优化方案(山东专用)高考数学二轮复习解答题专题练(四)理

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优化方案(山东专用)高考数学二轮复习小题分类练(二)

小题分类练(二) 推理论证类(建议用时：50分钟)1．下列函数为奇函数的是( )A ．y ＝xB ．y ＝e xC ．y ＝cos xD ．y ＝e x －e －x2．设a ，b 是实数，则“a ＋b >0”是“ab >0”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件3．(2015·临沂模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4(ω>0)的最小正周期为π，则函数f (x )的图象( )A ．关于直线x ＝π4对称B ．关于直线x ＝π8对称C ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0对称D ．关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π8，0对称 4．若a >b >0，c <d <0，则一定有( )A.a d >b cB.a d b dD.a c <b d5．在△ABC 中，若(CA →＋CB →)·AB →＝|AB →|2，则( ) A ．△ABC 是锐角三角形 B ．△ABC 是直角三角形 C ．△ABC 是钝角三角形 D ．△ABC 的形状不能确定6．(2015·济南质量监测)若tan (α＋45°)<0，则下列结论正确的是( ) A ．sin α<0 B ．cos α<0 C ．sin 2α<0 D ．cos 2α<07．若空间中四条两两不同的直线l 1，l 2，l 3，l 4，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，则下列结论一定正确的是( )A ．l 1⊥l 4B ．l 1∥l 4C ．l 1与l 4既不垂直也不平行D ．l 1与l 4的位置关系不确定8．已知点P (x 0，y 0)，圆O ：x 2＋y 2＝r 2(r >0)，直线l ：x 0x ＋y 0y ＝r 2，有以下几个结论：①若点P 在圆O 上，则直线l 与圆O 相切；②若点P 在圆O 外，则直线l 与圆O 相离；③若点P 在圆O 内，则直线l 与圆O 相交；④无论点P 在何处，直线l 与圆O 恒相切，其中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．49．(2015·潍坊调研)观察等式：sin 230°＋cos 260°＋sin 30°cos 60°＝34，sin 220°＋cos 250°＋sin 20°cos 50°＝34，sin 215°＋cos 245°＋sin 15°·cos 45°＝34，…，由此得出以下推广命题，不正确的是( )A ．sin 2α＋cos 2β＋sin αcos β＝34B ．sin 2(α－30°)＋cos 2α＋sin(α－30°)cos α＝34C ．sin 2(α－15°)＋cos 2(α＋15°)＋sin(α－15°)cos(α＋15°)＝34D ．sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝3410．给出下列命题：①在区间(0，＋∞)上，函数y ＝x －1，y ＝x 12，y ＝(x －1)2，y ＝x 3中有3个是增函数；②若log m 3＜log n 3＜0，则0＜n ＜m ＜1；③若函数f (x )是奇函数，则f (x－1)的图象关于点A (1，0)对称；④已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －2，x ≤2，log 3（x －1），x ＞2，则方程f (x )＝12有2个实数根，其中正确命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．411．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ，B ，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B 城市；乙说：我没去过C 城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可判断乙去过的城市为________． 12．数列{a n }满足a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1，A n 表示{a n }的前n 项之积，则A 2 016的值为________．13．(2015·东营模拟)在同一平面直角坐标系中，函数y ＝g (x )的图象与y ＝e x的图象关于直线y ＝x 对称．而函数y ＝f (x )的图象与y ＝g (x )的图象关于y 轴对称．若f (m )＝－1，则m 的值是________．14．(2015·安丘模拟)观察下列等式：13＝12，13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n 个等式为________．15．△ABC 是边长为2的等边三角形，已知向量a ，b 满足AB →＝2a ，AC →＝2a ＋b ，则下列结论中正确的是________．(写出所有正确结论的编号)①a 为单位向量；②b 为单位向量；③a ⊥b ；④b ∥BC →；⑤(4a ＋b )⊥BC →.小题分类练(二) 推理论证类1．解析：选D.对于A ，定义域不关于原点对称，故不符合要求；对于B ，f (－x )≠－f (x )，故不符合要求；对于C ，满足f (－x )＝f (x )，故不符合要求；对于D ，因为 f (－x )＝e －x －e x ＝－(e x －e －x )＝－f (x )，所以 y ＝e x －e －x为奇函数，故选D.2．解析：选D.特值法：当a ＝10，b ＝－1时，a ＋b ＞0，ab ＜0，故a ＋b ＞0 ab ＞0；当a ＝－2，b ＝－1时，ab ＞0，但a ＋b ＜0，所以ab ＞0 a ＋b ＞0.故“a ＋b ＞0”是“ab ＞0”的既不充分也不必要条件．3．解析：选B.因为f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π4的最小正周期为π，所以2πω＝π，ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4.当x ＝π4时，2x ＋π4＝3π4，所以A ，C 错误；当x ＝π8时，2x ＋π4＝π2，所以B 正确，D 错误． 4．解析：选B.法一：令a ＝3，b ＝2，c ＝－3，d ＝－2，则a c ＝－1，b d ＝－1，排除选项C ，D ；又a d ＝－32，b c ＝－23，所以a d －d >0，所以1－d >1－c >0.又a >b >0，所以a－d >b－c，所以a d <b c.故选B.5．解析：选 B.依题意得，(CA →＋CB →)·(CB →－CA →)＝|AB →|2，即CB →2－CA →2＝|AB →|2，|CB →|2＝|CA →|2＋|AB →|2，CA ⊥AB ，因此△ABC 是直角三角形，故选B.6．解析：选D.因为tan (α＋45°)<0，所以k ·180°－135°<α<k ·180°－45°，所以k ·360°－270°<2α<k ·360°－90°，所以cos 2α<0，故选D.7．解析：选D.如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，记l 1＝DD 1，l 2＝DC ，l 3＝DA ，若l 4＝AA 1，满足l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，l 3⊥l 4，此时l 1∥l 4，可以排除选项A 和C.若l 4＝DC 1，也满足条件，可以排除选项B.故选D.8．解析：选A.根据点到直线的距离公式有d ＝r 2x 20＋y 20.若点P 在圆O 上，则x 20＋y 20＝r 2，d ＝r ，相切；若点P 在圆O 外，则x 20＋y 20>r 2，d <r ，相交；若点P 在圆O 内，则x 20＋y 20<r 2，d >r ，相离，故只有①正确．9．解析：选A.观察已知等式不难发现，60°－30°＝50°－20°＝45°－15°＝30°，推广后的命题应具备此关系，但A 中α与β无联系，从而推断错误的命题为A.10．解析：选C.命题①中，在(0，＋∞)上只有y ＝x 12，y ＝x 3为增函数，故①不正确；②中不等式等价于0＞log 3m ＞log 3n ，故0＜n ＜m ＜1，②正确；③中函数y ＝f (x －1)的图象是把y ＝f (x )的图象向右平移一个单位得到的，由于函数y ＝f (x )的图象关于坐标原点对称，故函数y ＝f (x －1)的图象关于点A (1，0)对称，③正确；④中当3x －2＝12时，x ＝2＋log 312＜2，当log 3(x －1)＝12时，x ＝1＋3＞2，故方程f (x )＝12有2个实数根，④正确．11．解析：由题意可推断：甲没去过B 城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A ，C 城市，而乙“没去过C 城市”，说明乙去过城市A ，由此可知，乙去过的城市为A.答案：A12．解析：由a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1，得a n ＋1＝a n －1a n ，所以a 2＝3－13＝23，a 3＝－12，a 4＝3，所以{a n }是以3为周期的周期数列，且a 1a 2a 3＝－1.又2 016＝3×672，所以A 2 016＝(－1)672＝1.答案：113．解析：由题意知g (x )＝ln x ，则f (x )＝ln(－x )，若f (m )＝－1，则ln(－m )＝－1，解得m ＝－1e.答案：－1e14．解析：由第一个等式13＝12，得13＝(1＋0)2；第二个等式13＋23＝32，得13＋23＝(1＋2)2；第三个等式13＋23＋33＝62，得13＋23＋33＝(1＋2＋3)2；第四个等式13＋23＋33＋43＝102，得13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2；由此可猜想第n 个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n )2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22. 答案：13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2215．解析：因为 AB →2＝4|a |2＝4，所以 |a |＝1，故①正确；因为 BC →＝AC →－AB →＝(2a ＋b )－2a ＝b ，又△ABC 为等边三角形，所以 |BC →|＝|b |＝2，故②错误；因为 b ＝AC →－AB →，所以a ·b ＝12AB →·(AC →－AB →)＝12×2×2×cos 60°－12×2×2＝－1≠0，故③错误；因为 BC →＝b ，故④正确；因为 (AB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝AC →2－AB →2＝4－4＝0，所以 (4a ＋b )⊥BC →，故⑤正确．答案：①④⑤。

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解答题专题练(三) 立体几何(建议用时：60分钟) 1. (2021·德州第一次质量猜测)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，PD ⊥底面ABCD ，∠ADC ＝90°，BC ＝12AD ＝1，PD ＝CD ＝2，Q 为AD 的中点，M 为棱PC 上一点．(1)试确定点M 的位置，使得P A ∥平面BMQ ，并证明你的结论； (2)若PM ＝2MC ，求二面角P -BQ -M 的余弦值．2. 如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H -PB -C的余弦值．3. 如图，AC 是圆O 的直径，B 、D 是圆O 上两点，AC ＝2BC ＝2CD ＝2，P A ⊥圆O 所在的平面，BM →＝13BP →.(1)求证：CM ∥平面P AD ；(2)当CM 与平面P AC 所成角的正弦值为55时，求AP 的值．4. (2021·日照诊断考试)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．5. (2021·泰安模拟)如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若P A ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面P AD ； (2)点M 在线段PC 上，二面角M -BQ -C 为60°，若平面P AD ⊥平面ABCD ，且P A ＝PD ＝AD ＝2，求三棱锥M BCQ 的体积．6．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图②.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值．解答题专题练(三) 立体几何1．解：(1)当M 为PC 的中点时，P A ∥平面BMQ . 证明如下：连接AC 交BQ 于N ，连接MN ，由于AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点，所以BC ＝QD 且BC ∥QD ，所以四边形BCDQ 为平行四边形，所以DC ∥BQ ，即QN ∥DC ，所以N 为AC 的中点．当M 为PC 的中点，即PM ＝MC 时，MN 为△P AC 的中位线，故MN ∥P A ，又MN ⊂平面BMQ ，P A ⊄平面BMQ ，所以P A ∥平面BMQ .(2)由题意，以点D 为原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0，0，2)，Q (1，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，由PM ＝2MC 可得点M ⎝⎛⎭⎫0，43，23，所以PQ →＝(1，0，－2)，QB →＝(0，2，0)，QM →＝⎝⎛⎭⎫－1，43，23，设平面PQB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PQ →·n 1＝x －2z ＝0，QB →·n 1＝2y ＝0，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z ，y ＝0，令z ＝1，得n 1＝(2，0，1)，同理平面MBQ 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫23，0，1，设所求二面角大小为θ，结合图形知cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝76565.2．解：(1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD .由于PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角，所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (1，1，0)，P (0，0，1)，C (0，2，0)，H ⎝⎛⎭⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎨⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1，1，2)．又cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217，结合图形知，二面角H -PB -C 的余弦值为217.3．解：(1)证明：作ME ⊥AB 于E ，连接CE ，则ME ∥AP .①由于AC 是圆O 的直径，AC ＝2BC ＝2CD ＝2，所以AD ⊥DC ，AB ⊥BC ， ∠BAC ＝∠CAD ＝30°， ∠BCA ＝∠DCA ＝60°，AB ＝AD ＝ 3.又BM →＝13BP →，所以BE ＝13BA ＝33，tan ∠BCE ＝BE BC ＝33，所以∠BCE ＝∠ECA ＝30°＝∠CAD ，所以EC ∥AD ，②由①②，且ME ∩CE ＝E ，P A ∩AD ＝A ，得平面MEC ∥平面P AD ，又CM ⊂平面MEC ，CM ⊄平面P AD ，所以CM ∥平面P AD .(2)依题意，如图，以A 为原点，直线AB ，AP 分别为x ，z 轴建立空间直角坐标系，设AP ＝a ，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，C (3，1，0)，P (0，0，a )，D ⎝⎛⎭⎫32，32，0.设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，CM 与平面P AC 所成的角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP →＝az ＝0，n ·AC →＝3x ＋y ＝0，设x ＝3，则n ＝(3，－3，0)，又CM →＝CB →＋BM →＝CB →＋13BP →，所以CM →＝⎝⎛⎭⎫－33，－1，a 3，所以sin θ＝|cos 〈CM →，n 〉|＝|CM →·n ||CM →||n |＝212×3＋9＋a 29＝312＋a 2＝55，所以a ＝3，即AP 的值为 3.4．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，所以D 1C ⊥BC .在等腰梯形ABCD 中，连接AC ，由于AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ，所以BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AD 1C ，所以AD 1⊥BC . (2)法一：由于AB ∥CD ，所以∠D 1DC ＝π3，由于CD ＝1，所以D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，所以∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3，所以D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，所以cos ∠D 1MC ＝55，即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直，由于AB ∥CD ，所以∠D 1DC ＝π3，由于CD ＝1，所以D 1C ＝ 3. 在等腰梯形ABCD 中，由于AB ＝2，BC ＝CD ＝1， AB ∥CD ，所以AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，D 1(0，0，3)，设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量n ＝(1，3，1)．又CD 1→＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量，因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |＝55，所以平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55.5．解：(1)证明：由条件知，PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，PQ ∩BQ ＝Q ，所以AD ⊥平面PQB ，由于AD ⊂平面P AD ，所以平面PQB ⊥平面P AD .(2)由于P A ＝PD ，Q 为AD 的中点，所以PQ ⊥AD . 由于平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PQ ⊥平面ABCD .如图所示，以Q 为坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则Q (0，0，0)，A (1，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，QB →＝(0，3，0)．设PM →＝λPC →(0≤λ≤1)，QM →＝QP →＋PM →＝QP →＋λPC →＝(－2λ，3λ，3(1－λ))，设n ＝(x ，y ，z )是平面MBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧QM →·n ＝0，QB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3（1－λ）·z 2λ，y ＝0，令z ＝1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3（1－λ）2λ，0，1，又m ＝(0，0，1)是平面BQC 的一个法向量，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝11＋3（1－λ）24λ2＝12，由于0≤λ≤1，所以λ＝13，所以PM →＝13PC →.由于PQ ＝3，所以M 到平面ABCD 的距离为233，又S △BQC ＝12×2×3＝3，所以V M BCQ ＝13×3×233＝23.6．解：(1)证明：在题图①中，由于AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1BE C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，由于A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0，得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0)．设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

