2022年高考數學三輪沖刺之重難點保分04 解答題保分訓練（解析）

保分04解答題保分訓練保分系列內容簡介：臨近高考，咱們所剩的復習時間不是很多了，更應該注重基礎知識和基本題型的掌握，提高自己的學習效率。本系列主要就是為了夯實基礎，采取保分政策，減少高考中的容錯率，從而避免高考中發(fā)揮失誤.一共十五組解答題，選自優(yōu)質的?？荚嚲碇械?7-20題，適用新高考.☆☆第一組☆☆17．（2022?沈陽一模）從①bsinC=3ccosB，②b2+ac＝a2+c2已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且____．（填寫①或②，只可以選擇一個標號，并依此條件進行解答．）（1）求B；（2）若b＝2，△ABC的面積為3，求a．【解答】解：（1）選擇條件①：由正弦定理及bsinC=3ccosB，知sinBsinC=3sin因為sinC≠0，所以sinB=3cosB，所以tanB=因為B∈（0，π），所以B=π選擇條件②：由余弦定理知，cosB=a所以B=π（2）因為△ABC的面積S=12acsinB=12ac×3由（1）知，b2+ac＝a2+c2，所以4+4＝a2+c2，即8＝a2+(4化簡得a4﹣8a2+16＝0，解得a2＝4，又a＞0，所以a＝2．18．（2022?沈陽一模）等差數列{an}和等比數列{bn}滿足a1＝b1＝1，a2+a4＝14，b2b4＝a6，且bn＞0．（1）求數列{bn}的通項公式；（2）已知：①bn＜1000；②?m∈N+，使am＝bn．設S為數列{bn}中同時滿足條件①和②的所有的項的和，求S的值．【解答】解：（1）設等差數列{an}的公差為d和等比數列{bn}的公比為q，q＞0，由a1＝b1＝1，a2+a4＝14，b2b4＝a6，可得1+d+1+3d＝14，q?q3＝1+5d，解得d＝3，q＝2，則an＝1+3（n﹣1）＝3n﹣2，bn＝2n﹣1；（2）①bn＜1000，即2n﹣1＜1000，解得n＝1，2，3，...，10；②?m∈N+，使am＝bn，即3m﹣2＝2n﹣1，可得m＝1，n＝1；m＝2，n＝3；m＝6，n＝5；m＝22，n＝7；m＝86，n＝9．所以S＝1+4+16+64+256＝341．19．（2022?沈陽一模）現有一種需要兩人參與的棋類游戲，規(guī)定在雙方對局時，二人交替行棋．一部分該棋類游戲參與者認為，在對局中“先手”（即：先走第一步棋）具有優(yōu)勢，容易贏棋，而“后手”（即：對方走完第一步棋之后，本方再走第一步棋）不具有優(yōu)勢，容易輸棋．（1）對某位該棋類游戲參與者的100場對局的輸贏結果按照是否先手局進行統(tǒng)計，分數據如表所示．請將表格補充完整，并判斷是否有90%的把握認為贏棋與“先手局”有關？先手局后手局合計贏棋45輸棋45合計25100（2）現有甲乙兩人進行該棋類游戲的比賽，采用三局兩勝制（即：比賽中任何一方贏得兩局就獲勝，同時比賽結束，比賽至多進行三局）．在甲先手局中，甲贏棋的概率為23，乙贏棋的概率為13；在乙先手局中，甲贏棋的概率為25，乙贏棋的概率為35．若比賽中“先手局”的順序依次為：甲、乙、乙，設比賽共進行附：χ2=n(ad-bc)2(aP（χ2≥k）0.100.050.01k2.7063.8416.635【解答】解：（1）2×2列聯表如下：先手局后手局合計贏棋451055輸棋301545合計7525100∵K2=∴有90%的把握認為贏棋與“先手局”有關．（2）由題意可得，X所有可能取值為2，3，P（X＝2）=2P（X＝3）＝1﹣P（X＝2）=8故X的分布列為：X23P7815故E（X）=2×20．（2022?沈陽一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，BC∥AD，AB⊥AD，PA＝AB＝2，AD＝2BC＝22．（1）求證：BD⊥平面PAC；（2）求二面角B﹣PC﹣D的余弦值．【解答】（1）證明：∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，又∵AB⊥AD，∴AB、AD、AP兩兩互相垂直，以A為坐標原點，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系A﹣xyz，如圖，因為PA＝AB＝2，AD=2則A（0，0，0），B（2，0，0），C(2，2，0)，D(0，22AC→=(2，2，因為AC→?BD所以AC→⊥BD→，BD→⊥PC→，即又因為AC?PC＝C，AC?平面PAC，PC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC．（2）解：設平面PCD的法向量為n1→=(x1由CD→=(-2，2，得n1→?令y1=2，得x1＝1，z1＝2；令x2＝1，解得y2＝0，z2所以n1→=(1則|cos所以二面角B﹣PC﹣D的余弦值為-3☆☆第二組☆☆17．（2021秋?佛山期末）△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosC＝（2b﹣c）cosA．（1）求角A的大??；（2）若b＝2，BC邊上的中線AD=3，求△ABC【解答】解：（1）△ABC中，acosC＝（2b﹣c）cosA，由正弦定理得，sinAcosC＝2sinBcosA﹣sinCcosA，∴sinAcosC+sinCcosA＝2sinBcosA，∴sin（A+C）＝2sinBcosA，又A+B+C＝π，∴sinB＝2sinBcosA，sinB＞0，∴cosA=1又A∈（0，π），∴A=π（2）∵b＝2，BC邊上的中線AD=3∴可得2AD→=AB→+AC→，兩邊平方，可得4AD→2=∴4×（3）2＝c2+b2+2×c×b×cosA＝c2+4+2×c×2×12，整理可得c2+2c﹣8＝0，解得∴△ABC的面積為S=12bcsinA=12×18．（2021秋?佛山期末）某財經雜志發(fā)起一項調查，旨在預測中國經濟前景，隨機訪問了100位業(yè)內人士，根據被訪問者的問卷得分（滿分10分）將經濟前景預期劃分為三個等級（悲觀、尚可、樂觀）．分級標準及這100位被訪問者得分頻數分布情況如下：經濟前景等級悲觀尚可樂觀問卷得分12345678910頻數23510192417974假設被訪問的每個人獨立完成問卷（互不影響），根據經驗，這100位人士的意見即可代表業(yè)內人士意見，且他們預測各等級的頻率可估計未來經濟各等級發(fā)生的可能性．（1）該雜志記者又隨機訪問了兩名業(yè)內人土，試估計至少有一人預測中國經濟前景為“樂觀”的概率；（2）某人有一筆資金，現有兩個備選的投資意向：物聯網項目或人工智能項目，兩種投資項目的年回報率都與中國經濟前景等級有關，根據經驗，大致關系如下（正數表示盈利，負數表示虧損）：經濟前景等級樂觀尚可悲觀物聯網項目年回報率（%）124﹣4人工智能項目年回報率（%）75﹣2根據以上信息，請分別計算這兩種投資項目的年回報率的期望與方差，并用統(tǒng)計學知識給出投資建議．【解答】解：（1）由題意可得，在100名被采訪者中，預測中國經濟前景為“樂觀”的人數為9+7+4＝20，故若隨機訪問兩名業(yè)內人土，至少有一人預測中國經濟前景為“樂觀”的概率P＝1﹣（1﹣0.2）（1﹣0.2）＝0.36．（2）由題意可得，在100名被采訪者中，預測中國經濟前景為“樂觀”的概率為20100預測中國經濟前景為“尚可”的概率為10+19+24+17100預測中國經濟前景為“悲觀”的概率為2+3+5100設投資物聯網項目或人工智能項目年回報率的期望分別為x1，x2，方差分別為s1x1=0.2×12%+0.7×4%+0.1×（﹣4%）＝4.8%，x2=0.2×7%+0.7×5%+0.1×（﹣s12=0.2×（12%﹣4.8%）2+0.7×（4%﹣4.8%）2+0.1×（﹣4%﹣4.8%）2s22=0.2×（7%﹣4.7%）2+0.7×（5%﹣4.7%）2+0.1×（﹣2%﹣4.7%）2∵x1∴投資物聯網項目比投資人工智能項目年回報率要高，但二者相差不大，∵s1∴投資人工智能項目比投資物聯網項目年回報率穩(wěn)定性更高，風險更小，故建議投資人工智能項目．19．（2021秋?佛山期末）設Sn為等比數列{an}的前n項和，S3，S9，S6成等差數列．（1）求證：a2，a8，a5成等差數列；（2）若a1＝2，Tn是數列{an6}的前n項積，求Tn的最大值及相應n的值．