品的年返修率為，2017年產(chǎn)品的年返修率為，2018年產(chǎn)品的年返修率為，2019年產(chǎn)品的年返修率為，2020年產(chǎn)品的年返修率為，2021年產(chǎn)品的年返修率為，年返修率不超過千分之一的年份有7個，超過千分之一的年份有2個，X的可能取值為1,2,3，則，，，故分布列為：123故，（3）2013~2017年年生產(chǎn)臺數(shù)的平均數(shù)為（萬臺），故，2018~2022年的年生產(chǎn)臺數(shù)的平均數(shù)為，故，解得：或12（萬臺），故a的值為7或12.15．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）某學校組織知識競答比賽，設計了兩種答題方案：方案一：先回答一道多選題，從第二道開始都回答單選題；方案二：全部回答單選題.其中每道單選題答對得2分，答錯得0分；多選題全部選對得3分，選對但不全得1分，有錯誤選項得0分.每名參與競答的同學至多答題3道.在答題過程中得到4分或4分以上立刻停止答題.統(tǒng)計參與競答的500名同學，所得結果如下表所示：男生女生選擇方案一10080選擇方案二200120(1)能否有的把握認為方案的選擇與性別有關?(2)小明回答每道單選題的正確率為0.8；多選題完全選對的概率為0.3，選對且不全的概率為0.3.①若小明選擇方案一，記小明的得分為X，求X的分布列及數(shù)學期望；②如果你是小明，為了獲取更好的得分你會選擇哪個方案?請通過計算說明理由.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)沒有.(2)①分布列見解析；.②選方案一，理由見解析.【分析】（1）根據(jù)題意完善列聯(lián)表，計算的值，即可判斷結論；（2）①確定X的取值，求出每個值對應的概率，可得分布列，進而求得數(shù)學期望；②計算出選擇方案二的數(shù)學期望，和方案一進行比較，可得答案.【詳解】（1）由題意完善列聯(lián)表如圖：男生女生總計選擇方案一10080180選擇方案二200120320總計300200500故故沒有的把握認為方案的選擇與性別有關.（2）①由題意可知X的所有可能取值為，則,,,,,故X的分布列為∶X012345P0.0160.0120.1280.1080.2560.480故X的數(shù)學期望.②設選擇方案二的得分為Y,則Y的可能取值為，則,,,故,因為,故為了獲取更好的得分,小明會選擇方案一.16．（2022秋·廣西玉林·高三校聯(lián)考階段練習）雙曲線的離心率為，右焦點F到漸近線的距離為．(1)求雙曲線C的標準方程；(2)過直線上任意一點P作雙曲線C的兩條切線，交漸近線于A，B兩點，證明：以AB為直徑的圓恒過右焦點F．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】(1)由條件列關于的方程，解方程求，可得雙曲線方程；(2)先確定切線的斜率存在，設切線方程為，由此確定直線的斜率的關系，求點的坐標，證明即可.【詳解】（1）設雙曲線的半焦距為，則右焦點的坐標為，由題意可得，解得．

故雙曲線C的標準方程是．（2）設，過點的斜率不存在的直線的方程為，直線與雙曲線沒有交點，不可能為雙曲線的切線，所以過點P的切線斜率存在，設此切線方程為，聯(lián)立，整理得．由，得．

