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1、2022高考數(shù)學(xué)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題規(guī)范練3 文
(教師備選)
已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若b＝2，且2bcos B＝acos C＋ccos A.
(1)求B的大?。?
(2)求△ABC面積的最大值．
[解] (1)由正弦定理＝＝可得，
2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A＝sin B，
∵sin B＞0，故cos B＝，
∵0＜B＜π，∴B＝.
(2)由b＝2，B＝，由余弦定理可得ac＝a2＋c2－4，
由基本不等式可得ac＝a2＋c2－4≥2ac－4，ac≤4，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝c＝2時(shí)，S△ABC＝acsi
2、n B取得最大值×4×＝，
故△ABC面積的最大值為.
1．已知等差數(shù)列{an}中，公差d≠0，S7＝35，且a2，a5，a11成等比數(shù)列．
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若Tn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，且存在n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
[解] (1)由題意可得
即
又∵d≠0，∴a1＝2，d＝1，∴an＝n＋1.
(2)∵＝＝－，
∴Tn＝－＋－＋…＋－＝－＝，
∵?n∈N*，使得Tn－λan＋1≥0成立，
∴?n∈N*，使得－λ(n＋2)≥0成立，
即?n∈N*，使得λ≤成立，
又＝≤＝(當(dāng)且僅當(dāng)n＝2時(shí)取等號(hào))，
∴λ≤，即
3、實(shí)數(shù)λ的取值范圍是.
(教師備選)
在邊長(zhǎng)為6 cm的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，M，N分別為AB，CF的中點(diǎn)，現(xiàn)沿AE，AF，EF折疊，使B，C，D三點(diǎn)重合于B，構(gòu)成一個(gè)三棱錐(如圖所示)．
(1)在三棱錐上標(biāo)注出M、N點(diǎn)，并判別MN與平面AEF的位置關(guān)系，并給出證明；
(2)G是線段AB上一點(diǎn)，且＝λ，問(wèn)是否存在點(diǎn)G使得AB⊥平面EGF，若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
(3)求多面體E-AFNM的體積．
[解] (1)因翻折后B，C，D重合，所以MN應(yīng)是△ABF的一條中位線，如圖所示．
則MN∥平面AEF.
證明如下：
?MN∥平面
4、AEF.
(2)存在點(diǎn)G使得AB⊥平面EGF，此時(shí)λ＝1，
因?yàn)?AB⊥平面EBF.
又G是線段AB上一點(diǎn)，且＝λ，
∴當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)B重合時(shí)，AB⊥平面EGF，此時(shí)λ＝1.
(3)因?yàn)锳B⊥平面BEF，且AB＝6，BE＝BF＝3，
∴VA-BEF＝·AB·S△BEF＝9，
又＝＝，∴VE-AFNM＝.
2．某互聯(lián)網(wǎng)公司為了確定下一季度的前期廣告投入計(jì)劃，收集了近期前期廣告投入量x(單位：萬(wàn)元)和收益y(單位：萬(wàn)元)的數(shù)據(jù)．對(duì)這些數(shù)據(jù)作了初步處理，得到了如圖的散點(diǎn)圖(共21個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn))及一些統(tǒng)計(jì)量的值．為了進(jìn)一步了解廣告投入量x對(duì)收益y的影響，公司三位員工①②③對(duì)歷史數(shù)據(jù)進(jìn)行分析，
5、查閱大量資料，分別提出了三個(gè)回歸方程模型：
表中ui＝ln xi，vi＝，參考數(shù)據(jù)：≈1.41，≈3.16.
(1)根據(jù)散點(diǎn)圖判斷，哪一位員工提出的模型不適合用來(lái)描述x與y之間的關(guān)系？簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；
(2)根據(jù)(1)的判斷結(jié)果及表中數(shù)據(jù)，在余下兩個(gè)模型中分別建立收益y關(guān)于投入量x的關(guān)系，并從數(shù)據(jù)相關(guān)性的角度考慮，在余下兩位員工提出的回歸模型中，哪一個(gè)是最優(yōu)模型(即更適宜作為收益y關(guān)于投入量x的回歸方程)？說(shuō)明理由；
附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xn，yn)，其回歸直線＝x＋的斜率、截距的最小二乘估計(jì)以及相關(guān)系數(shù)分別為：
其中r越接近于1，說(shuō)明變量
6、x與y的線性相關(guān)程度越好．
[解] (1)由散點(diǎn)圖可以判斷員工①提出的模型不適合．因?yàn)樯Ⅻc(diǎn)圖中x與y之間不是線性關(guān)系．
(2)令v＝，先建立y關(guān)于v的線性回歸方程．由于
所以y關(guān)于v的線性回歸方程為＝24.2＋6v，因此模型②為2＝24.2＋6.
