2020高考文科数学各类大题专题汇总

2020高考文科数学各类大题专题汇总一、三角函数二、数列三、立体几何四、概率与统计五、函数与导数六、解析几何七、选做题大题专项练(一)三角函数A组基础通关1.已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且c cos B+(b-2a)cos C=0.(1)求角C的大小;(2)若c=2,求△ABC的面积S的最大值.因为c cos B+(b-2a)cos C=0,所以sin C cos B+(sin B-2sin A)cos C=0,所以sin C cos B+sin B cos C=2sin A cos C,所以sin(B+C)=2sin A cos C.又因为A+B+C=π,所以sin A=2sin A cos C.又因为A∈(0,π),所以sin A≠0,.所以cos C=12又C∈(0,π),所以C=π.3,(2)由(1)知,C=π3所以c2=a2+b2-2ab cos C=a2+b2-ab.又c=2,所以4=a2+b2-ab.又a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时等号成立,所以ab≤4.所以△ABC面积的最大值(S△ABC)max=(12absinC)max=12×4×sinπ3=√3.2.如图,在梯形ABCD中,∠A=∠D=90°,M为AD上一点,AM=2MD=2,∠BMC=60°.(1)若∠AMB=60°,求BC;(2)设∠DCM=θ,若MB=4MC,求tan θ.由∠BMC=60°,∠AMB=60°,得∠CMD=60°.在Rt△ABM中,MB=2AM=4;在Rt△CDM中,MC=2MD=2.在△MBC中,由余弦定理,得BC2=BM2+MC2-2BM·MC·cos∠BMC=12,BC=2√3.(2)因为∠DCM=θ,所以∠ABM=60°-θ,0°<θ<60°.在Rt△MCD中,MC=1sinθ;在Rt△MAB中,MB=2sin(60°-θ),由MB=4MC,得2sin(60°-θ)=sin θ,所以√3cos θ-sin θ=sin θ,即2sin θ=√3cos θ,整理可得tan θ=√32.3.已知向量m =(2a cos x ,sin x ),n =(cos x ,b cos x ),函数f (x )=m ·n -√32,函数f (x )在y 轴上的截距为√32,与y 轴最近的最高点的坐标是(π12,1).(1)求函数f (x )的解析式;(2)将函数f (x )的图象向左平移φ(φ>0)个单位,再将图象上各点的纵坐标不变,横坐标伸长到原来的2倍,得到函数y=sin x 的图象,求φ的最小值.f (x )=m ·n -√32=2a cos 2x+b sin x cos x-√32,由f (0)=2a-√32=√32,得a=√32,此时,f (x )=√32cos 2x+b 2sin 2x ,由f (x )≤√34+b24=1,得b=1或b=-1,当b=1时,f (x )=sin (2x +π3),经检验(π12,1)为最高点;当b=-1时,f (x )=sin (2x +2π3),经检验(π12,1)不是最高点.故函数的解析式为f (x )=sin (2x +π3).(2)函数f (x )的图象向左平移φ个单位后得到函数y=sin 2x+2φ+π3的图象,横坐标伸长到原来的2倍后得到函数y=sin x+2φ+π3的图象,所以2φ+π3=2k π(k ∈Z ),φ=-π6+k π(k ∈Z ),因为φ>0,所以φ的最小值为5π6.4.函数f (x )=A sin (ωx +π6)(A>0,ω>0)的最大值为2,它的最小正周期为2π.(1)求函数f (x )的解析式;(2)若g (x )=cos x ·f (x ),求g (x )在区间[-π6,π4]上的最大值和最小值.由已知f (x )最小正周期为2π,所以2πω=2π,解得ω=1. 因为f (x )的最大值为2, 所以A=2,所以f (x )的解析式为f (x )=2sin (x +π6).(2)因为f (x )=2sin (x +π6)=2sin x cos π6+2cos x sin π6=√3sin x+cos x ,所以g (x )=cos x ·f (x )=√3sin x cos x+cos 2x=√32sin 2x+1+cos2x2=sin (2x +π6)+12.因为-π6≤x ≤π4,所以-π6≤2x+π6≤2π3,于是,当2x+π6=π2,即x=π6时,g (x )取得最大值32;当2x+π6=-π6,即x=-π6时,g (x )取得最小值0. 5.已知函数f (x )=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的一系列对应值如表:(1)求f (x )的解析式;(2)若在△ABC 中,AC=2,BC=3,f (A )=-12(A 为锐角),求△ABC 的面积.