2017版數(shù)學(xué)考前搶分必做大題縱橫練（一）含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精高考大題縱橫練高考大題縱橫練（一)1.已知函數(shù)f(x）＝2sinωx（0〈ω<1)在[0,eq\f(π，2）］上的最大值為eq\r（2），當(dāng)把f(x)的圖象上的所有點(diǎn)向右平移φ（0〈φ〈eq\f（π,2）)個(gè)單位后,得到圖象對(duì)應(yīng)函數(shù)g（x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(7π，6）對(duì)稱.（1)求函數(shù)g(x）的解析式；（2）在△ABC中，三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c,已知g（x）在y軸右側(cè)的第一個(gè)零點(diǎn)為C，若c＝4，求△ABC的面積S的最大值。解(1)由題意知，函數(shù)f（x)在區(qū)間［0，eq\f（π,2）]上單調(diào)遞增，∴2sineq\f（ωπ,2)＝eq\r（2),∴eq\f（ωπ，2）＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z,得ω＝4k＋eq\f(1，2)，k∈Z。經(jīng)驗(yàn)證當(dāng)k＝0時(shí)滿足題意，故求得ω＝eq\f(1,2）,∴g(x）＝2sin（eq\f(1，2）x－eq\f（φ，2）），故eq\f（1，2）×eq\f（7π，6）－eq\f（1,2）φ＝kπ＋eq\f(π，2),k∈Z，∴φ＝－2kπ＋eq\f(π,6）,k∈Z，又0<φ〈eq\f（π，2),∴φ＝eq\f（π,6）。故g（x）＝2sin(eq\f(x，2）－eq\f(π，12)）.（2）根據(jù)題意，得eq\f（x,2)－eq\f(π,12）＝kπ，k∈Z，∴x＝2kπ＋eq\f(π，6)，k∈Z，∴C＝eq\f(π,6)。又c＝4，得16＝a2＋b2－2abcoseq\f(π，6），∴a2＋b2＝16＋eq\r（3)ab≥2ab，∴ab≤32＋16eq\r（3）,∴S＝eq\f（1,2)absinC＝eq\f（1，4）ab≤8＋4eq\r（3)，∴S的最大值為8＋4eq\r(3)。2。四棱錐S—ABCD中，底面ABCD為平行四邊形,側(cè)面SBC⊥底面ABCD，已知∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2eq\r(2)，SB＝SC＝eq\r(3)。（1）設(shè)平面SCD與平面SAB的交線為l，求證：l∥AB；(2)求證：SA⊥BC；（3）求直線SD與平面SAB所成角的正弦值。（1）證明∵底面ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD.∵AB?平面SCD,CD?平面SCD，∴AB∥平面SCD,又∵平面SCD與平面SAB的交線為l，∴l(xiāng)∥AB。(2）證明連接AC.∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2eq\r（2），由余弦定理得AC＝2,∴AC＝AB。取BC中點(diǎn)G，連接SG,AG，則AG⊥BC?！逽B＝SC,∴SG⊥BC，∵SG∩AG＝G,∴BC⊥平面SAG,∴BC⊥SA.（3)解如圖，以射線OA為x軸，以射線OB為y軸，以射線OS為z軸，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則A(eq\r（2），0,0)，B(0,eq\r（2），0），S(0，0，1）,D(eq\r（2)，－2eq\r（2），0）.∴eq\o(SD，\s\up6(→））＝（eq\r(2)，－2eq\r(2），0)－（0，0,1）＝(eq\r(2）,－2eq\r(2），－1)，eq\o（SA,\s\up6(→)）＝（eq\r（2)，0，0)－(0，0，1)＝（eq\r（2），0，－1），eq\o(BA，\s\up6(→））＝（eq\r（2),0，0)－（0,eq\r(2），0)＝(eq\r（2），－eq\r(2）,0）.設(shè)平面SAB法向量為n＝（x，y，z)，有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n·\o（SA，\s\up6（→)）＝\r（2）x－z＝0，，n·\o(BA，\s\up6(→）)＝\r（2）x－\r(2）y＝0，）)令x＝1，則y＝1,z＝eq\r（2）,n＝(1，1,eq\r(2））,cos〈n，eq\o（SD,\s\up6(→）)〉＝eq\f(n·\o(SD,\s\up6(→）），|n|·|\o(SD，\s\up6（→））|）＝eq\f(\r（2)－2\r（2）－\r(2），2·\r(11)）＝－eq\f(\r（22),11).