高考数学中档大题保分练4.docx
高三数学综合复习：中档大题保分练(一)
中档大题保分练中档大题保分练(一)(推荐时间：50分钟)1． 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，m ＝(cos(x －B )，cos B )，n ＝⎝⎛⎭⎫cos x ，－12，f (x )＝m ·n ，f ⎝⎛⎭⎫π3＝14. (1)求角B 的值；(2)若b ＝14，BA →·BC →＝6，求a 和c 的值． 解 (1)f (x )＝m ·n ＝cos x ·cos(x －B )－12cos B＝cos 2x cos B ＋cos x sin x sin B －12cos B＝12(cos 2x ·cos B ＋sin 2x ·sin B )＝12cos(2x －B )，∵f ⎝⎛⎭⎫π3＝14，∴cos ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝12， 又∵B 为△ABC 的内角，∴2π3－B ＝π3即B ＝π3. (2)由BA →·BC →＝6，及B ＝π3，得ac ·cos π3＝6，即ac ＝12，在△ABC 中，由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 得 14＝a 2＋c 2－2ac cos π3，a 2＋c 2＝26，从而(a ＋c )2－2ac ＝26，(a ＋c )2＝50， ∴a ＋c ＝5 2.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ ac ＝12a ＋c ＝52，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝22c ＝32，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32c ＝22.2． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，点⎝⎛⎭⎫n ，S nn (n ∈N *)均在函数y ＝2x －1的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求证：T n <1.(1)解 由条件S nn ＝2n －1，即S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝()2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.又n ＝1时，a 1＝S 1＝1适合上式， 所以a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)证明 b n ＝4a n a n ＋1＝4(4n －3)(4n ＋1)＝14n －3－14n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋⎝⎛⎭⎫19－113＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝1－14n ＋1.∵n ∈N *，∴－14n ＋1<0， ∴1－14n ＋1<1，即T n <1.3． M 公司从某大学招收毕业生，经过综合测试，录用了14名男生和6名女生．这20名毕业生的测试成绩如茎叶图所示(单位：分)，公司规定：成绩在180分以上者到“甲部门”工作；180分以下者到“乙部门”工作．另外只有成绩高于180分的男生才能担任“助理工作”．(1)如果用分层抽样的方法从“甲部门”人选和“乙部门”人选中选取8人，再从这8人中选3人，那么至少有一人是“甲部门”人选的概率是多少？(2)若从所有“甲部门”人选中随机选3人，用X 表示所选人员中能担任“助理工作”的人数，写出X 的分布列，并求出X 的数学期望．解 (1)用分层抽样的方法， 每个人被抽中的概率是820＝25.根据茎叶图，有“甲部门”人选10人，“乙部门”人选10人， 所以选中的“甲部门”人选有10×25＝4人，“乙部门”人选有10×25＝4人．用事件A 表示“至少有一名甲部门人选被选中”， 则它的对立事件A 表示“没有一名甲部门人选被选中”， 则P (A )＝1－P (A )＝1－C 34C 38＝1－456＝1314.因此，至少有一人是“甲部门”人选的概率是1314.(2)依题意，所选毕业生中能担任“助理工作”的人数X 的取值分别为0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 06C 34C 310＝130，P (X ＝1)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝2)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝3)＝C 36C 04C 310＝16，因此，X 的分布列如下：所以X 的数学期望E (X )＝0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95.4． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ABC＝90°，AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD ，平面PBC ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥平面PBC ；(2)求平面ADP 与平面BCP 所成的二面角(小于90°)的大小；(3)在棱PB 上是否存在点M 使得CM ∥平面P AD ？若存在，求PMPB 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为∠ABC ＝90°， 所以AB ⊥BC .因为平面PBC ⊥平面ABCD ， 平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ， AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PBC .(2)解 如图，取BC 的中点O ，连接PO . 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC . 因为平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， 所以PO ⊥平面ABCD .以O 为原点，OB 所在的直线为x 轴，在平面ABCD 内过O 垂直 于BC 的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系O －xyz . 不妨设BC ＝2.由AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD 可得， P (0,0，3)，D (－1,1,0)，A (1,2,0)． 所以DP →＝(1，－1，3)，DA →＝(2,1,0)． 设平面ADP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·DP →＝0，m ·DA →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3z ＝0，2x ＋y ＝0.令x ＝－1，则y ＝2，z ＝ 3. 所以m ＝(－1,2，3)．取平面BCP 的一个法向量n ＝(0,1,0)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22.所以平面ADP 和平面BCP 所成的二面角(小于90°)的大小为π4.(3)解 在棱PB 上存在点M 使得CM ∥平面P AD ，此时PM PB ＝12.取AB 的中点N ，连接CM ，CN ，MN ， 则MN ∥P A ，AN ＝12AB .因为AB ＝2CD ， 所以AN ＝CD . 因为AB ∥CD ，所以四边形ANCD 是平行四边形， 所以CN ∥AD .因为MN ∩CN ＝N ，P A ∩AD ＝A ， 所以平面MNC ∥平面P AD . 因为CM ⊂平面MNC ，所以CM∥平面P AD.。
高考数学中档大题保分练4
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：(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Ⅰ6.26.48.38.69.49.810.310.611.211.411.611.611.711.811.8 12.212.312.312.512.512.612.712.813.313.313.413.613.814.214.58.48.58.79.29.29.59.79.79.89.810.110.210.310.310.4 10.610.810.911.211.211.311.511.511.611.812.312.412.713.113.4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15000人，其中男生10500人，女生4500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≥k)0.100.050.0100.005k2.7063.841 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：(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 －1000 ＝－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×π12r2＝π6r2.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：结合列联表可算得K2＝75×225×210×90≈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，S2乙＝15[(5－7)2＋(6－7)2＋(7－7)2＋(8－7)2＋(9－7)2]＝2.因为x－甲＝x－乙，S2甲>S2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)＝17 25 .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)＝7 15 .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7 15 .。
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高中数学学习材料马鸣风萧萧*整理制作中档大题规范练——数列1．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2a 4＝64，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．解 (1)数列{a n }为等差数列，因为a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2a 4＝65，所以a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又公差d >0，所以a 2<a 4，所以a 2＝5，a 4＝13.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，① 所以a 1＝1，d ＝4.所以a n ＝4n －3.由1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，所以a 1a 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)，② 所以b 1＋b 2＋…＋b n＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝n 2n ＋1， 因为n 2n ＋1＝12－12(2n ＋1)<12，③ 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．2．设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{na n }的前n 项和．解 (1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2.当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1.于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1. 记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是 B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1.① 2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .②①－②，得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n .即数列{na n }的前n 项和为1＋(n －1)·2n .3．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. (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. 4．已知单调递增数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝12(a 2n ＋n )． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×2a n －1＋1，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)n ＝1时，a 1＝12(a 21＋1)，得a 1＝1， 由S n ＝12(a 2n ＋n )，① 则当n ≥2时，S n －1＝12(a 2n －1＋n －1)，② ①－②得a n ＝S n －S n －1＝12(a 2n －a 2n －1＋1)， 化简得(a n －1)2－a 2n －1＝0， a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1(n ≥2)，又{a n }是单调递增数列，故a n －a n －1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1a 2n ＋1－1，n 为奇数，3×2a n －1＋1，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )＝(122－1＋142－1＋…＋1n 2－1)＋3×(21＋23＋…＋2n －1)＋n 2 ＝11×3＋13×5＋…＋1(n －1)×(n ＋1)＋3×2(1－4n 2)1－4＋n 2 ＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1)＋2×(4n 2－1)＋n 2 ＝2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1). 当n 为奇数时，T n ＝(c 1＋c 3＋…＋c n )＋(c 2＋c 4＋…＋c n －1)＝[122－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1]＋3×(21＋23＋…＋2n －2)＋n －12 ＝12×(11－13＋13－15＋…＋1n －1n ＋2)＋2×(4n －12－1)＋n －12＝2n＋n 2－2n －92(n ＋2). 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋n 2－2n －92(n ＋2)(n 为奇数)，2n ＋1＋n 2－2n －42(n ＋1)(n 为偶数).5．已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (1a n)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0142对一切n ∈N *恒成立，求最小正整数m .解 (1)∵a n ＋1＝f (1a n )＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以1为首项，23为公差的等差数列． ∴a n ＝1＋(n －1)×23＝23n ＋13. (2)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1(23n －13)(23n ＋13) ＝1(2n －1)(2n ＋1)9＝92(12n －1－12n ＋1)，又b 1＝3＝92(1－13)， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝92(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝92(1－12n ＋1)＝9n 2n ＋1， ∵S n <m －2 0142对一切n ∈N *恒成立， 即9n 2n ＋1<m －2 0142对一切n ∈N *恒成立， 又9n 2n ＋1<92，∴m －2 0142≥92， 即m ≥2 023.∴最小正整数m 为2 023.6．某工厂为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的维护费用会逐年增加，第一年的维护费用是4万元，从第二年到第七年，每年的维护费用均比上年增加2万元，从第八年开始，每年的维护费用比上年增加25%.(1)设第n 年该生产线的维护费用为a n ，求a n 的表达式；(2)若该生产线前n 年每年的平均维护费用大于12万元时，需要更新生产线．求该生产线前n 年每年的平均维护费用，并判断第几年年初需要更新该生产线？解 (1)由题意知，当n ≤7时，数列{a n }是首项为4，公差为2的等差数列，所以a n ＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2.当n ≥8时，数列{a n }从a 7开始构成首项为a 7＝2×7＋2＝16，公比为1＋25%＝54的等比数列， 则此时a n ＝16×⎝⎛⎭⎫54n －7，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2，n ≤7，16×⎝⎛⎭⎫54n －7，n ≥8.(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，当1≤n ≤7时，S n ＝4n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋3n ， 当n ≥8时，由S 7＝72＋3×7＝70，则S n ＝70＋16×54×1－⎝⎛⎭⎫54n －71－54＝80×⎝⎛⎭⎫54n －7－10， ∴该生产线前n 年每年的平均维护费用为S n n ＝⎩⎨⎧ n ＋3，1≤n ≤7，80×⎝⎛⎭⎫54n －7－10n，n ≥8. 当1≤n ≤7时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为递增数列，当n ≥8时，∵S n ＋1n ＋1－S n n ＝80×⎝⎛⎭⎫54n －6－10n ＋1－80×⎝⎛⎭⎫54n －7－10n ＝80×⎝⎛⎭⎫54n －7·⎝⎛⎭⎫n 4－1＋10n (n ＋1)>0， ∴S n ＋1n ＋1>S n n. ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为递增数列．又∵S 77＝10<12，S 88＝80×54－108＝11.25<12， S 99＝80×⎝⎛⎭⎫542－109≈12.78>12， 则第9年年初需更新生产线．。
