2017届高考理科数学二轮复习训练:中档题专练(参考解析)
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2017届高考理科数学二轮复习训练:中档题专练(参考解析)
中档题专练
建议用时:30分钟
1.[2015·皖北协作区联考(二)]设△ABC的三内角A,B,C所对的边分别为a,b,c且b(cosA-3cosC)=(3c-a)cosB.
(1)求sinC(sinA)的值;
(2)若cosB=6(1),且△ABC的周长为14,求b的值.
解 (1)由正弦定理得,
(cosA-3cosC)sinB=(3sinC-sinA)cosB,
化简可得sin(A+B)=3sin(B+C).又A+B+C=π,
所以sinC=3sinA,因此sinC(sinA)=3(1).
(2)由sinC(sinA)=3(1)得c=3a,由余弦定理及cosB=6(1)得
b2=a2+c2-2accosB=a2+9a2-6a2×6(1)=9a2.
所以b=3a.又a+b+c=14,从而a=2,因此b=6.
2.[2015·济宁模拟]如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠ADC=60°,侧面PDC是正三角形,平面PDC⊥平面ABCD,CD=2,M为PB的中点.
(1)求证:PA⊥平面CDM;
(2)求二面角D-MC-B的余弦值.
解 (1)证法一:取PA中点N,连接MN,DN,又M为PB的中点,
所以MN∥AB,又菱形ABCD中AB∥CD,所以MN∥CD,
所以C、D、M、N四点共面.
取DC的中点为O,连接PO.
因为侧面PDC是正三角形,平面PDC⊥平面ABCD,所以PO⊥底面ABCD,
因为底面ABCD为菱形且∠ADC=60°,DC=2,DO=1,有OA⊥DC,
因为PO∩AO=O,所以DC⊥平面POA,所以DC⊥PA,
在△PAD中,PD=AD=2,N为PA的中点,所以DN⊥PA,
又DN∩DC=D,DN⊂平面CDNM,DC⊂平面CDNM,
所以PA⊥平面CDNM,即PA⊥平面CDM.
证法二:取DC的中点为O,连接PO.
因为侧面PDC是正三角形,平面PDC⊥平面ABCD,所以PO⊥底面ABCD,
因为底面ABCD为菱形且∠ADC=60°,DC=2,DO=1,有OA⊥DC,
以O为原点,分别以OA、OC、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(,0,0)、P(0,0,)、B(,2,0)、C(0,1,0)、D(0,-1,0).
∴M3(),
∴→(DM)=3(),→(PA)=(,0,-),→(DC)=(0,2,0),
∴→(PA)·→(DM)=×2(3)+0×2+(-)×2(3)=0,
∴→(PA)·→(DC)=×0+0×2+(-)×0=0,
∴→(PA)⊥→(DM),→(PA)⊥→(DC),∴PA⊥平面DMC.
(2)→(CM)=3(),→(CB)=(,1,0).
设平面BMC的一个法向量n=(x,y,z),
n·→(CM)=0,得x+z=0,n·→(CB)=0,得x-y=0,
取x=-1,则y=-,z=1,
∴法向量n=(-1,-,1),
由(1)知平面CDM的法向量可取→(PA)=(,0,-),
∴cos〈n,→(PA)〉=|(PA)=6(3)=-5(10),
观察可知二面角D-MC-B为钝角,
所以所求二面角的余弦值是-5(10).
3.[2015·贵州七校联考(一)]交通指数是交通拥堵指数的简称,是综合反映道路网畅通或拥堵的概念.记交通指数为T,其范围为[0,10],分别有5个级别:T∈[0,2)畅通;T∈[2,4)基本畅通;T∈[4,6)轻度拥堵;T∈[6,8)中度拥堵;T∈[8,10]严重拥堵.早高峰时段(T≥3),从贵阳市交通指挥中心随机选取了二环以内50个交通路段,依据交通指数数据绘制的直方图如图所示:
(1)据此直方图估算交通指数T∈[4,8)时的中位数和平均数;
(2)据此直方图求出早高峰二环以内的3个路段至少有2个严重拥堵的概率是多少?