∴直線SD與平面SAB所成角的正弦值為eq\f(\r（22)，11）.3。已知數(shù)列{an｝的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2n2＋n（n∈N＊）,數(shù)列{an}滿足an＝4log2bn＋3（n∈N＊)。(1)求an，bn；（2）求數(shù)列｛an·bn｝的前n項(xiàng)和Tn。解(1）由Sn＝2n2＋n,得a1＝S1＝3；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝4n－1。又a1＝3也適合上式.所以an＝4n－1，n∈N＊，由4n－1＝an＝4log2bn＋3,得bn＝2n－1,n∈N*。（2）由(1)知anbn＝（4n－1）2n－1，n∈N＊.所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1）2n－1,所以2Tn＝3×2＋7×22＋…＋（4n－5）2n－1＋（4n－1）2n,所以2Tn－Tn＝(4n－1）2n－［3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝（4n－5）2n＋5。故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.4。一款擊鼓小游戲的規(guī)則如下：每盤游戲都需擊鼓三次，每次擊鼓要么出現(xiàn)一次音樂，要么不出現(xiàn)音樂;每盤游戲擊鼓三次后，出現(xiàn)一次音樂獲得10分，出現(xiàn)兩次音樂獲得20分，出現(xiàn)三次音樂獲得100分，沒有出現(xiàn)音樂則扣除200分(即獲得－200分）。設(shè)每次擊鼓出現(xiàn)音樂的概率為eq\f（1，2），且各次擊鼓出現(xiàn)音樂相互獨(dú)立。(1)設(shè)每盤游戲獲得的分?jǐn)?shù)為X，求X的分布列；(2)玩三盤游戲，至少有一盤出現(xiàn)音樂的概率是多少？(3)玩過這款游戲的許多人都發(fā)現(xiàn)，若干盤游戲后,與最初的分?jǐn)?shù)相比。分?jǐn)?shù)沒有增加反而減少了。請(qǐng)運(yùn)用概率與統(tǒng)計(jì)的相關(guān)知識(shí)分析分?jǐn)?shù)減少的原因。解（1)X可能的取值為10，20,100，－200。根據(jù)題意,有P（X＝10)＝Ceq\o\al(1,3）×(eq\f(1，2)）1×（1－eq\f（1，2))2＝eq\f(3，8），P（X＝20）＝Ceq\o\al(2,3）×(eq\f（1,2))2×(1－eq\f（1,2))1＝eq\f(3,8)，P(X＝100）＝Ceq\o\al（3,3）×（eq\f（1,2））3×（1－eq\f(1,2))0＝eq\f（1，8），P（X＝－200)＝Ceq\o\al(0，3）×（eq\f（1,2）)0×（1－eq\f(1,2)）3＝eq\f(1,8）.所以X的分布列為X1020100－200Peq\f（3,8）eq\f（3，8）eq\f(1,8)eq\f(1，8)（2)設(shè)“第i盤游戲沒有出現(xiàn)音樂”為事件Ai(i＝1，2，3），則P(A1）＝P(A2）＝P(A3)＝P(X＝－200)＝eq\f（1，8）.所以“三盤游戲中至少有一次出現(xiàn)音樂”的概率為1－P(A1A2A3)＝1－(eq\f（1，8))3＝1－eq\f(1,512）＝eq\f（511，512)。（3)X的均值為E（X）＝10×eq\f(3，8）＋20×eq\f(3，8)＋100×eq\f(1，8）－200×eq\f（1,8）＝－eq\f（5,4)。這表明獲得分?jǐn)?shù)X的均值為負(fù)，因此，多次游戲之后分?jǐn)?shù)減少的可能性更大.5.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知A，B，C是橢圓eq\f（x2，a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a>b〉0）上不同的三點(diǎn)，A(3eq\r（2)，eq\f(3\r（2），2))，B（－3,－3)，C在第三象限，線段BC的中點(diǎn)在直線OA上.（1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2)求點(diǎn)C的坐標(biāo)；（3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上(異于點(diǎn)A，B，C)且直線PB,PC分別交直線OA于M，N兩點(diǎn)，證明eq\o(OM，\s\up6（→)）·eq\o（ON，\s\up6(→）)為定值并求出該定值.