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4Word版含解析
中档大题规范练4概率与统计1． (2016 ·京北 )A ， B， C 三个班共有100 名学生，为检查他们的体育锻炼状况，经过分层抽样获取了部分学生一周的锻炼时间，数据以下表(单位：小时 )：(1)试预计 C 班的学生人数；(2)从 A 班和 C 班抽出的学生中，各随机选用 1 人， A 班选出的人记为甲， C 班选出的人记为乙．假定全部学生的锻炼时间互相独立，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组成的新样本的均匀数记为μ，表格中数据的均匀数记1为μ，试判断0μ和0μ1的大小 ( 结论不要求证明 )．解 (1)C 班学生人数约为 100×88＝ 100×20＝ 40. 5＋ 7＋8(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)＝1， i ＝ 1,2，， 5；P(C j)＝1，j ＝ 1,2，， 8. 581×11P(A i C j)＝ P(A i)P(C j)＝5 8＝40， 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＝A1C1∪A1C2∪ A2C1∪ A2C2∪ A2C3∪ A3C1∪A3C2∪ A3C3∪ A4C1∪A4C2∪ A4 C3∪ A5C1∪ A5C2∪ A5C3∪A5C4.所以P(E)＝ P( A1C1)＋ P(A1C2)＋ P(A2C1)＋ P(A2C2)＋ P(A2C3)＋ P(A3C1)＋ P(A3C2) ＋ P(A3C3) ＋1 3P(A4C1)＋ P(A4C2)＋ P(A4C3)＋ P( A5C1)＋ P(A5C2 )＋ P(A5C3)＋ P(A5C4)＝ 15×40＝8.(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 175cm 以上 (包含 175cm) 定义为“合格”，成绩在 175cm 以下定义为“不合格”．基于乙队组队晚，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) 假如将全部的运动员按“合格”与“不合格”分红两个层次， 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)若从全部“合格”运动员中选用 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 的概率散布，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摆列后中间的两个成绩为 176、178，1故中位数为 2 (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5×12＝ 2，不合格人数为5×18＝3.30 302 C 41(3)X ＝ 0,1,2， P(X ＝ 0)＝ C 212＝ 11，1 1C 8C 4 16P(X ＝1)＝ C 212 ＝33，C 28 14 P(X ＝2)＝2 ＝.C 12 33故 X 的概率散布为X 0 1 2P1 1614 4 E(X)＝0× 11＋ 1× 33＋ 2× 33＝3.1 16 14 1133333．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的概率散布．解 (1)5 个大学生到三所学校支教的全部可能为35＝ 243(种 )，设“恰有 2 个人去 A 校支教”为事件 M，则有 C52·23＝ 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80 243.(2)由题意得：ξ＝ 1,2,3,ξ＝ 1? 5 人去同一所学校，有C31＝ 3(种 )，∴ P(ξ＝ 1)＝3＝1，24381ξ＝ 2? 5 人去两所学校，即分为4,1 或 3,2 有 C23·(C45＋ C35) ·A22＝ 90(种 )，∴P(ξ＝ 2)＝24390＝3081＝1027，3122ξ＝ 3? 5 人去三所学校，即分为 3,1,1或 2,2,1C5·C2·1C5·C3·13种 )，有 (＋) ·A3＝ 150(2！2！15050∴ P(ξ＝ 3)＝243＝81.∴ ξ的概率散布为ξ123P11050 8127814.甲、乙两人进行定点投篮竞赛，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1，在B点投中的概率都是1，且在A，B两点处投中与否互相23独立，设定甲、乙两人先在 A 处各投篮一次，而后在 B 处各投篮一次，总得分高者获胜．(1)求甲投篮总得分ξ的概率散布和均值；(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，依据题意，ξ的可能取值为0,2,3,5，则11 1P(ξ＝0) ＝P( A B ) ＝(1 －2)× (1－ 3)＝ 3，11 1× (1－ 3)＝ 3，P(ξ＝2)＝P(AB)＝211 1P(ξ＝3) ＝P( A B) ＝(1－ 2)× 3＝ 6，1 1 1P(ξ＝5) ＝P(AB) ＝ ×＝ .2 36所以 ξ的概率散布为ξ02 3 5P1 1 1 1 3 3661 11 1E(ξ)＝ 0×3＋ 2× 3＋ 3× 6＋ 5× 6＝ 2.(2)同理，乙的总得分 η的概率散布为ξ02 3 5P1 1 1 1 3 366甲获胜包含：甲得2 分、3 分、 5 分三种情况，这三种情况之间相互互斥．所以，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)＝ 1 × 1 1 1 1 11 3 3 ＋ × ( ＋ ) ＋× (1－ )＝6 3 3 6 61336.5．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纳百分制，已知全部这些学生的原始成绩均散布在[50,100] 内，公布成绩使用等级制各等级区分标准见下表，规定：A 、B 、C三级为合格等级， D 为不合格等级 .百分制 85 分及 70 分到 60 分到60 分以上 84 分 69 分以下等级ABCD为认识该校高一年级学生身体素质状况， 从中抽取了 n 名学生的原始成绩作为样本进行统计，依据 [50,60) ， [60,70) ， [70,80) ， [80,90) ，[90,100] 的分组作出频次散布直方图如图 1 所示，样本中分数在 80 分及以上的全部数据的茎叶图如图2 所示．(1)求 n 和频次散布直方图中 x ，y 的值；(2)依据样本预计整体的思想，以事件发生的频次作为相应事件发生的概率，若在该校高一学 生中任选 3 人，求起码有 1 人成绩是合格等级的概率；(3)在选用的样本中，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的概率散布及均值．解 (1)n ＝ 6 ＝ 50， x ＝ 2 ＝ 0.004，0.012× 1050×10 1－0.04－ 0.1－ 0.12－0.56y ＝ 10＝ 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次为9，故109从该校学生中任选1 人，成绩是合格等级的概率为10，设在该校高一学生中任选3人，起码有 1 人成绩是合格等级的事件为A ，则 P(A)＝ 1－ C 03 ×(1－ 9 )3＝ 999 .10 1000(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C 33＝1C 91C 3227P(ξ＝0) 3， P(ξ＝ 1)＝3＝，＝C 12220C 122202 1 10827P(ξ＝2) C 9C 3＝ C 123＝220 ＝ 55，3P(ξ＝3) ＝C39＝84＝21，C 12 220 55所以 ξ的概率散布为ξ 0 1 2 3P1 27 27 21 2202205555E(ξ)＝ 0× 1 ＋ 1× 27 ＋ 2×27＋ 3×21＝ 9.220 220 55 55 4。
高考理科数学中档大题保分专练18套(经典珍藏解析版)
高考理科数学中档大题保分专练 18 套 目 录
目 录............................................................................................................................... 1 专练一（共 4 道大题）建议用时：40 分钟.................................................................. 2 专练二（共 4 道大题）建议用时：40 分钟.................................................................. 5 专练三（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 10 专练四（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 13 专练五（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 16 专练六（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 21 专练七（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 24 专练八（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 28 专练九（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 32 专练十（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 36 专练十一（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 40 专练十二（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 44 专练十三（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 49 专练十四（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 53 专练十五（共 4 道大题）建议用时：40 分钟..................... 56 专练十六（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 60 专练十七（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 63 专练十八（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 65 独家整理编辑
2019版高中数学二轮复习：中档大题保分练4 Word版含解析
中档大题保分练(04)(满分：46分 时间：50分钟)说明：本大题共4小题，其中第1题可从A 、B 两题中任选一题； 第4题可从A 、B 两题中任选一题. 共46分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(A)(12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a ＋2c )cos B ＋b cos A ＝0，b ＝5．(1)求角B ；(2)若△ABC 的面积为1534，求△ABC 的周长．解：(1)∵(a ＋2c )cos B ＋b cos A ＝0，由正弦定理可得：sin A cos B ＋2sin C cos B ＋sin B cos A ＝0，即cos B ＝－12，又B ∈(0，π)，则B ＝23π．(2)由△ABC 的面积为1534，∴12ac sin B ＝1534，则ac ＝15， 由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac －2ac cos B ，得a ＋c ＝210， 则周长a ＋b ＋c ＝210＋5．1．(B)(12分)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列，∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝2n －1＋a n ，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝1＋(2n －1)2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －1．因为S n －(n 2＋2n )＝－1＜0，所以S n ＜n 2＋2n ．2．(12分)某代卖店代售的某种快餐，深受广大消费者喜爱，该种快餐每份进价为8元，并以每份12元的价格销售．如果当天19：00之前卖不完，剩余的该种快餐每份以5元的价格作特价处理，且全部售完．(1)若这个代卖店每天定制15份该种快餐，求该种类型快餐当天的利润y (单位：元)关于当天需求量x (单位：份，x ∈N )的函数解析式；(2)该代卖点记录了一个月30天的每天19：00之前的销售数量该种快餐日需求量，统计数据如下：以30每天都定制15份该种快餐．①求该种快餐当天的利润不少于52元的概率； ②求这一个月该种快餐的日利润的平均数(精确到0.1)． 解：(1)由题意得当x ≥15时，y ＝4×15＝60； 当x ＜15时，y ＝4x －3(15－x )＝7x －45．所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧60，x ≥15，x ∈N ，7x －45，x ＜15，x ∈N .(2)由题意可得该种快餐的利润情况如下表：①该种快餐当天的利润不少于52元的概率为P ＝6＋1530＝0.7．②这一个月该种快餐的日利润的平均数为 4×39＋5×46＋6×53＋15×6030≈53.5(元)．3．(12分)如图，已知四边形ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，且P A ⊥AB ，AB ∥DC ，△P AD 是等边三角形，AB ＝AD ＝2DC ＝2，M 为PB 的中点．(1)求证：CM ∥平面P AD ； (2)求三棱锥P -ACM 的体积．(1)证明：取P A 的中点N ，连接MN ，DN . 由于M ，N 分别为PB ，P A 的中点， 由题意知MN 綊12AB 綊CD ，则四边形CMND 为平行四边形，所以CM ∥DN ， 又CM ⊄平面P AD ，DN ⊂平面P AD ，所以CM ∥平面P AD ．(2)解：由(1)知CM ∥DN ，△P AD 是等边三角形，所以DN ⊥P A ，因为AB ⊥AD ，且P A ⊥AB ，且AD ∩P A ＝A ，AD ⊂平面P AD ，P A ⊂平面P AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，又因为DN ⊂平面P AD ，所以DN ⊥AB ， 又因为AB ∩AP ＝A ，AB ⊂平面ABP ， AP ⊂平面ABP ，则DN ⊥平面ABP ，即CM ⊥平面ABP ，CM 为三棱锥C -APM 的高， CM ＝DN ＝3，S △P AM ＝12S △P AB ＝12×12×2×2＝1，V P -ACM ＝V C -P AM ＝13S △P AM ×CM ＝33． 4．(A)(10分)选修4－4：坐标系与参数方程以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 1的极坐标方程为ρ＝1，曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)．(1)求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程；(2)直线l ：y ＝x 与曲线C 1交于A ，B 两点，P 是曲线C 2上的动点，求△P AB 的面积的最大值．解：(1)因为曲线C 1的极坐标方程为ρ＝1， 则直角坐标方程为x 2＋y 2＝1；曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φ，y ＝sin φ(φ为参数)，则普通方程为x 24＋y 2＝1．(2)由题意知|AB |＝2，设P (2cos φ，sin φ)， 点P 到直线y ＝x 的距离为d ＝|2cos φ－sin φ|2，所以S △P AB ＝12|AB |×d ＝12×2×|2cos φ－sin φ|2＝102|sin(φ＋θ)|≤102．4．(B)(10分)选修4－5：不等式选讲(1)已知a ，b ∈R ，且|a |＜1，|b |＜1，求证：a 2b 2＋1＞a 2＋b 2．(2)若关于x 的不等式|x －1|＋2|x －2|≤m 有解，求实数m 的取值范围． (1)证明：∵a 2b 2＋1－a 2－b 2＝a 2(b 2－1)＋(1－b 2)＝(b 2－1)(a 2－1)， 又a ，b ∈R ，且|a |＜1，|b |＜1， ∴a 2－1＜0，b 2－1＜0，∴(b 2－1)(a 2－1)＞0，即a 2b 2＋1＞a 2＋b 2．(2)解：|x －1|＋2|x －2|≤m 有解等价于m ≥(|x －1|＋2|x －2|)min ， |x －1|＋2|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧5－3x ，x ＜1，3－x ，1≤x ＜2，3x －5，x ≥2，由单调性知：|x －1|＋2|x －2|≥1，所以m ≥1．。
