高考理科数学中档大题保分专练18套(经典珍藏解析版)
高三数学综合复习：中档大题保分练(一)
中档大题保分练中档大题保分练(一)(推荐时间：50分钟)1． 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，m ＝(cos(x －B )，cos B )，n ＝⎝⎛⎭⎫cos x ，－12，f (x )＝m ·n ，f ⎝⎛⎭⎫π3＝14. (1)求角B 的值；(2)若b ＝14，BA →·BC →＝6，求a 和c 的值． 解 (1)f (x )＝m ·n ＝cos x ·cos(x －B )－12cos B＝cos 2x cos B ＋cos x sin x sin B －12cos B＝12(cos 2x ·cos B ＋sin 2x ·sin B )＝12cos(2x －B )，∵f ⎝⎛⎭⎫π3＝14，∴cos ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝12， 又∵B 为△ABC 的内角，∴2π3－B ＝π3即B ＝π3. (2)由BA →·BC →＝6，及B ＝π3，得ac ·cos π3＝6，即ac ＝12，在△ABC 中，由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 得 14＝a 2＋c 2－2ac cos π3，a 2＋c 2＝26，从而(a ＋c )2－2ac ＝26，(a ＋c )2＝50， ∴a ＋c ＝5 2.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ ac ＝12a ＋c ＝52，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝22c ＝32，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32c ＝22.2． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，点⎝⎛⎭⎫n ，S nn (n ∈N *)均在函数y ＝2x －1的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求证：T n <1.(1)解 由条件S nn ＝2n －1，即S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝()2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.又n ＝1时，a 1＝S 1＝1适合上式， 所以a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)证明 b n ＝4a n a n ＋1＝4(4n －3)(4n ＋1)＝14n －3－14n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋⎝⎛⎭⎫19－113＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝1－14n ＋1.∵n ∈N *，∴－14n ＋1<0， ∴1－14n ＋1<1，即T n <1.3． M 公司从某大学招收毕业生，经过综合测试，录用了14名男生和6名女生．这20名毕业生的测试成绩如茎叶图所示(单位：分)，公司规定：成绩在180分以上者到“甲部门”工作；180分以下者到“乙部门”工作．另外只有成绩高于180分的男生才能担任“助理工作”．(1)如果用分层抽样的方法从“甲部门”人选和“乙部门”人选中选取8人，再从这8人中选3人，那么至少有一人是“甲部门”人选的概率是多少？(2)若从所有“甲部门”人选中随机选3人，用X 表示所选人员中能担任“助理工作”的人数，写出X 的分布列，并求出X 的数学期望．解 (1)用分层抽样的方法， 每个人被抽中的概率是820＝25.根据茎叶图，有“甲部门”人选10人，“乙部门”人选10人， 所以选中的“甲部门”人选有10×25＝4人，“乙部门”人选有10×25＝4人．用事件A 表示“至少有一名甲部门人选被选中”， 则它的对立事件A 表示“没有一名甲部门人选被选中”， 则P (A )＝1－P (A )＝1－C 34C 38＝1－456＝1314.因此，至少有一人是“甲部门”人选的概率是1314.(2)依题意，所选毕业生中能担任“助理工作”的人数X 的取值分别为0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 06C 34C 310＝130，P (X ＝1)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝2)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝3)＝C 36C 04C 310＝16，因此，X 的分布列如下：所以X 的数学期望E (X )＝0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95.4． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ABC＝90°，AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD ，平面PBC ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥平面PBC ；(2)求平面ADP 与平面BCP 所成的二面角(小于90°)的大小；(3)在棱PB 上是否存在点M 使得CM ∥平面P AD ？若存在，求PMPB 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为∠ABC ＝90°， 所以AB ⊥BC .因为平面PBC ⊥平面ABCD ， 平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ， AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PBC .(2)解 如图，取BC 的中点O ，连接PO . 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC . 因为平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， 所以PO ⊥平面ABCD .以O 为原点，OB 所在的直线为x 轴，在平面ABCD 内过O 垂直 于BC 的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系O －xyz . 不妨设BC ＝2.由AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD 可得， P (0,0，3)，D (－1,1,0)，A (1,2,0)． 所以DP →＝(1，－1，3)，DA →＝(2,1,0)． 设平面ADP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·DP →＝0，m ·DA →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3z ＝0，2x ＋y ＝0.令x ＝－1，则y ＝2，z ＝ 3. 所以m ＝(－1,2，3)．取平面BCP 的一个法向量n ＝(0,1,0)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22.所以平面ADP 和平面BCP 所成的二面角(小于90°)的大小为π4.(3)解 在棱PB 上存在点M 使得CM ∥平面P AD ，此时PM PB ＝12.取AB 的中点N ，连接CM ，CN ，MN ， 则MN ∥P A ，AN ＝12AB .因为AB ＝2CD ， 所以AN ＝CD . 因为AB ∥CD ，所以四边形ANCD 是平行四边形， 所以CN ∥AD .因为MN ∩CN ＝N ，P A ∩AD ＝A ， 所以平面MNC ∥平面P AD . 因为CM ⊂平面MNC ，所以CM∥平面P AD.。