(3)某人上班路上所用时间若畅通时为20分钟,基本畅通为30分钟,轻度拥堵为35分钟,中度拥堵为45分钟,严重拥堵为60分钟,求此人所用时间的数学期望.
解 (1)由直方图知:T∈[4,8)时交通指数的中位数为5+1×0.24(0.2)=6(35).
T∈[4,8)时交通指数的平均数为4.5×0.2+5.5×0.24+6.5×0.2+7.5×0.16=4.72.
(2)设事件A为“1条路段严重拥堵”,则P(A)=0.1,
则3条路段中至少有2条路段严重拥堵的概率为:
P=C3(2)×10(1)2×10(1)+C3(3)×10(1)3=250(7),
所以3条路段中至少有2条路段严重拥堵的概率为250(7).
(3)由题意,所用时间X的分布列如下表:
X |
30 |
35 |
45 |
60 |
P |
0.1 |
0.44 |
0.36 |
0.1 |
则E(X)=30×0.1+35×0.44+45×0.36+60×0.1=40.6,
所以此人上班路上所用时间的数学期望是40.6分钟.
中档题专练(二)
建议用时:30分钟
1.若数列{xn}满足:xn+1(1)-xn(1)=d(d为常数,n∈N*),则称{xn}为调和数列.已知数列{an}为调和数列,且a1=1,a1(1)+a2(1)+a3(1)+a4(1)+a5(1)=15.
(1)求数列{an}的通项an;
(2)数列an(2n)的前n项和为Sn,是否存在正整数n,使得Sn≥2015?若存在,求出n的取值集合;若不存在,请说明理由.
解 (1)依题意an(1)为等差数列,由a1(1)+a2(1)+a3(1)+a4(1)+a5(1)=15得a3(5)=15,即a3(1)=3,∴公差d=a1()=1,故an(1)=n即an=n(1).
(2)Sn=1×21+2×22+…+n×2n①
2Sn=1×22+…+(n-1)2n+n×2n+1②
②-①得Sn=n×2n+1-(2+22+…+2n)=(n-1)2n+1+2.
由于Sn是递增的,当n=7时S7=6×28+2<2015;
当n=8时S8=7×29+2>211>2015.
所以存在正整数n,使得Sn≥2015,n的取值集合为{n|n≥8,n∈N*}
2.[2015·广州综合测试(一)]袋子中装有大小相同的白球和红球共7个,从袋子中任取2个球都是白球的概率为7(1),每个球被取到的机会均等.现从袋子中每次取1个球,如果取出的是白球则不再放回,设在取得红球之前已取出的白球个数为X.
(1)求袋子中白球的个数;
(2)求X的分布列和数学期望.
解 (1)设袋子中有n(n∈N*)个白球,依题意得,7(2)=7(1),
即2(7×6)=7(1),化简得,n2-n-6=0,
解得,n=3或n=-2(舍去).
∴袋子中有3个白球.
(2)由(1)得,袋子中有4个红球,3个白球.
X的可能取值为0,1,2,3,
P(X=0)=7(4),P(X=1)=7(3)×6(4)=7(2),
P(X=2)=7(3)×6(2)×5(4)=35(4),P(X=3)=7(3)×6(2)×5(1)×4(4)=35(1).
∴X的分布列为:
X |
0 |
1 |
2 |
3 |
P |
7(4) |
7(2) |
35(4) |
35(1) |
∴E(X)=0×7(4)+1×7(2)+2×35(4)+3×35(1)=5(3).
3.在△ABC中,∠ABC=90°,AB=6,BC=8,EF∥AB,CE∶EB=5∶3,将三角形△EFC折起,使C在面ABC的射影落在B点上.
(1)若M是BC的中点,在线段AC上找一点H,使MH∥面ABEF,试确定H点的位置.
(2)求点B到面AEC的距离.
(3)若→(BM)=λ→(BC)(0<λ<1),是否存在λ,使得平面MAE与平面CEF所成的锐二面角的余弦值为15(14)?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)取AC中点H,连接MH,则MH∥AB,因为AB⊂ABEF,MH⊄面ABEF,所以MH∥面ABEF,即H为AC中点.
