第一部分題型專項練中檔題保分練(一)

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1、中檔題保分練(一) 1 1. (2018海淀區(qū)模擬)已知數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn, 2Sn= Sn-1+ 1(n》2, n€ N*). (1) 求數(shù)列｛an｝的通項公式； (2) 記bn= an(n€ N*),求｛匸亠｝的前n項和Tn. bnbn+1 1 解析：(1)當 n = 2 時，由 2Sn = Sn-1 + 1 及 a1 = 2，得 2S2= S1 + 1,即 2a1 + 2a2= 1 a1 + 1,解得 a2 = 4.又由 2Sn = Sn-1+ 1,① 可知 2Sn+1= Sn+ 1,② 1 a2 1 ②一①得2an+1 = an,即卩an+1= 2an

2、(n》2),且n= 1時，石=二適合上式， 因此數(shù)列｛an｝是以1為首項，公比為2的等比數(shù)列，故an = *(n€ N*). ⑵由(1)及 bn= an(n € N )，可知 bn= logq 2 °= n, 所以 1 bnbn+1 1 = 1 1 n n+ 1 n n+ 1 故 Tn= bi+ 1 b2b3+ …+ 1 bnbn+ 1 G-3〕+…+G-亡卜 1 1- n+ 1 n n+ 1 2. (2018濱州模擬)在如圖所示的幾何體 ABCDEF中，底面ABCD為菱形，AB =2a,Z ABC= 120?, AC與BD相交于0點，四邊形BD

3、EF為直角梯形，DE// BF, BD丄DE, DE = 2BF = 2 2a，平面 BDEF丄底面 ABCD. (1)證明：平面 AEF丄平面AFC; (2)求二面角E-AC-F的余弦值. 解析：(1)證明：因為底面ABCD為菱形，所以AC丄BD , 又平面BDEF丄底面ABCD，平面BDEF G平面ABCD = BD , 因此AC丄平面BDEF，從而AC丄EF.又BD丄DE，所以DE丄平面ABCD, 由 AB = 2a，DE = 2BF = 2 2a,/ABC= 120?, 可知 AF = ：'4a2+ 2a2= 一6a, BD = 2a， EF= ；'4a2

4、 + 2a2= , 6a, AE= :'4a2+ 8a2= 2 3a, 2 2 2 從而 AF + EF = AE , 故 EF 丄AF. 又AF A AC = A,所以EF丄平面AFC. 又EF?平面AEF,所以平面 AEF丄平面AFC. ⑵取EF中點G,由題可知 OG//DE，所以OG丄平面ABCD，又在菱形 ABCD 中，OA丄OB,所以分別以OA, OB, oG的方向為x, y, z軸正方向建立空間直 角坐標系O-xyz(如圖所示), 則 O(0,0,0), AC 3a,0,0), C(- . 3a,0,0), E(0,- a,2 2a), F(0, a, 2a), 所以

5、 aE= (0, — a,2 ,2a) — ( ,3a,0,0) = (— ,3a, — a,2,2a), AC= (- . 3a,0,0)-( , 3 a,0,0)= (—2 .3a,0,0) , EF= (0 , a , .2a) — (0 , — a,2,2a)= (0,2a , — . 2a). 由⑴可知EF丄平面AFC ,所以平面AFC的法向量可取為EF = (0,2a , — 2a). 設平面AEC的法向量為n = (x , y , z), n AE= 0, — 3x — y+ 2.2z= 0 , 則 即 n AC= 0 , x= 0， y= 2屆， 即 S 令 z=

6、^2，得 y= 4, x= 0, 所以 n = (0,4, .2), 從而cos〈 n, EF〉 n EF _ 6a f — 6 3a |nI |EF| 故所求的二面角E-AC-F的余弦值為才. 3, (2018綿陽模擬)某校為緩解高三學生的高考壓力，經(jīng)常舉行一些心理素質(zhì)綜 合能力訓練活動，經(jīng)過一段時間的訓練后從該年級 800名學生中隨機抽取100 名學生進行測試，并將其成績分為 A、B、C、D、E五個等級，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如圖所 示(視頻率為概率)，根據(jù)以上抽樣調(diào)查數(shù)據(jù)，回答下列問題： (1) 試估算該校高三年級學生獲得成績?yōu)?B的人數(shù)； (2) 若等級A、B、C、D、

