2025年下學期高二數學中檔題鞏固練習（三）一、函數與導數（一）函數單調性與極值例題1已知函數$f(x)=x^3-3ax^2+3x+1$在區(qū)間$(2,3)$上單調遞減，求實數$a$的取值范圍。解析：求導得$f'(x)=3x^2-6ax+3$，由題意知$f'(x)\leq0$在$(2,3)$上恒成立。分離參數得$a\geq\frac{x^2+1}{2x}=\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}$，令$g(x)=\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}$，則$a\geqg(x)_{\text{max}}$。求$g(x)$導數：$g'(x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2x^2}=\frac{x^2-1}{2x^2}$，在$(2,3)$上$g'(x)>0$，故$g(x)$單調遞增。$g(3)=\frac{3}{2}+\frac{1}{6}=\frac{5}{3}$，因此$a\geq\frac{5}{3}$。例題2求函數$f(x)=e^x(x^2-2x)$的極值。解析：定義域為$\mathbb{R}$，求導得$f'(x)=e^x(x^2-2x)+e^x(2x-2)=e^x(x^2-2)$。令$f'(x)=0$，解得$x=\pm\sqrt{2}$。列表分析：當$x<-\sqrt{2}$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；當$-\sqrt{2}<x<\sqrt{2}$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；當$x>\sqrt{2}$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增。極大值$f(-\sqrt{2})=e^{-\sqrt{2}}(2+2\sqrt{2})$，極小值$f(\sqrt{2})=e^{\sqrt{2}}(2-2\sqrt{2})$。（二）導數幾何意義例題3已知曲線$y=x\lnx$在點$(e,e)$處的切線與曲線$y=ax^2+(a-2)x+1$相切，求$a$的值。解析：求切線斜率：$y'=\lnx+1$，在$x=e$處$y'=2$，切線方程為$y=2x-e$。聯(lián)立切線與二次曲線方程：$ax^2+(a-2)x+1=2x-e$，整理得$ax^2+(a-4)x+(1+e)=0$。由相切條件$\Delta=0$：$(a-4)^2-4a(1+e)=0$，解得$a=8+4\sqrt{3+2e}$（舍負根）。二、數列（一）等差數列與等比數列綜合例題4已知等差數列${a_n}$的公差$d\neq0$，且$a_1,a_3,a_9$成等比數列，若$a_1=1$，$S_n$為數列${a_n}$的前$n$項和，求$\frac{S_n+10}{a_n+1}$的最小值。解析：由等比中項性質：$a_3^2=a_1a_9$，即$(1+2d)^2=1\times(1+8d)$，解得$d=1$（$d=0$舍去）。$a_n=n$，$S_n=\frac{n(n+1)}{2}$，則$\frac{S_n+10}{a_n+1}=\frac{\frac{n(n+1)}{2}+10}{n+1}=\frac{n}{2}+\frac{10}{n+1}$。令$t=n+1$，則原式$=\frac{t-1}{2}+\frac{10}{t}=\frac{t}{2}+\frac{10}{t}-\frac{1}{2}$，由均值不等式得$\frac{t}{2}+\frac{10}{t}\geq2\sqrt{5}$，當$t=2\sqrt{5}$時取等，因$t\in\mathbb{N}^*$，$t=4$時原式$=2+\frac{10}{4}-\frac{1}{2}=4$，$t=5$時原式$=\frac{5}{2}+2-\frac{1}{2}=4$，故最小值為$4$。（二）數列求和例題5求數列${a_n}$的前$n$項和$S_n$，其中$a_n=(2n-1)\cdot3^n$。解析：錯位相減法：$S_n=1\cdot3+3\cdot3^2+5\cdot3^3+\cdots+(2n-1)\cdot3^n$，$3S_n=1\cdot3^2+3\cdot3^3+\cdots+(2n-3)\cdot3^n+(2n-1)\cdot3^{n+1}$。兩式相減：$-2S_n=3+2(3^2+3^3+\cdots+3^n)-(2n-1)\cdot3^{n+1}$，化簡得$-2S_n=3+2\cdot\frac{9(3^{n-1}-1)}{3-1}-(2n-1)\cdot3^{n+1}=(2-2n)\cdot3^{n+1}-6$，故$S_n=(n-1)\cdot3^{n+1}+3$。