(精校版)2018年高考理数真题必拿分题8套专题训练(含答案,可直接打印)
2018全国高考（理数）真题必拿分题专题训练 2018年普通高等学校招生全国统一考试1卷三、解答题: 本大题共5小题, 共72分．解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤． 18. （本小题14分）已知函数2()2sin ()3cos 21[,]442f x x x x πππ=+--∈(1)求()f x 的单调递增区间; (2)若不等式()2f x m -<在[,]42x ππ∈上恒成立,求实数m 的取值范围.19．（本小题14分） 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，0//,90AD BC ADC ∠=,平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2PA PD ==，112BC AD ==,3CD =． （I ）求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（II ）若二面角M BQ C --为30°，设PM tMC =,试确定t 的值20. （本小题14分）已知数列{}n a 的前n 项和是n S (*n N ∈),11a =且1102n n n S S a -⋅+= (1)求数列{}n a 的通项公式;231111(2):*,1111n n N n S S S +∈⋅⋅>+---L 求证对任意的不等式成立.PABCD Q M2018年普通高等学校招生全国统一考试2卷三、解答题：共70分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第22、23为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．18．（12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t 的值依次为1217，，…，）建立模型①：ˆ30.413.5y t =-+；根据2010年至2016年的数据（时间变量t 的值依次为127，，…，）建立模型②：ˆ9917.5yt =+． （1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； （2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．20．（12分）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．C2018年普通高等学校招生全国统一考试3卷三、解答题：共70分。
高考理科数学中档大题保分专练15套(经典珍藏解析版)
（Ⅱ）若选取的是 12 月 1 日与 12 月 5 日的两组数据，请根据 12 月 2 日至 12 月 4 日的数据，
求 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a ；
（Ⅲ）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过 2 颗，则认为
得到的线性回归方程是可靠的，试问（Ⅱ）中所得的线性回归方程是否可靠？
i 1
xi2
112
132
122
434
2
， 3x
432 ，由公式求
得
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中档大题保分专练 15 套
3
b
xi yi
i 1
977 972 5 ，a y bx 3
3
xi 2
2
3x
434 432
2
i 1
．
x 2 cos
4.
（广西名校第一次摸底）已知曲线
M
的参数方程为
12 月 2 日
12 月 3 日
12 月 4 日
12 月 5 日
温差 x （℃） 10
11
13
12
8
发芽数 y（颗） 23
25
30
26
16
该农科所确定的研究方案是：先从这 5 组数据中选取 2 组，用剩下的 3 组数据求线性回归方
程，再对被选取的 2 组数据进行检验．
（Ⅰ）求选取的 2 组数据恰好是不相邻的 2 天数据的概率；
，
∴曲线 N 的普通方程为 3x y 16 0 ．……………………………………5 分
（Ⅱ）圆 M 的圆心 M 0 ，2 ，半径 r 2．
2 16
d
7
点 M 到直线 N 的距离为
2018年高考理科数学中档解答题专项提分练：立体几何(解析版)
2018年高考理科数学中档解答题专项提分练：立体几何1．(本小题满分12分)(2016·陕西安康三模)在如图所示的四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，P A ⊥CD ，BC ⊥平面P AB ，且E ，M ，N 分别为PD ，CD ，AD 的中点，PF→＝3FD →.(1)证明：PB ∥平面FMN ；(2)若P A ＝AB ，求二面角E －AC －B 的余弦值．(1)证明：连接BD ，分别交AC ，MN 于点O ，G ，连接EO ，FG .∵O 为BD 中点，E 为PD 中点，∴EO ∥PB . 又PF→＝3FD →， ∴F 为ED 中点． 又CM ＝MD ，AN ＝DN ， ∴G 为OD 的中点， ∴FG ∥EO ，∴PB ∥FG .∵FG ⊂平面FMN ，PB ⊄平面FMN ， ∴PB ∥平面FMN .(2)解：∵BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥P A ， 又P A ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ， ∴P A ⊥平面ABCD .如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝AB ＝2，可知A (0,0,0)，C (2,2,0)，B (2,0,0)，E (0,1,1)， 则AC→＝(2,2,0)，AE →＝(0,1,1)． ∵P A ⊥平面ABCD ，∴平面ABC 的一个法向量n 0＝(0,0,1)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，2x ＋2y ＝0. 令x ＝1，则y ＝－1，z ＝1，∴n ＝(1，－1,1)． ∴cos 〈n 0，n 〉＝n 0·n |n 0||n |＝33.由图可知，二面角E －AC －B 为钝角， ∴二面角E －AC －B 的余弦值为－33.2．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，△ABD 是边长为2的正三角形，PC ⊥底面ABCD ，AB ⊥BP ，BC ＝233.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)若PC ＝BC ，求二面角A －BP －D 的正弦值．(1)证明：连接AC 交BD 于O . ∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AB . ∵AB ⊥BP ，BP ∩CP ＝P ， ∴AB ⊥平面PBC ，则AB ⊥BC .∵BC ＝233，∴tan ∠BAC ＝33，即∠BAC ＝30°. ∵∠ABD ＝60°，∴∠AOB ＝90°，即AC ⊥BD . ∵PC ⊥BD ，∴BD ⊥平面ACP ， ∴P A ⊥BD .(2)解：由(1)知O 是BD 的中点，过O 作OF ∥PC 交AP 于F ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，233，则DB →＝(0,2,0)，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，－233， 设平面PBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧ n ·DB →＝0，n ·PB→＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，33x ＋y －233z ＝0，令z ＝1，则x ＝2，∴n ＝(2,0,1)．