高考专题辅导与测试第3部分 专题一 第二讲 “4道”保分题专练卷(一～四)

1．已知△ABC为锐角三角形，向量m＝(3cos2A，sin A)，n＝(1，－sin A)，且m⊥n.

(1)求A的大小；

(2)当＝pm，＝qn(p>0，q>0)，且满足p＋q＝6时，求△ABC面积的最大值．

解：(1)∵m⊥n，∴3cos2A－sin2A＝0.

∴3cos2A－1＋cos2A＝0，

∴cos2A＝.

又∵△ABC为锐角三角形，

∴cos A＝，

∴A＝.

(2)由(1)可得m＝，n＝.

∴||＝p，||＝q.

∴S△ABC＝||·||·sin A＝pq.

又∵p＋q＝6，且p>0，q>0，

∴·≤，

∴·≤3.

∴p·q≤9.

∴△ABC的面积的最大值为×9＝.

2．某园林局对1 000株树木的生长情况进行调查，其中槐树600株，银杏树400株．现用分层抽样法从这1 000株树木中随机抽取100株，其中银杏树树干周长(单位：cm)的抽查结果如下表：

(2)若已知树干周长在30 cm至40 cm之间的4株银杏树中有1株患有虫害，现从这4株树中随机抽取2株，求抽取到的第2株患有虫害的概率．

解：(1)∵用分层抽样法从这1 000株树木中随机抽取100株，

∴应该抽取银杏树100×＝40(株)．

∴4＋18＋x＋6＝40，∴x＝12.

(2)记这4株树分别为树1，树2，树3，树4，且不妨设树4为患虫害的树．记恰好抽取到第2株时发现患虫害的树为事件A，则A是指抽取到的第2株是树4.

求抽取到的第2株患有虫害的概率，基本事件为(树1，树2)，(树1，树3)，(树1，树4)，(树2，树1)，(树2，树3)，(树2，树4)，(树3，树1)，(树3，树2)，(树3，树4)，(树4，树1)，(树4，树2)，(树4，树3)，共计12个，

事件A中包含的基本事件有3个，

∴抽取到的第2株患有虫害的概率P(A)＝＝.

3．设正项数列{an}的前n项和是Sn，若{an}和{}都是等差数列，且公差相等．

(1)求{an}的通项公式；

(2)若a1，a2，a5恰为等比数列{bn}的前三项，记cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.

解：(1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋，

即＝，

由是等差数列，得到

则d＝且d＝2a1＞0，

所以d＝，

a1＝＝，

an＝＋(n－1)·＝.

(2)由b1＝a1＝，b2＝a2＝，b3＝a5＝，得等比数列{bn}的公比q＝3，

所以bn＝×3n－1，

所以cn＝＝＝－，

Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.

4.如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．

(1)求证：AB1⊥平面A1BD；

(2)设点O为AB1上的动点，当OD∥平面ABC时，求的值．

解：(1)证明：取BC的中点M，连接AM，B1M.

在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，△ABC为正三角形，所以AM⊥BC，

故AM⊥平面BCC1B1，又BD⊂平面BCC1B1，

所以AM⊥BD.

又正方形BCC1B1中，tan∠BB1M＝tan∠CBD＝，

所以BD⊥B1M，又B1M∩AM＝M，

所以BD⊥平面AB1M，故AB1⊥BD.

在正方形BAA1B1中，AB1⊥A1B，又A1B∩BD＝B，

所以AB1⊥平面A1BD.

(2)取AA1的中点N，连接ND，OD，ON.

因为N，D分别为AA1，CC1的中点，所以ND∥平面ABC，

又OD∥平面ABC，ND∩OD＝D，所以平面NOD∥平面ABC，所以ON∥平面ABC，

又ON⊂平面BAA1B1，平面BAA1B1∩平面ABC＝AB，

所以ON∥AB.

注意到AB∥A1B1，所以ON∥A1B1，又N为AA1的中点，所以O为AB1的中点，即＝1.

“4道”保分题专练卷(二)

1．已知函数f(x)＝4sin ωxcos＋(ω＞0)的最小正周期为π.

