2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專項練-大題規(guī)范練1-專項訓(xùn)練【含答案】

大題規(guī)范練11．(2023·揚州新華中學(xué)模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{bn}為正項等比數(shù)列，且a1＝3，b1＝1，b3＋a2＝9，a5－a3＝2b2.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)若cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,Sn)n為奇數(shù)，,bnn為偶數(shù)，))設(shè){cn}的前n項和為Tn，求T2n.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，∵a1＝3，b1＝1，b3＋a2＝9，a5－a3＝2b2，∴q2＋3＋d＝9,2d＝2q，解得q＝－3或q＝2，∵{bn}是正項等比數(shù)列，∴d＝2，q＝2，∴an＝2n＋1，bn＝2n－1.(2)由(1)知，Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n(n＋2)，∴cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)n為奇數(shù)，,2n－1n為偶數(shù)，))∴T2n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＋(21＋23＋25＋…＋22n－1)＝1－eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(2－22n－1×4,1－4)＝eq\f(1＋22n＋1,3)－eq\f(1,2n＋1).2．(2023·廣東深圳中學(xué)模擬)已知f(x)＝sinxcosx＋eq\r(3)cos2x－eq\f(\r(3),2)，g(x)＝f(x－θ)，0<θ<eq\f(π,2)，且g(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱．(1)求θ；(2)設(shè)△ABC的角A，B，C所對的邊依次為a，b，c，外接圓半徑為R，且geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,8)))＝－eq\f(1,2)，b＝1，R＝eq\f(\r(21),3).若點D為BC邊上靠近B的三等分點，求AD的長度．解(1)因為f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，所以g(x)＝f(x－θ)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－2θ＋\f(π,3))).因為g(x)的圖象關(guān)于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，0))對稱，所以eq\f(π,3)－2θ＋eq\f(π,3)＝kπ，θ＝－eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)，k∈Z，又0<θ<eq\f(π,2)，所以θ＝eq\f(π,3).(2)由(1)知，g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,8)))＝－eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,4)－\f(π,3)))＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(A,4)－eq\f(π,3)＝2kπ－eq\f(π,6)或eq\f(A,4)－eq\f(π,3)＝2kπ－eq\f(5,6)π，得A＝8kπ＋eq\f(2π,3)或A＝8kπ－2π，k∈Z.因為A∈(0，π)，所以A＝eq\f(2π,3)，在△ABC中，由正弦定理得a＝2RsinA＝eq\r(7)，因為點D為BC邊上靠近B的三等分點，所以BD＝eq\f(\r(7),3).由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即7＝1＋c2＋c，解得c＝2(負(fù)值舍去)，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(7＋4－1,4\r(7))＝eq\f(5\r(7),14)，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝BA2＋BD2－2BA×BDcosB＝4＋eq\f(7,9)－2×2×eq\f(\r(7),3)×eq\f(5\r(7),14)＝eq\f(13,9)，所以AD＝eq\f(\r(13),3).3．(2023·玉溪模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝2，D為BC的中點，平面BB1C1C⊥平面ABC.(1)證明：AD⊥平面BB1C1C；(2)已知四邊形BB1C1C是邊長為2的菱形，且∠B1BC＝60°，求平面ABC與平面AC1D夾角的正弦值．(1)證明在三棱柱ABC－A1B1C1中，由AB＝AC＝2，D是BC的中點，得AD⊥BC，而平面BB1C1C⊥平面ABC，且平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD?平面ABC，所以AD⊥平面BB1C1C.(2)解如圖所示，連接B1C，因為四邊形BB1C1C為菱形，∠B1BC＝60°，所以△B1BC為正三角形，連接B1D，有B1D⊥BC，而平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，因此B1D⊥平面ABC，則DC，DA，DB1兩兩垂直，以D為坐標(biāo)原點，DC，DA，DB1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，C(1,0,0)，A(0，eq\r(3)，0)，C1(2,0，eq\r(3))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(2,0，eq\r(3))，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，設(shè)平面AC1D的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC1,\s\up6(→))＝2x1＋\r(3)z1＝0，,n·\o(DA,\s\up6(→))＝\r(3)y1＝0，))令x1＝eq\r(3)，得n＝(eq\r(3)，0，－2)，顯然平面ABC的一個法向量為m＝(0,0,1)，設(shè)平面ABC與平面AC1D的夾角為θ，則cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(2,\r(7))，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(21),7)，所以平面ABC與平面AC1D夾角的正弦值為eq\f(\r(21),7).4．(2023·重慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax－ln(x＋1)－cosx，a∈R.(1)當(dāng)a＝0時，求f(x)在x＝0處的切線方程；(2)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))時，f(x)≥－1恒成立，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝－ln(x＋1)－cosx(x>－1)，f′(x)＝－eq\f(1,x＋1)＋sinx，所以k＝f′(0)＝－1，又f(0)＝－1，所以f(x)在x＝0處的切線方程為y＋1＝－x，即x＋y＋1＝0.