2025二轮复习大题规范练（二）
一、基础保分练
1．（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)已知时，直线为曲线的切线，求实数的值．
2．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
3．（2024·河北保定·二模）已知数列的前n项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前项和.
4．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.
5．（2024·广东梅州·二模）已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆C的方程：
(2)求椭圆C上的点到直线l：的距离的最大值．
6．（2024·福建漳州·模拟预测）2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为.
(1)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；
(2)求离散型随机变量的分布列与期望.
二、能力增分练
7．（2024·山东济南·一模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
8．（2023·广东广州·一模）记的内角、、的对边分别为、、.已知.
(1)证明：；
(2)若，，求的面积.
9．（2024·四川自贡·一模）已知数列的前顶和为.且.
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中，，求数列的前项和.
10．（2022·全国·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
12．（2024·广东深圳·一模）在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立．
(1)当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值；
(2)当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望．
三、拓展培优练
13．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：是其定义域上的增函数；
(3)若，其中且，求实数的值．
14．（23-24高二下·重庆·阶段练习）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求；
(3)设点为的费马点，，求实数的最小值．
15．（22-23高三上·北京朝阳·期中）已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
(1)判断是否为数表，并求的值；
(2)若数表满足，求中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意数表，存在，使得．
16．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
17．（2024·广东深圳·二模）设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列．
(1)求C的方程；
(2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于．
18．（2023·湖南益阳·模拟预测）为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图.若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”.已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占.
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理
不经常整理
合计
(1)求图1中的值以及学生期中考试数学成绩的上四分位数；
(2)根据图1、图2中的数据，补全上方列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关
(3)用频率估计概率，在全市中学生中按“经常整理错题”与“不经常整理错题”进行分层抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈.求这2名同学中经常整理错题且数学成绩优秀的人数X的分布列和数学期望.
附：
参考答案：
1．(1)答案见解析
(2)或
【分析】（1）求导后因式分解，再讨论当，，时导函数的正负，即可判断原函数的单调性.
（2）求导后根据导数的几何意义设切点，求得切线方程，根据切线过原点计算即可求得结果.
【详解】（1）．
令，得或．
若，则当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减；
若时，，在上单调递增；
若，则当时，；当时，．
故在上单调递增，在上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
时，在单调递增，在单调递减．
（2）当时，
设切点，则切线方程为
因为切线过原点， 故， 即，
解得或
所以或.
2．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
3．(1)；
(2).
【分析】（1）根据的关系由：求解即可；
（2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可.
【详解】（1）当时，.
当时，，
当时，也符合.
综上，.
（2）由
则
，
故的前项和.
4．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；
（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.
【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，
则 ，，
又底面是正方形，即 ，
则，即四边形为平行四边形，
则，又在平面外，平面，
故平面.
（2）取线段的中点为点，连接、，
又，底面是边长为的正方形，
则，且，，
又二面角的大小为，
即平面平面，
又平面，平面平面，
则平面，
则是直线与平面所成角，
在中，，
即，
故直线与平面所成角的大小为.
5．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的离心率可得，的关系，设椭圆的方程，将点的坐标代入椭圆的方程，可得参数的值，即可得，的值，求出椭圆的方程；
（2）设与平行的直线的方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得参数的值，进而求出两条直线的距离，即求出椭圆上的点到直线的最大距离．
【详解】（1）由椭圆的离心率为，可得，
可得，设椭圆的方程为：，，
又因为椭圆经过点，所以，
解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）设与直线平行的直线的方程为，
联立，整理可得：，
，可得，则，
所以直线到直线的距离．
所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为．
6．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）设出事件，得到相应的概率，相加后得到答案；
（2）得到随机变量的可能取值及对应的概率，得到分布列和数学期望.
【详解】（1）记事件为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为分”，
则，，.
记事件为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为分”，
则，，.
记事件为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，
则
，
则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为.
（2）由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，
，
，
，
，
，
则离散型随机变量的分布列为
2 4 6 8 10
所以数学期望.
7．(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值点个数.
【详解】（1）当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换结合正弦定理化简可证得结论成立；
（2）利用平面向量数量积的定义可得出，结合余弦定理以及可求得、的值，由此可求得的面积.
【详解】（1）因为，则，
即，
由正弦定理可得
，
因此，.