【解答】解：（1）證明：設等比數列{an}的公比為q，由S3，S9，S6成等差數列，可得2S9＝S3+S6，若q＝1，則2S9＝18a1，S3+S6＝9a1，顯然2S9＝S3+S6不成立，所以q≠1，即有2a即2q9＝q3+q6，由于q≠0，q≠1，可得2q6﹣q3﹣1＝0，解得q3=-則a2+a5﹣2a8＝a1q+a1q4﹣2a1q7＝a1q（1+q3﹣2q6）＝a1q（1-12-所以a2+a5＝2a8，即a2，a8，a5成等差數列；（2）若a1＝2，則an6＝a16（qn﹣1）6＝26?（14）n﹣1＝28﹣2nTn＝26?24?...?28﹣2n＝26+4+...+（8﹣2n）＝2n所以當n＝3或4時，Tn取得最大值，且為212＝4096．20．（2022?昆都侖區(qū)校級一模）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD是矩形，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，E是AD的中點．（1）在線段BP上找一點M，使得直線EM∥平面PCD，并說明理由；（2）若PA＝AD，AB=2AD，求平面PCE與平面PAB【解答】（1）解：M為PB中點M時，EM∥平面PCD，理由如下：取PB中點M，取PC中點N，連接MN、EM、DN，所以MN∥BC，MN=12BC，因為四邊形ABCD是矩形，E是所以DE∥BC，DE=12所以DE∥MN，DE＝MN，所以四邊形MNDE是平行四邊形，所以DN∥ME，因為DN?平面PCD，ME?平面PCD，所以EM∥平面PCD．（2）解：因為PA⊥PB，建系如圖，因為AD⊥平面PAB，所以平面ABCD⊥平面PAB，PA＝AD，AB=2AD=2PA，所以PB=不妨設PA＝1，則P（0，0，0），A（0，1，0），B（1，0，0），E（0，1，12），C（1，0，1PE→=（0，1，12），PC→=（1令m→=（2，1，﹣因為PE→?m→=0，PC→?m→=n→=（0，0，1）是的平面設平面PCE與平面PAB所成二面角為θ，θ∈（0，π），|cosθ|=|m→?n☆☆第三組☆☆17．（2022?福田區(qū)校級一模）已知正項等比數列{an}的前n項和為Sn，S2＝4，a2a4＝81．（1）求數列{an}的通項公式；（2）數列{bn}滿足b1＝1，當n≥2時，bn=1log3an?log3a【解答】解：（1）設數列{an}，公比為q，因為數列{an}正項等比數列，所以q＞0，因為a2a4又由S2＝a1+a2＝a1（1+q）＝4，所以1+qq2=49，即4q2﹣9解得q＝3或q=-34（舍去），所以a所以數列{an}的通項公式an（2）由an=3當n≥2時，可得bn=1log3a所以n≥2時，Tn當n＝1時，T1＝a1＝1，適合Tn所以Tn18．（2022?福田區(qū)校級一模）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別a，b，c．已知2bcosB＝ccosA+acosC．（1）求B；（2）若a＝2，b=6，設D為CB延長線上一點，且AD⊥AC，求線段【解答】解：（1）∵2bcosB＝ccosA+acosC，∴由正弦定理可得，2sinBcosB＝sinCcosA+sinAcosC＝sin（C+A）＝sinB，∵0＜B＜π，∴sinB≠0，∴cosB=∴B=（2）由（1）知∠ABC∵a＝BC＝2，b=CA∴由正弦定理可得，BCsin∠BAC∴sin∠∴∠BAC=π∴∠C∵AD⊥AC，∴cos∠C=∴2+BD∴BD=4+219．（2022?福田區(qū)校級一模）某土特產超市為預估2022年元旦期間游客購買土特產的情況，對2021年元旦期間的90位游客購買情況進行統(tǒng)計，得到如下人數分布表：購買金額（元）[0，150）[150，300）[300，450）[450，600）[600，750）[750，900]人數101520152010（1）根據以上數據完成2×2列聯表，并判斷是否有95%的把握認為購買金額是否少于600元與性別有關．不少于600元少于600元合計男40女18合計（2）為吸引游客，該超市推出一種優(yōu)惠方案：購買金額不少于600元可抽獎3次，每次中獎概率為P（每次抽獎互不影響，且P的值等于人數分布表中購買金額不少于600元的頻率），中獎1次減50元，中獎2次減100元，中獎3次減150元．若游客甲計劃購買800元的土特產，請列出實際付款數X（元）的分布列并求其數學期望．附：參考公式和數據：K2附表：k02.0722.7063.8416.6357.879P（K2≥k0）0.1500.1000.0500.0100.005【解答】解：（1）2×2列聯表如下：不少于600元少于600元合計男124052女182038合計306090K2因此有95%的把握認為購買金額是否少于600元與性別有關．（2）X的所有取值可能為650，700，750，800，且P=10+20P(P(P(P(所以X的分布列為X650700750800P12949827E(20．（2022?福田區(qū)校級一模）如圖，直三棱柱（即側棱與底面質直的棱柱）ABC﹣A1B1C1內接于一個等邊圓柱（軸截面為正方形），AB是圓柱底面圓O的直徑，點D在A1B1上，且A1D＝3DB1．若AC＝BC．（1）求證：平面COD⊥平面ABB1A1；（2）求證：平面COD與平面CBB1C1所成銳二面角的余弦值．【解答】（1）證明：在△ABC中，AC＝BC，且AB是圓柱底面圓O的直徑，即OA＝OB，CO⊥AB，又由已知AA1⊥平面ABC，CO?平面ABC，CO⊥AA1，且AB∩AA1＝A，CO⊥平面AA1BB1，又CO?平面COD，所以平面COD⊥平面AA1BB1，（2）解：因為三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱且AB是圓柱底面圓O的直徑，所以CA，CB，CC1兩兩垂直．以C為坐標原點，CA，CB，CC1所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AC＝BC＝4，則AB＝AA1＝42，所以C（0，0，0），A（4，0，0），O（2，2，0），D（1，3，42），顯然CA→=（4，0，0）是平面CBB1C設平面COD的一個法向量為n→=（x，y，∵CO→=（2，2，0），CD→=（1，3由n→令z＝1，得x＝22，y＝﹣22，∴平面COD的一個法向量為n→=（22，﹣22，設平面COD與平面CBB1C1所成銳二面角為θ，則cosθ==∴平面COD與平面CBB1C1所成銳二面角的余弦值為234☆☆第四組☆☆17．（2022?茂名一模）如圖所示，遙感衛(wèi)星發(fā)現海面上有三個小島，小島B位于小島A北偏東75°距離60海里處，小島B北偏東15°距離303-30（1）求小島A到小島C的距離；（2）如果有游客想直接從小島A出發(fā)到小島C，求游船航行的方向．【解答】解：（1）由題意知，AB＝60，BC=303-30，∠ABC＝（180°﹣75°）+15在△ABC中，由余弦定理知，AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cos∠ABC＝602+（303-30）2﹣2?60?（303-所以AC=5400=30故小島A到小島C的距離為306海里．（2）由余弦定理知，AB2＝AC2+BC2﹣2AC?BC?cos∠ACB，所以602＝（306）2+（303-30）2﹣2?306?（303-所以cos∠ACB=22，因為∠ACB∈（0，π），所以∠ACB＝所以∠BAC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（120°+45°）＝15°，由75°﹣15°＝60°，知游船航行的方向是北偏東60°．18．（2022?茂名一模）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD為平行四邊形，E為CD的中點，AE=12（1）證明：PC⊥AD；（2）若三角形AED為等邊三角形，PA＝AD＝6，F為PB上一點，且PF=13PB，求直線EF與平面【解答】解：（1）證明：∵PA⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PA⊥AD，∵AE=12CD，E為∴∠CAE＝∠ECA，∠EAD＝∠EDA，∵∠CAE+∠ECA+∠EAD+∠EDA＝π，∴∠CAE+∠EAD=∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴AD⊥PC．（2）以A為坐標原點，分別以AC，AD，AP為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，∵三角形AED為等邊三角形，PA＝AD＝6，F為PB上一點，且PF=13∴CD＝12，AC＝63，∴A（0，0，0），B（63，﹣6，0），C（63，0，0），D（0，6，0），P（0，0，6），∴FE→=（3，5，-4），AP→=（0，0，6），設平面PAE的一個法向量為n→=（x，y，則n→?AP→=6z=0n→?AE→=6設直線EF與平面PAE所成角為θ，則直線EF與平面PAE所成角的正弦值為：sinθ＝|cos＜FE→，19．（2022?茂名一模）為了增強學生體質，茂名某中學的體育部計劃開展乒乓球比賽，為了解學生對乒乓球運動的興趣，從該校一年級學生中隨機抽取了200人進行調查，男女人數相同，其中女生對乒乓球運動有興趣的占80%，而男生有15人表示對乒乓球運動沒有興趣．（1）完成2×2列聯表，并回答能否有90%的把握認為“對乒乓球運動是否有興趣與性別有關”？有興趣沒興趣合計男女合計（2）為了提高同學們對比賽的參與度，比賽分兩個階段進行，第一階段的比賽賽制采取單循環(huán)方式，每場比賽采取三局二勝制，然后由積分的多少選出進入第二階段比賽的同學，每場積分規(guī)則如下：比賽中以2：0取勝的同學積3分，負的同學積0分；以2：1取勝的同學積2分，負的同學積1分．其中，小強同學和小明同學的比賽倍受關注，設每局小強同學取勝的概率為p=23，記小強同學所得積分為X，求附表P（K2≥k0）0.500.400.250.1500.1000.050k00.4550.7801.3232.0722.7063.841【解答】解：有興趣沒興趣合計男8515100女8020100合計16535200K2=200×(85×20-80×15)故沒有90%的把握認為“對乒乓球運動是否有興趣與性別有關；（2）由題意可知隨機變量X的取值為0，1，2，3，∴P（X＝0）=13×13=19；PP（X＝2）=C21(1-23)×(23故X的分布列為：X0123P14849∴E（X）＝0×19+1×42720．（2022?茂名一模）已知數列{an}，{bn}滿足bn+1=an+4bn5，an+1（1）求a2，b2的值，并證明數列{an﹣bn}是等比數列；（2）求數列{an}，{bn}的通項公式．【解答】（1）證明：∵a1＝2，b1＝1，∴b2∵bn+1=∴an∴{an﹣bn}是a1﹣b1＝1為首項，23（2）由（1）知{an﹣bn}是a1﹣b1＝1為首項，23∴an∴an∵bn∴b∴當n≥2時，bn當n＝1時，b1＝1也適合上式；所以數列{bn}的通項公式為bn數列{an}的通項公式為an☆☆第五組☆☆17．（2022?臨沂一模）在①2c＝asinC+ccosA，②sin（B+C）=2-1+2sin2A2，③2cos（π記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，△ABC為面積為S，已知___．（1）求A；（2）若S＝6，b＝3，求a．【解答】解：（1）若選①，由正弦定理可得2sinC因為0＜C＜π，所以sinC≠0，則2=0＜A＜π，于是A=若選②，由題意，sin(則2sin而0＜A＜π，于是A=若選③，由題意，2sinA因為0＜A＜π，所以sinA≠0，則cosA=（2）由題意，S=由余弦定理cosA=18．（2022?臨沂一模）2022年北京冬奧組委發(fā)布的《北京2022年冬奧會和冬殘奧會經濟遺產報告（2022）》顯示，北京冬奧會已簽約45家贊助企業(yè)，冬奧會贊助成為一項跨度時間較長的營銷方式．為了解該45家贊助企業(yè)每天銷售額與每天線上銷售時間之間的相關關系，某平臺對45家贊助企業(yè)進行跟蹤調查，其中每天線上銷售時間不少于8小時的企業(yè)有20家，余下的企業(yè)中，每天的銷售額不足30萬元的企業(yè)占35，統(tǒng)計后得到如下2×2銷售額不少于30萬元銷售額不足30萬元合計線上銷售時間不少于8小時1720線上銷售時間不足8小時合計45（1）請完成上面的2×2列聯表，并依據α＝0.01的獨立性檢驗，能否認為贊助企業(yè)每天的銷售額與每天線上銷售時間有關；（2）①按銷售額進行分層抽樣，在上述贊助企業(yè)中抽取5家企業(yè)，求銷售額不少于30萬元和銷售額不足30萬元的企業(yè)數；②在①條件下，抽取銷售額不足30萬元的企業(yè)時，設抽到每天線上銷售時間不少于8小時的企業(yè)數是X，求X的分布列及期望值．【解答】解：（1）∵每天線上銷售時間不少于8小時的企業(yè)有20家，∴每天線上銷售時間不足8小時的企業(yè)有45﹣20＝25家，其中每天銷售額不足30萬元的企業(yè)有25×3故2×2列聯表如下：銷售額不少于30萬元銷售額不足30萬元合計線上銷售時間不少于8小時17320線上銷售時間不足8小時101525合計271845∵K2=45×(17×15-10×3)∴依據α＝0.01的獨立性檢驗，能認為贊助企業(yè)每天的銷售額與每天線上銷售時間有關．（2）①銷售額不少于30萬元的企業(yè)數：27×銷售額不足30萬元的企業(yè)數：18×②由題意可得，X所有可能取值為0，1，2，P（X＝0）=C152C182=3551，P（X＝1）=故X的分布列為：X012P3515151故E（X）=0×19．（2022?臨沂一模）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是正方形，E是棱PC的中點，F是棱PD上的點，且A，B，E，F四點共面．（1）求證：F為PD的中點；（2）若PA⊥底面ABCD，二面角P﹣CD﹣A的大小為45°，求直線AC與平面ABEF所成的角．【解答】（1）證明：依題意AB∥CD，∵CD?平面PCD，AB?平面PCD，∴AB∥平面PCD，又AB?平面ABEF，平面ABEF∩平面PCD＝EF，∴AB∥EF，∴EF∥CD，又∵PE＝EC，∴PF＝FD，即F是PD的中點；（2）解：∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，∴PD⊥CD，∴∠ADP為二面角P﹣CD﹣A的平面角，∴∠ADP＝45°，∴PA＝AD，設AD＝2，如圖以AB，AD，AP所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），F（0，1，1），依題意AC→=（2，2，0），AF→=（0，1，1），AB→=（設平面ABEF的一個法向量為n→=（x，y，則n→?AB→=0n→?AF→=0，即2x=0∴平面ABEF的一個法向量為n→=（0，﹣1，設直線AC與平面ABEF所成角為θ，sinθ＝|cos＜n→，AC→∵θ∈[0，π2]，∴直線AC與平面ABEF所成的角為π20．（2022?臨沂一模）已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，4Sn＝an+1an+1．（1）求{an}的通項公式；（2）若數列{bn}滿足anbnan+1＝（﹣1）nn，求{bn}的前2k項和T2k（k∈N*）．【解答】解：（1）由4Sn＝an+1an+1?①，當n＝1時，4S1＝a2a1+1，∵a1＝1，代入計算可得a2＝3，當n≥2時，4Sn﹣1＝anan﹣1+1?②，①﹣②得：4an＝an（an+1﹣an﹣1），∵an≠0，∴an+1﹣an﹣1＝4，∴{a2n}是以a2為首項，4為公差的等差數列，n∈N*，{a2n﹣1}是以a1為首項，4為公差的等差數列，n∈N*，由此可得：a2n＝3+4（n﹣1）＝4n﹣1＝2×2n﹣1，a2n﹣1＝1+4（n﹣1）＝4n﹣3＝2×（2n﹣1）﹣1，∴an（2）由已知有：bn=(-1)n?∴bn=(-1)n?故前2k項的和T2K＝b1+b2+?+b2k=-=-∴T2☆☆第六組☆☆17．（2022?山東一模）2022年2月4日至20日，第24屆冬季奧林匹克運動會在北京成功舉辦．這場冰雪盛會是運動健兒奮力拼搏的舞臺，也是中外文明交流互鑒的舞臺，折射出我國更加堅實的文化自信，詮釋著新時代中國的從容姿態(tài)，傳遞出中華兒女與世界人民“一起向未來”的共同心聲．某學校統(tǒng)計了全校學生觀看北京冬奧會開幕式和閉幕式的時長情況（單位：分鐘），并根據樣本數據繪制得到如圖所示的頻率分布直方圖．