2023年2021高考数学大题规范练4.pdf

晨鸟教育 大题规范练(二)1.如图，在四边形 ABCD 中，AB AD，_，DC 2，在下 面给出的三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并加以解答(选 出一种可行的方案解答，若选出多个方案分别解答，则按第一个解答 2 记分)3AB 4BC；sin ACB ；tan ；3(BAC6)3 2BC cos ACB 2AC 3AB.(1)求DAC 的大小；(2)求ADC 面积的最大值 解：(1)若选，在ABC，由正弦定理可得：AB BC ，sin ACB sin BAC 2 1 又 3AB 4BC，sin ACB ，可 得：sin BAC ，所以BAC 3 2 .6 又 AB AD，所以BAD ，DAC .2 3(2)在ACD 中，DC 2，由余弦定理可得：DC24AC2AD2AC AD AC AD，即 AC AD 4，1 1 3 所以 SADC AC AD sin DAC 4 3，2 2 2 当且仅当 AC AD 时取“”Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育 若选，(1)由 tan(BAC6)3可得：BAC ，6 又 AB AD，所以BAD ，所以DAC .2 3(2)在ACD 中，DC 2，由余弦定理可得：DC24AC2AD2AC AD AC AD，1 1 3 即 AC AD 4，所以 SADC AC AD sin DAC 4 2 2 2 3，当且仅当 AC AD 时取“”若选，(1)2 BC cos ACB 2AC 3AB，由正弦定理得：2sin BAC cos ACB 2sin ABC 3sin ACB，所以 2sin BAC cos ACB 2sin(ACB BAC)3sin ACB，所以 2sin BAC cos ACB 2sin ACB cos BAC 2cos ACB sin BAC 3sin ACB，即 2sin ACB cos BAC 3sin ACB，因为 sin ACB 0，3 所以 cos BAC ，因为BAC(0，)，所以BAC ，2 6 又 AB AD，所以BAD ，所以DAC .2 3(2)在ACD 中，DC 2，由余弦定理可得：DC24AC2AD2AC AD AC AD，又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向即 AC AD 4，1 1 3 所以 SADC AC AD sin DAC 4 3，2 2 2 Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育 当且仅当 AC AD 时取“”2.(2020江门模拟)如图，在梯形 ABCD 中，AD BC，AB CD，AC BD，平面 BDFE 平面 ABCD，EF BD，BE BD.(1)求证：平面 AFC 平面 BDFE；(2)若 AB 2CD 2 2，BE EF 2，求 BF 与平面 DFC 所成角的 正弦值(1)证 明：因为平面 BDFE 平面 ABCD，平 面 BDFE 平面 ABCD BD，AC 平面 ABCD，AC BD，所以 AC 平面 BDFE.又 AC 平面 AFC，所以平面 AFC 平面 BDFE.(2)解：设 AC BD O，因为四边形 ABCD 为等腰梯形，AC BD，AB 2CD 2 2，所以 OD OC 1，OB OA 2，因为 FE OB 且 FE OB，所以四边形 FEBO 为平行四边形，所以 OF BE，且 OF BE 2，又因为 BE 平面 ABCD，所以 OF 平面 ABCD.以 O 为原点，向量 OA，的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的 OB OF 正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B(0，2，0)，D(0，1，0)，F(0，0，2)，C(1，0，0)，DF Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育 (0，1，2)，CD(1，1，0)，(0，2，2)，BF 设平面 DFC 的一个法向量为 n(x，y，z)，DF n0，y2z0，有n0，)即 xy0.)CD 不妨设 z1，得 xy2，得 n(2，2，1)42 2 于是 cos n，BF .8 9 2 设 BF 与平面 DFC 所成角为，2 则 sin|cos n，BF|.2 2 所以 BF 与平面 DFC 所成角的正弦值为.2 3(2020中山模拟)已知数列an的各项均为正数，其前 n 项和 Sn an（an1），nN*.2(1)求数列an的通项公式 an；an2(2)设 bnlog2；若称使数列bn的前 n 项和为整数的正整数 n an1 为“优化数”，试求区间(0，2 020)内所有“优化数”的和 S.an（an1）解：(1)由数列an的前 n 和 Sn 知：2 a1（a11）又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向当 n1 时，S1，a1S1，所以 a1(a11)0，又 2 a10，所以 a11.an（an1）an1（an11）当 n1 时，anSnSn1 ，整理 2 2 得：Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育(anan1)(anan11)0，因为 anan10，所以有 anan11，所以数列an是首项 a11，公差 d1 的等差数列，数列an的通项公式为 ana1(n1)dn.an2 n2(2)由 ann 知，bnlog2 log2，an1 n1 数列bn的前 n 项和为 3 4 5 n2 b1b2b3bnlog2 log2 log2 log2 log2 2 3 4 n1 3 2(4 3 5 4 n2 n1)log2(n2)1，令 b1b2b3bnk(kZ)，则有 log2(n2)1k，n 2k12，由 n(0，2 020)，kZ 知 k10 且 kN*，所以区间(0，2 020)内所有“优化数”的和为 S(222)(232)(242)(2102)(222324210)22（129）18 18 21122 2 026.12 4(2020汕尾模拟)法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每 