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  • 2021-05-14 发布

高考数学大题突破训练理科912难度较大

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高考数学大题突破训练(九)‎ ‎1、已知函数。‎ ‎ (Ⅰ)求的最小正周期:‎ ‎ (Ⅱ)求在区间上的最大值和最小值。‎ ‎2、某商店试销某种商品20天,获得如下数据:‎ 日销售量(件)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 频数 ‎1‎ ‎5‎ ‎9‎ ‎5‎ 试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变),设某天开始营业时有该商品3件,当天营业结束后检查存货,若发现存货少于2件,则当天进货补充至3件,否则不进货,将频率视为概率。‎ ‎(Ⅰ)求当天商品不进货的概率;‎ ‎(Ⅱ)记X为第二天开始营业时该商品的件数,求X的分布列和数学期望。‎ ‎3、如图,在四棱锥中,平面,底面是菱形,.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面 ‎ (Ⅱ)若求与所成角的余弦值;‎ ‎ (Ⅲ)当平面与平面垂直时,求的长.‎ ‎4、已知函数 ‎(I)设函数,求的单调区间与极值;‎ ‎ (Ⅱ)设,解关于的方程 ‎ ‎ (Ⅲ)试比较与的大小.‎ ‎5、如图7,椭圆的离心率为,轴被曲线 截得的线段长等于的长半轴长。(Ⅰ)求,的方程;‎ ‎(Ⅱ)设与轴的交点为M,过坐标原点O的直线与 相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D,E.‎ ‎(i)证明:;‎ ‎(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是.问:是否存在直线,‎ 使得=?请说明理由。‎ ‎6、设为非零实数,‎ ‎(1)写出并判断是否为等比数列。若是,给出证明;若不是,说明理由;‎ ‎(II)设,求数列的前n项和.‎ 高考数学大题突破训练(十)‎ ‎1、已知函数 ‎(1)求的最小正周期和最小值;‎ ‎(2)已知,求证:‎ ‎2、本着健康、低碳的生活理念,租自行车骑游的人越来越多。某自行车租车点的收费标准是每车每次租不超过两小时免费,超过两小时的收费标准为2元(不足1小时的部分按1小时计算)。有人独立来该租车点则车骑游。各租一车一次。设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为;两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为;两人租车时间都不会超过四小时。‎ ‎(Ⅰ)求出甲、乙所付租车费用相同的概率;‎ ‎(Ⅱ)求甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量,求的分布列与数学期望;‎ ‎3、是正方形的中心,,平面,且 ‎(Ⅰ)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的正弦值;‎ ‎(Ⅲ)设为棱的中点,点在平面内,且平面,求线段的 长.‎ ‎4、已知函数。‎ ‎ (Ⅰ)求的单调区间;‎ ‎ (Ⅱ)若对于任意的,都有≤,求的取值范围。‎ ‎5、已知椭圆.过点(m,0)作圆的切线I交椭圆G于A,B两点.‎ ‎ (I)求椭圆G的焦点坐标和离心率;‎ ‎ (II)将表示为m的函数,并求的最大值.‎ ‎6、已知数列与满足:, ,且 ‎.‎ ‎(Ⅰ)求的值;‎ ‎(Ⅱ)设,证明:是等比数列;‎ ‎(III)设证明:.‎ 高考数学大题突破训练(十一)‎ ‎1、在中,角所对的边分别为,且满足.‎ ‎(I)求角的大小;‎ ‎(II)求的最大值,并求取得最大值时角的大小.‎ ‎2、工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务,每次只派一个人进去,且每个人只派一次,工作时间不超过10分钟。如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出,再派下一个人,现在一共只有甲、乙、丙三个人可派,他们各自能完成任务的概率分别为,假设互不相等,且假定各人能否完成任务的事件相互独立。‎ ‎(Ⅰ)如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人,求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序,任务能被完成的概率是否发生变化?‎ ‎(Ⅱ)若按某指定顺序派人,这三个人各自能完成任务的概率依次为,其中是的一个排列,求所需派出人员数目X的分布列和均值(数学期望)EX;‎ ‎(Ⅲ)假定,试分析以怎样的先后顺序派出人员,可使所需派出的人员数目的均值(数学期望)达到最小。