高考数学二轮复习 第二部分 （五） 18、19、20、21（含解析）试题

54分专项练(五)18、19、20、211．已知递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1·a4＝16，S4＝20.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(－1)n－1eq\f(2n＋1,Sn)，且数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.2.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠A＝60°，M为AD上一点，AM＝2MD＝2，∠BMC＝60°.(1)若△MCD为等腰三角形，求BC；(2)设∠DCM＝θ，若MB＝4MC，求tanθ.3．如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.(1)证明：平面PAC⊥平面PCE；(2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P­CE­D的余弦值．4．某大型公司为鼓励员工与客户沟通，与某手机通讯商合作，为员工办理流量套餐．为了解该单位员工手机流量使用情况，通过抽样得到100位员工近2年每人手机月平均使用流量L(单位：MB)的数据，其频率分布直方图如下：若将每位员工的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题：(1)从该大型公司员工中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月流量不超过300MB的概率；(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：套餐名称月套餐费(单位：元)月套餐流量(单位：MB)A20300B30500C38700这三款套餐都有如下附加条款：套餐费在月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200MB流量，资费20元/次，如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200MB流量，资费20元/次，以此类推．如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．该公司欲订购其中一款流量套餐，为员工支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由员工个人承担．问公司订购哪一款套餐最经济？说明理由．54分专项练(五)18、19、20、211．解：(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1a4＝16，,S4＝2（a1＋a4）＝20，))且a1<a4知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,a4＝8，))所以公差d＝eq\f(a4－a1,3)＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由(1)知an＝2n，所以Sn＝eq\f(（2n＋2）n,2)＝n(n＋1)．所以bn＝(－1)n－1eq\f(2n＋1,Sn)＝(－1)n－1eq\f(2n＋1,n（n＋1）)＝(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，所以Tn＝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)))＋…＋(－1)n－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))＝1＋(－1)n－1eq\f(1,n＋1).2．解：(1)由AB∥CD，∠A＝60°可得∠D＝120°.又△MCD为等腰三角形，所以∠DMC＝∠DCM＝30°，所以MC＝eq\r(3)MD＝eq\r(3)，∠AMB＝90°，所以MB＝2eq\r(3).在△MBC中，由余弦定理得BC2＝BM2＋MC2－2BM·MC·cos∠BMC＝12＋3－2×2eq\r(3)×eq\r(3)×eq\f(1,2)＝9，即BC＝3.(2)因为∠DCM＝θ，所以∠DMC＝60°－θ，所以∠DMB＝120°－θ，所以∠ABM＝60°－θ，0°<θ<60°.在△MCD中，由正弦定理得MC＝eq\f(\r(3),2sinθ)，在△MAB中，由正弦定理得MB＝eq\f(\r(3),sin（60°－θ）)，由MB＝4MC，得eq\f(\r(3),sin（60°－θ）)＝eq\f(4\r(3),2sinθ)，化简得eq\r(3)cosθ－2sinθ＝0，解得tanθ＝eq\f(\r(3),2).3．解：(1)证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF.因为O，F分别为AC，PC的中点，所以OF∥PA，且OF＝eq\f(1,2)PA.因为DE∥PA，且DE＝eq\f(1,2)PA，所以OF∥DE，且OF＝DE.所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，即BD∥EF.因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.又因为BD∥EF，所以EF⊥平面PAC.又因为FE⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.(2)因为直线PC与平面ABCD所成角为45°，所以∠PCA＝45°，所以AC＝PA＝2.所以AC＝AB，故△ABC为等边三角形．设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC，所以AM⊥AD.以A为原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，如图．则P(0，0，2)，C(eq\r(3)，1，0)，E(0，2，1)，D(0，2，0)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1，1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，0，1)．设平面PCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x1＋y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＋z1＝0，))令y1＝1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\r(3)，,z1＝2，))所以n＝(eq\r(3)，1，2)．设平面CDE的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))即，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z2＝0，,－\r(3)x2＋y2＋z2＝0，))令x2＝1，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝\r(3)，,z2＝0，))所以m＝(1，eq\r(3)，0)，设二面角P­CE­D的大小为θ，由于θ为钝角，所以cosθ＝－|cos〈n，m〉|＝－eq\f(|n·m|,|n||m|)＝－eq\f(2\r(3),2\r(2)×2)＝－eq\f(\r(6),4).所以二面角P­CE­D的余弦值为－eq\f(\r(6),4).4．解：(1)依题意，从该大型公司员工中随机抽取1名员工，其手机月流量不超过300MB的概率P＝(0.0008＋0.0022)×100＝0.3.设从该大型公司员工中随机抽取3名员工中手机月流量不超过300MB的人数为X，则X～B(3，0.3)，则从该大型公司员工中随机抽取3人，这3人中至多有1人手机月流量不超过300MB的概率为P(X≤1)＝P(X＝0)＋P(X＝1)＝Ceq\o\al(0,3)×(1－0.3)3＋Ceq\o\al(1,3)×0.31×(1－0.3)2＝0.784.(2)依题意，从公司中随机抽取一名员工的手机使用流量在(300，500]和(500，700]的概率分别为0.6，0.1.①当订购A套餐时，设公司为一位员工承担的月套餐费用为Y，则Y的可能取值为20，35，50，且P(Y＝20)＝0.3，P(Y＝35)＝0.6，P(Y＝50)＝0.1，所以Y的分布列为Y203550P0.30.60.1所以E(Y)＝20×0.3＋35×0.6＋50×0.1＝32(元)．②当