2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第17-20题解析版

这是一份2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第17-20题解析版，共76页。试卷主要包含了记为数列的前n项和，已知数列的前项和公式为，已知数列的前项和为.，已知数列的前项和为，点在直线上，已知数列的前n项和.，已知数列满足，设.等内容，欢迎下载使用。
2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题17-20题
原题17
1．记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
变式题1基础
2．已知数列的各项为正数，其前项和满足，设．
（1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求的最大值．
变式题2基础
3．已知数列的前项和公式为
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和的最小值．
变式题3基础
4．已知数列的前项和为.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求的最大值及取得最大值时的值.
变式题4巩固
5．已知数列的前项和为，点在直线上．
(1)求数列的前项和，以及数列通项公式；
(2)若数列满足：，设数列的前项和为，求的最小值．
变式题5巩固
6．已知正项数列的首项为1，其前项和为，满足.
(1)求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)若，是的前项和，已知对于都成立，求的取值范围.
变式题6巩固
7．已知数列的前n项和.
(1)求的通项公式．
(2)的前多少项和最大？
(3)设，求数列的前n项和.
变式题7巩固
8．已知数列满足，设.
(1)证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
(2)求数列的前项和的最小值.
变式题8提升
9．已知数列的前项和为，，______.指出、、…中哪一项最大，并说明理由.
从①，，②是和的等比中项这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
变式题9提升
10．已知正项数列的前n项和为，，当且时，.
（1）求数列的通项公式；
（2）请判断是否存在三个互不相等的正整数p，q，r成等差数列，使得，，也成等差数列.
变式题10提升
11．已知等差数列的前n项和为.
（1）若数列为等差数列，且，求；
（2）若，求公差d的取值范围.
原题18
12．在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
变式题1基础
13．如图，在三棱柱中，平面，，．

(1)求证：平面；
(2)记和的交点为M，点N在线段上，满足平面，求直线与平面所成角的正弦值．
变式题2基础
14．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点是的中点.

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
变式题3基础
15．如图，在直角中，PO⊥OA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点．

(1)求证：；
(2)设直线PC与平面PAB所成的角为，求．
变式题4巩固
16．在直角梯形中，，，，，M为线段中点，将沿折起，使平面平面，得到几何体.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
变式题5巩固
17．在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，E为的中点，点P在平面内的投影F恰好在直线上．

(1)证明：．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
变式题6巩固
18．如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC．

(1)证明：PD⊥平面BCD；
(2)若M为PB的中点，二面角P﹣BC﹣D等于60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．
变式题7巩固
19．如图，在三棱柱中，，F是的中点．

(1)证明：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
变式题8提升
20．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，点在上．

（1）求证：；
（2）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值．
变式题9提升
21．如图，在中，，，为的中点，，.现将沿翻折至，得四棱锥.

（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正切值
变式题10提升
22．如图，在七面体中，四边形是菱形，其中，，，是等边三角形，且.

（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
原题19
23．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
变式题1基础
24．为弘扬奥运精神，某校开展了“冬奥”相关知识趣味竞赛活动.现有甲､乙两名同学进行比赛，共有两道题目，一次回答一道题目.规则如下：①抛一次质地均匀的硬币，若正面向上，则由甲回答一个问题，若反面向上，则由乙回答一个问题.②回答正确者得10分，另一人得0分；回答错误者得0分，另一人得5分.③若两道题目全部回答完，则比赛结束，计算两人的最终得分.已知甲答对每道题目的概率为，乙答对每道题目的概率为，且两人每道题目是否回答正确相互独立.
(1)求乙同学最终得10分的概率；
(2)记X为甲同学的最终得分，求X的分布列和数学期望.
变式题2基础
25．冰壶是2022年2月4日至2月20日在中国举行的第24届冬季奥运会的比赛项目之一．冰壶比赛的场地如图所示，其中左端（投掷线的左侧）有一个发球区，运动员在发球区边沿的投掷线将冰壶掷出，使冰壶沿冰道滑行，冰道的右端有一圆形的营垒，以场上冰壶最终静止时距离营垒区圆心的远近决定胜负，甲、乙两人进行投掷冰壶比赛，规定冰壶的重心落在圆中，得3分，冰壶的重心落在圆环中，得2分，冰壶的重心落在圆环中，得1分，其余情况均得0分．已知甲、乙投掷冰壶的结果互不影响，甲、乙得3分的概率分别为，；甲、乙得2分的概率分别为，；甲、乙得1分的概率分别为，．

