2025版高考热点题型与考点专练数学中档大题练3试题（Word版附答案）

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(1)求角C;
【解析】(1)由正弦定理及条件得,
sinC12sinB+32csB=32sinA,
即sinC12sinB+32csB
=32sin(B+C)
=32sinBcsC+32csBsinC,
整理得tanC=3,
又C为三角形内角,所以C=60°;
(2)设BC=5,AB=7,若延长CB到D,使cs∠ADC=217,求CD的长.
【解析】(2)在△ABC中,由余弦定理得,AC2+25-5AC=49,解得AC=8,cs∠ADC=217,
则sin∠ADC=1-sin2∠ADC=277,
△ACD中,sin∠CAD=sin(C+D)=sinCcsD+csCsinD=32×217+12×277=5714,
由正弦定理得:CDsin∠CAD=ACsin∠ADC,即CD5714=8277,所以CD=10.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,AB∥CD,∠ABC=90°,且PA=PD=AD,PC=PB.
(1)若O为AD的中点,证明:平面POC⊥平面ABCD;
【解析】(1)取BC中点为E,由条件可得OE为直角梯形ABCD的中位线,则OE⊥BC,
又PB=PC,则PE⊥BC,且PE∩OE=E,PE⊂平面POE,OE⊂平面POE,
根据线面垂直的判定定理,得BC⊥平面POE,
因为PO⊂平面POE,所以BC⊥PO.
由PA=PD,则PO⊥AD,又AD,BC为直角梯形的两腰,则AD与BC相交,所以PO⊥平面ABCD,
又PO⊆平面POC,所以平面POC⊥平面ABCD.
(2)若∠CDA=60°,AB=12CD=1,线段PD上的点M满足=λ,且平面PCB与平面ACM夹角的余弦值为427,求实数λ的值.
【解析】(2)取CD的中点为Q,由AB=12CD=1,∠CDA=60°,则AQ⊥CD,AD=CD=2QD=2,
因此△ACD为等边三角形,CO⊥AD.
由(1)知PO⊥平面ABCD,OP,OA,OC两两垂直.
如图,以,,分别为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系,
由CD=DA=PA=PD=2,∠CDA=60°,
则OP=OC=3,A(0,1,0),B(32,32,0),C(3,0,0),P(0,0,3),D(0,-1,0)
由=λ⇒M(0,λ-1,3λ),所以=(3,0,-3),= (32,-32,0),=(3,-1,0),=(0,λ-2,3λ),
设平面PCB的法向量为n1=(a,b,c),
由⇒3a-3c=0,32a-32b=0,
取a=3,得b=1,c=3,即平面PCB的一个法向量为n1=(3,1,3).
设平面ACM的法向量为n2=(x,y,z),
由⇒3x-y=0,(λ-2)y+3λz=0,
取y=3λ,得x=λ,z=2-λ,
即平面ACM的法向量为n2=(λ,3λ,2-λ).记平面PCB与平面ACM夹角的大小为θ,
所以cs θ=|n1·n2|n1|·|n2||=427,化简得(3λ-2)2=0,即λ=23,所以实数λ的值为23.
3.若各项均为正数的数列{cn}满足cncn+2-cn+12=kcncn+1(n∈N*,k为常数),则称{cn}为“比差等数列”.已知{an}为“比差等数列”,且a1=58,a2=1516,3a4=2a5.
(1)求{an}的通项公式;
【解析】(1)由{an}为“比差等数列”,得anan+2-an+12=kanan+1,从而得an+2an+1-an+1an=k.
设dn=an+1an,则dn+1-dn=k,所以数列{dn}为等差数列.
因为d1=a2a1=32,d4=a5a4=32,所以{dn}为常数列,
因此,dn=d1=32,即an+1an=32,所以{an}是首项为58,公比为32的等比数列,因此an=58×(32)n-1.
(2)设bn=an,n为奇数bn-1+1,n为偶数,求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(2)当n为偶数时,
Sn=b1+b2+…+bn=2(b1+b3+…+bn-1)+n2=2(a1+a3+…+an-1)+n2
=2×58[1-(94) n2]1-94+n2=(94) n2+n2-1=(32)n+n2-1;
当n为奇数时,Sn=Sn+1-bn+1=(32)n+1+n+12-1-(bn+1)= (32)n+1+n+12-1-58×(32)n-1-1
=1312×(32)n+n-32.
综上,Sn=1312×(32) n+n-32,n为奇数(32) n+n2-1,n为偶数.
4.如图,已知E(m,n)为抛物线x2=2py(p>0)内一定点,过E作斜率分别为k1,k2的两条直线,与抛物线交于A,B,C,D,且M,N分别是线段AB,CD的中点.
(1)若m=0且k1k2=-1时,求△EMN面积的最小值;
【解析】(1)当m=0时,E(0,n)为y轴上一点,因为k1k2=-1,所以AB⊥CD,
设AB的方程为y=k1x+n,A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=k1x+nx2=2py,可得x2-2pk1x-2pn=0,
由于E(0,n)为抛物线x2=2py(p>0)内一点,n>0,故Δ=4p2k12+8pn>0,
则x1+x2=2pk1,x1x2=-2pn,故AB中点为M(x1+x22,y1+y22),即M(pk1,pk12+n),
同理可得N(pk2,pk22+n),即N(-pk1,pk12+n),因为AB⊥CD,则EM⊥EN,
所以S△EMN=12|EM||EN|=12·(pk1)2+(pk12)2·(-pk1) 2+(pk12) 2
=12|pk1|·1+k12·|pk1|·1+1k12
=12·p2·k12+1k12+2≥p2,
当且仅当k12=1k12,即k1=±1时取等号,所以△EMN的面积的最小值为p2;
(2)若1k1+1k2=λ(λ≠0),证明:直线MN过定点.
【解析】(2)由题意知AB所在直线的方程为y=k1(x-m)+n,代入x2=2py(p>0)中,
得x2-2pk1x+2pk1m-2pn=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则有x1+x2=2pk1,从而y1+y2=k1(x1+x2-2m)+2n=k1(2pk1-2m)+2n,
则M(pk1,k1(pk1-m)+n);
CD所在直线的方程为y=k2(x-m)+n,
同理可得N(pk2,k2(pk2-m)+n),
所以kMN=p(k22-k12)-m(k2-k1)p(k2-k1)=(k1+k2)-mp,
所以直线MN的方程为y-k1(pk1-m)-n=[(k1+k2)-mp](x-pk1),
即(k1+k2-mp)x-pk1k2=y-n,
又1k1+1k2=λ(λ≠0),
故k1k2=k1+k2λ,代入(k1+k2-mp)x-pk1k2=y-n,
得(k1+k2-mp)x-p·k1+k2λ=y-n,
即(k1+k2)(x-pλ)=y+mpx-n,
当x-pλ=0时,y+mpx-n=0,即x=pλy=n-mλ,
所以直线MN恒过定点(pλ,n-mλ).