高三文科数学考前大题强化练二详析

1、2020年高三文科数学考前大题增强练二17.已知ABC中，角、所对的边分别为a、c，5，uuuvuuuuv，ABCbsinAB2sinAbAC3MCABM2CBM.（1）求ABC的大小；（2）求ABC的面积.18.某高校健康社团为检查本校大学生每周运动的时长，随机采纳了80名学生，检查他们每周运动的总时长（单位：小时），依据0,5),5,10),10,15),15,20),20,25),25,30共6组进行统计，获取男生、女生每周运动的时长的统计以下（表1、2），规定每周运动15小时以上（含15小时）的称为“运动合格者”，此中每周运动25小时以上（含25小时）的称为“运动达人”.表1：男生时长

2、0,5)5,10)10,15)15,20)20,25)25,30人数2816842表2：女生时长0,5)5,10)10,15)15,20)20,25)25,30人数04121284（1）从每周运动时长不小于20小时的男生中随机采纳2人，求选到“运动达人”的概率；（2）依据题目条件，完成下边22列联表，并判断能否有99%的掌握认为本校大学生能否为“运动合格者”与性别有关.每周运动的时长小于15小时每周运动的时长不小于15小时总计男生女生总计参照公式：K2n(adbc)2abcd.，此中n(ab)(cd)(ac)(bd)参照数据：PK2k00.400.250.100.010k00.7081.323

3、2.7066.635119.在矩形ABCD中，AB1,BC2，E为AD的中点，如图1，将ABE沿BE折起，使得点A到达点P的地址（如图），且平面PBE平面BCDE2（1）证明：PB平面PEC；（2）若M为PB的中点，N为PC的中点，求三棱锥MCDN的体积.20.已知过圆C1：x2y213A、B两点，且A、B恰好分别1上一点E,的切线，交坐标轴于22为椭圆C2：x2y21ab0的上极点和右极点.a2b2（1）求椭圆C2的方程；（2）已知P为椭圆的左极点，过点P作直线PM、PN分别交椭圆于M、N两点，若直线MN过定点Q1,0，求证：PMPN.21.已知函数()exx1，且x.uxf(x)eu(x)

4、（1）求u(x)的最小值；（2）证明：f(x)存在独一极大值点x0，且fx01.4222选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取同样的长度x53t2单位.已知直线l的参数方程为（t为参数），圆C的极坐标方程为4cos.y31t32（1）求直线l的倾斜角和圆C的直角坐标方程；（2）若点P(x,y)在圆C上，求x3y的取值范围.23选修45：不等式选讲已知函数f(x)x7x1.（1）求不等式2xf(x)10的解集；（2）设x表示不大于x的最大整数，若f(x)9对xa,a9恒建立，求a的取值范围.答案分析17.已知ABC中，角、所对

5、的边分别为a、b、c，sinAB2sinA，b5，uuuvuuuuv，ABCAC3MCABM2CBM.（1）求ABC的大小；（2）求ABC的面积.uuuruuuurSBMCCM1【解】（1）因为AC3MC，因此点M在线段AC上，且AM2CM，故AM，SBMA2记CBM，则SBMC1BCBMsin，SBMA1ABBMsin2.22因为sinAB2sinA，即sinC2sinA，即AB2BC，3结合式，得SBMCBCBMsin112.SBMA2BCBM2sincos22cos，可得cos22因为0,，因此，因此ABC33；44（2）在ABC中，由余弦定理可得b2a2c22accosABC，即25a

6、222a2a2，解得a5.2a2故SABC1acsinABC1a2asin35.224218.某高校健康社团为检查本校大学生每周运动的时长，随机采纳了80名学生，检查他们每周运动的总时长（单位：小时），依据0,5),5,10),10,15),15,20),20,25),25,30共6组进行统计，获取男生、女生每周运动的时长的统计以下（表1、2），规定每周运动15小时以上（含15小时）的称为“运动合格者”，此中每周运动25小时以上（含25小时）的称为“运动达人”.表1：男生时长0,5)5,10)10,15)15,20)20,25)25,30人数2816842表2：女生时长0,5)5,10)10,

7、15)15,20)20,25)25,30人数04121284（1）从每周运动时长不小于20小时的男生中随机采纳2人，求选到“运动达人”的概率；（2）依据题目条件，完成下边22列联表，并判断能否有99%的掌握认为本校大学生能否为“运动合格者”与性别有关.每周运动的时长小于15小时每周运动的时长不小于15小时总计男生女生总计参照公式：K2n(adbc)2abcd.，此中n(ab)(cd)(ac)(bd)参照数据：PK2k00.400.250.100.0104k00.7081.3232.7066.635【解】（）每周运动的时长在20,25)中的男生有4人，在25,30中的男生有2人，则共有215个1

8、C6基本领件，此中25,30中最罕有1人被抽到的可能结果有C41C21C229个，因此抽到“运”93动达人的概率为15；5（2）每周运动的时长小于15小时的男生有26人，女生有16人；每周运动的时长不小于15小时的男生有14人，女生有24人.可得以下22列联表：每周运动的时长小于15小时每周运动的时长不小于15小时总计男生261440女生162440总计423880K280(26241416)2200066.635，39940404238因此没有99%的掌握认为本校大学生能否为“运动合格者”与性别有关.19.在矩形ABCD中，AB1,BC2，E为AD的中点，如图1，将ABE沿BE折起，使得点A

