高考二轮复习文科数学试题（老高考旧教材）（三）中低档大题规范练

(三)中低档大题规范练规范练1(时间:45分钟,满分:46分)(一)必做题:共36分.1.(本题满分12分)(2023四川成都三模)某旅游公司针对旅游复苏设计了一款文创产品来提高收益.该公司统计了今年以来这款文创产品定价x(单位:元)与销量y(单位:万件)的数据如下表所示:产品定价x(单位:元)99.51010.511销量y(单位:万件)1110865(1)依据表中给出的数据,判断是否可用线性回归模型拟合y与x的关系,请计算相关系数并加以说明(计算结果精确到0.01);(2)建立y关于x的回归方程,预测当产品定价为8.5元时,销量可达到多少万件.参考公式:r=∑i参考数据:65≈8.06.2.(本题满分12分)(2023四川成都三模)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且3c+a=bcosCccosB.(1)求角B的大小;(2)若D是AC边上一点,且BD=CD=13b,求cos∠BDA3.(本题满分12分)如图,已知△PAD是边长为2的正三角形,现将菱形ABCD沿边AD折叠,所成二面角PADB的大小为120°,此时恰有PC⊥AD.(1)求BD的长;(2)求三棱锥PABC的体积.(二)选做题:共10分.1.(本题满分10分)(2023河南郑州二模)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=cosφ,y=1+sinφ(φ为参数),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ(1)求曲线C1的极坐标方程与曲线C2的直角坐标方程;(2)直线l:θ=π6(ρ∈R)与曲线C1,C2分别交于M,N两点(异于极点O),P为C2上的动点,求△PMN面积的最大值2.(本题满分10分)(2023河南郑州二模)已知函数f(x)=|ax2||x2|(a∈R).(1)当a=3时,求不等式f(x)>2的解集;(2)若对任意x∈[1,2],都有f(x)≥0,求a的取值范围.规范练2(时间:45分钟,满分:46分)(一)必做题:共36分.1.(本题满分12分)(2023河南郑州二模)已知数列{an}的前n项之积为Tn=2n(n-1)2(1)求数列{an}的通项公式;(2)记bm为{an}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{bn}的前50项和S50.2.(本题满分12分)(2023新高考Ⅱ,19)某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异,经过大量调查,得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图:利用该指标制定一个检测标准,需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性,小于或等于c的人判定为阴性.此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率,记为p(c);误诊率是将未患病者判定为阳性的概率,记为q(c).假设数据在组内均匀分布.以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.(1)当漏诊率p(c)=0.5%时,求临界值c和误诊率q(c);(2)设函数f(c)=p(c)+q(c).当c∈[95,105]时,求f(c)的解析式,并求f(c)在区间[95,105]的最小值.3.(本题满分12分)(2023河南郑州二模)《九章算术》卷第五《商功》中有记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也,甍,屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”现有“刍甍”如图所示,四边形EBCF为矩形,BC=2BE=2AE=2AG=4,且AG∥EF.(1)若O是四边形EBCF对角线的交点,求证:AO∥平面GCF;(2)若AE⊥EF,且∠AEB=2π3,求三棱锥ABEF(二)选做题:共10分.1.