《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

18. (本小题满分12分)已知数列$\{a_n\}$的各项均为正数，记$S_n$为$\{a_n\}$的前$n$项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立。
　①数列$\{a_n\}$是等差数列；②数列$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列；③$a_2 = 3a_1$。
　注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分。

答案： [命题点]等差数列的通项公式、前$n$项和及判断
[证明]若选条件①②，则证明③：
设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，
因为数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，所以$2\sqrt{S_{2}}=\sqrt{S_{1}}+\sqrt{S_{3}}$，
所以$2\sqrt{2a_{1}+d}=\sqrt{a_{1}}+\sqrt{3a_{1}+3d}$，两边平方整理得$4a_{1}+d = 2\sqrt{3a_{1}(a_{1}+d)}$，
所以$(4a_{1}+d)^{2}=(2\sqrt{3a_{1}(a_{1}+d)})^{2}$，所以$(2a_{1}-d)^{2}=0$，所以$d = 2a_{1}$，所以$a_{2}=a_{1}+d = 3a_{1}$。
若选条件①③，则证明②：
设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则$a_{2}=a_{1}+d = 3a_{1}$，
所以$d = 2a_{1}$。所以$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n^{2}a_{1}$，所以$\sqrt{S_{n}}=n\sqrt{a_{1}}$，
所以$\sqrt{S_{n + 1}}-\sqrt{S_{n}}=(n + 1)\sqrt{a_{1}}-n\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$（常数），当$n = 1$时，$\sqrt{S_{1}}=\sqrt{a_{1}}$，
所以数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是以$\sqrt{a_{1}}$为首项，$\sqrt{a_{1}}$为公差的等差数列。
若选条件②③，则证明①：
因为数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$，
所以$\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{4a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$，所以$\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}+(n - 1)\sqrt{a_{1}}=n\sqrt{a_{1}}$，所以$S_{n}=n^{2}a_{1}$。
当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}a_{1}-(n - 1)^{2}a_{1}=(2n - 1)a_{1}$，对于$n = 1$也成立，
所以$a_{n + 1}-a_{n}=(2n + 1)a_{1}-(2n - 1)a_{1}=2a_{1}$（常数），所以数列$\{a_{n}\}$是等差数列。

19. (本小题满分12分)已知直三棱柱ABC−A₁B₁C₁中，侧面AA₁B₁B为正方形，AB = BC = 2，E，F分别为AC和CC₁的中点，D为棱A₁B上的点，BF⊥A₁B。
(1)证明:BF⊥DE。
(2)当B₁D为何值时，平面BB₁C₁C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?

答案：
19.[命题点]空间中线线、线面的位置关系及二面角正弦值的最小值
(1)[证明]
∵三棱柱ABC - A₁B₁C₁为直三棱柱，
∴BB₁⊥AB，AB₁//A₁B₁.
∵BF⊥AB₁，
∴BF⊥A₁B₁.
∵BB₁∩BF = B，BB₁，BF⊂平面BB₁C₁C，
∴A₁B₁⊥平面BB₁C₁C.
又BC⊂平面BB₁C₁C，
∴A₁B₁⊥BC.
3分
如图，以B为原点，BA，BC，BB₁所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BD = a(0≤a≤2)，则
B(0,0,0)，D(a,0,2)，E(1,1,0)，F(0,2,1). 4分
∴$\overrightarrow{DE}$=(1 - a,1, - 2)，$\overrightarrow{BF}$=(0,2,1)，
∴$\overrightarrow{DE}$·$\overrightarrow{BF}$=2 - 2 = 0，
∴DE⊥BF. 6分
一题多解
(1)
∵三棱柱ABC - A₁B₁C₁为直三棱柱，
∴BB₁⊥AB，AB₁//A₁B₁.
∵BF⊥AB₁，
∴BF⊥A₁B₁.