（1）求頻率分布直方圖中a的值，并估計樣本數據的85%分位數；（2）采用樣本量比例分配的分層隨機抽樣方式，從觀看時長在[200，280]的學生中抽取6人．若從這6人中隨機抽取3人在全校交流觀看體會，設抽取的3人中觀看時長在[200，240）的人數為X，求X的分布列和數學期望．【解答】解：（1）由題意，40×（0.0005+0.002×2+2a+0.006+0.0065）＝1，解得a＝0.004．由頻率分布直方圖知，觀看時長在200分鐘以下占比為40×（0.0005+0.002+0.004+0.006+0.0065）＝0.76．觀看時長在240分鐘以下占比為0.76+40×0.004＝0.92．所以85%分位數位于[200，240）內，85%分位數為200+40×（2）由題意，觀看時長[200，240）、[240，280]對應的頻率分別為0.16和0.08，所以采用分層隨機抽樣的方式在兩個區(qū)間中應分別抽取4人和2人．于是抽取的3人中現看時長在[200，240）中的人數x的所有可能取值為1，2，3．所以，P(X的分布列為：X123P131所以，E(18．（2022?山東一模）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a4＝9，S3＝15．（1）求{an}的通項公式：（2）保持數列{an}中各項先后順序不變，在ak與ak+1（k＝1，2，?）之間插入2k個1，使它們和原數列的項構成一個新的數列{bn}，記{bn}的前n項和為Tn，求T100的值．【解答】解：（1）設{an}的公差為d，由已知a1+3d＝9，3a1+3d＝15．解得a1＝3，d＝2．所以an＝2n+1；（2）因為ak與ak+1（k＝1，2，?）之間插入2k個1，所以ak在{bn}中對應的項數為n=當k＝6時，2k+k﹣2＝68，當k＝7時，2k+k﹣2＝133，所以a6＝b68，a7＝b133，且b69＝b70＝?＝b100＝1，因此T10019．（2022?山東一模）如圖，四邊形ABCD中，AB2+BC2+AB?BC＝AC2．（1）若AB＝3BC＝3，求△ABC的面積；（2）若CD=3BC，∠CAD＝30°，∠BCD＝120°，求∠【解答】解：（1）∵AB2+BC2+AB?BC＝AC2，∴cosB=A∵0°＜B＜180°，∴B＝120°，∴S△ABC=12AB?BCsin120°=12×（2）設∠ACB＝θ，則∠ACD＝120°﹣θ，∠ADC＝30°+θ，∠BAC＝60°﹣θ，在△ACD中，由ACsin(30°+θ)=CD在△ABC中，由ACsin120°=BCsin(60°-聯立上式，并由CD=3BC，得3?sin整理得sin（30°+θ）sin（60°﹣θ）=1∴sin（60°+2θ）=1∵0°＜θ＜60°，∴60°＜60°+2θ＜180°，∴60°+2θ＝150°，解得θ＝45°，故∠ACB＝45°．20．如圖，在四棱錐V﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，AB＝2BC＝4，E為CD的中點，且△VBC為等邊三角形．（1）若VB⊥AE，求證：AE⊥VE；（2）若二面角A﹣BC﹣V的大小為30°，求直線AV與平面VCD所成角的正弦值．【解答】（1）證明：因為E為CD的中點，所以AD＝DE＝2，所以△ADE為等腰直角三角形，所以∠AED＝45°，同理∠BEC＝45°，所以AE⊥BE，又因為VB⊥AE，且VB∩BE＝B，VB?平面VBE，BE?平面BVE，所以AE⊥平面VBE，又VE?平面VBE，所以AE⊥VE；（2）解：取BC的中點O，AD的中點G，連接OG、VO，則OG⊥BC，又△VBC為等邊三角形，所以VO⊥BC，所以∠GOV為二面角A﹣BC﹣V的平面角，所以∠GOV＝30°，以OB→、GO→方向分別作為x、y軸正方向，建立空間直角坐標系O﹣所以A（1，﹣4，0），C（﹣1，0，0），D（﹣1，﹣4，0），V（0，-32，DC→=（0，4，0），CV→=（1，-32，32），AV設n→=（x，y，z）為平面VCD的一個法向量，則n→令z＝2，得x=-3，所以n→=（-3設直線AV與平面VCD所成的角為α，則sinα＝|cos＜AV→，n→所以直線AV與平面VCD所成角的正弦值為4214☆☆第七組☆☆17．（2022?濰坊一模）已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，S3＝a3+6．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設bn＝log2an，求數列{anbn}的前n項和Tn．【解答】解：（1）設數列{an}的公比為q，由a1＝2，S3＝a3+6，得a1(1+q+q2所以an（2）由（1）可得bn＝log2an＝n，所以anTn2T所以-T所以Tn18．（2022?濰坊一模）在①a=7，②AC邊上的高為332問題：記△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知∠A＝60°，c＝b+1，______．（1）求c的值；（2）設AD是△ABC的角平分線，求AD的長．【解答】解：（1）選①a=7，由∠A＝60°，c＝b+1可得c2+b2﹣2bccosA＝a2，即（b+1）2+b2﹣b（b+1）＝7，解得b＝2，c＝3；選②AC邊上的高為332，由∠A＝可得c=33③sinB=217，由∠A＝60°，可得sinc＝b+1＞b，可得B為銳角，所以sinC＝sin（A+B）=3由csinC=bsinB可得c3（2）設AD＝x，由S△ABC＝S△ACD+S△ABD，可得12×3×2×32=12×2x×12+12則AD的長為6319．（2022?濰坊一模）根據國家部署，2022年中國空間站“天宮”將正式完成在軌建造任務，成為長期有人照料的國家級太空實驗室，支持開展大規(guī)模、多學科交叉的空間科學實驗．為普及空間站相關知識，某部門組織了空間站建造過程3D模擬編程闖關活動，它是由太空發(fā)射、自定義漫游、全尺寸太陽能、空間運輸等10個相互獨立的程序題目組成．規(guī)則是：編寫程序能夠正常運行即為程序正確．每位參賽者從10個不同的題目中隨機選擇3個進行編程，全部結束后提交評委測試，若其中2個及以上程序正確即為闖關成功．現已知10個程序中，甲只能正確完成其中6個，乙正確完成每個程序的概率為35（1）求乙闖關成功的概率；（2）求甲編寫程序正確的個數X的分布列和數學期望，并判斷甲和乙誰闖關成功的可能性更大．【解答】解：（1）記乙闖關成功為事件A，所以P(（2）由題意知隨機變量X所有可能取值為0，1，2，3，P(P(P(P(故X的分布列為X0123P1311所以E(甲闖關成功的概率為12因為81125所以甲比乙闖關成功的可能性大．20．（2022?濰坊一模）圖1是由矩形ACC1A1、等邊△ABC和平行四邊形ABB1A2組成的一個平面圖形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N為A1C1的中點．將其沿AC，AB折起使得AA1與AA2重合，連結B1C1，BN，如圖2．（1）證明：在圖2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四點共面；（2）在圖2中，若二面角A1﹣AC﹣B的大小為θ，且tanθ=-12，求直線AB與平面BCC【解答】（1）證明：取AC的中點M，連接MN，MN，如圖，因為矩形ACC1A1、N為A1C1的中點．則AC⊥MN，又因為ABC為等邊三角形，則AC⊥MB，MN∩MB＝M，MN，MB?平面BMN，則有AC⊥平面BMN，又BN?平面BMN，所以AC⊥BN，矩形ACC1A1中，AA1∥CC1，平行四邊形ABB1A1中，AA1∥BB1，因此BB1∥CC1，所以B，C，C1，B1四點共面；（2）由（1）知，MN⊥AC，BM⊥AC，則∠NMB為二面角A1﹣AC﹣B的平面角，θ＝∠NMB，在平面BMN內過M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，A（1，0，0），B（0，3，0），C（﹣1，0，0），N（0，cosθ，sinθ），C1（﹣1，cosθ，sinθ），CB→=（1，3，0），CC1→=（0，設平面BCC1B1的一個法向量為n→=（x，y，則n→?CB→=0n→?CC1→=0∴平面BCC1B1的一個法向量為n→=（3，﹣1，由tanθ=-12，∴n→=（3，﹣1，﹣2），AB→設直線AB與平面BCC1B1所成的角為α，∴sinα＝|cos＜n→，AB→＞|＝|∴直線AB與平面BCC1B1所成角的正弦值64☆☆第八組☆☆17．