(1)求甲所得分数大于乙所得分数的概率；
(2)设甲、乙两人所得的分数之差的绝对值为，求的分布列和期望．
变式题3基础
26．某紫砂壶加工工坊在加工一批紫砂壶时，在出窑过程中有的会因为气温骤冷、泥料膨胀率不均等原因导致紫砂壶出现一定的瑕疵而形成次品，有的直接损毁．通常情况下，一把紫砂壶的成品率为，损毁率为．对于烧窑过程中出现的次品，会通过再次整形调整后入窑复烧，二次出窑，其在二次出窑时不出现次品，成品率为．已知一把紫砂壶加工的泥料成本为500元/把，每把壶的平均烧窑成本为50元/次，复烧前的整形工费为100元/次，成品即可对外销售，售价均为1500元．
(1)求一把紫砂壶能够对外销售的概率；
(2)某客户在一批紫砂壶入窑前随机对一把紫砂壶坯料进行了标记，求被标记的紫砂壶的最终获利X的数学期望．
变式题4巩固
27．甲、乙两名同学参加某个比赛，比赛开始前箱子中装有3个红球3个白球，箱子中装有1个红球2个白球．比赛规则是：先由甲同学从箱子中每次取一个球放入箱子中，若从箱子中放入箱子中的球是红球则停止取球，若是白球则继续取球放球过程，直到第一次取到红球并放入箱子中为止．然后再由乙同学从箱子中任取一个球，若取出的是红球则乙同学获胜，否则甲同学获胜．
(1)用表示甲同学从箱子中取出放入箱子中球的个数，求的分布列及数学期望；
(2)求甲同学获胜的概率．
变式题5巩固
28．高二年级某班学生在数学校本课程选课过程中，已知第一小组与第二小组各有六位同学.每位同学都只选了一个科目，第一小组选《数学运算》的有1人，选《数学解题思想与方法》的有5人，第二小组选《数学运算》的有2人，选《数学解题思想与方法》的有4人，现从第一、第二两小组各任选2人分析选课情况.
(1)求选出的4 人均选《数学解题思想与方法》的概率；
(2)设为选出的4个人中选《数学运算》的人数，求的分布列和数学期望．
变式题6巩固
29．2021年12月，新冠疫情的严重反弹，扰乱了西安市民乃至陕西全省人民正常的生活秩序，各行各业的正常生产、运营受到严重影响，相关部门，为了尽快杜绝疫情的扩散，果断实施了小区封控、西安市区封城、市民足不出户等有效措施.2022年1月下旬小区相继解封.某销售商场为尽快弥补疫情带来的损失，推行高档电器“大屏幕电视机、冰箱和洗衣机”三种商品的抢购优惠促销活动.活动规则是：人人都可以参加三种商品的抢购，但每种商品只能抢购一次一件；优惠标准是：抢购成功者，大屏幕电视机优惠800元；冰箱优惠500元；洗衣机优惠300元，张某参加了这次抢购且三种商品都抢购，假设抢购成功与否相互独立，抢购三种商品成功的概率顺次为、、，已知这三种商品都能抢购成功的概率为，至少一种商品能抢购成功的概率为.
(1)①求、的值；
②求张某恰好抢购成功两种商品的概率.
(2)求张某抢购成功获得的优惠总金额的分布列和数学期望.
变式题7巩固
30．2022年4月16日上午9：57神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利返回地面．半年内，航天员们顺利完成了两次出舱任务，两次“天空课堂”讲课，还组织了天宫画展、春节跨年以及迎元宵活动，为全国观众留下了深刻印象，也掀起了一股航天热．邢台市某中学航天爱好者协会为了解学生对航天知识的掌握程度，对该校高一、高二年级全体学生进行了相关知识测试，然后从高一、高二各随机抽取了20名学生成绩（百分制），并对数据（成绩）进行了整理、描述和分析．下面给出了整理的相关信息：
等级
E
D
C
B
A
成绩





高一人数
1
2
3
4
10
高二频率
0.1
0.15
0.2
0.3
0.25

(1)从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于90分的概率是多少？
(2)分别从高一全体学生中抽取一人，从高二全体学生中抽取2人，这三人中成绩不低于90分的人数记为X，用频率估计概率，求X的分布列和期望．
变式题8提升
31．猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名．规则如下：参赛选手按第一关，第二关，第三关的顺序依次猜歌名闯关，若闯关成功依次分别获得猜公益基金元，元，元，当选手闯过一关后，可以选择游戏结束，带走相应公益基金；也可以继续闯下一关，若有任何一关闯关失败，则游戏结束，全部公益基金清零．假设某嘉宾第一关，第二关，第三关闯关成功的概率分别是，，，该嘉宾选择继续闯关的概率均为，且各关之间闯关成功与否互不影响．
（1）求该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率；
（2）求该嘉宾获得的公益基金总金额的分布列及均值．
变式题9提升
32．为进一步激发青少年学习中华优秀传统文化的热情，某校举办了“我爱古诗词”对抗赛，在每轮对抗赛中，高二年级胜高三年级的概率为，高一年级胜高三年级的概率为，且每轮对抗赛的成绩互不影响．
(1)若高二年级与高三年级进行4轮对抗赛，求高三年级在对抗赛中至少有3轮胜出的概率；
(2)若高一年级与高三年级进行对抗，高一年级胜2轮就停止，否则开始新一轮对抗，但对抗不超过5轮，求对抗赛轮数X的分布列与数学期望．
变式题10提升
33．1971年“乒乓外交”翻开了中美关系的新篇章，2021年休斯顿世乒赛中美两国选手又一次践行了“乒乓外交”所蕴含的友谊､尊重､合作的精神，使“乒乓外交”的内涵和外延得到了进一步的丰富和创新，几十年来，乒乓球运动也成为国内民众喜爱的运动之一，今有小王､小张､小马三人进行乒乓球比赛，规则为：先由两人上场比赛，另一人做裁判，败者下场做裁判，另两人上场比赛，依次规则循环进行比赛.由抽签决定小王､小张先上场比赛，小马做裁判.根据以往经验比赛：小王与小张比赛小王获胜的概率为，小马与小张比赛小张获胜的概率为，小马与小王比赛小马获胜的概率为.
(1)比赛完3局时，求三人各胜1局的概率；
(2)比赛完4局时，设小马做裁判的次数为X，求X的分布列和期望.
原题20
34．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
变式题1基础
35．已知圆，一动圆与直线相切且与圆外切．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）过作直线，交（1）中轨迹于两点，若中点的纵坐标为，求直线的方程．
变式题2基础
36．已知抛物线的焦点为、为抛物线上两个不同的动点，当过且与轴平行时的面积为2．
（1）求抛物线的方程；
（2）分别过作垂直于轴，若，求与轴的交点的横轴标的取值范围．
变式题3基础
37．已知抛物线的焦点为F，点M是抛物线的准线上的动点．

