专题二——【广东专用】2023年高考数学大题限时训练学案（原卷版+解析版）

专题02 大题限时练二

1．已知数列的首项，且满足．

（1）证明：数列是等比数列；

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）见解析；（2）

【详解】证明：（1）数列的首项，且满足，

整理得：，

即，

故数列是以为首项，为公比的等比数列；

解：（2）数列是以为首项，为公比的等比数列；

所以，

故；

所以．

2．如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点．

（1）求的正弦值；

（2）求的余弦值．

【答案】（1）；（2）

【详解】（1）在中，因为，，，

由余弦定理有，，

解得：，

因为为中点，

所以，

，

所以，

在三角形中，由余弦定理得，，

解得，

在三角形中，由正弦定理得，，

即，

解得；

（2）因为为的中点，

所以，

在三角形中，由余弦定理得，，

解得，

与的夹角等于，

，

，

所以．

3．某校为全面加强和改进学校体育工作，推进学校体育评价改革，建立了日常参与，体质监测和专项运动技能测试相结合的考查机制．在一次专项运动技能测试中，该校随机抽取60名学生作为样本进行耐力跑测试，这60名学生的测试成绩等级及频数如下表．

（1）从这60名学生中随机抽取2名学生，这2名学生中耐力跑测试成绩等级为优或良的人数记为，求；

（2）将样本频率视为概率，从该校的学生中随机抽取3名学生参加野外拉练活动，耐力跑测试成绩等级为优或良的学生能完成该活动，合格或不合格的学生不能完成该活动，能完成活动的每名学生得100分，不能完成活动的每名学生得0分．这3名学生所得总分记为，求的数学期望．

【答案】见解析

【详解】（1），

（2）由题意得可能的取值为0，100，200，300，

，

，

，

，

所以的分布列为：

．

4．如图，已知四边形是边长为2的菱形，，，，平面平面，．

（1）求证：平面平面；

（2）若，求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）

【详解】证明：（1）菱形中，，

又平面平面，平面平面，

所以平面，又在平面内，

所以平面平面；

解：（2）因为平面平面，，

平面平面，所以平面，

设与相交于点，连接，

因为，，

所以，，所以四边形为平行四边形，

所以，所以平面，

菱形中，，所以是正三角形，

则，

以点为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，

则，

则，

设平面的法向量为，0，，

设平面的法向量为，，，

则，令，则，

所以，

又由图示得二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为．

5．在平面直角坐标系中，已知点，，点满足直线与直线的斜率之积为，点的轨迹为曲线．

（1）求的方程；

（2）已知点，直线与轴交于点，直线与交于点，是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）且；（2）见解析

【详解】（1）设，则且，

所以的轨迹为曲线方程为且．

（2）设，则直线为，

联立曲线得：，整理得：，

由题设知：，则，

故，

又，，

所以，即，

很明显直线斜率不存在的时候也满足上述条件．

所以存在，使．

6．已知函数，为的导数．

（1）证明：当时，；

（2）设，证明：有且仅有2个零点．

【答案】见解析

【详解】证明：（1）由，得，

设，则，

当时，设，，

因为，，

所以和在，上单调递增，

，，

所以当时，，，

则，

所以在，上单调递增，

所以，即当吋，．

（2）由已知得，

①当时，因为，

所以在，上单调递增，

又因为，，

所以由零点存在性定理可知在，上仅有一个零点，

②当时，设，则，

所以在上单调递减，

所以，所以，

所以，

所以在上单调递减，

又因为，，

所以由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，

综上所述，有且仅有2个零点．