考前三个月2016高考二轮复习数学 中档大题规范练 中档大题4
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高中数学学习材料唐玲出品中档大题保分练(四)(建议用时：45分钟)1．某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：单价x(元)88.28.48.68.89销量y(件)908483807568(1)求回归直线方程y^＝bx＋a，其中b＝－20，a＝y－－b x－；(2)预计在今后的销售中，销量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是4元/件，为使工厂获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)2．(2015·宁夏模拟)为了比较两种复合材料制造的轴承(分别称为类型Ⅰ和类型Ⅱ轴承)的使用寿命，检验了两种类型轴承各30个，它们的使用寿命(单位：百万圈)如下表：类型Ⅰ6.2 6.48.38.69.49.810.310.611.211.411.611.611.711.811.812. 212.312.312.512.512.612.712.813.313.313.413.613.814.214.5 类型Ⅱ8.48.58.79.29.29.59.79.79.89.810.110.210.310.310.410. 610.810.911.211.211.311.511.511.611.812.312.412.713.113.4 (1)根据两组数据完成下面茎叶图；图1(2)分别估计两种类型轴承使用寿命的中位数；(3)根据茎叶图对两种类型轴承的使用寿命进行评价．3．(2015·南昌模拟)甲、乙两家商场对同一种商品开展促销活动，对购买该商品的顾客两家商场的奖励方案如下：甲商场：顾客转动如图2所示圆盘，当指针指向阴影部分(图中四个阴影部分均为扇形，且每个扇形圆心角均为15°，边界忽略不计)即为中奖．乙商场：从装有3个白球和3个红球的盒子中一次性摸出2球(这些球除颜色外完全相同)，如果摸到的是2个红球，即为中奖．试问：购买该商品的顾客在哪家商场中奖的可能性大？请说明理由．图24．某高校共有学生15 000人，其中男生10 500人，女生4 500人．为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位：小时)．(1)应收集多少位女生的样本数据？(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据的分组区间为：[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率；图3(3)在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4小时，请完成每周平均体育运动时间与性别列联表，并判断是否有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．附：K2＝n（ad－bc）2（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）P(K2≥k0)0.100.050.0100.005 k0 2.706 3.841 6.6357.8795．(2015·青岛模拟)某车间要加工某种零件，现将10名技工平均分为甲、乙两组，分别标记为1，2，3，4，5号，在单位时间内每个技工加工零件若干，其中合格零件的个数如下表：1号技工2号技工3号技工4号技工5号技工甲组457910乙组56789(1)分别求出甲、乙两组技工在单位时间内完成合格零件的平均数及方差，并由此比较两组技工的技术水平；(2)质检部门从该车间甲、乙两组中各随机抽取1名技工，对其加工的零件进行检测，若两人完成合格零件个数之和超过12件，则称该车间“质量合格”，求该车间“质量合格”的概率．6．(2015·临川模拟)为了解某市的交通状况，现对其6条道路进行评估，得分分别为5，6，7，8，9，10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如下表：评估的平均得分(0，6)[6，8)[8，10]全市的总体交通状况等不合格合格优秀级(1)求本次评估的平均得分，并参照上表估计该市的总体交通状况等级；(2)用简单随机抽样方法从这6条道路中抽取2条，它们的得分组成一个样本，求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超过0.5的概率．【详解答案】1．解：(1)由于x －＝16(x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5＋x 6)＝8.5， y －＝16(y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5＋y 6)＝80. 所以a ＝y ^－b x －＝80＋20×8.5＝250， 从而回归直线方程为y ^＝－20x ＋250. (2)设工厂获得的利润为L 元，依题意得 L ＝x (－20x ＋250)－4(－20x ＋250) ＝－20x 2＋330x －1 000 ＝－20⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3342＋361.25.当且仅当x ＝8.25时，L 取得最大值．故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润． 2．解：(1)茎叶图如下：(2)由茎叶图知，类型Ⅰ轴承的使用寿命按由小到大排序，排在第15，16位是11.8，12.2，故中位数为12；类型Ⅱ轴承的使用寿命按由小到大排序，排在第15，16位是10.4，10.6，故中位数为10.5.(3)由所作茎叶图可知，类型Ⅰ轴承使用寿命的中位数高于类型Ⅱ轴承使用寿命的中位数，表明类型Ⅰ轴承的使用寿命较长；由茎叶图可以大致看出类型Ⅰ轴承使用寿命的标准差大于类型Ⅱ轴承使用寿命的标准差，表明类型Ⅱ轴承稳定型较好．3．解：设顾客去甲商场，转动圆盘，指针指向阴影部分为事件A ， 试验的全部结果构成的区域为圆盘，面积为πr 2(r 为圆盘的半径)，阴影区域的面积为S ＝4×12×π12r 2＝π6r 2.所以P(A)＝π6r2πr2＝16.设顾客去乙商场一次摸出两个红球为事件B，记盒子中3个白球为a1，a2，a3，3个红球为b1，b2，b3，记(x，y)为一次摸球的结果，则一切可能的结果有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a3，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共15种．摸到的2个球都是红球有(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，共3种．所以P(B)＝315＝15.因为P(A)<P(B)，所以顾客在乙商场中奖的可能性大．4．解：(1)300×4 50015 000＝90，所以应收集90位女生的样本数据．(2)由频率分布直方图得1－2×(0.100＋0.025)＝0.75，所以该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率的估计值为0.75.(3)由(2)知，300位学生中有300×0.75＝225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人的每周平均体育运动时间不超过4小时．又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下：男生女生总计每周平均体育运动时间不超过4小时453075每周平均体育运动时间超过4小时16560225总计21090300结合列联表可算得K2＝300×（45×60－30×165）275×225×210×90≈4.762>3.841.所以有95%的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．5．解：(1)依题意，x－甲＝15(4＋5＋7＋9＋10)＝7，x－乙＝15(5＋6＋7＋8＋9)＝7.S2甲＝15[(4－7)2＋(5－7)2＋(7－7)2＋(9－7)2＋(10－7)2]＝265＝5.2，S 2乙＝15[(5－7)2＋(6－7)2＋(7－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2]＝2.因为x －甲＝x －乙，S 2甲>S 2乙，所以两组技工的总体水平相同，甲组技工的技术水平差异比乙组大，乙组更稳定．(2)记该车间“质量合格”为事件A ，则从甲、乙两组中各抽取1名技工完成合格零件个数的基本事件为：(4，5)，(4，6)，(4，7)，(4，8)，(4，9)，(5，5)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(5，9)，(7，5)，(7，6)，(7，7)，(7，8)，(7，9)，(9，5)，(9，6)，(9，7)，(9，8)，(9，9)，(10，5)，(10，6)，(10，7)，(10，8)，(10，9)，共25种．事件A 包含的基本事件为：(4，9)，(5，8)，(5，9)，(7，6)，(7，7)，(7，8)，(7，9)，(9，5)，(9，6)，(9，7)，(9，8)，(9，9)，(10，5)，(10，6)，(10，7)，(10，8)，(10，9)，共17种．所以 “质量合格”的概率为P (A )＝1725.6．解：(1)6条道路的平均得分为16×(5＋6＋7＋8＋9＋10)＝7.5， ∴该市的总体交通状况等级为合格．(2)设A 表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”． 从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为：(5，6)，(5，7)，(5，8)，(5，9)，(5，10)，(6，7)，(6，8)，(6，9)，(6，10)，(7，8)，(7，9)，(7，10)，(8，9)，(8，10)，(9，10)，共15个基本事件．事件A 包括(5，9)，(5，10)，(6，8)，(6，9)，(6，10)，(7，8)，(7，9)共7个基本事件，∴P (A )＝715.即该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为715.。
高考数学(理)考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练4 含解析
中档大题规范练4 概率与统计1．(2016·北京)A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：(1)试估计C 班的学生人数；(2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙．假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率； (3)再从A ，B ，C 三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7,9,8.25(单位：小时)．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小(结论不要求证明)． 解 (1)C 班学生人数约为100×85＋7＋8＝100×820＝40.(2)设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”，i ＝1,2，…，5， 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”，j ＝1,2，…，8. 由题意可知P (A i )＝15，i ＝1,2，…，5；P (C j )＝18，j ＝1,2， (8)P (A i C j )＝P (A i )P (C j )＝15×18＝140，i ＝1,2，...，5，j ＝1,2， (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由题意知， E＝A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2∪A 5C3∪A 5C 4.因此P (E )＝P (A 1C 1)＋P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (A 2C 2)＋P (A 2C 3)＋P (A 3C 1)＋P (A 3C 2)＋P (A 3C 3)＋P (A 4C 1)＋P (A 4C 2)＋P (A 4C 3)＋P (A 5C 1)＋P (A 5C 2)＋P (A 5C 3)＋P (A 5C 4)＝15×140＝38.(3)μ1＜μ0.2．某学校为准备参加市运动会，对本校甲、乙两个田径队中30名跳高运动员进行了测试，并用茎叶图表示出本次测试30人的跳高成绩(单位：cm)．跳高成绩在175 cm 以上(包括175 cm)定义为“合格”，成绩在175 cm 以下定义为“不合格”．鉴于乙队组队晚，跳高成绩相对较弱，为激励乙队队员，学校决定只有乙队中“合格”者才能参加市运动会开幕式旗林队．(1)求甲队队员跳高成绩的中位数；(2)如果将所有的运动员按“合格”与“不合格”分成两个层次，用分层抽样抽取“合格”与“不合格”的人数共5人，则各层应抽取多少人？(3)若从所有“合格”运动员中选取2名，用X 表示所选运动员中甲队能参加市运动会开幕式旗林队的人数，试写出X 的概率分布，并求X 的均值．解 (1)由茎叶图知，甲田径队12名队员的跳高成绩从小到大排列后中间的两个成绩为176、178，故中位数为12(176＋178)＝177.(2)由茎叶图可知，甲、乙两队合格人数为12，不合格人数为18，所以抽取五人，合格人数为530×12＝2，不合格人数为530×18＝3. (3)X ＝0,1,2，P (X ＝0)＝C 24C 212＝111，P (X ＝1)＝C 18C 14C 212＝1633，P (X ＝2)＝C 28C 212＝1433.故X 的概率分布为E (X )＝0×111＋1×1633＋2×1433＝43.3．安排5个大学生到A ，B ，C 三所学校支教，设每个大学生去任何一所学校是等可能的． (1)求5个大学生中恰有2个人去A 校支教的概率；(2)设有大学生去支教的学校的个数为ξ，求ξ的概率分布．解 (1)5个大学生到三所学校支教的所有可能为35＝243(种)，设“恰有2个人去A 校支教”为事件M ， 则有C 25·23＝80(种)， ∴P (M )＝80243.即5个大学生中恰有2个人去A 校支教的概率为80243.(2)由题意得：ξ＝1,2,3,ξ＝1⇒5人去同一所学校，有C 13＝3(种)， ∴P (ξ＝1)＝3243＝181，ξ＝2⇒5人去两所学校，即分为4,1或3,2有C 23·(C 45＋C 35)·A 22＝90(种)，∴P (ξ＝2)＝90243＝3081＝1027，ξ＝3⇒5人去三所学校，即分为3,1,1或2,2,1有(C 35·C 12·12！＋C 25·C 23·12！)·A 33＝150(种)，∴P (ξ＝3)＝150243＝5081.∴ξ 的概率分布为4.甲、乙两人进行定点投篮比赛，在距篮筐3米线内设一点A ，在点A 处投中一球得2分，不中得0分；在距篮筐3米线外设一点B ，在点B 处投中一球得3分，不中得0分，已知甲、乙两人在A 点投中的概率都是12，在B 点投中的概率都是13，且在A ，B 两点处投中与否相互独立，设定甲、乙两人先在A 处各投篮一次，然后在B 处各投篮一次，总得分高者获胜． (1)求甲投篮总得分ξ的概率分布和均值； (2)求甲获胜的概率．解 (1)设“甲在A 点投中”为事件A ，“甲在B 点投中”为事件B ， 根据题意，ξ的可能取值为0,2,3,5，则P (ξ＝0)＝P (A B )＝(1－12)×(1－13)＝13，P (ξ＝2)＝P (A B )＝12×(1－13)＝13，P (ξ＝3)＝P (A B )＝(1－12)×13＝16，P (ξ＝5)＝P (AB )＝12×13＝16.所以ξ的概率分布为E (ξ)＝0×13＋2×13＋3×16＋5×16＝2.(2)同理，乙的总得分η的概率分布为甲获胜包括：甲得2分、3分、5分三种情形，这三种情形之间彼此互斥． 因此，所求事件的概率为P ＝P (ξ＝2)×P (η＝0)＋P (ξ＝3)×P (η<3)＋P (ξ＝5)×P (η<5)＝13×13＋16×(13＋13)＋16×(1－16)＝1336. 5．某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制， 已知所有这些学生的原始成绩均分布在[50,100]内，发布成绩使用等级制各等级划分标准见下表， 规定：A 、B 、C 三级为合格等级，D 为不合格等级.为了解该校高一年级学生身体素质情况， 从中抽取了n 名学生的原始成绩作为样本进行统计， 按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图如图1所示， 样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示．(1)求n 和频率分布直方图中x ，y 的值；(2)根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，若在该校高一学生中任选3人， 求至少有1人成绩是合格等级的概率；(3)在选取的样本中， 从A 、C 两个等级的学生中随机抽取了3名学生进行调研， 记ξ表示所抽取的3名学生中为C 等级的学生人数， 求随机变量ξ的概率分布及均值． 解 (1)n ＝60.012×10＝50，x ＝250×10＝0.004，y ＝1－0.04－0.1－0.12－0.5610＝0.018.(2)成绩是合格等级人数为(1－0.1)×50＝45, 抽取的50人中成绩是合格等级的频率为910，故从该校学生中任选1人， 成绩是合格等级的概率为910，设在该校高一学生中任选3人， 至少有1人成绩是合格等级的事件为A ， 则P (A )＝1－C 03×(1－910)3＝9991 000. (3) 由题意可知C 等级的学生人数为0.18×50＝9，A 等级的学生人数为3, 故ξ的取值为0,1,2,3，则P (ξ＝0)＝C 33C 312＝1220，P (ξ＝1)＝C 19C 23C 312＝27220，P (ξ＝2)＝C 29C 13C 312＝108220＝2755，P (ξ＝3)＝C 39C 312＝84220＝2155，所以ξ的概率分布为E (ξ)＝0×1220＋1×27220＋2×2755＋3×2155＝94.。
高考数学(理)考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练1 含解析