(本题满分10分)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=2+tcosθ,y=tsinθ,以坐标原点为极点,x(1)当θ为参数,t>0时,曲线C1与C2只有一个公共点,求t;(2)当t为参数,θ∈[0,π)时,曲线C1与C2相交于A,B,且|AB|=4,求θ的值.2.(本题满分10分)已知函数f(x)=|2xm|+2|x+3m|.(1)若m=12,试求不等式f(x)≤8的解集(2)若f(x)≥7恒成立,求实数m的取值范围.规范练3(时间:45分钟,满分:46分)(一)必做题:共36分.1.(本题满分12分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.在①cos2A-C2cosAcosC=34;②(sinA+sinC)2=sin2B+3sinAsinC;③2bcosC+c=(1)求角B的大小;(2)若a+c=27,求△ABC周长的最小值.2.(本题满分12分)(2023四川成都三模)如图,在多面体ABCDEFG中,已知四边形ADGC是正方形,GD∥EF,GF∥BC,FG⊥平面ADGC,M,N分别是AC,BF的中点,且BC=EF=12CG=12(1)求证:MN∥平面AFG;(2)已知BC=1,求三棱锥EDFN的体积.3.(本题满分12分)(2022全国乙,文19)某地经过多年的环境治理,已将荒山改造成了绿水青山.为估计一林区某种树木的总材积量,随机选取了10棵这种树木,测量每棵树的根部横截面积(单位:m2)和材积量(单位:m3),得到如下数据:样本号i12345678910总和根部横截面积xi0.040.060.040.080.080.050.050.070.070.060.6材积量yi0.250.400.220.540.510.340.360.460.420.403.9并计算得∑i=110xi2=0.038,∑i=110yi2=1.(1)估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量;(2)求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数(精确到0.01);(3)现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积,并得到所有这种树木的根部横截面积总和为186m2.已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比.利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值.附:相关系数r=∑i=1n(x(二)选做题:共10分.1.(本题满分10分)(2023四川成都三模)在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为x=1+t,y=2-2t3(t为参数).以坐标原点O为极点,x轴非负半轴为极轴建立极坐标系(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)若P是曲线C上一点,Q是直线l上一点,求|PQ|的最小值.2.(本题满分10分)(2023四川成都三模)已知函数f(x)=3x2-4x+4+|xm|,且不等式f(x)<3(1)求实数m,n的值;(2)若正实数a,b,c满足a2+b2+c2=m,证明:a4规范练4(时间:45分钟,满分:46分)(一)必做题:共36分.1.(本题满分12分)(2023山东日照一模)已知△ABC中,a,b,c是角A,B,C所对的边,asinA+C2=bsinA,且(1)求角B;(2)若AC=BC,在△ABC的边AB,AC上分别取D,E两点,使△ADE沿线段DE折叠到平面BCE后,顶点A正好落在边BC(设为点P)上,求AD的最小值.2.(本题满分12分)如图,在四棱锥PABCD中,∠PAD=90°,AD∥BC,M为PD的中点,AB=BC=CD=PA=1,AD=2,PB=2.(1)求证:CM∥平面PAB;(2)求三棱锥BMCD的体积.3.