取PB 的中点E ⎝⎛⎭⎪⎫－36，12，33，连接CE .∵PC ＝BC ，∴CE ⊥PB ，则CE ⊥平面ABP ，∴向量CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫36，12，33是平面ABP 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CE →〉＝n ·CE →|n ||CE →|＝2335×23＝105， ∴二面角A －BP －D 的正弦值为155.3．(本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD ，侧面P AD 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，M 是棱PC 上的动点，且PMPC ＝λ(λ∈[0,1])．(1)求证：BC ⊥PC ；(2)试确定λ的值，使得二面角P －AD －M 的平面角的余弦值为255. (1)证明：取AD 中点O ，连接OP ，OC ，∵侧面P AD 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，∴△ADC 是等边三角形，PO ，AD ，CO 两两垂直，以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得P (0,0，3)，C (3，0,0)，B (3，－2,0)， BC→＝(0,2,0)，PC →＝(3，0，－3)， ∴BC →·PC→＝0，∴BC ⊥PC . (2)解：由PMPC ＝λ可得点M 的坐标为(3λ，0，3－3λ)， ∴AM→＝(3λ，1，3－3λ)，DM →＝(3λ，－1，3－3λ)， 设平面AMD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧3λx ＋y ＋(3－3λ)z ＝0，3λx －y ＋(3－3λ)z ＝0，令z ＝λ，得n ＝(λ－1,0，λ)．由题意得，平面P AD 的法向量m ＝(1,0,0)． ∵二面角P －AD －M 的平面角的余弦值为255， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－12＝255， 由λ∈[0,1]，解得λ＝13.4．(本小题满分12分)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面P AB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．(1)证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.(2)解：由(1)可建立分别以直线DA，DB，DE为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，如图所示．令EP ＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)， ∴AB→＝(－1，3，0)，BP →＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量， 由⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BP→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，(λ－3)y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)． ∵n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋(3－λ)2×1 ＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值12， ∴θ的最小值为π3.5.(本小题满分12分)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝2，AD ＝22，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图②.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值． (1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝2，AD ＝22，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解：由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系． 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B (1,0,0)，E (－1,0,0)，A 1(0,0,1)，C (0,1,0)，D (－2,1,0)， 得BC →＝(－1,1,0)，A 1C →＝(0,1，－1)，DC →＝(2,0,0)．设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)． ⎩⎨⎧n 2·DC→＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)． 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.6．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°.(1)证明：AB ⊥B 1C ；(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值．(1)证明：连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，由余弦定理得，AB21＝AB2＋BB21－2AB·BB1·cos ∠ABB1＝3，∴AB1＝3，∴BB21＝AB2＋AB21，∴AB1⊥AB.又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，∴AC⊥AB.∵AC∩AB1＝A，∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.(2)解：∵AB1＝3，AB＝AC＝1，B1C＝2，∴B1C2＝AB21＋AC2，∴AB1⊥AC.如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，C (0,1,0)， ∴BB 1→＝(－1,0，3)，BC →＝(－1,1,0)． 设平面BCB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ BB 1→·n ＝0，BC →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3z ＝0，－x ＋y ＝0， 令z ＝1，得x ＝y ＝3，∴平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1)． ∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→ ＝(0,1,0)＋(－1,0，3)＝(－1,1，3)，∴cos 〈AC 1→，n 〉＝AC 1→·n |AC 1→||n |＝35×7＝10535， ∴AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为10535.。
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(四)理(1)