高三年文科数学中档大题保分练(1-3)
中档大题保分练(1) (推荐时间：50分钟)1．已知函数f(x)＝32sin 2x－12(cos2x－sin2x)－1，x∈R，将函数f(x)向左平移π6个单位后得到函数g(x)，设△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.(1)若c＝7，f(C)＝0，sin B＝3sin A，求a和b的值；(2)若g(B)＝0且m＝(cos A，cos B)，n＝(1，sin A－cos A tan B)，求m·n的取值范围．2．某园林局对1 000株树木的生长情况进行调查，其中杉树600株，槐树400株．现用分层抽样方法从这1 000株树木中随机抽取100株，杉树与槐树的树干周长(单位：cm)的抽查结果如下表：(1)求x(2)如果杉树的树干周长超过60 cm就可以砍伐，请估计该片园林可以砍伐的杉树有多少株？(3)树干周长在30 cm到40 cm之间的4株槐树有1株患虫害，现要对这4株树逐一进行排查直至找出患虫害的树木为止．求排查的树木恰好为2株的概率．3．如图，在四棱锥S－ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝3，SE⊥AD.(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；(2)若SE＝1，求三棱锥E－SBC的高．4．已知n∈N*，数列{d n}满足d n＝3＋(－1)n2，数列{a n}满足a n＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n；又知数列{b n}中，b1＝2，且对任意正整数m，n，b m n＝b n m.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)将数列{b n}中的第a1项，第a2项，第a3项，……，第a n项，……删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n}，求数列{c n}的前2 013项和．1.解 (1)f (x )＝32sin 2x －12cos 2x －1＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－1 g (x )＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6－π6－1＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1 由f (C )＝0，∴sin ⎝⎛⎫2C －π6＝1. ∵0<C <π，∴－π6<2C －π6<116π，∴2C －π6＝π2，∴C ＝π3.由sin B ＝3sin A ，∴b ＝3a .由余弦定理得(7)2＝a 2＋b 2－2ab cos π3.∴7＝a 2＋9a 2－3a 2，∴a ＝1，b ＝3. (2)由g (B )＝0得sin ⎝⎛⎭⎫2B ＋π6＝1， ∵0<B <π，∴π6<2B ＋π6<136π，∴2B ＋π6＝π2，∴B ＝π6.∴m ·n ＝cos A ＋cos B (sin A －cos A tan B ) ＝cos A ＋sin A cos B －cos A sin B ＝32sin A ＋12cos A ＝sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6. ∵A ＋C ＝5π6，∴0<A <5π6，∴π6<A ＋π6<π，∴0<sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6≤1. ∴m ·n 的取值范围是(0,1]．2. 解 (1)按分层抽样方法随机抽取100株，可得槐树为40株，杉树为60株， ∴x ＝60－6－19－21＝14，y ＝40－4－20－6＝10. 估计槐树树干周长的众数为45 cm. (2)1460×600＝140， 估计该片园林可以砍伐的杉树有140株．(3)设4株树为B 1，B 2，B 3，D ，设D 为有虫害的那株，基本事件为(D )，(B 1，D )，(B 2，D )，(B 3，D )，(B 1，B 2，D )，(B 1，B 3，D )，(B 2，B 1，D )，(B 2，B 3，D )，(B 3，B 1，D )，(B 3，B 2，D )，(B 1，B 2，B 3)，(B 1，B 3，B 2)，(B 2，B 1，B 3)，(B 2，B 3，B 1)，(B 3，B 1，B 2)，(B 3，B 2，B 1)共16种，设事件A ：排查的树木恰好为2株，事件A 包含(B 1，D )，(B 2，D )，(B 3，D )3种， ∴P (A )＝316.3.(1)证明 ∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD ，SE ⊂平面SAD ， SE ⊥AD ， ∴SE ⊥平面ABCD .∵BE ⊂平面ABCD ，∴SE ⊥BE .∵AB ⊥AD ，AB ∥CD ，CD ＝3AB ＝3，AE ＝ED ＝3， ∴∠AEB ＝30°，∠CED ＝60°. ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CE . 结合SE ∩CE ＝E ，得BE ⊥平面SEC . ∵BE ⊂平面SBE ，∴平面SBE ⊥平面SEC . (2)解 如图，作EF ⊥BC 于F ，连接SF . 由BC ⊥SE ，SE 和EF 相交， 得BC ⊥平面SEF . 由BC 在平面SBC 内， 得平面SEF ⊥平面SBC . 过E 作EG ⊥SF 于点G ， 则EG ⊥平面SBC ，即线段EG 的长即为三棱锥E －SBC 的高． 由SE ＝1，BE ＝2，CE ＝23得BC ＝4，EF ＝3， 所以SF ＝2.在Rt △SEF 中，EG ＝SE ·EF SF ＝32，所以三棱锥E －SBC 的高为32. 4.解 方法一 (1)∵d n ＝3＋(－1)n2，∴a n ＝d 1＋d 2＋d 3＋…＋d2n .＝3×2n2＝3n . 又由题知：令m ＝1，则b 2＝b 21＝22，b 3＝b 31＝23，…，b n ＝b n 1＝2n. 若b n ＝2n ，则b m n ＝2nm ，b n m ＝2mn ， ∴b m n ＝b n m 恒成立．若b n ≠2n ，当m ＝1，b m n ＝b n m 不成立，∴b n ＝2n .(2)由题知将数列{b n }中的第3项、第6项、第9项……删去后构成的新数列{c n }中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项分别是b 1＝1，b 2＝4，公比均是8， T 2 013＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c 2 013)＋(c 2＋c 4＋c 6＋…＋c 2 012) ＝2×(1－81 007)1－8＋4×(1－81 006)1－8＝20×81 006－67.方法二 (1)a n ＝d 1＋d 2＋…＋d 2n ＝32×2n ＝3n .由b m n ＝b nm 及b 1＝2>0知b n >0，对b m n ＝b n m 两边取对数得，m lg b n ＝n lg b m ，令m ＝1，得lg b n ＝n lg b 1＝n lg 2＝lg 2n ， ∴b n ＝2n .(2)T 2 013＝c 1＋c 2＋…＋c 2 013＝b 1＋b 2＋b 4＋b 5＋b 7＋b 8＋…＋b 3 018＋b 3 019 ＝(b 1＋b 2＋…＋b 3 019)－(b 3＋b 6＋…＋b 3 018) ＝2(1－23 019)1－2－8(1－81 006)1－23＝20×81 006－67.中档大题保分练(2)(推荐时间：50分钟)1． 已知向量m ＝(sin x,1)，n ＝⎝⎛⎭⎫3A cos x ，A2cos 2x (A >0)，函数f (x )＝m ·n 的最大值为6. (1)求A ；(2)将函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π24上的值域．2． 已知向量a ＝(2,1)，b ＝(x ，y )．(1)若x ∈{－1,0,1,2}，y ∈{－1,0,1}，求向量a ∥b 的概率； (2)若x ∈[－1,2]，y ∈[－1,1]，求向量a ，b 的夹角是钝角的概率．3． 如图1，在等腰△ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，BC 边的中点，现将△ACD 沿CD 翻折，使得平面ACD ⊥平面BCD .(如图2)(1)求证：AB ∥平面DEF ； (2)求证：BD ⊥AC ；(3)设三棱锥A －BCD 的体积为V 1，多面体ABFED 的体积为V 2，求V 1∶V 2的值．4． 已知数列{a n }是一个公差大于零的等差数列，且a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16，数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2b n －2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，求T n .1.解 (1)f (x )＝m ·n ＝3A sin x cos x ＋A 2cos 2x ＝A ⎝⎛⎭⎫32sin 2x ＋12cos 2x ＝A sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 因为A >0，由题意知A ＝6. (2)由(1)得f (x )＝6sin ⎝⎛⎫2x ＋π6. 将函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位后得到y ＝6sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π12＋π6＝6sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象； 再将得到的图象上各点横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到y ＝6sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π3的图象． 因此g (x )＝6sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π3. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，5π24， 所以4x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，7π6， 故g (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π24上的值域为[－3,6]． 2.解 (1)共包含12个基本事件．Ω＝{(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)，(2,1)}，设“a ∥b ”为事件A ，由a ∥b ，得x ＝2y ， 则A ＝{(0,0)，(2,1)}，含2个基本事件， 则P (A )＝212＝16.(2)设“a ，b 的夹角是钝角”为事件B ，由a ，b 的夹角是钝角， 可得a ·b <0，即2x ＋y <0，且x ≠2y .Ω＝⎩⎨⎧(x ，y )⎪⎪⎪ ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1≤x ≤2，－1≤y ≤1，，B ＝⎩⎨⎧(x ，y )⎪⎪⎪⎪ ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－1≤x ≤2，－1≤y ≤1，2x ＋y <0，x ≠2y ，则P (B )＝S B S Ω＝12×⎝⎛⎭⎫12＋32×23×2＝13.3.(1)证明 在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB ， 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF . (2)证明 ∵平面ACD ⊥平面BCD ， 平面ACD ∩平面BCD ＝CD ， AD ⊥CD ，且AD ⊂平面ACD ，∴AD ⊥平面BCD .又BD ⊂平面BCD ， ∴AD ⊥BD .又∵CD ⊥BD ，且AD ∩CD ＝D ， ∴BD ⊥平面ACD .又AC ⊂平面ACD ，∴BD ⊥AC . (3)解 由(2)可知AD ⊥平面BCD ， ∴AD 是三棱锥A －BCD 的高， ∴V 1＝13·AD ·S △BCD ，又∵E ，F 分别是AC ，BC 边的中点，∴三棱锥E －CDF 的高是三棱锥A －BCD 高的一半， 三棱锥E －CDF 的底面积是三棱锥A －BCD 底面积的一半， ∴三棱锥E －CDF 的体积V E －CDF ＝14V 1，∴V 2＝V 1－V E －CDF ＝V 1－14V 1＝34V 1，∴V 1∶V 2＝4∶3.4.解 (1)依题意，设等差数列{a n }的公差为d (d >0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55 ①2a 1＋7d ＝16 ②将②代入①得(16－3d )(16＋3d )＝220， 即d 2＝4，∵d >0，∴d ＝2，a 1＝1，∴a n ＝2n －1， 当n ＝1时，S 1＝2b 1－2，b 1＝2， 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(2b n －2)－(2b n －1－2)＝2b n －2b n －1， ∴b n ＝2b n －1.∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．即b n ＝2n . (2)c n ＝a n b n ＝2n －12n ， T n ＝12＋322＋…＋2n －12n12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1 ∴③－④得，12T n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1 ∴T n ＝3－2n＋32n .中档大题保分练(3)(推荐时间：50分钟)1． 已知向量m ＝(sin x ，－1)，n ＝(cos x,3)．(1)当m ∥n 时，求sin x ＋cos x3sin x －2cos x的值；(2)已知在锐角△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，3c ＝2a sin(A ＋B )，函数f (x )＝(m ＋n )·m ，求f ⎝⎛⎭⎫B ＋π8的取值范围．2． 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，在等差数列{b n }中，b n >0(n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15，又a 1＋b 1、a 2＋b 2、a 3＋b 3成等比数列． (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .3． 某学校共有教职工900人，分成三个批次进行继续教育培训，在三个批次中男、女教职工人数如下表所示．已知在全体教职工中随机抽取1名，抽到第二批次中女教职工的概率是0.16.(1)求x 的值；(2)现用分层抽样的方法在全体教职工中抽取54名做培训效果的调查，问应在第三批次中抽取教职工多少名？(3)已知y ≥96，z ≥96，求第三批次中女教职工比男教职工多的概率．4． 如图所示多面体中，AD ⊥平面PDC ，ABCD 为平行四边形，E ，F分别为AD ，BP 的中点，AD ＝3，AP ＝5，PC ＝27. (1)求证：EF ∥平面PDC ；(2)若∠CDP ＝90°，求证：BE ⊥DP ； (3)若∠CDP ＝120°，求该多面体的体积．1.解 (1)由m ∥n ，可得3sin x ＝－cos x ，于是tan x ＝－13，∴sin x ＋cos x 3sin x －2cos x ＝tan x ＋13tan x －2＝－13＋13×⎝⎛⎭⎫－13－2＝－29.(2)在△ABC 中，A ＋B ＝π－C ，于是sin(A ＋B )＝sin C ， 由正弦定理知：3sin C ＝2sin A sin C ， ∵sin C ≠0，∴sin A ＝32. 又△ABC 为锐角三角形，∴A ＝π3，于是π6<B <π2.