(2)令g(x)＝f(x)＋1(0≤x≤1)，則g(x)≥0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))上恒成立，則g(0)＝0，g′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)＋sinx，g′(0)＝a－1，當(dāng)a<1時，g′(0)＝a－1<0，因為g′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)＋sinx在x∈[0,1]上單調(diào)遞增，故存在δ>0，當(dāng)x∈(0，δ)時，g′(x)<0，即g(x)在x∈(0，δ)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈(0，δ)時，g(x)<g(0)＝0，與題設(shè)矛盾，舍去．當(dāng)a≥1時，由x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))可得g′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)＋sinx≥a－eq\f(1,x＋1)≥a－1≥0，故g(x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0(0≤x≤1)，滿足題意．綜上，a的取值范圍為[1，＋∞)．5．(2023·淄博模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)上一點P(2，t)到其焦點F的距離為3，A，B為拋物線C上異于原點的兩點．延長AF，BF分別交拋物線C于點M，N，直線AN，BM相交于點Q.(1)若AF⊥BF，求四邊形ABMN面積的最小值；(2)證明：點Q在定直線上．(1)解由拋物線定義可知，2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2，即拋物線C的方程為y2＝4x，由題意，設(shè)A(x1，y1)，M(x2，y2)，直線AM的方程x＝my＋1(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系可知y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，故|AM|＝x1＋x2＋p＝m(y1＋y2)＋4＝4(m2＋1)，因為AF⊥BF，所以直線BN的方程為x＝－eq\f(1,m)y＋1，于是|BN|＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m2)＋1))，則S四邊形ABMN＝eq\f(1,2)×|AM|×|BN|＝eq\f(1,2)×4(m2＋1)×4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m2)＋1))＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋\f(1,m2)＋2))≥32，當(dāng)且僅當(dāng)m2＝eq\f(1,m2)，即m＝±1時等號成立，所以四邊形ABMN面積的最小值為32.(2)證明設(shè)B(x3，y3)，N(x4，y4)，Q(xQ，yQ)，因為A，B，M，N都在C上，所以xi＝eq\f(y\o\al(2,i),4)(i＝1,2,3,4)，因為A，N，Q三點共線，所以有eq\f(y4－y1,x4－x1)＝eq\f(y1－yQ,x1－xQ)，即eq\f(y4－y1,\f(y\o\al(2,4),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(y1－yQ,\f(y\o\al(2,1),4)－xQ)，整理得yQ＝eq\f(y1y4＋4xQ,y1＋y4)，同理，因為B，M，Q三點共線，可得yQ＝eq\f(y2y3＋4xQ,y2＋y3)，即eq\f(y1y4＋4xQ,y1＋y4)＝eq\f(y2y3＋4xQ,y2＋y3)，解得4xQ＝eq\f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,y2＋y3－y1－y4)，由(1)可知，y1y2＝y(tǒng)3y4＝－4，代入上式可得4xQ＝eq\f(－4y3＋y2－y4－y1,y2＋y3－y1－y4)＝－4，得xQ＝－1，即點Q在定直線x＝－1上．6．(2023·濰坊模擬)5G網(wǎng)絡(luò)是新一輪科技革命最具代表性的技術(shù)之一．已知某精密設(shè)備制造企業(yè)加工5G零件，根據(jù)長期檢測結(jié)果，得知該5G零件設(shè)備生產(chǎn)線的產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值服從正態(tài)分布N(μ，σ2)．現(xiàn)從該企業(yè)生產(chǎn)的正品中隨機抽取100件，測得產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值的樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計如圖．根據(jù)大量的產(chǎn)品檢測數(shù)據(jù)，質(zhì)量指標(biāo)值樣本數(shù)據(jù)的方差的近似值為100，用樣本平均數(shù)eq\x\to(x)作為μ的近似值，用樣本標(biāo)準(zhǔn)差s作為σ的估計值．已知質(zhì)量指標(biāo)值不低于70的樣品數(shù)為25件．附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.(1)求eq\x\to(x)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表)；(2)若質(zhì)量指標(biāo)值在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(54，84))內(nèi)的產(chǎn)品稱為優(yōu)等品，求該企業(yè)生產(chǎn)的產(chǎn)品為優(yōu)等品的概率；(3)已知該企業(yè)的5G生產(chǎn)線的質(zhì)量控制系統(tǒng)由n(n∈N，n≥3)個控制單元組成，每個控制單元正常工作的概率為p(0<p<1)，各個控制單元之間相互獨立，當(dāng)至少一半以上控制單元正常工作時，該生產(chǎn)線正常運行生產(chǎn)．若再增加1個控制單元，試分析該生產(chǎn)線正常運行的概率是否增加？并說明理由．解(1)因為質(zhì)量指標(biāo)值不低于70的樣品數(shù)為25件，所以(a＋0.005)×10＝eq\f(25,100)，所以a＝0.020，因為(0.010＋0.020＋b＋0.020＋0.005)×10＝1，所以b＝0.045.由題意，估計從該企業(yè)生產(chǎn)的正品中隨機抽取100件產(chǎn)品的質(zhì)量指標(biāo)值的平均數(shù)為eq\x\to(x)＝0.010×10×45＋0.020×10×55＋0.045×10×65＋0.020×10×75＋0.005×10×85＝64.(2)由題意知μ＝64，樣本方差s2＝100，故σ＝10，設(shè)產(chǎn)品質(zhì)量指標(biāo)值為X，則X～N(64,102)，優(yōu)等品的概率P(54≤X≤84)＝P(54≤X≤64)＋P(64≤X≤84)＝P(μ－σ≤X≤μ)＋P(μ≤X≤μ＋2σ)≈eq\f(1,2)×0.6827＋eq\f(1,2)×0.9545＝0.8186.(3)假設(shè)質(zhì)量控制系統(tǒng)有奇數(shù)個控制單元，設(shè)n＝2k－1(k∈N*，k≥2)，記該生產(chǎn)線正常運行的概率為pk，若再增加1個控制單元，則第一類：原系統(tǒng)中至少有k＋1個控制單元正常工作，其正常運行的概率為P1＝pk－Ceq\o\al(k,2k－1)pk(1－p)k－1；第二類：原系統(tǒng)中恰好有k個控