2022版优化方案高考数学(山东专用·理科)二轮复习小题专题练(一) Word版含答案

小题限时专练小题专题练小题专题练(一) 集合、常用规律用语、不等式、函数与导数(建议用时：50分钟)1．命题“∃x 0∈(0，＋∞)，ln x 0＝x 0－1”的否定是( ) A ．∀x ∈(0，＋∞)，ln x ≠x －1 B ．∀x ∉(0，＋∞)，ln x ＝x －1 C ．∃x 0∈(0，＋∞)，ln x 0≠x 0－1 D ．∃x 0∉(0，＋∞)，ln x 0＝x 0－1 2．(2021·济南二模)集合A ＝{x |x －2<0}，B ＝{x |x <a }，若A ∩B ＝A ，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．[－2，＋∞) C ．(－∞，2] D ．[2，＋∞)3．下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是( )A ．y ＝1＋x 2B ．y ＝x ＋1xC ．y ＝2x ＋12x D ．y ＝x ＋e x4．(2021·河北省五校联盟质量监测)若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x ＞0，x ＋⎠⎛0a 3t 2d t ，x ≤0， f (f (1))＝1，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．－1D ．－2 5．(2021·临沂调研)若不等式⎪⎪⎪⎪x ＋1x >|a －2|＋1对于一切非零实数x 均成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．1<a <3 B ．a >1 C ．a <3 D ．a <16．若直线x a ＋yb＝1(a ＞0，b ＞0)过点(1，1)，则a ＋b 的最小值等于( )A ．2B ．3C ．4D ．57．函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫x －1x cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)的图象可能为( )8．(2021·泰安统考)已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，x ≥0，y ≥m 表示的平面区域的面积为2，则x ＋y ＋2x ＋1的最小值为( )A.32B.43 C ．2 D ．49．若函数y ＝f(x)(x ∈R )满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈[－1，1]时，f (x )＝|x |，则函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝log 3|x |的图象的交点的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．510．设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a ＜1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)＜0，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫－32e ，1B.⎣⎡⎭⎫－32e ，34C.⎣⎡⎭⎫32e ，34D.⎣⎡⎭⎫32e ，1 11．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2（2－x ），x <1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝________．12．已知函数f (x )＝ax 3－2x 的图象过点(－1，4)，则a ＝________．13．已知命题p ：不等式xx －1<0的解集为{x |0<x <1}；命题q ：在△ABC 中，“A >B ”是“sin A >sin B ”成立的必要不充分条件．有下列四个结论：①p 真q 假；②“p ∧q ”为真；③“p ∨q ”为真；④p 假q 真，其中正确结论的序号是________．(请把正确结论的序号都填上)14．(2021·济宁模拟)如图为函数f (x )的图象，f ′(x )为函数f (x )的导函数，则不等式xf ′(x )<0的解集为________．15．若函数f (x )＝2|x －a |(a ∈R )满足f (1＋x )＝f (1－x )，且f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，则实数m 的最小值等于________．小题限时专练小题专题练小题专题练(一) 集合、常用规律用语、不等式、函数与导数1．解析：选A.转变原命题中的三个地方即可得其否定，∃改为∀，x 0改为x ，否定结论，即ln x ≠x －1，故选A.2．解析：选D.由题意，得A ＝{x |x <2}．又由于A ∩B ＝A ，所以a ≥2，故选D.3．解析：选D.A 选项定义域为R ，由于f (－x )＝1＋（－x ）2＝1＋x 2＝f (x )，所以是偶函数．B 选项定义域为{x |x ≠0}，由于f (－x )＝－x －1x ＝－f (x )，所以是奇函数．C 选项定义域为R ，由于f (－x )＝2－x ＋12－x ＝12x ＋2x＝f (x )，所以是偶函数．D 选项定义域为R ，由于f (－x )＝－x ＋e －x ＝1ex －x ，所以是非奇非偶函数． 4．解析：选A.由于f (1)＝1g 1＝0，f (0)＝∫a 03t 2d t ＝t 3|a 0＝a 3，所以由f (f (1))＝1得：a 3＝1，a ＝1，故选A.5．解析：选A.由于⎪⎪⎪⎪x ＋1x ≥2，所以|a －2|＋1<2，即|a －2|<1，解得1<a <3. 6．解析：选C.将(1，1)代入直线x a ＋y b ＝1，得1a ＋1b＝1，a ＞0，b ＞0，故a ＋b ＝(a ＋b )(1a ＋1b )＝2＋b a ＋ab≥2＋2＝4，当且仅当a ＝b 时取到等号，故选C.7．解析：选D.函数f (x )＝(x －1x)cos x (－π≤x ≤π且x ≠0)为奇函数，排解选项A ，B ；当x ＝π时，f (x )＝(π－1π)cos π＝1π－π＜0，排解选项C ，故选D.8. 解析：选B.画出不等式组所表示的区域，由区域面积为2，可得m ＝0.而x ＋y ＋2x ＋1＝1＋y ＋1x ＋1，y ＋1x ＋1表示可行域内任意一点与点(－1，－1)连线的斜率，所以y ＋1x ＋1的最小值为0－（－1）2－（－1）＝13，所以x ＋y ＋2x ＋1的最小值为43.9．解析：选C.由题设可知函数y ＝f (x )(x ∈R )是周期为2的函数，结合x ∈[－1，1]时，f (x )＝|x |，可画出函数y ＝f (x )在整个定义域R 上的图象，同时在同一平面直角坐标系中画出函数y ＝log 3|x |的图象，观看可知两函数的图象一共有4个交点．10．解析：选D.由于 f (0)＝－1＋a ＜0，所以 x 0＝0.又由于 x 0＝0是唯一的使f (x )<0的整数，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧e －1[2×（－1）－1]＋a ＋a ≥0，e （2×1－1）－a ＋a ≥0，解得a ≥32e.又由于 a ＜1，所以 32e ≤a ＜1，经检验a ＝34，符合题意．故选D.11．解析：由于－2<1，所以 f (－2)＝1＋log 2(2＋2)＝1＋log 24＝1＋2＝3.由于 log 212>1，所以 f (log 212)＝2log 212－1＝122＝6.所以 f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9. 答案：912．解析：由于 f (x )＝ax 3－2x 的图象过点(－1，4)，所以 4＝a ×(－1)3－2×(－1)，解得a ＝－2. 答案：－213．解析：解不等式知，命题p 是真命题，在△ABC 中，“A >B ”是“sin A >sin B ”的充要条件，所以命题q 是假命题，所以①正确，②错误，③正确，④错误．答案：①③14．解析：由题意可知，f ′(x )>0的区间为(－3，－1)，(1，＋∞)，f ′(x )<0的区间为(－∞，－3)，(－1，1)，不等式xf ′(x )<0等价于⎩⎪⎨⎪⎧x <0，f ′（x ）>0或⎩⎪⎨⎪⎧x >0，f ′（x ）<0，故不等式xf ′(x )<0的解集为(－3，－1)∪(0，1)．答案：(－3，－1)∪(0，1)15．解析：由于f (x )＝2|x －a |，所以f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．又由f (1＋x )＝f (1－x )，知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，故a ＝1，且f (x )的增区间是[1，＋∞)，由函数f (x )在[m ，＋∞)上单调递增，知[m ，＋∞)⊆[1，＋∞)，所以m ≥1，故m 的最小值为1.答案：1。

高考数学二轮复习解答题专题(4)——函数、导数与不等式

高考数学二轮复习解答题专题（四）——函数、导数与不等式一、高考赏析1．（2009·安徽）已知函数()21ln f x x a x x=-+-，0a >，讨论()f x 的单调性．2．（2010·安徽）设a 为实数，函数()22,R xf x e x a x =-+∈。

（Ⅰ）求()f x 的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当ln 21a >-且0x >时，221xe x ax >-+．3．（2011·安徽）设()21xe f x ax=+，其中a 为正实数（Ⅰ）当a 43=时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围．二、专题训练1．设0a >，函数()ln f x x ax =-，()()21ln 1x g x x x -=-+．（1）证明：当1x >时，()0g x >恒成立；（2）若函数()f x 无零点，求实数a 的取值范围；（3）若函数()f x 有两个相异零点1x 、2x ，求证：212x x e >．2．已知函数()2ln f x a x bx =-图象上一点()()2,2P f 处的切线方程为32ln 22y x =-++．（1）求a 、b 的值；（2）若方程()0f x m +=在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内有两个不等的根，求m 的取值范围（其中e 是自然对数的底数）；（3）令()()g x f x nx =-，如果()g x 的图象与x 轴交于()1,0A x 、()2,0B x （12x x <），AB 中点为()0,0C x ，求证：()00g x ≠．3．已知函数()()2ln 12k f x x x x =+-+()0k ≥．（1）当2k =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）求()f x 的单调区间．4．已知函数()y f x =的定义域为R ，其导数()f x '满足()01f x '<<，常数α为方程()f x x =的实数根．（1）求证：当x α>时，总有()x f x >成立；（2）对任意1x 、2x ，若满足11x α-<、21x α-<，求证：()()122f x f x -<．三、高考预测1．已知函数()()2xf x x ax a e -=++（2a ≤，x R ∈），问：是否存在实数a ，使()f x 的极大值为3？若存在，则求出a 的值；若不存在，则说明理由．2．已知函数()()ln f x x k x =+（k 是常数）（1）若()f x 是增函数，试求k 的取值范围；（2）当0k =时，是否存在不相等的正数a 、b 满足()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭？若存在，则求出这样的a 、b ；若不存在，则说明理由．3．已知函数()2sin 2f x x b x =+-（b R ∈），()()2F x f x =+，且对于任意实数x ，恒有()()0F x F x --=．（1）求函数()f x 的解析式；（2）已知函数()()()21ln g x f x x a x =+++在区间(0, 1)上单调递减，求实数a 的取值范围；（3）探究函数()()()21ln 12h x x f x k =+--零点的个数，说明理由．参考答案：一、高考赏析 1． 2． 3．二、专题训练1．（1）令()()g x x f x =-，则()()1g x f x ''=-，则x R ∈时，有()01f x '<<可得()()10g x f x ''=->，所以当x α>时，有()()()0g x g fααα>=-=，即得证；（2）方法一：1122111111x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⎨-<⇒-<<+⎪⎩，由()f x 是单调增函数可得()()()()()()121111f f x f f f x f αααα-<<+⎧⎪⎨-<<+⎪⎩ ()()()()()()121111f f f x f x f f αααα⇒-++-<-<+--()()()()()()121111f x f x f f f f αααα⇒-<+--=+--因为()f x 是R 上的增函数，且当x α>时，有()x f x >，又当x α<时，同（1）理可证得：()x f x <，而11αααα+>⎧⎨-<⎩，所以()()1111f f αααα+>+⎧⎪⎨-<-⎪⎩()()()()11112f f αααα⇒+--<+--=即得证．方法二：由()01f x '<<及()()()1010010limx x f x f x f x x x →-'=-得()()121201f x f x x x -<<-，由已知11121222111222111x x x x x x x x αααααα⎧-<⇒-<<+⎪⇒-<-<⇒-<⎨-<⇒-<<+⎪⎩，而()()()()1212121212f x f x f x f x x x x x -<⇒-<-<-．2． 3． 4．三、高考预测1．〖解析〗：假设存在这样的实数a （2a ≤），则()()()22xf x x a x e -'=-+-，令()0f x '=，得0x =，或2x a =-，（2a ≤）（1）若2a =，则()20xf x x e -'=-<恒成立，显然不存在极大值；（2）若2a <，则函数()f x 有两个稳定点为0x =，2x a =-，且有()f x =极大值()()224a f a a e --=-，又令()()24a g a a e-=-（2a ≤），以下研究函数()g a 的值域问题，所以()()23a g a a e-'=-，显然当2a <时，有()0g a '>恒成立，即函数()g a 在区间(),2-∞上单调递增，且()()213g a g <=<，从而函数()f x 不可能取到极大值3，即这样的a （2a ≤）是不存在的．2．〖解析〗：（1）2k e -≥；（2）当0k =时，()ln f x x x =，()1ln f x x '⇒=+，又由题，假设存在不相等的正数a 、b ，使得()()2f a f b a b f a b -+⎛⎫'= ⎪-⎝⎭成立，则ln ln 1ln 2a a b b a b a b -+=+-22ln 1ln 1a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫⇒-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，整理得22lnln 10a b b ba b a a b a-+-=++，不防设0a b >>，且令()0,1bx a=∈，则构造函数()22ln ln 111xg x x x x x=-+-++（01x <<），即()()()1ln 1ln 2ln 21g x x x x x x =-+-++-（01x <<），题意即，在区间()0,1，()g x 的零点是否存在？又()11ln21x x g x x x +-'=++，()()211x g x x x -''=+，令()0g x ''=，得1x =，容易验证，当01x <<时，()0g x ''<恒成立，即函数()g x '在区间()0,1是单调递减的，且()10g '=，所以，在区间()0,1上有()0g x '>恒成立，这说明()g x 在区间()0,1上是单调递增的，又对()g x 而言，有()10g =，这说明在区间()0,1上，总有()0g x <成立，即函数()g x 在区间()0,1上没有零点，即()0g x =不成立，从而不存在这样的a 、b ．3．〖解析〗：（1）()2sin F x x b x =+，对任意实数x ，恒有()()0F x F x --=，即2sin 0b x =，即0b =；（2）由（1）可得2()2f x x =-，所以2()2ln g x x x a x =++（0x >），222'()22a x x ag x x x x++=++=，函数()g x 在区间(0, 1)上单调递减，等价于当01x <<时，()'0g x <恒成立，即2220x x a ++<恒成立，亦即()222a x x <-+恒成立，可令()()22112222h x x x x ⎛⎫=-+=-++ ⎪⎝⎭，所以()()14h x h ≥=-，所以 4a <-；（3）()22211()ln(1)()ln 1122h x x f x k x x k =+--=+-+-，()3222'11x x x h x x x x-=-=++，令()'0h x =得0x =或1x =或1x =-，()()()11ln 22h x h h k -==+-极大值＝； ()()01h x h k =-极小值＝；如图（1ln 212+>）当1ln 202k +-<，即1ln 22k +<时，没有零点；当1ln 20210k k ⎧+->⎪⎨⎪-<⎩，即11ln 22k <<+时，有四个零点；当10k ->，即1k <时，有两个零点．。

高考总复习优化设计二轮用书数学解答题专项4 概率与统计的综合问题

第二步,根据超几何分布的概率计算公式计算出随机变量取每一个值时的
概率;
第三步,用表格的形式列出分布列.
对点训练3
(2023湖北十堰二模)现有4个红球和4个黄球,将其分配到甲、乙两个盒子
中,每个盒子中4个球.
(1)求甲盒子中有2个红球和2个黄球的概率.
(2)已知甲盒子中有3个红球和1个黄球,若同时从甲、乙两个盒子中取出
从而可以用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系.
^
(2)由(1)可得 =
5
∑ -5
=1
5
2
∑ 2 -5
=
-1 537
=-153.7,
10
=1
^
^
所以 = − =1 241.2-(-153.7)×3=1 702.3,
^
所以 y 关于 x 的经验回归方程为 =-153.7x+1 702.3.
P(X=200)=
C22
C210
=
1
C12 C18
,P(X=80)=
45
C210
X
P
=
200
1
45
16
C28
,P(X=10)=
45
C210
=
28
.X
45
的分布列为
80
10
16
28
45
45
(2)甲方案,设获得购物券的金额为 Y,则 Y 可以取 200,80,10,
C23
1
C13 C19
9
C29
6
P(Y=200)= 2 = 22,P(Y=80)= 2 = 22,P(Y=10)= 2 = 11.
9
2C13 C11

