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11页。试卷主要包含了已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋eq \f(1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
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2.(2023·岳阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,2(csin C－asin Ccs B)－csin B＝0.
(1)若ctan C＝btan B，求证：△ABC是等边三角形；
(2)已知△ABC的外接圆半径为eq \f(2\r(3),3)，求eq \f(bc,a＋b＋c)的最大值．
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3.如图，S为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC内接于⊙O，AC⊥BC，AC＝BC＝eq \f(3\r(2),2)，eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(MS,\s\up6(→))，AS＝3，PQ为⊙O的一条弦，且SB∥平面PMQ.
(1)求PQ的最小值；
(2)若SA⊥PQ，求直线PQ与平面BCM所成角的正弦值．
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4．某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在10秒内正确回答出下句得0分．
(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的均值；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题．记第n次是甲团队回答的概率为Pn，若P1＝1.
①求P2，P3；
②证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,4)))为等比数列，并比较第7次是甲团队回答和第8次是甲团队回答的可能性的大小．
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5．(2023·广安模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且点F与圆M：x2＋(y＋3)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p的值；
(2)若点P在圆M上，过点P作抛物线C的两切线PA，PB，其中A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
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6．(2023·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋1，g(x)＝ln x＋a(a∈R)．
(1)若a＝1，f(x)>g(x)在区间(0，t)上恒成立，求实数t的取值范围；
(2)若函数f(x)和g(x)有公切线，求实数a的取值范围．
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1．(2023·太原模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1,2Sn＋1＝Sn＋2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋eq \f(1,an)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)当n＝1时，2S2＝S1＋2，
∵a1＝1，∴a2＝eq \f(1,2)，可得a2＝eq \f(1,2)a1，
当n≥2时，2Sn＋1＝Sn＋2,2Sn＝Sn－1＋2，
两式相减，得2an＋1＝an，即an＋1＝eq \f(1,2)an，
故数列{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，则an＝eq \f(1,2n－1).
(2)由(1)知，bn＝2n－1＋eq \f(1,2n－1)，
故Tn＝(1＋2＋…＋2n－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,2n－1)))＝eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2n－21－n＋1.
2．(2023·岳阳模拟)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c,2(csin C－asin Ccs B)－csin B＝0.
(1)若ctan C＝btan B，求证：△ABC是等边三角形；
(2)已知△ABC的外接圆半径为eq \f(2\r(3),3)，求eq \f(bc,a＋b＋c)的最大值．
(1)证明由正弦定理得2(sin2C－sin Acs Bsin C)－sin Bsin C＝0，
又C∈(0，π)，∴sin C≠0，
∴2sin C－2sin Acs B－sin B＝0，
∴2sin(A＋B)－2sin Acs B－sin B＝0，
∴2cs Asin B＝sin B，
又B∈(0，π)，∴sin B≠0，
∴2cs A＝1，即cs A＝eq \f(1,2)，
∵A∈(0，π)，∴A＝eq \f(π,3).
由ctan C＝btan B，得c·eq \f(sin C,cs C)＝b·eq \f(sin B,cs B)，
即sin2Ccs B－sin2Bcs C＝0，
∴(1－cs2C)cs B－(1－cs2B)cs C＝0，
整理得(1＋cs Bcs C)(cs B－cs C)＝0.
∵B，C∈(0，π)，∴cs B，cs C∈(－1,1)，
∴1＋cs Bcs C≠0，则cs B＝cs C，
∴B＝C＝eq \f(π－A,2)＝eq \f(π,3)＝A，
∴△ABC为等边三角形．
(2)解由(1)得A＝eq \f(π,3)，
由正弦定理得a＝2Rsin A＝eq \f(4\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＝2，
由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，
∴(b＋c)2－4＝3bc，
∴eq \f(bc,a＋b＋c)＝eq \f(3bc,32＋b＋c)＝eq \f(b＋c2－4,32＋b＋c)＝eq \f(1,3)(b＋c－2)，
∵bc≤eq \f(b＋c2,4)，
∴3bc＝(b＋c)2－4≤eq \f(3b＋c2,4)，
即b＋c≤4，当且仅当b＝c＝2时，等号成立，
∴eq \f(bc,a＋b＋c)＝eq \f(1,3)(b＋c－2)≤eq \f(2,3)，
即eq \f(bc,a＋b＋c)的最大值为eq \f(2,3).
