专题14 【大题限时练十四】-备战2023年广东高考数学满分限时题集

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． 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． 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？ 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． 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． 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：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $ 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