“4道”保题专练卷(一)至(四)doc.doc

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1、“4道”保分题专练卷(一)限时：40分钟　满分：48分1．(满分12分)在锐角△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(2sin(A＋C)，)，n＝cos2B,2cos2－1，且向量m，n共线．(1)求角B的大小；(2)如果b＝1，求△ABC的面积S△ABC的最大值．解：(1)由向量m，n共线得2sin(A＋C)＝cos2B，所以2sinBcosB＝cos2B，即tan2B＝.又0

2、BC＝acsinB≤(2＋)．所以S△ABC的最大值为(2＋)．2．(满分12分)在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100,4是a4与a6的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2an，求数列{

3、bn

4、}的前n项和Sn.解：(1)∵a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，∴a＋2a4a6＋a＝100，∴(a4＋a6)2＝100，又∵an>0，∴a4＋a6＝10.∵4是a4与a6的等比中项，∴a4a6＝16，∵q∈(0,1)，∴a4>a6，∴a4＝8，a6＝2，∴q＝，a1＝64，∴an＝64·n－1＝

5、27－n.(2)bn＝log2an＝7－n，则数列{bn}的前n项和为Tn＝，∴当1≤n≤7时，bn≥0，∴Sn＝.当n≥8时，bn<0，∴Sn＝b1＋b2＋…＋b7－(b8＋b9＋…＋bn)＝－(b1＋b2＋…＋bn)＋2(b1＋b2＋…＋b7)＝－＋2×＝，∴Sn＝3．(满分12分)如图，四边形PDCE为矩形，四边形ABCD为梯形，平面PDCE⊥平面ABCD，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD＝a，PD＝a.(1)若M为PA中点，求证：AC∥平面MDE；(2)求平面PAD与PBC所成锐二面角的大小．解：(1)证明：连接PC，交DE于N，连接MN，在△PAC中，∵M，N分别为

6、两腰PA，PC的中点，∴MN∥AC.又∵AC⊄平面MDE，MN⊂平面MDE，∴AC∥平面MDE.(2)以D为空间直角坐标系的原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0，a)，B(a，a,0)，C(0,2a,0)．＝(a，a，－a)，＝(－a，a,0)．设平面PAD的单位法向量为n1，则可设n1＝(0,1,0)．设平面PBC的法向量n2＝(x，y，z)，应有即取z＝1，则x＝，y＝.∴n2＝.设平面PAD与PBC所成锐二面角的大小为θ，∴cosθ＝＝＝.∴θ＝60°.所以平面PAD与PBC所成锐二面角的大小为60°.4．(满分12分)为迎接2012年

7、伦敦奥运会，在著名的海滨城市青岛举行了一场奥运选拔赛，其中甲、乙两名运动员为争取最后一个参赛名额进行的7轮比赛的得分如茎叶图所示．(1)若从甲运动员的每轮比赛的得分中任选3个不低于80且不高于90的得分，求甲的3个得分与其每轮比赛的平均得分的差的绝对值都不超过2的概率；(2)若分别从甲、乙两名运动员的每轮比赛不低于80且不高于90的得分中任选1个，求甲、乙两名运动员得分之差的绝对值ξ的分布列及数学期望．解：(1)由茎叶图可知，甲运动员七轮比赛的得分为：78,81,84,85,84,85,91.所以甲每轮比赛的平均得分为1＝×(78＋81＋84＋85＋84＋85＋91)＝84，显然甲运动员

8、每轮比赛得分中不低于80且不高于90的得分共有5个，分别为81,84,85,84,85，其中只有81与平均得分的差的绝对值大于2，所以所求事件的概率P＝＝.(2)设甲，乙两名运动员的得分分别为x，y，则得分之差的绝对值为ξ＝

9、x－y

10、.显然，由茎叶图可知，ξ的可能取值为0,1,2,3,5,6.当ξ＝0时，x＝y＝84，故P(ξ＝0)＝＝；当ξ＝1时，x＝85，y＝84或y＝86，故P(ξ＝1)＝＝；当ξ＝2时，x＝84，y＝86或x＝85，y＝87，故P(ξ＝2)＝＋＝；当ξ＝3时，x＝81，y＝84或x＝84，y＝87，故P(ξ＝3)＝＋＝；当ξ＝5时，x＝81，y＝86，故P(ξ＝5

11、)＝＝；当ξ＝6时，x＝81，y＝87，故P(ξ＝6)＝＝.所以ξ的分布列为ξ012356PE(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋5×＋6×＝.“4道”保分题专练卷(二)限时：40分钟　满分：48分1．(满分12分)已知直线y＝2与函数f(x)＝2sin2ωx＋2sinωx·cosωx－1(ω>0)的图像的两个相邻交点之间的距离为π.(1)求f(x)的解析式，并求出f(x)的单调递增区间；(2)将函数f(x)的图像向左平移个单位得到函数