2025高考数学二轮复习-专项练-大题规范练4-专项训练【含答案】

大题规范练41．(2023·邢台模拟)在①(2b－c)cosA＝acosC，②asinB＝eq\r(3)bcosA，③acosC＋eq\r(3)csinA＝b＋c这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答．问题：已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________．(1)求A；(2)若a＝4，求b＋c的取值范围．解(1)若选①，(2b－c)cosA＝acosC⇒2sinBcosA－sinCcosA＝sinAcosC，2sinBcosA＝sinAcosC＋cosAsinC＝sin(A＋C)＝sinB，∵A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinB≠0⇒cosA＝eq\f(1,2)⇒A＝eq\f(π,3).若选②，asinB＝eq\r(3)bcosA⇒sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA，∵A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinB≠0⇒sinA＝eq\r(3)cosA⇒tanA＝eq\r(3)⇒A＝eq\f(π,3).若选③，acosC＋eq\r(3)csinA＝b＋c⇒sinAcosC＋eq\r(3)sinCsinA＝sinB＋sinC⇒sinAcosC＋eq\r(3)sinCsinA＝sin(A＋C)＋sinC⇒eq\r(3)sinCsinA＝sinC(cosA＋1)，∵A，B，C∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinC≠0⇒eq\r(3)sinA－cosA＝1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，而A－eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,3)))⇒A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)⇒A＝eq\f(π,3).(2)∵a＝4，∴由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(4,sin\f(π,3))＝eq\f(8\r(3),3)，b＋c＝eq\f(8\r(3),3)(sinB＋sinC)＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋C))＋sinC))＝eq\f(8\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosC＋\f(1,2)sinC＋sinC))＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))，∵△ABC是锐角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<C<\f(π,2)，,0<\f(2π,3)－C<\f(π,2)，))∴eq\f(π,6)<C<eq\f(π,2)，∴C＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))，∴b＋c∈(4eq\r(3)，8]．2．(2023·襄阳四中模拟)设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝5，且aeq\o\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(－1n·2n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为aeq\o\al(2,n＋1)＝4Sn＋4n＋1，所以4Sn＝aeq\o\al(2,n＋1)－4n－1，①所以当n≥2时，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n)－4(n－1)－1.②由①－②，得4an＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)－4，即aeq\o\al(2,n＋1)＝(an＋2)2.因为{an}各项均为正数，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，因为a3＝5，所以aeq\o\al(2,3)＝4(a1＋a2)＋9，aeq\o\al(2,2)＝4a1＋5，解得a2＝3，a1＝1，a2－a1＝2，所以数列{an}是公差为2的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)得bn＝eq\f(－1n·2n,2n－12n＋1)＝eq\f(－1n,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1))).当n为偶数时，Tn＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)＋\f(1,9)))－…＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)；当n为奇数时，Tn＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,5)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)＋\f(1,7)))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)＋\f(1,9)))－…－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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＋1,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(n,2n＋1)，n为偶数，,－\f(n＋1,2n＋1)，n为奇数.))3．(2023·天津模拟)O是坐标原点，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在椭圆上，当△MF1F2的面积最大时，∠F1MF2＝120°且最大面积为2eq\r(3).(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l：x＝2与椭圆C在第一象限交于点N，点A是第四象限内的点且在椭圆C上，线段AB被直线l垂直平分，直线NB与椭圆交于另一点D，求证：ON∥AD.(1)解当M是椭圆的上顶点或下顶点时，△MF1F2的面积最大，设M是椭圆的上顶点，则tan60°＝eq\f(c,b)＝eq\r(3)，即c＝eq\r(3)b，又S＝eq\f(1,2)×2c×b＝2eq\r(3)，a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝2，c2＝6，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明依题意点N的坐标为N(2,1)，直线ND不与x垂直，设直线ND：y－1＝k(x－2)，即y＝kx＋1－2k，直线NA：y－1＝－k(x－2)，即y＝－kx＋2k＋1，设D(xD，yD)，A(xA，yA)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1－2k，))得(1＋4k2)x2＋8k(1－2k)x＋16k2－16k－4＝0，∴2xD＝eq\f(16k2－16k－4,1＋4k2)，∴xD＝eq\f(8k2－8k－2,1＋4k2)，则xA＝eq\f(8k2＋8k－2,1＋4k2).又yD＝kxD＋1－2k，yA＝－kxA＋1＋2k，∴kAD＝eq\f(yD－yA,xD－xA)＝eq\f(kxD＋xA－4k,xD－xA)＝eq\f(k×\f(16k2－4,1＋4k2)－4k,－\f(16k,1＋4k2))＝eq\f(1,2)，又kON＝eq\f(1,2)，∴kAD＝kON，∴ON∥AD.4．