2022版优化方案高考数学(山东专用·理科)二轮复习解答题分层综合练(二) Word版含答案

解答题分层综合练(二) 中档解答题规范练(2) (建议用时：60分钟)1．已知函数f (x )＝sin 2x －sin 2(x －π6)，x ∈R .(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最大值和最小值．2. 如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝a ，∠ABC ＝60°，平面ACFE ⊥平面ABCD ，四边形ACFE 是矩形，AE ＝a .(1)求证：BC ⊥平面ACFE ； (2)求二面角B -EF -D 的余弦值．3．(2021·威海第一次统考)为了解某地高中生的身高状况，争辩小组在该地高中生中随机抽出30名高中15 7 7 8 9 9 916 1 2 4 5 8 8 9 9 17 0 2 3 4 5 5 6 6 8 18 0 1 1 2 4 7 19 1若身高在175 cm 以上(包括以下(不包括175 cm)定义为“非高个子”．(1)假如用分层抽样的方法从“高个子”和“非高个子”中抽取5人，再从这5人中选2人，那么至少有1人是“高个子”的概率是多少？(2)用样本估量总体，把频率作为概率，若从该地全部高中生(人数很多)中选3人，用ξ表示所选3人中“高个子”的人数，试写出ξ的分布列，并求ξ的数学期望．4. 如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ； (2)求二面角P -AD -C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．5．(2021·济南地区八校联考)已知函数f (x )＝m (x －1)e x ＋x 2(m ∈R )． (1)若m ＝－1，求函数f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＜0，不等式x 2＋(m ＋2)x ＞f ′(x )恒成立，求m 的取值范围．6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝12n (n －1)，且a n 是b n 和1的等差中项．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若c n ＝1na n(n ≥2)，c 1＝b 2，求∑i ＝1n c i ；(3)若f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，b n ，n ＝2k (k ∈N *)，是否存在n ∈N *，使f (n ＋11)＝2f (n )？说明理由．解答题分层综合练(二) 中档解答题规范练(2)1．解：(1)由已知，有f (x )＝1－cos 2x 2－1－cos ⎝⎛⎭⎫2x －π32＝12⎝⎛⎭⎫12cos 2x ＋32sin 2x －12cos 2x ＝34sin 2x －14cos 2x ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π.(2)由于f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，－π6上是减函数，在区间⎣⎡⎦⎤－π6，π4上是增函数，且f ⎝⎛⎭⎫－π3＝－14，f ⎝⎛⎭⎫－π6＝－12，f ⎝⎛⎭⎫π4＝34，所以f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π3，π4上的最大值为34，最小值为－12.2．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，由于AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝a ，∠ABC ＝60°，所以四边形ABCD 是等腰梯形，且∠DCA ＝∠DAC ＝30°，∠DCB ＝120°，所以∠ACB ＝∠DCB －∠DCA ＝90°，所以AC ⊥BC ，又平面ACFE ⊥平面ABCD ，交线为AC ，所以BC ⊥平面ACFE .(2)由(1)知AC ，BC ，CF 两两垂直，以点C 为原点，CA ，CB ，CF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (0，a ，0)，A (3a ，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫3a 2，－12a ，0，F (0，0，a )，E (3a ，0，a )，则EF →＝(－3a ，0，0)，BE →＝(3a ，－a ，a )，DE →＝⎝⎛⎭⎫32a ，a 2，a .设平面BEF 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EF →＝0，n 1·BE →＝0，即⎩⎨⎧－3ax ＝0，3ax －ay ＋az ＝0，取y ＝1，则n 1＝(0，1，1)．设平面EFD 的法向量n 2＝(p ，q ，r )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3ap ＝0，32ap ＋a2q ＋ar ＝0，取q ＝2，则n 2＝(0，2，－1)，则cos 〈n 1，n 2〉＝15×2＝1010，即二面角B -EF -D 的余弦值为1010.3．解：(1)依据茎叶图，有“高个子”12人，“非高个子”18人，用分层抽样的方法，每个人被抽中的概率是530＝16，所以选中的“高个子”有12×16＝2人，“非高个子”有18×16＝3人．用大事A 表示“至少有1名‘高个子’被选中”，则它的对立大事A 表示“没有‘高个子’被选中”，则P (A )＝1－C 23C 25＝1－310＝710.因此，至少有1人是“高个子”的概率是710.(2)依题意，抽取的30名同学中有12名是“高个子”，所以抽取1名同学是“高个子”的频率为1230＝25，频率作为概率，那么从全部高中生中抽取1名同学是“高个子”的概率是25，又由于所取总体数量较多，抽取3名同学可看成进行3次独立重复试验，于是，ξ听从二项分布B ⎝⎛⎭⎫3，25， ξ的取值为0，1，2，3.P (ξ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫1－253＝27125， P (ξ＝1)＝C 13·25⎝⎛⎭⎫1－252＝54125，P (ξ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫252⎝⎛⎭⎫1－25＝36125， P (ξ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫253＝8125.因此，ξ的分布列如下：ξ 0 1 2 3P 27125 54125 36125 8125所以E (ξ)＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8125＝65⎝⎛⎭⎫或E （ξ）＝3×25＝65. 4．解：法一：(1)证明：在△PCD 中，由于E 为CD 的中点，且PC ＝PD ，所以PE ⊥CD .又由于平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PCD ，所以PE ⊥平面ABCD . 又由于FG ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥FG .(2)由(1)知PE ⊥平面ABCD ，且AD ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥AD . 又由于四边形ABCD 是长方形，所以AD ⊥CD .又由于PE ∩CD ＝6，所以AD ⊥平面PCD ，所以AD ⊥PD ，所以∠PDE 为二面角P -AD -C 的平面角．由于AB ＝CD ＝6，所以DE ＝3.在Rt △PED 中，PE ＝PD 2－DE 2＝42－32＝7，所以tan ∠PDE ＝PE DE ＝73，所求二面角P -AD -C 的正切值为73.(3)如图，连接AC ，在△ABC 中，由于AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，所以FG ∥AC .由异面直线所成角的定义，知直线P A 与直线FG 所成角的大小等于∠P AC 的大小．在Rt △PDA 中，P A ＝PD 2＋AD 2＝5， AC ＝AB 2＋BC 2＝35，PC ＝4，所以cos ∠P AC ＝P A 2＋AC 2－PC 22P A ·AC ＝25＋45－162×5×35＝9525，所以直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.法二：在△PCD 中，由于E 为CD 的中点，且PC ＝PD ，所以PE ⊥CD .又由于平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PCD ，所以PE ⊥平面ABCD .取AB 的中点H ，连接EH .由于四边形ABCD 是长方形，所以EH ⊥CD .如图，以E 为原点，EH ，EC ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由于PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3，AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，所以E (0，0，0)，P (0，0，7)，F (3，1，0)，G (2，3，0)，A (3，－3，0)，D (0，－3，0)，C (0，3，0)．(1)证明：由于EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，且EP →·FG →＝(0，0，7)·(－1，2，0)＝0，所以EP →⊥FG →，即EP ⊥FG . (2)由于PE ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 的法向量为EP →＝(0，0，7)．设平面ADP 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，AP →＝(－3，3，7)，DP →＝(0，3，7)，由于⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＋7z 1＝0，3y 1＋7z 1＝0，令z 1＝3，则x 1＝0，y 1＝－7，所以n ＝(0，－7，3)．由图可知二面角P -AD -C 是锐角，设为α，则cos α＝|n ·EP →|n ||EP →||＝3747＝34，所以sin α＝74，tan α＝73.(3)由于AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，设直线AP 与直线FG 所成角为θ，则cos θ＝|AP →·FG →|AP →||FG →||＝3＋69＋9＋7×5＝9525.所以直线P A 与FG 所成角的余弦值为9525.5．解：(1)m ＝－1时，f (x )＝(1－x )e x ＋x 2，则f ′(x )＝x (2－e x )，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜ln 2，由f ′(x )＜0，得x ＜0或x ＞ln 2，故函数的增区间为(0，ln 2)，减区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．(2)f ′(x )＝mx ⎝⎛⎭⎫e x ＋2m ＜x 2＋(m ＋2)x ，即mx e x －x 2－mx ＜0. 由于x ＜0，所以m e x －x －m ＞0.令h (x )＝m e x －x －m ，则h ′(x )＝m e x －1，当m ≤0时，h (x )在x ＜0时为减函数，h (x )＞h (0)＝0. 当0＜m ≤1时，h (x )在x ＜0时为减函数，h (x )＞h (0)＝0.当m ＞1时，h (x )在(－∞，－ln m )上为减函数，在(－ln m ，0)上为增函数，所以h (－ln m )＜h (0)＝0，不合题意．综上可知m ≤1.6．解：(1)由于S n ＝12n (n －1)，所以a 1＝S 1＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －1，又当n ＝1时，上式也成立，所以a n ＝n －1，由题意知b n ＝2a n －1，故b n ＝2n －3.(2)由于c n ＝1na n ＝1n （n －1）(n ≥2)，c 1＝b 2＝2×2－3＝1，所以∑i ＝1nc i ＝1＋11×2＋12×3＋…＋1（n －1）n ＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝2－1n .(3)当n ＝2k －1(k ∈N *)时，f (n ＋11)＝2n ＋19，2f (n )＝2(n －1)，若f (n ＋11)＝2f (n )，则2n ＋19＝2n －2，无解；当n ＝2k (k ∈N *)时，f (n ＋11)＝n ＋10，2f (n )＝2(2n －3)，若f (n ＋11)＝2f (n )，则n ＋10＝4n －6，无整数解．综上可知，不存在n ∈N *，使f (n ＋11)＝2f (n )．。

优化方案(山东专用)高考数学二轮复习解答题专题练(一

解答题专题练(一) 三角函数、解三角形(建议用时：60分钟)1．在平面直角坐标系xOy 中，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22，n ＝(sin x ，cos x )，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2. (1)若m ⊥n ，求tan x 的值；(2)若m 与n 的夹角为π3，求x 的值．2．(2015·东营第三次四校联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若4sin A sin B －4cos 2A －B 2＝2－2. (1)求角C 的大小；(2)已知a sin B sin A＝4，△ABC 的面积为8，求边长c 的值．3．如图，A ，C 两岛之间有一片暗礁，一艘小船于某日上午8时从A 岛出发，以10海里/小时的速度，沿北偏东75°方向直线航行，下午1时到达B处．然后以同样的速度，沿北偏东15°方向直线航行，下午4时到达C岛．(1)求A，C两岛之间的距离；(2)求∠BAC的正弦值．4. 如图，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，A 2是函数y ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π9x ＋φ(其中A >0，φ∈[0，2π))的图象与y 轴的交点，点Q 是它与x 轴的一个交点，点R 是它的一个最低点．(1)求φ的值；(2)若PQ ⊥PR ，求A 的值．5．设f (x )＝sin x cos x －cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4. (1)求f (x )的单调区间； (2)在锐角△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝0，a ＝1，求△ABC 面积的最大值．6．(2015·济南模拟)已知平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，点A (sin x ，1)，B (cosx ，0)，C (－sin x ，2)，点P 在直线AB 上，且AB →＝BP →.(1)记函数f (x )＝BP →·CA →，判断点⎝ ⎛⎭⎪⎫7π8，0是否为函数f (x )图象的对称中心，若是，请给予证明；若不是，请说明理由；(2)若函数g (x )＝|OP →＋OC →|，且x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，求函数g (x )的最值．解答题规范练解答题专题练解答题专题练(一) 三角函数、解三角形1．解：(1)若m ⊥n ，则m ·n ＝0.由向量数量积的坐标公式得 22sin x －22cos x ＝0，所以 tan x ＝1.(2)因为 m 与n 的夹角为π3，所以 m ·n ＝|m |·|n |cos π3，即22sin x －22cos x ＝12，所以 sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝12.又因为 x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，所以 x －π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，π4，所以 x －π4＝π6，即x ＝5π12.2．解：(1)由条件得4sin A sin B ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2cos 2A －B2－1＋2，即4sin A sin B ＝2cos(A －B )＋ 2＝2(cos A cos B ＋sin A sin B )＋2，化简得cos (A ＋B )＝－22，因为0<A ＋B <π，所以A ＋B ＝3π4，又A ＋B ＋C ＝π，所以C ＝π4. (2)由已知及正弦定理得b ＝4，又S △ABC ＝8，C ＝π4，所以12ab sin C ＝8，得a ＝42，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 得c ＝4.3．解：(1)在△ABC 中，由已知，AB ＝10×5＝50(海里)，BC ＝10×3＝30(海里)，∠ABC ＝180°－75°＋15°＝120°.由余弦定理得AC 2＝502＋302－2×50×30×cos 120°＝4 900，所以AC ＝70(海里)．故A ，C 两岛之间的距离是70海里．(2)在△ABC 中，由正弦定理得BC sin ∠BAC ＝AC sin ∠ABC ，所以sin ∠BAC ＝BC sin ∠ABC AC＝30sin 120°70＝3314. 故∠BAC 的正弦值是3314. 4．解：(1)因为函数经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，A 2，所以sin φ＝12. 又因为φ∈[0，2π)，且点P 在递减区间上，所以φ＝5π6. (2)由(1)可知y ＝A sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π9x ＋5π6. 令y ＝0，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π9x ＋5π6＝0，所以2π9x ＋5π6＝0，所以x ＝－154，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－154，0. 令y ＝－A ，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π9x ＋5π6＝－1，所以2π9x ＋5π6＝3π2，所以x ＝3，所以R (3，－A )．又因为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，A 2，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－154，－A 2，PR →＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－3A 2. 因为PQ ⊥PR ，所以PQ →·PR →＝－454＋34A 2＝0，解得A ＝15. 5．解：(1)由题意知f (x )＝sin 2x 2－1＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π22＝sin 2x 2－1－sin 2x 2＝sin 2x －12. 由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π，k ∈Z ，可得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π，k ∈Z ；由π2＋2k π≤2x ≤3π2＋2k π，k ∈Z ，可得π4＋k π≤x ≤3π4＋k π，k ∈Z . 所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4＋k π，π4＋k π(k ∈Z )；单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4＋k π，3π4＋k π(k ∈Z )． (2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝sin A －12＝0，得sin A ＝12，由题意知A 为锐角，所以cos A ＝32. 由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，可得1＋3bc ＝b 2＋c 2≥2bc ，即bc ≤2＋3，当且仅当b ＝c 时等号成立．因此12bc sin A ≤2＋34. 所以△ABC 面积的最大值为2＋34. 6．解：(1)点⎝ ⎛⎭⎪⎫7π8，0为函数f (x )图象的对称中心．证明如下：因为BP →＝AB →＝(cos x －sin x ，－1)，CA →＝(2sin x ，－1)，所以f (x )＝2sin x (cos x －sin x )＋1＝sin 2x ＋cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4. 令2x ＋π4＝k π，k ∈Z ，得x ＝k π2－π8，k ∈Z ，所以函数f (x )图象的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π2－π8，0，k ∈Z ，取k ＝2，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫7π8，0为函数f (x )图象的对称中心． (2)设点P 的坐标为(x P ，y P )，则BP →＝(x P －cos x ，y P )，因为AB →＝BP →，所以cos x －sin x ＝x P －cos x ，y P ＝－1，所以x P ＝2cos x －sin x ，y P ＝－1，所以点P 的坐标为(2cos x －sin x ，－1)．因为OC →＝(－sin x ，2)，所以OP →＋OC →＝(2cos x －2sin x ，1)，所以g (x )＝|OP →＋OC →|＝（2cos x －2sin x ）2＋1＝5－8sin x cos x ＝5－4sin 2x .因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，所以－π6≤2x ≤π，所以－12≤sin 2x ≤1，所以1≤5－4sin 2x ≤7，所以1≤g (x )≤7，所以函数g (x )在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的最小值为1，最大值为7.。

