【优质部编】(全国通用版)2019-2020高考数学二轮复习 中档大题规范练(一)三角函数与解三角形 理

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2019版高考数学二轮复习中档大题保分练2

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练2

中档大题保分练(02)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)设正项数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n =a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n ·a n +1,数列{b n }的前n 项和为T n ,求T n 的取值范围.解:(1)①n =1时,由2S 1=a 1+1,得a 1=1, ②n ≥2时,由已知,得4S n =(a n +1)2, ∴4S n -1=(a n -1+1)2,两式作差,得(a n +a n -1)(a n -a n -1-2)=0, 又因为{a n }是正项数列,所以a n -a n -1=2. ∴数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列. ∴a n =2n -1. (2)∵b n =1a n ·a n +1=12n -12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,∴T n =b 1+b 2+…+b n =12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1<12.又因为数列{T n }是递增数列,当n =1时T n 最小,T 1=13,∴T n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13,12.1.(B)(12分)已知f ()=3sin x 3cos x 3+cos 2x3.(1)求函数f ()的最小正周期;(2)若a 、b 、c 分别是△ABC 内角A 、B 、C 所对的边,(2a -b )cos C =c cos B ,且f (A )=32.求B 的值.解:(1)f ()=32sin 2x 3+12cos 2x 3+12=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 3+π6+12.∴函数f ()的最小正周期T =2π23=3π.(2)根据正弦定理a sin A =b sin B =csin C可得:a =2R sin A ,b =2R sin B ,c =2R sin C .代入(2a -b )cos C =c cos B 得:2sin A cos C =sin C cos B +cos C sin B =sin(B +C )=sin A , ∵sin A >0,∴cos C =12,即C =π3.又∵f (A )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A 3+π6+12=32,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A 3+π6=1.∵A ∈(0,π), ∴2A 3+π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,5π6.∴2A 3+π6=π2,即A =π2. ∴B =π-A -C =π6.2.(12分)如图,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中,A 1A ⊥平面ABC ,∠ACB =90°,M 是AB 的中点,AC =CB =CC 1=2.(1)求证:平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1; (2)求点M 到平面A 1CB 1的距离.(1)证明:由A 1A ⊥平面ABC, CM ⊂平面ABC ,则A 1A ⊥CM . 由AC =CB ,M 是AB 的中点,则AB ⊥CM .又A 1A ∩AB =A ,则CM ⊥平面ABB 1A 1, 又CM ⊂平面A 1CM ,所以平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1. (2)解:设点M 到平面A 1CB 1的距离为h ,由题意可知A 1C =CB 1=A 1B 1=2MC =22,S △A 1CB 1=23,S △A 1MB 1=22.由(1)可知CM ⊥平面ABB 1A 1,得,VC ­A 1MB 1=13MC ·S △A 1MB 1=VM ­A 1CB 1=13h ·S △A 1CB 1, 所以,点M 到平面A 1CB 1的距离h =MC ·S △A 1MB 1S △A 1CB 1=233.3.(12分)某房产中介公司2017年9月1日正式开业,现对其每个月的二手房成交量进行统计,y 表示开业第个月的二手房成交量,得到统计表格如下:(1)对于变量,y ,如果|r |∈[0.75,1],那么相关性很强;如果|r |∈[0.3,0.75],那么相关性一般;如果|r |≤0.25,那么相关性较弱.通过散点图初步分析可用线性回归模型拟合y 与的关系.计算(i ,y i )(i =1,2,…,8)的相关系数r ,并回答是否可以认为两个变量具有很强的线性相关关系(计算结果精确到0.01).(2)请根据上表提供的数据,用最小二乘法求出y 关于的线性回归方程y ^=b ^+a ^(计算结果精确到0.01),并预测该房产中介公司2018年6月份的二手房成交量(计算结果四舍五入取整数).参考数据:∑i =18x i y i =850,∑i =18x 2i =204, ∑i =18y 2i =3 776,21≈4.58,31≈5.57.参考公式:b ^=∑i =1nx i y i -n ·x -·y-∑i =1nx 2i -n ·x -2,a ^=y --b ^x -, r =∑i =1nx i y i -n ·x -·y-∑i =1n x 2i -n ·x -2∑i =1ny 2i -n y -2解:(1)依题意:x -=4.5,y -=21,r =∑i =18x i y i -8x -y-∑i =18x 2i -8x -2∑i =18y 2i -8y -2=850-8×4.5×21204-8×4.52 3 776-8×212=9442×248=944×21×31=944×4.58×5.57≈0.92,因为0.92∈[0.75,1],所以变量,y 线性相关性很强.(2)b ^=∑i =18x i y i -8x -y-∑i =18x 2i -8x -2=850-8×4.5×21204-8×4.52=2.24,a ^=y --b ^x -=21-2.24×4.5=10.92,则y 关于的线性回归方程为y ^=2.24+10.92.当=10,y ^=2.24×10+10.92=33.32.所以预计2018年6月份的二手房成交量为33.4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程已知直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π4=22,现以极点O 为原点,极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系,曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x =-1+2cos φ,y =-2+2sin φ(φ为参数).(1)求直线l 的直角坐标方程和曲线C 1的普通方程;(2)若曲线C 2为曲线C 1关于直线l 的对称曲线,点A ,B 分别为曲线C 1、曲线C 2上的动点,点P 坐标为(2,2),求|AP |+|BP |的最小值.解:(1)∵ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π4=22,∴22ρcos θ+22ρsin θ=22,即ρcos θ+ρsin θ=4, ∴直线l 的直角坐标方程为+y -4=0;∵⎩⎨⎧x =-1+2cos φ,y =-2+2sin φ∴曲线C 1的普通方程为(+1)2+(y +2)2=4.(2)∵点P 在直线+y =4上,根据对称性,|AP |的最小值与|BP |的最小值相等,曲线C 1是以(-1,-2)为圆心,半径r =2的圆.∴|AP |min =|PC 1|-r =2+122+22-2=3,则|AP |+|BP |的最小值为2×3=6. 4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲已知函数f ()=3|-a |+|3+1|,g ()=|4-1|-|+2|, (1)求不等式g ()<6的解集;(2)若存在1,2∈R ,使得f (1)和g (2)互为相反数,求a 的取值范围.解:(1)由题意可得g ()=⎩⎪⎨⎪⎧-3x +3,x ≤-2,-5x -1,-2<x <14,3x -3,x ≥14当≤-2时,-3+3<6,得>-1,无解;当-2<<14时,-5-1<6,得>-75,即-75<<14;当≥14时,3-3<6,得14≤<3.综上,g ()<6的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |-75<x <3.(2)因为存在1,2∈R ,使得f (1)=-g (2)成立, 所以{y |y =f (),∈R }∩{y |y =-g (),∈R }≠∅. 又f ()=3|-a |+|3+1|≥|(3-3a )-(3+1)|=|3a +1|,由(1)可知,g ()∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫-94,+∞,则-g ()∈⎝⎛⎦⎥⎤-∞,94,所以|3a -1|≤94,解得-512≤a ≤1312.故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-512,1312.。

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练6

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中档大题保分练(06)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a n >0,a 1=1,且满足S 2n -2a n a n +1=a n +1S n-2a n S n .(1)求数列{a n }的通项a n ; (2)求数列{na n }的前n 项和T n . 解:(1)S 2n -2a n a n +1=a n +1S n -2a n S n , ∴(S n +2a n )(S n -a n +1)=0,∵a n >0,∴S n -a n +1=0,即S n =a n +1; 当n =1时,a 2=1,当n ≥2时,S n -1=a n , ∴a n =S n -S n -1=a n +1-a n ,∴a n +1=2a n ,a 1=1,a 2=1,不满足上式,所以数列{a n }是从第二项起的等比数列,其公比为2.所以a n =⎩⎪⎨⎪⎧1,n =,2n -2,n(2)当n =1时,T 1=1,当n ≥2时,T n =1+2×20+3×21+…+n ×2n -2,2T n =1×2+2×21+3×22+…+n ×2n -1,∴-T n =1+21+22+…+2n -2-n ×2n -1=1-2n -11-2-n 2n -1,∴T n =(n -1)2n -1+1.1.(B)(12分)(2018·广东六校联考)在△ABC 中,B =π3,BC =2.(1)若AC =3,求AB 的长;(2)若点D 在边AB 上,AD =DC ,DE ⊥AC ,E 为垂足,ED =62,求角A 的值. 解:(1)设AB =x ,则由余弦定理有AC 2=AB 2+BC 2-2AB ·BC cos B ,即32=x 2+22-2x ·2cos π3,解得x =6+1,所以AB =6+1. (2)因为ED =62, 所以AD =DC =ED sin A =62sin A.在△BCD 中,由正弦定理可得BC sin ∠BDC =CDsin B.因为∠BDC =2∠A ,所以2sin 2A =62sin A sinπ3.所以cos A =22,所以∠A =π4. 2.(12分)如图,在四棱锥P ­ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠BAD =60°,PA =PD =AD =2,点M 在线段PC 上,且PM=2MC ,N 为AD 中点.(1)求证:AD ⊥面PNB ;(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ,求三棱锥P ­NBM 的体积. (1)证明:∵PA =PD ,N 为AD 的中点,∴PN ⊥AD , 又∵底面ABCD 是菱形,∠BAD =60°, ∴△ABD 为等边三角形,∴BN ⊥AD . 又∵PN ∩BN =N ,∴AD ⊥平面PNB .(2)解:∵PA =PD =AD =2,∴PN =NB =3, 又∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,PN ⊥AD ,∴PN ⊥NB , ∴S △PNB =12×3×3=32.∵AD ⊥平面PNB ,AD ∥BC , ∴BC ⊥平面PNB ,又PM =2MC , ∴V P ­NBM =V M ­PNB =23V C ­PNB =23×13×32×2=23.3.(12分)某地十万余考生的成绩中,随机地抽取了一批考生的成绩,将其分成6组:第一组[40,50),第二组[50,60),…,第六组[90,100],作出频率分布直方图,如图所示:(1)用每组区间的中点值代表该组的数据,估算这批考生的平均成绩;(2)现从及格(60分及以上)的学生中,用分层抽样的方法抽取了70名学生(其中女生有34名),已知成绩“优异”(超过90分)的女生有1名,能否有95%的把握认为成绩优异与性别有关?解:(1)根据题意,计算平均数为 x -=(45×0.01+55×0.02+65×0.03+75×0.025+85×0.01+95×0.005)×10=67.(2)[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]四组学生的频率之比为: 0.3∶0.25∶0.1∶0.05=6∶5∶2∶1,按分层抽样应该从这四组中分别抽取35,25,10,5人, 依题意,可以得到下列2×2列联表:K 2=n a +bc +d a +cb +d=36×34×5×65≈1.76<3.841,对照临界值表知,不能有95%的把握认为数学成绩优异与性别有关. 4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中,圆C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =1+2cos α,y =2sin α(α为参数).以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ-π4=1-22.(1)求圆C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程;(2)若直线l 与圆C 交于A ,B 两点,M 是圆C 上不同于A ,B 两点的动点,求△MAB 面积的最大值.解:(1)圆C 的普通方程为(x -1)2+y 2=4,直线l 的方程可化为ρsin θ-ρcos θ=2-1, 即直线l 的直角坐标方程为x -y +2-1=0. (2)圆心C 到l 的距离为d =|1-0+2-1|2=1,所以|AB |=24-1=23,又因为圆C 上的点到直线 的距离的最大值为r +d =2+1=3, 所以(S △MAB )max =12×|AB |×3=12×23×3=33.即△MAB 面积的最大值为33. 4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲 已知a >0,b >0,且a 2+b 2=1,证明: (1)4a 2+b 2≥9a 2b 2; (2)(a 3+b 3)2<1. 证明:(1)∵a 2+b 2=1,∴4a 2+b 2=(4a 2+b 2)(a 2+b 2)=4a 4+b 4+5a 2b 2≥4a 2b 2+5a 2b 2=9a 2b 2,,当且仅当b 2=2a 2时,取得等号.(2)因为a >0,b >0,且a 2+b 2=1,所以a ,b ∈(0,1),所以a 3<a 2,b 3<b 2,a 3+b 3<a 2+b 2, 所以(a 3+b 3)2<(a 2+b 2)2=1.。

