2021年全國高考甲卷數學（理）試題變式題16-20題原題161．已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為________．變式題1基礎2．已知函數的圖象如圖所示，則函數的解析式為__________.變化題2基礎3．已知函數的部分圖象如圖所示，是某個三角形的內角，若關于的不等式在上恒成立，則的取值范圍為______．變式題3鞏固4．將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，若函數在上為增函數，則的取值范圍是___________.變式題4鞏固5．函數的圖象與軸相交于點，如圖是它的部分圖象，若函數圖象相鄰的兩條對稱軸之間的距離為，則_________.變式題5提升6．設函數，若對于任意實數，在區間上至少有2個零點，至多有3個零點，則的取值范圍是________．變式題6提升7．已知，若函數的圖像如圖所示，則_________原題178．甲、乙兩臺機床生產同種產品，產品按質量分為一級品和二級品，為了比較兩臺機床產品的質量，分別用兩臺機床各生產了200件產品，產品的質量情況統計如下表：一級品二級品合計甲機床15050200乙機床12080200合計270130400（1）甲機床、乙機床生產的產品中一級品的頻率分別是多少?（2）能否有99%的把握認為甲機床的產品質量與乙機床的產品質量有差異?附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.828變式題1基礎9．某社區為了解居民參加體育鍛煉的情況，從該社區中隨機抽取了18名男性居民和12名女性居民，對他們參加體育鍛煉的情況進行問卷調查.現按是否參加體育鍛煉將居民分成兩類:甲類(不參加體育鍛煉)、乙類(參加體育鍛煉)，調查結果如下表:（1）根據上表中的統計數據，完成下面的2×2列聯表:（2）通過計算判斷是否有95%的把握認為參加體育鍛煉與否跟性別有關?附變化題2基礎10．在500人身上試驗某種血清預防感冒作用，把他們一年中的感冒記錄與另外500名未用血清的人的感冒記錄作比較，結果如表所示．問：該種血清能否起到預防感冒的作用？未感冒感冒合計使用血清258242500未使用血清216284500合計4745261000變式題3鞏固11．為了保障全國第四次經濟普查順利進行，國家統計局選擇了江蘇、河北、湖北、寧夏、重慶作為國家綜合試點地區，逐級進行普查．在普查過程中首先要進行宣傳培訓，然后確定對象，最后入戶登記．由于種種情況可能會導致人戶登記不夠順利，這為正式普查提供了寶貴的試點經驗．某普查小區，共有50家企事業單位，150家個體經營戶，普查情況如下表所示：順利不順利合計企事業單位4050個體經營戶50150合計（1）補全列聯表，并根據列聯表判斷是否有90%的把握認為“此普查小區的人戶登記是否順利與普查對象的類別有關”；（2）根據該試點普查小區的情況，為保障第四次經濟普查的順利進行，請你從統計的角度提出一條建議．變式題4鞏固12．調查某醫院一段時間內嬰兒出生的時間和性別的關聯性，得到如下的列聯表：單位：人性別出生時間合計晚上白天女243155男82634合計325789依據的獨立性檢驗，能否認為性別與出生時間有關聯？解釋所得結論的實際含義．變式題5提升13．有甲、乙兩個班級進行一門考試，按照學生考試成績優秀和不優秀統計后，得到如下的列聯表：班級與成績列聯表：優秀不優秀總計甲班103545乙班73845總計177390試問能有多大把握認為“成績與班級有關系”？參考公式及數據：，其中.0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828變式題6提升14．某中學高二甲、乙兩個興趣班進行了一次數學對抗賽，該對抗賽試題滿分為150分，規定：成績不小于135分為“優秀”，成績小于135分為“非優秀”，對這兩個班的所有學生的數學成績統計后，得到如圖條形圖.（1）根據圖中數據，完成如下的2×2列聯表；甲班乙班總計優秀非優秀總計（2）計算隨機變量的值（精確到0.001），并由此判斷：能否有90%的把握認為“成績與班級有關”？參考數據：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828參考公式：，其中原題1815．已知數列的各項均為正數，記為的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數列是等差數列：②數列是等差數列；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．變式題1基礎16．已知數列的前項和滿足.（1）求；（2）已知__________，求數列的前項和.從下列三個條件中任選一個，補充在上面問題的橫線中，然后對第（2）問進行解答.條件：①②③注：如果選擇多個條件分別解答，以第一個解答計分.變化題2基礎17．已知正項等比數列的前項和為，，且________，從下列二個條件：①；

