2023年12月10日发(作者：山东2020高考数学试卷)
高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案)
1、函数与导数（1）
2、三角函数与解三角形
3、函数与导数（2）
4、立体几何
5、数列（1）
6、应用题
7、解析几何
8、数列（2）
9、矩阵与变换
10、坐标系与参数方程
11、空间向量与立体几何
12、曲线与方程、抛物线
13、计数原理与二项式分布
14、随机变量及其概率分布
15、数学归纳法
高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案)
高考压轴大题突破练
(一)函数与导数(1)
aex1．已知函数f(x)＝＋x.
x(1)若函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；
(2)是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由．
aexx－1＋x2解 (1)∵f′(x)＝，
x2∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1.
∴函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为
y－(ae＋1)＝x－1，
又直线过点(0，－1)，∴－1－(ae＋1)＝－1，
1解得a＝－.
eaexx－1＋x2(2)若a<0，f′(x)＝，
x2当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；当x∈(0,1)时，f′(x)>0恒成立，函数在(0,1)上无极值．
方法一 当x∈(1，＋∞)时，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)，
x0>1，则fx0>0，f′x0＝0，
x01,①x0则aex0,②
0x0aex0(x1)x2000,③2x0x2x00由③得ae＝－，代入②得－＋x>0，
x0－1x0－10x02x0aex0结合①可解得x0>2，再由f(x0)＝＋x0>0，得a>－x，
e0x0xx－2x2设h(x)＝－x，则h′(x)＝，
eex当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，
4∴a>h(x0)>h(2)＝－2.
e 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案)
4－2，0， 又a<0，故当极大值为正数时，a∈e从而不存在负整数a满足条件．
方法二 当x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，
则H′(x)＝(aex＋2)x，
∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，
∵a为负整数，∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e，
∴aex＋2<0，∴H′(x)<0，
∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，
∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，
且当1
当x>x0时，H(x)<0，即f′(x)<0.
aex0∴f(x)在x0处取得极大值f(x0)＝＋x0.(*)
x02＝0，
又H(x0)＝aex0(x0－1)＋x0aex0x0∴＝－，代入(*)得
x－10x0f(x0)＝－x0x0－2x0＋x0＝<0，
x0－1x0－1∴不存在负整数a满足条件．
2．已知f(x)＝ax3－3x2＋1(a>0)，定义fx，fx≥gx，h(x)＝max{f(x)，g(x)}＝
gx，fx (1)求函数f(x)的极值； (2)若g(x)＝xf′(x)，且∃x∈[1,2]使h(x)＝f(x)，求实数a的取值范围． 解 (1)∵函数f(x)＝ax3－3x2＋1， ∴f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)， 2令f′(x)＝0，得x1＝0或x2＝， a∵a>0，∴x1 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) (－∞，0) ＋ 0 0 0，2 a－ 2 a0 2，＋∞ a＋ 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 28124∴f(x)的极大值为f(0)＝1，极小值为f ＝－＋1＝1－. aa2a2a2(2)g(x)＝xf′(x)＝3ax3－6x2， ∵∃x∈[1,2]，使h(x)＝f(x)， ∴f(x)≥g(x)在[1,2]上有解，即ax3－3x2＋1≥3ax3－6x2在[1,2]上有解， 13即不等式2a≤3＋在[1,2]上有解， xx133x2＋1设y＝3＋＝3(x∈[1,2])， xxx－3x2－3∵y′＝<0对x∈[1,2]恒成立， x413∴y＝3＋在[1,2]上单调递减， xx13∴当x＝1时，y＝3＋的最大值为4， xx∴2a≤4，即a≤2. 高考中档大题规范练 (一)三角函数与解三角形 ππx＋sinx－，x∈R. 1．(2017·江苏宿迁中学质检)已知函数f(x)＝sin2x＋23sin xcos x＋sin44(1)求f(x)的最小正周期和值域； π0≤x0≤为f(x)的一个零点，求sin 2x0的值． (2)若x＝x021解 (1)易得f(x)＝sin2x＋3sin 2x＋(sin2x－cos2x) 2＝1－cos 2x1＋3sin 2x－cos 2x 22π112x－＋， ＝3sin 2x－cos 2x＋＝2sin62235－，. 所以f(x)的最小正周期为π，值域为22π12x0－＋＝0，得 (2)由f(x0)＝2sin62π12x0－＝－<0， sin64 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) πππ5π又由0≤x0≤，得－≤2x0－≤， 2666πππ152x0－＝所以－≤2x0－<0，故cos， 6664ππ2x0－＋ 此时sin 2x0＝sin66ππππ2x0－cos ＋cos2x0－sin ＝sin666615－313151＝－×＋×＝. 42428xxsin ，1，n＝1，3cos ，函数f(x)＝m·n. 2．(2017·江苏南通四模)已知向量m＝22(1)求函数f(x)的最小正周期； 2π2πα－＝，求f 2α＋的值． (2)若f 333xx解 (1)f(x)＝m·n＝sin ＋3cos 221x3x＝2sin ＋cos 2222xπxπsin cos ＋cos sin ＝22323xπ＝2sin2＋3， 2π所以函数f(x)的最小正周期为T＝＝4π. 122π2α2α1α－＝，得2sin ＝，即sin ＝. (2)由f 332323ππ2α＋＝2sinα＋＝2cos α 所以f 32α141－2sin2＝. ＝229A＋π，sinA＋π，3．(2017·江苏南师大考前模拟)已知△ABC为锐角三角形，向量m＝cos33n＝(cos B，sin B)，并且m⊥n. (1)求A－B； 3(2)若cos B＝，AC＝8，求BC的长． 5解 (1)因为m⊥n， ππA＋cos B＋sinA＋sin B 所以m·n＝cos33 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) πA＋－B＝0. ＝cos3πππ5π因为0 2636πππ所以A＋－B＝，即A－B＝. 326π340，，所以sin B＝， (2)因为cos B＝，B∈255πππB＋＝sin Bcos ＋cos Bsin 所以sin A＝sin666433143＋3＝×＋×＝， 525210sin A由正弦定理可得BC＝×AC＝43＋3. sin B4．(2017·江苏镇江三模)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(a－c)(sin A＋sin C)＝(b－3c)sin B. (1)求角A； (2)若f(x)＝cos2(x＋A)－sin2(x－A)，求f(x)的单调递增区间． 解 (1)由(a－c)(sin A＋sin C)＝(b－3c)sin B及正弦定理， 得(a－c)(a＋c)＝(b－3c)b，即a2＝b2＋c2－3bc. 由余弦定理，得cos A＝3， 2π因为0 6(2)f(x)＝cos2(x＋A)－sin2(x－A) ππx＋－sin2x－ ＝cos266ππ2x＋1－cos2x－1＋cos33＝－ 221＝cos 2x， 2令π＋2kπ≤2x≤2π＋2kπ，k∈Z， π得＋kπ≤x≤π＋kπ，k∈Z. 2π则f(x)的单调增区间为2＋kπ，π＋kπ，k∈Z. 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (二)函数与导数(2) 1．