高考数学大题突破训练理科912难度较大

高考数学大题突破训练理科912难度较大

高考数学大题突破训练（九）‎ ‎1、已知函数。‎ ‎ （Ⅰ）求的最小正周期：‎ ‎ （Ⅱ）求在区间上的最大值和最小值。‎ ‎2、某商店试销某种商品20天，获得如下数据：‎ 日销售量（件）‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 频数 ‎1‎ ‎5‎ ‎9‎ ‎5‎ 试销结束后（假设该商品的日销售量的分布规律不变），设某天开始营业时有该商品3件，当天营业结束后检查存货，若发现存货少于2件，则当天进货补充至3件，否则不进货，将频率视为概率。‎ ‎(Ⅰ）求当天商品不进货的概率；‎ ‎（Ⅱ）记X为第二天开始营业时该商品的件数，求X的分布列和数学期望。‎ ‎3、如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，.‎ ‎(Ⅰ)求证：平面 ‎ （Ⅱ）若求与所成角的余弦值；‎ ‎ （Ⅲ）当平面与平面垂直时，求的长.‎ ‎4、已知函数 ‎(I)设函数，求的单调区间与极值；‎ ‎ (Ⅱ)设，解关于的方程 ‎ ‎ (Ⅲ)试比较与的大小.‎ ‎5、如图7，椭圆的离心率为，轴被曲线 截得的线段长等于的长半轴长。（Ⅰ）求，的方程；‎ ‎（Ⅱ）设与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与 相交于点A,B,直线MA,MB分别与相交与D,E.‎ ‎（i）证明：；‎ ‎(ii)记△MAB,△MDE的面积分别是.问：是否存在直线,‎ 使得=?请说明理由。‎ ‎6、设为非零实数，‎ ‎(1)写出并判断是否为等比数列。若是，给出证明；若不是，说明理由；‎ ‎(II)设，求数列的前n项和．‎ 高考数学大题突破训练（十）‎ ‎1、已知函数 ‎(1)求的最小正周期和最小值；‎ ‎（2）已知，求证：‎ ‎2、本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多。某自行车租车点的收费标准是每车每次租不超过两小时免费，超过两小时的收费标准为2元（不足1小时的部分按1小时计算）。有人独立来该租车点则车骑游。各租一车一次。设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为；两人租车时间都不会超过四小时。‎ ‎（Ⅰ）求出甲、乙所付租车费用相同的概率；‎ ‎（Ⅱ）求甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望；‎ ‎3、是正方形的中心，，平面，且 ‎（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值；‎ ‎（Ⅲ）设为棱的中点，点在平面内，且平面，求线段的 长．‎ ‎4、已知函数。‎ ‎ （Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎ （Ⅱ）若对于任意的，都有≤，求的取值范围。‎ ‎5、已知椭圆.过点（m,0）作圆的切线I交椭圆G于A，B两点.‎ ‎ （I）求椭圆G的焦点坐标和离心率；‎ ‎ （II）将表示为m的函数，并求的最大值.‎ ‎6、已知数列与满足：， ，且 ‎．‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）设，证明：是等比数列；‎ ‎（III）设证明：．‎ 高考数学大题突破训练（十一）‎ ‎1、在中，角所对的边分别为，且满足.‎ ‎（I）求角的大小；‎ ‎（II）求的最大值，并求取得最大值时角的大小．‎ ‎2、工作人员需进入核电站完成某项具有高辐射危险的任务，每次只派一个人进去，且每个人只派一次，工作时间不超过10分钟。如果前一个人10分钟内不能完成任务则撤出，再派下一个人，现在一共只有甲、乙、丙三个人可派，他们各自能完成任务的概率分别为，假设互不相等，且假定各人能否完成任务的事件相互独立。‎ ‎（Ⅰ）如果按甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人，求任务能被完成的概率。若改变三个人被派出的先后顺序，任务能被完成的概率是否发生变化？‎ ‎（Ⅱ）若按某指定顺序派人，这三个人各自能完成任务的概率依次为，其中是的一个排列，求所需派出人员数目X的分布列和均值（数学期望）EX；‎ ‎（Ⅲ）假定，试分析以怎样的先后顺序派出人员，可使所需派出的人员数目的均值（数学期望）达到最小。‎ ‎3、在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积记作，再令，n≥1.‎ ‎（Ⅰ）求数列的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设，求数列的前n项和.‎ ‎4、如图，在直三棱柱AB-A1B‎1C1中．∠ BAC=90°，AB=AC=AA1 =1．D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A‎1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA．‎ ‎(I)求证：CD=C1D：‎ ‎(II)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值；‎ ‎(Ⅲ)求点C到平面B1DP的距离．‎ ‎5、已知，函数（的图像连续不断）‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）当时，证明：存在，使；‎ ‎（Ⅲ）若存在均属于区间的，且，使，证明 ‎．‎ ‎6、椭圆有两顶点A(-1，0)、B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．‎ ‎ (I)当|CD | = 时，求直线l的方程；‎ ‎ (II)当点P异于A、B两点时，求证： 为定值。‎ ‎ ‎ 高考数学大题突破训练（十二）‎ ‎１、设，满足，求函数在上的最大值和最小值.‎ ‎2、根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0．5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0．3,设各车主购买保险相互独立 ‎（I）求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的l种的概率；‎ ‎（Ⅱ）X表示该地的l00位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数。求X的期望。 ‎ ‎3、如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=P D．‎ ‎ （I）证明：平面PQC⊥平面DCQ；‎ ‎ （II）求二面角Q—BP—C的余弦值．‎ ‎4、已知a，b是实数，函数 和是的导函数，若在区间I上恒成立，则称和在区间I上单调性一致 ‎（1）设，若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围；‎ ‎（2）设且，若函数和在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求|a-b|的最大值 ‎5、设数列满足且 ‎（Ⅰ）求的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）设 ‎6、如图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为．‎ ‎ （Ⅰ）求该椭圆的标准方程；‎ ‎ （Ⅱ）设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．‎ 高考数学大题突破训练（九）参考答案 ‎1、解：（Ⅰ）因为 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以的最小正周期为 ‎ （Ⅱ）因为 ‎ 于是，当时，取得最大值2；‎ ‎ 当取得最小值—1.‎ ‎2、解析：（I）P（“当天商店不进货”）=P（“当天商品销售量为0件”）+P（“当天商品销售量1件”）=。‎ ‎（II）由题意知，的可能取值为2，3.‎ ‎；‎ 故的分布列为 ‎2‎ ‎3‎ 的数学期望为。‎ ‎3、证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.‎ 又因为PA⊥平面ABCD.所以PA⊥BD.所以BD⊥平面PAC.‎ ‎（Ⅱ）设AC∩BD=O.‎ 因为∠BAD=60°，PA=PB=2,所以BO=1，AO=CO=.‎ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则 P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）.‎ 所以设PB与AC所成角为，则 ‎.‎ ‎（Ⅲ）由（Ⅱ）知设P（0，－，t）（t>0），‎ 则设平面PBC的法向量,‎ 则所以 令则所以 同理，平面PDC的法向量因为平面PCB⊥平面PDC,‎ 所以=0，即解得所以PA=‎ ‎4、解析：（1），‎ 令 ‎ 所以是其极小值点，极小值为。是其极大值点，极大值为 ‎（2）；‎ 由 时方程无解 时 方程的根为 ‎(3)，‎ ‎5、解析：（I）由题意知，从而，又，解得。‎ 故，的方程分别为。‎ ‎（II）（i）由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.‎ 由得，‎ 设，则是上述方程的两个实根，于是。‎ 又点的坐标为，所以 故，即。‎ ‎（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为 又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.‎ 于是 由得，‎ 解得或，则点的坐标为；‎ 又直线的斜率为，同理可得点的坐标 于是 因此 由题意知，解得 或。‎ 又由点的坐标可知，，所以 故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。‎ ‎6、解析：（1）‎ ‎ ‎ 因为为常数，所以是以为首项，为公比的等比数列。