（統(tǒng)考版）高考數(shù)學二輪復習 46分大題保分練3（含解析）（文）-人教版高三數(shù)學試題

46分大題保分練(三)(建議用時：40分鐘)17．(12分)(2020·岳陽二模)新型冠狀病毒肺炎疫情爆發(fā)以來，疫情防控牽掛著所有人的心.某市積極響應上級部門的號召，通過沿街電子屏、微信公眾號等各種渠道對此戰(zhàn)“疫”進行了持續(xù)、深入的懸窗，幫助全體市民深入了解新冠狀病毒，增強戰(zhàn)勝疫情的信心．為了檢驗大家對新型冠狀病毒及防控知識的了解程度，該市推出了相關的知識問卷，隨機抽取了年齡在15～75歲之間的200人進行調(diào)查，并按年齡繪制頻率分布直方圖如圖所示，把年齡落在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(15，35))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(35，75))內(nèi)的人分別稱為“青少年人”和“中老年人”.經(jīng)統(tǒng)計“青少年人”和“中老年人”的人數(shù)比為19∶21.其中“青少年人”中有40人對防控的相關知識了解全面，“中老年人”中對防控的相關知識了解全面和不夠全面的人數(shù)之比是2∶1.(1)求圖中a，b的值；(2)現(xiàn)采取分層抽樣在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(25，35))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(45，55))中隨機抽取8名市民，從8人中任選2人，求2人中至少有1人是“中老年人”的概率是多少？(3)根據(jù)已知條件，完成下面的2×2列聯(lián)表，并根據(jù)統(tǒng)計結(jié)果判斷：能否有99.9%的把握認為“中老年人”比“青少年人”更加了解防控的相關知識？了解全面了解不全面合計青少年人中老年人合計附表及公式：K2＝eq\f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ad－bc))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋d))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋d)))，其中n＝a＋b＋c＋d.Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(K2≥k))0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋0.03))×10＝\f(19,40),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋0.02))×10＝\f(21,40)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝0.0325,b＝0.0175)).(2)由題意得在[25,35)中抽取6人，用數(shù)字1,2,3,4,5,6表示；在[45,55)中抽取2人用數(shù)字7,8表示，故從8人中任選2人共有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(1,7)，(1,8)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(2,7)，(2,8)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(3,7)，(3,8)，(4,5)，(4,6)，(4,7)，(4,8)，(5,6)，(5,7)，(5,8)，(6,7)，(6,8)，(7,8)，共28種不同方法，至少有1人是“中老年人”共有13種，故所求事件的概率為eq\f(13,28).(3)由題意可得2×2列聯(lián)表如下：了解全面了解不全面合計青少年人405595中老年人7035105合計11090200所以K2＝eq\f(200\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40×35－55×70))2,95×105×110×90)≈12.157>10.828.所以有99.9%的把握認為“中老年人”比“青少年人”更加了解防控的相關知識．18．(12分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，eq\f(an,an＋1)＝2an＋1(n∈N*且n≥2)．(1)證明：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))為等差數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3n,an)))的前n項和Tn.[解](1)證明：依題意，由eq\f(an,an＋1)＝2an＋1，可得an＝2anan＋1＋an＋1，即an－an＋1＝2anan＋1，兩邊同時除以anan＋1，可得eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2(n≥2)．∵eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝3－1＝2，也滿足上式．∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)得，eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，則eq\f(3n,an)＝(2n－1)·3n.∴Tn＝1×3＋3×32＋…＋(2n－1)·3n，3Tn＝1×32＋3×33＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，兩式相減，可得－2Tn＝3＋2×32＋2×33＋…＋2·3n－(2n－1)·3n＋1，＝3＋18×(1＋3＋32＋…＋3n－2)－(2n－1)·3n＋1＝3＋18×eq\f(1－3n－1,1－3)－(2n－1)·3n＋1＝2(1－n)·3n＋1－6.∴Tn＝(n－1)·3n＋1＋3.19．(12分)如圖，在四棱錐S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD．四邊形ABCD為正方形，且P為AD的中點．(1)求證：CD⊥平面SAD．(2)若SA＝SD，M為BC的中點，在棱SC上是否存在點N，使得平面DMN⊥平面ABCD，并證明你的結(jié)論．[解](1)證明：因為四邊形ABCD為正方形，所以CD⊥AD．又平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD＝AD，所以CD⊥平面SAD．(2)存在點N為SC的中點，使得平面DMN⊥平面ABCD．連接PC，DM交于點O，連接PM，SP，NM，ND，NO.因為PD∥CM，且PD＝CM，所以四邊形PMCD為平行四邊形，所以PO＝CO.又因為N為SC的中點，所以NO∥SP.易知SP⊥AD，因為平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，并且SP⊥AD，所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD．又因為NO?平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD．選考題：共10分．請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分．22．(10分)[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程]在平面直角坐標系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ為參數(shù))，以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2是圓心的極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且經(jīng)過極點的圓．(1)求曲線C1的極坐標方程和C2的直角坐標方程；(2)已知射線θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)分別與曲線C1，C2交于點A，B(點B異于坐標原點O)，求線段AB的長．[解](1)由曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ為參數(shù))，消去參數(shù)φ得eq\f(x2,4)＋y2＝1，將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,y＝ρsinθ))代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得曲線C1的極坐標方程為ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)＝eq\f(4,1＋3sin2θ).由曲線C2是圓心的極坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且經(jīng)過極點的圓，可得其極坐標方程為ρ＝2eq\r(7)sinθ，從而得C2的直角坐標方程為x2＋y2－2eq\r(7)y＝0.(2)將θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ＝2eq\r(7)sinθ得ρB＝2eq\r(7)sineq\f(π,3)＝eq\r(21)，將θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)得ρA＝eq\r(\f(4,cos2\f(π,3)＋4sin2\f(π,3)))＝eq\f(4\r(13),13)，故|AB|＝ρB－ρA＝eq\f(13\r(21)－4\r(13),13).23．(10分)[選修4－5：不等式選講]已知函數(shù)f(x)＝k－|x－2|，k∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．(1)求k的值；(2)若a，b，c是正實數(shù)，且eq\f(1,ka)＋eq\f(1,2kb)＋eq\f(1,3kc)＝1，求證：eq\f(1,9)a＋eq\f(2,9)b＋eq\f(1,3)c≥1.[解](1)因為f(x)＝k－|x－2|，所以f(x＋2)≥0等價于|x|≤k，由|x|≤k有解，得k≥0，且其解集為{x|－k≤x≤k}．又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故k＝1.(2)證明：由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c是正實數(shù)，所以由基本不等式得a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,2b)＋\f(1,3c)))＝3＋eq\f(a,2b)＋eq\f(a,3c)＋eq\f(2b,a)＋eq\f(2b,3c)＋eq\f(3c,a)＋eq\f(3c,2b)＝3