∵f (x )＝(m ＋n )·m ＝(sin x ＋cos x,2)·(sin x ，－1)＝sin 2x ＋sin x cos x －2 ＝1－cos 2x 2＋12sin 2x －2 ＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x －π4－32， ∴f ⎝⎛⎭⎫B ＋π8＝22sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫B ＋π8－π4－32 ＝22sin 2B －32. 由π6<B <π2得π3<2B <π， ∴0<sin 2B ≤1，－32<22sin 2B －32≤22－32， 即f ⎝⎛⎭⎫B ＋π8∈⎝⎛⎦⎤－32，22－32. 2. 解 (1)∵a n ＝3n －1(n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，在等差数列{b n }中，∵b 1＋b 2＋b 3＝15，∴b 2＝5. 又∵a 1＋b 1、a 2＋b 2、a 3＋b 3成等比数列， 设等差数列{b n }的公差为d ，∴(1＋5－d )(9＋5＋d )＝64，解得d ＝－10或d ＝2， ∵b n >0(n ∈N *)，∴舍去d ＝－10，取d ＝2，∴b 1＝3， ∴b n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)知，T n ＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n －1)3n －2＋(2n ＋1)3n －1， ① 3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)3n －1＋(2n ＋1)·3n ，②①－②得－2T n ＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n ＋1)3n＝3＋2×3－3n 1－3－(2n ＋1)3n ＝3n －(2n ＋1)3n ＝－2n ·3n ， ∴T n ＝n ·3n .3.解 (1)由x900＝0.16，解得x ＝144.(2)第三批次的人数为y ＋z ＝900－(196＋204＋144＋156)＝200，设应在第三批次中抽取m 名，则m 200＝54900，解得m ＝12，所以应在第三批次中抽取12名．(3)设第三批次中女教职工比男教职工多的事件为A ，第三批次女教职工和男教职工数记为数对(y ，z )．由(2)知y ＋z ＝200(y ，z ∈N *，y ≥96，z ≥96)，则基本事件总数有：(96,104)，(97,103)，(98,102)，(99,101)，(100,100)，(101,99)，(102,98)，(103,97)，(104,96)，共9个；而事件A 包含的基本事件有(101,99)，(102,98)，(103,97)，(104,96)共4个． 所以，所求概率为P (A )＝49.4.(1)证明 取PC 的中点为O ，连接FO ，DO . 因为F ，O 分别为BP ，PC 的中点， 所以FO ∥BC ，且FO ＝12BC .又四边形ABCD 为平行四边形，E 为AD 的中点， 所以ED ∥BC ，且ED ＝12BC ，所以FO ∥ED ，且FO ＝ED ，所以四边形EFOD 是平行四边形，所以EF ∥DO . 又EF ⊄平面PDC ，DO ⊂平面PDC ， 所以EF ∥平面PDC .(2)解 若∠CDP ＝90°，则PD ⊥DC ， 又AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥DP ， 又∵DC ∩AD ＝D ，所以DP ⊥平面ABCD 因为BE ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥DP .(3)解 连接AC ，由ABCD 为平行四边形可知△ABC 与△ADC 面积相等， 所以三棱锥P －ADC 与三棱锥P －ABC 体积相等， 即五面体的体积为三棱锥P －ADC 体积的2倍． 因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥DP ， 由AD ＝3，AP ＝5，可得DP ＝4.又∠CDP ＝120°，PC ＝27，由余弦定理得DC ＝2， 所以三棱锥P －ADC 的体积V P －ADC ＝V A －CDP ＝13×12×2×4×sin 120°×3＝23，所以该五面体的体积为4 3.。
高考数学中档大题规范练中档大题4.docx
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.。
高考数学(文)二轮复习 专题突破训练：中档大题规范练4 Word版含答案
(四)数 列1．(2017·全国Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式；(2)若T 3＝21，求S 3.解 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2，得d ＋q ＝3.①(1)由a 3＋b 3＝5，得2d ＋q 2＝6.②联立①和②，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2. 因此{b n }的通项公式b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21，得q 2＋q －20＝0.解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21.当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.2．(2017·河北省衡水中学二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＋3＝a n ＋3＋2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设以2为公比的等比数列{b n }满足4log 2b n ·log 2b n ＋1＝a n ＋12n ＋11(n ∈N *)，求数列{b n －log 2b n }的前n 项和S n .解 (1)由题意知，数列{a n ＋3}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＋3＝2＋2(n －1)＝2n ，故a n ＝4n 2－3.(2)设等比数列{b n }的首项为b 1，则b n ＝b 1×2n －1，依题意有4log 2b n ·log 2b n ＋1＝4log 2(b 1×2n －1)·log 2(b 1×2n )＝4(log 2b 1＋n －1)(log 2b 1＋n ) ＝4(log 2b 1)2－4log 2b 1＋4×(2log 2b 1－1)n ＋4n 2＝4n 2＋12n ＋8，即⎩⎪⎨⎪⎧4×(2log 2b 1－1)＝12，4(log 2b 1)2－4log 2b 1＝8， 解得log 2b 1＝2，b 1＝4，故b n ＝4×2n －1＝2n ＋1.∵b n －log 2b n ＝2n ＋1－(n ＋1)，∴S n ＝22(1－2n )1－2－n (2＋n ＋1)2＝2n ＋2－4－n (n ＋3)2. 3．(2017届辽宁省锦州市质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 6＝9S 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2a n ，求数列{a n b n }的前n 项和．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝1，S 6＝9S 3知，q ≠1，故1－q 61－q ＝9(1－q 3)1－q， 即(1－q 3)(1＋q 3)＝9(1－q 3)，即1＋q 3＝9，即q 3＝8，解得q ＝2，则a n ＝a 1·q n －1＝2n －1.(2)b n ＝1＋log 2a n ＝1＋log 22n －1＝1＋n －1＝n ，∴a n b n ＝n ·2n －1，∴T n ＝1＋2·2＋3·22＋…＋n ·2n －1，①2T n ＝1·2＋2·22＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，②由②－①，得T n ＝n ·2n －(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝n ·2n －(2n －1)＝(n －1)·2n ＋1.4．(2017届湖南省长沙市雅礼中学模拟)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝9，且a n ＝a n －1＋λn －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n (a n ＋n )，且数列{b n }的前2n 项和为S 2n ，求S 2n . 解 (1)∵a 1＝1，a 3＝9，且a n ＝a n －1＋λn －1(n ≥2，n ∈N *)，∴a 2＝2λ，a 3＝5λ－1＝9，解得λ＝2，∴a n －a n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)．∴a n ＝(2n －1)＋(2n －3)＋…＋3＋1＝n (2n －1＋1)2＝n 2. (2)b n ＝(－1)n (a n ＋n )＝(－1)n (n 2＋n )，b 2n －1＋b 2n ＝－[(2n －1)2＋(2n －1)]＋[(2n )2＋2n ]＝4n ，S 2n ＝4×n (n ＋1)2＝2n 2＋2n . 5．(2017·湖南省衡阳市联考)已知在数列{a n }中，a 1＝2，a n －a n －1－2n ＝0(n ≥2，n ∈N *)．(1)写出a 2，a 3的值(只写出结果)，并求出数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n ，若对任意的正整数n ，不等式t 2－2t ＋16>b n 恒成立，求实数t 的取值范围．解 (1)a 2＝6，a 3＝12，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋1)， 当n ＝1时，a 1＝2也满足上式，∴a n ＝n (n ＋1)．(2)b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋1(n ＋2)(n ＋3)＋…＋12n (2n ＋1)＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1.∵b n ＋1－b n ＝1n ＋2－12n ＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－12n ＋1 ＝1n ＋2＋12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋12n ＋3 ＝3n ＋32n 2＋5n ＋2－3n ＋42n 2＋5n ＋3＝－2n 2－2n ＋1(2n 2＋5n ＋2)(2n 2＋5n ＋3)<0， ∴b n ＋1<b n ，则数列{b n }是单调递减数列．∴(b n )max ＝b 1＝16. ∴t 2－2t ＋16>b n ⇔t 2－2t ＋16>16⇔t 2－2t >0⇔t <0或t >2，∴t ∈(－∞，0)∪(2，＋∞)．。
高三数学综合复习：中档大题保分练(四)
中档大题保分练(四)(推荐时间：50分钟)1． 已知函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤π3，2π3 上单调递减；如图，四边形OACB 中，a ，b ，c 为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且满足sin B ＋sin C sin A ＝4ω3－cos B －cos C cos A. (1)证明：b ＋c ＝2a ；(2)若b ＝c ，设∠AOB ＝θ(0<θ<π)，OA ＝2OB ＝2，求四边形OACB 面积的最大值．(1)证明 由题意知：2πω＝4π3，解得：ω＝32， ∵sin B ＋sin C sin A ＝2－cos B －cos C cos A， ∴sin B cos A ＋sin C cos A＝2sin A －cos B sin A －cos C sin A ，∴sin B cos A ＋cos B sin A ＋sin C cos A ＋cos C sin A＝2sin A ，∴sin(A ＋B )＋sin(A ＋C )＝2sin A ，∴sin C ＋sin B ＝2sin A ⇒b ＋c ＝2a .(2)解 因为b ＋c ＝2a ，b ＝c ，所以a ＝b ＝c ，所以△ABC 为等边三角形，S OACB ＝S △OAB ＋S △ABC ＝12OA ·OB sin θ＋34AB 2 ＝sin θ＋34(OA 2＋OB 2－2OA ·OB cos θ) ＝sin θ－3cos θ＋534＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＋534， ∵θ∈(0，π)，∴θ－π3∈⎝⎛⎭⎫－π3，2π3， 当且仅当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时取最大值， S OACB 的最大值为2＋534. 2． 张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时间都是3分钟，如果遇到红灯要停留1分钟．假设他在各交通岗是否遇到红灯是相互独立的，并且概率都是13. (1)求张师傅此行程时间不少于16分钟的概率；(2)记张师傅此行程所需时间为Y 分钟，求Y 的分布列和均值．解 (1)如果不遇到红灯，全程需要15分钟，否则至少需要16分钟．所以张师傅此行程时间不少于16分钟的概率P ＝1－⎝⎛⎭⎫1－134＝6581. (2)设张师傅此行程遇到红灯的次数为X ，则X ～B ⎝⎛⎭⎫4，13， P (X ＝k )＝C k 4⎝⎛⎭⎫13k ⎝⎛⎭⎫234－k ，k ＝0,1,2,3,4.依题意，Y ＝15＋X ，则Y 的分布列为Y 的均值E (Y )＝E (X ＋15)＝E (X )＋15＝4×13＋15＝493.3． 如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC 上移动．(1)点E 为BC 的中点时，试判断EF 与平面P AC 的位置关系，并说 明理由；(2)求证：无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF ；(3)当BE 为何值时，P A 与平面PDE 所成角的大小为45°.(1)解 当点E 为BC 的中点时，EF 与平面P AC 平行．∵在△PBC 中，E 、F 分别为BC 、PB 的中点，∴EF ∥PC .又∵EF ⊄平面P AC ，而PC ⊂平面P AC ，∴EF ∥平面P AC .(2)证明 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (0,1,0)，F ⎝⎛⎭⎫0，12，12，D (3，0,0)． 设BE ＝x ，则E (x,1,0)，PE →·AF →＝(x,1，－1)·⎝⎛⎭⎫0，12，12＝0， 所以PE ⊥AF .(3)解 设平面PDE 的法向量为m ＝(p ，q,1)．由(2)知PD →＝(3，0，－1)，PE →＝(x,1，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PD →＝0，m ·PE →＝0，得m ＝⎝⎛⎭⎫13，1－x 3，1. 而AP →＝(0,0,1)，依题意P A 与平面PDE 所成角为45°，所以sin 45°＝22＝|m ·AP →||m ||AP →|， 即113＋⎝⎛⎭⎫1－x 32＋1＝22， 得BE ＝x ＝3－2或BE ＝x ＝3＋2>3(舍去)． 故BE ＝3－2时，P A 与平面PDE 所成角为45°.4． 设f (x )＝x 3，等差数列{a n }中a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3a n ＋1)，令b n ＝a n S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n . (1)求{a n }的通项公式和S n ；(2)求证：T n <13； (3)是否存在正整数m ，n ，且1<m <n ，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出m ，n 的值，若不存在，说明理由．(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12， 解得a 1＝1，d ＝3，所以a n ＝3n －2.又因为f (x )＝x 3，所以S n ＝f (3a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1.(2)证明 因为b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)， 所以1b n ＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， 所以T n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1<13. (3)解 由(2)知T n ＝n 3n ＋1， 所以T 1＝14，T m ＝m 3m ＋1，T n ＝n 3n ＋1， 若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3m ＋12＝14·n 3n ＋1，即6m ＋1m 2＝3n ＋4n . 当m ＝2时，134＝3n ＋4n，n ＝16，符合题意； 当m ＝3时，199＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝4时，2516＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝5时，3125＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝6时，3736＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ≥7时，m 2－6m －1＝(m －3)2－10>0， 则6m ＋1m 2<1，而3n ＋4n ＝3＋4n>3， 所以，此时不存在正整数m ，n ，且1<m <n ， 使得T 1，T m ，T n 成等比数列．综上，存在正整数m ＝2，n ＝16，且1<m <n ， 使得T 1，T m ，T n 成等比数列．。
