通用版高考数学二轮复习46分大题保分练六(文科)
2020年高考文科数学46分大题保分练(一)
46分大题保分练(一)(建议用时：40分钟)前言：“一学就会，一考就废？”，正是因为考试后缺少了这个环节从小学到初中，学生们经历了无数次考试。
通过考试可以检测同学们对知识的理解、掌握情况，提高应试能力。
但对待考试，部分同学只关注自己的分数，而对试卷的分析和总结缺乏重视。
结果常常出现一些题在考试中屡次出现，但却一错再错的情况。
这样，学生们无法从考试中获益，考试也就失去了它的重要意义。
做好试卷分析和总结是十分有必要的。
那么，怎样做好试卷分析呢？我认为，应从下面两点做起：一．失分的原因主要有如下四方面：（1）考试心理：心理紧张，马虎大意；（2）知识结构：知识面窄，基础不扎实；（3）自身能力：审题不清，读不懂题意；（4）解题基本功：答题规范性差。
只有查出、找准原因，才能对症下药，从弱项方面加强训练，以提高成绩。
二．“扭转乾坤”的方法做题的过程中对每一道题要试图问如下几个问题？（1）怎样做出来的？——想解题方法；（2）为什么这样做？——思考解题原理；（3）怎样想到这种方法？——想解题的基本思路；（4）题目体现什么样的思想？——揭示本质，挖掘规律；（5）是否可将题目变化？——一题多变，拓宽思路；（6）题目是否有创新解法？——创新、求异思维。
转变，让我们从一轮每一次开始。
按照上面两点认真完成后面练习题。
希望每一位同学经过一段时间复习后，能够扭转“一考就废”的局面，最后决胜高考。
17．(12分)(2019·石家庄模拟)已知△ABC 的面积为33，且内角A ，B ，C 依次成等差数列．(1)若sin C ＝3sin A ，求边AC 的长；(2)设D 为AC 边的中点，求线段BD 长的最小值．[解] (1)∵△ABC 的三个内角A ，B ，C 依次成等差数列，∴B ＝60°. 设A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，由△ABC 的面积S ＝33＝12ac sin B 可得ac ＝12.∵sin C ＝3sin A ，∴由正弦定理知c ＝3a ，∴a ＝2，c ＝6. △ABC 中，b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝28，∴b ＝27. 即AC 的长为27.(2)∵BD 是AC 边上的中线，∴BD →＝12(BC →＋BA →)，∴BD →2＝14(BC →2＋BA →2＋2BC →·BA →)＝14(a 2＋c 2＋2ac cos ∠ABC )＝14(a 2＋c 2＋ac )≥14(2ac ＋ac )＝9，当且仅当a ＝c 时取“＝”，∴|BD →|≥3，即线段BD 长的最小值为3.18．(12分)(2019·武汉模拟)如图，已知三棱锥P -ABC 中，PC ⊥AB ，△ABC 是边长为2的正三角形，PB ＝4，∠PBC ＝60°.(1)证明：平面P AC ⊥平面ABC ；(2)设F 为棱P A 的中点，在AB 上取点E ，使得AE ＝2EB ，求三棱锥F -ACE 与四棱锥C -PBEF 的体积之比．[解] (1)在△PBC 中，∠PBC ＝60°，BC ＝2，PB ＝4， 由余弦定理可得PC ＝23， ∴PC 2＋BC 2＝PB 2，∴PC ⊥BC ，又PC ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ，∴PC ⊥平面ABC ，∵PC ⊂平面P AC ，∴平面P AC ⊥平面ABC .(2)设三棱锥F -ACE 的高为h 1，三棱锥P -ABC 的高为h ， 则V F -ACE＝13×S △ACE ×h 1 ＝13×S △ABC ×23×h ×12 ＝13×S △ABC ×h ×13 ＝13×V P -ABC .∴三棱锥F -ACE 与四棱锥C -PBEF 的体积之比为1∶2.19．(12分)(2019·昆明模拟)东方商店欲购进某种食品(保质期一天)，此商店每天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果一天内无法售出，则食品过期作废，现统计该食品100天的销售量如下表：(2)视样本频率为概率，以一天内该食品所获得的利润的平均值为决策依据，东方商店一次性购进17或18份，哪一种得到的利润更大？[解](1)平均每天销售的份数为15×10＋16×20＋17×30＋18×20＋19×10＋20×10100＝17.3.(2)当购进17份时，利润为17×4×70100＋(16×4－8)×20100＋(15×4－16)×10100＝47.6＋11.2＋4.4＝63.2(元)．当购进18份时，利润为18×4×40100＋(17×4－8)×30100＋(16×4－16)×20100＋(15×4－24)×10100＝28.8＋18＋9.6＋3.6＝60(元)．63．2＞60，可见，当购进17份时，利润更大．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(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 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝r cos α＋2y ＝r sin α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ＝π3.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)当0<r <2时，若曲线C 与射线l 交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |的取值范围．[解] (1)由题意知曲线C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝r 2， 令x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 化简得ρ2－4ρcos θ＋4－r 2＝0.(2)法一：把θ＝π3代入曲线C 的极坐标方程中，得ρ2－2ρ＋4－r 2＝0. 令Δ＝4－4(4－r 2)＞0，结合0＜r ＜2，得3＜r 2＜4.方程的解ρ1，ρ2分别为点A ，B 的极径，ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝4－r 2＞0， ∴1|OA |＋1|OB |＝1ρ1＋1ρ2＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝24－r 2. ∵3＜r 2＜4，∴0＜4－r 2＜1，∴1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞)．法二：射线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12ty ＝32t(t 为参数，t ≥0)，将其代入曲线C 的方程(x －2)2＋y 2＝r 2中得，t 2－2t ＋4－r 2＝0，令Δ＝4－4(4－r 2)＞0，结合0＜r ＜2，得3＜r 2＜4，方程的解t 1，t 2分别为点A ，B 对应的参数，t 1＋t 2＝2，t 1t 2＝4－r 2，t 1＞0，t 2＞0，∴1|OA |＋1|OB |＝1t 1＋1t 2＝t 1＋t 2t 1t 2＝24－r 2. ∵3＜r 2＜4，∴0＜4－r 2＜1， ∴1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞)．23．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 设函数f (x )＝|1－x |－|x ＋3|. (1)求不等式f (x )≤1的解集；(2)若函数f (x )的最大值为m ，正实数p ，q 满足p ＋2q ＝m ，求2p ＋2＋1q 的最小值．[解] (1)不等式可化为 ⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－3，1－x ＋x ＋3≤1 或⎩⎪⎨⎪⎧－3＜x ＜1，1－x －x －3≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －1－x －3≤1， 解得x ≥－32， ∴f (x )≤1的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x ≥－32. (2)法一：∵|1－x |－|x ＋3|≤|1－x ＋x ＋3|＝4， ∴m ＝4，p ＋2q ＝4，∴(p ＋2)＋2q ＝6，2p ＋2＋1q ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫2p ＋2＋1q (p ＋2＋2q )＝16⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4＋4q p ＋2＋p ＋2q ≥16⎝⎛⎭⎪⎪⎫4＋24q p ＋2·p ＋2q ＝43， 当且仅当p ＋2＝2q ＝3，即⎩⎨⎧p ＝1q ＝32时，取“＝”，∴2p ＋2＋1q的最小值为43. 法二：∵|1－x |－|x ＋3|≤|1－x ＋x ＋3|＝4， ∴m ＝4，p ＋2q ＝4，∴p ＝4－2q ，q ∈(0,2)， 2p ＋2＋1q ＝26－2q ＋1q ＝2q ＋6－2q (6－2q )q ＝33q －q 2＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫q －322＋94， ∵q ∈(0,2)，∴当q ＝32时，2p ＋2＋1q 取得最小值43.。
2021高考数学(文)统考版二轮复习46分大题保分练1
x 1＝510(0.05×1＋0.15×3＋0.25×2＋0.35×4＋0.45×9＋0.55×26＋0.65×5) ＝0.48.
该家庭使用了节水龙头后 50 天的日用水量的平均数为
x 2＝510(0.05×1＋0.15×5＋0.25×13＋0.35×10＋0.45×16＋0.55×5)＝0.35. 估计使用节水龙头后，一年可节省水(0.48－0.35)×365＝47.45(m3)．
-1-
(2)由题可知使用节水龙头后 50 天的用水量在[0.3,0.4)的频数为 10，所以可估 计在[0.3,0.35)的频数为 5，故用水量小于 0.35(m3)的频数为 1＋5＋13＋5＝24，其
频率为24＝0.48. 50
因此，估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小于 0.35 m3 的概率为 0.48. (3)该家庭未使用节水龙头 50 天的日用水量的平均数为
46 分大题保分练(一)
(建议用时：40 分钟)
17．(12 分)某家庭记录了未使用节水龙头 50 天的日用水量数据(单位：m3)和
使用了节水龙头 50 天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头 50 天的日用水量频数分布表
日用 水量
[0， [0.1，0.2) [0.2，0.3) [0.3，0.4) [0.4，0.5) [0.5，0.6) [0.6，0.7)
(1)求证：CF∥平面 AB1E.