(1)求f(x)的解析式；

(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值及取得最值时x的值．

解：(1)f(x)＝4sin ωx＋

＝2sin ωxcos ωx－2sin2ωx＋

＝sin 2ωx＋cos 2ωx

＝2sin.

∵T＝＝π，∴ω＝1.

∴f(x)＝2sin.

(2)∵－≤x≤，∴－≤2x＋≤.

∴－≤sin≤1，即－1≤f(x)≤2，

当2x＋＝－，即x＝－时，f(x)min＝－1；

当2x＋＝，即x＝时，f(x)max＝2.

2．在某大学自主招生考试中，所有选报Ⅱ类志向的考生全部参加了“数学与逻辑”和“阅读与表达”两个科目的考试，成绩分为A，B，C，D，E五个等级．某考场考生的两科考试成绩的数据统计如下图所示，其中“数学与逻辑”科目的成绩等级为B的考生有10人．

(1)求该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为A的人数；

(2)若等级A，B，C，D，E分别对应5分，4分，3分，2分，1分，求该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分；

(3)已知参加本考场测试的考生中，恰有2人的两科成绩等级均为A.在至少一科成绩等级为A的考生中，随机抽取2人进行访谈，求这2人的两科成绩等级均为A的概率．

解：(1)因为“数学与逻辑”科目中成绩等级为B的考生有10人，所以该考场有10÷0.25＝40人．

所以该考场考生中“阅读与表达”科目中成绩等级为A的人数为40×(1－0.375－0.375－0.15－0.025)＝40×0.075＝3.

(2)该考场考生“数学与逻辑”科目的平均分为[1×(40×0.2)＋2×(40×0.1)＋3×(40×0.375)＋4×(40×0.25)＋5×(40×0.075)]＝2.9.

(3)因为两科考试中，共有6个A，又恰有2人的两科成绩等级均为A，

所以还有2人只有一个科目成绩等级为A.

设这4人为甲、乙、丙、丁，其中甲、乙是两科成绩等级都为A的同学，则在至少一科成绩等级为A的考生中，随机抽取2人进行访谈，基本事件空间为(甲，乙)，(甲，丙)，(甲，丁)，(乙，丙)，(乙，丁)，(丙，丁)，共6个．

设“随机抽取2人进行访谈，这2 人的两科成绩等级均为A”为事件M，所以事件M中包含的基本事件有1个，为(甲，乙)，故P(M)＝.

3.如图，在直三棱柱(侧棱与底面垂直的三棱柱)ABC­A1B1C1中，AC＝AA1＝2AB＝2，∠BAC＝90°，点D是侧棱CC1延长线上一点，EF是平面ABD与平面A1B1C1的交线．

(1)求证：EF⊥A1C；

(2)当∠DBC＝60°时，求三棱锥D­ABC的体积．

解：(1)证明：依题意，有平面ABC∥平面A1B1C1，

又平面ABC∩平面ABD＝AB，平面A1B1C1∩平面ABD＝EF，

∴EF∥AB.

∵三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，且∠BAC＝90°，

∴AB⊥AA1，AB⊥AC.

而AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面ACC1A1.

又A1C⊂平面ACC1A1，

∴AB⊥A1C.

∴EF⊥A1C.

(2)∵AC＝2AB＝2，∠BAC＝90°，

∴BC＝＝，

又∵∠DBC＝60°，

∴＝tan 60°，

∴CD＝，

∴S△ABC＝×1×2＝1，

∴VD­ABC＝×1×＝.

4．数列{an}是公差不小于0的等差数列，a1，a3是函数f(x)＝ln(x2－6x＋6)的零点，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－2bn(n∈N*)．

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)记cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn.

解：(1)令f(x)＝0即ln(x2－6x＋6)＝0，则x2－6x＋6＝1，

所以(x－1)(x－5)＝0，又∵d＞0，∴a1＝1，a3＝5.

∴d＝＝2，∴an＝2n－1.

∵Tn＝1－2bn(n∈N*)，∴b1＝.

当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2bn－1－2bn，∴bn＝bn－1，

所以数列{bn}是等比数列，bn＝n－1.

