2023高考数字全国模拟好题速递1.2讲义

这是一份2023高考数字全国模拟好题速递1.2讲义，共8页。试卷主要包含了已知数列{}满足则，设函数等内容，欢迎下载使用。
好题速递一讲义（2023届河南省青桐鸣大联考文科）1.在长方体中2,为的中点,⊥平面,则与所成角的余弦值为 （    ）                                                                                                               【解析】连接MB,MD,BD,连接A₁D,如图,A₁B₁⊥平面BCC₁B₁,则A₁B₁⊥BM,又A₁C⊥平面MBD,则A₁C⊥BM,A₁C∩A₁B₁=A₁,则BM⊥平面A₁B₁C,则BM⊥B₁C,∠MBC=∠BB₁C,则tan∠MBC=tan∠BB₁C,则 解得   由长方体的性质易知，A₁B₁∥DC,所以四边形A₁B₁CD为平行四边形,所以A₁D∥B₁C,则∠BA₁D即为所求角,在△BA₁D中,   故   故选B.2.已知数列{}满足则 （    ）                                          【解析】 故{}是首项为=+1=2,公比为2的等比数列，则 故选B.3.已知抛物线上有三点,),点的纵坐标为 2,-4, 且,则△面积的最大值为（    ）                                                                                         【解析】由题意得, 则M(1,2),由y₁+y₂=-4, 得  -1.设直线AB：，代入抛物线方程得,可得Δ=16+16t>0,得. 点M(1,2)到AB的距离为d= 故 由,得,即,又,则,则 ,易得当且仅当   时,g(t)取得最大值，为 故S△MAB最大值为  故选C.4.已知一个球的表面上有四点，   ，平面⊥平面,则该球的表面积为            .【解析】设球心为O,半径为R,BD的中点为M,则M为△BCD的外心,OM⊥平面BCD,又平面ABD⊥平面BCD,故O在平面ABD内,故O为△ABD的外心  故  5.已知双曲线 的左、右焦点分别为，点位于双曲线的右支上，交左支于点,△的内切圆的半径为1,与,分别切于点,则=            .  【解析】设内切圆与F₂M切于点Q,,如图,则,即,化简得①, =,即②,①+②得,NI平分∠RNP,则故 则 6.在四棱锥P-ABCD中,AB=4,BC=CD=2,AB//CD,∠ABC=90°,PA=PD=2,PD⊥BD. (1)证明:平面PAB⊥平面PBD;(2)求点C到平面PAB的距离. 解:(1)证明:∵∠ABC=90°,AB∥CD,∴∠BCD=90°, 过点D作DM⊥AB,如图,则DM=BC=2,AM=AB-BM=AB-CD=2, 又∵AB=4,AB²=BD²+AD²,∴∠ADB=90°,∴AD⊥BD,又PD⊥BD,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD,∴BD⊥平面PAD.∵PA⊂平面PAD,∴PA⊥BD. ∵BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD,∴PA⊥平面PBD,又PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PBD.(2)由PA⊥平面PBD易知∠APB=90°,PA=2,AB=4,则    取AD的中点为Q，连接PQ，AC，由等腰三角形三线合一的性质易得PQ⊥AD.又BD⊥平面PAD,BD⊂平面ABCD,则平面PAD⊥平面ABCD,PQ⊂平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PQ⊥平面ABCD,且   设点C到平面PAB的距离为h，易得   即  解得    7.设函数 (1)求的单调区间;(2)若函数有三个零点,且 证明. 解:  令,得①若0,当时,  当x>-1时   则的单调递减区间为(-∞，-1)，单调递增区间为(-1,+∞).②若,当时,当x>-1时   则f的单调递减区间为(-1，+∞)，单调递增区间为(-∞,-1).