(2)△EFC∽△BAC,
∴BA(EF)=BC(EC)=8(5)=6(EF),∴EF=4(15),CB=
=4.以B为原点,直线BE为x轴,BA直线为y轴,BC直线为z轴建立空间直角坐标系,E(3,0,0),F,0(15),C(0,0,4),B(0,0,0),A(0,6,0),→(CE)=(3,0,-4),→(AC)=(0,-6,4),→(BC)=(0,0,4),设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则有n⊥→(CE),n⊥→(AC),-6y+4z=0.(3x-4z=0,)令y=2,则n=(4,2,3),则d=|n|(·n)=29(12)=29(29).
(3)设M(0,0,m),∵→(BM)=λ→(BC),∴m=4λ,→(AM)=(0,-6,m),→(AE)=(3,-6,0),设平面AEM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1⊥→(AM),n1⊥→(AE),则3x1-6y1=0,(-6y1+mz1=0,)令y1=1,则n1=m(6),→(CE)=(3,0,-4),→(EF)=,0(15),设平面CEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2⊥→(CE),n2⊥→(EF),则y2=0,(15)令z2=3,则n2=(4,0,3),cosθ=42+32(6)=15(14),解得m=3,
∴λ=4(3),∴存在λ使得平面MAE与平面CEF所成的锐二面角的余弦值为15(14).
中档题专练(三)
建议用时:30分钟
1.已知在锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且tanA=c2+b2-a2(3cb).
(1)求角A的大小;
(2)当a=时,求c2+b2的最大值,并判断此时△ABC的形状.
解 (1)由已知及余弦定理,得cosA(sinA)=2cbcosA(3cb),sinA=2(3),
因为A为锐角,所以A=60°.
(2)解法一:由正弦定理,得sinA(a)=sinB(b)=sinC(c)=3()=2,
所以b=2sinB,c=2sinC=2sin(120°-B).
c2+b2=4[sin2B+sin2(120°-B)]
=42(1-cos(240°-2B))
=43()
=4-cos2B+sin2B
=4+2sin(2B-30°).
由0°<120°-B<90°,(0°<B<90°,)得30°<B<90°,所以30°<2B-30°<150°,
当sin(2B-30°)=1,即B=60°时,(c2+b2)max=6,
此时C=60°,△ABC为等边三角形.
解法二:由余弦定理得()2=b2+c2-2bccos60°=b2+c2-bc=3.
而bc≤2(b2+c2)(当且仅当b=c时取等号),
则3≥2(b2+c2),即b2+c2≤6(当且仅当b=c时取等号).
故c2+b2的最大值为6,此时△ABC为等边三角形.
2.[2015·漳州八校联考(三)]我国政府对PM2.5采用如下标准:
PM2.5日均值m(微克/立方米) |
空气质量等级 |
m<35 |
一级 |
35≤m≤75 |
二级 |
m>75 |
超标 |
某市环保局从180天的市区PM2.5监测数据中,随机抽取10天的数据作为样本,监测值如茎叶图所示(十位为茎,个位为叶).
(1)求这10天数据的中位数;
(2)从这10天的数据中任取3天的数据,记ξ表示空气质量达到一级的天数,求ξ的分布列;
(3)以这10天的PM2.5日均值来估计这180天的空气质量情况,其中大约有多少天的空气质量达到一级.
解 (1)10天的中位数为(38+44)/2=41(微克/立方米)
(2)由N=10,M=4,n=3,ξ的可能值为0,1,2,3
利用P(ξ=k)=10(3)(k=0,1,2,3)即得分布列:
ξ |
0 |
1 |
2 |
3 |
P |
6(1) |
2(1) |
10(3) |
30(1) |
(3)一年中每天空气质量达到一级的概率为5(2),由η~B5(2),得到E(η)=180×5(2)=72(天),一年中空气质量达到一级的天数为72天.
3.[2015·广州综合测试(一)]如图1,在边长为4的菱形ABCD中,∠DAB=60°,点E,F分别是边CD,CB的中点,AC∩EF=O,沿EF将△CEF翻折到△PEF,连接PA,PB,PD,得到如下图2的五棱锥P-ABFED,且PB=.
