【優(yōu)化設(shè)計(jì)】備戰(zhàn)2025年新高考-高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(三)中低檔大題規(guī)范練4含答案

【優(yōu)化設(shè)計(jì)】備戰(zhàn)2025年新高考---高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(三)中低檔大題規(guī)范練4含答案規(guī)范練4(分值:43分)學(xué)生用書P2311.(13分)已知向量m=(cosx,-sinx),n=(cosx,sinx-23cosx),x∈R.設(shè)f(x)=m·n.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)在△ABC中,若f(∠BAC)=1,AB=2,BC=6,∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D,求AD的長.解(1)由題意得f(x)=cos2x-sinx(sinx-23cosx)=cos2x-sin2x+23sinxcosx=3sin2x+cos2x=2(32sin2x+12cos2x)=2sin(2x+π令2kπ-π2<2x+π6<2kπ+π2,k則kπ-π3<x<kπ+π6,k∈Z,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(kπ-π3,kπ+π6),(2)由題意得2sin(2∠BAC+π6)=1因?yàn)?<∠BAC<π,所以π6<2∠BAC+π即2∠BAC+π6=5π6在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,即6=4+AC2-2AC,解得AC=3+1.因?yàn)椤螧AC的平分線交BC于點(diǎn)D,所以S△BAD+S△CAD=S△ABC,所以12AB·AD·sinπ6+12AC·AD·sinπ6所以12AD+3+14解得AD=2.2.(15分)(2024·河北張家口三模)已知函數(shù)f(x)=lnx+5x-4.(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程;(2)證明:f(x)>-35x-(1)解由題意知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),因?yàn)閒'(x)=1x+5,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為f'(1)=6又f(1)=ln1+5-4=1,所以切線方程為y-1=6(x-1),即6x-y-5=0.(2)證明由f(x)>-35x-2,得xlnx+5x2-2x>-35,令g(x)=xlnx+5x2-2x,x>0,則g'(x)=lnx+10因?yàn)間'(e-2)=lne-2+10×e-2-1=10e2-3<0,且g'(14)=ln14+10×14-1=32-ln4=12(ln所以存在x0∈(e-2,14),使得g'(x0)=lnx0+10x0-1=0,即lnx0=1-10x0易知g'(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以,當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),g'(x)>0,g(x)在區(qū)間(x0,+∞)上單調(diào)遞增.所以當(dāng)x=x0時(shí),g(x)取得最小值.g(x0)=x0lnx0+5x02-2x0=x0(1-10x0)+5x02-2x0=-5由二次函數(shù)性質(zhì)可知,g(x0)=-5x02-x0在區(qū)間e-2,14上單調(diào)遞減所以g(x0)>g14=-916>-35即g(x)=xlnx+5x2-2x>-35所以f(x)>-35x-3.(15分)(2024·河北石家莊模擬)如圖,在五棱錐S-ABCDE中,平面SAE⊥平面AED,AE⊥ED,SE⊥AD.(1)證明:SE⊥平面AED;(2)若四邊形ABCD為矩形,且SE=AB=1,AD=3,BN=2NC.當(dāng)直線DN與平面SAD所成的角最小時(shí),求三棱錐D-SAE的體積(1)證明因?yàn)槠矫鍿AE⊥平面AED,DE⊥EA,DE?平面AED,平面SAE∩平面AED=AE,所以DE⊥平面SAE.又SE?平面SAE,所以DE⊥SE.又因?yàn)镾E⊥AD,ED∩AD=D,且AD,DE?平面AED,所以SE⊥平面AED.(2)解以E為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以EA,ED,ES所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)∠EAD=θ,θ∈0,π2,則A(3cosθ,0,0),D(0,3sinθ,0),S(0,0,1).