(2)求三棱锥 CAB1E 的高． [解] (1)证明：取 AB1 的中点 G，连接 EG，FG(图略)，因为 F，G 分别是 AB，
AB1 的中点，所以 FG∥BB1，FG＝12BB1. 因为 E 为侧棱 CC1 的中点，所以 FG∥EC，FG＝EC，所以四边形 FGEC 是平
2021高考数学(文)统考版二轮复习46分大题保分练6
个销售季度的市场需求量，T(单位：万元)表示该电商下一个销售季度内经销该商
品获得的利润．
(1)将 T 表示为 x 的函数，求出该函数表达式；
(2)根据直方图估计利润 T 不少于 57 万元的概率；
(3)根据频率分布直方图，估计一个销售季度内市场需求量 x 的平均数与中位
数的大小(保留到小数点后一位)．
由于 x∈[100，120)时，对应的频率为(0.01＋0.02)×10＝0.3<0.5， 而 x∈[100，130)时，对应的频率为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6>0.5， 因此一个销售季度内市场需求量 x 的中位数应属于区间[120，130)，于是估计 中位数应为 120＋(0.5－0.1－0.2)÷0.03≈126.7(吨)．
46 分大题保分练(六)
(建议用时：40 分钟)
17．(12 分)(2020·南京市调研)在△ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，
b，c，cos B＝4. 5
(1)若 c＝2a，求sin B的值； sin C
(2)若 C－B＝π，求 sin A 的值． 4
[解] (1)法一：在△ABC 中，因为 cos B＝4， 5
∴M＝4.
(2)由(1)知正数 a，b，c 满足 a＋2b＋c＝4，
∴ 1 ＋ 1 ＝1[(a＋b)＋(b＋c)]
a＋b b＋c 4
1＋1 a＋b b＋c
＝1 2＋ab＋＋bc＋ab＋＋bc ≥1 2＋2
4
4
ab＋＋bc·ab＋＋bc ＝1.
当且仅当 a＝c，a＋b＝2 时，取等号．
-5-
BCDE，
即 A1O 是四棱锥 A1BCDE 的高，
由图
通用版高考数学二轮复习46分大题保分练四文
通用版高考数学二轮复习46分大题保分练四文46分大题保分练(四)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2019·福州模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a (3sinB －cosC )＝(c －b )cos A .(1)求角A ；(2)若b ＝3，点D 在BC 边上，CD ＝2，∠ADC ＝π3，求△ABC 的面积．[解] 法一：(1)根据正弦定理，及a (3sin B －cos C )＝(c －b )cos A ， 得sin A (3sin B －cos C )＝(sin C －sin B )cos A ， 所以3sin A sin B ＋sin B cos A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ， 即3sin A sin B ＋sin B cos A ＝sin(A ＋C )． 又A ＋C ＝π－B ，所以sin(A ＋C )＝sin B ， 所以3sin A sin B ＋sin B cos A ＝sin B . 又0＜B ＜π，所以sin B ＞0，所以3sin A ＋cos A ＝1，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12.又0＜A ＜π，所以π6＜A ＋π6＜7π6，所以A ＋π6＝5π6，解得A ＝2π3.(2)如图，在△ACD 中，AC ＝b ＝3，CD ＝2，∠ADC ＝π3，由正弦定理，得AC sin∠ADC ＝CDsin∠CAD ，即3sinπ3＝2sin∠CAD ，所以sin∠CAD ＝1，∠CAD ＝π2. 从而∠ACD ＝π－π2－π3＝π6，∠ABC ＝π－π6－2π3＝π6，所以AB ＝AC ＝ 3.故S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin∠BAC ＝12×3×3×sin 2π3＝334.法二：(1)因为a (3sin B －cos C )＝(c －b )cos A ，所以3a sin B ＝a cos C ＋(c －b )cos A ，由余弦定理，得3a sin B ＝a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋(c －b )·b 2＋c 2－a 22bc，化简得23ac sin B ＝2bc －(b 2＋c 2－a 2)， 所以23ac sin B ＝2bc －2bc cos A ， 即3a sin B ＝b －b cos A .由正弦定理，得3b sin A ＝b －b cos A .所以3sin A ＝1－cos A ，所以sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12.又0＜A ＜π，所以π6＜A ＋π6＜7π6，所以A ＋π6＝5π6，A ＝2π3.(2)在△ACD 中，AC ＝b ＝3，CD ＝2，∠ADC ＝π3，由余弦定理，得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos∠ADC ， 即3＝AD 2＋4－2×AD ×2×12，解得AD ＝1，从而AD 2＋AC 2＝CD 2，所以∠CAD ＝π2，所以∠ACD ＝π－π2－π3＝π6，∠ABC ＝π－π6－2π3＝π6，所以AB ＝AC ＝ 3.故S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin∠BAC ＝12×3×3×sin 2π3＝334.18．(12分)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，且A 1M ⊥B 1N .(1)求证：B 1N ⊥A 1C ； (2)求M 到平面A 1B 1C 的距离． [解] 法一：(1)如图，连接CM .在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC . 所以AA 1⊥CM .在△ABC 中，AC ＝BC ，AM ＝BM ，所以CM ⊥AB . 又AA 1∩AB ＝A ，所以CM ⊥平面ABB 1A 1. 因为B 1N ⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥B 1N .又A 1M ⊥B 1N ，A 1M ∩CM ＝M ，所以B 1N ⊥平面A 1CM . 因为A 1C ⊂平面A 1CM ，所以B 1N ⊥A 1C . (2)连接B 1M .在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N . 所以tan∠AA 1M ＝tan∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1N A 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点，所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2.设AA 1＝x ，则A 1N ＝x2.所以1x ＝x22，解得x ＝2.从而S △A 1B 1M ＝12S 正方形ABB 1A 1＝2，A 1C ＝B 1C ＝2 2.在△A 1CB 1中，cos∠A 1CB 1＝A 1C 2＋B 1C 2－A 1B 212A 1C ·B 1C ＝34，所以sin∠A 1CB 1＝74，所以S △A 1B 1C ＝12A 1C ·B 1C ·sin∠A 1CB 1＝7.设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由V 三棱锥M A 1B 1C ＝V 三棱锥C A 1B 1M ，得13S △A 1B 1C ·d＝13S △A 1B 1M ·CM ， 所以d ＝S △A 1B 1M ·CM S △A 1B 1C ＝2217，即点M 到平面A 1B 1C 的距离为2217.法二：(1)同法一．(2)在矩形ABB 1A 1中，因为A 1M ⊥B 1N ，所以∠AA 1M ＝∠A 1B 1N ， 所以tan∠AA 1M ＝tan∠A 1B 1N ，即AM AA 1＝A 1NA 1B 1. 因为△ABC 是边长为2的正三角形，M ，N 分别是AB ，AA 1的中点， 所以AM ＝1，CM ＝3，A 1B 1＝2. 设AA 1＝x ，则A 1N ＝x2，所以1x＝x22，解得x＝2.如图，取A1B1的中点D，连接MD，CD，过M作MO⊥CD于O.在正方形ABB1A1中，易知A1B1⊥MD，由(1)可得CM⊥A1B1，又CM∩MD＝M，所以A1B1⊥平面CDM.因为MO⊂平面CDM，所以A1B1⊥MO.又MO⊥CD，A1B1∩CD＝D，所以MO⊥平面A1B1C，即线段MO的长就是点M到平面A1B1C的距离．由(1)可得CM⊥MD，又MD＝2，所以由勾股定理，得CD＝CM2＋MD2＝7.S△CMD＝12·CD·MO＝12·CM·MD，即12×7×MO＝12×3×2，解得MO＝2217，故点M到平面A1B1C的距离为2217.19．(12分)(2019·合肥模拟)“工资条里显红利，个税新政入民心”．随着2019年新年钟声的敲响，我国自1980年以来，力度最大的一次个人所得税(简称个税)改革迎来了全面实施的阶段．某IT从业者为了解自己在个税新政下能享受多少税收红利，绘制了他在26岁～35岁(2009年～2018年)之间各年的月平均收入y(单位：千元)的散点图：(1)由散点图知，可用回归模型y＝b ln x＋a拟合y与x的关系，试根据有关数据建立y 关于x的回归方程；(2)如果该IT从业者在个税新政下的专项附加扣除为3 000元/月，试利用(1)的结果，将月平均收入视为月收入，根据新旧个税政策，估计他36岁时每个月少缴纳的个人所得税．附注：1.参考数据：∑10i＝1x i＝55，∑10i＝1y i＝155.5，∑10i＝1(x i－x)2＝82.5，∑10i＝1(x i－x)(y i－y)＝94.9，∑10i ＝1t i ＝15.1，∑10i ＝1(t i －t )2＝4.84，∑10i ＝1(t i －t )(y i －y )＝24.2，其中t i ＝ln x i ；取ln 11＝2.4，ln 36＝3.6.2．参考公式：回归方程v ＝bu ＋a 中斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑ni ＝1(u i －u )(v i －v )∑ni ＝1(u i －u )2，a ^＝v －b ^u .3．新旧个税政策下每月应纳税所得额(含税)计算方法及税率表如下：b ^＝∑10i ＝1(t i －t )(y i －y )∑10i ＝1 (t i －t )2＝24.24.84＝5， y ＝∑10i ＝1y i10＝155.510＝15.55，t ＝∑10i ＝1t i10＝15.110＝1.51，a ^＝y －b ^t ＝15.55－5×1.51＝8，所以y 关于t 的回归方程为y ＝5t ＋8.因为t ＝ln x ，所以y 关于x 的回归方程为y ＝5ln x ＋8.(2)由(1)得该IT 从业者36岁时月平均收入为y ＝5ln 11＋8＝5×2.4＋8＝20(千元)．旧个税政策下每个月应缴纳的个人所得税为1 500×3%＋3 000×10%＋4 500×20%＋(20 000－3 500－9 000)×25%＝3 120(元)． 新个税政策下每个月应缴纳的个人所得税为3 000×3%＋(20 000－5 000－3 000－3 000)×10%＝990(元)．故根据新旧个税政策，该IT 从业者36岁时每个月少缴纳的个人所得税为3 120－990＝2 130(元)．