（2022?湛江一模）已知數列{an}是等比數列，且8a3＝a6，a2+a5＝36．（1）求數列{an}的通項公式；（2）設bn=an(an+1)(an+1+1)，求數列【解答】（1）解：由題意，設等比數列{an}的公比為q，則q3=a6a3=8∵a2+a5＝36，∴a1q+a1q4＝36，即2a1+16a1＝36，解得a1＝2，∴an＝2?2n﹣1＝2n，n∈N*．（2）證明：由（1），可得bn故Tn＝b1+b2+???+bn=121=121+1-∴不等式Tn＜13對n18．（2022?湛江一模）已知在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sin2B+sin2C+sinBsinC＝sin2A．（1）求角A的大??；（2）若a=3，求△【解答】解：（1）△ABC中，因為sin2B+sin2C+sinBsinC＝sin2A，由正弦定理得b2+c2﹣a2＝﹣bc，由余弦定理得cosA=b又A∈（0，π），所以A=2（2）由a=3，sinA＝sin2根據正弦定理得bsinB=所以b＝2sinB，c＝2sinC＝2sin（π3-B）=3cosB﹣所以a+b+c=3+2sinB+（3cosB﹣sinB）=3+3cosB+sinB=又0＜B＜π所以當B=π6時，△ABC周長取得最大值為219．（2022?湛江一模）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四邊形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中點．（1）證明：BC⊥平面B1OA1；（2）求二面角A﹣OB1﹣C1的余弦值．【解答】解：（1）證明：∵四邊形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，∴A1O⊥AC，因為平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，∴A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BC；∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1O，又B1C1⊥A1B1，且A1O∩A1B1＝A1，∴B1C1⊥平面B1OA1，∴BC⊥平面B1OA1；（2）如圖，連接BO，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，O是AC的中點，∴BD⊥AC，又BO⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，∴BO⊥平面ACC1A1，設AC＝2，建立如圖所示的空間直角坐標系，則O（0，0，0），A（1，0，0），B1（﹣1，3，1），C1（﹣2，3，0），∴OA→=（1，0，0），OB1→=（﹣1，3，1），OC設平面AOB1的一個法向量為m→=（x，y，則m→?OA→=x=0m→?OB設平面C1OB1的一個法向量為n→=（a，b，則n→?OC1→=-2a+3b=0∴cos＜m→，∴二面角A﹣OB1﹣C1的余弦值為-1020．（2022?湛江一模）中醫(yī)藥傳承數千年，治病救人濟蒼生．中國工程院院士張伯禮在接受記者采訪時說：“中醫(yī)藥在治療新冠肺炎中發(fā)揮了核心作用，能顯著降低輕癥病人發(fā)展為重癥病人的幾率．對改善發(fā)熱、咳嗽、乏力等癥狀，中藥起效非常快，對肺部炎癥的吸收和病毒轉陰都有明顯效果．”2021年12月某地爆發(fā)了新冠疫情，醫(yī)護人員對確診患者進行積極救治．現有6位癥狀相同的確診患者，平均分成A，B兩組，A組服用甲種中藥，B組服用乙種中藥．服藥一個療程后，A組中每人康復的概率都為1315，B組3人康復的概率分別為9（1）設事件C表示A組中恰好有1人康復，事件D表示B組中恰好有1人康復，求P（CD）；（2）若服藥一個療程后，每康復1人積2分，假設認定：積分期望值越高藥性越好，請問甲、乙兩種中藥哪種藥性更好？【解答】解：（1）依題意有，P(P(又事件C與D相互獨立，則P(所以P(（2）設A組中服用甲種中藥康復的人數為X1，則X1～B（3，1315所以E(設A組的積分為X2，則X2＝2X1，所以E(設B組中服用乙種中藥康復的人數為Y1，則Y1的可能取值為：0，1，2，3，P（Y1＝0）=1P（Y1＝1）=9P（Y1＝2）=CP（Y1＝3）=9故Y1的分布列為：Y10123P1160151606316081160所以E（Y1）＝0×1160+1×15160設B組的積分為Y2，則Y2＝2Y1，所以E（Y2）＝E（2Y1）＝2E（Y1）=24因為265☆☆第九組☆☆17．（2022?遼寧一模）記數列{an}的前n項和為Sn，a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1（n∈N+，k∈R）．（1）證明數列{an}為等差數列，并求通項公式an；（2）記Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|，求Tn．【解答】（1）證明：當n＝1時，有a2＝ka1+1，即﹣6＝﹣7k+1，解得k＝1，所以an+1﹣an＝1，即數列{an}是公差為1的等差數列，故an＝﹣7+（n﹣1）×1＝n﹣8．（2）解：由（1）知，an＝n﹣8，當0＜n≤7時，an＜0；當n≥8時，an≥0，所以當0＜n≤7時，Tn＝|a1|+|a2|+?+|an|＝﹣（a1+a2+?+an）=-當n≥8時，Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+?+|an|＝﹣（a1+a2+?+a7）+（a8+a9+?+an）＝﹣S7+（Sn﹣S7）＝Sn﹣2S7=n(n-15)2-2故Tn=-18．（2022?遼寧一模）設a，b，c分別是△ABC的內角A，B，C的對邊，（sinB﹣sinC）b＝（a﹣c）（sinA+sinC）．（Ⅰ）求角A的大??；（Ⅱ）從下面兩個問題中任選一個作答，兩個都作答則按第一個記分．①設角A的角平分線交BC邊于點D，且AD＝1，求△ABC面積的最小值；②設點D為BC邊上的中點，且AD＝1，求△ABC面積的最大值．【解答】解：（Ⅰ）∵asinA=bsinB=csinC，且（sinB﹣sinC）b＝（a﹣∴（b﹣c）b＝（a﹣c）（a+c），即b2+c2﹣a2＝bc，∴cosA=又A∈（0，π），∴A=（Ⅱ）若選①∵AD平分∠BAC，∴∠BAD∵S△ABD+S△ACD＝S△ABC，∴12AB?∴c+由基本不等式可得：3bc∴bc≥43∴S△ABC=12若選②因為AD是BC邊上的中線，在△ADB中由余弦定理得cos∠在△ADC中由余弦定理得cos∠∵cos∠ADB+cos∠ADC＝0，∴a22在△ABC中，A=π3，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣由①②得4﹣bc＝b2+c2，∴4﹣bc＝b2+c2≥2bc，解得bc≤43所以S△ABC=1219．（2022?遼寧一模）如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，且AB＝AD．△ABC是底面⊙O的內接正三角形，P為線段DO上一點，PO＝λDO，PA⊥平面PBC．（1）求λ的值；（2）求PB與平面PEC所成角的正弦值．【解答】解：（1）由題設，△ABC為等邊三角形，設AB＝1，則AO=BO=∴DO=∴PA=∵PA⊥平面PBC，則PA⊥PC，且PA⊥PB，由PA2+PB2＝AB2，得23λ2（2）過O作ON∥BC交AB于點N，∵PO⊥平面ABC，∴以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸，OP為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，E(PC→=(-36，設平面PCE的一個法向量為m→由m→?PC→=0，m→?PE→∴m→設PB與平面PEC所成角為θ，則sinθ=|故PB與平面PEC所成角的正弦值為5520．