2024年高考数学周考训练8

这是一份2024年高考数学周考训练8，共14页。试卷主要包含了解答题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，正三角形与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点．
(1)求平面与平面所成的角的余弦值；
(2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
2．已知数列的前项和满足，且．
(1)求数列的通项公式； (2)记，求数列的前项和．
3．在钝角三角形中，角所对的边分别为，已知.
(1)证明：是等腰三角形； (2)若且，求的面积.
4．在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点． (1)若，求及的值；
(2)若，求点P的坐标．
二、证明题
5．如图，在四棱锥中，平面，且.
(1)求证：平面平面；
(2)若为的中点，点在上，且，求点到平面的距离.
6．如图，在多面体中，平面，平面平面，，，.
(1)若点在上，且，求证：平面；
(2)求与平面所成角的正弦值.
7．记为数列的前项和.已知.
(1)证明：是等差数列；
(2)若，，成等比数列，求数列的前2024项的和.
8．已知为数列的前项和，且，，.
(1)证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，求.
已知中，角所对的边分别为，且.
证明：；
若，求角取得最大值时，边上的高.
三、问答题
10．记的角的对边分别为，且．
(1)求； (2)若，求的最小值．
参考答案：
1．(1)
(2)存在，
【分析】（1）证明，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
（2）假设存在，设，确定，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1）连接，，是的中点，故，
平面平面，平面平面，平面，
故平面，平面， 故，
三角形为正三角形，故，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，所以，
轴与平面垂直，故是平面的一个法向量，
所以，
故平面与平面所成的角的余弦值为.
（2）假设在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，
，，设，，
则，
直线与平面所成的角为，，
则，由，解得，
故在线段上存在点，使得直线与平面所成的角为，且.
2．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，得出数列为等差数列，求得，结合和的关系，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，
所以数列为等差数列，
又由，所以，即，
当时，，
因为，满足上式，所以数列的通项公式为．
（2）解：由（1）知，可得，
所以，
所以数列的前项和为．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化结合二倍角公式可得，即可由三角函数的性质求解，
（2）根据正弦定理即可求解，进而由面积公式求解.
【详解】（1）由条件及正弦定理可得，
所以.
因为，且，所以或，
即或.
因为是钝角三角形，所以，
所以，所以是等腰三角形.
（2）由题意及（1）得，从而.
由正弦定理得，
所以，且，
由，可得，
整理得，,所以.
所以，
由，得，
所以.
4．(1)，；
(2).
【分析】（1）根据三角函数定义及正余弦函数齐次式法计算即得.
（2）根据同角三角函数关系转化求得，进而求出，再结合三角函数定义求解即得.
【详解】（1）角以Ox为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点，
当时，，则，
所以.
（2）依题意，，
由，得，即，
于是，
因此，即，
所以点P的坐标为.
5．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理证得，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间法求得点到平面的距离，从而得解.
【详解】（1）作，垂足为，如图
由题意可知：，且，则四边形为正方形，
所以，
又因为，可知，即，
因为平面平面，所以.
且平面平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
则，，
而，则.
设平面的法向量为，则，
令，则，可得平面的一个法向量为，
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
6．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，根据面面垂直性质可得平面，进而得到，结合长度关系可证得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定定理可得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）取中点，连接，
，为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，，
，，为中点，又为中点，
，，
，，
，，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面.
（2）连接，
，，又平面，两两互相垂直，
则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，
即与平面所成角的正弦值为.
7．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1），，两式相减整理得到，得到证明；
（2）根据等比中项计算得到，确定，再利用裂项相消求和即可.
【详解】（1），即①，
当时，②，
①②得，，
即，即，
所以，且，所以是以1为公差的等差数列.
（2），，，，成等比数列，，
解得，故，
.
数列的前2024项和为：
8．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用等差数列的定义可证得数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可得出数列的通项公式；
（2）利用与的关系可求出数列的通项公式，再利用裂项相消法可求得.
【详解】（1）解：对任意的，，
则，
所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，
所以，，故.
（2）解：当时，，
也满足，故对任意的，.
所以，，
故.
9．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）利用余弦定理，正弦定理及弦化切公式证明即可；
（2）利用余弦定理及基本不等式以及余弦函数性质、同角三角函数关系式分析求解即可.
【详解】（1）证明：由余弦定理得：
，
又因为，
所以，
，
所以，
由正弦定理得：.
（2）由余弦定理：，
以及，得：
，
当且仅当时取等号，
即此时取最小值，
因为在单调递减，故此时最大，
此时，
由（1），
又，所以，
如图在中，
由图可知：边上的高.
10．(1)
(2)3
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据二倍角公式和商数关系结合基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理得：，
即，
由余弦定理得：，
因为，所以；
（2）由正弦定理：，
，
则，
又因为代入得：
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为3．