高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練理科(1-4)

1、-作者xxxx-日期xxxx高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練理科(1-4)【精品文檔】高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（一）1、設(shè)的內(nèi)角所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為，且（）求的值；（）求的最大值2、甲、乙等五名奧運(yùn)志愿者被隨機(jī)地分到四個(gè)不同的崗位服務(wù)，每個(gè)崗位至少有一名志愿者（）求甲、乙兩人同時(shí)參加崗位服務(wù)的概率；（）求甲、乙兩人不在同一個(gè)崗位服務(wù)的概率；（）設(shè)隨機(jī)變量為這五名志愿者中參加崗位服務(wù)的人數(shù)，求的分布列3、已知函數(shù)，（）討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（）設(shè)函數(shù)在區(qū)間內(nèi)是減函數(shù)，求的取值范圍4、四棱錐中，底面為矩形，側(cè)面底面，CDEAB（）證明：；（）設(shè)與平面所成的角為，求二面角的大小5、設(shè)橢圓過(guò)點(diǎn)，且著焦點(diǎn)為（）求橢圓的方程；

2、（）當(dāng)過(guò)點(diǎn)的動(dòng)直線與橢圓相交與兩不同點(diǎn)時(shí)，在線段上取點(diǎn)，滿(mǎn)足，證明：點(diǎn)總在某定直線上6、設(shè)函數(shù)數(shù)列滿(mǎn)足，（）證明：函數(shù)在區(qū)間是增函數(shù)；（）證明：；（）設(shè)，整數(shù)證明：高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（二）1、在中， （）求的值；（）設(shè)的面積，求的長(zhǎng)2、設(shè)進(jìn)入某商場(chǎng)的每一位顧客購(gòu)買(mǎi)甲種商品的概率為，購(gòu)買(mǎi)乙種商品的概率為，且購(gòu)買(mǎi)甲種商品與購(gòu)買(mǎi)乙種商品相互獨(dú)立，各顧客之間購(gòu)買(mǎi)商品也是相互獨(dú)立的。 （）求進(jìn)入商場(chǎng)的1位顧客購(gòu)買(mǎi)甲、乙兩種商品中的一種的概率；（）求進(jìn)入商場(chǎng)的1位顧客至少購(gòu)買(mǎi)甲、乙兩種商品中的一種的概率；（）記表示進(jìn)入商場(chǎng)的3位顧客中至少購(gòu)買(mǎi)甲、乙兩種商品中的一種的人數(shù)，求的分布列及期望。3、如圖，正四

3、棱柱中，點(diǎn)在上且ABCDEA1B1C1D1（）證明：平面；（）求二面角的大小4、設(shè)函數(shù)（）求的單調(diào)區(qū)間；（）如果對(duì)任何，都有，求的取值范圍5、已知菱形的頂點(diǎn)在橢圓上，對(duì)角線所在直線的斜率為1（）當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)時(shí)，求直線的方程；（）當(dāng)時(shí)，求菱形面積的最大值6、設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為已知，（）設(shè)，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（）若，求的取值范圍高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（三）1、已知函數(shù)（）的最小正周期為（）求的值；（）求函數(shù)在區(qū)間上的取值范圍2、為防止風(fēng)沙危害，某地決定建設(shè)防護(hù)綠化帶，種植楊樹(shù)、沙柳等植物。某人一次種植了n株沙柳，各株沙柳成活與否是相互獨(dú)立的，成活率為p，設(shè)為成活沙柳的株數(shù)，數(shù)學(xué)期望，標(biāo)準(zhǔn)差為。（）求n,

4、p的值并寫(xiě)出的分布列；（）若有3株或3株以上的沙柳未成活，則需要補(bǔ)種，求需要補(bǔ)種沙柳的概率3、已知函數(shù)，求導(dǎo)函數(shù)，并確定的單調(diào)區(qū)間4、如圖，在三棱錐中，ACBP（）求證：；（）求二面角的大小；（）求點(diǎn)到平面的距離5、如圖、橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)是F（1，0），O為坐標(biāo)原點(diǎn).（）已知橢圓短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)與一個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成正三角形，求橢圓的方程；（）設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線l交橢圓于A、Bl繞點(diǎn)F任意轉(zhuǎn)動(dòng)，值有,求a的取值范圍.6、設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為，已知（）證明：當(dāng)時(shí)，是等比數(shù)列；（）求的通項(xiàng)公式高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（四）1、 求函數(shù)的最大值與最小值。2、甲乙兩隊(duì)參加奧運(yùn)知識(shí)競(jìng)賽，每隊(duì)3人，每人回答一個(gè)問(wèn)題，答對(duì)者為

