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）

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．