第第頁高考數(shù)學(xué)全國新課標(biāo)I卷3年（2023-2023）真題匯編-解答題(含解析)中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)

高考數(shù)學(xué)全國新課標(biāo)I卷3年（2023-2023）真題匯編-解答題

一、解答題

1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知在中，．

(1)求；

(2)設(shè)，求邊上的高．

2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點(diǎn)分別在棱,上，．

(1)證明：；

(2)點(diǎn)在棱上，當(dāng)二面角為時(shí)，求．

3．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)．

(1)討論的單調(diào)性；

(2)證明：當(dāng)時(shí)，．

4．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè)等差數(shù)列的公差為，且．令，記分別為數(shù)列的前項(xiàng)和．

(1)若，求的通項(xiàng)公式；

(2)若為等差數(shù)列，且，求．

5．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若末命中則換為對方投籃．無論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．

(1)求第2次投籃的人是乙的概率；

(2)求第次投籃的人是甲的概率；

(3)已知：若隨機(jī)變量服從兩點(diǎn)分布，且，則．記前次（即從第1次到第次投籃）中甲投籃的次數(shù)為，求．

6．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)到軸的距離等于點(diǎn)到點(diǎn)的距離，記動(dòng)點(diǎn)的軌跡為．

(1)求的方程；

(2)已知矩形有三個(gè)頂點(diǎn)在上，證明：矩形的周長大于．

7．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知是公差為的等差數(shù)列．

(1)求的通項(xiàng)公式；

(2)證明：．

8．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．

(1)若，求B；

(2)求的最小值．

9．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．

(1)求A到平面的距離；

(2)設(shè)D為的中點(diǎn)，，平面平面，求二面角的正弦值．

10．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）一醫(yī)療團(tuán)隊(duì)為研究某地的一種地方性疾病與當(dāng)?shù)鼐用竦男l(wèi)生習(xí)慣（衛(wèi)生習(xí)慣分為良好和不夠良好兩類）的關(guān)系，在已患該疾病的病例中隨機(jī)調(diào)查了100例（稱為病例組），同時(shí)在未患該疾病的人群中隨機(jī)調(diào)查了100人（稱為對照組），得到如下數(shù)據(jù)：

不夠良好良好

病例組4060

對照組1090

(1)能否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異？

(2)從該地的人群中任選一人，A表示事件“選到的人衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好”，B表示事件“選到的人患有該疾病”．與的比值是衛(wèi)生習(xí)慣不夠良好對患該疾病風(fēng)險(xiǎn)程度的一項(xiàng)度量指標(biāo)，記該指標(biāo)為R．

（ⅰ）證明：；

（ⅱ）利用該調(diào)查數(shù)據(jù)，給出的估計(jì)值，并利用（?。┑慕Y(jié)果給出R的估計(jì)值．

附，

0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

11．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知點(diǎn)在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線的斜率之和為0．

(1)求l的斜率；

(2)若，求的面積．

12．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)和有相同的最小值．

(1)求a；

(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．

13．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列滿足，

（1）記，寫出，，并求數(shù)列的通項(xiàng)公式；

（2）求的前20項(xiàng)和.

14．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）某學(xué)校組織“一帶一路”知識(shí)競賽，有A，B兩類問題，每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇一類并從中隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束.A類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個(gè)問題回答正確得80分，否則得0分，已知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān).

（1）若小明先回答A類問題，記為小明的累計(jì)得分，求的分布列；

（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由.

15．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）記是內(nèi)角，，的對邊分別為，，.已知，點(diǎn)在邊上，.

（1）證明：；

（2）若，求.

16．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點(diǎn).

（1）證明：；

（2）若是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.

17．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)、，點(diǎn)的軌跡為.

（1）求的方程；

（2）設(shè)點(diǎn)在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點(diǎn)和，兩點(diǎn)，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.

18．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù).

（1）討論的單調(diào)性；

（2）設(shè)，為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且，證明：.

參考答案：

1．(1)

(2)6

【分析】（1）根據(jù)角的關(guān)系及兩角和差正弦公式，化簡即可得解；

（2）利用同角之間的三角函數(shù)基本關(guān)系及兩角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根據(jù)等面積法求解即可.

【詳解】（1），

，即，

又，

，

，

，

即，所以，

.

（2）由（1）知，，

由，

由正弦定理，，可得，

，

.

2．(1)證明見解析；

(2)1

【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)相等證明；

（2）設(shè)，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.

