第四部分 第三周 周六（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第三周 周六 ____月____日 1．已知向量a＝(2,1)，b＝(－1,3)，则(a＋3b)·(a－b)＝(　　) A．－24　 B．－23 C．－22　 D．－21 解析：B　[因为a＝(2,1)，b＝(－1,3) 所以a＋3b＝(2,1)＋(－3,9)＝(－1,10)，a－b＝(3，－2)， 所以(a＋3b)·(a－b)＝(－1,10)·(3，－2)＝－23.] 2．已知数列{an}满足＝n＋1，则“数列{an}是等差数列”的充要条件可以是(　　) A．a2＝1 B．a2＝ C．a2＝2 D．a2＝3 解析：B　[由＝n＋1，得an＋an＋1＝2n＋2①， 当n≥2时，an－1＋an＝2n②， 由①－②得an＋1－an－1＝2，即{an}的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列， 所以a2k＝a2＋2(k－1)＝2k＋a2－2，a2k－1＝a1＋2(k－1)＝2k＋a1－2， 若{an}为等差数列，则其公差显然为1，即a2－a1＝1. 又a1＋a2＝2×2＝4，所以a1＝，a2＝， 此时a2k＝2k＋，a2k－1＝2k－，即an＝n＋， 所以{an}为等差数列，即“数列{an}是等差数列”的充要条件可以是a2＝.] 3．[多选]中国古建筑闻名于世，源远流长．如图①所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图是如图②所示的五面体EFBCDA，在图②中，四边形ABCD为矩形，EF∥AB，AB＝3EF＝3，AD＝2，△ADE与△BCF是全等的等边三角形，则(　　) A．五面体EFBCDA的体积为 B．五面体EFBCDA的表面积为6＋10 C．AE与平面ABCD所成角为45° D．当五面体EFBCDA的各顶点都在球O的球面上时，球O的表面积为 解析：ACD　[如图①，可将该五面体分割成四棱锥E－AGJD，直三棱柱EGJ－FHI，四棱锥F－HBCI三部分， 其中G，H是AB的三等分点，I，J是CD的三等分点， 因为EF∥AB，AB＝3EF＝3，△ADE与△BCF是全等的等边三角形， 从而由对称性可知点E，F在平面ABCD的投影必定分别在线段GJ，HI上面(事实上为依次分别为GJ，HI的中点)， 从而平面EGJ，平面FHI均垂直于平面ABCD，所以三角形EGJ，三角形FHI的高即为体高， 又易得四边形HIJG是矩形， 从而易证GH分别垂直于平面EGJ，FHI， 所以几何体EGJ－FHI是直三棱柱， 由对称性可知四棱锥E­AGJD与四棱锥F­HBCI的体积相等， 因为GH⊥平面EGJ，EG⊂平面EGJ， 所以AG⊥EG， 由题意AE＝2，AG＝1， 所以EG＝＝， 因为△ADE是等边三角形，所以AE＝DE， 又因为AG＝DJ， 所以Rt△AGE≌Rt△DJE， 所以EG＝EJ，即三角形EGJ是等腰三角形， △EGJ的边GJ上的高h＝＝， 所以五面体EFBCDA的体积V＝2××AG×GJ×h＋×GJ×h×GH＝2××1×2×＋×2××1＝，A项正确． 五面体EFBCDA的表面积S＝2××AD2sin60°＋AD×AB＋2××(EF＋AB)×EG＝22×＋2×3＋(1＋3)×＝6＋6，B项错误． 设AE与平面ABCD所成角为θ，如图所示， K为GJ的中点，连接KE，KA，则KE是五面体EFBCDA的高， 从而AE与平面ABCD所成角为θ即为∠EAK， 则sin θ＝＝，又θ为锐角，所以θ＝45°，C项正确． 如图②，连接AC，BD交于点O1，因为四边形ABCD为矩形， 所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD， 分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q，根据几何体EFBCDA的对称性可知，直线OO1交EF于点M. 