数学-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（新高考专用）（解析版）

这是一份数学-2023年高考终极押题猜想（分专题预测）（新高考专用）（解析版），共75页。试卷主要包含了导数中的零点问题8，三角函数中的取值范围17，解三角形中的几何图形的计算22，外接球、内切球、棱切球28，立体几何中的翻折问题34，概率与实际生活密切联系48，离心率58，圆锥曲线中的面积问题64等内容，欢迎下载使用。
2023年高考数学终极押题猜想
押题猜想一 函数性质（奇偶性、对称性、周期性、单调性)的综合应用 1
押题猜想二 导数中的零点问题 8
押题猜想三 三角函数中的取值范围 17
押题猜想四 解三角形中的几何图形的计算 22
押题猜想五 外接球、内切球、棱切球 28
押题猜想六 立体几何中的翻折问题 34
押题猜想七 概率与实际生活密切联系 48
押题猜想八 离心率 58
押题猜想九 圆锥曲线中的面积问题 64
押题猜想十 数列放缩 73

押题猜想一 函数性质（奇偶性、对称性、周期性、单调性)的综合应用

（多选题）已知函数满足：①为偶函数；②，．是的导函数，则下列结论正确的是（    ）
A．关于对称 B．的一个周期为
C．不关于对称 D．关于对称
【答案】ABD
【解析】A选项，由两边求导得，即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知．
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，．
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
【押题解读】从近五年的高考情况来看，函数的单调性、奇偶性、周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图像、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要充分运用转化思想和数形结合思想．
【考前秘笈】（1）若函数有两条对称轴，，则函数是周期函数，且；（2）若函数的图象有两个对称中心，则函数是周期函数，且；（3）若函数有一条对称轴和一个对称中心，则函数是周期函数，且；（4）若函数关于直线对称，则；（5）若函数关于点对称，则；（6）函数与关于轴对称，函数与关于原点对称．

1．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数，的定义域均为，其导函数分别为，．若，，且，则（    ）
A．函数为偶函数 B．函数的图像关于点对称
C． D．
【答案】ACD
【解析】因为，所以．
又因为，所以．
于是可得，令，则，所以．
所以，即函数的图像关于直线对称，即．
因为，所以函数的图像关于点对称，即，所以，即，于是，所以函数是周期为4的周期函数．
因为函数的图像关于直线对称，所以的图像关于轴对称，所以为偶函数，所以A选项正确．
将的图像作关于轴对称的图像可得到的图像，再向右平移3个单位长度，可得到的图像，再将所得图像向下平移2个单位长度，即可得到的图像，因此函数也是周期为4的函数．又的图像关于点对称，所以的图像关于点对称，所以B选项不正确．
因为，令，得，即，所以；令，得，所以，所以，所以，所以C选项正确．
因为，所以，，，，，
则有，
可得，所以D选项正确．
故选：ACD．
2．（多选题）（2023·福建莆田·统考二模）已知函数的定义域为R，且为偶函数，则（    ）
A． B．为偶函数
C． D．
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，
令，则，故，则，故A正确；
对于B，因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故B错误；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，
又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，
所以，故的一个周期为6，
因为，所以，
对于，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
又，
所以由的周期性可得：
，故D正确．
故选：ACD．
3．（多选题）（2023·浙江·模拟预测）已知连续函数及其导函数的定义域均为，记，若为奇函数，的图象关于y轴对称，则（    ）
A． B．
C．在上至少有2个零点 D．
【答案】AC
【解析】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．
定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．
以下证明定理1，定理2：
证明：
若函数图象关于直线对称，则，
则，所以导函数图象关于点对称．
若导函数图象关于点对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于直线对称．
若函数图象关于点对称，则，
则，所以图象关于直线对称．
若导函数图象关于直线对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于点对称．
故下面可以直接引用以上定理．
由的图象关于y轴对称，
则，两边求导得，
即，的图象关于点对称，
又由定理2，所以的图象关于直线对称．
又为奇函数，则，
的图象关于点对称，
又由定理1，则的图象关于对称．
为和的一个周期，，∴A正确；
，∴B错误；
由，得在上至少有2个零点．∴C正确；
由的图象关于对称，且周期为3，则的图象关于对称，
，，，，，，
，，D错误．
故选：AC．
4．（多选题）（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）已知函数的定义域为，为奇函数，且对于任意，都有，则（    ）
A． B．
C．为偶函数 D．为奇函数
【答案】BCD
【解析】由，得．
由是奇函数，得，即，
所以，即，所以，故选项A错误；
由，得，由，得，所以，故选项B正确；
由，，得，即为偶函数，故选项C正确；
由，，得，则，
即为奇函数，故选项D正确．
故选：BCD
5．（多选题）（2023·全国·模拟预测）设定义在R上的函数与的导函数分别为和，若， ，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是（    ）
A． B．函数的图象关于对称
C． D．
【答案】AC
【解析】因为为奇函数，所以，取可得，A对，
因为，所以；
所以，又，，
故，所以函数的图象关于点对称，B错，
因为，所以，所以，为常数，
因为，所以，
所以，取可得，所以，
又，所以，所以，
所以，故函数为周期为4的函数，
因为，所以，，
所以，
所以，
所以，
由已知无法确定的值，故的值不一定为0，D错；
因为，所以，，
所以，故函数为周期为4的函数，
所以函数为周期为4的函数，
又，，，，
所以，
所以
，C对，
故选：AC．
押题猜想二 导数中的零点问题

