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2016届高三数学二轮复习:高考大题纵横练二


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考前增分特训,高考题型冲刺练
高考大题纵横练(二)

(推荐时间:80 分钟) π π 1.(2014· 江西)已知函数 f(x)=sin(x+θ)+acos(x+2θ),其中 a∈R,θ∈(- , ). 2 2 π (1)当 a= 2,θ= 时,求 f(x)在区间[0,π]上的最大值与最小值; 4 π (2)若 f( )=0,f(π)=1,求 a,θ 的值. 2 解 = = π π (1)f(x)=sin(x+ )+ 2cos(x+ ) 4 2 2 (sin x+cos x)- 2sin x 2 2 2 π cos x- sin x=sin( -x). 2 2 4

π 3π π 因为 x∈[0,π],所以 -x∈[- , ]. 4 4 4 故 f(x)在[0,π]上的最大值为 2 ,最小值为-1. 2

π ? ? ?f?2?=0, ?cos θ?1-2asin θ?=0, (2)由? 得? 2 ?2asin θ-sin θ-a=1. ? ? ?f?π?=1, a=-1, ? ? π π 由 θ∈(- , )知 cos θ≠0,解得? π 2 2 ? ?θ=-6. 2.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 PAD 与平面 BCP 所成的二面角(小于 90° )的大小; PM (3)在棱 PB 上是否存在点 M 使得 CM∥平面 PAD?若存在,求 的值;若不存在, PB 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.
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(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.

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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 Oxyz. 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 的一个法向量为 m=(x,y,z). → ? DP=0, ?m· ?x-y+ 3z=0, 因为? 所以? → ?2x+y=0. ? DA=0, ?m· 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). |m· n| 2 所以 cos〈m,n〉= = . |m|· |n| 2 所以平面 ADP 和平面 BCP 所成的二面角(小于 90° )的大小为 45° . (3)解 在棱 PB 上存在点 M 使得 CM∥平面 PAD, PM 1 此时 = . PB 2 取 AB 的中点 N,PB 的中点 M, 连接 CM,CN,MN, 1 则 MN∥PA,AN= AB. 2 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,PA∩AD=A, 所以平面 MNC∥平面 PAD. 因为 CM?平面 MNC,所以 CM∥平面 PAD. 3.已知等差数列{an}的公差大于 0,且 a3,a5 是方程 x2-14x+45=0 的两根,数列{bn}的前 n 项和为 Sn,
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1-bn 且 Sn= (n∈N*). 2 (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)记 cn=anbn,求证:cn+1≤cn; (3)求数列{cn}的前 n 项和 Tn.

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(1)解 因为 a3,a5 是方程 x2-14x+45=0 的两根,且数列{an}的公差 d>0, 所以 a3=5,a5=9,公差 d= a5-a3 =2. 5-3

所以 an=a5+(n-5)d=2n-1(n∈N*). 1-b1 当 n=1 时,b1=S1= , 2 1 解得 b1= . 3 1 当 n≥2 时,bn=Sn-Sn-1= (bn-1-bn), 2 bn 1 所以 = (n≥2). bn-1 3 1 1 所以数列{bn}是首项 b1= ,公比 q= 的等比数列, 3 3 1 - 所以 bn=b1qn 1= n(n∈N*). 3 (2)证明 由(1),知 cn=anbn= 2n-1 2n+1 ,cn+1= n+1 , 3n 3

2n+1 2n-1 4?1-n? 所以 cn+1-cn= n+1 - n = n+1 ≤0. 3 3 3 所以 cn+1≤cn. (3)解 由(2),知 cn=anbn= 2n-1 , 3n