(2023·浙江联考)如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E是DC的中点，将△DAE沿AE折起，使得点D到达点P的位置，且PB＝PC，如图2所示．F是棱PB上的一点．(1)若F是棱PB的中点，求证：CF∥平面PAE；(2)是否存在点F，使得平面AEF与平面AEC的夹角的余弦值为eq\f(4\r(17),17)？若存在，则求出eq\f(PF,FB)的值；若不存在，请说明理由．(1)证明如图，在AB上取中点Q，连接CQ，FQ.由题意知，CE綉eq\f(1,2)AB，所以四边形AQCE为平行四边形，所以AE∥CQ.又因为F，Q分别为PB，AB的中点，所以FQ∥PA，又AE∩PA＝A，FQ∩CQ＝Q，FQ，CQ在平面FQC内，则平面FQC∥平面PAE，而CF⊂平面CFQ，则CF∥平面PAE.(2)解如图，以B为原点，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴正方向，过点B且垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立空间直角坐标系．由图可知，B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，E(1,1,0)，因为PB＝PC，设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)，b))，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2，\f(1,2)，b))，eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1，－\f(1,2)，b))，因为|eq\o(AP,\s\up6(→))|＝|eq\o(EP,\s\up6(→))|，所以(a－2)2＋eq\f(1,4)＋b2＝(a－1)2＋eq\f(1,4)＋b2，解得a＝eq\f(3,2)，因为eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(EP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2，\f(1,2)，b))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－1，－\f(1,2)，b))＝(a－2)(a－1)－eq\f(1,4)＋b2＝0，所以b2＝－a2＋3a－eq\f(7,4)，解得b＝eq\f(\r(2),2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，设eq\o(BF,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))，0≤λ≤1，则Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ，\f(1,2)λ，\f(\r(2),2)λ))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ－2，\f(1,2)λ，\f(\r(2),2)λ))，设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AE,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n1·\o(AF,\s\up6(→))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)λ－2))x＋\f(1,2)λy＋\f(\r(2),2)λz＝0，))令x＝eq\f(\r(2),2)λ，得y＝eq\f(\r(2),2)λ，z＝2－2λ，即n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)λ，\f(\r(2),2)λ，2－2λ))，易得平面AEC的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(|2－2λ|,\r(\f(1,2)λ2＋\f(1,2)λ2＋2－2λ2))＝eq\f(4\r(17),17)，解得λ＝eq\f(1,3)(舍去负值)，所以存在点F，使得平面AEF与平面AEC的夹角的余弦值为eq\f(4\r(17),17)，此时eq\f(PF,FB)＝2.5．(2023·长沙模拟)盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机属性．某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同单品，且必包含隐藏款X；B款盲盒套餐包含2款不同单品，有50%的可能性出现隐藏款X.为避免盲目购买与黄牛囤积，每人每天只能购买1件盲盒套餐，开售第二日，销售门店对80名购买了套餐的消费者进行了问卷调查，得到如下数据：A款盲盒套餐B款盲盒套餐年龄低于30岁1830年龄不低于30岁2210(1)依据小概率值α＝0.01的独立性检验，能否认为A，B款盲盒套餐的选择与年龄有关联？(2)甲、乙、丙三人每人购买1件B款盲盒套餐，记随机变量ξ为其中隐藏款X的个数，求ξ的分布列和均值；(3)某消费者在开售首日与次日分别购买了A款盲盒套餐与B款盲盒套餐各1件，并将6件单品全部打乱放在一起，从中随机抽取1件打开后发现为隐藏款X，求该隐藏款来自于B款盲盒套餐的概率．附：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.10.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)零假设为H0：A，B款盲盒套餐的选择与年龄之间无关联．根据列联表中的数据，经计算得χ2＝eq\f(80×18×10－30×222,48×32×40×40)＝7.5>6.635＝x0.01，依据小概率值α＝0.01的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为A，B款盲盒套餐的选择与年龄有关．(2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3，P(ξ＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)，P(ξ＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，P(ξ＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(3,8)，P(ξ＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(1,8)，所以ξ的分布列为ξ0123Peq\f(1,8)eq\f(3,8)eq\f(3,8)eq\f(1,8)E(ξ)＝0×eq\f(1,8)＋1×eq\f(3,8)＋2×eq\f(3,8)＋3×eq\f(1,8)＝eq\f(3,2).(3)设事件A为随机抽取1件打开后发现为隐藏款X，设事件B1为随机抽取的1件单品来自于A款盲盒套餐，设事件B2为随机抽取的1件单品来自于B款盲盒套餐，P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)P(A|B2)＝eq\f(4,6)×eq\f(1,4)＋eq\f(2,6)×eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，故由条件概率公式可得P(B2|A)＝eq\f(PAB2,PA)＝eq\f(PB2PA|B2,\f(1,4))＝eq\f(\f(1,12),\f(1,4))＝eq\f(1,3)，即该隐藏款来自于B款盲盒套餐的概率为eq\f(1,3).6．已知函数f(x)＝ex－ax＋sinx－1.(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间；(2)当1≤a<2时，证明：函数f(x)有2个零点．(1)解当a＝2时，f(x)＝ex－2x＋sinx－1，则f′(x)＝ex－2＋cosx，令g(x