高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專項小測14“17～19題”＋“二選一”理-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

專項小測(十四)“17～19題”＋“二選一”時間：45分鐘滿分：46分17．(12分)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，a7－a2＝10，且a1，a6，a21依次成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，若Sn＝eq\f(2,25)，求n的值．解：(1)設(shè)數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，由a7－a2＝10，得5d＝10，d＝2. (2分)由a1，a6，a21依次成等比數(shù)列，可得aeq\o\al(2,6)＝a1a21，即(a1＋10)2＝a1(a1＋40)，解得a1＝5， (4分)所以an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (6分)(2)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n＋32n＋5)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋3)－\f(1,2n＋5)))， (8分)所以數(shù)列{bn}的前n項和為Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)＋\f(1,7)－\f(1,9)＋…＋\f(1,2n＋3)－\f(1,2n＋5)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,2n＋5)))＝eq\f(n,52n＋5). (10分)由Sn＝eq\f(2,25)，可得5n＝4n＋10，解得n＝10. (12分)18．(12分)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，AB＝5，AC＝6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).(1)證明：平面D′EF⊥平面ABCD；(2)求直線CD′與平面ABD′所成角的正弦值．解：(1)∵AE＝CF＝eq\f(5,4)，∴eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，∴EF∥AC.∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，∴EF⊥BD，∴EF⊥DH，∴EF⊥D′H. (2分)∵AC＝6，∴AO＝3.又∵AB＝5，AO⊥OB，∴OB＝4，∴OH＝eq\f(AE,AD)·OD＝1，∴DH＝D′H＝3，∴OD′2＝OH2＋D′H2，∴D′H⊥OH. (4分)又∵OH∩EF＝H，∴D′H⊥平面ABCD.∵D′H?平面D′EF，∴平面D′EF⊥平面ABCD. (6分)(2)如圖，以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系H－xyz，則B(5,0,0)，C(1,3,0)，D′(0,0,3)，A(1，－3,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(4,3,0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(－1,3,3)． (8分)設(shè)平面ABD′的法向量n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋3y＝0，,－x＋3y＋3z＝0，))取x＝3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝－4，,z＝5，))∴n＝(3，－4,5)． (10分)設(shè)直線CD′與平面ABD′所成角為θ，∵eq\o(CD′,\s\up6(→))＝(－1，－3,3)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(CD,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(CD,\s\up6(→))·n|,|\o(CD,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|－3＋12＋15|,5\r(2)×\r(19))＝eq\f(12\r(38),95).(12分)19．(12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)為F(－1,0)，過F且垂直于x軸的直線被橢圓截得的弦長為3.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)M(－4,0)，過F作直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，證明：∠FMA＝∠FMB.解：(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,\f(b2,a)＝\f(3,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，)). (2分)所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1. (4分)(2)當(dāng)l與x軸重合時，∠FMA＝∠FMB＝0°； (5分)當(dāng)l與x軸垂直時，直線MF恰好平分∠AMB，則∠FMA＝∠FMB； (6分)當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)．代入橢圓方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2).直線MA，MB的斜率之和為kAM＋kBM＝eq\f(y1,x1＋4)＋eq\f(y2,x2＋4)＝eq\f(y1x2＋4＋y2x1＋4,x1＋4x2＋4)＝eq\f(kx1＋1x2＋4＋kx2＋1x1＋4,x1＋4x2＋4)＝eq\f(k[2x1x2＋5x1＋x2＋8],x1＋4x2＋4). (8分)因為2·eq\f(4k2－12,3＋4k2)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,3＋4k2)))＋8＝eq\f(8k2－24－40k2＋24＋32k2,3＋4k2)＝0，所以kAM＋kBM＝0. (10分)故直線MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，所以∠FMA＝∠FMB.綜上，∠FMA＝∠FMB. (12分)(二)選考題：共10分，請考生在第22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．22．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](10分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2是圓心極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且經(jīng)過極點(diǎn)的圓．(1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程和C2的普通方程；(2)已知射線θ＝eq\f(π,6)(ρ≥0)分別與曲線C1，C2交于點(diǎn)A，B(點(diǎn)B異于坐標(biāo)原點(diǎn)O)，求線段AB的長．解：(1)由曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ為參數(shù))，消去參數(shù)φ得eq\f(x2,4)＋y2＝1，將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ，,y＝ρsinθ))代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)＝eq\f(4,1＋3sin2θ)，由曲線C2是圓心的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且經(jīng)過極點(diǎn)的圓．可得其極坐標(biāo)方程為ρ＝2eq\r(7)sinθ，從而得C2的普通方程為x2＋y2－2eq\r(7)y＝0. (5分)(2)將θ＝eq\f(π,6)(ρ≥0)代入ρ＝2eq\r(7)sinθ得ρB＝2eq\r(7)sineq\f(π,6)＝eq\r(7)，又將θ＝eq\f(π,6)(ρ≥0)代入ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)得ρA＝eq\r(\f(4,cos2\f(π,6)＋4sin2\f(π,6)))＝eq\f(4\r(7),7)，故|AB|＝ρB－ρA＝eq\r(7)－eq\f(4\r(7),7)＝eq\f(3\r(7),7). (10分)23．[選修4－5：不等式選講](10分)已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－2|－1.(1)若a≥1，求不等式f(x)≥2的解集；(2)若x∈[1,2]時，f(x)＋x≤4恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解：(