备战2025年高考二轮复习数学中低档大题规范练3

规范练3(分值:43分)学生用书P2291.(13分)如图,已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面,矩形SADE的对角线交于点F,G为SB的中点,∠ABC=∠BAD=π2,SA=AB=BC=12AD=(1)求证:BD∥平面AEG;(2)求平面SCD与平面ESD夹角的余弦值.(1)证明连接GF,因为四边形SADE为矩形,所以F为SD的中点.又G为SB的中点,所以GF∥BD.因为GF⊂平面AEG,BD⊄平面AEG,所以BD∥平面AEG.(2)解因为SA⊥平面ABCD,AB,AD⊂平面ABCD,所以SA⊥AB,SA⊥AD.又∠BAD=π2所以AB,AD,AS两两垂直.以A为原点,分别以AB,AD,AS所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),S(0,0,1),D(0,2,0),C(1,1,0),所以AB=(1,0,0),CD=(-1,1,0),SD=(0,2,-1),易知,AB=(1,0,0)为平面ESD的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面SCD的法向量,则CD·n=-x+y=0记平面SCD与平面ESD夹角为θ,则cosθ=|cos<AB,n>|=16故平面SCD与平面ESD夹角的余弦值为62.(15分)(2024·浙江杭州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}满足b1=3,令anbn=an+2bn+1,求证:∑k=1nb(1)解设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2an+1,得4解得a1=1,d=2,所以an=1+2(n-1)=2n-1(n∈N*).(2)证明由(1)知,(2n-1)bn=(2n+3)bn+1,即bn+1bn=当n≥2时,利用累乘法可得bn=bnbn-1×bn-1bn-当n=1时,b1=92×(1-13)=故bn=92(∑k=1nbk=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=92[1-13+13-15+15所以∑k=1nbk=92(1-3.(15分)(2024·山东日照二模)某公司为考核员工,采用某方案对员工进行业务技能测试,并统计分析测试成绩以确定员工绩效等级.(1)已知该公司甲部门有3名负责人,乙部门有4名负责人,该公司从甲、乙两部门中随机选取3名负责人做测试分析,记负责人来自甲部门的人数为X,求X的最有可能的取值;(2)该公司统计了七个部门测试的平均成绩x(满分100分)与绩效等级优秀率y,如下表所示:x32415468748092y0.280.340.440.580.660.740.94根据数据绘制散点图,初步判断,选用y=λecx作为回归方程.令z=lny,经计算得z=-0.642,∑i=17x(ⅰ)已知某部门测试的平均成绩为60分,估计其绩效等级优秀率;(ⅱ)根据统计分析,大致认为各部门测试平均成绩x~N(μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x,σ2近似为样本方差s2.经计算s≈20,求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率.参考公式与数据:①ln0.15≈-1.9,e1.2≈3.32,ln5.2≈1.66.②线性回归方程y^=b^x+③若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X<μ+σ)≈0.6826,P(μ-2σ<X<μ+2σ)≈0.9544,P(μ-3σ<X<μ+3σ)≈0.9974.解(1)依题意,随机变量X服从超几何分布,且X的可能取值为0,1,2,3,则P(X=0)=C3P(X=1)=C3P(X=2)=C3P(X=3)=C由此可得P(X=1)=1835最大,即X=1的可能性最大,故X最有可能的取值为1(2)(ⅰ)依题意,y=λecx两边取对数,得lny=cx+lnλ,即z=cx+lnλ,其中x=32+41+54+68+74+80+927由提供的参考数据,可知c=0.02.又-0.642=0.02×63+lnλ,故lnλ≈-1.9,所以λ≈e-1.9,由提供的参考数据,可得λ≈0.15,故y^=0.15×e0.02x当x=60时,y^=0.15×e0.02×60≈0.即估计其绩效等级优秀率为0.498.(ⅱ)由(ⅰ)及提供的参考数据可知,μ≈x=63,σ≈s又y^≥0.78,即0.15×e0.02x≥0.78,可得0.02x≥ln5.2,即x又μ+σ=83,且P(μ-σ<X<μ+σ)≈0.6826,由正态分布的性质,得P(x≥83)=1