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1、精选优质文档-倾情为你奉上高考数学大题突破训练（一）1、设的内角所对的边长分别为，且（）求的值；（）求的最大值2、甲、乙等五名奥运志愿者被随机地分到四个不同的岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者（）求甲、乙两人同时参加岗位服务的概率；（）求甲、乙两人不在同一个岗位服务的概率；（）设随机变量为这五名志愿者中参加岗位服务的人数，求的分布列3、已知函数，（）讨论函数的单调区间；（）设函数在区间内是减函数，求的取值范围4、四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，CDEAB（）证明：；（）设与平面所成的角为，求二面角的大小5、设椭圆过点，且着焦点为（）求椭圆的方程；（）当过点的动直线与椭圆相交与两不同点时，在线段
2、上取点，满足，证明：点总在某定直线上6、设函数数列满足，（）证明：函数在区间是增函数；（）证明：；（）设，整数证明：高考数学大题突破训练（二）1、在中， （）求的值；（）设的面积，求的长2、设进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率为，购买乙种商品的概率为，且购买甲种商品与购买乙种商品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的。 （）求进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（）求进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种的概率；（）记表示进入商场的3位顾客中至少购买甲、乙两种商品中的一种的人数，求的分布列及期望。3、如图，正四棱柱中，点在上且ABCDEA1B1C1D1（）证
3、明：平面；（）求二面角的大小4、设函数（）求的单调区间；（）如果对任何，都有，求的取值范围5、已知菱形的顶点在椭圆上，对角线所在直线的斜率为1（）当直线过点时，求直线的方程；（）当时，求菱形面积的最大值6、设数列的前项和为已知，（）设，求数列的通项公式；（）若，求的取值范围高考数学大题突破训练（三）1、已知函数（）的最小正周期为（）求的值；（）求函数在区间上的取值范围2、为防止风沙危害，某地决定建设防护绿化带，种植杨树、沙柳等植物。某人一次种植了n株沙柳，各株沙柳成活与否是相互独立的，成活率为p，设为成活沙柳的株数，数学期望，标准差为。（）求n,p的值并写出的分布列；（）若有3株或3株以上的沙
4、柳未成活，则需要补种，求需要补种沙柳的概率3、已知函数，求导函数，并确定的单调区间4、如图，在三棱锥中，ACBP（）求证：；（）求二面角的大小；（）求点到平面的距离5、如图、椭圆的一个焦点是F（1，0），O为坐标原点.（）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；（）设过点F的直线l交椭圆于A、B两点.若直线l绕点F任意转动，值有,求a的取值范围.6、设数列的前项和为，已知（）证明：当时，是等比数列；（）求的通项公式高考数学大题突破训练（四）1、 求函数的最大值与最小值。2、甲乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分。假设甲队中
5、每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为且各人正确与否相互之间没有影响.用表示甲队的总得分.（）求随机变量分布列和数学期望；()用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求P(AB).3、如图，在四棱锥中，底面四边长为1的菱形，, , ,为的中点，为的中点（）证明：直线；（）求异面直线AB与MD所成角的大小； （）求点B到平面OCD的距离。4、已知是函数的一个极值点。（）求；（）求函数的单调区间；（）若直线与函数的图象有3个交点，求的取值范围。5、设，椭圆方程为，抛物线方程为如图4所示，过点作轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为，已
6、知抛物线在点的切线经过椭圆的右焦点（1）求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；（2）设分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点，使得为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）AyxOBGFF16、在数列中，且（）（）设（），证明是等比数列；（）求数列的通项公式；（）若是与的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是与的等差中项参考答案高考数学大题突破训练（一）1、解析：（）在中，由正弦定理及可得即，则；（）由得当且仅当时，等号成立，故当时，的最大值为.2、解：（）记甲、乙两人同时参加岗位服务为事件，那么，即甲、乙两人同时参加岗位服务的概率是（）记
