2025年下學期高二數學壓軸題突破練習（二）一、函數與導數綜合題題目1已知函數$f(x)=e^x-ax^2-bx-1$，其中$a,b\inR$，$e=2.71828\cdots$為自然對數的底數。（1）設$g(x)=f'(x)$，若函數$g(x)$在區(qū)間$[0,1]$上單調遞減，求$a$的取值范圍；（2）若$f(1)=0$，且函數$f(x)$在區(qū)間$(0,1)$內有零點，求$a$的取值范圍。解析（1）由$f(x)=e^x-ax^2-bx-1$得$g(x)=f'(x)=e^x-2ax-b$，則$g'(x)=e^x-2a$。因為$g(x)$在$[0,1]$上單調遞減，所以當$x\in[0,1]$時，$g'(x)\leq0$恒成立，即$e^x-2a\leq0$，則$a\geq\frac{e^x}{2}$。令$h(x)=\frac{e^x}{2}$，則$h(x)$在$[0,1]$上單調遞增，故$h(x)_{\text{max}}=h(1)=\frac{e}{2}$，因此$a\geq\frac{e}{2}$。（2）由$f(1)=0$得$e-a-b-1=0$，即$b=e-a-1$，所以$f(x)=e^x-ax^2-(e-a-1)x-1$。因為$f(0)=0$且$f(x)$在$(0,1)$內有零點，故$f(x)$在$(0,1)$內至少存在兩個極值點，即$f'(x)=0$在$(0,1)$內有兩個不等實根。由$f'(x)=e^x-2ax-b=e^x-2ax-(e-a-1)$，且$f'(0)=1-(e-a-1)=a+2-e$，$f'(1)=e-2a-(e-a-1)=-a+1$。令$f'(x)=0$，則$e^x=2ax+e-a-1$，構造函數$\varphi(x)=e^x$，$\psi(x)=2ax+e-a-1$。當$a\geq\frac{e}{2}$時，由（1）知$f'(x)$在$[0,1]$上單調遞減，不可能有兩個零點；當$a<\frac{e}{2}$時，令$f'(x)=0$得$x=\ln(2a)$（$a>0$），若$f'(x)$在$(0,1)$內有兩個零點，則需滿足：$\begin{cases}f'(0)=a+2-e>0\f'(1)=-a+1>0\f'(\ln(2a))=2a-2a\ln(2a)-e+a+1<0\end{cases}$，解得$e-2<a<1$。二、立體幾何與空間向量題題目2如圖，在四棱錐$P-ABCD$中，底面$ABCD$為菱形，$\angleABC=60^\circ$，$PA\perp$底面$ABCD$，$PA=AB=2$，$E$為$PC$的中點。（1）求證：平面$BDE\perp$平面$ABCD$；（2）設點$F$在$PB$上，且$PF=\frac{1}{3}PB$，求二面角$F-AE-D$的余弦值。解析（1）連接$AC$交$BD$于$O$，連接$OE$。因為$ABCD$為菱形，所以$O$為$AC$中點，又$E$為$PC$中點，故$OE\parallelPA$。因為$PA\perp$底面$ABCD$，所以$OE\perp$底面$ABCD$，又$OE\subset$平面$BDE$，因此平面$BDE\perp$平面$ABCD$。（2）以$O$為原點，建立空間直角坐標系$O-xyz$，則$A(1,0,0)$，$B(0,\sqrt{3},0)$，$D(0,-\sqrt{3},0)$，$P(1,0,2)$，$E(0,0,1)$。$\overrightarrow{PB}=(-1,\sqrt{3},-2)$，則$\overrightarrow{PF}=\frac{1}{3}\overrightarrow{PB}=(-\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{2}{3})$，故$F(1-\frac{1}{3},0+\frac{\sqrt{3}}{3},2-\frac{2}{3})=(\frac{2}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{4}{3})$。$\overrightarrow{AE}=(-1,0,1)$，$\overrightarrow{AF}=(-\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{4}{3})$，$\overrightarrow{AD}=(-1,-\sqrt{3},0)$。設平面$FAE$的法向量為$\mathbf{n}=(x_1,y_1,z_1)$，則$\begin{cases}\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{AE}=-x_1+z_1=0\\mathbf{n}\cdot\overrightarrow{AF}=-\frac{1}{3}x_1+\frac{\sqrt{3}}{3}y_1+\frac{4}{3}z_1=0\end{cases}$，取$x_1=1$，得$\mathbf{n}=(1,-\sqrt{3},1)$。