7、E分別對應100分、90分、80分、70分、60分，學校 要求平均分達90分以上為“考前心理穩(wěn)定整體過關”， 請問該校高三年級目前 學生的“考前心理穩(wěn)定整體”是否過關？ ⑶為了解心理健康狀態(tài)穩(wěn)定學生的特點，現(xiàn)從 A、B兩種級別中，用分層抽樣的 方法抽取11個學生樣本，再從中任意選取 3個學生樣本分析，求這3個樣本為 A級的個數(shù)E的分布列與數(shù)學期望. 解析：（1）從條形圖中可知這100人中，有56名學生成績等級為B, 所以可以估計該校學生獲得成績等級為 B的概率為 則該校高三年級學生獲得成績?yōu)? 14 B的人數(shù)約有800X 25 = 448. 1 ⑵這100名學生成績的

8、平均分為 100 X (32X 100+ 56X 90 + 7X 80 + 3X 70 + 2X 60)= 91.3, 因為91.3>90,所以該校高三年級目前學生的 “考前心理穩(wěn)定整體”已過關. （3）由題可知用分層抽樣的方法抽取11個學生樣本，其中A級4個，B級7個, 從而任意選取3個，這3個為A級的個數(shù)E的可能值為0,1,2,3. 則 P& 0)=箸=33, P& 1)=箸=55, P? 2)=詈=豊，P( = 3)=著=165. 因此可得E的分布列為: a 0 1 2 3 P 7 28 14 4 33 55 55 165 … 7 , 28

9、 c 14 c 4 12 則 e（ a=0x33+1X55+2X55+3X詼=石. 4. 請在下面兩題中任選一題作答 x= 3+ acos t （選修4— 4:坐標系與參數(shù)方程）在直角坐標系xOy中，曲線C1：' L.y= 2+ asin t （t為參數(shù)，a>0）,在以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸的極坐標系中， 曲線 C2: p= 4sin 0. （1）試將曲線C1與C2化為直角坐標系xOy中的普通方程，并指出兩曲線有公共 點時a的取值范圍； ⑵當a= 3時，兩曲線相交于 A, B兩點，求AB|. x= 3+ acos t 解析：⑴曲線C仁 ，消去參數(shù)t可得普通方程

10、為(x — 3)2 + (y— 2)2 [y= 2+ asin t =a2. 曲線C2: p= 4sin 0,兩邊同乘p可得普通方程為x2 + (y — 2)2= 4. 把(y — 2)乞4— x2代入曲線Ci的普通方程得：a2= (x— 3)2 + 4— x2= 13— 6x, 而對C2有x2< x2+ (y— 2)2= 4,即一2< x<2,所以 K a2< 25.故當兩曲線有公共 點時，a的取值范圍為[1,5]. (2)當 a= 3 時，曲線 C仁(x — 3)2 + (y—2)2 = 9, 兩曲線交點A, B所在直線方程為x= | 2 2 曲線x2 + (y— 2)2

11、= 4的圓心到直線x= 3的距離為d = 3, 所以 |AB| = 2 4 — 9= (選修4— 5:不等式選講)已知函數(shù)f(x)= |2x— 1|+ |x+ 1|. (1)在下面給出的直角坐標系中作出函數(shù) y= f(x)的圖象，并由圖象找出滿足不等 式f(x) < 3的解集； 1 4 寸 2 i j 1 i -1 0 1 -2 (2)若函數(shù)y=f(x)的最小值記為m,設a, b€ R,且有a2+ b2= m,試證明：『+〔 b2+ 1 T 1 —K x< 2, —3x, x v — 1, 解析：(1)因為 f(x) = |2x

12、— 1|+ |x+ 1|= — X+ 2, 1 3x, x>2. 所以作出圖象如圖所示, 并從圖可知滿足不等式 f(x) w 3的解集為[—1,1]. ⑵證明：由圖可知函數(shù) 3 2 2 3 =2.所以a2+ b2=2，從而 + 1 + b2+ 1屋, 從而 4 b2+ 1 [(a2 + 1) + (b2 + 1)] 5 + 1+ !2 4(a2+ 1川 2\ 匚百f 25 +八 b2 + 1 4 a2+ 1 2 ? 2 a + 1 b + 1 2 2 b + 1 4(a + 1 ) 當且僅當_ —2 時，等號成立, a + 1 b + 1 1 o 4 即a2_舌，b2_4時，有最小值, 所以石1 +￥ ＞號得證. a2 + 1 b2 + 1 7