(1)求p的值和抛物线的焦点坐标；
(2)设直线l与抛物线相交于A、B两点，且，求直线l在x轴上截距b的取值范围．
变式题4巩固
38．如图，抛物线的焦点为F，点A为抛物线上的一动点，直线AF交抛物线于另一点B，当直线的斜率为1时，线段的中点的横坐标为2．

（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过B与轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，求N的纵坐标的取值范围．
变式题5巩固
39．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上．
(1)若，求抛物线的标准方程；
(2)若直线与抛物线交于，两点，点的坐标为，且满足，原点到直线的距离不小于，求的取值范围．
变式题6巩固
40．已知抛物线的焦点到准线的距离为1.
(1)求C的方程；
(2)已知点在C上，且线段AB的中垂线l的斜率为，求l在y轴上的截距的取值范围.
变式题7巩固
41．已知圆的圆心为，点是圆上的动点，点是抛物线的焦点，点在线段上，且满足.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)不过原点的直线与（1）中轨迹交于两点，若线段的中点在抛物线上，求直线的斜率的取值范围.
变式题8提升
42．如图，已知过点，圆心C在抛物线上运动，若MN为在x轴上截得的弦，设，，
当C运动时，是否变化？证明你的结论．
求的最大值，并求出取最大值时值及此时方程．

变式题9提升
43．如图，已知点是焦点为的抛物线上一点，，是抛物线上异于的两点，且直线，的倾斜角互补，若直线的斜率为．

（Ⅰ）证明：直线的斜率为定值；
（Ⅱ）求焦点到直线的距离（用表示）；
（Ⅲ）在中，记，，求的最大值．
变式题10提升
44．设点是抛物线上异于原点O的一点，过点P作斜率为、的两条直线分别交于、两点（P、A、B三点互不相同）．
(1)已知点，求的最小值；
(2)若，直线AB的斜率是，求的值；
(3)若，当时，B点的纵坐标的取值范围．

参考答案：
1．(1)证明见解析；
(2)．

【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
（1）
因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）
[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．

2．（1）证明见解析，；（2）.
【详解】试题分析：（1）当时可求,当时,,从而可知数列是首项为,公差为的等差数列,从而可求得通项公式；（2）由（1）,而,可求得,利用等差数列求和公式即可求得,进而求得最大值.
试题解析：解：（1）当时，，∴
当时，，即
∴，∴，∴
∴，所以是等差数列，
（2），，∵，∴是等差数列
∴，当时，
考点：定义证明等差数列及数列求通项,求和.
【思路点晴】本题考查数列的求和,着重考查等差数列关系的确定及其通项公式和求和公式的应用,考查推理与运算能力,属于中档题目.第一问将已知的关于和与项的关系变形,然后仿写一个新的等式,将两个式子相减得到项的关系,利用等差数列的定义证明；第二问求出数列的通项公式进而求出求和公式,转化为二次函数求最值问题,注意的取值范围为正整数.
3．(1)；
(2)当或时，的值最小，值为.

【分析】（1）由 得通项公式，再讨论情况；
（2）由（1）中的可知数列为等差数列，其中，所有的非正项的和取最小值．
（1）
当时，，
当时，=
经检验，满足此式，所以
（2）
由（1）可知，数列为等差数列，
设，得，
当或时，的值最小，值为.
4．（1）证明见解析；（2）前16项或前17项和最大，最大值为.
【解析】（1）先由求通项公式，再利用定义法证明即可；
（2）先判断的n的范围，得到数列的正负分布，即得何时最大.
【详解】解：（1）证明：当时，，
又当时，，满足，
故的通项公式为，
∴.
故数列是以32为首项，为公差的等差数列；
（2）令，即，解得，
故数列的前16项或前17项和最大，
此时.
5．(1)，，
(2)-15

【分析】（1）根据题意得到，根据得到通项公式.
（2），根据通项的正负确定最值，计算得到答案.
（1）
，则，
当时，；当时，；
而，∴，.
（2）
，当时，，当时，，
故.
6．(1)证明见解析，
(2)或