【詳解】（1）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，

，

，

又不在同一條直線上，

.

（2）設(shè)，

則，

設(shè)平面的法向量，

則，

令，得，

，

設(shè)平面的法向量，

則，

令，得，

，

，

化簡可得，，

解得或，

或，

.

3．(1)答案見解析

(2)證明見解析

【分析】（1）先求導(dǎo)，再分類討論與兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；

（2）方法一：結(jié)合（1）中結(jié)論，將問題轉(zhuǎn)化為的恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證得即可.

方法二：構(gòu)造函數(shù)，證得，從而得到，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為的恒成立問題，由此得證.

【詳解】（1）因?yàn)椋x域?yàn)?，所以?/p>

當(dāng)時(shí)，由于，則，故恒成立，

所以在上單調(diào)遞減；

當(dāng)時(shí)，令，解得，

當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減；

當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞增；

綜上：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減；

當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.

（2）方法一：

由（1）得，，

要證，即證，即證恒成立，

令，則，

令，則；令，則；

所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

所以，則恒成立，

所以當(dāng)時(shí)，恒成立，證畢.

方法二：

令，則，

由于在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，

又，

所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；

所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

故，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，

因?yàn)椋?/p>

當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，

所以要證，即證，即證，

令，則，

令，則；令，則；

所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

所以，則恒成立，

所以當(dāng)時(shí)，恒成立，證畢.

4．(1)

(2)

【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式建立方程求解即可；

（2）由為等差數(shù)列得出或，再由等差數(shù)列的性質(zhì)可得，分類討論即可得解.

【詳解】（1），，解得，

，

又，

，

即，解得或（舍去），

.

（2）為等差數(shù)列，

，即，

，即，解得或，

，，

又，由等差數(shù)列性質(zhì)知，，即，

，即，解得或（舍去）

當(dāng)時(shí)，，解得，與矛盾，無解；

當(dāng)時(shí)，，解得.

綜上，.

5．(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根據(jù)全概率公式即可求出；

（2）設(shè)，由題意可得，根據(jù)數(shù)列知識(shí)，構(gòu)造等比數(shù)列即可解出；

（3）先求出兩點(diǎn)分布的期望，再根據(jù)題中的結(jié)論以及等比數(shù)列的求和公式即可求出．

【詳解】（1）記“第次投籃的人是甲”為事件，“第次投籃的人是乙”為事件，

所以，

.

（2）設(shè)，依題可知，，則

，

即，

構(gòu)造等比數(shù)列，

設(shè)，解得，則，

又，所以是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，

即．

（3）因?yàn)?，?/p>

所以當(dāng)時(shí)，，

故．

【點(diǎn)睛】本題第一問直接考查全概率公式的應(yīng)用，后兩問的解題關(guān)鍵是根據(jù)題意找到遞推式，然后根據(jù)數(shù)列的基本知識(shí)求解．

6．(1)

(2)見解析

【分析】（1）設(shè)，根據(jù)題意列出方程，化簡即可；

（2）法一：設(shè)矩形的三個(gè)頂點(diǎn)，且，分別令，，且，利用放縮法得，設(shè)函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出其最小值，則得的最小值，再排除邊界值即可.

法二：設(shè)直線的方程為，將其與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長公式和放縮法得，利用換元法和求導(dǎo)即可求出周長最值，再排除邊界值即可.

法三：利用平移坐標(biāo)系法，再設(shè)點(diǎn)，利用三角換元再對角度分類討論，結(jié)合基本不等式即可證明.

【詳解】（1）設(shè),則，兩邊同平方化簡得，

故.

（2）法一：設(shè)矩形的三個(gè)頂點(diǎn)在上,且，易知矩形四條邊所在直線的斜率均存在，且不為0，

則,令，

同理令，且，則，

設(shè)矩形周長為,由對稱性不妨設(shè)，，

則.，易知

則令,

令，解得，

當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減，

當(dāng)，，此時(shí)單調(diào)遞增，

則，

故,即.

當(dāng)時(shí),,且，即時(shí)等號(hào)成立，矛盾，故,

得證.

法二：不妨設(shè)在上，且，

依題意可設(shè)，易知直線，的斜率均存在且不為0，

則設(shè),的斜率分別為和，由對稱性，不妨設(shè)，

直線的方程為，

則聯(lián)立得，

，則

則，

同理，

令，則，設(shè)，

則，令，解得，

當(dāng)時(shí)，，此時(shí)單調(diào)遞減，

當(dāng)，，此時(shí)單調(diào)遞增，

則，

，

但，此處取等條件為，與最終取等時(shí)不一致，故.

