2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專項(xiàng)練-大題規(guī)范練4-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

大題規(guī)范練41．(2023·邢臺(tái)模擬)在①(2b－c)cosA＝acosC，②asinB＝eq\r(3)bcosA，③acosC＋eq\r(3)csinA＝b＋c這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問題中，并完成解答．問題：已知銳角△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且滿足________．(1)求A；(2)若a＝4，求b＋c的取值范圍．解(1)若選①，(2b－c)cosA＝acosC?2sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC，2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB，∵A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinB≠0?cosA＝eq\f(1,2)?A＝eq\f(π,3).若選②，asinB＝eq\r(3)bcosA?sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA，∵A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinB≠0?sinA＝eq\r(3)cosA?tanA＝eq\r(3)?A＝eq\f(π,3).若選③，acosC＋eq\r(3)csinA＝b＋c?sinAcosC＋eq\r(3)sinCsinA＝sinB＋sinC?sinAcosC＋eq\r(3)sinCsinA＝sin(A＋C)＋sinC?eq\r(3)sinCsinA＝sinC(cosA＋1)，∵A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinC≠0?eq\r(3)sinA－cosA＝1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，而A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))?A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)?A＝eq\f(π,3).(2)∵a＝4，∴由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(4,sin\f(π,3))＝eq\f(8\r(3),3)，b＋c＝eq\f(8\r(3),3)(sinB＋sinC)＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＋sinC))＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosC＋\f(1,2)sinC＋sinC))＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))，∵△ABC是銳角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－C<\f(π,2)，))∴eq\f(π,6)<C<eq\f(π,2)，∴C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，∴b＋c∈(4eq\r(3)，8]．2．(2023·襄陽四中模擬)設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a3＝5，且aeq\o\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)若bn＝eq\f(－1n·2n,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)因?yàn)閍eq\o\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1，所以4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，①所以當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－4(n－1)－1.②由①－②，得4an＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－4，即aeq\o\al(2,n＋1)＝(an＋2)2.因?yàn)閧an}各項(xiàng)均為正數(shù)，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，因?yàn)閍3＝5，所以aeq\o\al(2,3)＝4(a1＋a2)＋9，aeq\o\al(2,2)＝4a1＋5，解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2，所以數(shù)列{an}是公差為2的等差數(shù)列，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)得bn＝eq\f(－1n·2n,2n－12n＋1)＝eq\f(－1n,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)＋\f(1,9)))－…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2n＋1)))＝－eq\f(n,2n＋1)；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)＋\f(1,9)))－…－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,2n＋1)))＝－eq\f(n＋1,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(n,2n＋1)，n為偶數(shù)，,－\f(n＋1,2n＋1)，n為奇數(shù).))3．(2023·天津模擬)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)M在橢圓上，當(dāng)△MF1F2的面積最大時(shí)，∠F1MF2＝120°且最大面積為2eq\r(3).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l：x＝2與橢圓C在第一象限交于點(diǎn)N，點(diǎn)A是第四象限內(nèi)的點(diǎn)且在橢圓C上，線段AB被直線l垂直平分，直線NB與橢圓交于另一點(diǎn)D，求證：ON∥AD.(1)解當(dāng)M是橢圓的上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)時(shí)，△MF1F2的面積最大，設(shè)M是橢圓的上頂點(diǎn)，則tan60°＝eq\f(c,b)＝eq\r(3)，即c＝eq\r(3)b，又S＝eq\f(1,2)×2c×b＝2eq\r(3)，a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝2，c2＝6，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明依題意點(diǎn)N的坐標(biāo)為N(2,1)，直線ND不與x垂直，設(shè)直線ND：y－1＝k(x－2)，即y＝kx＋1－2k，直線NA：y－1＝－k(x－2)，即y＝－kx＋2k＋1，設(shè)D(xD，yD)，A(xA，yA)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1－2k，))得(1＋4k2)x2＋8k(1－2k)x＋16k2－16k－4＝0，∴2xD＝eq\f(16k2－16k－4,1＋4k2)，∴xD＝eq\f(8k2－8k－2,1＋4k2)，則xA＝eq\f(8k2＋8k－2,1＋4k2).又yD＝kxD＋1－2k，yA＝－kxA＋1＋2k，∴kAD＝eq\f(yD－yA,xD－xA)＝eq\f(kxD＋xA－4k,xD－xA)＝eq\f(k×\f(16k2－4,1＋4k2)－4k,－\f(16k,1＋4k2))＝eq\f(1,2)，又kON＝eq\f(1,2)，∴kAD＝kON，∴ON∥AD.4．