《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 周周練 第三周 綜合限時(shí)練 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí) 周周練 第三周 綜合限時(shí)練 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題.doc（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)趨R文網(wǎng)上搜索。

1、星期五(綜合限時(shí)練)2016年_月_日解答題綜合練(設(shè)計(jì)意圖：訓(xùn)練考生在規(guī)定時(shí)間內(nèi)得高分，限時(shí)：80分鐘)1(本小題滿分12分)在銳角ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且.(1)求角A的大??；(2)求函數(shù)ysin Bsin的值域解(1)由，利用正弦定理可得2sin Bcos Asin Ccos Asin Acos C，化為2sin Bcos Asin(CA)sin B，sin B0，cos A，A，A.(2)ysin Bsinsin Bcos B2sin.BC，0B，B，B，sin，y(，22(本小題滿分12分)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA底面ABCD，

2、M是棱PD的中點(diǎn)，且PAABAC2，BC2.(1)求證：CD平面PAC；(2)如果N是棱AB上一點(diǎn)，且直線CN與平面MAB所成角的正弦值為，求的值(1)證明在ABC中，BC2AB2AC2，所以ABAC.又ABCD，所以ACCD.又PA底面ABCD，所以PACD.又ACPAA，所以CD平面PAC.(2)解如圖，以A為原點(diǎn)，AB，AC，AP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(0，0，2),B(2，0，0),C(0，2，0),D(2，2，0)因?yàn)镸是棱PD的中點(diǎn)，所以M(1，1，1)所以(1，1，1)，(2，0，0)設(shè)n(x，y，z)為平面MAB的法向量，所以即令y

3、1，則x0，y1，z1，所以平面MAB的法向量n(0，1，1)因?yàn)镹是在棱AB上一點(diǎn)，所以設(shè)N(x，0，0)，(x，2，0)設(shè)直線CN與平面MAB所成角為，因?yàn)槠矫鍹AB的法向量n(0，1，1)，所以sin .解得x1，即AN1，NB1，所以1.3(本小題滿分12分)據(jù)報(bào)道，全國(guó)很多省市將英語(yǔ)考試作為高考改革的重點(diǎn)，一時(shí)間“英語(yǔ)考試該如何改革”引起廣泛關(guān)注，為了解某地區(qū)學(xué)生和包括老師、家長(zhǎng)在內(nèi)的社會(huì)人士對(duì)高考英語(yǔ)改革的看法，某媒體在該地區(qū)選擇了3 600人進(jìn)行調(diào)查，就“是否取消英語(yǔ)聽(tīng)力”問(wèn)題進(jìn)行了問(wèn)卷調(diào)查統(tǒng)計(jì)，結(jié)果如下表：態(tài)度調(diào)查人群 應(yīng)該取消應(yīng)該保留無(wú)所謂在校學(xué)生2 100人120人y人社會(huì)

4、人士600人x人z人而且已知在全體樣本中隨機(jī)抽取1人，抽到持“應(yīng)該保留”態(tài)度的人的概率為0.05.(1)現(xiàn)用分層抽樣的方法在所有參與調(diào)查的人中抽取360人進(jìn)行問(wèn)卷訪談，問(wèn)應(yīng)在持“無(wú)所謂”態(tài)度的人中抽取多少人？(2)在持“應(yīng)該保留”態(tài)度的人中，用分層抽樣的方法抽取6人，再平均分成兩組進(jìn)行深入交流，求第一組中在校學(xué)生人數(shù)的分布列和數(shù)學(xué)期望解(1)抽到持“應(yīng)該保留”態(tài)度的人的概率為0.05，0.05，解得x60，持“無(wú)所謂”態(tài)度的人數(shù)共有3 6002 10012060060720，應(yīng)在“無(wú)所謂”態(tài)度抽取72072人；(2)由(1)知持“應(yīng)該保留”態(tài)度的一共有180人，在所抽取的6人中，在校學(xué)生為64