法三：為了計(jì)算方便,我們將拋物線向下移動(dòng)個(gè)單位得拋物線,

矩形變換為矩形,則問題等價(jià)于矩形的周長大于.

設(shè),根據(jù)對稱性不妨設(shè).

則,由于,則.

由于,且介于之間,

則.令,

,則,從而

故

①當(dāng)時(shí),

②當(dāng)時(shí),由于,從而,

從而又,

故,由此

，

當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故，故矩形周長大于.

.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的第二個(gè)的關(guān)鍵是通過放縮得，同時(shí)為了簡便運(yùn)算，對右邊的式子平方后再設(shè)新函數(shù)求導(dǎo)，最后再排除邊界值即可.

7．(1)

(2)見解析

【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得，得到，利用和與項(xiàng)的關(guān)系得到當(dāng)時(shí)，,進(jìn)而得：，利用累乘法求得，檢驗(yàn)對于也成立，得到的通項(xiàng)公式；

（2）由（1）的結(jié)論，利用裂項(xiàng)求和法得到，進(jìn)而證得.

【詳解】（1）∵，∴,∴,

又∵是公差為的等差數(shù)列，

∴,∴,

∴當(dāng)時(shí)，，

∴,

整理得：,

即,

∴

，

顯然對于也成立，

∴的通項(xiàng)公式；

（2）

∴

8．(1)；

(2)．

【分析】（1）根據(jù)二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成，再結(jié)合，即可求出；

（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式將化成，然后利用基本不等式即可解出．

【詳解】（1）因?yàn)?，即?/p>

而，所以；

（2）由（1）知，，所以，

而，

所以，即有，所以

所以

．

當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為．

9．(1)

(2)

【分析】（1）由等體積法運(yùn)算即可得解；

（2）由面面垂直的性質(zhì)及判定可得平面，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法即可得解.

【詳解】（1）在直三棱柱中，設(shè)點(diǎn)A到平面的距離為h，

則，

解得，

所以點(diǎn)A到平面的距離為；

（2）取的中點(diǎn)E,連接AE,如圖，因?yàn)?，所?

又平面平面，平面平面，

且平面，所以平面，

在直三棱柱中，平面，

由平面，平面可得，，

又平面且相交，所以平面，

所以兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

由（1）得，所以，，所以，

則,所以的中點(diǎn)，

則，,

設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，

可取，

設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，

可取，

則，

所以二面角的正弦值為.

10．(1)答案見解析

(2)（i）證明見解析；(ii)；

【分析】(1)由所給數(shù)據(jù)結(jié)合公式求出的值，將其與臨界值比較大小，由此確定是否有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異；(2)(i)根據(jù)定義結(jié)合條件概率公式即可完成證明；(ii)根據(jù)（i）結(jié)合已知數(shù)據(jù)求.

【詳解】（1）由已知，

又，，

所以有99%的把握認(rèn)為患該疾病群體與未患該疾病群體的衛(wèi)生習(xí)慣有差異.

（2）(i)因?yàn)椋?/p>

所以

所以，

(ii)

由已知，，

又，，

所以

11．(1)；

(2)．

【分析】（1）由點(diǎn)在雙曲線上可求出，易知直線l的斜率存在，設(shè)，，再根據(jù)，即可解出l的斜率；

（2）根據(jù)直線的斜率之和為0可知直線的傾斜角互補(bǔ)，根據(jù)即可求出直線的斜率，再分別聯(lián)立直線與雙曲線方程求出點(diǎn)的坐標(biāo)，即可得到直線的方程以及的長，由點(diǎn)到直線的距離公式求出點(diǎn)A到直線的距離，即可得出的面積．