中档大题规范练中档大题规范练1 三角函数1．(2016·浙江)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a cos B .(1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小． (1)证明 由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B )＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ，于是sin B ＝sin(A －B )．又A ，B ∈(0，π)，故0＜A －B ＜π，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ，因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以A ＝2B .(2)解 由S ＝a 24得12ab sin C ＝a 24， 故有sin B sin C ＝12sin A ＝12sin 2B ＝sin B cos B ， 由sin B ≠0，得sin C ＝cos B .又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B . 当B ＋C ＝π2时，A ＝π2； 当C －B ＝π2时，A ＝π4. 综上，A ＝π2或A ＝π4. 2．(2016·北京)已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx (ω＞0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)求f (x )的单调递增区间．解 (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx＝sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2⎝⎛⎭⎫22sin 2ωx ＋22cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4， 由ω＞0，f (x )的最小正周期为π，得2π2ω＝π，解得ω＝1.(2)由(1)得f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4， 令－π2＋2k π≤2x ＋π4≤π2＋2k π，k ∈Z ， 解得－3π8＋k π≤x ≤π8＋k π，k ∈Z ， 即f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π(k ∈Z )． 3．已知函数f (x )＝2cos x (sin x －cos x )＋1，x ∈R .(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)将函数y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位后，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )的最大值及取得最大值时x 的集合． 解 (1)f (x )＝2cos x (sin x －cos x )＋1＝sin 2x －cos 2x ＝2sin(2x －π4)， 令2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z )， 解得k π－π8≤x ≤k π＋3π8(k ∈Z )， 故函数f (x )的单调递增区间为[k π－π8，k π＋3π8](k ∈Z )． (2)由已知，得g (x )＝2sin(x ＋π4)， ∴当sin(x ＋π4)＝1，即x ＋π4＝2k π＋π2(k ∈Z )， 也即x ＝2k π＋π4(k ∈Z )时，g (x )max ＝ 2. ∴当x ＝2k π＋π4(k ∈Z )时，g (x )的最大值为 2. 4．(2016·四川)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a ＋cos B b ＝sin C c. (1)证明：sin A sin B ＝sin C ；(2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tan B . (1)证明 根据正弦定理，可设a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝k (k >0)， 则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C .代入cos A a ＋cos B b ＝sin C c中，有cos A k sin A ＋cos B k sin B ＝sin C k sin C，变形可得 sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B )．在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π，有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ．所以sin A sin B ＝sin C .(2)解 由已知，b 2＋c 2－a 2＝65bc ，根据余弦定理，有 cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35. 所以sin A ＝1－cos 2A ＝45. 由(1)知，sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ，所以45sin B ＝45cos B ＋35sin B . 故tan B ＝sin B cos B＝4. 5．已知向量m ＝(3sin x ，cos x )，n ＝(cos x ，cos x )，x ∈R ，设f (x )＝m·n .(1)求函数f (x )的解析式及单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a ＝1，b ＋c ＝2，f (A )＝1，求△ABC 的面积．解 (1)f (x )＝m·n ＝3sin x cos x ＋cos 2x ＝32sin 2x ＋12cos 2x ＋12＝sin(2x ＋π6)＋12， 由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ， 可得，－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z ， ∴函数f (x )的单调递增区间为[－π3＋k π，π6＋k π]，k ∈Z . (2)∵f (A )＝1，∴sin(2A ＋π6)＝12， ∵0<A <π，∴π6<2A ＋π6<13π6， ∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3. 由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得1＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝4－3bc ， ∴bc ＝1，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝34.。
高考数学二轮复习专练四中档大题(四)
中档大题(四)1．(2013·高考陕西卷)有7位歌手(1至7号)参加一场歌唱比赛，由500名大众评委现组别A B C D E人数50 100 150 150 50(1)委，组别A B C D E 人数50 100 150 150 50抽取人数 6抽到的评委中分别任选1人，求这2人都支持1号歌手的概率.2．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝22，求三棱锥C-A1DE的体积．3．(2013·河北省普通高中高三教学质量检测)已知正项数列{a n}，{b n}满足a1＝3，a2＝6，{b n}是等差数列，且对任意正整数n，都有b n，a n，b n＋1成等比数列．(1)求数列{b n}的通项公式；(2)设S n＝1a1＋1a2＋…＋1a n，试比较2S n与2－b2n＋1a n＋1的大小．4．(2013·湖北省武汉市高中毕业生调研测试)如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A -BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A -BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长．5．(2013·高考福建卷)某工厂有25周岁以上(含25周岁)工人300名，25周岁以下工人200名．为研究工人的日平均生产量是否与年龄有关，现采用分层抽样的方法，从中抽取了100名工人，先统计了他们某月的日平均生产件数，然后按工人年龄在“25周岁以上(含25周岁)”和“25周岁以下”分为两组，再将两组工人的日平均生产件数分成5组：[50，60)、[60，70)、[70，80)、[80，90)、[90，100]分别加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．(1)从样本中日平均生产件数不足60件的工人中随机抽取2人，求至少抽到一名“25周岁以下组”工人的概率；(2)规定日平均生产件数不少于80件者为“生产能手”，请你根据已知条件完成2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”？附：K2＝n（ad－bc）2（6．(2013·高考福建卷)如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝22，点M 在线段PQ上．(1)若OM＝5，求PM的长；(2)若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．答案：1．【解】(1)(2)记从A 12312号歌手；从B 组抽到的6位评委分别为b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6，其中b 1，b 2支持1号歌手，从{a 1，a 2，a 3}和{b 1，b 2，b 3，b 4，b 5，b 6}中各抽取1人的所有结果如图：由树状图知所有结果共18种，其中2人都支持1号歌手的有a 1b 1，a 1b 2，a 2b 1，a 2b 2共4种，故所求概率P ＝418＝29. 2．【解】(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)因为ABC -A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥CD .由已知AC ＝CB ，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB .又AA 1∩AB ＝A ，于是CD ⊥平面ABB 1A 1.由AA 1＝AC ＝CB ＝2，AB ＝22得∠ACB ＝90°，CD ＝2，A 1D ＝6，DE ＝3，A 1E ＝3，故A 1D 2＋DE 2＝A 1E 2，即DE ⊥A 1D .所以V 三棱锥C -A 1DE ＝13×12×6×3×2＝1. 3．【解】(1)∵对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列，且{a n }，{b n }都为正项数列，∴a n ＝b n b n ＋1(n ∈N *)．可得a 1＝b 1b 2＝3，a 2＝b 2b 3＝6，又{b n }是等差数列，∴b 1＋b 3＝2b 2，解得b 1＝2，b 2＝322. ∴b n ＝22(n ＋1)(n ∈N *)． (2)由(1)可得a n ＝b n b n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2， 则1a n ＝2（n ＋1）（n ＋2）＝2(1n ＋1－1n ＋2)， ∴S n ＝2[(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)] ＝1－2n ＋2，∴2S n ＝2－4n ＋2，又2－b 2n ＋1a n ＋1＝2－n ＋2n ＋3，∴2S n －(2－b 2n ＋1a n ＋1)＝n ＋2n ＋3－4n ＋2＝n 2－8（n ＋2）（n ＋3）. ∴当n ＝1，2时，2S n <2－b 2n ＋1a n ＋1；当n ≥3时，2S n >2－b 2n ＋1a n ＋1. 4．【解】(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AO ，BO ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面AOC .∵BD ⊂平面BCD ，∴平面AOC ⊥平面BCD .(2)由(1)知BD ⊥平面AOC ，∴V A BCD ＝13S △AOC ·BD ，又V A BCD ＝63， ∴13×12OA ·OC ·sin ∠AOC ·BD ＝63， 即13×12×2×2×sin ∠AOC ×22＝63， ∴sin ∠AOC ＝32， ∵∠AOC 是钝角，∴∠AOC ＝120°. 在△AOC 中，由余弦定理，得AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos ∠AOC＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos 120°＝6，∴AC ＝ 6.5．【解】(1)由已知得，样本中有25周岁以上组工人60名，25周岁以下组工人40名．所以，样本中日平均生产件数不足60件的工人中，25周岁以上组工人有60×0.05＝3(人)，记为A 1，A 2，A 3；25周岁以下组工人有40×0.05＝2(人)，记为B 1，B 2.从中随机抽取2名工人，所有的可能结果共有10种，它们是：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 2，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，B 2)．其中，至少有1名“25周岁以下组”工人的可能结果共有7种，它们是：(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，B 2)．故所求的概率P ＝710. (2)由频率分布直方图可知，在抽取的100名工人中，“25周岁以上组”中的生产能手60×0.25＝15(人)，“25周岁以下组”中的生产能手40×0.375＝15(人)，据此可得2×2列联表如下：所以得K 2＝n （ad －bc ）（a ＋b ）（c ＋d ）（a ＋c ）（b ＋d ）＝100×（15×25－15×45）260×40×30×70＝2514≈1.79. 因为1.79<2.706，所以没有90%的把握认为“生产能手与工人所在的年龄组有关”．6．【解】(1)在△OMP 中，∠OPM ＝45°，OM ＝5，OP ＝22，由余弦定理得，OM 2＝OP 2＋MP 2－2OP ·MP ·cos 45°，得MP 2－4MP ＋3＝0，解得MP ＝1或MP ＝3.(2)设∠POM ＝α，0°≤α≤60°，在△OMP 中，由正弦定理，得OM sin ∠OPM ＝OP sin ∠OMP，所以OM ＝OP sin 45°sin （45°＋α）， 同理ON ＝OP sin 45°sin （75°＋α）. 故S △OMN ＝12·OM ·ON ·sin ∠MON ＝14×OP 2sin 245°sin （45°＋α）sin （75°＋α）＝1sin （45°＋α）sin （45°＋α＋30°）＝1sin （45°＋α）⎣⎡⎦⎤32sin （45°＋α）＋12cos （45°＋α） ＝132sin 2（45°＋α）＋12sin （45°＋α）cos （45°＋α） ＝134[1－cos （90°＋2α）]＋14sin （90°＋2α） ＝134＋34sin 2α＋14cos 2α ＝134＋12sin （2α＋30°）. 因为0°≤α≤60°，30°≤2α＋30°≤150°，所以当α＝30°时，sin(2α＋30°)的最大值为1，此时△OMN 的面积取到最小值，即∠POM ＝30°时，△OMN 的面积的最小值为8－4 3.。
高考数学(理)考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练2 Word版含解析
中档大题规范练2 立体几何与空间向量1．如图，在四棱锥P —ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —AC —D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为P A ＝PD ＝2，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ，因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 以O 为原点，OC ，OD ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．PB →＝(1，－1，－1)，设平面PDC 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，CP →＝(－1,0,1)，PD →＝(0,1，－1)．则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)， B 点到平面PDC 的距离d ＝|BP →·u ||u |＝33. (3)解 假设存在，则设PQ →＝λPD → (0<λ<1)，因为PD →＝(0,1，－1)，所以Q (0，λ，1－λ)，设平面CAQ 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AQ →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，(λ＋1)b ＋(1－λ)c ＝0， 所以取m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，平面CAD 的法向量n ＝(0,0,1)，因为二面角Q —AC —D 的余弦值为63， 所以|m·n||m||n |＝63， 所以3λ2－10λ＋3＝0， 所以λ＝13或λ＝3(舍去)，所以PQ QD ＝12. 2．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A —DF —C 的大小．(1)证明 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为(1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0，取x ＝1得平面FDC 的一个法向量n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)．∵n·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则q ·DF →＝0，q ·DA →＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1),设二面角A —DF —C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)， 则cos θ＝－|n·q |n|·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A —DF —C 的大小为120°.3．如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23， 得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 4.