2021年高考数学考前30天《大题专练》精选题四(含答案详解)

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已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：
cs2B－cs2C－sin2A=sin Asin B.
(1)求角C；
(2)若c=2eq \r(6)，△ABC的中线CD=2，求△ABC的面积S的值．
已知数列{an}满足a1=1，且an＋1=2an，设bn－2=3lg2an(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{|an－bn|}的前n项和Sn.
近年来我国电子商务行业迎来发展的新机遇.2016年“618”期间，某购物平台的销售业绩高达516亿元人民币，与此同时，相关管理部门推出了针对电商的商品和服务的评价体系．现从评价系统中选出200次成功交易，并对其评价进行统计，对商品的好评率为0.6，对服务的好评率为0.75，其中对商品和服务都做出好评的交易为80次．
(1)请完成关于商品和服务评价的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为商品好评与服务好评有关？
(2)若将频率视为概率，某人在该购物平台上进行的3次购物中，设对商品和服务全为好评的次数为随机变量X.
①求对商品和服务全为好评的次数X的分布列；
②求X的数学期望和方差．
附：临界值表
K2的观测值k=eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)(其中n=a＋b＋c＋d)．
关于商品和服务评价的2×2列联表：
如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，
底面，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P在椭圆上(异于椭圆C的左、右顶点)，过右焦点F2作∠F1PF2的外角平分线L的垂线F2Q，交L于点Q，且|OQ|=2(O为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：x=my＋4(m∈R)与椭圆C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′，
直线A′B交x轴于D，求当三角形ADB的面积最大时，直线l的方程．
设f(x)=x3-0.5x2-2x+5.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当xϵ[-1,2]时，f(x) 选修4­4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2cs φ,y＝sin φ))(其中φ为参数)．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ(tan α·cs θ－sin θ)=1(α是常数，0＜α＜π，且α≠eq \f(π,2))，点A，B(A在x轴的下方)是曲线C1与C2的两个不同交点．
(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；
(2)求|AB|的最大值及此时点B的坐标．
已知函数f(x)=|x－a|＋2|x＋b|(a>0，b>0)的最小值为1.
(1)求a＋b的值；
(2)若m≤eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)恒成立，求实数m的最大值.
\s 0 答案详解
解：
(1)由已知得sin2A＋sin2B－sin2C=－sin Asin B，
由正弦定理得a2＋b2－c2=－ab，
由余弦定理可得cs C=eq \f(a2＋b2－c2,2ab)=－eq \f(1,2).
∵0(2)法一：由|eq \(CD,\s\up7(―→)) |=eq \f(1,2)|eq \(CA,\s\up7(―→))＋eq \(CB,\s\up7(―→))|=2，可得eq \(CA,\s\up7(―→))2＋eq \(CB,\s\up7(―→)) 2＋2eq \(CA,\s\up7(―→))·eq \(CB,\s\up7(―→))=16，
即a2＋b2－ab=16，
又由余弦定理得a2＋b2＋ab=24，∴ab=4.
∴S=eq \f(1,2)absin∠ACB=eq \f(\r(3),4)ab=eq \r(3).
法二：延长CD到M，使CD=DM，连接AM，易证△BCD≌△AMD，
∴BC=AM=a，∠CBD=∠MAD，∴∠CAM=eq \f(π,3).
由余弦定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＋ab＝24，,a2＋b2－ab＝16，))
∴ab=4，S=eq \f(1,2)absin∠ACB=eq \f(1,2)×4×eq \f(\r(3),2)=eq \r(3).
解：
(1)因为an＋1=2an，a1=1，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列．
所以an=2n－1.
又因为bn－2=3lg2an(n∈N*)，
所以bn=3lg22n－1＋2=3(n－1)＋2=3n－1.
(2)因为数列{an}中的项为1,2,4,8,16，…，2n－1，数列{bn}中的项为2,5,8,11,14，…，3n－1，
所以①当n≤4时，|an－bn|=bn－an=3n－1－2n－1，
所以Sn=eq \f(n3n－1＋2,2)－eq \f(1×1－2n,1－2)=eq \f(3n2＋n＋2,2)－2n.
②当n>4时，|an－bn|=an－bn=2n－1－(3n－1)，
所以Sn=S4＋(a5＋a6＋…＋an)－(b5＋b6＋…＋bn)=2n－eq \f(3n2＋n－42,2)，
综合①②得Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3n2＋n＋2,2)－2n，n≤4，,2n－\f(3n2＋n－42,2)，n>4.))
解：(1)由题意可得关于商品和服务评价的2×2列联表如下：
k=eq \f(200×80×10－40×702,150×50×120×80)≈11.111＞10.828，
故能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为商品好评与服务好评有关．
(2)①每次购物时，对商品和服务全为好评的概率为eq \f(2,5)，且X取值可以是0,1,2,3.
