2023年2021高考数学大题规范练3.pdf

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1、晨鸟教育 大题规范练(四)1(2020 揭阳模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的 横线上，并解答 AB 2 AB BC 6；b2 c2 52；ABC 的面积为 3 15，在 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 b c 1 2，cos A，_ 4(1)求 a；(2)求 cos(2 C 6)的 值 解：法一 选择条件：(1)AB 2()bc cos A 6，AB BC AB AB BC AB AC 1 bc 24，因为 cos A，所以 bc 24，由 4 bc 2，)b 6，b 4，解得c 4，)或c 6，)(舍去)，1 所以 a2 b2 c2 2 bc c

2、os A 36 16 2 6 4(4)64，所 以 a 8.a2 b2 c2 64 36 16 7 49(2)cos C，所 以 sin C 1 2 ab 2 8 6 8 64 15，8 17 7 15 所以 cos 2 C 2cos2 C 1，sin 2 C 2sin C cos C，32 32 Earlybird得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点

3、为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 17 3 7 15 所以 cos(2 C 6)cos 2 C cos sin 2 C sin.6 6 64 法二 选择条件：b2 c2 52，b 6，b 4，(1)由bc 2，)解得c 4，)或c 6，)(舍去)，1 所以 a2 b2 c2 2 bc cos A 36 16 2 6 4(4)64，所 以 a 8.(2)同法一 法三 选择条件：1 15 1 15(1)因为 cos A，所以 sin A，S ABC bc sin A bc 4 4 2 8 3 15，bc 24，b 6，b 4，所以 bc 24，由bc 2，)解得c 4，)或c 6，)(舍去)，

4、1 所以 a2 b2 c2 2 bc cos A 36 16 2 6 4(4)64，所 以 a 8.(2)同法一 2.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA 平面 ABCD，PA AB，E 为线段 PB 的中点，F 为线段 BC 上的动点(1)求证：AE 平面 PBC；(2)试确定点 F 的位置，使平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角 为 30.得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所

5、以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二(1)证明：因为 PA 平面 ABCD，BC 平面 ABCD，所以 PA Earlybird得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 BC.因为 ABCD 为正方形，所以 AB BC，又 PA AB A，PA，AB 平面 PAB，

6、所以 BC 平面 PAB，因为 AE 平面 PAB，所以 AE BC.因为 PA AB，E 为线段 PB 的中点，所以 AE PB，又 PB BC B，PB，BC 平面 PBC，所以 AE 平面 PBC.(2)解：以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，设正方形 ABCD 的边长为 2，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，所以 AE(1，0，1)，(2，2，2)，(0，2，2)PC PD 设 F(2，0)(0 2)，所以 AF(2，0)n AE 0，设平面 AEF 的一个法向量为 n(x1，y1，

7、z1)，则 0，)n AF x1 z1 0，x1，所以2 x1 y1 0，)令 y1 2，则z1，)所以 n(，2，)m PC 0，设平面 PCD 的一个法向量为 m(x2，y2，z2)，则 0，)所 m PD 得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二x2 y2 z2 0，以 y2 z2 0，)Earlybird得或舍去所以所以

8、同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 x2 0，令 y2 1，则 z2 1，)所以 m(0，1，1)，因 为 平 面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面角为 30，|m n|2|3 所以|cos 30|，解得 1，|m|n|2 2 2 4 2 所以当点 F 为 BC 中点时，平面 AEF 与平面 PCD 所成的锐二面 角为 30.

