高二下期末复习解答题专练（含解析）

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高二期末复习解答题专练（含解析）
一、解三角形
1．（2025·桂林模拟）记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求的周长的最大值；
（3）若的面积为为的中点，且，求的长．
2．（2025·岳麓模拟）在中，设角A，B，C的对边长分别为a，b，c.
（1）若，，，求的周长；
（2）若点D是边上一点，且，，，求的长.
3．（2025·芙蓉模拟）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B；
（2）若，点D是线段AC上的一点，且，．求的周长．
4．（2025·德阳模拟）在中，内角所对的边分别为，且
（1）判断的形状；
（2）若，且是边的中点，求的面积最大值．
二、统计与概率
5．（2025高三下·三台月考）袋中装有大小相同的4个红球，2个白球．某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束．
（1）求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率；
（2）若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分的分布列和数学期望．
6．（2025·桂林模拟）某所学校进行知识竞赛，最终甲乙同学进入决赛，争夺冠军，决赛一共有文化 科技 体育三个项目，比赛采取每个项目中回答对问题多的那个同学在该项目获胜并且获得20分，没获胜的同学得0分，三个项目比赛结束，总得分高的同学获得冠军，已知甲同学每个项目获胜的概率分别为，比赛没有平局，且每个项目比赛相互独立.
（1）求乙同学总得分为40分的概率；
（2）用表示甲同学的总得分，求的分布列与期望；
（3）判断甲乙两名同学谁获得冠军的概率大.
7．（2025·南宁模拟）2025年1月1日，某地举行马拉松比赛，某服务部门为提升服务质量，随机采访了120名参赛人员，得到下表：
满意度 性别 合计
女性 男性
比较满意 r s 50
非常满意 t 40 70
合计 60 l 120
（1）求的值；
（2）依据小概率值的独立性检验，能否认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异？
（3）用频率估计概率，现随机采访1名女性参赛人员与1名男性参赛人员，设表示这2人中对该部门服务质量非常满意的人数，求X的分布列和数学期望.
附：，.
0.1 0.01 0.001
2.706 6.635 10.828
8．（2025·广安模拟）2024年12月，为培养适应新时代要求的创新型人才，教育部办公厅发布了关于加强中小学人工智能教育的通知.为了坚持立德树人，全面贯彻党的教育方针，紧扣新时代新征程教育使命，满足面向未来的创新型人才培养需求，提升数字素养与数字技能，某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在甲，乙两所高中学校举办了一次人工智能科普知识竞赛，两个学校的学生人数基本相同.已知甲学校学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩，单位：分），现从乙学校随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）从乙学校竞赛分数在中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了9人，现从这9人中随机抽取6人，记成绩优秀的学生人数为，求的分布列和数学期望；
（2）若从本次参赛的学生中随机抽取1人，以样本的频率估计概率，求此学生竞赛成绩优秀的概率；
（3）现从参与竞赛的学生中随机抽取人，若要使取得最大值（表示人中优秀人数），求的值.
9．（2025·甘肃模拟）2022年，商汤科技（Sense Time）软件公司研制的第一款AI下棋机器人——象棋专业版“元萝卜Sense Robot”问世.2024年，商汤将大模型植入机器人推出行业首款家用四合一下棋机器人，为推介这款机器人，该公司与某市青少年活动中心联合举办了“挑战AI下棋机器人”的象棋对弈活动，由于活动中心机器人的数量有限，每人每天最多获得一次对弈资格，活动中心每天只抽签6次，每人在第次被抽中的概率为（取1，2，…，6）．
（1）求张明同学在第3次抽签时获得对弈资格的概率；
（2）在活动中心参与测试的有A-1型和A-2型两款机器人，活动规定：每位参赛者与机器人对弈三局，每局均可从这两款中任选一款，假设选手选择A-1型与A-2型的可能性相同，且每局比赛结果相互独立．若选择A-1型进行对弈，选手获胜概率为，获胜后可得1分，若选择A-2型进行对弈，选手获胜概率为，获胜后得2分，平局或失败均不得分，记参赛者得分为随机变量X，求X的分布列及数学期望．
三、立体几何与空间向量
10．（2025·浙江模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，M，N为别为棱PB，CD的中点．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
11．（2025·桂林模拟）如图，梯形中，为上一点，，且，将沿着翻折至所在位置，使得平面平面，连接，得到四棱锥为的中点.