因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以直線CD與y軸夾角為θ,且CD=AB=1,所以DC=(sinθ,cosθ,0),CN=13DA=(cosθ,-sinθ,0),DN=DC+CN=(sinθ+cosθ,cosθ-sinθ,0),SA=(3cosθ,0,-1),SD設(shè)平面SAD的法向量為n=(x,y,z),由n令z=3sinθcosθ,得n=(sinθ,cosθ,3sinθcosθ),則|cos<DN,n>|=|si即|cos<DN,n>|=1當(dāng)θ=π4時(shí),等號(hào)成立,此時(shí),直線DN與平面SAD所成的角取得最小值此時(shí)VD-SAE=VS-ADE=13S△ADE·SE=13規(guī)范練5(分值:43分)學(xué)生用書P2331.(13分)(2024·遼寧葫蘆島一模)為了培養(yǎng)具有創(chuàng)新潛質(zhì)的學(xué)生,某高校決定選拔優(yōu)秀的中學(xué)生參加人工智能冬令營.選拔考試分為“Python編程語言”和“數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)算法”兩個(gè)科目,考生兩個(gè)科目考試的順序自選,若第一科考試不合格,則淘汰;若第一科考試合格,則進(jìn)行第二科考試,無論第二科是否合格,考試都結(jié)束.“Python編程語言”考試合格得4分,否則得0分;“數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)算法”考試合格得6分,否則得0分.已知甲同學(xué)參加“Python編程語言”考試合格的概率為0.8,參加“數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)算法”考試合格的概率為0.7.(1)若甲同學(xué)先進(jìn)行“Python編程語言”考試,記X為甲同學(xué)的累計(jì)得分,求X的分布列;(2)為使累計(jì)得分的期望最大,甲同學(xué)應(yīng)選擇先回答哪類問題?并說明理由.解(1)由題意X的所有可能取值為0,4,10,所以P(X=0)=1-0.8=0.2,P(X=4)=0.8×(1-0.7)=0.24,P(X=10)=0.8×0.7=0.56,所以X的分布列為X0410P0.20.240.56(2)甲同學(xué)選擇先回答“Python編程語言”考試這類問題,理由如下:由(1)可知E(X)=0×0.2+4×0.24+10×0.56=6.56.甲同學(xué)先進(jìn)行“數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)算法”考試,記Y為甲同學(xué)的累計(jì)得分,則Y的所有可能取值為0,6,10,P(Y=0)=1-0.7=0.3,P(Y=6)=0.7×(1-0.8)=0.14,P(Y=10)=0.7×0.8=0.56,所以Y的分布列為Y0610P0.30.140.56E(Y)=0×0.3+6×0.14+10×0.56=6.44,所以E(X)>E(Y),所以甲同學(xué)選擇先回答“Python編程語言”考試這類問題.2.(15分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn+2=2an.(1)求a2及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)在an與an+1之間插入n個(gè)數(shù),使得這(n+2)個(gè)數(shù)依次組成公差為d的等差數(shù)列,求數(shù)列1dn的前n項(xiàng)和Tn.解(1)由題意,當(dāng)n=1時(shí),S1+2=a1+2=2a1,解得a1=2.當(dāng)n=2時(shí),S2+2=2a2,即a1+a2+2=2a2,解得a2=4.當(dāng)n≥2時(shí),由Sn+2=2an,可得Sn-1+2=2an-1,兩式相減,得an=2an-2an-1,整理得an=2an-1,綜上,數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,故an=2·2n-1=2n,n∈N*.(2)由(1)可得,an=2n,an+1=2n+1,在an與an+1之間插入n(n∈N*)個(gè)數(shù),使得這(n+2)個(gè)數(shù)依次組成公差為d的等差數(shù)列,則有an+1-an=(n+1)dn,∴dn=an+1-ann+1=2nn+1,∴1dn12Tn=2×(12)2+3×(12)3+…+n·(12)n+(n+1)·(12)n+1,兩式相減,可得12Tn=221+122+123+…+12n3.(15分)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為平行四邊形,M,N分別為AB,DD1的中點(diǎn).(1)證明:DM∥平面A1BN;(2)若底面ABCD為矩形,AB=2AD=4,異面直線DM與A1N所成角的余弦值為105,求點(diǎn)D到平面A1BN的距離(1)證明連接AB1,交A1B于點(diǎn)E,連接NE,ME,顯然E為A1B的中點(diǎn).因?yàn)镸為AB的中點(diǎn),所以ME∥AA1,且ME=12AA1因?yàn)镹為DD1的中點(diǎn),所以DN∥AA1,且DN=12AA1所以ME∥DN,且ME=DN,所以四邊形EMDN為平行四邊形,所以EN∥DM.