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[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 ＝1＋35ty ＝1＋45t (t 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，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝21＋sin 2θ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π4. (1)求C 的直角坐标方程和P 的直角坐标；(2)设l 与C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求|PM |.[解] (1)由ρ2＝21＋sin 2θ得ρ2＋ρ2sin 2θ＝2 ①，将ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C 的直角坐标方程为x 22＋y 2＝1.设点P 的直角坐标为(x ，y )，因为点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4， 所以x ＝ρcos θ＝2cos π4＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝1.所以点P 的直角坐标为(1,1)． (2)法一：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝1＋45t 代入x 22＋y 2＝1，并整理得41t 2＋110t ＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8 000＞0，故可设方程的两根分别为t 1，t 2，则t 1，t 2为A ，B 对应的参数，且t 1＋t 2＝－11041.依题意，点M 对应的参数为t 1＋t 22.所以|PM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝5541.法二：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)， 则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t y ＝1＋45t ，消去t ，得y ＝43x －13.将y ＝43x －13代入x 22＋y 2＝1，并整理得41x 2－16x －16＝0，因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2 880＞0， 所以x 1＋x 2＝1641，x 1x 2＝－1641.所以x 0＝841，y 0＝43x 0－13＝43×841－13＝－341，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫841，－341.所以|PM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫841－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33412＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－44412＝5541.23．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|x ＋1|－|ax －3|(a ＞0)． (1)当a ＝2时，求不等式f (x )＞1的解集；(2)若y ＝f (x )的图象与x 轴围成直角三角形，求a 的值． [解] (1)当a ＝2时，不等式f (x )＞1即|x ＋1|－|2x －3|＞1.当x ≤－1时，原不等式可化为－x －1＋2x －3＞1，解得x ＞5，因为x ≤－1，所以此时原不等式无解；当－1＜x ≤32时，原不等式可化为x ＋1＋2x －3＞1，解得x ＞1，所以1＜x ≤32；当x ＞32时，原不等式可化为x ＋1－2x ＋3＞1，解得x ＜3，所以32＜x ＜3.。
2019版高考数学二轮复习中档大题保分练6
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 ＝⎩⎨⎧1n ＝12n －2n ≥2.(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 ＝，则由余弦定理有AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ，即32＝2＋22－2·2cos π3，解得＝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：2＝n a ＋bc ＋d a ＋c b ＋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，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(－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－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 )ma ＝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a2＋b2＝1，所以a，b∈(0,1)，所以a3＜a2，b3＜b2，a3＋b3＜a2＋b2，所以(a3＋b3)2＜(a2＋b2)2＝1．。
高考数学二轮复习 46分题专项练(二)
46分题专项练(二) 1．如图，AD是△ABC的外角平分线，且BC＝CD.(1)求sin∠ABC sin∠ACB；(2)若AD＝4，CD＝5，求AB的长．2．在条件①b1＝－1，b4＝8，②T n＝2n＋k，③b1＝1，S n＝－n22＋mn2中任选一个，补充在下面问题中，并解答．设等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n，________，a1＝b4，a5＝4，若数列{a n b n}的前n项和为A n，则A n是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．3．世界互联网大会是由中华人民共和国倡导并每年在浙江省嘉兴市桐乡乌镇举办的世界性互联网盛会，大会旨在搭建中国与世界互联互通的国际平台和国际互联网共享共治的中国平台，让各国在争议中求共识、在共识中谋合作、在合作中创共赢.2019年10月20日至22日，第六届世界互联网大会如期举行，为了大会顺利召开，组委会特招募了1 000名志愿者．某部门为了了解志愿者的基本情况，调查了其中100名志愿者的年龄(单位：岁)，得到了他们年龄的中位数为34，年龄在[40，45)内的人数为15，并根据调查结果画出了如图所示的频率分布直方图：(1)求m，n的值并估算出志愿者的平均年龄(同一组的数据用该组区间的中点值代表)；(2)这次大会志愿者主要通过现场报名和登录大会官网报名，即现场和网络两种方式报名参加．这100名志愿者的报名方式部分数据如下表所示，完善下面的表格，通过计算说明能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“选择哪种报名方式与性别有关系”？男性女性总计现场报名50网络报名31总计50参考公式及数据：K2＝（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d），其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.050.010.0050.001k0 3.841 6.6357.87910.8284．(一题多解)如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段BC上，BE ＝2EC.把△BAE沿AE翻折至△B1AE的位置，B1∉平面AECD，连接B1D，点F在线段DB 1上，DF ＝2FB 1，如图2.(1)证明：CF ∥平面B 1AE ；(2)当三棱锥B 1ADE 的体积最大时，求二面角B 1DE C 的余弦值．分题专项练(二)1．解：(1)由题设知S △ABD ＝2S △ACD ， sin ∠BAD ＝sin ∠DAE ＝sin ∠CAD ，所以sin ∠ABC sin ∠ACB ＝AC AB ＝AC·AD·sin ∠CAD AB·AD·sin ∠BAD ＝S △ACD S △ABD ＝12.(2)由余弦定理，得AB 2＝42＋102－2×4×10×cos ∠ADB ＝116－80cos ∠ADB ，AC 2＝42＋52－2×4×5×cos ∠ADB ＝41－40cos ∠ADB ，由(1)知，AB 2＝4AC 2，所以116－80cos ∠ADB ＝4(41－40cos ∠ADB )，得cos ∠ADB ＝35，所以AB 2＝116－80×35＝68，所以AB ＝217.2．解：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 方案一：若选①，A n 不存在最大值，理由如下： 因为b 1＝－1，a 1＝b 4＝8，a 5＝4，所以d ＝a5－a14＝－1，a n ＝8＋(n －1)×(－1)＝9－n ， q 3＝b4b1＝－8，q ＝－2，b n ＝－(－2)n －1， 则a n b n ＝(n －9)(－2)n －1，A n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(－8)×(－2)0＋(－7)×(－2)1＋…＋(n －9)×(－2)n －1， －2A n ＝(－8)×(－2)1＋(－7)×(－2)2＋…＋(n －9)×(－2)n ，两式相减，并简化得A n ＝－269＋26－3n9×(－2)n . 易知A n 不存在最大值．方案二：若选②，A n 存在最大值，且最大值为A 8＝A 9＝502. 由T n ＝2n ＋k ，可知b 1＝2＋k ，b 2＝T 2－T 1＝2，b 3＝T 3－T 2＝4， 又b 2＝b 1b 3，所以4＝(2＋k )×4，解得k ＝－1， 可知T n ＝2n －1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝2n －1，又b 1＝1符合上式，所以b n ＝2n －1. 所以a 1＝b 4＝8.又a 5＝4，所以d ＝a5－a14＝－1，a n ＝8＋(n －1)×(－1)＝9－n ，a nb n ＝(9－n )×2n －1，由错位相减法可求得A n ＝－10＋(10－n )×2n ，可知当n ≥9时，a n b n ≤0，所以{a n b n }的前8项和与前9项和最大且最大值为A 8＝A 9＝502.方案三：若选③，A n 存在最大值，且最大值为A 8＝A 9＝502. 由S n ＝－n22＋mn2，可得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1＋m 2－n ，因为a 5＝4，所以1＋m 2－5＝4，得m ＝17，故S n ＝－n22＋17n2， 所以当n ≥2时，a n ＝9－n ，又a 1＝S 1＝8也符合上式，所以a n ＝9－n . 又b 4＝a 1＝8，b 1＝1，所以q 3＝b4b1＝8，q ＝2，b n ＝2n －1.a nb n ＝(9－n )×2n －1，由错位相减法可求得A n ＝－10＋(10－n )×2n ，可知当n ≥9时，a n b n ≤0，所以{a n b n }的前8项和与前9项和最大且最大值为A 8＝A 9＝502.3．解：(1)因为志愿者年龄在[40，45)内的人数为15，所以志愿者年龄在[40，45)内的频率为15100＝0.15.