新高考數(shù)學(xué)三輪復(fù)習(xí)考前沖刺逐題訓(xùn)練大題保分練1（含解析）

大題保分練11．(2022·廣東六校聯(lián)考)在①b＝eq\r(3)；②sinB＋sinC＝2sinA；③bc＝10這三個(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，若問(wèn)題中的三角形存在，求出△ABC的面積；若問(wèn)題中的三角形不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．問(wèn)題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且3sin(A＋B)＝csin

eq\f(B＋C,2)，a＝3，__________？解∵3sin(A＋B)＝csin

eq\f(B＋C,2)，a＝3，∴asin(A＋B)＝csin

eq\f(B＋C,2)，由正弦定理知sinAsin(A＋B)＝sinCsin

eq\f(B＋C,2)，又A＋B＋C＝π，∴sinAsinC＝sinCsin

eq\f(B＋C,2)＝sinCsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(A,2)))＝sinCcos

eq\f(A,2)，又sinC≠0，∴sinA＝cos

eq\f(A,2)，即2sin

eq\f(A,2)cos

eq\f(A,2)＝cos

eq\f(A,2)，而cos

eq\f(A,2)≠0，∴sin

eq\f(A,2)＝eq\f(1,2)，又A∈(0，π)，故eq\f(A,2)＝eq\f(π,6)，即A＝eq\f(π,3).選①：b＝eq\r(3)，a＝3，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(3,sin

\f(π,3))＝eq\f(\r(3),sinB)，解得sinB＝eq\f(1,2)，又b<a，∴B＝eq\f(π,6)，則C＝eq\f(π,2).∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(3\r(3),2).選②：sinB＋sinC＝2sinA，由正弦定理得b＋c＝6，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋c2－bc＝9，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2＋c2－bc＝9，,b＋c＝6，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(bc＝9，,b＋c＝6，))解得b＝c＝3，∴△ABC的面積S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(9\r(3),4).選③：bc＝10，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋c2－bc＝9，消去c，整理得b4－19b2＋100＝0，此時(shí)Δ＝(－19)2－4×100＝－39<0，故方程無(wú)實(shí)數(shù)根，∴選條件③時(shí)，三角形不存在．2．(2022·南通調(diào)研)設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，a1＝1，且S1，S3，S2成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求使Sn≤3an成立的n的最大值．解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q≠0，由2S3＝S1＋S2?2(1＋q＋q2)＝1＋1＋q?2q2＋q＝0?q＝－eq\f(1,2)，故an＝a1qn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1.(2)Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n,1＋\f(1,2))＝eq\f(2,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))，則eq\f(2,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))≤3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n≤－eq\f(1,8)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n>0，不符合題意；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n≥eq\f(1,8)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3，可得n≤3.因此，n的最大值為3.3．(2022·張家口模擬)已知某區(qū)A，B兩所初級(jí)中學(xué)的初一年級(jí)在校學(xué)生人數(shù)之比為9∶11，該區(qū)教育局為了解雙減政策的落實(shí)情況，用分層隨機(jī)抽樣的方法在A，B兩校初一年級(jí)在校學(xué)生中共抽取了100名學(xué)生，調(diào)查了他們課下做作業(yè)的時(shí)間，并根據(jù)調(diào)查結(jié)果繪制了如圖所示的頻率分布直方圖．(1)在抽取的100名學(xué)生中，A，B兩所學(xué)校各抽取的人數(shù)是多少？(2)該區(qū)教育局想了解學(xué)生做作業(yè)時(shí)間的平均時(shí)長(zhǎng)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)和做作業(yè)時(shí)長(zhǎng)超過(guò)3小時(shí)的學(xué)生比例，請(qǐng)根據(jù)頻率分布直方圖，估計(jì)這兩個(gè)數(shù)值；(3)另?yè)?jù)調(diào)查，這100人中做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)的人中有20人來(lái)自A中學(xué)，根據(jù)已知條件填寫(xiě)下面列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值α＝0.010的獨(dú)立性檢驗(yàn)，分析做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)是否與學(xué)校有關(guān)．做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)做作業(yè)時(shí)間不超過(guò)3小時(shí)合計(jì)A校B校合計(jì)附表：α0.100.050.0250.0100.001xα2.7063.8415.0246.63510.828附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).解(1)設(shè)A，B兩校所抽取的人數(shù)分別為x，y，由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＝\f(9,11)，,x＋y＝100，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝45，,y＝55.))故A，B兩校所抽取的人數(shù)分別為45,55.(2)由頻率分布直方圖可知，學(xué)生做作業(yè)的平均時(shí)長(zhǎng)的估計(jì)值為0．5×(1.25×0.1＋1.75×0.3＋2.25×0.4＋2.75×0.6＋3.25×0.3＋3.75×0.2＋4.25×0.1)＝2.675(小時(shí))．由0.5×(0.1＋0.2＋0.3)＝0.3，可知有30%的學(xué)生做作業(yè)時(shí)長(zhǎng)超過(guò)3小時(shí)．綜上，估計(jì)該區(qū)學(xué)生做作業(yè)時(shí)間的平均時(shí)長(zhǎng)為2.675小時(shí)，該區(qū)有30%的學(xué)生做作業(yè)時(shí)長(zhǎng)超過(guò)3小時(shí)．(3)由(2)可知，有30%×100＝30(人)做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)．故填寫(xiě)列聯(lián)表如下(單位：人)：做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)做作業(yè)時(shí)間不超過(guò)3小時(shí)合計(jì)A校202545B校104555合計(jì)3070100零假設(shè)為H0：做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)與學(xué)校無(wú)關(guān)．根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計(jì)算得到χ2＝eq\f(100×20×45－10×252,30×70×45×55)≈8.13>6.635＝x0.010，所以依據(jù)小概率值α＝0.010的獨(dú)立性檢驗(yàn)，我們推斷H0不成立，即認(rèn)為做作業(yè)時(shí)間超過(guò)3小時(shí)與學(xué)校有關(guān)．4.(2022·濟(jì)南聯(lián)考)如圖，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，AD⊥AB，側(cè)面PAB為等邊三角形，平面ABP⊥平面ABCD，AD＝2BC＝2，點(diǎn)M在邊PC上，且PM＝2MC.(1)證明：PA∥平面BDM；(2)當(dāng)平面BCM與平面BDM夾角的正切值為eq\r(6)時(shí)，求四棱錐P－ABCD的體積．(1)證明連接AC交BD于點(diǎn)N，連接MN，由△BNC∽△DNA知eq\f(BC,AD)＝eq\f(CN,NA)＝eq\f(1,2)，又eq\f(MC,PM)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(AN,NC)＝eq\f(PM,MC)，所以PA∥MN，又PA?平面BDM，MN?平面BDM，所以PA∥平面BDM.(2)解作PO⊥AB于點(diǎn)O，因?yàn)槠矫鍭BP⊥平面ABCD，平面ABP∩平面ABCD＝AB，PO?平面ABP，所以PO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AB＝a，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(2,3)，\f(\r(3)a,6)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，2，0))，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－a，2,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,6)，\f(2,3)，\f(\r(3)a,6)))，設(shè)平面BCM的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,－\f(a,6)x1＋\f(2,3)y1＋\f(\r(3)a,6)z1＝0，))令x1＝1，得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(3),3)))，設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax2＋2y2＝0，,－\f(a,6)x2＋\f(2,3)y2＋\f(\r(3)a,6)z2＝0，))令x2＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)，－\f(\r(3),3)))，設(shè)平面B