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广东省新高考数学模拟卷08-解答题17-22题精编真题重组卷（新高考通用）
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2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】广东省新高考数学模拟卷（八）解答题17-22题精编真题重组卷
（新高考通用）
1．（2023·广东深圳·统考一模）记，为数列的前n项和，已知，．
(1)求，并证明是等差数列；
(2)求．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）利用与前n项和的关系，由可得的值，即可求得的值；根据相减法求得为常数，证明其为等差数列；
（2）由（1）中数列为等差数列，对进行奇偶讨论，即可求得.
【详解】（1）解：已知，
当时，，；当时，，，所以．
因为①，所以②．
②－①得，，整理得，，
所以（常数），，
所以是首项为6，公差为4的等差数列．
（2）解：由（1）知，，，．
当n为偶数时，；
当n为奇数时，．
综上所述，.
2．（2023·广东深圳·统考一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设的中点为，若，且，求的的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；
(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）解：由已知得，，
由正弦定理可得，，
因为，
所以,
代入上式，整理得，
又因为，，
所以，
即,
又因为，
所以，
所以，
解得；
（2）在中，由余弦定理得，．
而，，所以，①
在中，由余弦定理得，，②
由①②两式消去a，得，
所以，
又，解得，．
所以的面积．
3．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．
又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
所以，
令得．
设平面PBC的法向量为，
所以，
令得．
设平面PAB与平面PBC的夹角为．
所以，
所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
4．（2023·广东深圳·统考一模）某企业因技术升级，决定从2023年起实现新的绩效方案．方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：
一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球．企业所有员工从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球．约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，否则按方式Ⅱ回答问卷”．
方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”；
方式Ⅱ：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”．
当所有员工完成问卷调查后，统计画○，画×的比例．用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值．其中满意度．
(1)若该企业某部门有9名员工，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；
(2)若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为4：5，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度．
【答案】(1)4
(2)40%．
【分析】（1）根据题意分析可得方式Ⅰ回答问卷的人数，利用二项分布的期望的公式运算求解；
（2）根据题意结合条件概率公式和全概率公式运算求解
【详解】（1）每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为，
每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率，
由题意可得：该部门9名员工中按方式Ⅰ回答问卷的人数，
所以X的数学期望．
（2）记事件A为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件B为“按方式Ⅱ回答问卷”，事件C为“在问卷中画○”．
由（1）知，，．
∵，
由全概率公式，则，解得，
故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%．
5．（2023·广东深圳·统考一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，其中或
(2)存在，
【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
6．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，其中且．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．
【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)答案见解析；
(3)且.
【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记，利用导数得在和上均单调递增．记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；
（3）记，利用（1）得出的单调性和值域，然后分和两种情况，结合（2）中不动点的范围对进行分析即可
【详解】（1）当时，，定义域为R．
，令，得．
当时，；当时，．
所以的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．
显然，不是方程的根，所以．
记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．
由，记．
①当时，
（ⅰ）当时，，
（可设
当，当，
在单调递减，在单调递增，所以），
存在，使得，即存在唯一使得；
（ⅱ）当时，，
（设
当，当，
在单调递增，在单调递减，
所以），存在，使得，即存在唯一使得．
②当时，
（ⅰ）当时，无零点；
（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．
综上所述，
当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．
（3）记，由（1）知，
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．
当，由（2）知
（其中）．
由，代入得．
因为，所以此时只有一个解；
因为，所以此时有两个解，
故共有三个解，不满足题意；
当，由（2）知
由，代入得，
当时，只有一个解，不满足题意，此时；
时，共有两个解，满足题意，
综上所述，当且时方程有两个不同实数根．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题，常用的方法：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接分析函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到，分析的图象得解）.
7．（2023·广东佛山·统考一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
【答案】(1)（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解
【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.
【详解】（1）由题意可知：，注意到，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，
设数列的前项和为，
∵，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
8．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得.
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，，，
由（1）可知，，则，
由，则，解得，，
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
9．（2023·广东佛山·统考一模）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
(1)证明：平面；
(2)若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，则可证明，即可证明平面；
（2）连接，，取的中点，连接，先求出，，则可求到，再证明平面与平面夹角的平面角为，从而根据即可求解．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，
因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
10．（2023·广东佛山·统考一模）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率.
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.
11．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值
【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，，根据及，求出，即可求出，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.
【详解】（1）解：依题意，，，所以，，
由，可得，即，解得或（舍去），
故，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
所以，，
直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以
，
故为定值.
12．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.
【答案】(1)，无极小值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
13．（2023·广东茂名·统考一模）已知为数列的前n项和，，.
(1)求数列的通项公式：
(2)若，为数列的前n项和.求，并证明：.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据题设，利用的关系可推得，判断数列为等差数列，即可求得答案；
（2）由（1）求得的表达式，利用裂项求和求得，结合的的单调性，可证明结论.
