2024屆大題強化訓練及變式訓練（13）1．如圖所示，已知圓是的外接圓，圓的直徑.設，，，在下面給出條件中選一個條件解答后面的問題，①；②；③的面積為.選擇條件______.(1)求的值；(2)求的周長的取值范圍.【答案】(1)(2)【解析】（1）若選①，因為，由正弦定理可得，顯然，所以，即，所以，所以，又，所以，因為外接圓的半徑，所以.若選②，因為，所以，即，所以，所以，所以，又，所以，因為外接圓的半徑，所以.若選③，的面積為，則，由余弦定理可得，所以，所以，又，所以，因為外接圓的半徑，所以.（2）由題知，設，，由正弦定理，所以，，所以，因為，所以，所以，所以變式：已知條件：①；②；③.從三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答.問題：在中，角，，所對的邊分別為，，，滿足：___________.(1)求角的大小；(2)若，與的平分線交于點，求周長的最大值.注：如果選擇多個條件分別作答，按第一個解答計分【答案】(1)條件選擇見解析，；(2).【解析】（1）選擇條件①，，在中，由余弦定理得，整理得，則，又，所以.選擇條件②，，于是，在中，由正弦定理得，，因為，則，即，因為，因此，即，又，所以.選擇條件③，，在中，因為，即，則，又，即有，則，所以.（2）由（1）知，，有，而與的平分線交于點，即有，于是，設，則，且，在中，由正弦定理得，，所以，，所以的周長為，由，得，則當，即時，的周長取得最大值，所以周長的最大值為.2．如圖，將邊長為2的菱形沿其對角線對折，使得點A、D分別位于邊長為2的等邊所在平面的兩側(cè)，且，．設E是的中點．（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面夾角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）取的中點O，根據(jù)題意，分別證得和，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而證得平面平面．（2）以為原點，建立空間直角坐標系，根據(jù)題意，分別求得平面和得到法向量和，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【解析】（1）證明：取的中點O，連接、，如圖所示．因為四邊形是邊長為2的菱形，是邊長為2的等邊三角形，所以也是邊長為2的等邊三角形，在等邊中，O是的中點，可得且，又因為，可得，所以，因為，且平面，所以平面；又因為平面，故平面平面．（2）由（1）知，，．因為O是等邊的邊中點，可得．所以，以原點，分別以所在直線為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，可得，因為是邊長為2的等邊三角形，故，所以，且，又因為，，故平面，則D在平面內(nèi)，可得，所以，，設平面的法向量為，顯然可令；設平面的法向量為，則，令，則，，即，所以，設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面的夾角的正弦值為．變式：已知矩形ABCD中，點E在邊CD上，且．現(xiàn)將沿AE向上翻折，使點D到點P的位置，構(gòu)成如圖所示的四棱錐．（1）若點F在線段AP上，且平面PBC，求的值；（2）若，求銳二面角的余弦值．【答案】（1）2（2）【分析】1）點為線段上靠近點的三等分點，過點作交于點，連接，可證，進而可證四邊形為平行四邊形，可證平面．（2）取中點，以為坐標原點建立空間直角坐標系，用向量法可求銳二面角的余弦值．【解析】（1）點為線段上靠近點的三等分點，滿足平面PBC，證明如下：如圖，過點作交于點，連接，則，又，，所以．因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，有，又平面，平面，所以平面．此時有.（2），為等腰直角三角形，，，，．取的中點，以為坐標原點，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，，，，則，，因為，，所以，解得，則，，，設平面的法向量為，則，不妨取，則，，設平面的一個法向量為，則，則銳二面角的的余弦值為．3．如圖，一個質(zhì)點在隨機外力的作用下，從原點出發(fā)，隨機移動次，每次等可能地向左或向右移動一個單位長度，次移動結(jié)束后，質(zhì)點到達的位置的數(shù)字記為.（1）若，求;（2）若，求的分布列和的值.【答案】（1）（2）分布列見解析，0【分析】（1）由可直接得到結(jié)果；（2）首先求出X的所有可能取值以及對應的概率，再結(jié)合離散型隨機變量的期望公式求答案即可.【解析】（1）；（2）設表示6次移動中向左移動的次數(shù)，則，質(zhì)點最后到達的數(shù)字，則：，，，，，，，的分布列為：0246.