《高三理科數學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練9 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三理科數學 新課標二輪復習專題整合高頻突破習題：第三部分 題型指導考前提分 題型練9 Word版含答案（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 題型練9　大題綜合練(一) 1.(20xx全國Ⅱ,理17)△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2B2. (1)求cos B; (2)若a+c=6,△ABC的面積為2,求b. 2.端午節(jié)吃粽子是我國的傳統(tǒng)習俗.設一盤中裝有10個粽子,其中豆沙粽2個,肉粽3個,白粽5個,這三種粽子的外觀完全相同.從中任意選取3個. (1)求三種粽子各取到1個的概率; (2)設X表示取到的豆沙粽個數,求X的分布列與數學期望.

2、 3. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5. (1)求證:PD⊥平面PAB; (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值; (3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說明理由. 4.設橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),點O為坐標原點,點A的坐標為(a,0),點B的坐標為(0,b),點M在線段AB上,滿足|BM|=2|MA|,直

3、線OM的斜率為510. (1)求E的離心率e; (2)設點C的坐標為(0,-b),N為線段AC的中點,點N關于直線AB的對稱點的縱坐標為72,求E的方程. 5.設函數f(x)=2ln(x+1)+x2x+1. (1)討論函數f(x)的單調性; (2)如果對所有的x≥0,都有f(x)≤ax,求a的最小值; (3)已知在數列{an}中,a1=1,且(1-an+1)(1+an)=1,若數列{an}的前n項和為Sn,求證:Sn>an+12an-ln an+1. 參考答案 題型練9　大題綜合練(一

4、) 1.解(1)由題設及A+B+C=π,得sinB=8sin2B2, 故sinB=4(1-cosB). 上式兩邊平方,整理得17cos2B-32cosB+15=0, 解得cosB=1(舍去),cosB=1517. (2)由cosB=1517得sinB=817, 故S△ABC=12acsinB=417ac. 又S△ABC=2,則ac=172. 由余弦定理及a+c=6得 b2=a2+c2-2accosB =(a+c)2-2ac(1+cosB) =36-2×172×1+1517 =4. 所以b=2. 2.解(1)令A表示事件“三種粽子各取到1個”,則由

5、古典概型的概率計算公式有 P(A)=C21C31C51C103=14. (2)X的所有可能值為0,1,2,且 P(X=0)=C83C103=715, P(X=1)=C21C82C103=715, P(X=2)=C22C81C103=115. 綜上知,X的分布列為 X 0 1 2 P 715 715 115 故E(X)=0×715+1×715+2×115=35(個). 3.(1)證明因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD, 所以AB⊥平面PAD. 所以AB⊥PD. 又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB. (2)解取AD

6、的中點O,連接PO,CO. 因為PA=PD,所以PO⊥AD. 又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD, 所以PO⊥平面ABCD. 因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO. 因為AC=CD,所以CO⊥AD. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·PD=0,n·PC=0,即-y-z=0,2x-z=0. 令z=2,則x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2). 又PB=(1,1,-1), 所以co

7、s<n,PB>=n·PB|n||PB|=-33. 所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33. (3)解設M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1]使得AM=λAP. 因此點M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ). 因為BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD當且僅當BM·n=0, 即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=14. 所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時AMAP=14. 4.解(1)由題設條件知,點M的坐標為23a,13b, 又kOM=510,從而b2a=510, 進而得a=5b,c=a2-b2

8、=2b,故e=ca=255. (2)由題設條件和(1)的計算結果可得,直線AB的方程為x5b+yb=1,點N的坐標為52b,-12b.設點N關于直線AB的對稱點S的坐標為x1,72,則線段NS的中點T的坐標為54b+x12,-14b+74. 又點T在直線AB上,且kNS·kAB=-1, 從而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-52b=5,解得b=3. 所以a=35,故橢圓E的方程為x245+y29=1. 5.(1)解f(x)的定義域為(-1,+∞),f'(x)=x2+4x+2(x+1)2. 當-1<x<-2+2時,f'

9、(x)<0,當x>-2+2時,f'(x)>0, 所以函數f(x)在區(qū)間(-1,-2+2)內單調遞減,在區(qū)間(-2+2,+∞)內單調遞增. (2)解設g(x)=2ln(x+1)+x2x+1-ax,則 g'(x)=x2+4x+2(x+1)2-a=(x+1)2+2(x+1)-1(x+1)2-a=-1x+1-12+2-a. 因為x≥0,所以-1<-1x+1-12≤0. ①當a≥2時,2-a≤0,g'(x)≤0,所以g(x)在區(qū)間[0,+∞)內單調遞減,而g(0)=0,所以對所有的x≥0,g(x)≤0,即f(x)≤ax. ②當1<a<

10、;2時,0<2-a<1,若x∈0,2-a+2-aa-1, 則g'(x)>0,g(x)單調遞增,而g(0)=0,所以當x∈0,2-a+2-aa-1時,g(x)>0,即f(x)>ax. ③當a≤1時,2-a≥1,g'(x)>0, 所以g(x)在區(qū)間[0,+∞)內單調遞增,而g(0)=0,所以對所有的x>0,g(x)>0,即f(x)>ax. 綜上,a的最小值為2. (3)證明由(1-an+1)(1+an)=1,得an-an+1=an·an+1,由a1=1得,an≠0, 所以1an+1-1an=1,數列1an是

11、以1a1=1為首項,1為公差的等差數列, 所以1an=n,an=1n,an+1=1n+1.Sn>an+12an-lnan+1?ln(n+1)+n2(n+1)<1+12+13+…+1n. 由(2)知當a=2時,2ln(x+1)+x2x+1≤2x,x>0, 即ln(x+1)+x22(x+1)<x,x>0. (方法一)令x=1n,得lnn+1n+12n(n+1)<1n, 即ln(n+1)-lnn+121n-1n+1<1n, 因為∑k=1nln(k+1)-lnk+121k-1k+1=ln(n+1)+n2(n+1), 所以ln(n+1)+n2(n+

12、1)<1+12+13+…+1n, 故Sn>an+12an-lnan+1. (方法二)Sn>an+12an-lnan+1?1+12+13+…+1n>ln(n+1)+n2(n+1). 下面用數學歸納法證明. ①當n=1時,令x=1代入ln(x+1)+x22(x+1)<x,即得1>ln2+14,不等式成立. ②假設當n=k(k∈N*,k≥1)時,不等式成立,即1+12+13+…+1k>ln(k+1)+k2(k+1), 則當n=k+1時,1+12+13+…+1k+1k+1>ln(k+1)+k2(k+1)+1k+1, 令x=1k+1代入ln(x+1)+x22(x+1)<x,得1k+1>lnk+2k+1+12(k+1)(k+2), ln(k+1)+k2(k+1)+1k+1>ln(k+1)+k2(k+1)+lnk+2k+1+12(k+1)(k+2)=ln(k+2)+k(k+2)+12(k+1)(k+2)=ln(k+2)+k+12(k+2), 即1+12+13+…+1k+1k+1>ln(k+2)+k+12(k+2).由①②可知不等式1+12+13+…+1n>ln(n+1)+n2(n+1)對任何n∈N*都成立. 故Sn>an+12an-lnan+1.