2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專項(xiàng)練-大題規(guī)范練8-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

大題規(guī)范練81．(2023·武漢市第一中學(xué)模擬)如圖，在平面四邊形ABCD中，DC＝2AD＝2，∠BAD＝eq\f(π,2)，∠BDC＝eq\f(π,6).(1)若cos∠ABD＝eq\f(\r(3),3)，求△ABD的面積；(2)若∠C＝∠ADC，求BC.解(1)由cos∠ABD＝eq\f(\r(3),3)，可得tan∠ABD＝eq\r(2)，又AD＝1，∠BAD＝eq\f(π,2)，故AB＝eq\f(AD,tan∠ABD)＝eq\f(\r(2),2)，故S△ABD＝eq\f(1,2)AB·AD＝eq\f(\r(2),4).(2)設(shè)∠ADB＝θ，則cosθ＝eq\f(1,BD)，∠C＝θ＋eq\f(π,6)，在△BCD中，由正弦定理可得eq\f(BD,sinC)＝eq\f(DC,sin∠DBC)，即eq\f(\f(1,cosθ),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))))＝eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ))＝2cosθ·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\r(3)cosθ·sinθ＋cos2θ，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)sin2θ＋eq\f(1,2)cos2θ＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＋eq\f(1,2)＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(2π,3)))＋eq\f(1,2)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－eq\f(1,2)，故2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))－eq\f(1,2)＝0，又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))>0，解得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(1＋\r(5),4)，又由正弦定理有eq\f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－θ)))＝eq\f(BC,sin\f(π,6))，故BC＝eq\f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3))))＝eq\f(1,\f(1＋\r(5),4))＝eq\r(5)－1.2．(2023·?？谀M)已知在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝AD＝2BC＝2，E為PD的中點(diǎn)．(1)求證：CE∥平面PAB；(2)設(shè)平面EAC與平面DAC的夾角為45°，求點(diǎn)P到底面ABCD的距離．(1)證明方法一取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，∵E是PD的中點(diǎn)，∴EF∥AD且EF＝eq\f(1,2)AD，又∵BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，∴BC∥EF且BC＝EF，∴四邊形BCEF為平行四邊形，∴CE∥BF，又∵CE?平面PAB，BF?平面PAB，∴CE∥平面PAB.方法二∵PA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，∴PA，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AP＝2t，則有A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2t)，E(0,1，t)，則eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2,0，t)，∵PA⊥AD，AB⊥AD，AB∩PA＝A，AB，PA?平面PAB，∴AD⊥平面PAB，∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)是平面PAB的一個法向量，∵eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝－2×0＋0×2＋t×0＝0，∴eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(CE,\s\up6(→)).又∵CE?平面PAB，∴CE∥平面PAB.(2)方法一取AD的中點(diǎn)G，連接EG，過點(diǎn)G作GH⊥AC交AC于點(diǎn)H，連接EH，∵E，G分別是PD，AD的中點(diǎn)，∴EG∥PA，又PA⊥平面ABCD，∴EG⊥平面ABCD，∵AC?平面ABCD，∴EG⊥AC，又AC⊥HG，HG∩EG＝G，HG，EG?平面EGH，∴AC⊥平面EGH，∵HE?平面EGH，∴AC⊥HE，又平面EAC∩平面DAC＝AC，HG?平面DAC，HE?平面ACE，∴∠EHG是平面EAC與平面DAC的夾角的平面角．∴∠EHG＝45°.∵AB＝2，BC＝1，∴tan∠CAB＝eq\f(1,2)，∴tan∠HAG＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－∠CAB))＝eq\f(1,tan∠CAB)＝2，聯(lián)立sin2∠HAG＋cos2∠HAG＝1，eq\f(sin∠HAG,cos∠HAG)＝tan∠HAG＝2，解得sin∠HAG＝eq\f(2\r(5),5)(負(fù)舍)，∴GH＝AG×sin∠GAH＝1×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(2\r(5),5)，∴EG＝GH＝eq\f(2\r(5),5)，∴PA＝2EG＝eq\f(4\r(5),5)，∵PA⊥平面ABCD，∴點(diǎn)P到底面ABCD的距離為eq\f(4\r(5),5).