【分析】（1）结合化简已知条件，求得，结合证得数列为等差数列，然后求得，进而求得.
（2）先求得，然后求得的最大值，进而通过解一元二次不等式求得的取值范围.
（1）
∵，∴，
∵∴，∴，
∴，又由，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列；
所以，∴，
当时，，
当时，，
当时，上式也符合，所以.
（2）
，时，，，，，，
∴或5时，，∴或.
7．(1)
(2)前16项或前17项的和最大
(3)

【分析】（1）利用递推关系：当时，，当时，，即可得出．
（2）令，得，解出即可得出．
（3）由（2）知，当时，，利用等差数列前项和公式计算可得；当时，，则进而得出．
（1）
解：因为，当时，当时，所以，经检验当时也成立，所以；
（2）
解：令，即，所以，
故数列的前17项大于或等于零．
又，故数列的前16项或前17项的和最大．
（3）
由（2）知，当时，；
当时，，
所以当时，．
当时，
．
故．
8．(1)证明见解析，
(2)

【分析】（1）由递推公式两边同乘，即可得到，从而得到为等差数列，再根据等差数列的通项公式计算可得；
（2）首先根据等差数列求和公式得到，再根据二次函数的性质计算可得；
（1）
解：因为，所以，由，
所以，且，
所以数列以为首项，以1为公差的等差数列，
所以；
（2）
解：由（1）可知，所以，所以当或时取得最小值，且
9．①②均能得到最大.
【解析】根据可得，从而可判断为等差数列，若选①，则可得，故可判断出等差数列的通项何时变号，从而得到的最大项. 若选②，则可求出，同样可判断出等差数列的通项何时变号，从而得到的最大项.
【详解】因为，故，
故.
当时，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，
所以，故，也即是
故，所以为等差数列.
若选①，
因为，，故，
故，，故最大.
若选②，则，故，解得，
故，故，故最大.
【点睛】本题为数列中的补全条件解答题，考查数列的通项与前项和的关系以及等差数列前和的最值问题，后者常通过项何时开始变号来确定何时取最值，本题属于中档题.
10．（1）；（2）不存在.
【解析】（1）由已知可得当且时，有，可得，仍成立，故，平方后得，化简可得，可得数列是等差数列，从而求得数列的通项公式；
（2）由题意有，又由（1）可知可得，由，有，故，，所以不存在三个互不相等的正整数p，q，r成等差数列，使得，，也成等差数列.
【详解】解：（1）当且时，有，可得，
由，满足该式，
可得当时，有，平方后可得
当且时，有
可化为
有
由，有，可得数列是以1为首项，2为公差的等差数列，有
故数列的通项公式为
（2）由题意有
又由（1）可知
有

由，有，，有
可得
故不存在三个互不相等的正整数p，q，r成等差数列，使得，，也成等差数列.
【点睛】给出 与 的递推关系，求an，常用思路是：一是利用转化为an的递推关系，再求其通项公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.
11．（1）；（2）或.
【分析】（1）设数列公差为，由通项公式再平方可以得到关于的式子，再由求得通项公式，由求出，这时就求出了.
（2）由等差数列前n项和公式代入题中式子，得到关于与的二次式，将看成参数，则式子为关于的一元二次方程，因为肯定存在，则这个一元二次方程的判别式大于等于零，据此解出d的取值范围.
【详解】（1）∵数列为等差数列，设其公差为，
∴，
∴，
∴当时，
               
当时也应成立，此时，故
此时，.
（2）∵为等差数列，首项为，
∴，，
∴，
∴，
整理得，，
上述方程对有解，故，
∴.
12．(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
（1）
证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；

（2）
解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.


13．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）线面垂直证明线线垂直，进而证明出线面垂直；（2）先找到点的位置，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算.
（1）
证明：∵在三棱柱中，平面，因为平面，故，因为，，所以平面，
∵平面，∴，因为∥，所以，
因为，故四边形为菱形，故，
∵，∴平面
（2）
由平面，平面，平面平面，
故，又M为中点，故N为中点.
以B为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.

则
，，设平面的法向量，
由，得，取，
又，设直线与平面所成的角大小为，
则
即直线与平面所成角的正弦值为.
14．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定定理即可证明；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，通过线面角相关公式进行计算即可.
（1）
如图，连接，
∵四边形是正方形，∴.
又平面，平面，∴，
∵平面，，
∴平面，
又平面，
∴
（2）
易知，，两两垂直，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵，∴，，，，，
∴，，.
设平面的法向量为，则，
令，得.设直线与平面所成角为，由图可知，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为.

15．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）本题首先易证PO⊥平面AOB，可得PO⊥AB，再证AB⊥平面POC；
（2）根据线面夹角可知，利用空间向量计算处理．
（1）
证明：由题意知：，
∴PO⊥平面AOB，
又∵平面AOB，所以PO⊥AB．
又点C为的中点，所以OC⊥AB，
，
所以AB⊥平面POC，
又∵平面POC，所以PC⊥AB．
（2）
以O为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，
所以，，．
设平面PAB的法向量为，则取，则
可得平面PAB的一个法向量为，
所以．

16．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面夹角的正弦值即可；
（1）
证明：在直角梯形中，，，，
∴，，从而
又平面平面，且平面平面
∴平面，平面，∴.
又，且，∴平面
（2）
取的中点O，连接，
由题设知为等腰直角三角形，
又平面平面，且平面平面，平面
连接，因为M，O分别为和的中点，
由（1）可知，以分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，
则，令，则
设直线与平面所成角为θ，

故直线与平面所成角的正弦值为.

