高考數學大題突破訓練理科(1-4)

1、高考數學大題突破訓練（一）1、設的內角所對的邊長分別為，且（）求的值；（）求的最大值2、甲、乙等五名奧運志愿者被隨機地分到四個不同的崗位服務，每個崗位至少有一名志愿者（）求甲、乙兩人同時參加崗位服務的概率；（）求甲、乙兩人不在同一個崗位服務的概率；（）設隨機變量為這五名志愿者中參加崗位服務的人數，求的分布列3、已知函數，（）討論函數的單調區(qū)間；（）設函數在區(qū)間內是減函數，求的取值范圍4、四棱錐中，底面為矩形，側面底面，CDEAB（）證明：；（）設與平面所成的角為，求二面角的大小5、設橢圓過點，且著焦點為（）求橢圓的方程；（）當過點的動直線與橢圓相交與兩不同點時，在線段上取點，滿足，證明：點總在

2、某定直線上6、設函數數列滿足，（）證明：函數在區(qū)間是增函數；（）證明：；（）設，整數證明：高考數學大題突破訓練（二）1、在中， （）求的值；（）設的面積，求的長2、設進入某商場的每一位顧客購買甲種商品的概率為，購買乙種商品的概率為，且購買甲種商品與購買乙種商品相互獨立，各顧客之間購買商品也是相互獨立的。 （）求進入商場的1位顧客購買甲、乙兩種商品中的一種的概率；（）求進入商場的1位顧客至少購買甲、乙兩種商品中的一種的概率；（）記表示進入商場的3位顧客中至少購買甲、乙兩種商品中的一種的人數，求的分布列及期望。3、如圖，正四棱柱中，點在上且ABCDEA1B1C1D1（）證明：平面；（）求二面角的大

3、小4、設函數（）求的單調區(qū)間；（）如果對任何，都有，求的取值范圍5、已知菱形的頂點在橢圓上，對角線所在直線的斜率為1（）當直線過點時，求直線的方程；（）當時，求菱形面積的最大值6、設數列的前項和為已知，（）設，求數列的通項公式；（）若，求的取值范圍高考數學大題突破訓練（三）1、已知函數（）的最小正周期為（）求的值；（）求函數在區(qū)間上的取值范圍2、為防止風沙危害，某地決定建設防護綠化帶，種植楊樹、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立的，成活率為p，設為成活沙柳的株數，數學期望，標準差為。（）求n,p的值并寫出的分布列；（）若有3株或3株以上的沙柳未成活，則需要補種，求需

4、要補種沙柳的概率3、已知函數，求導函數，并確定的單調區(qū)間4、如圖，在三棱錐中，ACBP（）求證：；（）求二面角的大?。唬ǎ┣簏c到平面的距離5、如圖、橢圓的一個焦點是F（1，0），O為坐標原點.（）已知橢圓短軸的兩個三等分點與一個焦點構成正三角形，求橢圓的方程；（）設過點F的直線l交橢圓于A、B兩點.若直線l繞點F任意轉動，值有,求a的取值范圍.6、設數列的前項和為，已知（）證明：當時，是等比數列；（）求的通項公式高考數學大題突破訓練（四）1、 求函數的最大值與最小值。2、甲乙兩隊參加奧運知識競賽，每隊3人，每人回答一個問題，答對者為本隊贏得一分，答錯得零分。假設甲隊中每人答對的概率均為，乙隊中

5、3人答對的概率分別為且各人正確與否相互之間沒有影響.用表示甲隊的總得分.（）求隨機變量分布列和數學期望；()用A表示“甲、乙兩個隊總得分之和等于3”這一事件，用B表示“甲隊總得分大于乙隊總得分”這一事件，求P(AB).3、如圖，在四棱錐中，底面四邊長為1的菱形，, , ,為的中點，為的中點（）證明：直線；（）求異面直線AB與MD所成角的大小； （）求點B到平面OCD的距離。4、已知是函數的一個極值點。（）求；（）求函數的單調區(qū)間；（）若直線與函數的圖象有3個交點，求的取值范圍。5、設，橢圓方程為，拋物線方程為如圖4所示，過點作軸的平行線，與拋物線在第一象限的交點為，已知拋物線在點的切線經過橢圓