同理，令u＝ln x，先建立y關(guān)于u的線性回歸方程．由于
所以y關(guān)于u的線性回歸方程為＝－10＋20u，因此模型③為3＝－10＋20ln x.
模型②中，相關(guān)系數(shù)
×3.16＝0.948.
模型③中，相關(guān)系數(shù)
0.7×1.41＝0.987，
可得1＞r3＞r2，說(shuō)明變量u與y的線性相關(guān)程度更好，即模型③為3＝－10＋20l
7、n x更為準(zhǔn)確，
即模型③為最優(yōu)模型．
3．如圖64，四棱錐E-ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝AE＝BC＝1且BC⊥底面ABE，M為棱CE的中點(diǎn)．
圖64
(1)求證：直線DM⊥平面CBE；
(2)當(dāng)四面體D-ABE的體積最大時(shí)，求四棱錐E-ABCD的體積．
[解] (1)因?yàn)锳E＝AB，設(shè)N為EB的中點(diǎn)，連接AN，MN.(圖略)所以AN⊥EB，又BC⊥平面AEB，AN?平面AEB，所以BC⊥AN，又BC∩BE＝B，所以AN⊥平面BCE，易知MN綊DA，四邊形MNAD為平行四邊形，所以DM∥AN，所以DM⊥平面BCE.
(2)因?yàn)锳D∥BC，BC⊥底面ABE，所以AD⊥
8、平面ABE.設(shè)∠EAB＝θ，
因?yàn)锳D＝AB＝AE＝1，
則四面體D-ABE的體積V＝××AE·AB·sin θ·AD＝sin θ，
當(dāng)θ＝90°，即AE⊥AB時(shí)體積最大，
又BC⊥平面AEB，AE?平面AEB，所以AE⊥BC，因?yàn)锽C∩AB＝B，
所以AE⊥平面ABC，
VE-ABCD＝××(1＋2)×1×1＝.
4．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
在直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)直線l：(t為參數(shù))，曲線C1：(θ為參數(shù))，在以O(shè)為極點(diǎn)、x正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中：
(1)求C1和l的極坐標(biāo)方程；
(2)設(shè)曲線C2：ρ＝4sin θ.曲線θ＝α，分別與C1、C2交于A、B兩點(diǎn)
9、，若AB的中點(diǎn)在直線l上，求|AB|.
[解] (1)消去θ可得C1：(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，
化為極坐標(biāo)：ρ＝4cos θ，
消去t可得l：2x＋y－4＝0，化為極坐標(biāo)：2ρcos θ＋ρsin θ－4＝0.
(2)AB中點(diǎn)的極徑為＝2(sin α＋cos α)，
將(2sin α＋2cos α，α)代入2ρcos θ＋ρsin θ－4＝0中，
化簡(jiǎn)得：3sin αcos α－sin2α＝0，故tan α＝3，
故sin α＝，cos α＝，
|AB|＝|ρA－ρB|＝4|sin α－cos α|＝.
[選修4－5：不等式選講]
設(shè)函數(shù)f(x)＝
10、|x－3|－|x＋1|，x∈R.
(1)解不等式f(x)＜－1；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝|x＋a|－4，且g(x)≤f(x)在x∈[－2,2]上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
[解] (1)函數(shù)f(x)＝|x－3|－|x＋1|
＝
故由不等式f(x)＜－1可得，x＞3或
解得x＞.
(2)函數(shù)g(x)≤f(x)在x∈[－2,2]上恒成立，即|x＋a|－4≤|x－3|－|x＋1|在x∈[－2,2]上恒成立，在同一個(gè)坐標(biāo)系中畫(huà)出函數(shù)f(x)和g(x)的圖象，如圖所示．
故當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，若0≤－a≤4，則函數(shù)g(x)的圖象在函數(shù)f(x)的圖象的下方，g(x)≤f(x)在x∈[－2,2]上恒成立，求得－4≤a≤0，故所求的實(shí)數(shù)a的取值范圍為[－4,0]．
2022高考數(shù)學(xué)”一本“培養(yǎng)優(yōu)選練 中檔大題規(guī)范練3 文