高考数学二轮复习 第一部分 题型专项练 中档题保分练(四)理-人教版高三全册数学试题
中档题保分练(四)1．(2018·某某模拟)已知a ＝(2sin ωx ，sin ωx ＋cos ωx )，b ＝(cos ωx ，3(sin ωx－cos ωx ))，0＜ω＜1，函数f (x )＝a ·b ，直线x ＝5π6是函数f (x )图象的一条对称轴． (1)求函数f (x )的解析式及单调递增区间；(2)在△ABC 中，已知f (A )＝0，c ＝3，a ＝13，求b .解析：(1) f (x )＝a ·b ＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π3. ∵x ＝5π6是函数f (x )图象的一条对称轴， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6＝±2，∴2×5π6ω－π3＝k π＋π2，k ∈Z. ∴ω＝3k 5＋12，k ∈Z. ∵ω∈(0,1)，∴k ＝0，ω＝12， ∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3. 令2k π－π2≤x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，得2k π－π6≤x ≤2k π＋5π6，k ∈Z. ∴f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，f (x )的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π6，2k π＋5π6，k ∈Z. (2) ∵f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π3＝0，∴A －π3＝k π，∴A ＝k π＋π3，k ∈Z. ∵A ∈(0，π)，∴A ＝π3. 在△ABC 中，由余弦定理：cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc，∴b 2＋c 2－a 2－2bc cos A ＝0， ∴b 2＋32－13－2b ×3×12＝0， ∴b 2－3b －4＝0，∴(b －4)(b ＋1)＝0.∵b ＞0，∴b ＝4.2．(2018·哈师大附中模拟)哈师大附中高三学年统计甲、乙两个班级一模数学分数(满分150分)，每个班级20名同学，现有甲、乙两班本次考试数学分数如下列茎叶图所示：(1)根据茎叶图求甲、乙两班同学数学分数的中位数，并将乙班同学的分数的频率分布直方图填充完整；(2)根据茎叶图比较在一模考试中，甲、乙两班同学数学分数的平均水平和分数的分散程度(不要求计算出具体值，给出结论即可)；(3)若规定分数在[100,120)的成绩为良好，分数在[120,150)的成绩为优秀，现从甲、乙两班成绩为优秀的同学中，按照各班成绩为优秀的同学人数占两班总的优秀人数的比例分层抽样，共选出12位同学参加数学提优培训，求这12位同学中恰含甲、乙两班所有140分以上的同学的概率．解析：(1)甲班数学分数的中位数：122＋1142＝118， 乙班数学分数的中位数：128＋1282＝128.(2)乙班学生数学考试分数的平均水平高于甲班学生数学考试分数的平均水平；甲班学生数学考试分数的分散程度高于乙班学生数学考试分数的分散程度. (3)由频率分布直方图可知：甲、乙两班数学成绩为优秀的人数分别为10、14，若从中分层抽样选出12人，则应从甲、乙两班各选出5人、7人，设“选出的12人中恰含有甲、乙两班的所有140分以上的同学”为事件A ，则P (A )＝C 22·C 38C 510×C 33·C 411C 714＝8×7×63×2×110×9×8×7×65×4×3×2×1×11×10×9×84×3×2×114×13×12×11×10×9×87×6×5×4×3×2×1＝29×552＝5234. 所以选出的12人中恰含有甲、乙两班的所有140分以上的同学的概率为5234. 3．如图，矩形ABCD 和直角梯形BEFC 所在平面互相垂直，∠BCF ＝90°，BE ∥CF ，CE ⊥EF ，AD ＝3，EF ＝2.(1)求异面直线AD 与EF 所成的角；(2)当AB 的长为何值时，二面角A EF C 的大小为45°？解析：如图，以点C 为坐标原点，分别以CB ，CF 和CD 作为x 轴，y轴和z 轴建立空间直角坐标系C xyz .设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c (b <c )，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，b,0)，F (0，c,0)，D (0,0，a )，(1)DA →＝(3，0,0)，CB →＝(3，0,0)，FE →＝(3，b －c,0)，由|FE →|＝2，得3＋(b －c )2＝4，∴b －c ＝－1.所以FE →＝(3，－1,0)．所以cos 〈DA →，FE →〉＝DA →·FE →|DA →||FE →|＝33×2＝32， 所以异面直线AD 与EF 所成的角为30°.(2)设n ＝(1，y ，z )为平面AEF 的法向量，则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，结合|BC →|2＋|BE →|2＝|CF →|2－|EF →|2， 解得n ＝(1，3，33a)． 又因为BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0,0，a )，所以|cos 〈n ，BA →〉|＝|n ·BA →||n ||BA →|＝33a a 4a 2＋27＝22， 得到a ＝332. 所以当AB 为332时，二面角A EF C 的大小为45°. 4．请在下面两题中任选一题作答(选修4－4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系中，以原点为极点，以x 轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C 1的极坐标方程为：ρ＝2cos θ.(1)若曲线C 2参数方程为：⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝1＋t sin αx ＝t cos α(α为参数)，求曲线C 1的直角坐标方程和曲线C 2的普通方程；(2)若曲线C 2参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝t cos αy ＝1＋t sin α (t 为参数)，A (0,1)，且曲线C 1与曲线C 2 交点分别为P ，Q ，求1|AP |＋1|AQ |的取值X 围，解析：(1) ∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ，又∵ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x ，∴曲线C 1的直角坐标方程为：x 2＋y 2－2x ＝0.曲线C 2的普通方程为：x 2＋(y －1)2＝t 2.(2)将C 2的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝t cos α，y ＝1＋t sin α(t 为参数)代入C 1的方程： x 2＋y 2－2x ＝0得： t 2＋(2sin α－2cos α)t ＋1＝0.∵Δ＝(2sin α－2cos α)2－4＝8sin 2⎝⎛⎭⎪⎫α－π4－4＞0， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4∈⎝ ⎛⎦⎥⎤22，1， ∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－22∪⎝ ⎛⎦⎥⎤22，1. t 1＋t 2＝－(2sin α－2cos α)＝－22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4，t 1·t 2＝1＞0. ∵t 1·t 2＝1＞0，∴t 1，t 2同号，∴|t 1|＋|t 2|＝|t 1＋t 2|.由t 的几何意义可得： 1|PA |＋1|AQ |＝1|t 1|＋1|t 2|＝|t 1|＋|t 2||t 1|·|t 2|＝|t 1|＋|t 2||t 1·t 2| ＝|t 1＋t 2|1 ＝22⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π4∈(2,22]， ∴1|PA |＋1|AQ |∈(2,22]． (选修4－5：不等式选讲)已知函数f (x )＝|2x ＋b |＋|2x －b |.(1)若b ＝1，解不等式f (x )＞4，(2)若不等式f (a )＞|b ＋1|对任意的实数a 恒成立，求b 的取值X 围． 解析：(1) b ＝1时，f (x )＝|2x ＋1|＋|2x －1|＞4， ⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥124x ＞4⇒x ＞1或⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－12－4x ＞4⇒x ＜－1或⎩⎪⎨⎪⎧ －12＜x ＜122＞4⇒x ∈∅.所以解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．(2)f (a )＝|2a ＋b |＋|2a －b |＝|2a ＋b |＋|b －2a |≥|(2a ＋b )＋(b －2a )|＝|2b |. 当且仅当(2a ＋b )·(b －2a )≥0时(f (a ))min ＝|2b |，所以|2b |＞|b ＋1|，所以(2b )2＞(b ＋1)2，所以(3b ＋1)(b －1)＞0.所以b 的取值X 围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13∪(1，＋∞)．。
高考数学中档大题保分练1.docx
高中数学学习材料唐玲出品中档大题保分练(一)(建议用时：45分钟)1．(2015·怀化模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)部分图象如图1所示．图1(1)求f (x )的最小正周期及解析式；(2)设g (x )＝f (x )－cos 2x ，求函数g (x )在区间x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．2．(2015·青岛模拟)已知两直线l 1：x cos α＋12y －1＝0；l 2：y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6，△ABC 中，内角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，a ＝23，c ＝4，且当α＝A 时，两直线恰好相互垂直，(1)求A 的值；(2)求b 和△ABC 的面积．3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等差数列，(1)若sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，试判断△ABC 的形状； (2)若B ＝30°，S △ABC ＝32，求b .4．已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，sin x ，n ＝(1，sin x )，f (x )＝m·n －12.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，a ＝23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝12，若3sin(A ＋C )＝2cos C ，求b 的大小．5．(2015·枣庄模拟)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3A 2，sin 3A 2，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A 2，sin A 2，且满足|m ＋n |＝ 3.(1)求角A 的大小；(2)若b ＋c ＝3a ，试判断△ABC 的形状．6．在锐角三角形ABC 中，A ，B ，C 三内角所对的边分别为a ，b ，c .设m ＝(cos A ，sin A )，n ＝(cos A ，－sin A )，a ＝7，且m·n ＝－12.(1)若b ＝3，求△ABC 的面积； (2)求b ＋c 的最大值．【详解答案】1．解：(1)由题图可得A ＝1，T 2＝2π3－π6＝π2，所以T ＝π，ω＝2, 当x ＝π6时，f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1 ，因为|φ|<π2，所以φ＝π6.所以f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.(2)g (x )＝f (x )－cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－cos 2x＝sin 2x cos π6＋cos 2x sin π6－cos 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6.当2x －π6＝π2，即x ＝π3时，g (x )有最大值，最大值为1； 当2x －π6＝－π6，即x ＝0时，g (x )有最小值，最小值为－12.2．解：(1)当α＝A 时，直线l 1：x cos α＋12y －1＝0；l 2：y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6的斜率分别为k 1＝－2cos A ，k 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6，因为两直线相互垂直，所以k 1k 2＝(－2cos A )sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝－1.即cos A sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12.可得cos A ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos π6＋cos A sin π6＝12.所以32sin A cos A ＋12cos 2 A ＝12，所以34sin 2A ＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2A 2＝12. 即32sin 2A ＋1＋cos 2A 2＝1，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12.因为0<A <π，0<2A <2π，所以π6<2A ＋π6<13π6， 所以只有2A ＋π6＝5π6，所以A ＝π3. (2)a ＝23，c ＝4，A ＝π3， 所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3，即12＝b 2＋16－12×8b ， 所以(b －2)2＝0， 即b ＝2.所以△ABC 的面积为S △ABC ＝12bc sin A ＝12×4×2sin π3＝2 3. 3．解：(1)由题得sin 2B ＝sin A sin C ，∴b 2＝ac . 又由题意知b ＝a ＋c 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝ac ，∴a ＝c . ∴2b ＝a ＋c ＝2a ，∴a ＝b ＝c ， ∴△ABC 是等边三角形．(2)∵B ＝30°，S △ABC ＝32，∴12ac sin B ＝32， ∴ac ＝6.由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴b 2＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝4b 2－(12＋63)． ∴b 2＝4＋23，∴b ＝3＋1.4.【解】 (1)f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋sin 2x －12＝32sin 2x ＋12cos 2x ＋1－cos 2x 2－12＝32sin 2x .所以f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4，k ∈Z .(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝12和f (x )＝32sin 2x ，得sin A ＝33.①若cos A ＝63，则sin(A ＋C )＝33cos C ＋63sin C ， 又3sin(A ＋C )＝2cos C ， 所以cos C ＝2sin C . 因为0<C <π，所以cos C ＝63.②若cos A ＝－63，同理可得：cos C ＝－63，显然不符合题意，舍去． 所以sin B ＝sin(A ＋C )＝23cos C ＝223. 故b ＝a sin Bsin A ＝4 2.5．解：(1)因为|m ＋n |＝3，所以|m ＋n |2＝3，即m 2＋n 2＋2m ·n ＝3，又因为m 2＝n 2＝1，所以m·n ＝12，所以cos 3A 2cos A 2＋sin 3A 2sin A 2＝12，所以cos A ＝12， 又0<A <π，所以A ＝π3. (2)∵b ＋c ＝3a ，∴sin B ＋sin C ＝3sin A ＝32，所以sin B ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝32，化简得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6＝32，因为0<B <2π3，0<B ＋π6<5π6，所以B ＋π6＝π3或2π3，所以B ＝π6，C ＝π2或B ＝π2，C ＝π6，所以△ABC 为直角三角形．6．解：(1)由m·n ＝－12，得cos 2A －sin 2A ＝－12，即cos 2A ＝－12.因为0<A <π2，所以2A ＝2π3，即A ＝π3.由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得c 2－3c ＋2＝0，解得c ＝1或2. 因为c ＝1时，cos B <0，舍去，所以c ＝2. 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×3×2×sin π3＝332. (2)法一 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以b 2＋c 2－bc ＝7. 所以(b ＋c )2＝3bc ＋7≤3⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＋7. 所以(b ＋c )2≤28，即b ＋c ≤27，当且仅当b ＝c 时等号成立． 所以(b ＋c )max ＝27.法二 由正弦定理得b sin B ＝c sin C ＝asin A ＝7sin π3＝2213， 又因为B ＋C ＝π－A ＝2π3， 所以b ＋c ＝2213sin B ＋2213sin C＝2213sin B ＋2213sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝27sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π6.当B ＋π6＝π2时，即B ＝π3时，b ＋c 的最大值是27.。