【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線．

易知直線l的斜率存在，設(shè)，，

聯(lián)立可得，，

所以，，且．

所以由可得，，

即，

即，

所以，

化簡得，，即，

所以或，

當(dāng)時(shí)，直線過點(diǎn)，與題意不符，舍去，

故．

（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉(zhuǎn)化

不妨設(shè)直線的傾斜角為，因?yàn)?，所以，由?）知，，

當(dāng)均在雙曲線左支時(shí)，，所以，

即，解得（負(fù)值舍去）

此時(shí)PA與雙曲線的漸近線平行，與雙曲線左支無交點(diǎn)，舍去；

當(dāng)均在雙曲線右支時(shí)，

因?yàn)?，所以，即?/p>

即，解得（負(fù)值舍去），

于是，直線，直線，

聯(lián)立可得，，

因?yàn)榉匠逃幸粋€(gè)根為，所以，，

同理可得，，．

所以，，點(diǎn)到直線的距離，

故的面積為．

［方法二］：

設(shè)直線AP的傾斜角為，，由，得，

由，得，即，

聯(lián)立，及得，，

同理，，，故，

而，，

由，得，

故

【整體點(diǎn)評】（2）法一：由第一問結(jié)論利用傾斜角的關(guān)系可求出直線的斜率，從而聯(lián)立求出點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出三角形面積，思路清晰直接，是該題的通性通法，也是最優(yōu)解；

法二：前面解答與法一求解點(diǎn)坐標(biāo)過程形式有所區(qū)別，最終目的一樣，主要區(qū)別在于三角形面積公式的選擇不一樣．

12．(1)

(2)見解析

【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得相應(yīng)的最小值，根據(jù)最小值相等可求a.注意分類討論.

（2）根據(jù)（1）可得當(dāng)時(shí)，的解的個(gè)數(shù)、的解的個(gè)數(shù)均為2，構(gòu)建新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)且可得的大小關(guān)系，根據(jù)存在直線與曲線、有三個(gè)不同的交點(diǎn)可得的取值，再根據(jù)兩類方程的根的關(guān)系可證明三根成等差數(shù)列.

【詳解】（1）的定義域?yàn)椋?/p>

若，則，此時(shí)無最小值，故.

的定義域?yàn)?，?

當(dāng)時(shí)，，故在上為減函數(shù)，

當(dāng)時(shí)，，故在上為增函數(shù)，

故.

當(dāng)時(shí)，，故在上為減函數(shù)，

當(dāng)時(shí)，，故在上為增函數(shù)，

故.

因?yàn)楹陀邢嗤淖钚≈担?/p>

故，整理得到，其中，

設(shè)，則，

故為上的減函數(shù)，而，

故的唯一解為，故的解為.

綜上，.

（2）[方法一]：

由（1）可得和的最小值為.

當(dāng)時(shí)，考慮的解的個(gè)數(shù)、的解的個(gè)數(shù).

設(shè)，，

當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，

故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，

所以，

而，，

設(shè)，其中，則，

故在上為增函數(shù)，故，

故，故有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即的解的個(gè)數(shù)為2.

設(shè)，，

當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，

故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，

所以，

而，，

有兩個(gè)不同的零點(diǎn)即的解的個(gè)數(shù)為2.

當(dāng)，由（1）討論可得、僅有一個(gè)解，

當(dāng)時(shí)，由（1）討論可得、均無根，

故若存在直線與曲線、有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

則.

設(shè)，其中，故，

設(shè)，，則，

故在上為增函數(shù)，故即，

所以，所以在上為增函數(shù)，

而，，

故上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，且：

當(dāng)時(shí)，即即，

當(dāng)時(shí)，即即，

因此若存在直線與曲線、有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

故，

此時(shí)有兩個(gè)不同的根，

此時(shí)有兩個(gè)不同的根，

故，，，

所以即即，

故為方程的解，同理也為方程的解

又可化為即即，

故為方程的解，同理也為方程的解，

所以，而，

故即.

[方法二]：

由知，，，

且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；

在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且

①時(shí)，此時(shí)，顯然與兩條曲線和

共有0個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；

②時(shí)，此時(shí)，

故與兩條曲線和共有2個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為0和1；

③時(shí)，首先，證明與曲線有2個(gè)交點(diǎn)，

即證明有2個(gè)零點(diǎn)，，

所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

又因?yàn)?，，?/p>

令，則，

所以在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為

其次，證明與曲線和有2個(gè)交點(diǎn)，

即證明有2個(gè)零點(diǎn)，，

所以上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

又因?yàn)?，，?/p>

令，則，

所以在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，在上存在且只存在1個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為

再次，證明存在b，使得

因?yàn)椋裕?/p>

若，則，即，

所以只需證明在上有解即可，

即在上有零點(diǎn)，

因?yàn)?，?/p>

所以在上存在零點(diǎn)，取一零點(diǎn)為，令即可，

此時(shí)取

則此時(shí)存在直線，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

最后證明，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列，

因?yàn)?/p>

所以，

又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，，即，所以，

同理，因?yàn)椋?/p>

又因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，即，，所以，

又因?yàn)?，所以?/p>

即直線與兩條曲線和從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)的最值問題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，此時(shí)注意對參數(shù)的分類討論，而不同方程的根的性質(zhì)，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關(guān)系.