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练4

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中档大题保分练(04)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且(a +2c )cos B +b cos A =0,b =5.(1)求角B ;(2)若△ABC 的面积为1534,求△ABC 的周长.解:(1)∵(a +2c )cos B +b cos A =0,由正弦定理可得:sin A cos B +2sin C cos B +sin B cosA =0,即cos B =-12,又B ∈(0,π),则B =23π.(2)由△ABC 的面积为1534,∴12ac sin B =1534,则ac =15, 由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac cos B =(a +c )2-2ac -2ac cos B ,得a +c =210, 则周长a +b +c =210+5.1.(B)(12分)已知在等比数列{a n }中,a 1=1,且a 1,a 2,a 3-1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n =2n -1+a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2+2n 的大小.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-1成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-1)=a 3,∴q =a 3a 2=2, ∴a n =a 1q n -1=2n -1(n ∈N *). (2)∵b n =2n -1+a n ,∴S n =(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n -1+2n -1)=[1+3+5+…+(2n -1)]+(1+2+22+…+2n -1)=12n -12·n +1-2n1-2=n 2+2n -1.因为S n -(n 2+2n )=-1<0,所以S n <n 2+2n .2.(12分)某代卖店代售的某种快餐,深受广大消费者喜爱,该种快餐每份进价为8元,并以每份12元的价格销售.如果当天19:00之前卖不完,剩余的该种快餐每份以5元的价格作特价处理,且全部售完.(1)若这个代卖店每天定制15份该种快餐,求该种类型快餐当天的利润y (单位:元)关于当天需求量(单位:份,∈N )的函数解析式;(2)该代卖点记录了一个月30天的每天19:00之前的销售数量该种快餐日需求量,统计数据如下:以30内每天都定制15份该种快餐.①求该种快餐当天的利润不少于52元的概率; ②求这一个月该种快餐的日利润的平均数(精确到0.1). 解:(1)由题意得当≥15时,y =4×15=60; 当<15时,y =4-3(15-)=7-45.所以y =⎩⎨⎧60,x ≥15,x ∈N ,7x -45,x <15,x ∈N .(2)由题意可得该种快餐的利润情况如下表:①该种快餐当天的利润不少于52元的概率为P =30=0.7.②这一个月该种快餐的日利润的平均数为 4×39+5×46+6×53+15×6030≈53.5(元).3.(12分)如图,已知四边形ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,且PA ⊥AB ,AB ∥DC ,△PAD 是等边三角形,AB =AD =2DC =2,M 为PB 的中点.(1)求证:CM ∥平面PAD ; (2)求三棱锥P ­ACM 的体积.(1)证明:取PA 的中点N ,连接MN ,DN . 由于M ,N 分别为PB ,PA 的中点, 由题意知MN 綊12AB 綊CD ,则四边形CMND 为平行四边形,所以CM ∥DN , 又CM ⊄平面PAD ,DN ⊂平面PAD , 所以CM ∥平面PAD .(2)解:由(1)知CM ∥DN ,△PAD 是等边三角形,所以DN ⊥PA ,因为AB ⊥AD ,且PA ⊥AB ,且AD ∩PA =A ,AD ⊂平面PAD ,PA ⊂平面PAD , 所以AB ⊥平面PAD ,又因为DN ⊂平面PAD ,所以DN ⊥AB , 又因为AB ∩AP =A ,AB ⊂平面ABP ,AP ⊂平面ABP ,则DN ⊥平面ABP ,即CM ⊥平面ABP ,CM 为三棱锥C ­APM 的高, CM =DN =3,S △PAM =12S △PAB =12×12×2×2=1,V P ­ACM =V C ­PAM =13S △PAM ×CM =33. 4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C 1的极坐标方程为ρ=1,曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x =2cos φ,y =sin φ(φ为参数).(1)求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程;(2)直线l :y =与曲线C 1交于A ,B 两点,P 是曲线C 2上的动点,求△PAB 的面积的最大值.解:(1)因为曲线C 1的极坐标方程为ρ=1,则直角坐标方程为2+y 2=1;曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x =2cos φ,y =sin φ(φ为参数),则普通方程为x 24+y 2=1.(2)由题意知|AB |=2,设P (2cos φ,sin φ), 点P 到直线y =的距离为d =|2cos φ-sin φ|2,所以S △PAB =12|AB |×d =12×2×|2cos φ-sin φ|2=102|sin(φ+θ)|≤102.4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲(1)已知a ,b ∈R ,且|a |<1,|b |<1,求证:a 2b 2+1>a 2+b 2. (2)若关于的不等式|-1|+2|-2|≤m 有解,求实数m 的取值范围. (1)证明:∵a 2b 2+1-a 2-b 2=a 2(b 2-1)+(1-b 2)=(b 2-1)(a 2-1), 又a ,b ∈R ,且|a |<1,|b |<1, ∴a 2-1<0,b 2-1<0,∴(b 2-1)(a 2-1)>0,即a 2b 2+1>a 2+b 2.(2)解:|-1|+2|-2|≤m 有解等价于m ≥(|-1|+2|-2|)min ,|-1|+2|-2|=⎩⎨⎧5-3x ,x <1,3-x ,1≤x <2,3x -5,x ≥2,由单调性知:|-1|+2|-2|≥1,所以m ≥1.。

