創(chuàng)新設計（浙江專用）2023屆高考數(shù)學二輪復習大題規(guī)范天天練星期五第一周綜合限時練

星期五(綜合限時練)2023年____月____日解答題綜合練(設計意圖：訓練考生在規(guī)定時間內得高分，限時：80分鐘)1.(本小題總分值14分)數(shù)列{an}與{bn}滿足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*).(1)假設a1＝1，bn＝3n＋5，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)假設a1＝6，bn＝2n(n∈N*)，且λan＞2n＋n＋2λ對一切n∈N*恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍.解(1)因為an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5.所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{an}是等差數(shù)列，首項為a1＝1，公差為6，即an＝6n－5.(2)因為bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1，當n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，當n＝1時，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2，由λan＞2n＋n＋2λ得λ＞eq\f(2n＋n,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(n,2n＋1)，eq\f(n＋1,2n＋2)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(1－n,2n＋2)≤0，所以，當n＝1，2時，eq\f(2n＋n,2n＋1)取最大值eq\f(3,4)，故λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).2.(本小題總分值15分)如圖，四棱錐P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB與△PAD都是等邊三角形.(1)證明：PB⊥CD；(2)求二面角A－PD－B的余弦值.(1)證明取BC的中點E，連接DE，那么四邊形ADEB為正方形，過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O，連接OA，OB，OE，OD，由△PAB和△PAD都是等邊三角形可知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即點O為正方形ADEB對角線的交點，故OE⊥BD，又PO⊥OE，且PO∩OB＝O，從而OE⊥平面PBD，又PB?平面PBD，所以OE⊥PB，因為O是BD的中點，E是BC的中點，所以OE∥CD，因此PB⊥CD.(2)解由(1)可知，OE，OB，OP兩兩垂直，以O為原點，OE方向為x軸正方向，OB方向為y軸正方向，OP方向為z軸正方向，建立如下圖的直角坐標系O－xyz.設|AB|＝2，那么A(－eq\r(2)，0，0)，D(0，－eq\r(2)，0)，P(0，0，eq\r(2))eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，設平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝\r(2)x－\r(2)y＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，得y＝1，z＝－1，即n＝(1，1，－1)，因為OE⊥平面PBD，設平面PBD的法向量為m，取m＝(1，0，0)，那么cos〈m，n〉＝eq\f(1,\r(3)·1)＝eq\f(\r(3),3)，由圖象可知二面角A－PD－B的大小為銳角.所以，二面角A－PD－B的余弦值為eq\f(\r(3),3).3.(本小題總分值15分)盒中共有9個球，其中有4個紅球、3個黃球和2個綠球，這些球除顏色外完全相同.(1)從盒中一次隨機取出2個球，求取出的2個球的顏色相同的概率P；(2)從盒中一次隨機取出4個球，其中紅球、黃球、綠球的個數(shù)分別記為x1，x2，x3，隨機變量X表示x1，x2，x3中的最大數(shù)，求X的概率分布和數(shù)學期望E(X).解(1)取到的2個顏色相同的球可能是2個紅球、2個黃球或2個綠球，所以P＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(6＋3＋1,36)＝eq\f(5,18).(2)隨機變量X所有可能的取值為2，3，4.{X＝4}表示的隨機事件是“取到的4個球是4個紅球〞，故P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(4,9))＝eq\f(1,126)；{X＝3}表示的隨機事件是“取到的4個球是3個紅球和1個其他顏色的球，或3個黃球和1個其他顏色的球〞，故P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(4,9))＝eq\f(20＋6,126)＝eq\f(13,63)；于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－eq\f(13,63)－eq\f(1,126)＝eq\f(11,14).所以隨機變量X的概率分布如下表：X234Peq\f(11,14)eq\f(13,63)eq\f(1,126)因此隨機變量X的數(shù)學期望E(X)＝2×eq\f(11,14)＋3×eq\f(13,63)＋4×eq\f(1,126)＝eq\f(20,9).4.(本小題總分值15分)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，一個焦點為(eq\r(3)，0).(1)求橢圓C的方程；(2)假設直線y＝k(x－1)(k≠0)與x軸交于點P，與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點Q.求eq\f(|AB|,|PQ|)的取值范圍.解(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得a＝2，b＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么有x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－4,1＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(－2k,1＋4k2).所以線段AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,1＋4k2)，\f(－k,1＋4k2)))，所以線段AB的垂直平分線方程為y－eq\f(－k,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,1＋4k2))).于是，線段AB的垂直平分線與x軸的交點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k2,1＋4k2)，0))，又點P(1，0)，所以|PQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(3k2,1＋4k2)))＝eq\f(1＋k2,1＋4k2).又|AB|＝eq\r(〔1＋k2〕[〔\f(8k2,1＋4k2)〕2－4·\f(4k2－4,1＋4k2)])＝eq\f(4\r(〔1＋k2〕〔1＋3k2〕),1＋4k2).于是，eq\f(|AB|,|PQ|)＝eq\f(\f(4\r(〔1＋k2〕〔1＋3k2〕),1＋4k2),\f(1＋k2,1＋4k2))＝4eq\r(\f(1＋3k2,1＋k2))＝4eq\r(3－\f(2,1＋k2)).因為k≠0，所以1＜3－eq\f(2,1＋k2)＜3.所以eq\f(|AB|,|PQ|)的取值范圍為(4，4eq\r(3)).5.(本小題總分值15分)函數(shù)f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)假設a＝eq\f(1,2)，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；(2)假設f(1)＝1，且方程f(x)＝1在(0，1)內有解，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)當a＝eq\f(1,2)，f(x)＝(x2＋bx＋1)e－x，f′(x)＝－[x2＋(b－2)x＋1－b]e－x，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝1－b.當b＝0，f′(x)≤0；當b＞0時，當1－b＜x＜1時，f′(x)＞0，當x＜1－b或x＞1時，f′(x)＜0；當b＜0時，當1＜x＜1－b時，f′(x)＞0，當x＞1－b或x＜1時，f′(x)＜0.綜上所述，b＝0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，＋∞)；b＞0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(1－b，1)，遞減區(qū)間為(－∞，1－b)，(1，＋∞)；b＜0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(1，1－b)，遞減區(qū)間為(－∞，1)，(1－b＋∞).(2)由f(1)＝1得2a＋b＋1＝e，b＝e－1－2a.由f(x)＝1得ex＝2ax2＋bx＋1，設g(x)＝ex－2ax2－bx－1，那么g(x)在(0，1)內有零點.設x0為g(x)在(0，1)內的一個零點，那么由g(0)＝0、g(1)＝0知g(x)在區(qū)間(0，x0)和(x0，1)上不可能單調遞增，也不可能單調遞減，設h(x)＝g′(x)，那么h(x)在區(qū)間(0，x0)和(x0，1)上均存在零點，即h(x)在(0，1)上至少有兩個零點.g′(x)＝ex－4ax－b，h′(x)＝ex－4a.當a≤eq\f(1,4)時，h′(x)＞0，h(x)在區(qū)間(0，1)上遞增，h(x)不可能有兩個及以上零點；當a≥eq\f(e,4)時，h′(x)＜0，h(x)在區(qū)間(0，1)上遞減，h(x)不可能有兩個及以上零點；當eq\f(1,4)＜a＜eq\f(e,4)時，令h′(x)＝0得x＝ln(4a)∈(0，1)，所以h(x)在區(qū)間(0，ln(4a))上遞減，在(ln(4a)，1)上遞增，h(x)在區(qū)間(0，1)上存在最小值h(ln(4a)).假設h(x)有兩個零點，那么有h(ln(4a))＜0，h(0)＞0，h(1)＞0.h(ln(4a))＝4a－4aln(4a)－b＝6a－4aln(4a)＋1－eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＜a＜\f(e,4))).設φ(x)＝eq\f(3,2)x－xlnx＋1－e(1＜x＜e)，那么φ′(x)＝eq\f(1,2)－lnx，令φ′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，當1＜x＜eq\r(e)時φ′(x)＞0，φ(x)遞增，當eq\r(e)＜x＜e時φ′(x)＜0，φ(x)遞減，φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\r(e)＋1－e＜0，所以h(ln(4a))＜0恒成立.由h(0)＝1－b＝2a－e