2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第16-20题解析版

这是一份2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第16-20题解析版，共58页。

 2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题16-20题
原题16
1．已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．

变式题1基础
2．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式为__________.


变化题2基础
3．已知函数的部分图象如图所示，是某个三角形的内角，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为______．

变式题3巩固
4．将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若函数在上为增函数，则的取值范围是___________.
变式题4巩固
5．函数的图象与轴相交于点，如图是它的部分图象，若函数图象相邻的两条对称轴之间的距离为，则_________.

变式题5提升
6．设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是________．
变式题6提升
7．已知，若函数的图像如图所示，则_________

原题17
8．甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：

一级品
二级品
合计
甲机床
150
50
200
乙机床
120
80
200
合计
270
130
400

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?
（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?
附：

0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828


变式题1基础
9．某社区为了解居民参加体育锻炼的情况，从该社区中随机抽取了18名男性居民和12名女性居民，对他们参加体育锻炼的情况进行问卷调查.现按是否参加体育锻炼将居民分成两类:甲类(不参加体育锻炼)、乙类(参加体育锻炼)，调查结果如下表:

（1）根据上表中的统计数据，完成下面的2 ×2列联表:

（2）通过计算判断是否有95%的把握认为参加体育锻炼与否跟性别有关?
附










变化题2基础
10．在500人身上试验某种血清预防感冒作用，把他们一年中的感冒记录与另外500名未用血清的人的感冒记录作比较，结果如表所示．问：该种血清能否起到预防感冒的作用？

未感冒
感冒
合计
使用血清
258
242
500
未使用血清
216
284
500
合计
474
526
1000


变式题3巩固
11．为了保障全国第四次经济普查顺利进行，国家统计局选择了江苏、河北、湖北、宁夏、重庆作为国家综合试点地区，逐级进行普查．在普查过程中首先要进行宣传培训，然后确定对象，最后入户登记．由于种种情况可能会导致人户登记不够顺利，这为正式普查提供了宝贵的试点经验．某普查小区，共有50家企事业单位，150家个体经营户，普查情况如下表所示：

顺利
不顺利
合计
企事业单位
40

50
个体经营户

50
150
合计




（1）补全列联表，并根据列联表判断是否有90%的把握认为“此普查小区的人户登记是否顺利与普查对象的类别有关”；
（2）根据该试点普查小区的情况，为保障第四次经济普查的顺利进行，请你从统计的角度提出一条建议．
变式题4巩固
12．调查某医院一段时间内婴儿出生的时间和性别的关联性，得到如下的列联表：
单位：人
性别
出生时间
合计
晚上
白天
女
24
31
55
男
8
26
34
合计
32
57
89

依据的独立性检验，能否认为性别与出生时间有关联？解释所得结论的实际含义．
变式题5提升
13．有甲、乙两个班级进行一门考试，按照学生考试成绩优秀和不优秀统计后，得到如下的列联表：
班级与成绩列联表：

优秀
不优秀
总计
甲班
10
35
45
乙班
7
38
45
总计
17
73
90

试问能有多大把握认为“成绩与班级有关系”？
参考公式及数据：，其中.

0.05
0.01
0.005
0.001

3.841
6.635
7.879
10.828


变式题6提升
14．某中学高二甲、乙两个兴趣班进行了一次数学对抗赛，该对抗赛试题满分为150分，规定：成绩不小于135分为“优秀”，成绩小于135分为“非优秀”，对这两个班的所有学生的数学成绩统计后，得到如图条形图.