設直線PA，PB的斜率分別為，，則，．

聯(lián)立，解得，，則．

同理可得．

因為，所以，，

則．

因為，

所以，即以AB為直徑的圓恒過右焦點F．【點睛】關鍵點點睛：聯(lián)立切線方程與雙曲線方程，根據(jù)判別式為0，確定切線的斜率的關系.17．（2023秋·河南三門峽·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓C：的左、右頂點分別為A，B，O為坐標原點，直線l：與C的兩個交點和O，B構成一個面積為的菱形.(1)求C的方程；(2)圓E過O，B，交l于點M，N，直線AM，AN分別交C于另一點P，Q.①求的值；②證明：直線PQ過定點.【答案】(1)(2)①；②證明見解析【分析】（1）由題意可知點坐標得，設為直線l與C的一個交點，由菱形面積求出點坐標代入橢圓方程求出即可得解；（2）①設，，由題意可得，再由斜率公式即可求解；②設直線PQ的方程為，聯(lián)立橢圓方程，根據(jù)根與系數(shù)的關系求出直線直線PQ的方程為，即可求出直線過定點.【詳解】（1）因為直線l：與C的兩個交點和O，B構成的四邊形是菱形，所以l垂直平分OB，所以，.設為直線l與C的一個交點，則菱形的面積為.因為菱形的面積為，所以，解得，即，將點代入，得，又因為，所以.故C的方程為.（2）①由題意，得OB為圓E的一條弦，且直線垂直平分該弦，故直線經(jīng)過圓心E，所以MN為圓E的直徑，因此，即.設，，則.注意到，，則.又因為，，所以.②易知直線PQ不可能平行于x軸，則設直線PQ的方程為，，.由，得.，（*），.①因為，，所以，即，即.將①代入上式得，化簡得，解得，滿足（*），所以直線PQ的方程為，故直線PQ過定點.18．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）設雙曲線的右焦點為，F(xiàn)到其中一條漸近線的距離為2.(1)求雙曲線C的方程；(2)過F的直線交曲線C于A，B兩點（其中A在第一象限），交直線于點M，（i）求的值；（ii）過M平行于OA的直線分別交直線OB、x軸于P，Q，證明：.【答案】(1)(2)（i）1；（ii）證明見解析【分析】（1）結合點F到其中一條漸近線的距離為2和，即可求得本題答案；（2）（i）設AB直線方程為，，得，直線方程與雙曲線方程聯(lián)立消，然后由韋達定理得，，把逐步化簡，即可求得本題答案；（ii）把和的直線方程分別求出，聯(lián)立可得到點的坐標，由此即可得到本題答案.【詳解】（1）因為雙曲線其中一條漸近線方程為，又點到它的距離為2，所以，又，得，又因為，所以，所以雙曲線C的方程為.（2）（2）設AB直線方程為，則，代入雙曲線方程整理得：，設，則，，（i）而，所以，，則，所以；（ii）過M平行于OA的直線方程為，直線OB方程為與聯(lián)立，得，即，則，所以，由，兩式相除得，，則，所以，因為，所以，故P為線段MQ的中點，所以.【點睛】關鍵點點睛：本題第二小題第一問考了如何用表示出來，進而利用韋達定理進行化簡求值，考查了學生的轉化能力以及對復雜運算的求解能力19．（2023春·北京·高三北京二中?？奸_學考試）已知橢圓的短軸長為，直線與軸交于點，橢圓的右焦點為，，過點的直線與橢圓交于兩點．(1)求橢圓的方程及離心率；(2)若原點在以為直徑的圓上，求直線的方程；(3)過點且垂直于軸的直線交橢圓于另一點，證明：三點共線，并直接寫出面積的最大值．【答案】(1)，；(2)或(3)證明見詳解，面積的最大值為【分析】（1）由題意建立關于的方程組，解出即可得橢圓的方程及離心率；（2）設直線的方程為，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，設，根據(jù)，得的取值范圍，由韋達定理可得，及的值，由原點O在以為直徑的圓上，則，即，代入求出的值即得直線方程；（3）設，則有，設，則，只需利用韋達定理證明，即可證明Q，F(xiàn)，M三點共線；根據(jù)題意化簡得面積，再利用基本不等式即要求得最大值.【詳解】（1）由題意可得，解得，所以橢圓的方程為，離心率為；（2）由（1）可得，設直線的方程為，，整理得，依題意，得，設則①，②，由直線的方程得于是③，由原點O在以為直徑的圓上，則，即④，由①②③④得，從而，所以直線的方程為或；（3）證明：設，即有，即，設，即有，則，∴，由于因為，又因為，所以，即有，故有，∴三點共線，∴面積，當且僅當，即時取等號，滿足，∴面積的最大值.【點睛】考點與方法點睛：解決直線與圓錐曲線的綜合問題時，?？嫉膬热荩海?）曲線的標準方程，（2）求離心率，（3）求或證明直線恒過點，（4）求直線方程（5）證明等式或不等式，（6）證明點共線，（7）三角形或四邊形面積（或面積的最值問題）方法：（1）利用待定系數(shù)法聯(lián)立方程組解出相關量（2）注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、曲線的條件；（3）強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．20．（2023·全國·模擬預測）已知拋物線的焦點為F，點F關于直線的對稱點恰好在y軸上．(1)求拋物線E的標準方程；(2)直線與拋物線E交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點C，若，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】(1)由題意得，設F關于直線的對稱點為，根據(jù)題意列出方程組，解之即可求解；(2)將直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理和弦長公式，并求得線段AB的垂直平分線方程為，進而得到，利用函數(shù)的單調性即可求解.【詳解】（1）由題意得，設F關于直線的對稱點為，則，解得，∴拋物線E的標準方程為．（2）由可得，設，，則，，∴，，∴線段AB的中點坐標為，則線段AB的垂直平分線方程為，令，得，故，又，得．∴，令，則，，∴，易知函數(shù)在上單調遞增，∴當時，取得最小值，此時，故的最大值為．21．（2023春·北京·高三北京市八一中學校考開學考試）已知函數(shù)SKIPIF1<0.(1)求曲線SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程；(2)當SKIPIF1<0時，求SKIPIF1<0的單調區(qū)間；(3)若對任意SKIPIF1<0，SKIPIF1<0恒成立，求a的取值范圍.【答案】(1)SKIPIF1<0(2)答案見解析(3)SKIPIF1<0【分析】（1）求導得到SKIPIF1<0，結合SKIPIF1<0，利用點斜式寫出切線方程；（2）求定義域，求導，由SKIPIF1<0求出遞增區(qū)間，由SKIPIF1<0求出遞減區(qū)間；（3）變形得到SKIPIF1<0恒成立，先由SKIPIF1<0確定SKIPIF1<0，再證明充分性，得到答案.【詳解】（1）SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，故曲線SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程為SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0；（2）SKIPIF1<0的定義域為R，SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0單調遞增區(qū)間為SKIPIF1<0，單調遞減區(qū)間為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；（3）SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0恒成立，令SKIPIF1<0，不妨取SKIPIF1<0，此時SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可以看出SKIPIF1<0在R上單調遞增，且SKIPIF1<0，故當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞減，在SKIPIF1<0上單調遞增，故SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，結論得證；當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，不滿足SKIPIF1<0恒成立，故此時對任意SKIPIF1<0，SKIPIF1<0不恒成立，綜上：SKIPIF1<0的取值范圍是SKIPIF1<0.