【详解】（1）当时,，,则,
当时，，则,
两式相减得：
即
即
∵，∴,
∴数列是2为首项，公差为2的等差数列，∴.
（2）由（1）得，，
，
∵，∴，∴
又∵，∴随着n的增大而减少，从而随着n的增大面增大，
∴，
综上所述，.
14．（2023·广东茂名·统考一模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求证：.
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；
(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.
【详解】（1）在中，
由及正弦定理得：
又∵，
∴
即
，
∵，∴.
∵，∴，
（2）得：得，
∴，∴，
由题意，及正弦定理得：
∵，∴，即
故的取值范围为
方法二：由正弦定理得：
∵，∴，
由（1）得：，故
由（1）得：得，
∴，∴，
∴，即，
故的取值范围为
15．（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.
(1)求证：平面PAB；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由已知可推出，进而得出D为AC中点，证得，即可根据线面平行的判定定理；
（2）先证明平面.方法一：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.
【详解】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB
所以.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
如图1，取的中点F，连结PF、AF.
由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.
因为
所以，
所以.
又，则有，
所以，.
则有，，，
所以，，，
又，平面，平面.
所以平面.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.
由，，可得.
，，，，，.
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
则，，，，，
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
16．（2023·广东茂名·统考一模）学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.
(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.
（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析（ii）分布列见解析，均值为0
【分析】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；
（2）（i）的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为－4，－2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；
【详解】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，
B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”
由全概率公式得
（2）（i）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则
得分为的分布列用表格表示
（ii）设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则
得分为的分布列用表格表示为
17．（2023·广东茂名·统考一模）已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上项点的直线的斜率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q.试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根据给定条件，直接求出a，b的值作答.
（2）当时，求出直线的方程，与椭圆E的方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可推理计算，再验证时的情况作答.
【详解】（1）椭圆的左顶点，上顶点，依题意，，
又左焦点，即有，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，点，，而，
当时，，，直线PQ为y轴，
当时，直线CN的斜率，方程为，直线DN的斜率，方程为，
由消去x得：，设，
则，有，，即，
由消去x得：，设，
则，有，，即
直线PQ的斜率，方程为：，
即，显然直线PQ过定点，而时，y轴也过点，
因此对任意实数，直线PQ经过定点，
则当（M为垂足）时，F到直线PQ的距离取得最大值，
所以点F到直线PQ的距离存在最大值，最大值为.
【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.
18．（2023·广东茂名·统考一模）若函数有两个零点，且.
(1)求a的取值范围；
(2)若在和处的切线交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；
（2）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可.
【详解】（1）
当，，在上单调递减，不可能两个零点；
当时，令得
，，单调递增，，，单调递减，
∵，；；，
∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，
综上：；
（2）先证右边：令则，
∴，，单调递增，，，单调递减，
∴的最大值为，∴，即，
∴且，
∴，
又∵，∴，
∴；
再证左边：曲线在和处的切线分别是
联立两条切线得，∴，
由题意得，
要证，即证，即证，即证，
令，即证，
令，
，∴在单调递减，∴，
∴得证.
综上：.
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.
19．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列中，，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）解：因为，所以，
因为，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由（1）可知，，所以，
又由题知
.
20．（2023·广东惠州·统考模拟预测）条件①，
条件②，
条件③．
请从上述三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知的内角、、所对的边分别为、、，且满足________，
(1)求；
(2)若是的角平分线，且，求的最小值．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选①，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选②，利用正弦定理结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选③，利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由已知结合三角形的面积公式可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：选①：因为，由正弦定理可得，
即，
所以，
而，，故，因为，所以；
选②：因为，由正弦定理，
即，由余弦定理，
因为，所以；
选③：因为，
正弦定理及三角形内角和定理可得，
即，
因为、，则，所以，，，
所以，所以，即.
（2）解：由题意可知，，
由角平分线性质和三角形面积公式得，
化简得，即，
因此，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
21．（2023·广东惠州·统考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
(1)证明：平面平面PBC；
(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
【详解】（1）方法一：
因为底面ABCD，平面ABCD，
所以．
因为ABCD为正方形，所以，
又因为，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，
所以，
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC．
方法二：
因为底面ABCD，平面PAB，
所以平面底面ABCD
又平面底面，，平面ABCD，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，所以．
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC
因为底面ABCD，，
以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，
设，则，
所以，，，，
设为平面AEF的法向量，
则所以取，则，，
则，
设为平面PBC的法向量，
则所以取，则， ，
则
因为，所以,
所以平面平面PBC.