由频率分布直方图得，(0.020＋2m ＋4n ＋0.010)×5＋0.15＝1，即m ＋2n ＝0.07，①由中位数为34可得，0.020×5＋2m ×5＋2n ×(34－30)＝0.5，即5m ＋4n ＝0.2，②由①②解得m＝0.020，n＝0.025.所以志愿者的平均年龄为(22.5×0.020＋27.5×0.040＋32.5×0.050＋37.5×0.050＋42.5×0.030＋47.5×0.010)×5＝34(岁)．(2)根据题意得到列联表男性女性总计现场报名193150网络报名311950总计5050100所以K2的观测值k＝100×（19×19－31×31）250×50×50×50＝2×[（19＋31）×（19－31）]250×50×50＝5.76<10.828，所以不能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“选择哪种报名方式与性别有关系”．4．解：方法一：(1)证明：依题意得，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，BE＝2EC，所以AD＝3，EC＝1.如图，在线段B1A上取一点M，满足AM＝2MB1，连接MF，ME，又DF＝2FB1，所以B1MMA＝B1FFD，故FM∥AD，FM＝13AD.又EC∥AD，所以EC∥FM，因为FM＝13AD＝1，所以EC＝FM，所以四边形FMEC为平行四边形，所以CF∥EM，又CF⊄平面B1AE，EM⊂平面B1AE，所以CF∥平面B1AE.(2)设B 1到平面AECD 的距离为h ，则V B 1AED ＝13·S △AED ·h ，又S △AED ＝3， 所以V B 1AED ＝h ，故要使三棱锥B 1AED 的体积取到最大值，则需h 取到最大值．如图，取AE 的中点O ，连接B 1O ，依题意得B 1O ⊥AE ，则h ≤B 1O ＝2， 因为平面B 1AE ∩平面AECD ＝AE ，B 1O ⊥AE ，B 1O ⊂平面B 1AE ， 故当平面B 1AE ⊥平面AECD ，B 1O ⊥平面AECD 时，h ＝B 1O . 即当且仅当平面B 1AE ⊥平面AECD 时， V B 1AED 取得最大值，此时h ＝2.以D 为坐标原点，DA→，DC →的方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0，0，0)，E (1，2，0)，B 1(2，1，2)，DB1→＝(2，1，2)，DE →＝(1，2，0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面B 1ED 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·DB1→＝0，n·DE →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋y ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令y ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，1，32， 又平面CDE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝324＋1＋92＝31919， 因为二面角B 1DE C 为钝角，所以其余弦值为－31919.方法二：(1)证明：依题意，在线段AD 上取一点Q ，使得DQ ＝23DA ，连接FQ ，CQ ，如图，因为DF ＝2FB 1，所以DQ DA ＝DFDB1，所以FQ ∥B 1A . 因为FQ ⊄平面B 1AE ，B 1A ⊂平面B 1AE ， 所以FQ ∥平面B 1AE .在矩形ABCD 中，AD ＝BC ，BE ＝2EC ，所以EC ＝13BC ＝13AD ＝AQ ， 又AQ ∥EC ，所以四边形QAEC 为平行四边形，故QC ∥AE . 又CQ ⊄平面B 1AE ，AE ⊂平面B 1AE ，所以CQ ∥平面B 1AE . 又CQ ∩FQ ＝Q ，所以平面QCF ∥平面B 1AE ， 又CF ⊂平面QCF ，所以CF ∥平面B 1AE .(2)设B 1到平面AECD 的距离为h ，则V B 1AED ＝13·S △AED ·h ，又S △AED ＝3， 所以V B 1AED ＝h ，故要使三棱锥B 1AED 的体积取到最大值，则仅需h 取到最大值．如图，取AE 的中点O ，连接B 1O ，依题意得B 1O ⊥AE ，则h ≤B 1O ＝2，因为平面B 1AE ∩平面AECD ＝AE ，B 1O ⊥AE ，B 1O ⊂平面B 1AE ，故当平面B 1AE ⊥平面AECD ，B 1O ⊥平面AECD 时，h ＝B 1O .即当且仅当平面B 1AE ⊥平面AECD 时， V B 1AED 取得最大值，此时h ＝2.以O 为坐标原点，EC→，CD →的方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立空间直角坐标系O -xyz ，则B 1(0，0，2)，D (2，1，0)，E (1，－1，0)，所以EB1→＝(－1，1，2)，ED →＝(1，2，0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面B 1ED 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·EB1→＝0，n·ED →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令y ＝－1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，－1，32， 又平面CDE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m|·|n|＝324＋1＋92＝31919， 因为二面角B 1DE C 为钝角，所以其余弦值为－31919.。
(统考版)高考数学二轮复习 46分大题保分练6(含解析)(文)-人教版高三全册数学试题
46分大题保分练(六)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2020·某某市调研)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，cos B ＝45.(1)若c ＝2a ，求sin Bsin C 的值；(2)若C －B ＝π4，求sin A 的值．[解] (1)法一：在△ABC 中，因为cos B ＝45，所以a 2＋c 2－b 22ac ＝45.因为c ＝2a ，所以⎝⎛⎭⎫c 22＋c 2－b 22c ×c 2＝45，即b 2c 2＝920，所以b c ＝3510. 又由正弦定理得sin B sin C ＝b c ，所以sin B sin C ＝3510.法二：因为cos B ＝45，B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－cos 2B ＝35.因为c ＝2a ，由正弦定理得sin C ＝2sin A ， 所以sin C ＝2sin (B ＋C )＝65cos C ＋85sin C ，即－sin C ＝2cos C ．又因为sin 2C ＋cos 2C ＝1，sin C >0， 解得sin C ＝255，所以sin B sin C ＝3510.(2)因为cos B ＝45，所以cos 2B ＝2cos 2B －1＝725.又0<B <π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝35，所以sin 2B ＝2sin B cos B ＝2×35×45＝2425.因为C －B ＝π4，即C ＝B ＋π4，所以A ＝π－(B ＋C )＝3π4－2B ，所以sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫3π4－2B ＝sin 3π4cos 2B －cos 3π4·sin 2B ＝22×725－⎝⎛⎭⎫－22×2425＝31250. 18．(12分)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝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△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1-BCDE .图1 图2(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1-BCDE 的体积为362，求a 的值． [解] (1)证明：在图1中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC ． 又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC ．(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，OA 1⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1-BCDE 的高， 由图1可知，A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 从而四棱锥A 1-BCDE 的体积为 V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3，由26a 3＝362，得a ＝6. 19．(12分)(2020·某某二模)随着经济模式的改变，微商和电商已成为当今城乡一种新型的购销平台．已知经销某种商品的电商在任何一个销售季度内，每售出1吨该商品可获利润0.5万元，未售出的商品，每1吨亏损0.3万元．根据往年的销售经验，得到一个销售季度内市场需求量的频率分布直方图如图所示．已知电商为下一个销售季度筹备了130吨该商品．现以x (单位：吨，100≤x ≤150)表示下一个销售季度的市场需求量，T (单位：万元)表示该电商下一个销售季度内经销该商品获得的利润．(1)将T 表示为x 的函数，求出该函数表达式； (2)根据直方图估计利润T 不少于57万元的概率；(3)根据频率分布直方图，估计一个销售季度内市场需求量x 的平均数与中位数的大小(保留到小数点后一位)．[解] (1)当x ∈[)100，130时， T ＝0.5x －0.3()130－x ＝0.8x －39； 当x ∈[]130，150时，T ＝0.5×130＝65，所以，T ＝⎩⎪⎨⎪⎧0.8x －39，100≤x <130，65，130≤x ≤150.(2)根据频率分布直方图及(1)知，当x ∈[)100，130时，由T ＝0.8x －39≥57，得120≤x <130， 当x ∈[]130，150时，由T ＝65≥57，所以，利润T 不少于57万元当且仅当120≤x ≤150，于是由频率分布直方图可知市场需求量x ∈[]120，150的频率为()0.030＋0.025＋0.015×10＝0.7，所以下一个销售季度内的利润T 不少于57万元的概率的估计值为0.7. (3)估计一个销售季度内市场需求量x 的平均数为x －＝105×0.1＋115×0.2＋125×0.3＋135×0.25＋145×0.15＝126.5(吨)． 由频率分布直方图易知，由于x ∈[)100，120时，对应的频率为(0.01＋0.02)×10＝0.3<0.5， 而x ∈[)100，130时，对应的频率为(0.01＋0.02＋0.03)×10＝0.6>0.5，因此一个销售季度内市场需求量x 的中位数应属于区间[)120，130，于是估计中位数应为120＋()0.5－0.1－0.2÷0.03≈126.7(吨)．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t ＋1t，y ＝t －1t(t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，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝26cos θ.