第頁高考數學重難點練習題（附帶答案）學校：___________班級：___________姓名：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，則A． B．C． D．2．若，則下列不等式恒成立的是A． B． C． D．3．設為正項等比數列的前項和，若，且，則A． B． C． D．4．幾何學史上有一個著名的米勒問題：“設點M，N是銳角的一邊QA上的兩點，試在QB邊上找一點P，使得最大．”如圖，其結論是：點P為過M，N兩點且和射線QB相切的圓與射線QB的切點．根據以上結論解決以下問題：在平面直角坐標系xOy中，給定兩點M（-1，2），N（1，4），點P在x軸上移動，當取最大值時點P的橫坐標是（

）A．1 B．-7 C．1或-1 D．2或-75．如圖為一個幾何體的三視圖，則該幾何體中任意兩個頂點間的距離的最大值為A． B． C． D．6．函數在的圖象大致為A． B．C． D．7．已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與拋物線的一個交點，且，則A．或 B．或 C．或 D．8．將函數的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，則下列說法不正確的是A． B．在區間上單調遞減C．是圖象的一條對稱軸 D．是圖象的一個對稱中心二、多選題9．若橢圓的某兩個頂點間的距離為4，則m的可能取值有（

）A． B． C． D．210．在一次全市視力達標測試后，該市甲乙兩所學校統計本校理科和文科學生視力達標率結果得到下表：甲校理科生甲校文科生乙校理科生乙校文科生達標率60%70%65%75%定義總達標率為理科與文科學生達標人數之和與文理科學生總人數的比，則下列說法中正確的有（

）A．乙校的理科生達標率和文科生達標率都分別高于甲校B．兩校的文科生達標率都分別高于其理科生達標率C．若甲校理科生和文科生達標人數相同，則甲校總達標率為65%D．甲校的總達標率可能高于乙校的總達標率11．已知離散型隨機變量服從二項分布，其中，記為奇數的概率為，為偶數的概率為，則下列說法中正確的有（

）A． B．時C．時隨著的增大而增大 D．時隨著的增大而減小12．已知函數，將的所有極值點按照由小到大的順序排列，得到數列，對于正整數n，則下列說法中正確的有（

）A． B．C．為遞減數列 D．三、填空題13．銳角滿足，則.14．若兩條直線與圓的四個交點能構成矩形，則.15．已知函數有兩個極值點與，若，則實數a＝.16．設F為雙曲線的右焦點，A，B分別為雙曲線E的左右頂點，點P為雙曲線E上異于A，B的動點，直線l：x＝t使得過F作直線AP的垂線交直線l于點Q時總有B，P，Q三點共線，則的最大值為.四、解答題17．已知中，角，B，所對的邊分別為，b，c，滿足.