如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥底面ABCD ，其中底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝CD ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ，Q 为PD 的中点．(1)证明：CQ ∥平面P AB ；(2)求二面角D —AQ —C 的余弦值．(1)证明 如图所示，取P A 的中点N ，连结QN ，BN .在△P AD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ，所以QN ∥AD ，且QN ＝12AD . 在△APD 中，P A ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ，所以AD ＝P A 2＋PD 2＝22＋(23)2＝4，而BC ＝2，所以BC ＝12AD . 又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ，故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ .又CQ ⊄平面P AB ，BN ⊂平面P AB ，所以CQ ∥平面P AB .(2)解 如图，在平面P AD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连结OB .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ，所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3， 故AO ＝AP 2－PO 2＝22－(3)2＝1.在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连结BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形．所以BM ＝CD ＝AB ＝2.在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，所以BO ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BO ⊥平面P AD .如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，D (0,3,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，P (0,0，3)，C (3，2,0)，则AC →＝(3，3,0)．因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝⎛⎭⎫0，32，32， 所以AQ →＝⎝⎛⎭⎫0，52，32. 设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧ m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32z ＝0，令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5)．因为BO ⊥平面P AD ，所以OB →＝(3，0,0)是平面ADQ 的一个法向量．故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋(－3)2＋52＝337＝33737. 从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737. 5．在四棱锥P —ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.(1)求证：BC ⊥平面PBD ；(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°？若存在，求PQ PC 的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，所以PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD .如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC →＝(－1,1,0)，所以BC →·DB →＝0，BC ⊥DB ，又由PD ⊥平面ABCD ，可得PD ⊥BC ，因为PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD .(2)解 平面PBD 的法向量为BC →＝(－1,1,0)，PC →＝(0,2，－1)，设PQ →＝λPC →，λ∈(0,1)，所以Q (0,2λ，1－λ)，设平面QBD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，DB →＝(1,1,0)，DQ →＝(0,2λ，1－λ)，由n ·DB →＝0，n ·DQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，2λb ＋(1－λ)c ＝0， 令b ＝1，所以n ＝(－1,1，2λλ－1)， 所以cos 45°＝|n ·BC →||n ||BC →|＝22 2＋(2λλ－1)2＝22， 注意到λ∈(0,1)，得λ＝2－1，所以在线段PC 上存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°，此时PQ PC＝2－1.。
高考理科数学考前抢分必做--中档大题规范练及答案
中档大题规范练中档大题规范练1 三角函数1.(2016·浙江)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b ＋c ＝2a cos B . (1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小.(1)证明 由正弦定理得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ， 故2sin A cos B ＝sin B ＋sin(A ＋B ) ＝sin B ＋sin A cos B ＋cos A sin B ， 于是sin B ＝sin(A －B ).又A ，B ∈(0，π)，故0＜A －B ＜π，所以B ＝π－(A －B )或B ＝A －B ， 因此A ＝π(舍去)或A ＝2B ，所以A ＝2B . (2)解 由S ＝a 24得12ab sin C ＝a 24，故有sin B sin C ＝12sin A ＝12sin 2B ＝sin B cos B ，由sin B ≠0，得sin C ＝cos B . 又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B .当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C －B ＝π2时，A ＝π4.综上，A ＝π2或A ＝π4.2.(2016·北京)已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx (ω＞0)的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)求f (x )的单调递增区间.解 (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx ＝sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2⎝⎛⎭⎫22sin 2ωx ＋22cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4， 由ω＞0，f (x )的最小正周期为π，得2π2ω＝π，解得ω＝1.(2)由(1)得f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4，令－π2＋2k π≤2x ＋π4≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－3π8＋k π≤x ≤π8＋k π，k ∈Z ，即f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－3π8＋k π，π8＋k π(k ∈Z ). 3.已知函数f (x )＝2cos x (sin x －cos x )＋1，x ∈R . (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)将函数y ＝f (x )的图象向左平移π4个单位后，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )的最大值及取得最大值时x 的集合. 解 (1)f (x )＝2cos x (sin x －cos x )＋1 ＝sin 2x －cos 2x ＝2sin(2x －π4)，令2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z )，解得k π－π8≤x ≤k π＋3π8(k ∈Z )，故函数f (x )的单调递增区间为[k π－π8，k π＋3π8](k ∈Z ).(2)由已知，得g (x )＝2sin(x ＋π4)，∴当sin(x ＋π4)＝1，即x ＋π4＝2k π＋π2(k ∈Z )，也即x ＝2k π＋π4(k ∈Z )时，g (x )max ＝ 2.∴当{x |x ＝2k π＋π4(k ∈Z )}时，g (x )的最大值为 2.4.(2016·四川)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos A a ＋cos B b ＝sin Cc .(1)证明：sin A sin B ＝sin C ； (2)若b 2＋c 2－a 2＝65bc ，求tan B .(1)证明 根据正弦定理，可设 a sin A ＝b sin B ＝c sin C＝k (k >0)， 则a ＝k sin A ，b ＝k sin B ，c ＝k sin C . 代入cos A a ＋cos B b ＝sin C c 中，有cos A k sin A ＋cos B k sin B ＝sin C k sin C，变形可得sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝sin(A ＋B ).在△ABC 中，由A ＋B ＋C ＝π，有sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C .所以sin A sin B ＝sin C . (2)解 由已知，b 2＋c 2－a 2＝65bc ，根据余弦定理，有cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝35.所以sin A ＝1－cos 2A ＝45.由(1)，sin A sin B ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， 所以45sin B ＝45cos B ＋35sin B .故tan B ＝sin B cos B＝4.5.已知向量m ＝(3sin x ，cos x )，n ＝(cos x ，cos x )，x ∈R ，设f (x )＝m·n . (1)求函数f (x )的解析式及单调递增区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且a ＝1，b ＋c ＝2，f (A )＝1，求△ABC 的面积.解 (1)f (x )＝m·n ＝3sin x cos x ＋cos 2x ＝32sin 2x ＋12cos 2x ＋12＝sin(2x ＋π6)＋12，由－π2＋2k π≤2x ＋π6≤π2＋2k π，k ∈Z ，可得，－π3＋k π≤x ≤π6＋k π，k ∈Z ，∴函数f (x )的单调递增区间为[－π3＋k π，π6＋k π]，k ∈Z .(2)∵f (A )＝1，∴sin(2A ＋π6)＝12，∵0<A <π，∴π6<2A ＋π6<13π6，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ， 得1＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝4－3bc ，∴bc ＝1，∴S △ABC ＝12bc sin A ＝34.中档大题规范练2 立体几何与空间向量1.如图，在四棱锥P —ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点.(1)求证：PO ⊥平面ABCD ； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —AC —D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 因为P A ＝PD ＝2，O 为AD 的中点， 所以PO ⊥AD ，因为侧面P AD ⊥底面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 以O 为原点，OC ，OD ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1).PB →＝(1，－1，－1)，设平面PDC 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，CP →＝(－1，0，1)，PD →＝(0，1，－1).则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP ，→＝－x ＋z ＝0，u ·PD ，→＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)，B 点到平面PDC 的距离 d ＝|BP ，→·u ||u |＝33.(3)解 假设存在，则设PQ →＝λPD →(0<λ<1)， 因为PD →＝(0，1，－1)，所以Q (0，λ，1－λ)，设平面CAQ 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ，→＝0，m ·AQ ，→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，(λ＋1)b ＋(1－λ)c ＝0，所以取m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 平面CAD 的法向量n ＝(0，0，1)， 因为二面角Q —AC —D 的余弦值为63， 所以|m·n||m||n |＝63，所以3λ2－10λ＋3＝0，所以λ＝13或λ＝3(舍去)，所以PQ QD ＝12.2.如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ； (2)求二面角A —DF —C 的大小.(1)证明 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，D 1(0，0，2). ∵E 为AB 的中点， ∴E 点坐标为(1，1，0)， ∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23 (1，1，－2)＝(23，23，－43)，DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0，0，2)＋(23，23，－43)＝(23，23，23).设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0，取x ＝1得平面FDC 的一个法向量n ＝(1，0，－1). 设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1，1，1). ∵n·p ＝(1，0，－1)·(1，1，1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量， 则q ·DF →＝0，q ·DA →＝0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0，1，－1)， 设二面角A —DF —C 的平面角为θ， 由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝－|n·q|n|·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12，∴二面角A —DF —C 的大小为120°.3.如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点.(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值.解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B ，→·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)， 所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0， 即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0， 取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量. 取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23， 得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 4.如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥底面ABCD ，其中底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝CD ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ，Q 为PD 的中点.(1)证明：CQ ∥平面P AB ； (2)求二面角D —AQ —C 的余弦值.(1)证明 如图所示，取P A 的中点N ，连接QN ，BN .在△P AD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ， 所以QN ∥AD ，且QN ＝12AD .在△APD 中，P A ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ， 所以AD ＝P A 2＋PD 2＝22＋(23)2＝4， 而BC ＝2，所以BC ＝12AD .又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ， 故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ . 又CQ ⊄平面P AB ，BN ⊂平面P AB ，所以CQ ∥平面P AB .(2)解 如图，在平面P AD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连接OB .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ，所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3，故AO ＝AP 2－PO 2＝22－(3)2＝1.在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连接BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形. 所以BM ＝CD ＝AB ＝2.在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，所以BO ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以BO ⊥平面P AD .如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，D (0，3，0)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，P (0，0，3)，C (3，2，0)，则AC →＝(3，3，0).因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝⎛⎭⎫0，32，32，所以AQ →＝⎝⎛⎭⎫0，52，32.设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32z ＝0，令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5). 因为BO ⊥平面P AD ，所以OB →＝(3，0，0)是平面ADQ 的一个法向量.故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋(－3)2＋52＝337＝33737.从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737.5.在四棱锥P —ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.(1)求证：BC ⊥平面PBD ；(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°？若存在，求PQPC的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ， 所以PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD . 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，P (0，0，1)， DB →＝(1，1，0)，BC →＝(－1，1，0)， 所以BC →·DB →＝0，BC ⊥DB ，又由PD ⊥平面ABCD ，可得PD ⊥BC ， 因为PD ∩BD ＝D ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)解 平面PBD 的法向量为BC →＝(－1，1，0)， PC →＝(0，2，－1)，设PQ →＝λPC →，λ∈(0，1)， 所以Q (0，2λ，1－λ)，设平面QBD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， DB →＝(1，1，0)，DQ →＝(0，2λ，1－λ)， 由n ·DB →＝0，n ·DQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，2λb ＋(1－λ)c ＝0， 令b ＝1，所以n ＝(－1，1，2λλ－1)， 所以cos 45°＝|n ·BC →||n ||BC →|＝222＋(2λλ－1)2＝22， 注意到λ∈(0，1)，得λ＝2－1，所以在线段PC 上存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°，此时PQPC ＝2－1.中档大题规范练3 数 列1.(2016·课标全国甲)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和.解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28， 解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n . b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2. (2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. 2.在数列{a n }中，a 1＝1，a 4＝7，a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *). (1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n ＝1n (3＋a n )(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)， ∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n (n ∈N *)， 即数列{a n }为等差数列， ∵a 1＝1，a 4＝7，∴公差d ＝a 4－a 13＝7－13＝2，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)∵a n ＝2n －1，∴b n ＝1n (3＋a n )＝1n (3＋2n －1)＝12·1n (n ＋1)＝12·(1n －1n ＋1)，∴S n ＝12·(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝12·(1－1n ＋1).3.已知数列{a n }是递增的等比数列，满足a 1＝4，且54a 3是a 2，a 4的等差中项，数列{b n }满足b n ＋1＝b n ＋1，其前n 项和为S n ，且S 2＋S 6＝a 4. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为T n ，若不等式n log 2(T n ＋4)－λb n ＋7≥3n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 则q >1，a n ＝4q n －1， ∵54a 3是a 2，a 4的等差中项， ∴2×54a 3＝a 2＋a 4，即2q 2－5q ＋2＝0. ∵q >1，∴q ＝2， ∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1.依题意，数列{b n }为等差数列，公差d ＝1， 又S 2＋S 6＝a 4＝32，∴(2b 1＋1)＋6b 1＋6×52＝32，∴b 1＝2，∴b n ＝n ＋1. (2)∵a n ＝2n ＋1，∴T n ＝4(2n －1)2－1＝2n ＋2－4.不等式n log 2(T n ＋4)－λb n ＋7≥3n 化为 n 2－n ＋7≥λ(n ＋1)， ∵n ∈N *，∴λ≤n 2－n ＋7n ＋1对一切n ∈N *恒成立.而n 2－n ＋7n ＋1＝(n ＋1)2－3(n ＋1)＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－3≥2(n ＋1)9n ＋1－3＝3，当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立， ∴λ≤3.4.在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 3，3a 2，a 4成等差数列. (1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ，求数列{1b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知6a 2＝a 3＋a 4， 则6a 2＝a 2q ＋a 2q 2， 即q 2＋q －6＝0，又q >0，所以q ＝2，a n ＝2n .(2)b n ＝(n ＋2)log 22n ＝n (n ＋2)， 则1b n ＝12(1n －1n ＋2)， T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝12(1－13)＋12(12－14)＋…＋12(1n －1－1n ＋1)＋12(1n －1n ＋2) ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2). 5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＋a 8＝－10，S 10＝－35. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和T n .解 (1)由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝－5，2a 1＋9d ＝－7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1，所以a n ＝1－(n －1)＝2－n . (2)因为a n 2n －1＝12n －2－n ·12n －1，所以T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－(1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1)，令S n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2，S n ′＝1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1，则T n ＝S n －S n ′，因而S n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2＝2(1－12n )12＝4(1－12n )＝4－12n －2，因为S n ′＝1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1，所以12S n ′＝12＋2×122＋3×123＋…＋n ·12n ，以上两式两边相减可得12S n ′＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n ·12n ＝1－12n1－12－n ·12n ＝2－12n －1－n ·12n ，所以S n ′＝4－12n －2－n ·12n －1，因此T n ＝S n －S n ′＝n2n －1.中档大题规范练4 概率与统计1.(2016·北京)A ，B ，C 三个班共有100名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时)：(1)试估计C 班的学生人数；(2)从A 班和C 班抽出的学生中，各随机选取1人，A 班选出的人记为甲，C 班选出的人记为乙.假设所有学生的锻炼时间相互独立，求该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长的概率； (3)再从A ，B ，C 三个班中各随机抽取一名学生，他们该周的锻炼时间分别是7，9，8.25(单位：小时).这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为μ1，表格中数据的平均数记为μ0，试判断μ0和μ1的大小(结论不要求证明). 解 (1)C 班学生人数约为100×85＋7＋8＝100×820＝40.(2)设事件A i 为“甲是现有样本中A 班的第i 个人”，i ＝1，2，...，5， 事件C j 为“乙是现有样本中C 班的第j 个人”，j ＝1，2， (8)由题意可知P (A i )＝15，i ＝1，2，…，5；P (C j )＝18，j ＝1，2， (8)P (A i C j )＝P (A i )P (C j )＝15×18＝140，i ＝1，2，...，5，j ＝1，2， (8)设事件E 为“该周甲的锻炼时间比乙的锻炼时间长”，由题意知，E ＝A 1C 1∪A 1C 2∪A 2C 1∪A 2C 2∪A 2C 3∪A 3C 1∪A 3C 2∪A 3C 3∪A 4C 1∪A 4C 2∪A 4C 3∪A 5C 1∪A 5C 2 ∪A 5C 3∪A 5C 4.因此P (E )＝P (A 1C 1)＋P (A 1C 2)＋P (A 2C 1)＋P (A 2C 2)＋P (A 2C 3)＋P (A 3C 1)＋P (A 3C 2)＋P (A 3C 3)＋P (A 4C 1)＋P (A 4C 2)＋P (A 4C 3)＋P (A 5C 1)＋P (A 5C 2)＋P (A 5C 3)＋P (A 5C 4)＝15×140＝38.(3)μ1＜μ0.2.某学校为准备参加市运动会，对本校甲、乙两个田径队中30名跳高运动员进行了测试，并用茎叶图表示出本次测试30人的跳高成绩(单位：cm).跳高成绩在175 cm 以上(包括175 cm)定义为“合格”，成绩在175 cm 以下定义为“不合格”.鉴于乙队组队晚，跳高成绩相对较弱，为激励乙队队员，学校决定只有乙队中“合格”者才能参加市运动会开幕式旗林队.(1)求甲队队员跳高成绩的中位数；(2)如果将所有的运动员按“合格”与“不合格”分成两个层次，用分层抽样抽取“合格”与“不合格”的人数共5人，则各层应抽取多少人？(3)若从所有“合格”运动员中选取2名，用X 表示所选运动员中甲队能参加市运动会开幕式旗林队的人数，试写出X 的分布列，并求X 的均值.解 (1)由茎叶图知，甲田径队12名队员的跳高成绩从小到大排列后中间的两个成绩为176、178，故中位数为12(176＋178)＝177.(2)由茎叶图可知，甲、乙两队合格人数为12，不合格人数为18，所以抽取五人，合格人数为530×12＝2，不合格人数为530×18＝3. (3)X ＝0，1，2，P (X ＝0)＝C 24C 212＝111，P (X ＝1)＝C 18C 14C 212＝1633，P (X ＝2)＝C 28C 212＝1433.故X 的分布列为E (X )＝0×111＋1×1633＋2×1433＝43.3.安排5个大学生到A ，B ，C 三所学校支教，设每个大学生去任何一所学校是等可能的. (1)求5个大学生中恰有2个人去A 校支教的概率； (2)设有大学生去支教的学校的个数为ξ，求ξ的分布列.解 (1)5个大学生到三所学校支教的所有可能为35＝243(种)，设“恰有2个人去A 校支教”为事件M ，则有C 25·23＝80(种)，∴P (M )＝80243. 即5个大学生中恰有2个人去A 校支教的概率为80243.(2)由题意得：ξ＝1，2，3， ξ＝1⇒5人去同一所学校，有C 13＝3(种)，∴P (ξ＝1)＝3243＝181，ξ＝2⇒5人去两所学校，即分为4，1或3，2有C 23·(C 45＋C 35)·A 22＝90(种)，∴P (ξ＝2)＝90243＝3081＝1027，ξ＝3⇒5人去三所学校，即分为3，1，1或2，2，1有(C 35·C 12·12！＋C 25·C 23·12！)·A 33＝150(种)，∴P (ξ＝3)＝150243＝5081. ∴ξ 的分布列为4.甲、乙两人进行定点投篮比赛，在距篮筐3米线内设一点A ，在点A 处投中一球得2分，不中得0分；在距篮筐3米线外设一点B ，在点B 处投中一球得3分，不中得0分，已知甲、乙两人在A 点投中的概率都是12，在B 点投中的概率都是13，且在A ，B 两点处投中与否相互独立，设定甲、乙两人先在A 处各投篮一次，然后在B 处各投篮一次，总得分高者获胜. (1)求甲投篮总得分ξ的分布列和均值； (2)求甲获胜的概率.解 (1)设“甲在A 点投中”为事件A ，“甲在B 点投中”为事件B ，根据题意，ξ的可能取值为0，2，3，5，则P (ξ＝0)＝P (A B )＝(1－12)×(1－13)＝13，P (ξ＝2)＝P (A B )＝12×(1－13)＝13，P (ξ＝3)＝P (A B )＝(1－12)×13＝16，P (ξ＝5)＝P (AB )＝12×13＝16.所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×13＋2×13＋3×16＋5×16＝2.(2)同理，乙的总得分η的分布列为甲获胜包括：甲得2分、3分、5分三种情形，这三种情形之间彼此互斥.因此，所求事件的概率为P ＝P (ξ＝2)×P (η＝0)＋P (ξ＝3)×P (η<3)＋P (ξ＝5)×P (η<5)＝13×13＋16×(13＋13)＋16×(1－16)＝1336. 5.某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制， 已知所有这些学生的原始成绩均分布在[50，100]内，发布成绩使用等级制各等级划分标准见下表， 规定：A 、B 、C 三级为合格等级，D 为不合格等级.为了解该校高一年级学生身体素质情况， 从中抽取了n 名学生的原始成绩作为样本进行统计， 按照[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]的分组作出频率分布直方图如图1所示， 样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示.(1)求n 和频率分布直方图中x ，y 的值；(2)根据样本估计总体的思想，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，若在该校高一学生中任选3人， 求至少有1人成绩是合格等级的概率；(3)在选取的样本中， 从A 、C 两个等级的学生中随机抽取了3名学生进行调研， 记ξ表示所抽取的3名学生中为C 等级的学生人数， 求随机变量ξ的分布列及均值. 解 (1)n ＝60.012×10＝50，x ＝250×10＝0.004，y ＝1－0.04－0.1－0.12－0.5610＝0.018.(2)成绩是合格等级人数为(1－0.1)×50＝45， 抽取的50人中成绩是合格等级的频率为910，故从该校学生中任选1人， 成绩是合格等级的概率为910，设在该校高一学生中任选3人， 至少有1人成绩是合格等级的事件为A ， 则P (A )＝1－C 03×(1－910)3＝9991 000. (3) 由题意可知C 等级的学生人数为0.18×50＝9，A 等级的学生人数为3， 故ξ的取值为0，1，2，3，则P (ξ＝0)＝C 33C 312＝1220，P (ξ＝1)＝C 19C 23C 312＝27220，P (ξ＝2)＝C 29C 13C 312＝108220＝2755，P (ξ＝3)＝C 39C 312＝84220＝2155，所以ξ的分布列为E (ξ)＝0×1220＋1×27220＋2×2755＋3×2155＝94.。
高考数学(理)考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练2 含解析
