高考數(shù)學(xué) 文二輪復(fù)習(xí) 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練四 Word版含解析

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1、 高考大題標(biāo)準(zhǔn)練(四) 滿(mǎn)分75分,實(shí)戰(zhàn)模擬,60分鐘拿下高考客觀題滿(mǎn)分!  姓名:________ 班級(jí):________  1.(20xx·山東卷)設(shè)f(x)=2sin(π-x)sin x-(sin x-cos x)2. (1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)把y=f(x)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變),再把得到的圖象向左平移個(gè)單位,得到函數(shù)y=g(x)的圖象,求g的值. 解:(1)f(x)=2sin(π-x)sin x-(sin x-cos x)2 =2sin2x-(1-2sin xcos x) =(1-cos 2x)+sin 2x

2、-1 =sin 2x-cos 2x+-1 =2sin+-1, 由2kπ-≤2x-≤2kπ+(k∈Z), 得kπ-≤x≤kπ+(k∈Z), 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z). (2)由(1)知f(x)=2sin+-1, 把y=f(x)的圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2倍(縱坐標(biāo)不變),得到y(tǒng)=2sin+-1的圖象, 再把得到的圖象向左平移個(gè)單位, 得到y(tǒng)=2sin x+-1的圖象, 即g(x)=2sin x+-1, 所以g=2sin+-1=. 2.(20xx·湖北卷)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=a1

3、,b2=2,q=d,S10=100. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)當(dāng)d>1時(shí),記cn=,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解:(1)由題意有, 即 解得或 故或. (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=, 于是Tn=1+++++…+,① Tn=+++++…+.② ①-②可得 Tn=2+++…+-=3-, 故Tn=6-. 3.某保險(xiǎn)公司利用簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣方法,對(duì)投保車(chē)輛進(jìn)行抽樣,樣本車(chē)輛中每輛車(chē)的賠付結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下: 賠付金額(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000 車(chē)輛數(shù)(輛) 500

4、 130 100 150 120 (1)若每輛車(chē)的投保金額均為2 800元,估計(jì)賠付金額大于投保金額的概率; (2)在樣本車(chē)輛中,車(chē)主是新司機(jī)的占10%,在賠付金額為4 000元的樣本車(chē)輛中,車(chē)主是新司機(jī)的占20%,估計(jì)在已投保車(chē)輛中,新司機(jī)獲賠金額為4 000元的概率. 解:(1)設(shè)A表示事件“賠付金額為3 000元”,B表示事件“賠付金額為4 000元”,以頻率估計(jì)概率得 P(A)==0.15,P(B)==0.12. 由于投保金額為2 800元,賠付金額大于投保金額對(duì)應(yīng)的情形是3 000元和4 000元,所以其概率為P(A)+P(B)=0.15+0.12=0.27. (2

5、)設(shè)C表示事件“投保車(chē)輛中新司機(jī)獲賠4 000元”,由已知,知樣本車(chē)輛中車(chē)主為新司機(jī)的有0.1×1 000=100輛,而賠付金額為4 000元的車(chē)輛中,車(chē)主為新司機(jī)的有0.2×120=24輛,所以樣本車(chē)輛中新司機(jī)車(chē)主獲賠金額為4 000元的概率為=0.24,由頻率估計(jì)概率得P(C)=0.24. 4.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F(xiàn)分別是A1C1,BC的中點(diǎn). (1)求證:平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)求證:C1F∥平面ABE; (3)求三棱錐E-ABC的體積. 證明:(1)在三棱柱AB

6、C-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC. 所以BB1⊥AB. 又因?yàn)锳B⊥BC,BB1∩BC=B, 所以AB⊥平面B1BCC1. 所以平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)證明:取AB的中點(diǎn)G,連接EG,F(xiàn)G. 因?yàn)镋,F(xiàn)分別是A1C1,BC的中點(diǎn), 所以FG∥AC,且FG=AC. 因?yàn)锳C∥A1C1,且AC=A1C1, 所以FG∥EC1,且FG=EC1. 所以四邊形FGEC1為平行四邊形. 所以C1F∥EG. 又因?yàn)镋G?平面ABE,C1F?平面ABE, 所以C1F∥平面ABE. (3)因?yàn)锳A1=AC=2,BC=1,AB⊥BC, 所以AB==. 所以三棱

7、錐E-ABC的體積 V=S△ABC·AA1=×××1×2=. 5.(20xx·四川卷)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)與短軸的兩個(gè)端點(diǎn)是正三角形的三個(gè)頂點(diǎn),點(diǎn)P在橢圓E上. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)不過(guò)原點(diǎn)O且斜率為的直線(xiàn)l與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A,B,線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為M,直線(xiàn)OM與橢圓E交于C,D,證明:|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 解:(1)由已知,a=2b, 又橢圓+=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)P, 故+=1,解得b2=1. 所以橢圓E的方程是+y2=1.

8、 (2)證明:設(shè)直線(xiàn)l的方程為y=x+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2). 由方程組得x2+2mx+2m2-2=0,① 方程①的判別式為Δ=4(2-m2). 由Δ>0,即2-m2>0,解得-<m<. 由①得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2, 所以M點(diǎn)坐標(biāo)為,直線(xiàn)OM的方程為y=-x. 由方程組 得C,D. 所以|MC|·|MD|=(-m+)·(+m)=(2-m2). 又|MA|·|MB|=|AB|2 =[(x1-x2)2+(y1-y2)2] =[(x1+x2)2-4x1x2] =[4m2-4(2m2-2)] =(2-

9、m2), 所以|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 6.(20xx·山東卷)設(shè)f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R. (1)令g(x)=f′(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)已知f(x)在x=1處取得極大值,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)由f′(x)=ln x-2ax+2a, 可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞). 所以g′(x)=-2a=. 當(dāng)a≤0,x∈(0,+∞)時(shí),g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0,x∈時(shí),g′(x)>0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增,x∈時(shí),函數(shù)g(x

10、)單調(diào)遞減. 所以當(dāng)a≤0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,+∞); 當(dāng)a>0時(shí),g(x)的單調(diào)增區(qū)間為,單調(diào)減區(qū)間為. (2)由(1)知,f′(1)=0. ①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)單調(diào)遞增, 所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增. 所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意. ②當(dāng)0<a<時(shí),>1,由(1)知f′(x)在內(nèi)單調(diào)遞增,可得當(dāng)x∈(0,1)時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0. 所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增, 所以f(x)在x=1處取得極小值,不合題意. ③當(dāng)a=時(shí),=1,f′(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)≤0,f(x)單調(diào)遞減,不合題意. ④當(dāng)a>時(shí),0<<1,當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減. 所以f(x)在x=1處取極大值,符合題意. 綜上可知,實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>.

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