2022版高考数学大题标准练（四）

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1．从①sin A＝cs eq \f(A,2) ，②2a cs A＝b cs C＋c cs B，③a cs C＋(2b＋c)cs A＝0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，________．
(1)求A；
(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】若选①：(1)由sin A＝cs eq \f(A,2) ，
可得2 sin eq \f(A,2) cs eq \f(A,2) ＝cs eq \f(A,2)
因为0＜A＜π，所以cs eq \f(A,2) ≠0，
故2 sin eq \f(A,2) ＝1，即sin eq \f(A,2) ＝ eq \f(1,2) ，
由0＜ eq \f(A,2) ＜ eq \f(π,2) ，可知 eq \f(A,2) ＝ eq \f(π,6) ，所以A＝ eq \f(π,3) .
(2)由余弦定理可知b2＋c2－2bc cs A＝a2，即b2＋c2＝bc＋4.
因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，
当且仅当b＝c＝2时“＝”成立．
所以△ABC面积的最大值为 eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ×4× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) .
若选②：(1)由正弦定理可得
2sin A cs A＝sin B cs C＋cs B sin C.
即2 sin A cs A＝sin (B＋C).
因为A＋B＋C＝π，所以sin (B＋C)＝sin A.
故2sin A cs A＝sin A，解得cs A＝ eq \f(1,2) .
因为0＜A＜π，所以A＝ eq \f(π,3) ；
(2)由余弦定理，得b2＋c2－2bc cs A＝a2，
即b2＋c2＝bc＋4.
因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤4，
当且仅当b＝c＝2时，“＝”成立；
所以△ABC面积的最大值为 eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) ×4× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) .
若选③：(1)由正弦定理，得sin A cs C＋(2 sin B＋sin C)cs A＝0.
因为A＋B＋C＝π，所以sin (A＋C)＝sin B，可得2sin B cs A＋sin B＝0，
因为0＜B＜π，所以sin B＞0，
所以cs A＝－ eq \f(1,2) .
因为0＜A＜π，所以A＝ eq \f(2,3) π.
(2)由余弦定理可知b2＋c2－2bc cs A＝a2，
即b2＋c2＝4－bc.
因为b2＋c2≥2bc，所以bc≤ eq \f(4,3) ，
当且仅当b＝c＝ eq \f(2\r(3),3) 时，“＝”成立；
所以△ABC面积的最大值为
eq \f(1,2) bc sin A＝ eq \f(1,2) × eq \f(4,3) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(\r(3),3) .
2．在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
(1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的频率．
(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望E(X).
【解析】(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) ,C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(5,18) .
(2)由题意知X可取的值为：0，1，2，3，4.则
P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(6)) ,C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(1,42) ，
P(X＝1)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(5,21) ，
P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(10,21) ，
P(X＝3)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(5,21) ，
P(X＝4)＝ eq \f(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ,C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(10)) ) ＝ eq \f(1,42) ，
因此X的分布列为
X的数学期望是E(X)＝0× eq \f(1,42) ＋1× eq \f(5,21) ＋2× eq \f(10,21) ＋3× eq \f(5,21) ＋4× eq \f(1,42) ＝2.
3．已知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 满足：a1＝1，a2＝ eq \f(1,2) ，且 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3＋（－1）n)) an＋2－2an＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（－1）n－1)) ＝0，n∈N*.
(1)求a3，a4，a5，a6的值及数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的通项公式；
(2)设bn＝a2n－1·a2n，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前n项和Sn.
【解析】(1)在[3＋(－1)n]an＋2－2an＋[(－1)n－1]＝0中，
令n＝1，得2a3－2a1－2＝0，
所以a3＝a1＋1＝2，
令n＝2，得4a4－2a2＝0，
所以a4＝ eq \f(1,2) a2＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,4) ，
令n＝3，得2a5－2a3－2＝0，
所以a5＝a3＋1＝3，
令n＝4，得4a6－2a4＝0，
所以a6＝ eq \f(1,2) a4＝ eq \f(1,2) × eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,8) ，
当n为奇数时，2an＋2－2an－2＝0，
即an＋2－an＝1，
令n＝2k－1，k∈N*，
则an＝a2k－1＝a1＋(k－1)×1＝k＝ eq \f(n＋1,2) ，
当n为偶数时，4an＋2－2an＝0，即an＋2＝ eq \f(1,2) an，
令n＝2k，k∈N*，则an＝a2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ，
所以an＝
(2)bn＝a2n－1·a2n＝ eq \f(2n－1＋1,2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))
＝n· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) n，
所以Sn＝1× eq \f(1,2) ＋2× eq \f(1,22) ＋3× eq \f(1,23) ＋…＋n· eq \f(1,2n) ， eq \f(1,2) Sn＝1× eq \f(1,22) ＋2× eq \f(1,23) ＋3× eq \f(1,24) ＋…＋n· eq \f(1,2n＋1) ，
所以Sn－ eq \f(1,2) Sn＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,22) ＋ eq \f(1,23) ＋…＋ eq \f(1,2n) －n· eq \f(1,2n＋1) ，
所以 eq \f(1,2) Sn＝ eq \f(\f(1,2)（1－\f(1,2n)）,1－\f(1,2)) －n· eq \f(1,2n＋1) ，所以 eq \f(1,2) Sn＝1－ eq \f(1,2n) － eq \f(n,2n＋1) ，所以Sn＝2－ eq \f(2＋n,2n) .
4．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，∠PDA＝ eq \f(π,2) ，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2.
