（统考版）高考数学二轮复习 46分大题保分练3（含解析）（文）-人教版高三数学试题

46分大题保分练(三)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2020·岳阳二模)新型冠状病毒肺炎疫情爆发以来，疫情防控牵挂着所有人的心.某市积极响应上级部门的号召，通过沿街电子屏、微信公众号等各种渠道对此战“疫”进行了持续、深入的悬窗，帮助全体市民深入了解新冠状病毒，增强战胜疫情的信心．为了检验大家对新型冠状病毒及防控知识的了解程度，该市推出了相关的知识问卷，随机抽取了年龄在15～75岁之间的200人进行调查，并按年龄绘制频率分布直方图如图所示，把年龄落在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(15，35))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(35，75))内的人分别称为“青少年人”和“中老年人”.经统计“青少年人”和“中老年人”的人数比为19∶21.其中“青少年人”中有40人对防控的相关知识了解全面，“中老年人”中对防控的相关知识了解全面和不够全面的人数之比是2∶1.(1)求图中a，b的值；(2)现采取分层抽样在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(25，35))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(45，55))中随机抽取8名市民，从8人中任选2人，求2人中至少有1人是“中老年人”的概率是多少？(3)根据已知条件，完成下面的2×2列联表，并根据统计结果判断：能否有99.9%的把握认为“中老年人”比“青少年人”更加了解防控的相关知识？了解全面了解不全面合计青少年人中老年人合计附表及公式：K2＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ad－bc))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋d))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋d)))，其中n＝a＋b＋c＋d.Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K2≥k))0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828[解](1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋0.03))×10＝\f(19,40),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋0.02))×10＝\f(21,40)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0.0325,b＝0.0175)).(2)由题意得在[25,35)中抽取6人，用数字1,2,3,4,5,6表示；在[45,55)中抽取2人用数字7,8表示，故从8人中任选2人共有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(6,7)，(6,8)，(7,8)，共28种不同方法，至少有1人是“中老年人”共有13种，故所求事件的概率为eq\f(13,28).(3)由题意可得2×2列联表如下：了解全面了解不全面合计青少年人405595中老年人7035105合计11090200所以K2＝eq\f(200\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40×35－55×70))2,95×105×110×90)≈12.157>10.828.所以有99.9%的把握认为“中老年人”比“青少年人”更加了解防控的相关知识．18．(12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，eq\f(an,an＋1)＝2an＋1(n∈N*且n≥2)．(1)证明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3n,an)))的前n项和Tn.[解](1)证明：依题意，由eq\f(an,an＋1)＝2an＋1，可得an＝2anan＋1＋an＋1，即an－an＋1＝2anan＋1，两边同时除以anan＋1，可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2(n≥2)．∵eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝3－1＝2，也满足上式．∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)得，eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，则eq\f(3n,an)＝(2n－1)·3n.∴Tn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n，3Tn＝1×32＋3×33＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，两式相减，可得－2Tn＝3＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－(2n－1)·3n＋1，＝3＋18×(1＋3＋32＋…＋3n－2)－(2n－1)·3n＋1＝3＋18×eq\f(1－3n－1,1－3)－(2n－1)·3n＋1＝2(1－n)·3n＋1－6.∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.19．(12分)如图，在四棱锥S­ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD．四边形ABCD为正方形，且P为AD的中点．(1)求证：CD⊥平面SAD．(2)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面ABCD，并证明你的结论．[解](1)证明：因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD．又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD．(2)存在点N为SC的中点，使得平面DMN⊥平面ABCD．连接PC，DM交于点O，连接PM，SP，NM，ND，NO.因为PD∥CM，且PD＝CM，所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO.又因为N为SC的中点，所以NO∥SP.易知SP⊥AD，因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD．选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ为参数)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2是圆心的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且经过极点的圆．(1)求曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；(2)已知射线θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)分别与曲线C1，C2交于点A，B(点B异于坐标原点O)，求线段AB的长．[解](1)由曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ为参数)，消去参数φ得eq\f(x2,4)＋y2＝1，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,y＝ρsinθ))代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得曲线C1的极坐标方程为ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)＝eq\f(4,1＋3sin2θ).由曲线C2是圆心的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且经过极点的圆，可得其极坐标方程为ρ＝2eq\r(7)sinθ，从而得C2的直角坐标方程为x2＋y2－2eq\r(7)y＝0.(2)将θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ＝2eq\r(7)sinθ得ρB＝2eq\r(7)sineq\f(π,3)＝eq\r(21)，将θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)得ρA＝eq\r(\f(4,cos2\f(π,3)＋4sin2\f(π,3)))＝eq\f(4\r(13),13)，故|AB|＝ρB－ρA＝eq\f(13\r(21)－4\r(13),13).23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝k－|x－2|，k∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．(1)求k的值；(2)若a，b，c是正实数，且eq\f(1,ka)＋eq\f(1,2kb)＋eq\f(1,3kc)＝1，求证：eq\f(1,9)a＋eq\f(2,9)b＋eq\f(1,3)c≥1.[解](1)因为f(x)＝k－|x－2|，所以f(x＋2)≥0等价于|x|≤k，由|x|≤k有解，得k≥0，且其解集为{x|－k≤x≤k}．又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故k＝1.(2)证明：由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c是正实数，所以由基本不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq\f(a,2b)＋eq\f(a,3c)＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2b,3c)＋eq\f(3c,a)＋eq\f(3c,2b)＝3