7、甲、乙两人同时参加同一岗位服务为事件，那么，所以，甲、乙两人不在同一岗位服务的概率是（）随机变量可能取的值为1，2事件“”是指有两人同时参加岗位服务，则所以，的分布列是123、解：（1）求导：当时，在上递增当，求得两根为即在递增，递减，递增（2），且解得：4、解：（1）取中点，连接交于点，又面面，面，即，面，（2）在面内过点作的垂线，垂足为，面，则即为所求二面角的平面角，则，即二面角的大小5、解 (1)由题意： ，解得，所求椭圆方程为 (2)方法一 设点Q、A、B的坐标分别为。由题设知均不为零，记,则且又A，P，B，Q四点共线，从而于是 ， ， 从而 ，（1） ，（2）又点A、B在椭圆C上，即
8、 （1）+（2）2并结合（3），（4）得即点总在定直线上方法二设点，由题设，均不为零。且 又 四点共线，可设,于是 （1） （2）由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得 （3） (4)(4)(3) 得 即点总在定直线上6、解析：（）证明：，故函数在区间(0,1)上是增函数；（）证明：（用数学归纳法）（i）当n=1时，由函数在区间是增函数，且函数在处连续，则在区间是增函数，即成立；（）假设当时，成立，即那么当时，由在区间是增函数，得.而，则，也就是说当时，也成立；根据（）、（）可得对任意的正整数，恒成立. （）证明：由可得1， 若存在某满足，则由知：2， 若对任意都有，则，即成立
9、.高考数学大题突破训练（二）1、解：（）由，得，由，得所以（）由得，由（）知，故，又，故，所以2、【解】：记表示事件：进入商场的1位顾客购买甲种商品， 记表示事件：进入商场的1位顾客购买乙种商品，记表示事件：进入商场的1位顾客购买甲、乙两种商品中的一种，记表示事件：进入商场的1位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种，（） （） （），故的分布列 所以3、解法一：依题设知，（）连结交于点，则由三垂线定理知，3分ABCDEA1B1C1D1FHG在平面内，连结交于点，由于，故，与互余于是与平面内两条相交直线都垂直，所以平面6分（）作，垂足为，连结由三垂线定理知，故是二面角的平面角8分，又，ABCDEA
10、1B1C1D1yxz所以二面角的大小为12分 解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系依题设，3分（）因为，故，又，所以平面6分（）设向量是平面的法向量，则，故，令，则，9分等于二面角的平面角， 所以二面角的大小为12分4、解：（）2分当（）时，即；当（）时，即因此在每一个区间（）是增函数，在每一个区间（）是减函数6分（）令，则故当时，又，所以当时，即9分当时，令，则故当时，因此在上单调增加故当时，即于是，当时，当时，有因此，的取值范围是12分5、解：（）由题意得直线的方程为因为四边形为菱形，所以于是可设直线的方程为由得因为在椭圆上，所以，解得设两点坐标分别为，则，所以所
11、以的中点坐标为由四边形为菱形可知，点在直线上， 所以，解得所以直线的方程为，即（）因为四边形为菱形，且，所以所以菱形的面积由（）可得，所以所以当时，菱形的面积取得最大值6、解：（）依题意，即，由此得4分因此，所求通项公式为，6分（）由知，于是，当时，当时，又综上，所求的的取值范围是12分高考数学大题突破训练（三）1、解：（）因为函数的最小正周期为，且，所以，解得（）由（）得因为，所以，所以，因此，即的取值范围为2、解：(1)由得,从而的分布列为0123456(2)记”需要补种沙柳”为事件A, 则 得 或 3、解：令，得当，即时，的变化情况如下表：0当，即时，的变化情况如下表：0所以，当时，函数
12、在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减当时，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减当，即时，所以函数在上单调递减，在上单调递减ACBDP4、解法一：（）取中点，连结，平面平面，（），又，ACBEP又，即，且，平面取中点连结，是在平面内的射影，是二面角的平面角在中，ACBDPH二面角的大小为（）由（）知平面，平面平面过作，垂足为平面平面，平面的长即为点到平面的距离由（）知，又，且，平面平面，在中， 点到平面的距离为解法二：（），又，平面平面，ACBPzxyHE（）如图，以为原点建立空间直角坐标系则设，取中点，连结，是二面角的平面角，二面角的大小为（），在平面内的射影为正的中心，且的长为点