（1）根据图中数据，完成如下的2×2列联表；

甲班
乙班
总计
优秀



非优秀



总计




（2）计算随机变量的值（精确到0.001），并由此判断：能否有90%的把握认为“成绩与班级有关”？
参考数据：

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

参考公式：，其中
原题18
15．已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
变式题1基础
16．已知数列的前项和满足.
（1）求；
（2）已知__________，求数列的前项和.
从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对第（2）问进行解答.
条件：①
②
③
注：如果选择多个条件分别解答，以第一个解答计分.
变化题2基础
17．已知正项等比数列的前项和为，，且________，从下列二个条件：
①；    ②，，成等差数列；
中选择一个条件（填上序号），解决下列问题：
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和.
变式题3巩固
18．已知数列中，，_____，其中.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求证：数列是等比数列；
（Ⅲ）求数列的前项和.
从①前项和，①，②，③且，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答.
变式题4巩固
19．设数列的前项和为，，是等差数列，，公差，且，，成等比数列．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，数列的前项和为．若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
变式题5提升
20．设等差数列的前n项和为．
（1）求数列的通项公式及；
（2）若 ，求数列的前n项和．
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解．
（注意：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
变式题6提升
21．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.
已知是公差不为的等差数列，其前项和为，___________且､､成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列是各项均为正数的等比数列，且，，求数列的前项和.
原题19
22．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?
变式题1基础
23．如图在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，PD=DB=BC=AB=AD=2.

（1）证明：PA⊥平面ABC；
（2）求二面角B-AD-C的余弦值.
变化题2基础
24．如图所示，在三棱柱中，，，四边形为菱形，，，D为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
变式题3巩固
25．如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．

（1）证明：O1O⊥平面ABCD；
（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1与平面OB1D夹角的余弦值．
变式题4巩固
26．如图在四棱锥中，底面为正方形，为等边三角形，E为中点，平面平面.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
变式题5提升
27．如图，在矩形中，，E为的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
变式题6提升
28．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE^AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D^DC，如图2.

（1）求证：A1E^平面BCDE；
（2）求二面角E—A1B—C的余弦值.
原题20
29．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
变式题1基础
30．已知动圆过点，且与直线相切，设圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设直线交曲线于，两点，以为直径的圆交轴于，两点，若，求的取值范围.
变化题2基础
31． 已知抛物线C：y2＝4x，A，B，其中m>0，过B的直线l交抛物线C于M，N.

（1）当m＝5，且直线l垂直于x轴时，求证：△AMN为直角三角形；
（2）若＝＋，当点P在直线l上时，求实数m，使得AM⊥AN.
变式题3巩固
32．如图，已知，直线，是平面上的动点，过点P作l的垂线，垂足为点Q，且．

（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）过点F的直线交轨迹C于A、B两点，交直线l于点M；
①已知，求的值；
②求的最小值．
变式题4巩固
33．已知抛物线C：（）的焦点为F，原点O关于点F的对称点为Q，点关于点Q的对称点，也在抛物线C上
（1）求p的值；
（2）设直线l交抛物线C于不同两点A､B，直线､与抛物线C的另一个交点分别为M､N，，，且，求直线l的横截距的最大值.
变式题5提升
34．已知椭圆：的焦距为，点在椭圆上，且的最小值是（为坐标原点）.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）已知动直线与圆：相切，且与椭圆交于，两点.是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
变式题6提升
35．已知抛物线（）的顶点为，直线与拋物线的交点（异于点）到点的距离为，
（1）求的标准方程；
（2）过点作斜率为（）的直线与交于点（异于点），直线关于直线对称的直线与交于点（异于点），求证：直线过定点．

参考答案：
1．2
【分析】先根据图象求出函数的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.
【详解】由图可知，即，所以；
由五点法可得，即；
所以.
因为，；
所以由可得或；
因为，所以，
方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，
解得，令，可得，
可得的最小正整数为2.
方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.
2．
【分析】根据最大值得，再由图像得周期，从而得，根据时，取得最大值，利用整体法代入列式求解，再结合的取值范围可得.
【详解】根据图像的最大值可知，，由，可得，所以，再由得，，所以，因为，所以，故函数的解析式为.
故答案为：.
3．
【分析】由正弦函数的图象求得，令利用导数求其最值，由题设不等式恒成立知，结合三角形内角的性质求的取值范围.
【详解】由图知：，，即，可知．
由，得，，
∴，，又，即，
∴．
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，即，得．
由，得．
结合正弦函数的图象可知，当时成立，
∴的范围是．
故答案为：
4．
【分析】由题意利用函数的图象变换规律，得到的解析式，再根据正弦函数的单调增区间，求得的取值范围．
【详解】解：将函数的图象向左平移个单位，
得到函数 的图象．
若在区间上为增函数，则，且，
求得，则的取值范围为，，
故答案为：，．
5．
【分析】根据图象可得，由题意得出，即可求出，再代入即可求出，进而得出所求.
【详解】由函数图象可得，
相邻的两条对称轴之间的距离为，，则，，
，
又，即，，或，
根据“五点法”画图可判断，，
.
故答案为：.
6．
【分析】原问题转化为在区间上至少有2个，至多有3个t，使得，求得取值范围，作出可知，满足条件可最短区间长度为，最长区间长度为，由此建立关于的不等式，解出即可．
【详解】令，则，令，则，
则原问题转化为在区间上至少有2个，至多有3个t，使得，求得取值范围，
作出与的图象，如图所示，

