高考數(shù)學(xué)三輪增分練 高考大題縱橫練（二）文

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高考大題縱橫練(二)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2015陜西)設(shè)某校新、老校區(qū)之間開(kāi)車單程所需時(shí)間為T，T只與道路暢通狀況有關(guān)，對(duì)其容量為100的樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下： T(分鐘) 25 30 35 40 頻數(shù)(次) 20 30 40 10 (1)求T的概率分布與均值E(T)； (2)劉教授駕車從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個(gè)50分鐘的講座，結(jié)束后立即返回老校區(qū)，求劉教授從離開(kāi)老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時(shí)間不超過(guò)120分鐘的概率． 解　(1)由統(tǒng)計(jì)結(jié)果可得T的頻率分布為 T(分鐘) 25 30 35 40 頻率 0.2 0.3 0.4 0.1 以頻率估計(jì)概率得T的概率分布為 T 25 30 35 40 P 0.2 0.3 0.4 0.1 從而E(T)＝250.2＋300.3＋350.4＋400.1 ＝32(分鐘)． (2)設(shè)T1，T2分別表示往，返所需時(shí)間，T1，T2的取值相互獨(dú)立，且與T的分布列相同， 設(shè)事件A表示“劉教授共用時(shí)間不超過(guò)120分鐘”，由于講座時(shí)間為50分鐘，所以事件A對(duì)應(yīng)于“劉教授在路途中的時(shí)間不超過(guò)70分鐘”． 方法一　P(A)＝P(T1＋T2≤70)＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)＝0.21＋0.31＋0.40.9＋0.10.5＝0.91. 方法二　P()＝P(T1＋T2＞70)＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40) ＝0.40.1＋0.10.4＋0.10.1＝0.09， 故P(A)＝1－P()＝0.91. 2．(2016天津)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.已知asin 2B＝bsin A. (1)求B； (2)若cos A＝，求sin C的值． 解　(1)在△ABC中，由＝， 可得asin B＝bsin A. 又由asin 2B＝bsin A， 得2asin Bcos B＝bsin A＝asin B， 所以cos B＝，所以B＝. (2)由cos A＝，可得sin A＝，則 sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin ＝sin A＋cos A＝. 3．(2016四川)如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90，BC＝CD＝AD. (1)在平面PAD內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PAB，并說(shuō)明理由； (2)證明：平面PAB⊥平面PBD. (1)解　取棱AD的中點(diǎn)M(M∈平面PAD)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn)，理由如下： 因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD. 所以BC∥AM，且BC＝AM. 所以四邊形AMCB是平行四邊形，從而CM∥AB. 又AB?平面PAB，CM?平面PAB. 所以CM∥平面PAB. (說(shuō)明：取棱PD的中點(diǎn)N，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)證明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD. 因?yàn)锳D∥BC，BC＝AD，所以直線AB與CD相交， 所以PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥BD. 連結(jié)BM，因?yàn)锳D∥BC， BC＝AD，M為AD的中點(diǎn)， 所以BC∥MD，且BC＝MD. 所以四邊形BCDM是平行四邊形， 所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB. 又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB. 又BD?平面PBD， 所以平面PAB⊥平面PBD. 4．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，S3＝6a1，且對(duì)n∈N*，點(diǎn)(n，an)恒在直線f(x)＝2x＋k上，其中k為常數(shù)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)記Tn＝＋＋…＋，求T20的值． 解　(1)方法一　依題意an＝2n＋k， 得a1＝2＋k，a2＝4＋k，a3＝6＋k， 所以S3＝12＋3k. 又S3＝6a1，所以12＋3k＝12＋6k，解得k＝0. 即an＝2n. 方法二　依題意得an＝2n＋k， 所以an＋1－an＝(2n＋2＋k)－(2n＋k)＝2， 所以數(shù)列{an}是以2＋k為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列． 因?yàn)镾3＝a1＋a2＋a3＝3a1＋6. 又S3＝6a1，所以a1＝2， 所以an＝2＋(n－1)2＝2n. (2)Sn＝n＝n＝n(n＋1)， 所以＝＝－， 所以T20＝＋＋…＋ ＝(1－)＋(－)＋…＋(－) ＝1－＝. 5．(2015課標(biāo)全國(guó)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時(shí)，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a＞0，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0； 當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上無(wú)最大值； 當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f＞2a－2等價(jià)于ln a＋a－1＜0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， g(1)＝0. 于是，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，g(a)＜0；當(dāng)a＞1時(shí)，g(a)＞0. 因此，a的取值范圍是(0,1)． 6．如圖，橢圓C：＋＝1的頂點(diǎn)為A1，A2，B1，B2，焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，A1B1＝，S?A1B1A2B2＝2S?B1F1B2F2. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)n是過(guò)原點(diǎn)的直線，l是與n垂直相交于P點(diǎn)、與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)的直線，||＝1.是否存在上述直線l使＝1成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)由A1B1＝知a2＋b2＝7，① 由S?A1B1A2B2＝2S?B1F1B2F2知a＝2c，② 又b2＝a2－c2，③ 由①②③解得a2＝4，b2＝3， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，假設(shè)使＝1成立的直線l存在． ①當(dāng)l不垂直于x軸時(shí)，設(shè)l的方程為y＝kx＋m，由l與n垂直相交于P點(diǎn)且||＝1得＝1， 即m2＝k2＋1. ∵＝1，||＝1， ∴＝(＋)(＋)． ＝2＋＋＋ ＝1＋0＋0－1＝0. 即x1x2＋y1y2＝0. 將y＝kx＋m代入橢圓方程， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝，④ x1x2＝.⑤ 0＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝x1x2＋k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 將④⑤代入上式并化簡(jiǎn)得 (1＋k2)(4m2－12)－8k2m2＋m2(3＋4k2)＝0，⑥ 將m2＝1＋k2代入⑥并化簡(jiǎn)得－5(k2＋1)＝0，矛盾． 即此時(shí)直線l不存在． ②當(dāng)l垂直于x軸時(shí)，滿足||＝1的直線l的方程為x＝1或x＝－1. 當(dāng)x＝1時(shí)，A，B，P的坐標(biāo)分別為(1，)，(1，－)，(1,0)，∴＝(0，－)，＝(0，－)， ∴＝≠1. 當(dāng)x＝－1時(shí)，同理可得≠1，矛盾． 即此時(shí)直線l也不存在． 綜上可知，使＝1成立的直線l不存在．