已知函数．
(1)若在R上单调递减，求a的取值范围；
(2)当时，求证在上只有一个零点，且．
【解析】（1）因为，所以．
由在R上单调递减，得，即在R上恒成立．
令，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
故，解得，
即a的取值范围为．
（2）由（1）可知，在上单调递减，且，，
故，使得．
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
因为，，所以在上只有一个零点，
故函数在上只有一个零点．
因为，所以要证，即证，即证．
因为，得，
所以，故需证即可．
令，，则．
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
故．即，
原不等式即证．
【押题解读】导数压轴题以零点为主，重点关注由函数的零点生成的各类问题的求解思路，本质是如何构造函数以及变形函数求解难题．
【考前秘笈】函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．

1．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知函数，若在上有两个零点，求实数的取值范围．
【解析】（1）由可得，故，
因为函数的定义域为，
，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2），
令，
因为在上有两个零点，
所以函数在上有两个零点，
因为，，
令，，则
，
设，，
则，
所以函数在上单调递增，
故在上单调递增，
所以，
当时，，当且仅当时等号成立，
所以函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，又，
所以， 当且仅当时取等号，
所以函数在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
故函数在上有一个零点，矛盾；
当时，，
因为，所以，故，，
所以，
又在上单调递增，
所以存在，使得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，所以，
当时，，
所以存在，使得，
所以当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，所以为函数的一个零点，且，
又当时，，
所以函数在上存在一个零点，
故函数在上有两个零点，
所以函数在上有两个零点，
综上所述，实数的取值范围为．
2．（2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)，若函数有两个零点，且，求证：．
【解析】（1）当时，定义域为，
求导得，令，
求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值，
所以的极大值为，无极小值．
（2）依题意，，，因为函数有两个零点，且，
而，则，
因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，
，当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而，时，恒有，于是，即，
令，显然有，
则有，令，
求导得，即函数在上单调递增，，
即有，从而，又，
所以．
3．（2023·四川成都·石室中学校考三模）已知函数．
(1)若函数在处的切线斜率为，求实数的值；
(2)若函数有且仅有三个不同的零点，分别设为，，．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
【解析】（1）因为，
函数在处的切线斜率为，所以，则；
（2）i）因为，所以，
令，因为函数有且仅有三个不同的零点，
所以函数有且仅有三个不同的零点，，
设，则，
①当即时，，，所以在上单调递减，
所以不可能有三个不同的零点，即函数不可能有三个不同的零点，舍去；
②当即时，有两个不同的零点，
由，得，，
所以，，又因为开口向下，
所以当时，，，在上单调递减；
当时，，，在上单调递增；
当时，，，在上单调递减，
因为，且，
所以，所以，
因为，
令，，
则，所以在上单调递增，
所以，即，
由函数零点存在性定理可知，在区间上有唯一的一个零点，
因为，
又，所以，则，
所以在区间上有唯一的一个零点，
故当时，有且仅有三个不同的零点，2，，
综上所述，，若函数有且仅有三个不同的零点，则实数的取值范围是；
ii）证明：因为函数的三个不同的零点分别为，，，
所以由i）可知，．
4．（2023·广东汕头·统考二模）已知函数，，．
(1)若函数存在极值点，且，其中，求证：；
(2)用表示m，n中的最小值，记函数，，若函数有且仅有三个不同的零点，求实数a的取值范围．
【解析】（1）由题意，，，
当时，恒成立，没有极值．
当时，令，即，解之得，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，， 单调递增．
∴时，有极大值为，
时，有极小值为，
当时，要证，即证，
代入计算有，，，
则有符合题意，即得证；
当时，要证，即证，
代入计算有，，，
则有符合题意，即得证．
综上，当为极大值点和极小值点时，均成立．
（2）①当时，，∴，
故函数在时无零点；
②当时，，，若，则，
，故是函数的一个零点；
若，则，∴，故时函数无零点．
③当时，，因此只需要考虑，
由题意，，，
㈠当时，恒成立，
∴在上单调递增，，∴在恒成立，
即在内无零点，也即在内无零点；
㈡当时，，恒成立，
∴在上单调递减，
即在内有1个零点，也即在内有1个零点；
㈢时，函数在上单调递减，
∴，
若，即时，
在内无零点，也即在内无零点；
若，即时，在内有唯一的一个零点，
也即在内有唯一的零点；
若，即时，由，，
∴时，在内有两个零点．
综上所述，当时，函数有3个零点．
押题猜想三 三角函数中的取值范围

若存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为______
【答案】
【解析】因为，由，得到，
所以或，
所以或，
又因为存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，所以
且，即且，解得．
故答案为：
【押题解读】在近几年的高考中，三角函数是高考必考的重点内容，根据三角函数相关性质求解参数的值或取值范围是三角函数中比较典型的一类问题，它能有效考查学生对三角函数基本性质的掌握程度，是高考常用的考查形式．
【考前秘笈】1、在区间内没有零点
同理，在区间内没有零点

