高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)分題專項(xiàng)練(四) (2)

1、1 / 7 46 分題專項(xiàng)練(四) 1下面給出有關(guān)abc 的四個(gè)論斷： sabc32；b2aca2c2；ac2 或12；b 3.以其中的三個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題 已知abc 的內(nèi)角 a，b，c 的對(duì)邊分別為 a，b，c，若_，則_(用序號(hào)表示)；并給出證明過(guò)程 2.如圖，扇形 aob 的半徑為 2，圓心角aob120，po平面 aob，po 5，點(diǎn) c 為弧 ab 上一點(diǎn)，點(diǎn) m 在線段 pb 上，bm2mp，且 pa平面moc，ab與 oc 相交于點(diǎn) n. (1)證明：平面 moc平面 pob； (2)求平面 poa 與平面 moc 所成二面角的正弦值 3

2、由于疫情，學(xué)校推遲開學(xué)，所有學(xué)習(xí)改為線上，所以各種網(wǎng)上授課軟件借此開拓市場(chǎng)，包括一些辦公軟件也加入這個(gè)行列，這其中有免費(fèi)的，也有收2 / 7 費(fèi)的某教育機(jī)構(gòu)的主管為了解決線上上課的問(wèn)題，決定測(cè)試一下幾款軟件的性能他一共下載了 5款軟件，其中有 2款收費(fèi)的，3款免費(fèi)的，假設(shè)每款收費(fèi)軟件通過(guò)測(cè)試的概率為12，免費(fèi)軟件通過(guò)測(cè)試的概率為13. (1)設(shè) x表示這 5款軟件通過(guò)測(cè)試的款數(shù)，求 x的分布列； (2)如果使用免費(fèi)軟件可以保證原來(lái)的班級(jí)學(xué)生數(shù)和相應(yīng)的收益，但是如果使用收費(fèi)軟件，還可能帶來(lái)更多的學(xué)生和收益，假設(shè)收費(fèi)軟件的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)是每節(jié)課 300 元，設(shè)可能增加的學(xué)生人數(shù)為 y，y服從分布列： y

3、 1 2 3 4 5 p 12 14 18 116 116 現(xiàn)在每個(gè)學(xué)生的課時(shí)費(fèi)為 150 元，請(qǐng)你幫他分析一下選擇收費(fèi)軟件是否合適 4已知等差數(shù)列an滿足 a54，2a6a918，數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)和為sn，滿足 sn2bn1. (1)求an與bn的通項(xiàng)公式； (2)若nn*，a1b1a2b2anbn(n2)t2 恒成立，求實(shí)數(shù) t 的取值范圍 46 分題專項(xiàng)練(四) 1解：方案一：若，則. 由得 b2a2c2ac，得 cos b12，即 b60. 3 / 7 由sabc32，得12acsin b32.又 b60，故 ac2. 由ac2或12，得ac2，ac2或ac12，ac2，解得a2，

4、c1或a1，c2. 故 b2a2c2ac4123 或 b2a2c2ac1423，得 b3，成立 方案二：若，則. 由得 b2a2c2ac，得 cos b12，即 b60. 由sabc32，得12acsin b32.又 b60，故 ac2. 由b 3及 b2a2c2ac，得 a2c2ac3， 從而(ac)29，即 ac3，由ac3，ac2， 得a2，c1或a1，c2，故ac2或12，成立 方案三：若，則. 由sabc32，得12acsin b32， 由ac2或12，不妨取ac2，得 c2sin b32，即 sin b32c2. 由b 3及 b2a2c22accos b，ac2，可得 5c24c2

5、cos b3， 從而 cos b5c234c2. 又 sin2bcos2b1，得 3c410c270，得 c1或 73， 當(dāng) c1時(shí)，得 a2，由余弦定理 b2a2c22accos b及 b 3，得 cos b12，即 b60，即 b2a2c2ac成立，成立； 當(dāng) c73時(shí)，得 a273，由余弦定理 b2a2c22accos b 及 b 3，得 cos b1314，故 b60不成立，即 b2a2c2ac不成立， 4 / 7 不成立 方案四：若，則. 由得 b2a2c2ac，得 cos b12，即 b60. 由b 3及 b2a2c2ac，得 a2c2ac3. 由ac2或12，代入 a2c2ac3