6、的右焦點（1）求滿足條件的橢圓方程和拋物線方程；（2）設分別是橢圓長軸的左、右端點，試探究在拋物線上是否存在點，使得為直角三角形？若存在，請指出共有幾個這樣的點？并說明理由（不必具體求出這些點的坐標）AyxOBGFF16、在數列中，且（）（）設（），證明是等比數列；（）求數列的通項公式；（）若是與的等差中項，求的值，并證明：對任意的，是與的等差中項參考答案高考數學大題突破訓練（一）1、解析：（）在中，由正弦定理及可得即，則；（）由得當且僅當時，等號成立，故當時，的最大值為.2、解：（）記甲、乙兩人同時參加崗位服務為事件，那么，即甲、乙兩人同時參加崗位服務的概率是（）記甲、乙兩人同時參加同一崗位

7、服務為事件，那么，所以，甲、乙兩人不在同一崗位服務的概率是（）隨機變量可能取的值為1，2事件“”是指有兩人同時參加崗位服務，則所以，的分布列是123、解：（1）求導：當時，在上遞增當，求得兩根為即在遞增，遞減，遞增（2），且解得：4、解：（1）取中點，連接交于點，又面面，面，即，面，（2）在面內過點作的垂線，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 設點Q、A、B的坐標分別為。由題設知均不為零，記,則且又A，P，B，Q四點共線，從而于是 ， ， 從而 ，（1） ，（2）又點A、B在橢圓C上，即 （1）+（2）×

8、;2并結合（3），（4）得即點總在定直線上方法二設點，由題設，均不為零。且 又 四點共線，可設,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 即點總在定直線上6、解析：（）證明：，故函數在區(qū)間(0,1)上是增函數；（）證明：（用數學歸納法）（i）當n=1時，由函數在區(qū)間是增函數，且函數在處連續(xù)，則在區(qū)間是增函數，即成立；（）假設當時，成立，即那么當時，由在區(qū)間是增函數，得.而，則，也就是說當時，也成立；根據（）、（）可得對任意的正整數，恒成立. （）證明：由可得1， 若存在某滿足，則由知：2， 若對任意都有，則，即成立.高考數學大題

9、突破訓練（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：進入商場的1位顧客購買甲種商品， 記表示事件：進入商場的1位顧客購買乙種商品，記表示事件：進入商場的1位顧客購買甲、乙兩種商品中的一種，記表示事件：進入商場的1位顧客至少購買甲、乙兩種商品中的一種，（） （） （），故的分布列 所以3、解法一：依題設知，（）連結交于點，則由三垂線定理知，3分ABCDEA1B1C1D1FHG在平面內，連結交于點，由于，故，與互余于是與平面內兩條相交直線都垂直，所以平面6分（）作，垂足為，連結由三垂線定理知，故是二面角的平面角8分，又，ABCDEA1B1C1D1

10、yxz所以二面角的大小為12分 解法二：以為坐標原點，射線為軸的正半軸，建立如圖所示直角坐標系依題設，3分（）因為，故，又，所以平面6分（）設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（）時，即；當（）時，即因此在每一個區(qū)間（）是增函數，在每一個區(qū)間（）是減函數6分（）令，則故當時，又，所以當時，即9分當時，令，則故當時，因此在上單調增加故當時，即于是，當時，當時，有因此，的取值范圍是12分5、解：（）由題意得直線的方程為因為四邊形為菱形，所以于是可設直線的方程為由得因為在橢圓上，所以，解得設兩點坐標分別為，則，所以所以的中點坐標為

11、由四邊形為菱形可知，點在直線上， 所以，解得所以直線的方程為，即（）因為四邊形為菱形，且，所以所以菱形的面積由（）可得，所以所以當時，菱形的面積取得最大值6、解：（）依題意，即，由此得4分因此，所求通項公式為，6分（）由知，于是，當時，當時，又綜上，所求的的取值范圍是12分高考數學大題突破訓練（三）1、解：（）因為函數的最小正周期為，且，所以，解得（）由（）得因為，所以，所以，因此，即的取值范圍為2、解：(1)由得,從而的分布列為0123456(2)記”需要補種沙柳”為事件A, 則 得 或 3、解：令，得當，即時，的變化情況如下表：0當，即時，的變化情況如下表：0所以，當時，函數在上單調遞減，