2n-1 1 3 5 则 Tn= 1+ 2+ 3+…+ n ,① 3 3 3 3 2n-3 2n-1 1 1 3 5 T = + + +…+ n + n+1 ,② 3 n 32 33 34 3 3 2 1 2 2 2 2n-1 ①-②,得 Tn= + 2+ 3+…+ n- n+1 3 3 3 3 3 3 2n-1 2 2n+2 1 1 1 1 = +2( 2+ 3+…+ n)- n+1 = - n+1 , 3 3 3 3 3 3 3 n+1 化简得 Tn=1- n . 3 n+1 故数列{cn}的前 n 项和 Tn=1- n (n∈N*). 3 4.(2014· 福建)为回馈顾客,某商场拟通过摸球兑奖的方式对 1 000 位顾客进行奖励,规定:每位顾客从一
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个装有 4 个标有面值的球的袋中一次性随机摸出 2 个球,球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额. (1)若袋中所装的 4 个球中有 1 个所标的面值为 50 元,其余 3 个均为 10 元,求: ①顾客所获的奖励额为 60 元的概率; ②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望. (2)商场对奖励总额的预算是 60 000 元,并规定袋中的 4 个球只能由标有面值 10 元和 50 元的两种球组成, 或标有面值 20 元和 40 元的两种球组成.为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所 获的奖励额相对均衡,请对袋中的 4 个球的面值给出一个合适的设计,并说明理由. 解 (1)设顾客所获的奖励额为 X.
1 C1 1 1C3 ①依题意,得 P(X=60)= 2 = , C4 2

1 即顾客所获的奖励额为 60 元的概率为 . 2 ②依题意,得 X 的所有可能取值为 20,60. 1 C2 1 3 P(X=60)= ,P(X=20)= 2= , 2 C4 2 则 X 的分布列为 X P 20 1 2 60 1 2

1 1 所以顾客所获的奖励额的数学期望为 E(X)=20× +60× =40(元). 2 2 (2)根据商场的预算,每个顾客的平均奖励额为 60 元.所以,先寻找期望为 60 元的可能方案.对于面值由 10 元和 50 元组成的情况,如果选择(10,10,10,50)的方案,因为 60 元是面值之和的最大值,所以期望不可 能为 60 元;如果选择(50,50,50,10)的方案,因为 60 元是面值之和的最小值,所以期望也不可能为 60 元, 因此可能的方案是(10,10,50,50),记为方案 1. 对于面值由 20 元和 40 元组成的情况,同理,可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案,所以可能的方案 是(20,20,40,40),记为方案 2. 以下是对两个方案的分析: 对于方案 1,即方案(10,10,50,50),设顾客所获的奖励额为 X1,则 X1 的分布列为 X1 P 20 1 6 60 2 3 100 1 6

1 2 1 X1 的期望为 E(X1)=20× +60× +100× =60, 6 3 6 1 2 1 1 600 X1 的方差为 D(X1)=(20-60)2× +(60-60)2× +(100-60)2× = . 6 3 6 3 对于方案 2,即方案(20,20,40,40),设顾客所获的奖励额为 X2,则 X2 的分布列为 X2
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40

60

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P 1 2 1 X2 的期望为 E(X2)=40× +60× +80× =60, 6 3 6 1 6

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2 3 1 6

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1 2 1 400 X2 的方差为 D(X2)=(40-60)2× +(60-60)2× +(80-60)2× = . 6 3 6 3 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求,但方案 2 奖励额的方差比方案 1 的小,所以应该选择方案 2. 5.在平面直角坐标系 xOy 中,动点 M 到两定点 F1(0,- 3),F2(0, 3)的距离之和为 4,设动点 M 的轨 迹为曲线 C.已知直线 l 与曲线 C 交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,向量 m=(2x1,y1),n=(2x2,y2),且 m⊥ n. (1)若直线 l 过曲线 C 的焦点 F(0,c)(c 为半焦距),求直线 l 的斜率 k 的值; (2)△AOB 的面积是否为定值?如果是,请给予证明;如果不是,请说明理由. 解 (1)由题意知,|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|=2 3,

根据椭圆的定义,知动点 M 的轨迹是以 F1(0,- 3),F2(0, 3)为焦点,长轴长为 4 的椭圆, y2 x2 设该椭圆的标准方程为 2+ 2=1(a>b>0), a b 则 a=2,c= 3,∴a2=4,c2=3,b2=a2-c2=1, y2 ∴曲线 C 的方程为 +x2=1. 4