三、立體幾何（一）空間幾何體體積與表面積例題6如圖，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AB=AC=AA_1=2$，$\angleBAC=90^\circ$，$D$為$BB_1$的中點，求三棱錐$C_1-ADC$的體積。解析：轉換頂點：$V_{C_1-ADC}=V_{D-ACC_1}$，底面$ACC_1$面積$S=\frac{1}{2}\times2\times2=2$。高為$D$到平面$ACC_1$的距離，即$AB=2$，故$V=\frac{1}{3}\times2\times2=\frac{4}{3}$。（二）空間角與距離例題7在棱長為2的正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$E$為$CC_1$中點，求直線$A_1E$與平面$BDE$所成角的正弦值。解析：建立坐標系：$D(0,0,0)$，$B(2,2,0)$，$E(0,2,1)$，$A_1(2,0,2)$。向量$\overrightarrow{A_1E}=(-2,2,-1)$，平面$BDE$的法向量$\mathbf{n}=(x,y,z)$，由$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$，$\overrightarrow{DE}=(0,2,1)$得：$\begin{cases}2x+2y=0\2y+z=0\end{cases}$，取$\mathbf{n}=(1,-1,2)$。線面角$\theta$滿足$\sin\theta=|\cos\langle\overrightarrow{A_1E},\mathbf{n}\rangle|=\frac{|-2-2-2|}{\sqrt{9}\cdot\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{6}}{9}$。四、解析幾何（一）直線與圓例題8已知圓$C:(x-1)^2+(y-2)^2=25$，直線$l:(2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0$，求證：直線$l$與圓$C$恒相交，并求相交弦長的最小值。解析：直線$l$方程整理為$m(2x+y-7)+(x+y-4)=0$，由$\begin{cases}2x+y=7\x+y=4\end{cases}$得定點$M(3,1)$。判斷點$M$在圓內：$(3-1)^2+(1-2)^2=5<25$，故直線$l$與圓恒相交。弦長最小值時$CM\perpl$，$|CM|=\sqrt{(3-1)^2+(1-2)^2}=\sqrt{5}$，最小弦長$=2\sqrt{r^2-|CM|^2}=2\sqrt{25-5}=4\sqrt{5}$。（二）圓錐曲線例題9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$(2\sqrt{3},0)$，過點$P(0,2)$的直線$l$與橢圓交于$A,B$兩點，求$\triangleAOB$面積的最大值（$O$為原點）。解析：由$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$c=2\sqrt{3}$得$a=4$，$b=2$，橢圓方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1$。設直線$l:y=kx+2$，聯(lián)立橢圓方程得$(1+4k^2)x^2+16kx=0$，解得$x_1=0$，$x_2=-\frac{16k}{1+4k^2}$。$|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\frac{16|k|\sqrt{1+k^2}}{1+4k^2}$，原點到直線距離$d=\frac{2}{\sqrt{1+k^2}}$。面積$S=\frac{1}{2}|AB|\cdotd=\frac{16|k|}{1+4k^2}\leq\frac{16|k|}{4|k|}=4$（當$k=\pm\frac{1}{2}$時取等），故最大值為$4$。五、三角函數與解三角形（一）三角恒等變換例題10已知$\tan\alpha=2$，求$\frac{\sin2\alpha+\cos^2\alpha}{1+\cos2\alpha}$的值。解析：原式$=\frac{2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha}{2\cos^2\alpha}=\tan\alpha+\frac{1}{2}=2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$。（二）解三角形例題11在$\triangleABC$中，角$A,B,C$所對的邊分別為$a,b,c$，已知$a=3$，$b=2\sqrt{6}$，$B=2A$，求$c$的值。