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(四)理(推荐时刻：50分钟)1． 已知函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3 上单调递减；如图，四边形OACB 中，a ，b ，c 为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且知足sin B ＋sin C sin A ＝4ω3－cos B －cos C cos A. (1)证明：b ＋c ＝2a ；(2)假设b ＝c ，设∠AOB ＝θ(0<θ<π)，OA ＝2OB ＝2，求四边形OACB 面积的最大值．(1)证明 由题意知：2πω＝4π3，解得：ω＝32， ∵sin B ＋sin C sin A ＝2－cos B －cos C cos A， ∴sin B cos A ＋sin C cos A＝2sin A －cos B sin A －cos C sin A ，∴sin B cos A ＋cos B sin A ＋sin C cos A ＋cos C sin A＝2sin A ，∴sin(A ＋B )＋sin(A ＋C )＝2sin A ，∴sin C ＋sin B ＝2sin A ⇒b ＋c ＝2a .(2)解 因为b ＋c ＝2a ，b ＝c ，因此a ＝b ＝c ，因此△ABC 为等边三角形，S OACB ＝S △OAB ＋S △ABC ＝12OA ·OB sin θ＋34AB 2 ＝sin θ＋34(OA 2＋OB 2－2OA ·OB c os θ)＝sin θ－3cos θ＋534＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＋534， ∵θ∈(0，π)，∴θ－π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，2π3，当且仅当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时取最大值， S OACB 的最大值为2＋534. 2． 张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时刻都是3分钟，若是碰到红灯要停留1分钟．假设他在各交通岗是不是碰到红灯是彼此独立的，而且概率都是13.(1)求张师傅此行程时刻很多于16分钟的概率；(2)记张师傅此行程所需时刻为Y 分钟，求Y 的散布列和均值．解 (1)若是不碰到红灯，全程需要15分钟，不然至少需要16分钟．因此张师傅此行程时刻很多于16分钟的概率P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝6581.(2)设张师傅此行程碰到红灯的次数为X ，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，P (X ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－k，k ＝0,1,2,3,4.依题意，Y ＝15＋X ，那么Y 的散布列为Y 15 16 17 18 19P 1681 3281 827 881 181Y 的均值E (Y )＝E (X ＋15)＝E (X )＋15＝4×13＋15＝493.3． 如下图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC上移动．(1)点E 为BC 的中点时，试判定EF 与平面PAC 的位置关系，并说明理由；(2)求证：不管点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF ；(3)当BE 为何值时，PA 与平面PDE 所成角的大小为45°.(1)解 当点E 为BC 的中点时，EF 与平面PAC 平行． ∵在△PBC 中，E 、F 别离为BC 、PB 的中点，∴EF ∥PC .又∵EF ⊄平面PAC ，而PC ⊂平面PAC ，∴EF ∥平面PAC .(2)证明 以A 为坐标原点成立如下图的空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (0,1,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，D (3，0,0)．设BE ＝x ，那么E (x,1,0)，PE →·AF →＝(x,1，－1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12＝0，因此PE ⊥AF .(3)解 设平面PDE 的法向量为m ＝(p ，q,1)． 由(2)知PD →＝(3，0，－1)，PE →＝(x,1，－1)，由⎩⎨⎧m ·PD →＝0，m ·PE →＝0，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，1－x 3，1.而AP →＝(0,0,1)，依题意PA 与平面PDE 所成角为45°， 因此sin 45°＝22＝|m ·AP →||m ||AP →|， 即113＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－x 32＋1＝22，得BE ＝x ＝3－2或BE ＝x ＝3＋2>3(舍去)． 故BE ＝3－2时，PA 与平面PDE 所成角为45°.4． 设f (x )＝x 3，等差数列{a n }中a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3a n ＋1)，令b n ＝a n S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n . (1)求{a n }的通项公式和S n ；(2)求证：T n <13； (3)是不是存在正整数m ，n ，且1<m <n ，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？假设存在，求出m ，n 的值，假设不存在，说明理由．(1)解 设数列{a n }的公差为d ， 由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12， 解得a 1＝1，d ＝3，因此a n ＝3n －2.又因为f (x )＝x 3，因此S n ＝f (3a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1.(2)证明 因为b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)， 因此1b n＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， 因此T n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1<13. (3)解 由(2)知T n ＝n3n ＋1， 因此T 1＝14，T m ＝m 3m ＋1，T n ＝n 3n ＋1， 若T 1，T m ，T n 成等比数列， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3m ＋12＝14·n 3n ＋1，即6m ＋1m 2＝3n ＋4n . 当m ＝2时，134＝3n ＋4n，n ＝16，符合题意； 当m ＝3时，199＝3n ＋4n，n 无正整数解；当m ＝4时，2516＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝5时，3125＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝6时，3736＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ≥7时，m 2－6m －1＝(m －3)2－10>0， 则6m ＋1m 2<1，而3n ＋4n ＝3＋4n>3， 因此，现在不存在正整数m ，n ，且1<m <n ， 使得T 1，T m ，T n 成等比数列．综上，存在正整数m ＝2，n ＝16，且1<m <n ， 使得T 1，T m ，T n 成等比数列．。
高考数学中档大题保分练2.docx