2、在区间内有个零点

同理在区间内有个零点

3、在区间内有个零点


同理在区间内有个零点

4、已知一条对称轴和一个对称中心，由于对称轴和对称中心的水平距离为，则．
5、已知单调区间，则．

1．（2023·吉林·统考三模）规定：设函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】（注：可以用不等关系表示）
【解析】函数，
当时，，
当时，，
时，，在上单调递增，
则有或，
解得，当时，有解；
或，当时，有解．
实数的取值范围是．
故答案为：
2．（2023·四川成都·统考模拟预测）定义在上的函数在区间内恰有两个零点和一个极值点，则的取值范围是_____________．
【答案】
【解析】设函数的最小正周期为，
由正弦型函数可知：两个零点之间必存在极值点，两个极值点之间必存在零点，
则，则，
注意到，解得，
∵，则，
由题意可得：，解得，
故的取值范围为．
故答案为：．
3．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）已知函数的图象经过点，若函数在区间上既有最大值，又有最小值，而且取得最大值、最小值时的自变量x值分别只有一个，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由条件知，
于是，
又，所以，
，
当时，因，
所以，要满足条件，
则，解得；
当时，因为，
所以，要满足条件，
则，
解得，
综上，实数的取值范围是．
故答案为：．
4．（2023·内蒙古包头·统考一模）记函数的最小正周期为T．若为的极小值点，则的最小值为__________．
【答案】14
【解析】 因为所以最小正周期，
又所以，即；
又为的极小值点，所以，解得，因为，所以当时；
故答案为：14
押题猜想四 解三角形中的几何图形的计算

平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知．

(1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．
(2)记与的面积分别为和，请求出的最大值．
【解析】（1）法一：在中，由余弦定理，
得，即①，
同理，在中，，
即②，
①②得，
所以当长度变化时，为定值，定值为1；
法二：在中，由余弦定理
得，即，
同理，在中，，
所以，
化简得，即，
所以当长度变化时，为定值，定值为1；
（2）


，
令，
所以，
所以，即时，
有最大值为14．
【押题解读】几何条件下的解三角形问题是近几年高考的热点，体现了数学运算和直观想象的核心素养．解决这类问题既要抓住几何条件，也要灵活选择正弦定理、余弦定理、三角恒等变换公式．
【考前秘笈】三角形中几何计算问题的解题思路：(1)正确挖掘图形中的几何条件简化运算是解题要点，善于应用正弦定理、余弦定理，只需通过解三角形，一般问题便能很快解决．(2)此类问题突破的关键是仔细观察，发现图形中较隐蔽的几何条件．

1．（2023·广东广州·统考二模）记的内角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求；
(2)若点在边上，且，，求．
【解析】（1）因为，
由余弦定理可得，
化简可得，由余弦定理可得，
因为，所以，．
（2）因为，则为锐角，所以，，
因为，所以，，
所以，，
设，则，

在和中，由正弦定理得，，
因为，上面两个等式相除可得，
得，即，
所以，．
2．（2023·全国·模拟预测）记的内角，，的对边分别为，，．已知，为上一点，．
(1)求的值．
(2)若，求与的大小．
【解析】（1）因为，
所以，
则．
由正弦定理，得，
则由余弦定理得
又因为，所以，
在中，由正弦定理，得，则，
同理，在中，由正弦定理，得，
由，得，
又因为，所以，
则，
即，
所以，即；
（2）由（1）可知，，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
由，得，
又因为，所以，所以，所以，
又，所以．

3．（2023·江西九江·统考一模）在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若

(1)求的面积;
(2)若，求的长．
【解析】（1）在中，，
即，解得(负根舍)，
所以．
（2）因为，平分，所以，
又，所以，
在中，由正弦定理，得，①
在中，由正弦定理，得，②
①②，得，所以，
又，且，所以，
将代入②，得，所以．
4．（2023·全国·高三专题练习）如图，在平面四边形中，的面积是的面积的倍．，，．

(1)求的大小；
(2)若点在直线同侧，，求的取值范围．
【解析】（1）设，则，
因，，，
则，而，，
则有，即，又，，因此，，
所以．
（2）由（1）知，，连AC，有，则，

而，中，由正弦定理有，
，，，
又，令，则，，
因此，
因，则，有，
即，，
所以的取值范围为．
押题猜想五 外接球、内切球、棱切球

（多选题）已知圆锥PE的顶点为P，E为底面圆的圆心，圆锥PE的内切球球心为，半径为r；外接球球心为，半径为R．以下选项正确的有（    ）
A．当与重合时，
B．当与重合时，
C．若，则圆锥PE的体积的最小值为
D．若，则圆锥PE的体积的最大值为
【答案】BC
【解析】设为底面圆的一条直径，
圆锥的内切球半径和外接球半径分别为其轴截面内切圆半径和外接圆半径．当与重合时，
如图，