由图可知，满足条件可最短区间长度为，最长区间长度为，
∴，解得．
故答案为：．
7．
【分析】根据函数图象有，可求得，又函数图象过点，点，代入可求得，，求得，然后利用函数的周期性求解.
【详解】由图可知：，，
所以函数，
又函数图象过点，点，，
，
所以，
，


故答案为：
【点睛】方法点睛：求函数解析式的步骤：
(1)求A，B，确定函数的最大值M和最小值m，则，.
(2)求，确定函数的周期，则
(3)求，常用方法如下：把图象上的一个已知点代入(此时要注意该点在上升区间上还是在下降区间上)或把图象的最高点或最低点代入．
8．（1）75%；60%；
（2）能.
【分析】根据给出公式计算即可
【详解】（1）甲机床生产的产品中的一级品的频率为,
乙机床生产的产品中的一级品的频率为.
（2）,
故能有99%的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.
9．（1）表格见解析；（2）没有的把握认为参加体育锻炼与否跟性别有关.
【分析】（1）根据调查结果完成列联表即可；
（2）根据列联表计算，与附表对照，即可判断.
【详解】解：（1）填写的列联表如下

男性居民
女性居民
合计
不参加体育锻炼



参加体育锻炼



合计




（2）计算
因为.
所以没有的把握认为参加体育锻炼与否跟性别有关.
【点睛】本题考查了利用独立性检验解决实际问题，属于基础题.
10．有99%的把握认为该血清能起到预防感冒的作用．
【分析】利用公式计算得出数据，比较数据大小得解
【详解】解：设H0：感冒与是否使用该血清没有关系．

因当H0成立时，χ2≥6.635的概率约为0.01，故有99%的把握认为该血清能起到预防感冒的作用．
P(χ≥x0)
0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
x0
0.455
0.708
1.323
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

11．（1）列联表见解析；有的把握认为“此普查小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”；（2）答案见解析.
【解析】（1）根据已知数据补全列联表，利用公式计算得到，由此可得结论；
（2）根据数据可知个体经营户配合度需提高，由此可确定统计建议.
【详解】（1）根据已知数据，完成列联表如下：

顺利
不顺利
合计
企事业单位
40
10
50
个体经营户
100
50
150
合计
140
60
200

，
有的把握认为“此普查小区的入户登记是否顺利与普查对象的类别有关”．
（2）建议：加大宣传力度，消除误解因素，尤其要做好个体经营户的思想工作．（意思相近即可）
12．在犯错的概率不超过0.1的前提下可以认为性别与出生时间有关联.
【分析】根据题目所给的数据，计算，对照参数即可下结论.
【详解】由题意得的观测值为：
，
∴在犯错的概率不超过0.1的前提下可以认为性别与出生时间有关联.
13．没有充分证据认为“成绩与班级有关系”.
【分析】计算出卡方值，即可判断.
【详解】计算得的观测值为，
因为0.653＜3.841，所以没有充分证据认为“成绩与班级有关系”.
14．（1）答案见解析；（2），没有90%的把握认为“成绩与班级有关”.
【分析】（1）根据条形图中数据完成表格即可；
（2）根据公式计算出的值，然后可得答案.
【详解】（1）根据条形图中的数据可得如下表格，

甲班
乙班
总计
优秀
15
20
35
非优秀
40
30
70
总计
55
50
105

（2）
因为，所以没有90%的把握认为“成绩与班级有关”.
【点睛】本题考查的是独立性检验，考查了学生的计算能力，属于基础题.
15．证明过程见解析
【分析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.