中档大题保分练(二)(建议用时：45分钟)1．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．2．已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.3．已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6，且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n 的值．4．(2015·雅安模拟)已知数列{a n }是公差为1的等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，S n ，T n 分别是数列{a n }和{b n }的前n 项和，且a 6＝b 3，S 10＝T 4＋45.(1)分别求{a n }，{b n }的通项公式； (2)若S n >b 6，求n 的范围；(3)令c n ＝(a n －2)b n ，求数列{c n }的前n 项和R n .5．(2015·青岛模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上，若不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n对于n ∈N *恒成立，求实数m 的最大值．6．(2015·珠海模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12n ·a n ＋1，n ∈N *，其中a 1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝13a n＋1－2，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<14.【详解答案】1．解：(1)证明：(a n＋1－1)(a n－1)＝3[(a n－1)－(a n＋1－1)]，∴1an＋1－1－1an－1＝13，即b n＋1－b n＝13，∴{b n}是等差数列．(2)∵b1＝1，∴b n＝13n＋23，∴a n－1＝3n＋2，∴a n＝n＋5n＋2.2．解：(1)设{a n}的公差为d，由题意，得a211＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)或d＝－2.故a n＝－2n＋27.(2)令S n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.3．解：(1)由S3＝6，得a2＝2. ∵a3－a1，2a2，a8成等比数列，∴(2d)·(2＋6d)＝42，解得d＝1或d＝－4 3，∵d>0，∴d＝1，∴数列{a n}的通项公式为a n＝n.(2)T n＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n（n＋2）＝12[⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋2]＝12⎝⎛⎭⎪⎫32－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4（n＋1）（n＋2）.4．解：(1)联立方程可得a n＝n＋2，b n＝2n.(2)因为a n ＝n ＋2，b n ＝2n ，∴S n ＝n （n ＋5）2，b 6＝26＝64，∴n （n ＋5）2>64，∴n ≥10，n ∈N *.(3)由c n ＝(a n －2)b n ＝n ·2n ，得R n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两边同乘以2得，2R n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式错位相减得：－R n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，所以R n ＝2＋(n －1)×2n ＋1.5．解：(1)证明：由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1， 得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋n －1＝a n (n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)(n ≥2)，因为a 1＝0，所以a 1＋1＝1，a 2＝a 1＋1＝1，a 2＋1＝2(a 1＋1)， 所以{a n ＋1}是以1为首项，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n ＝2n －1－1， 因为点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上， 所以T n ＋1n ＋1－T n n ＝12， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫T n n 是以T 11＝1为首项，12为公差的等差数列，则T n n ＝1＋12(n －1)，所以T n ＝n （n ＋1）2， 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ，因为b 1＝1满足该式，所以b n ＝n ， 所以不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b na n ＋1≥m －92＋2a n， 即1＋22＋322…＋n 2n －1≥m －92n ，令R n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12R n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减得⎝⎛⎭⎪⎫1－12R n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以R n ＝4－n ＋22n －1.由R n ≥m －92n 恒成立，即4－2n －52n ≥m 恒成立，又⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －32n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －52n ＝2n －72n ＋1，故当n ≤3时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4－2n －52n 单调递减；当n ＝3时，4－2×3－523＝318； 当n ≥4时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4－2n －52n单调递增； 当n ＝4时，4－2×4－524＝6116； 则4－2n －52n 的最小值为6116，所以实数m 的最大值是6116. 6．解：(1)令n ＝1，得S 1＝12a 2，即a 1＝12a 2，由已知a 1＝1，得a 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧S n＝12n ·a n ＋1，（n ≥1），S n －1＝12（n －1）·a n，（n ≥2）.可得S n －S n －1＝12n ·a n ＋1－12(n －1)·a n .即a n ＝12n ·a n ＋1－12(n －1)·a n ，所以12(n ＋1)·a n ＝12n ·a n ＋1.即a n ＋1a n ＝n ＋1n，(n ≥2)，所以anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝nn－1·n－1n－2·…·32，(n≥3)，即ana2＝n2，(n≥3)．又∵a2＝2，所以a n＝n(n≥2)．又∵a1＝1，∴a n＝n，n∈N*.(2)证明：∵a n＝n，∴b n＝13a n＋1－2＝13n＋1－2.∵b n＝13n＋1－2＝13·3n－2＝12·3n＋3n－2≤12·3n.∴T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n<12×31＋12×32＋12×33＋…＋12×3n＝12⎝⎛⎭⎪⎫131＋132＋133＋…＋13n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13n<14.。