5、本隊(duì)贏得一分，答錯(cuò)得零分。假設(shè)甲隊(duì)中每人答對(duì)的概率均為，乙隊(duì)中3人答對(duì)的概率分別為表示甲隊(duì)的總得分.（）求隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望；()用A表示“甲、乙兩個(gè)隊(duì)總得分之和等于3”這一事件，用B表示“甲隊(duì)總得分大于乙隊(duì)總得分”這一事件，求P(AB).3、如圖，在四棱錐中，底面四邊長(zhǎng)為1的菱形，, , ,為的中點(diǎn)，為的中點(diǎn)（）證明：直線；（）求異面直線AB與MD所成角的大?。?（）求點(diǎn)B到平面OCD的距離。4、已知是函數(shù)的一個(gè)極值點(diǎn)。（）求；（）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（）若直線與函數(shù)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，求的取值范圍。5、設(shè)，橢圓方程為，拋物線方程為如圖4所示，過(guò)點(diǎn)作軸的平行線，與拋物線在第一象限的交點(diǎn)為，

6、已知拋物線在點(diǎn)的切線經(jīng)過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)（1）求滿(mǎn)足條件的橢圓方程和拋物線方程；AyxOBGFF1（2）設(shè)分別是橢圓長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn)，試探究在拋物線上是否存在點(diǎn)，使得為直角三角形？若存在，請(qǐng)指出共有幾個(gè)這樣的點(diǎn)？并說(shuō)明理由（不必具體求出這些點(diǎn)的坐標(biāo)）6、在數(shù)列中，且（）（）設(shè)（），證明是等比數(shù)列；（）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（）若是與的等差中項(xiàng)，求的值，并證明：對(duì)任意的，是與的等差中項(xiàng)高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（一）1、解析：（）在中，由正弦定理及可得即，則；（）由得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故當(dāng)時(shí)，的最大值為.2、解：（）記甲、乙兩人同時(shí)參加崗位服務(wù)為事件，那么，即甲、乙兩人同時(shí)參加崗位服務(wù)的概率是（）記甲、乙

7、兩人同時(shí)參加同一崗位服務(wù)為事件，那么，所以，甲、乙兩人不在同一崗位服務(wù)的概率是（）隨機(jī)變量可能取的值為1，2事件“”是指有兩人同時(shí)參加崗位服務(wù)，則所以，的分布列是123、解：（1）求導(dǎo)：當(dāng)時(shí)，在上遞增當(dāng)，求得兩根為即在遞增，遞減，遞增（2），且解得：4、解：（1）取中點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，又面面，面，即，面，（2）在面內(nèi)過(guò)點(diǎn)作的垂線，垂足為，面，則即為所求二面角的平面角，則，即二面角的大小5、解 (1)由題意： ，解得，所求橢圓方程為 (2)方法一 設(shè)點(diǎn)Q、A、B的坐標(biāo)分別為。由題設(shè)知均不為零，記,則且又A，P，B，Q四點(diǎn)共線，從而于是 ， ， 從而 ，（1） ，（2）又點(diǎn)A、B在橢圓C上，即 （1

8、）+（2）×2并結(jié)合（3），（4）得即點(diǎn)總在定直線上方法二設(shè)點(diǎn)，由題設(shè)，均不為零。且 又 四點(diǎn)共線，可設(shè),于是 （1） （2）由于在橢圓C上，將（1），（2）分別代入C的方程整理得 （3） (4)(4)(3) 得 即點(diǎn)總在定直線上6、解析：（）證明：，故函數(shù)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)；（）證明：（用數(shù)學(xué)歸納法）（i）當(dāng)n=1時(shí)，由函數(shù)在區(qū)間是增函數(shù)，且函數(shù)在處連續(xù)，則在區(qū)間是增函數(shù)，即成立；（）假設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，即那么當(dāng)時(shí)，由在區(qū)間是增函數(shù)，得.而，則，也就是說(shuō)當(dāng)時(shí)，也成立；根據(jù)（）、（）可得對(duì)任意的正整數(shù)，恒成立. （）證明：由可得1， 若存在某滿(mǎn)足，則由知：2， 若對(duì)任意都有，則，