（2）（基于（1）解法一、二）
因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，
易知是平面PAB的法向量
设，则，所以，，
所以
即，得，所以，
设为平面AEF的法向量，则
所以平面AEF的法向量，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，
所以点P到平面AEF的距离为．
由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，
所以
解得，故F是BC的中点．
所以，，
的面积为
因为，的面积为
设点P到平面AEF的距离为h，则有
解得
所以点P到平面AEF的距离为．
（基于（1）解法三）
易知是平面PAB的法向量
所以，
即，解得
所以，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，
所以点P到平面AEF的距离为．
22．（2023·广东惠州·统考模拟预测）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
并计算得．
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
【答案】(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．
【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
（2）
则
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为
23．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递区间为
(2)
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）通过构造函数利用导数找最值的方法解决恒成立问题，求解实数a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域是，
当时，，
令得，所以函数在上单递递增；
令得，所以函数在上单调递减．
所以函数的单调递增区间为，单调递区间为．
（2）恒成立，等价于恒成立，
令，
因为恒成立，所以在上单调递增，
所以，即，
所以恒成立，等价于恒成立
令，问题等价于恒成立
①若时，恒成立，满足题意；
②若时，则，所以，不满足题意；
③若时，因为，令，得，
，，单调递减，，，单调递增，
所以在处取得最小值，
要使得，恒成立，只需，
解得
综上：
【解法二】恒成立，等价于，
令
①若时，，所以在上单调递增，
，即，满足，
②若时，则， ，所以在上单调递增，
由，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递增，值域为；
所以，使得，不满足题意．
③若时，令，∴，
令，则在上单调递增，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递减，值域为；
则，；，，；，，
所以，，，
，，单调递减，，，单调递增，
只需即可，
∴，∴，
令，，∴在上单调递增，
，∴时，，，，
所以在上单调递增，∴，
即，
综上：
【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
24．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．
(1)求椭圆的方程；
(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，表示出直线OQ的方程，定点和.
进而求出，把代入得，从而，判断出点始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以，得．
故，
从而椭圆C的方程为．
（2）设，则直线AP的斜率为.
因为，所以直线OQ的方程为.
令可得，所以，
又M是AP的中点，所以.
从而，
所以①
因为点在椭圆C上，所以，故，
代入式①可得，从而，
所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为
25．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）在中，角的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)若外接圆的半径为，点D为边的中点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对式子先用倍角公式和半角公式换为关于角的等式，再将提出后，括号内的用两角和的正弦公式，最后用三角形中角之间的关系及诱导公式进行化简求值即可；
（2）根据（1）的结论和正弦定理即可得，根据D为边的中点，可得三角形中长度关系，根据，即在两个小三角形中分别用余弦定理建立等式即可解得.
【详解】（1）解：因为，
即，
即，
即，
因为，所以，且，
所以等式可化为，即，
即，因为，所以；
（2）解：由（1）知，因为外接圆的半径为，
所以中，由正弦定理知：，
即，解得，因为点D为边的中点，
所以，因为，
所以，
在分别由余弦定理可得：
，
代入中可得：
，
即，
即，即，
故，得证.
26．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知正项数列中，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据计算即可得解；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）当时，，
解得，
由当时，，
得当时，，
两式相减得，即，
又，所以，
又适合上式，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
（2），
则，
，
两式相减得
，
所以.
27．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）如图所示的四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点P到底面的距离为．
(1)过点P是否存在直线l，使直线∥平面，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；
(2)若，求点M到平面的距离．
【答案】(1)存在，理由见解析，图见解析；
(2)点M到平面的距离.
【分析】(1)过点作直线平行于直线，根据线面平行判定定理证明平面即可；
(2)取的中点，的中点，证明平面，建立空间直角坐标系，由条件
求平面的法向量和，利用向量投影公式求点M到平面的距离．
【详解】（1）过点P是存在直线l，满足直线∥平面，理由如下；
过点在平面内作直线平行于直线，
因为，平面，平面，
所以平面，
（2）取线段的中点为，线段的中点为，
连接，
因为为直角梯形，，
所以，又，
所以，
因为，所以，
又，平面，
所以平面，
过点在平面内作直线，
则直线两两垂直，
以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，
过点作，交直线OE于点F，
因为，平面，，
所以平面，故平面，
又点P到底面的距离为，所以，
因为，，
所以为二面角的平面角，
由已知可得，所以，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以点M到平面的距离.
28．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）某商场在促销活动期间，规定凡是在该商场购买500元及以上的顾客可参与抽奖活动，活动规则如下：每个顾客在一个标有1，2，3，4，5，6的均匀圆盘上转动三次，若指针出现一次或两次指向“4”，则该顾客可获得商场返还购买金额的；出现三次指向“4”，该顾客可获得商场返还购买金额的；否则不返还金额．某顾客在此商场促销活动期间票据单上总购买金额为800元．
(1)求该顾客参与活动后恰好返还240元的概率；
(2)设该顾客参与活动后，最终支付商场的金额为Y，求Y的分布列与数学期望．（四舍五入取整数）
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可知每次指针指向“4”的概率均为，该顾客参与活动后恰好返还240元，则指针出现一次或两次指向“4”，用1减去三次和0次指向“4”的概率即可；
（2）Y可能出现的情况为800，560，400，分别求出其概率得到Y的分布列，利用期望的计算公式求解即可.