设函数f(x)＝2(a＋1)x(a∈R)，g(x)＝ln x＋bx(b∈R)，直线y＝x＋1是曲线y＝f(x)的一条切线． (1)求a的值； (2)若函数y＝f(x)－g(x)有两个极值点x1，x2. ①试求b的取值范围； gx1＋gx211②证明：≤＋. fx1＋fx2e22解 (1)设直线y＝x＋1与函数y＝f(x)的图象相切于点(x0，y0)， 则y0＝x0＋1，y0＝2(a＋1)x0，a＋1＝1，解得a＝0. x0(2)记h(x)＝f(x)－g(x)，则h(x)＝2x－ln x－bx. ①函数y＝f(x)－g(x)有两个极值点的必要条件是h′(x)有两个正零点． h′(x)＝－bx＋x－111－－b＝， xxx令h′(x)＝0，得bx－x＋1＝0(x>0)． 令x＝t，则t>0. 问题转化为bt2－t＋1＝0有两个不等的正实根t1，t2， tt＝1>0，b等价于1t＋t＝>0，b1212Δ＝1－4b>0， 1解得0 41当0 4－bx＋x－1－bx－x1x－x2－bx－x1x－x2则h′(x)＝＝＝. xxxx＋x1x＋x2当x∈(0，x1)时，h′(x)<0； 当x∈(x1，x2)时，h′(x)>0； 当x∈(x2，＋∞)时，h′(x)<0. 所以x1，x2是h(x)＝f(x)－g(x)的极值点， 10，. ∴b的取值范围是41②由①知x1x2＝x1＋x2＝. b 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 12可得g(x1)＋g(x2)＝－2ln b＋－2，f(x1)＋f(x2)＝， bbgx1＋gx21所以＝－bln b－b. fx1＋fx22110 110，， 令k′(b)＝0，得b＝2∈e410，2时，k′(b)>0，k(b)单调递增； 且当b∈e11当b∈e2，4时，k′(b)<0，k(b)单调递减， 111且当b＝2时，k(b)取最大值2＋， ee2gx1＋gx211所以≤＋. fx1＋fx2e22b2．设函数f(x)＝2ax＋＋cln x. x(1)当b＝0，c＝1时，讨论函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝3x＋3a－6且函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1 ①求a的取值范围； ②求f(x2)的取值范围． b解 (1)f(x)＝2ax＋＋cln x，x>0， xbc2ax2＋cx－bf′(x)＝2a－2＋＝. xxx2当b＝0，c＝1时，f′(x)＝2ax＋1. x2ax＋1当a≥0时，由x>0，得f′(x)＝>0恒成立， x所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 2ax＋11当a<0时，令f′(x)＝>0，解得x<－； x2a2ax＋11令f′(x)＝<0，解得x>－， x2a110，－上单调递增，在－，＋∞上单调递减． 所以，函数f(x)在2a2a10，－综上所述，①当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a<0时，函数f(x)在2a 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 1－，＋∞上单调递减． 上单调递增，在2a(2)①函数f(x)在x＝1处的切线为y＝3x＋3a－6， 所以f(1)＝2a＋b＝3a－3，f′(1)＝2a＋c－b＝3， 所以b＝a－3，c＝－a， bc2ax2－ax＋3－af′(x)＝2a－2＋＝， xxx2函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1 则方程2ax2－ax＋3－a＝0有两个大于0的解， a>0，a23－a2a>0，Δ＝－a2－8a3－a>0， 8解得 38所以a的取值范围是3，3. ②2ax22－ax2＋3－a＝0， a＋9a2－24a1x2＝＝1＋ 4a4118由 3由2ax22－ax2＋3－a＝0，得a＝－a－3f(x2)＝2ax2＋－aln x2 x2132x2＋－ln x2－ ＝ax2x212x2＋－ln x2x23＝－3－. 2x22x2－x2－112t＋－ln tt113设φ(t)＝－32－，t∈4，2， 2t－t－1t1212－1－2t＋－ln t4t－12t－t－1－tt2t32t2－t－123. 2x22－x2－1249－， aφ′(t)＝－3＋2 t112t＋1－ln t4t－12t＋－ln t4t－1－322t2－t－12＋33ttt3＝＋＝. 2t2t2－t－122t2－t－12111，时，2t＋－ln t>0,4t－1>0，φ′(t)>0， 当t∈42t 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 11所以φ(t)在4，2上单调递增， 16ln 2，3＋3ln 2， φ(t)∈316ln 2，3＋3ln 2. 所以f(x2)的取值范围是3 (二)立体几何 1．(2017·江苏扬州调研)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC. 求证：(1)PA∥平面QBD； (2)BD⊥AD. 证明 (1)如图，连结OQ， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO＝2OC. 又PQ＝2QC，所以PA∥OQ. 又OQ⊂平面QBD，PA⊄平面QBD， 所以PA∥平面QBD. (2)在平面PAD内过P作PH⊥AD于点H， 因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥平面ABCD. 又BD⊂平面ABCD，所以PH⊥BD. 又PA⊥BD，PA∩PH＝P，所以BD⊥平面PAD. 又AD⊂平面PAD，所以BD⊥AD. 2．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，E为PB上一点，G为PO的中点． 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (1)若PD∥平面ACE， 求证：E为PB的中点； (2)若AB＝2PC，求证：CG⊥平面PBD. 证明 (1)连结OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD的中点， 因为PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝OE，所以PD∥OE. 因为O为BD的中点，所以E为PB的中点． (2)在四棱锥P－ABCD中，AB＝2PC， 因为四边形ABCD是正方形，所以OC＝所以PC＝OC. 因为G为PO的中点，所以CG⊥PO. 又因为PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， 所以PC⊥BD. 而四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD， 因为AC，PC⊂平面PAC，AC∩PC＝C， 所以BD⊥平面PAC， 因为CG⊂平面PAC，所以BD⊥CG. 因为PO，BD⊂平面PBD，PO∩BD＝O， 所以CG⊥平面PBD. 3．(2017·江苏怀仁中学模拟)如图，在四棱锥E－ABCD中，△ABD为正三角形，EB＝ED，CB＝CD. 2AB， 2 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (1)求证：EC⊥BD； (2)若AB⊥BC，M，N分别为线段AE，AB的中点，求证：平面DMN∥平面BCE. 证明 (1)取BD的中点O，连结EO，CO. ∵CD＝CB，EB＝ED， ∴CO⊥BD，EO⊥BD. 又CO∩EO＝O，CO，EO⊂平面EOC， ∴BD⊥平面EOC. 又EC⊂平面EOC，∴BD⊥EC. (2)∵N是AB的中点，△ABD为正三角形， ∴DN⊥AB， ∵BC⊥AB，∴DN∥BC. 又BC⊂平面BCE，DN⊄平面BCE， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) ∴DN∥平面BCE. ∵M为AE的中点，N为AB的中点，∴MN∥BE， 又MN⊄平面BCE，BE⊂平面BCE， ∴MN∥平面BCE. ∵MN∩DN＝N，∴平面DMN∥平面BCE. 4．(2017·江苏楚水中学质检)如图，在三棱锥P－ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点． (1)求证：PA∥平面BEF； (2)若平面PAB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥PA. 证明 (1)在△PAC中，E，F分别是棱PC，AC的中点， 所以PA∥EF. 又PA⊄平面BEF，EF⊂平面BEF， 所以PA∥平面BEF. (2)在平面PAB内过点P作PD⊥AB，垂足为D. 