(2)cn＝(2n－1)··n－1＝·n－1，

Sn＝＋

，

∴Sn＝

＋，

∴Sn＝＋－

·(2n－1)·n，

∴Sn＝5－(2n＋5) n(n∈N*)．

“4道”保分题专练卷(三)

1．(2013·陕西五校联考)已知向量m＝(sin x， sin x)，n＝(sin x，－cos x)，设函数f(x)＝m·n，若函数g(x)的图像与f(x)的图像关于坐标原点对称．

(1)求函数g(x)在区间上的最大值，并求出此时x的值；

(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，A为锐角，若f(A)－g(A)＝，b＋c＝7，△ABC的面积为2，求边a的长．

解：(1)由题意得f(x)＝sin2x－sin xcos x＝－sin 2x＝－sin，

所以g(x)＝－－sin.

因为x∈，所以2x－∈.

所以当2x－＝－，即x＝－时，

函数g(x)在区间上的最大值为.

(2)由f(A)－g(A)＝，得

1－sin＋sin＝，

化简得cos 2A＝－，

又因为0所以A＝.

由题意知S△ABC＝bcsin A＝2，

解得bc＝8，又b＋c＝7，

所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc(1＋cos A)＝

49－2×8×＝25.

故所求边a的长为5.

2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面是直角梯形ABCD，其中AD⊥AB，CD∥AB，AB＝4，CD＝2，侧面PAD是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD垂直，E为PA的中点．

(1)求证：DE∥平面PBC；

(2)求三棱锥A­PBC的体积．

解：(1)证明：如图，取AB的中点F，连接DF、EF.

因为在直角梯形ABCD中，CD∥AB，且AB＝4，CD＝2，

所以BF綊CD，

所以四边形BCDF为平行四边形，

所以DF∥BC.

在△PAB中，E、F分别是PA、AB的中点，

所以EF∥PB.

又因为DF∩EF＝F，PB∩BC＝B，

所以平面DEF∥平面PBC，

因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面PBC.

(2)取AD的中点O，连接PO.

在△PAD中，PA＝PD＝AD＝2，所以PO⊥AD，PO＝.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

所以PO⊥平面ABCD.

在直角梯形ABCD中，CD∥AB，且AB＝4，AD＝2，AB⊥AD，

所以S△ABC＝×AB×AD＝×4×2＝4，

故VA­PBC＝VP­ABC＝×S△ABC×PO＝×4×＝.

3．(2013·山东高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足＋＋…＋＝1－，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.

解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.

 由S4＝4S2，a2n＝2an＋1得

解得a1＝1，d＝2.

因此an＝2n－1，n∈N*.

(2)由已知＋＋…＋＝1－，n∈N*，

当n＝1时，＝；

当n≥2时，＝1－－＝.

所以＝，n∈N*.

由(1)知an＝2n－1，n∈N*，

所以bn＝，n∈N*.

又Tn＝＋＋＋…＋，

Tn＝＋＋…＋＋，

两式相减得

Tn＝＋－

＝－－，

所以Tn＝3－.

4．某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数ξ依次为1,2，…，8.从某厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：

该行业规定产品的等级系数ξ≥7的为一等品，等级系数5≤ξ＜7的为二等品，等级系数3≤ξ＜5的为三等品．

(1)试分别估计该厂生产产品的一等品率、二等品率和三等品率；

(2)从样本的一等品中随机抽取2件，求所抽得的2件产品等级系数都为8的概率．

解：(1)由样本数据知，30件产品中，一等品有6件，二等品有9件，三等品有15件．

∴样本中一等品的频率为＝0.2，二等品的频率为＝0.3，三等品的频率为＝0.5，故估计该厂生产产品的一等品率、二等品率和三等品率分别为0.2,0.3,0.5.