【详解】（1）解：因为，可知指针出现一次或两次指向“4”，
由题意可知每次指针指向“4”的概率均为，
记指针指向“4”的次数为X，该顾客参与活动后恰好返还240元为事件A，
则，
因此该顾客参与活动后恰好返还240元的概率为；
（2）设该顾客参与活动后，最终支付商场的金额为Y，则Y可能出现的情况为800，560，400，
，
，
，
所以Y的分布列为：
Y的数学期望.
29．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知椭圆右顶点为A，上顶点为B，过A，B两点的直线平分圆的周长，且与坐标轴时成的三角形的面积为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线与E相交于C，D两点，且点，当的面积最大时，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意写出直线的方程，结合题意求出的值即可求解；
（2）先求出到直线的距离，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得弦长，得出三角形的面积，利用基本不等式求出最大值，从而得到参数的值.
【详解】（1）由题意可知，，所以直线的方程为，
因为过A，B两点的直线平分圆的周长，所以直线的方程过圆心，即，
又因为直线与坐标轴时成的三角形的面积为，所以，
两式联立可得，所以椭圆的方程为.
（2）由直线的方程为，则到直线的距离为，
联立方程组，整理可得，
由判别式，解得，
设，则，
由弦长公式可得，
所以
当且仅当时，等号成立，
所以所求直线的方程为或.
30．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：函数有且仅有两个零点，且．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论并利用导数去判定函数的单调性即可解决；
（2）构造新函数并利用导函数与函数单调性的关系去证明转化后的不等式即可解决.
【详解】（1）的定义域为.
当时，在上单调递增；
当时，由，得或（舍去），
当时，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，由（1）知，在单调递增，
在单调递减，所以
又，所以在区间上存在零点，
又因为在单调递减，故在区间上存在唯一的零点；
因为，所以在区间上存在零点，
又因为在单调递增，所以在区间存在唯一的零点.
所以，函数有且仅有两个零点，不妨设.
要证，只需证明，
又因为，且，
所以只需证明，又，只需证明，
即证明，
构造函数，，所以
，
所以在区间上单调递增，所以，
所以，从而得证，所以得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法常用的有以下两种：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论 型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√
－2
0
2
P
－4
－2
0
2
4
P
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
Y
800
560
400
P
2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【省市模拟•新题速递•好题精编•考点精做】广东省新高考数学模拟卷（八）解答题17-22题精编真题重组卷
（新高考通用）
1．（2023·广东深圳·统考一模）记，为数列的前n项和，已知，．
(1)求，并证明是等差数列；
(2)求．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）利用与前n项和的关系，由可得的值，即可求得的值；根据相减法求得为常数，证明其为等差数列；
（2）由（1）中数列为等差数列，对进行奇偶讨论，即可求得.
【详解】（1）解：已知，
当时，，；当时，，，所以．
因为①，所以②．
②－①得，，整理得，，
所以（常数），，
所以是首项为6，公差为4的等差数列．
（2）解：由（1）知，，，．
当n为偶数时，；
当n为奇数时，．
综上所述，.
2．（2023·广东深圳·统考一模）记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)设的中点为，若，且，求的的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由可得，由正弦定理及辅助公式得,即可求得答案；
(2) 在中，由余弦定理得，；在中，由余弦定理得，，从而得，再由，可得，，由三角形面积公式求解即可.