解析：由正弦定理$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}$，即$\frac{3}{\sinA}=\frac{2\sqrt{6}}{\sin2A}=\frac{2\sqrt{6}}{2\sinA\cosA}$，解得$\cosA=\frac{\sqrt{6}}{3}$。由余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，代入得$9=24+c^2-2\times2\sqrt{6}\timesc\times\frac{\sqrt{6}}{3}$，化簡得$c^2-8c+15=0$，解得$c=3$或$c=5$。驗證$c=3$時，$A=C$，則$B=2A=2C$，$A+C+B=4C=\pi$，$C=\frac{\pi}{4}$，此時$\cosA=\frac{\sqrt{2}}{2}\neq\frac{\sqrt{6}}{3}$，舍去；故$c=5$。六、概率統(tǒng)計（一）古典概型與幾何概型例題12在區(qū)間$[0,2]$上任取兩個實數$x,y$，則$x^2+y^2\leq1$的概率是多少？解析：樣本空間為邊長為2的正方形，面積$S=4$。事件區(qū)域為半徑為1的四分之一圓，面積$S'=\frac{\pi}{4}$。概率$P=\frac{S'}{S}=\frac{\pi}{16}$。例題13從1,2,3,4,5中任取2個不同的數，事件$A$為“取到的2個數之和為偶數”，事件$B$為“取到的2個數均為偶數”，求$P(B|A)$。解析：$P(A)=\frac{C_3^2+C_2^2}{C_5^2}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$，$P(AB)=\frac{C_2^2}{C_5^2}=\frac{1}{10}$。$P(B|A)=\frac{P(AB)}{P(A)}=\frac{1}{4}$。七、不等式（一）線性規(guī)劃例題14設$x,y$滿足約束條件$\begin{cases}x-y+1\geq0\x+y-1\geq0\x\leq3\end{cases}$，求$z=2x-3y$的最小值。解析：畫出可行域，頂點為$(0,1),(3,-2),(3,4)$。代入目標函數：$z(0,1)=-3$，$z(3,-2)=12$，$z(3,4)=-6$，最小值為$-6$。（二）基本不等式例題15已知$x>0,y>0$，且$x+2y=1$，求$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$的最小值。解析：$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=(x+2y)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=3+\frac{2y}{x}+\frac{x}{y}\geq3+2\sqrt{2}$（當$x=\sqrt{2}-1$，$y=\frac{2-\sqrt{2}}{2}$時取等）。八、復數例題16已知復數$z$滿足$|z|=2$，且$(z-a)^2=a$，求實數$a$的值。解析：設$z=x+yi(x,y\in\mathbb{R})$，則$x^2+y^2=4$，$(x-a+yi)^2=a$，展開得$(x-a)^2-y^2+2(x-a)yi=a$。由復數相等條件：$\begin{cases}(x-a)^2-y^2=a\2(x-a)y=0\end{cases}$。若$y=0$，則$x^2=4$，$(x-a)^2=a$，解得$x=2$時$a=1$或$4$；$x=-2$時$a$無解。若$x=a$，則$-y^2=a$，結合$x^2+y^2=4$得$a^2-a-4=0$，解得$a=\frac{1\pm\sqrt{17}}{2}$（舍正），但$a=-y^2\leq0$，故$a=\frac{1-\sqrt{17}}{2}$。綜上，$a=1,4,\frac{1-\sqrt{17}}{2}$。九、綜合應用題例題17某工廠生產某種產品，已知該產品的月產量$x$（噸）與每噸產品的價格$P$（元/噸）之間的關系為$P=24200-\frac{1}{5}x^2$，且生產$x$噸的成本為$C=50000+200x$元，問每月生產多少噸產品才能使利潤達到最大？最大利潤是多少？解析：利潤$L=xP-C=x\left(24200-\frac{1}{5}x^2\right)-(50000+200x)=-\frac{1}{5}x^3+24000x-50000$。求導$L'=-\frac{3}{5}x^2+24000$，令$L'=0$得$x=200$（噸）。二階導數$L''=-\frac{6}{5}x<0$，故$x=200$時利潤最大，$L_{\text{max}}=3150000$元。十、選做題（坐標系與參數方程）例題18在極坐標系中，曲線$C$的極坐標方程為$\rho=4\cos