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC， 因为BC⊂平面ABC，所以PD⊥BC， 又PB⊥BC，PD∩PB＝P，PD⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB， 又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA. (三)数 列(1) 1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝4，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)已知cn＝2n＋3(n∈N*)，记dn＝cn＋logCan(C>0且C≠1)，是否存在这样的常数C，使得数列{dn}是常数列，若存在，求出C的值；若不存在，请说明理由． 1nn＋2(3)若数列{bn}，对于任意的正整数n，均有b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1＝2－2成立，求证：数列{bn}是等差数列． (1)解 a1＝4－a1，所以a1＝2， 由Sn＋an＝4，得当n≥2时，Sn－1＋an－1＝4， an1两式相减，得2an＝an－1，所以＝， an－121数列{an}是以2为首项，公比为的等比数列， 2所以an＝22n(n∈N*)． (2)解 由于数列{dn}是常数列， dn＝cn＋logCan＝2n＋3＋(2－n)logC2 ＝2n＋3＋2logC2－nlogC2 － 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) ＝(2－logC2)n＋3＋2logC2为常数， 则2－logC2＝0， 解得C＝2，此时dn＝7. (3)证明 b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bna1 1nn＋2＝2－2，① 13当n＝1时，b1a1＝－＝－1， 221其中a1＝2，所以b1＝－. 21n－1n＋1当n≥2时，b1an－1＋b2an－2＋b3an－3＋…＋bn－1a1＝2－2，② 1②式两边同时乘以，得 21nn＋1b1an＋b2an－1＋b3an－2＋…＋bn－1a2＝2－4，③ －n－3由①－③，得bna1＝， 4n3所以bn＝－－(n∈N*，n≥2)， 881且bn＋1－bn＝－， 8113又b1＝－＝－－， 28811所以数列{bn}是以－为首项，公差为－的等差数列． 281122．在数列{an}中，已知a1＝，an＋1＝an－n＋1，n∈N*，设Sn为{an}的前n项和． 333(1)求证：数列{3nan}是等差数列； (2)求Sn； (3)是否存在正整数p，q，r(p 12(1)证明 因为an＋1＝an－n＋1， 33所以3n1an＋1－3nan＝－2. 1又因为a1＝，所以31·a1＝1， 3所以{3nan}是首项为1，公差为－2的等差数列． (2)解 由(1)知3nan＝1＋(n－1)·(－2)＝3－2n， ＋ 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 1n所以an＝(3－2n)3， 1112＋(－3)·13＋…＋(3－2n)·1n， 所以Sn＝1·＋(－1)·333312113＋…＋(5－2n)·1n＋(3－2n)·1n＋1， 所以Sn＝1·＋(－1)·33333两式相减，得 2112＋13＋…＋1n－(3－2n)·1n＋1Sn＝－23333331n＋1＝2n·3， n所以Sn＝n. 32q(3)解 假设存在正整数p，q，r(p 3p3r1n当n≥2时，an＝(3－2n)3<0，所以数列{Sn}单调递减． 又p pq－1q－12qq－3所以p≥q－1，q－1－q＝q. 33333pq－12q①当q≥3时，p≥q－1≥q， 333rpr2q又r>0，所以p＋r>q，等式不成立． 333341r②当q＝2时，p＝1，所以＝＋r， 933r1所以r＝， 39所以r＝3({Sn}单调递减，解惟一确定)． 综上可知，p，q，r的值为1,2,3. 1－3111＝－29×＋(2n－3)·1331－3n－11n＋1 (三)应用题 1．已知某食品厂需要定期购买食品配料，该厂每天需要食品配料200千克，配料的价格为1.8元/千克，每次购买配料需支付运费236元．每次购买来的配料还需支付保管费用，其标准如下：7天以内(含7天)，无论重量多少，均按10元/天支付；超出7天以外的天数，根据实际剩余配料的重量，以每天0.03元/千克支付． 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (1)当9天购买一次配料时，求该厂用于配料的保管费用P是多少元？ (2)设该厂x天购买一次配料，求该厂在这x天中用于配料的总费用y(元)关于x的函数关系式，并求该厂多少天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少？ 解 (1)当9天购买一次时，该厂用于配料的保管费用 P＝70＋0.03×200×(1＋2)＝88(元)． (2)①当x≤7时，y＝360x＋10x＋236＝370x＋236， ②当x>7时，y＝360x＋236＋70＋6[(x－7)＋(x－6)＋…＋2＋1]＝3x2＋321x＋432， 370x＋236，x≤7，∴y＝2 3x＋321x＋432，x>7， ∴设该厂x天购买一次配料平均每天支付的费用为f(x)元． f(x)＝3x＋321x＋432，x>7.x2370x＋236，x≤7，x 2362 826当x≤7时，f(x)＝370＋，当且仅当x＝7时，f(x)有最小值≈404(元)； x73x2＋321x＋432144当x＞7时，f(x)＝＝3x＋x＋321≥393. x当且仅当x＝12时取等号． ∵393<404，∴当x＝12时f(x)有最小值393元． 2．南半球某地区冰川的体积每年中随时间而变化，现用t表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年的数据，冰川的体积(亿立方米)关于t的近似函数的关系式为 32－t＋11t－24t＋100，0 4t－103t－41＋100，10 (1)该冰川的体积小于100亿立方米的时期称为衰退期．以i－1 (2)求一年内该地区冰川的最大体积． 解 (1)当0 又0 当10 41解得10 3综上得0 所以衰退期为1月，2月，3月，9月，10月，11月，12月共7个月． (2)由(1)知，V(t)的最大值只能在(3,9)内取到． 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 由V′(t)＝(－t3＋11t2－24t＋100)′＝－3t2＋22t－24， 4令V′(t)＝0，解得t＝6或t＝(舍去)． 3当t变化时，V′(t)与V(t)的变化情况如下表： t V′(t) V(t) 由上表，V(t)在t＝6时取得最大值V(6)＝136(亿立方米)． 故该冰川的最大体积为136亿立方米． 3．如图，某城市有一条公路从正西方AO通过市中心O后转向东偏北α角方向的OB.位于该市的某大学M与市中心O的距离OM＝313 km，且∠AOM＝β.现要修筑一条铁路L，L在OA上设一站A，在OB上设一站B，铁路在AB部分为直线段，且经过大学M.其中tan α＝2，cos β＝3，AO＝15 km. 13(3,6) ＋ ↗ 6 0 极大值 (6,9) － ↘ (1)求大学M与站A的距离AM； (2)求铁路AB段的长AB. 解 (1)在△AOM中，AO＝15，∠AOM＝β且cos β＝由余弦定理，得 AM2＝OA2＋OM2－2OA·OM·cos∠AOM ＝152＋(313)2－2×15×313×3 133，OM＝313， 13＝13×9＋15×15－2×3×15×3＝72. ∴AM＝62，即大学M与站A的距离AM为62 km. 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (2)∵cos β＝32，且β为锐角，∴sin β＝， 1313AMOM在△AOM中，由正弦定理，得＝， sin βsin∠MAO即623132＝，sin∠MAO＝， 22sin∠MAO13ππ∴∠MAO＝，∴∠ABO＝α－， 44∵tan α＝2，∴sin α＝21，cos α＝， 55π1α－＝∴sin∠ABO＝sin， 410又∠AOB＝π－α，∴sin∠AOB＝sin(π－α)＝在△AOB中，OA＝15，由正弦定理，得 ABOAAB15＝，即＝， 21sin∠AOBsin∠ABO510∴AB＝302，即铁路AB段的长为302 km. 4．(2017·江苏苏州大学指导卷)如图，某地区有一块长方形植物园ABCD，AB＝8(百米)，BC＝4(百米)．植物园西侧有一块荒地，现计划利用该荒地扩大植物园面积，使得新的植物园为HBCEFG，满足下列要求：E在CD的延长线上，H在BA的延长线上，DE＝0.5(百米)，AH＝4(百米)，N为AH的中点，FN⊥AH，EF为曲线段，它上面的任意一点到AD与AH的距离的乘积为定值，FG，GH均为线段，GH⊥HA，GH＝0.5(百米)． 2. 