2019版高中数学二轮复习:中档大题保分练4 Word版含解析

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中档大题保分练(04)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且(a +2c )cos B +b cos A =0,b =5.(1)求角B ;(2)若△ABC 的面积为1534,求△ABC 的周长.解:(1)∵(a +2c )cos B +b cos A =0,由正弦定理可得:sin A cos B +2sin C cos B +sin B cos A =0,即cos B =-12,又B ∈(0,π),则B =23π.(2)由△ABC 的面积为1534,∴12ac sin B =1534,则ac =15, 由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac cos B =(a +c )2-2ac -2ac cos B ,得a +c =210, 则周长a +b +c =210+5.1.(B)(12分)已知在等比数列{a n }中,a 1=1,且a 1,a 2,a 3-1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n =2n -1+a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2+2n 的大小.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-1成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-1)=a 3,∴q =a 3a 2=2,∴a n =a 1q n -1=2n -1(n ∈N *).(2)∵b n =2n -1+a n ,∴S n =(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n -1+2n -1)=[1+3+5+…+(2n -1)]+(1+2+22+…+2n -1)=1+(2n -1)2·n +1-2n 1-2=n 2+2n -1.因为S n -(n 2+2n )=-1<0,所以S n <n 2+2n .2.(12分)某代卖店代售的某种快餐,深受广大消费者喜爱,该种快餐每份进价为8元,并以每份12元的价格销售.如果当天19:00之前卖不完,剩余的该种快餐每份以5元的价格作特价处理,且全部售完.(1)若这个代卖店每天定制15份该种快餐,求该种类型快餐当天的利润y (单位:元)关于当天需求量x (单位:份,x ∈N )的函数解析式;(2)该代卖点记录了一个月30天的每天19:00之前的销售数量该种快餐日需求量,统计数据如下:以30每天都定制15份该种快餐.①求该种快餐当天的利润不少于52元的概率; ②求这一个月该种快餐的日利润的平均数(精确到0.1). 解:(1)由题意得当x ≥15时,y =4×15=60; 当x <15时,y =4x -3(15-x )=7x -45.所以y =⎩⎪⎨⎪⎧60,x ≥15,x ∈N ,7x -45,x <15,x ∈N .(2)由题意可得该种快餐的利润情况如下表:①该种快餐当天的利润不少于52元的概率为P =6+1530=0.7.②这一个月该种快餐的日利润的平均数为 4×39+5×46+6×53+15×6030≈53.5(元).3.(12分)如图,已知四边形ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,且P A ⊥AB ,AB ∥DC ,△P AD 是等边三角形,AB =AD =2DC =2,M 为PB 的中点.(1)求证:CM ∥平面P AD ; (2)求三棱锥P -ACM 的体积.(1)证明:取P A 的中点N ,连接MN ,DN . 由于M ,N 分别为PB ,P A 的中点, 由题意知MN 綊12AB 綊CD ,则四边形CMND 为平行四边形,所以CM ∥DN , 又CM ⊄平面P AD ,DN ⊂平面P AD ,所以CM ∥平面P AD .(2)解:由(1)知CM ∥DN ,△P AD 是等边三角形,所以DN ⊥P A ,因为AB ⊥AD ,且P A ⊥AB ,且AD ∩P A =A ,AD ⊂平面P AD ,P A ⊂平面P AD , 所以AB ⊥平面P AD ,又因为DN ⊂平面P AD ,所以DN ⊥AB , 又因为AB ∩AP =A ,AB ⊂平面ABP , AP ⊂平面ABP ,则DN ⊥平面ABP ,即CM ⊥平面ABP ,CM 为三棱锥C -APM 的高, CM =DN =3,S △P AM =12S △P AB =12×12×2×2=1,V P -ACM =V C -P AM =13S △P AM ×CM =33. 4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C 1的极坐标方程为ρ=1,曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =2cos φ,y =sin φ(φ为参数).(1)求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程;(2)直线l :y =x 与曲线C 1交于A ,B 两点,P 是曲线C 2上的动点,求△P AB 的面积的最大值.解:(1)因为曲线C 1的极坐标方程为ρ=1, 则直角坐标方程为x 2+y 2=1;曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =2cos φ,y =sin φ(φ为参数),则普通方程为x 24+y 2=1.(2)由题意知|AB |=2,设P (2cos φ,sin φ), 点P 到直线y =x 的距离为d =|2cos φ-sin φ|2,所以S △P AB =12|AB |×d =12×2×|2cos φ-sin φ|2=102|sin(φ+θ)|≤102.4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲(1)已知a ,b ∈R ,且|a |<1,|b |<1,求证:a 2b 2+1>a 2+b 2.(2)若关于x 的不等式|x -1|+2|x -2|≤m 有解,求实数m 的取值范围. (1)证明:∵a 2b 2+1-a 2-b 2=a 2(b 2-1)+(1-b 2)=(b 2-1)(a 2-1), 又a ,b ∈R ,且|a |<1,|b |<1, ∴a 2-1<0,b 2-1<0,∴(b 2-1)(a 2-1)>0,即a 2b 2+1>a 2+b 2.(2)解:|x -1|+2|x -2|≤m 有解等价于m ≥(|x -1|+2|x -2|)min , |x -1|+2|x -2|=⎩⎪⎨⎪⎧5-3x ,x <1,3-x ,1≤x <2,3x -5,x ≥2,由单调性知:|x -1|+2|x -2|≥1,所以m ≥1.。

2019届高考数学二轮复习中档大题满分练中档大题满分练(十)含答案

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中档大题满分练10.不等式选讲中档大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考满分根基!1.已知f(x)=|x+1|+|x-m|.(1)若f(x)≥2,求m的取值范围.(2)已知m>1,若∃x∈(-1,1)使f(x)≥x2+mx+3成立,求m的取值范围. 【解析】(1)因为f(x)=|x+1|+|x-m|≥|m+1|,所以只需要|m+1|≥2,所以m+1≥2或m+1≤-2,所以m的取值范围为m≥1或m≤-3.(2)因为m>1,所以当x∈(-1,1)时,f(x)=m+1,所以不等式f(x)≥x2+mx+3即m≥x2+mx+2,所以m(1-x)≥x2+2,m≥,令g(x)===(1-x)+-2.因为0<1-x<2,所以(1-x)+≥2(当x=1-时取“=”),所以g(x)min=2-2,所以m≥2-2.2.已知函数f(x)=|x-1|+|x-3|.(1)解不等式f(x)≤x+1.(2)设函数f(x)的最小值为c,实数a,b满足a>0,b>0,a+b=c,求证:+≥1. 【解析】(1)f(x)≤x+1,即|x-1|+|x-3|≤x+1.①当x<1时,不等式可化为4-2x≤x+1,x≥1.又因为x<1,所以x∈∅;②当1≤x≤3时,不等式可化为2≤x+1,x≥1.又因为1≤x≤3,所以1≤x≤3.③当x>3时,不等式可化为2x-4≤x+1,x≤5.又因为x>3,所以3<x≤5.综上所述,原不等式的解集为[1,5].(2)由绝对值不等式性质得,|x-1|+|x-3|≥|(1-x)+(x-3)|=2,所以c=2,即a+b=2.令a+1=m,b+1=n,则m>1,n>1,a=m-1,b=n-1,m+n=4,+=+=m+n++-4=≥=1, 原不等式得证.。

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练2

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练2

中档大题保分练(02)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)设正项数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n =a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设b n =1a n ·a n +1,数列{b n }的前n 项和为T n ,求T n 的取值范围.解:(1)①n =1时,由2S 1=a 1+1,得a 1=1, ②n ≥2时,由已知,得4S n =(a n +1)2, ∴4S n -1=(a n -1+1)2,两式作差,得(a n +a n -1)(a n -a n -1-2)=0, 又因为{a n }是正项数列,所以a n -a n -1=2. ∴数列{a n }是以1为首项,2为公差的等差数列. ∴a n =2n -1. (2)∵b n =1a n ·a n +1=12n -12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,∴T n =b 1+b 2+…+b n =12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1<12.又因为数列{T n }是递增数列,当n =1时T n 最小,T 1=13,∴T n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13,12.1.(B)(12分)已知f ()=3sin x 3cos x 3+cos 2x3.(1)求函数f ()的最小正周期;(2)若a 、b 、c 分别是△ABC 内角A 、B 、C 所对的边,(2a -b )cos C =c cos B ,且f (A )=32.求B 的值.解:(1)f ()=32sin 2x 3+12cos 2x 3+12=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 3+π6+12.∴函数f ()的最小正周期T =2π23=3π.(2)根据正弦定理a sin A =b sin B =csin C可得:a =2R sin A ,b =2R sin B ,c =2R sin C .代入(2a -b )cos C =c cos B 得:2sin A cos C =sin C cos B +cos C sin B =sin(B +C )=sin A , ∵sin A >0,∴cos C =12,即C =π3.又∵f (A )=sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A 3+π6+12=32,∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A 3+π6=1.∵A ∈(0,π), ∴2A 3+π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6,5π6.∴2A 3+π6=π2,即A =π2. ∴B =π-A -C =π6.2.(12分)如图,三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中,A 1A ⊥平面ABC ,∠ACB =90°,M 是AB 的中点,AC =CB =CC 1=2.(1)求证:平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1; (2)求点M 到平面A 1CB 1的距离.(1)证明:由A 1A ⊥平面ABC, CM ⊂平面ABC ,则A 1A ⊥CM . 由AC =CB ,M 是AB 的中点,则AB ⊥CM .又A 1A ∩AB =A ,则CM ⊥平面ABB 1A 1, 又CM ⊂平面A 1CM ,所以平面A 1CM ⊥平面ABB 1A 1. (2)解:设点M 到平面A 1CB 1的距离为h ,由题意可知A 1C =CB 1=A 1B 1=2MC =22,S △A 1CB 1=23,S △A 1MB 1=22.由(1)可知CM ⊥平面ABB 1A 1,得,VC ­A 1MB 1=13MC ·S △A 1MB 1=VM ­A 1CB 1=13h ·S △A 1CB 1, 所以,点M 到平面A 1CB 1的距离h =MC ·S △A 1MB 1S △A 1CB 1=233.3.(12分)某房产中介公司2017年9月1日正式开业,现对其每个月的二手房成交量进行统计,y 表示开业第个月的二手房成交量,得到统计表格如下:(1)对于变量,y ,如果|r |∈[0.75,1],那么相关性很强;如果|r |∈[0.3,0.75],那么相关性一般;如果|r |≤0.25,那么相关性较弱.通过散点图初步分析可用线性回归模型拟合y 与的关系.计算(i ,y i )(i =1,2,…,8)的相关系数r ,并回答是否可以认为两个变量具有很强的线性相关关系(计算结果精确到0.01).(2)请根据上表提供的数据,用最小二乘法求出y 关于的线性回归方程y ^=b ^+a ^(计算结果精确到0.01),并预测该房产中介公司2018年6月份的二手房成交量(计算结果四舍五入取整数).参考数据:∑i =18x i y i =850,∑i =18x 2i =204, ∑i =18y 2i =3 776,21≈4.58,31≈5.57.参考公式:b ^=∑i =1nx i y i -n ·x -·y-∑i =1nx 2i -n ·x -2,a ^=y --b ^x -,r =∑i =1nx i y i -n ·x -·y-∑i =1n x 2i -n ·x -2∑i =1ny 2i -n y -2解:(1)依题意:x -=4.5,y -=21,r =∑i =18x i y i -8x -y-∑i =18x 2i -8x -2∑i =18y 2i -8y -2=850-8×4.5×21204-8×4.52 3 776-8×212=9442×248=944×21×31=944×4.58×5.57≈0.92,因为0.92∈[0.75,1],所以变量,y 线性相关性很强.(2)b ^=∑i =18x i y i -8x -y-∑i =18x 2i -8x -2=850-8×4.5×21204-8×4.52=2.24,a ^=y --b ^x -=21-2.24×4.5=10.92,则y 关于的线性回归方程为y ^=2.24+10.92.当=10,y ^=2.24×10+10.92=33.32.所以预计2018年6月份的二手房成交量为33.4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程已知直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π4=22,现以极点O 为原点,极轴为轴的非负半轴建立平面直角坐标系,曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x =-1+2cos φ,y =-2+2sin φ(φ为参数).(1)求直线l 的直角坐标方程和曲线C 1的普通方程;(2)若曲线C 2为曲线C 1关于直线l 的对称曲线,点A ,B 分别为曲线C 1、曲线C 2上的动点,点P 坐标为(2,2),求|AP |+|BP |的最小值.解:(1)∵ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ+π4=22,∴22ρcos θ+22ρsin θ=22,即ρcos θ+ρsin θ=4, ∴直线l 的直角坐标方程为+y -4=0;∵⎩⎨⎧x =-1+2cos φ,y =-2+2sin φ∴曲线C 1的普通方程为(+1)2+(y +2)2=4.(2)∵点P 在直线+y =4上,根据对称性,|AP |的最小值与|BP |的最小值相等,曲线C 1是以(-1,-2)为圆心,半径r =2的圆.∴|AP |min =|PC 1|-r =2+122+22-2=3,则|AP |+|BP |的最小值为2×3=6. 4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲已知函数f ()=3|-a |+|3+1|,g ()=|4-1|-|+2|, (1)求不等式g ()<6的解集;(2)若存在1,2∈R ,使得f (1)和g (2)互为相反数,求a 的取值范围.解:(1)由题意可得g ()=⎩⎪⎨⎪⎧-3x +3,x ≤-2,-5x -1,-2<x <14,3x -3,x ≥14当≤-2时,-3+3<6,得>-1,无解;当-2<<14时,-5-1<6,得>-75,即-75<<14;当≥14时,3-3<6,得14≤<3.综上,g ()<6的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x |-75<x <3.(2)因为存在1,2∈R ,使得f (1)=-g (2)成立, 所以{y |y =f (),∈R }∩{y |y =-g (),∈R }≠∅. 又f ()=3|-a |+|3+1|≥|(3-3a )-(3+1)|=|3a +1|,由(1)可知,g ()∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫-94,+∞,则-g ()∈⎝⎛⎦⎥⎤-∞,94,所以|3a -1|≤94,解得-512≤a ≤1312.故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤-512,1312.。