其中P(X=0)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up10(3)=eq \f(27,125)；P(X=1)=Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up10(2)=eq \f(54,125)；P(X=2)=Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up10(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))=eq \f(36,125)；
P(X=3)=Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \s\up10(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up10(0)=eq \f(8,125).
所以X的分布列为
②由于X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(2,5)))，则E(X)=3×eq \f(2,5)=eq \f(6,5)，D(X)=3×eq \f(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,5)))=eq \f(18,25).
解：（1）因为平面，平面，
所以．
因为，，
所以．
所以，所以，
又，所以平面，
（2）如图，以点为原点，，，分别为轴，轴，轴正方向，
建立空间直角坐标系，
则，，．
设，则，
，，，取，
则，为面的法向量．
设为面的法向量，则，
即，取，，，则，
依题意，则．
于是，．
设直线与平面所成角为，
则
解：(1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4×eq \f(1,2)ab=4eq \r(3)，得ab=2eq \r(3).
延长F2Q交直线F1P于点R(图略)，因为F2Q为∠F1PF2的外角平分线的垂线，
所以|PF2|=|PR|，Q为F2R的中点，
所以|OQ|=eq \f(|F1R|,2)=eq \f(|F1P|＋|PR|,2)=eq \f(|F1P|＋|PF2|,2)=a，
所以a=2，b=eq \r(3)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)将直线l和椭圆的方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2＋4)y2＋24my＋36=0，
所以Δ=(24m)2－4×36(3m2＋4)=144(m2－4)＞0，即m2＞4.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)，
由根与系数的关系，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－24m,3m2＋4)，,y1y2＝\f(36,3m2＋4)，))直线A′B的斜率k=eq \f(y2＋y1,x2－x1)，
所以直线A′B的方程为y＋y1=eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，
令y=0得xD=eq \f(x1y2＋x2y1,y1＋y2)=eq \f(my1＋4y2＋y1my2＋4,y1＋y2)=eq \f(2my1y2＋4y1＋y2,y1＋y2)=eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋4，
故xD=1，所以点D到直线l的距离d=eq \f(3,\r(1＋m2))，
所以S△ADB=eq \f(1,2)|AB|d=eq \f(3,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)=18·eq \f(\r(m2－4),3m2＋4).
令t=eq \r(m2－4)(t＞0)，则S△ADB=18·eq \f(t,3t2＋16)=eq \f(18,3t＋\f(16,t))≤eq \f(18,2\r(3×16))=eq \f(3\r(3),4)，
当且仅当3t=eq \f(16,t)，即t2=eq \f(16,3)=m2－4，即m2=eq \f(28,3)＞4，m=±eq \f(2\r(21),3)时，三角形ADB的面积最大，
所以直线l的方程为3x＋2eq \r(21)y－12=0或3x－2eq \r(21)y－12=0.
解：
解：(1)∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2cs φ,y＝sin φ))(其中φ为参数)，∴曲线C1的普通方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ρcs θ,y＝ρsin θ))，得曲线C2的直角坐标方程为y=tan α·x－1.
(2)由(1)得曲线C2的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝tcs α,y＝－1＋tsin α))(t为参数)．
设A(t1cs α，－1＋t1sin α)，B(t2cs α，－1＋t2sin α)，
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝tcs α,y＝－1＋tsin α))，代入eq \f(x2,4)＋y2=1，整理得t2(1＋3sin2α)－8tsin α=0，
∴t1=0，t2=eq \f(8sin α,1＋3sin2α)，
∴|AB|=|t1－t2|=eq \f(8|sin α|,1＋3sin2α)=eq \f(8,3|sin α|＋\f(1,|sin α|))
≤eq \f(8,2\r(3))=eq \f(4\r(3),3)(当且仅当sin α=eq \f(\r(3),3)时取等号)，
当sin α=eq \f(\r(3),3)时，∵0＜α＜π，且α≠eq \f(π,2)，∴cs α=±eq \f(\r(6),3)，
∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(4\r(2),3)，\f(1,3)))，
∴|AB|的最大值为eq \f(4\r(3),3)，此时点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(4\r(2),3)，\f(1,3))).
解：(1)f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3x＋a－2b，x≤－b，,x＋a＋2b，－b则f(x)在区间(－∞，－b]上单调递减，在区间[－b，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(－b)=a＋b，所以a＋b=1.
(2)因为a>0，b>0，且a＋b=1，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)=(a＋b)(eq \f(1,a)＋eq \f(2,b))=3＋eq \f(b,a)＋eq \f(2a,b)，
又3＋eq \f(b,a)＋eq \f(2a,b)≥3＋2eq \r(\f(b,a)·\f(2a,b))=3＋2eq \r(2)，当且仅当eq \f(b,a)=eq \f(2a,b)时，等号成立，
所以当a=eq \r(2)－1，b=2－eq \r(2)时，eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)有最小值3＋2eq \r(2).
所以m≤3＋2eq \r(2)，所以实数m的最大值为3＋2eq \r(2).