5 (1)求四边形FGHN的面积； (2)已知音乐广场M在AB上，AM＝2(百米)，若计划在EFG的某一处P开一个植物园大门， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 在原植物园ABCD内选一点Q为中心建一个休息区，使得QM＝PM，且∠QMP＝90°，问点P在何处时，AQ最小． 解 (1)以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系如图所示． 1－，4，因为E到AD与AH距离的乘积为2， 则E22所以曲线EF上的任意一点都在函数y＝－的图象上． x由题意，N(－2,0)，所以F(－2,1)． 113＋1×2＝(平方百米)． 四边形FGHN的面积为×222→→→(2)设P(x，y)，则MP＝(x－2，y)，MQ＝(y，－x＋2)，AQ＝(y＋2，－x＋2)， 0≤y＋2≤8，因为点Q在原植物园内，所以 0≤2－x≤4， 即－2≤x≤2. 1－4，－， 又点P在曲线EFG上，x∈21所以－2≤x≤－，则点P在曲线段EF上， 2AQ＝y＋22＋2－x2， 2因为y＝－，所以AQ＝ x＝ ＝ 48x2＋2－4x－＋8 xx－2＋22＋2－x2 xx＋22－4x＋2＋4 xx 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) ＝ x＋2－22＝－x＋2＋2≥22＋2. x－x2当且仅当－x＝－，即x＝－2时等号成立． x此时点P(－2，2)，即点P在距离AD与AH均为2百米时，AQ最小． (四)解析几何 1．已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2≠0)，O是坐标原点，P是线段AB的中点，若C是点A关于原点的对称点，Q是线段BC的中点，且OP＝OQ，设圆P的方程为x2＋y2－(x1＋x2)x－(y1＋y2)y＝0. (1)证明：线段AB是圆P的直径； 22(2)若存在正数p使得2p(x1＋x2)＝y2当圆P的圆心到直线x－2y＝0的1＋y2＋8p＋2y1y2成立，25距离的最小值为时，求p的值． 5(1)证明 由题意知，点P的坐标为x1，－y1)，那么点Q的坐标为由OP＝OQ，得OP2＝OQ2， 即x1＋x22y1＋y22－x1＋x22－y1＋y222＋2＝2＋2， x1＋x2y1＋y22，2，点A(x1，y1)关于原点的对称点为C(－－x1＋x2－y1＋y22，2， 得(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2， 从而x1x2＋y1y2＝0，由此得OA⊥OB， 由方程x2＋y2－(x1＋x2)x－(y1＋y2)y＝0知，圆P过原点，且点A，B在圆P上， 故线段AB是圆P的直径． 22(2)解 由2p(x1＋x2)＝y21＋y2＋8p＋2y1y2， 1得x1＋x2＝[(y1＋y2)2＋8p2]， 2p又圆心Px1＋x2y1＋y22，2到直线x－2y＝0的距离为 d＝x1＋x2－y＋y1225 ＝1[y1＋y22＋8p2]－y1＋y24p5 [y1＋y2－2p]2＋4p24p2＝≥， 45p45p 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 4p225当且仅当y1＋y2＝2p时，等号成立，所以＝， 545p从而得p＝2. x2y22.如图，F是椭圆2＋2＝1(a>b>0)的右焦点，O是坐标原点，OF＝5，过点F作OF的垂ab45线交椭圆C于P0，Q0两点，△OP0Q0的面积为. 3 (1)求椭圆的标准方程； (2)若过点M(－5，0)的直线l与上、下半椭圆分别交于点P，Q，且PM＝2MQ，求直线l的方程． 解 (1)由题设条件，P0F＝b2b24易知P0F＝，所以＝. aa3SOP0Q0OF4534＝＝. 53又c＝OF＝5，即a2－b2＝5， 45因此a2－a－5＝0，解得a＝3或a＝－， 33又a>0，所以a＝3，从而b＝2. x2y2故所求椭圆的标准方程为＋＝1. 94(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意y1>0，y2<0， 并可设直线l：x＝ty－5， ty－52y2代入椭圆方程得＋＝1， 94 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 即(4t2＋9)y2－85ty－16＝0. 85t16从而y1＋y2＝2，y1y2＝－2. 4t＋94t＋9y1PM又由PM＝2MQ，得＝＝2，即y1＝－2y2. －y2MQ2， 因此y1＋y2＝－y2，y1y2＝－2y216185t故－2＝－2－22，可解得t2＝. 44t＋94t＋985t1注意到y2＝－2且y2<0，知t>0，因此t＝. 24t＋9故满足题意的直线l的方程为2x－y＋25＝0. x2y233.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：y＝－ab21x与椭圆E相交于A，B两点，AB＝210，C，D是椭圆E上异于A，B的两点，且直线AC，2BD相交于点P，直线AD，BC相交于点Q. (1)求椭圆E的标准方程； (2)求证：直线PQ的斜率为定值． c3(1)解 因为e＝＝， a233所以c2＝a2，即a2－b2＝a2， 44所以a＝2b. x2y2所以椭圆方程为2＋2＝1. 4bb由题意不妨设点A在第二象限，点B在第四象限， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 由xy＋4bb＝1，22221y＝－x，2 得A(－2b，2b)． 2又AB＝210，所以OA＝10， 15则2b2＋b2＝b2＝10， 22得b＝2，a＝4. x2y2所以椭圆E的标准方程为＋＝1. 164x2y2(2)证明 由(1)知，椭圆E的方程为＋＝1， 164A(－22，2)，B(22，－2)． ①当直线CA，CB，DA，DB的斜率都存在，且不为零时，设直线CA，DA的斜率分别为k1，k2，C(x0，y0)，显然k1≠k2. y0－2y0＋2y20－2从而k1·kCB＝·＝2 x0＋22x0－22x0－8x0x01－－22－44162－8x022＝11＝2＝－，所以kCB＝－. 44k1x0－81同理kDB＝－. 4k2所以直线AD的方程为y－2＝k2(x＋22)，直线BC的方程为y＋2＝－1y＋2＝－4kx－22，1由 y－2＝k2x＋22，22－4kk－4k＋1x＝，4kk＋1解得2－4kk＋4k＋1y＝，4kk＋1(x－22)， 4k1 从而点Q的坐标为 22－4k1k2－4k1＋12－4k1k2＋4k2＋1，. 4k1k2＋14k1k2＋1用k2代替k1，k1代替k2得点P的坐标为 22－4k1k2－4k2＋12－4k1k2＋4k1＋1，. 4k1k2＋14k1k2＋1 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 2－4k1k2＋4k2＋12－4k1k2＋4k1＋1－4k1k2＋14k1k2＋1所以kPQ＝ 22－4k1k2－4k1＋122－4k1k2－4k2＋1－4k1k2＋14k1k2＋1＝42k2－k11＝. 82k2－k121即直线PQ的斜率为定值，其定值为. 2②当直线CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，由题意得，至多有一条直线的斜率不存在，不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(－22，－2)． 1设DA的斜率为k，由①知，kDB＝－. 4k1因为直线CA：x＝－22，直线DB：y＋2＝－(x－22)， 4k得P－22，－2＋2. k又直线BC：y＝－2，直线AD：y－2＝k(x＋22)， 得Q－22－22，－2， k1所以kPQ＝. 21由①②可知，直线PQ的斜率为定值，其定值为. 2x2y234．(2017·江苏预测卷)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率是，右ab243准线的方程为x＝. 3 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (1)求椭圆C的方程； 1(2)已知点P2，2，过x轴上的一个定点M作直线l与椭圆C交于A，B两点，若三条直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点M的坐标． 解 (1)因为椭圆的离心率为343，右准线的方程为x＝， 23c3a243所以e＝＝，＝，则a＝2，c＝3，b＝1， a2c3x22椭圆C的方程为＋y＝1. 4(2)设M(m,0)，当直线l为y＝0时，A(－2,0)，B(2,0)， PA，PM，PB的斜率分别为 444kPA＝，kPM＝，kPB＝－， 531－2m因为直线PA，PM，PB的斜率成等差数列， 844所以＝－，m＝8. 