由题中表格给出的信息可知,函数f (x )的周期为T=3π4−(-π4)=π, 所以ω=2ππ=2.注意到sin(2×0+φ)=1,也即φ=π2+2k π(k ∈Z ), 由0<φ<π,所以φ=π2.所以函数的解析式为f (x )=sin (2x +π2)=cos 2x.(2)∵f (A )=cos 2A=-12,且A 为锐角,∴A=π3.在△ABC 中,由正弦定理得,BC sinA =ACsinB ,∴sin B=AC ·sinABC=2×√323=√33,∵BC>AC ,∴B<A=π3,∴cos B=√63,∴sin C=sin(A+B )=sin A cos B+cos A sin B=√32×√63+12×√33=3√2+√36, ∴S △ABC =12·AC ·BC ·sin C=12×2×3×3√2+√36=3√2+√32. 6.在△ABC 中,角A ,B ,C 所对边分别为a ,b ,c ,C=π4,b=4,△ABC 的面积为6. (1)求c 的值; (2)求cos(B-C )的值.已知C=π4,b=4,因为S △ABC =12ab sin C ,即6=12×4a ×√22,解得a=3√2,由余弦定理,得c 2=b 2+a 2-2ab cos C=10,解得c=√10.(2)由(1)得cos B=a 2+c 2-b22ac=√55,由于B 是三角形的内角,得sin B=√1-cos 2B =2√55,所以cos(B-C )=cos B cos C+sin B sin C=√55×√22+2√55×√22=3√1010. B 组 能力提升7.如图,在凸四边形ABCD 中,C ,D 为定点,CD=√3,A ,B 为动点,满足AB=BC=DA=1.(1)写出cos C 与cos A 的关系式;(2)设△BCD 和△ABD 的面积分别为S 和T ,求S 2+T 2的最大值.在△BCD 中,由余弦定理,得BD 2=BC 2+CD 2-2·BC ·CD cos C=4-2√3cos C ,在△ABD 中,BD 2=2-2cos A ,所以4-2√3cos C=2-2cos A ,即cos A=√3cos C-1.(2)S=12·BC ·CD ·sin C=√3·sinC2,T=12AB ·AD sin A=12sin A ,所以S 2+T 2=34sin 2C+14sin 2A=34(1-cos 2C )+14(1-cos 2A )=-32cos 2C+√32cos C+34=-32(cosC -√36)2+78.由题意易知,C ∈(30°,90°),所以cos C ∈(0,√32),当cos C=√36时,S 2+T 2有最大值78.8.某城市在进行规划时,准备设计一个圆形的开放式公园.为达到社会和经济效益双丰收,园林公司进行如下设计,安排圆内接四边形ABCD 作为绿化区域,其余作为市民活动区域.其中△ABD 区域种植花木后出售,△BCD 区域种植草皮后出售,已知草皮每平方米售价为a 元,花木每平方米的售价是草皮每平方米售价的三倍.若BC=6 km,AD=CD=4 km .(1)若BD=2√7 km,求绿化区域的面积;(2)设∠BCD=θ,当θ取何值时,园林公司的总销售金额最大.在△BCD 中,BD=2√7,BC=6,CD=4,由余弦定理,得cos ∠BCD=BC 2+CD 2-BD 22BC ·CD=62+42-(2√7)22×6×4=12.因为∠BCD ∈(0°,180°),所以∠BCD=60°, 又因为A ,B ,C ,D 四点共圆, 所以∠BAD=120°.在△ABD 中,由余弦定理,得BD 2=AB 2+AD 2-2AB ·AD cos ∠BAD , 将AD=4,BD=2√7代入化简,得AB 2+4AB-12=0, 解得AB=2(AB=-6舍去).所以S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =12×2×4sin 120°+12×4×6sin 60°=8√3(km 2),即绿化空间的面积为8√3 km 2.(2)在△BCD 、△ABD 中分别利用余弦定理得 BD 2=62+42-2×6×4cos θ,①BD 2=AB 2+42-2×4AB cos(π-θ),②联立①②消去BD ,得AB 2+8AB cos θ+48cos θ-36=0, 得(AB+6)(AB+8cos θ-6)=0, 解得AB=6-8cos θ(AB=-6舍去).因为AB>0,所以6-8cos θ>0,即cos θ<34.S △ABD =12AB ·AD sin(π-θ)=12(6-8cos θ)×4sin θ=12sin θ-16sin θcos θ,S △BCD =12BC ·CD sinθ=12×6×4sin θ=12sin θ.