(1)求证：QB∥平面PDC；
(2)求二面角C­PB­Q的正弦值；
(3)已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为 eq \f(7\r(3),15) ，求线段DH的长．
【解析】(1)因为平面ADPQ⊥平面ABCD，平面ADPQ∩平面ABCD＝AD，PD⊂平面ADPQ，PD⊥AD，
所以直线PD⊥平面ABCD，
由题意，以点D为原点，分别以 eq \(DA,\s\up6(→)) ， eq \(DC,\s\up6(→)) ， eq \(DP,\s\up6(→)) 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，Q(2，0，1)，P(0，0，2)，
依题意易得 eq \(AD,\s\up6(→)) ＝(－2，0，0)是平面PDC的一个法向量，
又 eq \(QB,\s\up6(→)) ＝(0，2，－1)，所以 eq \(QB,\s\up6(→)) · eq \(AD,\s\up6(→)) ＝0，
又因为直线QB⊄平面PDC，
所以QB∥平面PDC；
(2)因为 eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(2，2，－2)， eq \(PC,\s\up6(→)) ＝(0，2，－2)， eq \(PQ,\s\up6(→)) ＝(2，0，－1)，
设n1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1，z1)) 为平面PBC的一个法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(PB,\s\up6(→))＝0,n1·\(PC,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＋2y1－2z1＝0,2y1－2z1＝0)) ，
令z1＝1可得n1＝(0，1，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面PBQ的一个法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(PQ,\s\up6(→))＝0,n2·\(PB,\s\up6(→))＝0)) ，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x2－z2＝0,2x2＋2y2－2z2＝0)) ，
令 z2＝2可得n2＝(1，1，2)，
所以cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(\r(3),2) ，所以二面角C­PB­Q的正弦值为 eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2) ＝ eq \f(1,2) ；
(3)设H(0，0，h)(0≤h≤2)，
则 eq \(AH,\s\up6(→)) ＝(－2，0，h)，又 eq \(PB,\s\up6(→)) ＝(2，2，－2)，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs 〈\(PB,\s\up6(→))，\(AH,\s\up6(→))〉)) ＝ eq \f(|－4－2h|,2\r(3)·\r(4＋h2))
＝ eq \f(7\r(3),15) ，
所以6h2－25h＋24＝0，
解得h＝ eq \f(3,2) 或h＝ eq \f(8,3) (舍去).
故所求线段DH的长为 eq \f(3,2) .
5．已知椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，且F1(－1，0)，椭圆经过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) .
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l过椭圆右顶点B，交椭圆于另一点A，点G在直线l上，且∠GOB＝∠GBO.若GF1⊥AF2，求直线l的斜率．
【解析】(1)易知点F2(1，0)，由椭圆的定义得2a＝|PF1|＋|PF2|
＝ eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)) ＋ eq \r(02＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)) ＝4，
所以a＝2，b＝ eq \r(a2－c2) ＝ eq \r(22－12) ＝ eq \r(3) ，
因此，椭圆的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1；
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，且斜率不为零，设直线l的方程为x＝ty＋2(t≠0)，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，y0)) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2,3x2＋4y2＝12)) ，消去x得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t2＋4)) y2＋12ty＝0，则y0＝－ eq \f(12t,3t2＋4) ，x0＝ eq \f(8－6t2,3t2＋4) ，
所以，点A的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8－6t2,3t2＋4)，－\f(12t,3t2＋4))) ，
因为∠GOB＝∠GBO，
则xG＝1，可得yG＝－ eq \f(1,t) ，
所以，点G的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,t))) ，
因为GF1⊥AF2，则＝0，
因为＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(1,t))) ，
＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－9t2,3t2＋4)，－\f(12t,3t2＋4))) ，
所以，＝ eq \f(20－18t2,3t2＋4) ＝0，
解得t＝± eq \f(\r(10),3) ，
因此，直线l的斜率为 eq \f(1,t) ＝± eq \f(3\r(10),10) .
6．已知函数f(x)＝x＋ eq \f(a,x) ＋b(x≠0)，其中a，b∈R.
(1)曲线y＝f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y＝3x＋1，求函数f(x)的解析式；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若对于任意的a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)) ，不等式f(x)≤10在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1)) 上恒成立，求b的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝1－ eq \f(a,x2) ，所以f′(2)＝1－ eq \f(a,4) ＝3，
解得a＝－8，
由切点P(2，f(2))在直线y＝3x＋1上可得，－2＋b＝7，所以b＝9，
所以函数解析式为f(x)＝x－ eq \f(8,x) ＋9.
(2)f′(x)＝1－ eq \f(a,x2) ，
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝± eq \r(a) .
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
所以f(x)在(－∞，－ eq \r(a) )和( eq \r(a) ，＋∞)上单调递增，在(－ eq \r(a) ，0)和(0， eq \r(a) )上单调递减．
(3)由(2)知，f(x)在[ eq \f(1,4) ，1]上的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) 和f(1)中较大者，
对于任意的a∈[ eq \f(1,2) ，2]，不等式f(x)≤10在[ eq \f(1,4) ，1]上恒成立，当且仅当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（\f(1,4)）≤10,f（1）≤10)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b≤\f(39,4)－4a，,b≤9－a，)) 对任意的a∈[ eq \f(1,2) ，2]成立，可得b≤ eq \f(7,4) .
X
0
1
2
3
4
P
eq \f(1,42)
eq \f(5,21)
eq \f(10,21)
eq \f(5,21)
eq \f(1,42)
x
(－∞，
－ eq \r(a) )
－ eq \r(a)
(－ eq \r(a) ，
0)
(0，
eq \r(a) )
eq \r(a)
( eq \r(a) ，
＋∞)
f′(x)
＋
0
－
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
↘
极小值
↗