17．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由四边形为长方形得，由平面得，根据线面垂直的判断定理可得平面，再由性质定理可得答案；
（2）连接，由（1）和已知得，求出、，过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出
平面的一个法向量、，利用线面角的向量求法可得答案.
（1）
因为，，E为的中点，所以，
所以四边形为长方形，，
因为平面，平面，所以，
又因为，所以平面，
平面，所以．
（2）
连接，由（1）平面，平面，所以，
因为，所以，
所以，即，，，
所以，即，
过做交于，分别以所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，令，则，
所以，
设直线PB与平面PAD所成角的为，所以
，
所以直线PB与平面PAD所成角的正弦值为．

18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，再证明出线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.
（1）
∵BC⊥CD，BC⊥PC，且PC∩CD＝C，
∴BC⊥平面PCD，
又∵PD⊂平面PCD，∴BC⊥PD．
∵PD⊥BD，BD∩BC＝B，
∴PD⊥平面BCD；
（2）
∵PC⊥BC，CD⊥BC，
∴∠PCD是二面角P﹣BC﹣D的平面角，则∠PCD＝60°，
因此，
取BD的中点O，连接OM，OC，
由已知可得OM，OC，OD两两互相垂直，
以O为坐标原点，分别以OC，OD，OM所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设OB＝1，则P（0，1，），C（1，0，0），D（0，1，0），M（0，0，），
，，．
设平面MCD的一个法向量为，
由，取z，得．
∴cos．

故直线PC与平面MCD所成角的正弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取中点为G，连接，可证，从而证明，证明平面，从而证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，再求得平面的法向量和的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案.
（1）
取中点为G，连接，在中，根据勾股定理可得，
因此，
而已知平面，
∴，∴，
由余弦定理可得，
故 ,
因此平面，
而平面，
∴．
（2）
由（1）得，，又平面，
故以C为坐标原点，分别 为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，

则：，
，
设平面的法向量为，则 ，
令，可取，又，
所以与平面所成角的正弦值．
20．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质定理即可证得；
（2）根据所给的二面角的大小，结合空间向量，从而确定出点的位置，再用空间向量确定出线面角的正弦值．
【详解】（1）取的中点，连结，则，
所以四边形为平行四边形，，
又，，
又平面，平面，
且，平面，平面
又平面，
（2）以为坐标原点，分别所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，易得，
设平面的法向量为，，
则，令则．
又平面的法向量为，
由题知，解得，
即，
而是平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成的角的正弦值为．

21．（1）证明见解析；（2）7
【分析】（1）设为的中点，通过证明，来证明面，从而证得；
（2）法一：连结，设在面上的射影点为，则由题知点在上，且为直线与平面所成角，通过条件算出，，即可求得直线与平面所成角的正切值；
法二：如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，运用向量法求解直线与平面所成角的正切值.
【详解】（1）设为的中点，为的中点，，则，
故，则，
又，则，
所以是的角平分线，且三点共线.
由，且,得面，则；
（2）法一：连结.
由平面得，平面平面，交线为，
所以在面上的射影点在上，
为直线与平面所成角.
在中，，由余弦定理得，
，故，，
又，在得，由余弦定理得，则，
所以，
由（1）得为角平分线，
在中，，由余弦定理得，则，所以
，所以直线与平面所成角的正切值为7.

法二：如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系.
，

设，由，得
，
得.,
平面法向量为，设直线与平面所成角为，所以
，,则，
所以直线与平面所成角的正切值为7.

【点睛】本题主要考查了直线与直线垂直的证明，直线与平面所成角的求解，考查了转化与化归的思想，考查了学生的直观想象，逻辑推理与运算求解能力.
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点，可得，可得平面，及平面，由等边三角形得，可得平面，故，由可得答案；
（2）连接，过点作平面于点，得平面平面，
由（1）知平面，平面，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，设，得和平面的法向量，由可得答案.
【详解】（1）取中点，连接，，，所以，由余弦定理得
，得，
，又，且，则平面，
故，又，所以平面，
则，由等边三角形得，且，
则平面，故，
又，因此.

（2）连接，过点作平面于点，连接，，
由平面得平面平面，则点在平面内的射影位于直线上，由等边三角形得点在平面内的射影位于的中垂线上，因此，由几何关系可确定点在平面内的射影位于的重心，
又由（1）知平面，平面，则，，，，五点共面，
如图，以点为原点，以射线，为，轴的正半轴，建立空间直角坐标系G-xyz，不妨设，则，，，
在和中，由余弦定理得
，，
则，
解得，
因此，，，
设平面的法向量，
由得，取，
设直线与平面所成角为，则
，
因此，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题主要考查了线线垂直和线面角的求法，解题的关键点是如何根据已知条件建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.
23．(1)；
(2)分布列见解析，.

