专题十四——【广东专用】2023年高考数学大题限时训练学案（原卷版+解析版）

这是一份专题十四——【广东专用】2023年高考数学大题限时训练学案（原卷版+解析版），文件包含专题十四广东专用2023年高考数学大题限时训练学案解析版docx、专题十四广东专用2023年高考数学大题限时训练学案原卷版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共10页， 欢迎下载使用。
专题14 大题限时练十四 1．在中，内角，，所对的边分别是，，，且满足：，又．（1）求角的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）；（2）【详解】（1）中，，，，．（2），，化简可得，，即，．再根据，可得的面积．2．已知递增等差数列满足，，数列满足，．（Ⅰ）求的前项和；（Ⅱ）若，求数列的通项公式．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【详解】（Ⅰ）由题意，设等差数列公差为，则，解得（舍去），或，，，，即，．故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，则．（Ⅱ）由（Ⅰ），可知．3．惠州市某高中学校组织航天科普知识竞赛，分小组进行知识问题竞答．甲乙两个小组分别从6个问题中随机抽取3个问题进行回答，答对题目多者为胜．已知这6个问题中，甲组能正确回答其中4个问题，而乙组能正确回答每个问题的概率均为．甲、乙两个小组的选题以及对每题的回答都是相互独立，互不影响的．（1）求甲小组至少答对2个问题的概率；（2）若从甲乙两个小组中选拔一组代表学校参加全市决赛，请分析说明选择哪个小组更好？【答案】见解析【详解】（1）这6个问题中，学生甲能正确回答其中的4个问题，甲至少答对两个问题的概率．（2）设甲答对题数为，所有可能取值为1，2，3，则，，，故，．设乙答对题数为，由题意可得，随机变量，故，，，，甲与乙的平均水平相当，但甲比乙的成绩更稳定，故选择学生甲．4．如图1所示，梯形中，．为的中点，连结，交于，将沿折叠，使得平面平面（如图．（1）求证：；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）【详解】（1）证明：连接，因为．为的中点，所以、、都是边长为2的正三角形，四边形是菱形，，，所以，，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：由（1）知、、两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，，0，，，，，，0，，，，，，0，，设平面的法向量为，，，，令，，1，，平面的法向量为，0，，设平面与平面所成的二面角的大小为，，．5．已知椭圆，点为椭圆的右焦点，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，当与轴垂直时，．（1）求椭圆的标准方程；（2），分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线交于，两点，证明：四边形为菱形．【答案】（1）；（2）见解析【详解】（1）由题意可知，，当与轴垂直时，，结合可知，，椭圆的标准方程为；（2）证明：设的方程为，，，，，联立得，消去整理可得，，易知△恒成立，由韦达定理可得，由直线的斜率为，得直线的方程为，当时，，由直线的斜率为，得直线的方程为，当时，，若四边形为菱形，则对角线互相垂直平分，下面证，因为，代入韦达定理得，，，即与互相平分垂直，则四边形为菱形．6．已知函数且的图象与轴交于，两点，且点在点的左侧．（1）求点处的切线方程，并证明：时，；（2）若关于的方程为实数）有两个正实根，，证明：．【答案】见解析【详解】证明：（1）令，得．所以或．即或．因为点在点的左侧，所以．因为，所以，得点处的切线方程为，即．当时，，因为，且，所以，所以，即．所以，所以．（2）不妨设，且只考虑的情形．因为，所以．所以点处的切线方程为，记，令，，设，则．所以单调递增．又因为，所以，当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增．所以在时有极小值，也是最小值，即，所以当时，．设方程的根为，则．易知单调递增，由，所以．对于（1）中，设方程的根为，则．易知单调递减，由（1）知，所以．所以．因为，易知时，，故；当时，，所以，所以，所以．记，，则恒成立．所以单调递增，因为，所以存在使得．所以，当时．；当，时，．所以在上单调递减，在，上单调递增．因为，由函数图象知当方程为实数）有两个正实根，时，，所以．所以，即．