(1)求的大小；(2)如圖，AB=AC，在直線的右側取點，使得，求為何值時四邊形面積的最大，并求出該最大值．18．如圖,在三棱臺中,平面平面.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求二面角的平面角的余弦值.19．已知正項數列的前項和，滿足：．(1)求數列的通項公式；(2)記，設數列的前項和為，求證．20．2023年10月5日晚，杭州亞運會女籃決賽的巔峰對決中，中國女籃以戰勝日本女籃，成功衛冕亞運會冠軍，大快人心，表現神勇，為國家和人民爭了光．某校隨即開展了“學習女籃精神，塑造健康體魄”的主題活動，在該活動的某次籃球訓練課上，進行了一場、和3名女籃隊員的傳接球的訓練，球從手中開始，等可能地隨機傳向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外2人中的1人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能被接住．記第次傳球之前球在手中的概率為，易知和．(1)①求第5次傳球前，球恰好在手中的概率；②第次傳球前球在手中的概率為，試比較與的大小．(2)訓練結束，體育老師為了表揚隊員們精彩的表現和取得的進步，組織了一場“摸球抽獎”活動，先在一個口袋中裝有個紅球（且）和5個白球，一次摸獎從中摸兩個球，兩個球顏色不同則為中獎．若設三次摸獎（每次摸獎后球放回）恰好有一次中獎的概率，當取何值時最大?21．已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）設，（）是函數的兩個極值點，證明：恒成立.22．已知點是圓：上一動點（為圓心），點的坐標為，線段的垂直平分線交線段于點，動點的軌跡為曲線．(1)求曲線的方程；(2)，是曲線上的兩個動點，為坐標原點，直線、的斜率分別為和，且，則的面積是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，請說明理由；(3)設為曲線上任意一點，延長至，使，點的軌跡為曲線，過點的直線交曲線于、兩點，求面積的最大值．參考答案：1．C【分析】解出集合、B，再利用補集和交集的定義得出集合.【詳解】解不等式，得或；解不等式，得，解得.，則因此，故選C.【點睛】本題考查集合的補集與交集的計算，同時也考查了一元二次不等式以及對數不等式的求解，考查運算求解能力，屬于中等題.2．C【分析】根據指數函數、對數函數、冪函數的單調性以及特殊值法來判斷各選項中不等式的正誤.【詳解】對于A選項，由于指數函數為增函數，且，A選項中的不等式不成立；對于B選項，由于對數函數在上單調遞增，當時，B選項中的不等式不恒成立；對于C選項，由于冪函數在上單調遞增，且C選項中的不等式恒成立；對于D選項，取，b=-2，則，但，D選項中的不等式不恒成立.故選C.【點睛】本題考查不等式正誤的判斷，通常利用函數單調性、比較法、不等式的性質以及特殊值法來判斷，考查推理能力，屬于中等題.3．D【分析】設等比數列的公比為，利用題中條件求出，再由可計算出的值.【詳解】設等比數列的公比為，則整理得，解得，因此，故選D.【點睛】本題考查等比數列中基本量的計算，一般利用首項和公比建立方程（組）求解基本量，考查運算求解能力，屬于基礎題.4．A【分析】根據已知及直線的傾斜角和斜率，圓的切線方程，直線與圓的位置關系與判定，判斷當取最大值時經過M，N，P三點的圓必與軸相切于點，故圓心的縱坐標為圓的半徑，由此求得點P的橫坐標.【詳解】由題M（-1，2），N（1，4），則線段MN的中點坐標為（0，3）易知，則經過M，N兩點的圓的圓心在線段MN的垂直平分線上．設圓心為，則圓S的方程為．當取最大值時圓必與軸相切于點（由題中結論得）則此時P的坐標為，代入圓S的方程，得解得或，即對應的切點分別為P（1，0）和．因為對于定長的弦在優弧上所對的圓周角會隨著圓的半徑減小而角度增大又過點M，N，的圓的半徑大于過點M，N，P的圓的半徑所以，故點P（1，0）為所求，即點P的橫坐標為1.故選:A．5．A【分析】畫出幾何體的直觀圖，判斷兩點間距離最大值的位置，求解即可.【詳解】由題意可知，幾何體的直觀圖如下圖所示，該幾何體是長方體的一部分，該幾何體中任一兩個頂點間距離的最大值應該是、BD、中的一個且故選A.【點睛】本題考查三視圖的直觀圖的應用，解題時要根據三視圖還原幾何體，作出幾何體的直觀圖，并計算出棱長，考查空間想象能力，屬于中等題.6．C【分析】判斷函數的奇偶性，取特殊值即可判斷.【詳解】因為，所以函數為奇函數，故排除A,B由于，排除D故選C.【點睛】本題主要考查了函數圖象的識別，一般要結合函數的奇偶性、定義域、單調性、特殊點等綜合來判斷，屬于中檔題.7．D【分析】設點的坐標為，點的坐標為，利用向量的坐標運算計算出點的縱坐標，然后利用拋物線的定義求出的值.【詳解】拋物線的焦點為的坐標為，準線方程為設點的坐標為，點的坐標為，則，解得，因此，故選：D.【點睛】本題考查了拋物線的定義，同時也考查了利用共線向量計算點的坐標，考查運算求解能力，屬于中等題.8．D【分析】利用圖象平移得出函數的解析式，然后利用正弦型函數的性質判斷各選項中有關函數的性質及函數值的正誤.【詳解】由題意可得則，A選項正確；當時，則函數在區間上單調遞減，B選項正確；，則是圖象的一條對稱軸，C選項正確；，不是圖象的一個對稱中心，D選項錯誤.故選D.【點睛】本題考查三角函數圖象平移與三角函數的基本性質，解題的關鍵就是要確定函數解析式，并利用正弦函數的基本性質進行判斷，考查推理能力，屬于中等題.9．BCD【分析】討論兩頂點的位置，由橢圓的性質結合勾股定理求解.【詳解】由題意可知若這兩個頂點為長軸的兩個端點時；若這兩個頂點為短軸的兩個端點時；若一個頂點短軸的端點，另一個為長軸的端點時；故選：BCD10．ABD【分析】根據表中數據，結合達標率的計算公式對各選項逐一判斷即可.