13、到平面的距离如（）建立空间直角坐标系，点的坐标为点到平面的距离为5、解法一：()设M，N为短轴的两个三等分点，因为MNF为正三角形， 所以,即1 因此，椭圆方程为 ()设 ()当直线 AB与x轴重合时， ()当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为：整理得所以因为恒有，所以AOB恒为钝角.即恒成立.又a2+b2m20,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2 a2 -a2b2+b2对mR恒成立.当mR时，a2b2m2最小值为0，所以a2- a2b2+b20. a2a2b2- b2, a20,b0,所以a0,解得a或a,综合（i）(ii)，a的取值范围为（，+）.解法二：（）同解法一，（）解
14、：（i）当直线l垂直于x轴时，x=1代入=1.因为恒有|OA|2+|OB|2|AB|2,2(1+yA2)1，即1,解得a或a.（ii）当直线l不垂直于x轴时，设A（x1,y1）, B（x2,y2）.设直线AB的方程为y=k(x-1)代入得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0,故x1+x2=因为恒有|OA|2+|OB|2|AB|2,所以x21+y21+ x22+ y22( x2-x1)2+(y2-y1)2,得x1x2+ y1y20恒成立.x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2=(1+k2
15、).由题意得（a2- a2 b2+b2）k2- a2 b20时，不合题意；当a2- a2 b2+b2=0时，a=;当a2- a2 b2+b20时，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)0,解得a2或a2（舍去），a，因此a.综合（i）（ii），a的取值范围为（，+）.6、【解】：由题意知，且 两式相减得 即 （）当时，由知于是 又，所以是首项为1，公比为2的等比数列。（）当时，由（）知，即 当时，由由得因此得高考数学大题突破训练（四）1、【解】：由于函数在中的最大值为 最小值为 故当时取得最大值，当时取得最小值2、()解法一：由题意知，的可能取值为0，1，2，3,且所以的分布列为0123P的
16、数学期望为E=解法二：根据题设可知因此的分布列为（）解法一：用C表示“甲得2分乙得1分”这一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”这一事件，所以AB=CD,且C、D互斥，又由互斥事件的概率公式得解法二：用Ak表示“甲队得k分”这一事件，用Bk表示“已队得k分”这一事件，k=0,1,2,3由于事件A3B0,A2B1为互斥事件，故事P(AB)=P(A3B0A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1).=3、方法一（综合法） （1）取OB中点E，连接ME，NE又 （2） 为异面直线与所成的角（或其补角）作连接，所以 与所成角的大小为（3）点A和点B到平面OCD的距离相等，连接OP,过点A作 于点Q，又 ,
17、线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，所以点B到平面OCD的距离为方法二(向量法)作于点P,如图,分别以AB,AP,AO所在直线为轴建立坐标系,(1)设平面OCD的法向量为,则即 取,解得(2)设与所成的角为, , 与所成角的大小为(3)设点B到平面OCD的距离为,则为在向量上的投影的绝对值, 由 , 得.所以点B到平面OCD的距离为4、【解】：（）因为 所以 因此（）由（）知， 当时， 当时，所以的单调增区间是 的单调减区间是（）由（）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，所以的极大值为，极小值为因此 所以在的三个单调区间直线有的图象各有一个交点，当且仅当 因此，的取值范
18、围为。AyxOBGFF15、【解析】（1）由得，当得，G点的坐标为，过点G的切线方程为即，令得，点的坐标为，由椭圆方程得点的坐标为，即，即椭圆和抛物线的方程分别为和；（2）过作轴的垂线与抛物线只有一个交点,以为直角的只有一个，同理 以为直角的只有一个。若以为直角，设点坐标为，、两点的坐标分别为和， 。关于的二次方程有一大于零的解，有两解，即以为直角的有两个，因此抛物线上存在四个点使得为直角三角形。6、（）证明：由题设（），得，即，又，所以是首项为1，公比为的等比数列（）解法：由（），（）将以上各式相加，得（）所以当时，上式对显然成立（）解：由（），当时，显然不是与的等差中项，故由可得，由得，整理得，解得或（舍去）于是另一方面，由可得，所以对任意的，是与的等差中项专心-专注-专业