全国通用版2019高考数学二轮复习中档大题规范练二数列文

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(二)数 列1.(2018·潍坊模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且1,a n ,S n 成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足a n ·b n =1+2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知1,a n ,S n 成等差数列,得2a n =1+S n ,① 当n =1时,2a 1=1+S 1=1+a 1,∴a 1=1.当n ≥2时,2a n -1=1+S n -1,②①-②得2a n -2a n -1=a n ,∴a n a n -1=2, ∴数列{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n =a 1q n -1=1×2n -1=2n -1(n ∈N *). (2)由a n ·b n =1+2na n ,得b n =1a n+2n , ∴T n =b 1+b 2+…+b n=1a 1+2+1a 2+4+…+1a n+2n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1+1a 2+…+1a n +(2+4+…+2n ) =1-12n 1-12+(2+2n )n 2=n 2+n +2-12n -1(n ∈N *). 2.(2018·四川成都市第七中学三诊)已知公差不为零的等差数列{a n }中,a 3=7,且a 1,a 4,a 13成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)记数列{a n ·2n}的前n 项和为S n ,求S n .解 (1)设等差数列{a n } 的公差为d (d ≠0),则a 3=a 1+2d =7.又∵a 1,a 4,a 13成等比数列,∴a 24=a 1a 13,即(a 1+3d )2=a 1(a 1+12d ),整理得2a 1=3d∵a 1≠0,由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1+2d =7,2a 1=3d ,解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1=3,d =2,∴a n =3+2(n -1)=2n +1(n ∈N *).(2)由(1)得a n ·2n =(2n +1)·2n,∴S n =3×2+5×22+…+(2n -1)·2n -1+(2n +1)·2n ,① ∴2S n =3×22+5×23+…+(2n -1)·2n +(2n +1)·2n +1,② ①-②得-S n =6+23+24+…+2n +1-(2n +1)·2n +1=2+22+23+24+…+2n +1-(2n +1)·2n +1=2(1-2n +1)1-2-(2n +1)·2n +1=-2+(1-2n )·2n +1.∴S n =2+(2n -1)·2n +1(n ∈N *).3.(2018·厦门质检)已知等差数列{a n }满足(n +1)a n =2n 2+n +k ,k ∈R .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =4n2a n a n +1,求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)方法一 由(n +1)a n =2n 2+n +k ,令n =1,2,3,得到a 1=3+k 2,a 2=10+k 3,a 3=21+k 4,∵{a n }是等差数列,∴2a 2=a 1+a 3,即20+2k 3=3+k 2+21+k 4,解得k =-1.由于(n +1)a n =2n 2+n -1=(2n -1)(n +1),又∵n +1≠0,∴a n =2n -1(n ∈N *).方法二 ∵{a n }是等差数列,设公差为d ,则a n =a 1+d (n -1)=dn +(a 1-d ),∴(n +1)a n =(n +1)(dn +a 1-d )=dn 2+a 1n +a 1-d ,∴dn 2+a 1n +a 1-d =2n 2+n +k 对于∀n ∈N *均成立, 则⎩⎪⎨⎪⎧ d =2,a 1=1,a 1-d =k ,解得k =-1,∴a n =2n -1(n ∈N *). (2)由b n =4n 2a n a n +1=4n2(2n -1)(2n +1)=4n 24n 2-1=1+14n 2-1=1+1(2n -1)(2n +1)=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1+1,得S n =b 1+b 2+b 3+…+b n=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+1+12⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+1+12⎝ ⎛⎭⎪⎫15-17+1+…+12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1+1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+13-15+15-17+…+12n -1-12n +1+n=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12n +1+n=n 2n +1+n =2n 2+2n2n +1(n ∈N *).4.(2018·安徽省江南十校模拟)数列{a n }满足a 1+2a 2+3a 3+…+na n =2-n +22n .(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =a n(1+a n )(1+a n +1),求{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n =1时,a 1=2-32=12;当n ≥2时,由a 1+2a 2+3a 3+…+na n =2-n +22n ,①a 1+2a 2+3a 3+…+(n -1)a n -1=2-n +12n -1,②①-②得na n =2-n +22n -⎝ ⎛⎭⎪⎫2-n +12n -1 =n2n ,可得a n =12n , 又∵当n =1时也成立,∴a n =12n (n ∈N *). (2)∵b n =12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12n +1 =2n +1(2n +1)(2n +1+1) =2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1-12n +1+1, ∴T n =2⎝⎛⎭⎪⎫12+1-122+1+122+1-123+1+…+12n +1-12n +1+1 =2⎝ ⎛⎭⎪⎫13-12n +1+1=23-22n +1+1(n ∈N *).5.(2018·宿州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{S n }的前n 项和为T n ,满足T n =2S n -n 2.(1)证明数列{a n +2}是等比数列,并求出数列{a n }的通项公式;(2)设b n =n ·a n ,求数列{b n }的前n 项和K n .解 (1)由T n =2S n -n 2,得a 1=S 1=T 1=2S 1-1, 解得a 1=S 1=1,由S 1+S 2=2S 2-4,解得a 2=4.当n ≥2时,S n =T n -T n -1 =2S n -n 2-2S n -1+(n -1)2, 即S n =2S n -1+2n -1,① S n +1=2S n +2n +1,②由②-①得a n +1=2a n +2,∴a n +1+2=2(a n +2),又a 2+2=2(a 1+2),∴数列{a n +2}是以a 1+2=3为首项,2为公比的等比数列, ∴a n +2=3·2n -1, 即a n =3·2n -1-2(n ∈N *).(2)∵b n =3n ·2n -1-2n , ∴K n =3(1·20+2·21+…+n ·2n -1)-2(1+2+…+n ) =3(1·20+2·21+…+n ·2n -1)-n 2-n . 记R n =1·20+2·21+…+n ·2n -1,③2R n =1·21+2·22+…+(n -1)·2n -1+n ·2n,④由③-④,得-R n=20+21+22+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=(1-n)·2n-1,∴R n=(n-1)·2n+1.∴K n=3(n-1)2n-n2-n+3(n∈N*).。

2019-2020年高考数学二轮复习第五部分短平快增分练专题二规范练5.2.4大题规范练四

2019-2020年高考数学二轮复习第五部分短平快增分练专题二规范练5.2.4大题规范练四

30
17
20
= 30,其频率为 100=0.3 ;年龄在 [50,55] 内的人数为 0.85 =20,其频率为 100= 0.2. 作出频率分
布直方图如图所示.
根据频率分布直方图估计这 100 人的平均年龄为
25+ 30
30+ 35
35+ 40
40+45
45+ 50
50+ 55
2 ×0.05 + 2 ×0.1 + 2 ×0.15 + 2 ×0.2 + 2 ×0.3 + 2 ×0.2
的所有样本数据按照年龄区间 [25,30) , [30,35) ,[35,40) , [40,45) ,[45,50) ,[50,55] 进行分
组,同时对这 100 人的意见情况进行统计得到频率分布表.
(1) 完成抽取的这 100 人的频率分布直方图,并估计这 100 人的平均年龄 ( 同一组中的数据用
8
10
12
15
内的人数为 0.80 = 10,其频率为 100= 0.1 ;年龄在 [35,40) 内的人数为 0.80 = 15,其频率为 100=
19
20
24
0.15 ;年龄在 [40,45) 内的人数为 0.95 =20,其频率为 100= 0.2 ;年龄在 [45,50) 内的人数为 0.80
3
3
8cos
C+ 3= 0,解得
cos
C= 5或 cos
C= 1( 舍去 ) ,故
cos
C=
. 5
(2) 由 2sin Acos C= sin B 结合正、余弦定理,可得
a2+ b2- c2 2· a· 2ab = b,即 ( a- c)( a+ c)
= 0,解得

