2017届二轮复习 高考大题分层练 4三角、数列、概率统计、立体几何(D组)专题卷 (全国通用)

高考大题分层练

4.三角、数列、概率统计、立体几何(D组)

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1.设△ABC的三内角A,B,C所对的边分别为a,b,c且b(cosA-3cosC)

=(3c-a)cosB.

(1)求的值.

(2)若cosB=,且△ABC的周长为14,求b的值.

【解析】(1)因为b(cosA-3cosC)=(3c-a)cosB.

由正弦定理得,=.

即(cosA-3cosC)sinB=(3sinC-sinA)cosB,

化简可得sin(A+B)=3sin(B+C).

又A+B+C=π,所以sinC=3sinA,因此=.

(2)由=得c=3a.由余弦定理及cosB=得

b2=a2+c2-2accosB=a2+9a2-6a2×=9a2.

所以b=3a.又a+b+c=14.从而a=2,因此b=6.

2.设S n是正数数列{a n}的前n项和,且S n=+a n-.

(1)求数列{a n}的通项公式.

(2)是否存在等比数列{b n},使a1b1+a2b2+…+a n b n=(2n-1)·2n+1+2对一切正整数n 都成立?并证明你的结论.

【解析】(1)由S n=+a n-得S n+1=+a n+1-,

两式相减并整理得(a n+1+a n)(a n+1-a n-2)=0,

又由于a n+1+a n>0,则a n+1=a n+2,故数列{a n}是等差数列.

因为a1=S1=+a1->0,

所以a1=3,故a n=2n+1.

(2)当n=1,2时,a1b1=22×(2×1-1)+2=6,

a1b1+a2b2=23×(2×2-1)+2=26,

可解得b1=2,b2=4,

猜想b n=2n,使a1b1+a2b2+…+a n b n=2n+1·(2n-1)+2成立.

证明:3·2+5·22+7·23+…+(2n+1)2n=2n+1(2n-1)+2恒成立.

令S=3·2+5·22+7·23+…+(2n+1)2n,①

2S=3·22+5·23+7·24+…+(2n+1)2n+1,②

②-①得:S=(2n+1)2n+1-2·2n+1+2=(2n-1)2n+1+2,

故存在等比数列{b n}符合题意.

3.学校为测评班级学生对任课教师的满意度，采用“100分制”打分的方式来计分.现从某班学生中随机抽取10名，以下茎叶图记录了他们对某教师的满意度分数(以十位数字为茎，个位数字为叶)，规定若满意度不低于98分，评价该教师为“优秀”.

(1)求从这10人中随机选取3人，至多有1人评价该教师是“优秀”的概率.

(2)以这10人的样本数据来估计整个班级的总体数据，若从该班任选3人，记ξ表示抽到评价该教师为“优秀”的人数，求ξ的分布列及数学期望.

【解析】(1)设A i表示所取3人中有i个人评价该教师为“优秀”，至多1人评价该教师为“优秀”记为事件A，

则P(A)=P(A0)+P(A1)=+=.

(2)由已知得ξ的可能取值为0，1，2，3，

P(ξ=0)==，P(ξ=1)=··=，

P(ξ=2)=·=，P(ξ=3)==.

故ξ的分布列为：

E(ξ)=0×+1×+2×+3×=0.9.

4.如图，矩形ABCD中，=λ(λ>1)，将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C -AB-E为直二面角.

(1)求证：平面ACE⊥平面BCE.

(2)设F是BE的中点，二面角E-AC-F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围.

【解析】(1)因为二面角C-AB-E为直二面角，AB⊥BC，

所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE，

因为AE⊥CE，BC∩CE=C，所以AE⊥平面BCE，又因为AE?平面ACE，

所以平面ACE⊥平面BCE.

(2)方法一：如图，以E为坐标原点，以AD长为一个

单位长度，

建立如图所示的空间直角坐标系，则

AB=λ，A(0，1，0)，

B，

C，E，F，

则=(0，1，0)，=，

设平面EAC的一个法向量为m=(x，y，z)，

则

取x=1，则m=，

同理平面FAC的一个法向量为

n=，

所以cosθ===·，

因为λ∈[2，3]，所以cosθ∈.

方法二：过F作FG⊥CE于G，过G作GH⊥AC于H，连接FH，则FG⊥AC，则二面角E-AC-F的平面角为∠FHG，

因为AF=CF==，

所以H为AC的中点，

所以FH==，

由S△CEF=S△BCE，得FG=，

所以GH=，

所以cosθ=·，因为λ∈[2，3]，所以cosθ∈.