2018年高考数学(理)二轮复习 专项精练：中档大题规范练(二)(含答案解析)
(二)立体几何与空间向量1．(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P —ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A —PB —C 的余弦值．(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ，因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，AP ，DP ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .因为AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)解 在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以点F 为坐标原点，FA →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz .由(1)及已知可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，所以PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PA →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.易知A —PB —C 为钝二面角，所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33.2.(2017·泉州质检)如图，在三棱锥A —BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，∠CBD ＝60°，BD ＝2BC ＝4，点E 在CD 上，DE ＝2EC .(1)求证：AC ⊥BE ；(2)若二面角E —BA —D 的余弦值为155，求三棱锥A —BCD 的体积．(1)证明 取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，EO .因为AB ＝AD ，BO ＝OD ，所以AO ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD .又BE ⊂平面BCD ，所以AO ⊥BE .在△BCD 中，BD ＝2BC ，DE ＝2EC ， 所以BD BC ＝DE EC＝2， 由角平分线定理，得∠CBE ＝∠DBE .又BC ＝BO ＝2，所以BE ⊥CO ，又因为AO ∩CO ＝O ，AO ⊂平面ACO ，CO ⊂平面ACO ，所以BE ⊥平面ACO ，又AC ⊂平面ACO ，所以AC ⊥BE .(2)解 在△BCD 中，BD ＝2BC ＝4，∠CBD ＝60°，由余弦定理，得CD ＝23，所以BC 2＋CD 2＝BD 2，即∠BCD ＝90°，所以∠EBD ＝∠EDB ＝30°，BE ＝DE ，所以EO ⊥BD ，结合(1)知，OE ，OD ，OA 两两垂直，以O 为原点，分别以OE →，OD →，OA →的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz (如图)，设AO ＝t (t >0)，则A (0,0，t )，B (0，－2,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，0，0， 所以BA →＝(0,2，t )，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2，0， 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y ＋tz ＝0，233x ＋2y ＝0，整理，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－3y ，z ＝－2t y ， 令y ＝－1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－1，2t . 因为OE ⊥平面ABD ，所以m ＝(1,0,0)是平面ABD 的一个法向量．又因为二面角E —BA —D 的余弦值为155， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝33＋1＋4t 2＝155， 解得t ＝2或t ＝－2(舍去)．又AO ⊥平面BCD ，所以AO 是三棱锥A —BCD 的高，故V A —BCD ＝13·AO ·S △BCD ＝13×2×12×2×23＝433. 3.如图，在四棱锥P —ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为 B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD→||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 4.(2017届锦州质检)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)若二面角M —BQ —C 的大小为30°，设PM ＝tMC ，试确定t 的值． (1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点， ∴QD ∥BC 且QD ＝BC ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ .∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD .又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BQ ⊂平面ABCD ，∴BQ ⊥平面PAD .∵BQ ⊂平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 ∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD，PQ ⊂平面PAD ，∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ ，QA ，QB 两两垂直，如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系，则平面BQC 的法向量为n ＝(0,0,1)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，设M (x ，y ，z )，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，∵PM →＝tMC →，∴⎩⎨⎧ x ＝t (－1－x )，y ＝t (3－y )，z －3＝t (－z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－t1＋t ，y ＝3t1＋t ，z ＝31＋t ，在平面MBQ 中，QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t .∴平面MBQ 的法向量为m ＝(3，0，t )．∵二面角M —BQ —C 为30°，∴cos 30°＝n·m|n||m |＝t3＋0＋t 2＝32，∴t ＝3.5．(2017届北京市朝阳区模拟)如图1，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝2，D ，E 分别为边AC ，AB 的中点，点F ，G 分别为线段CD ，BE 的中点．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使∠A 1DC ＝60°.