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得，若存在，求直线与平面所成角的正弦值，若不存在，请说明理由.
12．（2025·岳麓模拟）如图1，山形图是两个全等的直角梯形和的组合图，将直角梯形沿底边翻折，得到图2所示的几何体.已知，，点在线段上，且在几何体中，解决下面问题.
（1）证明：平面；
（2）若平面平面，证明：.
13．（2025·德阳模拟）如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角夹角的余弦值．
14．（2025·邛崃模拟）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，底面为等边三角形，平面平面，点满足，点为棱上的动点（含端点）．
（1）当与重合时，证明：平面平面；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
15．（2025·绍兴模拟）如图，在四面体中，，记二面角为分别为的中点.
（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）设在四面体内有一个半径为的球，若，求证：.
16．（2025·杭州模拟）在平面四边形中，，，将沿翻折至，其中为动点.
（1）设，
（ⅰ）证明：平面；
（ⅱ）求三棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
四、导数
17．（2025高二下·黔西南月考）已知函数.
（1）当时，求的单调区间与极值；
（2）若在上有解，求实数a的取值范围.
18．（2025·浙江模拟）已知函数．
（1）若曲线在处的切线过点，求实数a的值；
（2）当时，证明：．
19．（2025·绍兴模拟）已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）记的两个零点分别为，求曲线在点处的切线方程.
20．（2025·嘉兴模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在区间上的最大值.
21．（2025·杭州模拟）已知函数（）.
（1）若，求的极小值；
（2）当时，求的单调递增区间；
（3）当时，设的极大值为，求证：.
五、圆锥曲线
22．（2025·绍兴模拟）已知椭圆的焦距为2，且过点.
（1）求的方程；
（2）设为的左、右顶点，在过点且垂直于轴的直线上任取一点，过作的切线，切点为（异于），作，垂足为.记和的面积分别为，求的值.
23．（2025·浙江模拟）已知双曲线E：，且四点，，，中恰有三点在E上．
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）如图，P，Q，R分别为双曲线E上位于第一、二、四象限的点，过坐标原点O分别作直线PQ，PR的垂线，垂足分别为M，N，且．
（ⅰ）证明：Q，O，R三点共线；
（ⅱ）求面积的最小值．
24．（2025·杭州模拟）已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，.
（1）求的方程；
（2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率；
（3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：，由余弦定理得，
∴，
．
（2）解：由及已知得，
又，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的周长最大值为．
（3）解：，则，，
则，解得，
∴，
又为的中点，如图所示：
，又
由勾股定理得．
【解析】【分析】（1）由题意结合余弦定理可得，再利用三角形内角即可求解；
（2）将代入，结合基本不等式即可求解；
（3）先利用三角形面积公式得，再利用余弦定理及得出，联立求解出，最后利用等腰三角形的性质及勾股定理即可求解．
（1），
又据余弦定理，∴，
．
（2）由及已知得，
又，
，
，当且仅当时，等号成立，
故的周长最大值为．
（3），则，
，
则，解得，
∴，
又为的中点，
，又
由勾股定理得．
2．【答案】（1）解：因为，，
所以.
由正弦定理，得，
所以
（2）解：设，在三角形与三角形中分别使用余弦定理得，
，，
即①，②，
①×2＋②得，，
因为，所以，解得，
即的长为1.
【解析】【分析】(1)先根据三角恒等变换求的值，再利用正弦定理求的周长；
(2)设，根据互补结合余弦定理列方程求解即可得x的值.
3．【答案】（1）解：由和正弦定理，
得出(*)，
因为，
代入(*)化简得，，
即，
因为，所以，
又因为，
所以.
（2）解：由题意知，是的平分线，
由，
可得，化简得，①，
由余弦定理得，，即②，
将①代入②可得，，
解得，（舍去），
故的周长为.
【解析】【分析】（1）利用正弦定理与三角形内角和定理以及诱导公式，再结合两角和的正弦公式和，得出角B的余弦值，再由三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）由角平分线的定义和等面积法，再结合三角形的面积公式和余弦定理得出a+c的值，则根据已知条件和三角形的周长公式得出的周长.