优化方案(山东专用)高考数学二轮复习第一部分专题六概率、统计、复数、算法、推理与证明第4讲复

第一部分专题六概率、统计、复数、算法、推理与证明第4讲复数、算法、推理与证明专题强化精练提能理[A 卷]1．已知复数z ＝|(3－i)i|＋i 5(i 为虚数单位)，则复数z 的共轭复数为( ) A ．2－i B ．2＋i C ．4－i D ．4＋i解析：选A.由题意知z ＝|3i ＋1|＋i ＝12＋（3）2＋i ＝2＋i ，所以z －＝2－i.2．(2015·江西省九江市第一次统考)设复数z ＝2－i1＋i，则z 的共轭复数为( )A.12－32iB.12＋32i C ．1－3i D ．1＋3i解析：选B. z －＝2＋i 1－i ＝（2＋i ）（1＋i ）2＝12＋32i ，故选B.3．(2015·潍坊模拟)执行如图所示的程序框图，输出的S 值为－4时，输入的S 0的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选D.第一次循环，得S ＝S 0－21＝S 0－2，i ＝2；第二次循环，得S ＝S 0－2－22＝S 0－6，i ＝3；第三次循环，得S ＝S 0－6－23＝S 0－14，i ＝4，此时不满足i <4，输出S ＝－4，即S 0－14＝－4，所以S 0＝10，故选D.4．已知正三角形内切圆的半径是其高的13，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是( )A ．正四面体的内切球的半径是其高的12B ．正四面体的内切球的半径是其高的13C ．正四面体的内切球的半径是其高的14D ．正四面体的内切球的半径是其高的15解析：选C.原问题的解法为等面积法，即S ＝12ah ＝3×12ar ⇒r ＝13h .类比问题的解法应为等体积法， V ＝13Sh ＝4×13Sr ⇒r ＝14h ，即正四面体的内切球的半径是其高的14，故选C.5．“复数z ＝3－a ii在复平面内对应的点在第三象限”是“a ≥0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.z ＝3－a i i ＝（3－a i ）·ii ·i＝－a －3i 对应的点在第三象限，则a >0，可以判断“a >0”是“a ≥0”的充分不必要条件．6．已知某算法的流程图如图所示，若输入x ＝7，y ＝6，则输出的有序数对为( )A ．(13，14)B ．(12，13)C ．(14，13)D ．(13，12)解析：选A.执行流程图得，n ＝1，x ＝6＋1＝7，y ＝8； n ＝2，x ＝y ＋1＝9，y ＝10； n ＝3，x ＝y ＋1＝11，y ＝12； n ＝4，x ＝y ＋1＝13，y ＝14；n ＝5，循环结束，输出(13，14)，故选A.7．定义某种运算S ＝a ⊗b ，运算原理如图所示，则式子⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2tan 5π4⊗ln e －⎣⎢⎡⎦⎥⎤lg 100⊗⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1的值是( )A ．－3B ．－4C ．－8D ．0解析：选D.由题意可知，程序框图的运算原理可视为函数S ＝a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （b ＋1），a ≥b ，a （b －1），a <b ，所以2tan 5π4⊗ln e ＝2⊗1＝4，lg 100⊗⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1＝2⊗3＝4，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫2tan 5π4⊗ln e －⎣⎢⎡⎦⎥⎤lg 100⊗⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1＝4－4＝0，故选D. 8．(2015·郑州模拟)复数z ＝m －2i1＋2i(m ∈R ，i 为虚数单位)在复平面上对应的点不可能在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选A.z ＝m －2i 1＋2i ＝（m －2i ）（1－2i ）（1＋2i ）（1－2i ）＝m －45－2m ＋25i ，若复数z 在复平面上对应的点在第一象限，则⎩⎪⎨⎪⎧m －45>0，－2m ＋25>0，而此不等式组无解，所以复数z 在复平面上对应的点不可能在第一象限，故选A.9．如图是一算法的程序框图，若输出结果为S ＝720，则在判断框中应填入的条件是( )A ．k ≤6?B ．k ≤7?C ．k ≤8?D ．k ≤9?解析：选B.第一次执行循环，得到S ＝10，k ＝9；第二次执行循环，得到S ＝90，k ＝8；第三次执行循环，得到S ＝720，k ＝7.此时满足条件，故选B.10．在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＝( )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 009解析：选B.通过观察得a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4，a 9＝3，a 10＝5，a 11＝－3，a 12＝6，…，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3＝4－1，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝7＝8－1，a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝11＝12－1，…，所以a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＋a 2 016＝2 016－1＝2 015，又a 4＝2，a 8＝4，a 12＝6，…，所以a 2 016＝1 008，所以a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＝2 015－1 008＝1 007.11．(2014·高考福建卷改编)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S 的值等于________．解析：由题意，得S ＝0，n ＝1；S ＝0＋2＋1＝3<15，n ＝2；S ＝3＋22＋2＝9<15，n ＝3；S ＝9＋23＋3＝20，n ＝4，因为20≥15，因此输出S .答案：2012．已知复数z ＝a －32i ，且z 2＝b ＋32i(a ，b ∈R )，则a ＋b ＝________．解析：由已知，得z 2＝⎝⎛⎭⎪⎫a －32i 2＝a 2－34－3a i ＝b ＋32i ，利用复数相等的充要条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－34＝b ，－3a ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12，b ＝－12，故a ＋b ＝－1.答案：－113．观察下列不等式：①12<1；②12＋16<2；③12＋16＋112<3；…；则第n 个不等式为________．解析：观察题中不等式知，分母中根号下被开方数依次是1×2；2×3；3×4；…，所以所求的不等式为12＋16＋112＋…＋1n （n ＋1）<n .答案：12＋16＋112＋…＋1n （n ＋1）<n14．(2015·山西省质量监测)如图是一个算法的流程图，则输出的n 的值为________．解析：第一次循环后m ＝1，n ＝1；第二次循环后m ＝3，n ＝2；第三次循环后m ＝14，n ＝3；第四次循环后m ＝115，n ＝4，循环结束，输出的n 为4.答案：415．在平面几何中：△ABC 的∠ABC 的内角平分线CE 分AB 所成线段的比为AE BE ＝AC BC.把这个结论类比到空间：在三棱锥A BCD 中(如图)，平面DEC 平分二面角A CD B 且与AB 相交于E ，则得到类比的结论是____________________．解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AE EB ＝S △ACDS △BCD. 答案：AE EB ＝S △ACDS △BCD[B 卷]1．若复数z 满足(2－i)z ＝|1＋2i|，则z 的虚部为( )A.55B.55i C ．1 D ．i解析：选A.由z ＝|1＋2i|2－i ＝5（2＋i ）（2－i ）（2＋i ）＝5（2＋i ）5＝255＋55i ，可知其虚部为55. 2．用反证法证明命题：“若a ，b ，c ，d ∈R ，a ＋b ＝1，c ＋d ＝1，且ac ＋bd >1，则a ，b ，c ，d 中至少有一个负数”的假设为( )A ．a ，b ，c ，d 中至少有一个正数B ．a ，b ，c ，d 全都为正数C ．a ，b ，c ，d 全都为非负数D ．a ，b ，c ，d 中至多有一个负数解析：选C.用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而“a ，b ，c ，d 中至少有一个负数”的否定是“a ，b ，c ，d 全都为非负数”，故C 正确．3．复数z ＝1＋2i2 0151－i2 015(i 为虚数单位)的共轭复数在复平面上对应的点在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选B.z ＝1＋2i 2 0151－i 2 015＝1－2i1＋i＝1－3i －22＝－12－3i 2，则z ＝－12＋3i2在复平面内对应的点在第二象限，故选B.4．(2015·山西省考前质量检测)执行如图所示的程序框图，若输入的a 的值为3，则输出的i ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C.第1次循环，得M ＝100＋3＝103，N ＝1×3＝3，i ＝2；第2次循环，得M ＝103＋3＝106，N ＝3×3＝9，i ＝3；第3次循环，得M ＝106＋3＝109，N ＝9×3＝27，i ＝4；第4次循环，得M ＝109＋3＝112，N ＝27×3＝81，i ＝5；第5次循环，得M ＝112＋3＝115，N ＝81×3＝243，i ＝6，此时M <N ，退出循环，输出的i 的值为6，故选C.4题图 5题图 5．如图给出的是计算12＋14＋…＋1100的值的一个程序框图，则图中判断框内(1)处和执行框中的(2)处应填的语句是( )A ．i >100，n ＝n ＋1B ．i >100，n ＝n ＋2C ．i >50，n ＝n ＋2D ．i ≤50，n ＝n ＋2解析：选C.因为12，14，…，1100共50个数，所以程序框图应运行50次，所以变量i 应满足i >50. 因为是求偶数的和，所以应使变量n 满足n ＝n ＋2，故选C.6．(2015·邢台市摸底考试)已知复数z 1＝－12＋32i ，z 2＝－12－32i ，则下列命题中错误的是( )A ．z 21＝z 2 B ．|z 1|＝|z 2|C ．z 31－z 32＝1 D ．z 1，z 2互为共轭复数解析：选C.依题意，z 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i 2＝1－34－32i ＝－12－32i ＝z 2，因此选项A 正确；|z 1|＝1＝|z 2|，因此选项B 正确；z －1＝－12－32i ＝z 2，因此选项D 正确；z 31＝z 21·z 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－32i ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋32i ＝1，同理z 32＝1，因此z 31－z 32＝0，选项C 错误．综上所述，选C.7．设三角形ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c；类比这个结论可知：若四面体S ABC 的四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，内切球的半径为r ，四面体S ABC 的体积为V ，则r ＝( )A.V S 1＋S 2＋S 3＋S 4B.2VS 1＋S 2＋S 3＋S 4C.3V S 1＋S 2＋S 3＋S 4D.4VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：选C.设四面体的内切球的球心为O ，则V ＝V O ABC ＋V O SAB ＋V O SAC ＋V O SBC ，即V ＝13S 1r＋13S 2r ＋13S 3r ＋13S 4r ，所以r ＝3V S 1＋S 2＋S 3＋S 4. 8．(2015·太原质检)下面左图是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号同学的成绩依次为A 1，A 2，…，A 16，右图是统计茎叶图中成绩在一定范围内的学生人数的算7 6 9 8 1 3 6 7 9 2 9 4 1 5 8 6 10 3 1 11 4A ．6B ．10C ．91D ．92解析：选B.由算法流程图可知，其统计的是数学成绩大于等于90的人数，所以由茎叶图知，数学成绩大于等于90的人数为10，因此输出的结果为10.故选B.9．(2015·临沂模拟)执行如图所示的程序框图，则输出的a ＝( )A ．20B ．14C ．10D ．7解析：选C.依次执行程序框图中的语句，可得：①a ＝10，i ＝1；②a ＝5，i ＝2；③a ＝14，i ＝3；④a ＝7，i ＝4；⑤a ＝20，i ＝5；⑥a ＝10，i ＝6，因为当i ＝2 016时，跳出循环，而2 016＝1＋5×403，所以输出的a ＝10.10．[n ]表示不超过n 的最大整数．若S 1＝[ 1 ]＋[ 2 ]＋[ 3 ]＝3，S 2＝[ 4 ]＋[ 5 ]＋[ 6 ]＋[7 ]＋[8 ]＝10，S 3＝[9 ]＋[10 ]＋[11 ]＋[12 ]＋[13 ]＋[14 ]＋[15 ]＝21， …则S n ＝( ) A ．n (n ＋2) B ．n (n ＋3)C ．(n ＋1)2－1 D ．n (2n ＋1)解析：选D.观察得到：S n 是从n 2开始到（n ＋1）2(不含)之前共2n ＋1个n 的和，所以S n 为n (2n ＋1)．即[n 2]＋[n 2＋1]＋[n 2＋2]＋…＋[（n ＋1）2－1]＝n (2n ＋1)．11．(2015·德州模拟)下面是关于复数z ＝2－1＋i的四个命题：①|z |＝2；②z 2＝2i ；③z 的共轭复数为z ；④z 的虚部为－1. 其中所有正确命题的序号是________．解析：z ＝2－1＋i ＝2（－1－i ）（－1＋i ）(－1－i)＝－1－i ，|z |＝2；z 2＝2i ；z 的共轭复数为－1＋i ； z 的虚部为－1.所以正确命题的序号是②④. 答案：②④12．观察等式：sin 30°＋sin 90°cos 30°＋cos 90°＝3，sin 15°＋sin 75°cos 15°＋cos 75°＝1，sin 20°＋sin 40°cos 20°＋cos 40°＝33.照此规律，对于一般的角α，β，有等式________．解析：根据等式的特点，分别用α，β代替两个角，并且发现tan 30°＋90°2＝3，tan 15°＋75°2＝1，tan 20°＋40°2＝33，故对于一般的角α，β的等式为sin α＋sin βcos α＋cos β＝tan α＋β2.答案：sin α＋sin βcos α＋cos β＝tan α＋β213．某天，小赵、小张、小李、小刘四人到电影院看电影，他们到达电影院之后发现，当天正在放映A 、B 、C 、D 四部影片，于是他们商量一起看其中的一部影片．小赵说：只要不是B 就行；小张说：A 、D 我都可以看；小李说：我们四人有共同喜欢的影片；小刘说：除了A 之外，其他的都可以．据此判断，他们四人可以共同看的影片为________．解析：根据四人的描述可知，小赵可以看的影片有A 、C 、D .小张可以看的影片有A 、D ，小刘可以看的影片有B 、C 、D .又他们四人有共同喜欢的影片，所以只能是D .答案：D14．数列{a n }满足a n ＝n ，阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入n ＝5，a n ＝n ，x ＝2，则输出的结果v ＝________．解析：由题意知，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝4，a 5＝5，初始值为n ＝5，x ＝2，v ＝a 5＝5，i ＝n －1＝4，执行程序框图的结果依次为v ＝5×2＋4＝14，i ＝3；v ＝14×2＋3＝31，i ＝2；v ＝31×2＋2＝64，i ＝1；v ＝64×2＋1＝129，i ＝0，此时终止循环，输出的v ＝129.答案：12915．(2015·南昌模拟)观察下列等式： 13＋23＝1； 73＋83＋103＋113＝12； 163＋173＋193＋203＋223＋233＝39； …则当m <n 且m ，n ∈N 时， 3m ＋13＋3m ＋23＋3m ＋43＋3m ＋53＋…＋3n －23＋3n －13＝________(最后结果用m ，n 表示)．解析：由13＋23＝1，知m ＝0，n ＝1，1＝12－02；由73＋83＋103＋113＝12，知m ＝2，n ＝4，12＝42－22；由163＋173＋193＋203＋223＋233＝39，知m ＝5，n ＝8，39＝82－52； …依此规律可归纳，3m ＋13＋3m ＋23＋3m ＋43＋3m ＋53＋…＋3n －23＋3n －13＝n 2－m 2.答案：n 2－m 2。

2022版优化方案高考数学(山东专用·理科)二轮复习小题专题练(二) Word版含答案

小题专题练(二) 三角函数与平面对量(建议用时：50分钟)1．已知cos ⎝⎛⎭⎫π2－α＝45，且α∈⎝⎛⎭⎫π2，3π2，则tan α＝( )A ．－43 B.43C ．－34 D.342．已知向量a ＝(1，2)，b ＝(2，0)，c ＝(1，－2)，若向量λa ＋b 与c 共线，则实数λ的值为( )A ．－2B ．－13C ．－1D ．－233．设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝2，c ＝23，cos A ＝32且b <c ，则b ＝( )A ．3B ．2 2C ．2 D. 34．若两个非零向量a ，b 满足|a ＋b |＝|a －b |＝233|a |，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是( )A.π6B.π3C.2π3D.5π65．(2021·淄博第一次统考)将函数f (x )＝sin(2x ＋φ)(|φ|<π)的图象向左平移π6个单位后得到函数g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6的图象，则φ的值为( )A ．－2π3B ．－π3C.π3D.2π36．若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫A >0，ω>0，|φ|<π2在一个周期内的图象如图所示，M ，N 分别是这段图象的最高点与最低点，且OM →·ON →＝0，则A ·ω等于( )A.π6 B.7π12C.76π D.73π 7．在△ABC 中，|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，AB ＝2，AC ＝1，E ，F 为BC 的三等分点，则AE →·AF →＝( ) A.89 B.109 C.259 D.2698．若tan α＝2tan π5，则cos ⎝⎛⎭⎫α－3π10sin ⎝⎛⎭⎫α－π5＝( )A ．1B ．2C ．3D ．49．(2021·聊城质量检测)若△ABC 外接圆的圆心为O ，半径为4，OA →＋2AB →＋2AC →＝0，则CA →在CB →方向上的投影为( )A ．4 B.15 C.7 D ．110．(2021·菏泽第三次四校联考)已知函数f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx (ω>0)的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为π2的等差数列，把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到函数g (x )的图象．关于函数g (x )，下列说法正确的是( )A ．在⎣⎡⎦⎤π4，π2上是增函数B ．其图象关于直线x ＝－π4对称C ．函数g (x )是奇函数D ．当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，函数g (x )的值域是[－2，1]11．(2021·枣庄统考)已知角α的终边经过点A (－3，a )，若点A 在抛物线y ＝－14x 2的准线上，则sin α＝________．12．(2021·莱芜摸底考试)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知ac ＝b 2－a 2，A ＝π6，则B＝________．13．已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2＝12.若平面对量b 满足b ·e 1＝b ·e 2＝1，则|b |＝________．14．函数y ＝tan ωx (ω>0)与直线y ＝a 相交于A ，B 两点，且|AB |最小值为π，则函数f (x )＝3sin ωx －cos ωx 的单调增区间是________．15．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω＞0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________．小题专题练(二) 三角函数与平面对量1．解析：选A.由于cos ⎝⎛⎭⎫π2－α＝45，所以sin α＝45，明显α在其次象限，所以cos α＝－35，故tan α＝－43.2．解析：选C.由题知λa ＋b ＝(λ＋2，2λ)，又λa ＋b 与c 共线，所以－2(λ＋2)－2λ＝0，所以λ＝－1. 3．解析：选C.由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋12－6b ，解得b ＝2或4.又b <c ，所以b ＝2.4．解析：选B. 设向量a ＋b 与a －b 的夹角为θ，由于|a ＋b |＝|a －b |＝233|a |，所以a 2＋2a ·b ＋b 2＝43a 2，a 2－2a ·b ＋b 2＝43a 2，两式相加得，b 2＝13a 2，则cos θ＝（a ＋b ）·（a －b ）|a ＋b ||a －b |＝a 2－b 2|a ＋b ||a －b |＝a 2－13a 2233|a |233|a |＝12，所以θ＝π3.5．解析：选C.由题意得g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋φ，又g (x )＝cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3，所以π3＋φ＝2k π＋2π3，k ∈Z ，即φ＝2k π＋π3，k ∈Z ，由于|φ|<π，所以φ＝π3.6．解析：选C.由题中图象知T 4＝π3－π12＝π4，所以T ＝π，所以ω＝2.又知M ⎝⎛⎭⎫π12，A ，N ⎝⎛⎭⎫712π，－A ，由OM →·ON →＝0，得7π2122＝A 2，所以A ＝712π，所以A ·ω＝76π.故选C.7．解析：选B.由|AB →＋AC →|＝|AB →－AC →|，化简得AB →·AC →＝0，又由于AB 和AC 为三角形的两条边，不行能为0，所以AB →与AC →垂直，所以△ABC 为直角三角形．以AC 为x 轴，以AB 为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示，则A (0，0)，B (0，2)，C (1，0)，由E ，F 为BC 的三等分点知E ⎝⎛⎭⎫23，23，F ⎝⎛⎭⎫13，43，所以AE →＝⎝⎛⎭⎫23，23，AF →＝⎝⎛⎭⎫13，43，所以AE →·AF →＝23×13＋23×43＝109. 8．解析：选C.由于cos ⎝⎛⎭⎫α－310π＝cos ⎝⎛⎭⎫α＋π5－π2＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π5，所以原式＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π5sin ⎝⎛⎭⎫α－π5＝sin αcos π5＋cos αsin π5sin αcos π5－cos αsin π5＝tan α＋tanπ5tan α－tan π5.又由于 tan α＝2tan π5，所以原式＝2tan π5＋tanπ52tan π5－tanπ5＝3.9. 解析：选C.如图所示，取BC 的中点D ，连接AD ，OD ，则由平面对量加法的几何意义得AB →＋AC →＝2AD →.又由条件得AB →＋AC →＝－12OA →＝12AO →，所以2AD →＝12AO →，即4AD →＝AO →，所以A ，O ，D 共线，所以OA ⊥BC ，所以CD 为CA →在CB →方向上的投影．由于|AO →|＝|CO →|＝4，所以|OD →|＝3，所以|CD →|＝|OC →|2－|OD →|2＝7，故选C.10．解析：选D.f (x )＝3sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6，由题设知T 2＝π2，所以T ＝π，ω＝2πT ＝2，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6.把函数f (x )的图象沿x 轴向左平移π6个单位，得到g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π6＝2sin⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝2cos 2x 的图象，g (x )是偶函数且在⎣⎡⎦⎤π4，π2上是减函数，其图象关于直线x ＝－π4不对称，所以A ，B ，C 错误．当x ∈⎣⎡⎦⎤π6，2π3时，2x ∈⎣⎡⎦⎤π3，4π3，则g (x )min ＝2cos π＝－2，g (x )max ＝2cos π3＝1，即函数g (x )的值域是[－2，1]．11．解析：由条件，得抛物线的准线方程为y ＝1，由于点A (－3，a )在抛物线y ＝－14x 2的准线上，所以a ＝1，所以点A (－3，1)，所以sin α＝13＋1＝12.答案：1212．解析：依题意得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即b 2－a 2＋c 2－2bc cos A ＝ac ＋c 2－3bc ＝0，a ＋c ＝ 3 b ．b 2－a 2－ac ＝b 2－a (a ＋c )＝b 2－3ab ＝0，b ＝3a ，且c ＝3b －a ＝2a >b ，c 2＝a 2＋b 2，C ＝π2，B ＝π3.答案：π313．解析：由于 e 1·e 2＝12，所以 |e 1||e 2|cos 〈e 1，e 2〉＝12，所以〈e 1，e 2〉＝60°. 又由于 b·e 1＝b·e 2＝1>0，所以〈b ，e 1〉＝〈b ，e 2〉＝30°.由b·e 1＝1，得|b||e 1|cos 30°＝1，所以 |b|＝132＝233.答案：23314．解析：由函数y ＝tan ωx (ω>0)的图象可知，函数的最小正周期为π，则ω＝1，故f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π6.由2k π－π2≤x －π6≤2k π＋π2(k ∈Z )，得2k π－π3≤x ≤2k π＋2π3(k ∈Z )．答案：⎣⎡⎦⎤2k π－π3，2k π＋2π3(k ∈Z )15．解析：f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π4，由于f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋2k π，k ∈Z .又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2，所以ω2＝π4，所以ω＝π2.π答案：2。