‎ ‎3、在数1和100之间插入n个实数,使得这n+2个数构成递增的等比数列,将这n+2个数的乘积记作,再令,n≥1.‎ ‎(Ⅰ)求数列的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设,求数列的前n项和.‎ ‎4、如图,在直三棱柱AB-A1B‎1C1中.∠ BAC=90°,AB=AC=AA1 =1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA.‎ ‎(I)求证:CD=C1D:‎ ‎(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;‎ ‎(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离.‎ ‎5、已知,函数(的图像连续不断)‎ ‎(Ⅰ)求的单调区间;‎ ‎(Ⅱ)当时,证明:存在,使;‎ ‎(Ⅲ)若存在均属于区间的,且,使,证明 ‎.‎ ‎6、椭圆有两顶点A(-1,0)、B(1,0),过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C、D两点,并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.‎ ‎ (I)当|CD | = 时,求直线l的方程;‎ ‎ (II)当点P异于A、B两点时,求证: 为定值。‎ ‎ ‎ 高考数学大题突破训练(十二)‎ ‎1、设,满足,求函数在上的最大值和最小值.‎ ‎2、根据以往统计资料,某地车主购买甲种保险的概率为0.5,购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3,设各车主购买保险相互独立 ‎(I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率;‎ ‎(Ⅱ)X表示该地的l00位车主中,甲、乙两种保险都不购买的车主数。求X的期望。 ‎ ‎3、如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=P D.‎ ‎ (I)证明:平面PQC⊥平面DCQ;‎ ‎ (II)求二面角Q—BP—C的余弦值.‎ ‎4、已知a,b是实数,函数 和是的导函数,若在区间I上恒成立,则称和在区间I上单调性一致 ‎(1)设,若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围;‎ ‎(2)设且,若函数和在以a,b为端点的开区间上单调性一致,求|a-b|的最大值 ‎5、设数列满足且 ‎(Ⅰ)求的通项公式;‎ ‎(Ⅱ)设 ‎6、如图,椭圆的中心为原点,离心率,一条准线的方程为.‎ ‎ (Ⅰ)求该椭圆的标准方程;‎ ‎ (Ⅱ)设动点满足:,其中是椭圆上的点,直线与的斜率之积为,问:是否存在两个定点,使得为定值?若存在,求的坐标;若不存在,说明理由.‎ 高考数学大题突破训练(九)参考答案 ‎1、解:(Ⅰ)因为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以的最小正周期为 ‎ (Ⅱ)因为 ‎ 于是,当时,取得最大值2;‎ ‎ 当取得最小值—1.‎ ‎2、解析:(I)P(“当天商店不进货”)=P(“当天商品销售量为0件”)+P(“当天商品销售量1件”)=。‎ ‎(II)由题意知,的可能取值为2,3.‎ ‎;‎ 故的分布列为 ‎2‎ ‎3‎ 的数学期望为。‎ ‎3、证明:(Ⅰ)因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)设AC∩BD=O.‎ 因为∠BAD=60°,PA=PB=2,所以BO=1,AO=CO=.‎ 如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O—xyz,则 P(0,—,2),A(0,—,0),B(1,0,0),C(0,,0).‎ 所以设PB与AC所成角为,则 ‎.‎ ‎(Ⅲ)由(Ⅱ)知设P(0,-,t)(t>0),‎ 则设平面PBC的法向量,‎ 则所以 令则所以 同理,平面PDC的法向量因为平面PCB⊥平面PDC,‎ 所以=0,即解得所以PA=‎ ‎4、解析:(1),‎ 令 ‎ 所以是其极小值点,极小值为。是其极大值点,极大值为 ‎(2);‎ 由 时方程无解 时 方程的根为 ‎(3),‎ ‎5、解析:(I)由题意知,从而,又,解得。‎ 故,的方程分别为。‎ ‎(II)(i)由题意知,直线的斜率存在,设为,则直线的方程为.‎ 由得,‎ 设,则是上述方程的两个实根,于是。‎ 又点的坐标为,所以 故,即。‎ ‎(ii)设直线的斜率为,则直线的方程为,由解得或,则点的坐标为 又直线的斜率为 ,同理可得点B的坐标为.‎ 于是 由得,‎ 解得或,则点的坐标为;‎ 又直线的斜率为,同理可得点的坐标 于是 因此 由题意知,解得 或。