(1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)若射线θ＝π6分别与曲线C 1，C 2交于A ，B 两点(异于极点)，求|AB |的值．[解] 由⎩⎨⎧x ＝t ＋1ty ＝t －1t⇒⎩⎨⎧x 2＝t 2＋1t2＋2y 2＝t 2＋1t2－2 ，两式相减得，x 2－y 2＝4，所以曲线C 1的极坐标方程为ρ2cos 2θ－ρ2sin 2θ＝4， C 2的直角坐标方程为x 2－26x ＋y 2＝0.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧ρ2cos 2θ－ρ2sin 2θ＝4，θ＝π6，得ρA ＝22，联立⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝26cos θ，θ＝π6，得ρB ＝32，故|AB |＝|ρA －ρB |＝ 2.23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知关于x 的不等式||x －2－||x ＋3≥||m ＋1有解，记实数m 的最大值为M .(1)求M 的值；(2)正数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝M ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c≥1.[解] (1)|x －2|－|x ＋3|≤|()x －2－()x ＋3|＝5， 若不等式||x －2||－x ＋3||≥m ＋1有解，则满足||m ＋1≤5，解得－6≤m ≤4， ∴M ＝4.(2)由(1)知正数a ，b ，c 满足a ＋2b ＋c ＝4， ∴1a ＋b ＋1b ＋c ＝14[]()a ＋b ＋()b ＋c ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋b ＋1b ＋c ＝14⎝⎛⎭⎪⎫2＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b b ＋c ≥14⎝⎛⎭⎪⎪⎫2＋2b ＋c a ＋b ·a ＋b b ＋c ＝1.当且仅当a ＝c ，a ＋b ＝2时，取等号．。
2020届高考文科数学大二轮复习冲刺经典专题基础保分强化训练六2
基础保分强化训练(六)1．学校先举办了一次田径运动会，某班共有8名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有12名同学参赛，两次运动会都参赛的有3人．两次运动会中，这个班总共的参赛人数为( )A ．20B ．17C ．14D ．23 答案 B解析 因为参加田径运动会的有8名同学，参加球类运动会的有12名同学，两次运动会都参加的有3人，所以两次运动会中，这个班总共的参赛人数为8＋12－3＝17.2．已知集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x －2x －3<0，N ＝{x |log 12(x －2)≥1}，则M ∩N ＝( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，3B.⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3 答案 B解析 M ＝(2,3)，N ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪0<x －2≤12＝⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52，所以M ∩N ＝⎝ ⎛⎦⎥⎤2，52，选B.3．已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝4，则(a －b )·b ＝( ) A ．－16 B ．－13 C ．－12 D ．－10 答案 C解析 ∵向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝4，∴a ·b ＝|a ||b |·cos60°＝2×4×12＝4，∴(a －b )·b ＝a ·b －b 2＝4－16＝－12.故选C.4．刘徽是一个伟大的数学家，他的杰作《九章算术法》和《海岛算经》是中国宝贵的数学遗产，他所提出的割圆术可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．割圆术的第一步是求圆的内接正六边形的面积．若在圆内随机取一点，则此点取自该圆内接正六边形的概率是( )A.334π B.332π C.12π D.14π答案 B解析 如图，在单位圆中作其内接正六边形，则所求概率P ＝S 六边形S 圆＝ 34×12×6π×12＝332π.5．设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 a 1>0，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q2n －2(1＋q )<0⇒1＋q <0⇒q <－1⇒q <0，而a 1>0，q <0，取q ＝－12，此时a 2n－1＋a 2n ＝a 1q2n －2(1＋q )>0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件．6．执行如图的程序框图，已知输出的s ∈[0,4]．若输入的t ∈[m ，n ]，则实数n －m 的最大值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 D解析 由题意可知s ＝⎩⎪⎨⎪⎧3t t <1，4t －t 2t ≥1，画出该函数的草图．由图可知，若s ∈[0,4]，则(n －m )max ＝4－0＝4.故选D.7．在复平面内，复数z ＝a ＋b i(a ∈R ，b ∈R )对应向量OZ →(O 为坐标原点)，设|OZ →|＝r ，以射线Ox 为始边，OZ 为终边旋转的角为θ，则z ＝r (cos θ＋isin θ)，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：z 1＝r 1(cos θ1＋isin θ1)，z 2＝r 2(cos θ2＋isin θ2)，则z 1z 2＝r 1r 2[cos(θ1＋θ2)＋isin(θ1＋θ2)]，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：[r (cos θ＋isin θ)]n ＝r n(cos nθ＋isin nθ)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 5＝( )A.12－32i B ．－12－32iC.12＋32i D ．－12＋32i答案 A解析 由题意得复数z ＝12＋32i 可化为z ＝cos π3＋isin π3，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋32i 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3＋isin π35＝cos 5π3＋isin 5π3＝12－32i.故选A.8．已知圆锥的母线长为6，母线与轴的夹角为30°，则此圆锥的体积为( ) A ．27π B．93π C．9π D．33π 答案 B解析 由题意可知，底面半径r ＝6sin30°＝3，圆锥的高h ＝6cos30°＝33，所以圆锥的体积V ＝13πr 2·h ＝93π，故选B. 9．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝45，α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则cos α＝( ) A ．－210 B ．－25 C.25 D.210答案 D解析 由题意可得α＋π4∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π4，所以cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－35，结合两角差的余弦公式有cos α＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－π4＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4cos π4＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4sin π4＝210.故选D.10．已知四边形ABCD 为矩形，且AB ＝2BC ，点E ，F 在平面ABCD 内的射影分别为B ，D ，且BE ＝DF ，若△ABE 的面积为4，若A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点都在球O 的表面上，则球O 的表面积的最小值为( )A ．32π B．25π C．52π D．85π 答案 D解析 设AB ＝2a ，BE ＝b ，则BC ＝a ，所以△ABE 的面积为12×2ab ＝4，即ab ＝4，由图形可观察出A ，B ，C ，D ，E ，F 这六个点所在的多面体可以通过补形为长方体，如图所示，则球O 的表面积为S ＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋a 2＋b 222＝4π·5a 2＋b 24≥25ab π＝85π，当且仅当b ＝5a 且ab ＝4时，等号成立，故选D.11．一项针对都市熟男(三线以上城市，30～50岁男性)消费水平的调查显示，对于最近一年内是否购买过以下七类高价商品，全体被调查者，以及其中包括的1980年及以后出生(80后)的被调查者、1980年以前出生(80前)的被调查者回答“是”的比例分别如下：根据表格中数据判断，以下分析错误的是( ) A ．都市熟男购买比例最高的高价商品是电子产品 B ．从整体上看，80后购买高价商品的意愿高于80前 C ．80前超过3成一年内从未购买过表格中七类高价商品 D ．被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例大约为2∶1 答案 D解析 从表中的数据可得都市熟男购买电子产品的比例为56.9%，为最高值，所以A 正确；从表中后两列的数据可看出，前6项的比例均是80后的意愿高于80前的意愿，所以B 正确；从表中的最后一列可看出，80前一年内从未购买过表格中七类高价商品的比例为32.1%，超过3成，所以C 正确；根据表中数据不能得到被调查的都市熟男中80后人数与80前人数的比例，所以D 不正确．故选D.12．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为________． 答案 －52解析 由题意得，f ′(x )＝2x＋2ax －3，∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12，∴f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ，f ′(x )＝2x＋x －3＝x －1x －2x，∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减， ∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52.13．如图，有四张形状大小和质地完全相同的卡片，每张卡片的正面写有一个算式，将这四张卡片背面向上洗匀，从中随机抽取一张(不放回)，接着再随机抽取一张，则两张卡片上的算式都正确的概率是________．答案 16解析 由题意，设卡片编号分别为1,2,3,4，算式正确的卡片的编号为1,3，取两次的基本事件总数为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，两张卡片上的算式都正确的有(1,3)，故所求概率P ＝16.14．已知过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，过点A 作AA 1⊥y 轴，垂足为A 1，连接A 1B 交x 轴于点C ，若当|AB |长度最小时，四边形AA 1CF 的面积为6，则p ＝________.答案 4解析 因为当|AB |长度最小时，AB ⊥x 轴，垂足为F ，且|AF |＝|BF |＝p ，△BFC 与△BAA 1相似，且相似比为1∶2，因为四边形AA 1CF 的面积为6，所以S △AA 1B ＝8，又因为S △AA 1B ＝12×p2×2p ，所以p ＝4.。