因为草皮每平方米售价为a 元,则花木每平方米售价为3a 元,设销售金额为y 百万元. y=f (θ)=3a (12sin θ-16sin θcos θ)+12a sin θ=48a (sin θ-sin θcos θ),f'(θ)=48a (cos θ-cos 2θ+sin 2θ)=48a (-2cos 2θ+cos θ+1)=-48a (2cos θ+1)(cos θ-1),令f'(θ)>0,解得-12<cos θ<1,又cos θ<34,不妨设cos θ0=34,则函数f (θ)在(θ0,2π3)上为增函数;令f'(θ)<0,解得cos θ<-12,则函数f (θ)在(2π3,π)上为减函数, 所以当θ=2π3时,f (θ)max =36√3a.答:(1)绿化区域的面积为8√3 km 2;(2)当θ=2π3时,园林公司的销售金额最大,最大为36√3a 百万元.二、数列A 组 基础通关1.已知等差数列{a n }满足a 3-a 2=3,a 2+a 4=14. (1)求{a n }的通项公式;(2)设S n 是等比数列{b n }的前n 项和,若b 2=a 2,b 4=a 6,求S 7.设等差数列{a n }的公差为d ,∵a 3-a 2=3,a 2+a 4=14. ∴d=3,2a 1+4d=14,解得a 1=1,d=3,∴a n =1+3(n-1)=3n-2.(2)设等比数列{b n }的公比为q ,b 2=a 2=4=b 1q ,b 4=a 6=16=b 1q 3,联立解得{b 1=2,q =2,或{b 1=-2,q =-2.∴S 7=2×(27-1)2-1=254,或S 7=-2×[1-(-2)7]1-(-2)=-86.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,满足a 2=15,S n+1=S n +3a n +6. (1)证明:{a n +3}是等比数列;(2)求数列{a n }的通项公式以及前n 项和S n .S n+1=S n +3a n +6中,令n=1,得S 2=S 1+3a 1+6,得a 1+a 2=a 1+3a 1+6,即a 1+15=4a 1+6, 解得a 1=3.因为S n+1=S n +3a n +6, 所以a n+1=3a n +6. 所以a n+1+3a n +3=3a n +9a n +3=3. 所以{a n +3}是以6为首项,3为公比的等比数列.(1)得a n +3=6×3n-1=2×3n ,所以a n =2×3n -3.∴S n=2×(3+32+33+…3n )-3n=2×3×(1-3n )1-3-3n=3n+1-3-3n.3.设数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =1-a n (n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n ,求数列{1b n b n+1}的前n 项和T n .因为S n =1-a n (n ∈N *),所以S n-1=1-a n-1(n ∈N *,且n ≥2), 则S n -S n-1=(1-a n )-(1-a n-1)(n ∈N *,且n ≥2). 即a n =12a n-1(n ∈N *,且n ≥2). 因为S n =1-a n (n ∈N *),所以S 1=1-a 1=a 1,即a 1=12.所以{a n }是以12为首项,12为公比的等比数列.故a n =(12)n(n ∈N *).(2)b n =log 2a n ,所以b n =log 2(12)n=-n.所以1b n b n+1=1n (n+1)=1n −1n+1,故T n =(1-12)+(12-13)+…+(1n -1n+1)=1-1n+1=nn+1. 4.设等差数列{a n }的公差为d ,d 为整数,前n 项和为S n ,等比数列{b n }的公比为q ,已知a 1=b 1,b 2=2,d=q ,S 10=100,n ∈N *. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式; (2)设c n =an b n,求数列{c n }的前n 项和T n .由题意可得{10a 1+45d =100,a 1d =2,解得{a 1=9,d =29(舍去)或{a 1=1,d =2, 所以a n =2n-1,b n =2n-1. (2)∵c n =a n b n,c n =2n -12n -1,∴T n =1+32+522+723+…+2n -12n -1,①12T n =12+322+523+724+925+…+2n -12n, ②①-②可得12T n =2+12+122+…+12n -2−2n -12n =3-2n+32n ,故T n =6-2n+32n -1.5.