点Q 为线段A 1B 上的一点，如图2.(1)求证：A 1F ⊥BE ； (2)线段A 1B 上是否存在点Q ，使得FQ ∥平面A 1DE ？若存在，求出A 1Q 的长，若不存在，请说明理由；(3)当A 1Q →＝34A 1B →时，求直线GQ 与平面A 1DE 所成角的大小． (1)证明 因为A 1D ＝DC ，∠A 1DC ＝60°，所以△A 1DC 为等边三角形．又因为点F 为线段CD 的中点，所以A 1F ⊥DC .由题可知ED ⊥A 1D ，ED ⊥DC ，A 1D ∩DC ＝D ，A 1D ，DC ⊂平面A 1DC ，所以ED ⊥平面A 1DC .因为A 1F ⊂平面A 1DC ，所以ED ⊥A 1F .又ED ∩DC ＝D ，ED ，DC ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥平面BCDE .所以A 1F ⊥BE .(2)解 由(1)知，A 1F ⊥平面BCDE ，FG ⊥DC ，如图，建立空间直角坐标系，则F (0,0,0)，D (0，－1,0)，C (0,1,0)，E (1，－1，0)，A 1(0,0，3)，B (2,1,0)．设平面A 1DE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，A 1D →＝(0，－1，－3)，DE →＝(1,0,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1D →＝0，n ·DE →＝0， 即⎩⎨⎧ y ＋3z ＝0，x ＝0.令z ＝1，则y ＝－3，所以n ＝(0，－3，1)．假设在线段A 1B 上存在点Q ，使得FQ ∥平面A 1DE .设A 1Q →＝λA 1B →，λ∈(0,1)．又A 1B →＝(2,1，－3)，所以A 1Q →＝(2λ，λ，－3λ)．所以Q (2λ，λ，3－3λ)．则FQ →＝(2λ，λ，3－3λ)． 所以FQ →·n ＝－3λ＋3－3λ＝0，解得λ＝12.所以在线段A 1B 上存在中点Q ，使FQ ∥平面A 1DE ，且A 1Q ＝ 2.(3)解 因为A 1Q →＝34A 1B →，又A 1B →＝(2,1，－3)，所以A 1Q →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，34，－334.所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，34，34.又因为G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，所以GQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，34.因为n ＝(0，－3，1)，设直线GQ 与平面A 1DE 所成的角为θ， 则sin θ＝|GQ →·n ||GQ →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－334＋342×234＝12.所以直线GQ 与平面A 1DE 所成的角为30°.。
2022届高考数学保分题及答案
2022年高考数学考前保分题1．如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM ．（Ⅰ）求BC ；（Ⅱ）求平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角的余弦值．【分析】（Ⅰ）以点D 为原点，依次DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设BC ＝t （t ＞0），求出PB →=(t ，1，−1)，AM →=(−t 2，1，0)．通过PB →⊥AM →，转化求解即可．（Ⅱ）求出平面P AM 的一个法向量，平面PDC 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角的余弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）依题意，棱DA ，DC ，DP 两两互相垂直．以点D 为原点，依次DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，如图，建立空间直角坐标系．（2分）设BC ＝t （t ＞0），则B （t ，1，0），P （0，0，1），A （t ，0，0），M(t 2，1，0)． 可得PB →=(t ，1，−1)，AM →=(−t 2，1，0)．由PB ⊥AM ，知PB →⊥AM →，可得：t ×(−t 2)+1×1+(−1)×0=0，解得t =√2．所以，BC =√2．（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得到A(√2，0，0)，M(√22，1，0)， 因此可得AM →=(−√22，1，0)，AP →=(−√2，0，1)．设平面P AM 的一个法向量为n 1→=(x ，y ，z)，则由{n 1→⋅AM →=0，n 1→⋅AP →=0，得{−√22x +y =0，−√2x +z =0， 令z =2√2，解得n 1→=(2，√2，2√2)．同理，可求平面PDC 的一个法向量n 2→=(1，0，0)．所以，平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角θ满足：cosθ=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|=2√14×1=√147． 即平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角的余弦值为√147．（12分） 【点评】本题考查空间向量的垂直，点、线、面距离的求法，二面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．2．在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝4，E 为CD 中点，将△BCE 沿着BE 折起，点C 变成点P ，此时PC =√6．（1）求证：AD ⊥PC ；（2）求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【分析】（1）取BC 中点记为H ，连结PH ，CH ，推导出BE ∥AD ，然后得到△BCE 是边长为2等边三角形，△PEB 是边长为2的等边三角形，从而得到CH ⊥BE ，PH ⊥BE ，进而得到BE ⊥平面PCH ，由此能证明AD ⊥PC ．（2）法一：推导出PH ⊥平面BCE ，以H 为原点HB ，HC ，HP 所在直线为x ，y ，z 轴建如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 法二：取CP 中点M ，连结EM ，BM ，推导出EM ∥DP ，得到直线EM 与平面PBC 所成的线面角，再求出直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取BC 中点记为H ，连结PH ，CH ，∵E 是CD 中点，CD ＝4，∴DE ＝CE ＝AB ＝BC ＝AD ＝2，∵AB ∥DE ，AB ＝DE ，∴四边形ABED 是平行四边形，∴BE ∥AD ，BE ＝AD ＝2，∴△BCE 是边长为2等边三角形，由题意，可知PE ＝CE ＝2，PB ＝CB ＝2，∴△PEB 是边长为2的等边三角形，∵CH 是△BCE 中线，PH 是△PCE 中线，∴CH ⊥BE ，可得PH ⊥BE ，∵CH ∩PH ＝H ，∴BE ⊥平面PCH ，∴BE ⊥PC ，∴AD ⊥PC ．