创新设计（浙江专用）2023届高考数学二轮复习大题规范天天练星期五第一周综合限时练

星期五(综合限时练)2023年____月____日解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内得高分，限时：80分钟)1.(本小题总分值14分)数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*).(1)假设a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；(2)假设a1＝6，bn＝2n(n∈N*)，且λan＞2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.解(1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5.所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5.(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2，由λan＞2n＋n＋2λ得λ＞eq\f(2n＋n,2n＋1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(n,2n＋1)，eq\f(n＋1,2n＋2)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(1－n,2n＋2)≤0，所以，当n＝1，2时，eq\f(2n＋n,2n＋1)取最大值eq\f(3,4)，故λ的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)).2.(本小题总分值15分)如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB与△PAD都是等边三角形.(1)证明：PB⊥CD；(2)求二面角A－PD－B的余弦值.(1)证明取BC的中点E，连接DE，那么四边形ADEB为正方形，过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，连接OA，OB，OE，OD，由△PAB和△PAD都是等边三角形可知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，即点O为正方形ADEB对角线的交点，故OE⊥BD，又PO⊥OE，且PO∩OB＝O，从而OE⊥平面PBD，又PB⊂平面PBD，所以OE⊥PB，因为O是BD的中点，E是BC的中点，所以OE∥CD，因此PB⊥CD.(2)解由(1)可知，OE，OB，OP两两垂直，以O为原点，OE方向为x轴正方向，OB方向为y轴正方向，OP方向为z轴正方向，建立如下图的直角坐标系O－xyz.设|AB|＝2，那么A(－eq\r(2)，0，0)，D(0，－eq\r(2)，0)，P(0，0，eq\r(2))eq\o(AD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝\r(2)x－\r(2)y＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝\r(2)x＋\r(2)z＝0，))取x＝1，得y＝1，z＝－1，即n＝(1，1，－1)，因为OE⊥平面PBD，设平面PBD的法向量为m，取m＝(1，0，0)，那么cos〈m，n〉＝eq\f(1,\r(3)·1)＝eq\f(\r(3),3)，由图象可知二面角A－PD－B的大小为锐角.所以，二面角A－PD－B的余弦值为eq\f(\r(3),3).3.(本小题总分值15分)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同.(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P；(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X).解(1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,9))＝eq\f(6＋3＋1,36)＝eq\f(5,18).(2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4.{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球〞，故P(X＝4)＝eq\f(Ceq\o\al(4,4),Ceq\o\al(4,9))＝eq\f(1,126)；{X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球〞，故P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(4,9))＝eq\f(20＋6,126)＝eq\f(13,63)；于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－eq\f(13,63)－eq\f(1,126)＝eq\f(11,14).所以随机变量X的概率分布如下表：X234Peq\f(11,14)eq\f(13,63)eq\f(1,126)因此随机变量X的数学期望E(X)＝2×eq\f(11,14)＋3×eq\f(13,63)＋4×eq\f(1,126)＝eq\f(20,9).4.(本小题总分值15分)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，一个焦点为(eq\r(3)，0).(1)求椭圆C的方程；(2)假设直线y＝k(x－1)(k≠0)与x轴交于点P，与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Q.求eq\f(|AB|,|PQ|)的取值范围.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－b2＝3，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么有x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－4,1＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝eq\f(－2k,1＋4k2).所以线段AB的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,1＋4k2)，\f(－k,1＋4k2)))，所以线段AB的垂直平分线方程为y－eq\f(－k,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,1＋4k2))).于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k2,1＋4k2)，0))，又点P(1，0)，所以|PQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(3k2,1＋4k2)))＝eq\f(1＋k2,1＋4k2).又|AB|＝eq\r(〔1＋k2〕[〔\f(8k2,1＋4k2)〕2－4·\f(4k2－4,1＋4k2)])＝eq\f(4\r(〔1＋k2〕〔1＋3k2〕),1＋4k2).于是，eq\f(|AB|,|PQ|)＝eq\f(\f(4\r(〔1＋k2〕〔1＋3k2〕),1＋4k2),\f(1＋k2,1＋4k2))＝4eq\r(\f(1＋3k2,1＋k2))＝4eq\r(3－\f(2,1＋k2)).因为k≠0，所以1＜3－eq\f(2,1＋k2)＜3.所以eq\f(|AB|,|PQ|)的取值范围为(4，4eq\r(3)).5.(本小题总分值15分)函数f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x(e为自然对数的底数).(1)假设a＝eq\f(1,2)，求函数f(x)的单调区间；(2)假设f(1)＝1，且方程f(x)＝1在(0，1)内有解，求实数a的取值范围.解(1)当a＝eq\f(1,2)，f(x)＝(x2＋bx＋1)e－x，f′(x)＝－[x2＋(b－2)x＋1－b]e－x，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝1－b.当b＝0，f′(x)≤0；当b＞0时，当1－b＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＜1－b或x＞1时，f′(x)＜0；当b＜0时，当1＜x＜1－b时，f′(x)＞0，当x＞1－b或x＜1时，f′(x)＜0.综上所述，b＝0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)；b＞0时，f(x)的单调递增区间为(1－b，1)，递减区间为(－∞，1－b)，(1，＋∞)；b＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，1－b)，递减区间为(－∞，1)，(1－b＋∞).(2)由f(1)＝1得2a＋b＋1＝e，b＝e－1－2a.由f(x)＝1得ex＝2ax2＋bx＋1，设g(x)＝ex－2ax2－bx－1，那么g(x)在(0，1)内有零点.设x0为g(x)在(0，1)内的一个零点，那么由g(0)＝0、g(1)＝0知g(x)在区间(0，x0)和(x0，1)上不可能单调递增，也不可能单调递减，设h(x)＝g′(x)，那么h(x)在区间(0，x0)和(x0，1)上均存在零点，即h(x)在(0，1)上至少有两个零点.g′(x)＝ex－4ax－b，h′(x)＝ex－4a.当a≤eq\f(1,4)时，h′(x)＞0，h(x)在区间(0，1)上递增，h(x)不可能有两个及以上零点；当a≥eq\f(e,4)时，h′(x)＜0，h(x)在区间(0，1)上递减，h(x)不可能有两个及以上零点；当eq\f(1,4)＜a＜eq\f(e,4)时，令h′(x)＝0得x＝ln(4a)∈(0，1)，所以h(x)在区间(0，ln(4a))上递减，在(ln(4a)，1)上递增，h(x)在区间(0，1)上存在最小值h(ln(4a)).假设h(x)有两个零点，那么有h(ln(4a))＜0，h(0)＞0，h(1)＞0.h(ln(4a))＝4a－4aln(4a)－b＝6a－4aln(4a)＋1－eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＜a＜\f(e,4))).设φ(x)＝eq\f(3,2)x－xlnx＋1－e(1＜x＜e)，那么φ′(x)＝eq\f(1,2)－lnx，令φ′(x)＝0，得x＝eq\r(e)，当1＜x＜eq\r(e)时φ′(x)＞0，φ(x)递增，当eq\r(e)＜x＜e时φ′(x)＜0，φ(x)递减，φ(x)max＝φ(eq\r(e))＝eq\r(e)＋1－e＜0，所以h(ln(4a))＜0恒成立.由h(0)＝1－b＝2a－e