(本题满分12分)(2023贵州黔西一模)为了研究学生网上学习的情况,某学校随机抽取120名学生对线上教学进行调查,其中男生与女生的人数之比为7∶5,男生中喜欢上网课的为47,女生中喜欢上网课的为710,性别喜欢上网课不喜欢上网课合计男生女生合计(1)请将列联表补充完整,试判断能否有90%的把握认为喜欢上网课是否与性别有关;(2)从不喜欢上网课的学生中采用分层抽样的方法,随机抽取6人.现从6人中随机抽取2人,求抽取的学生中至少有1名是女生的概率.附:K2=n(ad-bcP(K2≥k)0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828(二)选做题:共10分.1.(本题满分10分)(2023陕西铜川二模)在平面直角坐标系xOy中,以原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,并在两个坐标系下取相同的长度单位,已知曲线C的参数方程为x=1+3cosθ,y=3sinθ(θ为参数),直线l的参数方程为x(1)求曲线C的普通方程;当α=π3时,求直线l的极坐标方程(2)若曲线C和直线l交于M,N两点,且|MN|=10,求直线l的倾斜角.2.(本题满分10分)(2023陕西铜川二模)设函数f(x)=|2x2|+|x+2|.(1)解不等式f(x)≤6x;(2)令f(x)的最小值为T,正数a,b,c满足a+b+c=T,证明:1a(三)中低档大题规范练规范练1(一)必做题1.解(1)由题得x=15(9+9.5+10+10.5+11)=10,y=15(11+10+8+6+5)=8.∵∑i=15(xix)(yiy)=8,∑i=15(xix)2=2.5,∑i=15(yi∴r=∑i=15(x∵y与x的相关系数近似为0.99,说明y与x的线性相关性很强,从而可以用线性回归模型拟合y与x的关系.6分(2)∵b^=∑i=15(xi-x)(yi-y∴y关于x的线性回归方程为y^=3.2x+40,10分当x=8.5时,y^=12.8.∴当产品定价为8.5元时,预测销量可达到12.8万件.12分2.解(1)∵3c+a=bcosCccosB,由正弦定理有3sinC+sinA=sinBcosCsinCcosB,∵sinA=sin(B+C),∴3sinC+sinBcosC+sinCcosB=sinBcosCsinCcosB.∴2sinCcosB+3sinC=0.又C∈(0,π),∴sinC≠0,∴cosB=32又B∈(0,π),∴B=5π(2)在△BCD中,由余弦定理得cos∠BDC=BD在△ABD中,由余弦定理得cos∠BDA=BD∵∠BDC+∠BDA=180°,∴cos∠BDC=cos∠BDA,即2b2-整理得b2c2=2a2.在△ABC中,由余弦定理得cosB=a2+c则a22ac=a2c=32∴b2c2=6c2,即b=7c,∴cos∠BDA=5b3.解(1)取AD的中点M,连接PM,CM,AC,∵△PAD是正三角形,∴PM⊥AD,又∵PC⊥AD,PC,PM⊂平面PMC,PC∩PM=P,∴AD⊥平面PMC,∴AD⊥MC,故△ACD为等腰三角形.又菱形ABCD,故∠CDA=60°,∠BDA=30°,∴BDsin120°=ADsin30°(2)由(1)知,∠CMP为二面角PADB的平面角,∴∠CMP=120°,∵AD⊥平面PMC,∴平面PAD⊥平面PMC,交线为PM.故三棱锥CPAD的高h=CM·sin60°=32∵S△PAD=12×2×2·sin60°=3∴VPABC=VPACD=VCPAD=13(二)选做题1.解(1)由x=cosφ,y=1+sinφ消去φ,得x2+(y1)2=1,即x2+y22y=0,将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,得曲线C1的极坐标方程为C2的极坐标方程为ρ=23cosθ,即ρ2=23ρcosθ,化为直角坐标方程为x2+y223x=0.综上,曲线C1的极坐标方程为ρ=2sinθ,曲线C2的直角坐标方程为x2+y223x=0.(2)当θ=π6时,ρM=2sinπ6=1,ρN=23ρcosπ6=3,|MN|=|ρMρN当点P到直线MN的距离最大时,△PMN的面积最大.直线MN的方程为y=tanπ6x,即y=33x,圆心C2(3,0)到直线MN的距离为|1+0|1+13=32,∴点P到直线MN的最大距离d=32+32.解(1)当a=3时,原不等式可化为|3x2||x2|>2.