設平面$DAE$的法向量為$\mathbf{m}=(x_2,y_2,z_2)$，則$\begin{cases}\mathbf{m}\cdot\overrightarrow{AE}=-x_2+z_2=0\\mathbf{m}\cdot\overrightarrow{AD}=-x_2-\sqrt{3}y_2=0\end{cases}$，取$x_2=1$，得$\mathbf{m}=(1,-\frac{\sqrt{3}}{3},1)$。$\cos\langle\mathbf{n},\mathbf{m}\rangle=\frac{\mathbf{n}\cdot\mathbf{m}}{|\mathbf{n}||\mathbf{m}|}=\frac{1\times1+(-\sqrt{3})(-\frac{\sqrt{3}}{3})+1\times1}{\sqrt{1+3+1}\times\sqrt{1+\frac{1}{3}+1}}=\frac{3}{\sqrt{5}\times\sqrt{\frac{7}{3}}}=\frac{3\sqrt{105}}{35}$，故二面角$F-AE-D$的余弦值為$\frac{3\sqrt{105}}{35}$。三、圓錐曲線綜合題題目3已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，右焦點為$F(3,0)$，過點$F$的直線$l$交橢圓于$A,B$兩點。（1）求橢圓$C$的方程；（2）設$O$為坐標原點，若$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=-3$，求直線$l$的方程。解析（1）由題意得$\begin{cases}\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\c=3\a^2=b^2+c^2\end{cases}$，解得$a=6$，$b=3$，故橢圓$C$的方程為$\frac{x^2}{36}+\frac{y^2}{9}=1$。（2）當直線$l$斜率不存在時，$l:x=3$，代入橢圓得$A(3,\frac{3\sqrt{3}}{2})$，$B(3,-\frac{3\sqrt{3}}{2})$，$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=9-\frac{27}{4}=\frac{9}{4}\neq-3$，舍去。當直線$l$斜率存在時，設$l:y=k(x-3)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。聯立$\begin{cases}y=k(x-3)\\frac{x^2}{36}+\frac{y^2}{9}=1\end{cases}$，消去$y$得$(1+4k^2)x^2-24k^2x+36k^2-36=0$，則$x_1+x_2=\frac{24k^2}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{36k^2-36}{1+4k^2}$。$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_1x_2+y_1y_2=x_1x_2+k^2(x_1-3)(x_2-3)=(1+k^2)x_1x_2-3k^2(x_1+x_2)+9k^2$。代入得$(1+k^2)\cdot\frac{36k^2-36}{1+4k^2}-3k^2\cdot\frac{24k^2}{1+4k^2}+9k^2=\frac{-36+9k^2}{1+4k^2}=-3$，解得$k^2=1$，即$k=\pm1$。故直線$l$的方程為$y=x-3$或$y=-x+3$。四、數列與不等式證明題題目4已知數列${a_n}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$。（1）求數列${a_n}$的通項公式；（2）設$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}$，數列${b_n}$的前$n$項和為$S_n$，求證：$S_n<\frac{1}{2}$。解析（1）由$a_{n+1}=2a_n+1$得$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，又$a_1+1=2$，故${a_n+1}$是以$2$為首項，$2$為公比的等比數列，因此$a_n+1=2^n$，即$a_n=2^n-1$。（2）$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}=\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}$。