1－2m53证明如下： 当M(8,0)时，直线PA，PM，PB的斜率构成等差数列， 设AB：y＝k(x－8)，代入椭圆方程x2＋4y2－4＝0， 得x2＋4k2(x－8)2－4＝0， 即(1＋4k2)x2－64k2x＋256k2－4＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 256k2－464k2x1＋x2＝，xx＝， 1＋4k2121＋4k2又kPM＝0－24＝－， 1158－2y1－2y2－2＋ 11x1－x2－22所以kPA＋kPB＝＝kx1－8k－2kx2－8k－2＋ 11x1－x2－221＋11511－k－2＝2k＋2x1－2x2－2 15－k－2＝2k＋2x1＋x2－1 11x1x2－x1＋x2＋24 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 64k22－11＋4k15＝2k＋－2k－2256k2－4164k21 －×＋1＋4k221＋4k241560k－18－k－2＝2k＋＝－＝2kPM，即证． 215152460k－12(四)数 列(2) 1．已知{an}，{bn}，{cn}都是各项不为零的数列，且满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝cnSn，n∈N*，其中Sn是数列{an}的前n项和，{cn}是公差为d(d≠0)的等差数列． (1)若数列{an}是常数列，d＝2，c2＝3，求数列{bn}的通项公式； (2)若an＝λn(λ是不为零的常数)，求证：数列{bn}是等差数列； (3)若a1＝c1＝d＝k(k为常数，k∈N*)，bn＝cn＋k(n≥2，n∈N*)，求证：对任意的n≥2，n∈N*，bn数列a单调递减． n(1)解 因为d＝2，c2＝3，所以cn＝2n－1. 因为数列{an}是各项不为零的常数列， 所以a1＝a2＝…＝an，Sn＝na1. 则由cnSn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn及cn＝2n－1，得 n(2n－1)＝b1＋b2＋…＋bn， 当n≥2时，(n－1)(2n－3)＝b1＋b2＋…＋bn－1， 两式相减得bn＝4n－3. 当n＝1时，b1＝1也满足bn＝4n－3. 故bn＝4n－3(n∈N*)． (2)证明 因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝cnSn， 当n≥2时，cn－1Sn－1＝a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1， 两式相减得cnSn－cn－1Sn－1＝anbn， 即(Sn－1＋an)cn－Sn－1cn－1＝anbn， Sn－1(cn－cn－1)＋ancn＝anbn， 所以Sn－1d＋λncn＝λnbn. λ＋λn－1λnn－1又Sn－1＝(n－1)＝， 22λnn－1所以d＋λncn＝λnbn， 2 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 即n－1d＋cn＝bn，(*) 2n－2所以当n≥3时，d＋cn－1＝bn－1， 23两式相减得bn－bn－1＝d(n≥3)， 23所以数列{bn}从第二项起是公差为d的等差数列． 2又当n＝1时，由c1S1＝a1b1，得c1＝b1. 当n＝2时，由(*)得 2－113b2＝d＋c2＝d＋(c1＋d)＝b1＋d， 2223得b2－b1＝d. 23故数列{bn}是公差为d的等差数列． 2(3)证明 由(2)得当n≥2时，Sn－1(cn－cn－1)＋ancn＝anbn，即Sn－1d＝an(bn－cn)． 因为bn＝cn＋k，所以bn＝cn＋kd， 即bn－cn＝kd， 所以Sn－1d＝an·kd， 即Sn－1＝kan， 所以Sn＝Sn－1＋an＝(k＋1)an. 当n≥3时，Sn－1＝(k＋1)an－1， 两式相减得an＝(k＋1)an－(k＋1)an－1， k＋1即an＝a， kn－1故从第二项起数列{an}是等比数列， 所以当n≥2时，an＝a2k＋1n－2k， bn＝cn＋k＝cn＋kd＝c1＋(n－1)k＋k2＝k＋(n－1)k＋k2＝k(n＋k)， 另外由已知条件得(a1＋a2)c2＝a1b1＋a2b2. 又c2＝2k，b1＝k，b2＝k(2＋k)， 所以a2＝1，因而an＝k＋1n－2k. dn＋1bn＋1ann＋k＋1kbn令dn＝，则＝＝. andnan＋1bnn＋kk＋1因为(n＋k＋1)k－(n＋k)(k＋1)＝－n<0， dn＋1所以<1， dn 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) bn所以对任意的n≥2，n∈N*，数列a单调递减． n2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，a2＝2，设bn＝an＋an＋1，cn＝an·an＋1(n∈N*)． (1)若数列{b2n－1}是公比为3的等比数列，求S2n； (2)若数列{bn}是公差为3的等差数列，求Sn； (3)是否存在这样的数列{an}，使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立，若存在，求出{an}的通项公式；若不存在，请说明理由． 解 (1)b1＝a1＋a2＝1＋2＝3， 31－3n3n1－3S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝b1＋b3＋…＋b2n－1＝＝. 21－3(2)∵bn＋1－bn＝an＋2－an＝3， ∴{a2k－1}，{a2k}均是公差为3的等差数列， a2k－1＝a1＋(k－1)·3＝3k－2，a2k＝a2＋(k－1)·3＝3k－1， 当n＝2k(k∈N*)时，Sn＝S2k＝(a1＋a3＋…＋a2k－1)＋(a2＋a4＋…＋a2k)＝k2＋3k－13n22＝3k＝； 24当n＝2k－1(k∈N*)时，S2n＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k－3k＋1＝3×＋k1＋3k－2＋2n＋12－3·n＋1＋1＝3n＋1. 2422综上可知，S＝3n＋14，n＝2k－1，k∈N.n2*3n2，n＝2k，k∈N*，4 (3)∵{bn}成等差数列，∴2b2＝b1＋b3， 即2(a2＋a3)＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)，a2＋a3＝a1＋a4，① ∵{cn}成等比数列，∴c22＝c1c3. 即(a2a3)2＝(a1a2)·(a3a4)， ∵c2＝a2a3≠0，∴a2a3＝a1a4，② 由①②及a1＝1，a2＝2，得a3＝1，a4＝2， 设{bn}的公差为d，则bn＋1－bn＝(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝d，即an＋2－an＝d，即数列{an}的奇数项和偶数项都构成公差为d的等差数列， 又d＝a3－a1＝a4－a2＝0， ∴数列{an}＝1,2,1,2,1,2，…， *1，n＝2k－1，k∈N，即an＝ 2，n＝2k，k∈N*. 此时cn＝2，{cn}是公比为1的等比数列，满足题意． 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) *1，n＝2k－1，k∈N，∴存在数列{an}，an＝ 使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时2，n＝2k，k∈N*， 成立． 高考附加题加分练 1.矩阵与变换 a 1．已知矩阵M＝b 逆矩阵M1. a 解 ∵b 111 ＝， 002－10，点A(1,0)在矩阵M对应的变换作用下变为A′(1,2)，求矩阵M的∴a＝1，b＝2. ∴M＝1 2 1，∴M－100 2＝. 11 －2C：y2＝11 0x，在矩阵M＝对应的变换作用下得20 －212．(2017·江苏徐州一中检测)已知曲线到曲线C1，C1在矩阵N＝解 设A＝NM，则A＝0 1 10对应的变换作用下得到曲线C2，求曲线C2的方程． 0 1 11 00 －2 ＝， 00 －21 0设P(x′，y′)是曲线C上任一点，在两次变换下，在曲线C2上对应的点为P(x，y)， x0 －2x′－2y′则＝ ＝， y1 0y′ x′x＝－2y′，即∴1y′＝－x.y＝x′， x′＝y，2 1又点P(x′，y′)在曲线C：y2＝x上， 211－x2＝y，即x2＝2y. ∴22 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 1 3．已知矩阵M＝2 2x求M的另一个特征值及其对应的一个特征向量． 的一个特征值为3，解 矩阵M的特征多项式为 λ－1 －2f(λ)＝＝(λ－1)(λ－x)－4. －2 λ－x因为λ1＝3是方程f(λ)＝0的一根，所以x＝1. 由(λ－1)(λ－1)－4＝0，得λ2＝－1. x设λ2＝－1对应的一个特征向量为α＝， y－2x－2y＝0，则得x＝－y. －2x－2y＝0， 1令x＝1，则y＝－1，所以矩阵M的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝. －1cos α －sin α4．