提升套餐练03 【新题型】新高考数学多选题与热点解答题组合练（原卷版）+（解析版）

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提升套餐练03一、多选题1．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图.根据该折线图，下列结论正确的是（    ）A．年接待游客量逐年增加B．各年的月接待游客量高峰期大致在8月C．2017年1月至12月月接待游客量的中位数为30D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳【答案】ABD【解析】【分析】观察折线图，掌握折线图所表达的正确信息，逐一判断各选项.【详解】由2017年1月至2019年12月期间月接待游客量的折线图得：在A中，年接待游客量虽然逐月波动，但总体上逐年增加，故A正确；在B中，各年的月接待游客量高峰期都在8月，故B正确；在C中，2017年1月至12月月接待游客量的中位数小于30，故C错误；在D中，各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳，故D正确.故选：ABD【点睛】本题主要考查学生对于折线图的理解能力，考查图表的识图能力，属于基础题.2．下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BC【解析】【分析】由不等式的性质对合选项一一进行判断可得答案.【详解】解：A项，若，取，可得，故A不正确；B项, 若,可得：，故，故B正确；C项，若可得，由可得：，故C正确；C项，举反例，虽然，但是，故D不正确；故选：BC.【点睛】本题主要考查利用不等式的性质比较大小，属于基础题型.3．把函数的图象沿轴向左平移个单位，纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）后得到函数的图象，对于函数有以下四个判断，其中不正确的判断（    ）．A．该函数的解析式为B．该函数的图象关于点对称C．该函数在上是增函数D．若函数在上的最小值为，则【答案】AC【解析】【分析】先求出函数的解析式，然后由正弦函数性质判断．【详解】由题意，A正确；，B错；时，，所以在上是增函数，C正确；由上可得，，，D错．故选：AC．【点睛】本题考查三角函数图象变换，考查正弦函数性质．掌握三角函数图象变换是解题基础．掌握正弦函数性质是解题关键．4．如图，矩形中，为的中点，将沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（    ）A．存在某个位置，使得B．翻折过程中，的长是定值C．若，则D．若，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是【答案】BD【解析】【分析】对于选项A，取中点，取中点，连结，，通过假设，推出平面，得到，则，即可判断；对于选项B，在判断A的图基础上，连结交于点，连结，易得，由余弦定理，求得为定值即可；对于选项C，取中点，，，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断；对于选项D，易知当平面与平面垂直时，三棱锥的体积最大，说明此时中点为外接球球心即可.【详解】如图1，取中点，取中点，连结交于点，连结，，,则易知，，，，，由翻折可知，，，对于选项A，易得，则、、、四点共面，由题可知，若，可得平面，故，则，不可能，故A错误； 对于选项B，易得， 在中，由余弦定理得，整理得，故为定值，故B正确；如图2，取中点，取中点，连结，，，，，对于选项C，由得，若，易得平面，故有，从而，显然不可能，故C错误；对于选项D，由题易知当平面与平面垂直时，三棱锥B1﹣AMD的体积最大，此时平面，则，由，易求得，，故，因此，为三棱锥的外接球球心，此外接球半径为，表面积为，故D正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题. 二、解答题5．在①；②；③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________________，，求的面积.【答案】横线处任填一个都可以，面积为．【解析】【分析】无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式，展开后，可求得角，再由余弦定理求得，从而易求得三角形面积．【详解】在横线上填写“”.解：由正弦定理，得.由，得.由，得.所以.又（若，则这与矛盾），所以.又，得.由余弦定理及，得，即.将代入，解得.所以.在横线上填写“”.解：由及正弦定理，得.又，所以有.因为，所以.从而有.又，所以由余弦定理及，得即.将代入，解得.所以.在横线上填写“”解：由正弦定理，得.由，得，所以由二倍角公式，得.由，得，所以.所以，即.由余弦定理及，得.即.将代入，解得.所以.【点睛】本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时， ①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．6．已知数列满足，且.(1)证明数列是等差数列，并求数列的通项公式.(2)若，求数列的前项和.【答案】（1）见解析，（2）【解析】【分析】(1)根据等差数列的定义即可证明数列是等差数列，并通过数列的通项公式得到数列的通项公式；(2)因为，根据错位相减法即可求出数列的前项和．【详解】(1)因为两边都加上，得所以，即，所以数列是以为公差，首项为的等差数列．所以，即．(2)因为，所以数列的前项和，①则，②由，得，所以．【点睛】本题主要考查等差数列的证明，等差数列通项公式的求法，以及错位相减法的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．7．如图，三棱锥D-ABC中，，E，F分别为DB，AB的中点，且.