【详解】（1）解：由已知得，，
由正弦定理可得，，
因为，
所以,
代入上式，整理得，
又因为，，
所以，
即,
又因为，
所以，
所以，
解得；
（2）在中，由余弦定理得，．
而，，所以，①
在中，由余弦定理得，，②
由①②两式消去a，得，
所以，
又，解得，．
所以的面积．
3．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，所以BD⊥平面APC．
又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，
所以，
令得．
设平面PBC的法向量为，
所以，
令得．
设平面PAB与平面PBC的夹角为．
所以，
所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
4．（2023·广东深圳·统考一模）某企业因技术升级，决定从2023年起实现新的绩效方案．方案起草后，为了解员工对新绩效方案是否满意，决定采取如下“随机化回答技术”进行问卷调查：
一个袋子中装有三个大小相同的小球，其中1个黑球，2个白球．企业所有员工从袋子中有放回的随机摸两次球，每次摸出一球．约定“若两次摸到的球的颜色不同，则按方式Ⅰ回答问卷，否则按方式Ⅱ回答问卷”．
方式Ⅰ：若第一次摸到的是白球，则在问卷中画“○”，否则画“×”；
方式Ⅱ：若你对新绩效方案满意，则在问卷中画“○”，否则画“×”．
当所有员工完成问卷调查后，统计画○，画×的比例．用频率估计概率，由所学概率知识即可求得该企业员工对新绩效方案的满意度的估计值．其中满意度．
(1)若该企业某部门有9名员工，用X表示其中按方式Ⅰ回答问卷的人数，求X的数学期望；
(2)若该企业的所有调查问卷中，画“○”与画“×”的比例为4：5，试估计该企业员工对新绩效方案的满意度．
【答案】(1)4
(2)40%．
【分析】（1）根据题意分析可得方式Ⅰ回答问卷的人数，利用二项分布的期望的公式运算求解；
（2）根据题意结合条件概率公式和全概率公式运算求解
【详解】（1）每次摸到白球的概率，摸到黑球的概率为，
每名员工两次摸到的球的颜色不同的概率，
由题意可得：该部门9名员工中按方式Ⅰ回答问卷的人数，
所以X的数学期望．
（2）记事件A为“按方式Ⅰ回答问卷”，事件B为“按方式Ⅱ回答问卷”，事件C为“在问卷中画○”．
由（1）知，，．
∵，
由全概率公式，则，解得，
故根据调查问卷估计，该企业员工对新绩效方案的满意度为40%．
5．（2023·广东深圳·统考一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，其中或
(2)存在，
【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，
则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；
（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.
【详解】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
6．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，其中且．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；
(3)若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．
【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；
(2)答案见解析；
(3)且.
【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；
（2）记，利用导数得在和上均单调递增．记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；
（3）记，利用（1）得出的单调性和值域，然后分和两种情况，结合（2）中不动点的范围对进行分析即可
【详解】（1）当时，，定义域为R．
，令，得．
当时，；当时，．
所以的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．
显然，不是方程的根，所以．
记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．
由，记．
①当时，
（ⅰ）当时，，
（可设
当，当，
在单调递减，在单调递增，所以），
存在，使得，即存在唯一使得；
（ⅱ）当时，，
（设
当，当，
在单调递增，在单调递减，
所以），存在，使得，即存在唯一使得．
②当时，
（ⅰ）当时，无零点；
（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．
综上所述，
当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．
（3）记，由（1）知，
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递增，且；
当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．
当，由（2）知
（其中）．
由，代入得．
因为，所以此时只有一个解；
因为，所以此时有两个解，
故共有三个解，不满足题意；
当，由（2）知
由，代入得，
当时，只有一个解，不满足题意，此时；
时，共有两个解，满足题意，
综上所述，当且时方程有两个不同实数根．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用导数分析函数的零点问题，常用的方法：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接分析函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到，分析的图象得解）.
7．（2023·广东佛山·统考一模）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.
(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；
(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.
【答案】(1)（答案不唯一，符合题意即可）
(2)可以，理由见详解
【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；
（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.
【详解】（1）由题意可知：，注意到，
取等差数列的公差，则，
令，解得，即24为第5项；
令，解得，即19.2为第7项；
故符合题意.
（2）可以，理由如下：
由（1）可知：，
设数列的前项和为，
∵，
故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.
8．（2023·广东佛山·统考一模）在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】利用正弦定理，边化角，结合同角三角函数的平方式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）由为在方向上的投影向量，则，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得.
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，，，
由（1）可知，，则，
由，则，解得，，
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
9．（2023·广东佛山·统考一模）如图，和都是边长为2的等边三角形，平面平面，平面．
(1)证明：平面；
(2)若点E到平面的距离为，求平面与平面夹角的正切值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，先证明平面，则可证明，即可证明平面；
（2）连接，，取的中点，连接，先求出，，则可求到，再证明平面与平面夹角的平面角为，从而根据即可求解．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，则，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
则平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，，取的中点，连接，则，
因为，
则等腰的面积为，
所以三棱锥的体积为，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，平面，则平面，
因为，则点到平面的距离等于点到平面的距离等于，
因为，则，
又，所以，
因为平面，平面，平面，则，，
所以，所以，
所以平面与平面夹角的平面角为，
则，
所以平面与平面夹角的正切值为．
10．（2023·广东佛山·统考一模）近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.
(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；
(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；
（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，
甲购买一盒猕猴桃的概率.
（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：
故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.
11．（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、、，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值
【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，，根据及，求出，即可求出，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.
【详解】（1）解：依题意，，，所以，，
由，可得，即，解得或（舍去），
故，，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，，
联立，消去整理得，
所以，，
直线的方程为，令，得，
同理可得，
所以
，
故为定值.
12．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.
【答案】(1)，无极小值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
13．（2023·广东茂名·统考一模）已知为数列的前n项和，，.
(1)求数列的通项公式：
(2)若，为数列的前n项和.求，并证明：.
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据题设，利用的关系可推得，判断数列为等差数列，即可求得答案；
（2）由（1）求得的表达式，利用裂项求和求得，结合的的单调性，可证明结论.