为重合的圆心（球心），为一个切点，
由，，均为对应角的角平分线，
所以，所以，又，
所以为等边三角形，故，所以，所以A错误；
当与重合时，如图：

，
所以，故，
所以，故B正确；
若，设圆锥底面半径为，则，
设圆锥的高为，则母线长为，轴截面的面积，
即，平方整理得，
圆锥的体积，
所以当时，最小，最小值为，故C正确；
若，设圆锥底面半径为，圆锥的高为，
则，易得，
所以，圆锥的体积，则．
当 时，，当时，，
所以当时，最大，最大值为，故D错误．
故选BC．
【押题解读】纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．
【考前秘笈】在解决外接球、内切球、棱切球问题时，先看看空间几何体是否有线面垂直条件，如果有，则联想常见模型的思路，如果没有，看看空间几何体是否有三个两两垂直的墙角模型，如果有，则联想补形法的思路，如果没有，则只能老老实实找到球心的大致位置，再利用勾股定理进行求解．另外强调一点，如果遇到的题目中，没有线面垂直，也没有三个两两垂直，也找不到球心大致的位置，那么此时，这个题的难度肯定较大，需要静心分析题目的已知条件，挖掘出隐藏在题目中的信息，等条件挖掘出来后，从而进行求解．

1．（2023·全国·模拟预测）如图所示的三棱锥中，，，，，且，，则其外接球体积的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，，且，平面，平面，
所以平面，
又因为，，且，平面，平面，
所以平面，
所以可以将三棱锥放入一个长方体中，该长方体以为长，宽，高，如图所示，
则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，
下面计算该长方体外接球半径的最小值；
因为，
所以，
所以，即，
所以，
所以该长方体外接球体积的最小值为：，
所以三棱锥的外接球体积的最小值为，
故选：A．

2．（2023·广东·统考模拟预测）已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧面､底面均相切）的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设圆锥的内切球半径为，则，解得，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，内切球切母线于，底面半径，，则，又，故，又，故，故该圆锥的表面积为，令，则，当且仅当，即时取等号．
故选：A．

3．（2023·陕西商洛·统考二模）在三棱锥中，底面是边长为2的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，若二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】/
【解析】如图，取BC的中点H，连接AH，DH，

由题意，，，
所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，且，所以，
又是边长为2的等边三角形，所以，
过点H作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，
设球的半径为R，连接OA，OD，可得，
在中，，
利用余弦定理可得，
所以，
解得R＝，所以其外接球的表面积为．
故答案为：．
4．（2023·河南·高三清丰县第一高级中学校联考阶段练习）在正三棱锥中，，，若球O与三棱锥的六条棱均相切，则球O的表面积为______．
【答案】
【解析】如图示：

取的中心E，连接PE，则平面ABC，且与棱均相切的球的球心O在PE上．
连接AE并延长交BC于D，则D为BC的中点，，连接OD．
因为平面ABC，所有 ．
因为平面，平面，，所有平面．
因为平面，所有
．过O作，交PA于点F．
球O的半径为r，则．
由题意：为正三角形，因为，所以，，．
因为，，所以，所以．
设，所以，因为，所以，解得:，所以，故球O的表面积为．
故答案为：
押题猜想六 立体几何中的翻折问题

（多选题）如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（    ）

A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B．四棱锥的体积的最大值为
C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为2
【答案】AB
【解析】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴，，，
∴，，
对于A项，当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
，故A正确；
对于B项，
设，则，设点到的距离为，则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，，
取中点为,的中点，连接，，
连接，

在中，，点F为AB的中点，
由于分别是的中点，所以,,
,因此四边形为平行四边形，故
由于平面,所以平面,
平面,所以,因此四边形为矩形，则
由于,所以平面,平面,所以，
在中，，
∴，为的中点，
在中，为的中点，点F为AB的中点，，
∴，而平面，即有平面，
又平面，因此平面平面，而平面平面，
所以点F到平面ACD的距离等于点F到直线DG的距离，
则，，
在中，
在矩形中，，，
，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：，故C错误，
对于D,由于,所以四边形为平行四边形，故，又，此时即为异面直线AC与BD所成的角或补角，
由于，,,
由余弦定理，解得，
则A,C两点间的距离为，故D错误；
故选：AB．

【押题解读】图形的展开与翻折问题是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程．高考中，图形的展开与翻折常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题．因此，关注图形的展开与折叠问题是非常有必要的．图形的展开与翻折问题是高考常见的考查形式．
【考前秘笈】解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．解决折叠问题的关注点：平面图形折叠成空间图形，主要抓住变与不变的量，所谓不变的量，即是指“未折坏”的元素，包括“未折坏”的边和角，一般优先标出未折坏的直角(从而观察是否存在线面垂直)，然后标出其他特殊角，以及所有不变的线段．

1．（多选题）（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（    ）

A．不存在某个位置，使
B．存在某个位置，使
C．当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为
D．当时，的最小值为
【答案】BD
【解析】当平面与平面垂直时，
，平面与平面的交线为，平面,
平面，又平面，
，，故A错误，B正确；
对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面与平面垂直时，
由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，    
因为，所以，，，
则，
，
即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C错误；
对于D，当时，因为为的中点，
所以，则，
又因为的中点，所以，
又，所以，
所以，
如图将沿旋转，使其与在同一平面内，
则当三点共线时，最小，
即的最小值为，
在中，，
则，
所以，
所以的最小值为，故D正确．
故选：BD．

2．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）如图，已知AB'C是边长为2的等边三角形，D是AB'的中点，DH⊥B′C，如图，将B'DH沿边DH翻折至BDH．