2022版优化方案高考数学(山东专用·理科)二轮复习解答题专题练(二) Word版含答案

解答题专题练(二) 数列(建议用时：60分钟) 1．(2021·临沂诊断考试)在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的前n 项和S n .2．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．3．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .4．(2021·枣庄第一次模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1，2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和．5．(2021·威海模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝An 2＋Bn ＋1(A ≠0)．(1)若a 1＝32，a 2＝94，求证数列{a n －n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)已知数列{a n }是等差数列，求B －1A的值．6．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1<a na n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．解答题专题练(二) 数列1．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，由于{a n }为等比数列，所以a 4a 1＝q 3＝8，所以q ＝2，所以a n ＝2×2n －1＝2n .(2)设数列{b n }的公差为d ，由于b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列，所以b 5－b 3＝24＝2d ，所以d ＝12，所以b 1＝b 3－2d ＝－16，所以S n ＝－16n ＋n （n －1）2×12＝6n 2－22n .2．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.3．解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1. 4．解：(1)法一：由于a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0，又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，所以数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列，所以a 3＝(λ＋1)2，4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1，所以a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.法二：由于a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，所以a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1，所以4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1，所以a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝2，所以数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，所以T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①所以2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n .②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n＝1＋3×2×（1－2n －1）1－2－(3n －2)×2n ，整理得：T n ＝(3n －5)×2n ＋5.5．解：(1)分别令n ＝1，2，代入条件得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝A ＋B ＋1，2a 2＋a 1＝4A ＋2B ＋1.又a 1＝32，a 2＝94，解得⎩⎨⎧A ＝12，B ＝32.由于a n ＋S n ＝12n 2＋32n ＋1，①所以a n ＋1＋S n ＋1＝12(n ＋1)2＋32(n ＋1)＋1.②②－①得2a n ＋1－a n ＝n ＋2.则a n ＋1－(n ＋1)＝12(a n －n )．由于a 1－1＝12≠0，所以数列{a n －n }是首项为12，公比为12的等比数列．所以a n －n ＝12n ，则a n ＝n ＋12n .(2)由于数列{a n }是等差数列，所以设a n ＝dn ＋c ，则S n ＝n （d ＋c ＋dn ＋c ）2＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫c ＋d 2n .所以a n ＋S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫c ＋3d 2n ＋c . 所以A ＝d 2，B ＝c ＋3d2，c ＝1.所以B －1A＝3.6．证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0.由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，即1<a na n ＋1≤2(n ∈N *)．(2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n≤2，所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．。

优化方案(山东专用)高考数学二轮复习仿真模拟卷理

高考山东卷仿真模拟(时间：120分钟；满分：150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2015·济南模拟)设复数z ＝i1－i ，则|z |＝( )A.22 B.12C. 2 D ．1 2．已知m 是平面α的一条斜线，点A ∉α，l 为过点A 的一条动直线，则下列情形可能出现的是( )A ．l ⊥m ，l ∥αB ．l ∥m ，l ⊥αC ．l ⊥m ，l ⊥αD ．l ∥m ，l ∥α3．已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．29B ．210C ．211D ．2124．(2015·济宁模拟)设函数 f (x )是定义在R 上的奇函数，则下列结论中一定正确的是( )A ．函数f (x 2)＋x 2是奇函数B ．函数[f (x )]2＋|x |不是偶函数C ．函数x 2f (x )是奇函数D ．函数f (x )＋x 3不是奇函数5．一个边长为3π cm 的正方形薄木板的正中央有一个直径为2 cm 的圆孔，一质点在木板的一个面内随机地移动，则该质点恰在离四个顶点的距离都大于2 cm 的区域的概率为( )A.59B.49C.58D.126．(2015·聊城模拟)将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋φ2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋φ2的图象沿x 轴向右平移π8个单位长度后，得到的曲线关于y 轴对称，则φ的取值不可能是( )A ．－5π4B ．－π4 C.π4 D.3π47. 阅读如图所示的程序框图，当输出S 的值为－28时，k ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．88．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，点D 是边BC 上的动点，AD →＝xAB →＋yAC →，当xy取最大值时，|AD →|的值为( )A ．4B ．3 C.52 D.1259．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx －c ，x <0，lg x ，x >0，若f (－3)＝f (－2)，f (－2)＝－4，则函数g (x )＝f (x )－x3的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．410. 某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一个宋时小文物，如图，该文物外面是红色透明蓝田玉材质，里面是一个球形绿色水晶宝珠，其轴截面由半椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(x ≥0)与半椭圆C 2：x 2c 2＋y 2b 2＝1(其中a 2＝b 2＋c 2，a >b >c >0)组成．设点F 0，F 1，F 2是相应椭圆的焦点，A 1，A 2和B 1，B 2是轴截面与x ，y 轴的交点，阴影部分是宝珠轴截面，若宝珠的体积是32π3，F 1，F 2在宝珠珠面上，△F 0F 1F 2是等边三角形．给出以下四个命题：p 1：椭圆C 1的离心率为217； p 2：椭圆C 2的离心率大于椭圆C 1的离心率； p 3：椭圆C 2的焦距为4；p 4：椭圆C 2的长、短轴之比大于椭圆C 1的长、短轴之比．其中的真命题是( ) A ．p 1，p 2 B ．p 1，p 3 C ．p 2，p 4 D ．p 3，p 4第Ⅱ卷二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上)11．已知集合A ＝{0，2，a }，集合B ＝{－2，1，a 2}，若A ∪B ＝{－2，0，1，2，4}，则A ∩B ＝________．12．(2015·菏泽第一次模拟)为了研究某种细菌在特定环境下随时间变化的繁殖规律，得如下实验数据，计算得回归直线方程为y ^＝0.85x －0.25.由以上信息，得到下表中c 的值为________.n 23a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________．14．已知点F (－c ，0)(c >0)是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点，过F 且平行于双曲线渐近线的直线与圆x 2＋y 2＝c 2交于另一点P ，且点P 在抛物线y 2＝4cx 上，则该双曲线的离心率的平方是________．15．(2015·莱芜模拟)已知两个正数a ，b ，可按规律c ＝ab ＋a ＋b 推广为一个新数c ，在a ，b ，c 三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作．若p >q >0，经过五次操作后扩充得到的数为(q ＋1)m (p ＋1)n－1(m ，n 为正整数)，则m ＋n ＝________．三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分12分)在△ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 所对的边分别为a ，b ，c ，2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ．(1)求角A 的大小；(2)若a ＝10，cos B ＝255，D 为AC 的中点，求BD 的长．17．(本小题满分12分)(2015·潍坊诊断考试)为迎接下一届“中国兰州国际马拉松赛”，某单位在推介晚会中进行嘉宾现场抽奖活动．抽奖盒中装有大小相同的六个小球，分别印有“兰州马拉松”和“绿色金城行”两种标志，摇匀后，规定参加者每次从盒中同时抽取两个小球(登记后放回并摇匀)，若抽到的两个小球都印有“兰州马拉松”即可中奖，并停止抽奖，否则继续，但每位嘉宾最多抽取3次．已知从盒中抽取两个小球不都是“绿色金城行”标志的概率为45.(1)求盒中印有“兰州马拉松”标志的小球个数；(2)用η表示某位嘉宾抽奖的次数，求η的分布列和期望．18.(本小题满分12分)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＝2b n －1b n －1＋2(n ≥2)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n .19. (本小题满分12分)(2015·东营模拟)如图，在四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，DD 1⊥平面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，AB ＝AD ＝2A 1B 1，∠BAD ＝60°.(1)证明：BB 1⊥AC ；(2)若AB ＝2，且二面角A 1-AB -C 的大小为60°，AC ，BD 的交点为O ，连接B 1O .求三棱锥B 1-ABO 外接球的体积．(球体体积公式：V ＝43πR 3，R 是球的半径)20.(本小题满分13分)已知抛物线y 2＝2ax (a >0)上一点P (4，t )到原点的距离为42，过焦点F 的直线l 与抛物线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点．(1)求证：y 1y 2为定值；(2)若点Q (m ，0)满足|QA |＝|QB |，且|AB |≥8，求实数m 的取值范围． 21．(本小题满分14分)设函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2ex .已知曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y ＝0平行．(1)求a 的值；(2)是否存在自然数k ，使得方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k ；如果不存在，请说明理由；(3)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小值)，求m (x )的最大值．高考仿真模拟练高考山东卷仿真模拟 1．解析：选A.法一：z ＝i 1－i ＝i （1＋i ）（1－i ）（1＋i ）＝－1＋i 2＝－12＋12i ，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22. 故答案为A.法二：由题意知，|z |＝|i||1－i|＝12＝22，故选A.2．解析：选A.若l ∥m ，则l 也是平面α的一条斜线，B 不可能成立，D 也不可能成立；若l ⊥m ，l 与α可能平行、斜交，但不可能垂直，C 不可能成立；A 可能成立，选A.3．解析：选A.由C 3n ＝C 7n ，得n ＝10，故奇数项的二项式系数和为29.4．解析：选C.对于A ，f ()（－x ）2＋(－x )2＝f (x 2)＋x 2，函数f (x 2)＋x 2为偶函数，故A 错；对于B ，[f (－x )]2＋|－x |＝[f (x )]2＋|x |，函数[f (x )]2＋|x |为偶函数，故B 错；对于C ，(－x )2f (－x )＝－x 2f (x )，函数x 2f (x )是奇函数，故C 正确；对于D ，f (－x )＋(－x )3＝－f (x )－x 3，函数f (x )＋x 3是奇函数，故D 错．5．解析：选D.依题意，分别以正方形的四个顶点为圆心，以2 cm 为半径作圆，与正方形相交截得四个圆心角为直角的扇形，如图所示，当质点落在图中的阴影区域时，它离四个顶点的距离都大于2 cm ，其中阴影区域的面积为S 1＝S 正方形－4S 扇形－S 圆＝(3π)2－π×22－π×12＝9π－5π＝4π，所以该质点恰在离四个顶点的距离都大于2 cm 的区域的概率为P ＝S 19π－π＝4π8π＝12. 6．解析：选C.依题意，把函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋φ2·cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋φ2＝12sin(2x ＋φ)的图象沿x轴向右平移π8个单位长度后得到的曲线y ＝12sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋φ＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋φ－π4关于y轴对称，于是有φ－π4＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π＋3π4，k ∈Z ，因此结合各选项知，φ的取值不可能是π4，选C .7．解析：选C.由程序框图可知S ＝－12＋22－32＋42＋…＋(－1)i i 2，所以S ＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋…＋(－1)i i 2， S ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋2＋3＋…＋i ，i 为偶数，1＋2＋3＋…＋（i －1）－i 2，i 为奇数，所以i ＝7时，S ＝－28，i ＝i ＋1＝8，此时退出循环，输出S ，所以k ＝7，故选C. 8．解析：选C.因为AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，所以△ABC 为直角三角形．如图建立平面直角坐标系，A (0，0)，B (3，0)，C (0，4)，设D (a ，b )，由AD →＝xAB →＋yAC →，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3x ，b ＝4y ，所以xy ＝ab 12.又因为D 在直线l BC ：x 3＋y4＝1上，所以a 3＋b4＝1，则a 3＋b 4≥2ab12. 所以ab 12≤14，即xy ≤14，当且仅当a 3＝b 4，即a ＝32，b ＝2时，xy 取得最大值，此时|AD →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52. 9．解析：选B.根据题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧－b 2＝－3－22，（－2）2－2b －c ＝－4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋5x ＋2，x <0，lg x ，x >0.当x <0时，令g (x )＝0，得x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫5－13x ＋2＝0，此方程有两个不相等的负实数根，即x <0时，g (x )有两个零点；当x >0时，令g (x )＝0，得lg x ＝x 3，作出函数y ＝lg x 与函数y ＝x3的图象，易知它们在(0，＋∞)上没有交点，所以选B.10．解析：选B.由题意知|F 1F 2|＝|F 1F 0|＝|F 2F 0|＝2b 2－c 2，所以c2b 2－c 2＝sin 60°，所以b ＝233c ，因为宝珠的体积是32π3，F 1，F 2在宝珠珠面上，所以球的半径R ＝b 2－c 2，所以43π(b 2－c 2)3＝32π3，所以b 2－c 2＝4，所以R ＝2，所以43c 2－c 2＝4，c 2＝12，b 2＝16，a 2＝28，故a ＝27，b ＝4，c ＝23，椭圆C 1的离心率为c a ＝2327＝217，所以椭圆C 2的方程为x 212＋y 216＝1，所以椭圆C 2的离心率为12，因为12<217，故p 1为真命题，p 2为假命题；因为b >c ，所以椭圆C 2的焦点在y 轴上，则C 2的焦距为2b 2－c 2＝4，故p 3为真命题；椭圆C 1的长、短轴之比为478＝72，椭圆C 2的长、短轴之比为843＝233，因为72>233，故p 4为假命题，选B.11．解析：由已知A ∪B ＝{－2，0，1，2，4}及集合中元素的互异性，知a ＝－2，因而B ＝{－2，1，4}，A ∩B ＝{－2}．答案：{－2}12．解析：x ＝3＋4＋5＋6＋75＝5，y ＝2.5＋3＋4＋4.5＋c 5＝14＋c 5，代入回归直线方程中得14＋c5＝0.85×5－0.25，解得c ＝6. 答案：613．解析：因为 a 2，a 3，a 7成等比数列，所以 a 23＝a 2a 7，所以 (a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，即2d ＋3a 1＝0.①又因为 2a 1＋a 2＝1，所以 3a 1＋d ＝1.②由①②解得a 1＝23，d ＝－1.答案：23 －114．解析：如图，设抛物线y 2＝4cx 的准线为l ，作PQ ⊥l 于Q ，双曲线的右焦点为F ′，由题意可知FF ′为圆x 2＋y 2＝c 2的直径，所以PF ′⊥PF ，且tan ∠PFF ′＝ba，|FF ′|＝2c ，所以|PF ′|＝2b ，|PF |＝2a .由抛物线的性质可知|PQ |＝|PF ′|＝2b ，且△PFQ ∽△FF ′P ，所以|PQ ||PF |＝|PF ||FF ′|，即a 2＝bc ，解得e 2＝5＋12. 答案：5＋1215．解析：因为p >q >0，第一次操作，c 1＝pq ＋p ＋q ＝(q ＋1)·(p ＋1)－1，因为c 1>p >q ，所以第二次操作得，c 2＝(c 1＋1)·(p ＋1)－1＝(pq ＋p ＋q )p ＋p ＋(pq ＋p ＋q )＝(p ＋1)2(q ＋1)－1，所得新数大于任意旧数，所以第三次操作可得，c 3＝(c 2＋1)(c 1＋1)－1＝(p ＋1)3·(q＋1)2－1，第四次操作可得，c 4＝(c 3＋1)·(c 2＋1)－1＝(p ＋1)5(q ＋1)3－1，故经过五次操作，所得数为c 5＝(c 4＋1)(c 3＋1)－1＝(p ＋1)8(q ＋1)5－1，所以m ＝5，n ＝8，m ＋n ＝13.答案：1316．解：(1)由正弦定理以及2a sin A ＝(2b －c )·sin B ＋(2c －b )sin C ，得2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ，整理得2a 2＝2b 2＋2c 2－2bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝22，因为A ∈(0，π)，所以A ＝π4. (2)由cos B ＝255，可得sin B ＝1－cos 2B ＝1－45＝55，所以cos C ＝－cos(A ＋B )＝－⎝⎛⎭⎪⎫22×255－22×55＝－1010，由正弦定理得b ＝a sin Bsin A＝10×5522＝2，所以CD ＝12AC ＝1，在△BCD 中，由余弦定理得BD 2＝(10)2＋12－2×1×10×⎝ ⎛⎭⎪⎫－1010＝13. 所以BD ＝13.17．解：(1)设印有“绿色金城行”的球有n 个，同时抽两球不都是“绿色金城行”标志为事件A ，则同时抽取两球都是“绿色金城行”标志的概率是P (A )＝C 2nC 26，由对立事件的概率知P (A )＝1－P (A )＝45，即P (A )＝C 2n C 26＝15，解得n ＝3，6－3＝3(个)，所以盒中印有“兰州马拉松”标志的小球有3个． (2)由已知，两种球各三个，η的可能取值分别为1，2，3，P (η＝1)＝C 23C 26＝15，P (η＝2)＝C 23C 26 ·C 23C 26＋C 13C 13C 26·C 23C 26＝425，P (η＝3)＝1－P (η＝1)－P (η＝2)＝1625，则η的分布列为：所以E (η)＝1×15＋2×25＋3×25＝25.18．解：(1)因为S n ＋2a n ＝3(n ∈N *)，所以当n ≥2时，S n －1＋2a n －1＝3，两式相减得3a n＝2a n －1, 即a n a n －1＝23.又当n ＝1时，a 1＋2a 1＝3，所以a 1＝1，所以数列{a n }是首项为1，公比为23的等比数列，且a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.因为当n ≥2时，b n ＝2b n －1b n －1＋2，两边取倒数得1b n ＝1b n －1＋12，所以1b n －1b n －1＝12，又b 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为12的等差数列，且1b n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12，所以b n ＝2n ＋1.(2)由(1)知c n ＝a n b n ＝（n ＋1）2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， T n ＝12⎣⎢⎡2＋3×23＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2⎦⎥⎤＋（n ＋1）×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，① 23T n ＝12⎣⎢⎡2×23＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1⎦⎥⎤＋（n ＋1）×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，②①－②得13T n ＝12⎣⎢⎡2＋23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－（n ＋1）×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ]＝2－n ＋43⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以T n ＝6－(n ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.19．解：(1)证明：底面平行四边形ABCD 中，因为AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，所以AC ⊥BD .又DD 1⊥平面ABCD ，所以DD 1⊥AC ，所以AC ⊥平面BDD 1，又因为四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱DD 1与BB 1延长后交于一点，所以BB 1⊂平面BDD 1，所以AC ⊥BB 1，即BB 1⊥AC .(2)因为四边形ABCD 为平行四边形，所以OD ＝12BD .连接D 1B 1，由棱台定义及AB ＝AD ＝2A 1B 1知D 1B 1∥DO ，且D 1B 1＝DO ，所以四边形D 1B 1OD 为平行四边形，所以DD 1∥B 1O . 因为DD 1⊥平面ABCD ，所以B 1O ⊥平面ABCD ，即B 1O ⊥AO ，B 1O ⊥BO ，由(1)知AC ⊥BD 于点O ，即AO ⊥BO . 以O 为原点，DB ，AC ，OB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图．则 A (0，－3，0)，B (1，0，0)，D (－1，0，0)，设B 1(0，0，h )，则D 1(－1，0，h )，设A 1(a ，b ，h )(h >0)，则DA →＝(1，－3，0)， D 1A 1→＝(a ＋1，b ，0)，因为D 1A 1→＝12DA →，所以a ＝－12，b ＝－32，即A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，h .所以AA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，h ，AB →＝(1，3，0)，设平面A 1AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AA 1→·n ＝0，AB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋32y ＋hz ＝0，x ＋3y ＝0，取y ＝3，则x ＝－3，z ＝－3h，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，－3h ，又已知平面ABC 的一个法向量m ＝(0，0，1)，由二面角A 1AB C 的大小为60°，可得|cos 〈n ，m 〉|＝3h9＋3＋9h 2＝12，解得：h ＝32，即棱台的高为32.因为B 1O ⊥AO ，B 1O ⊥BO ，AO ⊥BO ，所以三棱锥B 1ABO 外接球的直径就是以OA ，OB ，OB 1为三条棱的长方体的体对角线，长为（3）2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝52，所以外接球半径R ＝54，所以外接球体积为V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫543＝12548π.20．解：(1)证明：由题意可得t 2＝8a ，且16＋t 2＝42，解得a ＝2. 故抛物线方程为y 2＝4x ，焦点为(1，0)．当直线l 的斜率不存在时，可知直线l 的方程为x ＝1，与抛物线方程联立得A (1，2)，B (1，－2)，此时y 1y 2＝－4.当直线l 的斜率存在时，由题意可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x ，得y 2－4y k －4＝0，又Δ＝16k2＋16>0，所以y 1y 2＝－4.综上可知y 1y 2＝－4.(2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，则由抛物线的定义知(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝2(x 0＋1)≥8，所以x 0≥3.结合(1)可知y 1＋y 2＝4k ＝2y 0，所以k ＝2y 0.又y 0＝k (x 0－1)，所以y 0＝2y 0(x 0－1)，即y 2＝2(x 0－1)，x 0＝y 202＋1，所以由x 0≥3得|y 0|≥2，因为|QA |＝|QB |，所以点Q 必是线段AB 的垂直平分线与x 轴的交点．又k ＝2y 0，所以AB 垂直平分线的方程为y －y 0＝－y 02(x －x 0)＝－y 02⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 202－1，将点Q (m ，0)代入上述方程得m ＝y 202＋3，又y 20≥4，所以m ≥5，即实数m 的取值范围为[5，＋∞)．21．解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2，所以f ′(1)＝2.又f ′(x )＝ln x ＋ax＋1，所以a ＝1.(2)k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根．设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2ex ，当x ∈(0，1]时，h (x )<0.又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1，2)，使得h (x 0)＝0.因为h ′(x )＝ln x ＋1x ＋1＋x （x －2）ex，所以当x ∈(1，2)时，h ′(x )>1－1e>0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，所以当x ∈(1，＋∞)时，h (x )单调递增．所以当k ＝1时，方程f (x )＝g (x )在(k ，k ＋1)内存在唯一的根． (3)由(2)知，方程f (x )＝g (x )在(1，2)内存在唯一的根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )<g (x )， x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋1）ln x ，x ∈（0，x 0]，x2ex ，x ∈（x 0，＋∞）.当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0，1]，m (x )≤0；若x ∈(1，x 0)，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)．故m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x （2－x ）ex，可得x ∈(x 0，2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.。