【點睛】關鍵點點睛：為了尋找解題突破口，從滿足題意得自變量范圍內選擇一個數(shù)，代入求得參數(shù)的取值范圍，從而得到使得問題成立的一個必要條件，這個范圍可能恰好就是所求范圍，也可能比所求的范圍大，需要驗證其充分性，這就是所謂的必要性探路和充分性證明，對于特殊值的選取策略一般是某個常數(shù)，實際上時切線的橫坐標，端點值或極值點等.22．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）已知函數(shù)SKIPIF1<0，求證：(1)SKIPIF1<0存在唯一零點；(2)不等式SKIPIF1<0恒成立．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由導數(shù)得出SKIPIF1<0的單調性，結合零點存在性定理證明即可；（2）先證明SKIPIF1<0，再由SKIPIF1<0的單調性，證明不等式即可.【詳解】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，此時函數(shù)SKIPIF1<0單調遞增；當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，此時函數(shù)SKIPIF1<0單調遞減；所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞增，SKIPIF1<0.則在SKIPIF1<0上，存在SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0存在唯一零點；（2）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，此時函數(shù)SKIPIF1<0單調遞增；當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，此時函數(shù)SKIPIF1<0單調遞減；即SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0.因為函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞增，所以SKIPIF1<0.即SKIPIF1<0.故不等式SKIPIF1<0恒成立.【點睛】關鍵點睛：在證明第二問時，關鍵是由導數(shù)證明SKIPIF1<0，再利用函數(shù)SKIPIF1<0的單調性證明，在做題時，要察覺到這一點.23．（2023·廣西柳州·高三統(tǒng)考階段練習）已知函數(shù)SKIPIF1<0．(1)當SKIPIF1<0時，討論函數(shù)SKIPIF1<0零點的個數(shù)．(2)若SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上恒成立，求a的取值范圍．【答案】(1)0(2)SKIPIF1<0【分析】（1）由導數(shù)法討論零點個數(shù)；（2）對a分類討論，結合導數(shù)法將恒成立問題轉化為討論最小值問題.【詳解】（1）SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，則當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0單調遞增；當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0單調遞減.∴SKIPIF1<0，∴函數(shù)SKIPIF1<0零點的個數(shù)為0；（2）SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0.∵SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上恒成立，i.則當SKIPIF1<0時，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調遞減；由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調遞增，故SKIPIF1<0，符合題意；ii.當SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調遞減；由SKIPIF1<0得SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0單調遞增，故SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0；iii.當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0在區(qū)間SKIPIF1<0上單調遞增，故SKIPIF1<0，不滿足題意.綜上，a的取值范圍為SKIPIF1<0.【點睛】含參不等式恒成立問題，（1）通過分離參數(shù)法，轉化為討論不含參函數(shù)的最值；（2）對參數(shù)分類討論，直接轉化為討論直接討論含參函數(shù)的最值.24．（2023·湖南·模擬預測）已知函數(shù)SKIPIF1<0.(1)討論函數(shù)SKIPIF1<0的單調性；(2)證明：當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0；(3)若SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)詳解見解析；(2)證明見解析；(3)SKIPIF1<0.【分析】(1)利用導數(shù)，分類討論當SKIPIF1<0、SKIPIF1<0時的單調性，即可求解；(2)令SKIPIF1<0，利用二次求導討論函數(shù)SKIPIF1<0的單調性即可證明；(3)原不等式可化為SKIPIF1<0.當SKIPIF1<0時利用導數(shù)證明SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，進而證明SKIPIF1<0，再次利用導數(shù)討論函數(shù)SKIPIF1<0的單調性即可求解；易知當SKIPIF1<0時SKIPIF1<0，不符合題意.【詳解】（1）SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，當SKIPIF1<0時，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函數(shù)在SKIPIF1<0上單調遞減，在SKIPIF1<0上單調遞增；當SKIPIF1<0時，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函數(shù)在SKIPIF1<0上單調遞減，在SKIPIF1<0上單調遞增.綜上，函數(shù)SKIPIF1<0的單調減區(qū)間為SKIPIF1<0，單調增區(qū)間為SKIPIF1<0；（2）令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，設SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0單調遞增，有SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞增，有SKIPIF1<0，所以當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，即證；（3）SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，則函數(shù)SKIPIF1<0單調遞增，且SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0；令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞減，在SKIPIF1<0上單調遞增.則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調遞增，且SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0恒成立.當SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，存在實數(shù)SKIPIF1<0，使得SKIPIF1<0均有SKIPIF1<0