【详解】（1）当时,，,则,
当时，，则,
两式相减得：
即
即
∵，∴,
∴数列是2为首项，公差为2的等差数列，∴.
（2）由（1）得，，
，
∵，∴，∴
又∵，∴随着n的增大而减少，从而随着n的增大面增大，
∴，
综上所述，.
14．（2023·广东茂名·统考一模）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求证：.
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；
(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.
【详解】（1）在中，
由及正弦定理得：
又∵，
∴
即
，
∵，∴.
∵，∴，
（2）得：得，
∴，∴，
由题意，及正弦定理得：
∵，∴，即
故的取值范围为
方法二：由正弦定理得：
∵，∴，
由（1）得：，故
由（1）得：得，
∴，∴，
∴，即，
故的取值范围为
15．（2023·广东茂名·统考一模）如图所示，三棱锥，BC为圆O的直径，A是弧上异于B、C的点.点D在直线AC上，平面PAB，E为PC的中点.
(1)求证：平面PAB；
(2)若，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由已知可推出，进而得出D为AC中点，证得，即可根据线面平行的判定定理；
（2）先证明平面.方法一：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可；方法二：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面PAB与平面PBC的法向量，进而根据向量法求出夹角即可.
【详解】（1）因为平面PAB，平面平面，平面CAB
所以.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）
如图1，取的中点F，连结PF、AF.
由已知底面在半圆O上，BC为圆O的直径，可得.
因为
所以，
所以.
又，则有，
所以，.
则有，，，
所以，，，
又，平面，平面.
所以平面.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.
由，，可得.
，，，，，.
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
则，，，，，
所以，，.
设为平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设为平面PBC的一个法向量，
则，
令，则，，则.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，则
.
16．（2023·广东茂名·统考一模）学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.
(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.
（i）在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
（ii）在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.
【答案】(1)
(2)（i）分布列见解析（ii）分布列见解析，均值为0
【分析】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；
（2）（i）的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为－4，－2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；
【详解】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，
B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”
由全概率公式得
（2）（i）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则
得分为的分布列用表格表示
（ii）设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则
得分为的分布列用表格表示为
17．（2023·广东茂名·统考一模）已知椭圆的左焦点F为，过椭圆左顶点和上项点的直线的斜率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若为平面上一点，C，D分别为椭圆的上、下顶点，直线NC，ND与椭圆的另一个交点分别为P，Q.试判断点F到直线PQ的距离是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根据给定条件，直接求出a，b的值作答.
（2）当时，求出直线的方程，与椭圆E的方程联立求出点坐标，进而求出直线方程即可推理计算，再验证时的情况作答.
【详解】（1）椭圆的左顶点，上顶点，依题意，，
又左焦点，即有，解得，
所以椭圆E的方程为.
（2）由（1）知，点，，而，
当时，，，直线PQ为y轴，
当时，直线CN的斜率，方程为，直线DN的斜率，方程为，
由消去x得：，设，
则，有，，即，
由消去x得：，设，
则，有，，即
直线PQ的斜率，方程为：，
即，显然直线PQ过定点，而时，y轴也过点，
因此对任意实数，直线PQ经过定点，
则当（M为垂足）时，F到直线PQ的距离取得最大值，
所以点F到直线PQ的距离存在最大值，最大值为.
【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.
18．（2023·广东茂名·统考一模）若函数有两个零点，且.
(1)求a的取值范围；
(2)若在和处的切线交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解；
（2）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可.
【详解】（1）
当，，在上单调递减，不可能两个零点；
当时，令得
，，单调递增，，，单调递减，
∵，；；，
∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意，
综上：；
（2）先证右边：令则，
∴，，单调递增，，，单调递减，
∴的最大值为，∴，即，
∴且，
∴，
又∵，∴，
∴；
再证左边：曲线在和处的切线分别是
联立两条切线得，∴，
由题意得，
要证，即证，即证，即证，
令，即证，
令，
，∴在单调递减，∴，
∴得证.
综上：.
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题.
19．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列中，，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）解：因为，所以，
因为，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由（1）可知，，所以，
又由题知
.
20．（2023·广东惠州·统考模拟预测）条件①，
条件②，
条件③．
请从上述三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知的内角、、所对的边分别为、、，且满足________，
(1)求；
(2)若是的角平分线，且，求的最小值．
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)
【分析】（1）选①，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选②，利用正弦定理结合余弦定理可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
选③，利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由已知结合三角形的面积公式可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）解：选①：因为，由正弦定理可得，
即，
所以，
而，，故，因为，所以；
选②：因为，由正弦定理，
即，由余弦定理，
因为，所以；
选③：因为，
正弦定理及三角形内角和定理可得，
即，
因为、，则，所以，，，
所以，所以，即.