13．（1）；（2）.

【分析】(1)方法一：由題意結(jié)合遞推關(guān)系式確定數(shù)列的特征，然后求和其通項(xiàng)公式即可；

(2)方法二：分組求和，結(jié)合等差數(shù)列前項(xiàng)和公式即可求得數(shù)列的前20項(xiàng)和.

【詳解】解：（1）[方法一]【最優(yōu)解】：

顯然為偶數(shù)，則，

所以，即，且，

所以是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，

于是．

[方法二]：奇偶分類討論

由題意知，所以．

由（為奇數(shù)）及（為偶數(shù)）可知，

數(shù)列從第一項(xiàng)起，

若為奇數(shù)，則其后一項(xiàng)減去該項(xiàng)的差為1，

若為偶數(shù)，則其后一項(xiàng)減去該項(xiàng)的差為2．

所以，則．

[方法三]：累加法

由題意知數(shù)列滿足．

所以，

，

則．

所以，數(shù)列的通項(xiàng)公式．

（2）[方法一]：奇偶分類討論

．

[方法二]：分組求和

由題意知數(shù)列滿足，

所以．

所以數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列；

同理，由知數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列．

從而數(shù)列的前20項(xiàng)和為：

．

【整體點(diǎn)評】(1)方法一：由題意討論的性質(zhì)為最一般的思路和最優(yōu)的解法；

方法二：利用遞推關(guān)系式分類討論奇偶兩種情況，然后利用遞推關(guān)系式確定數(shù)列的性質(zhì)；

方法三：寫出數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后累加求數(shù)列的通項(xiàng)公式，是一種更加靈活的思路.

(2)方法一：由通項(xiàng)公式分奇偶的情況求解前項(xiàng)和是一種常規(guī)的方法；

方法二：分組求和是常見的數(shù)列求和的一種方法，結(jié)合等差數(shù)列前項(xiàng)和公式和分組的方法進(jìn)行求和是一種不錯(cuò)的選擇.

14．（1）見解析；（2）類．

【分析】（1）通過題意分析出小明累計(jì)得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）與（1）類似，找出先回答類問題的數(shù)學(xué)期望，比較兩個(gè)期望的大小即可．

【詳解】（1）由題可知，的所有可能取值為，，．

；

；

．

所以的分布列為

（2）由（1）知，．

若小明先回答問題，記為小明的累計(jì)得分，則的所有可能取值為，，．

；

；

．

所以．

因?yàn)?，所以小明?yīng)選擇先回答類問題．

15．（1）證明見解析；（2）.

【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角關(guān)系有，結(jié)合已知即可證結(jié)論.

（2）方法一：兩次應(yīng)用余弦定理，求得邊與的關(guān)系，然后利用余弦定理即可求得的值.

【詳解】（1）設(shè)的外接圓半徑為R，由正弦定理，

得，

因?yàn)椋?，即?/p>

又因?yàn)?，所以?/p>

（2）[方法一]【最優(yōu)解】：兩次應(yīng)用余弦定理

因?yàn)?，如圖，在中，，①

在中，．②

由①②得，整理得．

又因?yàn)?，所以，解得或?/p>

當(dāng)時(shí)，（舍去）．

當(dāng)時(shí)，．

所以．

[方法二]：等面積法和三角形相似

如圖，已知，則，

即，

而，即，

故有，從而．

由，即，即，即，

故，即，

又，所以，

則．

[方法三]：正弦定理、余弦定理相結(jié)合

由（1）知，再由得．

在中，由正弦定理得．

又，所以，化簡得．

在中，由正弦定理知，又由，所以．

在中，由余弦定理，得．

故．

[方法四]：構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)

如圖，作，交于點(diǎn)E，則．

由，得．

在中，．

在中．

因?yàn)椋?/p>

所以，

整理得．

又因?yàn)?，所以?/p>

即或．

下同解法1．

[方法五]：平面向量基本定理

因?yàn)?，所以?/p>

以向量為基底，有．

所以，

即，

又因?yàn)?，所以．?/p>

由余弦定理得，

所以④

聯(lián)立③④，得．

所以或．

下同解法1．

[方法六]：建系求解

以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為x軸，過點(diǎn)D垂直于的直線為y軸，

長為單位長度建立直角坐標(biāo)系，

如圖所示，則．

由（1）知，，所以點(diǎn)B在以D為圓心，3為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)．

設(shè)，則．⑤

由知，，

即．⑥

聯(lián)立⑤⑥解得或（舍去），，

代入⑥式得，

由余弦定理得．

【整體點(diǎn)評】(2)方法一：兩次應(yīng)用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解題；

方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡單的問題，相似是三角形中的常用思路；

方法三：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題的常用思路；

方法四：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長比例關(guān)系的不錯(cuò)選擇；

方法五：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運(yùn)算法則可以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；

方法六：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更加直觀化.

