2025年高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)題型專項(xiàng)練9　中低檔大題規(guī)范練（C）

題型專項(xiàng)練9中低檔大題規(guī)范練(C)(分值:43分)學(xué)生用書P2311.(13分)(2024浙江溫州三模)由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱錐D1A1DC1后得到如圖所示的幾何體,四邊形ABCD是菱形,AC=4,BD=2,O為AC與BD的交點(diǎn),B1O⊥平面ABCD.(1)求證:B1O∥平面A1DC1;(2)若B1O=23,求平面A1DC1與平面BCC1B1夾角的大小.(1)證明在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,BB1DD1,∴四邊形BB1D1D是平行四邊形.∴B1D1BD.如圖,取A1C1的中點(diǎn)O1,連接B1O1,O1D,∵四邊形ABCD是菱形,O是AC與BD的交點(diǎn),∴AC⊥BD于點(diǎn)O,O是BD的中點(diǎn),∴B1O1OD.∴四邊形B1O1DO是平行四邊形,∴B1OO1D.又B1O?平面A1DC1,O1D?平面A1DC1,∴B1O∥平面A1DC1.(2)解以O(shè)為原點(diǎn),OD,OC,OB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,0),C(0,2,0),B(1,0,0),B1(0,0,23),A1C1=AC=(0,4,0),DO1=OB1=(0,0,23),BC=(1,2,0),BB1=(1,0,23),設(shè)平面BCC1B1的法向量為m取x1=23,則m=(23,3,1).設(shè)平面A1DC1的法向量為n=(x2,y2,z2),則n·DO1=23z2=0,設(shè)平面A1DC1與平面BCC1B1夾角為θ,則cosθ=|cos<m,n>|=m·n|m||n|=234×1=32,∴平面A12.(15分)(2024浙江杭州二模)已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)數(shù)列{bn}滿足b1=3,令an·bn=an+2·bn+1,求證:∑k=1nbk(1)解設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d.由S4=4S2,a2n=2an+1,得4解得a1=1,d=2,所以an=1+2(n1)=2n1(n∈N*).(2)證明由(1)知,an=2n1,故(2n1)bn=(2n+3)bn+1,即bn+1bn=累乘,得bn=bnbn-1·bn-1bn-2·…·b所以∑k=1nbk=b1+b2+b3+…+bn1+bn=92113+13-15+15-173.(15分)(2024山東日照二模)某公司采用某方案測(cè)試員工的業(yè)務(wù)技能,并對(duì)測(cè)試成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析,以確定員工的績(jī)效等級(jí).(1)已知該公司甲部門有3名負(fù)責(zé)人,乙部門有4名負(fù)責(zé)人,該公司從甲、乙兩部門中隨機(jī)選取3名負(fù)責(zé)人做測(cè)試分析,記負(fù)責(zé)人來自甲部門的人數(shù)為X,求X最有可能的取值.(2)該公司統(tǒng)計(jì)了七個(gè)部門測(cè)試的平均成績(jī)x(滿分100)與績(jī)效等級(jí)優(yōu)秀率y,如下表所示:x32415468748092y0.280.340.440.580.660.740.94根據(jù)數(shù)據(jù)繪制散點(diǎn)圖,初步判斷,選用y=λecx作為回歸方程.令z=lny,經(jīng)計(jì)算得z=0.642,∑i=17x(ⅰ)已知某部門測(cè)試的平均成績(jī)?yōu)?0分,估計(jì)其績(jī)效等級(jí)優(yōu)秀率;(ⅱ)根據(jù)統(tǒng)計(jì)分析,大致認(rèn)為各部門測(cè)試平均成績(jī)x~N(μ,σ2),其中μ近似為樣本平均數(shù)x,σ2近似為樣本方差s2.經(jīng)計(jì)算s≈20,求某個(gè)部門績(jī)效等級(jí)優(yōu)秀率不低于0.78的概率.參考公式與數(shù)據(jù):①ln0.15≈1.9,ln3.32≈1.2,ln5.2≈1.66.②線性回歸方程y^=b^x+a③若隨機(jī)變量X~N(μ,σ2),則P(μσ<X<μ+σ)=0.6827,P(μ2σ<X<μ+2σ)=0.9545,P(μ3σ<X<μ+3σ)=0.9973.解(1)依題意,隨機(jī)變量X服從超幾何分布,且X的可能取值為0,1,2,3,則P(X=0)=C30C43C73=435,P(X=1)=C31C4其中P(X=1)=1835最大,即X=1的可能性最大,故X最有可能的取值為1(2)(ⅰ)依題意,對(duì)y=λecx兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù),得lny=cx+lnλ,即z=cx+lnλ,由題意知,c=∑i=17x又x=32+41+54+68+74+80+927=63,由z=cx+lnλ,得0.642=0.02×63+lnλ,得lnλ≈1.9,所以λ≈e1.9,由提供的參考數(shù)據(jù),可得λ≈0.15,故y^=0.15×e0當(dāng)x=60時(shí),y^=0.15×e0.02×60≈0.498,即估計(jì)其績(jī)效等級(jí)優(yōu)秀率為0.498(ⅱ)由(ⅰ)及提供的參考數(shù)據(jù)可知,μ≈x=63,σ≈s≈20,由y^≥0.78,得0.15×e0.02x≥0.78,即0.02x≥ln5.2≈1.66,解得x≥83又μ+σ=83,且P(μσ<X<μ+σ)=0.6827,由正態(tài)分布的性質(zhì),得P(