《2024年高职高考全真模拟试卷辽海出版社高中数学全一册人教版》

22. 设等差数列$\{a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}$，已知$a_{2}=3$，$S_{4}=16$.
(1)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$b_{n}=3^{a_{n}}$，求数列$\{b_{n}\}$的前n项和.

答案： 解：
(1)设公差为$d$，依题意有
$\begin{cases}a_{1}+d = 3\\4a_{1}+\frac{4\times3}{2}d = 16\end{cases}$，即$\begin{cases}a_{1}+d = 3\\4a_{1}+6d = 16\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a_{1}=1\\d = 2\end{cases}$
$\therefore a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=1 + 2(n - 1)=2n - 1$
(2)$b_{n}=3^{a_{n}}=3^{2n - 1}$
$b_{n + 1}=3^{a_{n+1}}=3^{2(n + 1)-1}=3^{2n + 1}$
$\therefore\frac{b_{n + 1}}{b_{n}}=\frac{3^{2n + 1}}{3^{2n - 1}}=3^{2n + 1-(2n - 1)}=3^{2}=9$
$\therefore$数列$\{b_{n}\}$是公比为$9$的等比数列
$\therefore T_{n}=\frac{b_{1}-b_{n}q}{1 - q}=\frac{3-3^{2n - 1}\times9}{1 - 9}=\frac{3}{8}(3^{2n}-1)$

23. 已知函数$f(x)=\sin x\cos\varphi-\cos x\sin\varphi$(其中$x\in\mathbf{R}$，0 ＜ $\varphi$ ＜ $\pi$).
(1)求函数$f(x)$的最小正周期和最大值；
(2)若函数的图象过点$(\frac{\pi}{2}，\frac{\sqrt{5}}{3})$，求$f(\frac{\pi}{3})$的值.

答案： 解：
(1)$f(x)=\sin x\cos\varphi-\cos x\sin\varphi=\sin(x-\varphi)$
$\therefore$函数$f(x)$的最小正周期为$T=\frac{2\pi}{1}=2\pi$
函数的最大值是$y_{\max}=1$
(2)$f(\frac{\pi}{2})=\sin(\frac{\pi}{2}-\varphi)=\cos\varphi=\frac{\sqrt{5}}{3}$
$\therefore f(\frac{\pi}{3})=\sin(\frac{\pi}{3}-\varphi)=\sin\frac{\pi}{3}\cos\varphi-\cos\frac{\pi}{3}\sin\varphi$
$\because0＜\varphi＜\pi$
$\sin\varphi=\sqrt{1-\cos^{2}\varphi}=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{5}}{3})^{2}}=\frac{2}{3}$
$\therefore f(\frac{\pi}{3})=\sin\frac{\pi}{3}\cos\varphi-\cos\frac{\pi}{3}\sin\varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{5}}{3}-\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{\sqrt{15}-2}{6}$

24. 已知椭圆上点M到焦点$F_{1}(-2，0)$和$F_{2}(2，0)$的距离之和为$4\sqrt{2}$.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设N(0，2)，过点P(-1，-2)作直线l，交椭圆C异于点N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为$k_{1}$，$k_{2}$，证明：$k_{1}+k_{2}$为定值.

答案： 解：
(1)依题意，椭圆$C$的标准方程设为$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$，由椭圆定义，有$2a = 4\sqrt{2}$，$a = 2\sqrt{2}$，$c = 2$
$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=8 - 4=4$
所以椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1$
(2)情况一：若直线$l$的斜率不存在，方程为$x=-1$
联立方程组$\begin{cases}x=-1\\\frac{x^{2}}{8}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-1\\y=\frac{\sqrt{14}}{2}\end{cases}$或$\begin{cases}x=-1\\y=-\frac{\sqrt{14}}{2}\end{cases}$
$\therefore A(-1,\frac{\sqrt{14}}{2})$，$B(-1,-\frac{\sqrt{14}}{2})$. 又$N(0,2)$，
$\therefore k_{1}=\frac{\frac{\sqrt{14}}{2}-2}{-1 - 0}=\frac{4-\sqrt{14}}{2}$，$k_{2}=\frac{-\frac{\sqrt{14}}{2}-2}{-1 - 0}=\frac{4+\sqrt{14}}{2}$
$\therefore k_{1}+k_{2}=\frac{4-\sqrt{14}}{2}+\frac{4+\sqrt{14}}{2}=\frac{8}{2}=4$
情况二：若直线$l$的斜率$k$存在，方程为$y + 2=k(x + 1)$
把$y=kx+(k - 2)$代入椭圆的方程，得
$\frac{x^{2}}{8}+\frac{[kx+(k - 2)]^{2}}{4}=1$
$(4 + 8k^{2})x^{2}+16k(k - 2)x+8k^{2}-32k = 0$
$(1 + 2k^{2})x^{2}+4k(k - 2)x+2k^{2}-8k = 0$
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则有
$x_{1}+x_{2}=-\frac{4k(k - 2)}{1 + 2k^{2}}$，$x_{1}\cdot x_{2}=\frac{2k^{2}-8k}{1 + 2k^{2}}$
$k_{1}+k_{2}=\frac{y_{1}-2}{x_{1}-0}+\frac{y_{2}-2}{x_{2}-0}=\frac{kx_{1}+k - 2-2}{x_{1}}+\frac{kx_{2}+k - 2-2}{x_{2}}$
$=2k+\frac{(k - 4)(x_{1}+x_{2})}{x_{1}\cdot x_{2}}$
$=2k+\frac{(k - 4)[-\frac{4k(k - 2)}{1 + 2k^{2}}]}{\frac{2k^{2}-8k}{1 + 2k^{2}}}$
$=2k+\frac{-(k - 4)\cdot4k(k - 2)}{2k^{2}-8k}$
$=4$
综上所述，恒有$k_{1}+k_{2}=4$