（2022?遼寧一模）為積極響應國家強化穩(wěn)就業(yè)號召，我國某世界500強企業(yè)加大招聘力度，在秋季招聘結束后，又面向應屆大學畢業(yè)生全面啟動了2022年春季校園招聘活動．招聘方式分筆試、面試這兩環(huán)節(jié)進行，筆試合格后才能參加面試，面試合格后便被該企業(yè)正式錄取，且這幾個環(huán)節(jié)能否過關相互獨立．現M大學有甲、乙、丙三名應屆碩士研究生報名參加了該企業(yè)的春季校園招聘，并已通過該企業(yè)的資料初審．筆試環(huán)節(jié)設置A，B兩個科目，其中甲通過A，B科目測試的概率分別為23，34，乙通過A，B科目測試的概率分別為34，45，丙通過A，B（1）求甲、乙、丙三人中恰有一人通過筆試的概率；（2）該企業(yè)為參加招聘的同學提供了一種獎勵方案：只參加了筆試的同學獎勵60元，參加了面試的同學再獎勵100元．丁同學說，獎金越高難度越大，故這三人獲得總獎金為480元的概率肯定低于他們獲得總獎金為180元的概率，試通過計算判斷丁同學的說法是否正確；（3）記甲、乙、丙三人被該企業(yè)錄取的人數為X，求X的分布列和數學期望．【解答】解：設事件A表示甲通過筆試，事件B表示乙通過筆試，事件C表示丙通過筆試，則P(（1）甲、乙、丙三人中恰有一人筆試合格的概率為P=P(A（2）若這三名同學獲得180元的總獎金，則表明他們三人都末進人面試，故所求的概率為P1若這三名同學獲得總獎金為480元，則表明他們三人都進入了面試，故所求的概率為P2＝P（ABC）=P因為P1＜P2，所以丁同學的說法錯誤．（3）甲被錄取的概率為P3=23×由題意可知，X的取值范圍為{0，1，2，3}，P(P(X=1)=1P(P(所以X的分布列如下表：X0123P61144所以數學期望E(☆☆第十組☆☆17．（2022?淄博一模）從①2a-3c3b=記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若_____，求角B的大?。窘獯稹拷猓喝暨x①，因為2a所以由正弦定理可得（2sinA-3sinC）cosB=3sinBcosC，即2sinAcosB=3（sinBcosC+sinCcosB）=3sin（因為A＝π﹣B﹣C，所以sinA＝sin（B+C），所以2sinAcosB=3sinA因為sinA≠0，所以cosB=3因為0＜B＜π，所以B=π若選②，因為sinA-所以由正弦定理可得a-3cb+c=b-ca，整理可得a2-3ac＝b2﹣c2由余弦定理可得cosB=a2+c2因為0＜B＜π，所以B=π若選③，asinBsinC-所以由正弦定理可得sinAsinBsinC﹣sinBcosAcosC=32sin因為sinB≠0，所以sinAsinC﹣cosAcosC=32，即cos（A+C）因為B＝π﹣A﹣C，所以cosB=3因為0＜B＜π，所以B=π18．（2022?淄博一模）已知數列{an}滿足：a1＝2，且an+1=an+1，n為奇數2（1）證明：數列{bn+2}為等比數列，并求出{bn}的通項公式；（2）求數列{an}的前2n項和．【解答】解：（1）證明：bn+1＝a2n+1＝2a2n＝2（a2n﹣1+1）＝2bn+2，所以bn+1+2bn+2=2，又b1+2所以{bn+2}是首項為4，公比為2的等比數列，則bn+2＝4?2n﹣1＝2n+1，所以bn＝2n+1﹣2；（2）數列{an}的前2n項和為S2n＝a1+a2+a3+...+a2n＝（a1+a3+a5+...+a2n﹣1）+（a2+a4+...+a2n）＝（a1+a3+a5+...+a2n﹣1）+（a1+a3+...+a2n﹣1+n）＝2（a1+a3+a5+...+a2n﹣1）+n＝2（b1+b2+...+bn）+n＝2×（22+23+...+2n+1﹣2n）+n＝2×4(1-2n)1-2-3n＝2n+319．（2022?淄博一模）如圖，已知在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，側面PBC是以PC為斜邊的直角三角形，O為PC的中點，PB＝8，BC＝6，AP＝AB＝AC＝13．（1）求證：直線AO⊥平面PBC；（2）若過BC的平面α與側棱PA，PD的交點分別為E，F，且EF＝3，求直線DO與平面α所成角的正弦值．【解答】解：（1）證明：∵AP＝AC，O為PC的中點，∴AO⊥PC，連接BO，∵△PBC是心PC為斜邊的直角三角形，∴OB＝OC，又AB＝AC，AO為△AOB和△AOC的公共邊，∴△AOB≌△AOC，∴∠AOB＝∠AOC＝90°，∴AO⊥OB，∴AO⊥平面PBC；（2）∵AD∥BC，∴BC∥平面PAD，∴EF∥BC，∴EFCB是梯形，∵EF＝3=12AD，∴E，F分別為棱PA，據（1）以OP所在直線為x軸，以過點O且垂直于平面PAC的直線為y軸，以OA所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題設可得，PC＝10，∵AP＝13，∴AO＝12，則P（5，0，0），B（-75，245，0），C（﹣5，0，0），A（0，0∴BP→=（325，-245，0），BA→=（75，-245，12），∴BE→=12（BP→設平面α的一個法向量為m→=（x，y，則m→?BC→=3x+4y=0m→?BE∴平面α的一個法向量為m→=（4，﹣3，﹣∵OA→=（0，0，12），AD→=BC→，∴OD→設直線DO與平面α所成角為θ．則sinθ=|∴直線DO與平面α所成角的正弦值為10520．（2022?汕頭一模）足球比賽全場比賽時間為90分鐘，在90分鐘結束時成績持平，若該場比賽需要決出勝負，需進行30分鐘的加時賽，若加時賽仍是平局，則采取“點球大戰(zhàn)”的方式決定勝負．“點球大戰(zhàn)”的規(guī)則如下：①兩隊應各派5名隊員，雙方輪流踢點球，累計進球個數多者勝：②如果在踢滿5輪前，一隊的進球數已多于另一隊踢滿5次可能射中的球數，則不需再踢，譬如：第4輪結束時，雙方進球數比為2：0，則不需再踢第5輪了；③若前5輪點球大戰(zhàn)中雙方進球數持平，則采用“突然死亡法”決出勝負，即從第6輪起，雙方每輪各派1人罰點球，若均進球或均不進球，則繼續(xù)下一輪，直到出現一方進球另一方不進球的情況，進球方勝．（1）已知小明在點球訓練中射進點球的概率是35．在一次賽前訓練中，小明射了3次點球，且每次射點球互不影響，記X為射進點球的次數，求X（2）現有甲、乙兩校隊在淘汰賽中（需要分出勝負）相遇，120分鐘比賽后雙方仍舊打平，須互罰點球決出勝負．設甲隊每名球員射進點球的概率為35，乙隊每名球員射進點球的概率為12．每輪點球中，進球與否互不影響，各輪結果也互不影響．求在第4輪結束時，甲隊進了【解答】解：（1）由題意可得，X～B（3，35），X所有可能的取值為0，1，2，3P（X＝0）=(1-35)3=8125，P（X＝2）=C32(35)2(1-故X的分布列為：X0123P8365427125故E（X）=3×（2）記“在第4輪結束時，甲隊進了3個球并剛好勝出”為事件A，由題意可知，在第4輪結束時，甲隊進了3個球并剛好勝出，甲乙兩隊進球數之比為：“甲VS乙：3：0”記為事件A1，或：“甲VS乙：3：1”記為事件A2，則A＝A1+A2，且A1與A2互斥，P（A1）=CP(故P（A）＝P（A1+A2）＝P（A1）+P（A2）=81☆☆第十一組☆☆17．（2022?菏澤一模）在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，AB→?AC→=92，bsinA＝4（sinA（1）求a的長度；（2）求△ABC周長的最大值．【解答】解：（1）由bsinA＝4（sinAcosC+cosAsinC）＝4sin（A+C）＝4sinB．得bsinA＝4sinB，由正弦定理得ab＝4b，得a＝4．（2）由AB→?AC→=9由余弦定理得bc=b2+c2-162bc由25＝b2+c2≥2ab，所以（b+c）2＝b2+c2+2ab＝25+2ab≤50，所以b+c≤52（當且僅當b＝c=522時取等號），所以三角形ABC周長的最大值為18．（2022?菏澤一模）如圖，圓柱的軸截面ABCD是正方形，點E在底面圓周上，AF⊥DE，F為垂足．（Ⅰ）求證：AF⊥DB．（Ⅱ）當直線DE與平面ABE所成角的正切值為2時，①求二面角E﹣DC﹣B的余弦值；②求點B到平面CDE的距離．【解答】解：（Ⅰ）證明：由題意可知DA⊥底面ABE，BE?