2019-2020学年度最新数学高考(理)二轮专题复习:规范练5-2-5-含答案

2019-2020学年度最新数学高考(理)二轮专题复习:规范练5-2-5-含答案

2019-2020学年度最新数学高考(理)二轮专题复习:规范练5-2-5-含答案(满分70分,押题冲刺,70分钟拿到主观题高分)解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(本小题满分12分)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N*).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(1-an)log3(a2n·a n+1),求数列{1b n}的前n项和T n.解:(1)∵6S n=3n+1+a(n∈N*),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a,当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=(3n+1-a)-(3n+a)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}是等比数列,∴a1=1,则9+a=6,得a=-3,∴数列{a n}的通项公式为a n=3n-1(n∈N*).(2)由(1)得b n=(1-an)log3(a2n·a n+1)=(3n-2)(3n+1),∴1b n=1n-n+=13⎝⎛⎭⎪⎫13n-2-13n+1,∴T n=1b1+1b2+…+1b n=11×4+14×7+…+1n-n+=13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1-14+⎝⎛⎭⎪⎫14-17+…+⎝⎛⎭⎪⎫13n-2-13n+1=n3n+1.2.(本小题满分12分)如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,∠DAB=∠DBE=60°,设AC 与BD相交于点O,且FA=FC.(1)求证:平面FBC∥平面EAD;(2)求二面角A­FC­B的余弦值.解:(1)因为四边形ABCD与BDEF均为菱形,所以AD∥BC,DE∥BF.因为AD⊄平面FBC,DE⊄平面FBC,所以AD∥平面FBC,DE∥平面FBC.又AD∩DE=D,AD⊂平面EAD,DE⊂平面EAD,所以平面FBC∥平面EAD.(2)如图所示,连接FO ,FD ,因为四边形BDEF 为菱形,且∠DBF =60°,所以△DBF 为等边三角形.因为O 为BD 的中点,所以FO ⊥BD .因为O 为AC 的中点,且FA =FC ,所以AC ⊥FO . 又AC ∩BD =O ,所以FO ⊥平面ABCD .由OA ,OB ,OF 两两垂直,则以O 为坐标原点OA ,OB ,OF 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB =2,因为四边形ABCD 为菱形,∠DAB =60°,则BD =2,OB =1,OA =OF =3,所以O (0,0,0),A (3,0,0),B (0,1,0),C (-3,0,0),F (0,0,3),CF →=(3,0,3),CB →=(3,1,0).设平面BFC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则有⎩⎨⎧n ·CF →=0,n ·CB →=0,所以⎩⎨⎧3x +3z =0,3x +y =0,令x =1,则n =(1,-3,-1)为平面BFC 的一个法向量.因为OB ⊥平面AFC ,所以平面AFC 的一个法向量为OB →=(0,1,0). 因为二面角A ­FC ­B 为锐二面角,设其平面角为θ, 则cos θ=|cos 〈n ,OB →〉|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·OB →|n |·|OB →|=⎪⎪⎪⎪⎪⎪-35=155. 所以二面角A ­FC ­B 的余弦值为155. 3.(本小题满分12分)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案:应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题,按照题目要求独立完成.规定:至少正确完成其中2道题的便可通过.已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成,2道题不能完成;应聘者乙每题正确完成的概率都是23,且每题正确完成与否互不影响.(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望; (2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大?解:(1)设甲正确完成面试的题数为ξ,则ξ的可能取值为1,2,3.P (ξ=1)=C 14C 22C 36=15;P (ξ=2)=C 24C 12C 36=35;P (ξ=3)=C 34C 02C 36=15.应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为E (ξ)=1×15+2×35+3×15=2.设乙正确完成面试的题数为η,则η的可能取值为0,1,2,3.P (η=0)=C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫133=127; P (η=1)=C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫231⎝ ⎛⎭⎪⎫132=627; P (η=2)=C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫13=1227;P (η=3)=C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233=827. 应聘者乙正确完成题数η的分布列为E (η)=0×127+1×627+2×27+3×27=2.(或因为η~B ⎝⎛⎭⎪⎫3,3,所以E (η)=3×23=2)(2)因为D (ξ)=(1-2)2×15+(2-2)2×35+(3-2)2×15=25,D (η)=3×23×13=23.所以D (ξ)<D (η).综上所述,从做对题数的数学期望考查,两人水平相当; 从做对题数的方差考查,甲较稳定;从至少完成2道题的概率考查,甲面试通过的可能性大.4.(本小题满分12分)已知抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ,若过点F 且斜率为1的直线与抛物线相交于M ,N 两点,且|MN |=8.(1)求抛物线C 的方程;(2)设直线l 为抛物线C 的切线,且l ∥MN ,P 为l 上一点,求PM →·PN →的最小值. 解:(1)由题意可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2,0,则直线MN 的方程为:y =x -p2,代入y 2=2px (p >0)中,得x 2-3px +p 24=0,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则有x 1+x 2=3p ,∵|MN |=8,∴x 1+x 2+p =8,即3p +p =8,解得p =2, ∴抛物线的方程为y 2=4x . (2)设l 的方程为y =x +b ,代入y 2=4x 中,得x 2+(2b -4)x +b 2=0,∵l 为抛物线C 的切线,∴Δ=0, 即(2b -4)2-4b 2=0, 解得b =1,∴l :y =x +1. 由(1)可知:x 1+x 2=6,x 1x 2=1,设P (m ,m +1),则PM →=(x 1-m ,y 1-(m +1)),PN →=(x 2-m ,y 2-(m +1)),∴PM →·PN →=(x 1-m )(x 2-m )+[y 1-(m +1)][y 2-(m +1)]=x 1x 2-m (x 1+x 2)+m 2+y 1y 2-(m +1)(y 1+y 2)+(m +1)2.∵x 1+x 2=6,x 1x 2=1,∴(y 1y 2)2=16x 1x 2=16,y 1y 2=(x 1-1)(x 2-1)=-4, ∴y 21-y 22=4(x 1-x 2),∴y 1+y 2=4·x 1-x 2y 1-y 2=4, ∴PM →·PN →=1-6m +m 2-4-4(m +1)+(m +1)2= 2(m 2-4m -3)=2[(m -2)2-7]≥-14,当且仅当m =2,即点P 的坐标为(2,3)时,PM →·PN →取得最小值-14. 5.(本小题满分12分)已知函数f (x )=x -a ln x ,g (x )=-1+ax,其中a ∈R.(1)设函数h (x )=f (x )-g (x ),求函数h (x )的单调区间;(2)若存在x 0∈[1,e],使得f (x 0)<g (x 0)成立,求a 的取值范围. 解:(1)h (x )=x +1+ax-a ln x ,h ′(x )=1-1+ax 2-a x =x 2-ax -+ax 2=x +x -+ax 2,①当a +1>0,即a >-1时,在(0,1+a )上h ′(x )<0,在(1+a ,+∞)上h ′(x )>0, 所以h (x )在(0,1+a )上单调递减,在(1+a ,+∞)上单调递增. ②当1+a ≤0,即a ≤-1时,在(0,+∞)上h ′(x )>0,所以函数h (x )在(0,+∞)上单调递增.(2)若存在x 0∈[1,e],使得f (x 0)<g (x 0)成立,即存在x 0∈[1,e],使得h (x 0)=f (x 0)-g (x 0)<0成立,即函数h (x )=x +1+ax-a ln x 在[1,e]上的最小值小于零.由(1)可知:①当1+a ≥e ,即a ≥e -1时,h ′(x )<0,h (x )在[1,e]上单调递减,所以h (x )在[1,e]上的最小值为h (e),由h (e)=e +1+a e -a <0可得a >e 2+1e -1,因为e 2+1e -1>e -1,所以a >e 2+1e -1.②当1+a ≤1,即a ≤0时,h (x )在[1,e]上单调递增, 所以h (x )的最小值为h (1),由h (1)=1+1+a <0可得a <-2.③当1<1+a <e ,即0<a <e -1时,可得h (x )的最小值为h (1+a ),因为0<ln(1+a )<1,所以0<a ln(1+a )<a ,故h (1+a )=2+a -a ln(1+a )>2>0,不合题意.综上可得,所求a 的取值范围是()-∞,-2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2+1e -1,+∞.请考生在第6、7题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分. 6.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程已知极点与直角坐标系的原点重合,极轴与x 轴的正半轴重合,圆C 的极坐标方程是ρ=2a sin θ,直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x =-35t +a y =45t(t 为参数).(1)若a =2,M 为直线l 与x 轴的交点,N 是圆C 上一动点,求|MN |的最大值;(2)若直线l 被圆C 截得的弦长为26,求a 的值.解:(1)由ρ2=4ρsin θ得圆C 的直角坐标方程为x 2+y 2-4y =0,即x 2+(y -2)2=4. 将直线l 的参数方程化为普通方程,得y =-43(x -2),令y =0,得x =2,即点M 的坐标为(2,0).又圆C 的圆心坐标为(0,2),半径r =2,则|MC |=22, 所以|MN |的最大值为|MC |+r =22+2.(2)因为圆C :x 2+(y -a )2=a 2,直线l :4x +3y -4a =0, 所以圆心C 到直线l 的距离d =|3a -4a |5=|a |5,所以2 a 2-a 225=26,即465|a |=26, 解得a =±52.7.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲 设函数f (x )=|x -a |.(1)当a =2时,解不等式f (x )≥4-|x -1|;(2)若f (x )≤1的解集为{x |0≤x ≤2},1m +12n =a (m >0,n >0),求证:m +2n ≥4.解:(1)当a =2时,不等式f (x )≥4-|x -1|即为|x -2|≥4-|x -1|, ①当x ≤1时,原不等式化为2-x ≥4+(x -1),得x ≤-12,故x ≤-12;②当1<x <2时,原不等式化为2-x ≥4-(x -1),得2≥5,故1<x <2不是原不等式的解; ③当x ≥2时,原不等式化为x -2≥4-(x -1),得x ≥72,故x ≥72.综合①②③知,原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫72,+∞.(2)证明:由f (x )≤1得|x -a |≤1,从而-1+a ≤x ≤1+a ,∵f (x )≤1的解集为{x |0≤x ≤2},∴⎩⎪⎨⎪⎧-1+a =0,1+a =2,得a =1,∴1m +12n=a =1.又m >0,n >0,∴m +2n =(m +2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m +12n =2+⎝ ⎛⎭⎪⎫2n m +m 2n ≥2+22nm ·m 2n =4,当且仅当2nm=m 2n ,即m =2n 时,等号成立,此时,联立1m +12n =1,得⎩⎪⎨⎪⎧m =2,n =1,则m +2n =4,故m +2n ≥4,得证.。