5、人，社會(huì)人士為62人，于是第一組在校學(xué)生人數(shù)1，2，3.P(1)，P(2)，P(3)，即的分布列為：123PE()1232.4(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)(x1)2，g(x)4(x1)，數(shù)列an是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(an1，S2n1)在函數(shù)f(x)的圖象上；數(shù)列bn滿足b12，bn1，且(bnbn1)g(bn)f(bn)(nN*)(1)求an并證明數(shù)列bn1是等比數(shù)列；(2)若數(shù)列cn滿足cn，證明：c1c2c3cn3.(1)解因?yàn)辄c(diǎn)(an1，S2n1)在函數(shù)f(x)的圖象上，所以aS2n1.令n1，n2，得即解得a11，d2(d1舍去)，則an2n1.由(b

6、nbn1)g(bn)f(bn)，得4(bnbn1)(bn1)(bn1)2.由題意bn1，所以4(bnbn1)bn1，即3(bn1)4(bn11)，所以.所以數(shù)列bn1是以1為首項(xiàng)，公比為的等比數(shù)列(2)證明由(1)，得.令Tnc1c2c3cn，則Tn，Tn，得，Tn122.所以Tn3.所以c1c2c3cn33.5(本小題滿分13分)已知橢圓C1：1(ab0)的短軸長(zhǎng)為單位圓C2：x2y21的直徑，且橢圓的離心率為.(1)求橢圓的方程；(2)過(guò)橢圓短軸的上頂點(diǎn)B1作直線分別與單位圓C2和橢圓C1交于A，B兩點(diǎn)(A，B兩點(diǎn)均在y軸的右側(cè))，設(shè)B2為橢圓的短軸的下頂點(diǎn)，求AB2B的最大值解(1)由題

7、知b1，又e，得a23，橢圓的方程為y21.(2)由(1)得B1(0，1)，B2(0，1)，設(shè)過(guò)橢圓的短軸的上頂點(diǎn)B1的直線的方程為ykx1，由于B1B2為圓的直徑，所以直線B2A的斜率k1.把ykx1代入C1得B，由題意易知k0，且直線B2B的斜率為k2，所以k1，k20，且k13k2，又B2AB是直角三角形，所以AB2B必為銳角，因?yàn)榕c的方向向量分別為(1，k1)，(1，k2)，所以(1，k1)(1，k2)13k，又cos AB2B，從而cos AB2B，當(dāng)且僅當(dāng)k2時(shí)，cos AB2B取得最小值，由AB2B為銳角得AB2B的最大值為.6(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)ax21，g(x

8、)ln(x1)(1)當(dāng)實(shí)數(shù)a為何值時(shí)，函數(shù)g(x)在x0處的切線與函數(shù)f(x)的圖象相切；(2)當(dāng)x0，)時(shí)，不等式f(x)g(x)x1恒成立，求a的取值范圍；(3)已知nN*，試判斷g(n)與g(0)g(1)g(n1)的大小，并證明之解(1)g(x)ln(x1)，g(x)，g(0)1，故g(x)在x0處的切線方程為yx.由得ax2x10，14a0，a.(2)當(dāng)x0，)時(shí)，不等式f(x)g(x)x1恒成立，即ax2ln(x1)x0恒成立設(shè)h(x)ax2ln(x1)x(x0)，只需h(x)max0即可h(x)2ax1.當(dāng)a0時(shí)，h(x)，當(dāng)x0時(shí)，h(x)0，函數(shù)h(x)在0，)上單調(diào)遞減，故h

9、(x)h(0)0成立當(dāng)a0時(shí)，由h(x)0，得x1或x0.1 10，即a時(shí)，在區(qū)間(0，)上，h(x)0，則函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，h(x)在(0，)上無(wú)最大值，此時(shí)不滿足條件2 若10，即0a時(shí)，函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，同樣h(x)在0，)上無(wú)最大值，不滿足條件當(dāng)a0時(shí)，h(x)0，函數(shù)h(x)在0，)上單調(diào)遞減，故h(x)h(0)0成立，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(，0(3)結(jié)論：g(n)g(0)g(1)g(2)g(n1)證明：當(dāng)a0時(shí)，ln(x1)x(當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)取等號(hào))，令x，ln，ln(n1)ln n.故有l(wèi)n(n1)ln n，ln nln(n1)，ln(n1)ln(n2)，ln 3ln 2，ln 2ln 11，所以ln(n1)1，即g(n)g(0)g(1)g(2)g(n1)