(1)求证:BD⊥平面POA;
(2)求二面角B-AP-O的正切值.
解 (1)证明:∵点E,F分别是边CD,CB的中点,
∴BD∥EF.
∵菱形ABCD的对角线互相垂直,∴BD⊥AC.
∴EF⊥AC.∴EF⊥AO,EF⊥PO.
∵AO⊂平面POA,PO⊂平面POA,AO∩PO=O,
∴EF⊥平面POA.
∴BD⊥平面POA.
(2)解法一:设AO∩BD=H,连接BO,
∵∠DAB=60°,
∴△ABD为等边三角形.
∴BD=4,BH=2,HA=2,HO=PO=.
在Rt△BHO中,BO==,
在△PBO中,BO2+PO2=10=PB2,
∴PO⊥BO.
∵PO⊥EF,EF∩BO=O,EF⊂平面BFED,BO⊂平面BFED,∴PO⊥平面BFED.
过H作HG⊥AP,垂足为G,连接BG,
由(1)知BH⊥平面POA,且AP⊂平面POA,
∴BH⊥AP.
∵HG∩BH=H,HG⊂平面BHG,BH⊂平面BHG,
∴AP⊥平面BHG.
∵BG⊂平面BHG,∴AP⊥BG.
∴∠BGH为二面角B-AP-O的平面角.
在Rt△POA中,AP==,
在Rt△POA和Rt△HGA中,∠POA=∠HGA=90°,∠PAO=∠HAG,
∴Rt△POA∽Rt△HGA.∴HG(PO)=HA(PA).
∴HG=PA(PO·HA)=30(3)=5(30).
在Rt△BHG中,tan∠BGH=HG(BH)=30()=3(30).
∴二面角B-AP-O的正切值为3(30).
解法二:设AO∩BD=H,连接BO,
∵∠DAB=60°,∴△ABD为等边三角形.
∴BD=4,BH=2,HA=2,HO=PO=.
在Rt△BHO中,BO==,
在△PBO中,BO2+PO2=10=PB2,
∴PO⊥BO.
∵PO⊥EF,EF∩BO=O,EF⊂平面BFED,BO⊂平面BFED,∴PO⊥平面BFED.
以O为原点,OF所在直线为x轴,AO所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
则A,B(2,-,0),P(0,0,),H(0,-,0).
∴→(AP)=(0,3,),→(AB)=(2,2,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
由n⊥→(AP),n⊥→(AB),得y=0.(3z=0,)
令y=1,得z=-3,x=-.
∴平面PAB的一个法向量为n=(-,1,-3).
由(1)知平面PAO的一个法向量为→(BH)=(-2,0,0),
设二面角B-AP-O的平面角为θ,且θ为锐角
则cosθ=〉(BH)=|(BH)=×2(3)=13(39).
∴sinθ==13(130),tanθ=cosθ(sinθ)=3(30).
∴二面角B-AP-O的正切值为3(30).
中档题专练(四)
建议用时:30分钟
1.[2015·课标全国卷Ⅰ]Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,an(2)+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=anan+1(1),求数列{bn}的前n项和.
解 (1)由an(2)+2an=4Sn+3,可知an+1(2)+2an+1=4Sn+1+3.
可得an+1(2)-an(2)+2(an+1-an)=4an+1,即
2(an+1+an)=an+1(2)-an(2)=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又a1(2)+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去),a1=3.
所以{an}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知
bn=anan+1(1)=(2n+1)(2n+3)(1)=2(1)2n+3(1).
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=2(1)2n+3(1)
=3(2n+3)(n).
2.[2015·洛阳统考]在某学校的一次选拔性考试中,随机抽取了100名考生的成绩(单位:分),并把所得数据列成了如下表所示的频数分布表:
组别 |
[40,50) |
[50,60) |
[60,70) |
[70,80) |
[80,90) |
[90,100] |
频数 |
5 |
18 |
28 |
26 |
17 |
6 |
(1)求抽取的样本平均数和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);
(2)已知这次考试共有2000名考生参加,如果近似地认为这次成绩z服从正态分布N(μ,σ2)(其中μ近似为样本平均数,σ2
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