高考数学解答题规范专题练（含答案）

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这是一份高考数学解答题规范专题练（含答案），共12页。

(1)若cs∠ABD＝eq \f(\r(3),3)，求△ABD的面积；
(2)若∠C＝∠ADC，求BC.
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2．(2023·海口模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝AD＝2BC＝2，E为PD的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB；
(2)设平面EAC与平面DAC的夹角为45°，求点P到底面ABCD的距离．
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3．(2023·石家庄联考)设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an－8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列…(k1＝1)．若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和Tn；若不能，请说明理由．
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4．(2023·佛山模拟)已知函数f(x)＝ln x＋sin x.
(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；
(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．
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5．(2023·广州模拟)为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分；从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分．学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为eq \f(3,4)，每次答题结果互不影响．
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第i次答题所得分数Xi(i∈N*)的均值为E(Xi)．
①写出E(Xi－1)与E(Xi)满足的等量关系式(直接写出结果，不必证明)；
②若E(Xi)>100，求i的最小值．
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6．(2023·深圳中学模拟)已知定点F(2,0)，关于原点O对称的动点P，Q到定直线l：x＝4的距离分别为dP，dQ，且eq \f(|PF|,dP)＝eq \f(|QF|,dQ)，记P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，并说明曲线C是什么曲线？
(2)已知点M，N是直线m：x＝eq \f(1,k)y＋2与曲线C的两个交点，M，N在x轴上的射影分别为M1，N1(M1，N1不同于原点O)，且直线M1N与直线l：x＝4相交于点R，求△RMN与△RM1N1面积的比值．
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1．(2023·武汉市第一中学模拟)如图，在平面四边形ABCD中，DC＝2AD＝2，∠BAD＝eq \f(π,2)，∠BDC＝eq \f(π,6).
(1)若cs∠ABD＝eq \f(\r(3),3)，求△ABD的面积；
(2)若∠C＝∠ADC，求BC.
解 (1)由cs∠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)设∠ADB＝θ，则cs θ＝eq \f(1,BD)，∠C＝θ＋eq \f(π,6)，
在△BCD中，由正弦定理可得eq \f(BD,sin C)＝eq \f(DC,sin∠DBC)，
即eq \f(\f(1,cs θ),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6))))＝eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ)))，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))＝2cs θ·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \r(3)cs θ·sin θ＋cs2θ，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)sin 2θ＋eq \f(1,2)cs 2θ＋eq \f(1,2)
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))＋eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(2π,3)－\f(π,2)))＋eq \f(1,2)
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(2π,3)))＋eq \f(1,2)＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))－eq \f(1,2)，
故2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))－eq \f(1,2)＝0，
又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))>0，解得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(2π,3)－θ)))＝eq \f(BC,sin \f(π,6))，
故BC＝eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3))))＝eq \f(1,\f(1＋\r(5),4))＝eq \r(5)－1.
2．(2023·海口模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝AD＝2BC＝2，E为PD的中点．
(1)求证：CE∥平面PAB；
(2)设平面EAC与平面DAC的夹角为45°，求点P到底面ABCD的距离．
(1)证明方法一取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，∴EF∥AD且EF＝eq \f(1,2)AD，
又∵BC∥AD且BC＝eq \f(1,2)AD，
∴BC∥EF且BC＝EF，
∴四边形BCEF为平行四边形，∴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两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
设AP＝2t，则有A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2t)，E(0,1，t)，
则eq \(CE,\s\up6(→))＝(－2,0，t)，
∵PA⊥AD，AB⊥AD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，∴eq \(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)是平面PAB的一个法向量，
∵eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(CE,\s\up6(→))＝－2×0＋0×2＋t×0＝0，
∴eq \(AD,\s\up6(→))⊥eq \(CE,\s\up6(→)).
又∵CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.
(2)方法一取AD的中点G，连接EG，过点G作GH⊥AC交AC于点H，连接EH，
∵E，G分别是PD，AD的中点，
∴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与平面DAC的夹角的平面角．
∴∠EHG＝45°.
∵AB＝2，BC＝1，
∴tan∠CAB＝eq \f(1,2)，
∴tan∠HAG＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－∠CAB))＝eq \f(1,tan∠CAB)＝2，
联立sin2∠HAG＋cs2∠HAG＝1，eq \f(sin∠HAG,cs∠HAG)＝tan∠HAG＝2，
解得sin∠HAG＝eq \f(2\r(5),5)(负舍)，
∴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，
∴点P到底面ABCD的距离为eq \f(4\r(5),5).
方法二 ∵PA⊥平面ABCD，
∴平面DAC的一个法向量m＝(0,0,1)，
设平面EAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1，t)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0，,y＋zt＝0，))
不妨设z＝2，则x＝t，y＝－2t，
即n＝(t，－2t,2)，
cs 45°＝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)，
∴点E到平面ABCD的距离h＝t＝eq \f(2\r(5),5)，
∴点P到底面ABCD的距离为2h＝eq \f(4\r(5),5).
3．(2023·石家庄联考)设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an－8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…(k1＝1)．若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和Tn；若不能，请说明理由．
解 (1)当n＝1时，4S1＝aeq \\al(2,1)＋2a1－8＝4a1，即aeq \\al(2,1)－2a1－8＝0(a1>0)，
得a1＝4或a1＝－2(舍去)．
当n≥2时，由4Sn＝aeq \\al(2,n)＋2an－8，①
得4Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋2an－1－8，②
①－②得4an＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋2an－2an－1，
化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.