（1）由和正弦定理，(*)，
因，
代入(*)化简得，，即，
因，故得，因，则.
（2）由题意知，是的平分线.由可得，
，化简得，①
又由余弦定理，，即②，
将①代入②可得，，解得，（舍去），
故的周长为.
4．【答案】（1）解：由题意可得，则，
故，
，
则，
，
，
结合角为三角形内角，，
所以，故，
故为等腰三角形.
（2）解：，则，
设，
又为的中点，
，
在中，以为轴，中垂线为轴，建立直角坐标系，
设，，
由，得出，
即且，
所以，当时，取最大值为，
故的最大值为6.
【解析】【分析】（1）由边化角得到，再由结合两角和正弦公式和三角形中角的取值范围，则根据等腰三角形的定义，从而判断出三角形的形状.
（2）利用等腰三角形的结构特征和三角形面积的关系式，则以为轴，中垂线为轴，建立直角坐标系，设，再由已知条件和两点距离公式以及几何法，则根据三角形面积公式得出面积的最大值.
（1）由题意可得，则，
故.
，
则，
，
，
结合为三角形内角，，
所以，
故，
故为等腰三角形.
（2），则，设，
又为的中点，
，
在中，以为轴，中垂线为轴，建立直角坐标系，
设，，由，
，
即且，
所以当时，取最大值为，
故的最大值为6.
5．【答案】（1）解：设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，
记第i次（，2，3）摸到红球为事件，
则事件，
显然、、彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：
，
因为每次摸到红球后放回，所以，，
所以.
（2）解：依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
，
所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为：
X 2 3 4 5
P
.
【解析】【分析】（1）由互斥加法求概率公式和独立乘法求概率公式，从而得出一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率.
（2）利用已知条件得出此人总得分X的可能取值，再结合对立事件求概率公式和互斥加法求概率公式和独立乘法求概率公式，从而算出随机变量X对应的概率，进而可得此人总得分X的分布列，再根据此人总得分X的分布列求数学期望公式，从而得出此人总得分的数学期望.
（1）设一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次为事件A，记第i次（，2，3）摸到红球为事件，
则事件，
显然、、彼此互斥，
由互斥事件概率的加法公式：
因为每次摸到红球后放回，所以，，，
所以，.
（2）依题意，X的可能取值为2，3，4，5，
，
，
，
，
所以，一轮摸球游戏结束时，此人总得分X的分布列为：
X 2 3 4 5
P
.
6．【答案】（1）解：设三个项目乙获胜的事件分别为，乙同学总得分40分记为事件，
则，且
.
（2）解：由题可知
甲总得分的分布列：
0 20 40 60
.
（3）解：甲获胜的概率为，
乙获胜的概率为，
因为，
所以甲获胜概率更大.
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式即可求解；
（2）依题可知，再利用相互独立事件的乘法公式分别计算出对应的概率，列出分布列，利用期望的定义即可求解；
（3）分别求出甲和乙获胜概率进行比较即可求解.
（1）设三个项目乙获胜的事件分别为，乙同学总得分40分记为事件，
则，且
.
（2）由题可知
甲总得分的分布列：
0 20 40 60
.
（3）甲获胜的概率为，
乙获胜的概率为，
因为，
所以甲获胜概率更大.
7．【答案】（1）解：依题意，完善二联表为：
满意度 性别 合计
女性 男性
比较满意 30 20 50
非常满意 30 40 70
合计 60 60 120
所以，
则.
（2）解：零假设依据小概率值的独立性检验，
认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价没有差异，
则，
故依据小概率值的独立性检验，
能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异.
（3）解：因为女性对服务满意的概率为，男性对服务满意的概率为，
则，
，
所以的分布列为：
0 1 2
则.
【解析】【分析】（1）根据列联表得出的值，从而得出的值.
（2）利用已知条件计算卡方，与临界值比较，从而认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异.
（3）根据相互独立乘法事件求概率公式求出随机变量X对应的概率，从而得出X的分布列，再结合数学期望公式得出X的数学期望.