16．（1）；（2）答案见解析.
【分析】(1)根据求解即可；
(2)选①利用错位相减法求和即可；选②利用裂项相消法求和即可；选③对分奇偶讨论，然后利用并项求和法求和即可.
【详解】（1）∵在数列中，.
当时，，
当时，，
又也满足，
∴
（2）选择条件①，
∴①
②
①-②得




故.
选择条件②由（1）知：，
∴

∴


选择条件③
，
∴当为偶数时，



当为奇数时，



综上所述：.
17．选①和②得结果相同，（1）；（2）
【分析】（1）选①②直接根据数列的递推关系式求出公比，从而可求得数列的通项公式；
（2）直接利用（1）的结论，进一步利用分组求和法求出数列的前项和.
【详解】解：（1）选条件①
设数列的公比为，由得，
∴即或；又数列是正项数列，故.
从而数列的通项公式为：.
选条件②
设数列的公比为，由，，成等差数列，∴，
所以，解得，
从而数列的通项公式为：.
（2），
.
18．选①②③结果均相同，（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）
【分析】分别选①②③，（Ⅰ）由数列的递推式或等差数列的定义和性质，可得公差，通项公式；
（Ⅱ）由等比数列的定义，可得证明；
（Ⅲ）求得，由数列的分组求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，可得所求和．
【详解】解：选①，（Ⅰ）因为，时，，
则，；
（Ⅱ）证明：，
可得，
所以数列是首项为和公比均为4的等比数列；
（Ⅲ），

．
选②，（Ⅰ）由，，则，；
（Ⅱ）证明：，
可得，
所以数列是首项为和公比均为4的等比数列；
（Ⅲ），

．
选③，（Ⅰ）由，且，
可得数列为等差数列，设公差为，
则，
则，；
（Ⅱ）证明：，
可得，
所以数列是首项为和公比均为4的等比数列；
（Ⅲ），
所以
．
19．（1），；（2）．
【分析】（1）根据题中条件求解数列的基本参数进而求解出数列的通项公式；
（2）先求解数列的前n项和，结合不等式恒成立问题求解出参数的范围.
【详解】（1）时，
时，
n=1时，，∴．
由得，
∵，∴，所以，
∴，；
（2），
，
，；令，
，∴，
∴，∴实数的取值范围为．
20．（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为d，解方程组即得数列的通项公式及；（2）选①：利用错位相减法求和得解；选②：利用裂项相消法求和得解；选③：对分两种情况讨论求和得解.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为d，
，所以，
．
（2）选①：
①
②
由①－②得，


选②：，
所以，
所以

选③：

当n为偶数时，
当n为奇数时，
所以．
21．（1）若选①，，若选②，，若选③，；（2）若选①，
，若选②， ，若选③， .
【分析】（1）根据，，成等比数列，用等差数列的基本量进行运算，可得首项和公差的关系，结合条件即可得到答案；
（2）由（1）解出的通项公式，进而根据分组求和即可得到答案.
【详解】（1）设数列的公差为.因为，，成等比数列，则，
故，化简得.因为，所以，所以.
若选①，则，即，则；
若选②，则，即，则；
若选③，则，即，则；
（2）因为数列是各项均为正数的等比数列，且，，
设数列的公比为，则.
若选①，则，故，，
所以，由，得.又，则，所以，
所以.
若选②，则，故，，
所以，由，得.又，则，所以，
所以.
若选③，则，故，，
所以，由，得.又，则，所以，
则.
22．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
23．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由侧面PAB⊥平面PBC，可得BC⊥侧面PAB，所以PA⊥BC，再由PD=DB=DA，所以PA⊥AB,利用线面垂直的判定定理即得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角的向量计算公式，即得解.
【详解】（1）侧面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，所以BC⊥侧面PAB
又PA侧面PAB，所以PA⊥BC
又PD=DB=DA，可得，
又内角和为
所以PA⊥AB
又ABBC=B，所以PA⊥平面ABC
（2）以A为原点，过点A作BC的平行线为x轴，AB，AP所在直线分别y､z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