3.如图，S为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC内接于⊙O，AC⊥BC，AC＝BC＝eq \f(3\r(2),2)，eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(MS,\s\up6(→))，AS＝3，PQ为⊙O的一条弦，且SB∥平面PMQ.
(1)求PQ的最小值；
(2)若SA⊥PQ，求直线PQ与平面BCM所成角的正弦值．
解 (1)如图，过点M作MH∥SB交AB于点H，过点H作PQ⊥AB，连接PM，MQ，
此时满足SB∥平面PMQ，由平面几何知识易知，PQ＝2eq \r(r2－d2)(d为弦心距)，
当弦心距d最大时，d＝OH，弦长最短，即PQ取得最小值，
因为eq \(AM,\s\up6(→))＝2eq \(MS,\s\up6(→))，AS＝3，
所以AH＝2HB，
因为AC⊥BC，AC＝BC＝eq \f(3\r(2),2)，由勾股定理得AB＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2)＝3，
故AH＝2，HB＝1，OB＝eq \f(3,2)，
所以OH＝eq \f(3,2)－1＝eq \f(1,2)，
连接OQ，则OQ＝eq \f(3,2)，由勾股定理得HQ＝eq \r(OQ2－OH2)＝eq \r(\f(9,4)－\f(1,4))＝eq \r(2)，
所以PQ＝2HQ＝2eq \r(2).
(2)连接OS，则OS⊥平面ACB，
因为PQ⊂平面ACB，故OS⊥PQ，而SA⊥PQ，OS∩SA＝S，
所以PQ⊥平面AOS，即有PQ⊥AB.
以O为坐标原点，过点O且平行PQ的直线为x轴，OB所在直线为y轴，OS所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，\f(1,2)，0))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(1,2)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，0))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\r(3)))，
则eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(3,2)，0))，eq \(MB,\s\up6(→))＝(0,2，－eq \r(3))，
eq \(PQ,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，0,0)
设平面BCM的法向量为m＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB,\s\up6(→))＝\f(3,2)x＋\f(3,2)y＝0，,m·\(MB,\s\up6(→))＝2y－\r(3)z＝0，))
令x＝1，则y＝－1，z＝－eq \f(2\r(3),3)，
故m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\f(2\r(3),3)))，
设直线PQ与平面BCM所成角的大小为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(PQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·m|,|\(PQ,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2\r(2)，0，0·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，－\f(2\r(3),3))))),2\r(2)×\r(1＋1＋\f(4,3)))＝eq \f(\r(30),10).
故直线PQ与平面BCM所成角的正弦值为eq \f(\r(30),10).
4．某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在10秒内正确回答出下句得0分．
(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的均值；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的机会抢答下一问题．记第n次是甲团队回答的概率为Pn，若P1＝1.
①求P2，P3；
②证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,4)))为等比数列，并比较第7次是甲团队回答和第8次是甲团队回答的可能性的大小．
(1)解设该选手答对的题目个数为ξ，该选手在第一轮的得分为η，则η＝10ξ，
易知ξ的所有可能取值为0,1,2，
则P(ξ＝0)＝eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(1,10)，
P(ξ＝1)＝eq \f(C\\al(1,2)·C\\al(1,3),C\\al(2,5))＝eq \f(3,5)，
P(ξ＝2)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(3,10)，
故ξ的分布列为
则E(ξ)＝eq \f(1,10)×0＋eq \f(3,5)×1＋eq \f(3,10)×2＝eq \f(6,5)，
∴E(η)＝10E(ξ)＝12.
(2)①解由题意可知，第一次是甲团队回答，则第二次甲团队不回答，∴P2＝0，则P3＝eq \f(1,3).