‎ 又由点的坐标可知,,所以 故满足条件的直线存在,且有两条,其方程分别为和。‎ ‎6、解析:(1)‎ ‎ ‎ 因为为常数,所以是以为首项,为公比的等比数列。‎ ‎(2)‎ ‎(2)(1)‎ 高考数学大题突破训练(十)参考答案 1、 解析:‎ ‎(2)‎ ‎2、解析:(1)所付费用相同即为元。设付0元为,付2元为,付4元为则所付费用相同的概率为 ‎(2)设甲,乙两个所付的费用之和为,可为 分布列 ‎3、本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识,考查用空间向量解决立体几何问题的方法,考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.‎ ‎ 方法一:如图所示,建立空间直角坐标系,点B为坐标原点.‎ ‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ (I)解:易得,‎ ‎ 于是 ‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎ (II)解:易知 ‎ 设平面AA‎1C1的法向量,‎ ‎ 则即 不妨令可得,‎ ‎ 同样地,设平面A1B‎1C1的法向量,‎ ‎ 则即不妨令,可得 于是从而 所以二面角A—A‎1C1—B的正弦值为 ‎ (III)解:由N为棱B‎1C1的中点,‎ 得设M(a,b,0),则 由平面A1B‎1C1,得 即 解得故 因此,所以线段BM的长为 方法二:‎ ‎(I)解:由于AC//A‎1C1,故是异面直线AC与A1B1所成的角.‎ 因为平面AA1B1B,又H为正方形AA1B1B的中心,‎ 可得 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎(II)解:连接AC1,易知AC1=B‎1C1,‎ 又由于AA1=B‎1A1,A‎1C1=A1=C1,‎ 所以≌,过点A作于点R,‎ 连接B1R,于是,故为二面角A—A‎1C1—B1的平面角.‎ 在中,‎ 连接AB1,在中,‎ ‎,从而 所以二面角A—A‎1C1—B1的正弦值为 ‎(III)解:因为平面A1B‎1C1,所以 取HB1中点D,连接ND,由于N是棱B‎1C1中点,‎ 所以ND//C1H且.又平面AA1B1B,‎ 所以平面AA1B1B,故又 所以平面MND,连接MD并延长交A1B1于点E,‎ 则由 得,延长EM交AB于点F,可得连接NE.‎ 在中,所以 可得连接BM,在中,‎ ‎4、解:(Ⅰ)‎ 令,得.‎ 当k>0时,的情况如下 x ‎()‎ ‎(,k)‎ k ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ 所以,的单调递减区间是()和;单高层区间是当k<0时,的情况如下 x ‎()‎ ‎(,k)‎ k ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 所以,的单调递减区间是()和;单高层区间是 ‎(Ⅱ)当k>0时,因为,所以不会有 当k<0时,由(Ⅰ)知在(0,+)上的最大值是 所以等价于 解得.‎ 故当时,k的取值范围是 ‎5、解:(Ⅰ)由已知得所以 所以椭圆G的焦点坐标为离心率为 ‎(Ⅱ)由题意知,.‎ 当时,切线l的方程,点A、B的坐标分别为 此时 当m=-1时,同理可得 当时,设切线l的方程为 由 设A、B两点的坐标分别为,则 又由l与圆 所以 由于当时,所以.‎ 因为 且当时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为2.‎ ‎6、(I)解:由 可得 又 ‎(II)证明:对任意 ‎① ②‎ ‎③ ②—③,得 ④‎ 将④代入①,可得 即 又 因此是等比数列.‎ ‎(III)证明:由(II)可得,于是,对任意,有 将以上各式相加,得即,‎ 此式当k=1时也成立.由④式得 从而 所以,对任意,‎ 对于n=1,不等式显然成立.所以,对任意 高考数学大题突破训练(十一)参考答案 ‎1、解析:(I)由正弦定理得 因为所以 ‎(II)由(I)知于是 ‎ ‎ 取最大值2.‎ 综上所述,的最大值为2,此时 ‎2、解:(Ⅰ)无论以怎样的顺序派出人员,任务不能被完成的概率都是,所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关,并等于 ‎(Ⅱ)当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时,随机变量X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所需派出的人员数目的均值(数学期望)EX是 EX=++‎ ‎=‎ ‎(Ⅲ)(方法一)由(Ⅱ)的结论知,当甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时,‎ EX=‎ 根据常理,优先派出完成任务概率大的人,可减少所需派出的人员数目的均值。