（2）因为，由正弦定理可得，
由平面向量数量积的定义可得，
所以，，可得，
即，所以，，则，，
所以，，则为锐角，且，
因此，.
9．(1)
(2)，
【分析】（1）利用求通项公式；
（2）转化为等差数列、等比数列，分组求和.
【详解】（1）当时，可得：；
当时，，，两式相减，得：，即，
所以：.
（2）当时，；
当时，，所以，
所以：，
时，，上式也成立.
所以：，
10．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）分别取的中点，连接，由平面知识可知，，依题从而可证平面，平面，根据线面垂直的性质定理可知，即可知四边形为平行四边形，于是，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）再分别取中点，由（1）知，该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍，即可解出．
【详解】（1）如图所示：
分别取的中点，连接，因为为全等的正三角形，所以，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，根据线面垂直的性质定理可知，而，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（2）[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取中点，由（1）知，且，同理有，，，，由平面知识可知，，，，所以该几何体的体积等于长方体的体积加上四棱锥体积的倍．
因为，，点到平面的距离即为点到直线的距离，，所以该几何体的体积
．
[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥A-OEH的倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
11．(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合之间的平方关系即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立双曲线方程结合韦达定理得，用以及的坐标表示出点以及的方程，根据对称性可知，只需在的直线方程中，令，证明相应的为定值即可求解.
【详解】（1）由题意，所以双曲线的标准方程为.
（2）由题意，当直线斜率为0时，直线，
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，，
，
所以，
直线的方程为：，
所以的方程为，
由对称性可知过的定点一定在轴上，
令
，
又，
所以，
所以直线过定点.
12．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）由独立乘法、互斥加法得函数表达式，进一步即可求解最小值；
（2）的可能取值为1，2，3，4．有独立乘法、互斥加法公式求出对应的概率，进而得分布列以及数学期望.
【详解】（1）由题可知，
因为，所以当时，的最小值为．
（2）由题设知，的可能取值为1，2，3，4．
①当时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．
因此，，
②当时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．
因此，，
③当时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．
因此，，
④当时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．
因此，．
所以的分布列为
1 2 3 4
因此，的数学期望．
13．(1)
(2)证明过程见解析
(3)
【分析】（1）首先代入到函数表达式得切点坐标，求出切点处的导数值得切线斜率，由此即可得解.
（2）对求导后，令，对继续求导发现，对于任意的有，故只需要证明时，，时，即可.
（3）由（2）得，进一步令，，结合题意知时，，时，，对分类讨论即可求解.
【详解】（1）由题意，即切点为，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）由，设，则，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又，所以对于任意的有，即，
因此在单调递增，在单调递增，
即，则，
所以时，，单调递减，所以，即，即，
时，，单调递增，所以，即，即，
所以是其定义域上的增函数.
（3）由（2）可知，时，，所以，故，
令，，
由题意时，，时，，
若，则当时，，不满足条件，
所以，
而，
令，则 ，
令，得，
在单调递减，在单调递增，
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递减，此时，不满足题意；
若，则当时，，单调递增，此时，
且当时，，单调递增，此时，满足题意，
所以，解得，
综上所述，.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是在得到在单调递增，在单调递增，之后还要继续说明“左边的函数值”小于“右边的函数值”，由此即可顺利得解.
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
（2）由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
（3）点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
15．(1)是；
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
（2）根据条件讨论的值，根据，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
（3）当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，则该行有条有向线段，得到横向有向线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
【详解】（1）是数表，
（2）由题可知.
当时，有，
所以.
当时，有，
所以.
所以
所以
或者，
或者，
或，或，
故各数之和，
当时，
各数之和取得最小值.
（3）由于数表中共个数字，
必然存在，使得数表中的个数满足
设第行中的个数为
当时，将横向相邻两个用从左向右的有向线段连接，
则该行有条有向线段，
所以横向有向线段的起点总数
设第列中的个数为.
当时，将纵向相邻两个用从上到下的有向线段连接，
则该列有条有向线段，
所以纵向有向线段的起点总数
所以,
因为,所以.
所以必存在某个既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的起点，
即存在
使得，
所以，
则命题得证.
16．(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．
法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
17．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果；
（2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明.