通用版高考数学二轮复习46分大题保分练二(文科)
46分大题保分练(二)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2019·福州模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 2＋4S 4＝S 6，a 1＝1.(1)求数列{a n }的公比q ；(2)令b n ＝a n －15，求T ＝|b 1|＋|b 2|＋…＋|b 10|的值． [解] (1){a n }是正项等比数列， 若q ＝1，则S n ＝na 1＝n ，∴S 2＝2,4S 4＝4×4，S 6＝6，不合题意．∴q ≠1，从而S n ＝a 1(1－q n )1－q.由S 2＋4S 4＝S 6可知a 1(1－q 2)1－q ＋4·a 1(1－q 4)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q， ∴(1－q 2)＋4(1－q 4)＝1－q 6，而q ≠1，且q ＞0， ∴1＋4(1＋q 2)＝1＋q 2＋q 4，即q 4－3q 2－4＝0， ∴(q 2－4)(q 2＋1)＝0，∴q ＝2. (2)由(1)知a n ＝2n －1，则a n 的前n 项和S n ＝1－2n1－2＝2n－1.当n ≥5时，b n ＝2n －1－15＞0，n ≤4时，b n ＝2n －1－15＜0，∴T ＝－(b 1＋b 2＋b 3＋b 4)＋(b 5＋b 6＋…＋b 10)＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4－15×4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 10－15×6) ＝－S 4＋S 10－S 4＋60－90 ＝S 10－2S 4－30＝(210－1)－2×(24－1)－30 ＝210－25－29 ＝1 024－32－29 ＝963.18．(12分)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠DAB ＝π3，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝102.(1)证明：PB ⊥BC ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解] (1)如图，取AD 的中点H ，连接PH ，HB ，BD .∵底面ABCD 是边长为1的菱形，∴AD ＝AB ＝1，∴AH ＝12AD ＝12，由BH 2＝AB 2＋AH 2－2AB ·AH ·cos∠DAB ， 得BH 2＝1＋14－2×1×12×12＝34，∴BH ＝32，∴AH 2＋BH 2＝AB 2， ∴BH ⊥AD .∵PA ＝PD ，H 为AD 的中点， ∴PH ⊥AD ，又PH ∩BH ＝H ， ∴AD ⊥平面PHB ，又PB ⊂平面PHB ， ∴AD ⊥PB ，又AD ∥BC ， ∴PB ⊥BC .(2)∵AD ∥BC ，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ， ∴AD ∥平面PBC ，∴点A 与点H 到平面PBC 的距离相等． 由(1)知AD ⊥平面PHB ，∴BC ⊥平面PHB ，又BC ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面PHB . 过点H 作HM ⊥PB 于M . 由平面PHB ∩平面PBC ＝PB ， 知HM 即点H 到平面PBC 的距离． ∵平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ，PH ⊥AD ，∴PH ⊥平面ABCD ，又BH ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥BH .PH ＝PA 2－AH 2＝32，BH ＝32， ∴PB ＝PH 2＋BH 2＝3，∴HM ＝PH ·BH PB ＝32×323＝34.19．(12分)某城市先后采用甲、乙两种方案治理空气污染各一年，各自随机抽取一年(365天)内100天的空气质量指数API 的检测数据进行分析，若空气质量指数值在[0,300]内为合格，否则为不合格．下表是甲方案检测数据样本的频数分布表，下图是乙方案检测数据样本的频率分布直方图．API[0,50](50，100](100，150](150，200](200，250](250，300]大于300 天数91319301411 4(1)将频率视为概率，求乙方案样本的频率分布直方图中a的值，以及乙方案样本的空气质量不合格天数；(2)根据频率分布直方图，求乙方案样本的中位数；(3)填写2×2列联表，并根据列联表判断是否有90%的把握认为该城市的空气质量指数值与两种方案的选择有关．甲方案乙方案合计合格天数不合格天数合计P(K2≥k)0.100.0500.025 k 2.706 3.841 5.024K2＝(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，n＝a＋b＋c＋d.[解](1)由频率分布直方图知，(0.0010＋0.003 0＋0.004 0＋0.005 0＋0.003 0＋0.001 8＋a)×50＝1，解得a＝0.002 2，∴乙方案样本的空气质量不合格天数为0．002 2×50×100＝11(天)．(2)由频率分布直方图得(0.001 0＋0.003 0＋0.004 0)×50＝0.4，又0.005 0×50＝0.25，0．4＋0.25＝0.65＞0.5，∴中位数在(150,200]内，设中位数为x，则0.4＋(x－150)×0.005 0＝0.5，解得x＝170，∴乙方案样本的中位数为170. (3)由题可得到2×2列联表为K 2＝200×(96×11－89×4)2100×100×185×15≈3.532，∵3.532＞2.706，∴有90%的把握认为空气质量指数值与两种方案的选择有关．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1：ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，C 2：ρ2＝13－4sin 2θ. (1)求曲线C 1，C 2的直角坐标方程；(2)曲线C 1和C 2的交点为M ，N ，求以MN 为直径的圆与y 轴的交点坐标． [解] (1)由ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22得ρ⎝⎛⎭⎪⎫sin θcos π4＋cos θsin π4＝22，将⎩⎪⎨⎪⎧ρsin θ＝yρcos θ＝x 代入上式得x ＋y ＝1，即C 1的直角坐标方程为x ＋y ＝1. 同理由ρ2＝13－4sin 2θ可得3x 2－y 2＝1. ∴C 2的直角坐标方程为3x 2－y 2＝1.(2)先求以MN 为直径的圆，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－y 2＝1x ＋y ＝1得3x 2－(1－x )2＝1，即x 2＋x －1＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－1，x 1x 2＝－1，则MN 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.∴|MN |＝1＋(－1)2|x 1－x 2|＝2×1－4×(－1)＝10.∴以MN 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1022，令x ＝0，得14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝104，即⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322＝94，∴y ＝0或y ＝3.∴以MN 为直径的圆与y 轴的交点的坐标为(0,0)，(0,3)． 23．(10分)[选修4－5：不等式选讲] 已知函数f (x )＝|2x ＋1|＋|x －1|. (1)求不等式f (x )≥3的解集；(2)若直线y ＝x ＋a 与y ＝f (x )的图象所围成的多边形面积为92，求实数a 的值．[解] (1)由题意知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ，x ≥1，x ＋2，－12＜x ＜1，－3x ，x ≤－12，由f (x )≥3可知：①当x ≥1时，3x ≥3，即x ≥1；②当－12＜x ＜1时，x ＋2≥3，即x ≥1，与－12＜x ＜1矛盾，舍去；③当x ≤－12时，－3x ≥3，即x ≤－1.综上可知不等式f (x )≥3的解集为{x |x ≤－1或x ≥1}．(2)画出函数y ＝f (x )的图象，如图所示，其中A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，B (1,3)，由直线AB 的斜率k AB ＝1，知直线y ＝x ＋a 与直线AB 平行，若要围成多边形，则a ＞2，易得直线y ＝x ＋a 与y ＝f (x )的图象交于两点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，3a 2，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，3a 4，则|CD |＝2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪a 2＋a 4＝324a .平行线AB 与CD 间的距离d ＝|a －2|2＝a －22，|AB |＝322，∴梯形ABCD 的面积S ＝322＋324a 2·a －22＝32＋34a 2·(a －2)＝92(a ＞2)，即(a ＋2)(a －2)＝12，∴a ＝4， 故所求实数a 的值为4.。
2020-2021年新课标高考文科数学二轮中档大题46分规范讲练真题六(18张)
年宣传费 x(万
元)
38 48 58 68 78 88
年销售量 y(吨) 16.8 18.8 20.7 22.4 24.0 25.5
第7页
经电脑模拟，发现年宣传费 x(万元)与年销售量 y(吨)之间 近似满足关系式 y＝a·xb(a，b>0)．对上述数据作了初步处理， 得到相关的值如下表：
6
i＝1
22．[选修 4－4：坐标系与参数方程](10 分) 在 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 曲 线 C 的 参 数 方 程 是 x＝1＋ 2cosα， y＝ 2sinα (α 为参数)，以该直角坐标系的原点 O 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 3ρsinθ－ ρcosθ＋m＝0.