②，，成等差數列；中選擇一個條件（填上序號），解決下列問題：（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足，求數列的前項和.變式題3鞏固18．已知數列中，，_____，其中.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，求證：數列是等比數列；（Ⅲ）求數列的前項和.從①前項和，①，②，③且，這三個條件中任選一個，補充在上面的問題中并作答.變式題4鞏固19．設數列的前項和為，，是等差數列，，公差，且，，成等比數列．（1）求數列和的通項公式；（2）設，數列的前項和為．若對任意的，恒成立，求實數的取值范圍．變式題5提升20．設等差數列的前n項和為．（1）求數列的通項公式及；（2）若，求數列的前n項和．在①；②；③這三個條件中任選一個補充在第（2）問中，并對其求解．（注意：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．）變式題6提升21．在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中并作答.已知是公差不為的等差數列，其前項和為，___________且??成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設數列是各項均為正數的等比數列，且，，求數列的前項和.原題1922．已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?變式題1基礎23．如圖在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，PD=DB=BC=AB=AD=2.（1）證明：PA⊥平面ABC；（2）求二面角B-AD-C的余弦值.變化題2基礎24．如圖所示，在三棱柱中，，，四邊形為菱形，，，D為的中點．（1）證明：平面；（2）若，求二面角的余弦值．變式題3鞏固25．如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．（1）證明：O1O⊥平面ABCD；（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1與平面OB1D夾角的余弦值．變式題4鞏固26．如圖在四棱錐中，底面為正方形，為等邊三角形，E為中點，平面平面.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.變式題5提升27．如圖，在矩形中，，E為的中點，將沿折起到的位置，使得平面平面．（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．變式題6提升28．如圖1，在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD＝60，DEAB于點E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1DDC，如圖2.（1）求證：A1E平面BCDE；（2）求二面角E—A1B—C的余弦值.原題2029．拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．（1）求C，的方程；（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．變式題1基礎30．已知動圓過點，且與直線相切，設圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）設直線交曲線于，兩點，以為直徑的圓交軸于，兩點，若，求的取值范圍.變化題2基礎31．已知拋物線C：y2＝4x，A，B，其中m>0，過B的直線l交拋物線C于M，N.（1）當m＝5，且直線l垂直于x軸時，求證：△AMN為直角三角形；（2）若＝＋，當點P在直線l上時，求實數m，使得AM⊥AN.變式題3鞏固32．如圖，已知，直線，是平面上的動點，過點P作l的垂線，垂足為點Q，且．（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）過點F的直線交軌跡C于A、B兩點，交直線l于點M；①已知，求的值；②求的最小值．變式題4鞏固33．已知拋物線C：（）的焦點為F，原點O關于點F的對稱點為Q，點關于點Q的對稱點，也在拋物線C上（1）求p的值；（2）設直線l交拋物線C于不同兩點A?B，直線?與拋物線C的另一個交點分別為M?N，，，且，求直線l的橫截距的最大值.變式題5提升34．已知橢圓：的焦距為，點在橢圓上，且的最小值是（為坐標原點）.（1）求橢圓的標準方程.（2）已知動直線與圓：相切，且與橢圓交于，兩點.是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.變式題6提升35．已知拋物線（）的頂點為，直線與拋物線的交點（異于點）到點的距離為，（1）求的標準方程；（2）過點作斜率為（）的直線與交于點（異于點），直線關于直線對稱的直線與交于點（異于點），求證：直線過定點．