6、中得， 3c23或 3a23，得 c1，a2或 a1，c2， 從而得12acsin b32，即 sabc32，成立 2解：(1)證明：如圖，連接 mn， 因?yàn)?pa平面 moc，pa平面 pab，平面 pab平面 mocmn， 所以 pamn. 因?yàn)?bm2mp，所以 bn2na. 因?yàn)?oaob2，aob120， 所以 ab2 3，所以 bn4 33， 又因?yàn)閛ba30，所以在bon 中， 由余弦定理得 on2 33，所以 on2ob2bn2， 所以bon90，所以 onob. 又因?yàn)?po平面 aob，所以 onop. 因?yàn)?obopo，所以 on平面 pob. 又因?yàn)?on平面 moc，

7、所以平面 moc平面 pob. (2)由(1)得 ocob，opoc，opob， 以 o為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 o- xyz， 則 o(0， 0， 0)， p(0 ，0 ，5 )， a(3 ，1，0)，c(2 ， 0，0)，5 / 7 m0，23，2 53， 所以op(0，0， 5)，oa( 3，1，0)，oc(2，0，0)， om0，23，2 53， 設(shè)平面 poa的法向量為 n1(x1，y1，z1)， 則n1op0，n1oa0，即 5z10，3x1y10， 令 x11，得 y1 3，z10，所以 n1(1， 3，0) 設(shè)平面 moc 的法向量為 n2(x2，y2，z2)，

8、則n2oc0，n2om0，即2x20，23y22 53z20，即x20，y2 5z20， 令 z21，得 y2 5， 所以 n2(0， 5，1) 設(shè)平面 poa和平面 moc 所成二面角為 ， 則|cos |cosn1，n2|10 3 50113 51152 6104， 所以 sin 64， 所以平面 poa 與平面 moc 所成二面角的正弦值為64. 3解：(1)x的所有可能取值為 0，1，2，3，4，5. p(x0)c021212c03232323227； p(x1)c121212c03232323c021212 p(x2)c221212c03232323c121

9、212c13232313c021212c232313131954； p(x3)c221212c13232313c121212c23231313c0212126 / 7 c3313131325108； p(x4)c121212c33131313c221212c23231313227； p(x5)c221212c331313131108. 故 x的分布列為 x 0 1 2 3 4 5 p 227 727 1954 25108 227 1108 (2)由題意，我們可以求一下可能增加的學(xué)生人數(shù)的數(shù)學(xué)期望，即 e(y)1122143184116511631162，所以根據(jù)現(xiàn)在的收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)，差不多剛剛能抵消

10、收費(fèi)軟件的費(fèi)用，不僅如此，還能讓原來(lái)的學(xué)生體驗(yàn)到更好的線上教育，同時(shí)也是一種口碑的積累，所以我們建議他選擇收費(fèi)軟件 4解：(1)設(shè)數(shù)列an的公差為 d，則a14d4，3a118d18，解得a10，d1， 所以 ana1(n1)dn1. 對(duì)于數(shù)列 bn，當(dāng) n1時(shí)，b1s12b11，所以 b11. 當(dāng) n2時(shí)，由 sn2bn1， 可知 sn12bn11， 得 bn2bn2bn1，即 bn2bn1. 故bn是以 1 為首項(xiàng)，2 為公比的等比數(shù)列，所以 bn2n1. (2)設(shè) tna1b1a2b2anbn. 由(1)知，當(dāng) n1時(shí)，t10.當(dāng) n2時(shí)，tn121222(n2) 2n2(n1)2n1， 2tn122223(n2)2n1(n1)2n， ，得tn222232n1(n1)2n， 所以tn22n12(n1)2n(n2)2n2， 所以 tn(n2)2n