(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF∥平面BDH？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，求三棱锥B-DCH的体积．
【解析】（1）存在点F满足题意，且，理由如下:
在图甲中，取B′C的中点M，连接AM，如图所示

因为AB'C是等边三角形， B′C的中点为M，
所以,
因为DH⊥B′C，
所以AM∥DH，
在图乙中，AM∥DH，AM平面BDH，DH平面BDH，
所以AM∥平面BDH，且；
在线段BC上取点F使，连接MF，FA，如图所示

因为，
所以MF∥BH，
又因为平面BDH，平面BDH，
所以MF∥平面BDH，
又因为MFAM=M，MF，AM平面AMF，
所以平面AMF//平面BDH，
又因为AF平面AMF，
所以AF∥平面BDH．
（2）在图中，DH⊥HC，DH⊥HB，HCHB=H，HC，HB平面BHC，HC，HB⊂平面BHC，所以DH⊥平面BHC，以H为原点建立的空间直角坐标系，如图所示

则H（0，0，0），A（，，0），C（，0，0），D（0，，0），
设，则，
，，
设平面BDA的法向量为则
，即，
令，则，，
所以，
易知平面BHC的一个法向量
因为平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，
所以，
化简整理得:，
所以，，，
所以B（，0，），
所以三棱锥B-DCH的高为，
又因为底面积，
所以三棱锥的体积为．
3．（2023·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）如图①，已知是边长为2的等边三角形，是的中点，，如图②，将沿边翻折至．

(1)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若平面与平面所成的二面角的余弦值为，求三棱锥的体积．
【解析】（1）存在点满足题意，且，理由如下：
在图①中，取的中点，连接，则，
在图②中，，平面，平面，
所以平面，且；
在线段上取点使，
连接，则，同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面．

（2）在图②中，，平面，所以平面，
法一：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设，则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，即，
易知平面的一个法向量，
若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，则，
化简整理得：，．
所以，所以，
则三棱锥的高为，．
又因为底面积，
所以三棱锥的体积为．
法二：延长相交于点，事实上点即为点，

则平面平面，
过作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
平面，则，所以即为平面与平面所成的二面角的平面角，
即，所以，
即，即，
又，所以，
在中，设点到的距离为，由等面积法可得，解得，
即三棱锥的高，又的面积为，
所以三棱锥的体积为．
4．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．

(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为．
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，又，
又，且，平面，平面，
平面，故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，即，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
5．（2023·山东青岛·统考模拟预测）已知平面四边形ABCE（图1）中，，均为等腰直角三角形，M，N分别是AC，BC的中点，，，沿AC将翻折至位置（图2），拼成三棱锥D-ABC．

(1)求证：平面平面；
(2)当二面角的二面角为60°时，
①求直线与平面所成角的正弦值；
②求C点到面ABD的距离．
【解析】（1）因为分别是的中点，
所以，又，
所以，
因为，
所以．
又，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
（2）①因为，
所以就是二面角的平面角，
由已知，
因为为以为斜边的等腰直角三角形，为的中点，
所以，又，
所以为等边三角形，
取中点，连接，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以面
如图，以直线为轴，以为轴建立空间直角坐标系，

，

设面的一个法向量
则有，所以，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
，
所以，
所以直线与面所成角的正弦值为·
②，
点到面的距离
押题猜想七 概率与实际生活密切联系

今年月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，非洲地区猴痘地方性流行国家较多．月日，中国疾控中心发布了我国首例“输入性猴痘病例”的溯源公告．我国作为为人民健康负责任的国家，对可能出现的猴痘病毒防控已提前做出部署，同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南（年版）》．此《指南》中指出：①猴痘病人潜伏期天；②既往接种过天花疫苗者对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力．据此，援非中国医疗队针对援助的某非洲国家制定了猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接触者集中医学观察天．在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较大．对该国家个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了感染病毒情况，得到下面的列联表：
接种天花疫苗与否/人数
感染猴痘病毒
未感染猴痘病毒
未接种天花疫苗
30
60
接种天花疫苗
20
90
(1)根据小概率值的独立性检验，判断密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗是否有关？
(2)以样本中结束医学现察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率．现从该国所有结束医学观察的密切接触者中随机抽取人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有人感染猴痘病毒的概率：
(3)该国现有一个中风险村庄，当地政府决定对村庄内所有住户进行排查．在排查期间，发现一户口之家与确诊患者有过密切接触，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一进行猴痘病毒检测．每名成员进行检测后即告知结果，若检测结果呈阳性，则该家庭被确定为“感染高危家庭”．假设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立．记：该家庭至少检测了名成员才能确定为“感染高危家庭”的概率为．求当为何值时，最大？
附：

0．1
0．05
0．010

2．706
3．841
6．635
【解析】（1）假设：密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗无关，
依题意有故假设不成立，
∴ 没有的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；
（2）由题意得，该地区每名密切接触者感染病毒的概率为，
设随机抽取的人中至多有人感染病毒为事件，
则；
（3），
则，令；则 （舍去），
随着的变化，的变化如下表：
p