2021年全國高考甲卷數學（理）試題變式題16-題原題161．已知函數的部分圖像如圖所示，則滿足條件的最小正整數x為________．變式題1基礎2．已知函數的圖象如圖所示，則函數的解析式為__________.變化題2基礎3．已知函數的部分圖象如圖所示，是某個三角形的內角，若關于的不等式在上恒成立，則的取值范圍為______．變式題3鞏固4．將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，若函數在上為增函數，則的取值范圍是___________.變式題4鞏固5．函數的圖象與軸相交于點，如圖是它的部分圖象，若函數圖象相鄰的兩條對稱軸之間的距離為，則_________.變式題5提升6．設函數，若對于任意實數，在區間上至少有2個零點，至多有3個零點，則的取值范圍是________．變式題6提升7．已知，若函數的圖像如圖所示，則_________原題178．甲、乙兩臺機床生產同種產品，產品按質量分為一級品和二級品，為了比較兩臺機床產品的質量，分別用兩臺機床各生產了200件產品，產品的質量情況統計如下表：一級品二級品合計甲機床15050200乙機床12080200合計270130400（1）甲機床、乙機床生產的產品中一級品的頻率分別是多少?（2）能否有99%的把握認為甲機床的產品質量與乙機床的產品質量有差異?附：0.0500.0100.001k3.8416.63510.828變式題1基礎9．某社區為了解居民參加體育鍛煉的情況，從該社區中隨機抽取了18名男性居民和12名女性居民，對他們參加體育鍛煉的情況進行問卷調查.現按是否參加體育鍛煉將居民分成兩類:甲類(不參加體育鍛煉)、乙類(參加體育鍛煉)，調查結果如下表:（1）根據上表中的統計數據，完成下面的2×2列聯表:（2）通過計算判斷是否有95%的把握認為參加體育鍛煉與否跟性別有關?附變化題2基礎10．在500人身上試驗某種血清預防感冒作用，把他們一年中的感冒記錄與另外500名未用血清的人的感冒記錄作比較，結果如表所示．問：該種血清能否起到預防感冒的作用？未感冒感冒合計使用血清258242500未使用血清216284500合計4745261000變式題3鞏固11．為了保障全國第四次經濟普查順利進行，國家統計局選擇了江蘇、河北、湖北、寧夏、重慶作為國家綜合試點地區，逐級進行普查．在普查過程中首先要進行宣傳培訓，然后確定對象，最后入戶登記．由于種種情況可能會導致人戶登記不夠順利，這為正式普查提供了寶貴的試點經驗．某普查小區，共有50家企事業單位，150家個體經營戶，普查情況如下表所示：順利不順利合計企事業單位4050個體經營戶50150合計（1）補全列聯表，并根據列聯表判斷是否有90%的把握認為“此普查小區的人戶登記是否順利與普查對象的類別有關”；（2）根據該試點普查小區的情況，為保障第四次經濟普查的順利進行，請你從統計的角度提出一條建議．變式題4鞏固12．調查某醫院一段時間內嬰兒出生的時間和性別的關聯性，得到如下的列聯表：單位：人性別出生時間合計晚上白天女243155男82634合計325789依據的獨立性檢驗，能否認為性別與出生時間有關聯？解釋所得結論的實際含義．變式題5提升13．有甲、乙兩個班級進行一門考試，按照學生考試成績優秀和不優秀統計后，得到如下的列聯表：班級與成績列聯表：優秀不優秀總計甲班103545乙班73845總計177390試問能有多大把握認為“成績與班級有關系”？參考公式及數據：，其中.0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828變式題6提升14．某中學高二甲、乙兩個興趣班進行了一次數學對抗賽，該對抗賽試題滿分為150分，規定：成績不小于135分為“優秀”，成績小于135分為“非優秀”，對這兩個班的所有學生的數學成績統計后，得到如圖條形圖.（1）根據圖中數據，完成如下的2×2列聯表；甲班乙班總計優秀非優秀總計（2）計算隨機變量的值（精確到0.001），并由此判斷：能否有90%的把握認為“成績與班級有關”？參考數據：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828參考公式：，其中原題1815．已知數列的各項均為正數，記為的前n項和，從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．①數列是等差數列：②數列是等差數列；③．注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．變式題1基礎16．已知數列的前項和滿足.（1）求；（2）已知__________，求數列的前項和.從下列三個條件中任選一個，補充在上面問題的橫線中，然后對第（2）問進行解答.條件：①②③注：如果選擇多個條件分別解答，以第一個解答計分.變化題2基礎17．已知正項等比數列的前項和為，，且________，從下列二個條件：①；

