2021數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)46分大題保分練6含解析

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2021高考數(shù)學(xué)（理）統(tǒng)考版二輪復(fù)習(xí)46分大題保分練6含解析46分大題保分練(六）（建議用時(shí):40分鐘）17．（12分）（2020·南京市調(diào)研)在△ABC中，內(nèi)角A,B，C所對(duì)的邊分別為a，b,c，cosB＝eq\f(4，5）。（1)若c＝2a，求eq\f（sinB,sinC)的值；(2)若C－B＝eq\f(π,4),求sinA的值．［解](1）法一：在△ABC中，因?yàn)閏osB＝eq\f（4,5），所以eq\f（a2＋c2－b2,2ac）＝eq\f（4,5)。因?yàn)閏＝2a,所以eq\f（\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（c,2))）\s\up8（2）＋c2－b2,2c×\f(c，2）)＝eq\f（4,5)，即eq\f(b2，c2）＝eq\f(9,20),所以eq\f(b，c)＝eq\f（3\r(5)，10)。又由正弦定理得eq\f(sinB,sinC）＝eq\f（b，c)，所以eq\f（sinB,sinC)＝eq\f（3\r(5),10）.法二：因?yàn)閏osB＝eq\f（4,5)，B∈（0，π），所以sinB＝eq\r（1－cos2B)＝eq\f（3,5）。因?yàn)閏＝2a，由正弦定理得sinC＝2sinA所以sinC＝2sin(B＋C)＝eq\f（6,5）cosC＋eq\f(8，5)sinC,即－sinC＝2cosC．又因?yàn)閟in2C＋cos2C＝1,sin解得sinC＝eq\f(2\r(5)，5),所以eq\f（sinB，sinC）＝eq\f（3\r(5)，10）.（2）因?yàn)閏osB＝eq\f（4,5)，所以cos2B＝2cos2B－1＝eq\f(7,25）。又0<B〈π,所以sinB＝eq\r（1－cos2B)＝eq\f（3，5），所以sin2B＝2sinBcosB＝2×eq\f（3，5）×eq\f（4，5）＝eq\f（24,25)。因?yàn)镃－B＝eq\f（π,4),即C＝B＋eq\f（π，4）,所以A＝π－(B＋C）＝eq\f(3π,4）－2B，所以sinA＝sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3π,4）－2B））＝sineq\f（3π,4)cos2B－coseq\f（3π，4)·sin2B＝eq\f(\r（2),2）×eq\f（7,25）－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r（2),2）））×eq\f（24，25)＝eq\f（31\r(2）,50）。18．（12分）如圖1，梯形ABCD中，AB∥CD,過A，B分別作AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分別為E，F(xiàn)。AB＝AE＝2，CD＝5，DE＝1,將梯形ABCD沿AE，BF折起，得空間幾何體ADE-BCF，如圖2。圖1圖2(1）圖2中,若AF⊥BD，證明：DE⊥平面ABFE；(2)在（1)的條件下，若DE∥CF,求二面角D。AF。C的余弦值．[解］由已知得四邊形ABFE是正方形，且邊長為2，如圖,連接BE，則AF⊥BE，又AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面BDE，又DE?平面BDE,∴AF⊥DE，又AE⊥DE，AE∩AF＝A,∴DE⊥平面ABFE.（2）由(1)知ED，EA，EF兩兩垂直，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o（EA,\s\up7（→）),eq\o（EF,\s\up7（→)),eq\o(ED，\s\up7(→））的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0）,F(0,2，0），C(0，2，2），D（0，0，1)，eq\o(AF，\s\up7（→)）＝(－2,2，0)，eq\o（AD,\s\up7（→)）＝（－2，0,1），eq\o（FC,\s\up7（→）)＝（0,0，2）．設(shè)平面ADF的法向量為n＝(x，y,z），由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o(AF,\s\up7（→))＝0，n·\o（AD,\s\up7(→））＝0)）得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－2x＋2y＝0，－2x＋z＝0))，不妨取x＝1，得n＝（1,1,2），設(shè)平面ACF的法向量為m＝(x1,y1，z1）,由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m·\o（AF，\s\up7(→））＝0,m·\o（FC，\s\up7（→)）＝0）)得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－2x1＋2y1＝0,2z1＝0）），取x1＝1得m＝（1，1，0），設(shè)二面角D-AF。