高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專項(xiàng)小測(cè)20“17～19題”＋“二選一”理-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題

專項(xiàng)小測(cè)(二十)“17～19題”＋“二選一”時(shí)間：45分鐘滿分：46分17．(12分)數(shù)列{an}中，a1＝2，(n＋1)(an＋1－an)＝2(an＋n＋1)．(1)求a2，a3的值；(2)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n＋1，an＝n2＋1，an＝n2＋n中的一個(gè)，設(shè)數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項(xiàng)和為Sn，{an＋1－an}的前n項(xiàng)和為Tn，若eq\f(Tn,Sn)＞360，求n的取值范圍．思路分析：(1)根據(jù)已知條件，分別令n＝1，n＝2，求得a2，a3的值．(2)根據(jù)a2＝6判斷出數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝n2＋n＝n(n＋1)，利用裂項(xiàng)求和法求得Sn的值，利用累加法求得Tn的值，根據(jù)eq\f(Tn,Sn)＞360列不等式，解不等式求得n的取值范圍．解：(1)∵(n＋1)(an＋1－an)＝2(an＋n＋1)，∴an＋1＝eq\f(n＋3,n＋1)an＋2，∴a2＝eq\f(1＋3,1＋1)a1＋2＝6， (2分)a3＝eq\f(2＋3,2＋1)a2＋2＝12. (4分)(2)由數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n＋1，an＝n2＋1，an＝n2＋n中的一個(gè)，和a2＝6得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝n2＋n＝n(n＋1)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq\f(1,n＋1)，∴Sn＝1－eq\f(1,n＋1). (8分)∵(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－a1，an＝n(n＋1)，∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝n2＋3n，即Tn＝n2＋3n. (10分)由eq\f(Tn,Sn)＞360，得n2＋4n－357＞0，解得n＞17或n＜－21.∵n是正整數(shù)，∴所求n的取值范圍為n＞17，且n是正整數(shù)． (12分)18．(12分)在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝2AD＝4，∠DAB＝60°，AE＝BE，△PAD為正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.(1)求二面角P－EC－D的余弦值；(2)線段PC上是否存在一點(diǎn)M，使異面直線DM和PE所成角的余弦值為eq\f(\r(6),8)？若存在，指出點(diǎn)M的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：設(shè)O是AD中點(diǎn)，△PAD為正三角形，則PO⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥平面ABCD，又∵AD＝AE＝2，∠DAB＝60°，所以△ADE為正三角形，OE⊥AD.建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\r(3)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\r(3)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，0))，于是eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))．(1)設(shè)平面PEC的法向量為n1＝(x，y，z)．由eq\o(PC,\s\up6(→))·n1＝0，eq\o(PE,\s\up6(→))·n1＝0得一個(gè)法向量n1＝(0,1,1)，平面EDC的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)．設(shè)二面角P－EC－D的平面角為θ，則|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).由圖知θ為銳角，所以二面角P－EC－D的余弦值為eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－2λ，eq\r(3)λ，－eq\r(3)λ)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))＋eq\o(PM,\s\up6(→))＝(1－2λ，eq\r(3)λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，所以|cos〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(PE,\s\up6(→))〉＝|eq\f(\o(DM,\s\up6(→))·\o(PE,\s\up6(→)),|\o(DM,\s\up6(→))‖\o(PE,\s\up6(→))|)＝eq\f(|6λ－3|,\r(6)·\r(10λ2－10λ＋4))＝eq\f(\r(6),8)，解得λ＝eq\f(1,3)或eq\f(2,3)，所以存在滿足題設(shè)的點(diǎn)M，且點(diǎn)M為線段PC的三等分點(diǎn)．19．(12分)為培養(yǎng)學(xué)生在高中階段的數(shù)學(xué)能力，某校將舉行數(shù)學(xué)建模競(jìng)賽．已知該競(jìng)賽共有60名學(xué)生參加，他們成績(jī)的頻率分布直方圖如圖所示．(1)估計(jì)這60名參賽學(xué)生成績(jī)的中位數(shù)；(2)為了對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，將60分以下的成績(jī)定為不合格，60分以上(含60分)的成績(jī)定為合格，某評(píng)估專家決定利用分層抽樣的方法從這60名學(xué)生中選取10人，然后從這10人中抽取4人參加座談會(huì)，記ξ為抽取的4人中成績(jī)不合格的人數(shù)，求ξ的分布列與數(shù)學(xué)期望；(3)已知這60名學(xué)生的數(shù)學(xué)建模競(jìng)賽成績(jī)Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ可用樣本平均數(shù)近似代替，σ2可用樣本方差近似代替(同一組數(shù)據(jù)用該區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)，若成績(jī)?cè)?6分以上的學(xué)生均能得到獎(jiǎng)勵(lì)，本次數(shù)學(xué)建模競(jìng)賽滿分為100分，估計(jì)此次競(jìng)賽受到獎(jiǎng)勵(lì)的人數(shù)(結(jié)果根據(jù)四舍五入保留整數(shù))．