②，，成等差數列；中選擇一個條件（填上序號），解決下列問題：（1）求數列的通項公式；（2）設數列滿足，求數列的前項和.變式題3鞏固18．已知數列中，，_____，其中.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，求證：數列是等比數列；（Ⅲ）求數列的前項和.從①前項和，①，②，③且，這三個條件中任選一個，補充在上面的問題中并作答.變式題4鞏固19．設數列的前項和為，，是等差數列，，公差，且，，成等比數列．（1）求數列和的通項公式；（2）設，數列的前項和為．若對任意的，恒成立，求實數的取值范圍．變式題5提升20．設等差數列的前n項和為．（1）求數列的通項公式及；（2）若，求數列的前n項和．在①；②；③這三個條件中任選一個補充在第（2）問中，并對其求解．（注意：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．）變式題6提升21．在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中并作答.已知是公差不為的等差數列，其前項和為，___________且??成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設數列是各項均為正數的等比數列，且，，求數列的前項和.原題1922．已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?變式題1基礎23．如圖在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，PD=DB=BC=AB=AD=2.（1）證明：PA⊥平面ABC；（2）求二面角B-AD-C的余弦值.變化題2基礎24．如圖所示，在三棱柱中，，，四邊形為菱形，，，D為的中點．（1）證明：平面；（2）若，求二面角的余弦值．變式題3鞏固25．如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．（1）證明：O1O⊥平面ABCD；（2）若∠CBA＝60°，求平面C1OB1與平面OB1D夾角的余弦值．變式題4鞏固26．如圖在四棱錐中，底面為正方形，為等邊三角形，E為中點，平面平面.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.變式題5提升27．如圖，在矩形中，，E為的中點，將沿折起到的位置，使得平面平面．（1）證明：平面；（2）求二面角的余弦值．變式題6提升28．如圖1，在邊長為4的菱形ABCD中，∠BAD＝60，DEAB于點E，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1DDC，如圖2.（1）求證：A1E平面BCDE；（2）求二面角E—A1B—C的余弦值.原題2029．拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．（1）求C，的方程；（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．變式題1基礎30．已知動圓過點，且與直線相切，設圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）設直線交曲線于，兩點，以為直徑的圓交軸于，兩點，若，求的取值范圍.變化題2基礎31．已知拋物線C：y2＝4x，A，B，其中m>0，過B的直線l交拋物線C于M，N.（1）當m＝5，且直線l垂直于x軸時，求證：△AMN為直角三角形；（2）若＝＋，當點P在直線l上時，求實數m，使得AM⊥AN.變式題3鞏固32．如圖，已知，直線，是平面上的動點，過點P作l的垂線，垂足為點Q，且．（1）求動點P的軌跡C的方程；（2）過點F的直線交軌跡C于A、B兩點，交直線l于點M；①已知，求的值；②求的最小值．變式題4鞏固33．已知拋物線C：（）的焦點為F，原點O關于點F的對稱點為Q，點關于點Q的對稱點，也在拋物線C上（1）求p的值；（2）設直線l交拋物線C于不同兩點A?B，直線?與拋物線C的另一個交點分別為M?N，，，且，求直線l的橫截距的最大值.變式題5提升34．已知橢圓：的焦距為，點在橢圓上，且的最小值是（為坐標原點）.（1）求橢圓的標準方程.（2）已知動直線與圓：相切，且與橢圓交于，兩點.是否存在實數，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.變式題6提升35．已知拋物線（）的頂點為，直線與拋物線的交點（異于點）到點的距離為，（1）求的標準方程；（2）過點作斜率為（）的直線與交于點（異于點），直線關于直線對稱的直線與交于點（異于點），求證：直線過定點．參考答案：1．2【分析】先根據圖象求出函數的解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整數或驗證數值可得.【詳解】由圖可知，即，所以；由五點法可得，即；所以.因為，；所以由可得或；因為，所以，方法一：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，即，解得，令，可得，可得的最小正整數為2.