《高考数学二轮复习 专项小测20 “17～19题”＋“二选一” 理-人教版高三全册数学试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习 专项小测20 “17～19题”＋“二选一” 理-人教版高三全册数学试题（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专项小测(二十)“1719题”“二选一”时间：45分钟满分：46分17(12分)数列an中，a12，(n1)(an1an)2(ann1)(1)求a2，a3的值；(2)已知数列an的通项公式是ann1，ann21，ann2n中的一个，设数列的前n项和为Sn，an1an的前n项和为Tn，若360，求n的取值范围思路分析：(1)根据已知条件，分别令n1，n2，求得a2，a3的值(2)根据a26判断出数列的通项公式为ann2nn(n1)，利用裂项求和法求得Sn的值，利用累加法求得Tn的值，根据360列不等式，解不等式求得n的取值范围解：(1)(n1)(an1an)2(ann1)，an1an2，a2a1
2、26，(2分)a3a2212.(4分)(2)由数列an的通项公式是ann1，ann21，ann2n中的一个，和a26得数列an的通项公式是ann2nn(n1)，所以，1，Sn1.(8分)(a2a1)(a3a2)(an1an)an1a1，ann(n1)，(a2a1)(a3a2)(an1an)n23n，即Tnn23n.(10分)由360，得n24n3570，解得n17或n21.n是正整数，所求n的取值范围为n17，且n是正整数(12分)18(12分)在四棱锥PABCD中，ABCD，AB2CD2BC2AD4，DAB60，AEBE，PAD为正三角形，且平面PAD平面ABCD.(1)求二面角PECD的余
3、弦值；(2)线段PC上是否存在一点M，使异面直线DM和PE所成角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由解：设O是AD中点，PAD为正三角形，则POAD，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD，又ADAE2，DAB60，所以ADE为正三角形，OEAD.建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，则P，EC，D，于是(2，)，(0，)，(1,0，)(1)设平面PEC的法向量为n1(x，y，z)由n10，n10得一个法向量n1(0,1,1)，平面EDC的一个法向量为n2(0,0,1)设二面角PECD的平面角为，则|cos|cosn1，n2.由图知为锐角，所以二面角PECD的余弦值为.(2
4、) 设(01)，则(2，)，(12，)，(0，)，所以|cos，|，解得或，所以存在满足题设的点M，且点M为线段PC的三等分点19(12分)为培养学生在高中阶段的数学能力，某校将举行数学建模竞赛已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图如图所示(1)估计这60名参赛学生成绩的中位数；(2)为了对数据进行分析，将60分以下的成绩定为不合格，60分以上(含60分)的成绩定为合格，某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会，记为抽取的4人中成绩不合格的人数，求的分布列与数学期望；(3)已知这60名学生的数学建模竞赛成绩Z服从正态分布N(
5、，2)，其中可用样本平均数近似代替，2可用样本方差近似代替(同一组数据用该区间的中点值作代表)，若成绩在46分以上的学生均能得到奖励，本次数学建模竞赛满分为100分，估计此次竞赛受到奖励的人数(结果根据四舍五入保留整数)参考数据：P(Z)0.682 7，P(2Z2)0.954 5，P(3Z3)0.997 3.解：(1)设中位数为x，则0.005200.01520(x60)0.020.5，解得x65，所以这60名参赛学生成绩的中位数为65. (3分)(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为(0.010.02)20106，不合格的人数为1064.由题意可知的可能取值
6、为0,1,2,3,4.则P(0)，P(1)，P(2)，P(3)，P(4).所以的分布列为01234P所以的数学期望E()01234.(8分)(3)由题意可得，(300.005500.015700.02900.01)2064，2(3064)20.1(5064)20.3(7064)20.4(9064)20.2324，则18，由Z服从正态分布N(，2)，得P(6418Z6418)P(4682)(10.6827)0.15865，P(Z45)0.69270.158 650.841 35，所以此次竞赛受到奖励的人数为600.841 3550.(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选
7、一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22选修44：坐标系与参数方程(10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数且t0，)曲线C2的参数方程为(为参数，且)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为1cos，曲线C4的极坐标方程为cos1.(1)求C3与C4的交点到极点的距离；(2)设曲线C1与C2交于P点，C1与C3交于Q点，当在上变化时，求|OP|OQ|的最大值解：(1)联立曲线C3，C4的极坐标方程得210，解得，(舍去)，即交点到极点的距离为.(5分)(2)由题意得曲线C1的极坐标方程为，曲线C2的极坐标方程为2sin，联立两方程得2s
8、in，即|OP|2sin，.曲线C1与曲线C3的极坐标方程联立，得1cos，即|OQ|1cos，所以|OP|OQ|12sincos1sin()，其中的终边经过点(2,1)，当2k，kZ时，|OP|OQ|取得最大值为1.(10分)23选修45：不等式选讲(10分)已知f(x)|x1|ax1|.(1)a1时，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)3x的解集包含1,1，求a的取值范围解：(1)a1，f(x)|x1|x1|f(x)3，则x或x，所以不等式的解集为.(5分)(2)f(x)3x的解集包含1,1，即为f(x)3x在1,1上恒成立当x1,1，f(x)|x1|ax1|1x|ax1|，故f(x)3x即为1x|ax1|3x，即|ax1|2，所以2ax12，3ax1.又因为x1,1，所以a1,1(10分)