(lnxi·lnyi)
6
6
(lnxi) (lnyi)
i＝1
i＝1
6
i＝1
(lnxi)2
75.3 24.6 18.3 101.4
(1)根据所给数据，求 y 关于 x 的回归方程；
第8页
(2)已知这种产品的年利润 z 与 x，y 的关系为 z＝ 2y－1e4x. 若想在 2019 年达到年利润最大，请预测 2019 年的宣传费用是 多少万元？
中档，a，b，c 分别为角 A，B，C 所对 的边，已知2sinsAi－nBsinC＝2co1sC.
(1)求角 B 的大小； (2)若 a＝1，b＝ 7，求△ABC 的面积． 解：(1)由2sinsAi－nBsinC＝2co1sC及 sinA＝sin(B＋C)， 得 2sinBcosC＝2sin(B＋C)－sinC＝2sinBcosC＋2cosBsinC－ sinC，所以 2cosBsinC＝sinC， 又因为在△ABC 中，sinC≠0，所以 cosB＝12，
高考文科数学大二轮新通用版专练：46分大题保分练(五)
46分大题保分练(五)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2019·长沙模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －11，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值及取得最小值时n 的值．[解] (1)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－2，解得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，所以{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n .(2)b n ＝2log 2a n －11＝2log 22n －11＝2n －11，所以{b n }为等差数列，所以T n ＝n (b 1＋b n )2＝n (－9＋2n －11)2＝n 2－10n ， 所以当n ＝5时，T n 有最小值T 5＝－25.18．(12分)(2019·郑州模拟)如图1所示，在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BAD ＝45°，AB ＝2CD ＝4，点E 为AB 的中点．将△ADE 沿DE 折起，使点A 到达P 的位置，得到如图2所示的四棱锥P -EBCD ，点M 为棱PB 的中点．图1 图2(1)求证：PD ∥平面MCE ；(2)若平面PDE ⊥平面EBCD ，求三棱锥M -BCE 的体积．[解] (1)在题图1中，因为BE ＝12AB ＝CD 且BE ∥CD ，所以四边形EBCD 是平行四边形．如图，连接BD，交CE于点O，连接OM，所以点O是BD的中点，又点M为棱PB的中点，所以OM∥PD，因为PD⊄平面MCE，OM⊂平面MCE，所以PD∥平面MCE.(2)在题图2中，因为EBCD是平行四边形，所以DE＝BC，因为四边形ABCD是等腰梯形，所以AD＝BC，所以AD＝DE，因为∠BAD＝45°，所以AD⊥DE.所以PD⊥DE，又平面PDE⊥平面EBCD，且平面PDE∩平面EBCD＝DE，所以PD⊥平面EBCD.由(1)知OM∥PD，所以OM⊥平面EBCD，在等腰直角三角形ADE中，因为AE＝2，所以AD＝DE＝2，所以OM＝12PD＝12AD＝22，S△BCE＝S△ADE＝1，所以V三棱锥M-BCE ＝13S△BCE·OM＝26.19．(12分)某客户考察了一款热销的净水器，使用寿命为十年，该款净水器为三级过滤，每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯需要不定期更换，其中每更换3个一级滤芯就需要更换1个二级滤芯，三级滤芯无需更换．其中一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．记一台净水器在使用期内需要更换的二级滤芯的个数构成的集合为M.如图是根据100台该款净水器在十年使用期内更换的一级滤芯的个数制成的柱状图．(1)结合柱状图，写出集合M；(2)根据以上信息，求一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1 200元的概率(以100台净水器更换二级滤芯的频率代替1台净水器更换二级滤芯发生的概率)；(3)若在购买净水器的同时购买滤芯，则滤芯可享受5折优惠(使用过程中如需再购买无优惠)．假设上述100台净水器在购机的同时，每台均购买a个一级滤芯、b个二级滤芯作为备用滤芯(其中b∈M，a＋b＝14)，计算这100台净水器在使用期内购买滤芯所需总费用的平均数，并以此作为决策依据，如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数也为14，则其中一级滤芯和二级滤芯的个数应分别是多少？[解](1)由题意可知，当一级滤芯更换9,10,11个时，二级滤芯需要更换3个，当一级滤芯更换12个时，二级滤芯需要更换4个，所以M＝{3,4}．(2)由题意可知，二级滤芯更换3个，需1 200元，二级滤芯更换4个，需1 600元，在100台净水器中，二级滤芯需要更换3个的净水器共70台，二级滤芯需要更换4个的净水器共30台，设“一台净水器在使用期内更换二级滤芯的费用大于1 200元”为事件A，则P(A)＝30100＝0.3.(3)a＋b＝14，b∈M，①若a＝10，b＝4，则这100台净水器更换滤芯所需费用的平均数为100×10×30＋(100×10＋200)×40＋(100×10＋400)×30＋200×4×100100＝2 000.②若a＝11，b＝3，则这100台净水器更换滤芯所需费用的平均数为100×11×70＋(100×11＋200)×30＋200×3×70＋(200×3＋400)×30100＝1 880.所以如果客户购买净水器的同时购买备用滤芯的总数为14，客户应该购买一级滤芯11个，二级滤芯3个．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(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 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝2＋3cos αy ＝3sin α(α为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝t cos βy ＝t sin β(t 为参数，0≤β＜π)，以坐标原点O 为顶点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)已知直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，且|OA |－|OB |＝2，求β.[解] (1)由曲线C 的参数方程可得普通方程为(x －2)2＋y 2＝3，即x 2＋y 2－4x ＋1＝0，所以曲线C 的极坐标方程为ρ2－4ρcos θ＋1＝0.(2)由直线l 的参数方程可得直线l 的极坐标方程为θ＝β(ρ∈R )．因为直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，所以设A (ρ1，β)，B (ρ2，β)(ρ1＞ρ2)，联立⎩⎨⎧ρ2－4ρcos θ＋1＝0，θ＝β可得ρ2－4ρcos β＋1＝0， 因为Δ＝16cos 2β－4＞0，所以cos 2β＞14，所以|OA |－|OB |＝ρ1－ρ2＝(ρ1＋ρ2)2－4ρ1ρ2＝16cos 2β－4＝2，解得cos β＝±22，所以β＝π4或3π4.23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝|2x －1|.(1)解不等式f (x )＋f (x ＋1)≥4；(2)当x ≠0，x ∈R 时，证明：f (－x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ≥4. [解] (1)不等式f (x )＋f (x ＋1)≥4等价于|2x －1|＋|2x ＋1|≥4，等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x ＜－12－4x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧ －12≤x ≤122≥4或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＞12，4x ≥4，解得x ≤－1或x ≥1，所以原不等式的解集是(－∞，－1]∪[1，＋∞)．(2)当x ≠0，x ∈R 时，f (－x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝|－2x －1|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1， 因为|－2x －1|＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x －1≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x ＋2x ＝2|x |＋2|x |≥4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧(2x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1≥02|x |＝2|x |，即x ＝±1时等号成立， 所以f (－x )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ≥4.。
2021高考数学(文科)二轮专题大题规范练六Word版含解析
2021高考数学（文科）二轮专题大题规范练六Word版含解析----818d10a8-6ea3-11ec-b30d-7cb59b590d7d大题规范练(六)答：答案应写上文字描述、证明过程或计算步骤。
