2021高考数学大题规范练(1)
大题规范练(一)
1．(2020·广州模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝2，cos B ＝35
.
(1)若b ＝4，求sin A 的值；
(2)若△ABC 的面积S △ABC ＝4，求b ，c 的值．
解：(1)因为cos B ＝35>0，且0
5.
由正弦定理得
a sin A ＝
b sin B ，所以sin A ＝a sin B b ＝24×45＝25
.
(2)因为S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2c ×4
5
＝4，
所以c ＝5.由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝22＋52－2×2×5×3
5
＝17， 所以b ＝17.
2．在①a 3＋a 5＝5，S 4＝7；②4S n ＝n 2＋3n ；③5S 4＝14S 2，a 5是a 3与9
2的等比中项，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后
解答补充完整的题目．
已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若________． (1)求a n ； (2)记b n ＝
1
a 2n ·a 2n ＋2
，求数列{b n }的前n 项和T n .
解：(1)选择条件①：设等差数列{a n }的公差为d ，
则???2a 1＋6d ＝5，4a 1＋4×32d ＝7，
解得???a 1＝1，d ＝12，故a n ＝n ＋1
2；
选择条件②：4S n ＝n 2＋3n ，
当n ≥2时，4a n ＝4S n －4S n －1＝n 2＋3n －[(n －1)2＋3(n －1)]＝2n ＋2，
即a n ＝n ＋1
2
(n ≥2)，
当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋3×14＝1，也适合上式，故a n ＝n ＋1
2；
选择条件③：设等差数列{a n }的公差为d ，则
???5×（4a 1＋6d ）＝14（2a 1＋d ），
（a 1＋4d ）2
＝92（a 1＋2d ），
解得a 1＝1，d ＝1
2或a 1＝0，d ＝0(不合题意)，故a n ＝n ＋12.
(2)因为a n ＝n ＋1
2，
所以b n ＝
1a 2n ·a 2n ＋2＝4（2n ＋1）（2n ＋3）＝2(12n ＋1－1
2n ＋3
)，
故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－1
2n ＋3
)＝
2? ??
??13－12n ＋3＝4n
6n ＋9.
3.(2020·深圳模拟)如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1的棱长均为2，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，A 1B ＝6，D 为AC 的中点．
(1)证明：A 1D ⊥平面ABC ； (2)求二面角B 1-A 1B-C 1的余弦值．
(1)证明：连接BD ，易知△ABC 是等边三角形，且D 为AC 的中
点，则
BD ⊥AC ，
因为侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，侧面ACC 1A 1∩底面ABC ＝AC ，BD ?底面ABC ，
所以BD ⊥侧面ACC 1A 1，因为A 1D ?侧面ACC 1A 1，所以BD ⊥A 1D ， 因为A 1B ＝6，BD ＝3，所以A 1D ＝A 1B 2－BD 2＝3，
因为AD ＝1，AA 1＝2，所以A 1D 2＋AD 2＝AA 21，所以A 1D ⊥AC ，
因为AC ∩BD ＝D ，所以A 1D ⊥底面ABC .
(2)解：由(1)可知，A 1D ，AD ，BD 两两垂直，所以以D 为原点，以BD ，AD ，A 1D 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，
则A 1(0，0，3)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，C 1(0，2，3)， A 1B →＝(3，0，－3)，BB 1→＝CC 1→＝(0，1，3)，A 1C 1→
＝(0，2，0)，
设平面A 1BB 1的法向量为
m ＝(x ，y ，z )，由?????m ·A 1B →＝0，
m ·BB 1→＝0，
得
?????3x －3z ＝0，
y ＋3z ＝0，
令x ＝1，得m ＝(1，－3，1)，
设平面A 1BC 1的法向量为
n ＝(a ，b ，c )，由?????n ·A 1B →＝0，
n ·A 1C 1→＝0，
得
?
????3a －3c ＝0，
2b ＝0，
令a ＝1，得n ＝(1，0，1)，
所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25×2＝10
5，
由图形可知，二面角B 1-A 1B-C 1的平面角为锐角， 所以，二面角B 1-A 1B-C 1的余弦值为10
5
.