∵BB₁∩BF = B，BB₁，BF⊂平面BB₁C₁C，
∴A₁B₁⊥平面BB₁C₁C.
又BC⊂平面BB₁C₁C，
∴A₁B₁⊥BC.
取BC的中点为G，连接AE，EG，B₁G.
∵E为AC的中点，
∴EG//AB₁，即A₁，B₁，G，E四点共面.
∵BC = AB = 2，CF = BG = 1，∠BCF = ∠B₁BG = 90°，
∴Rt△BCF≌Rt△B₁BG，
∴∠CBF = ∠B₁BG，∠BFC = ∠B₁GB₁，
∴∠CBF + ∠B₁GB₁ = 90°，
∴BF⊥B₁G.
∵BF⊥A₁B₁，A₁B₁∩B₁G = B₁，A₁B₁，B₁G⊂平面ABGE，
∴BF⊥平面ABGE.
∵DE⊂平面ABGE，
∴BF⊥DE. 6分
(2)[解]由
(1)知A₁B₁⊥平面BB₁C₁C，则$\overrightarrow{m}$=(1,0,0)为平面BB₁C₁C的一个法向量. 7分
设平面DFE的法向量为$\overrightarrow{n}$=(x,y,z)，
由
(1)得$\overrightarrow{DE}$=(1 - a,1, - 2)，$\overrightarrow{EF}$=( - 1,1,1)，
$\begin{cases}\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{DE}=0\\\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{EF}=0\end{cases}$，即$\begin{cases}(1 - a)x + y - 2z = 0\\ - x + y + z = 0\end{cases}$，
令z = 2 - a，则x = 3，y = 1 + a，
∴$\overrightarrow{n}$=(3,1 + a,2 - a). 9分
设平面BB₁C₁C与平面DFE所成二面角的平面角为θ，
∴|cosθ| = |cos＜$\overrightarrow{m}$,$\overrightarrow{n}$＞| = $\frac{|\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$
=$\frac{|3|}{\sqrt{3^{2}+(1 + a)^{2}+(2 - a)^{2}}}$ = $\frac{3}{\sqrt{2a^{2}-2a + 14}}$，
∴sinθ = $\sqrt{1 - cos^{2}θ}$ = $\sqrt{1-\frac{9}{2a^{2}-2a + 14}}$ = $\sqrt{\frac{2a^{2}-2a + 5}{2a^{2}-2a + 14}}$≥$\frac{\sqrt{3}}{3}$. 10分
当a = $\frac{1}{2}$，即BD = $\frac{1}{2}$时，平面BB₁C₁C与平面DFE所成二面角的正弦值最小，最小值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$. 12分

20. (本小题满分12分)抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l:x = 1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ。已知点M(2,0)，且⊙M与l相切。
(1)求C，⊙M的方程；
(2)设A₁，A₂，A₃是C上的三个点，直线A₁A₂，A₁A₃均与⊙M相切。判断直线A₂A₃与⊙M的位置关系，并

答案： 20.
[命题点]抛物线、圆的方程及直线与圆的位置关系
[解]
(1)设抛物线C：y² = 2px(p＞0)，P(1,$\sqrt{2p}$)，Q(1, - $\sqrt{2p}$)，
则$\overrightarrow{OP}$·$\overrightarrow{OQ}$ = 1 - 2p = 0，解得p = $\frac{1}{2}$，则抛物线C：y² = x. 2分
因为⊙M的圆心M(2,0)，⊙M与l相切，所以⊙M的半径为1，则⊙M的方程为(x - 2)² + y² = 1. 5分
(2)相切.理由如下：
设Aᵢ(xᵢ,yᵢ)(i = 1,2,3)，则直线A₁A₂：x - (y₁ + y₂)y + y₁y₂ = 0，
直线A₁A₂与⊙M相切，则$\frac{|2 + y₁y₂|}{\sqrt{1+(y₁ + y₂)^{2}}}$ = 1，整理得(y₁² - 1)y₂² + 2y₁y₂ + 3 - y₁² = 0，
同理可得(y₁² - 1)y₃² + 2y₁y₃ + 3 - y₁² = 0. 8分
当y₁² - 1 = 0，即y₁ = ±1时，y₂ = y₃ = ±1，点A₂，A₃为同一点，不符合题意；
当y₁² - 1 ≠ 0，即y₁ ≠ ±1时，y₂，y₃是方程(y₁² - 1)Y² + 2y₁Y + 3 - y₁² = 0的两个不相等的实数根，
(对于具有相同结构的式子，可将其转化为某一个方程的若干个解的问题)
则y₂ + y₃ = $\frac{-2y₁}{y₁² - 1}$，y₂y₃ = $\frac{3 - y₁²}{y₁² - 1}$. 10分
直线A₂A₃：x - (y₃ + y₂)y + y₃y₂ = 0，
则点M到直线A₂A₃的距离d = $\frac{|2 + y₂y₃|}{\sqrt{1+(y₂ + y₃)^{2}}}$ = $\frac{|2+\frac{3 - y₁²}{y₁² - 1}|}{\sqrt{1+(\frac{-2y₁}{y₁² - 1})^{2}}}$ = 1，因此直线A₂A₃与⊙M相切. 12分