16．(1)證明見解析；(2).

【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；

(2)方法二：利用幾何關(guān)系找到二面角的平面角，然后結(jié)合相關(guān)的幾何特征計(jì)算三棱錐的體積即可.

【詳解】（1）因?yàn)?，O是中點(diǎn)，所以，

因?yàn)槠矫?，平面平面?/p>

且平面平面，所以平面．

因?yàn)槠矫妫?

（2）[方法一]：通性通法—坐標(biāo)法

如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為y軸，垂直且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè),

所以，

設(shè)為平面的法向量，

則由可求得平面的一個(gè)法向量為．

又平面的一個(gè)法向量為，

所以，解得．

又點(diǎn)C到平面的距離為，所以，

所以三棱錐的體積為．

[方法二]【最優(yōu)解】：作出二面角的平面角

如圖所示，作，垂足為點(diǎn)G．

作，垂足為點(diǎn)F，連結(jié)，則．

因?yàn)槠矫?，所以平面?/p>

為二面角的平面角．

因?yàn)椋裕?/p>

由已知得，故．

又，所以．

因?yàn)椋?/p>

．

[方法三]：三面角公式

考慮三面角，記為，為，，

記二面角為．據(jù)題意，得．

對使用三面角的余弦公式，可得，

化簡可得．①

使用三面角的正弦公式，可得，化簡可得．②

將①②兩式平方后相加，可得，

由此得，從而可得．

如圖可知，即有，

根據(jù)三角形相似知，點(diǎn)G為的三等分點(diǎn)，即可得，

結(jié)合的正切值，

可得從而可得三棱錐的體積為．

【整體點(diǎn)評】(2)方法一：建立空間直角坐標(biāo)系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將幾何問題代數(shù)化，適合于復(fù)雜圖形的處理；

方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時(shí)可以對幾何體的幾何特征有更加深刻的認(rèn)識(shí)，該法為本題的最優(yōu)解.

方法三：三面角公式是一個(gè)優(yōu)美的公式，在很多題目的解析中靈活使用三面角公式可以使得問題更加簡單、直觀、迅速.

17．（1）；（2）.

【分析】(1)利用雙曲線的定義可知軌跡是以點(diǎn)、為左、右焦點(diǎn)雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程；

(2)方法一：設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)和直線方程，聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，結(jié)合韋達(dá)定理求得直線的斜率，最后化簡計(jì)算可得的值.

【詳解】(1)因?yàn)椋?/p>

所以，軌跡是以點(diǎn)、為左、右焦點(diǎn)的雙曲線的右支，

設(shè)軌跡的方程為，則，可得，，

所以，軌跡的方程為.

（2）[方法一]【最優(yōu)解】：直線方程與雙曲線方程聯(lián)立

如圖所示，設(shè),

設(shè)直線的方程為．

聯(lián)立,

化簡得.

則．

故．

則．

設(shè)的方程為，同理．

因?yàn)?，所以?/p>

化簡得，

所以，即．

因?yàn)?，所以?/p>

[方法二]：參數(shù)方程法

設(shè)．設(shè)直線的傾斜角為，

則其參數(shù)方程為，

聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，

可得，

整理得．

設(shè)，

由根與系數(shù)的關(guān)系得．

設(shè)直線的傾斜角為，，

同理可得

由，得．

因?yàn)椋裕?/p>

由題意分析知．所以，

故直線的斜率與直線的斜率之和為0．

[方法三]：利用圓冪定理

因?yàn)?，由圓冪定理知A，B，P，Q四點(diǎn)共圓．

設(shè),直線的方程為，

直線的方程為,

則二次曲線．

又由，得過A，B，P，Q四點(diǎn)的二次曲線系方程為：

，

整理可得：

，

其中．

由于A，B，P，Q四點(diǎn)共圓，則xy項(xiàng)