（2）法一：建系法证明：∵PC =√6，由（1）可求得PH =CH =√3，∴PH 2+CH 2＝PC 2，∴PH ⊥CH ，∵PH ⊥BE ，CH ∩BE ＝H ，∴PH ⊥平面BCE ，∴以H 为原点HB ，HC ，HP 所在直线为x ，y ，z 轴建如图所示的空间直角坐标系， ∵B(1，0，0)，C(0，√3，0)，P(0，0，√3)，D(−2，−√3，0)，∴DP →=(2，√3，√3)，BC →=(−1，√3，0)，BP →=(−1，0，√3)，设平面BCP 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{BP →⋅n →=−x +√3y =0BC →⋅n →=−x +√3z =0，令x =√3，则y ＝1，z ＝1，∴平面BCP 法向量n →=(√3，1，1)，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为：sinθ=|DP →⋅n →||DP →|⋅|n →|=|2√3+√3+√3|√10×√5=2√65．法二：几何法证明：取CP 中点M ，连接EM ，BM ，∵EM 是△CDP 的中位线，∴EM ∥DP ，∴即求直线EM 与平面PBC 所成线面角，∵PB =PC =2，PC =√6，M 是PC 中点， ∴BM ⊥PC ，且BM =22−(√62)2=√102， 同理EM ⊥PC ，EM =√102，∴PC ⊥平面EMB ，∵PC ⊂平面PBC ，∴平面EMB ⊥平面PBC ，∴∠EMB 即所求线面角，∴cos∠EMB =BM 2+EM 2−BE 22BM⋅EM =15， ∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为sin∠EMB =2√65．【点评】本题考查了线线垂直的证明，线面角，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．3．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，P A ＝AD ＝2，E ，F 分别为PD ，PC 的中点．（1）求证：CD ⊥平面P AD ；（2）求平面AEF 与底面ABCD 所成角的余弦值．【分析】（1）由线面垂直的性质可得CD ⊥P A ，由底面ABCD 为正方形，结合线面垂直的判定定理即可证明；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面AEF 的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】解：（1）证明：因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，则CD ⊥P A ， 又底面ABCD 为正方形，则CD ⊥AD ，因为AD ∩P A ＝A ，AD ，P A ⊂平面P AD ，故CD ⊥平面P AD ；（2）以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A （0，0，0），E （0，1，1），F （1，1，1），所以AE →=(0，1，1)，AF →=(1，1，1)，设平面AEF 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅AE →=0n →⋅AF →=0，即{y +z =0x +y +z =0，令y ＝1，则z ＝﹣1，故n →=(0，1，−1)，又平面ABCD 的一个法向量为m →=(0，0，1)，则|cos ＜n →，m →＞|=|n →⋅m →||n →||m →|=1√1+1×1=√22， 所以平面AEF 与底面ABCD 所成角的余弦值为√22． 【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．。
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高考理科数学中档大题保分专练 18 套 目 录
目 录............................................................................................................................... 1 专练一（共 4 道大题）建议用时：40 分钟.................................................................. 2 专练二（共 4 道大题）建议用时：40 分钟.................................................................. 5 专练三（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 10 专练四（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 13 专练五（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 16 专练六（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 21 专练七（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 24 专练八（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 28 专练九（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 32 专练十（共 4 道大题）建议用时：40 分钟................................................................ 36 专练十一（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 40 专练十二（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 44 专练十三（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 49 专练十四（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 53 专练十五（共 4 道大题）建议用时：40 分钟..................... 56 专练十六（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 60 专练十七（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 63 专练十八（共 4 道大题）建议用时：40 分钟............................................................ 65 独家整理编辑
b ∴ n 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，即 1 bn b1q n 1 2 ．………………………………6 分 1 cn bn log 2 bn n 2 ， （2）由已知有 1 1 1 1 S n 1 2 3 … n 1 2 2 2 2 即
整理编辑说明：这部资料为高考理科数学中档大题保分专练 18 套；试 题全部来源于网络，如有侵权行为及及时指正；本人从近几年全国各 地高三考试卷中经过精挑细选再加以整理编辑最终完成了中档大题保 分专练 18 套试题，每套 4 个大题共计 72 题，是高三理科专题特训的 极品绝版资料；试题比较全面有代表性，足以备考之用，欢迎广大师 生下载学习交流，但不可以作为商业用途；时间仓促，错误在所难免！
（2）若
cn bn log 2 bn
c ，求数列 n 的前 n 项和 Sn ． bn an 1 an an 1 2an 2 an 1 2 an 1 an 2 2bn 1
，又
1.【解析】 （1）由已知有
b1 a2 a1 1 2， 1
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中档大题保分专练 18 套 专练一（共 4 道大题）建议用时：40 分钟
a 1.（广西名校第一次摸底） 数列 n 满足下列条件： a1 1 ，a2 a an 1 1 ，an 2 n ， n N* 2 2 ．
b （1）设 bn an 1 an ，求数列 n 的通项公式；