中档大题规范练2 立体几何与空间向量1．如图，在四棱锥P —ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求证：PO ⊥平面ABCD ；(2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —AC —D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为P A ＝PD ＝2，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ，因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .(2)解 以O 为原点，OC ，OD ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)．PB →＝(1，－1，－1)，设平面PDC 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，CP →＝(－1,0,1)，PD →＝(0,1，－1)．则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)， B 点到平面PDC 的距离d ＝|BP →·u ||u |＝33. (3)解 假设存在，则设PQ →＝λPD → (0<λ<1)，因为PD →＝(0,1，－1)，所以Q (0，λ，1－λ)，设平面CAQ 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AQ →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，(λ＋1)b ＋(1－λ)c ＝0， 所以取m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，平面CAD 的法向量n ＝(0,0,1)，因为二面角Q —AC —D 的余弦值为63， 所以|m·n||m||n |＝63， 所以3λ2－10λ＋3＝0， 所以λ＝13或λ＝3(舍去)，所以PQ QD ＝12. 2．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A —DF —C 的大小．(1)证明 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为(1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0，取x ＝1得平面FDC 的一个法向量n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)．∵n·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解 设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则q ·DF →＝0，q ·DA →＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1),设二面角A —DF —C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)， 则cos θ＝－|n·q |n|·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A —DF —C 的大小为120°.3．如图所示，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23， 得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.4.如图，在四棱锥P —ABCD 中，平面P AD ⊥底面ABCD ，其中底面ABCD 为等腰梯形，AD ∥BC ，P A ＝AB ＝BC ＝CD ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ，Q 为PD 的中点．(1)证明：CQ ∥平面P AB ；(2)求二面角D —AQ —C 的余弦值．(1)证明 如图所示，取P A 的中点N ，连结QN ，BN .在△P AD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ， 所以QN ∥AD ，且QN ＝12AD . 在△APD 中，P A ＝2，PD ＝23，P A ⊥PD ，所以AD ＝P A 2＋PD 2＝22＋(23)2＝4， 而BC ＝2，所以BC ＝12AD . 又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ，故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ .又CQ ⊄平面P AB ，BN ⊂平面P AB ，所以CQ ∥平面P AB .(2)解 如图，在平面P AD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连结OB .因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ，所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3， 故AO ＝AP 2－PO 2＝22－(3)2＝1.在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连结BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形．所以BM ＝CD ＝AB ＝2.在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，所以BO ⊥AD .又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BO ⊥平面P AD .如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，D (0,3,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，P (0,0，3)，C (3，2,0)，则AC →＝(3，3,0)．因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝⎛⎭⎫0，32，32， 所以AQ →＝⎝⎛⎭⎫0，52，32. 设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧ m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32z ＝0，令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5)．因为BO ⊥平面P AD ，所以OB →＝(3，0,0)是平面ADQ 的一个法向量．故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋(－3)2＋52＝337＝33737. 从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737. 5．在四棱锥P —ABCD 中，侧面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.(1)求证：BC ⊥平面PBD ；(2)在线段PC 上是否存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°？若存在，求PQ PC 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，所以PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD .如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC →＝(－1,1,0)，所以BC →·DB →＝0，BC ⊥DB ，又由PD ⊥平面ABCD ，可得PD ⊥BC ，因为PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD .(2)解 平面PBD 的法向量为BC →＝(－1,1,0)，PC →＝(0,2，－1)，设PQ →＝λPC →，λ∈(0,1)，所以Q (0,2λ，1－λ)，设平面QBD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，DB →＝(1,1,0)，DQ →＝(0,2λ，1－λ)，由n ·DB →＝0，n ·DQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝0，2λb ＋(1－λ)c ＝0， 令b ＝1，所以n ＝(－1,1，2λλ－1)， 所以cos 45°＝|n ·BC →||n ||BC →|＝22 2＋(2λλ－1)2＝22， 注意到λ∈(0,1)，得λ＝2－1， 所以在线段PC 上存在一点Q ，使得二面角Q —BD —P 为45°，此时PQ PC＝2－1.。
高考数学”一本“培养优选练 中档大题规范练4 文-人教版高三全册数学试题
中档大题规X 练(四)(建议用时：60分钟)(教师备选)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为2，且a 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2a n ·a n ＋1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由a 1，S 2，S 4成等比数列得S 22＝a 1S 4. 化简得(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )， 又d ＝2，解得a 1＝1，故数列{a n }的通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝22n －12n ＋1＝12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 1．设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－2sin x cos x .(1)求f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，若AB ＝4，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫C 2＝12，求△ABC 的外接圆的面积．[解] (1)f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－sin 2x ＝32cos 2x ＋12sin 2x －sin 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3， 令2k π＋π2≤2x ＋2π3≤2k π＋3π2，解得k π－π12≤x ≤k π＋5π12，k ∈Z ，单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12， k ∈Z .(2)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＋2π3＝12，C ＋2π3＝5π6 ，C ＝π6 ，外接圆直径2r ＝ABsin C＝8，r ＝4，外接圆面积S ＝16π.2．如图65，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BC ＝3，AB ＝4，AC ＝CC 1＝5，M ，N 分别是A 1B ，B 1C 1的中点．图65(1)求证：MN ∥平面ACC 1A 1； (2)求点N 到平面MBC 的距离． [解] (1)证明：连接AC 1，AB 1(图略)，因为该三棱柱是直三棱柱，∴AA 1⊥A 1B 1，则四边形ABB 1A 1为矩形， 由矩形性质得AB 1过A 1B 的中点M ， 在△AB 1C 1中，由中位线性质得MN ∥AC 1， 又MN ⊄平面ACC 1A 1，AC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴MN ∥平面ACC 1A 1.(2)∵BC ＝3，AB ＝4，AC ＝CC 1＝5，∴AB ⊥BC ， ∴S △NBC ＝12×BC ×BB 1＝12×3×5＝152，∴S △MBC ＝12×BC ×BM ＝12×3×412＝3414，又点M 到平面B 的距离为h ′＝12AB ＝2，设点N 与平面MBC 的距离为h ，由V 三棱锥M NBC ＝V 三棱锥N MBC 可得13S △NBC ·h ′＝13S △MBC ·h ，即13×152×2＝13×3414×h ， 解得h ＝204141，即点N 到平面MBC 的距离为204141.(教师备选)随着资本市场的强势进入，互联网共享单车“忽如一夜春风来”，遍布了一二线城市的大街小巷．为了解共享单车在A 市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中抽取了200人进行抽样分析，得到下表(单位：人)：经常使用 偶尔或不用 合计30岁及以下 70 30 100 30岁以上 60 40 100 合计13070200(1)根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为A 市使用共享单车情况与年龄有关？(2)现从所抽取的30岁以上的网友中利用分层抽样的方法再抽取5人． ① 分别求这5人中经常使用、偶尔或不用共享单车的人数；② 从这5人中，再随机选出2人赠送一件礼品，求选出的2人中至少有1人经常使用共享单车的概率．参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .参考数据：P (K 2≥k 0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010k 02.072 2.7063.841 5.024 6.635[解] (1)由列联表可知， K 2＝200×70×40－60×302130×70×100×100≈2.198.∵2.198＞2.072，∴能在犯错误的概率不超过0.15的前提下认为A 市使用共享单车情况与年龄有关． (2)① 依题意可知，所抽取的5名30岁以上的网友中， 经常使用共享单车的有5×60100＝3(人)，偶尔或不用共享单车的有5×40100＝2(人)．②设这5人中，经常使用共享单车的3人分别为a ，b ，c ；偶尔或不用共享单车的2人分别为d ，e ，则从5人中选出2人的所有可能结果为(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(c ，d )，(c ，e )，(d ，e )，共10种．其中没有1人经常使用共享单车的可能结果为(d ，e )，共1种． 故选出的2人中至少有1人经常使用共享单车的概率P ＝1－110＝910.3．某基地蔬菜大棚采用无土栽培方式种植各类蔬菜．过去50周的资料显示，该地周光照量X(单位：小时)都在30小时以上，其中不足50小时的有5周，不低于50小时且不超过70小时的有35周，超过70小时的有10周．根据统计，该基地的西红柿增加量y(千克)与使用某种液体肥料的质量x(千克)之间的对应数据为如图66所示的折线图．图66(1)依据折线图计算相关系数r(精确到0.01)，并据此判断是否可用线性回归模型拟合y与x的关系．(若|r|＞0.75，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合)(2)蔬菜大棚对光照要求较高，某光照控制仪商家为该基地提供了部分光照控制仪，但每周光照控制仪运行台数受周光照量X限制，并有如下关系：周光照量X/小时30＜X＜5050≤X≤70x＞70光照控制仪运行台数32 1对商家来说，若某台光照控制仪运行，则该台光照控制仪产生的周利润为3 000元；若某台光照控制仪未运行，则该台光照控制仪周亏损1 000元．若商家安装了3台光照控制仪，求商家在过去50周的周总利润的平均值．相关系数公式：参考数据：0.3≈0.55，0.9≈0.95.[解](1)由已知数据可得x＝2＋4＋5＋6＋85＝5，y＝3＋4＋4＋4＋55＝4.因为 (x i－x)(y i－y)＝(－3)×(－1)＋0＋0＋0＋3×1＝6，所以相关系数＝910≈0.95.因为|r|＞0.75，所以可用线性回归模型拟合y与x的关系．(2)由条件可得在过去50周里，当X ＞70时，共有10周，此时只有1台光照控制仪运行， 每周的周总利润为1×3 000－2×1 000＝1 000(元)． 当50≤X ≤70时，共有35周，此时有2台光照控制仪运行， 每周的周总利润为2×3 000－1×1 000＝5 000(元)． 当30＜X ＜50时，共有5周，此时3台光照控制仪都运行， 每周的周总利润为3×3 000＝9 000(元)．所以过去50周的周总利润的平均值为1 000×10＋5 000×35＋9 000×550＝4 600(元)．所以商家在过去50周的周总利润的平均值为4 600元． 4．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos αy ＝1＋t sin α(t 为参数，0≤α＜π)．以坐标原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为：ρcos 2θ＝4sin θ.(1)求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 交于不同的两点A ，B ，若|AB |＝8，求α的值．[解] (1)直线l 普通方程为x ·sin α－y ·cos α＋cos α＝0，曲线C 的极坐标方程为ρcos 2θ＝4sin θ，∵ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，则ρ2cos 2θ＝4ρsin θ，∴x 2＝4y 即为曲线C 的普通方程．(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos αy ＝1＋t sin α(t 为参数，0≤α＜π)代入曲线C ：x 2＝4y ，∴t 2·cos 2α－4t ·sin α－4＝0，∴t 1＋t 2＝4sin αcos 2α，t 1·t 2＝－4cos 2α， |AB |＝|t 1－t 2|＝t 1＋t 22－4t 1·t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4sinαcos 2α2－4×－4cos 2α＝8， ∴cos α＝±22，∴α＝π4或3π4. [选修4－5：不等式选讲]已知a ＞0，b ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|2x －b |的最小值为1. (1)证明：2a ＋b ＝2；(2)若a ＋2b ≥tab 恒成立，某某数t 的最大值．[解] (1)证明：∵－a ＜b2，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －a ＋b ，x ＜－a ，－x ＋a ＋b ，－a ≤x ＜b 2，3x ＋a －b ，x ＞b2，显然f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，b 2上单调递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b 2，＋∞上单调递增，所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＝a ＋b 2＝1，即2a ＋b ＝2.(2)因为a ＋2b ≥tab 恒成立，所以a ＋2bab≥t 恒成立， a ＋2b ab ≥1b ＋2a ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋2a (2a ＋b )＝125＋2a b ＋2b a ≥92， 当且仅当a ＝b ＝23时，a ＋2b ab 取得最小值92，所以t ≤92，即实数t 的最大值为92.。