+
0
-

递增
极大值
递减
综上，当 时，最大．
【押题解读】回顾近几年的高考试题，可以看出概率统计解答题，大多紧密结合社会实际，以现实生活为背景设置试题，注重知识的综合应用与实际应用，作为考查实践能力的重要载体，命题者要求考生会收集，整理、分析数据，能从大量数据中抽取对研究问题有用的信息，建立数学模型，再应用数学原理和数学工具解决实际问题，是高考常用的考查形式．
【考前秘笈】主要考查随机变量的概率分布与数学期望，一定要根据有关概念，判断是等可能事件、互斥事件、相互独立事件还是独立重复试验，以便选择正确的计算方法，进行概率计算及离散型随机变量的分布列和数学期望的计算，也要掌握几种常见常考的概率分布模型：离散型有二项分布、超几何分布，连续型有正态分布．

1．（2023·浙江杭州·统考二模）马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，，，，，…，那么时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态，即．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为，赌博过程如下图的数轴所示．

当赌徒手中有n元（，）时，最终输光的概率为，请回答下列问题：
(1)请直接写出与的数值．
(2)证明是一个等差数列，并写出公差d．
(3)当时，分别计算，时，的数值，并结合实际，解释当时，的统计含义．
【解析】（1）当时，赌徒已经输光了，因此．
当时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率．
（2）记M：赌徒有n元最后输光的事件，N：赌徒有n元上一场赢的事件,
,
即，
所以，
所以是一个等差数列，
设，则，
累加得，故，得，
（3），由得,即,
当时，，
当时，，
当时，，因此可知久赌无赢家，
即便是一个这样看似公平的游戏，
只要赌徒一直玩下去就会的概率输光．
2．（2023·河北·统考模拟预测）随着网络技术的迅速发展，直播带货成为网络销售的新梁道．某服装品牌为了给所有带货网络平台分配合理的服装量，随机抽查了100个带货平台的销售情况，销售每件服装平均所需时间情况如下频率分布直方图．

(1)求的值，并估计出这100个带货平台销售每件服装所用时间的平均数和中位数；
(2)假设该服装品牌所有带货平台销售每件服装平均所需时间服从正态分布，其中近似为，．若该服装品牌所有带货平台约有10000个，销售每件服装平均所需时间在范围内的平台属于“合格平台”．为了提升平台销售业务，该服装品牌总公司对平台进行奖罚制度，在时间大于44．4分钟的平台中，每个平台每卖一件扣除；在时间小于14．4分钟的平台中，每卖一件服装进行奖励元，以资鼓励；对于“合格平台”每卖一件服装奖励1元．求该服装品牌总公司在所有平台均销售一件服装时总共需要准备多少资金作为本次平台销售业务提升．（结果保留整数）
附：若服从正态分布，则，，．参考数据：．
【解析】（1）由频率分布直方图可得，解得．
故平均数．
设中位数为，因，，故，则，解得，即中位数为．
（2）由题意，，且，，
故，
所以在时间大于分钟的平台内约有件；，
所以在时间小于分钟的平台内约有件；
则“合格平台”约有件，
所以需要资金为 ，
由于，可令，则，令有，当时，递减；
当时，递增；
故有最小值，故至少需要准备元．
3．（2023·广东·统考二模）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为，且每局比赛结果相互独立．
(1)若，，，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
(2)当时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E（X）的最大值；
（ii）若比赛不限制局数，写出“甲学员赢得比赛”的概率（用α，β表示），无需写出过程．
【解析】（1）用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则
，，，
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA， ACCA，CACA，CCAA共5种，
所以

．
（2）（i）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即，
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
，
，
．
所以X的分布列为
X
2
4
5
P



所以X的期望
，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，
故的最大值为．
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则．
由（1）得前两局比赛结果可能有AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同．
所以



所以，即，
因为，所以．
4．（2023·福建厦门·统考二模）移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域．截至2022年底，我国移动物联网连接数达18．45亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家．右图是2018-2022年移动物联网连接数W与年份代码t的散点图，其中年份2018-2022对应的t分别为1~5．

(1)根据散点图推断两个变量是否线性相关．计算样本相关系数（精确到0．01），并推断它们的相关程度；
(2)(i)假设变量x与变量Y的n对观测数据为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(x，y)，两个变量满足一元线性回归模型  （随机误差）．请推导：当随机误差平方和Q＝取得最小值时，参数b的最小二乘估计．
(ii)令变量，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型利用(i)中结论求y关于x的经验回归方程，并预测2024年移动物联网连接数．
附：样本相关系数，，，，
【解析】（1）由散点图可以看出样本点都集中在一条直线附近，由此推断两个变量线性相关．
因为,
所以 ,
所以 ,
所以这两个变量正线性相关，且相关程度很强．
（2）(i)
，
要使取得最小值，当且仅当．
(ii) 由(i)知 ，
所以y关于x的经验回归方程，又，
所以当 时，则，
所以预测2024年移动物联网连接数23．04亿户．
5．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲､乙､丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
【解析】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：

0
1
2
3






方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：

0
1
2
3





所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
押题猜想八 离心率

下图是单叶双曲面的立体结构图，且为中心对称图形，此双曲面可由一根长度为4的线段AB绕与其不共面的直线旋转而成，其轴截面为双曲线的一部分，若这两条异面直线所成的角为30°，垂直于旋转轴的截面圆的面积最小值为，则双曲线的离心率为_________．