9、即成立.高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（二）1、解：（）由，得，由，得所以（）由得，由（）知，故，又，故，所以2、【解】：記表示事件：進(jìn)入商場(chǎng)的1位顧客購(gòu)買(mǎi)甲種商品， 記表示事件：進(jìn)入商場(chǎng)的1位顧客購(gòu)買(mǎi)乙種商品，記表示事件：進(jìn)入商場(chǎng)的1位顧客購(gòu)買(mǎi)甲、乙兩種商品中的一種，記表示事件：進(jìn)入商場(chǎng)的1位顧客至少購(gòu)買(mǎi)甲、乙兩種商品中的一種，（） （） （），故的分布列 所以3、解法一：依題設(shè)知，（）連結(jié)交于點(diǎn)，則由三垂線定理知，3分ABCDEA1B1C1D1FHG在平面內(nèi)，連結(jié)交于點(diǎn)，由于，故，與互余于是與平面內(nèi)兩條相交直線都垂直，所以平面6分（）作，垂足為，連結(jié)由三垂線定理知，故是二面角的平面角8分，又，ABC

10、DEA1B1C1D1yxz所以二面角的大小為12分 解法二：以為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線為軸的正半軸，建立如圖所示直角坐標(biāo)系依題設(shè)，3分（）因?yàn)?，故，又，所以平?分（）設(shè)向量是平面的法向量，則，故，令，則，9分等于二面角的平面角， 所以二面角的大小為12分4、解：（）2分當(dāng)（）時(shí)，即；當(dāng)（）時(shí)，即因此在每一個(gè)區(qū)間（）是增函數(shù)，在每一個(gè)區(qū)間（）是減函數(shù)6分（）令，則故當(dāng)時(shí)，又，所以當(dāng)時(shí)，即9分當(dāng)時(shí)，令，則故當(dāng)時(shí)，因此在上單調(diào)增加故當(dāng)時(shí)，即于是，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，有因此，的取值范圍是12分5、解：（）由題意得直線的方程為因?yàn)樗倪呅螢榱庑危杂谑强稍O(shè)直線的方程為由得因?yàn)樵跈E圓上，所以，解得設(shè)兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為，則，

11、所以所以的中點(diǎn)坐標(biāo)為由四邊形為菱形可知，點(diǎn)在直線上， 所以，解得所以直線的方程為，即（）因?yàn)樗倪呅螢榱庑危?，所以所以菱形的面積由（）可得，所以所以當(dāng)時(shí)，菱形的面積取得最大值6、解：（）依題意，即，由此得4分因此，所求通項(xiàng)公式為，6分（）由知，于是，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，又綜上，所求的的取值范圍是12分高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（三）1、解：（）因?yàn)楹瘮?shù)的最小正周期為，且，所以，解得（）由（）得因?yàn)?，所以，所以，因此，即的取值范圍?、解：(1)由得,從而的分布列為0123456(2)記”需要補(bǔ)種沙柳”為事件A, 則 得 或 3、解：令，得當(dāng)，即時(shí)，的變化情況如下表：0當(dāng)，即時(shí)，的變化情況如下表：0所以，當(dāng)時(shí)

12、，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減當(dāng)，即時(shí)，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減ACBDP4、解法一：（）取中點(diǎn)，連結(jié)，平面平面，（），又，ACBEP又，即，且，平面取中點(diǎn)連結(jié)，是在平面內(nèi)的射影，是二面角的平面角在中，ACBDPH二面角的大小為（）由（）知平面，平面平面過(guò)作，垂足為平面平面，平面的長(zhǎng)即為點(diǎn)到平面的距離由（）知，又，且，平面平面，在中， 點(diǎn)到平面的距離為解法二：（），又，平面平面，ACBPzxyHE（）如圖，以為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系則設(shè)，取中點(diǎn)，連結(jié)，是二面角的平面角，二面角的大小為（），在平面內(nèi)的射影為正的中心，且的

13、長(zhǎng)為點(diǎn)到平面的距離如（）建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)的坐標(biāo)為點(diǎn)到平面的距離為5、解法一：()設(shè)M，N為短軸的兩個(gè)三等分點(diǎn)，因?yàn)镸NF為正三角形， 所以,即1 因此，橢圓方程為 ()設(shè) ()當(dāng)直線 AB與x軸重合時(shí)， ()當(dāng)直線AB不與x軸重合時(shí)，設(shè)直線AB的方程為：整理得所以因?yàn)楹阌?，所以AOB恒為鈍角.即恒成立.又a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0對(duì)mR恒成立，即a2b2m2> a2 -a2b2+b2對(duì)mR恒成立.當(dāng)mR時(shí)，a2b2m2最小值為0，所以a2- a2b2+b2<0. a2<a2b2- b2, a2<( a2-1)b2=

14、 b4,因?yàn)閍>0,b>0,所以a<b2,即a2-a-1>0,解得a>或a<(舍去)，即a>,綜合（i）(ii)，a的取值范圍為（，+）.解法二：（）同解法一，（）解：（i）當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，x=1代入=1.因?yàn)楹阌衸OA|2+|OB|2<|AB|2,2(1+yA2)<4 yA2, yA2>1，即>1,解得a>或a<(舍去)，即a>.（ii）當(dāng)直線l不垂直于x軸時(shí)，設(shè)A（x1,y1）, B（x2,y2）.設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1)代入得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2

15、=0,故x1+x2=因?yàn)楹阌衸OA|2+|OB|2<|AB|2,所以x21+y21+ x22+ y22<( x2-x1)2+(y2-y1)2,得x1x2+ y1y2<0恒成立.x1x2+ y1y2= x1x2+k2(x1-1) (x2-1)=(1+k2) x1x2-k2(x1+x2)+ k2=(1+k2).由題意得（a2- a2 b2+b2）k2- a2 b2<0對(duì)kR恒成立.當(dāng)a2- a2 b2+b2>0時(shí)，不合題意；當(dāng)a2- a2 b2+b2=0時(shí)，a=;當(dāng)a2- a2 b2+b2<0時(shí)，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0，a4- 3a2

16、 +1>0,解得a2>或a2>（舍去），a>，因此a.綜合（i）（ii），a的取值范圍為（，+）.6、【解】：由題意知，且 兩式相減得 即 （）當(dāng)時(shí)，由知于是 又，所以是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列。（）當(dāng)時(shí)，由（）知，即 當(dāng)時(shí)，由由得因此得高考數(shù)學(xué)大題突破訓(xùn)練（四）1、【解】：由于函數(shù)在中的最大值為 最小值為 故當(dāng)時(shí)取得最大值，當(dāng)時(shí)取得最小值2、()解法一：由題意知，的可能取值為0，1，2，3,且所以的分布列為0123P的數(shù)學(xué)期望為E=解法二：根據(jù)題設(shè)可知因此的分布列為（）解法一：用C表示“甲得2分乙得1分”這一事件，用D表示“甲得3分乙得0分”這一事件，所以AB=C

17、D,且C、D互斥，又由互斥事件的概率公式得解法二：用Ak表示“甲隊(duì)得k分”這一事件，用Bk表示“已隊(duì)得k分”這一事件，k=0,1,2,3由于事件A3B0,A2B1為互斥事件，故事P(AB)=P(A3B0A2B1)=P(A3B0)+P(A2B1).=3、方法一（綜合法） （1）取OB中點(diǎn)E，連接ME，NE又 （2） 為異面直線與所成的角（或其補(bǔ)角）作連接，所以 與所成角的大小為（3）點(diǎn)A和點(diǎn)B到平面OCD的距離相等，連接OP,過(guò)點(diǎn)A作 于點(diǎn)Q，又 ,線段AQ的長(zhǎng)就是點(diǎn)A到平面OCD的距離，所以點(diǎn)B到平面OCD的距離為方法二(向量法)作于點(diǎn)P,如圖,分別以AB,AP,AO所在直線為軸建立坐標(biāo)系,(1)設(shè)平面OCD的法向量為,則即 取,解得(2)設(shè)與所成的角為, , 與所成角的大小為(3)設(shè)點(diǎn)B到平面OCD的距離為,則為在向量上的投影的絕對(duì)值, 由 , 得.所以點(diǎn)B到平面OCD的距離為4、【解】：（）因?yàn)?所以 因此（）由（）知， 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，所以的單調(diào)增區(qū)間是 的單調(diào)減區(qū)間是（）由（）知，在內(nèi)單調(diào)增加，在內(nèi)單調(diào)減少，在上單調(diào)增加，且當(dāng)或時(shí)，所以的極大值為，極小值為因此 所以在的三個(gè)單調(diào)區(qū)間直線有的圖象各有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng) 因此，的取值范圍為。AyxOBGFF15、【解析】（1）由得，當(dāng)?shù)?，G點(diǎn)的坐標(biāo)為，過(guò)點(diǎn)G的切線方程為即，令得，點(diǎn)的坐標(biāo)為，由橢圓方