‎ ‎（2）‎ ‎（2）（1）‎ 高考数学大题突破训练（十）参考答案 1、 解析：‎ ‎（2）‎ ‎2、解析：（1）所付费用相同即为元。设付0元为，付2元为，付4元为则所付费用相同的概率为 ‎(2)设甲，乙两个所付的费用之和为，可为 分布列 ‎3、本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.‎ ‎ 方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.‎ ‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ （I）解：易得，‎ ‎ 于是 ‎ 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎ （II）解：易知 ‎ 设平面AA‎1C1的法向量，‎ ‎ 则即 不妨令可得，‎ ‎ 同样地，设平面A1B‎1C1的法向量，‎ ‎ 则即不妨令，可得 于是从而 所以二面角A—A‎1C1—B的正弦值为 ‎ （III）解：由N为棱B‎1C1的中点，‎ 得设M（a，b，0），则 由平面A1B‎1C1，得 即 解得故 因此，所以线段BM的长为 方法二：‎ ‎（I）解：由于AC//A‎1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.‎ 因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，‎ 可得 因此 所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为 ‎（II）解：连接AC1，易知AC1=B‎1C1，‎ 又由于AA1=B‎1A1，A‎1C1=A1=C1，‎ 所以≌，过点A作于点R，‎ 连接B1R，于是，故为二面角A—A‎1C1—B1的平面角.‎ 在中，‎ 连接AB1，在中，‎ ‎，从而 所以二面角A—A‎1C1—B1的正弦值为 ‎（III）解：因为平面A1B‎1C1，所以 取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B‎1C1中点，‎ 所以ND//C1H且.又平面AA1B1B，‎ 所以平面AA1B1B，故又 所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，‎ 则由 得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.‎ 在中，所以 可得连接BM，在中，‎ ‎4、解：（Ⅰ）‎ 令，得.‎ 当k>0时，的情况如下 x ‎()‎ ‎(,k)‎ k ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↗‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ 所以，的单调递减区间是（）和；单高层区间是当k<0时，的情况如下 x ‎()‎ ‎(,k)‎ k ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎↘‎ ‎0‎ ‎↗‎ ‎↘‎ 所以，的单调递减区间是（）和；单高层区间是 ‎（Ⅱ）当k>0时，因为，所以不会有 当k<0时，由（Ⅰ）知在（0，+）上的最大值是 所以等价于 解得.‎ 故当时，k的取值范围是 ‎5、解：（Ⅰ）由已知得所以 所以椭圆G的焦点坐标为离心率为 ‎（Ⅱ）由题意知，.‎ 当时，切线l的方程，点A、B的坐标分别为 此时 当m=－1时，同理可得 当时，设切线l的方程为 由 设A、B两点的坐标分别为，则 又由l与圆 所以 由于当时，所以.‎ 因为 且当时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.‎ ‎6、（I）解：由 可得 又 ‎（II）证明：对任意 ‎① ②‎ ‎③ ②—③，得 ④‎ 将④代入①，可得 即 又 因此是等比数列.‎ ‎（III）证明：由（II）可得，于是，对任意，有 将以上各式相加，得即，‎ 此式当k=1时也成立.由④式得 从而 所以，对任意，‎ 对于n=1，不等式显然成立.所以，对任意 高考数学大题突破训练（十一）参考答案 ‎1、解析：（I）由正弦定理得 因为所以 ‎（II）由（I）知于是 ‎ ‎ 取最大值2．‎ 综上所述，的最大值为2，此时 ‎2、解：（Ⅰ）无论以怎样的顺序派出人员，任务不能被完成的概率都是，所以任务能被完成的概率与三个人被派出的先后顺序无关，并等于 ‎（Ⅱ）当依次派出的三个人各自完成任务的概率分别为时，随机变量X的分布列为 X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所需派出的人员数目的均值（数学期望）EX是 EX=++‎ ‎=‎ ‎（Ⅲ）（方法一）由（Ⅱ）的结论知，当甲最先、乙次之、丙最后的顺序派人时，‎ EX=‎ 根据常理，优先派出完成任务概率大的人，可减少所需派出的人员数目的均值。‎ 下面证明：对于的任意排列，都有 ‎ （＊）‎ 事实上，‎ 即（＊）成立。‎ ‎（方法二）（ⅰ）可将（Ⅱ）中所求的EX改写为，若交换前两人的派出顺序，则变为。