方法二：結合圖形可知，最小正整數應該滿足，又，符合題意，可得的最小正整數為2.故答案為：2.【點睛】關鍵點睛：根據圖象求解函數的解析式是本題求解的關鍵，根據周期求解，根據特殊點求解.2．【分析】根據最大值得，再由圖像得周期，從而得，根據時，取得最大值，利用整體法代入列式求解，再結合的取值范圍可得.【詳解】根據圖像的最大值可知，，由，可得，所以，再由得，，所以，因為，所以，故函數的解析式為.故答案為：.3．【分析】由正弦函數的圖象求得，令利用導數求其最值，由題設不等式恒成立知，結合三角形內角的性質求的取值范圍.【詳解】由圖知：，，即，可知．由，得，，∴，，又，即，∴．設，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，∴，即，得．由，得．結合正弦函數的圖象可知，當時成立，∴的范圍是．故答案為：4．【分析】由題意利用函數的圖象變換規律，得到的解析式，再根據正弦函數的單調增區間，求得的取值范圍．【詳解】解：將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象．若在區間上為增函數，則，且，求得，則的取值范圍為，，故答案為：，．5．【分析】根據圖象可得，由題意得出，即可求出，再代入即可求出，進而得出所求.【詳解】由函數圖象可得，相鄰的兩條對稱軸之間的距離為，，則，，，又，即，，或，根據“五點法”畫圖可判斷，，.故答案為：.6．【分析】原問題轉化為在區間上至少有2個，至多有3個t，使得，求得取值范圍，作出可知，滿足條件可最短區間長度為，最長區間長度為，由此建立關于的不等式，解出即可．【詳解】令，則，令，則，則原問題轉化為在區間上至少有2個，至多有3個t，使得，求得取值范圍，作出與的圖象，如圖所示，由圖可知，滿足條件可最短區間長度為，最長區間長度為，∴，解得．故答案為：．7．【分析】根據函數圖象有，可求得，又函數圖象過點，點，代入可求得，，求得，然后利用函數的周期性求解.【詳解】由圖可知：，，所以函數，又函數圖象過點，點，，，所以，，故答案為：【點睛】方法點睛：求函數解析式的步驟：(1)求A，B，確定函數的最大值M和最小值m，則，.(2)求，確定函數的周期，則(3)求，常用方法如下：把圖象上的一個已知點代入(此時要注意該點在上升區間上還是在下降區間上)或把圖象的最高點或最低點代入．8．（1）75%；60%；（2）能.【分析】根據給出公式計算即可【詳解】（1）甲機床生產的產品中的一級品的頻率為,乙機床生產的產品中的一級品的頻率為.（2）,故能有99%的把握認為甲機床的產品與乙機床的產品質量有差異.9．（1）表格見解析；（2）沒有的把握認為參加體育鍛煉與否跟性別有關.【分析】（1）根據調查結果完成列聯表即可；（2）根據列聯表計算，與附表對照，即可判斷.【詳解】解：（1）填寫的列聯表如下男性居民女性居民合計不參加體育鍛煉參加體育鍛煉合計（2）計算因為.所以沒有的把握認為參加體育鍛煉與否跟性別有關.【點睛】本題考查了利用獨立性檢驗解決實際問題，屬于基礎題.10．有99%的把握認為該血清能起到預防感冒的作用．【分析】利用公式計算得出數據，比較數據大小得解【詳解】解：設H0：感冒與是否使用該血清沒有關系．因當H0成立時，χ2≥6.635的概率約為0.01，故有99%的把握認為該血清能起到預防感冒的作用．P(χ≥x0)0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001x00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82811．（1）列聯表見解析；有的把握認為“此普查小區的入戶登記是否順利與普查對象的類別有關”；（2）答案見解析.【解析】（1）根據已知數據補全列聯表，利用公式計算得到，由此可得結論；（2）根據數據可知個體經營戶配合度需提高，由此可確定統計建議.【詳解】（1）根據已知數據，完成列聯表如下：順利不順利合計企事業單位401050個體經營戶10050150合計14060200，有的把握認為“此普查小區的入戶登記是否順利與普查對象的類別有關”．（2）建議：加大宣傳力度，消除誤解因素，尤其要做好個體經營戶的思想工作．（意思相近即可）12．在犯錯的概率不超過0.1的前提下可以認為性別與出生時間有關聯.【分析】根據題目所給的數據，計算，對照參數即可下結論.【詳解】由題意得的觀測值為：，∴在犯錯的概率不超過0.1的前提下可以認為性別與出生時間有關聯.13．沒有充分證據認為“成績與班級有關系”.【分析】計算出卡方值，即可判斷.【詳解】計算得的觀測值為，因為0.653＜3.841，所以沒有充分證據認為“成績與班級有關系”.14．（1）答案見解析；（2），沒有90%的把握認為“成績與班級有關”.【分析】（1）根據條形圖中數據完成表格即可；（2）根據公式計算出的值，然后可得答案.【詳解】（1）根據條形圖中的數據可得如下表格，甲班乙班總計優秀152035非優秀403070總計5550105（2）因為，所以沒有90%的把握認為“成績與班級有關”.