（1）求证：平面平面ABC；（2）求二面角D-CE-F的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) .【解析】【分析】（1）取的中点，可得，，从而得到平面，得到，由，，得到，从而得到平面，所以平面平面；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用余弦定理和勾股定理，得到，，得到的法向量，平面的法向量，根据向量夹角的余弦公式，得到二面角的余弦值【详解】（1）如图取的中点，连接，，因为，所以，因为，所以，又因为，所以平面，平面所以.因为，分别为，的中点，所以.因为，即，则.又因为，所以平面，又因为平面DAB，所以平面平面.（2）因为平面，则以为坐标原点，过点与垂直的直线为轴，为轴，AD为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系.因为，在中，，所以.在中，，所以点，，.设平面的法向量为.所以，即，可取.设平面的法向量为.所以，即，可取，则因为二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的性质和判定，面面垂直的判定，利用空间向量求二面角的夹角余弦值，属于中档题.8．2019年世界海洋日暨全国海洋宣传日主场活动在海南三亚举行，此次活动主题为“珍惜海洋资源保护海洋生物多样性”，旨在进一步提高公众对节约利用海洋资源、保护海洋生物多样性的认识，为保护蓝色家园做出贡献.联合国于第63届联合国大会上将每年的6月8日确定为“世界海洋日”，为了响应世界海洋日的活动，2019年12月北京某高校行政主管部门从该大学随机抽取部分大学生进行一次海洋知识测试，并根据被测验学生的成绩（得分都在区间内）绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）试求被测验大学生得分的中位数（保留到整数）；（2）若学生的得分成绩不低于80分的认为是“成绩优秀”，现在从认为“成绩优秀”的学生中根据原有分组按照分层抽样的方法抽取10人进行奖励，最后再从这10人中随机选取3人作为优秀代表发言.①求所抽取的3人不属于同一组的概率；②记这3人中，为测试成绩在内的人数，求的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）①②见解析，1.2【解析】【分析】（1）根据中位数求法，从第一组开始，求得频率和为0.5时对应底边的值即可.（2）①按照分层抽样的特征，可分别求得两组各抽取的人数，求得10人中任选3人的所有情况，再求得抽取的3人不属于同一组的所有情况即可求解；② 的取值可能有0，1，2，3，分别求得各自对应的概率，即可得其分布列，进而由数学期望的公式求解.【详解】（1）由频率分步直方图可知，第一组的频率为0.08，第二组的频率为0.16，第三组的频率为0.36，由于，而，∴这组数据的中位数在第三组，即.∴被测验大学生得分的中位数约为77分；（2）认为“成绩优秀”的被测验学生共有两组，其频率分布为0.24，0.16，根据分层抽样的方法可知，两组抽取的人数分别为6人、4人.①从10人中任选3人，有种不同情况，抽取的3人不属于同一组的情况有，故所抽取的3人不属于同一组的概率为；②由条件可得的取值可能有0，1，2，3，且，，，∴的分布列为0123∴的数学期望为.【点睛】本题考查了频率分布直方图中位数的求法，分层抽样的简单计算，简单排列组合问题概率的求法，离散型随机变量的分布列与数学期望求法，属于中档题.9．已知椭圆的左，右焦点分别为，该椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（I）求椭圆的方程；（Ⅱ）如图，若斜率为的直线与轴，椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧）且，求证：直线过定点；并求出斜率的取值范围.【答案】（I）；（Ⅱ）证明见解析，.【解析】【分析】（I）根据椭圆离心率求得，根据圆心到直线的距离等于半径求得的值，进而求得的值和椭圆的标准方程.（II）设出两点的坐标，根据，得到，将两点坐标代入上式.设出直线的方程，代入椭圆方程并化简，写出韦达定理和判别式，将韦达定理得到的式子代入，化简后可求得直线所过定点.根据判别式，求得的取值范围.【详解】（Ⅰ）解：椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的离心率为，即有，即，，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆方程为，直线与圆相切，则有，即有，则椭圆C的方程为；（Ⅱ）证明：设，由，可得直线和关于x轴对称即有，即，即有，①设直线，代入椭圆方程，可得，判别式，即为②，③，代入①可得，，将③代入，化简可得，则直线的方程为，即．即有直线恒过定点．将代入②，可得，解得或则直线的斜率的取值范围是．【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的运用，注意运用直线和圆相切的条件.考查联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题.10．已知函数（为自然对数的底数）.（1）当时，求函数的单调区间；（2）已知函数在处取得极小值，在上有解，求实数的取值范围.【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）.【解析】【分析】（1）求出，解不等式，即可求出结论；（2）由已知求出，通过函数有解，分离参数，构造函数，利用新函数的最值转化求解即可.【详解】（1），当时，，单调递增区间是，单调递减区间是， 当时，单调递增区间是，递减区间是；（2）当时，在单调递增，无极值不合题意，当时，由（1）可得取得极小值，函数在处取得极小值，有解，，设不等式在上有解，，，当，在单调递减，在单调递增，取得极小值，也是最小值为，.【点睛】本题考查函数的单调性、不等式能成立问题，应用导数求函数的单调性、极值最值，属于中档题.