2019版高中数学二轮复习:中档大题保分练6 Word版含解析

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中档大题保分练(06)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a n >0,a 1=1,且满足S -2a n a n +1=a n +1S n -2n 2a n S n .(1)求数列{a n }的通项a n ;(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解:(1)S -2a n a n +1=a n +1S n -2a n S n ,2n ∴(S n +2a n )(S n -a n +1)=0,∵a n >0,∴S n -a n +1=0,即S n =a n +1;当n =1时,a 2=1,当n ≥2时,S n -1=a n ,∴a n =S n -S n -1=a n +1-a n ,∴a n +1=2a n ,a 1=1,a 2=1,不满足上式,所以数列{a n }是从第二项起的等比数列,其公比为2.所以a n =Error!(2)当n =1时,T 1=1,当n ≥2时,T n =1+2×20+3×21+…+n ×2n -2,2T n =1×2+2×21+3×22+…+n ×2n -1,∴-T n =1+21+22+…+2n -2-n ×2n -1=-n 2n -1,1-2n -11-2∴T n =(n -1)2n -1+1.1.(B)(12分)(2018·广东六校联考)在△ABC 中,B =,BC =2.π3(1)若AC =3,求AB 的长;(2)若点D 在边AB 上,AD =DC ,DE ⊥AC ,E 为垂足,ED =,求角A 的值.62解:(1)设AB =x ,则由余弦定理有AC 2=AB 2+BC 2-2AB ·BC cos B ,即32=x 2+22-2x ·2cos ,π3解得x =+1,所以AB =+1.66(2)因为ED =,62所以AD =DC ==.ED sin A 62sin A在△BCD 中,由正弦定理可得=.BC sin ∠BDC CDsin B因为∠BDC =2∠A ,所以=.2sin 2A 62sin A sinπ3所以cos A =,所以∠A =.22π42.(12分)如图,在四棱锥P ­ABCD 中,底面ABCD 为菱形,∠BAD =60°,PA =PD =AD =2,点M 在线段PC 上,且PM =2MC ,N 为AD 中点.(1)求证:AD ⊥面PNB ;(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ,求三棱锥P ­NBM 的体积.(1)证明:∵PA =PD ,N 为AD 的中点,∴PN ⊥AD ,又∵底面ABCD 是菱形,∠BAD =60°,∴△ABD 为等边三角形,∴BN ⊥AD .又∵PN ∩BN =N ,∴AD ⊥平面PNB .(2)解:∵PA =PD =AD =2,∴PN =NB =,3又∵平面PAD ⊥平面ABCD ,平面PAD ∩平面ABCD =AD ,PN ⊥AD ,∴PN ⊥NB ,∴S △PNB =××=.123332∵AD ⊥平面PNB ,AD ∥BC ,∴BC ⊥平面PNB ,又PM =2MC ,∴V P ­NBM =V M ­PNB =V C ­PNB =×××2=.23231332233.(12分)某地十万余考生的成绩中,随机地抽取了一批考生的成绩,将其分成6组:第一组[40,50),第二组[50,60),…,第六组[90,100],作出频率分布直方图,如图所示:(1)用每组区间的中点值代表该组的数据,估算这批考生的平均成绩;(2)现从及格(60分及以上)的学生中,用分层抽样的方法抽取了70名学生(其中女生有34名),已知成绩“优异”(超过90分)的女生有1名,能否有95%的把握认为成绩优异与性别有关?解:(1)根据题意,计算平均数为=(45×0.01+55×0.02+65×0.03+75×0.025+85×0.01+95×0.005)×10=67.x -(2)[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]四组学生的频率之比为:0.3∶0.25∶0.1∶0.05=6∶5∶2∶1,按分层抽样应该从这四组中分别抽取35,25,10,5人,依题意,可以得到下列2×2列联表:男生女生合计优异415一般(及格)323365363470K 2==≈1.76<3.841,n (ad -bc )2(a +b )(c +d )(a +c )(b +d )70(4×33-32×1)236×34×5×65对照临界值表知,不能有95%的把握认为数学成绩优异与性别有关.4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,圆C 的参数方程为Error!(α为参数).以坐标原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l 的极坐标方程为ρsin =1-.(θ-π4)22(1)求圆C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程;(2)若直线l 与圆C 交于A ,B 两点,M 是圆C 上不同于A ,B 两点的动点,求△MAB 面积的最大值.解:(1)圆C 的普通方程为(x -1)2+y 2=4,直线l 的方程可化为ρsin θ-ρcos θ=-1,2即直线l 的直角坐标方程为x -y +-1=0.2(2)圆心C 到l 的距离为d ==1,|1-0+2-1|2所以|AB |=2=2,4-13又因为圆C 上的点到直线 的距离的最大值为r +d =2+1=3,所以(S △MAB )max =×|AB |×3=×2×3=3.121233即△MAB 面积的最大值为3.34.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲已知a >0,b >0,且a 2+b 2=1,证明:(1)4a 2+b 2≥9a 2b 2;(2)(a 3+b 3)2<1.证明:(1)∵a 2+b 2=1,∴4a 2+b 2=(4a 2+b 2)(a 2+b 2)=4a 4+b 4+5a 2b 2≥4a 2b 2+5a 2b 2=9a 2b 2,,当且仅当b 2=2a 2时,取得等号.(2)因为a >0,b >0,且a 2+b 2=1,所以a ,b ∈(0,1),所以a 3<a 2,b 3<b 2,a 3+b 3<a 2+b 2,所以(a 3+b 3)2<(a 2+b 2)2=1.。