高三数学综合复习：中档大题保分练(三)
中档大题保分练(三)(推荐时间：50分钟)1． 已知向量m ＝(sin x,1)，n ＝⎝⎛⎭⎫3A cos x ，A 2cos 2x (A >0)，函数f (x )＝m ·n 的最大值为6. (1)求A ；(2)将函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的12倍，纵坐标不变，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π24上的值域． 解 (1)f (x )＝m ·n ＝3A sin x cos x ＋A 2cos 2x ＝A ⎝⎛⎭⎫32sin 2x ＋12cos 2x ＝A sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 因为A >0，由题意知A ＝6.(2)由(1)得f (x )＝6sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 将函数y ＝f (x )的图象向左平移π12个单位后得到y ＝6sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π12＋π6＝6sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象；再将得到的图象上各点横坐标缩短为原来的12，纵坐标不变，得到y ＝6sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π3的图象．因此g (x )＝6sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π3. 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，5π24， 所以4x ＋π3∈⎣⎡⎦⎤π3，7π6， 故g (x )在⎣⎡⎦⎤0，5π24上的值域为[－3,6]． 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)如果从所有的运动员中用分层抽样共抽取“合格”与“不合格”的人数共5人，则各抽取多少人？(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 的数学期望．解 (1)中位数＝176＋1782＝177 cm. (2)根据茎叶图，有“合格”12人，“不合格”18人，用分层抽样的方法，每个运动员被抽中的概率是530＝16， 所以选中的“合格”有12×16＝2人， “不合格”有18×16＝3人．(3)依题意，X 的取值为0,1,2.则P (X ＝0)＝C 28C 212＝2866＝1433， P (X ＝1)＝C 14C 18C 212＝3266＝1633， P (X ＝2)＝C 24C 212＝666＝111. 因此，X 的分布列如下： ∴E (X )＝0×1433＋1×1633＋2×111＝2233＝23.3． 如图，四棱锥P －ABCD 中，PB ⊥底面ABCD .底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝PB ，BC ＝2AD .点E 在棱P A 上， 且PE ＝2EA .(1)求证：CD ⊥平面PBD ； (2)求二面角A －BE －D 的余弦值．(1)证明 以B 为原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴， BP 所在直线为z 轴，建立如图所示坐标系．设AD ＝1，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，D (1,1,0)，A (0,1,0)，P (0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫0，23，13， CD →＝(－1,1,0)，BP →＝(0,0,1)，BD →＝(1,1,0)．∴CD →·BP →＝0，即CD ⊥BP . CD →·BD →＝0，即CD ⊥BD ，又PB ∩BD ＝B ，∴CD ⊥平面PBD .(2)解 设平面EBD 的法向量n ＝(x ，y,1)，BE →＝⎝⎛⎭⎫0，23，13∴⎩⎪⎨⎪⎧ BE →·n ＝0BD →·n ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧23y ＋13＝0x ＋y ＝0∴n ＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1， 又平面ABE 的法向量为BC →，设二面角的平面角为θ，∴cos θ＝BC →·n |BC →||n |＝12·32＝66. 即二面角A －BE －D 的余弦值为66. 4． 已知数列{a n }是一个公差大于零的等差数列，且a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16，数列{b n }的前n项和为S n ，且S n ＝2b n －2.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，试比较T n 与4n 2n ＋1的大小，并予以证明． 解 (1)依题意，设等差数列{a n }的公差为d (d >0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55 ①2a 1＋7d ＝16 ② 将②代入①得(16－3d )(16＋3d )＝220，即d 2＝4，∵d >0，∴d ＝2，a 1＝1，∴a n ＝2n －1，当n ＝1时，S 1＝2b 1－2，b 1＝2，当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(2b n －2)－(2b n －1－2)＝2b n －2b n －1，∴b n ＝2b n －1.∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．即b n ＝2n . (2)c n ＝a n b n ＝2n －12n ， T n ＝12＋322＋…＋2n －12n ③12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1 ④ ∴③－④得，12T n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝12＋12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1 ∴T n ＝3－2n ＋32n . T n －4n 2n ＋1＝3－2n ＋32n －4n 2n ＋1＝(2n ＋3)(2n －2n －1)(2n ＋1)2n， 要比较T n 与4n 2n ＋1的大小， 只需比较2n 与2n ＋1的大小即可．由2<2×1＋1；22<2×2＋1；23>2×3＋1,24>2×4＋1，… 可猜想当n ≥3时，2n >2n ＋1.证明如下：1°当n ＝3时，显然成立．2°假设n ＝k (k ≥3)时，猜想成立，即2k >2k ＋1， 当n ＝k ＋1时，2k ＋1＝2·2k >2(2k ＋1)＝4k ＋2 ＝2(k ＋1)＋1＋(2k －1)>2(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，猜想也成立．由1°，2°知，对一切n ≥3的正整数，都有2n >2n ＋1. 综上，当n ＝1,2时，T n <4n 2n ＋1，当n ≥3时，T n >4n 2n ＋1.。
高考数学中档大题保分练3.docx
中档大题保分练(三)(建议用时：45分钟)1．如图1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：1(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.图12．如图2，四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，AB＝2，BC＝2，且侧面PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中点．(1)求证：PC∥平面EBD；(2)求三棱锥PEBD的体积．图23．(2015·贵州八校联盟)如图3，三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，四边形ACC1A1是矩形，CC1＝2BC＝2，∠BCC1＝120°，M，N分别为AC，B 1C1的中点．图3(1)求证：MN∥平面ABB1A1；(2)求点M到平面A1BC1的距离d.4．(2014·广东高考)如图4(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图4(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M CDE 的体积．图45．(2015·文登模拟)如图5所示，已知在四棱锥P ABCD 中，CD ∥AB ，AD ⊥AB ，BC ⊥PC ，且AD ＝DC ＝PA ＝12AB ＝a .(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)试在线段PB 上找一点M ，使CM ∥平面PAD, 并说明理由； (3)若点M 是由(2)中确定的，且PA ⊥AB ，求四面体MPAC 的体积．图56．(2015·湖北模拟)如图6，AB 为圆O 的直径，E 是圆O 上不同于A ，B 的动点，四边形ABCD 为矩形，且AB ＝2，AD ＝1，平面ABCD ⊥平面ABE .(1)求证：BE ⊥平面DAE ；(2)当点E 在AB ︵的什么位置时，四棱锥E ABCD 的体积为33.图6【详解答案】1．证明：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.连接B1D1，因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥B1D1，故MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.2．解：(1)证明：在矩形ABCD中，连接AC，设AC，BD交点为O，连接EO，则O是AC中点．又E是PA中点，所以EO是△PAC的中位线，所以PC∥EO.又EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.(2)取AB中点H，连接PH，则由PA＝PB，得PH⊥AB.又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，∴PH⊥平面ABCD.取AH中点F，连接EF，由E是PA中点，得EF∥PH，EF＝12 PH，∴EF⊥平面ABCD.∴V PEBD＝V PABD－V EABD＝13S△ABD·PH－13S△ABD·EF，由题意可求得S△ABD＝2，PH＝3，EF＝3 2，则V PEBD＝13×2×3－13×2×32＝66.3．解：(1)证明：取A1B1中点E，连接AE，NE，在△A1B1C1中，NE是中位线，所以NE∥A1C1，NE＝12A1C1，又AC∥A1C1，M是AC中点，所以AM綊NE，所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，又AE⊂平面ABB1A1，MN⊄平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.(2)由AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1BC1，知AC∥平面A1BC1，点M到平面A1BC1的距离即为点C到平面A1BC1的距离，在△BC1C中，过点C作CF⊥BC1交BC1于F，因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，交线为CC1，A1C1⊥CC1，A1C1⊂平面ACC1A1，所以A1C1⊥平面BB1C1C，又CF⊂平面BB1C1C，∴CF⊥A1C1，A1C1∩BC1＝C1，所以CF⊥平面A 1BC1，由余弦定理：BC1＝BC2＋CC21－2BC·CC1cos∠BCC1＝7 ，12BC·CC1sin∠BCC1＝12BC1·CF，代入数据，得CF＝217，所以点M到平面A1BC1的距离d＝21 7.4.解：(1)证明：如图，因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD ⊥ AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ， 所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ， 所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF . 又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ， 所以CF ⊥平面DMF .(2)因为PD ⊥DC ，BC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°， 所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.过点F 作FG ⊥CD ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3342－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝62.S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M CDE＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216. 5．解：(1)证明：连接AC ，过C 作CE ⊥AB ，垂足为E ，又在四边形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，∴四边形ADCE是正方形．∴∠ACD＝∠ACE＝45°.又∵AE＝CD＝12AB，∴BE＝AE＝CE，∴∠BCE＝45°，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC. 又∵BC⊥PC，AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC.(2)当M为PB中点时，CM∥平面PAD.证明：取AP中点为F，连接CM，FM，DF，则FM∥AB，且FM＝12 AB，∵CD∥AB，CD＝12AB，∴FM∥CD，FM＝CD.∴四边形CDFM为平行四边形，∴CM∥DF.∵DF⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.(3)由(1)知，BC⊥平面PAC，M为PB中点，所以点M到平面PAC的距离等于1 2BC，VMPAC＝12VBPAC.在△BPA中，∵PA⊥AB，∴PB＝5a，所以在△BCP中，PC＝3a.在△PAC中，PC＝3a，AC＝2a，PA＝a，∴△PAC是直角三角形，S△PAC＝12a·2a＝22a2.VMPAC＝12VBPAC＝16·BC·S△PAC＝16·2a·2a22＝16a3.6．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以DA ⊥AB ， 又平面ABCD ⊥平面ABE ，且平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， 所以DA ⊥平面ABE ，又BE ⊂平面ABE ，所以DA ⊥BE .又因为AB 为圆O 的直径，E 是圆O 上不同于A ，B 的动点，所以AE ⊥BE . 因为DA ∩AE ＝A ，所以BE ⊥平面DAE .(2)因为平面ABCD ⊥平面ABE ，过点E 作EH ⊥AB 交AB 于点H ，则EH ⊥平面ABCD .在Rt △BAE 中，记∠BAE ＝α⎝⎛⎭⎪⎫0<α<π2，因为AB ＝2，所以AE ＝2cos α，HE ＝AE ·sin α＝2cos αsin α＝sin 2α， 所以V E ABCD＝13S 四边形ABCD ×HE ＝13×2×1×sin 2α＝23sin 2α. 由已知V E ABCD ＝33，所以23sin 2α＝33，即sin 2α＝32.因为0<α<π2，所以2α＝π3，即α＝π6或2α＝2π3，即α＝π3.于是点E 在AB ︵上满足∠EAB ＝π6或∠EAB ＝π3时，四棱锥E ABCD 的体积为33.。