$S_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=(\frac{1}{2^1-1}-\frac{1}{2^2-1})+(\frac{1}{2^2-1}-\frac{1}{2^3-1})+\cdots+(\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1})=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$。因為$2^{n+1}-1\geq3$，所以$\frac{1}{2^{n+1}-1}\leq\frac{1}{3}$，則$S_n=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}\geq\frac{2}{3}$（此處原求證結論應為$S_n<1$，可能題目有誤，按現有條件修正為$S_n<1$）。五、概率與統(tǒng)計綜合題題目5某工廠生產的零件尺寸服從正態(tài)分布$N(50,4)$（單位：mm），質檢部門從生產線上隨機抽取$100$個零件進行檢測，記尺寸在$(48,52)$內的零件數為$X$。（1）求$X$的數學期望$E(X)$；（2）若規(guī)定尺寸在$(46,54)$外的零件為不合格品，從這$100$個零件中隨機抽取$2$個，求至少有$1$個不合格品的概率。解析（1）由正態(tài)分布$N(50,4)$知$\mu=50$，$\sigma=2$，則$P(48<X<52)=P(\mu-\sigma<X<\mu+\sigma)=0.6826$。$X\simB(100,0.6826)$，故$E(X)=100\times0.6826=68.26$。（2）$P(X<46或X>54)=P(X<\mu-2\sigma或X>\mu+2\sigma)=1-P(\mu-2\sigma<X<\mu+2\sigma)=1-0.9544=0.0456$。不合格品數量為$100\times0.0456\approx4.56$，取整為$5$個（實際計算時用概率）。設$Y$為抽取的不合格品數，則$P(Y\geq1)=1-P(Y=0)=1-\frac{C_{95}^2}{C_{100}^2}=1-\frac{95\times94}{100\times99}=\frac{189}{990}=\frac{21}{110}$。六、三角函數與解三角形題題目6已知函數$f(x)=\sin(\omegax+\varphi)(\omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2})$的最小正周期為$\pi$，且$f(\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$。（1）求$\omega$和$\varphi$的值；（2）在$\triangleABC$中，角$A,B,C$所對的邊分別為$a,b,c$，若$f(A)=\frac{1}{2}$，$a=2$，求$\triangleABC$面積的最大值。解析（1）由$T=\frac{2\pi}{\omega}=\pi$得$\omega=2$，則$f(x)=\sin(2x+\varphi)$。由$f(\frac{\pi}{3})=\sin(\frac{2\pi}{3}+\varphi)=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{2\pi}{3}+\varphi=\frac{\pi}{3}+2k\pi$或$\frac{2\pi}{3}+\varphi=\frac{2\pi}{3}+2k\pi$（$k\inZ$）。因為$|\varphi|<\frac{\pi}{2}$，故$\varphi=0$。（2）$f(A)=\sin(2A)=\frac{1}{2}$，則$2A=\frac{\pi}{6}$或$\frac{5\pi}{6}$，即$A=\frac{\pi}{12}$或$\frac{5\pi}{12}$。由余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，得$4=b^2+c^2-2bc\cosA\geq2bc-2bc\cosA=2bc(1-\cosA)$，則$bc\leq\frac{2}{1-\cosA}$。當$A=\frac{5\pi}{12}$時，$\cosA=\cos(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4})=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，$1-\cosA=\frac{4-\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，此時$bc$最大，$S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}bc\sinA\leq\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{1-\cosA}\cdot\sinA=\frac{\sinA}{1-\cosA}=\cot\frac{A}{2}=\cot\frac{5\pi}{24}$。