（1）完善二联表为：
满意度 性别 合计
女性 男性
比较满意 30 20 50
非常满意 30 40 70
合计 60 60 120
故，故；
（2）零假设依据小概率值的独立性检验，认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价没有差异，
，
故依据小概率值的独立性检验，能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异.
（3）由于女性对服务满意的概率为，男性对服务满意的概率为，
故，
，
，
故的分布列为
0 1 2
故.
8．【答案】（1）解：由直方图可知竞赛分数在和中的学生比值为，
所以竞赛分数在中的学生抽取6人，分数在中的学生抽取3人，
所以成绩优秀的学生人数的所有可能取值为，，，，
所以，，
，，
所以 的分布列为
0 1 2 3
所以期望.
（2）解：记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，
因为，，，
所以.
（3）解：解法一：，解得
解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，
所以，令，则，
令，则，所以时，，
令，则，所以时，，
令，则，所以，
所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.
【解析】【分析】（1）先求出求出抽取的9人中的优秀人数和非优秀人数，进而确定随机变量 的可能取值，并求出各取值对应的概率即可求得其分布列，再由期望公式计算期望值即可；
（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，依次求出，和，再由全概率公式即可计算求解.
（3）法一：根据已知列不等式组即可求解；法二：令，计算，由和即可计算求解.
（1）由直方图，占6人，占3人，
则成绩优秀的学生人数可取，，，，
所以，，
，，
所以分布列为
0 1 2 3
则期望.
（2）记事件A：成绩优秀的学生，事件：甲学校的学生，
由已知条件可知，，，
所以.
（3）解法一：
解法二：记随机抽取人中竞赛成绩优秀的人数为，由题意可知，，
所以，令，则，
令，则，所以时，，
令，则，所以时，，
令，则，所以，
所以当或时，最大，即或时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大.
9．【答案】（1）解：记事件A=“张明同学在第3次抽签时获得对弈资格”，事件=“第（取次被抽中”，
则，
又因为每个报名者在第次被抽中的概率为（取）．
则；
（2）解：记=“选手在某一局得到了分”，
则，，，
由题意可知：可能取值为0，1，2，3，4，5，6，
，
，
，
，
，
，
．
则参赛者得分分布列为
0 1 2 3 4 5 6
．
【解析】【分析】（1）设“张明同学在第3次抽签时获得对弈资格”为事件，第（取次被抽中为事件，则，根据题意求解即可；
（2）由题意可知：可能取值为0，1，2，3，4，5，6，求每个值对应概率，列分布列，求数学期望即可.
（1）设“张明同学在第3次抽签时获得对弈资格”为事件，
第（取次被抽中为事件，则，
又因为每个报名者在第次被抽中的概率为（取）．
所以；
（2）设：表示选手在某一局得到了分，
则，，，
因为每局比赛结果相互独立，
则可以取0，1，2，3，4，5，6，
且：“三局比赛均得0分”，
：“三局比赛中1局得1分，2局各得0分”，
：“三局中1局得0分，2局各得1分”或“三局中1局得2分，2局各得0分”，
：“三局中1局得0分，1局得1分，1局得2分”或“三局均得得1分”，
：“三局中1局得0分，2局各得2分”或“三局中1局得2分，2局各得1分”，
：“三局中1局得1分，2局各得2分”，
：“三局比赛均得2分”．
所以，
，
，
，
，
，
．
所以参赛者得分分布列为
0 1 2 3 4 5 6
所以．
10．【答案】（1）证明：取AB中点E，连接ME、NE，
因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，
平面PAD，平面，则平面，
因为M为PB中点，所以，
平面，平面，则平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）解：由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【解析】【分析】（1）取AB中点E，连接ME、NE，易得、，利用线面平行、面面平行的判定及性质定理平面平面 ，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系， 平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为，再利用向量法求面面角公式即可求解.
（1）取AB中点E，连接ME、NE，
因为底面为矩形，N为CD的中点，所以，
平面PAD，平面，则平面，
因为M为PB中点，所以，
平面，平面，则平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
（2）由题，易知直线DA，DC，DP两两垂直，
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，所以，
，所以平面与平面的夹角的余弦值为．
11．【答案】（1）证明：取的中点，连接如图所示：
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）解：
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示：
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】【分析】（1）利用中位线的性质证得，再利用线面平行的判定定理可得平面，再面面平行的判定定理和性质定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量线性运算的坐标表示求出点，，平面法向量为，再利用向量法求线面角即可.