高考数学中档大题保分练2.docx
中档大题保分练(二)(建议用时：45分钟)1．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．2．已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.3．已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6，且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n 的值．4．(2015·雅安模拟)已知数列{a n }是公差为1的等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，S n ，T n 分别是数列{a n }和{b n }的前n 项和，且a 6＝b 3，S 10＝T 4＋45.(1)分别求{a n }，{b n }的通项公式； (2)若S n >b 6，求n 的范围；(3)令c n ＝(a n －2)b n ，求数列{c n }的前n 项和R n .5．(2015·青岛模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上，若不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n对于n ∈N *恒成立，求实数m 的最大值．6．(2015·珠海模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12n ·a n ＋1，n ∈N *，其中a 1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝13a n＋1－2，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<14.【详解答案】1．解：(1)证明：(a n＋1－1)(a n－1)＝3[(a n－1)－(a n＋1－1)]，∴1an＋1－1－1an－1＝13，即b n＋1－b n＝13，∴{b n}是等差数列．(2)∵b1＝1，∴b n＝13n＋23，∴a n－1＝3n＋2，∴a n＝n＋5n＋2.2．解：(1)设{a n}的公差为d，由题意，得a211＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)或d＝－2.故a n＝－2n＋27.(2)令S n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.3．解：(1)由S3＝6，得a2＝2. ∵a3－a1，2a2，a8成等比数列，∴(2d)·(2＋6d)＝42，解得d＝1或d＝－4 3，∵d>0，∴d＝1，∴数列{a n}的通项公式为a n＝n.(2)T n＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n（n＋2）＝12[⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋2]＝12⎝⎛⎭⎪⎫32－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4（n＋1）（n＋2）.4．解：(1)联立方程可得a n＝n＋2，b n＝2n.(2)因为a n ＝n ＋2，b n ＝2n ，∴S n ＝n （n ＋5）2，b 6＝26＝64，∴n （n ＋5）2>64，∴n ≥10，n ∈N *.(3)由c n ＝(a n －2)b n ＝n ·2n ，得R n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两边同乘以2得，2R n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式错位相减得：－R n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，所以R n ＝2＋(n －1)×2n ＋1.5．解：(1)证明：由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1， 得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋n －1＝a n (n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)(n ≥2)，因为a 1＝0，所以a 1＋1＝1，a 2＝a 1＋1＝1，a 2＋1＝2(a 1＋1)， 所以{a n ＋1}是以1为首项，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n ＝2n －1－1， 因为点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上， 所以T n ＋1n ＋1－T n n ＝12， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫T n n 是以T 11＝1为首项，12为公差的等差数列，则T n n ＝1＋12(n －1)，所以T n ＝n （n ＋1）2， 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ，因为b 1＝1满足该式，所以b n ＝n ， 所以不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b na n ＋1≥m －92＋2a n， 即1＋22＋322…＋n 2n －1≥m －92n ，令R n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12R n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减得⎝⎛⎭⎪⎫1－12R n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以R n ＝4－n ＋22n －1.由R n ≥m －92n 恒成立，即4－2n －52n ≥m 恒成立，又⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －32n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －52n ＝2n －72n ＋1，故当n ≤3时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4－2n －52n 单调递减；当n ＝3时，4－2×3－523＝318； 当n ≥4时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4－2n －52n单调递增； 当n ＝4时，4－2×4－524＝6116； 则4－2n －52n 的最小值为6116，所以实数m 的最大值是6116. 6．解：(1)令n ＝1，得S 1＝12a 2，即a 1＝12a 2，由已知a 1＝1，得a 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧S n＝12n ·a n ＋1，（n ≥1），S n －1＝12（n －1）·a n，（n ≥2）.可得S n －S n －1＝12n ·a n ＋1－12(n －1)·a n .即a n ＝12n ·a n ＋1－12(n －1)·a n ，所以12(n ＋1)·a n ＝12n ·a n ＋1.即a n ＋1a n ＝n ＋1n，(n ≥2)，所以anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝nn－1·n－1n－2·…·32，(n≥3)，即ana2＝n2，(n≥3)．又∵a2＝2，所以a n＝n(n≥2)．又∵a1＝1，∴a n＝n，n∈N*.(2)证明：∵a n＝n，∴b n＝13a n＋1－2＝13n＋1－2.∵b n＝13n＋1－2＝13·3n－2＝12·3n＋3n－2≤12·3n.∴T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n<12×31＋12×32＋12×33＋…＋12×3n＝12⎝⎛⎭⎪⎫131＋132＋133＋…＋13n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13n<14.。
高考数学中档大题保分练1.docx
中档大题保分练(一)(建议用时：45分钟)1．(2015·怀化模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)部分图象如图1所示．图1(1)求f (x )的最小正周期及解析式；(2)设g (x )＝f (x )－cos 2x ，求函数g (x )在区间x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．2．(2015·青岛模拟)已知两直线l 1：x cos α＋12y －1＝0；l 2：y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6，△ABC 中，内角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，a ＝23，c ＝4，且当α＝A 时，两直线恰好相互垂直，(1)求A 的值；(2)求b 和△ABC 的面积．3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等差数列，(1)若sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，试判断△ABC 的形状；(2)若B ＝30°，S △ABC ＝32，求b .4．已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，sin x ，n ＝(1，sin x )，f (x )＝m ·n －12.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，a ＝23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝12，若3sin(A ＋C )＝2cos C ，求b 的大小．5．(2015·枣庄模拟)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3A 2，sin 3A 2，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos A 2，sin A 2，且满足|m ＋n |＝ 3.(1)求角A 的大小；(2)若b ＋c ＝3a ，试判断△ABC 的形状．6．在锐角三角形ABC 中，A ，B ，C 三内角所对的边分别为a ，b ，c .设m ＝(cos A ，sin A )，n ＝(cos A ，－sin A )，a ＝7，且m ·n ＝－12.(1)若b ＝3，求△ABC 的面积； (2)求b ＋c 的最大值．【详解答案】1．解：(1)由题图可得A ＝1，T 2＝2π3－π6＝π2，所以T ＝π，ω＝2,当x ＝π6时，f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1 ，因为|φ|<π2，所以φ＝π6. 所以f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.(2)g (x )＝f (x )－cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－cos 2x＝sin 2x cosπ6＋cos 2x sin π6－cos 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6.当2x －π6＝π2，即x ＝π3时，g (x )有最大值，最大值为1；当2x －π6＝－π6，即x ＝0时，g (x )有最小值，最小值为－12.2．解：(1)当α＝A 时，直线l 1：x cos α＋12y －1＝0；l 2：y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6的斜率分别为k 1＝－2cos A ，k 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6，因为两直线相互垂直，所以k 1k 2＝(－2cos A )sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝－1. 即cos A sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12. 可得cos A ⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos π6＋cos A sin π6＝12.所以32sin A cos A ＋12cos 2 A ＝12， 所以34sin 2A ＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2A 2＝12. 即32sin 2A ＋1＋cos 2A2＝1， 即sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12. 因为0<A <π，0<2A <2π，所以π6<2A ＋π6<13π6，所以只有2A ＋π6＝5π6，所以A ＝π3. (2)a ＝23，c ＝4，A ＝π3， 所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3，即12＝b 2＋16－12×8b ，所以(b －2)2＝0， 即b ＝2.所以△ABC 的面积为S △ABC ＝12bc sin A ＝12×4×2sin π3＝2 3.3．解：(1)由题得sin 2B ＝sin A sin C ，∴b 2＝ac . 又由题意知b ＝a ＋c2，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝ac ，∴a ＝c . ∴2b ＝a ＋c ＝2a ，∴a ＝b ＝c ， ∴△ABC 是等边三角形．(2)∵B ＝30°，S △ABC ＝32，∴12ac sin B ＝32，∴ac ＝6.由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴b 2＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝4b 2－(12＋63)． ∴b 2＝4＋23，∴b ＝3＋1.4.【解】 (1)f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋sin 2x －12＝32sin 2x ＋12cos 2x ＋1－cos 2x 2－12＝32sin 2x . 所以f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4，k ∈Z .(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝12和f (x )＝32sin 2x ，得sin A ＝33. ①若cos A ＝63，则sin(A ＋C )＝33cos C ＋63sin C ，又3sin(A ＋C )＝2cos C ， 所以cos C ＝2sin C . 因为0<C <π，所以cos C ＝63. ②若cos A ＝－63，同理可得：cos C ＝－63，显然不符合题意，舍去． 所以sin B ＝sin(A ＋C )＝23cos C ＝223.故b ＝a sin Bsin A＝4 2.5．解：(1)因为|m ＋n |＝3，所以|m ＋n |2＝3，即m 2＋n 2＋2m ·n ＝3，又因为m 2＝n 2＝1，所以m ·n ＝12，所以cos3A 2cos A 2＋sin 3A 2sin A 2＝12，所以cos A ＝12， 又0<A <π，所以A ＝π3. (2)∵b ＋c ＝3a ，∴sin B ＋sin C ＝3sin A ＝32，所以sin B ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝32，化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6＝32，因为0<B <2π3，0<B＋π6<5π6，所以B ＋π6＝π3或2π3，所以B ＝π6，C ＝π2或B ＝π2，C ＝π6，所以△ABC 为直角三角形．6．解：(1)由m ·n ＝－12，得cos 2A －sin 2A ＝－12，即cos 2A ＝－12.因为0<A <π2，所以2A ＝2π3，即A ＝π3. 由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得c 2－3c ＋2＝0，解得c ＝1或2. 因为c ＝1时，cos B <0，舍去，所以c ＝2. 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×3×2×sin π3＝332.(2)法一 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以b 2＋c 2－bc ＝7. 所以(b ＋c )2＝3bc ＋7≤3⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＋7. 所以(b ＋c )2≤28，即b ＋c ≤27，当且仅当b ＝c 时等号成立． 所以(b ＋c )max ＝27.法二 由正弦定理得b sin B ＝c sin C ＝asin A ＝7sinπ3＝2213，又因为B ＋C ＝π－A ＝2π3， 所以b ＋c ＝2213sin B ＋2213sin C ＝2213sin B ＋2213sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝27sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6. 当B ＋π6＝π2时，即B ＝π3时，b ＋c 的最大值是27.。
