《2022年高考数学大二轮专题复习审题解题档大题保分练文 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考数学大二轮专题复习审题解题档大题保分练文 .pdf（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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(xB) ， cos B) ，n cos x，12，f(x) mn，f314. (1) 求角B的值；(2) 若b14，BABC6，求a和c的值解(1)f(x) mncos xcos(xB) 12cos Bcos2xcos Bcos xsin xsin B12cos B12(cos 2xcos Bsin 2xsin B) 12cos(2xB) ，f314，cos23B12，又B为ABC的内角，23B3即B3. (2) 由BABC6，及B3，得accos 36，即a
2、c12，在ABC中，由余弦定理：b2a2c22accos B得14a2c22accos 3，a2c2 26，从而 (ac)22ac26，(ac)250，ac52. 解方程组ac12ac52，得a22c32，或a32c22. 2 设数列 an 的前n项和为Sn，点n，Snn(nN*) 均在函数y2x1 的图象上(1) 求数列 an 的通项公式；名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 5 页 - - - - - - - - - (2) 设bn4anan1，Tn是数列
3、bn的前n项和，求证：Tn1. (1) 解由条件Snn2n1，即Sn2n2n. 当n2时，anSnSn1()2n2n2(n1)2(n1) 4n3. 又n1 时，a1S11 适合上式，所以an4n3(nN*) (2) 证明bn4anan144n34n114n314n1. Tnb1b2b3bn11515191911314n314n1114n1. nN*，14n10，114n11，即Tn1. 3M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
4、”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82025. 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10254 人，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -
5、- 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 5 页 - - - - - - - - - “乙部门”人选有10254 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) 1P(A) 1C34C3814561314. 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(X0) C06C34C310130，P(X1) C16C24C310310，P(X2) C26C14C31012，P(X3) C36C04C31016，因此，X的分布列如下
6、：X 0123 P 1303101216所以X的数学期望E(X) 0130131021231695. 4 在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ABCD，ABC 90，ABPBPCBC2CD，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PAD？若存在， 求PMPB的值； 若不存在， 请说明理由(1) 证明因为ABC90，所以ABBC. 因为平面PBC平面ABCD，平面PBC平面ABCDBC，AB? 平面ABCD，所以AB平面PBC. 名师资料总结 - - -精品
7、资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 5 页 - - - - - - - - - (2) 解如图，取BC的中点O，连接PO. 因为PBPC，所以POBC. 因为平面PBC平面ABCD，平面PBC平面ABCDBC，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Oxyz. 不妨设BC2. 由ABPBPCBC2CD可得，P(0,0 ，3) ，D( 1,1,0)，A(1,2,0)所以D
8、P(1 ， 1，3) ，DA(2,1,0)设平面ADP的法向量为m(x，y，z) 因为mDP0，mDA0，所以xy3z0，2xy0.令x 1，则y2，z3. 所以m( 1,2 ，3) 取平面BCP的一个法向量n(0,1,0)所以 cosm，nmn|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4. (3) 解在棱PB上存在点M使得CM平面PAD，此时PMPB12. 取AB的中点N，连接CM，CN，MN，则MNPA，AN12AB. 因为AB2CD，所以ANCD. 因为ABCD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以CNAD. 因为MNCNN，PAADA，所以平面MNC平面PAD. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 5 页 - - - - - - - - - 因为CM? 平面MNC，所以CM平面PAD. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 5 页 - - - - - - - - -