高考数学 考前三个月复习冲刺 中档大题规范练8 综合练 理试题

1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a≥b，sinA＋eq\r(3)cosA＝2sinB.(1)求角C的大小；(2)求eq\f(a＋b,c)的最大值.2.某篮球队甲、乙两名队员在本赛季已结束的8场比赛中得分统计的茎叶图如图.(1)比较这两名队员在比赛中得分的平均值和方差的大小；(2)以上述数据统计甲、乙两名队员得分超过15分的频率作为概率，假设甲、乙两名队员在同一场比赛中得分多少互不影响，预测在本赛季剩余的2场比赛中甲、乙两名队员得分均超过15分次数X的分布列和数学期望.3.如图，三棱柱ABC—A1B1C1的侧面ABB1A1为正方形，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1＝60°，AB⊥B1C.(1)求证：平面ABB1A1⊥平面BB1C1C；(2)求二面角B—AC—A1的余弦值.4.设公差不为0的等差数列{an}的首项为1，且a2，a5，a14构成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝1－eq\f(1,2n)，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn.5.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点M(－2，－1)，离心率为eq\f(\r(2),2).过点M作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C交于异于M的另外两点P、Q.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线PQ的斜率为定值，并求这个定值；(3)∠PMQ能否为直角？证明你的结论.6.已知f(x)＝ex(x－a－1)－eq\f(x2,2)＋ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x≥0时，f(x)＋4a≥0，求正整数a的值.(参考值：e2≈7.389，e3≈20.086)答案精析中档大题规范练81.解(1)sinA＋eq\r(3)cosA＝2sinB，即2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝2sinB，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝sinB.因为0<A，B<π，又a≥b进而A≥B，所以A＋eq\f(π,3)＝π－B，故A＋B＝eq\f(2π,3)，C＝eq\f(π,3).(2)由正弦定理及(1)得eq\f(a＋b,c)＝eq\f(sinA＋sinB,sinC)＝eq\f(2,\r(3))[sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))]＝eq\r(3)sinA＋cosA＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,6))).当A＝eq\f(π,3)时，eq\f(a＋b,c)取最大值2.2.解(1)eq\x\to(x)甲＝eq\f(1,8)(7＋9＋11＋13＋13＋16＋23＋28)＝15，eq\x\to(x)乙＝eq\f(1,8)(7＋8＋10＋15＋17＋19＋21＋23)＝15，seq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,8)[(－8)2＋(－6)2＋(－4)2＋(－2)2＋(－2)2＋12＋82＋132]＝44.75，seq\o\al(2,乙)＝eq\f(1,8)[(－8)2＋(－7)2＋(－5)2＋02＋22＋42＋62＋82]＝32.25.甲、乙两名队员的得分平均值相等；甲的方差比乙的方差大.(2)根据统计结果，在一场比赛中，甲、乙得分超过15分的概率分别为p1＝eq\f(3,8)，p2＝eq\f(1,2)，两人得分均超过15分的概率分别为p1p2＝eq\f(3,16)，依题意，X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(3,16)))，P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,16)))keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,16)))2－k，k＝0,1,2.X的分布列为X012Peq\f(169,256)eq\f(78,256)eq\f(9,256)X的数学期望E(X)＝2×eq\f(3,16)＝eq\f(3,8).3.(1)证明由侧面ABB1A1为正方形，知AB⊥BB1.又AB⊥B1C，BB1∩B1C＝B1，所以AB⊥平面BB1C1C，又AB⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面BB1C1C.(2)解建立如图所示的坐标系O—xyz.其中O是BB1的中点，Ox∥AB，OB1为y轴，OC为z轴.设AB＝2，则A(2，－1,0)，B(0，－1,0)，C(0,0，eq\r(3))，A1(2,1,0).eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,1，eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,2,0).设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABC的法向量，则n1·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x1＝0，,－2x1＋y1＋\r(3)z1＝0.))取z1＝－1，得n1＝(0，eq\r(3)，－1).设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACA1的法向量，则n2·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝0，n2·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y2＝0，,－2x2＋y2＋\r(3)z2＝0.))取x2＝eq\r(3)，得n2＝(eq\r(3)，0,2).所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(\r(7),7).因此二面角B—AC—A1的余弦值为－eq\f(\r(7),7).4.解(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，∵a2，a5，a14构成等比数列，∴aeq\o\al(2,5)＝a2a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝0(舍去)或d＝2.∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由已知eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝1－eq\f(1,2n)，n∈N*，当n＝1时，eq\f(b1,a1)＝eq\f(1,2)；当n≥2时，eq\f(bn,an)＝1－eq\f(1,2n)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq\f(1,2n).∴eq\f(bn,an)＝eq\f(1,2n)，n∈N*.由(1)知an＝2n－1，n∈N*，∴bn＝eq\f(2n－1,2n)，n∈N*.∴Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(2n－3,2n)＋eq\f(2n－1,2n＋1).两式相减，得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,22)＋\f(2,23)＋…＋\f(2,2n)))－eq\f(2n－1,2n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n－1)－eq\f(2n－1,2n＋1)，∴Tn＝3－eq\f(2n＋3,2n).5.(1)解由题设，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，①且eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，②由①②解得a2＝6，b2＝3，椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明记P(x1，y1)、Q(x2，y2).设直线MP的方程为y＋1＝k(x＋2)，与椭圆C的方程联立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，－2，x1是该方程的两根，则－2x1＝eq\f(8k2－8k－4,1＋2k2)，x1＝eq\f(－4k2＋4k＋2,1＋2k2).设直线MQ的方程为y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝eq\f(－4k2－4k＋2,1＋2k2).因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，故kPQ＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(kx1＋2＋kx2＋2,x1－x2)＝eq\f(kx1＋x2＋4,x1－x2)＝eq\f(\f(8k,1＋2k2),\f(8k,1＋2k2))＝1，因此直线PQ的斜率为定值.(3)解设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为－k，假设∠PMQ为直角，则k·(－k)＝－1，k＝±1.若k＝1，则直线MQ方程y＋1＝－(x＋2)，与椭圆C方程联立，得x2＋4x＋4＝0，该方程有两个相等的实数根－2，不合题意；同理，若k＝－1也不合题意.故∠PMQ不可能为直角.6.解(1)f′(x)＝ex(x－a)－x＋a＝(x－a)(ex－1)，由a>0，得：x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以，f(x)的增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)；减区间为(0，a).(2)由(1)可知，x≥0，f(x)min＝f(a)＝－ea＋eq\f(a2,2)，所以f(x)＋4a≥0，得ea－eq\f(a2,2)－4a≤0.令g(a)＝ea－eq\f(a2,2)－4a，则g′(a)＝ea－a－4；令h(a)＝ea－a－4，则h′(a)＝ea－1>0，所以