【點睛】本題考查的是獨立性檢驗，考查了學生的計算能力，屬于基礎題.15．證明過程見解析【分析】選①②作條件證明③時，可設出，結合的關系求出，利用是等差數列可證；也可分別設出公差，寫出各自的通項公式后利用兩者的關系，對照系數，得到等量關系，進行證明.選①③作條件證明②時，根據等差數列的求和公式表示出，結合等差數列定義可證；選②③作條件證明①時，設出，結合的關系求出，根據可求，然后可證是等差數列；也可利用前兩項的差求出公差，然后求出通項公式，進而證明出結論.【詳解】選①②作條件證明③：[方法一]：待定系數法+與關系式設，則，當時，；當時，；因為也是等差數列，所以，解得；所以，，故.[方法二]：待定系數法設等差數列的公差為d，等差數列的公差為，則，將代入，化簡得對于恒成立．則有，解得．所以．選①③作條件證明②：因為，是等差數列，所以公差，所以，即，因為，所以是等差數列.選②③作條件證明①：[方法一]：定義法設，則，當時，；當時，；因為，所以，解得或；當時，，當時，滿足等差數列的定義，此時為等差數列；當時，，不合題意，舍去.綜上可知為等差數列.[方法二]【最優解】：求解通項公式因為，所以，，因為也為等差數列，所以公差，所以，故，當時，，當時，滿足上式，故的通項公式為，所以，，符合題意.【整體點評】這類題型在解答題中較為罕見，求解的關鍵是牢牢抓住已知條件，結合相關公式，逐步推演，選①②時，法一：利用等差數列的通項公式是關于的一次函數，直接設出，平方后得到的關系式，利用得到的通項公式，進而得到，是選擇①②證明③的通式通法；法二：分別設出與的公差，寫出各自的通項公式后利用兩者的關系，對照系數，得到等量關系，，進而得到；選①③時，按照正常的思維求出公差，表示出及，進而由等差數列定義進行證明；選②③時，法一：利用等差數列的通項公式是關于的一次函數，直接設出，結合的關系求出，根據可求，然后可證是等差數列；法二：利用是等差數列即前兩項的差求出公差，然后求出的通項公式，利用，求出的通項公式，進而證明出結論.16．（1）；（2）答案見解析.【分析】(1)根據求解即可；(2)選①利用錯位相減法求和即可；選②利用裂項相消法求和即可；選③對分奇偶討論，然后利用并項求和法求和即可.【詳解】（1）∵在數列中，.當時，，當時，，又也滿足，∴（2）選擇條件①，∴①②①-②得故.選擇條件②由（1）知：，∴∴選擇條件③，∴當為偶數時，當為奇數時，綜上所述：.17．選①和②得結果相同，（1）；（2）【分析】（1）選①②直接根據數列的遞推關系式求出公比，從而可求得數列的通項公式；（2）直接利用（1）的結論，進一步利用分組求和法求出數列的前項和.【詳解】解：（1）選條件①設數列的公比為，由得，∴即或；又數列是正項數列，故.從而數列的通項公式為：.選條件②設數列的公比為，由，，成等差數列，∴，所以，解得，從而數列的通項公式為：.（2），.18．選①②③結果均相同，（Ⅰ）；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）【分析】分別選①②③，（Ⅰ）由數列的遞推式或等差數列的定義和性質，可得公差，通項公式；（Ⅱ）由等比數列的定義，可得證明；（Ⅲ）求得，由數列的分組求和，結合等差數列和等比數列的求和公式，可得所求和．【詳解】解：選①，（Ⅰ）因為，時，，則，；（Ⅱ）證明：，可得，所以數列是首項為和公比均為4的等比數列；（Ⅲ），．選②，（Ⅰ）由，，則，；（Ⅱ）證明：，可得，所以數列是首項為和公比均為4的等比數列；（Ⅲ），．選③，（Ⅰ）由，且，可得數列為等差數列，設公差為，則，則，；（Ⅱ）證明：，可得，所以數列是首項為和公比均為4的等比數列；（Ⅲ），所以．19．（1），；（2）．【分析】（1）根據題中條件求解數列的基本參數進而求解出數列的通項公式；（2）先求解數列的前n項和，結合不等式恒成立問題求解出參數的范圍.【詳解】（1）時，時，n=1時，，∴．由得，∵，∴，所以，∴，；（2），，，；令，，∴，∴，∴實數的取值范圍為．20．（1）；（2）答案不唯一，具體見解析．【分析】（1）設等差數列的首項為，公差為d，解方程組即得數列的通項公式及；（2）選①：利用錯位相減法求和得解；選②：利用裂項相消法求和得解；選③：對分兩種情況討論求和得解.【詳解】（1）設等差數列的首項為，公差為d，，所以，．（2）選①：①②由①－②得，選②：，所以，所以選③：當n為偶數時，當n為奇數時，所以．21．（1）若選①，，若選②，，若選③，；（2）若選①，，若選②，，若選③，.【分析】（1）根據，，成等比數列，用等差數列的基本量進行運算，可得首項和公差的關系，結合條件即可得到答案；（2）由（1）解出的通項公式，進而根據分組求和即可得到答案.【詳解】（1）設數列的公差為.因為，，成等比數列，則，故，化簡得.因為，所以，所以.若選①，則，即，則；若選②，則，即，則；若選③，則，即，則；（2）因為數列是各項均為正數的等比數列，且，，設數列的公比為，則.若選①，則，故，，所以，由，得.又，則，所以，所以.若選②，則，故，，所以，由，得.又，則，所以，所以.若選③，則，故，，所以，由，得.