參考數(shù)據(jù)：P(μ－σ<Z≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)≈0.9973.解：(1)設(shè)中位數(shù)為x，則0.005×20＋0.015×20＋(x－60)×0.02＝0.5，解得x＝65，所以這60名參賽學(xué)生成績(jī)的中位數(shù)為65.(3分)(2)結(jié)合頻率分布直方圖和分層抽樣的方法可知，抽取的10人中合格的人數(shù)為(0.01＋0.02)×20×10＝6，不合格的人數(shù)為10－6＝4.由題意可知ξ的可能取值為0,1,2,3,4.則P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(4,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,14)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(3,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(8,21)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(3,7)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)C\o\al(1,6),C\o\al(4,10))＝eq\f(4,35)，P(ξ＝4)＝eq\f(C\o\al(4,4),C\o\al(4,10))＝eq\f(1,210).所以ξ的分布列為ξ01234Peq\f(1,14)eq\f(8,21)eq\f(3,7)eq\f(4,35)eq\f(1,210)所以ξ的數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝0×eq\f(1,14)＋1×eq\f(8,21)＋2×eq\f(3,7)＋3×eq\f(4,35)＋4×eq\f(1,210)＝eq\f(56,35). (8分)(3)由題意可得，μ＝(30×0.005＋50×0.015＋70×0.02＋90×0.01)×20＝64，σ2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324，則σ＝18，由Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，得P(64－18<Z≤64＋18)＝P(46<Z≤82)≈0.6827，則P(Z>82)≈eq\f(1,2)(1－0.6827)＝0.15865，P(Z>45)≈0.6927＋0.15865＝0.84135，所以此次競(jìng)賽受到獎(jiǎng)勵(lì)的人數(shù)為60×0.84135≈50. (12分)(二)選考題：共10分，請(qǐng)考生在第22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．22．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](10分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝tcosα，,y＝tsinα))(t為參數(shù)且t＞0，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))曲線C2的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosβ，,y＝1＋sinβ))(β為參數(shù)，且β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))))，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C3的極坐標(biāo)方程為ρ＝1＋cosθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，曲線C4的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝1.(1)求C3與C4的交點(diǎn)到極點(diǎn)的距離；(2)設(shè)曲線C1與C2交于P點(diǎn)，C1與C3交于Q點(diǎn)，當(dāng)α在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上變化時(shí)，求|OP|＋|OQ|的最大值．解：(1)聯(lián)立曲線C3，C4的極坐標(biāo)方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ρ＝1＋cosθ，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))))),ρcosθ＝1，))得ρ2－ρ－1＝0，解得ρ＝eq\f(1＋\r(5),2)，ρ＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，即交點(diǎn)到極點(diǎn)的距離為eq\f(1＋\r(5),2). (5分)(2)由題意得曲線C1的極坐標(biāo)方程為θ＝α，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，ρ＞0))，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，聯(lián)立兩方程得ρ＝2sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即|OP|＝2sinα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).曲線C1與曲線C3的極坐標(biāo)方程聯(lián)立，得ρ＝1＋cosα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，即|OQ|＝1＋cosα，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以|OP|＋|OQ|＝1＋2sinα＋cosα＝1＋eq\r(5)sin(α＋φ)，其中φ的終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(2,1)，當(dāng)α＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z時(shí)，|OP|＋|OQ|取得最大值為1＋eq\r(5). (10分)23．[選修4－5：不等式選講](10分)已知f(x)＝|x－1|＋|ax＋1|.(1)a＝1時(shí)，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤3－x的解集包含[－1,1]，求a的取值范圍．解：(1)a＝1，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥1，,2，－1＜x＜1，,－2x，x≤－1，))f(x)≥3，則x≤－eq\f(3,2)或x≥eq\f(3,2)，所以不等式的解集為eq\b\lc\{\r