（1）
取的中点，连接.
三点分别为的中点
在平面中，，
又平面平面平面
同理，，平面平面，所以平面，
又平面平面，
平面平面，
平面平面.
（2）
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
过作的平行线，过作交于点.
以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
梯形中，，，
所以，则.
所以.
假设在上存在点使得，设，
设，则，解得.
因为，
所以，解得.
，
因为平面平面，故取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
.
所以，线段上存在点使得，直线与平面所成角的正弦值为.
12．【答案】（1）证明：连接与相交于，连接，
因为，且，
所以，
又因为，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：过作交于，
因为平面平面，且两平面交线为，平面，
所以平面，平面，故，
又因为四边形为直角梯形，故，
又因为是平面内的两相交直线，
所以平面，平面，
故.
【解析】【分析】（1）根据对应边成比例得出线线平行，再利用线线平行证出线面平行，即证出直线平面.
（2）根据面面垂直的性质定理证出线面垂直，从而证出线线垂直，再由直角梯形的结构特征得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，最后由线面垂直的定义证出.
（1）连接与相交于，连接，
由于，且，
所以，
又，所以，
平面，平面，所以平面，
（2）过作交于，由于平面平面，且两平面交线为，平面，
所以平面，平面，故，
又四边形为直角梯形，故，
是平面内的两相交直线，所以平面，
平面，故.
13．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，
因为是菱形，
所以，
又因为为的中点，，
所以，
又因为面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：过作交于点，面面，
面面，面，
所以面，则即为直线与平面所成角，
因为面，
所以面，
又因为面，所以，
所以为的交点，为等边三角形，
所以H为的重心，
所以，，
在中，解得，
以为原点，所在直线为轴建立如图坐标系，
则，
，
设平面和平面的法向量分别为和，
则，即，
令，可得：，则，
又因为平面，则，
设平面和平面的夹角为，
则.
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，再证，，从而证出平面，进而证出平面平面.
（2）过作交于点，从而得出为直线与平面所成角，再以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，从而求出平面法向量，再由数量积求向量夹角公式得出二面角夹角的余弦值．
（1）连接交于点，连接，因为是菱形，所以，
又因为为的中点，所以
又面，且，所以平面
又平面，所以平面平面
（2）过作交于点，面面，面面，面，
所以面，则即为直线与平面所成角
因为面，所以面，
又面，所以，
所以为的交点，为等边三角形，所以H为的重心，
所以，，在中，解得，
以为原点，所在直线为轴建立如图坐标系，
则
，
设平面和平面的法向量分别为和，
则，即，令，可得：
即，
又平面，则
设平面和平面的夹角为，则
14．【答案】（1）证明：如图，取中点，连接，
因为侧面为菱形，，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
又因为为的中点，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：连接，因为为等边三角形，则，
所以两两垂直，
则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：
令三棱柱的棱长为2，所以，
故，，
又因为，所以，
设，，则
即；
又因为，
设平面的法向量为，
则则，
取，则，
故平面的法向量可为，
又因为，设直线与平面所成角为，
由题可得，即
整理得：，解得，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】【分析】（1）取中点，连接，根据面面垂直的性质定理证出直线平面，从而证出，进而可得直线平面，再根据面面垂直的判定定理，即可证出平面平面.
（2）连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，令三棱柱的棱长为2，得出点的坐标，设，，结合平面向量基本定理得出向量的坐标，再根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再由数量积求向量夹角公式和诱导公式得出直线与平面所成角的正弦值，则根据已知条件得出的值，进而得出满足要求的的值.
（1）如图，取中点，连接，
因为侧面为菱形，，
所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为为的中点，所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）连接，因为为等边三角形，则，
所以两两垂直，则以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：
令三棱柱的棱长为2，所以，
故，
，
又，所以，
设，，
则，
即；
又，
设平面的法向量为，
则则，取，则，
故平面的法向量可为，
又，设直线与平面所成角为，
由题可得，即，
整理得：，解得，
故当时，直线与平面所成角的正弦值为．
15．【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以，，
又因为，所以，
又因为 ，平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：由（1）知是二面角的平面角，则，
以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，可取，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为；
（3）解：与的面积为，
设在平面内的射影为，即平面，
因为平面，所以，又，平面，所以平面，
因为平面，所以，又，所以为二面角的平面角，
所以点到平面的距离，
因此四面体的体积为，
又因为，平面，所以，所以到直线的距离等于，
所以边的高，
所以的面积，
因为，所以的面积也为，
所以四面体的表面积为，
则四面体的内切球半径，即，即.
【解析】【分析】（1）取中点，连接，即可得到，从而得到平面，再证明线线垂直即可；
（2）以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可；
（3）设在平面内的射影为，即可得到点到平面的距离，即可求出四面体的体积，再求出四面体的表面积，即可求出四面体的内切球半径，即可得证.
（1）取中点，连接，又分别为的中点，
则，，
因为，
所以，又 ，平面，
所以平面，
又平面，所以.
（2）由（1）知是二面角的平面角，所以.
如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，可取，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）因为与的面积为，
设在平面内的射影为，即平面，
又平面，所以，又，平面，所以平面，
又平面，所以，又，所以为二面角的平面角，
所以点到平面的距离，
因此四面体的体积为.
又，平面，所以，所以到直线的距离等于，
所以边的高，
所以的面积，
注意到，因此的面积也为，
所以四面体的表面积为，
因此四面体的内切球半径，
所以，即.
16．【答案】（1）证明；（ⅰ）在中，，，则，
因为，，所以，所以，
又因为，平面，，所以平面；
（ⅱ）；
（2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设二面角的平面角为，则，，，，
，
易知平面的法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
设，设，
，当且仅当，即时取等号，即，
则直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【解析】【分析】（1）（ⅰ）由题意，利用线面垂直的判定定理证明即可；
（ⅱ）利用求三棱锥的体积即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合换元法和基本不等式可求其最大值即可.
（1）（ⅰ）在中，，，所以.
因为，，所以，
所以.
又因为，平面，，
所以平面.
（ⅱ）.
（2）如图，建立以为原点的空间直角坐标系，设二面角的平面角为，则，，，.
所以.平面的法向量为.
设直线与平面所成角为，则.
设，
设，
所以，（当且仅当，即时取等号），即.
直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
17．【答案】（1）解：当时，，所以
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数有极小值，无极大值.
（2）解：因为在上有解，
所以在上有解，
当时，不等式成立，此时，
当时在上有解，
令，则
由（1）知时，即，
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，所以，
综上可知，实数a的取值范围是.
【解析】【分析】 (1) 求导，利用导数判断原函数的单调性和极值；
(2) 根据题意利用参变分离可得在上有解，令，利用导数求其单调性和最值，根据恒成立问题运算求解，注意时的理解.
18．【答案】（1）解：函数的定义域为，，所以，
又，
所以在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
时，，即，
，，
所以当时，.
，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，
所以，
因为，所以，故，
则，得证．
【解析】【分析】（1）求导可得，k=，再利用点斜式方程，将代入方程，即可求解.
（2）二次求导可得，利用导数判断函数的单调性可得，写出函数的最小值，判断最小值大于即可得证.
（1）函数的定义域为，，所以，
又，
所以在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
（2）证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增；
时，，即，
，，
所以当时，.
，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，
所以，
因为，所以，故，
则，得证．
19．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
当时，；当时，，
则函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）解：由（1）知，，
函数有两个零点，且，即，
则所求切线的切点坐标为，斜率，切线方程为，
故曲线在点处的切线方程为.
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）由（1）的信息，结合零点存在性定理确定的值，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（1）函数的定义域为，求导得，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由（1）知，，
因此函数有两个零点，且，即，
则所求切线的切点坐标为，斜率，切线方程为
所以曲线在点处的切线方程为.
20．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
易知，，
则曲线在点处的切线方程 为，即；
（2）解：函数的定义域为，，
令，解得或，
当时，；当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以在区间的最大值为.
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义结合直线的点斜式求切线方程即可；
（2）求出导函数的零点，得到在区间上的单调性，可知最大值只能是或，利用作差法比较二者的大小即可得出答案.