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练4

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练4

中档大题保分练(04)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,且(a +2c )cos B +b cos A =0,b =5.(1)求角B ;(2)若△ABC 的面积为1534,求△ABC 的周长.解:(1)∵(a +2c )cos B +b cos A =0,由正弦定理可得:sin A cos B +2sin C cos B +sin B cosA =0,即cos B =-12,又B ∈(0,π),则B =23π.(2)由△ABC 的面积为1534,∴12ac sin B =1534,则ac =15, 由余弦定理b 2=a 2+c 2-2ac cos B =(a +c )2-2ac -2ac cos B ,得a +c =210, 则周长a +b +c =210+5.1.(B)(12分)已知在等比数列{a n }中,a 1=1,且a 1,a 2,a 3-1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若数列{b n }满足b n =2n -1+a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2+2n 的大小.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1,a 2,a 3-1成等差数列,∴2a 2=a 1+(a 3-1)=a 3,∴q =a 3a 2=2, ∴a n =a 1q n -1=2n -1(n ∈N *). (2)∵b n =2n -1+a n ,∴S n =(1+1)+(3+2)+(5+22)+…+(2n -1+2n -1)=[1+3+5+…+(2n -1)]+(1+2+22+…+2n -1)=12n -12·n +1-2n1-2=n 2+2n -1.因为S n -(n 2+2n )=-1<0,所以S n <n 2+2n .2.(12分)某代卖店代售的某种快餐,深受广大消费者喜爱,该种快餐每份进价为8元,并以每份12元的价格销售.如果当天19:00之前卖不完,剩余的该种快餐每份以5元的价格作特价处理,且全部售完.(1)若这个代卖店每天定制15份该种快餐,求该种类型快餐当天的利润y (单位:元)关于当天需求量(单位:份,∈N )的函数解析式;(2)该代卖点记录了一个月30天的每天19:00之前的销售数量该种快餐日需求量,统计数据如下:以30月内每天都定制15份该种快餐.①求该种快餐当天的利润不少于52元的概率; ②求这一个月该种快餐的日利润的平均数(精确到0.1). 解:(1)由题意得当≥15时,y =4×15=60; 当<15时,y =4-3(15-)=7-45.所以y =⎩⎨⎧60,x ≥15,x ∈N ,7x -45,x <15,x ∈N .(2)由题意可得该种快餐的利润情况如下表:①该种快餐当天的利润不少于52元的概率为P =30=0.7.②这一个月该种快餐的日利润的平均数为 4×39+5×46+6×53+15×6030≈53.5(元).3.(12分)如图,已知四边形ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,且PA ⊥AB ,AB ∥DC ,△PAD 是等边三角形,AB =AD =2DC =2,M 为PB 的中点.(1)求证:CM ∥平面PAD ; (2)求三棱锥P ­ACM 的体积.(1)证明:取PA 的中点N ,连接MN ,DN . 由于M ,N 分别为PB ,PA 的中点, 由题意知MN 綊12AB 綊CD ,则四边形CMND 为平行四边形,所以CM ∥DN , 又CM ⊄平面PAD ,DN ⊂平面PAD , 所以CM ∥平面PAD .(2)解:由(1)知CM ∥DN ,△PAD 是等边三角形,所以DN ⊥PA ,因为AB ⊥AD ,且PA ⊥AB ,且AD ∩PA =A ,AD ⊂平面PAD ,PA ⊂平面PAD , 所以AB ⊥平面PAD ,又因为DN ⊂平面PAD ,所以DN ⊥AB , 又因为AB ∩AP =A ,AB ⊂平面ABP ,AP ⊂平面ABP ,则DN ⊥平面ABP ,即CM ⊥平面ABP ,CM 为三棱锥C ­APM 的高, CM =DN =3,S △PAM =12S △PAB =12×12×2×2=1,V P ­ACM =V C ­PAM =13S △PAM ×CM =33. 4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,已知曲线C 1的极坐标方程为ρ=1,曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x =2cos φ,y =sin φ(φ为参数).(1)求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程;(2)直线l :y =与曲线C 1交于A ,B 两点,P 是曲线C 2上的动点,求△PAB 的面积的最大值.解:(1)因为曲线C 1的极坐标方程为ρ=1, 则直角坐标方程为2+y 2=1;曲线C 2的参数方程为⎩⎨⎧x =2cos φ,y =sin φ(φ为参数),则普通方程为x 24+y 2=1.(2)由题意知|AB |=2,设P (2cos φ,sin φ), 点P 到直线y =的距离为d =|2cos φ-sin φ|2,所以S △PAB =12|AB |×d =12×2×|2cos φ-sin φ|2=102|sin(φ+θ)|≤102.4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲(1)已知a ,b ∈R ,且|a |<1,|b |<1,求证:a 2b 2+1>a 2+b 2. (2)若关于的不等式|-1|+2|-2|≤m 有解,求实数m 的取值范围. (1)证明:∵a 2b 2+1-a 2-b 2=a 2(b 2-1)+(1-b 2)=(b 2-1)(a 2-1), 又a ,b ∈R ,且|a |<1,|b |<1, ∴a 2-1<0,b 2-1<0,∴(b 2-1)(a 2-1)>0,即a 2b 2+1>a 2+b 2.(2)解:|-1|+2|-2|≤m 有解等价于m ≥(|-1|+2|-2|)min ,|-1|+2|-2|=⎩⎨⎧5-3x ,x <1,3-x ,1≤x <2,3x -5,x ≥2,由单调性知:|-1|+2|-2|≥1,所以m ≥1.。

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练320190322277

2019版高考数学二轮复习中档大题保分练320190322277

中档大题保分练(03)(满分:46分 时间:50分钟)说明:本大题共4小题,其中第1题可从A 、B 两题中任选一题; 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.1.(A)(12分)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知cos C +cos A cos B =2cos A sin B .(1)求tan A ;(2)若b =25,AB 边上的中线CD =17,求△ABC 的面积. 解:(1)由已知得cos C +cos A cos B =cos[π-(A +B )]+cos A cos B=-cos(A +B )+cos A cos B =sin A sin B , 所以sin A sin B =2cos A sin B .因为在△ABC 中,sin B ≠0,所以sin A =2cos A ,则tan A =2. (2)由(1)得,cos A =55,sin A =255, 在△ACD 中,CD 2=b 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22-2·b ·c2·cos A ,代入条件得c 2-8c +12=0,解得c =2或6. 当c =2时,S △ABC =12bc sin A =4;当c =6时,S △ABC =12.1.(B)(12分)(2018·南充诊断)已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n -2. (1)证明:{a n }是等比数列,并求其通项公式; (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n +1a n 的前n 项和T n . (1)证明:当n =1时,a 1=2.由S n =2a n -2,S n +1=2a n +1-2得a n +1=2a n +1-2a n ,即a n +1=2a n ,所以a n +1a n=2,所以数列{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列,于是a n =2n. (2)解:令b n =n +1a n =n +12n , 则T n =221+322+423+…+n +12n ,① ①×12,得12T n =222+323+424+…+n 2n +n +12n +1,②①-②得12T n=1+122+123+…+12n-n+12n+1=12+12⎝⎛⎭⎪⎫1-12n1-12-n+12n+1=32-n+32n+1.所以T n=3-n+32n.2.(12分)在如图所示的多面体ABCDE中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,且AC=AD=CD =DE=2,AB=1.(1)请在线段CE上找到点F的位置,使得恰有直线BF⊥平面CDE,并证明;(2)在(1)的条件下,求多面体ABCDF的体积.解:(1)F为线段CE的中点.证明如下:由已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,∴AB∥ED,设H是线段CD的中点,连接FH,则FH∥12DE,且FH=12DE.∵AB∥12DE,且AB=12DE,∴四边形ABFH是平行四边形,∴BF∥AH.∵AH⊥CD,AH⊥DE,CD∩DE=D,∴AH⊥平面CDE,∴BF⊥平面CDE.(2)∵V ABCDF=V A­BCD+V F­BCD=V B­ACD+V B­CDF=13×S△ACD×AB+13×S△CDF×AH=33+33=233,∴多面体ABCDF的体积为233.3.(12分)近年来,随着我国汽车消费水平的提高,二手车行业得到迅猛发展,某汽车交易市场对2017年成交的二手车交易前的使用时间(以下简称“使用时间”)进行统计,得到频率分布直方图如图1.图1(1)记“在2017年成交的二手车中随机选取一辆,该车的使用年限在(8,16]”为事件A,试估计A的概率;(2)根据该汽车交易市场的历史资料,得到散点图如图2,其中x(单位:年)表示二手车的使用时间,y(单位:万元)表示相应的二手车的平均交易价格.图2由散点图看出,可采用y=e a+bx作为二手车平均交易价格y关于其使用年限x的回归方程,相关数据如下表⎝⎛⎭⎪⎪⎫表中Y i=ln y i,Y-=110∑i=I10Y i;x-y-Y-∑i=110x i y i∑i=110x i Y i∑i=110x2i5.58.7 1.9301.479.75385②该汽车交易市场对使用8年以内(含8年)的二手车收取成交价格4%的佣金,对使用时间8年以上(不含8年)的二手车收取成交价格10%的佣金.在图1对使用时间的分组中,以各组的区间中点值代表该组的各个值.若以2017年的数据作为决策依据,计算该汽车交易市场对成交的每辆车收取的平均佣金.附注:①对于一组数据(u 1,v 1),(u 2,v 2),…,(u n ,v n ),其回归直线v =α+βu 的斜率和截距的最小二乘估计分别为β^=∑i =1nu i v i -n u - v-∑i =1nu 2i -n u -2,α^=v --β^u -. ②参考数据:e2.95≈19.1,e1.75≈5.75,e0.55≈1.73,e-0.65≈0.52,e-1.85≈0.16.解:(1)由频率分布直方图得,该汽车交易市场 2017 年成交的二手车使用时间在(8,12]的频率为0.07×4=0.28,在(12,16]的频率为0.03×4=0.12,所以P (A )=0.28+0.12=0.40. (2)①由y =ea +bx得ln y =a +bx ,即Y 关于x 的线性回归方程为Y ^=a +bx , 因为b ^=∑i =110x i Y i -10x -·Y-∑i =110x 2i -10x -2=79.75-10×5.5×1.9385-10×5.52=-0.3, a ^=Y --b ^x -=1.9-(-0.3)×5.5=3.55,所以Y 关于x 的线性回归方程为Y ^=3.55-0.3x , 即y 关于x 的回归方程为y ^=e 3.55-0.3x.②根据①中的回归方程y ^=e 3.55-0.3x 和图1,对成交的二手车可预测: 使用时间在(0,4]的平均成交价格为e 3.55-0.3×2=e 2.95≈19.1,对应的频率为0.2; 使用时间在(4,8]的平均成交价格为e3.55-0.3×6=e1.75≈5.75,对应的频率为0.36; 使用时间在(8,12]的平均成交价格为e3.55-0.3×10=e0.55≈1.73,对应的频率为0.28; 使用时间在(12,16]的平均成交价格为e 3.55-0.3×14=e -0.65≈0.52,对应的频率为0.12; 使用时间在(16,20]的平均成交价格为e3.55-0.3×18=e-1.85≈0.16,对应的频率为0.04;所以该汽车交易市场对于成交的每辆车可获得的平均佣金为:(0.2×19.1+0.36×5.75)×4%+(0.28×1.73+0.12×0.52+0.04×0.16)×10%=0.29 092≈0.29万元.4.(A)(10分)选修4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x =a cos φ,y =b sin φ(a >b >0,φ为参数),在以O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C 2是圆心在极轴上,且经过极点的圆.已知曲线C 1上的点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,32对应的参数φ=π3,射线θ=π3与曲线C 2交于点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,π3.(1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程;(2)若点A (ρ1,θ),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2,θ+π2在曲线C 1上,求1ρ21+1ρ22的值. 解:(1)将M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,32及对应的参数φ=π3 代入曲线C 1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x =a cos φ,y =b sin φ得⎩⎪⎨⎪⎧1=a cos π3,32=b sin π3,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =2,b =1.所以C 1的普通方程为x 24+y 2=1,设圆C 2的半径R ,则圆C 2的方程为ρ=2R cos θ(或(x -R )2+y 2=R 2),将点D ⎝⎛⎭⎪⎫1,π3代入得:∴R =1,∴圆C 2的方程为:ρ=2cos θ,化为直角坐标方程x 2+y 2=2x ,即(x -1)2+y 2=1.(2)∵A (ρ1,θ),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2,θ+π2均在曲线C 1上,∴ρ1cos θ24+(ρ1sin θ)2=1,ρ2sin θ24+(ρ2cos θ)2=1.所以1ρ21+1ρ22=⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2θ4+sin 2θ+⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2θ4+cos 2θ=14+1=54.4.(B)(10分)选修4-5:不等式选讲 已知函数f (x )=|x -3|+|x +4|. (1)求f (x )≥f (4)的解集;(2)设函数g (x )=k (x -3)(k ∈R ),若f (x )>g (x )对∀x ∈R 成立,求实数k 的取值范围. 解:(1)f (x )=|x -3|+|x +4|,∴f (x )≥f (4), 即|x -3|+|x +4|≥9,∴⎩⎪⎨⎪⎧x ≤-4,3-x -x -4≥9 ①或⎩⎪⎨⎪⎧ -4<x <3,3-x +x +4≥9 ②或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3,x -3+x +4≥9 ③解不等式①:x ≤-5;②:无解;③:x ≥4, 所以f (x )≥f (4)的解集为{x |x ≤-5或x ≥4}.(2)f (x )>g (x )即f (x )=|x -3|+|x +4|的图象恒在g (x )=k (x -3),k ∈R 图象的上方,可以作出f (x )=|x -3|+|x +4|=⎩⎪⎨⎪⎧-2x -1,x ≤-4,7,-4<x <3,2x +1,x ≥3的图象,而g (x )=k (x -3),k ∈R 图象为恒过定点P (3,0),且斜率k 变化的一条直线,作出函数y =f (x ),y =g (x )图象如图,其中k PB =2,可求:A (-4,7),∴k PA =-1,由图可知,要使得f (x )的图象恒在g (x )图象的上方,实数k 的取值范围为-1<k ≤2.。