(2017·江苏江阴中学质检)若点A(2,2)在矩阵M＝对应变换的作用下得到的sin α cos α点为B(－2,2)，求矩阵M的逆矩阵． 2－22cos α－2sin α－2解 M＝，即＝， 2 22sin α＋2cos α 2cos α－sin α＝－1，所以 sin α＋cos α＝1，cos α＝0，0 －1解得所以M＝. 1 0sin α＝1. 1 由MM＝0 －10 ，得M＝1－1 0－11. 02.坐标系与参数方程 πθ－＝－1，曲线C2的极坐1．(2017·江苏兴化中学调研)已知曲线C1的极坐标方程为ρcos3πθ－，判断两曲线的位置关系． 标方程为ρ＝22cos4解 将曲线C1，C2化为直角坐标方程，得 C1：x＋3y＋2＝0，C2：x2＋y2－2x－2y＝0， 即C2：(x－1)2＋(y－1)2＝2. 圆心到直线的距离d＝|1＋3＋2|12＋32＝3＋3>2， 2∴曲线C1与C2相离． 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) ππθ＋与直线l：ρsinθ＋＝2．(2017·江苏金坛一中期中)已知在极坐标系下，圆C：ρ＝2cos242，点M为圆C上的动点，求点M到直线l的距离的最大值． 解 圆C化为直角坐标方程，得x2＋(y＋1)2＝1. 直线l化为直角坐标方程，得x＋y＝2. |－1－2|32圆心C到直线l的距离d＝＝， 2232所以点M到直线l的距离的最大值为1＋. 2x＝1＋t，x＝2cos θ，3．已知直线l：(t为参数)与圆C： y＝－ty＝m＋2sin θ (θ为参数)相交于A，B两点，m为常数． (1)当m＝0时，求线段AB的长； (2)当圆C上恰有三点到直线的距离为1时，求m的值． 解 (1)直线l：x＋y－1＝0，曲线C：x2＋y2＝4， 圆心到直线的距离d＝1， 2故AB＝2r2－d2＝14. (2)圆C的直角坐标方程为x2＋(y－m)2＝4， 直线l：x＋y－1＝0， |m－1|由题意，知圆心到直线的距离d＝＝1， 2∴m＝1±2. 4．(2017·江苏昆山中学质检)已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴x＝－3t，重合．曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝3，直线l的参数方程为(t为y＝1＋t参数，t∈R)．试在曲线C上求一点M，使它到直线l的距离最大． x22解 曲线C的普通方程是＋y＝1， 3直线l的普通方程是x＋3y－3＝0. 设点M的直角坐标是(3cos θ，sin θ)，则点M到直线l的距离是 2sinθ＋π－134|3cos θ＋3sin θ－3|d＝＝. 22πθ＋≤2， 因为－2≤2sin4 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) π3π6 θ＋＝－1，即θ＝2kπ－(k∈Z)时，d取得最大值．此时3cos θ＝－，sin θ所以当sin442＝－2. 2ρcos φ＝－26，设点M的极角为φ，则2ρsin φ＝－，2 ρ＝2，所以 7πφ＝.6 7π2，时，该点到直线l的距离最大． 综上，当点M的极坐标为63.空间向量与立体几何 1．(2017·江苏南通中学月考)如图，已知三棱锥O－ABC的侧棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝1，OB＝OC＝2，E是OC的中点． (1)求异面直线BE与AC所成角的余弦值； (2)求二面角A－BE－C的正弦值． 解 (1)以O为原点，分别以OB，OC，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 则A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，E(0,1,0)． →→EB＝(2，－1,0)，AC＝(0,2，－1)， 2→→∴cos〈EB，AC〉＝－， 52即异面直线BE与AC所成角的余弦值为. 5→→(2)AB＝(2,0，－1)，AE＝(0,1，－1)， 设平面ABE的法向量为n1＝(x，y，z)， →→则由n1⊥AB，n1⊥AE， 2x－z＝0，得取n1＝(1,2,2)， y－z＝0， 平面BEC的法向量为n2＝(0,0,1)， 2∴cos〈n1，n2〉＝， 32∴二面角A－BE－C的余弦值cos θ＝， 3∴sin θ＝5， 35. 3即二面角A－BE－C的正弦值为 2．(2017·江苏宜兴中学质检)三棱柱ABC－A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB＝2，AC＝4，AA1＝3，D是BC的中点． 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (1)求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值； (2)求二面角B1－A1D－C1的正弦值． →解 (1)由题意知，B(2,0,0)，C(0,4,0)，D(1,2,0)，A1(0,0,3)，B1(2,0,3)，C1(0,4,3)，则A1D＝(1,2，→→－3)，A1C1＝(0,4,0)，DB1＝(1，－2,3)． 设平面A1C1D的一个法向量为n＝(x，y，z)． →→由n·A1D＝x＋2y－3z＝0，n·A1C1＝4y＝0， 得y＝0，x＝3z， 令z＝1，得x＝3，n＝(3,0,1)． 设直线DB1与平面A1C1D所成的角为θ， →则sin θ＝|cos〈DB1，n〉|＝|3＋3|335＝. 3510×14→(2)设平面A1B1D的一个法向量为m＝(a，b，c)，A1B1＝(2,0,0)． →→由m·A1D＝a＋2b－3c＝0，m·A1B1＝2a＝0， 得a＝0,2b＝3c， 令c＝2，得b＝3，m＝(0,3,2)． 设二面角B1－A1D－C1的大小为α， |cos α|＝|cos〈m，n〉|＝373455sin α＝＝. 65653455所以二面角B1－A1D－C1的正弦值为. 653．(2017·江苏运河中学质检)在四棱锥P－ABCD中，侧面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD，底|m·n|2＝， |m||n|65 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) π面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2.设Q为侧棱PC上2π→→一点，PQ＝λPC.试确定λ的值，使得二面角Q－BD－P为. 4 解 因为侧面PCD⊥底面ABCD， 平面PCD∩平面ABCD＝CD，PD⊥CD， 所以PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD， π又∠ADC＝， 2故DA，DC，DP两两互相垂直． 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)， 则平面PBD的一个法向量为n＝(－1,1,0)， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) →→→PC＝(0,2，－1)，PQ＝λPC，λ∈(0,1)， 所以Q(0,2λ，1－λ)． 设平面QBD的一个法向量为m＝(a，b，c)， →→由m·BD＝0，m·DQ＝0， a＋b＝0，得 2λb＋1－λc＝0， 2λ所以取b＝1，得m＝－1，1，λ－1， π|m·n|所以cos ＝， 4|m||n|即2·22λ2＋λ－12＝2. 2注意到λ∈(0,1)，解得λ＝2－1. 4．在三棱锥S－ABC中，底面是边长为23的正三角形，点S在底面ABC上的射影O是AC的中点，侧棱SB和底面成45°角． (1)若D为棱SB上一点，当SD为何值时，CD⊥AB； DB(2)求二面角S－BC－A的余弦值的大小． 解 以O点为原点，OB为x轴，OC为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系． 由题意知∠SBO＝45°，SO＝3. 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 所以O(0,0,0)，C(0，3，0)，A(0，－3，0)，S(0,0,3)，B(3,0,0)． →→(1)设BD＝λBS(0≤λ≤1)， →→→则OD＝(1－λ)OB＋λOS＝(3(1－λ)，0,3λ)， →所以CD＝(3(1－λ)，－3，3λ)． →因为AB＝(3，3，0)，CD⊥AB， 2→→所以CD·AB＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝. 3故SD1＝时，CD⊥AB. DB2(2)平面ACB的法向量为n1＝(0,0,1)． 