高考数学二轮复习 46分大题保分练（六）文-人教版高三数学试题

46分大题保分练(六)(建议用时：40分钟)17．(12分)(2019·抚顺模拟)设数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(4,4－an)(n∈N*)．(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差数列；(2)设bn＝eq\f(a2n,a2n－1)－1，求数列{bn}的前n项和Tn.[解](1)∵an＋1＝eq\f(4,4－an)，∴eq\f(1,an＋1－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(1,\f(4,4－an)－2)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(4－an,2an－4)－eq\f(1,an－2)＝eq\f(2－an,2an－4)＝－eq\f(1,2).又a1＝1，∴eq\f(1,a1－2)＝－1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是以－1为首项，－eq\f(1,2)为公差的等差数列．(2)由(1)知eq\f(1,an－2)＝－1＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(n＋1,2)，∴an＝2－eq\f(2,n＋1)＝eq\f(2n,n＋1)，∴bn＝eq\f(a2n,a2n－1)－1＝eq\f(\f(4n,2n＋1),\f(22n－1,2n))－1＝eq\f(4n2,2n－12n＋1)－1＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(n,2n＋1)，∴数列{bn}的前n项和Tn＝eq\f(n,2n＋1).18．(12分)(2019·武汉模拟)在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形且中心为O点，P为AD的中点，∠DAB＝∠EAB＝∠EAD＝60°，且点E在底面ABCD上的正投影为AO的中点．(1)求证：PE⊥AC；(2)求点C到平面EAB的距离．[解](1)如图，取AO的中点为H，连接EH，HP，则EH⊥平面ABCD.又AC⊂平面ABCD，所以EH⊥AC.因为P，H分别为AD，AO的中点，所以HP∥BD.又底面ABCD是边长为4的菱形，所以AC⊥DB，所以AC⊥HP.又HP∩HE＝H，所以AC⊥平面EPH，又PE⊂平面EPH，所以AC⊥PE.(2)由题意得AP＝2，AH＝eq\r(3)，HP＝1.设EH＝x，则在Rt△EHA和Rt△EHP中，有AE＝eq\r(3＋x2)，EP＝eq\r(1＋x2)，在△EAP中，EA2＋AP2－2EA·AP·cos∠EAP＝EP2，即(eq\r(3＋x2))2＋22－2×eq\r(3＋x2)×2×cos60°＝(eq\r(1＋x2))2，解得x＝eq\r(6)，即EH＝eq\r(6)，则AE＝3.设点C到平面EAB的距离为h，由V三棱锥E­ABC＝V三棱锥C­EAB，得eq\f(1,3)·S△ABC·EH＝eq\f(1,3)·S△EAB·h，又S△EAB＝eq\f(1,2)AE·AB·sin∠EAB＝eq\f(1,2)×3×4×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sin(π－∠DAB)＝eq\f(1,2)×4×4×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3)，所以h＝eq\f(4\r(6),3)，即点C到平面EAB的距离为eq\f(4\r(6),3).19．(12分)(2019·贵阳模拟)某部门经统计，客户对不同款型理财产品的最满意度百分比和对应的理财总销售量(单位：万元)如下表(最满意度百分比越高时总销售量越高)：产品款型ABCDEFGHIJ最满意度百分比/%20342519262019241913总销售量/万元80898978757165626052设x表示理财产品最满意度的百分比，y为该理财产品的总销售量(单位：万元)．这些数据的散点图如图所示．(1)在5份A款型理财产品的客户满意度调查资料中只有一份是最满意的，从这5份资料中任取2份，求含有最满意客户资料的概率；(2)我们约定：相关系数的绝对值在0.3以下是无线性相关，在0.3以上(含0.3)至0.75是一般线性相关，在0.75以上(含0.75)是较强线性相关，y与x是否达到较强线性相关？若达到，请求出线性回归方程；若没有达到较强线性相关，则采取“末位”剔除制度(即总销售量最少的那一款型产品退出理财销售)，请求在剔除“末位”款型后的线性回归方程(系数精确到0.1)．数据参考计算值：eq\x\to(x)eq\x\to(y)eq\o(eq\o(∑,\s\up9(10)),\s\do9(i＝1))xeq\o\al(2,i)－10eq\x\to(x)2eq\r(\o(∑,\s\up9(10),\s\do9(i＝1))y\o\al(2,i)－10\x\to(y)2)eq\o(eq\o(∑,\s\up9(10)),\s\do9(i＝1))xiyi－10eq\x\to(x)·eq\x\to(y)eq\r(288.9)参考计算值21.972.1288.937.16452.117.00附：线性相关系数r＝eq\f(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xiyi－n\o(\x\to(x))·\x\to(y),\r(\o(∑,\s\up9(10),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－n\o(\x\to(x)2))\r(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))y\o\al(2,i)－n\o(\x\to(y)2)))，回归直线方程eq\o(y,\s\up9(^))＝eq\o(a,\s\up9(^))＋eq\o(b,\s\up9(^))x的斜率和截距的最小二乘法估计分别为eq\o(b,\s\up9(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))xiyi－n\o(\x\to(x))·\x\to(y),\o(∑,\s\up9(n),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－n\o(\x\to(x)2))，eq\o(a,\s\up9(^))＝eq\x\to(y)－eq\o(b,\s\up9(^))eq\o(\x\to(x)).