9、3 已知等差数列 an的公差 d 0，a2 7，且 a1，a6，5 a3 成等比 数列(1)求数列 an通项公式；1 1 1(2)若数列 bn满足 an(n N*)，且 b1，求数列 bn的 bn 1 b n 3 前 n 项和 Tn.解：(1)因为 a1，a6，5 a3 成等比数列，所以 a2 6 5 a3 a1，所以(a1 5 d)2 5 5 5 a1(a1 2 d)，整理得 4 a2 1 25 d2，所以 a1 d 或 a1 d，2 2 5 5 a1 d，a1 5，当 a1 2 d 时，由解 得 满足题意 a2 7，)d 2，)2 5 5 14 a1 d，当 a1 2 d 时，由a2 7，

10、)解 得 d，不合题意，2 3 得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二所以 an 5 2(n 1)2 n 3.(2)由(1)知，当 n 2 时，（n 1）（5 2 n 1）a1 a2 an 1 n2 2 n 3.2 1 1 1 1 因为 an，所以当 n 2 时，an 1，bn 1 b n b n b n 1 Earlybir

11、d得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 1 1 1 1 1 1 1 1 a1 a2 an 1 n2 2 n b2 b1 b3 b2 b n b n 1 b n b1 3.1 1 1 又 b1，所以 n2 2 n，所以 bn，3 b n n（n 2）1 1 1 当 n 1 时，b1，所以 bn，n 1（1 2）3 n（

12、n 2）N*.1 1 1 1 所以 bn 2(n 2)n（n 2）n 1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn b1 b2 bn(1)2 3 2 4 n n 2 2 3 1 1 3 n 2 5 n(n 2).2 n 1 4（n 1）（n 2）4(2020 广州模拟)在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体 或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相 关症状时的这一阶段称为潜伏期一研究团队统计了某地区 1 000 名患 者的相关信息，得到如下表格：潜伏期(单 位：天)0，2(2，4(4，6(6，8(8，10(10，12(12，14 人数 85 205 310 250 130 15

13、 5 得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二(1)求这 1 000 名患者的潜伏期的样本平均数 x(同一组中的数据用 该组区间的中点值作代表)；(2)该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年 龄的关系，以潜伏期是否超过 6 天为标准进行分层抽样，从上述 1 000 名患者中抽取 200 人，得到如下列联表请将列联

14、表补充完整，并 根据列联表判断是否有 95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；Earlybird得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 项目 潜伏期 6 天 潜伏期 6 天 总计 50 岁以上(含 50 岁)100 50 岁以下 55 总计 200(3)以这 1 000 名患者的潜伏期超过 6 天的频率，代替该地区 1

15、名 患者潜伏期超过 6 天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过 6 天相 互独立，为了深入研究，该研究团队随机调查了 20 名患者，其中潜伏 期超过 6 天的人数最有可能(即概率最大)是多少？附：P(K2 k0)0.05 0.025 0.010 k0 3.841 5.024 6.635 n（ad bc）2 K2，其中 n a b c d.（a b）（c d）（a c）（b d）1 解：(1)x(1 85 3 205 5 310 7 250 9 130 11 1 000 15 13 5)5.4(天)(2)根据题意补充完整的列联表如下：项目 潜伏期 6 天 潜伏期 6 天 总计 50 岁以上(含

16、50 岁)65 35 100 50 岁以下 55 45 100 总计 120 80 200 200（65 45 55 35）2 25 则 K2 2.0833.841，120 80 100 100 12 所以没有 95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关(3)由 题 可 得 该 地 区 1 名 患 者 潜 伏 期 超 过 6 天 发 生 的 概 率 为 Earlybird得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令

17、所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 250 130 15 5 2，1 000 5 2 设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X，则XB(2 0，5)，2 k 3 20 k P(X k)C2 k 0(5)(5)，k 1，2，3，20，P（X k）P（X k 1），由P（Xk）P（Xk 1），)即 2 k 3 20 k C(5)(5)2 k 3 20 k C(5)(5)2 k 1 3 19 k C(5)(5)，)2 k 1 3 21 k C(5)(5)37 42 3（k 1）2（20 k），化简得2（21 k）3 k，)解得 k，又 k 1，