(2)样本中一等品有6件，其中等级系数为7的有3件，等级系数为8的也有3件．

记等级系数为7的3件产品分别为C1、C2、C3，等级系数为8的3件产品分别为P1、P2、P3，则从样本的一等品中随机抽取2件的所有可能情况为：(C1，C2)，(C1，C3)，(C1，P1)，(C1，P2)，(C1，P3)，(C2，C3)，(C2，P1)，(C2，P2)，(C2，P3)，(C3，P1)，(C3，P2)，(C3，P3)，(P1，P2)，(P1，P3)，(P2，P3)，共15种，

记“从一等品中随机抽取2件，2件产品等级系数都是8”为事件A，则A包含的基本事件有：(P1，P2)，(P1，P3)，(P2，P3)，共3种，

故所求的概率为P(A)＝＝.

“4道”保分题专练卷(四)

1．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足A＋C＝2B，且cos(B＋C)＝－.

(1)求cos C的值；

(2)若a＝5，求△ABC的面积．

解：(1)∵A＋C＝2B，且A＋B＋C＝π，

∴B＝.

∵cos(B＋C)＝－，

∴sin(B＋C)＝＝，

∴cos C＝cos[(B＋C)－B]＝cos(B＋C)cos B＋sin(B＋C)sin B＝－×＋×＝.

(2)由(1)可得sin C＝＝，sin A＝sin (B＋C)＝.

在△ABC中，由正弦定理＝＝，得

c＝＝8.

S△ABC＝acsin B＝×5×8×＝10.

2．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差数列{bn}满足b3＝3，b5＝9.

(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)设cn＝(n∈N*)，求证cn＋1＜cn≤.

解：(1)由an＋1＝2Sn＋1，　①

得an＝2Sn－1＋1，　②

①－②得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，

∴an＋1＝3an，

∴an＝3n－1.

∵b5－b3＝2d＝6，

∴d＝3，

∴bn＝3n－6.

(2)证明：∵an＋2＝3n＋1，bn＋2＝3n，

∴cn＝＝，

∴cn＋1－cn＝＜0，

cn＋1＜cn＜…＜c1＝，

∴cn＋1＜cn≤.

3．某种零件按质量标准分为1,2,3,4,5五个等级．现从一批该零件中随机抽取20个，对其等级进行统计分析，得到频率分布表如下：

(2)在(1)的条件下，从等级为3和5的所有零件中，任意抽取2个，求抽取的2个零件的等级恰好相同的概率．

解：(1)由频率分布表得0.05＋m＋0.15＋0.35＋n＝1，所以m＋n＝0.45.

由在抽取的20个零件中，等级为5的恰有2个，得n＝＝0.1.

所以m＝0.45－0.1＝0.35.

(2)由(1)得，抽取的20个零件中，等级为3的零件有3个，记作x1，x2，x3，等级为5的零件有2个，记作y1，y2.

从x1，x2，x3，y1，y2中任意抽取2个零件，所有可能的结果为：(x1，x2)，(x1，x3)，(x1，y1)，(x1，y2)，(x2，x3)，(x2，y1)，(x2，y2)，(x3，y1)，(x3，y2)，(y1，y2)，共10个．

记事件A为“从x1，x2，x3，y1，y2中任意抽取2个零件，其等级恰好相同”，

则A包含的基本事件为：(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x3)，(y1，y2)，共4个．

故所求概率为P(A)＝＝0.4.

4.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB＝2BC，AC＝AA1＝BC.

(1)求证：A1C⊥平面AB1C1；

(2)若D是棱CC1的中点，在棱AB上是否存在一点E，使得DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：∵AB＝2BC，AC＝BC，∴△ABC为直角三角形且∠ACB＝，从而BC⊥AC.

又AA1⊥平面ABC，∴BC⊥AA1，

从而BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥A1C，B1C1⊥A1C.

∵AC＝AA1，∴侧面ACC1A1为正方形，

∴AC1⊥A1C，

又B1C1∩AC1＝C1，

∴A1C⊥平面AB1C1.

(2)存在点E，且E为AB的中点．

下面给出证明：

取BB1的中点F，连接DF，则DF∥B1C1，

∵E为AB的中点，连接EF，∴EF∥AB1，

∵B1C1与AB1是相交直线，DF与EF是相交直线，

∴平面DEF∥平面AB1C1.

而DE⊂平面DEF，

∴DE∥平面AB1C1.