4.(2020·重庆模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：y 2
＝2px (p >0)的焦点为F ，A 为抛物线上异于原点的任意一点，以AO 为直径作圆Ω，当直线OA 的斜率为1时，|OA |＝4 2.
(1)求抛物线C 的标准方程；
(2)过焦点F 作OA 的垂线l 与圆Ω的一个交点为M ，l 交抛物线于P ，Q (点M 在点P ，Q 之间)，记△OAM 的面积为S ，求S 2＋32|PQ |
的最小值．
解：(1)当直线OA 的斜率为1时，
可得直线OA 的方程为y ＝x ，联立抛物线方程y 2＝2px ， 解得x ＝2p ，即A (2p ，2p )，|OA |＝22p ＝42，即p ＝2， 抛物线的方程为y 2＝4x .
(2)由(1)可得F (1，0)，设A (x 1，y 1)，M (x 0，y 0)，P (x 2，y 2)，Q (x 3，
y 3)，且y 2
1＝4x 1，
由题意可得OA →·FM →
＝0，即x 1x 0＋y 1y 0－x 1＝0， 又OM →·AM →
＝0，即x 20－x 1x 0＋y 2
0－y 1y 0＝0，
整理可得x 2
0＋y 20＝x 1，
又|AM |2＝|OA |2－|OM |2＝x 21＋y 21－(x 20＋y 20)＝x 21＋3x 1，
则S ＝12|AM |·|OM |＝12x 21＋3x 1·x 20＋y 20，即S 2＝14x 1(x 21＋3x 1)， 又PQ 的斜率存在且不为0，PQ ：x ＝ky ＋1，联立抛物线方程可得y 2－4ky －4＝0，
可得y 2＋y 3＝4k ，y 2y 3＝－4，则
|PQ |＝1＋k 2（y 2＋y 3）2－4y 2y 3＝1＋k 2·16k 2＋16＝4(1＋k 2)，
由PQ ⊥OA ，可得k PQ ＝－x 1y 1，即k ＝－y 1x 1，可得|PQ |＝4? ????1＋y 21x 21＝
4? ??
??
1＋4x 1， 则S 2
＋32|PQ |＝14x 1(x 21＋3x 1)＋6? ??
??1＋4x 1，
可令f (x )＝14x (x 2＋3x )＋6? ??
??1＋4x ，f ′(x )＝34·x 4＋2x 3－32
x 2，
显然g (x )＝x 4＋2x 3－32在x >0时递增，且g (2)＝0， 当0
2
|PQ |的最小值为23.
5．为了提高某生产线的运行效率，工厂对生产线的设备进行了技术改造．为了对比技术改造前后的效果，采集了该生产线的技术改造前后各20次连续正常运行的时间长度(单位：天)数据，并绘制了如下茎叶图：
项目超过m 不超过m
改造前 a b
改造后 c d
(1)m，并将连续正常运行时间超过m和不超过m的次数填入上面的列联表，试写出a，b，c，d的值；根据列联表，能否有95%的把握认为生产线技术改造与连续正常运行时间的中位数有关；
(2)工厂的一个生产周期为60天，生产线的运行需要进行维护．一个生产周期需设置几个维护周期，每个维护周期相互独立．工厂对生产线的生产维护费用包括正常维护费和保障维护费两种，对生产线设定维护周期为20天，即从开工运行到第20天(k∈N*)进行正常维护，正常维护费为2千元/周期；在每个维护周期内，若生产线能连续运行，则不收取保障维护费；若生产线不能连续运行，则收取保障维护费，保障维护费在一个维护周期内只收费一次，第一个需保障维护的周期收费为1千元，在后面的维护周期中，如出现保障维护，收取的保障维护费在上次收取的保障维护费的基础上增加1千元．以生产线在技术改造后一个维护周期内能连续正常运行的频率作为概率，求一个生产周期内生产维护费X的分布列及其期望．
P(K2≥k)0.0500.0100.001
k 3.841 6.63510.828
附：K2＝
（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）
解：(1)由茎叶图知m ＝21＋22
2＝21.5，根据茎叶图可得：a ＝6，b
＝14，c ＝14，d ＝6.