C的大小為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|，｜m｜｜n|）＝eq\f（2，\r（2）×\r(6））＝eq\f（\r（3),3）。19．（12分）(2020·湘贛皖十五校第一次聯(lián)考）某客戶準(zhǔn)備在家中安裝一套凈水系統(tǒng)，該系統(tǒng)為二級(jí)過濾，使用壽命為十年．如圖所示兩個(gè)二級(jí)過濾器采用并聯(lián)安裝，再與一級(jí)過濾器串聯(lián)安裝．其中每一級(jí)過濾都由核心部件濾芯來實(shí)現(xiàn)，在使用過程中,一級(jí)濾芯和二級(jí)濾芯都需要不定期更換（每個(gè)濾芯是否需要更換相互獨(dú)立）．若客戶在安裝凈水系統(tǒng)的同時(shí)購買濾芯，則一級(jí)濾芯每個(gè)160元，二級(jí)濾芯每個(gè)80元．若客戶在使用過程中單獨(dú)購買濾芯，則一級(jí)濾芯每個(gè)400元，二級(jí)濾芯每個(gè)200元．現(xiàn)需決策安裝凈水系統(tǒng)的同時(shí)購買濾芯的數(shù)量，為此參考了根據(jù)100套該款凈水系統(tǒng)在十年使用期內(nèi)更換濾芯的相關(guān)數(shù)據(jù)制成的圖表,其中表1是根據(jù)100個(gè)一級(jí)過濾器更換的濾芯個(gè)數(shù)制成的頻數(shù)分布表，圖2是根據(jù)200個(gè)二級(jí)過濾器更換的濾芯個(gè)數(shù)制成的條形圖．表1：一級(jí)濾芯更換頻數(shù)分布表一級(jí)濾芯更換的個(gè)數(shù)89頻數(shù)6040圖2:二級(jí)濾芯更換頻數(shù)條形圖以100個(gè)一級(jí)過濾器更換濾芯的頻率代替1個(gè)一級(jí)過濾器更換濾芯發(fā)生的概率,以200個(gè)二級(jí)過濾器更換濾芯的頻率代替1個(gè)二級(jí)過濾器更換濾芯發(fā)生的概率．（1）求一套凈水系統(tǒng)在使用期內(nèi)需要更換的各級(jí)濾芯總個(gè)數(shù)恰好為16的概率；（2)記X表示該客戶的凈水系統(tǒng)在使用期內(nèi)需要更換的二級(jí)濾芯總數(shù)，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望；（3)記m,n分別表示該客戶在安裝凈水系統(tǒng)的同時(shí)購買的一級(jí)濾芯和二級(jí)濾芯的個(gè)數(shù)．若m＋n＝19，且m∈eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（8,9)），以該客戶的凈水系統(tǒng)在使用期內(nèi)購買各級(jí)濾芯所需總費(fèi)用的期望值為決策依據(jù)，試確定m，n的值．[解]（1)由題意知，若一套凈水系統(tǒng)在使用期內(nèi)需要更換的各級(jí)濾芯總個(gè)數(shù)恰好為16,則該套凈水系統(tǒng)中一個(gè)一級(jí)過濾器需要更換8個(gè)濾芯，兩個(gè)二級(jí)過濾器均需要更換4個(gè)濾芯,設(shè)“一套凈水系統(tǒng)在使用期內(nèi)需要更換的各級(jí)濾芯總個(gè)數(shù)恰好為16"為事件A,因?yàn)橐粋€(gè)一級(jí)過濾器需要更換8個(gè)濾芯的概率為0.6，二級(jí)過濾器需要更換4個(gè)濾芯的概率為0。2，所以P(A）＝0。6×0.2×0。2＝0。024.(2)由柱狀圖知，一個(gè)二級(jí)過濾器需要更換濾芯的個(gè)數(shù)為4,5，6的概率分別為0.2,0。4,0.4，由題意知X的可能取值為8,9,10,11，12，從而P（X＝8)＝0。2×0.2＝0.04，P（X＝9）＝2×0。2×0.4＝0。16，P（X＝10）＝2×0.2×0.4＋0。4×0。4＝0.32，P(X＝11)＝2×0.4×0.4＝0.32，P（X＝12)＝0.4×0.4＝0.16。所以X的分布列為X89101112P0.040。160.320.320.16E(X)＝8×0。04＋9×0.16＋10×0。32＋11×0.32＋12×0。16＝10.4。（或用分?jǐn)?shù)表示為X89101112Peq\f（1，25)eq\f(4，25）eq\f（8,25）eq\f(8，25）eq\f(4,25）EX＝8×eq\f（1，25)＋9×eq\f(4,25）＋10×eq\f(8,25）＋11×eq\f（8，25)＋12×eq\f（4，25）＝eq\f（52，5）。)