‎ 下面证明:对于的任意排列,都有 ‎ (*)‎ 事实上,‎ 即(*)成立。‎ ‎(方法二)(ⅰ)可将(Ⅱ)中所求的EX改写为,若交换前两人的派出顺序,则变为。由此可见,当时,交换前两人的派出顺序可减少均值。‎ ‎(ⅱ)也可将(Ⅱ)中所求的EX改写为,若交换后两人的派出顺序,则变为。由此可见,若保持第一个派出的人选不变,当时,交换后两人的派出顺序也可减少均值。‎ 综合(ⅰ)(ⅱ)可知,当=时,EX达到最小。即完成任务概率大的人优先派出,可减少所需派出人员数目的均值,这一结论是合乎常理的。‎ ‎3、解:(Ⅰ)设构成等比数列,其中,则 ‎ ① ②‎ ‎①×②并利用,得 ‎(Ⅱ)由题意和(Ⅰ)中计算结果,知 另一方面,利用 得 所以 ‎4、解析:(1)连接交于,,‎ ‎,又为的中点,‎ 中点,,,D为的中点。‎ ‎(2)由题意,过B 作,连接,则,为二面角的平面角。在中,,则 ‎(3)因为,所以,‎ ‎,‎ 在中,,‎ ‎5、(I)解:, 令 ‎ 当x变化时,的变化情况如下表:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 极大值 ‎ 所以,的单调递增区间是的单调递减区间是 ‎ (II)证明:当 由(I)知在(0,2)内单调递增,‎ ‎ 在内单调递减.令由于在(0,2)内单调递增,‎ 故取 所以存在即存在 ‎(说明:的取法不唯一,只要满足即可)‎ ‎(III)证明:由及(I)的结论知,‎ 从而上的最小值为又由,知 故从而 ‎6、解:(Ⅰ)因椭圆的焦点在y轴上,设椭圆的标准方程为,‎ 由已知得,,所以,则椭圆方程为.‎ 直线l垂直于x轴时与题意不符.‎ 设直线l的方程为,联立得,‎ 设,,则,,,‎ ‎.‎ 由已知得,解得,‎ 所以直线l的方程为或.‎ ‎(Ⅱ)直线l垂直于x轴时与题意不符.‎ 设直线l的方程为(且),所以P点的坐标为.‎ 设,,由(Ⅰ)知,,‎ 直线AC的方程为:,直线BD的方程为:,‎ 方法一:‎ 联立方程设,解得,‎ 不妨设,则 ‎,‎ 因此Q点的坐标为,又,∴.‎ 故为定值.‎ 方法二:‎ 联立方程消去y得,‎ 因为,所以与异号.‎ 又,‎ ‎∴与异号,与同号,∴,解得.‎ 因此Q点的坐标为,又,∴.‎ 故为定值.‎ 高考数学大题突破训练(十二)参考答案 ‎1、解:‎ 由 因此 当为增函数,‎ 当为减函数,‎ 所以 又因为 故上的最小值为 ‎2、解:记A表示事件:该地的1位车主购买甲种保险;‎ ‎ B表示事件:该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险;‎ ‎ C表示事件:该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种;‎ ‎ D表示事件:该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买;‎ ‎ (I) …………3分 ‎ …………6分 ‎ (II)‎ ‎,即X服从二项分布, …………10分 所以期望 …………12分 ‎3、如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.‎ ‎ (I)依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0).‎ 则 所以 即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ (II)依题意有B(1,0,1),‎ 设是平面PBC的法向量,则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量,则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分 ‎4、答案:‎ (1) 因为函数和在区间上单调性一致,所以,‎ 即 即实数b的取值范围是 (2) 由 若,则由,,和在区间上不是单调性一致,‎ 所以.‎ ‎;又.‎ 所以要使,只有,‎ 取,当时, 因此 当时,因为,函数和在区间(b,a)上单调性一致,所以,‎ 即,‎ 设,考虑点(b,a)的可行域,函数的斜率为1的切线的切点设为 则;‎ 当时,因为,函数和在区间(a, b)上单调性一致,所以,‎ 即,‎ 当时,因为,函数和在区间(a, b)上单调性一致,所以,‎ 即而x=0时,不符合题意, ‎ 当时,由题意:‎ 综上可知,。‎ ‎5、解: (I)由题设 即是公差为1的等差数列。‎ ‎ 又 所以 ‎ (II)由(I)得 ,‎ ‎6、解:(I)由 解得,故椭圆的标准方程为 ‎ (II)设,则由得 因为点M,N在椭圆上,所以,‎ 故 ‎ ‎ 设分别为直线OM,ON的斜率,由题设条件知 因此所以 所以P点是椭圆上的点,设该椭圆的左、右焦点为F1,F2,则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值,又因,因此两焦点的坐标为