【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
（1）
设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为


．
（2）
依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即的分布列为

0
10
20
30

0.16
0.44
0.34
0.06

期望.

24．(1)
(2)分布列见解析，X的数学期望为

【分析】（1）根据题意得到乙同学最终得10分的所有可能情况，求出其概率再相加即可；
（2）根据题意写出甲同学的最终得分X的所有可能取值，求出其概率再运用期望计算公式求得X的数学期望即可.
（1）
记“乙同学最终得10分”为事件A，
则可能情况为甲回答两题且错两题；甲､乙各答一题且各对一题；乙回答两题且对一题错一题，
则，
所以乙同学得10分的概率是.
（2）
甲同学的最终得分X的所有可能取值是0，5，10，15，20.
，
，
，
，
.
X的分布列为
X
0
5
10
15
20
P






，
所以X的数学期望为.
25．(1)
(2)分布列见解析，期望为：

【分析】（1）根据题意先求出甲乙分别得0分的概率，甲所得分数大于乙所得分数分为：甲得3分乙得2或1或0分，甲得2分乙得1或0分，甲得1分乙得0分，再分析求解概率即可；（2）根据题意得可能取值为0，1，2，3，再分别求概率，再画出分布列，求解期望即可.
（1）
由题意知甲得0分的概率为，
乙得0分的概率为，
甲所得分数大于乙所得分数分为：甲得3分乙得2或1或0分，甲得2分乙得1或0分，甲得1分乙得0分
所以所求概率为．
（2）
可能取值为0，1，2，3，




所以，随机变量的分布列为：
X
0
1
2
3
P





所以
26．(1)
(2).

【分析】（1）计算出第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率，加上第一次即为正品的概率，求出答案；（2）求出X的可能取值及相应的概率，求出分布列，计算出期望.
（1）
设一把紫砂壶第一次出窑为次品为事件A，则，
则第一次为次品，经过复烧，二次出窑为成品的概率为，
则一把紫砂壶能够对外销售的概率，
（2）
X的可能取值为1500-500-50=950,1500-500-50-100-50=800，-500-50=-550，
-500-50-100-50=-700，
则，，
，，
则X的分布列为：

950
800
-550
-700






所以最终获利X的数学期望为：
27．(1)分布列见解析，数学期望为
(2)

【分析】（1） 求出的取值和概率可得分布列；
（2）分别计算箱子中装有2个红球2个白球的概率、箱子中装有2个红球3个白球的概率、箱子中装有2个红球4个白球的概率、箱子中装有2个红球3个白球的概率，再求和可得答案.
（1）
的可能取值是，
，
，
，
，
故的分布列是











故数学期望为，
故的数学期望是．
（2）
时，表示箱子中装有2个红球2个白球，
则甲获胜的概率，
时，表示箱子中装有2个红球3个白球，
甲获胜的概率，
时，表示箱子中装有2个红球4个白球，
甲获胜的概率，
时，表示箱子中装有2个红球5个白球，
甲获胜的概率，
故甲获胜的概率
28．(1)
(2)分布列见解析，期望为

【分析】（1）设“从第一小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件，“从第二小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件，结合相互独立事件的概率乘法公式，即可求解；
（2）先随机变量可能的取值为0，1，2，3，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的公式，即可求解.
（1）
解：设“从第一小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件，“从第二小组选出的2人选《数学解题思想与方法》”为事件,
由于事 件、相互独立，且，
所以选出的4人均选《数学解题思想与方法》的概率为.
（2）
解：由题意，随机变量可能的取值为0，1，2，3，
可得，，
，，
所以随机变量的分布列为：

0
1
2
3
P





所以随机变量的数学期望 .
29．(1)①；②
(2)分布列见解析，数学期望为元

【分析】（1）①根据题目条件列出方程组，求出，②设出事件，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件加法公式计算出概率；（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，计算出数学期望.
（1）
①由题意得
即
解得：
②设“张某恰好抢购到两种商品”为事件.则抢购到大屏幕电视机和冰箱且没有抢购到洗衣机，或抢购到冰箱和洗衣机且没有抢购到大屏幕电视机，或抢购到大屏幕电视机和洗衣机且没有抢购到冰箱.
∴.
即张某抢购成功两种商品的概率为
（2）
的可能取值为0，300，500，800，1100，1300，1600
，
，
，
，
，
，

∴张某抢购成功获得的优惠总金额的分布列为

0
300
500
800
1100
1300
1600









张某抢购成功获得的优惠总金额的数学期望为
（元）
30．(1)；
(2)分布列见解析；期望为1.