2016版高考数学考前三个月复习冲刺中档大题规范练3立体几何理
【步步高】（全国通用）2016版高考数学复习考前三个月中档大题规范练3 立体几何理1.(2015·石家庄二模)如图(1)所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD，如图(2)所示.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E—ABD的侧面积和体积.2.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，BB1＝2BC，D，E，F分别是CC1，A1C1，B1C1的中点，G在BB1上，且BG＝3GB1.(1)求证：B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面GEF∥平面ABD.3.(2015·济南外国语学校模拟)如图所示，已知斜四棱柱ABCD—A1B1C1D1各棱长都是2，∠BAD ＝∠A1AD＝60°，E，O分别是棱CC1，AD的中点，平面ADD1A1⊥平面ABCD.(1)求证：OC∥平面AED1；(2)求证：AD⊥D1C；(3)求几何体D—AED1的体积.4.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，且PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1.(1)求PB 与CD 所成的角；(2)求直线PD 与平面PAC 所成的角的余弦值； (3)求二面角B －PC －D 的余弦值.5.如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°，如图2.(1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大；(2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，线段CD上是否存在点N，使得EN⊥BM？若存在，求出点N的坐标，若不存在，说明理由.6.如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，其中底面ABCD为等腰梯形，AD∥BC，PA＝AB＝BC＝CD＝2，PD＝23，PA⊥PD，Q为PD的中点.(1)证明：CQ∥平面PAB；(2)求二面角D—AQ—C的余弦值.答案精析中档大题规范练31.(1)证明 在△ABD 中，因为AB ＝2，AD ＝4，∠DAB ＝60°， 所以BD ＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos∠DAB ＝2 3. 所以AB 2＋BD 2＝AD 2.所以AB ⊥BD .因为平面EBD ⊥平面ABD ，平面EBD ∩平面ABD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥平面EBD . 又DE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥DE . (2)解 由(1)知AB ⊥BD .因为CD ∥AB ， 所以CD ⊥BD ，从而DE ⊥BD .在Rt△DBE 中，因为BD ＝23，DE ＝DC ＝AB ＝2， 所以S △EDB ＝12BD ×DE ＝2 3.因为AB ⊥平面EBD ，BE ⊂平面EBD ，所以AB ⊥BE . 因为BE ＝AD ＝4，所以S △EAB ＝12AB ×BE ＝12×2×4＝4.因为DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ， 所以ED ⊥平面ABD ，而AD ⊂平面ABD ， 所以ED ⊥AD .所以S △EAD ＝12AD ×DE ＝12×4×2＝4.综上，三棱锥E —ABD 的侧面积S ＝S △EDB ＋S △EAB ＋S △EAD ＝8＋2 3.因为DE ⊥平面ABD ，且S △ABD ＝S △EDB ＝23，DE ＝2， 所以V 三棱锥E —ABD ＝13S △ABD ×DE ＝13×23×2＝433.2.证明 (1)取BB 1的中点为M ，连接MD ，如图所示. 因为BB 1＝2BC ，且四边形BB 1C 1C 为平行四边形， 所以四边形CDMB 和四边形DMB 1C 1均为菱形， 故∠CDB ＝∠BDM ，∠MDB 1＝∠B 1DC 1， 所以∠BDM ＋∠MDB 1＝90°，即BD ⊥B 1D . 又AB ⊥平面BB 1C 1C ，B 1D ⊂平面BB 1C 1C ，所以AB ⊥B 1D .又AB ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD .(2)如图所示，连接MC 1，可知G 为MB 1的中点，又F 为B 1C 1的中点，所以GF ∥MC 1. 又MB 綊C 1D ，所以四边形BMC 1D 为平行四边形， 所以MC 1∥BD ，故GF ∥BD .又BD ⊂平面ABD ，所以GF ∥平面ABD . 又EF ∥A 1B 1，A 1B 1∥AB ，AB ⊂平面ABD ， 所以EF ∥平面ABD .又EF ∩GF ＝F ，故平面GEF ∥平面ABD .3.(1)证明 如图，连接A 1D 交AD 1于点F ，连接OF ，EF ，则F 为A 1D 的中点，也为AD 1的中点.因为E ，O 分别是棱CC 1，AD 的中点， 所以OF ∥DD 1∥CC 1，OF ＝12CC 1，CE ＝12CC 1，所以OF 綊CE ，所以四边形OCEF 为平行四边形， 所以OC ∥EF .因为EF ⊂平面AED 1，OC ⊄平面AED 1， 所以OC ∥平面AED 1. (2)证明 如图，连接A 1O .因为斜四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1的各棱长都是2，∠A 1AD ＝60°，所以△AA 1D 为正三角形. 又O 是棱AD 的中点，所以A 1O ⊥AD .因为平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ，平面ADD 1A 1∩平面ABCD ＝AD ，所以A 1O ⊥平面ABCD .如图，连接A 1B ，OB .因为∠BAD ＝60°，所以AD ⊥OB . 因为A 1O ∩OB ＝O ，所以AD ⊥平面A 1OB ，所以AD ⊥A 1B . 因为A 1B ∥D 1C ，所以AD ⊥D 1C . (3)解 如图，连接BD ，BD 1. 因为平面ADD 1A 1∥平面BB 1C 1C ，所以点E 到平面ADD 1A 1的距离等于点B 到平面ADD 1A 1的距离， 所以VD —AED 1＝VE —ADD 1＝VB —ADD 1 ＝13×12×2×2×sin 120°×3＝1. 4.解 (1)由题意，可得PA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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.因为PA ＝AB ＝BC ＝12AD ＝1，所以A (0,0,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0). 所以PB →＝(1,0，－1)，CD →＝(－1,1,0). 所以|cos 〈PB →，CD →〉|＝|PB →·CD →||PB →|×|CD →|＝|－1＋0＋0|2×2＝12.所以PB 与CD 所成的角为60°.(2)由(1)知PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AC →＝(1,1,0).设m ＝(x ，y ，z )是平面PAC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＋y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，x ＝－y ，取x ＝1，则m ＝(1，－1,0).设直线PD 与平面PAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PD →，m 〉|＝|PD →·m ||PD →|·|m |＝25×2＝105，因为θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cos θ＝155.所以直线PD 与平面PAC 所成的角的余弦值为155. (3)PB →＝(1,0，－1)，BC →＝(0,1,0). 设n ＝(a ，b ，c )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a －c ＝0，b ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝c ，b ＝0，取a ＝1，则n ＝(1,0,1).同理可得平面PDC 的一个法向量为n 0＝(1,1,2)， 设二面角B －PC －D 的大小为θ1，则|cos θ1|＝|cos 〈n ，n 0〉|＝|n·n 0||n |·|n 0|＝32·6＝32.因为二面角B －PC －D 为钝角， 所以二面角B －PC －D 的余弦值为－32. 5.解 (1)在△ABC 中，设BD ＝x (0<x <3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以AD ＝CD ＝3－x . 由折起前AD ⊥BC 知，折起后AD ⊥DC ，AD ⊥BD ， 且BD ∩DC ＝D ，所以AD ⊥平面BCD .又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x ).于是V A －BCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝16(x 3－6x 2＋9x ).令f (x )＝16(x 3－6x 2＋9x )，由f ′(x )＝12(x －1)(x －3)＝0，且0<x <3，解得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 所以当x ＝1时，f (x )取得最大值. 故当BD ＝1时，三棱锥A －BCD 的体积最大. (2)线段CD 上存在点N ， 使得EN ⊥BM ，理由如下：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz . 由(1)知，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2.于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)，E (12，1,0)，且BM →＝(－1,1,1).假设存在这样的点N ，设其坐标为N (0，λ，0)，其中λ∈[0,2]，则EN →＝(－12，λ－1,0).因为EN ⊥BM 等价于EN →·BM →＝0，即(－12，λ－1,0)·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，解得λ＝12，满足λ∈[0,2]，故存在点N 满足题意，此时N (0，12，0).6.(1)证明 如图所示，取PA 的中点N ，连接QN ，BN .在△PAD 中，PN ＝NA ，PQ ＝QD ， 所以QN ∥AD ，且QN ＝12AD .在△APD 中，PA ＝2，PD ＝23，PA ⊥PD ，所以AD ＝PA 2＋PD 2＝22＋32＝4，而BC ＝2，所以BC ＝12AD .又BC ∥AD ，所以QN ∥BC ，且QN ＝BC ， 故四边形BCQN 为平行四边形，所以BN ∥CQ . 又CQ ⊄平面PAB ，BN ⊂平面PAB ，所以CQ ∥平面PAB .(2)解 如图，在平面PAD 内，过点P 作PO ⊥AD 于点O ，连接OB .因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 又PO ⊥AD ，AP ⊥PD ， 所以PO ＝AP ×PD AD ＝2×234＝3，故AO ＝AP 2－PO 2＝22－32＝1.在等腰梯形ABCD 中，取AD 的中点M ，连接BM ，又BC ＝2，AD ＝4，AD ∥BC ，所以DM ＝BC ＝2，DM ∥BC ，故四边形BCDM 为平行四边形.所以BM ＝CD ＝AB ＝2.在△ABM 中，AB ＝AM ＝BM ＝2，AO ＝OM ＝1，所以BO ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BO ⊥平面PAD . 如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OD ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0,0,0)，D (0,3,0)，A (0，－1,0)，B (3，0,0)，P (0,0，3)，C (3，2,0)， 则AC →＝(3，3,0).因为Q 为DP 的中点，故Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，所以AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，32.设平面AQC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AC →，m ⊥AQ →，可得⎩⎨⎧m ·AC →＝3x ＋3y ＝0，m ·AQ →＝52y ＋32z ＝0，令y ＝－3，则x ＝3，z ＝5.故平面AQC 的一个法向量为m ＝(3，－3，5). 因为BO ⊥平面PAD ，所以OB →＝(3，0,0)是平面ADQ 的一个法向量. 故cos 〈OB →，m 〉＝OB →·m |OB →|·|m |＝333·32＋－32＋52＝337＝33737.从而可知二面角D —AQ —C 的余弦值为33737.。
数学考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练3 Word版含解析
中档大题规范练3 数 列1．(2016·课标全国甲)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n . b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a 4＝7，a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n ＝1n ＋a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，即数列{a n }为等差数列，∵a 1＝1，a 4＝7，∴公差d ＝a 4－a 13＝7－13＝2， ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)∵a n ＝2n －1，∴b n ＝1n＋a n ＝1n ＋2n － ＝12·1n n ＋＝12·(1n －1n ＋1)， ∴S n ＝12·(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1) ＝12·(1－1n ＋1)． 3．已知数列{a n }是递增的等比数列，满足a 1＝4，且54a 3是a 2，a 4的等差中项，数列{b n }满足b n ＋1＝b n ＋1，其前n 项和为S n ，且S 2＋S 6＝a 4.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为T n ，若不等式n log 2(T n ＋4)－λb n ＋7≥3n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则q >1，a n ＝4q n －1， ∵54a 3是a 2，a 4的等差中项， ∴2×54a 3＝a 2＋a 4，即2q 2－5q ＋2＝0. ∵q >1，∴q ＝2，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1. 依题意，数列{b n }为等差数列，公差d ＝1， 又S 2＋S 6＝a 4＝32，∴(2b 1＋1)＋6b 1＋6×52＝32， ∴b 1＝2，∴b n ＝n ＋1.(2)∵a n ＝2n ＋1，∴T n ＝n －2－1＝2n ＋2－4. 不等式n log 2(T n ＋4)－λb n ＋7≥3n 化为n 2－n ＋7≥λ(n ＋1)，∵n ∈N *，∴λ≤n 2－n ＋7n ＋1对一切n ∈N *恒成立． 而n 2－n ＋7n ＋1＝n ＋2－n ＋＋9n ＋1 ＝(n ＋1)＋9n ＋1－3≥2 n ＋×9n ＋1－3＝3， 当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立， ∴λ≤3.4．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 3,3a 2，a 4成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ，求数列{1b n}的前n 项和T n . 解 (1)由已知6a 2＝a 3＋a 4，则6a 2＝a 2q ＋a 2q 2，即q 2＋q －6＝0，又q >0，所以q ＝2，a n ＝2n .(2)b n ＝(n ＋2)log 22n ＝n (n ＋2)， 则1b n ＝12(1n －1n ＋2)，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝12(1－13)＋12(12－14)＋…＋12(1n －1－1n ＋1)＋ 12(1n －1n ＋2) ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－2n ＋3n 2＋3n ＋.5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＋a 8＝－10，S 10＝－35.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n 2n －1}的前n 项和T n . 解 (1)由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋6d ＝－5，2a 1＋9d ＝－7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1， 所以a n ＝1－(n －1)＝2－n .(2)因为a n 2n －1＝12n －2－n ·12n －1， 所以T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－(1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1)， 令S n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2， S n ′＝1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1， 则T n ＝S n －S n ′，因而S n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2＝－12n 12＝4(1－12n )＝4－12n －2， 因为S n ′＝1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1， 所以12S n ′＝12＋2×122＋3×123＋…＋n ·12n ， 以上两式两边相减可得12S n ′＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n ·12n ＝1－12n 1－12－n ·12n ＝2－12n －1－n ·12n ， 所以S n ′＝4－12n －2－n ·12n －1， 因此T n ＝S n －S n ′＝n2n －1.。