? ?y=kx+ 3 设 l 的方程为 y=kx+ 3,由?y2 2 ,消去 y 得, ? ? 4 +x =1
(k2+4)x2+2 3kx-1=0,Δ=(2 3k)2+4(k2+4)>0, -2 3k -1 且 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . k +4 k +4 ∵m⊥n,∴m· n=0, -1 -2 3k ∴4x1x2+y1y2=4x1x2+(kx1+ 3)(kx2+ 3)=(4+k2)x1x2+ 3 k(x1+x2)+3=(k2+4)·2 + 3k· 2 +3 k +4 k +4 =0,解得 k=± 2. 即直线 l 的斜率 k 的值为± 2. (2)①当直线 AB 的斜率不存在时,有 x1=x2,y1=-y2.
2 2 2 由 m· n=0,得 4x2 1-y1=0,即 y1=4x1.

又 A(x1,y1)在椭圆上, ∴ 4x2 1 +x2 1=1, 4 2 ,|y1|= 2. 2

∴|x1|=

1 ∴S△OAB= |x1|· |y1-y2|=|x1|· |y1|=1(定值). 2
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当直线 AB 的斜率存在时,设 AB 的方程为 y=k′x+t. y=k′x+t, ? ?2 ′ 由? y 消去 y 得,(k 2+4)x2+2k′tx+t2-4=0, 2 + x = 1 , ? ?4 Δ=4k 2t2-4(k 2+4)(t2-4)>0,
′ ′

-2k′t 且 x1+x2= ′2 , k +4 x1x2= t2-4 . ′ k 2+4

∵m · n=0, ∴4x1x2+y1y2=0,∴4x1x2+(k′x1+t)(k′x2+t)=0, ∴(k 2+4)x1x2+k′t(x1+x2)+t2=0,


t2-4 -2k′t 2 ′ ∴(k 2+4)·′2 +k′t· ′2 +t =0, k +4 k +4 整理得 2t2-k 2=4.


|t| 4k 2-4t2+16 1 |t| 1 4t2 2 ∴S△OAB= · · | AB | = · | t |· ? x + x ? - 4 x x = = =1(定值). ′ 1 2 1 1 2 1+k2 2 2|t| k 2+4


综上,△AOB 的面积为定值. 6.(2014· 课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=ex-e x-2x.


(1)讨论 f(x)的单调性; (2)设 g(x)=f(2x)-4bf(x),当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (3)已知 1.414 2< 2<1.414 3,估计 ln 2 的近似值(精确到 0.001). 解 (1)f′(x)=ex+e x-2≥0,当且仅当 x=0 时等号成立.


所以 f(x)在(-∞,+∞)单调递增. (2)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e g′(x)=2[e2x+e
- -2x - - 2x

-4b(ex-e x)+(8b-4)x,


-2b(ex+e x)+(4b-2)]


=2(ex+e x-2)(ex+e x-2b+2). ①当 b≤2 时,g′(x)≥0,当且仅当 x=0 时等号成立, 所以 g(x)在(-∞,+∞)单调递增. 而 g(0)=0,所以对任意 x>0,g(x)>0. ②当 b>2 时,若 x 满足 2<ex+e x<2b-2,


即 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时,g′(x)<0. 而 g(0)=0,因此当 0<x<ln(b-1+ b2-2b)时, g(x)<0. 综上,b 的最大值为 2.

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(3)由(2)知,g(ln 当 b=2 时,g(ln 3 2)= -2 2b+2(2b-1)ln 2, 2 3 2)= -4 2+6ln 2>0, 2

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8 2-3 ln 2> >0.692 8; 12 3 2 当 b= +1 时,ln(b-1+ b2-2b)=ln 4 g(ln 3 2)=- -2 2+(3 2+2)ln 2<0, 2 2,

18+ 2 ln 2< <0.693 4. 28 所以 ln 2 的近似值为 0.693.

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