新高考数学二轮复习解答题专题训练专题十 解答题18题、19题压轴题（6阶题组）专项训练（一）（2份，原卷版+解析版）

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（建议用时：30分钟，满分：34分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18题17分、19题17分）
18．如图，平面四边形中，点是线段上一点，，，沿着将折叠得到四棱锥．
(1)求证：平面平面．
(2)若，且，，折叠后．
①求平面与平面夹角的余弦值的最大值．
②若三棱锥的四个顶点均在以为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②存在，．
【分析】（1）根据折叠后应用线面垂直判定定理得出平面，再应用，面面垂直判定定理证明；
（2）①建立空间直角坐标系计算面面角余弦根据单调性即可求最大值；②先根据（1）的结论设外接圆圆心得出，再结合正弦定理及余弦定理即可求出最值.
【详解】（1）在平面四边形中，因为点是线段上一点，，
所以折叠后有，．
又，平面，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）设，则．
①如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，，
所以，，，，
所以，，，．
设平面的法向量为，由，得
令，则．
设平面的法向量为，由，得
令，则．
设平面与平面的夹角为，
则．
令，则
，
所以当，即时，取得最大值．
②如图，由（1）知平面平面，又因为三棱锥的四个顶点均在以为球心的球上，
设和的外接圆圆心分别和，
则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，过点作于，连接，
设，显然四边形为矩形，所以．
在中，因为，所以由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径．
在中，，，，所以由余弦定理得，
再由正弦定理得的外接圆半径．
所以，即
，
所以，
故当时，取得最小值，即，此时三棱锥外接球的体积最小值为，
故三棱锥外接球的体积存在最小值，此时．
19．已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”．
(1)设函数．
（i）当时，求在上的最大“Ω点”；
（ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围；
(2)设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于．
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)证明见解析
【分析】（1）（i）由题意可得对，，当时，都有，即可结合导数研究单调性后取最大值点即可得；
（ii）由题意可得在时恒成立，借助导数分、、及讨论函数单调性即可得；
（2）分“Ω点”个数为，及大于等于进行讨论，结合，从而得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系.
【详解】（1）（i）当时，，
则，
则当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
即对，，当时，都有，
即在上的最大“Ω点”为；
（ii）由题意可得在时恒成立，
，
令，，
则，
当时，恒成立，故在上单调递减，
则，
故在上单调递减，此时，符合要求；
当时，令，则，
则当，即时，，即在上单调递增，
则，即在上单调递增，
有，不符合要求，故舍去；
当，即时，恒成立，故在上单调递减，
则，故在上单调递减，
此时，符合要求；
当，即时，
若，，若，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则若需恒成立，有，解得，
由，故，
由，故，
即当时，符合要求；
综上所述，；
（2）若在D上的“Ω点”个数为，则，符合要求；
若在D上的“Ω点”个数为，令在D上的“Ω点”分别为、、、，
其中、，、、、，
若，
则若，由，则，即，
若，由题意，，，
故，即，又，故，符合要求；
若，
则，，，，
由，则，
若，即，则，
若，由题意，，且，
又，故，即，，，，
即有，即，
由，故，
又，故，
即在D上的“Ω点”个数不小于.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，结合定义得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系.
（建议用时：30分钟，满分：34分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18题17分、19题17分）
18．已知，分别是椭圆的左、右焦点，，分别是椭圆的左、右顶点，点，在椭圆上，且不与两点重合.
(1)当四边形为平行四边形时，请写出点，的位置关系（说明理由即可，不需证明）.
(2)在（1）的条件下，若，且.
（i）求椭圆的方程；
（ii）若点在直线上，且，，求的面积.
【答案】(1)点，关于原点对称
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据椭圆的对称性及平行四边形的对称性判断即可；
（2）（i）根据对称性可得，结合椭圆的定义求出，设，则，由斜率公式求出，即可得解；（ii）过点作，垂足为，直线与轴交于点，根据三角形相似求出，即可求出，从而求出、坐标，即可求出三角形面积.
【详解】（1）因为四边形为平行四边形，，分别是椭圆的左、右顶点，
则的中点为坐标原点，又点，在椭圆上，
又因为椭圆为中心对称图形，所以点，关于原点对称；
（2）（i）由对称性可知，又，所以，
由椭圆的定义可知，即，所以，
设，则，
因为点在椭圆上，所以，所以，
又，所以，即，所以，
解得，
所以椭圆方程为；
（ii）如图，过点作，垂足为，直线与轴交于点，
因为，所以，又，
所以，
所以，所以，又，，，
所以，，
所以，又点在椭圆上，所以，解得，
不妨取，则，所以，
又，
所以
；
由对称性，可得，，或，，
或，，时，同理可得，
综上可得.