优化方案(山东专用)高考数学二轮复习第一部分专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第4讲

第一部分专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第4讲不等式专题强化精练提能理1．不等式|2x －1|＜3的解集为( ) A ．(－1，2) B ．(1，2) C ．(－1，1) D ．(－2，2)解析：选A.因为|2x －1|＜3⇔－3＜2x －1＜3⇔－1＜x ＜2. 所以|2x －1|＜3的解集(－1，2)．2．不等式4x －2≤x －2的解集是( )A ．(－∞，0]∪(2，4]B ．[0，2)∪[4，＋∞)C ．[2，4)D ．(－∞，2]∪(4，＋∞)解析：选B.①当x －2＞0，即x ＞2时，不等式可化为(x －2)2≥4，所以x ≥4；②当x－2＜0，即x ＜2时，不等式可化为(x －2)2≤4，所以0≤x ＜2.3．(2015·聊城市第一次质量预测)已知点P (x ，y )的坐标满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，y ≥x －1，x ＋3y －5≤0，那么点P 到直线3x －4y －13＝0的距离的最小值为( )A.115 B ．2 C.95D ．1 解析：选B.在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线3x －4y －13＝0，结合图形可知，在该平面区域内所有的点中，到直线3x －4y －13＝0的距离最近的点是(1，0)．又点(1，0)到直线3x －4y －13＝0的距离等于|3×1－4×0－13|5＝2，即点P 到直线3x－4y －13＝0的距离的最小值为2，故选B.4．(2015·洛阳市监测考试)下列命题中，正确的是( ) A ．若a >b ，c >d ，则ac >bd B ．若ac >bc ，则a >bC ．若a c 2b ，c >d ，则a －c >b －d解析：选C.A ：取a ＝2，b ＝1，c ＝－1，d ＝－2，可知A 错误；B ：当c <0时，ac >bc⇒a 0，所以a 0，ab ≥0，3a ＋4b >0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b >0.又log 4(3a ＋4b )＝log 2ab ，所以log 4(3a ＋4b )＝log 4(ab )，所以3a ＋4b ＝ab ，故4a ＋3b＝1.所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋3b ＝7＋4b a ＋3a b≥7＋24b a ·3a b ＝7＋43，当且仅当4b a ＝3ab时取等号．故选D.6．(2015·济南地区八校联考)已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥1，x －y ≤1，y －1≤0，若z ＝x －2y的最大值与最小值分别为a ，b ，且方程x 2－kx ＋1＝0在区间(b ，a )上有两解，则实数k 的范围是( )A ．(－6，－2)B ．(－3，2) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，－2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，－3 解析：选C.根据可行域的图形可知，目标函数z ＝x －2y 在点(1，0)处取得最大值1，即a ＝1，在点(－1，1)处取得最小值－3，即b ＝－3，从而可知方程x 2－kx ＋1＝0在区间(－3，1)上有两解，令f (x )＝x 2－kx ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－3）>0，f （1）>0，－3<k 2<1，Δ＝k 2－4>0，⇒－103<k <－2，故选C. 7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥0，－x ，x <0，则不等式x ＋x ·f (x )≤2的解集为________．解析：原不等式等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋x 2≤2或⎩⎪⎨⎪⎧x <0，x －x 2≤2，解得0≤x ≤1或x <0，所以不等式的解集为(－∞，1]．答案：(－∞，1]8．(2015·高考山东卷)定义运算“⊗”：x ⊗y ＝x 2－y 2xy(x ，y ∈R ，xy ≠0)．当x >0，y >0时，x ⊗y ＋(2y )⊗x 的最小值为________．解析：因为x ⊗y ＝x 2－y 2xy ，所以(2y )⊗x ＝4y 2－x 22xy .又x >0，y >0，故x ⊗y ＋(2y )⊗x ＝x 2－y 2xy＋4y 2－x 22xy ＝x 2＋2y 22xy ≥22xy2xy＝2，当且仅当x ＝2y 时，等号成立．答案： 29．已知O 为平面直角坐标系的原点，P ，Q 的坐标均满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －25≤0，x －2y ＋2≤0，x －1≥0，则cos ∠POQ 的最小值等于________．解析：满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋3y －25≤0，x －2y ＋2≤0，x －1≥0的平面区域如图中阴影部分所示，因为余弦函数在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是减函数，所以角最大时对应的余弦值最小，由图得，当点P 与A (1，7)重合，Q 与B (4，3)重合时，∠POQ 最大．此时k OB ＝34，k OA ＝7.由tan ∠POQ ＝7－341＋7×34＝1⇒∠POQ ＝π4⇒cos ∠POQ ＝22.答案：2210．若不等式|x ＋1|－|x －4|≥a ＋4a，对任意的x ∈R 恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：只要函数f (x )＝|x ＋1|－|x －4|的最小值不小于a ＋4a即可．由于||x ＋1|－|x－4||≤|(x ＋1)－(x －4)|＝5，所以－5≤|x ＋1|－|x －4|≤5，故只要－5≥a ＋4a即可．当a ＞0时，将不等式－5≥a ＋4a整理，得a 2＋5a ＋4≤0，无解；当a ＜0时，将不等式－5≥a＋4a整理，得a 2＋5a ＋4≥0，则有a ≤－4或－1≤a ＜0.综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，－4]∪[－1，0)．答案：(－∞，－4]∪[－1，0)11．已知函数f (x )＝2xx 2＋6.(1)若f (x )>k 的解集为{x |x <－3，或x >－2}，求k 的值； (2)若对任意x >0，f (x )≤t 恒成立，求t 的取值范围．解：(1)f (x )>k ⇔kx 2－2x ＋6k <0.由已知{x |x <－3，或x >－2}是其解集，得kx 2－2x ＋6k ＝0的两根是－3，－2.由根与系数的关系可知(－2)＋(－3)＝2k ，即k ＝－25.(2)因为x >0，f (x )＝2x x 2＋6＝2x ＋6x≤226＝66，当且仅当x ＝6时取等号．由已知f (x )≤t 对任意x >0恒成立，故t ≥66，即t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫66，＋∞. 12．设集合A 为函数y ＝ln(－x 2－2x ＋8)的定义域，集合B 为函数y ＝x ＋1x ＋1的值域，集合C 为不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －1a (x ＋4)≤0的解集．(1)求A ∩B ；(2)若C ⊆∁R A ，求a 的取值范围．解：(1)由－x 2－2x ＋8>0，得－4<x <2，即A ＝{x |－4<x <2}．y ＝x ＋1x ＋1＝(x ＋1)＋1x ＋1－1，当x ＋1>0，即x >－1时，y ≥2－1＝1，此时x ＝0，符合题意；当x ＋1<0，即x <－1时，y ≤－2－1＝－3，此时x ＝－2，符合题意．所以B ＝{y |y ≤－3或y ≥1}，所以A ∩B ＝{x |－4<x ≤－3或1≤x <2}．(2)由(1)可知∁R A ＝{}x |x ≤－4或x ≥2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －1a (x ＋4)＝0有两根x ＝－4或x ＝1a2. 当a >0时，C ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |－4≤x ≤1a 2，不可能有C ⊆∁R A ；当a <0时，C ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－4或x ≥1a 2，若C ⊆∁R A ，则1a 2≥2，所以a 2≤12，所以－22≤a <0.故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，0. 13．某地需要修建一条大型输油管道通过240 km 宽的沙漠地带，该段输油管道两端的输油站已建好，余下工程是在该段两端已建好的输油站之间铺设输油管道和等距离修建增压站(又称泵站)．经预算，修建一个增压站的费用为400万元，铺设距离为x km 的相邻两增压站之间的输油管道的费用为x 2＋x 万元．设余下工程的总费用为y 万元．(1)试将y 表示成x 的函数；(2)需要修建多少个增压站才能使y 最小，其最小值为多少？解：(1)设需要修建k 个增压站，则(k ＋1)x ＝240，即k ＝240x－1，所以y ＝400k ＋(k ＋1)·(x 2＋x )＝400⎝ ⎛⎭⎪⎫240x －1＋240x(x 2＋x )＝96 000x＋240x －160.因为x 表示相邻两增压站之间的距离，则0<x <240.故y 与x 的函数关系是y ＝96 000x＋240x －160(0<x <240)．(2)y ＝96 000x＋240x －160≥296 000x·240x －160＝2×4 800－160＝9 440，当且仅当96 000x＝240x ，即x ＝20时等号成立，此时k ＝240x －1＝24020－1＝11.故需要修建11个增压站才能使y 最小，其最小值为9 440万元．14．(2015·南昌检测)已知函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx .(1)若a ＝2b ，试问函数f (x )能否在x ＝－1处取到极值？若有可能，求出实数a ，b 的值；否则说明理由；(2)若函数f (x )在区间(－1，2)，(2，3)内各有一个极值点，试求w ＝a －4b 的取值范围．解：(1)由题意f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ，因为a ＝2b ，所以f ′(x )＝x 2＋2bx ＋b . 若f (x )在x ＝－1处取极值，则f ′(－1)＝1－2b ＋b ＝0，即b ＝1，此时f ′(x )＝x 2＋2x ＋1＝(x ＋1)2≥0，函数f (x )为单调递增函数，这与该函数能在x ＝－1处取极值矛盾，所以该函数不能在x ＝－1处取得极值．(2)因为函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋bx 在区间(－1，2)，(2，3)内分别有一个极值点，所以f ′(x )＝x 2＋ax ＋b ＝0在(－1，2)，(2，3)内分别有一个实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－1）>0，f ′（2）<0，f ′（3）>0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b >0，4＋2a ＋b <0，9＋3a ＋b >0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧b >a －1，b <－2a －4，b >－3a －9.画出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，当目标函数w ＝a －4b 过N (－5，6)时，对应的w ＝－29；当目标函数w ＝a －4b 过M (－2，－3)时，对应的w ＝10.故w ＝a －4b 的取值范围为(－29，10)．。