（2）解：由题意可知，，
由角平分线性质和三角形面积公式得，
化简得，即，
因此，
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
21．（2023·广东惠州·统考模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
(1)证明：平面平面PBC；
(2)若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为，求点P到平面AEF的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
【详解】（1）方法一：
因为底面ABCD，平面ABCD，
所以．
因为ABCD为正方形，所以，
又因为，平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，
所以，
又因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC．
方法二：
因为底面ABCD，平面PAB，
所以平面底面ABCD
又平面底面，，平面ABCD，
所以平面PAB．
因为平面PAB，所以．
因为，E为线段PB的中点，所以．
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
又因为平面AEF，
所以平面平面PBC
因为底面ABCD，，
以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，
设，则，
所以，，，，
设为平面AEF的法向量，
则所以取，则，，
则，
设为平面PBC的法向量，
则所以取，则， ，
则
因为，所以,
所以平面平面PBC.
（2）（基于（1）解法一、二）
因为底面ABCD，，以A为坐标原点，以的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则，
易知是平面PAB的法向量
设，则，所以，，
所以
即，得，所以，
设为平面AEF的法向量，则
所以平面AEF的法向量，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，
所以点P到平面AEF的距离为．
由（1）可知，是直线AF与平面PAB所成的角，
所以
解得，故F是BC的中点．
所以，，
的面积为
因为，的面积为
设点P到平面AEF的距离为h，则有
解得
所以点P到平面AEF的距离为．
（基于（1）解法三）
易知是平面PAB的法向量
所以，
即，解得
所以，
又因为
所以点P到平面AEF的距离为，
所以点P到平面AEF的距离为．
22．（2023·广东惠州·统考模拟预测）某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据：
并计算得．
(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）；
(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．
附：相关系数．
【答案】(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；
（2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值；
（3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．
【详解】（1）样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值
样本中10棵这种树木的材积量的平均值
据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为，
平均一棵的材积量为
（2）
则
（3）设该林区这种树木的总材积量的估计值为，
又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，
可得，解之得．
则该林区这种树木的总材积量估计为
23．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若函数恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)函数的单调递增区间为，单调递区间为
(2)
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）通过构造函数利用导数找最值的方法解决恒成立问题，求解实数a的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域是，
当时，，
令得，所以函数在上单递递增；
令得，所以函数在上单调递减．
所以函数的单调递增区间为，单调递区间为．
（2）恒成立，等价于恒成立，
令，
因为恒成立，所以在上单调递增，
所以，即，
所以恒成立，等价于恒成立
令，问题等价于恒成立
①若时，恒成立，满足题意；
②若时，则，所以，不满足题意；
③若时，因为，令，得，
，，单调递减，，，单调递增，
所以在处取得最小值，
要使得，恒成立，只需，
解得
综上：
【解法二】恒成立，等价于，
令
①若时，，所以在上单调递增，
，即，满足，
②若时，则， ，所以在上单调递增，
由，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递增，值域为；
所以，使得，不满足题意．
③若时，令，∴，
令，则在上单调递增，
函数在上单调递增，值域为；函数在上单调递减，值域为；
则，；，，；，，
所以，，，
，，单调递减，，，单调递增，
只需即可，
∴，∴，
令，，∴在上单调递增，
，∴时，，，，
所以在上单调递增，∴，
即，
综上：
【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
24．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．
(1)求椭圆的方程；
(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，表示出直线OQ的方程，定点和.
进而求出，把代入得，从而，判断出点始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以，得．
故，
从而椭圆C的方程为．
（2）设，则直线AP的斜率为.
因为，所以直线OQ的方程为.
令可得，所以，
又M是AP的中点，所以.
从而，
所以①
因为点在椭圆C上，所以，故，
代入式①可得，从而，
所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为
25．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）在中，角的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)若外接圆的半径为，点D为边的中点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对式子先用倍角公式和半角公式换为关于角的等式，再将提出后，括号内的用两角和的正弦公式，最后用三角形中角之间的关系及诱导公式进行化简求值即可；
（2）根据（1）的结论和正弦定理即可得，根据D为边的中点，可得三角形中长度关系，根据，即在两个小三角形中分别用余弦定理建立等式即可解得.
【详解】（1）解：因为，
即，
即，
即，
因为，所以，且，
所以等式可化为，即，
即，因为，所以；
（2）解：由（1）知，因为外接圆的半径为，
所以中，由正弦定理知：，
即，解得，因为点D为边的中点，
所以，因为，
所以，
在分别由余弦定理可得：
，
代入中可得：
，
即，
即，即，
故，得证.
26．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知正项数列中，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据计算即可得解；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）当时，，
解得，
由当时，，
得当时，，
两式相减得，即，
又，所以，
又适合上式，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
（2），
则，
，
两式相减得
，
所以.