解(1)由已知，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(18，a2）＋\f（\f（9，2）,b2）＝1,,\f（9,a2)＋\f（9,b2)＝1,))解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝27，，b2＝\f（27，2)。))∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2，27)＋eq\f（y2，\f(27,2）)＝1。(2）設(shè)點(diǎn)C（m，n)(m<0，n〈0),則BC中點(diǎn)為（eq\f(m－3，2），eq\f（n－3,2）).由已知，求得直線OA的方程為x－2y＝0，從而m＝2n－3。 ①又∵點(diǎn)C在橢圓上,∴m2＋2n2＝27。 ②由①②,解得n＝3（舍），n＝－1，從而m＝－5?！帱c(diǎn)C的坐標(biāo)為（－5，－1）.(3)設(shè)P(x0，y0)，M（2y1，y1)，N(2y2，y2)?！逷，B,M三點(diǎn)共線,∴eq\f(y1＋3，2y1＋3)＝eq\f(y0＋3，x0＋3），整理得y1＝eq\f（3y0－x0,x0－2y0－3）?！逷，C，N三點(diǎn)共線，∴eq\f(y2＋1,2y2＋5)＝eq\f（y0＋1，x0＋5),整理得y2＝eq\f（5y0－x0,x0－2y0＋3).∵點(diǎn)P在橢圓上，∴xeq\o\al（2,0）＋2yeq\o\al（2，0)＝27,xeq\o\al（2,0）＝27－2yeq\o\al（2，0)。從而y1y2＝eq\f(3x\o\al（2,0）＋5y\o\al(2,0）－6x0y0,x\o\al(2,0）＋4y\o\al（2，0)－4x0y0－9)＝eq\f(33y\o\al(2，0）－6x0y0＋27,2y\o\al（2,0）－4x0y0＋18）＝3×eq\f(3,2)＝eq\f（9,2）.∴eq\o（OM,\s\up6（→））·eq\o(ON,\s\up6（→))＝5y1y2＝eq\f(45,2）,∴eq\o（OM,\s\up6（→））·eq\o（ON，\s\up6(→）)為定值，定值為eq\f（45,2）。6。已知函數(shù)f(x)＝x＋alnx在x＝1處的切線與直線x＋2y＝0垂直，函數(shù)g（x)＝f（x）＋eq\f（1，2)x2－bx.(1)求實(shí)數(shù)a的值;（2）若函數(shù)g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求實(shí)數(shù)b的取值范圍；（3)設(shè)x1，x2(x1〈x2）是函數(shù)g(x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，若b≥eq\f(7,2),求g（x1)－g（x2)的最小值。解（1）∵f(x）＝x＋alnx,∴f′（x）＝1＋eq\f（a，x），∵切線與直線x＋2y＝0垂直，∴f′(1）＝1＋a＝2，∴a＝1。(2)∵g（x）＝lnx＋eq\f（1，2）x2－(b－1)x(x>0)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－(b－1)＝eq\f（x2－b－1x＋1,x)。設(shè)μ(x)＝x2－（b－1)x＋1，則μ（0）＝1>0只需eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f（b－1，2）>0，,Δ＝b－12－4〉0)）?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（b>1，，b>3或b〈－1））?b〉3.∴b的取值范圍為（3，＋∞）.（3)令g′(x）＝0,則x2－（b－1）x＋1＝0，∴x1＋x2＝b－1，x1x2＝1.g(x1）－g(x2)＝lneq\f(x1,x2）＋eq\f（1,2）(xeq\o\al(2,1）－xeq\o\al（2,2))－(b－1)（x1－x2）＝lneq\f（x1，x2）＋eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,1）－xeq\o\al(2，2)）－（x1＋x2）（x1－x2）＝lneq\f(x1,x2）－eq\f(1,2）eq\f(x\o\al（2，1）－x\o\al(2,2),x1x2)＝lneq\f(x1，x2）－eq\f(1,2）(eq\f（x1，x2）－eq\f（x2，x1)）,設(shè)t＝eq\f(x1,x2），∵0〈x1<x2，∴0〈t〈1，又∵eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x1＋x2＝b－1，，x1x2＝1))?eq\f(x1＋x22，x1x2）＝(b－1)2，得t＋eq\f(1，t）＋2≥(eq\f(7,2)－1）2＝eq\f（25,4），∴4t2－17t＋4≥0，∴0<t≤eq\f(1,4）.令h（t)＝lnt－eq\f(1,2)(t－eq