考前三个月2016高考二轮复习数学(江苏专用理科) 中档大题规范练 中档大题7
中档大题7综合练1。
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a,b，c，已知a，b,c 成等比数列，且sin A sin C＝错误!.(1）求角B的大小；(2)若x∈[0,π),求函数f(x)＝sin（x－B）＋sin x的值域.2。
2015届高三学生参加自主招生考试，某辅导学校针对自主招生计划开设a，b，c三个班,据统计，某班每位同学报名参加这三个班的概率分别为错误!,错误!,错误!，并且报名参加三个班之间互不影响.(1)该班现有甲、乙、丙、丁4名同学，求这4名同学中至少有3名同学报名参加a班的概率；（2)若用X表示该班甲同学报名参加的班次，求X的概率分布与均值.3。
如图所示的多面体中，ABCD是菱形，ED∥FB,ED⊥平面ABCD，AD＝BD＝2，BF＝2DE＝22。
(1）求证：AE⊥CF；(2)求二面角A—FC—E的余弦值。
4.数列｛a n}的前n项和为S n，且点（n,S n)在函数f(x)＝3x2－2x的图象上。
（1）求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝错误!,T n是数列{b n｝的前n项和，求使得T n〈错误!对所有的n∈N*都成立的最小值m.5.已知函数f（x）＝a ln x＋bx，且f（1）＝－1，f′(1）＝0，（1）求f（x)；（2)求f(x）的最大值；(3）若x>0，y〉0，证明:ln x＋ln y≤错误!。
6.设F1，F2分别为椭圆C:错误!＋错误!＝1 (a>b〉0)的左，右两个焦点，若椭圆C上的点A错误!到F1，F2两点的距离之和等于4。
(1)写出椭圆C的方程和焦点坐标；（2）过点P错误!的直线与椭圆交于两点D、E，若DP＝PE,求直线DE的方程；(3)过点Q（1,0)的直线与椭圆交于两点M、N,若△OMN面积取得最大,求直线MN的方程.答案精析中档大题7 综合练1.解(1)因为a,b，c成等比数列，则b2＝ac.由正弦定理得sin2B＝sin A sin C.又sin A sin C＝错误!，所以sin2B＝错误!。
高考数学江苏(理)考前三个月考前抢分必做 中档大题规范练3 Word版含解析
中档大题规范练3 数 列1．(2016·课标全国甲)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n . b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a 4＝7，a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n ＝1n (3＋a n )(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，即数列{a n }为等差数列，∵a 1＝1，a 4＝7，∴公差d ＝a 4－a 13＝7－13＝2， ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)∵a n ＝2n －1，∴b n ＝1n (3＋a n )＝1n (3＋2n －1)＝12·1n (n ＋1)＝12·(1n －1n ＋1)， ∴S n ＝12·(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1) ＝12·(1－1n ＋1)． 3．已知数列{a n }是递增的等比数列，满足a 1＝4，且54a 3是a 2，a 4的等差中项，数列{b n }满足b n ＋1＝b n ＋1，其前n 项和为S n ，且S 2＋S 6＝a 4.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为T n ，若不等式n log 2(T n ＋4)－λb n ＋7≥3n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则q >1，a n ＝4q n －1， ∵54a 3是a 2，a 4的等差中项， ∴2×54a 3＝a 2＋a 4，即2q 2－5q ＋2＝0. ∵q >1，∴q ＝2，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1. 依题意，数列{b n }为等差数列，公差d ＝1， 又S 2＋S 6＝a 4＝32，∴(2b 1＋1)＋6b 1＋6×52＝32， ∴b 1＝2，∴b n ＝n ＋1.(2)∵a n ＝2n ＋1，∴T n ＝4(2n －1)2－1＝2n ＋2－4. 不等式n log 2(T n ＋4)－λb n ＋7≥3n 化为n 2－n ＋7≥λ(n ＋1)，∵n ∈N *，∴λ≤n 2－n ＋7n ＋1对一切n ∈N *恒成立． 而n 2－n ＋7n ＋1＝(n ＋1)2－3(n ＋1)＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－3≥2 (n ＋1)×9n ＋1－3＝3， 当且仅当n ＋1＝9n ＋1，即n ＝2时等号成立， ∴λ≤3.4．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 3,3a 2，a 4成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝(n ＋2)log 2a n ，求数列{1b n}的前n 项和T n . 解 (1)由已知6a 2＝a 3＋a 4，则6a 2＝a 2q ＋a 2q 2，即q 2＋q －6＝0，又q >0，所以q ＝2，a n ＝2n .(2)b n ＝(n ＋2)log 22n ＝n (n ＋2)，则1b n ＝12(1n －1n ＋2)，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝12(1－13)＋12(12－14)＋…＋12(1n －1－1n ＋1)＋ 12(1n －1n ＋2) ＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝34－2n ＋32(n 2＋3n ＋2). 5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6＋a 8＝－10，S 10＝－35.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n 2n －1}的前n 项和T n . 解 (1)由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋6d ＝－5，2a 1＋9d ＝－7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1， 所以a n ＝1－(n －1)＝2－n .(2)因为a n 2n －1＝12n －2－n ·12n －1， 所以T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－(1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1)， 令S n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2， S n ′＝1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1， 则T n ＝S n －S n ′，因而S n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2 ＝2(1－12n )12＝4(1－12n )＝4－12n －2， 因为S n ′＝1＋2×12＋3×122＋…＋n ·12n －1， 所以12S n ′＝12＋2×122＋3×123＋…＋n ·12n ， 以上两式两边相减可得12S n ′＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n ·12n ＝1－12n 1－12－n ·12n ＝2－12n －1－n ·12n ， 所以S n ′＝4－12n －2－n ·12n －1， 因此T n ＝S n －S n ′＝n2n －1.。
2016版高考数学大二轮总复习与增分策略(,文科) 高考中档大题规范练(三)
姓名：________班级：________学号：________ 高考中档大题规范练(三)立体几何1。
如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC,AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8,DF＝5.求证:(1)直线PA∥平面DEF；(2）平面BDE⊥平面ABC.2．(2015·陕西）如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD ＝错误!，AB＝BC＝错误!AD＝a,E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1BCDE。
(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36错误!，求a的值．3．（2015·海口模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD－A1C1D1，且这个几何体的体积为错误!.(1）求棱A1A的长;（2)在线段BC1上是否存在点P,使直线A1P与C1D垂直？如果存在，求出线段C1P的长;如果不存在，请说明理由．4.如图所示,已知三棱锥A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，M为AB的中点，D为PB的中点，且△PMB为正三角形．（1)求证：MD∥平面APC；（2）求证：平面ABC⊥平面APC;（3)若BC＝4，AB＝20，求三棱锥D－BCM的体积．5.(2015·福建）如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；(2）求三棱锥P。
ABC体积的最大值；(3)若BC＝2，点E在线段PB上,求CE＋OE的最小值．答案精析高考中档大题规范练(三)立体几何1．证明（1）因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA。
又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF,所以直线PA∥平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6,BC＝8，所以DE∥PA，EF∥BC,DE＝错误!PA＝3，EF＝错误!BC＝4。
(全国通用)高三数学二轮复习 中档题规范练二 文
中档题规范练二1.(2016·甘肃兰州诊断)在公差不为零的等差数列{a n}中,a1=1,a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)若数列{a n}的前n项和为S n,设b n=错误!未找到引用源。
,T n=b1+b2+…+b n,求T n.2.(2016·广西桂林、北海、崇左调研)在如图所示的多面体ABCDE中,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,AB=CD=1,AC=错误!未找到引用源。
,AD=DE=2.(1)在线段CE上取一点F,作BF∥平面ACD(只需指出F的位置,不需证明);(2)对(1)中的点F,求三棱锥B FCD的体积.3.(2016山东潍坊二模)为使政府部门与群众的沟通日常化,某城市社区组织“网络在线问政”活动.2015年,该社区每月通过问卷形式进行一次网上问政.2016年初,社区随机抽取了60名居民,对居民上网参政议政意愿进行调查.已知上网参与问政次数与参与人数的频数分布表如下:参与调查[0,2) [2,4) [4,6) [6,8) [8,10) [10,12] 问卷次数参与调查8 14 8 14 10 6问卷人数(1)若将参与调查问卷不低于4次的居民称为“积极上网参政居民”,请你根据频数分布表,男女合计积极上网参政居民8不积极上网参政居民合计40(2)从被调查的人中按男女比例随机选取6人,再从选取的6人中选出3人参加政府听政会,求选出的3人为2男1女的概率.4.(2016·安徽安庆二模)在平面直角坐标系中,以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,并在两坐标系中取相同的单位长度.已知曲线C的极坐标方程为ρ=2cos θ,直线l的参数方程为错误!未找到引用源。
(t为参数,α为直线的倾斜角).(1)写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程;(2)若直线l与曲线C有唯一的公共点,求角α的大小.5.(2016·甘肃河西五市部分普通高中联考)已知不等式|x+2|+|x-2|<18的解集为A.(1)求集合A;(2)若∀a,b∈A,x∈(0,+∞),不等式a+b<x+错误!未找到引用源。
2016版高考数学大二轮总复习与增分策略(,文科) 高考中档大题规范练(四)
姓名：________班级：________学号：________ 高考中档大题规范练（四）数列1．已知函数f(x）＝7x＋5x＋1，数列｛a n}满足：2a n＋1－2a n＋a n＋1a n＝0且a n≠0。
数列{b n｝中，b1＝f(0)且b n＝f(a n－1)．(1）求证：数列错误!是等差数列；（2)求数列｛|b n｜｝的前n项和T n。
2．已知等差数列{a n｝是递增数列，且满足a4·a7＝15，a3＋a8＝8.(1)求数列｛a n}的通项公式；（2）令b n＝错误!（n≥2）,b1＝错误!，求数列｛b n｝的前n项和S n.3．(2015·天津）已知数列｛a n｝满足a n＋2＝qa n(q为实数,且q≠1），n∈N＊，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．（1)求q的值和｛a n}的通项公式;(2）设b n＝log2a2na2n－1，n∈N＊，求数列｛b n｝的前n项和．4．（2015·浙江)已知数列｛a n}和｛b n｝满足a1＝2，b1＝1,a n＋1＝2a n(n∈N*），b1＋错误!b2＋错误!b3＋…＋错误!b n＝b n＋1－1(n∈N＊）．(1)求a n与b n；（2）记数列｛a n b n}的前n项和为T n，求T n。
5．(2015·安徽）已知数列｛a n｝是递增的等比数列，且a1＋a4＝9，a2a3＝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＝错误!，求数列｛b n}的前n项和T n.答案精析高考中档大题规范练（四）数列1．（1)证明由2a n＋1－2a n＋a n＋1a n＝0得错误!－错误!＝错误!，所以数列错误!是等差数列．(2)解因为b1＝f（0)＝5，所以错误!＝5，7a1－2＝5a1,所以a1＝1，错误!＝1＋(n－1)×错误!，所以a n＝错误!。
考前三个月高考数学理科(全国通用)总复习文档：中档大题规范练4含解析