天都会购买一个面包，面包师声称自己出售的每个面包的平均质量是 1 000 g，上下浮动不超过 50 g 这句话用数学语言来表达就是：每个面 包的质量服从期望为 1 000 g，标准差为 50 g 的正态分布(1)假设面包师的说法是真实的，从面包师出售的面包中任取两个，记取出的两个面包中质量大于 1 000 g 的个数为，求 的分布列和数 学期望；(2)作为一个善于思考的数学家，庞加莱每天都会将买来的面包称 又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向重并记录，25 天后，得到数据如下表，经计算 25 个面包总质量为 24 Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育 468 g 庞加莱购买的 25 个面包质量的统计数据(单位：g)981 972 966 992 1 010 1 008 954 952 969 978 989 1 001 1 006 957 952 969 981 984 952 959 987 1 006 1 000 977 966 尽管上述数据都落在(950，1 050)上，但庞加菜还是认为面包师撒 谎，根据所附信息，从概率角度说明理由 附：若 X N(，2)，从 X 的取值中随机抽取 25 个数据，记这 25 个数据的平均值为 Y，则由统计学知识可知：随机变量 Y 2 N(，25)；若 N(，2)，则 P()0.682 6，P(22)0.954 4，P(33)0.997 4；通常把发生概率在 0.05 以下的事件称为小概率事件 解：(1)由题意知，的所有可能取值为 0，1，2.1 0 1 2 1 2 1 1 1 P(0)C0 2(2)；P(1)C ；2)1 4 2 2 2 1 2 1 0 1 P(2)C2(2)(2).所以 的分布列为：4 0 1 2 P 1 4 1 2 1 4 1 1 1 所以 E()0 1 2 1.4 2 4(2)记面包师制作的每个面包的质量为随机变量 X.假设面包师没有撒谎，则 X N(1 000，502)根据附，从 X 的取值中随机抽取 25 个数据，记这 25 个数据的 又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向平均值为 Y，Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育 则 Y N(1 000，102)庞加莱记录的 25 个面包质量，相当于从 X 的取值中随机抽取了 25 个数据，24 468 这 25 个数据的平均值为 Y 978.721 000210 980，25 10.954 4 由附数据知，P(Y 980)0.022 80.05，2 由附知，事件“Y 0 时，讨论 f(x)极值点的个数 解：(1)当 a1，b0 时，f(x)ln x x，1 1 2 x 此时，函数 f(x)定义域为(0，)，f(x)，x 2 x 2x 由 f(x)0 得，0 x4；由 f(x)4，所以 f(x)在(0，4)上单调递增，在(4，)上单调递减 所以 f(x)maxf(4)2 ln 2 2.(2)当 b0 时，函数 f(x)定义域为0，)，a 1 x2a xb f(x)，xb 2 x 2 x（xb）当 a0 时，f(x)0 时，设 h(x)x2a xb，()当 4a24b0，即 00，即 a b时，记方程 h(x)0 的两根分别为 x1，x2，则 x1x22a0，x1x2b0，所以 x1，x2 都大于 0，即 f(x)在(0，)上有 2 个左右异号的零点，所以此时 f(x)极值 点的个数为 2.综上所述 a b时，f(x)极值点的个数为 0 个；a b时，f(x)极值点的个数为 2 个 6已知平面上一动点 A 的坐标为(2 t2，2t)(1)求点 A 的轨迹 E 的方程；2(2)点 B 在轨迹 E 上，且纵坐标为.t()证明直线 AB 过定点，并求出定点坐标；()分别以 A，B 为圆心作与直线 x2 相切的圆，两圆公共弦 的中点为 H，在平面内是否存在定点 P，使得|PH|为定值？若存在，求 出点 P 坐标；若不存在，请说明理由(1)解：设动点 A 的坐标为(x，y)，因为 A 的坐标为(2 t2，2t)，x2t2，所以y2t，)消去参数 t 得：y22x，所以 E 的方程为 y22x.2(2)()证明：因为点 B 在轨迹 E 上，且纵坐标为，所以点 B 的 t 2 2 坐标为(t)，t2 当 t 1 时，直线 AB 的方程为 x2；又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向Earlybird又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向晨鸟教育 yByA t 当 t 1 时，直线 AB 的斜率为 kAB ，xBxA 1t2 t 所以直线 AB 的方程为 y2t(x2t2)，1t2 t 整理得 y(x2)，所以直线 AB 过定点(2，0)1t2()因为 A 的坐标为(2 t2，2t)，且圆 A 与直线 x2 相切，所以圆 A 的方程为(xxA)2(yyA)2(xA2)2，同理圆 B 的方程为(xxB)2(yyB)2(xB2)2，两圆方程相减得 2(xBxA)x2(yByA)yyA 2yB 24xA4xB，2 2 将 A(2 t2，2t)，B(t)带入并整理得，t2 1 y(tt)(x1)，t 由()可知直线 AB 的方程为 y(x2)，1t2 因为 H 是两条直线的交点，所以两个方程相乘得 y2(x2)(x1)，1 2 9 1 3 整理得(x2)y24，即点 H 的轨迹是以(，0)为圆心，为半 2 2 径的圆，1 3 所以存在点 P(，0)，满足|HP|.2 2 又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向Earlybird 又可得所以又所以在中由余弦定理可得即所以当且仅当时取晨鸟教育若选由可得又所以所以在中由余弦定理可得即所当且仅当时取江门模拟如图在梯形中平面平面求证平面平面若求与平面所成角的正弦值证明因为平面平面平面平面平面所以平面以为原点向量的方向分别为轴轴轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则晨鸟教育设平面的一个法向