在直角三角形PAB中，，由已知得：.
，
设平面ACD的法向量为，
则，即，取，则，
故
设平面ABD的法向量为，

又二面角A-PD-C为锐角，故二面角A-PD-C的余弦值为
故答案为：.
【点睛】本题考查了面面垂直的性质，线面垂直的判定，以及向量法求二面角，考查了学生综合分析，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题
24．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证明，，则平面即得证；
（2）取中点为E，连结，，证明平面，以E为坐标原点，，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）由，则有，又D为的中点，所以，
由，则有，，
又，
所以，
则可知，
又有，平面，所以平面；
（2）取中点为E，连结，，
由，则有，
又易知，
则有，所以，
又可知，，平面，则平面，
如图，以E为坐标原点，，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

有，，，，，
由，则有平面，
所以，
又，，
所以平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则有，即，
可取，
记二面角为，
则.
故二面角的余弦值为．
25．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知中，四棱柱的所有棱长都相等，，，四边形和四边形均为矩形．可得且，，进而，，再由线面垂直的判定定理得到底面；
（2）设四棱柱的所有棱长均为，设为2，若，，，以为坐标原点，分别以，，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，代入向量夹角公式，求出二面角的余弦值．
【详解】证明：（1）四棱柱的所有棱长都相等，
四边形为菱形，
又，
故为的中点，
同理也是的中点，
又四边形和四边形均为矩形，
且，，
，，
又，，平面，
底面；
解：（2）设四棱柱的所有棱长均相等，所以四边形是菱形，
，
又底面，
，，两两垂直，

如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立直角坐标系．
设，
，
，，
则，，，
易知，是平面的一个法向量，
设，，是平面的一个法向量，则，即
取，则，，所以，，
设二面角的大小为，易知是锐角，于是：
，
故二面角的余弦值为．
26．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接交于点O，连接、，先证明平面，再由三角形中位线定理得到，即可证明平面.
（2）以分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设，用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）连接交于点O，连接、，
因为为等边三角形，所以，
因为底面为正方形，所以，
因为，所以平面，
又平面，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，
因为E为中点，所以，则平面.

（2）如图，以分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，设，则，
所以，，，，
则，，，
因为平面平面，且平面平面=BD，,
所以面EBD,
所以平面的法向量为，

设平面的法向量为，则，
所以，不妨设x=1，所以，
所以，
显然二面角的平面角为锐角或直角，
所以二面角的余弦值为.
27．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）设，利用勾股定理逆定理可得，再根据面面垂直的性质证明即可；
（2）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】解：（1）设，则，
∴，∴．
∵平面平面，平面平面，
∴平面．
（2）取中点O，连接，
∵，∴，∴平面，
建立如图所示空间直角坐标系，设，则，
，

设平面的法向量为，则，取可得，
设平面的法向量为，则，取可得，
所以，
由图可得二面角为钝角，∴二面角的余弦值为．
28．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据题意证明平面可得，再结合即可证明平面；
（2）结合（1），以，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解:（1）证明:∵在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE^AB于点E
∴，，∴.
又∵，，
∴平面，∴.
又∵，，
∴平面.
（2）∵平面，，
∴以，，所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系（如图）.
易知，则，，，，
∴，，
易知平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
由，，得，令，得，
∴.
由图得二面角为钝二面角，
∴二面角的余弦值为.