【分析】（1）利用相互独立事件同时发生的概率进行求解；
（2）先确定X的所有取值，然后逐个求解概率，列出分布列，利用期望公式求解期望.
（1）
从高一样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率，
从高二样本中抽取一人，这个人的成绩不低于分的概率为，
因此，从高一和高二样本中各抽取一人，这两个人成绩都不低于分的概率为．
（2）
由题意可知，随机变量的可能取值有，，，．
则，，
，，     ．
所以，随机变量的分布列如下表所示：











．
31．(1)；(2)分布列见解析，均值为1125元.
【分析】(1) 事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”，
求出与，利用互斥事件的加法公式即可得；
(2)写出该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量的所有可能值，计算出对应的概率，即可得分布列及均值.
【详解】(1)事件A=“第一关闯关成功且获得公益基金为零”， A1=“第一关闯关成功第二关闯关失败”， A2=“前两关闯关成功第三关闯关失败”，
显然A1与A2互斥，且A=A1+A2，
，
，
所以该嘉宾第一关闯关成功且获得公益基金为零的概率为；
(2)该嘉宾获得的公益基金总金额为随机变量，的可能值为0，1000，3000，6000，
，，
，，
所以的分布列为：

0
1000
3000
6000






的均值为：(元).
32．(1)
(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）先求得高三年级胜高二年级的概率，再根据相互独立事件的概率计算公式求解即可；
（2）先确定出X的所有可能取值，分别求出相应概率，从而列出分布列，求得数学期望．
（1）
由题意，知高三年级胜高二年级的概率为．
设高三年级在4轮对抗赛中有x轮胜出，“至少有3轮胜出”的概率为P，则
．
（2）
由题意可知，3，4，5，
则，
，
，
，
故X的分布列为
X
2
3
4
5
P





．
33．(1)
(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）“比赛完3局时，求三人各胜1局”分为两种情况，①小王胜小张，小王输给小马，小马输给小张；②小张胜小王，小张输给小马，小马输给小王.
（2）比赛完4局时，小马做1次裁判分为两种情况：①小王胜小张，小王输给小马，小马胜小张；②小王输给小张，小张输给小马，小马胜小王. 比赛完4局时，小马最多做2次裁判.
（1）
设小王与小张比赛小王获胜记为事件A，小马与小张比赛小张获胜记为事件B，
小马与小王比赛小马获胜记为事件C，且A，B，C相互独立.
则
设“比赛完3局时，三人各胜1局”记为事件M，则


（2）
X的可能取值为1，2



则X的分布列为
X
1
2
P



则
34．(1)；
(2).

【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
（1）
抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）
[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
      由M、D、A三点共线，得，
      由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．

35．（1）；（2）.
【分析】（1）利用直接法，求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）法一：由（1）得抛物线E的焦点C（1，0）设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），利用点差法，求出线段AB中点的纵坐标，得到直线的斜率，求出直线方程．
法二：设直线l的方程为x＝my+1，联立直线与抛物线方程，设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），通过韦达定理，求出m即可．
【详解】（1）设P（x，y），则由题意，|PC|﹣（x），
∴x+1，
化简可得动圆圆心P的轨迹E的方程为y2＝4x；
（2）法一：由（1）得抛物线E的方程为y2＝4x，焦点C（1，0）
设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），
则
两式相减．整理得
∵线段AB中点的纵坐标为﹣1
∴直线l的斜率
直线l的方程为y﹣0＝﹣2（x﹣1）即2x+y﹣2＝0.
法二：由（1）得抛物线E的方程为y2＝4x，焦点C（1，0）
设直线l的方程为x＝my+1
由消去x，得y2﹣4my﹣4＝0
设A，B两点的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），
∵线段AB中点的纵坐标为﹣1
∴
解得
直线l的方程为即2x+y﹣2＝0.
【点睛】本题考查轨迹方程，考查直线与抛物线位置关系的运用，考查平方差法的应用，考查转化思想以及计算能力，难度较小．
36．（1）；（2）且.
【分析】（1）直接利用三角形的面积列式求解，可得抛物线方程；
（2）设出，，，，再设与轴的交点设为，由图可得，，结合，得，即，由此求得的取值范围．
【详解】（1）当过且与轴平行时，
，
抛物线的方程为
（2）设 ，与轴的焦点设为，由抛物线的几何图形可知无论，位于轴的同侧或异侧，都有，

，，        
又时三角形不存在
且
与轴的交点的横轴标的取值范围是

37．(1)；
(2)

【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求解；（2）利用向量处理，结合韦达定理代换整理，注意讨论直线l斜率是否存在．
（1）
因为抛物线的准线是，所以抛物线的焦点坐标，所以；
（2）
因为点M是抛物线的准线上的动点，设．
（ⅰ）若直线l的斜率不存在，则．
由得，

因为，所以，
即，所以，
因为，所以；
因为，所以，
即，所以，
所以因为，所以①．
（ⅱ）若直线l的斜率存在，设为k，则．设．
由得，所以，
且，所以（*），
因为，所以，即，所以，
所以，得，
因为，所以，
即，所以，
所以
则
所以，得，
所以②，
代入（*）得，，所以③，
由②得，所以④，
所以，所以，⑤
由④，⑤知，
综合（ⅰ）（ⅱ）知直线l在x轴上截距b的取值范围是．
38．（1）；（2），，．
【分析】（1）利用点差法可以求得p的值，进而得到抛物线方程；
（2）设，，，．联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理可以求得B的坐标，进而得到AB的斜率，得到直线FN的方程，结合直线，求得交点纵坐标关于t的函数表达式，进而求得取值范围.
【详解】【解】（1）设直线AF的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),
则，.
∴,,
设M(x0，y0),则x1+x2=2x0,∴x0=pk,
∵当k=1时x0=2,∴p=2,
则抛物线的方程为
（2）设，，，．
由题知不垂直于轴，可设直线
由消去得，
故，所以．
又直线的斜率为，故直线的斜率为，
从而的直线，直线，
由解得的纵坐标是，其中，
或．
综上，点的纵坐标的取值范围是，，．
39．(1)或；
(2).