面ABE，故BE⊥DA，又BE⊥AE，AE∩DE＝E，AE，DE?面AED，故BE⊥面AED，由AF?面AED，得AF⊥BE，又AF⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE?面BED，故AF⊥面BED，由DB?面BED，可得AF⊥DB，（Ⅱ）解：①由題意，以A為原點，在底面圓內過點A作AB的垂線作為x軸，以AB，AD所在直線為y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系，并設AD的長度為2，則A（0，0，0），B（0，2，0），C（0，2，2），D（0，0，2），因為DA⊥面ABE，所以∠DEA就是直線DE與平面ABE所成角，所以tan∠DEA=DEAE=2，所以AE＝1由上可得DC→=(0，設平面DCE的法向量為n→=(x，y令x＝4，得n→=(4，0，所以cos＜n所以二面角E﹣DC﹣B的余弦值為419②因為BE→=(32，d=|BE19．（2022?菏澤一模）新冠疫情在西方國家大流行，國際衛(wèi)生組織對某國家進行新型冠狀病毒感染率抽樣調查．在某地抽取n人，每人一份血樣，共n（n∈N*）份，為快速有效地檢驗出感染過新型冠狀病毒者，下面給出兩種方案：方案甲：逐份檢驗，需要檢驗n次；方案乙：混合檢驗，把受檢驗者的血樣分組，假設某組有k（k∈N*，k≥2）份，分別從k份血樣中取出一部分血液混合在一起檢驗，若檢驗結果為陰性，則說明這k個人全部為陰性，因而這k個人的血樣只要檢驗這一次就夠了；若檢驗結果為陽性，為了明確這k個人中究竟哪些人感染過新型冠狀病毒，就要對這k個人的血樣再逐份檢驗，因此這k個人的總檢驗次數就為k+1．假設在接受檢驗的人中，每個人血樣檢驗結果是陽性還是陰性是相互獨立的，且每個人血樣的檢驗結果是陽性的概率為p（0＜p＜1）．（Ⅰ）若n＝5，p＝0.2，用甲方案進行檢驗，求5人中恰有2人感染過新型冠狀病毒的概率；（Ⅱ）記ξ為用方案乙對k個人的血樣總共需要檢驗的次數．①當k＝5，p＝0.2時，求E（ξ）；②從統(tǒng)計學的角度分析，p在什么范圍內取值，用方案乙能減少總檢驗次數？（參考數據：0.84＝0.41，0.85＝0.33，0.86＝0.26）【解答】解：（Ⅰ）對5個人的血樣進行檢驗，且每個人的血樣是相互獨立的，設事件A為“5個人的血樣中恰有2個人的檢驗結果為陽性”，則P(（Ⅱ）①當k＝5，p＝0.2時，5個人的血樣分別取樣再混合檢驗，結果為陰性的概率為0.85，總共需要檢驗的次數為1次；結果為陽性的概率為1﹣0.85，總共需要檢驗的次數為6次；所以ξ的分布列為：ξ16P0.851﹣0.85所以E（ξ）＝1×0.85+6×（1﹣0.85）＝4.35．②當采用混合檢驗的方案時E（ξ）＝1×（1﹣p）k+（k+1）[1﹣（1﹣p）k]＝k+1﹣k（1﹣p）k，根據題意，要使混合檢驗的總次數減少，則必須滿足E（ξ）＜k，即k+1﹣k（1﹣p）k＜k，化簡得0＜p＜1-k所以當P滿足0＜p＜1-k20．（2022?菏澤一模）已知數列{an}，{bn}滿足anb1+an﹣1b2+…+a1bn＝2n-n2-1，其中an＝（Ⅰ）求b1，b2的值及數列{bn}的通項公式；（Ⅱ）令cn=(4bn-1)an【解答】解：（Ⅰ）數列{an}，{bn}滿足anb1+an﹣1b2+…+a1bn＝2n-n2-1其中an＝2n，當n＝1時，a1＝2，當n＝2時，a2＝4；當n＝1時，a1b1當n＝2時，a2b1+a1b2＝4﹣1﹣1＝2，整理得b2當n≥2時，an②×2得：anb①﹣③得：a1所以bn（Ⅱ）由（Ⅰ）知，cnc1即數列{cn}的前n項和為16×☆☆第十二組☆☆17．（2021秋?聊城期末）在△ABC．中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2b（1）求角A；（2）若點D在邊AC上，且BD→=1【解答】解：（1）在△ABC中，∵2b∴2sinB-sinCsinA=cosCcosA，整理得2sinBcosA＝sin（∵sinB＞0，∴cosA=12，A∈（0，∴A=π（2）∵BD→∴CD→-CB→=∴CD→∴S△BCD=13S△ABC=16bcsinA=1在△ABC中，a＝3，由余弦定理：9＝a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，即bc≤9，當且僅當b＝c＝3時取等號，∴（S△BCD）max=312×18．（2021秋?聊城期末）已知數列{an}滿足：an+2+（﹣1）nan＝3，a1＝1，a2＝2．（1）記bn＝a2n﹣1，求數列{bn}的通項公式；（2）記數列{an}的前n項和為Sn，求S30．【解答】解：（1）因為an+2+（﹣1）nan＝3，所以當n＝1時，有a3﹣a1＝3；當n＝3時，有a5﹣a3＝3，……，即a2n﹣1﹣a2n﹣3＝3，記bn＝a2n﹣1，故數列{bn}是首項為1，公差為3的等差數列，所以數列{bn}的通項公式為bn＝b1+（n﹣1）d＝3n﹣2．（2）因為an+2+（﹣1）nan＝3，所以當n＝4時，有a6+a4＝3；當n＝8時，有a10+a8＝3，……，所以S30＝（a1+a3+…+a29）+（a2+a4+…+a30）＝（b1+b2+…+b15）+[a2+（a4+a6）+…+（a28+a30）]=(b1+b15)×152+a19．（2021秋?聊城期末）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分別為棱AA1，CC1的中點，G為棱DD1上的動點．（1）求證：B，E，D1，F四點共面；（2）是否存在點G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的長度；若不存在，說明理由．【解答】解：（1）證明：如圖所示，連接D1E，D1F，取BB1的中點為M，連接MC1，ME，∵E為AA1的中點，∴EM∥A1B1∥C1D1，∵EM＝A1B1＝C1D1，∴四邊形EMC1D1是平行四邊形，∴D1E∥MC1，∵F為BB1的中點，∴BM∥C1F，且BM＝C1F，∴四邊形BMC1F是平行四邊形，∴BF∥MC1，∴BF∥D1E，∴B，E，D1，F四點共面．（2）以D為坐標原點，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，假設存在滿足條件的點G，G（0，0，t），由已知B（1，1，0），E（1，0，1），F（0，1，1），則EF→=（﹣1，1，0），EB→=（0，1，﹣1），EG→=（﹣1，設平面BEF的法向量n→=（x，y，則n→?EF→=-x+y=0n→?EB設平面GEF的一個法向量m→=（a，b，則m→?EF→=-a+b=0m→?EG→=-a+(t-∵平面GEF⊥平面BEF，∴m→?n→=t﹣1+t﹣1+1＝∴存在點G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG=120．（2021秋?聊城期末）某機構為了解市民對交通的滿意度，隨機抽取了100位市民進行調查結果如下：回答“滿意”的人數占總人數的一半，在回答“滿意”的人中，“上班族”的人數是“非上班族”人數的37；在回答“不滿意”的人中，“非上班族”占1（1）請根據以上數據填寫下面2×2列聯表，并依據小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，分析能否認為市民對于交通的滿意度與是否為上班族存關聯？滿意不滿意合計上班族非上班族合計（2）為了改善市民對交通狀況的滿意度，機構欲隨機抽取部分市民做進一步調查．規(guī)定：抽樣的次數不超過n（n∈N+），若隨機抽取的市民屬于不滿意群體，則抽樣結束；若隨機抽取的市民屬于滿意群體，則繼續(xù)抽樣，直到抽到不滿意市民或抽樣次數達到n時，抽樣結束．（?。┤鬾＝5，寫出X5的分布列和數學期望；（ⅱ）請寫出Xn的數學期望的表達式（不需證明），根據你的理解說明Xn的數學期望的實際意義．附：α0.10.050.010.0050.001x02.7063.8416.6357.87910.828參考公式：χ2=n(ad-bc)2(a【解答】解：（1）由題意可知滿意不滿意合計上班族154055非上班族351045合計5050100假設H0：市民對交通的滿意度與是否上班獨立，因為χ2=100×(15×10-35×40)根據小概率值α＝0.001的獨立性檢驗，我們推斷H0不成立，即認為市民對交通的滿意度與是否上班有關，此推斷犯錯誤的概率不大于0.001．