2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 提能增分篇 突破三 大題沖關-解答題的應對技巧 保分題沖關系列3 文.doc

《2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 提能增分篇 突破三 大題沖關-解答題的應對技巧 保分題沖關系列3 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 提能增分篇 突破三 大題沖關-解答題的應對技巧 保分題沖關系列3 文.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學二輪專題復習 提能增分篇 突破三 大題沖關-解答題的應對技巧 保分題沖關系列3 文 1．(xx四川內江四模)已知向量a＝，b＝. (1)當a∥b時，求cos2x－sin 2x的值； (2)設函數(shù)f(x)＝2b，已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝，b＝2，sin B＝，求 f(x)＋4cos的取值范圍． 解：(1)∵a∥b，∴cos x＋sin x＝0，∴tan x＝－. ∴cos2x－sin 2x＝＝＝. (2)∵f(x)＝2(a＋b)b＝sin＋， 由正弦定理得，＝可得sin A＝， 所以A＝. f(x)＋4cos＝sin－. ∵x∈，∴2x＋∈， 所以－1≤f(x)＋4cos≤－. 2．(xx內蒙古呼倫貝爾二模)如圖，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長均為4，E是BC的中點，點F在側棱CC1上，且CC1＝4CF. (1)求證：EF⊥A1C； (2)求點C到平面AEF的距離． (1)證明：過點E作EN⊥AC于N，連接EF. 連接NF，AC1，由直棱柱的性質知， 底面ABC⊥側面A1C，所以EN⊥側面A1C， 所以NF⊥A1C， 在Rt△CNE中，CN＝CEcos 60＝4＝1， 又∵CC1＝4CF，∴＝， ∴NF∥AC1， 又AC1⊥A1C，故NF⊥AC1，A1C⊥平面NEF， 所以 EF⊥A1C. (2)解：設點C到平面AEF的距離為d， 則V三棱錐C－AEF＝V三棱錐F －AEC， 即S△AEFd＝S△AECCF， 所以d＝. 3.(xx遼寧大連二模)某企業(yè)有兩個分廠生產某種零件，按規(guī)定內徑尺寸(單位：mm)的值落在(29.94,30.06)的零件為優(yōu)質品．從兩個分廠生產的零件中各抽出500件，量其內徑尺寸，結果如下表： 甲廠： 分組 [29.86， 29．90) [29.90， 29．94) [29.94， 29．98) [29.98， 30．02) [30.02， 30．06) [30.06， 30．10) [30.10， 30．14) 頻數(shù) 15 30 125 198 77 35 20 分組 [29.86， 29．90) [29.90， 29．94) [29.94， 29．98) [29.98， 30．02) [30.02， 30．06) [30.06， 30．10) [30.10， 30．14) 頻數(shù) 40 70 79 162 59 55 35 (1)由以上統(tǒng)計數(shù)據(jù)填下面22列聯(lián)表，并問是否有99.9%的把握認為“生產的零件是否為優(yōu)質品與不同的分廠有關”； 甲 廠 乙 廠 合計 優(yōu)質品 非優(yōu)質品 合計 附：k2＝ P(K2≥k),0.100,0.050,0.025,0.010,0.001 k, 2.706,3.841,5.024,6.635,10.828(2)現(xiàn)用分層抽樣方法(按優(yōu)質品和非優(yōu)質品分二層)從乙廠抽取五件零件，求從這五件零件中任意取出兩件，至少有一件優(yōu)質品的概率． 解： (1)列聯(lián)表如下： 甲 廠 乙 廠 合計 優(yōu)質品 400 300 700 非優(yōu)質品 100 200 300 合計 500 500 1 000 χ2＝ ＝ ≈47.619>10.828. 所以有99.9%的把握認為“生產的零件是否為優(yōu)質品與不同的分廠有關”． (2)乙廠抽取3件優(yōu)質品，2件非優(yōu)質品，優(yōu)質品記為a，b，c，非優(yōu)質品記為1,2. 從中任意抽取2件，抽取的情況構成的集合為 {ab，ac，a1，a2，bc，b1，b2，c1，c2,12}， 至少有一件優(yōu)質品的情況為{ab，ac，a1，a2，bc，b1，b2，c1，c2}，所以從這五件零件中任意取出兩件，至少有一件優(yōu)質品的概率為. 4．(xx浙江溫州二測)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)． (1)設bn＝an＋1＋an(n∈N*)，求證：{bn}是等比數(shù)列； (2)①求數(shù)列{an}的通項公式； ②求證：對于任意n∈N*都有＋＋…＋＋＜成立． 解：(1)由已知得an＋1＋an＝3(an＋an－1)，(n≥2，n∈N*)， 則bn＋1＝3bn，又b1＝3，則{bn}是以3為首項、3為公比的等比數(shù)列． (2)①解法一：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，則an＋an－1＝3n－1，(n≥2)， 相減得an＋1－an－1＝23n－1，(n≥2)， 則a3－a1＝231，a5－a3＝233，…，a2n－1－a2n－3＝232n－3， 相加得a2n－1－a1＝，則a2n－1＝(n≥2)， 當n＝1時，上式也成立， 由a2n＋a2n－1＝32n－1，得a2n＝， 故an＝. 解法二：由an＋1＋an＝3n，得 (－1)n＋1an＋1－(－1)nan＝－(－3)n， 則(－1)nan－(－1)n－1an－1＝－(－3)n－1，…，(－1)2a2－(－1)1a1＝－(－3)1， 相加得an＝. 解法三：由an＋1＋an＝3n，得＋＝， 設cn＝，則cn＋1＋cn＝，可得 cn＋1－＝－， 又c1＝，故cn－＝n－1， 則an＝. ②證明：證法一：易證≤， 則＋＋…＋＝＋＋…＋ <1＋＋…＋＝<， 同理可得≤. 則＋＋…＋＝＋＋…＋ <＋＋…＋＝<， 故＋＋…＋＋<＋＝. 證法二：＋＝＋＝ <＝＋. 故＋＋……＋＋<1＋＋＋＋……＋＋ ＝＋ <＋＝＝<＝. 證法三：＋＋…＋ ＝＋＋…＋ <1＋＋＋…＋ ＝1＋<， 易證<＝， 則＋＋…＋＝＋＋…＋ <＋＋＋…＋ ＝＋<， 故＋＋…＋＋<＋＝<＝.