（3)記Y表示該客戶的凈水系統(tǒng)在使用期內(nèi)購買各級(jí)濾芯所需總費(fèi)用（單位：元)，因?yàn)閙＋n＝19,且m∈eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（8，9）),①若m＝8，則n＝11，E（Y1)＝160×8＋400×0.4＋80×11＋200×0.16＝2352(元);②若m＝9，則n＝10，E(Y2)＝160×9＋80×10＋200×0。32＋400×0.16＝2368(元）．因?yàn)镋（Y1)〈E（Y2）,故選擇方案:m＝8，n＝11.選考題：共10分．請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．22．（10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程］（2020·湖南長沙一中第一次月考）已知曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝t＋\f(1，t），,y＝t－\f(1，t））)(t為參數(shù)）,以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2eq\r（6)cosθ.（1）求曲線C1的極坐標(biāo)方程和曲線C2的直角坐標(biāo)方程；(2）若射線θ＝eq\f（π，6)分別與曲線C1，C2交于A，B兩點(diǎn)(異于極點(diǎn))，求︱AB︱的值．[解］由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝t＋\f（1,t）,y＝t－\f(1,t)））?eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2＝t2＋\f(1,t2)＋2,y2＝t2＋\f（1,t2）－2）），兩式相減得，x2－y2＝4，所以曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ2cos2θ－ρ2sin2θ＝4，C2的直角坐標(biāo)方程為x2－2eq\r（6)x＋y2＝0。（2）聯(lián)立eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(ρ2cos2θ－ρ2sin2θ＝4,,θ＝\f(π，6)，））得ρA＝2eq\r（2），聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝2\r(6）cosθ，，θ＝\f(π,6),))得ρB＝3eq\r（2)，故︱AB︱＝|ρA－ρB｜＝eq\r(2）.23．(10分)[選修4－5：不等式選講］（2020·寧夏銀川一中高三一模）已知關(guān)于x的不等式eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(x－2）)－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋3)）≥eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(m＋1）)有解，記實(shí)數(shù)m的最大值為M。(1）求M的值;（2)正數(shù)a，b，c滿足a＋2b＋c＝M，求證：eq\f(1，a＋b）＋eq\f（1,b＋c)≥1。［解］（1）｜x－2｜－|x＋3｜≤|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2））－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（x＋3）)|＝5，若不等式eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（x－2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－））x＋3\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1(≥）)m＋1））有解，則滿足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（m＋1)）≤5，解得－6≤m≤4,∴M＝4。(2)由（1)知正數(shù)a，b,c滿足a＋2b＋c＝4,∴eq\f（1,a＋b)＋eq\f（1,b＋c)＝eq\f（1，4）eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（a＋b））＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(b＋c）))）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋b