《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 中難提分突破特訓(xùn)（五）理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 中難提分突破特訓(xùn)（五）理（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、中難提分突破特訓(xùn)(五) 1．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝an＋，bn＝. (1)求數(shù)列{bn}的通項公式； (2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn. 解　(1)由an＋1＝an＋，得＝＋， 又bn＝，∴bn＋1－bn＝， 由a1＝1，得b1＝1， 累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，即bn－b1＝＝1－， ∴bn＝2－. (2)由(1)可知an＝2n－，設(shè)數(shù)列的前n項和為Tn，則 Tn＝＋＋＋…＋，　　?、? Tn＝＋＋＋…＋， ② ①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－ ＝－＝2－， ∴Tn＝4－. 易知數(shù)列{2n}的前n項

2、和為n(n＋1)， ∴Sn＝n(n＋1)－4＋. 2．如圖，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，且AB＝2DE＝2BE，點C是AB的中點，現(xiàn)將△ACD沿CD折起，使點A到達(dá)點P的位置． (1)求證：平面PBC⊥平面PEB； (2)若PE與平面PBC所成的角為45°，求平面PDE與平面PBC所成銳二面角的余弦值． 解　(1)證明：∵AB∥DE，AB＝2DE，點C是AB的中點， ∴CB∥ED，CB＝ED， ∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴CD∥EB， 又EB⊥AB，∴CD⊥AB， ∴CD⊥PC，CD⊥BC，∴CD⊥平面PBC， ∴EB⊥平面PBC， 又EB?平面

3、PEB，∴平面PBC⊥平面PEB. (2)由(1)知EB⊥平面PBC， ∴∠EPB即為PE與平面PBC所成的角， ∴∠EPB＝45°， ∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB， ∴△PBE為等腰直角三角形， ∴EB＝PB＝BC＝PC， 故△PBC為等邊三角形， 取BC的中點O，連接PO，則PO⊥BC， ∵EB⊥平面PBC，又EB?平面EBCD， ∴平面EBCD⊥平面PBC，又PO?平面PBC， ∴PO⊥平面EBCD， 以O(shè)為坐標(biāo)原點，過點O與BE平行的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，OP所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖， 設(shè)BC＝2，則B(0,1,0)，E(2,

4、1,0)，D(2，－1,0)，P(0,0，)， 從而＝(0,2,0)，＝(2,1，－)， 設(shè)平面PDE的一個法向量為m＝(x，y，z)， 則由得 令z＝2得m＝(，0,2)， 又平面PBC的一個法向量n＝(1,0,0)， 則cos〈m，n〉＝＝＝， 所以，平面PDE與平面PBC所成銳二面角的余弦值為. 3．有一片產(chǎn)量很大的水果種植園，在臨近成熟時隨機(jī)摘下某品種水果100個，其質(zhì)量(均在1至11 kg)頻數(shù)分布表如下(單位：kg)： 分組 [1,3) [3,5) [5,7) [7,9) [9,11) 頻數(shù) 10 30 40 15 5 以各組數(shù)據(jù)的中間值代

5、表這組數(shù)據(jù)的平均值，將頻率視為概率． (1)由種植經(jīng)驗認(rèn)為，種植園內(nèi)的水果質(zhì)量X近似服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2≈4.請估計該種植園內(nèi)水果質(zhì)量在(5.5,9.5)內(nèi)的百分比； (2)現(xiàn)在從質(zhì)量為[1,3)，[3,5)，[5,7)的三組水果中，用分層抽樣方法抽取8個水果，再從這8個水果中隨機(jī)抽取2個．若水果質(zhì)量在[1,3)，[3,5)，[5,7)的水果每銷售一個所獲得的利潤分別為2元、4元、6元，記隨機(jī)抽取的2個水果總利潤為Y元，求Y的分布列和數(shù)學(xué)期望． 附：若ξ服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則P(μ－σ<ξ<μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝

6、0.9544. 解　(1)＝×(2×10＋4×30＋6×40＋8×15＋10×5)＝5.5， 由正態(tài)分布知， P(5.5

7、 E(Y)＝6×＋8×＋10×＋12×＝＝9.5. 4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(α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(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ＝sinθ(ρ≥0,0≤θ<π)． (1)寫出曲線C1的極坐標(biāo)方程，并求C1與C2交點的極坐標(biāo)； (2)射線θ＝β與曲線C1，C2分別交于點A，B(A，B異于原點)，求的取值范圍． 解　(1)由題意可得曲線C1的普通方程為x2＋(y－2)2＝4，把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入， 得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝4sinθ， 聯(lián)立C1，C2的極坐標(biāo)方程，得 得4sinθco

8、s2θ＝sinθ，此時0≤θ<π， ①當(dāng)sinθ＝0時，θ＝0，ρ＝0，得交點的極坐標(biāo)為(0,0)； ②當(dāng)sinθ≠0時，cos2θ＝，當(dāng)cosθ＝時，θ＝，ρ＝2，得交點的極坐標(biāo)為， 當(dāng)cosθ＝－時，θ＝，ρ＝2，得交點的極坐標(biāo)為，所以C1與C2交點的極坐標(biāo)為(0,0)，，. (2)將θ＝β代入C1的極坐標(biāo)方程，得ρ1＝4sinβ， 代入C2的極坐標(biāo)方程，得ρ2＝， ∴＝＝4cos2β， ∵≤β≤，∴1≤4cos2β≤3， ∴的取值范圍為[1,3]． 5．已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，g(x)＝|x＋1|＋|x－a|. (1)求f(x)≥1的解集； (

9、2)若對任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f(t)．求a的取值范圍． 解　(1)∵函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|， ∴f(x)≥1，等價于|2x＋1|－|2x－3|≥1， 等價于?、? 或 ② 或 ③ ①無解，解②得≤x≤，解③得x>， 綜上可得，不等式的解集為. (2)若對任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f(t)，可得g(x)min≥f(x)max. ∵函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|≤|2x＋1－(2x－3)|＝4， ∴f(x)max＝4. ∵g(x)＝|x＋1|＋|x－a|≥|x＋1－(x－a)|＝|a＋1|， 故g(x)min＝|a＋1|，∴|a＋1|≥4， ∴a＋1≥4或a＋1≤－4，解得a≥3或a≤－5， 故a的取值范圍為{a|a≥3或a≤－5}． - 6 -