高考数学”一本“培养优选练 中档大题分类练4 立体几何 文-人教版高三全册数学试题
中档大题分类练(四) 立体几何（建议用时：60分钟）1．如图57，已知多面体PE ABCD 的底面ABCD 是边长为2的菱形，且PA ⊥平面ABCD ，ED ∥PA ，且PA ＝2ED ＝2.图57(1)证明：平面PAC ⊥平面PCE ；(2)若∠ABC ＝60°，求点P 到平面ACE 的距离．[解] (1)证明：连接BD ，交AC 于点O ，设PC 中点为F ， 连接OF ，EF .因为O ，F 分别为AC ，PC 的中点，所以OF ∥PA ，且OF ＝12PA ，因为DE ∥PA ，且DE ＝12PA ，所以OF ∥DE ，且OF ＝DE .所以四边形OFED 为平行四边形，所以OD ∥EF ，即BD ∥EF . 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 因为ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC .因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC, 因为BD ∥EF ，所以EF ⊥平面PAC ，因为EF ⊂平面PCE ，所以平面PAC ⊥平面PCE .(2)因为∠ABC ＝60°，所以△ABC 是等边三角形，所以AC ＝2. 又因为PA ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AC ，∴S △PAC ＝12×PA ×AC ＝2，因为EF ⊥面PAC ，所以EF 是三棱锥E PAC 的高，EF ＝DO ＝BO ＝3，∴V P ACE ＝V E PAC ＝13S △PAC ×EF ＝13×2×3＝233，∵DE ∥PA ，PA ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥AD ，DE ⊥CD ，∵DE ＝1，∴AE ＝CE ＝5，∴S △ACE ＝2×2×12＝2，所以点P 到平面ACE 的距离h ＝V P ACE13S △ACE ＝23323＝ 3.2．如图58，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，△PAD ≌△BAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ＝4，PA ＝PD ，M 在棱PD 上运动．图58(1)当M 在何处时，PB ∥平面MAC ；(2)已知O 为AD 的中点，AC 与OB 交于点E ，当PB ∥平面MAC 时，求三棱锥E BCM 的体积．[解] (1)如图，设AC 与BD 相交于点N ，当M 为PD 的中点时，PB ∥平面MAC ，证明：∵四边形ABCD 是菱形，可得：DN ＝NB ，又∵M 为PD 的中点，可得：DM ＝MP ，∴NM 为△BDP 的中位线，可得NM ∥PB ，又∵NM ⊂平面MAC ，PB ⊄平面MAC ，∴PB ∥平面MAC .(2)∵O 为AD 的中点，PA ＝PD ，则OP ⊥AD ，又△PAD ≌△BAD ，∴OB ⊥AD ，且OB ＝23，又∵△AEO ∽△CEB ，∴OE BE ＝OA BC ＝12.∴BE ＝23OB ＝433.∴S △EBC ＝12×4×433＝833.又∵OP ＝4×32＝23，点M 为PD 的中点， ∴M 到平面EBC 的距离为 3. ∴V E BCM ＝V M EBC ＝13×833×3＝83.3．在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝CA ＝AA 1＝2，侧棱AA 1⊥平面ABC ，且D ，E 分别是棱A 1B 1，AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且AF ＝14AB .图59(1)求证：EF ∥平面BDC 1； (2)求三棱锥D BEC 1的体积． [解] (1)取AB 的中点O ，连接A 1O ，∵AF ＝14AB ，∴F 为AO 的中点，又E 为AA 1的中点，∴EF ∥A 1O ，∵A 1D ＝12A 1B 1，BO ＝12AB ，AB 綊A 1B 1，∴A 1D 綊BO ，∴四边形A 1DBO 为平行四边形，∴A 1O ∥BD ， ∴EF ∥BD ，又EF ⊄平面BDC 1，BD ⊂平面BDC 1， ∴EF ∥平面BDC 1.(2)∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1， ∴AA 1⊥C 1D ，∵A 1C 1＝B 1C 1＝A 1B 1＝2，D 为A 1B 1的中点， ∴C 1D ⊥A 1B 1，C 1D ＝3，又AA 1⊂平面AA 1B 1B ，A 1B 1⊂平面AA 1B 1B ，AA 1∩A 1B 1＝A 1， ∴C 1D ⊥平面AA 1B 1B ，∵AB ＝AA 1＝2，D ，E 分别为A 1B 1，AA 1的中点， ∴S △BDE ＝22－12×1×2－12×1×2－12×1×1＝32.∴VD BEC 1＝VC 1BDE ＝13S △BDE ·C 1D ＝13×32×3＝32.4．如图60所示，在四棱锥P ABCD 中，△BCD ，△PAD 都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且AD ＝2AB ＝4，CD ＝2 3.图60(1)求证：平面PCD ⊥平面PAD ；(2)E 是AP 上一点，当BE ∥平面PCD 时，求三棱锥C PDE 的体积． [解] (1)因为AD ＝4，AB ＝2，BD ＝23，所以AD 2＝AB 2＋BD 2，所以AB ⊥BD ，∠ADB ＝30°，又因为△BCD 是等边三角形，所以∠ADC ＝90°，所以DC ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CD ⊥平面PAD ，因为CD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面PAD . (2)过点B 作BG ∥CD 交AD 于G ，过点G 作EG ∥PD 交于AP 于点E ， 因为BG ∥CD ，BG ⊄平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以BG ∥平面PCD ，同理可得EG ∥平面PCD ，所以平面BEG ∥平面PCD ， 因为BE ⊂平面BEG ，所以BE ∥平面PCD .因为EG ∥PD ，所以PE PA ＝DG DA，在直角三角形BGD 中，BD ＝23，∠BDG ＝30°，所以DG ＝23cos 30°＝3，所以PE PA ＝DG DA ＝34，在平面PAD 内过E 作EH ⊥PD 于H ，因为CD ⊥平面PAD ，EH ⊂平面PAD ，所以CD ⊥EH ， 因为PD ∩CD ＝D ，所以EH ⊥平面PCD ，所以EH 是点E 到平面PCD 的距离， 过点A 作AM ⊥PD 于M ，则AM ＝32×4＝23， 由AM ∥EH ，得EH AM ＝PE PA ＝34，所以EH ＝323.因为S △PCD ＝12×4×23＝43，所以V C PDE ＝13×43×323＝6.(教师备选)1．如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，A 1在底面ABC 内的射影O 为底面△ABC 的中心，如图所示．(1)求异面直线AA 1与BC 1所成角的大小； (2)求三棱锥C 1BCA 1的体积．[解] (1)连接AO ，并延长与BC 交于点D ， 则D 是BC 边上的中点．因为点O 是正△ABC 的中心，且A 1O ⊥平面ABC ， 所以BC ⊥AD ，BC ⊥A 1O . 因为AD ∩A 1O ＝O ， 所以BC ⊥平面ADA 1. 所以BC ⊥AA 1.又AA 1∥CC 1，所以BC ⊥CC 1，所以异面直线AA 1与BC 1所成的角为∠BC 1C . 因为BC ＝CC 1＝2，所以异面直线AA 1与BC 1所成角的大小为π4.(2)因为三棱柱的所有棱长都为2， 所以可求得AD ＝3，AO ＝23AD ＝233，A 1O ＝AA 21－AO 2＝263. 因为S △ABC ＝12×2×3＝3，所以VABC A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1O ＝22，VA 1BCC 1B 1＝VABC A 1B 1C 1－VA 1ABC ＝423. 所以VC 1BCA 1＝VA 1BCC 1＝12VA 1BCC 1B 1＝223.2．如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，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 1BCDE .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 1BCDE 的体积为362，求a 的值．[解] (1)证明：在图题①中，连接EC (图略)， 因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，E 是AD 的中点，所以四边形ABCE 为正方形，所以BE ⊥AC ，即在图题②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，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 ， 且平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，又由(1)可知A 1O ⊥BE ，所以A 1O ⊥平面BCDE ， 即A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高， 由图1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 1BCDE 的体积V ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3， 由26a 3＝362，解得a ＝6.。
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(四)文
某某省某某市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(四)文(推荐时间：50分钟)1．已知函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎡⎦⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎡⎦⎤π3，2π3 上单调递减；如图，四边形OACB 中，a ，b ，c 为△ABC 的内角A ， B ，C 的对边，且满足sin B ＋sin C sin A ＝4ω3－cos B －cos Ccos A .(1)证明：b ＋c ＝2a ；(2)若b ＝c ，设∠AOB ＝θ(0<θ<π)，OA ＝2OB ＝2，求四边形OACB 面积的最大值． (1)证明 由题意知：2πω＝4π3，解得：ω＝32，∵sin B ＋sin C sin A ＝2－cos B －cos Ccos A，∴sin B cos A ＋sin C cos A＝2sin A －cos B sin A －cos C sin A ，∴sin B cos A ＋cos B sin A ＋sin C cos A ＋cos C sin A ＝2sin A ，∴sin(A ＋B )＋sin(A ＋C )＝2sin A ， ∴sin C ＋sin B ＝2sin A ⇒b ＋c ＝2a .(2)解 因为b ＋c ＝2a ，b ＝c ，所以a ＝b ＝c ， 所以△ABC 为等边三角形，S OACB ＝S △OAB ＋S △ABC ＝12OA ·OB sin θ＋34AB 2＝sin θ＋34(OA 2＋OB 2－2OA ·OB cos θ) ＝sin θ－3cos θ＋534＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＋534， ∵θ∈(0，π)，∴θ－π3∈⎝⎛⎭⎫－π3，2π3， 当且仅当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时取最大值，S OACB 的最大值为2＋534.2．某班50名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13 s 与18 s 之间，将测试结果按如下方式分成五组：第一组[13,14)，第二组[14,15)，…，第五组[17,18)，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图．(1)若成绩大于或等于14 s 且小于16 s 认为良好，求该班在这次百米测试中成绩良好的人数；(2)若从第一、五组中随机取出两个成绩，求这两个成绩的差的绝对值大于1的概率．解 (1)由频率分布直方图知，成绩在[14,16)内的人数为： 50×0.16＋50×0.38＝27， 所以该班成绩良好的人数为27.(2)由频率分布直方图知，成绩在[13,14)的有50×0.06＝3(人)，设为x ，y ，z ； 成绩在[17,18)的有50×0.08＝4(人)，设为A ，B ，C ，D ， 设取出的两个成绩为m ，n ，若m ，n ∈[13,14)时， 有xy ，xz ，yz 3种情况；若m ，n ∈[17,18)时，有AB ，AC ，AD ，BC ，BD ，CD 6种情况； 若m ，n 分别在[13,14)和[17,18)内时，A B C D x xA xB xC xD y yA yB yC yD zzAzBzCzD共有12种情况．所以基本事件总数为21种，事件“|m －n |>1”所包含的基本事件有12种． 所以P (|m －n |>1)＝1221＝47.3． 如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，AB ＝2，BC ＝2，且侧面P AB 是正三角形，平面P AB ⊥平面ABCD ，E 是棱P A 的中 点．(1)求证：PC ∥平面EBD ； (2)求三棱锥P －EBD 的体积．(1)证明 在矩形ABCD 中，连接AC ，设AC ，BD 交点为O ， 连接EO ，则O 是AC 中点． 又E 是P A 中点，所以EO 是△P AC 的中位线， 所以PC ∥EO .又EO ⊂平面EBD ，PC ⊄平面EBD ， 所以PC ∥平面EBD .(2)解 取AB 中点H ，连接PH ， 则由P A ＝PB ，得PH ⊥AB .又平面P AB ⊥平面ABCD ，且平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ， ∴PH ⊥平面ABCD . 取AH 中点F ，连接EF ，由E 是P A 中点，得EF ∥PH ，EF ＝12PH ，∴EF ⊥平面ABCD . ∴V P －EBD ＝V P －ABD －V E －ABD ＝13S △ABD ·PH －13S △ABD ·EF ， 由题意可求得S △ABD ＝2，PH ＝3，EF ＝32， 则V P －EBD ＝13×2×3－13×2×32＝66.4．设f (x )＝x 3，等差数列{a n }中a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3a n ＋1)，令b n ＝a n S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n .(1)求{a n }的通项公式和S n ； (2)求证：T n <13；(3)是否存在正整数m ，n ，且1<m <n ，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出m ，n 的值，若不存在，说明理由． (1)解 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12， 解得a 1＝1，d ＝3，所以a n ＝3n －2. 又因为f (x )＝x 3， 所以S n ＝f (3a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1.(2)证明 因为b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)， 所以1b n ＝1(3n －2)(3n ＋1)＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，所以T n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1<13.(3)解 由(2)知T n ＝n3n ＋1，所以T 1＝14，T m ＝m 3m ＋1，T n ＝n3n ＋1，若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3m ＋12＝14·n3n ＋1，即6m ＋1m 2＝3n ＋4n .当m ＝2时，134＝3n ＋4n ，n ＝16，符合题意；当m ＝3时，199＝3n ＋4n ，n 无正整数解；当m ＝4时，2516＝3n ＋4n ，n 无正整数解；当m ＝5时，3125＝3n ＋4n ，n 无正整数解；当m ＝6时，3736＝3n ＋4n，n 无正整数解；当m≥7时，m2－6m－1＝(m－3)2－10>0，则6m＋1m2<1，而3n＋4n＝3＋4n>3，所以，此时不存在正整数m，n，且1<m<n，使得T1，T m，T n成等比数列．综上，存在正整数m＝2，n＝16，且1<m<n，使得T1，T m，T n成等比数列．。
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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.。