设平面SBC的法向量n2＝(x，y，z)， 3x－3z＝0，→→由n2·SB＝0，n2·SC＝0，得 3y－3z＝0，x＝z，解得取n2＝(1，3，1)， y＝3z，1×0＋3×0＋1×11所以cos〈n1，n2〉＝＝， 22251＋1＋3又显然所求二面角的平面角为锐角， 故所求二面角的余弦值的大小为5. 5 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 4.曲线与方程、抛物线 1．(2017·江苏东海中学月考)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(8，－4)，P(2，t)(t<0)在抛物线y2＝2px(p>0)上． (1)求p，t的值； (2)过点P作PM垂直于x轴，M为垂足，直线AM与抛物线的另一交点为B，点C在直线AM上．若PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3，且k1＋k2＝2k3，求点C的坐标． 解 (1)将点A(8，－4)代入y2＝2px，得p＝1， 将点P(2，t)代入y2＝2x，得t＝±2， 因为t<0，所以t＝－2. 24(2)依题意，M的坐标为(2,0)，直线AM的方程为y＝－x＋， 3324y＝－3x＋3，1，1联立解得B2， y2＝2x，1所以k1＝－，k2＝－2， 37代入k1＋k2＝2k3，得k3＝－， 671从而直线PC的方程为y＝－x＋. 63 y＝－3x＋3，联立71y＝－6x＋3，24 8－2，. 解得C32．(2017·江苏华罗庚中学质检)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)过点(2,1)，直线l过点P(0，－1) 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 与抛物线C交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，连结A′B. (1)求抛物线C的标准方程； (2)问直线A′B是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 解 (1)将点(2,1)代入抛物线C的方程，得p＝2， 所以抛物线C的标准方程为x2＝4y. (2)设直线l的方程为y＝kx－1， 又设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(－x1，y1)， 1y＝4x2，由得x2－4kx＋4＝0， y＝kx－1，则Δ＝16k2－16>0，x1x2＝4，x1＋x2＝4k， 2x2x12－44x2－x1y2－y1所以kA′B＝＝＝， 4x2－－x1x1＋x2 x22x2－x1于是直线A′B的方程为y－＝(x－x2)， 44x2－x1x2－x1x22所以y＝(x－x2)＋＝x＋1， 444当x＝0时，y＝1，所以直线A′B过定点(0,1)． 3．(2017·江苏常州中学调研)如图，已知定点R(0，－3)，动点P，Q分别在x轴和y轴上移→1→→→动，延长PQ至点M，使PQ＝QM，且PR·PM＝0. 2 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (1)求动点M的轨迹C1； (2)圆C2：x2＋(y－1)2＝1，过点(0,1)的直线l依次交C1于A，D两点(从左到右)，交C2于B，→→C两点(从左到右)，求证：AB·CD为定值． (1)解 方法一 设M(x，y)，P(x1,0)，Q(0，y2)， →→→1→则由PR·PM＝0，PQ＝QM及R(0，－3)，得 2－x＝1x，211y＝2y－2y，122－x1x－x1＋－3y＝0， 化简得x2＝4y. 所以动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线． 方法二 设M(x，y)． xy→1→－，0，Q0，. 由PQ＝QM，得P232x3x→→，－3，PM＝，y. 所以PR＝22x3x→→，－3·，y＝0， 由PR·PM＝0，得223即x2－3y＝0，化简得x2＝4y. 4所以动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线． →→(2)证明 由题意，得AB·CD＝AB·CD，⊙C2的圆心即为抛物线C1的焦点F. 设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则AB＝FA－FB＝y1＋1－1＝y1. 同理CD＝y2. 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 设直线的方程为x＝k(y－1)． x＝ky－1，1由12得y＝k2(y－1)2， 4y＝4x，即k2y2－(2k2＋4)y＋k2＝0. →→所以AB·CD＝AB·CD＝y1y2＝1. 4．如图，已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)两点，T为抛物线的准线与x轴的交点． →→(1)若TA·TB＝1，求直线l的斜率； (2)求∠ATF的最大值． 解 (1)因为抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，T(－1,0)， 当l⊥x轴时，A(1,2)，B(1，－2)， →→→→此时TA·TB＝0，与TA·TB＝1矛盾， 所以可设直线l的方程为y＝k(x－1)， 代入y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 2k2＋4则x1＋x2＝2，x1x2＝1，① k2故y21y2＝16x1x2＝16，y1y2＝－4.② →→因为TA·TB＝1，所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝1， 将①②代入并整理，得k2＝4，所以k＝±2. (2)因为y1>0， 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) y1y11所以tan∠ATF＝＝2＝≤1， y11x1＋1y1＋1＋44y1y11当且仅当＝，即y1＝2时取等号， 4y1ππ所以∠ATF≤，所以∠ATF的最大值为. 445.计数原理与二项式定理 11．已知函数f(x)＝x2＋ln x．设g(x)＝f′(x)，求证：[g(x)]n－g(xn)≥2n－2(n∈N*)． 211证明 f′(x)＝x＋，即g(x)＝x＋. xx当n＝1时，不等式成立． 11x＋n－xn＋n 当n≥2时，[g(x)]n－g(xn)＝xxn2n4＝C1＋C2＋…＋Cnnxnxn－－－11xn－2 111n－22xn－4＋－＋…＋x＋－＝C1＋Cnxn2xn42n 1－1n－2Cnnn－2＋xx， －n1n2由已知x>0，所以[g(x)]n－g(xn)≥C1n＋Cn＋…＋Cn＝2－2. 2．(2017·江苏常熟中学质检)设等差数列{an}的首项为1，公差为d(d∈N*)，m为数列{an}中的项． (1)若d＝3，试判断x＋1m的展开式中是否含有常数项？并说明理由； x(2)证明：存在无穷多个d，使得对每一个m，x＋1m的展开式中均不含常数项． x(1)解 因为{an}是首项为1，公差为3的等差数列， 所以an＝3n－2. 假设x＋1m的展开式中第r＋1项为常数项(r∈N)， xm－rTr＋1＝Crmx1r＝Crxm2r，于是m－3r＝0. m2x33设m＝3n－2(n∈N*)，则有3n－2＝r， 24即r＝2n－，这与r∈N矛盾． 31mx＋所以假设不成立，即的展开式中不含常数项． x 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) (2)证明 由题设知an＝1＋(n－1)d， 设m＝1＋(n－1)d， 1mx＋由(1)知，要使对于每一个m，的展开式中均不含常数项， x32d2必须有：对于n∈N*，满足1＋(n－1)d－r＝0的r无自然数解，即r＝(n－1)＋∉N. 233当d＝3k(k∈N*)时，r＝2d22(n－1)＋＝2k(n－1)＋∉N. 333故存在无穷多个d，满足对每一个m，x＋1m的展开式中均不含常数项． x3．(2017·江苏震泽中学模拟)已知f(x)＝(2＋x)n，其中n∈N*. (1)若展开式中含x3项的系数为14，求n的值； (2)当x＝3时，求证：f(x)必可表示成s＋s－1(s∈N*)的形式． (1)解 因为Tr＋1＝Crn2n－rx,所以r＝6， r2n6故x3项的系数为C6＝14，解得n＝7. n2－(2)证明 由二项式定理可知， n01n1(3)1＋C22n2(3)2＋…＋Cn20(3)n， (2＋3)n＝C0n2(3)＋Cn2nn－－设(2＋3)n＝x＋3y＝x2＋3y2， 而若有(2＋3)n＝a＋b，a，b∈N*， 则(2－3)n＝a－b，a，b∈N*. ∵(a＋b)·(a－b)＝(2＋3)n·(2－3)n＝1， ∴令a＝s，s∈N*，则a－b＝1，有b＝s－1， ∴(2＋3)n必可表示成s＋s－1的形式，其中s∈N*. 4．