19．已知函数，，设，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：当曲线经过点时，有且仅有一个零点；
(3)证明：对小于的实数，若关于方程恰有三个不同的实根，则.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）应用导数的几何意义求一点处的切线方程；
（2）由题设，构造并应用导数研究其零点求得，进而应用导数研究判断的零点，即可证；
（3）首先应用导数研究的函数性质并求出极值，再画出大致图象，最后应用数形结合及放缩法判断极值符号，即可证明不等式；
【详解】（1）时，则，故，，
点处的切线方程为；
（2）因曲线经过点，则，
令，.
令；，
则在上单调递减，在上单调递增，则，
由，可得，此时，，
令，，则在上单调递增，
注意到，结合在上递增，
所以；，故在单调递减，在上单调递增，则，
即曲线经过点时，有且仅有一个零点1；
（3），其中，，，
令且，，则，则在上单调递增.
注意到，，则，使，
结合在上递增，则，.
所以在上单调递减，在上单调递增，则的极小值为.
注意到，则，
令且，则，
所以在上单调递减，故.
注意到，，则，使；
令且，在上单调递增，则，
即，，，；
令且，.
所以；，
则在上单调递增，在上单调递减，则，
所以，，
综上，，
又，.
则，使，则、大致图象如下，
方程恰有三个不同的实数根，则直线与图象有3个交点，
由图，得时满足题意.
对小于的实数，存在实数使关于方程恰有三个不同的实数根，
注意到，则时满足题意，
令且，则，
则在上递增，则，得证.
（建议用时：30分钟，满分：34分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18题17分、19题17分）
18．记.
(1)判断并证明的奇偶性；
(2)将的最小值记为，
（i）求数列，
（ii）若恒成立，求的最小整数值.
【答案】(1)偶函数，证明见解析
(2)（i）；（ii）10
【分析】（1）根据偶函数的定义结合三角函数的奇偶性分析判断即可；
（2）（i）分和两种情况，换元令，可得，利用导数分析单调性和最值，进而可得数列的通项公式；（ii）令，利用错位相减法求，进而分析求解.
【详解】（1）函数为偶函数，理由如下：
因为的定义域为，
且，
所以函数为偶函数.
（2）（i）因为，，
当时，，
当时，令，则，
设，则，
当时，则，，
可得，在上单调递减；
当时，则，，
可得，在上单调递增；
可知当时，取最小值，
所以；
当时，亦适合上式，所以；
（ii）令，
则，
可得，
两式相减得
，
则，
所以，即的最小整数值为10.
19．平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，经过且倾斜角为的直线与交于A，B两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后A，B两点在新图形中对应的点分别记为，且二面角为直二面角，如图所示.
(1)求折叠前的标准方程；
(2)若，求；
(3)当时，折叠后，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率可得，，进而可得和椭圆方程；
（2）可得直线方程为，与椭圆方程联立结合韦达定理求弦长；
（3）联立方程求点的坐标，建立空间直角坐标系，分别求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角.
【详解】（1）因为的周长为，即，
又因为离心率为，则，可得
所以折叠前椭圆的标准方程.
（2）由（1）可知：，
直线经过且斜率为，则直线方程为，且直线与椭圆必相交，
与椭圆方程联立，消去得，
设交点，则，
由弦长公式可得：.
（3）当时，直线的方程为：，
联立方程，解得或，
即，
以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
故，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，
可得
平面的一个法向量为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（建议用时：30分钟，满分：34分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18题17分、19题17分）
18．已知双曲线的离心率为，焦距为4．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)过双曲线的左焦点的直线与双曲线交于两点，的中点为，点的轨迹为曲线．
（i）求的方程．
（ii）已知点在曲线上，点在轴的右侧，点在轴的左侧，为坐标原点，直线与直线分别交于点．求证：.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用给定的离心率求出双曲线的标准方程.
（2）（i）设出直线，与双曲线的方程联立并求出中点坐标，再消去参数即得的方程；（ii）设出直线方程及点坐标，与的方程联立，求出点的坐标，利用韦达定理列式计算得证.
【详解】（1）由双曲线的离心率为，焦距为4，
得半焦距，，则，
所以双曲线的标准方程为.
（2）（i），当直线不垂直于时，设其方程为，，
由消去得，，设，
则，，
于是，，整理得，
当直线垂直于时，由对称性不妨令，则，其坐标满足，
所以的方程为.
（ii）设直线的方程为，，
由消去得，，，
，直线，直线，
则，，
，所以.
19．已知函数．
(1)当时，求在上的最大值．
(2)当时，证明：在上单调递增．
(3)证明：，使得．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数求出在上的最大值.
（2）求出的导数，利用利用和差角的正弦公式可得，再求出并确定其正数即可推理得证.
（3）利用正弦函数在上的图象可得当时，，当时，，再利用（2）的结论按的奇偶分类推理得证.