9、到达点P的地址（如图2），且平面PBE平面BCDE（1）证明：PB平面PEC；（2）若M为PB的中点，N为PC的中点，求三棱锥MCDN的体积.【解】（1）证明：由题意，易得BECE2,BC2，BE2CE2BC2即BECE，又平面PBE平面BCDE，交线为BECE平面PBECEPB又PBPEPB平面PEC（2）取BE中点O，连接PO，PBPEPOBE，PO22又平面PBE平面BCDE，交线为BEPO平面BCDEM为PB的中点，N为PC的中点5VMCDN1VMPCD1VBPCD1VPBCD111212224443222420.已知过圆C1：x2y21上一点E1,3的切线，交坐标轴于A、B两点，且A

10、、B恰好分别22x2y21ab0的上极点和右极点.为椭圆C2：b2a2（1）求椭圆C2的方程；（2）已知P为椭圆的左极点，过点P作直线PM、PN分别交椭圆于M、N两点，若直线MN过定点Q1,0，求证：PMPN.【解】（1）直线lOE的方程为y3x，则直线lAB的斜率kAB3.3因此lAB：y3x23，即A23B2,0 x2y21；，椭圆方程为：440,，3333（2）当kMN不存在时，M1,1，N1,1，uuuuruuur1,11,1uuuuruuur因为PMPN0，因此PMPN.当kMN存在时，设Mx1,y1，Nx2,y2，lMN：ykx1，ykx1x2y21得：13k2x22x3k240.

11、联立446k3因此x1x26k2，x1x23k24，又已知左极点P为2,0，13k213k2uuuuruuurPMPNx12,y1x22,y2x1x22x1x24y1y2，又y1y2kx11kx21k2x1x2x1x213k2，13k2uuuuruuur3k2412k243k23k2412k2412k23k20，因此PMPN13k213k213k213k26uuuuruuur因此PMPN.综上PMPN得证.21.已知函数()x1，且xexf(x)eu(x).ux（1）求u(x)的最小值；（2）证明：f(x)存在独一极大值点x0，且fx01.41x1，令u(x)0，解得x0.x(,0)，u(x)

12、0，u(x)为减函数，【解】（）u(x)ex(0,)，u(x)0，u(x)为增函数.umin(x)u(0)0（2）fxex2exx2，构造函数gx2exx2，则gx2ex1，令gx0，xln2.故当xln2时，g(x)0，当xln2时，g(x)0，则gx在(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递加，又g00，g220，g1210，e2e结合零点存在性定理知，存在独一实数x0(2,1)，使得gx00，当xx0时，fx0，当x0 x0时，fx0，当x0时，fx0，故fx在,x0单调递加，在x0,0单调递减，在0,单调递加，故fx存在独一极大值点x0，因为gx02ex0 x020，因此ex0

13、x01，故fx0ex0(ex0 x01)(x01)(x01x01)11x011222244422选修4-4：坐标系与参数方程以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取同样的长度x53t.2（t为参数），圆C的极坐标方程为4cos.单位已知直线l的参数方程为1yt332（1）求直线l的倾斜角和圆C的直角坐标方程；（2）若点P(x,y)在圆C上，求x3y的取值范围.13【解】（1）由直线l的参数方程可知：k2，直线l的倾斜角为5；33627将圆C的极坐标方程4cos(3)，化简得2cos23sin，两边乘得，22cos23sin，将2x2y2，cosx，sin

14、y。带入并化简整理可得圆C的直角坐标方程为(x1)2(y3)24.（2）圆的参数方程为，x12cos(为参数)，设P(12cos,32sin)，y32sinx3y=23sin2cos44sin()4，由1sin(6)1可得，60 x3y8，即x3y0,8.23选修45：不等式选讲已知函数f(x)x7x1.（1）求不等式2xf(x)10的解集；（2）设x表示不大于x的最大整数，若f(x)9对xa,a9恒建立，求a的取值范围.62x,x1,x1,1x7,x7,【解】（1）f(x)8,1x7,，由f(x)2x得：62x或8或2x62x,2x6,x7,2x,2x,解得x4；由f(x)10，x1,1x7

15、,x7,2x8.62x或810,或2x6解得10,10,故不等式2xf(x)10的解集为：(2,4).（2）依题意可得f(x)9等价于f(x)10，由（1）知f(x)9的解集为(2,8).因为f(x)9对xa,a9恒建立，因此a,a9(2,8)，因此a2,解得2a1，因此a的取值范围为(2,1).a98,17.已知中，角、所对的边分别为csinAB2sinA5uuuvuuuuvABCABCa、，3MC，bbACABM2CBM.（1）求ABC的大小；（2）求ABC的面积.8uuuruuuurSBMCCM1【解】（1）因为AC3MC，因此点M在线段AC上，且AM2CM，故AM，SBMA2记CBM，