(2017·江苏启东中学质检)已知p(p≥2)是给定的某个正整数，数列{ak}满足：a1＝1，(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，其中k＝1,2,3，…，p－1. (1)设p＝4，求a2，a3，a4；(2)求a1＋a2＋a3＋…＋ap. 解 (1)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得 ak＋1k－p＝p×，k＝1,2,3，…，p－1， akk＋14－1a2即＝－4×＝－6，a2＝－6a1＝－6； a124－2a38＝－4×＝－，a3＝16； a2334－3a4＝－4×＝－1，a4＝－16. a34(2)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) ak＋1k－p＝p×，k＝1,2,3，…，p－1， akk＋1p－1a3p－2a2即＝－p×，＝－p×，…， a12a23p－k－1ak＝－p×， kak－1以上各式相乘，得 p－1p－2p－3…p－k＋1ak－＝(－p)k1×， a1k！p－1p－2p－3…p－k＋1－∴ak＝(－p)k1× k！＝(－p)k－1p－1！－pk1p！×＝× pk！p－k！k！p－k！－1k－k＝－(－p)k2×Ckp＝－2Cp(－p)，k＝1,2,3，…，p， p11ppp 12233∴a1＋a2＋a3＋…＋ap＝－2[C1p(－p)＋Cp(－p)＋Cp(－p)＋…＋Cp(－p)]＝－2[(1－p)pp－1]． 6.随机变量及其概率分布 1．(2017·江苏南通中学调研)设10件同类型的零件中有2件不合格品，从所有零件中依次不放回地取出3件，以X表示取出的3件中不合格品的件数． (1)求“第一次取得正品且第二次取得次品”的概率； (2)求X的概率分布和数学期望E(X)． 8×28解 (1)“第一次取得正品且第二次取得次品”的概率为＝. 10×945(2)X的取值为0,1,2. 8×7×678×7×2×37P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， 1510×9×81510×9×88×2×1×31P(X＝2)＝＝. 10×9×815故X的概率分布为 X P 7713数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 15151550 7 151 7 152 1 15 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 2．(2017·江苏赣榆中学质检)袋中装有大小相同的黑球和白球共9个，从中任取2个都是白球5的概率为.现甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，每次摸取112个球，取出的球不放回，直到其中有一人取到白球时终止．用X表示取球终止时取球的总次数． (1)求袋中原有白球的个数； (2)求随机变量X的概率分布及数学期望E(X)． C2n解 (1)设袋中原有n个白球，则从9个球中任取2个球都是白球的概率为2， C9C25n由题意知2＝，化简得n2－n－30＝0， C912解得n＝6或n＝－5(舍去)，故袋中原有白球的个数为6. (2)由题意，X的可能取值为1,2,3,4. 3×6162P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝， 939×843×2×613×2×1×61P(X＝3)＝＝，P(X＝4)＝＝. 9×8×7149×8×7×684所以取球次数X的概率分布为 X P 211110所求数学期望E(X)＝1×＋2×＋3×＋4×＝. 341484723．(2017·江苏如皋中学模拟)某射击小组有甲、乙两名射手，甲的命中率为P1＝，乙的命中3率为P2，在射击比武活动中每人射击两发子弹则完成一次检测．在一次检测中，若两人命中次数相等且都不少于一发，则称该射击小组为“先进和谐组”． 1(1)若P2＝，求该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率； 2(2)计划在2018年每月进行1次检测，设这12次检测中该小组获得“先进和谐组”的次数为ξ，如果E(ξ)≥5，求P2的取值范围． 2111122111C1解 (1)易得P＝2··33C2·2·2＋3·32·2＝3. (2)该小组在一次检测中荣获“先进和谐组”的概率为 211422228C1P＝2··[C2·P2·(1－P2)]＋·P2＝P2－P2. 333399而ξ～B(12，P)，所以E(ξ)＝12P， 84P2－P2由E(ξ)≥5知，92·12≥5， 91 2 32 1 43 1 144 1 84 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) 353解得≤P2≤.又0≤P2≤1，∴≤P2≤1. 4444．(2017·江苏平潮高级中学质检)某银行的一个营业窗口可办理四类业务，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟．经统计以往100位顾客办理业务所需的时间t结果如下： 类别 顾客数(人) 时间t(分钟/人) 注：银行工作人员在办理两项业务时的间隔时间忽略不计，并将频率视为概率． (1)求银行工作人员恰好在第6分钟开始办理第三位顾客的业务的概率； (2)用X表示至第4分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的概率分布及数学期望． 解 (1)设Y表示银行工作人员办理一笔业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的概率分布如下： Y P A表示事件“银行工作人员在第6分钟开始办理第三位顾客的业务”，则事件A对应两种情形： ①办理第一位顾客的业务所需时间为2分钟，且办理第二位顾客的业务所需时间为3分钟； ②办理第一位顾客的业务所需时间为3分钟，且办理第二位顾客的业务所需时间为2分钟． ∴P(A)＝P(Y＝2)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝2) 133＝××2＝. 51025(2)X的取值为0,1,2. 1X＝0对应办理第一位顾客的业务所需时间超过4分钟，∴P(X＝0)＝. 10X＝1对应办理第一位顾客的业务所需时间为2分钟，且办理第二位顾客的业务所需时间超过2分钟， 或办理第一位顾客的业务所需时间为3分钟或办理第一位顾客的业务所需时间为4分钟， 143243∴P(X＝1)＝P(Y＝2)P(Y>2)＋P(Y＝3)＋P(Y＝4)＝×＋＋＝. 5510550X＝2对应办理前两位顾客的业务所需时间均为2分钟， 111∴P(X＝2)＝P(Y＝2)P(Y＝2)＝×＝. 55252 1 53 3 104 2 56 1 10A类 20 2 B类 30 3 C类 40 4 D类 10 6 高考大题专项训练 全套 (15个专项)(典型例题)(含答案) ∴X的概率分布为 X P 143147E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 105025500 1 101 43 502 1 257.数学归纳法 1．(2017·江苏清江中学质检)已知数列{an}满足：a1＝2a－2，an＋1＝a(1)若a＝－1，求数列{an}的通项公式； (2)若a＝3，试证明：对∀n∈N*，an是4的倍数． (1)解 当a＝－1时，a1＝－4，an＋1＝(1)令bn＝an－1，则b1＝－5，bn＋1＝(1)n. ∵b1＝－5为奇数，bn也是奇数且只能为－1， －5，n＝1，－4，n＝1，∴bn＝即an＝ －1，n≥2，0，n≥2.ban1an1＋1(n∈N*)． ＋1. (2)证明 当a＝3时，a1＝4，an＋1＝3n＋1. 下面利用数学归纳法来证明：an是4的倍数． 当n＝1时，a1＝4＝4×1，命题成立； 设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，则存在t∈N*，使得ak＝4t， ∴ak＋1＝3k＋1＝34t1＋1＝27·(4－1)4(t－a1a1－1)＋1 ＝27·(4m＋1)＋1＝4(27m＋7)， 其中，4m＝44(t－1)4t5＋…－(－1)rCr4t－C14t－1·44t－1·4－－4－r4t5·4， ＋…－C4t－1－∴m∈Z，∴当n＝k＋1时，命题成立． 由数学归纳法知，命题对∀n∈N*，an是4的倍数成立． 1212．(2017·江苏马塘中学质检)已知数列{an}满足an＋1＝an－nan＋1(n∈N*)，且a1＝3. 22(1)计算a2，a3，a4的值，由此猜想数列{an}的通项公式，并给出证明； n(2)求证：当n≥2时，ann≥4n. (1)解 a2＝4，a3＝5，a4＝6，猜想：an＝n＋2(n∈N*)． ①当n＝1时，a1＝3，结论成立； ②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即ak＝k＋2，
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