当x≥2时,原不等式可化为3x2(x2)>2,整理得x>1,所以x≥2.当23<x<2时,原不等式可化为3x2+(x2)>2,整理得x>32,所以32当x≤32时,原不等式可化为(3x2)+(x2)>2,整理得x<1,所以x<1综上,当a=3时,不等式f(x)>2的解集为(∞,1)∪32,+∞.(2)若对任意x∈[1,2],都有f(x)≥0,即|ax2|≥2x,即ax2≥2x或ax2≤x2,当ax2≥2x,a≥4x1,a≥4x1max=411=3,所以a≥当ax2≤x2,(a1)x≤0,所以a≤1.所以a的取值范围为a≤1或a≥3.规范练2(一)必做题1.解(1)由数列{an}的前n项之积为Tn=2n(n-1)2(n∈N*),得Tn1=2(n-1)(n-2)2(n∈N*且n≥2),依题意有an=TnTn-1=2n1(n∈(2)由题意,2n1≤m,即n≤log2m+1,当m=1时,b1=1,当m=2,3时,b2=b3=2,…,当m∈[2k,2k+11]时,bm=k+1,共有2k个,k∈N*,则S50=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b50)=1+2×2+3×4+4×8+5×16+6×19=243.2.解(1)当p(c)=0.5%时,由患病者频率分布直方图可得第一个小矩形面积为0.002×5=0.01,∴c=95+1002=97.5由未患病者频率分布直方图可得q(c)=0.01×(10097.5)+0.002×5=0.035.(2)当c∈[95,100)时,p(c)=(c95)×0.002,q(c)=(100c)×0.01+0.01,∴f(c)=0.008c+0.82>0.02;当c∈[100,105]时,p(c)=5×0.002+(c100)×0.012,q(c)=(105c)×0.002,∴f(c)=0.01c0.98≥0.02.∴f(c)=-故当c=100时,f(c)取最小值,最小值为f(100)=0.02.3.(1)证明在图中取线段CF中点H,连接OH,GH,如图所示:由题可知,四边形EBCF是矩形,且BC=2BE,∴O是线段BF与CE的中点,∴OH∥BC且OH=12BC又AG∥EF且AG=12BC,而EF∥BC且EF=BC∴AG∥BC且AG=12BC,∴AG∥OH且AG=OH,∴四边形AOHG是平行四边形,∴AO∥HG,由于AO⊄平面GCF,HG⊂平面GCF,∴AO∥平面GCF(2)解∵AE⊥EF,EF⊥BE,AE,BE⊂平面ABE,AE∩BE=E,∴EF⊥平面ABE,S△ABE=12AE·BEsin2π3=12×2×2×32=3,∴VABEF=VFABE=13S即三棱锥ABEF的体积为43(二)选做题1.解(1)曲线C2的直角坐标方程为x2+(y2)2=4,当θ为参数时,曲线C1的直角坐标方程为(x2)2+y2=t2,又曲线C1与C2只有一个公共点,故曲线C1与C2的位置关系是外切或内切,当C1与C2外切时,(2-0)2+(0-当C1与C2内切时,(2-0)2+(0-2)2=t2,解得t=22+2.(2)当t为参数时,曲线C1为过点(2,0)的直线,又曲线C2是直径为4的圆,且|AB|=4,所以直线C1过圆C2的圆心(0,2),则直线C1的斜率tanθ=2-00-2=1,因为θ∈[0,π),2.解(1)当m=12时,f(x)=2x12+|2x+3|,即f(x)=-4x-52,x≤-32,72,-32<x≤14,4x+52,x>14,所以f(x)≤8可化为-4x-(2)因为f(x)=|2xm|+2|x+3m|≥|(2xm)(2x+6m)|=|7m|,当且仅当(2xm)(2x+6m)≤0时取等号,所以f(x)min=|7m|.又f(x)≥7恒成立,所以|7m|≥7.解得m≤1或m≥1,所以m的取值范围是(∞,1]∪[1,+∞).规范练3(一)必做题1.解(1)选①.cos2A-C2cosAcosC=1+cos(A-C)即1-1-所以cos(A+C)=12,所以cosB=12.又因为B∈(0,π),所以B=选②.因为(sinA+sinC)2=sin2B+3sinAsinC,所以sin2A+sin2C+2sinAsinC=sin2B+3sinAsinC,即sin2A+sin2Csin2B=sinAsinC,由正弦定理得a2+c2b2=ac.