計算得$\cot\frac{5\pi}{24}=\frac{1+\cos\frac{5\pi}{12}}{\sin\frac{5\pi}{12}}=2+\sqrt{3}+\sqrt{6}+\sqrt{2}$（具體數值可保留根號形式）。七、平面向量與新定義題題目7定義向量$\mathbf{a}=(x_1,y_1)$，$\mathbf=(x_2,y_2)$的“”運算為$\mathbf{a}\mathbf=(x_1x_2-y_1y_2,x_1y_2+x_2y_1)$。若$\mathbf{m}=(\cos\alpha,\sin\alpha)$，$\mathbf{n}=(\cos\beta,\sin\beta)$，則：（1）求$\mathbf{m}\mathbf{n}$的模長；（2）若$\alpha-\beta=\frac{\pi}{3}$，求$(\mathbf{m}\mathbf{n})\cdot\mathbf{m}$的值。解析（1）$\mathbf{m}\mathbf{n}=(\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta,\cos\alpha\sin\beta+\cos\beta\sin\alpha)=(\cos(\alpha+\beta),\sin(\alpha+\beta))$，故$|\mathbf{m}\mathbf{n}|=\sqrt{\cos^2(\alpha+\beta)+\sin^2(\alpha+\beta)}=1$。（2）$(\mathbf{m}\mathbf{n})\cdot\mathbf{m}=\cos(\alpha+\beta)\cos\alpha+\sin(\alpha+\beta)\sin\alpha=\cos[(\alpha+\beta)-\alpha]=\cos\beta$。由$\alpha-\beta=\frac{\pi}{3}$得$\beta=\alpha-\frac{\pi}{3}$，則$\cos\beta=\cos(\alpha-\frac{\pi}{3})=\frac{1}{2}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha$。又因為$\mathbf{m}$為單位向量，$\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1$，故$(\mathbf{m}\mathbf{n})\cdot\mathbf{m}$的取值范圍是$[-1,1]$，當$\alpha=\frac{\pi}{3}$時，值為$1$。八、導數中的極值偏移問題題目8已知函數$f(x)=x-\lnx$，若$x_1\neqx_2$且$f(x_1)=f(x_2)$，求證：$x_1+x_2>2$。解析$f'(x)=1-\frac{1}{x}$，令$f'(x)=0$得$x=1$，則$f(x)$在$(0,1)$上單調遞減，在$(1,+\infty)$上單調遞增，不妨設$x_1<1<x_2$。構造函數$g(x)=f(x)-f(2-x)$（$x>1$），則$g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=1-\frac{1}{x}+1-\frac{1}{2-x}=\frac{2(x-1)^2}{x(2-x)}$。當$x>1$時，$g'(x)>0$，故$g(x)$在$(1,+\infty)$上單調遞增，$g(x)>g(1)=0$，即$f(x)>f(2-x)$。因為$x_2>1$，所以$f(x_2)>f(2-x_2)$，又$f(x_1)=f(x_2)$，則$f(x_1)>f(2-x_2)$。因為$x_1<1$，$2-x_2<1$，且$f(x)$在$(0,1)$上單調遞減，所以$x_1<2-x_2$，即$x_1+x_2>2$。九、圓錐曲線中的定點定值問題題目9已知拋物線$y^2=4x$的焦點為$F$，過點$F$的直線$l$與拋物線交于$A,B$兩點，在$x$軸上是否存在定點$M$，使得$\angleAMF=\angleBMF$？若存在，求出點$M$的坐標；若不存在，說明理由。解析假設存在定點$M(t,0)$，設$l:x=my+1$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。聯立$\begin{cases}x=my+1\y^2=4x\end{cases}$得$y^2-4my-4=0$，則$y_1+y_2=4m$，$y_1y_2=-4$。$\angleAMF=\angleBMF$等價于$k_{AM}=-k_{BM}$，即$\frac{y_1}{x_1-t}=-\frac{y_2}{x_2-t}$，整理得$y_1(x_2-t)+y_2(x_1-t)=0$。代入$x_1=my_1+1$，$x_2=my_2+1$得$y_1(my_2+1-t)+y_2(my_1+1-t)=2my_1y_2+(1-t)(y_1+y_2)=0$。將$y_1+y_2=4m$，$y_1y_2=-4$代入得$2m(-