【分析】（1）由已知可得，由抛物线的定义可得，解方程求得的值即可求解；
（2）设，，联立直线与，由原点到直线的距离不小于可得的范围，由韦达定理可得、，利用坐标表示可利用表示，再利用函数的单调性求得最值即可求解.
（1）
由题意及抛物线的定义得：，
又因为点在抛物线上，所以，
由 可得或，
所以抛物线的标准方程为或．
（2）
设，，
联立消去可得：，
则，，
因为，
所以
，
所以，可得，
由原点到直线的距离不小于，可得，解得或，
因为，所以不成立，所以，
因为在上单调递增，
所以，所以，
即的取值范围为．
40．(1)；
(2).

【分析】(1)利用p的几何意义直接写出C的方程即得.
(2)根据给定条件设出直线l及直线AB的方程，联立直线AB与抛物线C的方程，求出弦AB中点坐标，借助判别式计算作答.
（1）
因抛物线的焦点到准线的距离为1，则p=1，
所以C的方程为.
（2）
依题意，设直线l的方程为，直线AB的方程为y=2x+m，设，
由消去x得：，由题意知，得，
设线段AB的中点为，则，再由，可得，
又点N在直线l上，则，于是，从而有，
所以l在y轴上的截距的取值范围为.
41．(1)
(2)或

【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可得到轨迹为椭圆，再由几何关系得到相应的参数值即可得到椭圆方程；（2）设出直线方程并且和椭圆联立，根据韦达定理得到中点坐标，将点Q坐标代入抛物线方程得到，将此式代入得到，解不等式即可.
（1）

易知点是抛物线的焦点，，
依题意，
所以点轨迹是一个椭圆，其焦点分别为，长轴长为4，
设该椭圆的方程为，
则，
，
故点的轨迹的方程为.
（2）
易知直线1的斜率存在，
设直线1：，
由得：，
，
即①又，
故，将，代，
得：，
将②代入①，得：，
即，
即，即，
且，
即的取值范围为或.
42．（1）不变（2）最大值为，圆C方程为
【分析】（1）先设出圆的方程，与联立利用韦达定理表示出|MN|即可发现|MN|的取值是否变化；
（2）由（1）可设M（x﹣p，0）、M（x+p，0），先利用两点间的距离公式求出 l1，l2，代入 整理为关于p的函数，结合基本不等式求出其最大值和此时圆C的方程即可．
【详解】解：设，方程为
与联立
得

在抛物线上
，代入
得为定值
不变
由可设、，
，


当且仅当时取等号，即
圆方程为
当时，为∠ANx--∠AMx，又


同理，时，仍可得
【点睛】本题是对圆与抛物线以及基本不等式，距离公式等知识的综合考查，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题．
43．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）设，与抛物线联立可解出点坐标，用代可得点坐标，用斜率公式可计算斜率的取值；（Ⅱ）用两点式表示直线的方程，计算焦点到直线的距离即可；（Ⅲ）利用，利用抛物线的定义将转化为，韦达定理代入计算，结合不等式可求出最大值.
【详解】（Ⅰ）将点代入抛物线方程可得：，抛物线
设，与抛物线方程联立可得：
，∴
用代可得：
因此，
即．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，，
因此
到直线的距离．
（Ⅲ）
∵

∴
，
令，由得
∴
当且仅当时取等号．
【点睛】思路点睛：直线与抛物线的问题，常采用直线和抛物线联立.若已知一点坐标，设而要求求出另一点坐标；若没有点坐标，则设而不求，韦达定理表示出两点坐标之间的关系代入等式计算.
44．(1)；
(2)3；
(3)；

【分析】（1）根据两点之间的距离公式，结合点坐标满足抛物线，构造关于的函数关系，求其最值即可；
（2）根据题意，求得点的坐标，设出的直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得点坐标，同理求得点坐标，再利用斜率计算公式求得即可；
（3）根据题意，求得点的坐标，利用坐标转化，求得关于的一元二次方程，利用其有两个不相等的实数根，即可求得的取值范围.
（1）
因为点在抛物线上，故可得，又
，当且仅当时，取得最小值.
故的最小值为.
（2）
当时，故可得，即点的坐标为；
则的直线方程为：，联立抛物线方程：，
可得：，故可得，
解得：，又
故可得同理可得：，
又的斜率

，即.
故为定值.
（3）
当时，可得，此时，
因为两点在抛物线上，故可得，
，
因为，故可得，
整理得：，
，
因为三点不同，故可得，
则，即，
，此方程可以理解为关于的一元二次方程，
因为，故该方程有两个不相等的实数根，
，即，
故，则，
解得或.
故点纵坐标的取值范围为.
【点睛】本题考察直线与抛物线相交时的范围问题，定值问题，解决问题的关键是合理且充分的利用韦达定理，本题计算量较大，属综合困难题.