方法二∵PA⊥平面ABCD，∴平面DAC的一個法向量m＝(0,0,1)，設(shè)平面EAC的一個法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,1，t)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AE,\s\up6(→))·n＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,y＋zt＝0，))不妨設(shè)z＝2，則x＝t，y＝－2t，即n＝(t，－2t,2)，cos45°＝eq\f(\r(2),2)＝eq\f(2,1×\r(t2＋4t2＋4))?t2＝eq\f(4,5)?t＝eq\f(2\r(5),5)，∴點(diǎn)E到平面ABCD的距離h＝t＝eq\f(2\r(5),5)，∴點(diǎn)P到底面ABCD的距離為2h＝eq\f(4\r(5),5).3．(2023·石家莊聯(lián)考)設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－8.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)能否從{an}中選出以a1為首項(xiàng)，以原次序組成的等比數(shù)列ak1，ak2，…，akm，…(k1＝1)．若能，請找出使得公比最小的一組，寫出此等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，并求出數(shù)列{kn}的前n項(xiàng)和Tn；若不能，請說明理由．解(1)當(dāng)n＝1時，4S1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1－8＝4a1，即aeq\o\al(2,1)－2a1－8＝0(a1>0)，得a1＝4或a1＝－2(舍去)．當(dāng)n≥2時，由4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－8，①得4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－8，②①－②得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，化簡得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.因?yàn)閍n>0，所以an－an－1－2＝0，則an＝an－1＋2(n≥2)，即數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，所以an＝2n＋2(n∈N*)．(2)存在．當(dāng)ak1＝a1＝4，＝a3＝8時，會得到數(shù)列{an}中以原次序組成的一列等比數(shù)列，，…，，…(k1＝1)，此時的公比q＝2，是最小的，此時該等比數(shù)列的項(xiàng)均為偶數(shù)，均在數(shù)列{an}中．下面證明此時的公比最?。海絘1＝4，假若取a2＝6，公比為eq\f(6,4)＝eq\f(3,2)，則＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝9為奇數(shù)，不可能在數(shù)列{an}中．所以＝4·2m－1＝2m＋1.又＝2km＋2＝2m＋1，所以km＝2m－1，即{kn}的通項(xiàng)公式為kn＝2n－1(n∈N*)，故Tn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.4．(2023·佛山模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋sinx.(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值；(2)判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個數(shù)，并證明．解(1)f(x)＝lnx＋sinx的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋cosx，令g(x)＝f′(x)＝eq\f(1,x)＋cosx，則g′(x)＝－eq\f(1,x2)－sinx，當(dāng)x∈[1，e]時，g′(x)＝－eq\f(1,x2)－sinx<0，所以g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，且g(1)＝1＋cos1>0，g(e)＝eq\f(1,e)＋cose<eq\f(1,e)＋cos

eq\f(2π,3)＝eq\f(1,e)－eq\f(1,2)<0，所以由零點(diǎn)存在定理可知，在區(qū)間[1，e]上存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0，又當(dāng)x∈[1，a)時，g(x)＝f′(x)>0；當(dāng)x∈(a，e]時，g(x)＝f′(x)<0.所以f(x)在[1，a)上單調(diào)遞增，在(a，e]上單調(diào)遞減，又因?yàn)閒(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝lne＋sine＝1＋sine>f(1)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為f(1)＝sin1.(2)f(x)有1個零點(diǎn)，證明如下：因?yàn)閒(x)＝lnx＋sinx，x∈(0，＋∞)，若0<x≤1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋cosx>0，所以f(x)在區(qū)間(0,1]上單調(diào)遞增，又f(1)＝sin1>0，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－1＋sin