（2）（i）當n＝5時，X5的取值為1，2，3，4，5，由（1）可知市民的滿意度和不滿意度均為12所以P（X5＝1）=1P（X5＝2）=1P（X5＝3）=1P（X5＝4）=1P（X5＝5）=1所以X5的分布列為：X512345P1111所以EX5＝1×12+2×14+3（i）EXn＝1×12+2×122+3×123+4×當n趨向于正無窮大時，EXn趨向于2，此時EXn恰好為不滿意度的倒數；也可以理解為平均每抽取2個人，就會有一個不滿意的市民．☆☆第十三組☆☆17．（2021?呼和浩特一模）已知數列{an}的前n項和為Sn（1）若{an}為等差數列，S11＝165，a3+a8＝28，求{an}的通項公式；（2）若數列{Sn}滿足12S1+【解答】（1）由題意可設等差數列的公差為d，則11a1+55d=1652a1+9d（2）當n＝1時，12S1=8，∴a1＝S當n12①﹣②得，12nS當n＝1時，S1＝16不適合上式，∴Sn18．（2021?運城模擬）在平面四邊形ABCD中，AB＝4，AD=22，對角線AC與BD交于點E，E是BD的中點，且AE→=（1）若∠ABD=π4，求（2）若AC＝3，求cos∠BAD．【解答】解：（1）在△ABD中，由余弦定理知，AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BD?cos∠ABD，∴8＝16+BD2﹣2?4?BD?cosπ4，化簡得BD2﹣42BD+8＝0解得BD＝22，∵E是BD的中點，∴BE=12BD在△ABE中，由余弦定理知，AE2＝AB2+BE2﹣2AB?BE?cos∠ABD＝16+2﹣2×4×2×∴AE=10∵AE→=2EC→，∴AC=由余弦定理知，cos∠BAC=A在△ABC中，由余弦定理知，BC2＝AB2+AC2﹣2AB?AC?cos∠BAC＝16+(3102)2∴BC=10（2）∵AC＝3，AE→=2EC→，∴AE∵∠AEB+∠AED＝π，∴cos∠AEB＝﹣cos∠AED，設BE＝DE＝x，則AE2+解得x＝22，∴BD＝2BE＝42，在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BAD=A19．（2021?江蘇模擬）近年來，我國的電子商務行業(yè)發(fā)展迅速，與此同時，相關管理部門建立了針對電商的商品和服務評價系統(tǒng)．現從評價系統(tǒng)中選出200次成功的交易，并對其評價進行統(tǒng)計，對商品的好評率為35，對服務的好評率為710，其中對商品和服務均為好評的有（1）是否可以在犯錯誤概率不超過0.1的前提下，認為商品好評與服務好評有關？（2）若將頻率視為概率，某人在該購物平臺上進行的4次購物中，設對商品和服務全好評的次數為隨機變量X，求對商品和服務全好評的次數X的分布列及其期望．參考公式：獨立性檢驗統(tǒng)計量K2=n(ad-bc)2(a+b臨界值表：P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【解答】解：（1）由題意可知關于服務與評價的2×2列聯表對服務好評對服務不滿意合計對商品好評8040120對商品不滿意602080合計14060200K2=200×(80×20-40×60)2所以不可以在犯錯誤概率不超過0.1的前提下，認為商品好評與服務好評有關；（2）每次購物時，對商品和服務都好評的概率為25，且X的取值可以是0,1,2,3,4P(X＝0)=(3P(X＝1)=CP(X＝2)=CP(X＝3)=CP(X＝4)=(2故X的分布列為：X01234P8121621696165由于X~B(4,25∴E(X)＝4×220．（2021?山東二模）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，∠ASD＝90°，SC＝2．（1）證明：平面SAD⊥平面ABCD；（2）當四棱錐S﹣ABCD的體積最大時，求二面角B﹣SC﹣D的余弦值．【解答】解：（1）證明：如圖，取AD的中點O，連接SO、CO、AC，∵∠ADC＝∠ABC＝60°，且AD＝DC，又AD＝CD＝2，則△ACD為正三角形，∴CO⊥AD，CO=3又∵∠ASD＝90°，∴△ASD為直角三角形，∴SO=12在△ACS中，CO2+SO2＝SC2，則CO⊥SO，又AD∩SO＝O，AD、SO?平面ADS，∴CO⊥平面ADS，又∵CO?平面ABCD，∴平面SAD⊥平面ABCD．（2）∵∠ASD＝90°，則點S在以AD為直徑的圓上，且SO＝1，設點S到平面ABCD的距離為d，∴VS﹣ABCD=1而S菱形ABCD＝2×12×2×2×sin60°＝∴當d取最大值時四棱錐S﹣ABCD的體積最大，此時SO⊥平面ABCD，又由（1）可知CO⊥AD，如圖建系，則B（3，-2，0），S（0，0，1），C（3，0，0），D（0則BS→=（-3，2，1），SC→=（3，0，﹣1），SD→=設平面SBC的法向量為m→=（x，y，則m→?BS→=-3x+2y+z=0m設平面SCD的法向量為n→=（a，b，則n→?SC→=3a-c=0n則cos＜m設二面角B﹣SC﹣D的平面角為θ，經觀察θ為鈍角，則cosθ=-故二面角B﹣SC﹣D的余弦值為-2☆☆第十四組☆☆17．（2021?江蘇二模）在①b=3a；②a＝3cosB；③asinC＝1問題：是否存在△ABC，它的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sinB-sin(A-C)=【解答】解：在△ABC中，B＝π﹣（A+C），所以sinB＝sin（A+C）．因為sinB﹣sin（A﹣C）=3sinC，所以sin（A+C）﹣sin（A﹣C）=3sin即sinAcosC+cosAsinC﹣（sinAcosC﹣cosAsinC）=3sinC所以2cosAsinC=3sinC在△ABC中，sinC≠0，所以cosA=3因為0＜A＜π，所以A=π選擇①：方法1：因為A=π6，所以a2＝b2+c2﹣2bccosA＝b2+9﹣33又因為b=3a，所以2b2﹣93b+27＝0，解得b＝33，或b=此時△ABC存在，當b＝33時，△ABC的面積為S△ABC=12bcsinA=12×當b=332時，△ABC的面積為S△ABC=12bcsin方法2：因為b=3a，由正弦定理，得sinB=3sinA=3因為0＜B＜π，所以B=π3，或B=2當B=π3時，C=π2，所以b＝c所以△ABC的面積為S△ABC=12bcsinA=1當B=2π3時，C=π6，所以所以△ABC的面積為S△ABC=12bcsinA=12×選擇②：因為a＝3cosB，所以a＝3×a2+9-b26a，得a2所以C=π2，此時△因為A=π6，所以b＝3×cosπ6=332，所以△ABC的面積為S△ABC=12ab選擇③：由asinA=csinC，得asinC＝c這與asinC＝1矛盾，所以△ABC不存在．18．（2021?佛山二模）已知數列{an}，{bn}滿足an﹣bn＝2n．（1）若{an}是等差數列，b2＝1，b4＝﹣7，求數列{bn}的前n項和Sn；（2）若{bn}是各項均為正數的等比數列，判斷{an}是否為等比數列，并說明理由．【解答】解：（1）由an﹣bn＝2n，且b2＝1，b4＝﹣7，得a2=b又{an}是等差數列，設公差為d，則d=a則a1＝a2﹣d＝5﹣2＝3，∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1，∴bn則數列{bn}的前n項和Sn＝b1+b2+…+bn＝[3+5+…+（2n+1）]﹣（2+22+…+2n）=(3+2n+1)n2-2(1-2n)（2）令bn=b1q由an﹣bn＝2n，得anan當q＝2時，an{an}是公比為2的等比數列；當q≠2時，an+1an=219．（2021?佛山二模）如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AD＝CD=12AB，E為AB中點，以DE為折痕把△ADE折起，使點A到達點P的位置，如圖（1）證明：DE⊥PC；（2）若PC＝PD，求平面PBE與平面PCD所成二面角的正弦值．【解答】（1）證明：如圖，連結CE，AC，DE，AC與DE交于點O，由題意可知，AE∥CD，∠BAD＝90°，AD＝CD=12所以四邊形AECD為正方形，且AC⊥CE，在空間圖形中，則有OP⊥DE，OC⊥DE，且OC∩OP