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,满足2S n +1=2a n 2+a n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)已知对于n ∈N *,不等式1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n <M 恒成立,求实数M 的最小值.n=1时,2a 1+1=2a 12+a 1,又a n >0,所以a 1=1,当n ≥2时,2S n +1=2a n 2+a n (n ∈N *),2S n-1+1=2a n -12+a n-1(n ∈N *),作差整理,得a n +a n-1=2(a n +a n-1)(a n -a n-1),因为a n >0,故a n +a n-1>0,所以a n -a n-1=12,故数列{a n }为等差数列,所以a n =n+12.(2)由(1)知S n =n (n+3)4, 所以1S n=4n (n+3)=43(1n -1n+3),从而1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n=43(1-14)+(12-15)+(13-16)+…+(1n -2-1n+1)+(1n -1-1n+2)+(1n -1n+3)=431+12+13−1n+1−1n+2−1n+3=43116−1n+1−1n+2−1n+3<229.所以M ≥229,故M 的最小值为229.6.已知数列{a n }是公比为q 的正项等比数列,{b n }是公差d 为负数的等差数列,满足1a 2−1a 3=da 1,b 1+b 2+b 3=21,b 1b 2b 3=315. (1)求数列{a n }的公比q 与数列{b n }的通项公式; (2)求数列{|b n |}的前10项和S 10.由已知,b 1+b 2+b 3=3b 2=21,得b 2=7,又b 1b 2b 3=(b 2-d )·b 2·(b 2+d )=(7-d )·7·(7+d )=343-7d 2=315, 得d=-2或2(舍),b 1=7+2=9,b n =-2n+11. 于是1a 2−1a 3=-2a 1,又{a n }是公比为q 的等比数列,故1a 1q −1a 1q 2=-2a 1, 所以,2q 2+q-1=0,q=-1(舍)或12.综上,q=12,d=-2,b n =11-2n.(2)设{b n }的前n 项和为T n ;令b n ≥0,11-2n ≥0,得n ≤5,于是,S 5=T 5=5(b 1+b 5)2=25. 易知,n>6时,b n <0,|b 6|+|b 7|+…+|b 10|=-b 6-b 7-…-b 10=-(b 6+b 7+…+b 10)=-(T 10-T 5)=-(0-25)=25,所以,S 10=50.B 组 能力提升7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,点(n ,S n )(n ∈N *)在函数f (x )=12x 2+12x 的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)设数列{1a n a n+2}的前n 项和为T n ,不等式T n >13log a (1-a )对任意正整数n 恒成立,求实数a 的取值范围.∵点(n ,S n )在函数f (x )=12x 2+12x 的图象上,∴S n =12n 2+12n.①当n ≥2时,S n-1=12(n-1)2+12(n-1),②①-②,得a n =n.当n=1时,a 1=S 1=1,符合上式.∴a n =n (n ∈N *).(2)由(1),得1a n a n+2=1n (n+2)=12(1n -1n+2),∴T n =1a1a 3+1a 2a 4+…+1a n a n+2=121-13+12−14+…+1n −1n+2=34−121n+1+1n+2.∵T n+1-T n =1(n+1)(n+3)>0, ∴数列{T n }单调递增, ∴{T n }中的最小项为T 1=13.要使不等式T n >13log a (1-a )对任意正整数n 恒成立,只要13>13log a (1-a ),即log a (1-a )<log a a.解得0<a<12,即实数a 的取值范围为(0,12).8.设{a n }是各项均不相等的数列,S n 为它的前n 项和,满足λna n+1=S n +1(n ∈N *,λ∈R ). (1)若a 1=1,且a 1,a 2,a 3成等差数列,求λ的值;(2)若{a n }的各项均不为零,问当且仅当λ为何值时,a 2,a 3,…,a n ,…成等差数列?试说明理由.令n=1,2,得{λa 2=a 1+1=2,2λa 3=S 2+1=a 1+a 2+1,又由a 1,a 2,a 3成等差数列, 所以2a 2=a 1+a 3=1+a 3,解得λ=3±√52. (2)当且仅当λ=12时,a 2,a 3,…,a n ,…成等差数列, 证明如下:由已知λna n+1=S n +1,当n ≥2时,λ(n-1)a n =S n-1+1, 两式相减得λna n+1-λna n +λa n =a n , 即λn (a n+1-a n )=(1-λ)a n ,由于{a n }的各项均不相等, 所以λn1-λ=a nan+1-a n(n ≥2), 当n ≥3时,有λ(n -1)1-λ=an -1a n -a n -1, 两式相减可得λ1-λ=a n a n+1-a n −an -1a n -a n -1,①当λ=12,得a n an+1-a n=a n -1a n -a n -1+1=an a n -a n -1, 由于a n ≠0,所以a n+1-a n =a n -a n-1, 即2a n =a n+1+a n-1(n ≥3), 故a 2,a 3,…,a n ,…成等差数列.