【詳解】由表中數據可得甲校理科生達標率為60%，文科生達標率為70%乙校理科生達標率為65%，文科生達標率為75%，故選項AB正確；設甲校理科生有人，文科生有人，若，即，則甲校總達標率為，選項C錯誤；由總達標率的計算公式可知當學校理科生文科生的人數相差較大時所占的權重不同，總達標率會接近理科生達標率或文科生達標率當甲校文科生多于理科生，乙校文科生少于理科生時甲校的總達標率可能高于乙校的總達標率，選項D正確；故選：ABD11．ABC【分析】選項A利用概率的基本性質即可，B選項由條件可知滿足二項分布，利用二項分布進行分析，選項C，D根據題意把的表達式寫出，然后利用單調性分析即可.【詳解】對于A選項，由概率的基本性質可知故A正確對于B選項，由時離散型隨機變量服從二項分布則所以所以，故B正確對于C,D選項當時為正項且單調遞增的數列故隨著的增大而增大故選項C正確當時為正負交替的擺動數列故選項D不正確.故選：ABC.12．AC【分析】的極值點為的變號零點，即為函數與函數圖像在交點的橫坐標.將兩函數圖像畫在同一坐標系下.A選項，利用零點存在性定理及圖像可判斷選項；BC選項，由圖像可判斷選項；D選項，注意到，由圖像可得單調性，后可判斷選項.【詳解】的極值點為在上的變號零點.即為函數與函數圖像在交點的橫坐標.又注意到時，時，時.據此可將兩函數圖像畫在同一坐標系中，如下圖所示.A選項，注意到時.結合圖像可知當.當.故A正確；B選項，由圖像可知則，故B錯誤；C選項，表示兩點與間距離，由圖像可知隨著n的增大，兩點間距離越來越近，即為遞減數列.故C正確；D選項，由A選項分析可知又結合圖像可知，當時，即此時得在上單調遞增則，故D錯誤.故選：AC【點睛】關鍵點點睛：本題涉及函數的極值點，因函數本身通過求導難以求得單調性，故將兩相關函數畫在同一坐標系下，利用圖像解決問題.13．【分析】利用二倍角公式和誘導公式實現角之間的轉化，代入數值即可求得結果.【詳解】由題意可知又，且為銳角，所以即.故答案為：14．8【分析】由題意知圓心到兩直線的距離相等，得到等量關系求解即可.【詳解】由題意直線平行，且與圓的四個交點構成矩形則可知圓心到兩直線的距離相等由圓的圓心為：圓心到的距離為：圓心到的距離為：所以由題意所以故答案為：8.15．4【分析】由得，所以根據解方程即可求出結果．【詳解】因為函數有兩個極值點與由，則有兩根與所以，得因為所以，又則所以故答案為：16．/1.25【分析】設出直線方程，與雙曲線的方程聯立，韋達定理表示出A與P的關系，根據三點B，P，Q共線，求得Q點坐標的橫坐標表示出t,然后運用設參數m法化簡,最后根據二次函數的性質求出最大值.【詳解】設，聯立整理得:;所以，得到，所以；過F作直線PA的垂線與直線交于Q因為B,Q,P三點共線，所以Q是直線與BP的交點Q是與的交點所以得，所以設則所以當時即m=2即時取得最大值.故答案為：【點睛】方法點睛：（1）聯立方程，根據韋達定理表示出坐標關系式；按照題目中給出的關系，構建關系式，表示出所求變量；（2）在計算推理的過程中運用整體轉化，化簡函數式，從而得到二次函數或者不等式，求得最值；本題的解題的關鍵是，表示出Q點的交點坐標，找到與t有關的解析式.17．(1)(2)，四邊形面積的最大，最大值為【分析】（1）根據正弦定理可得，進而結合兩角和的正弦公式及同角三角函數關系化簡可得，進而求解即可；（2）由（1）可得為等邊三角形，在中，由余弦定理可得，進而結合三角形的面積公式和三角恒等變換公式可得四邊形的面積，進而結合正弦函數的性質即可求解.【詳解】（1）由題意由正弦定理得即又因為中所以又因為，所以，即．又，故.（2）由（1）知，因為，所以為等邊三角形在中，由余弦定理得而所以四邊形的面積為因為當即時取得最大值，為故四邊形面積的最大值為．18．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）延長，BE，相交于一點，先證，再證，進而可證平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中計算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空間直角坐標系，再計算平面和平面的法向量，進而可得二面角的平面角的余弦值．【詳解】（Ⅰ）延長，BE，相交于一點，如圖所示．因為平面平面平面平面，且所以平面，平面，因此．又因為，和所以為等邊三角形，且為的中點則．所以平面．（Ⅱ）方法一：過點作于Q，連結．因為平面，所以則平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，得．在中，得．所以二面角的平面角的余弦值為．方法二：如圖，延長相交于一點則為等邊三角形．取的中點，則又平面平面，所以，平面．以點為原點，分別以射線，的方向為，的正方向建立空間直角坐標系．由題意得，和，和．因此，和．設平面的法向量為平面的法向量為．由，得取；由，得取．于是．所以，二面角的平面角的余弦值為．【點睛】解題時一定要注意二面角的平面角是銳角還是鈍角，否則很容易出現錯誤．證明線面垂直的關鍵是證明線線垂直，證明線線垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三線合一”和菱形、正方形的對角線．19．(1)(2)證明見解析【分析】（1）由，把用1代入算出首項，再用退位相減法發現其為等差數列，則數列通項可求；（2）由（1）可先算出，代入求得通項并裂項，再求和即可證明.【詳解】（1）當時，解得．當時由①，可得，②①②得：，即．．是以1為首項，以2為公差的等差數列數列的通項公式．（2）由（1）可得.20．(1)①；②(2)【分析】（1）①利用樹狀圖列出所有可能結果，再由古典概型的概率公式計算可得；②依題意第次傳球前在乙、丙手中的概率均為，則，從而得到為等比數列，即可求出的通項公式，求出與，即可判斷；（3）首先求出一次摸獎中獎的概率，則三次摸獎（每次摸獎后放回），恰有一次中獎的概率，再利用導數求出函數的單調性，即可求出函數的極大值點，再求出即可.【詳解】（1）①記三個人分別為A、B、C，則4次傳球的所有可能可用樹狀圖列出，如圖．