4.概率与统计1.某学校甲、乙两个班各派10名同学参加英语口语比赛，并记录他们的成绩，得到如图所示的茎叶图.现拟定在各班中分数超过本班平均分的同学为“口语王”.(1)记甲班“口语王”人数为m ，乙班“口语王”人数为n ，比较m ，n 的大小；(2)随机从“口语王”中选取2人，记X 为来自甲班“口语王”的人数，求X 的分布列和期望. 解 (1)因为x 甲＝60＋72＋75＋77＋80＋80＋84＋88＋91＋9310＝80，所以m ＝4，x 乙＝61＋64＋70＋72＋73＋85＋86＋88＋94＋9710＝79，所以n ＝5，所以m ＜n .(2)X 取0，1，2，所以P (X ＝0)＝C 04C 25C 29＝518，P (X ＝1)＝C 14C 15C 29＝59，P (X ＝2)＝C 24C 05C 29＝16，所以X 的分布列为X 0 1 2 P5185916所以E (X )＝0×518＋1×59＋2×16＝89.2.(2017届重庆市第一中学月考)为了解我校2017级本部和大学城校区的学生是否愿意参加自主招生培训的情况，对全年级2 000名高三学生进行了问卷调查，统计结果如下表：校区 愿意参加 不愿意参加重庆一中本部校区 220 980 重庆一中大学城校区80720(1)若从愿意参加自主招生培训的同学中按分层抽样的方法抽取15人，则大学城校区应抽取几人；(2)现对愿意参加自主招生的同学组织摸底考试，考试共有5道题，每题20分，对于这5道题，考生“如花姐”完全会答的有3题，不完全会的有2道，不完全会的每道题她得分S 的概率满足：P (S ＝6k )＝4－k6，k ＝1，2，3，假设解答各题之间没有影响，①对于一道不完全会的题，求“如花姐”得分的期望E (S )； ②试求“如花姐”在本次摸底考试中总得分的期望. 解 (1)大学城校区应抽取15×80220＋80＝4(人).(2)①由题知：对一道不完全会的题，“如花姐”得分的分布列为P (S ＝6k )＝4－k6，k ＝1，2，3，即所以对于一道不完全会的题，“如花姐”得分的期望为 E (S )＝6×12＋12×13＋18×16＝10.②记ξ为“如花姐”做2道不完全会的题的得分总和， 则ξ＝12，18，24，30，36， P (ξ＝12)＝12×12＝14；P (ξ＝18)＝12×13×2＝13；P (ξ＝24)＝12×16×2＋13×13＝518；P (ξ＝30)＝13×16×2＝19；P (ξ＝36)＝16×16＝136；E (ξ)＝12×14＋18×13＋24×518＋30×19＋36×136＝20.所以“如花姐”最后得分的期望为20×3＋E (ξ)＝80.3.(2017·云南大理检测)某中学拟在高一下学期开设游泳选修课，为了解高一学生喜欢游泳是否与性别有关，该学校对100名高一新生进行了问卷调查，得到如下列联表：已知在这100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为35.(1)请将上述列联表补充完整：并判断是否有99.9%的把握认为喜欢游泳与性别有关？并说明你的理由；(2)针对问卷调查的100名学生，学校决定从喜欢游泳的人中按分层抽样的方法随机抽取6人成立游泳科普知识宣传组，并在这6人中任选2人作为宣传组的组长，设这两人中男生人数为X ，求X 的分布列和期望. 下面的临界值表仅供参考：参考公式：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)因为从100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为35，所以喜欢游泳的学生人数为100×35＝60.其中女生有20人，则男生有40人，列联表补充如下：因为K 2＝100(40×30－20×10)260×40×50×50≈16.67>10.828.所以有99.9%的把握认为喜欢游泳与性别有关.(2)喜欢游泳的共60人，按分层抽样抽取6人，则每个个体被抽到的概率均为110，从而需抽取男生4人，女生2人. 故X 的所有可能取值为0，1，2. P (X ＝0)＝C 22C 26＝115，P (X ＝1)＝C 14C 12C 26＝815，P (X ＝2)＝C 24C 26＝615＝25，所以X 的分布列为E (X )＝0×115＋1×815＋2×25＝43.4.(2017·全国Ⅰ)为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm).根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2).(1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. (ⅰ)试说明上述监控生产过程方法的合理性； (ⅱ)下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 经计算得x －＝116∑i ＝116x i ＝9.97，s ＝116∑i ＝116(x i －x －)2＝116(∑i ＝116x 2i －16x －2)≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1，2， (16)用样本平均数x －作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计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 (1)抽取的一个零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0.997 4，从而零件的尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0.002 6，故X ～B (16，0.002 6). 因此P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－0.997 416≈0.040 8. X 的期望E (X )＝16×0.002 6＝0.041 6.(2)(ⅰ)如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0.002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0.040 8，发生的概率很小，因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.(ⅱ)由x ＝9.97，s ≈0.212，得μ的估计值μ^＝9.97，σ的估计值σ^＝0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为115×(16×9.97－9.22)＝10.02.因此μ的估计值为10.02.∑i ＝116x 2i ＝16×0.2122＋16×9.972≈1 591.134. 剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为115×(1 591.134－9.222－15×10.022)≈0.008，因此σ的估计值为0.008≈0.09.5.(2017·重庆市调研)为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机对50名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在30名男性驾驶员中，平均车速超过100 km /h 的有20人，不超过100 km/h 的有10人.在20名女性驾驶员中，平均车速超过100 km /h 的有5人，不超过100 km/h 的有15人.(1)完成下面的列联表，并判断是否有99.5%的把握认为平均车速超过100 km/h 的人与性别有关；(2)以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车中驾驶员为女性且车速不超过100 km/h 的车辆数为ξ，若每次抽取的结果是相互独立的，求ξ的分布列和期望. 参考公式：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .参考数据：解 (1)合计25 25 50∵K 2＝50(20×15－10×5)230×20×25×25＝253≈8.333＞7.879， ∴有99.5%的把握认为平均车速超过100 km/h 与性别有关.(2)根据样本估计总体的理想，从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取1辆，驾驶员为女性且车速不超过100 km/h 的车辆的概率为1550＝310.∴ξ的可能取值为0，1，2，3，且ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，310， ∴P (ξ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫3100⎝⎛⎭⎫7103＝3431 000， P (ξ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫3101⎝⎛⎭⎫7102＝4411 000，P (ξ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫3102⎝⎛⎭⎫7101＝1891 000， P (ξ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫3103⎝⎛⎭⎫7100＝271 000， ∴ξ的分布列为ξ 0 1 2 3 P3431 0004411 0001891 000271 000E (ξ)＝0×3431 000＋1×4411 000＋2×1891 000＋3×271 000＝910＝0.9或E (ξ)＝np ＝3×310＝0.9.6.(2017届湖南株州模拟)某市对某环城快速车道进行限速，为了调查该道路车速情况，于某个时段随机对100辆车的速度进行取样，测量的车速制成如下条形图：经计算：样本的平均值μ＝85，标准差σ＝2.2，以频率值作为概率的估计值.已知车速过慢与过快都被认为是需矫正速度，现规定车速小于μ－3σ或车速大于μ＋2σ是需矫正速度. (1)从该快速车道上所有车辆中任取1个，求该车辆是需矫正速度的概率； (2)从样本中任取2个车辆，求这2个车辆均是需矫正速度的概率；(3)从该快速车道上所有车辆中任取2个，记其中是需矫正速度的个数为ξ，求ξ的分布列和期望.解 (1)记事件A 为“从该快速车道上所有车辆中任取1个，该车辆是需矫正速度”. 因为μ－3σ＝78.4，μ＋2σ＝89.4， 由样本条形图可知，所求的概率为P (A )＝P (x ＜μ－3σ)＋P (x ＞μ＋2σ)＝P (x ＜78.4)＋P (x ＞89.4) ＝1100＋4100＝120. (2)记事件B 为“从样本中任取2个车辆，这2个车辆均是需矫正速度”.由题设可知，样本容量为100，又需矫正速度个数为5，故所求概率为P (B )＝C 25C 2100＝1495.(3)需矫正速度的个数ξ服从二项分布，即ξ～B ⎝⎛⎭⎫2，120， 所以P ()ξ＝0＝C 02⎝⎛⎭⎫1200⎝⎛⎭⎫19202＝361400，P ()ξ＝1＝C 12⎝⎛⎭⎫1201⎝⎛⎭⎫19201＝19200， P ()ξ＝2＝C 22⎝⎛⎭⎫1202⎝⎛⎭⎫19200＝1400， 因此ξ的分布列为由ξ～B ⎝⎛⎭⎫2，120知，期望E (ξ)＝2×120＝110.合理分配高考数学答题时间找准目标，惜时高效——合理分配高考数学答题时间经过漫长的第一、第二轮复习，对于各知识点的演练同学们已经烂熟于心，我们把这称为战术上的纯熟。
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中档大题4 数 列1.数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n a n S n －S 2n ＝1 (n ≥2).求数列{a n }的通项公式.2.已知各项均不为零的数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2a n ＝p ·a 2n ＋1 (其中p 为非零常数，n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ＋2a n，S n 为数列{b n }的前n 项和，求S n .3.(2015·徐州模拟)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *).若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列{a n b 2n }的前n 项和S n .4.(2015·南京模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1＝1，设数列{b n }满足b n ＝a n ＋2n .(1)求证数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列c n ＝6n －3b n，T n 是数列{c n }的前n 项和，证明：T n <3.5.(2015·泰州模拟)已知数列{a n }中，a 2＝p (p 是不等于0的常数)，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对任意的正整数n 都有S n ＝n (a n －a 1)2. (1)证明：数列{a n }为等差数列；(2)记b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n ； (3)记c n ＝T n －2n ，是否存在正整数N 使得当n >N 时，恒有c n ∈⎝⎛⎭⎫52，3.若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N 值；若不存在，请说明理由.6.已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 2a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n (2n ＋1)S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由.答案精析中档大题4 数 列1.解 由已知，当n ≥2时，2a n a n S n －S 2n＝1， 所以2(S n －S n －1)(S n －S n －1)S n －S 2n ＝1，即2(S n －S n －1)－S n －1S n＝1， 所以1S n －1S n －1＝12. 又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列. 所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1. 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1). 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2. 2.解 (1)由a n ＋2a n ＝p ·a 2n ＋1，得a n ＋2a n ＋1＝p ·a n ＋1a n . 令c n ＝a n ＋1a n，则c 1＝1，c n ＋1＝pc n . 所以c n ＋1c n ＝p (p 为非零常数)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是首项为1，公比为p 的等比数列，所以a n ＋1a n ＝p n －1. 当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝p n －2·p n －3·…·p 0·1＝p n 2－3n ＋22， 因为a 1也满足上式，所以a n ＝p n 2－3n ＋22，n ∈N *. (2)a n ＋2a n ＝a n ＋2a n ＋1·a n ＋1a n＝p n ·p n －1＝p 2n －1， b n ＝na n ＋2a n＝np 2n －1. S n ＝1×p 1＋2×p 3＋…＋n ×p 2n －1，① p 2S n ＝1×p 3＋…＋(n －1)×p 2n －1＋n ×p 2n ＋1，② 当p 2≠1，即p ≠±1时，由①－②得(1－p 2)S n ＝p 1＋p 3＋…＋p 2n －1－np 2n ＋1 ＝p (1－p n )1－p 2－np 2n ＋1， 即S n ＝p (1－p n )(1－p 2)2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1. 而当p ＝1时，S n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 当p ＝－1时，S n ＝(－1)＋(－2)＋…＋(－n )＝－n (n ＋1)2. 综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，p ＝1，－n (n ＋1)2，p ＝－1，p (1－p n )(1－p 2)2－np 2n ＋11－p 2，p ≠±1. 3.解 函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1，a n ＝n ，b n ＝2n ，a n b 2n ＝n ·4n . 于是，S n ＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n －1)·4n －1＋n ·4n ，4S n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1. 因此，S n －4S n ＝4＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4n ＋1－43－n ·4n ＋1＝(1－3n )4n ＋1－43. 所以S n ＝(3n －1)4n ＋1＋49. 4.(1)解 当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，2S n －1＝a n －2n ＋1 ⇒2a n ＝a n ＋1－a n －2n⇒a n ＋1＝3a n ＋2n ，从而b n ＋1＝a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n )＝3b n ， 故{b n }是以3为首项，3为公比的等比数列，b n ＝a n ＋2n ＝3×3n －1＝3n ， a n ＝3n －2n (n ≥2)，因为a 1＝1也满足，于是a n ＝3n －2n .(2)证明 c n ＝6n －3b n ＝2n －13n －1， 则T n ＝130＋331＋532＋…＋2n －33n －2＋2n －13n －1，① 13T n ＝131＋332＋533＋…＋2n －33n －1＋2n －13n ，② ①－②，得23T n ＝130＋231＋232＋…＋23n －1－2n －13n ＝1＋23·1－13n －11－13－2n －13n ＝2－13n －1－2n －13n ＝2－2(n ＋1)3n， 故T n ＝3－n ＋13n －1<3. 5.(1)证明 由a 1＝S 1＝a 1－a 12＝0，得a 1＝0. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n 2－(n －1)a n －12， 故(n －2)a n ＝(n －1)a n －1.故当n >2时，a n ＝n －1n －2a n －1＝n －1n －2×n －2n －3×…×43×32×21×a 2＝(n －1)p ，由n ＝2时，a 2＝p ，n ＝1时，a 1＝0也适合该式，故对一切正整数n ，有a n ＝(n －1)p ，a n ＋1－a n ＝p ，由于p 是常数，故数列{a n }是以首项为0，公差为p 的等差数列.(2)解 由(1)，得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n －1)p 2， 故b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2＝n ＋2n ＋n n ＋2＝2＋2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝2n ＋2(1－13＋12－14＋13－15＋14－16＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2)＝2n ＋2(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝2n ＋3－2(1n ＋1＋1n ＋2). (3)解 c n ＝T n －2n ＝3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<3对所有正整数n 都成立. 若c n >52，则3－2⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2>52， 即1n ＋1＋1n ＋2<14，记f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2，则f (n )单调递减，又f (6)＝17＋18>18＋18＝14， f (7)＝18＋19<18＋18＝14， 故只要取N ＝6，故当n >N 时，f (n )<14. 故存在正整数N 使得当n >N 时，恒有c n ∈⎝⎛⎭⎫52，3，N 可以取所有不小于6的正整数.6.解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， ∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ， 所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12， 所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立.。