【答案】2
【解析】设过与轴垂直的平面为，与分别交于，内以为圆心的圆过，内以为圆心的圆过，
设于，设中点为，中点为，中点为，则，如图，

显然，是异面直线所成的角，即，
而，则，，，有，即，
以过点的轴截面为坐标平面，为坐标原点，轴所在直线为y轴建立坐标系，
显然点是双曲线上的点，其中，则，
所以离心率．
故答案为：2
【押题解读】圆锥曲线的离心率问题是高考中的一个难点和热点．因为离心率是刻画圆锥曲线形状的一个基本量，能考查考生对圆锥曲线形状最本质的理解，考查数学抽象、数学建模、数学运算等数学核心素养，灵活多变，综合性强．求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题，多以选择、填空题的形式考查，难度中等，是高考常用的考查形式．
【考前秘笈】求椭圆离心率的取值范围是高考经常考查的热点问题之一，这类题涉及解析几何、平面几何、代数等多个知识点，综合性强、方法灵活，解题关键是构造关于，或的不等式．可以利用以下方式构建不等式：（1）利用椭圆的范围构造不等式；（2）利用二次方程判别式构造不等式；（3）利用焦半径的取值范围构造不等式；（4）利用均值不等式构造不等式；（5）利用椭圆中重要结论构造不等式；（6）利用题设中的已知条件构造不等式；（7）利用坐标法构造不等式．

1．（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在E及直线上．若，则E的离心率的取值范围是_________．
【答案】
【解析】设关于直线的对称点为，则
解得即．
由椭圆定义及对称性可得，
则，
当且仅当P，F，三点共线时，等号成立．
所以E的离心率．
在中，由余弦定理可得，
又，
所以，
即，
解得，
设椭圆E的上顶点为Q，
则，
所以，解得，
所以E的离心率的取值范围是．
故答案为：．
2．（2023·全国·东北师大附中校联考模拟预测）已知双曲线的右焦点为，过点且斜率为2的直线与双曲线的两条渐近线分别交于､两点，若是线段的中点，且，则双曲线的离心率为___________．
【答案】/
【解析】设直线为，
双曲线的渐近线方程为，
联立可得，，，不妨令，
同理可得，
设，则，，
故，
故，
解得，方程两边同时除以得，
，令，
可得，解得或1（舍去），
故．
故答案为：．
3．（2023·山东日照·统考二模）双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，经过右焦点垂直于的直线分别交于，两点，若成等差数列，且与方向相反，则双曲线的离心率为_________．
【答案】
【解析】设双曲线方程为，
由成等差数列，且与方向相反，
所以可设，
由勾股定理可得：，
得：，即，
所以，
又的方程为，的方程为，
即，，
而，
解得，
则离心率．
故答案为：．

4．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为___________．
【答案】
【解析】设椭圆，双曲线，
且设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
得，，
得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，
所以，
当即时，取最大值为．
故答案为：．
5．（2023·湖南永州·统考三模）已知双曲线：，圆：与x轴交于两点，是圆О与双曲线在x轴上方的两个交点，点在y轴的同侧，且交于点C．若，则双曲线的离心率为_________．
【答案】/
【解析】由题意可知，故不妨设，即为双曲线的焦点，，

因为可得
，即，
故M点为的中点，根据双曲线的对称性可知N为的中点，
又因为，故，同理，
即为正三角形，
故，
由点M在双曲线左支上，故，
则，
故答案为：
押题猜想九 圆锥曲线中的面积问题

“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）

步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为4的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．
(1)以点F、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的下顶点为D，过点D作两条互相垂直的直线，，这两条直线与椭圆C的另一个交点分别为M，N．设的斜率为，△DMN的面积为S，当时，求k的取值范围．
【解析】（1）如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，

设为椭圆上一点，由题意可知，，
∴所以M点轨迹是以F，E为焦点，长轴长的椭圆，
因为，，所以，，
则，所以椭圆C的方程为．
（2）由（1）知，椭圆C的方程为，，
所以直线：，：，如图所示，

设，，
联立，消去y并整理得，
所以，所以，
所以，
联立，消去y并整理得，
所以，所以，
所以，
所以，
由，得，
整理得，得，
又，所以，
所以或．
所以k的取值范围为
【押题解读】圆锥曲线面积问题的题目思路会比较顺畅，重点会在计算上面设置障碍，复习过程中要关注如何简化计算．
【考前秘笈】首先仍是将题目中的基本信息进行代数化，坐标化，遵循直线与圆锥曲线题目通解中的套路，即设点设线、直由联立、看判别式、韦达定理．将有关弦长、面积背景的问题进行条件翻译时，一般是应用弦长公式、点到直线的距离公式及面积公式（在圆中要用半径、半弦、弦心距组成的直角三角形求弦长）将有关弦长、面积的条件翻译为：（1）关于某个参数的函数，根据要求求出最值；（2）关于某个参数的方程，根据要求得出参数的值或两参数间的关系．

1．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知椭圆C：的离心率为，左､右焦点分别为，，过的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于P点，，，记，，的面积分别为，，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若，，求m的取值范围．
【解析】（1）由题意得，左焦点，
，，
所以椭圆C的标准方程为：．
（2）设，令，，则，则，
由得，