由于K 2＝40（6×6－14×14）
2
20×20×20×20
＝6.4>3.841，所以有95%的把握
认为生产线技术改造与连续正常运行时间的中位数有关．
(2)当一个维护周期为20天时，生产周期内有3个维护周期，一个维护周期内，生产线需保障维护的概率为P ＝14.设一个生产周期内需保
障维护的次数为ξ次，则正常维护费为2×3＝6千元，保障维护费为1＋2＋…＋ξ＝
ξ（ξ＋1）2＝12
(ξ2
＋ξ)千元． 故一个生产周期内需保障维护ξ次时的生产维护费为X ＝1
2(ξ2＋
ξ)＋6千元．
由于ξ～B ?
????3，14，设一个生产周期内的生产维护费为X 千元， 则X 的可能取值为6，7，9，12 P (X ＝6)＝C 03? ????343＝2764，P (X ＝7)＝C 1314? ????342＝2764，P (X ＝9)＝C 23? ???
?14234
＝9
64
， P (X ＝12)＝C 33
? ??
??143＝164.
则分布列为
故E (X )＝6×2764＋7×2764＋9×964＋12×164＝111
16.
6．已知函数f (x )＝ax 2＋1
bx (b >0)．
(1)求f (x )的单调区间；
(2)设g (x )＝f (x )·（1－x －x ln x ）ln （x ＋1）
（x 2＋1），?x ∈(0，＋∞)都有
f (x )≥f (1)＝2成立，
证明：?x ∈(0，＋∞)，都有g (x )<1＋e －2.
(1)解：函数f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f ′(x )＝ax 2－1
bx 2.
当a ≤0时，f ′(x )＝ax 2－1
bx 2
<0，f (x )在(－∞，0)，(0，＋∞)上分别
递减．
当a >0时，f ′(x )＝ax 2－1
bx 2
＝
a ?
????x －1a ? ???
?x ＋1a bx 2
，
令f ′(x )>0，得x <－a a 或x >a
a ，
令f ′(x )<0，得－
a a ， 所以函数f (x )在? ????－∞，－a a ，??????a a ，＋∞上单调递增，在 ??????－a a ，0，? ???? 0，a a 上单调递减． 综上所述： 当a >0时，函数f (x )的单调递增区间为? ????－∞，－a a ，??????a a ，＋∞， 单调递减区间为??????－a a ，0，? ???? 0，a a ； 当a ≤0时，函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递增区间． (2)证明：对任意的x >0，都有f (x )≥f (1)＝2成立，即有b ＝a ＋1 2， 由(1)知，若a ≤0，则f (x )对?x ∈(0，＋∞)不存在最小值2，必有a >0， 由f (x )＝1b ? ????ax ＋1x ≥2a b ，即2a b ≥2，所以a ＋1≤2a ，即(a －1)2 ≤0， 解得a ＝1，b ＝1.所以f (x )＝x ＋1 x . g (x )＝f (x )·（1－x －x ln x ）ln （x ＋1） （x 2＋1）＝ （1－x －x ln x ）ln （x ＋1） x ，x >0. 对任意x >0，g (x )<1＋e －2 等价于1－x －x ln x ）ln （x ＋1） ， 令F (x )＝1－x －x ln x (x >0)，则F ′(x )＝－ln x －2， 令F ′(x )＝－ln x －2＝0得x ＝e －2， 所以当x ∈(0，e －2)时，F ′(x )>0，F (x )单调递增； 当x ∈(e －2，＋∞)时，F ′(x )<0，F (x )单调递减， 所以F (x )的最大值为F (e －2)＝1＋e －2，即1－x －x ln x ≤1＋e －2. 设G (x )＝x －ln (x ＋1)，则G ′(x )＝ x x ＋1 >0， 所以当x ∈(0，＋∞)时，G (x )单调递增，G (x )>G (0)＝0，故当x ∈(0，＋∞)时， G (x )＝x －ln (x ＋1)>0，即x ln （x ＋1） >1， 所以1－x －x ln x ≤1＋e －2 ）ln （x ＋1） ， 所以对任意x >0，都有g (x )<1＋e －2.