连接PQ，则PQ∥AB，且O1为PQ的中点，因为EF∥AB，所以PQ∥EF， 连接EP，FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP＝FQ＝＝， 梯形EFQP为等腰梯形，所以MO1⊥PQ，且MO1＝＝. 设OO1＝m，球O的半径为R，连接OE，OA，当点O在线段O1M上时， 由球的性质可知R2＝OE2＝OA2，易得O1A＝＝， 则(－m)2＋2＝2＋m2，此时无解； 当点O在线段MO1的延长线上时，由球的性质可知2＋m2＝(＋m)2＋2，解得m＝. 所以R2＝OE2＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝，D项正确．] 4．已知集合M＝{x|y＝}，N＝{x∈N|x＞－2}，则M＝________，M∩N＝________. 解析：由－2x2＋3x＋2≥0，即(2x＋1)(x－2)≤0，解得－≤x≤2， 所以M＝{x|y＝}＝， 又N＝{x∈N|x＞－2}，所以M∩N＝{0,1,2}． 答案：　{0,1,2} 5．(2024·广州二模)已知点F是抛物线C：y2＝4x的焦点，C的两条切线交于点P(x0，y0)，A，B是切点． (1)若x0＝0，y0＝3，求直线AB的方程； (2)若点P在直线y＝x＋3上，记△PFA的面积为S1，△PFB的面积为S2，求S1·S2的最小值； (3)证明：△PFA∽△BFP. 解：(1)由题知P(0,3)，抛物线C：y2＝4x， 切线斜率不为0，设切线为x＝m(y－3)， 与y2＝4x联立，得y2－4my＋12m＝0， Δ＝16m2－48m＝0，解得m＝0或3， m＝0时，y2＝0，则y＝0，x＝0，切点为(0,0)； m＝3时，y2－12y＋36＝0，则y＝6，x＝9，切点为(9,6)， 故直线AB方程为y＝x，即2x－3y＝0. (2)F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2) 由题意易知抛物线的切线不与y轴垂直，设切线为x＝my＋n， 与y2＝4x联立，得y2－4my－4n＝0，Δ＝16m2＋16n＝0，则n＝－m2， 即y2－4my＋4m2＝0，y＝2m， 故抛物线在点A处的切线方程为x＝y－， 在点B处的切线方程为x＝y－， 联立可得P＝(x0，y0)， 又P在直线y＝x＋3上，故＋3＝，即y1＋y2＝＋6①， 点F到PA的距离为d1＝＝， |PA|＝ ＝|y1－y2|， 故S1＝×|PA|×d1＝×|y1－y2|×＝|y1－y2|(4＋y)， 同理可得S2＝|y1－y2|(4＋y)， 故S1·S2＝|y1－y2|(4＋y)×|y1－y2|(4＋y)＝|y1－y2|2(4＋y)(4＋y)， ＝(y＋y－2y1y2)(16＋4y＋4y＋yy) ＝[(y1＋y2)2－4y1y2][16＋4(y1＋y2)2－8y1y2＋yy]， 将①式代入可得S1·S2 ＝ ＝(2yy＋16y1y2＋160)， 令t＝y1y2，则t∈R， 则S1·S2 ＝(2t2＋16t＋160) ＝[2(t＋4)2＋128]， 故当t＝－4时，S1·S2有最小值为×32×128＝16. (3)由(2)知P， 则|PF|2＝2＋2 ＝－＋1＋＋＋＝＋＋1， 由抛物线定义可得|AF|·|BF|＝(x1＋1)·(x2＋1) ＝·＝＋＋1， 故|PF|2＝|AF|·|BF|，即＝. kPF＝＝， kAF＝＝＝， kBF＝＝＝， tan∠PFA＝＝ ＝ ＝ ＝＝＝ tan∠BFP＝＝ ＝ ＝ ＝＝＝， 则tan∠PFA＝tan∠BFP， 又∠PFA与∠BFP范围均为(0，π)， 故∠PFA＝∠BFP， 结合＝，可得△PFA∽△BFP. 学科网（北京）股份有限公司 $$