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1、中檔題保分練(一)
1
1. (2018海淀區(qū)模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn, 2Sn= Sn-1+ 1(n》2,
n€ N*).
(1) 求數(shù)列{an}的通項公式;
(2) 記bn= an(n€ N*),求{匸亠}的前n項和Tn.
bnbn+1
1
解析:(1)當(dāng) n = 2 時,由 2Sn = Sn-1 + 1 及 a1 = 2,得 2S2= S1 + 1,即 2a1 + 2a2=
1
a1 + 1,解得 a2 = 4.又由 2Sn = Sn-1+ 1,① 可知 2Sn+1= Sn+ 1,②
1 a2 1
②一①得2an+1 = an,即卩an+1= 2an
2、(n》2),且n= 1時,石=二適合上式,
因此數(shù)列{an}是以1為首項,公比為2的等比數(shù)列,故an = *(n€ N*).
⑵由(1)及 bn= an(n € N ),可知 bn= logq 2 °= n,
所以
1
bnbn+1
1 = 1 1 n n+ 1 n n+ 1
故 Tn= bi+
1
b2b3+ …+
1
bnbn+ 1
G-3〕+…+G-亡卜
1
1- n+ 1
n
n+ 1
2. (2018濱州模擬)在如圖所示的幾何體 ABCDEF中,底面ABCD為菱形,AB
=2a,Z ABC= 120?, AC與BD相交于0點(diǎn),四邊形BD
3、EF為直角梯形,DE//
BF, BD丄DE, DE = 2BF = 2 2a,平面 BDEF丄底面 ABCD.
(1)證明:平面 AEF丄平面AFC;
(2)求二面角E-AC-F的余弦值.
解析:(1)證明:因為底面ABCD為菱形,所以AC丄BD ,
又平面BDEF丄底面ABCD,平面BDEF G平面ABCD = BD ,
因此AC丄平面BDEF,從而AC丄EF.又BD丄DE,所以DE丄平面ABCD,
由 AB = 2a,DE = 2BF = 2 2a,/ABC= 120?,
可知 AF = :'4a2+ 2a2= 一6a, BD = 2a,
EF= ;'4a2
4、 + 2a2= , 6a, AE= :'4a2+ 8a2= 2 3a,
2 2 2
從而 AF + EF = AE , 故 EF 丄AF.
又AF A AC = A,所以EF丄平面AFC.
又EF?平面AEF,所以平面 AEF丄平面AFC.
⑵取EF中點(diǎn)G,由題可知 OG//DE,所以O(shè)G丄平面ABCD,又在菱形 ABCD 中,OA丄OB,所以分別以O(shè)A, OB, oG的方向為x, y, z軸正方向建立空間直 角坐標(biāo)系O-xyz(如圖所示),
則 O(0,0,0), AC 3a,0,0), C(- . 3a,0,0), E(0,- a,2 2a), F(0, a, 2a),
所以
5、 aE= (0, — a,2 ,2a) — ( ,3a,0,0) = (— ,3a, — a,2,2a), AC= (- . 3a,0,0)-( , 3
a,0,0)= (—2 .3a,0,0) , EF= (0 , a , .2a) — (0 , — a,2,2a)= (0,2a , — . 2a).
由⑴可知EF丄平面AFC ,所以平面AFC的法向量可取為EF = (0,2a , — 2a). 設(shè)平面AEC的法向量為n = (x , y , z),
n AE= 0, — 3x — y+ 2.2z= 0 ,
則 即
n AC= 0 , x= 0,
y= 2屆,
即 S 令 z=
6、^2,得 y= 4,
x= 0,
所以 n = (0,4, .2),
從而cos〈 n,
EF〉
n EF _ 6a f — 6 3a |nI |EF|
故所求的二面角E-AC-F的余弦值為才.
3, (2018綿陽模擬)某校為緩解高三學(xué)生的高考壓力,經(jīng)常舉行一些心理素質(zhì)綜
合能力訓(xùn)練活動,經(jīng)過一段時間的訓(xùn)練后從該年級 800名學(xué)生中隨機(jī)抽取100
名學(xué)生進(jìn)行測試,并將其成績分為 A、B、C、D、E五個等級,統(tǒng)計數(shù)據(jù)如圖所 示(視頻率為概率),根據(jù)以上抽樣調(diào)查數(shù)據(jù),回答下列問題:
(1) 試估算該校高三年級學(xué)生獲得成績?yōu)?B的人數(shù);
(2) 若等級A、B、C、D、
7、E分別對應(yīng)100分、90分、80分、70分、60分,學(xué)校 要求平均分達(dá)90分以上為“考前心理穩(wěn)定整體過關(guān)”, 請問該校高三年級目前 學(xué)生的“考前心理穩(wěn)定整體”是否過關(guān)?