[解](1)在5份A款型理财产品的客户资料中只有1份是最满意的，把最满意客户资料记为a，其余客户资料记为b，c，d，e.则任取2份资料的基本事件有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，(b，c)，(b，d)，(b，e)，(c，d)，(c，e)，(d，e)，共10个．含有a的基本事件有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，e)，共4个．则含有最满意客户资料的概率为eq\f(4,10)＝eq\f(2,5).(2)线性相关系数r＝eq\f(\o(∑,\s\up9(10),\s\do9(i＝1))xiyi－10\x\to(x)·\x\to(y),\r(\o(∑,\s\up9(10),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－10\x\to(x)2)\r(\o(∑,\s\up9(10),\s\do9(i＝1))y\o\al(2,i)－10\x\to(y)2))≈eq\f(452.1,17×37.16)≈0.72∈[0.3,0.75)．即y与x具有一般线性相关关系，没有达到较强线性相关关系．由“末位”剔除制度可知，应剔除J款型理财产品，重新计算得eq\x\to(x′)＝eq\f(10×21.9－13,9)＝eq\f(206,9)≈22.89，eq\x\to(y′)＝eq\f(10×72.1－52,9)＝eq\f(669,9)≈74.33，eq\o(eq\o(∑,\s\up9(9)),\s\do9(i＝1))xeq\o\al(2,i)－9eq\x\to(x′)2＝288.9＋10×21.92－132－9×22.892≈200.43，eq\o(eq\o(∑,\s\up9(9)),\s\do9(i＝1))xiyi－9eq\x\to(x′)·eq\x\to(y′)＝452.1＋10×21.9×72.1－13×52－9×22.89×74.33≈253.27.eq\o(b,\s\up9(^))＝eq\f(\o(∑,\s\up9(9),\s\do9(i＝1))xiyi－9\x\to(x′)·\x\to(y′),\o(∑,\s\up9(9),\s\do9(i＝1))x\o\al(2,i)－9\x\to(x′)2)＝eq\f(253.27,200.43)≈1.26≈1.3.eq\o(a,\s\up9(^))＝eq\x\to(y′)－eq\o(b,\s\up9(^))eq\x\to(x′)＝74.33－1.26×22.89≈45.5.所求线性回归方程为eq\o(y,\s\up9(^))＝45.5＋1.3x.(注：若用eq\o(b,\s\up9(^))＝1.3计算出a≈44.6，即eq\o(y,\s\up9(^))＝44.6＋1.3x不扣分)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．(10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ＝2cosθ，若极坐标系内异于O的三点A(ρ1，φ)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，φ＋\f(π,6)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ3，φ－\f(π,6)))(ρ1，ρ2，ρ3＞0)都在曲线M上．(1)求证：eq\r(3)ρ1＝ρ2＋ρ3；(2)若过B，C两点的直线的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2－\f(\r(3),2)t,y＝\f(1,2)t))(t为参数)，求四边形OBAC的面积．[解](1)由题意得ρ1＝2cosφ，ρ2＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6)))，ρ3＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,6)))，则ρ2＋ρ3＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,6)))＋2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,6)))＝2eq\r(3)cosφ＝eq\r(3)ρ1.(2)由曲线M的极坐标方程得曲线M的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，将直线BC的参数方程代入曲线M的直角坐标方程得t2－eq\r(3)t＝0，解得t1＝0，t2＝eq\r(3)，∴在平面直角坐标系中，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，C(2,0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝eq\f(π,6)，∴ρ1＝eq\r(3).∴四边形OBAC的面积S＝S△AOB＋S△AOC＝eq\f(1,2)ρ1ρ2sineq\f(π,6)＋eq\f(1,2)ρ1ρ3sineq\f(π,6)＝eq\f(3\r(3),4).23．(10分)[选修4－5：不等式选讲]已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．(1)求实数a的值；(2)求eq\r(12－at)＋eq\r(4＋t)的最大值．[解](1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2