由此可见，当时，交换前两人的派出顺序可减少均值。‎ ‎（ⅱ）也可将（Ⅱ）中所求的EX改写为，若交换后两人的派出顺序，则变为。由此可见，若保持第一个派出的人选不变，当时，交换后两人的派出顺序也可减少均值。‎ 综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当=时，EX达到最小。即完成任务概率大的人优先派出，可减少所需派出人员数目的均值，这一结论是合乎常理的。‎ ‎3、解：（Ⅰ）设构成等比数列，其中，则 ‎ ① ②‎ ‎①×②并利用，得 ‎（Ⅱ）由题意和（Ⅰ）中计算结果，知 另一方面，利用 得 所以 ‎4、解析：（1）连接交于,,‎ ‎,又为的中点，‎ 中点，,,D为的中点。‎ ‎（2）由题意,过B 作,连接，则,为二面角的平面角。在中，,则 ‎(3)因为，所以,‎ ‎,‎ 在中，，‎ ‎5、（I）解：， 令 ‎ 当x变化时，的变化情况如下表：‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 极大值 ‎ 所以，的单调递增区间是的单调递减区间是 ‎ （II）证明：当 由（I）知在（0，2）内单调递增，‎ ‎ 在内单调递减.令由于在（0，2）内单调递增，‎ 故取 所以存在即存在 ‎（说明：的取法不唯一，只要满足即可）‎ ‎（III）证明：由及（I）的结论知，‎ 从而上的最小值为又由，知 故从而 ‎6、解：（Ⅰ）因椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为，‎ 由已知得，，所以，则椭圆方程为．‎ 直线l垂直于x轴时与题意不符．‎ 设直线l的方程为，联立得，‎ 设，，则，，，‎ ‎．‎ 由已知得，解得，‎ 所以直线l的方程为或．‎ ‎（Ⅱ）直线l垂直于x轴时与题意不符．‎ 设直线l的方程为（且），所以P点的坐标为．‎ 设，，由（Ⅰ）知，，‎ 直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，‎ 方法一：‎ 联立方程设，解得，‎ 不妨设，则 ‎，‎ 因此Q点的坐标为，又，∴．‎ 故为定值．‎ 方法二：‎ 联立方程消去y得，‎ 因为，所以与异号．‎ 又，‎ ‎∴与异号，与同号，∴，解得．‎ 因此Q点的坐标为，又，∴．‎ 故为定值．‎ 高考数学大题突破训练（十二）参考答案 ‎1、解：‎ 由 因此 当为增函数，‎ 当为减函数，‎ 所以 又因为 故上的最小值为 ‎2、解：记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；‎ ‎ B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；‎ ‎ C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；‎ ‎ D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；‎ ‎ （I） …………3分 ‎ …………6分 ‎ （II）‎ ‎，即X服从二项分布， …………10分 所以期望 …………12分 ‎3、如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz.‎ ‎ （I）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.‎ 则 所以 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.‎ 故PQ⊥平面DCQ.‎ 又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. …………6分 ‎ （II）依题意有B（1，0，1），‎ 设是平面PBC的法向量，则 因此可取 设m是平面PBQ的法向量，则 可取 故二面角Q—BP—C的余弦值为 ………………12分 ‎4、答案：‎ （1） 因为函数和在区间上单调性一致，所以，‎ 即 即实数b的取值范围是 （2） 由 若,则由,,和在区间上不是单调性一致,‎ 所以.‎ ‎;又.‎ 所以要使,只有,‎ 取,当时, 因此 当时，因为，函数和在区间（b,a）上单调性一致，所以，‎ 即，‎ 设，考虑点(b,a)的可行域，函数的斜率为1的切线的切点设为 则；‎ 当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，‎ 即，‎ 当时，因为，函数和在区间（a, b）上单调性一致，所以，‎ 即而x=0时，不符合题意， ‎ 当时，由题意：‎ 综上可知，。‎ ‎5、解： （I）由题设 即是公差为1的等差数列。‎ ‎ 又 所以 ‎ （II）由（I）得 ，‎ ‎6、解：（I）由 解得，故椭圆的标准方程为 ‎ （II）设，则由得 因为点M，N在椭圆上，所以，‎ 故 ‎ ‎ 设分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知 因此所以 所以P点是椭圆上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因，因此两焦点的坐标为