16、则SBMC1BCBMsin，SBMA1ABBMsin2.22因为sinAB2sinA，即sinC2sinA，即AB2BC，结合式，得SBMCBCBMsin112.SBMA2BCBM2sincos22cos，可得cos22因为0,，因此，因此ABC33；44（2）在ABC中，由余弦定理可得b2a2c22accosABC，即25a222a2a2，解得a5.2a2故SABC112asin35acsinABCa4.22218.某高校健康社团为检查本校大学生每周运动的时长，随机采纳了80名学生，检查他们每周运动的总时长（单位：小时），依据0,5),5,10),10,15),15,20),20,25),2

17、5,30共6组进行统计，获取男生、女生每周运动的时长的统计以下（表1、2），规定每周运动15小时以上（含15小时）的称为“运动合格者”，此中每周运动25小时以上（含25小时）的称为“运动达人”.表1：男生时长0,5)5,10)10,15)15,20)20,25)25,30人数2816842表2：女生时长0,5)5,10)10,15)15,20)20,25)25,30人数04121284（1）从每周运动时长不小于20小时的男生中随机采纳2人，求选到“运动达人”的概率；（2）依据题目条件，完成下边22列联表，并判断能否有99%的掌握认为本校大学生能否为“运动合格者”与性别有关.每周运动的时长小于1

18、5小时每周运动的时长不小于15小时总计男生女生总计9参照公式：K2n(adbc)2，此中nabcd.(ab)(cd)(ac)(bd)参照数据：PK2k00.400.250.100.010k00.7081.3232.7066.635【解】（）每周运动的时长在20,25)中的男生有4人，在25,30中的男生有2人，则共有215个1C6基本领件，此中25,30中最罕有1人被抽到的可能结果有112“C4C2C29个，因此抽到运”93动达人的概率为15；5（2）每周运动的时长小于15小时的男生有26人，女生有16人；每周运动的时长不小于15小时的男生有14人，女生有24人.可得以下22列联表：每周运动的

19、时长小于15小时每周运动的时长不小于15小时总计男生261440女生162440总计423880K280(26241416)2200066.635，39940404238因此没有99%的掌握认为本校大学生能否为“运动合格者”与性别有关.19.在矩形ABCD中，AB1,BC2，E为AD的中点，如图1，将ABE沿BE折起，使得点A到达点P的地址（如图2），且平面PBE平面BCDE（1）证明：PB平面PEC；（2）若M为PB的中点，N为PC的中点，求三棱锥MCDN的体积.【解】（1）证明：由题意，易得BECE2,BC2，BE2CE2BC2即BECE，又平面PBE平面BCDE，交线为BECE平面PBE

20、CEPB又PBPEPB平面PEC10（2）取BE中点O，连接PO，PBPEPOBE，PO22又平面PBE平面BCDE，交线为BEPO平面BCDEM为PB的中点，N为PC的中点VMCDN1VMPCD1VBPCD1VPBCD111212224443222420.已知过圆C1：x2y21上一点E1,3的切线，交坐标轴于A、B两点，且A、B恰好分别22x2y21ab0的上极点和右极点.为椭圆C2：b2a2（1）求椭圆C2的方程；（2）已知P为椭圆的左极点，过点P作直线PM、PN分别交椭圆于M、N两点，若直线MN过定点Q1,0，求证：PMPN.【解】（1）直线lOE的方程为y3x，则直线lAB的斜率kA

21、B3.3因此lAB：y3x23，即A23B2,0 x2y21；，椭圆方程为：440,，3333（2）当kMN不存在时，M1,1，N1,1，uuuuruuur1,11,1uuuuruuur因为PMPN0，因此PMPN.当kMN存在时，设Mx1,y1，Nx2,y2，lMN：ykx1，ykx1x2y21得：13k2x22x3k240.联立446k3因此x1x216k2，x1x23k24，又已知左极点P为2,0，3k213k2uuuuruuurPMPNx12,y1x22,y2x1x22x1x24y1y2，11又y1y2kx11kx21k2x1x2x1x213k2，13k2uuuuruuur222222

22、23k412k3k3k412k412k3k因此PMPN4，13k213k213k213k20uuuuruuur因此PMPN.综上PMPN得证.21.已知函数()exx1，且x.uxf(x)eu(x)（1）求u(x)的最小值；（2）证明：f(x)存在独一极大值点x0，且fx01.4【解】（1）u(x)ex1，令u(x)0，解得x0.x(,0)，u(x)0，u(x)为减函数，x(0,)，u(x)0，u(x)为增函数.umin(x)u(0)0（2）fxex2exx2，构造函数gx2exx2，则gx2ex1，令gx0，xln2.故当xln2时，g(x)0，当xln2时，g(x)0，则gx在(,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递加，又g00，g220，g120，e21e结合零点存在性定理知，存在独一实数x0(2,1)，使得gx00，当xx0时，fx0，当x0 x0时，fx0，当x0时，fx0，故fx在,x0单调递加，在x0,0单调递减，在0,单调递加，故fx存在独一极大值点x0，因为gx02ex0 x020，因此ex0 x01，