(2)证明：因为函数 有三个零点，所以方程 有三个不相等的实数根，又易知为方程的一个实根，所以方程 有两个不相等的实数根，即-m= 有两个不相等的实数根.令则当时, 单调递增；当时, )单调递减，所以.又因为当时,<0;当时,,当x→+∞时,g(x)→0,所以,则.要证,  即证, 即证,只需证.因为,所以只需证,即证    即证( - 1 ,0) .令  则  当∈(-1,0)时,  故  为增函数，所以  ,原式得证，故,  即  。 8.在直角坐标系中，曲线的参数方程为    为参数且),以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，且   直线的极坐标方程为(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；(2)若直线与曲线有公共点，求实数的取值范围.解:(1)由 且   得∴,即∴直线l的直角坐标方程为;由得,则又1) ,∴曲线C的普通方程为 (2)将  代入 整理得， 则∴实数m的取值范围为  1.在三棱锥中，是等边三角形，顶点在底面的投影是底面的中心，侧面侧面，则此三棱锥的体积与其外接球的体积之比为 (    )C A． B． C． D．2．若函数在内有且只有一个零点，则的值为(    ) C A．2 B．1 C．3 D．53．已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是 (    )BA． B． C． D．4．如图，在四棱柱中，平面，，，，为棱上一动点，过直线的平面分别与棱，交于点，，则下列结论正确的是__________．①对于任意的点，都有②对于任意的点，四边形不可能为平行四边形③存在点，使得为等腰直角三角形④存在点，使得直线平面答案：①②④   5.如图1，在边长为3的菱形中，已知，且.将梯形沿直线折起，使平面，如图2，分别是上的点.（1）求证：图2中，平面平面；（2）若平面平面，求三棱锥的体积.  证明：由题意可知，因为平面，所以平面，所以，由图条件可知，又因为，所以平面因为平面，所以平面平面.(2) 因为平面与平面有公共点，所以若平面与平面相交，设交线为若平面平面，因为平面平面则，设又因为，所以.同理，由平面平面因为平面平面，平面平面所以所以设三棱锥底面上的高为，所以，所以由所以三棱锥的体积为6.已知．（1）若函数有三个不同的零点，求实数a的取值范围；（2）在（1）的前提下，设三个零点分别为且，当时，求实数a的取值范围．解：（1）当时，．令．当时，的零点与函数的零点相同．  当时，，所以只有一个零点，不合题意．  因此．又因为函数有三个不同的零点，所以有两个均不等于1的不同零点．令，解得（舍去负值）．所以当时，，是减函数；当时，，是增函数．  因为，所以当，即时，有两个不同零点．又因为时，，所以函数有三个不同的零点，实数a的取值范围是   （2）因为，，所以．所以．所以．所以是的两个根．  又因为，所以有一个小于0的根，不妨设为．根据有三个根，可知，          所以，即．因为，所以．所以，即．显然，所以a的取值范围是．7.已知曲线上动点与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，若过的动直线与曲线相交于两点．(1)说明曲线的形状，并写出其标准方程；(2)是否存在与点不同的定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 解：（1）设，则，整理可得：，曲线为椭圆，标准方程为：.（2）①当直线与轴垂直时，即，由椭圆对称性可知：，，点在轴上；②当直线与轴垂直时，即，则，，若存在定点，则由①知：点在轴上，可设，由得：，解得：（舍）或，；则若存在定点满足题意，则点坐标必然是，只需证明当直线斜率存在时，对于，都有成立即可.设，，，由得：，其中恒成立，，，设点关于轴的对称点为，则，，，，即三点共线，；综上所述：存在定点，使得恒成立.
8.已知函数.（1）若，使不等式成立，求满足条件的实数的集合；（2）为中最大正整数，，，，，求证：. 解：（1）由已知得则，由于，使不等式成立，所以，即（2）由（1）知，则因为，，，所以，，，则，（当且仅当时等号成立），，（当且仅当时等号成立），（当且仅当时等号成立），则（当且仅当时等号成立），即.