eq\f(1,e)<0，結(jié)合零點(diǎn)存在定理可知，f(x)在區(qū)間(0,1]上有且僅有一個零點(diǎn)；若1<x≤π，則lnx>0，sinx≥0，則f(x)>0，即f(x)在區(qū)間(1，π]上沒有零點(diǎn)；若x>π，因?yàn)閘nx>lnπ>1，－1≤sinx≤1，所以f(x)>0，即f(x)在區(qū)間(π，＋∞)上沒有零點(diǎn)；綜上，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上有且僅有一個零點(diǎn)．5．(2023·廣州模擬)為了拓展學(xué)生的知識面，提高學(xué)生對航空航天科技的興趣，培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，某校組織學(xué)生參加航空航天科普知識答題競賽，每位參賽學(xué)生答題若干次，答題賦分方法如下：第1次答題，答對得20分，答錯得10分；從第2次答題開始，答對則獲得上一次答題得分的兩倍，答錯得10分．學(xué)生甲參加答題競賽，每次答對的概率均為eq\f(3,4)，每次答題結(jié)果互不影響．(1)求甲前3次答題得分之和為40分的概率；(2)記甲第i次答題所得分?jǐn)?shù)Xi(i∈N*)的均值為E(Xi)．①寫出E(Xi－1)與E(Xi)滿足的等量關(guān)系式(直接寫出結(jié)果，不必證明)；②若E(Xi)>100，求i的最小值．解(1)甲前3次答題得分之和為40分的事件A是甲前3次答題中僅只答對一次的事件，所以甲前3次答題得分之和為40分的概率P(A)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))2＝eq\f(9,64).(2)①甲第1次答題得20分、10分的概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，則E(X1)＝20×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(35,2)，甲第2次答題得40分、20分、10分的概率分別為eq\f(3,4)×eq\f(3,4)，eq\f(1,4)×eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，則E(X2)＝40×eq\f(3,4)×eq\f(3,4)＋20×eq\f(1,4)×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(115,4)，顯然E(X2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20×\f(3,4)＋10×\f(1,4)))×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)E(X1)＋eq\f(5,2)，設(shè)當(dāng)i∈N*，i≥2時，甲第i－1次答題所得分?jǐn)?shù)Xi－1的均值為E(Xi－1)，因此第i次答對題所得分?jǐn)?shù)為2E(Xi－1)，答錯題所得分?jǐn)?shù)為10分，其概率分別為eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，于是甲第i次答題所得分?jǐn)?shù)Xi的均值為E(Xi)＝2E(Xi－1)×eq\f(3,4)＋10×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2)E(Xi－1)＋eq\f(5,2)，所以E(Xi－1)與E(Xi)滿足的等量關(guān)系式是E(Xi)＝eq\f(3,2)E(Xi－1)＋eq\f(5,2)，i∈N*，i≥2，且E(X1)＝eq\f(35,2).②由①知，E(X1)＝eq\f(35,2)，當(dāng)i∈N*，i≥2時，E(Xi)＋5＝eq\f(3,2)[E(Xi－1)＋5]，而E(X1)＋5＝eq\f(45,2)，因此數(shù)列{E(Xi)＋5}是以eq\f(45,2)為首項(xiàng)，eq\f(3,2)為公比的等比數(shù)列，E(Xi)＋5＝eq\f(45,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))i－1＝15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))i，于是E(Xi)＝15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))i－5，由15×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))i－5>100得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))i>7，顯然數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))i))是遞增數(shù)列，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))4＝eq\f(81,16)<7，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))5＝eq\f(243,32)>7，則正整數(shù)imin＝5，所以i的最小值是5.6．(2023·深圳中學(xué)模擬)已知定點(diǎn)F(2,0)，關(guān)于原點(diǎn)O對稱的動點(diǎn)P，Q到定直線l：x＝4的距離分別為dP，dQ，且eq\f(|PF|,dP)＝eq\f(|QF|,dQ)，記P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程，并說明曲線C是什么曲線？(2)已知點(diǎn)M，N是直線m：x＝eq\f(1,k)y＋2與曲線C的兩個交點(diǎn)，M，N在x軸上的射影分別為M1，N1(M1，N1不同于原點(diǎn)O)，且直線M1N與直線l：x＝4相交于點(diǎn)R，求△RMN與△RM1N1面積的比值．解(1)設(shè)P(x，y)，Q(－x，－y)．由eq\f(|PF|,