3n1-31．(本题满分12分)已知数列{an}的前n项和sn＝二＋（1）求序列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝2log3an－1，求数列{(－1)nan＋bn}的前n项和tn.3n＋1－33n－3n解决方案：（1）当n≥ 2，an=sn-sn-1=-=322当n＝1时，a1＝s1＝3满足上式，所以an＝3n.（2）从问题的意义来看，BN=2log33n-1=2N-1（－1）nan＋BN＝（－3）n＋2N－1∴tn＝(－3)1＋(－3)2＋…＋(－3)n＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]N－31－（－3）＝[1＋3]＋n[1＋（2n－1）]二－（－3）n＋1－32＝＋n.四2．(本题满分12分)《中华人民共和国道路交通安全法》第47条的相关规定：机动车行经人行横道时，应当减速慢行；遇行人正在通过人行横道，应当停车让行，俗称“礼让斑马线”，《中华人民共和国道路交通安全法》第90条规定：对不礼让行人的驾驶员处以扣3分，罚款50元的处罚．下表是某市一主干路口监控设备所抓拍的5个月内驾驶员不“礼让斑马线”行为统计数据：（1）请使用给定的数据，找出违规者人数y与x月之间的回归线性方程，y=BX+A；（2）预测7月份在十字路口不“让行斑马线”的非法司机人数；(3)交警从这5个月内通过该路口的驾驶员中随机抽查了50人，调查驾驶员不“礼让斑马线”行为与驾龄的关系，得到如下2×2列联表：驾驶经验不超过1年驾驶经验不超过1年礼让斑马线228礼让斑马线812总计3020总计302050我们能否判断“礼让斑马线”行为与驾驶年龄相关的置信度为97.5%？n－n∑xy－nxy∑III- 1（席-X）（Y-Y）^ ^＝1 ^参考公式：b＝＝，a＝y－bx.N22∑x－nx∑（x－x）iii＝1i＝1n（公元前－公元前）2k＝(其中n＝a＋b＋c＋d)（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）2p（k2≥k） k0。
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46分大题保分练(六)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2019·抚顺模拟)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n (n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)∵a n ＋1＝44－a n ，∴1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n2a n －4＝－12. 又a 1＝1，∴1a 1－2＝－1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，∴a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，∴b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n 2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2n ＋1. 18．(12分)(2019·武汉模拟)在四棱锥E ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的菱形且中心为O 点，P 为AD 的中点，∠DAB ＝∠EAB ＝∠EAD ＝60°，且点E 在底面ABCD 上的正投影为AO 的中点．(1)求证：PE ⊥AC ；(2)求点C 到平面EAB 的距离．[解] (1)如图，取AO 的中点为H ，连接EH ，HP ，则EH ⊥平面ABCD . 又AC ⊂平面ABCD ，所以EH ⊥AC .因为P ，H 分别为AD ，AO 的中点，所以HP ∥BD .又底面ABCD 是边长为4的菱形，所以AC ⊥DB ，所以AC ⊥HP . 又HP ∩HE ＝H ，所以AC ⊥平面EPH ， 又PE ⊂平面EPH ，所以AC ⊥PE .(2)由题意得AP ＝2，AH ＝3，HP ＝1.设EH ＝x ，则在Rt△EHA 和Rt△EHP 中，有AE ＝3＋x 2，EP ＝1＋x 2，在△EAP 中，EA 2＋AP 2－2EA ·AP ·cos∠EAP ＝EP 2，即(3＋x 2)2＋22－2×3＋x 2×2×cos 60°＝(1＋x 2)2，解得x ＝6，即EH ＝6，则AE ＝3.设点C 到平面EAB 的距离为h ，由V 三棱锥E ABC ＝V 三棱锥C EAB ，得13·S △ABC ·EH ＝13·S △EAB ·h ，又S △EAB ＝12AE ·AB ·sin∠EAB ＝12×3×4×32＝33，S △ABC ＝12AB ·BC ·sin(π－∠DAB )＝12×4×4×32＝43，所以h ＝463，即点C 到平面EAB 的距离为463. 19．(12分)(2019·贵阳模拟)某部门经统计，客户对不同款型理财产品的最满意度百分比和对应的理财总销售量(单位：万元)如下表(最满意度百分比越高时总销售量越高)：产品款型 A B C D E F G H I J 最满意度百分比/%20342519262019241913总销售量/万元 80 89 89 78 75 71 65 62 60 52x y 据的散点图如图所示．(1)在5份A 款型理财产品的客户满意度调查资料中只有一份是最满意的，从这5份资料中任取2份，求含有最满意客户资料的概率；(2)我们约定：相关系数的绝对值在0.3以下是无线性相关，在0.3以上(含0.3)至0.75是一般线性相关，在0.75以上(含0.75)是较强线性相关，y 与x 是否达到较强线性相关？若达到，请求出线性回归方程；若没有达到较强线性相关，则采取“末位”剔除制度(即总销售量最少的那一款型产品退出理财销售)，请求在剔除“末位”款型后的线性回归方程(系数精确到0.1)．数据参考计算值：x y ∑10i ＝1x 2i －10x 2∑10i ＝1y 2i －10y 2∑10i ＝1x i y i －10x ·y288.9参考计算值21.972.1288.9 37.16 452.1 17.00附：线性相关系数r ＝∑i ＝1x i y i －n x ·y∑10i ＝1x 2i －n x2∑ni ＝1y 2i －n y2，回归直线方程y ^＝a ^＋b ^x 的斜率和截距的最小二乘法估计分别为b ^＝∑ni ＝1x i y i －n x ·y ∑ni ＝1x 2i －n x2，a ^＝y －b ^x . [解] (1)在5份A 款型理财产品的客户资料中只有1份是最满意的，把最满意客户资料记为a ，其余客户资料记为b ，c ，d ，e .则任取2份资料的基本事件有(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，(b ，c )，(b ，d )，(b ，e )，(c ，d )，(c ，e )，(d ，e )，共10个．含有a 的基本事件有(a ，b )，(a ，c )，(a ，d )，(a ，e )，共4个．则含有最满意客户资料的概率为410＝25.(2)线性相关系数r ＝∑10i ＝1x i y i －10x ·y∑10i ＝1x 2i －10x2∑10i ＝1y 2i －10y2≈452.117×37.16≈0.72∈[0.3,0.75)．即y 与x 具有一般线性相关关系，没有达到较强线性相关关系． 由“末位”剔除制度可知，应剔除J 款型理财产品， 重新计算得x ′＝10×21.9－139＝2069≈22.89，y ′＝10×72.1－529＝6699≈74.33，∑9i ＝1x 2i －9x ′2＝288.9＋10×21.92－132－9×22.892≈200.43，∑9i ＝1x i y i －9x ′·y ′＝452.1＋10×21.9×72.1－13×52－9×22.89×74.33≈253.27.b ^＝∑9i ＝1x i y i －9x ′·y ′∑9i ＝1x 2i －9x ′2＝253.27200.43≈1.26≈1.3. a ^＝y ′－b ^x ′＝74.33－1.26×22.89≈45.5.所求线性回归方程为y ^＝45.5＋1.3x .(注：若用b ^＝1.3计算出a ≈44.6，即y ^＝44.6＋1.3x 不扣分)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M 的极坐标方程为ρ＝2cos θ，若极坐标系内异于O 的三点A (ρ1，φ)，B ⎝⎛⎭⎪⎫ρ2，φ＋π6，C ⎝⎛⎭⎪⎫ρ3，φ－π6(ρ1，ρ2，ρ3＞0)都在曲线M 上．(1)求证：3ρ1＝ρ2＋ρ3；(2)若过B ，C 两点的直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－32t y ＝12t (t 为参数)，求四边形OBAC的面积．[解] (1)由题意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6，ρ3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π6，则ρ2＋ρ3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6＋2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π6＝23cos φ＝3ρ1.(2)由曲线M 的极坐标方程得曲线M 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，将直线BC 的参数方程代入曲线M 的直角坐标方程得t 2－3t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝3，∴在平面直角坐标系中，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，C (2,0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝π6，∴ρ1＝ 3.∴四边形OBAC 的面积S ＝S △AOB ＋S △AOC ＝12ρ1ρ2sin π6＋12ρ1ρ3sin π6＝334.23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知不等式|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}． (1)求实数a 的值；(2)求12－at ＋4＋t 的最大值．[解] (1)|ax －1|≤|x ＋3|的解集为{x |x ≥－1}，即(1－a 2)x 2＋(2a ＋6)x ＋8≥0的解集为{x |x ≥－1}，当1－a 2≠0时，不符合题意，舍去．当1－a 2＝0，即a ＝±1时，x ＝－1为方程(2a ＋6)x ＋8＝0的一解，经检验a ＝－1不符合题意，舍去， a ＝1符合题意．综上，a ＝1.(2)(12－t ＋4＋t )2＝16＋2(12－t )(4＋t )＝16＋2－t 2＋8t ＋48， 当t ＝82＝4时，(12－t ＋4＋t )2有最大值，为32.又12－t ＋4＋t ≥0，所以12－t ＋4＋t 的最大值为4 2.。