②证明由第n次是甲团队回答的概率为Pn，得当n≥2时，第n－1次是甲团队回答的概率为Pn－1，
第n－1次不是甲团队回答的概率为1－Pn－1，
则Pn＝Pn－1·0＋(1－Pn－1)·eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)(1－Pn－1)，
即Pn－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－\f(1,4)))，
又P1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,4)))是以eq \f(3,4)为首项，－eq \f(1,3)为公比的等比数列，
则Pn＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1＋eq \f(1,4)，
∴P8＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))7＋eq \f(1,4)0)的焦点为F，且点F与圆M：x2＋(y＋3)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p的值；
(2)若点P在圆M上，过点P作抛物线C的两切线PA，PB，其中A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
解 (1)由题可知点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，M(0，－3)，
点F到圆M上的点的距离的最小值为|FM|－1＝eq \f(p,2)＋3－1＝4，
解得p＝4.
(2)由(1)知，抛物线的方程为x2＝8y，即y＝eq \f(1,8)x2，则y′＝eq \f(1,4)x.
设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线PA：y＝eq \f(x1,4)x－eq \f(x\\al(2,1),8)，PB：y＝eq \f(x2,4)x－eq \f(x\\al(2,2),8).
联立两方程可得点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,8)))，
设直线AB：y＝kx＋b，联立抛物线方程x2＝8y，消去y可得x2－8kx－8b＝0，
则Δ＝64k2＋32b>0，即2k2＋b>0，且x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，
从而可知P(4k，－b)，
且|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(64k2＋32b)，
又点P到直线AB的距离d＝eq \f(|4k2＋2b|,\r(k2＋1))，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋k2)·eq \r(64k2＋32b)·eq \f(|4k2＋2b|,\r(1＋k2))＝，①
又点P(4k，－b)在圆M：x2＋(y＋3)2＝1上，
∴16k2＋(3－b)2＝1，即k2＝eq \f(1－b－32,16)，代入①式，
得S△PAB＝4eq \r(2)＝4eq \r(2)，
又－b∈[－4，－2]，
∴当b＝4时，(S△PAB)max＝32eq \r(2).
6．(2023·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋1，g(x)＝ln x＋a(a∈R)．
(1)若a＝1，f(x)>g(x)在区间(0，t)上恒成立，求实数t的取值范围；
(2)若函数f(x)和g(x)有公切线，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意知，当a＝1时，设h(x)＝f(x)－g(x)，
则h(x)＝x2－x＋1－ln x－1＝x2－x－ln x(x>0)，
h′(x)＝2x－1－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－x－1,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)，
令h′(x)＝0，得x＝1(舍去负值)，
h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝0.
∴t的取值范围为(0,1]．
(2)设函数f(x)在点(x1，f(x1))处与函数g(x)在点(x2，g(x2))(x2>0)处有相同的切线，
则f′(x1)＝g′(x2)＝eq \f(fx1－gx2,x1－x2)，
∴2x1－a＝eq \f(1,x2)＝eq \f(x\\al(2,1)－ax1＋1－ln x2－a,x1－x2)，
∴x1＝eq \f(1,2x2)＋eq \f(a,2)，
代入eq \f(x1－x2,x2)＝xeq \\al(2,1)－ax1＋1－ln x2－a，
得eq \f(1,4x\\al(2,2))＋eq \f(a,2x2)＋ln x2＋eq \f(a2,4)＋a－2＝0.
∴问题转化为关于x的方程eq \f(1,4x2)＋eq \f(a,2x)＋ln x＋eq \f(a2,4)＋a－2＝0在x∈(0，＋∞)上有解，
设F(x)＝eq \f(1,4x2)＋eq \f(a,2x)＋ln x＋eq \f(a2,4)＋a－2(x>0)，则函数F(x)有零点，
∵F(x)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋a))2＋ln x＋a－2，当x＝e2－a时，
ln x＋a－2＝0，∴F(e2－a)>0.
∴问题转化为F(x)的最小值小于或等于0.
F′(x)＝－eq \f(1,2x3)－eq \f(a,2x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－ax－1,2x3)，
设2xeq \\al(2,0)－ax0－1＝0(x0>0)，则
当00)，
则φ′(x)＝2x＋2＋eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)>0，
故φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵φ(1)＝0，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))时，φ(x)≤0，
∴F(x)的最小值F(x0)≤0等价于0