【详解】（1）当时，，
求导得，
而，由，得；由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的最大值为.
（2）函数，求导得，
由，得，
，
当且时，
，，
因此，所以当时，在上单调递增.
（3）如图，
由正弦函数的部分图象知，当时，，
当时，，
由（2）知在上单调递增，取，
当时，，则；
当时，，此时，
若为奇数，令，由，得，
；
若为偶数，令，则
，
所以，使得.
（建议用时：30分钟，满分：34分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18题17分、19题17分）
18．设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，为坐标原点.
(1)求；
(2)设点，直线，与的另一个交点分别为，求面积的最小值.
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）利用直线与抛物线联立，由直线经过轴上的点的横坐标，可得两交点的纵坐标之积为定值，再结合点在抛物线上，又可求得两交点的横坐标之积为定值，从而可得向量积为定值；
（2）利用第一问的结论，来研究交点的纵坐标，并可求得直线经过轴上的点的横坐标，再把的面积转化为的纵坐标之差与的长度之积的一半来进行计算即可求解.
【详解】（1）
设，，直线的方程为，
由得，时，
则，
因为直线经过点，所以，故，此时
而两点在上，故，，所以，
所以.
（2）设，，因为直线，经过点，
由（1）知，由，则，，
设直线的方程为，
同理得，，
则，，
由，
而，所以，故.
所以直线经过定点，且，
，
当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为8.
19．已知函数.
(1)为的导数，讨论的单调性；
(2)若函数在定义域内有两个极值点，，.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）将设成，通过二次求导，讨论，可得单调性.
（2）（i）在定义域内有两个极值点，转化为在区间上恰有两个“变号”零点问题，进行求解.
（ii）通过构造差函数，将“双元”转变成“一元”，从而得证.
【详解】（1）由题，，.
设，，则，
若，则，所以在上单调递减.
若，当时，，所以在上单调递增.
当时，，所以在上单调递减.
综上所述，当，在上单调递减；
当，在上单调递增；在上单调递减.
（2）（i）函数在定义域内有两个极值点，
等价于在区间上恰有两个“变号”零点，
由（1）知，，且，
解得.
而当且时，; 时，.
综上所述，的取值范围为.
（ii）证明：因为，是的两根，
所以，即，两式相减得.
又，
同理，则.
欲证，即证，
只需证，而，即证，
因为，所以，则只需证.
令，则转化为证明，.
设，，则，
所以在上单调递减，故，
即恒成立.
所以成立.
（建议用时：30分钟，满分：34分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（18题17分、19题17分）
18．已知函数.
(1)若，求的最大值；
(2)证明存在唯一的极大值点，且；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）对函数求导得，令且，判断导数的区间符号确定单调性，进而求最大值；
（2）设，根据零点存在性定理确定零点所在区间，进而判断的符号，求的单调性，再求其极大值点，最后证明；
（3）问题化为，讨论、、，再应用导数研究不等式恒成立求参数范围.
【详解】（1）当时，，则.
易知在上单调递减，且，
当时，单调递增，当时，单调递减，
因此的极大值即最大值，为；
（2），设，
因为，所以在上单调递减，又，时，，
因此，使得，即，即，
当时，单调递增，当时，单调递减，
因此存在唯一的极大值点，
，
当且仅当时等号成立，得证.
（3），即，因为，所以，
当时，不等式恒成立；
当时，不等式转化为恒成立，设，
所以，
令，解得，则在上的单调性如下，
在上，单调递增，在上，单调递减，
所以在内有唯一极大值点，即，从而，
当时，不等式转化为恒成立，
令，解得，则在上的单调性如下，
在上，单调递减，在上，单调递增，
所以在内有唯一极小值点，则，从而，
综上，的取值范围是.
19．已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点和右顶点分别为，.
(1)求的方程.
(2)已知过点的直线与交于两点，过点且与垂直的直线与交于两点，在轴的上方，分别为的中点，直线与交于点.
（i）求证：直线过定点；
（ii）求面积的最小值.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据已知求出椭圆参数值，即可得方程；
（2）（i）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理及已知求出的坐标，进而写出直线并确定其定点；（ii）连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，连接，进而得到，应用弦长公式、三角形面积公式列方程，再由基本不等式求最小值.
【详解】（1）设的半焦距为，由题意知，
由椭圆的几何性质知，，
，则，
，
，故的方程为.
（2）（i）由（1）知，，由题意知，直线与坐标轴不垂直，
设，直线，
将代入，整理得，
，
，
，同理可得，
，
∴直线，即，
∴直线过定点.
（ii）如图，连接，设为线段的中点，直线分别与相交于点，连接.
分别为的中点，
，则，
，故.
由（i）知，，
同理可得，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
面积的最小值为.