每一個分支為一種傳球方案，則基本事件的總數為16，而又回到手中的事件個數為6根據古典概型的概率公式得．②第次傳球前在乙、丙手中的概率均為故為等比數列，首項為，公比為所以.（2）一次摸獎從個球中任選兩個，有種，它們等可能，其中兩球不同色有種，一次摸獎中獎的概率三次摸獎（每次摸獎后放回），恰有一次中獎的概率則所以當時，當時所以在上為增函數，在上為減函數，當時取得最大值又，得時最大.21．（1）見解析；（2）證明見解析.【分析】(1)先求導，然后對的情況進行討論，判斷其單調性；（2）原函數由兩個極值點，轉化為導函數有兩個零點，即方程的判別式，列出相關的式子，最后采用構造函數來證明.【詳解】(1)的定義域為①當時令，得，令，得，所以在上單調遞增，在上單調遞減；②當時令，得或，令，得所以在，上單調遞增，在上單調遞減；③當時則，所以在上單調遞增；④當時令，得或，令，得所以在，上單調遞增，在上單調遞減；綜上，當時在上單調遞增，在上單調遞減；在時在，上單調遞增，在上單調遞減；當時在上單調遞增；當時在，上單調遞增，在上單調遞減（2），則的定義域為若有兩個極值點，（）則方程的判別式且，所以因為，所