解得，同理．  
由，得，则，
．
不妨设，，，，
由，．得，，．
代入，有，
则，
解得,
且，，


设，则，则，则，
故在上单调递增，
则，且，则，则．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知为坐标原点，点在椭圆上，椭圆的左右焦点分别为，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点在椭圆上，原点为的重心，证明：的面积为定值．
【解析】（1）由椭圆的左右焦点分别为，且，
可知： ，即① ，
将代入方程得： ②，
①    ②联立解得 ，
②    故椭圆的标准方程为．
（2）证明：设 ，
当直线 斜率不存在时，即 ，
由原点为的重心，可知
故可得此时有 ，该点在椭圆上，则 ，
不妨取 ，则有，或，
则此时 ;
当直线 斜率存在时，不妨设方程为 ，
则联立 ，整理得： ，
且需满足 ，
则 ，
所以 ，
由原点为的重心知， ，
故坐标为 ，代入到中，
化简得： ，即 ，
又原点为的重心，故到直线的距离为原点到直线距离的3倍，
所以  ，
而
=
= ，
因此
=，
综合上述可知：的面积为定值．
3．（2023·江苏常州·常州市第三中学校考模拟预测）已知过点的直线l与抛物线相交于A，B两点，当直线l过抛物线C的焦点时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点，连接QA，QB分别交抛物线C于点E，F，且与的面积之比为，求直线AB的方程．
【解析】（1）设，因为抛物线C的焦点为，
所以当直线l过C的焦点时，直线AB的方程为，
由得．
则，
，
整理得，
所以，故抛物线C的方程为．
（2）易知直线AB的斜率在且不为零，设直线AB的方程为，
由得，
则，即或，．
易知直线AQ的方程为，
由得，
设，则，
设，同理可得，
则
，
得，故直线AB的方程为．

4．（2023·浙江宁波·统考二模）已知双曲线，点与双曲线上的点的距离的最小值为．
(1)求双曲线E的方程；
(2)直线与圆相切，且交双曲线E的左、右支于A，B两点，交渐近线于点M，N．记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程．
【解析】（1）设是双曲线上的任意一点，
则，
所以当时，的最小值为，所以，得，
所以双曲线E的方程为．
（2）由直线与圆相切得，
由直线交双曲线的左、右支于A，B两点，设，，
联立，消整理得，
则，，，所以，
所以，即，解得，
又，则，
故，，
所以，
又点到AB的距离，故，
设，，
联立方程组，消整理得，
则，，，所以，
所以，
又点O到MN的距离，故，
所以当时，有，
整理得，即，
又，则，即，解得，（舍去），
所以，则，所以直线方程为．

押题猜想十 数列放缩

已知数列中，，为数列的前项和，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，为数列的前项和，求证：．
【解析】（1）由题意得，所以，
所以，所以，①
因此．②
由②-①，得，即，
因此或．
因为，所以，所以，
所以数列的奇偶项分别成等差数列，且公差为2．
又因为，得，
所以，．所以．
（2）证明：由（1）知，
可得，
两式相减，得，即．
又，所以．又，
所以，
所以．
【押题解读】数列放缩是高考重点考查的内容之一，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定在中等偏难程度.此类问题往往从通项公式入手，若需要放缩也是考虑对通项公式进行变形；在放缩时，对通项公式的变形要向可求和数列的通项公式靠拢，常见的是向可裂项相消的数列与等比数列进行靠拢．
【考前秘笈】解决数列放缩问题常见方法：（1）先求和后放缩；（2）先放缩成等差数列，再求和；（3）先放缩成等比数列，再求和；（4）放缩后为裂项相消，再求和；（5）裂项放缩．

1．（2023·全国·模拟预测）已知是各项均为正数的数列的前n项和，，．
(1)求；
(2)若，数列的前n项和为，求证：．
【解析】（1）∵，则，
且，即，可得，即，
∴数列是公比为5的等比数列，
又∵，解得，
故．
（2）由（1）可得：，
则，
∴
．
2．（2023·天津·校联考二模）已知数列满足：，正项数列满足：，且，，．
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求：；
(3)求证：．
【解析】（1）由题意知，为等差数列，设公差为d，为等比数列，设公比为q，
又，，，∴，∴，．
∴，，∴．
（2）由，
∴



；
（3），
，
∴
．
∵，∴成立，
时，也成立，∴．
3．（2023·河南·校联考二模）已知数列满足，且，．
(1)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记，，．证明：．
【解析】（1）由得：，整理为：，
所以为等差数列，公差，首项为；
所以，整理为，经检验，符合要求．
（2）由（1）得：，，
∴，
∴，即．
4．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知数列满足，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求证：．
【解析】（1）由题意,
所以,
因为,所以数列是首项为2,公比为2的等比数列,
所以,即,
而,
所以
（2）方法一：由得


方法二：因为
所以．
5．（2023·全国·高三专题练习）已知数列前n项积为，且．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)设，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
所以，
两式相除，得，整理为，
再整理得，．
所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列．
（2）因为，所以，
由（1）知，，故，
所以．
所以
．
又因为，
所以．