②再证当a 2,a 3,…,a n ,…成等差数列时,λ=12,因为a 2,a 3,…,a n ,…成等差数列, 所以a n+1-a n =a n -a n-1(n ≥3),可得a n an+1-a n−a n -1a n -a n -1=a n a n -a n -1−a n -1a n -a n -1=1=λ1-λ, 所以λ=12,所以当且仅当λ=12时,a 2,a 3,…,a n ,…成等差数列.三、立体几何A 组 基础通关1.如图,三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,BC=CC 1,平面A 1BC 1⊥平面BCC 1B 1. 证明:(1)AC ∥平面A 1BC 1; (2)平面AB 1C ⊥平面A 1BC 1.几何体为三棱柱⇒四边形ACC 1A 1为平行四边形⇒AC ∥A 1C 1,又A 1C 1⊂平面A 1BC 1,AC ⊄平面A 1BC 1,∴AC ∥平面A 1BC 1.(2)∵BC=CC 1且四边形BCC 1B 1为平行四边形,∴四边形BCC 1B 1为菱形,∴B 1C ⊥BC 1.又平面A 1BC 1⊥平面BCC 1B 1,平面A 1BC 1∩平面BCC 1B 1=BC 1,∴B 1C ⊥平面A 1BC 1. 又B 1C ⊂平面AB 1C ,∴平面AB 1C ⊥平面A 1BC 1.2.如图,圆锥SO 中,AB ,CD 为底面圆的两条直径,AB ∩CD=O ,且AB ⊥CD ,SO=OB=2,P 为SB 的中点. (1)求证:SA ∥平面PCD ; (2)求圆锥SO 的表面积和体积.PO ,∵P 、O 分别为SB 、AB 的中点,∴PO ∥SA ,由于PO ⊂平面PCD ,SA ∉平面PCD , ∴SA ∥平面PCD ;SO=2,OB=2,SO 为圆锥的高,OB 为圆锥底面圆的半径,∴V=13πr 2h=13π×22×2=8π3,由于SO 为圆锥的高,则母线SB=√SO 2+OB 2=2√2,∴S 侧面=12l ·SB=12×2×π×2×2√2=4√2π,S 底面=πr 2=π×22=4π,故S=S 底面+S 侧面=(4+4√2)π.3.等边三角形ABC 的边长为3,点D ,E 分别是边AB ,AC 上的点,且满足AD DB=CE EA=12,如图甲,将△ADE沿DE 折起到△A 1DE 的位置,使平面A 1DE ⊥平面BCED ,连接A 1B ,A 1C ,如图乙,点M 为A 1D 的中点.(1)求证:EM ∥平面A 1BC ; (2)求四棱锥A 1-BCED 的体积.取BD 的中点N ,连接NE ,则NE ∥BC ,在四棱锥A 1-BCED 中,NE 与BC 的平行关系不变.连接MN ,在△DA 1B 中,MN ∥A 1B ,又NM ∩NE=N ,BA 1∩BC=B ,∴平面MNE ∥平面A 1BC , 又EM ⊂平面MNE ,∴EM ∥平面A 1BC.(2)∵等边三角形ABC 的边长为3,且ADDB =CEEA =12,∴AD=1,AE=2.在△ADE 中,∠DAE=60°, 由余弦定理得DE=√12+22-2×1×2×cos60°=√3, 从而AD 2+DE 2=AE 2,∴AD ⊥DE.折起后有A 1D ⊥DE ,∵平面A 1DE ⊥平面BCED , 平面A 1DE ∩平面BCED=DE ,A 1D ⊂平面A 1DE ,∴A 1D ⊥平面BCED.∴四棱锥A 1-BCED 的体积V=13S 四边形BCED ·A 1D ,连接BE,则S四边形BCED=12CB·CE sin∠BCE+12BD·DE=12×1×3×sin 60°+12×2×√3=7√34,∴V=13×7√34×1=7√312.4.如图所示,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD是正方形,AB=2EF=2,EF∥AB,EF⊥FB,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.(1)求证:FH∥平面EDB;(2)求证:AC⊥平面EDB;(3)求四面体B-DEF的体积.AC与BD交于点G,则G为AC的中点,如图所示,连接EG,GH.∵H为BC的中点,∴GH∥AB.∵EF∥AB,∴EF∥GH.又∵EF=GH=12AB,∴四边形EFHG为平行四边形,∴EG∥FH.∵EG⊂平面EDB,FH⊄平面EDB,∴FH∥平面EDB.四边形ABCD为正方形,∴AB⊥BC.∵EF∥AB,∴EF⊥BC.又∵EF⊥FB,BC∩FB=B,∴EF⊥平面BFC,又FH⊂平面BFC,∴EF⊥FH,。