优化方案(山东专用)高考数学二轮复习小题专题练(四)理

小题专题练(四) 立体几何(建议用时：50分钟)1．若l ，m 是两条不同的直线，m 垂直于平面α，则“l ⊥m ”是“l ∥α”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件2．三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，M 、N 分别是B 1B 、AC 的中点，设AB →＝a ，AC →＝b ，AA 1→＝c ，则NM →＝( )A.12a ＋b ＋cB.12a ＋b －cC.12a ＋c D ．a ＋12(c －b ) 3．如图是一正方体被过棱的中点M 、N 和顶点A 、D 、C 1的两个截面截去两个角后所得的几何体，则该几何体的正(主)视图为( )4．设直线m 与平面α相交但不垂直，则( ) A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不可能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不可能与平面α垂直5．(2015·安丘模拟)如图所示是一个几何体的三视图，其侧视图是一个边长为a 的等边三角形，俯视图是两个正三角形拼成的菱形，则该几何体的体积为( )A ．a 3B.a 32C.a 33D.a 34第5题图第7题图6．直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010 D.227．如图，直线PA 垂直于圆O 所在的平面，△ABC 内接于圆O ，且AB 为圆O 的直径，点M 为线段PB 的中点．现有以下命题：①BC ⊥PC ；②OM ∥平面APC ；③点B 到平面PAC 的距离等于线段BC的长．其中真命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．38．已知m、n、b分别是三条不重合的直线，有两个不重合的平面α、β，且直线b⊥平面β，有以下三个命题：①若m⊥α，n∥b，且α⊥β，则m∥n；②若m∥α，n∥b，且α∥β，则m⊥n；③若m⊥α，n⊥b，且α⊥β，则m∥n.其中真命题的序号是( )A．①②③B．①C．②D．③9．已知四棱锥VABCD的顶点都在同一球面上，底面ABCD为矩形，AC∩BD＝G，VG⊥平面ABCD，AB＝3，AD＝3，VG＝3，则该球的体积为( )A．4πB．9πC．123πD．43π10．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在BC1上运动，则下列三个命题：①三棱锥A-D1PC 的体积不变；②DP⊥BC1；③平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确命题的序号是( ) A．①②B．①③C．②③D．①②③第10题图第13题图11．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为________．12．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为________．13．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点．给出以下四个结论：①直线AM与直线C1C相交；②直线AM与直线BN平行；③直线AM与直线DD1异面；④直线BN与直线MB1异面．其中正确结论的序号为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)14．已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形．若PA＝26，则△OAB的面积为________．15．(2015·烟台模拟)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，其正(主)视图和侧(左)视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形．设点M，N，P 分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥PA1MN的体积是________．小题专题练(四) 立体几何1．解析：选B.因为 m ⊥α，若l ∥α，则必有l ⊥m ，即l ∥α⇒l ⊥m . 但l ⊥m ⇒/ l ∥α，因为 l ⊥m 时，l 可能在α内．故“l ⊥m ”是“l ∥α”的必要而不充分条件．2．解析：选D.NM →＝NB →＋BM →，BM →＝12CC 1→＝12c ，NB →＝12CA →＋AB →＝－12b ＋a ，所以NM →＝a －12b＋12c ＝a ＋12(c －b )． 3．解析：选B.通过分析可知，两个截面分别为平面AMN 和平面DNC 1，所以易知正视图为选项B 中所示的图形．4．解析：选B.对于A ，过交点且与直线m 垂直的直线有一条，在平面α内与此直线平行的直线都与m 垂直，故不正确；对于B ，过直线m 上的一点作平面α的垂线，与直线m 确定的一个平面与平面α垂直，故正确；对于C ，显然不正确；对于D ，显然不正确．5．解析：选D.根据三视图还原出原几何体，易知该几何体的体积V ＝2×13×34a 2×32a ＝a 34.6．解析：选C.法一：由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，1，2)，N (0，1，2)，所以BM →＝(1，1，2)－(2，2，0)＝(－1，－1，2)，AN →＝(0，1，2)．所以cos BM →，AN →＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4（－1）2＋（－1）2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010.法二：如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND綊BM ，则ND 与NA 所成角即为异面直线BM 与AN 所成角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.7．解析：选D.易证BC ⊥平面PAC ，所以BC ⊥PC ；OM ∥PA ，易证OM ∥平面APC ；因为BC ⊥平面PAC ，所以点B 到平面PAC 的距离等于线段BC 的长；故①②③都正确，选D.8．解析：选C.对于①，因为b ⊥β，n ∥b ，所以n ⊥β，又m ⊥α，α⊥β，所以m ⊥n ，①错；对于②，因为n ∥b ，b ⊥β，所以n ⊥β，因为m ∥α，α∥β，所以n ⊥α，n ⊥m ，②对；对于③，因为m ⊥α，b ⊥β，α⊥β，所以m ⊥b ，因为n ⊥b ，所以m 、n 位置关系不定，③错．9．解析：选D.依题意，底面矩形ABCD 的对角线长为（3）2＋32＝23，因此矩形ABCD 的中心到该四棱锥的各个顶点的距离均为3，题中的球的半径是3，其体积为4π3×(3)3＝43π，故选D.10．解析：选B.V A -D 1 PC ＝V C -AD 1 P ，点C 到平面AD 1P 的距离不变，且△AD 1P 的面积不变，所以三棱锥A -D 1PC 的体积不变，故①正确；易知当且仅当点P 位于BC 1中点时，DP ⊥BC 1，故②错误；根据正方体的性质，有DB 1⊥平面ACD 1，因为DB 1⊂平面PDB 1，所以平面PDB 1⊥平面ACD 1，故③正确．11．解析：依题意可得三棱柱的底面是边长为4的正三角形．又由体积为123，可得三棱柱的高为3.所以侧视图的面积为6 3.答案：6 312．解析：过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△ABC 及其内切圆⊙O 1和外接圆⊙O 2，且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，由题意知⊙O 1的半径为r ＝1，所以△ABC 的边长为23，圆锥的底面半径为3，高为3，所以V ＝13×π×3×3＝3π.答案：3π13．解析：AM 与C 1C 异面，故①错；AM 与BN 异面，故②错；③，④正确．答案：③④14．解析：把球O 的内接四棱锥还原为长方体，则球O 的直径即为长方体的体对角线，设外接球的半径为R ，则(2R )2＝(23)2＋(23)2＋(26)2，可得R 2＝12.在△OAB 中，设AB边上的高为h ，则h 2＝R 2－(3)2＝9，则h ＝3，所以S △OAB ＝12×23×3＝3 3.答案：3 3 15．解析：由三视图易知几何体ABC A 1B 1C 1是上、下底面为等腰直角三角形的直三棱柱，则V P A 1 MN ＝V A 1 PMN ＝V A PMN .又S △PMN ＝12MN ·NP ＝12×12×1＝14，A 到平面PMN 的距离h ＝12，所以 V A PMN ＝13S △PMN ·h ＝13×14×12＝124.答案：124。

优化方案(山东专用)高考数学二轮复习小题分类练(四)理

小题分类练(四) 综合计算类(2)(建议用时：50分钟)1．设z ＝11＋i ＋i ，则|z |＝( )A.12B.22C.32 D ．2 2．某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件．为了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样方法抽取了一个容量为n 的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n ＝( )A ．9B ．10C ．12D ．133．(2015·东营模拟)已知向量m ＝(λ＋1，1)，n ＝(λ＋2，2)，若(m ＋n )⊥(m －n )，则λ＝( )A ．－4B ．－3C ．－2D ．－14．已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝12，－π2<α<0，则cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3的值是( ) A.12 B.23 C ．－12 D ．15．已知三点A (1，0)，B (0，3)，C (2，3)，则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为( )A.53B.213C.253D.436．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .若c 2＝(a －b )2＋6，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A ．3 B.932C.332D ．3 3 7．(2015·滨州模拟)某高校要从6名短跑运动员中选出4人参加全省大学生运动会4×100 m 接力赛，其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则甲跑第二棒的概率为( )A.415B.215C.421D.158．设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点是F ，左、右顶点分别是A 1，A 2，过F 作A 1A 2的垂线与双曲线交于B ，C 两点．若A 1B ⊥A 2C ，则该双曲线的渐近线的斜率为( )A ．±12B ．±22C ．±1D ．± 29．(2015·菏泽摸底考试)已知正项等比数列{a n }满足S 3－3a 1－2a 2＝0，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值是( )A ．9B.95C.32D.4310．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )·g ′(x )，且f (x )＝a xg (x )(a ＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n 大于62，则n 的最小值为( )A ．6B ．7C ．8D ．911．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．12．抽样统计甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩(单位：环)，结果如下：13．(2015·泰安调研)已知关于x 的不等式|2x －m |≤1的整数解有且仅有一个值为2，则整数m 的值为________．14．(2015·莱芜考前质量检测)已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，所有棱长都相等，若该三棱柱的顶点都在球O 的表面上，且球O 的表面积为7π，则三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积为________．15．平面直角坐标系xOy 中，双曲线C 1：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与抛物线C 2：x2＝2py (p ＞0)交于点O ，A ，B .若△OAB 的垂心为C 2的焦点，则C 1的离心率为________．小题分类练(四) 综合计算类(2) 1．解析：选B.因为z ＝11＋i ＋i ＝1－i 2＋i ＝12＋12i ，所以|z |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22.2．解析：选D.由分层抽样可得，360＝n260，解得n ＝13.3．解析：选B.因为m ＋n ＝(2λ＋3，3)，m －n ＝(－1，－1)，由(m ＋n)⊥(m－n)，可得(m ＋n)·(m－n)＝(2λ＋3，3)·(－1，－1)＝－2λ－6＝0，解得λ＝－3.4．解析：选C.由已知得cos α＝12，sin α＝－32，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＝12cos α＋32sin α＝－12.5. 解析：选B.在坐标系中画出△ABC (如图)，利用两点间的距离公式可得|AB |＝|AC |＝|BC |＝2(也可以借助图形直接观察得出)，所以△ABC 为等边三角形．设BC 的中点为D ，点E 为外心，同时也是重心．所以|AE |＝23|AD |＝233，从而|OE |＝|OA |2＋|AE |2＝ 1＋43＝213，故选B.6．解析：选C.因为c 2＝(a －b )2＋6，所以c 2＝a 2＋b 2－2ab ＋6.①因为C ＝π3，所以c 2＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab .②由①②得－ab ＋6＝0，即ab ＝6.所以S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.7．解析：选C.依题意，从6名短跑运动员中任选4人参加4×100 m 接力赛，其中甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的方法共有A 46－2A 35＋A 24＝252种，在这252种方法中甲跑第二棒的方法共有C 14·A 24＝48种，因此所求的概率为48252＝421，故选C.8．解析：选C.由题设易知A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)，不妨设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a . 因为 A 1B ⊥A 2C ，所以b 2ac ＋a ·－b 2ac －a ＝－1，整理得a ＝b .因为渐近线方程为y ＝±bax ，即y ＝±x ，所以渐近线的斜率为±1.9．解析：选C.依题意，设等比数列{a n }的公比为q (其中q ＞0)，则有a 3－a 2－2a 1＝0，a 3a 1－a 2a 1－2＝0，即q 2－q －2＝0，(q －2)(q ＋1)＝0，又q ＞0，因此q ＝2.由a m a n ＝4a 1得a 21·2m ＋n －2＝16a 21＞0，m ＋n ＝6(其中m ，n ∈N *)，因此①⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝5，此时1m ＋4n ＝95；②⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝4，此时1m ＋4n ＝32；③⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝3，此时1m ＋4n ＝53；④⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ＝2，此时1m ＋4n ＝94；⑤⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，n ＝1，此时1m ＋4n ＝215. 综上所述，1m ＋4n 的最小值是32，故选C.10．解析：选A.因为f (x )＝a xg (x )，所以f （x ）g （x ）＝a x，因为f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝(a x )′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＝a xln a ＞0，即ln a ＞0，所以a ＞1.因为f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，所以a ＋a －1＝52，所以a ＝2，所以f （x ）g （x ）＝2x ，所以f （n ）g （n ）＝2n ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）为等比数列，所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62，所以n ＋1＞6，即n ＞5，所以n 的最小值为6，故选A.11．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.答案：2712．解析：对于甲，平均成绩为x －甲＝15(87＋91＋90＋89＋93)＝90，所以方差为s 2甲＝15(32＋12＋02＋12＋32)＝4；对于乙，平均成绩为x －乙＝15(89＋90＋91＋88＋92)＝90，所以方差为s 2乙＝15(12＋02＋12＋22＋22)＝2，由于2<4，所以乙的平均成绩较稳定．答案：213．解析：由|2x －m |≤1，得m －12≤x ≤m ＋12.因为不等式的整数解为2，所以m －12≤2≤m ＋12⇒3≤m ≤5，又不等式仅有一个整数解，所以m ＝4.答案：414. 解析：如图，设球的半径为R ，棱柱的棱长为a ，N ，M 分别是上、下底面的中心，由题意知，外接球球心O 为MN 的中点，则OA ＝R .由4πR 2＝7π，得OA ＝R ＝72.易得AM ＝33a ，OM ＝12a ，在Rt △OAM 中，由勾股定理，解得a ＝3，所以该三棱柱的体积为34×(3)2×3＝94.答案：9415．解析：双曲线的两条渐近线方程为y ＝±b a x ，与抛物线方程联立得交点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2pb a，2pb 2a 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2pb a ，2pb 2a 2，抛物线焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，由三角形垂心的性质，得BF ⊥OA ，即k BF ·k OA ＝－1，又k BF ＝p 2－2pb 2a 22pb a ＝a 4b －b a ，k OA ＝b a ，所以有⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4b －b a b a ＝－1，即b 2a 2＝54，故C 1的离心率e ＝c a ＝ 1＋b 2a2＝ 1＋54＝32.3答案：2。

2022版优化方案高考数学(山东专用·理科)二轮复习解答题分层综合练(四) Word版含答案

解答题分层综合练(四) 压轴解答题抢分练(1)(建议用时：40分钟)1. 已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝ 3.(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1，0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．2．已知曲线f (x )＝a ＋ln xx在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行．(1)求实数a 的值及f (x )的极值；(2)假如对任意x 1，x 2∈[e 2，＋∞)，有|f (x 1)－f (x 2)|≥k |1x 1－1x 2|，求实数k 的取值范围．3．(2021·枣庄统考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，一个焦点与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，k OA ·k OB ＝－b 2a2，推断△AOB 的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，说明理由．4．(2021·济宁诊断考试)设函数f (x )＝x 2＋m ln(x ＋1)．(1)若函数f (x )是定义域上的单调函数，求实数m 的取值范围； (2)若m ＝－1，试比较当x ∈(0，＋∞)时，f (x )与x 3的大小；(3)证明：对任意的正整数n ，不等式e 0＋e －1×4＋e －2×9＋…＋e (1－n )n 2<n （n ＋3）2成立．解答题分层综合练(四) 压轴解答题抢分练(1)1．解：(1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p2.由于|AF |＝3，即2＋p2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x .(2)证明：由于点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±2 2.由抛物线的对称性，不妨设A (2，22)．由A (2，22)，F (1，0)可得直线AF 的方程为y ＝22(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝22（x －1），y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B (12，－2)．又G (－1，0)，所以k GA ＝22－02－（－1）＝223，k GB ＝－2－012－（－1）＝－223，所以k GA ＋k GB ＝0，从而∠AGF ＝∠BGF ，这表明点F 到直线GA ，GB 的距离相等，故以F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．2．解：(1)f ′(x )＝1x ·x －（a ＋ln x ）x 2＝1－a －ln xx 2. 由于曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，所以f ′(1)＝1－a －ln 112＝0，所以a ＝1，所以f (x )＝1＋ln x x ，x ＞0，f ′(x )＝－ln xx2，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，当x ＞1时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极大值1，无微小值．(2)由(1)的结论知，f (x )在[e 2，＋∞)上单调递减，不妨设x 1＞x 2≥e 2，则|f (x 1)－f (x 2)|≥k |1x 1－1x 2|⇔f (x 2)－f (x 1)≥k ⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 1⇔f (x 2)－k x 2≥f (x 1)－k x 1⇔函数F (x )＝f (x )－kx在[e 2，＋∞)上单调递减，又F (x )＝f (x )－k x ＝1＋ln x x －kx ，所以F ′(x )＝k －ln xx2≤0在[e 2，＋∞)上恒成立，所以k ≤ln x 在[e 2，＋∞)上恒成立，在[e 2，＋∞)上(ln x )min ＝ln e 2＝2，所以k ≤2.3．解：(1)由题意得c ＝1，又e ＝c a ＝12，所以a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m得，(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，由Δ＝(8mk )2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0得m 2<3＋4k 2.由于x 1＋x 2＝－8mk3＋4k 2，x 1x 2＝4（m 2－3）3＋4k 2，所以y 1y 2＝(kx 1＋m )·(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m 2－4k 2）3＋4k 2.由k OA ·k OB ＝－b 2a 2＝－34得y 1y 2＝－34x 1x 2，即3（m 2－4k 2）3＋4k 2＝－34·4（m 2－3）3＋4k 2，化简得2m 2－4k 2＝3，满足Δ>0.由弦长公式得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·48（4k 2－m 2＋3）（3＋4k 2）2＝24（1＋k 2）3＋4k 2.又点O 到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|m |1＋k 2，所以S △AOB ＝12·d ·|AB |＝1224（1＋k 2）3＋4k 2·|m |1＋k 2＝1224m 23＋4k 2＝3×2m 23＋4k 2＝3×（3＋4k 2）3＋4k 2＝3，故△AOB 的面积为定值 3.4．解：(1)由于f ′(x )＝2x ＋mx ＋1＝2x 2＋2x ＋m x ＋1，又函数f (x )在定义域上是单调函数，所以f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(－1，＋∞)上恒成立，若f ′(x )≥0在(－1，＋∞)上恒成立，即函数f (x )是定义域上的单调递增函数，则m ≥－2x 2－2x ＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12在(－1，＋∞)上恒成立，由此可得m ≥12；若f ′(x )≤0在(－1，＋∞)上恒成立，即函数f (x )是定义域上的单调递减函数，则m ≤－2x 2－2x ＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12在(－1，＋∞)上恒成立．由于y ＝－2⎝⎛⎭⎫x ＋122＋12在(－1，＋∞)上没有最小值，所以不存在实数m 使f ′(x )≤0在(－1，＋∞)上恒成立．综上所述，实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.(2)当m ＝－1时，函数f (x )＝x 2－ln(x ＋1)．令g (x )＝f (x )－x 3＝－x 3＋x 2－ln(x ＋1)，则g ′(x )＝－3x 2＋2x －1x ＋1＝－3x 3＋（x －1）2x ＋1，明显，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (0)＝0，所以当x ∈(0，＋∞)时，恒有g (x )<g (0)＝0，即f (x )－x 3<0恒成立．故当x ∈(0，＋∞)时，f (x )<x 3.(3)证明：法一：由(2)可知x 2－x 3<ln(x ＋1)(x ∈(0，＋∞))，所以e(1－x )x 2<x ＋1(x ∈(0，＋∞))，所以e(1－n )n 2<n ＋1(n ∈N *)，所以e 0＋e－1×4＋e－2×9＋…＋e (1－n )n 2<2＋3＋4＋…＋(n ＋1)＝n （n ＋3）2.法二：设S n ＝n （n ＋3）2，则a n ＝S n －S n －1＝n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，由于a 1＝S 1＝2，所以a n ＝n ＋1，n ∈N *，欲证e 0＋e －1×4＋e －2×9＋…＋e(1－n )n 2<n （n ＋3）2，只需证e(1－n )n 2<n ＋1，只需证(1－n )n 2<ln(n ＋1)，由(2)知x 2－x 3<ln(x ＋1)(x ∈(0，＋∞))，即(1－n)n2<ln(n＋1)，所以原命题成立．。