變式：一個質(zhì)點在一條直線上“隨機游走”，向左走一步和向右走一步的概率均為，試探討下列問題：（1）若質(zhì)點進行了4次“隨機游走”，在其中恰有2次向右游走的情況下，求第二次向左游走的概率；（2）記為次游走中恰有2次向右游走的概率，令.記為不超過次游走的情況下，向右游走2次后停止游走（若向右游走一直不足2次，在游走到次時也停止游走），此時一共游走的次數(shù)，的數(shù)學期望為.請比較與的大小，并說明理由.【答案】（1）（2），理由見解析【分析】（1）設出事件，求出相應概率，利用條件概率公式求出答案；（2）先計算出，進一步得求和式，另一方面若時停止游走，最后一次必然向右游走，可以得出，從而，結(jié)合錯位相減法、等比數(shù)列求和公式得的表達式，進一步結(jié)合期望公式得，將與作差即可比較大小.【解析】（1）設事件表示共有次向右游走，事件表示第二次向左游走，則表示一共向右游走2次，且第二次向左游走，則從剩余的三次選擇兩次向右游走，故，表示一共向右游走2次，故，則.（2）根據(jù)題意可知，.若，最后一次必然向右游走，故，，記①.②.兩式相減得，，.所以；，故.4．已知函數(shù)．（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）當時，若方程有三個不相等的實數(shù)根，且，證明：．【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析【分析】（1）求導，分和兩種情況，結(jié)合導數(shù)符號判斷函數(shù)單調(diào)性；（2）根據(jù)題意分析可知：在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，，利用極值點偏離證明和，即可得結(jié)果.【解析】（1）由題意可知：的定義域為，，且，令，可得，當，即時，可知在內(nèi)恒成立，即在內(nèi)恒成立，所以在內(nèi)單調(diào)遞增；當，即時，由解得或，由可知，若，；若，；所以在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減；綜上所述：當時，在內(nèi)單調(diào)遞增；當時，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減.（2）當時，可得，，由（1）可知：在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，由題意可得：，因為，令，則，可知在內(nèi)單調(diào)遞增，則，可得內(nèi)恒成立，因，則，且，內(nèi)單調(diào)遞減，則，即；令，則，可知在內(nèi)單調(diào)遞增，則，可得在內(nèi)恒成立，因為，則，且，在內(nèi)單調(diào)遞增，則，即；由和可得.變式：已知函數(shù)，．(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)的零點分別為，且，證明：．【答案】(1)答案見解析，(2)證明見解析【解析】（1）函數(shù)的定義域為，導函數(shù)，①當時，，則在上單調(diào)遞增；②當時，令，則，∴當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，當時，，函數(shù)在上單調(diào)遞減；（2）由（1）知，方程的兩個不等的正實根，即，亦即，從而，設，又，即，要證，即證，只需證，即證，即證，即證，即證，即證，即證，令，則設，則則在上單調(diào)遞增，有，于是，即有在上單調(diào)遞增，因此，即，所以成立，即．5．已知雙曲線經(jīng)過橢圓的左、右焦點，設的離心率分別為，且．（1）求的方程；（2）設為上一點，且在第一象限內(nèi)，若直線與交于兩點，直線與交于兩點，設的中點分別為，記直線的斜率為，當取最小值時，求點的坐標．【答案】（1）的方程為的方程為（2）【解析】（1）依題意可得，得，由，得，解得，故的方程為的方程為．（2）易知，設，直線的斜率分別為，則，在，即有，可得為定值．設直線的方程為：，聯(lián)立可得恒成立，設，則有，可求得，設直線的方程為：，同理可得，則由可得：，點在第一象限內(nèi)，故，當且僅當，即時取等號，而，故等號可以取到．即當取最小值時，，聯(lián)立，可解得，故的方程為：的方程為：，聯(lián)立可解得，即有．說明：第（2）問中未說明能取到最小值扣1分，另外可以分別設直線方程和求解，此時：也可以直接通過的橫縱坐標代換來求解，此時：都可以根據(jù)相應步驟給分．變式：已知拋物線與雙曲線相交于兩點是的右焦點，直線分別交于兩點（不同于點），直線分別交軸于兩點.（1）求的取值范圍；（2）記的面積為的面積為，當時，求的值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由雙曲線方程，則，得到，聯(lián)立?物線與雙曲線方程，得到，，記，可知有兩個根和，其中，則，解得.又直線分別交于（不同于點），即三點不共線，當時，