12、在上單調遞增，在上單調遞減當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減當，即時，所以函數在上單調遞減，在上單調遞減ACBDP4、解法一：（）取中點，連結，平面平面，（），又，ACBEP又，即，且，平面取中點連結，是在平面內的射影，是二面角的平面角在中，ACBDPH二面角的大小為（）由（）知平面，平面平面過作，垂足為平面平面，平面的長即為點到平面的距離由（）知，又，且，平面平面，在中， 點到平面的距離為解法二：（），又，平面平面，ACBPzxyHE（）如圖，以為原點建立空間直角坐標系則設，取中點，連結，是二面角的平面角，二面角的大小為（），在平面內的射影為正的中心，且的長為點到平面的距離如

13、（）建立空間直角坐標系，點的坐標為點到平面的距離為5、解法一：()設M，N為短軸的兩個三等分點，因為MNF為正三角形， 所以,即1 因此，橢圓方程為 ()設 ()當直線 AB與x軸重合時， ()當直線AB不與x軸重合時，設直線AB的方程為：整理得所以因為恒有，所以AOB恒為鈍角.即恒成立.又a2+b2m2>0,所以-m2a2b2+b2-a2b2+a2<0對mR恒成立，即a2b2m2> a2 -a2b2+b2對mR恒成立.當mR時，a2b2m2最小值為0，所以a2- a2b2+b2<0. a2<a2b2- b2, a2<( a2-1)b2= b4,因為a>

14、;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）當直線l垂直于x軸時，x=1代入=1.因為恒有|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）當直線l不垂直于x軸時，設A（x1,y1）, B（x2,y2）.設直線AB的方程為y=k(x-1)代入得(b2+a2k2)x2-2a2k2x+ a2 k2- a2 b2=0,故x1+x2=

15、因為恒有|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kR恒成立.當a2- a2 b2+b2>0時，不合題意；當a2- a2 b2+b2=0時，a=;當a2- a2 b2+b2<0時，a2- a2(a2-1)+ (a2-1)<0，a4- 3a2 +1>0,解

16、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 （）當時，由知于是 又，所以是首項為1，公比為2的等比數列。（）當時，由（）知，即 當時，由由得因此得高考數學大題突破訓練（四）1、【解】：由于函數在中的最大值為 最小值為 故當時取得最大值，當時取得最小值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的數學期望為E=解法二：根據題設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=CD,且C、D互斥，又

17、由互斥事件的概率公式得解法二：用Ak表示“甲隊得k分”這一事件，用Bk表示“已隊得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E，連接ME，NE又 （2） 為異面直線與所成的角（或其補角）作連接，所以 與所成角的大小為（3）點A和點B到平面OCD的距離相等，連接OP,過點A作 于點Q，又 ,線段AQ的長就是點A到平面OCD的距離，所以點B到平面OCD的距離為方法二(向量法)作于點P,如圖,分別以AB,AP,AO所在直線為軸建立坐標系,(1)設平面OCD的法向量為,則即 取,解得(2)設與所成的角為, , 與所成角的大小為(3)設點B到平面OCD的距離為,則為在向量上的投影的絕對值, 由 , 得.所以點B到平面OCD的距離為4、【解】：（）因為 所以 因此（）由（）知， 當時， 當時，所以的單調增區(qū)間是 的單調減區(qū)間是（）由（）知，在內單調增加，在內單調減少，在上單調增加，且當或時，所以的極大值為，極小值為因此 所以在的三個單調區(qū)間直線有的圖象各有一個交點，當且僅當 因此，的取值范圍為。AyxOBGFF15、【解析】（1）由得，當得，G點的坐標為，過點G的切線方程為即，令得，點的坐標為，由橢圓方程