21．【答案】（1）解：若，函数定义域为，，
令，解得，
当时，当时，
则函数在单调递减，在单调递增，
当时，函数取极小值，极小值等于；
（2）解：当时，，，
令，则，解得或，
则在和上单调递增，
令，则，解得，即在上单调递减，
故的单调增区间为和；
（3）证明：当时，由（2）知，的极大值等于；
当时，，单调递增，无极大值；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值等于，
令，，
在上在上，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以故，
综上所述，.
【解析】【分析】（1）将代入，求导，利用导数判断函数的单调性求解出函数的极值即可；
（2）当时，利用导数求解函数的单调性求解出函数的单调递增区间即可；
（3）分和讨论求解即可.
（1）由题意知.
若，则，所以.
令，得.
当时，当时，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的极小值等于.
（2）因为，所以，
由，即，解得或，
所以在和单调递增，
由，即，解得，
所以在单调递减，
故的单调增区间为和.
（3）当时，由（2）知，的极大值等于；
当时，，单调递增，无极大值；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值等于，
令，所以，
在上在上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以故，
综上所述，.
22．【答案】（1）解：由题意可知：，因为过点，所以，
联立，解得，则的方程为；
（2）解：设，直线的方程为，
代入的方程得，
因为直线与相切，所以，
化简得，所以，
所以，代入直线的方程得，
设与交于点，又，直线的方程为，
因为，代入直线的方程得，所以，所以为中点，
因此点到直线的距离相等，所以.
【解析】【分析】（1）由题意列关于的方程组，求出，即可得椭圆方程；
（2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据相切，由根的判别式得到方程，求出，求出，，表达出直线的方程为，设与交于点，求出，所以，为中点，得到答案.
（1）由题意知，且过点，
即，
解得，
所以的方程为.
（2）设，直线的方程为，
代入的方程得.
因为直线与相切，
所以，
化简得，所以，
所以，代入直线的方程得，
设与交于点，又，直线的方程为，
因为，
代入直线的方程得，
所以，所以为中点.
因此点到直线的距离相等，所以.
23．【答案】（1）解：由题，点，，，中恰有三点在E上，根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，
又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得解得，，
所以E的标准方程为E：．
（2）解：（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，
则，故，
把代入E：得：，
由题知，设，，则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以Q，O，R三点共线，
（ⅱ）因为，，所以，所以，
所以，
由（ⅰ）知，，
又，
当且仅当时等号成立，所以，
所以面积的最小值为4．
【解析】【分析】（1）根据双曲线对称性，、关于轴对称，必都在双曲线上.又因第一象限双曲线“上升”，判断不在双曲线上，确定、、在双曲线上.将这三点坐标代入双曲线标准方程，解方程组得出、的值，即可求解.
（2）（i）设直线方程，由到直线距离得出与关系.联立直线与双曲线方程，根据韦达定理得到、表达式，进而求出，算出可得，同理，即可证明；
（ii）由，推出，得到.面积是面积的倍，，利用均值不等式求出面积最小值即可求解.
（1）由题，点，，，中恰有三点在E上，
根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上，
又在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线E上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得解得，，
所以E的标准方程为E：．
（2）（ⅰ）证明：由题可知直线PQ的斜率存在，设PQ：，
则，故，
把代入E：得：，
由题知，设，，则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以Q，O，R三点共线，
（ⅱ）因为，，所以，所以，
所以，
由（ⅰ）知，，
又，
当且仅当时等号成立，所以，
所以面积的最小值为4．
24．【答案】（1）解：易知，则抛物线方程为；
（2）解：设直线的方程为，，，则，，，
联立，消元整理可得，
由韦达定理可得：，，
则直线的方程为：，
联立，解得，同理，
则，解得，
故直线的斜率为；
（3）解：设，
因为，，，
所以，
当时，为定值，则.
【解析】【分析】（1）由题意得到，代入即可得抛物线方程；
（2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理求解即可；
（3）由（2）结合两点斜率公式求解即可.
（1）由题意知，所以抛物线方程为.
（2）由题意可设直线的方程为，，，则，，.
所以，得，
所以，.
所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去，
解得，同理.
所以.所以.
所以直线的斜率为.
（3）设，
因为.
因为，.
所以，
当时，为定值.所以.
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