又，則，所以，則.22．（1）證明見解析；（2）【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案；【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．，．由題設（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優解】：向量法設平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．[方法二]：幾何法如圖所示，延長交的延長線于點S，聯結交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯結，則為平面與平面所成二面角的平面角．設，過作交于點G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當時，．[方法三]：投影法如圖，聯結，在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．設，在中，．在中，，過D作的平行線交于點Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．【整體點評】第一問，方法一為常規方法，不過這道題常規方法較為復雜，方法二建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優解；方法三利用空間向量加減法則及數量積的定義運算進行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學生的思維.第二問：方法一建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規的方法，也是最優方法；方法二：利用空間線面關系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學生的思維．23．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由側面PAB⊥平面PBC，可得BC⊥側面PAB，所以PA⊥BC，再由PD=DB=DA，所以PA⊥AB,利用線面垂直的判定定理即得證；（2）建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用二面角的向量計算公式，即得解.【詳解】（1）側面PAB⊥平面PBC，PB⊥BC，所以BC⊥側面PAB又PA側面PAB，所以PA⊥BC又PD=DB=DA，可得，又內角和為所以PA⊥AB又ABBC=B，所以PA⊥平面ABC（2）以A為原點，過點A作BC的平行線為x軸，AB，AP所在直線分別y?z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示.在直角三角形PAB中，，由已知得：.，設平面ACD的法向量為，則，即，取，則，故設平面ABD的法向量為，又二面角A-PD-C為銳角，故二面角A-PD-C的余弦值為故答案為：.【點睛】本題考查了面面垂直的性質，線面垂直的判定，以及向量法求二面角，考查了學生綜合分析，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題24．（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）證明，，則平面即得證；（2）取中點為E，連結，，證明平面，以E為坐標原點，，，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）由，則有，又D為的中點，所以，由，則有，，又，所以，則可知，又有，平面，所以平面；（2）取中點為E，連結，，由，則有，又易知，則有，所以，又可知，，平面，則平面，如圖，以E為坐標原點，，，分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，有，，，，，由，則有平面，所以，又，，所以平面，所以平面的法向量為，設平面的法向量為，則有，即，可取，記二面角為，則.故二面角的余弦值為．25．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由已知中，四棱柱的所有棱長都相等，，，四邊形和四邊形均為矩形．可得且，，進而，，再由線面垂直的判定定理得到底面；（2）設四棱柱的所有棱長均為，設為2，若，，，以為坐標原點，分別以，，為，，軸正方向建立空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量，代入向量夾角公式，求出二面角的余弦值．【詳解】證明：（1）四棱柱的所有棱長都相等，四邊形為菱形，又，故為的中點，同理也是的中點，又四邊形和四邊形均為矩形，且，，，，又，，平面，底面；解：（2）設四棱柱的所有棱長均相等，所以四邊形是菱形，，又底面，，，兩兩垂直，如圖，以為坐標原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸建立直角坐標系．