(2023·浙江聯(lián)考)如圖1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中點(diǎn)，將△DAE沿AE折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PB＝PC，如圖2所示．F是棱PB上的一點(diǎn)．(1)若F是棱PB的中點(diǎn)，求證：CF∥平面PAE；(2)是否存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面AEC的夾角的余弦值為eq\f(4\r(17),17)？若存在，則求出eq\f(PF,FB)的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．(1)證明如圖，在AB上取中點(diǎn)Q，連接CQ，F(xiàn)Q.由題意知，CE綉eq\f(1,2)AB，所以四邊形AQCE為平行四邊形，所以AE∥CQ.又因?yàn)镕，Q分別為PB，AB的中點(diǎn)，所以FQ∥PA，又AE∩PA＝A，F(xiàn)Q∩CQ＝Q，F(xiàn)Q，CQ在平面FQC內(nèi)，則平面FQC∥平面PAE，而CF?平面CFQ，則CF∥平面PAE.(2)解如圖，以B為原點(diǎn)，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸正方向，過點(diǎn)B且垂直于平面ABCE的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．由圖可知，B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，E(1,1,0)，因?yàn)镻B＝PC，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)，b))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2，\f(1,2)，b))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1，－\f(1,2)，b))，因?yàn)閨eq\o(AP,\s\up6(→))|＝|eq\o(EP,\s\up6(→))|，所以(a－2)2＋eq\f(1,4)＋b2＝(a－1)2＋eq\f(1,4)＋b2，解得a＝eq\f(3,2)，因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2，\f(1,2)，b))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1，－\f(1,2)，b))＝(a－2)(a－1)－eq\f(1,4)＋b2＝0，所以b2＝－a2＋3a－eq\f(7,4)，解得b＝eq\f(\r(2),2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，設(shè)eq\o(BF,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，則Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ，\f(1,2)λ，\f(\r(2),2)λ))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ－2，\f(1,2)λ，\f(\r(2),2)λ))，設(shè)平面AEF的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ－2))x＋\f(1,2)λy＋\f(\r(2),2)λz＝0，))令x＝eq\f(\r(2),2)λ，得y＝eq\f(\r(2),2)λ，z＝2－2λ，即n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，\f(\r(2),2)λ，2－2λ))，易得平面AEC的一個(gè)法向量為n2＝(0,0,1)，所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(|2－2λ|,\r(\f(1,2)λ2＋\f(1,2)λ2＋2－2λ2))＝eq\f(4\r(17),17)，解得λ＝eq\f(1,3)(舍去負(fù)值)，所以存在點(diǎn)F，使得平面AEF與平面AEC的夾角的余弦值為eq\f(4\r(17),17)，此時(shí)eq\f(PF,FB)＝2.5．(2023·長(zhǎng)沙模擬)盲盒是指消費(fèi)者不能提前得知具體產(chǎn)品款式的玩具盒子，具有隨機(jī)屬性．某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同單品，且必包含隱藏款X；B款盲盒套餐包含2款不同單品，有50%的可能性出現(xiàn)隱藏款X.為避免盲目購(gòu)買與黃牛囤積，每人每天只能購(gòu)買1件盲盒套餐，開售第二日，銷售門店對(duì)80名購(gòu)買了套餐的消費(fèi)者進(jìn)行了問卷調(diào)查，得到如下數(shù)據(jù)：A款盲盒套餐B款盲盒套餐年齡低于30歲1830年齡不低于30歲2210(1)依據(jù)小概率值α＝0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為A，B款盲盒套餐的選擇與年齡有關(guān)聯(lián)？(2)甲、乙、丙三人每人購(gòu)買1件B款盲盒套餐，記隨機(jī)變量ξ為其中隱藏款X的個(gè)數(shù)，求ξ的分布列和均值；(3)某消費(fèi)者在開售首日與次日分別購(gòu)買了A款盲盒套餐與B款盲盒套餐各1件，并將6件單品全部打亂放在一起，從中隨機(jī)抽取1件打開后發(fā)現(xiàn)為隱藏款X，求該隱藏款來自于B款盲盒套餐的概率．附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)零假設(shè)為H0：A，B款盲盒套餐的選擇與年齡之間無關(guān)聯(lián)．根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算得χ2＝eq\f(80×18×10－30×222,48×32×40×40)＝7.5>6.635＝x0.01，依據(jù)小概率值α＝0.01的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為A，B款盲盒套餐的選擇與年齡有關(guān)．(2)ξ的所有可能取值為0,1,2,3，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)，所以ξ的分布列為ξ0123Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)E(ξ)＝0×eq\f(1,8)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(3,8)＋3×eq\f(1,8)＝eq\f(3,2).(3)設(shè)事件A為隨機(jī)抽取1件打開后發(fā)現(xiàn)為隱藏款X，設(shè)事件B1為隨機(jī)抽取的1件單品來自于A款盲盒套餐，設(shè)事件B2為隨機(jī)抽取的1件單品來自于B款盲盒套餐，P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝eq\f(4,6)×eq\f(1,4)＋eq\f(2,6)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，故由條件概率公式可得P(B2|A)＝eq\f(PAB2,PA)＝eq\f(PB2PA|B2,\f(1,4))＝eq\f(\f(1,12),\f(1,4))＝eq\f(1,3)，即該隱藏款來自于B款盲盒套餐的概率為eq\f(1,3).6．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax＋sinx－1.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)1≤a<2時(shí)，證明：函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)．(1)解當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝ex－2x＋sinx－1，則f′(x)＝ex－2＋cosx，令g(x