【详解】（1）
设点，，
由题可知，当时，显然有；
当时，直线OM的方程为，点．
联立直线AB与C的方程得，，
所以，，
因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列，
所以．
即，，
化简得．
将代入上式得，
则，
所以曲线C的方程为．
（2）
（法一）设直线：，联立C的方程，得．
由，得，点，
设AB的中点为E，
因为，，则点．
因为，
所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点，
所以△AMN面积为△ABM面积的．
记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离，
所以，
当时，等号成立．所以命题得证．
（法二）设直线：，联立C的方程，得．
由，得，点．
所以直线MN与x轴垂直．
记△AMN的面积为S，
所以
．
当时，等号成立．
所以命题得证．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，联立抛物线方程，根据相切求出，再得出，最后计算出面积表达式求出其最值即可.
18．(1)，分
(2)有关
(3)分布列见解析，
【分析】（1）利用频率分布直方图各个小矩形的面积和为1，求出的值，进而可求出上四分位数；
（2）先求出数学优秀和不优秀的人，常整理错题和不经常整理错题的人，得到列联表，根据列联表求出值，从而得出判断；
（3）先求出的可能取值，并求出相应取值的概率，从而求出分布列和期望.
【详解】（1）由题意可得，
解得，
学生期中考试数学成绩的上四分位数为：分；
（2）数学成绩优秀的有人，不优秀的人人，经常整理错题的有人，不经常整理错题的是人，经常整理错题且成绩优秀的有人，则
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
零假设为：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
根据列联表中的数据，经计算得到可得，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于；
（3）由分层抽样知，随机抽取的5名学生中经常整理错题的有3人，不经常整理错题的有2人，则可能取为0，1，2，
经常整理错题的3名学生中，恰抽到k人记为事件，则
参与座谈的2名学生中经常整理错题且数学成绩优秀的恰好抽到人记为事件
则，，，，
，，
，
，
，
故X的分布列如下：
X 0 1 2
P
则可得X的数学期望为2025二轮复习大题规范练（二）
一、基础保分练
1．（23-24高二上·浙江杭州·期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)已知时，直线为曲线的切线，求实数的值．
2．（2022·天津·高考真题）在中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
3．（2024·河北保定·二模）已知数列的前n项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前项和.
4．（2024·上海普陀·二模）如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.
5．（2024·广东梅州·二模）已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆C的方程：
(2)求椭圆C上的点到直线l：的距离的最大值．
6．（2024·福建漳州·模拟预测）2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为.
(1)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；
(2)求离散型随机变量的分布列与期望.
二、能力增分练
7．（2024·山东济南·一模）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
8．（2023·广东广州·一模）记的内角、、的对边分别为、、.已知.
(1)证明：；
(2)若，，求的面积.
9．（2024·四川自贡·一模）已知数列的前顶和为.且.
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中，，求数列的前项和.
10．（2022·全国·高考真题）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为8（单位：）的正方形，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直．
(1)证明：平面；
(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知双曲线：的左右焦点为，，其右准线为，点到直线的距离为，过点的动直线交双曲线于，两点，当直线与轴垂直时，．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设直线与直线的交点为，证明：直线过定点．
12．（2024·广东深圳·一模）在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立．
(1)当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值；
(2)当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望．
三、拓展培优练
13．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：是其定义域上的增函数；
(3)若，其中且，求实数的值．
14．（23-24高二下·重庆·阶段练习）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
(1)求；
(2)若，设点为的费马点，求；
(3)设点为的费马点，，求实数的最小值．
15．（22-23高三上·北京朝阳·期中）已知是个正整数组成的行列的数表，当时，记．设，若满足如下两个性质：
①；
②对任意，存在，使得，则称为数表．
(1)判断是否为数表，并求的值；
(2)若数表满足，求中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意数表，存在，使得．
16．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．
(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
17．（2024·广东深圳·二模）设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列．
(1)求C的方程；
(2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于．
18．（2023·湖南益阳·模拟预测）为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图.若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”.已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占.
数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理
不经常整理
合计
(1)求图1中的值以及学生期中考试数学成绩的上四分位数；
(2)根据图1、图2中的数据，补全上方列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关
(3)用频率估计概率，在全市中学生中按“经常整理错题”与“不经常整理错题”进行分层抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈.求这2名同学中经常整理错题且数学成绩优秀的人数X的分布列和数学期望.
附：