設，，，，則，，，易知，是平面的一個法向量，設，，是平面的一個法向量，則，即取，則，，所以，，設二面角的大小為，易知是銳角，于是：，故二面角的余弦值為．26．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接交于點O，連接、，先證明平面，再由三角形中位線定理得到，即可證明平面.（2）以分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，設，用向量法求二面角的余弦值.【詳解】（1）連接交于點O，連接、，因為為等邊三角形，所以，因為底面為正方形，所以，因為，所以平面，又平面，所以，因為平面平面，平面平面，所以平面，因為E為中點，所以，則平面.（2）如圖，以分別為x軸，y軸，z軸正方向建立空間直角坐標系，設，則，所以，，，，則，，，因為平面平面，且平面平面=BD，,所以面EBD,所以平面的法向量為，設平面的法向量為，則，所以，不妨設x=1，所以，所以，顯然二面角的平面角為銳角或直角，所以二面角的余弦值為.27．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）設，利用勾股定理逆定理可得，再根據面面垂直的性質證明即可；（2）建立如圖所示空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦值；【詳解】解：（1）設，則，∴，∴．∵平面平面，平面平面，∴平面．（2）取中點O，連接，∵，∴，∴平面，建立如圖所示空間直角坐標系，設，則，，設平面的法向量為，則，取可得，設平面的法向量為，則，取可得，所以，由圖可得二面角為鈍角，∴二面角的余弦值為．28．（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據題意證明平面可得，再結合即可證明平面；（2）結合（1），以，，所在直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可.【詳解】解:（1）證明:∵在菱形ABCD中，∠BAD＝60，DEAB于點E∴，，∴.又∵，，∴平面，∴.又∵，，∴平面.（2）∵平面，，∴以，，所在直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系（如圖）.易知，則，，，，∴，，易知平面的一個法向量為.設平面的法向量為，由，，得，令，得，∴.由圖得二面角為鈍二面角，∴二面角的余弦值為.29．（1）拋物線，方程為；（2）相切，理由見解析【分析】（1）根據已知拋物線與相交，可得出拋物線開口向右，設出標準方程，再利用對稱性設出坐標，由，即可求出；由圓與直線相切，求出半徑，即可得出結論；（2）方法一：先考慮斜率不存在，根據對稱性，即可得出結論；若斜率存在，由三點在拋物線上，將直線斜率分別用縱坐標表示，再由與圓相切，得出與的關系，最后求出點到直線的距離，即可得出結論.【詳解】（1）依題意設拋物線，，所以拋物線的方程為，與相切，所以半徑為，所以的方程為；（2）[方法一]：設若斜率不存在，則方程為或，若方程為，根據對稱性不妨設，則過與圓相切的另一條直線方程為，此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；若方程為，根據對稱性不妨設則過與圓相切的直線為，又，，此時直線關于軸對稱，所以直線與圓相切；若直線斜率均存在，則，所以直線方程為，整理得，同理直線的方程為，直線的方程為，與圓相切，整理得，與圓相切，同理所以為方程的兩根，，到直線的距離為：，所以直線與圓相切；綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切.[方法二]【最優解】：設．當時，同解法1．當時，直線的方程為，即．由直線與相切得，化簡得，同理，由直線與相切得．因為方程同時經過點，所以的直線方程為，點M到直線距離為．所以直線與相切．綜上所述，若直線與相切，則直線與相切．【整體點評】第二問關鍵點：過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標（或橫坐標）表示，將問題轉化為只與縱坐標（或橫坐標）有關；法一是要充分利用的對稱性，抽象出與關系，把的關系轉化為用表示，法二是利用相切等條件得到的直線方程為，利用點到直線距離進行證明，方法二更為簡單，開拓學生思路30．（1）；（2）.【分析】（1）根據拋物線的性質可知圓心軌跡是以為焦點，以直線為準線的拋物線；（2）聯立拋物線與直線方程，借助韋達定理表示出圓心坐標，半徑，再由弦長公式列出不等式，解之即可．【詳解】（1）設，由題意得到的距離與到直線的距離相等，由拋物線的定義知曲線的方程為.（2）設，，由題意可知直線過的焦點，聯立消去得，整理得，∴.∵過的焦點，∴以為直徑的圓的圓心為，半徑為，∵，解得，或，∴的取值范圍是.31．（1）證明見解析；（2）m＝6.【分析】（1）由題設可得M(