2022版优化方案高考数学(山东专用·理科)二轮复习精练提能：高考热点追踪(四)专题强化精练提能

1．(2021·高考广东卷)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交解析：选D.由直线l1和l2是异面直线可知l1与l2不平行，故l1，l2中至少有一条与l相交．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为()A.4π3 B.32π3C．4πD．16π解析：选D.如图所示，由三视图可知该几何体为圆锥，AD为该圆锥外接球的直径，则AO＝1，CO＝3，由射影定理可知CO2＝AO ·OD，得OD＝3，所以外接球的半径为12(AO＋OD)＝2，表面积为4π×22＝16π.3．设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则a⊥b的一个充分条件为() A．a⊥c，b⊥cB．α⊥β，a⊂α，b⊂βC．a⊥α，b∥αD．a⊥α，b⊥α解析：选C.A中，若a⊥c，b⊥c，则直线a与直线b可能异面，可能平行，可能垂直，所以此选项错误；B中，若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则直线a与直线b可能异面，可能平行，可能垂直，所以此选项错误；C中，若a⊥α，b∥α，则依据线与线的位置关系可得a⊥b，所以C正确；D中，若a⊥α，b⊥α，则依据线面垂直的性质定理可得a∥b.故选C.4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为()A.34 B.32C.34D．1解析：选C.由图可知其侧视图为三角形，依据三视图的“高平齐”得侧视图的高为3，又由“宽相等”可知侧视图的宽度和俯视图的宽度相等，得侧视图的底为1×sin 60°＝32，所以侧视图的面积为S＝12×32×3＝34，故选C.5．(2021·洛阳市统考)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为()A．1 B.52C. 6 D．2 3解析：选D.分析题意可知，该几何体为三棱锥A-BCD，如图所示，最大面为边长为22的等边三角形，故其面积为34×(22)2＝2 3.6．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为()A．2 B．1C. 2D.22解析：选C.由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，所以∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 位于BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外接圆圆心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，所以S 矩形ABB 1 A 1 ＝2×1＝ 2.7.已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a 的值为________．解析：由三视图知，该几何体为四棱锥，其中四棱锥的底面为边长为a 和3的长方形，四棱锥的高为4，所以该四棱锥的体积V ＝13×3a ×4＝24，所以a ＝6. 答案：6 8．(2021·高考天津卷)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.解析：由几何体的三视图可知该几何体由两个圆锥和一个圆柱构成，其中圆锥的底面半径和高均为1，圆柱的底面半径为1且其高为2，故所求几何体的体积为V ＝13π×12×1×2＋π×12×2＝83π.答案：83π 9．(2021·南昌市调研测试卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是正三棱柱的一部分，如图所示，其中底面三角形的边长为2，故所求的体积为34×22×2－13×34×22×1＝533.答案：533 10．(2021·日照二模)如图，在边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A ′，若四周体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________．解析：由题意知DF ＝5，A ′E ＝A ′F ＝1，A ′D ＝2，以A ′E 、A ′F 、A ′D 为棱，建立一个长方体，则体对角线长为2R ＝12＋12＋22(R 为球的半径)，R ＝62.答案：6211．(2021·高考重庆卷) 如图，三棱锥P -ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角A -PD -C 的余弦值．解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1.又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2，得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED→＝(1，－1，0)，DP→＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED→，即n 2＝(1，－1，0)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝36，故所求二面角A -PD -C 的余弦值为36.12．(2021·郑州市其次次质量猜测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为2的菱形，平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，∠A 1AC ＝60°，∠BCA ＝90°.(1)求证：A 1B ⊥AC 1；(2)已知点E 是AB 的中点，BC ＝AC ，求直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值．解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接A 1O ，由于平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， A 1O ⊥AC ，所以A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .又BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面AA 1C 1C ，所以AC 1⊥BC .在菱形AA 1C 1C 中，AC 1⊥A 1C ，所以AC 1⊥平面A 1BC ，所以A 1B ⊥AC 1.(2)以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (0，－1，0)，B (2，1，0)，C (0，1，0)，C 1(0，2，3)，AB →＝(2，2，0)，BB 1→＝CC 1→＝(0，1，3)，设m ＝(x ，y ，z )是平面ABB 1A 1的法向量，则m ·AB →＝0，m ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，y ＋3z ＝0，取z ＝－1可得m ＝(－3，3，－1)．又E (1，0，0)，所以EC1→＝(－1，2，3)，设直线EC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈EC 1→，m 〉|＝|EC 1→·m ||EC 1→||m |＝4214.13．(2021·高考四川卷)一个正方体的平面开放图及该正方体的直观图的示意图如图所示．在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)； (2)证明：直线MN ∥平面BDH ； (3)求二面角A -EG -M 的余弦值．解：(1)点F ，G ，H 的位置如图(1)所示．(2)证明：如图(1)，连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OH ，OM ，MN . 由于M ，N 分别是BC ，GH 的中点，图(1)所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD ， HN ∥CD ，且HN ＝12CD ，所以OM ∥HN ，OM ＝HN .所以四边形MNHO 是平行四边形，从而MN ∥OH .又MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，所以MN ∥平面BDH .(3)法一：如图(1)，连接AC ，过M 作MP ⊥AC 于P . 在正方体ABCD -EFGH 中，AC ∥EG ，所以MP ⊥EG .过P 作PK ⊥EG 于K ，连接KM ，所以EG ⊥平面PKM ，从而KM ⊥EG . 所以∠PKM 是二面角A -EG -M 的平面角．设AD ＝2，则CM ＝1，PK ＝2.在Rt △CMP 中，PM ＝CM sin 45°＝22.在Rt △PKM 中，KM ＝PK 2＋PM 2＝322.所以cos ∠PKM ＝PK KM ＝223，即二面角A -EG -M 的余弦值为223.法二：如图(2)，以D 为坐标原点，分别以DA →，DC →，DH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D -xyz .图(2)设AD ＝2，则M (1，2，0)，G (0，2，2)，E (2，0，2)，O (1，1，0)，所以GE→＝(2，－2，0)，MG →＝(－1，0，2)．设平面EGM 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·GE →＝0，n 1·MG →＝0，得⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得n 1＝(2，2，1)．在正方体ABCD -EFGH 中，DO ⊥平面AEGC ，则可取平面AEG 的一个法向量为n 2＝DO→＝(1，1，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2＋2＋04＋4＋1·1＋1＋0＝223，故二面角A -EG -M 的余弦值为223.14. (2021·济南市第一次模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AP ＝AD ＝AB ＝2，BC ＝t ，∠P AB ＝∠P AD ＝α.(1)当t ＝32时，试在棱P A 上确定一点E ，使得PC ∥平面BDE ，并求出此时AEEP 的值； (2)当α＝60°时，若平面P AB ⊥平面PCD ，求此时棱BC 的长．解：(1)法一：连接AC ，BD 交于点F ，在平面PCA 中作EF ∥PC 交P A 于E ，连接DE ，BE . 由于PC ⊄平面BDE ，EF ⊂平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .由于AD ∥BC ，所以AF FC ＝AD BC ＝13，由于EF ∥PC ，所以AE EP ＝AF FC ＝13.法二：在棱P A 上取一点E ，使得AE EP ＝13，连接DE ，BE ，连接AC ，BD 交于点F ，由于AD ∥BC ，所以AF FC ＝AD BC ＝13，所以AE EP ＝AF FC ，所以EF ∥PC ，由于PC ⊄平面BDE ，EF ⊂平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)取BC 上一点G ，使得BG ＝2，连接DG ，则四边形ABGD 为正方形，过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 连接OA ，OB ，OD ，OG ，由于AP ＝AD ＝AB ，∠P AB ＝∠P AD ＝60°，所以△P AB 和△P AD 都是等边三角形，因此P A ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABGD 对角线的交点，所以OG ，OB ，OP 两两垂直，以O 为坐标原点，分别以OG →，OB →，OP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz .则O (0，0，0)，P (0，0，1)，A (－1，0，0)，B (0，1，0)，D (0，－1，0)，G (1，0，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫22t ，1－22t ，0，故P A →＝(－1，0，－1)，PB →＝(0，1，－1)，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22t ，1－22t ，－1，PD →＝(0，－1，－1)．设平面P AB 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·P A →＝0，m ·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x 1－z 1＝0，y 1－z 1＝0，不妨令x 1＝－1，可得m ＝(－1，1，1)为平面P AB 的一个法向量．设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧22tx 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22t y 2－z 2＝0，－y 2－z 2＝0，不妨令y 2＝1，可得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22t ，1，－1为平面PCD 的一个法向量．由m·n ＝0，解得t ＝22，即棱BC 的长为2 2.。

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解答题专题练(四) 概率与统计
(建议用时：60分钟)
1．某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定．小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和数学期望．
2．某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B 中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训．由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人、女生中随机抽取3人组成代表队．
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率；
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和数学期望．
3．(2015·聊城第一次模拟)某市教育局为了了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市学生体能测试成绩X服从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)，已知P(X<75)＝0.3，P(X≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．
(1)求抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[80，85)，[85，95)，[95，100]内各有1位同学的概率；
(2)记抽到的3位同学该次体能测试成绩在区间[75，85]内的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
4．(2015·滨州联考)在某次考试中，从甲、乙两个班各抽取10名学生的数学成绩进行统计分析，两个班成绩的茎叶图如图所示，成绩不小于90分的为及格．
(1)用样本估计总体，请根据茎叶图对甲、乙两个班级的成绩进行比较；
(2)求从甲班10名学生和乙班10名学生中各抽取一人，求有人及格的条件下乙班同学不及格的概率；
(3)从甲班10人中抽取1人，乙班10人中抽取2人，3人中及格人数记为X，求X的分布列和期望．
5.(2015·德州模拟)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，射击次数相同，已知两名运
(1)估计甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9环的概率；
(2)若从甲、乙运动员中只能挑选一名参加某大型比赛，请你从随机变量均值意义的角度，谈谈让谁参加比较合适？
6．某厂用鲜牛奶在某台设备上生产A ，B 两种奶制品．生产1吨A 产品需鲜牛奶2吨，使用设备1小时，获利1 000元；生产1吨B 产品需鲜牛奶1.5吨，使用设备1.5小时，获利1 200元．要求每天B 产品的产量不超过A 产品产量的2倍，设备每天生产A ，B 两种产品时间之和不超过12小时. 假定每天可获取的鲜牛奶数量W (单位：吨)是一个随机变量，其分布列为
Z (单位：元)是一个随机变量．
(1)求Z 的分布列和均值；
(2)若每天可获取的鲜牛奶数量相互独立，求3天中至少有1天的最大获利超过10 000元的概率．
解答题专题练(四) 概率与统计
1．解：(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”为事件A ，
则P (A )＝56×45×34＝12
. (2)依题意得，X 所有可能的取值是1，2，3.
又P (X ＝1)＝16，P (X ＝2)＝56×15＝16，P (X ＝3)＝56×45×1＝23
. 所以X 的分布列为
所以E (X )＝1×16＋2×16＋3×3＝2
. 2．解：(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名．
参赛学生全从B 中学抽取(等价于A 中学没有学生入选代表队)的概率为C 33C 34C 36C 36＝1100
.
因此，A 中学至少有1名学生入选代表队的概率为1－1100＝99100
. (2)根据题意，X 的可能取值为1，2，3.
P (X ＝1)＝C 13C 33C 46＝15，P (X ＝2)＝C 23C 23C 46＝35，P (X ＝3)＝C 33C 13C 46＝15
，所以X 的分布列为
因此，X 的数学期望为
E (X )＝1×P (X ＝1)＋2×P (X ＝2)＋3×P (X ＝3)
＝1×15＋2×35＋3×15
＝2. 3．解：(1)由题知，P (80≤X <85)＝12
－P (X <75)＝0.2， P (85≤X <95)＝0.3－0.1＝0.2，
所以所求概率P ＝A 33×0.2×0.2×0.1＝0.024.
(2)P (75≤X ≤85)＝1－2P (X <75)＝0.4，
所以ξ服从二项分布B (3，0.4)，
P (ξ＝0)＝0.63＝0.216，
P (ξ＝1)＝3×0.4×0.62＝0.432，
P (ξ＝2)＝3×0.42×0.6＝0.288，
P (ξ＝3)＝0.43＝0.064，
所以随机变量ξ
E (ξ)＝3×0.4＝4．解： (1)从茎叶图可以得到：甲班平均分为89分；乙班平均分为89分．甲班的方差大于乙班的方差．
所以甲、乙两班平均分相同，但是乙班比甲班成绩更集中、更稳定． (2)事件“从甲班10名学生和乙班10名学生中各抽取一人，已知有人及格”记为A ；事件“从甲班10名学生和乙班10名学生中各抽取一人，乙班同学不及格”记为B ，
则P (B |A )＝P （A ·B ）P （A ）＝410×510410×510＋610×510＋410×510
＝27. (3)X 的可能取值为0，1，2，3，P (X ＝0)＝C 16·C 25C 110·C 210＝215
； P (X ＝1)＝C 14·C 25C 110·C 210＋C 16·C 15·C 15C 110·C 210＝1945
； P (X ＝2)＝C 14·C 15·C 15C 110·C 210＋C 16·C 25C 110·C 210＝1645
； P (X ＝3)＝C 14·C 25C 110·C 210＝445
，所以X
期望E (X )＝75
. 5．解：(1)记甲运动员击中n 环为事件A n (n ＝1，2，3，…，10)；乙运动员击中n 环为事件B n (n ＝1，2，3，…，10)，甲运动员击中的环数不少于9环为事件A 9∪A 10，乙运动员击中的环数不少于9环为事件B 9∪B 10，根据已知事件A 9与事件A 10互斥，事件B 9与事件B 10互斥，事件A 9∪A 10与B 9∪B 10相互独立．
P (A 9∪A 10)＝P (A 9)＋P (A 10)＝1－0.2－0.15＝0.65，
P (B 9∪B 10)＝P (B 9)＋P (B 10)＝0.2＋0.35＝0.55.
所以甲、乙两名射击运动员击中的环数都不少于9环的概率等于0.65×0.55＝0.357 5.
(2)设甲、乙两名射击运动员击中的环数分别为随机变量X 、Y ，根据已知得X 、Y 的可能取值为：7，8，9，10.
甲运动员射击环数X
甲运动员射击环数X E (X )＝7×0.2＋8×0.15＋9×0.3＋10×0.35＝8.8.
乙运动员射击环数
Y 乙运动员射击环数Y E (
Y )＝7×0.2＋8×0.25＋9×0.2＋10×0.35＝8.7.
因为E (X )>E (Y )，所以从随机变量均值意义的角度看，选甲去比较合适．
6．解：(1)设每天A ，B 两种产品的生产数量分别为x 吨，y 吨，相应的获利为z 元，则有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1.5y ≤W ，x ＋1.5y ≤12，2x －y ≥0，x ≥0，y ≥0.
(*)
目标函数为z ＝1 000x ＋1 200y . 将z ＝1 000x ＋1 200y 变形为l ：y ＝－56x ＋z 1 200
，设l 0：y ＝－56
x . 当W ＝12时，(*)表示的平面区域如图①阴影部分所示，三个顶点分别为A (0，0)，B (2.4，
4.8)，C (6，0)．
平移直线l 0知当直线l 过点B ，
即当x ＝2.4，y ＝4.8时，z 取最大值，
故最大获利Z＝z max＝2.4×1 000＋4.8×1 200＝8 160(元)．
当W＝15时，(*)表示的平面区域如图②阴影部分所示，三个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(7.5，0)．
平移直线l0知当直线l过点B，
即当x＝3，y＝6时，z取得最大值，
故最大获利Z＝z max＝3×1 000＋6×1 200＝10 200(元)．
当W＝18时，(*)表示的平面区域如图③阴影部分所示，四个顶点分别为A(0，0)，B(3，6)，C(6，4)，D(9，0).
平移直线l0知当直线l过点C，即当x＝6，y＝4时，z取得最大值，
故最大获利Z＝z max＝6×1 000＋4×1 200＝10 800(元)．
故最大获利Z
因此，E(Z)
(2)由(1)知，一天最大获利超过10 000元的概率p1＝P(Z>10 000)＝0.5＋0.2＝0.7，
由二项分布知，3天中至少有1天最大获利超过10 000元的概率为p＝1－(1－p1)3＝1－0.33＝0.973.。