由余弦定理知cosB=a2又B∈(0,π),所以B=π3选③.因为2bcosC+c=2a,由正弦定理得2sinBcosC+sinC=2sinA,所以2sinBcosC+sinC=2sin(B+C)=2(sinBcosC+cosBsinC),即sinC(2cosB1)=0.因为sinC≠0,所以cosB=12,又B∈(0,π),所以B=π(2)由(1)知B=π3,则由余弦定理得,a2+c2b2=ac所以b2=a2+c2ac=(a+c)23ac≥(a+c)23×(a+c)24=(a+c)所以△ABC周长的最小值为37.2.(1)证明如图,设P是CG的中点,连接PM,PN.∵M为AC的中点,∴PM∥AG.又PM⊄平面AGF,AG⊂平面AGF,∴PM∥平面AGF.同理可得,PN∥平面AGF.∵PM∩PN=P,PM,PN⊂平面PMN,∴平面PMN∥平面AGF.又MN⊂平面PMN,∴MN∥平面AGF.(2)解∵FG⊥平面ADGC,CG⊂平面ADGC,∴FG⊥CG.又CG⊥GD,GF∩GD=G,GD⊂平面DEFG,GF⊂平面DEFG,∴CG⊥平面DEFG.∵BC=1,∴FG=2,EF=1,CG=2.∴VEDFN=VNDEF=VPDEF=13S△DEF×12CG=13×12×EF×FG×12×CG=133.解(1)依题意,x=0.610=0.06,y=3.910=0.(2)依题意,所求样本相关系数r=∑=0≈0.97.(3)由题意及(1),可知该林区这种树木的总材积量的估计值为0.390.06×186=1(二)选做题1.解(1)由直线l的参数方程,得直线l的普通方程为2x+3y8=0.2分将ρ2=x2+y2,ρsinθ=y代入曲线C的极坐标方程,化简得曲线C的直角坐标方程为x24+y2=1.5(2)由(1),设点P(2cosα,sinα).…6分由题知|PQ|的最小值为点P到直线l的距离的最小值.又点P到直线l的距离d=|4cosα+3sinα-8|22+3当α+φ=π2+2kπ(k∈Z)时,d的最小值为3∴|PQ|的最小值为31313.102.解(1)∵f(1)=3,f(n)=3,且n>1,∴3+|1m|=3,解得m=1.∴f(x)=3|x2|+|x1|.2分∴3|n2|+|n1|=3.①当1<n≤2时,由3(2n)+(n1)=52n=3,解得n=1(不合题意,舍去);②当n>2时,由3(n2)+(n1)=4n7=3,解得n=52,经检验满足题意综上所述,m=1,n=52.5分(2)由(1)得m=1,∴a2+b2+c2=1.∵a4b2+1+b4c2+1+c4a2+1(a2+1+b2+1+c∴a4当且仅当a4(b2+1)∴a4b2+1规范练4(一)必做题1.解(1)∵asinA+C2=bsinA,∴由正弦定理得sinAsinA+C2=sin∵A∈(0,π),sinA≠0,A+C=πB,∴sinπ-B2=sinB,即cosB2=∴cosB2=2sinB2cos∵B∈(0,π),∴B2∈0,π2,cosB2≠∴sinB2=12,∴B2(2)∵AC=BC,B=π3,∴△ABC为等边三角形,即AC=BC=AB=1,设AD=m,则BD=1m,PD=m,∴在△BPD中,由余弦定理得cosB=BP2+BD2-PD22BP×BD=BP2+(1-m)2-m22BP×(1-m)=12,整理得BP2+(12m)=BP·(1m),设BP=x,0≤x≤1,∴m=x2-x+12-2.(1)证明取PA边中点N,连接NM,NB,∴MN∥AD且MN=12AD∵BC∥AD且BC=1,AD=2,∴BC=12AD∴BC∥MN,BC=MN,∴四边形MNBC是平行四边形,∴CM∥BN.∵BN⊂平面PAB,CM⊄平面PAB,∴CM∥平面PAB.(2)解在△PAB中,由AB=PA=1,PB=2,可知AB2+PA2=PB2,则PA⊥AB.又∠PAD=90°,可知PA⊥AD,∵AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,∴PA⊥平面ABCD,S△BCD=12BC·3又M为PD中点,则VBMCD=VMBCD=13S△BCD·12PA=综上,三棱锥BMCD的体积为3243.解(1)由题意可知抽取120名学生中男生有70人,女生有50人,其中男生中喜欢上网课的为47,所以男生中喜欢上网课的有70×47=40