⑶為了解心理健康狀態(tài)穩(wěn)定學(xué)生的特點(diǎn),現(xiàn)從 A、B兩種級別中,用分層抽樣的 方法抽取11個學(xué)生樣本,再從中任意選取 3個學(xué)生樣本分析,求這3個樣本為
A級的個數(shù)E的分布列與數(shù)學(xué)期望.
解析:(1)從條形圖中可知這100人中,有56名學(xué)生成績等級為B,
所以可以估計該校學(xué)生獲得成績等級為
B的概率為
則該校高三年級學(xué)生獲得成績?yōu)?
14
B的人數(shù)約有800X 25 = 448.
1
⑵這100名學(xué)生成績的
8、平均分為 100 X (32X 100+ 56X 90 + 7X 80 + 3X 70 +
2X 60)= 91.3,
因為91.3>90,所以該校高三年級目前學(xué)生的 “考前心理穩(wěn)定整體”已過關(guān).
(3)由題可知用分層抽樣的方法抽取11個學(xué)生樣本,其中A級4個,B級7個,
從而任意選取3個,這3個為A級的個數(shù)E的可能值為0,1,2,3.
則 P& 0)=箸=33, P& 1)=箸=55,
P? 2)=詈=豊,P( = 3)=著=165.
因此可得E的分布列為:
a
0
1
2
3
P
7
28
14
4
33
55
55
165
… 7 , 28
9、 c 14 c 4 12
則 e( a=0x33+1X55+2X55+3X詼=石.
4. 請在下面兩題中任選一題作答
x= 3+ acos t
(選修4— 4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程)在直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C1:'
L.y= 2+ asin t
(t為參數(shù),a>0),在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的非負(fù)半軸為極軸的極坐標(biāo)系中, 曲線 C2: p= 4sin 0.
(1)試將曲線C1與C2化為直角坐標(biāo)系xOy中的普通方程,并指出兩曲線有公共 點(diǎn)時a的取值范圍;
⑵當(dāng)a= 3時,兩曲線相交于 A, B兩點(diǎn),求AB|.
x= 3+ acos t
解析:⑴曲線C仁 ,消去參數(shù)t可得普通方程
10、為(x — 3)2 + (y— 2)2
[y= 2+ asin t
=a2.
曲線C2: p= 4sin 0,兩邊同乘p可得普通方程為x2 + (y — 2)2= 4.
把(y — 2)乞4— x2代入曲線Ci的普通方程得:a2= (x— 3)2 + 4— x2= 13— 6x,
而對C2有x2< x2+ (y— 2)2= 4,即一2< x<2,所以 K a2< 25.故當(dāng)兩曲線有公共 點(diǎn)時,a的取值范圍為[1,5].
(2)當(dāng) a= 3 時,曲線 C仁(x — 3)2 + (y—2)2 = 9,
兩曲線交點(diǎn)A, B所在直線方程為x= |
2 2
曲線x2 + (y— 2)2
11、= 4的圓心到直線x= 3的距離為d = 3,
所以 |AB| = 2 4 — 9=
(選修4— 5:不等式選講)已知函數(shù)f(x)= |2x— 1|+ |x+ 1|.
(1)在下面給出的直角坐標(biāo)系中作出函數(shù) y= f(x)的圖象,并由圖象找出滿足不等
式f(x) < 3的解集;
1
4
寸
2
i
j 1 i
-1 0
1
-2
(2)若函數(shù)y=f(x)的最小值記為m,設(shè)a, b€ R,且有a2+ b2= m,試證明:『+〔
b2+ 1 T
1
—K x< 2,
—3x, x v — 1,
解析:(1)因為 f(x) = |2x
12、— 1|+ |x+ 1|= — X+ 2,
1
3x, x>2.
所以作出圖象如圖所示,
并從圖可知滿足不等式 f(x) w 3的解集為[—1,1].
⑵證明:由圖可知函數(shù)
3 2 2 3
=2.所以a2+ b2=2,從而
+ 1 + b2+ 1屋,
從而
4
b2+ 1
[(a2
+ 1) + (b2 +
1)]
5 +
1+ !2
4(a2+ 1川 2\ 匚百f 25 +八
b2 + 1 4 a2+ 1
2 ? 2 a + 1 b + 1
2 2
b + 1 4(a + 1 )
當(dāng)且僅當(dāng)_ —2 時,等號成立,
a + 1 b + 1
1 o 4
即a2_舌,b2_4時,有最小值,
所以石1 +¥ >號得證.
a2 + 1 b2 + 1 7