【師說】高考數學文二輪復習 高考大題標準練四 Word版含解析

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1、高考大題標準練(四) 滿分75分，實戰(zhàn)模擬，60分鐘拿下高考客觀題滿分！　　姓名：________　班級：________　 1．(2016·山東卷)設f(x)＝2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2. (1)求f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再把得到的圖象向左平移個單位，得到函數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－1 ＝

2、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)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，得到y(tǒng)＝2sin＋－1的圖象， 再把得到的圖象向左平移個單位， 得到y(tǒng)＝2sin x＋－1的圖象， 即g(x)＝2sin x＋－1， 所以g＝2sin＋－1＝. 2．(2015·湖北卷)設等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數列{bn}的公比為q.已知b1＝a1，b2＝2

3、，q＝d，S10＝100. (1)求數列{an}，{bn}的通項公式； (2)當d>1時，記cn＝，求數列{cn}的前n項和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．某保險公司利用簡單隨機抽樣方法，對投保車輛進行抽樣，樣本車輛中每輛車的賠付結果統(tǒng)計如下： 賠付金額(元) 0 1 000 2 000 3 000 4 000 車輛數(輛) 500 130

4、 100 150 120 (1)若每輛車的投保金額均為2 800元，估計賠付金額大于投保金額的概率； (2)在樣本車輛中，車主是新司機的占10%，在賠付金額為4 000元的樣本車輛中，車主是新司機的占20%，估計在已投保車輛中，新司機獲賠金額為4 000元的概率． 解：(1)設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應的情形是3 000元和4 000元，所以其概率為P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27. (2)設C表示

5、事件“投保車輛中新司機獲賠4 000元”，由已知，知樣本車輛中車主為新司機的有0.1×1 000＝100輛，而賠付金額為4 000元的車輛中，車主為新司機的有0.2×120＝24輛，所以樣本車輛中新司機車主獲賠金額為4 000元的概率為＝0.24，由頻率估計概率得P(C)＝0.24. 4．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分別是A1C1，BC的中點． (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ABC－A1B

6、1C1中，BB1⊥底面ABC. 所以BB1⊥AB. 又因為AB⊥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G，連接EG，FG. 因為E，F分別是A1C1，BC的中點， 所以FG∥AC，且FG＝AC. 因為AC∥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. 又因為EG?平面ABE，C1F?平面ABE， 所以C1F∥平面ABE. (3)因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC， 所以AB＝＝. 所以三棱錐E－AB

7、C的體積 V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝. 5．(2016·四川卷)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點，點P在橢圓E上． (1)求橢圓E的方程； (2)設不過原點O且斜率為的直線l與橢圓E交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為M，直線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)過點P， 故＋＝1，解得b2＝1. 所以橢圓E的方程是＋y2＝1. (2)證

8、明：設直線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點坐標為，直線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－m2)，

9、 所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|. 6．(2016·山東卷)設f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調區(qū)間； (2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數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a≤0，x∈(0，＋∞)時，g′(x)>0，函數g(x)單調遞增； 當a>0，x∈時，g′(x)>0，函數g(x)單調遞增，x∈時，函數g(x)單調遞減

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