29．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：

，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路

30．（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的性质可知圆心轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线；
（2）联立抛物线与直线方程，借助韦达定理表示出圆心坐标，半径，再由弦长公式列出不等式，解之即可．
【详解】（1）设，由题意得到的距离与到直线的距离相等，
由抛物线的定义知曲线的方程为.
（2）设，，由题意可知直线过的焦点，
联立消去得，整理得，
∴.
∵过的焦点，∴以为直径的圆的圆心为，半径为，
∵，
解得，或，
∴的取值范围是.
31．（1）证明见解析；（2）m＝6.
【分析】（1）由题设可得M(5,)，N(5,－)，利用向量数量积的坐标表示求，即可证△AMN为直角三角形；
（2）由题意，设l：y＝2(x－m)，，联立抛物线方程应用韦达定理求y1＋y2、y1y2，再由垂直知，应用向量数量积的坐标表示得到关于m的方程，即可求得使AM⊥AN成立的m值.
【详解】（1）证明：由题意，l：x＝5，代入y2＝4x中，解得，
不妨取M(5,)，N(5,－)，则，
∴，
∴AM⊥AN，即△AMN为直角三角形，得证．
（2）由题意，四边形OAPB为平行四边形，则kBP＝kOA＝2，
设直线l：y＝2(x－m)，，联立，得y2－2y－4m＝0，
由题意，判别式Δ＝4＋16m>0，y1＋y2＝2，y1y2＝－4m，
∵AM⊥AN，则，又，
∴，化简得(y1＋2)(y2＋2)＋16＝0，即y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0，
∴，解得m＝6，故m＝6时，有AM⊥AN.
32．（1）；（2）①；②.
【分析】（1）可设出点的坐标，由直线，过作直线的垂线，垂足为点，则，则我们根据，构造出一个关于，的方程，化简后，即可得到所求曲线的方程；
（2）①由过点的直线交轨迹于、两点，交直线于点，我们可以设出直线的点斜式方程，联立直线方程后，利用设而不求的思想，结合一元二次方程根与系数关系，易求的值．
②根据平面向量数量积的性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）设点，则，由，
得， 化简得曲线的方程为；
（2）由于直线不能垂直于轴，且又过轴上的定点，
设直线的方程为，则 ，                
设，，联立方程组
消去得，，故               
由，，得
                                     
利用对应的纵坐标相等，得，，整理得，，                              
所以.
②因为，，所以有：由上可知： ，
因此有，
所以，当且仅当时取等号，即当时取等号，
因此.
【点睛】关键点睛：结合基本不等式，利用平面向量数量积的运算性质是解题的关键.
33．（1）；（2）最大横截距为.
【分析】（1）首先写出的坐标，根据对称关系求出的坐标，带入即可求出.
（2）设直线l的方程为，带入抛物线方程利用韦达定理，计算出直线l的横截距的表达式从而求出其最大值.
【详解】（1）由题知，，故，代入C的方程得，∴；
（2）设直线l的方程为，与抛物线C：联立得，
由题知，可设方程两根为，，则，，（*）
由得，∴，，
又点M在抛物线C上，∴，化简得，
由题知M，A为不同两点，故，，即，同理可得，
∴，
将（*）式代入得，即，将其代入解得，
∴在时取得最大值，即直线l的最大横截距为.
34．（1）；（2）存在
【解析】（1）根据焦距和椭圆的几何意义即可求出椭圆标准方程；
（2）分别对斜率不存在和斜率存在两种情况讨论，相切即圆心到直线距离等于半径，即向量的数量积为零，进行代数运算即可求解.
【详解】（1）因为的最小值是，所以，
因为椭圆的焦距为，所以，即，
所以，
故椭圆的标准方程是；
（2）①当直线的斜率不存在时，
因为直线与圆相切，所以直线的方程为，
则直线与椭圆的交点为或，
因为，所以，所以，即，
②当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，.
联立，整理得，
则，，
因为，在直线上，所以，
将，代入上式，得，
因为，所以，即，
因为动直线与圆相切，所以，所以，即，
综上，存在，使得.
【点睛】此题考查根据椭圆的几何意义求解椭圆方程，根据直线与曲线的位置关系结合韦达定理解决探索性问题.
35．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求得交点坐标为，利用两点之间的距离公式即可得解；
（2）由直线与抛物线联立可求得，,结合已知条件可知，利用点斜式可知直线的方程为，即可证得结论.
【详解】（1）联立，得，即交点坐标为，
所以，，
抛物线的标准方程为
（2）证明：设，，
将代入抛物线方程得，所以，．
设直线，同理，，
因为与直线关于直线对称，由图形对称性，计算可得．
所以，，
又，
所以直线的方程为，
化简有，所以恒过定．
【点睛】思路点睛：解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；
（2）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．