27．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）如图所示的四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，二面角的大小为，点P到底面的距离为．
(1)过点P是否存在直线l，使直线∥平面，若存在，作出该直线，并写出作法与理由；若不存在，请说明理由；
(2)若，求点M到平面的距离．
【答案】(1)存在，理由见解析，图见解析；
(2)点M到平面的距离.
【分析】(1)过点作直线平行于直线，根据线面平行判定定理证明平面即可；
(2)取的中点，的中点，证明平面，建立空间直角坐标系，由条件
求平面的法向量和，利用向量投影公式求点M到平面的距离．
【详解】（1）过点P是存在直线l，满足直线∥平面，理由如下；
过点在平面内作直线平行于直线，
因为，平面，平面，
所以平面，
（2）取线段的中点为，线段的中点为，
连接，
因为为直角梯形，，
所以，又，
所以，
因为，所以，
又，平面，
所以平面，
过点在平面内作直线，
则直线两两垂直，
以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，
过点作，交直线OE于点F，
因为，平面，，
所以平面，故平面，
又点P到底面的距离为，所以，
因为，，
所以为二面角的平面角，
由已知可得，所以，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以
设平面的法向量为，
则，所以，
令，则，
所以为平面的一个法向量，
所以点M到平面的距离.
28．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）某商场在促销活动期间，规定凡是在该商场购买500元及以上的顾客可参与抽奖活动，活动规则如下：每个顾客在一个标有1，2，3，4，5，6的均匀圆盘上转动三次，若指针出现一次或两次指向“4”，则该顾客可获得商场返还购买金额的；出现三次指向“4”，该顾客可获得商场返还购买金额的；否则不返还金额．某顾客在此商场促销活动期间票据单上总购买金额为800元．
(1)求该顾客参与活动后恰好返还240元的概率；
(2)设该顾客参与活动后，最终支付商场的金额为Y，求Y的分布列与数学期望．（四舍五入取整数）
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可知每次指针指向“4”的概率均为，该顾客参与活动后恰好返还240元，则指针出现一次或两次指向“4”，用1减去三次和0次指向“4”的概率即可；
（2）Y可能出现的情况为800，560，400，分别求出其概率得到Y的分布列，利用期望的计算公式求解即可.
【详解】（1）解：因为，可知指针出现一次或两次指向“4”，
由题意可知每次指针指向“4”的概率均为，
记指针指向“4”的次数为X，该顾客参与活动后恰好返还240元为事件A，
则，
因此该顾客参与活动后恰好返还240元的概率为；
（2）设该顾客参与活动后，最终支付商场的金额为Y，则Y可能出现的情况为800，560，400，
，
，
，
所以Y的分布列为：
Y的数学期望.
29．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知椭圆右顶点为A，上顶点为B，过A，B两点的直线平分圆的周长，且与坐标轴时成的三角形的面积为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线与E相交于C，D两点，且点，当的面积最大时，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意写出直线的方程，结合题意求出的值即可求解；
（2）先求出到直线的距离，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得弦长，得出三角形的面积，利用基本不等式求出最大值，从而得到参数的值.
【详解】（1）由题意可知，，所以直线的方程为，
因为过A，B两点的直线平分圆的周长，所以直线的方程过圆心，即，
又因为直线与坐标轴时成的三角形的面积为，所以，
两式联立可得，所以椭圆的方程为.
（2）由直线的方程为，则到直线的距离为，
联立方程组，整理可得，
由判别式，解得，
设，则，
由弦长公式可得，
所以
当且仅当时，等号成立，
所以所求直线的方程为或.
30．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：函数有且仅有两个零点，且．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论并利用导数去判定函数的单调性即可解决；
（2）构造新函数并利用导函数与函数单调性的关系去证明转化后的不等式即可解决.
【详解】（1）的定义域为.
当时，在上单调递增；
当时，由，得或（舍去），
当时，，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，，由（1）知，在单调递增，
在单调递减，所以
又，所以在区间上存在零点，
又因为在单调递减，故在区间上存在唯一的零点；
因为，所以在区间上存在零点，
又因为在单调递增，所以在区间存在唯一的零点.
所以，函数有且仅有两个零点，不妨设.
要证，只需证明，
又因为，且，
所以只需证明，又，只需证明，
即证明，
构造函数，，所以
，
所以在区间上单调递增，所以，
所以，从而得证，所以得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法常用的有以下两种：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论 型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
第1周
第2周
第3周
第4周
第5周
√
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
√
√
╳
√
√
√
╳
√
╳
√
√
√
√
╳
√
－2
0
2
P
－4
－2
0
2
4
P
样本号ｉ
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
总和
根部横截面积
0.04
0.06
0.04
0.08
0.08
0.05
0.05
0.07
0.07
0.06
0.6
材积量
0.25
0.40
0.22
0.54
0.51
0.34
0.36
0.46
0.42
0.40
3.9
Y
800
560
400
P
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