18、2，5 5 3，20，所以 k 8，即这 20 名患者中潜伏期超过 6 天的人数最有可能是 8 人 x2 y2 5(2020 济南模拟)已知椭圆 C：1(a b 0)的左、右焦点 a2 b2 1 分别为 F1，F2，离心率为，过 F1 作直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，2 ABF2 的周长为 8.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)问：ABF2 的内切圆面积是否有最大值？若有，试求出最大值；若没有，说明理由 c 1 解：(1)因为离心率为 e，所以 a 2 c，得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所

19、以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二 a 2 因为 ABF2 的周长为 8，所以 4 a 8，得 a 2，所以 c 1，b2 a2 c2 3，x2 y2 因此，椭圆 C 的标准方程为 1.4 3 Earlybird得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以

20、因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育 1(2)设 ABF2 的内切圆半径为 r，所以 S ABF2(|AF2|AB|2|BF2|)r,又因为|AF2|AB|BF2|8，所以 S ABF2 4 r，要使 ABF2 的内切圆面积最大，只需 S ABF2 的值最大 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l：x my 1，x2 y2 1，联立xmy 1，)消 去 x 得：(3 m2 4)y2 6 my 9 0，4 3 6 m 9 易得 0，且 y1 y2，y1 y2，3 m 2 4 3 m2 4 1 所以 S ABF2|F1F2|y1 y2|2 3

21、6 m 2 36（y1 y2）2 4 y1 y 2（3 m2 4）2 3 m 2 4 12 m 2 1，3（m 2 1）1 12 t 12 设 t m2 1 1，则 S ABF2，3 t 2 1 1 3 t t 1 1 设 y 3 t(t 1)，y 3 0，t t2 1 所以 y 3 t 在 1，)上单调递增，t 得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为

22、中点时平面与平面所成的锐二所以当 t 1，即 m 0 时，S ABF2 的最大值为 3，3 9 此时 r，所以 ABF2 的内切圆面积最大为.4 16 6 已知函数 f(x)x 2 e ax 1 b ln x ax(a，b R)(1)若 b 0，曲线 f(x)在点(1，f(1)处的切线与直线 y 2 x 平行，求 a 的值；Earlybird得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的

23、锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二晨鸟教育(2)若 b 2，且函数 f(x)的值域为 2，)，求 a 的最小值 解：(1)当 b 0 时，f(x)x2e ax 1 ax，f(x)xeax 1(2 ax)a，由 f(1)ea 1(2 a)a 2，得 e a 1(2 a)(a 2)0，即(ea 1 1)(2 a)0，解得 a 1 或 a 2，当 a 1 时，f(1)e0 1 2，此时直线 y 2 x 恰为切线，故舍去，所以 a 2.(2)当 b 2 时，f(x)x 2e ax 1 2ln x ax，设 t x2e ax 1，则 ln t 2ln x ax 1，故函数 f(x)可

24、化为 g(t)t ln t 1.1 t 1 由 g(t)1，可得 t t g(t)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，)，所以 g(t)的最小值为 g(1)1 ln 1 1 2，此时 t 1，函数的 f(x)的值域为 2，)问题转化为当 t 1 时，ln t 2ln x ax 1 有解，1 2ln x 即 ln 1 2ln x ax 1 0，得 a.x 1 2ln x 2ln x 1 设 h(x)，则 h(x)，x x 2 故 h(x)的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e，)，2 2 所以 h(x)的最小值为 h(e)，故 a 的最小值为.e e 得或舍去所以所以同法一法

25、三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二Earlybird 得或舍去所以所以同法一法三选择条件因为所以所以由舍去解得或所以所以同法一如图在四棱锥中底面为正方形平面 鸟教育因为为正方形所以又平面所以平面因为平面所以因为为线段的中点所以又平面所以平面解以为坐标原点建立如 向量为则所以晨鸟教育则令所以因为平面与平面所成的锐二面角为所以解得所以当点为中点时平面与平面所成的锐二