因为an>0，所以an－an－1－2＝0，
则an＝an－1＋2(n≥2)，
即数列{an}是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n＋2(n∈N*)．
(2)存在．
当ak1＝a1＝4，＝a3＝8时，
会得到数列{an}中以原次序组成的一列等比数列，，…，，…(k1＝1)，
此时的公比q＝2，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中．
下面证明此时的公比最小：
＝a1＝4，假若取a2＝6，公比为eq \f(6,4)＝eq \f(3,2)，
则＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝9为奇数，不可能在数列{an}中．
所以＝4·2m－1＝2m＋1.
又＝2km＋2＝2m＋1，所以km＝2m－1，
即{kn}的通项公式为kn＝2n－1(n∈N*)，
故Tn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝eq \f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.
4．(2023·佛山模拟)已知函数f(x)＝ln x＋sin x.
(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；
(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．
解 (1)f(x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋cs x，
令g(x)＝f′(x)＝eq \f(1,x)＋cs x，
则g′(x)＝－eq \f(1,x2)－sin x，
当x∈[1，e]时，g′(x)＝－eq \f(1,x2)－sin x0，
g(e)＝eq \f(1,e)＋cs e0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1＋sin eq \f(1,e)0，
即f(x)在区间(1，π]上没有零点；
若x>π，因为ln x>ln π>1，－1≤sin x≤1，
所以f(x)>0，即f(x)在区间(π，＋∞)上没有零点；
综上，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．
5．(2023·广州模拟)为了拓展学生的知识面，提高学生对航空航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某校组织学生参加航空航天科普知识答题竞赛，每位参赛学生答题若干次，答题赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分；从第2次答题开始，答对则获得上一次答题得分的两倍，答错得10分．学生甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为eq \f(3,4)，每次答题结果互不影响．
(1)求甲前3次答题得分之和为40分的概率；
(2)记甲第i次答题所得分数Xi(i∈N*)的均值为E(Xi)．
①写出E(Xi－1)与E(Xi)满足的等量关系式(直接写出结果，不必证明)；
②若E(Xi)>100，求i的最小值．
解 (1)甲前3次答题得分之和为40分的事件A是甲前3次答题中仅只答对一次的事件，
所以甲前3次答题得分之和为40分的概率
P(A)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,4)))2＝eq \f(9,64).
(2)①甲第1次答题得20分、10分的概率分别为eq \f(3,4)，eq \f(1,4)，则E(X1)＝20×eq \f(3,4)＋10×eq \f(1,4)＝eq \f(35,2)，
甲第2次答题得40分、20分、10分的概率分别为eq \f(3,4)×eq \f(3,4)，eq \f(1,4)×eq \f(3,4)，eq \f(1,4)，
则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)，
显然E(X2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)，
设当i∈N*，i≥2时，甲第i－1次答题所得分数Xi－1的均值为E(Xi－1)，
因此第i次答对题所得分数为2E(Xi－1)，答错题所得分数为10分，其概率分别为eq \f(3,4)，eq \f(1,4)，
于是甲第i次答题所得分数Xi的均值为
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)与E(Xi)满足的等量关系式是
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)，当i∈N*，i≥2时，
E(Xi)＋5＝eq \f(3,2)[E(Xi－1)＋5]，而E(X1)＋5＝eq \f(45,2)，
因此数列{E(Xi)＋5}是以eq \f(45,2)为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，E(Xi)＋5＝eq \f(45,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))i－1＝15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))i，
于是E(Xi)＝15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))i－5，由15×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))i－5>100得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))i>7，显然数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))i))是递增数列，
而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))4＝eq \f(81,16)7，则正整数imin＝5，
所以i的最小值是5.
6．(2023·深圳中学模拟)已知定点F(2,0)，关于原点O对称的动点P，Q到定直线l：x＝4的距离分别为dP，dQ，且eq \f(|PF|,dP)＝eq \f(|QF|,dQ)，记P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程，并说明曲线C是什么曲线？
(2)已知点M，N是直线m：x＝eq \f(1,k)y＋2与曲线C的两个交点，M，N在x轴上的射影分别为M1，N1(M1，N1不同于原点O)，且直线M1N与直线l：x＝4相交于点R，求△RMN与△RM1N1面积的比值．
解 (1)设P(x，y)，Q(－x，－y)．
由eq \f(|PF|,dP)＝eq \f(|QF|,dQ)得
eq \f(\r(x－22＋y2),|x－4|)＝eq \f(\r(－x－22＋－y2),|－x－4|)，|x|≠4，
两边平方得(x＋4)2(x2＋y2＋4－4x)＝(x－4)2(x2＋y2＋4＋4x)，化简得x(x2＋2y2－8)＝0，
即曲线C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1或x＝0.
故曲线C是以椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1与直线x＝0组成的曲线．
(2)由题可知，M，N不是直线m与直线x＝0的交点，
设直线m与椭圆相交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，则M1(x1,0)，N1(x2,0)．
令eq \f(1,k)＝t，将x＝ty＋2代入eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1并整理得(t2＋2)y2＋4ty－4＝0，
y1＋y2＝－eq \f(4t,t2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,t2＋2).
直线M1N的方程为y＝eq \f(y2,x2－x1)(x－x1)．
设R(4，y0)，则y0＝eq \f(y24－x1,x2－x1)＝eq \f(y22－ty1,x2－x1)，
同理设直线MN1与直线l：x＝4相交于点R′(4，y′0)，则y′0＝eq \f(y12－ty2,x1－x2).
y0－y′0＝eq \f(y22－ty1,x2－x1)－eq \f(y12－ty2,x1－x2)
＝eq \f(2y2＋y1－2ty2y1,x2－x1)，
其中2(y2＋y1)－2ty2y1＝－eq \f(8t,t2＋2)＋eq \f(8t,t2＋2)＝0.
从而y0＝y0′，R与R′重合．
因为MM1∥NN1，所以.
又，
S△RMN＝，则＝1.
所以△RMN与△RM1N1面积的比值为1