2019届高考数学二轮复习第19练概率与统计的综合问题[中档大题规范练]课件(59张)(全国通用)

2019届高考数学二轮复习第19练概率与统计的综合问题[中档大题规范练]课件(59张)(全国通用)

ξ
1
2
3
P
1 9
2 3
2 9
故 ξ 的数学期望 E(ξ)=1×19+2×23+3×29=199.
解答
6.在心理学研究中,常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影 响,具体方法如下:将参加试验的志愿者随机分成两组,一组接受甲种 心理暗示,另一组接受乙种心理暗示,通过对比这两组志愿者接受心理 暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用.现有6名男志愿者A1,A2,A3, A4,A5,A6和4名女志愿者B1,B2,B3,B4,从中随机抽取5人接受甲种 心理暗示,另5人接受乙种心理暗示. (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率; 解 记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M, 则 P(M)=CC51480=158.
解答
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数,求X的分布列与期望E(X).
解答
考点三 概率与统计的综合问题
方法技巧 对于将统计图表和随机变量相结合的综合问题,首先要正确 处理图表数据,明确随机变量的意义,然后判断随机变量分布的类型, 求出分布列.
7.(2018·桂林模拟)甲、乙两名运动员互不 影响地进行四次射击训练,根据以往的数 据统计,他们射击成绩均不低于8环(成绩 环数以整数计),且甲、乙射击成绩(环数) 的分布列如右: (1)求p,q的值;
的数据估计 μ 和 σ(精确到 0.01).
附:若随机变量 Z 服从正态分布 N(μ,σ2),则 P(μ-3σ<Z<μ+3σ)=0.997 4,0.997 416
≈0.959 2, 0.008≈0.09.
解答
模板体验
模板答题规范练
典例 (12分)某校工会对全校教职工每天收看世界杯足球赛比赛的时间 作了一次调查,得到如下频数分布表:
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(一)三角函数与解三角形
1.已知函数f (x )=sin x ·(cos x +3sin x ).
(1)求f (x )的最小正周期;
(2)若关于x 的方程f (x )=t 在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,π2内有两个不相等的实数解,求实数t 的取值范围. 解 (1)f (x )=sin x cos x +3sin 2
x
=12sin 2x +32
(1-cos 2x ) =12sin 2x -32cos 2x +32
=sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x -π3+32. 所以f (x )的最小正周期T =2π2=π. (2)因为x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,π2, 所以2x -π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤-π3
,2π3. 令u =2x -π3
, 因为y =sin u 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤-π3,π2上是增函数, 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤π2,2π3上是减函数, 令u =2x -π3=π2,则x =5π12
, 所以f (x )在⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,5π12上是增函数, 在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤5π12,π2上是减函数. 由题意知,关于x 的方程f (x )=t 在区间⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0,π2内有两个不相等的实数解,等价于y =f (x )与y =t 的图象在区间⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0,π2内有两个不同的交点, 又因为f (0)=0,f ⎝
⎛⎭⎪⎫5π12=1+32,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=3, 所以3≤t <1+
32

2.在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知cos A =-
1010,b =2,c = 5. (1)求a ;
(2)求cos(B -A )的值.
解 (1)在△ABC 中,由余弦定理得,
a 2=
b 2+
c 2-2bc cos A
=2+5-2×2×5×⎝ ⎛⎭⎪⎫-
1010=9, ∴a =3(舍负).
(2)在△ABC 中,由cos A =-
1010,得A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π, ∴sin A =1-cos 2A = 1-⎝ ⎛
⎭⎪⎫-10102=31010. 在△ABC 中,由正弦定理得a sin A =b
sin B , 即331010=2sin B
,∴sin B =55, 又A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2,π,故B ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫0,π2, ∴cos B =1-sin 2B = 1-⎝ ⎛⎭
⎪⎫552=255. ∴cos(B -A )=cos B cos A +sin B sin A
=255×⎝ ⎛⎭⎪⎫-1010+55
×31010=210. 3.(2018·河北省衡水中学模拟)在△ABC 中,角A ,B ,C 所对的边分别为a ,b ,c ,且cos 2B -cos 2C =sin 2A -3sin
A ·sin
B .
(1)求角C ; (2)若A =π6
,△ABC 的面积为43,M 为AB 的中点,求CM 的长. 解 (1)由cos 2B -cos 2C =sin 2
A -3sin A sin
B ,
得sin 2C -sin 2B =sin 2A -3sin A sin B .
由正弦定理,得c 2-b 2=a 2-3ab ,
即a 2+b 2-c 2=3ab .
因为0<C <π,所以C =π6
. (2)因为A =C =π6
, 所以△ABC 为等腰三角形,且顶角B =2π3
. 故S △ABC =12a 2sin B =34
a 2=43,所以a =4(舍负). 在△MBC 中,由余弦定理,得
CM 2=MB 2+BC 2-2MB ·BC cos B
=4+16+2×2×4×12
=28, 解得CM =27.
4.(2018·重庆市綦江区调研)已知a =(2cos x,2sin x ),b =⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π6,cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x -π6,函数f (x )=cos 〈a ,b 〉. (1)求函数f (x )的零点;
(2)若锐角△ABC 的三个内角A ,B ,C 的对边分别是a ,b ,c ,且f (A )=1,求b +c a
的取值范围. 解 (1)由条件可知,a ·b =2cos x ·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π6+2sin x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x -π6=2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x -π6, ∴f (x )=cos 〈a ,b 〉=a ·b |a ||b |=2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -π62
=sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x -π6. 由2x -π6=k π,k ∈Z ,解得x =k π2+π12
,k ∈Z , 即函数f (x )的零点为x =
k π2+π12,k ∈Z . (2)由正弦定理得b +c a =sin B +sin C sin A
, 由(1)知,f (x )=sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x -π6, 又f (A )=1,得sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2A -π6=1, ∴2A -π6=2k π+π2
,k ∈Z ,
又A ∈(0,π),得A =π3
, ∵A +B +C =π,∴C =2π3
-B ,代入上式化简得, b +c a =sin B +sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3-B sin A
=32sin B +32cos B sin A =3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B +π6sin A
=2sin ⎝
⎛⎭⎪⎫B +π6. 又在锐角△ABC 中,有0<B <
π2, 0<C =2π3-B <π2
, ∴π6<B <π2,∴π3<B +π6<2π3
, 则有
32<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B +π6≤1, 即3<b +c a
≤2. 5.(2018·河南省郑州外国语学校调研)在△ABC 中,角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,已知sin A +sin B =3sin C .
(1)若cos 2A =sin 2B +cos 2
C +sin A sin B ,求sin A +sin B 的值;
(2)若c =2,求△ABC 面积的最大值.
解 (1)∵cos 2A =sin 2B +cos 2C +sin A sin B ,
∴1-sin 2A =sin 2B +1-sin 2C +sin A sin B ,
∴sin 2A +sin 2B -sin 2C =-sin A sin B ,
∴由正弦定理,得a 2+b 2-c 2=-ab , ∴由余弦定理,得cos C =a 2+b 2-c 22ab =-12
, 又0<C <π,
∴C =2π3
, ∴sin A +sin B =3sin C =3sin 2π3=32
.
∴cos C =a 2+b 2-c 22ab =(a +b )2-2ab -c 22ab =4ab
-1, ∴sin C =1-cos 2C =
1-⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab -12 = -⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab 2+8ab
, ∴S =12ab sin C =12ab -⎝ ⎛⎭⎪⎫4ab 2+8ab =12-16+8ab . ∵a +b =23≥2ab ,
即0<ab ≤3,当且仅当a =b =3时等号成立,
∴S =12-16+8ab ≤12
-16+8×3=2, ∴△ABC 面积的最大值为 2.。

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