又因?yàn)镈M?平面A1BN,EN?平面A1BN,所以DM∥平面A1BN.(2)解由題意及幾何知識(shí)得,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2AD=4,直線AB,AD,AA1兩兩垂直,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AD,AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AA1=2t(t>0),則B(4,0,0),D(0,2,0),A1(0,0,2t),M(2,0,0),N(0,2,t),B1(4,0,2t),故DM=(2,-2,0),A1N=(0,2,-t設(shè)異面直線DM與A1N所成角為θ,則cosθ=|cos<DM,A1解得t=1,故A1(0,0,2),N(0,2,1),B1(4,0,2),則A1B=(4,0,-2),A1N=(0,2,-1),BD=設(shè)平面A1BN的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),點(diǎn)D到平面A1BN的距離為d,所以A即4x-2z=0,2y所以d=|BD即點(diǎn)D到平面A1BN的距離為規(guī)范練6(分值:43分)學(xué)生用書P2351.(13分)(2024·江蘇連云港模擬)已知函數(shù)f(x)=ex-12x2(1)求函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程;(2)證明:?x∈[0,+∞),f(x)>sinx.(1)解由f(x)=ex-12x2-x,可得f'(x)=ex-x-1,f'(1)=e1-1-1=e-2又f(1)=e1-12×12-1=e-所以函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程為y-e+32=(e-2)(x-1),即(e-2)x-y+12=(2)證明由f(x)=ex-12x2-x,可得f'(x)=ex-x-令h(x)=ex-x-1,可得h'(x)=ex-1.當(dāng)x∈[0,+∞)時(shí),h'(x)=ex-1≥0,所以h(x)=ex-x-1在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)≥h(0)=e0-0-1=0,即f'(x)=ex-x-1≥0,所以f(x)=ex-12x2-x在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增所以f(x)≥f(0)=e0-12×02-0=當(dāng)x=0時(shí),f(0)=1>sin0=0,當(dāng)x>0時(shí),f(x)>1≥sinx.綜上所述,?x∈[0,+∞),f(x)>sinx.2.(15分)(2024·山東泰安二模)已知函數(shù)f(x)=12sin2x-π3,△ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且fA2=34(1)求A;(2)若sinC(1+cosB)=sinB(2-cosC),求cb的值解(1)∵fA2=34,∴12sinA-π3=3∴sinA-π3=32∵0<A<π,∴-π3<A-π∴A-π3=π3(2)sinC(1+cosB)=sinB(2-cosC),(方法一)sinC+sinCcosB+sinBcosC=2sinB,∴sinC+sin(B+C)=2sinB,∴sinC+sinA=2sinB,根據(jù)正弦定理得c+a=2b.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2+bc,①將a=2b-c代入①式,得3b2-5bc=0,∴3b=5c,∴(方法二)c(1+a2+c2-b∴c+a2+c2-∴c+a=2b.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2+bc,①將a=2b-c代入①式,得3b2-5bc=0,∴3b=5c,∴3.(15分)(2024·山東泰安模擬)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到△A1BE圖1圖2(1)證明:平面BCDE⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.(1)證明在圖1中連接CE,因?yàn)锳D∥BC,AB=BC=12AD,E是AD的中點(diǎn),∠BAD=π所以四邊形ABCE為正方形,四邊形BCDE為平行四邊形,所以BE⊥AC,CD∥BE.圖1圖2即在圖2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,OA1∩OC=O,OA1,OC?平面A1OC,所以BE⊥平面A1OC.又因?yàn)锽E?平面BCDE,所以平面BCDE⊥平面A1OC.(2)解因?yàn)槠矫鍭1BE⊥平面BCDE,平面A1BE∩平面BCDE=BE,A1O⊥BE,A1O?平面A1BE,所以A1O⊥平面BCDE.又因?yàn)镺C?平面BCDE,所以A1O⊥OC.又由(1)知BE⊥OC,BE⊥OA1,所以直線BE,OC,OA1兩兩垂直