2020版新高考二轮复习理科数学专项小测201719题二选一解析

专项小测(二十)“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．(12分)数列{an}中，a1＝2，(n＋1)(an＋1－an)＝2(an＋n＋1)．(1)求a2，a3的值；(2)已知数列{an}的通项公式是an＝n＋1，an＝n2＋1，an＝n2＋n中的一个，设数列{1an}的前n项和为Sn，{an＋1－an}的前n项和为Tn，若TnSn＞360，求n的取值范围．思路分析：(1)根据已知条件，分别令n＝1，n＝2，求得a2，a3的值．(2)根据a2＝6判断出数列的通项公式为an＝n2＋n＝n(n＋1)，利用裂项求和法求得Sn的值，利用累加法求得Tn的值，根据TnSn＞360列不等式，解不等式求得n的取值范围．解：(1)∵(n＋1)(an＋1－an)＝2(an＋n＋1)，∴an＋1＝n＋3n＋1an＋2，∴a2＝1＋31＋1a1＋2＝6，(2分)a3＝2＋32＋1a2＋2＝12.(4分)(2)由数列{an}的通项公式是an＝n＋1，an＝n2＋1，an＝n2＋n中的一个，和a2＝6得数列{an}的通项公式是an＝n2＋n＝n(n＋1)，所以1an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴1a1＋1a2＋…＋1an＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，∴Sn＝1－1n＋1.(8分)∵(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－a1，an＝n(n＋1)，∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝n2＋3n，即Tn＝n2＋3n.(10分)由TnSn＞360，得n2＋4n－357＞0，解得n＞17或n＜－21.∵n是正整数，∴所求n的取值范围为n＞17，且n是正整数．(12分)18．(12分)在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝2BC＝2AD＝4，∠DAB＝60°，AE＝BE，△PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD.(1)求二面角P－EC－D的余弦值；(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68？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PO⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，PO⊥平面ABCD，又∵AD＝AE＝2，∠DAB＝60°，所以△ADE为正三角形，OE⊥AD.建立如图所示空间直角坐标系O－xyz，则P()0，0，3，E()0，3，0C()－2，3，0，D()－1，0，0，于是PC→＝(－2，3，－3)，PE→＝(0，3，－3)，DP→＝(1,0，3)．(1)设平面PEC的法向量为n1＝(x，y，z)．由PC→·n1＝0，PE→·n1＝0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P－EC－D的平面角为θ，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉＝12＝22.由图知θ为锐角，所以二面角P－EC－D的余弦值为22.(2)设PM→＝λPC→(0≤λ≤1)，则PM→＝(－2λ，3λ，－3λ)，DM→＝DP→＋PM→＝(1－2λ，3λ，3－3λ)，PE→＝(0，3，－3)，所以|cos〈DM→，PE→〉＝|DM→·PE→|DM→‖PE→|＝|6λ－3|6·10λ2－10λ＋4＝68，解得λ＝13或23，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ξ为抽取的4人中成绩不合格的人数，求ξ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(μ，σ2)，其中μ可用样本平均数近似代替，σ2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(μ－σZ≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σZ≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σZ≤μ＋3σ)≈0.9973.解：(1)设中位数为x，则0.005×20＋0.015×20＋(x－60)×0.02＝0.5，解得x＝65，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(0.01＋0.02)×20×10＝6，不合格的人数为10－6＝4.由题意可知ξ的可能取值为0,1,2,3,4.则P(ξ＝0)＝C46C410＝114，P(ξ＝1)＝C14C36C410＝821，P(ξ＝2)＝C24C26C410＝37，P(ξ＝3)＝C34C16C410＝435，P(ξ＝4)＝C44C410＝1210.所以ξ的分布列为ξ01234P114821374351210所以ξ的数学期望E(ξ)＝0×114＋1×821＋2×37＋3×435＋4×1210＝5635.(8分)(3)由题意可得，μ＝(30×0.005＋50×0.015＋70×0.02＋90×0.01)×20＝64，σ2＝(30－64)2×0.1＋(50－64)2×0.3＋(70－64)2×0.4＋(90－64)2×0.2＝324，则σ＝18，由Z服从正态分布N(μ，σ2)，得P(64－18Z≤64＋18)＝P(46Z≤82)≈0.6827，则P(Z82)≈12(1－0.6827)＝0.15865，P(Z45)≈0.6927＋0.15865＝0.84135，所以此次竞赛受到奖励的人数为60×0.84135≈50.(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：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x＝tcosα，y＝tsinα(t为参数且t＞0，α∈0，π2)曲线C2的参数方程为x＝cosβ，y＝1＋sinβ(β为参数，且β∈－π2，π2)，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ρ＝1＋cosθθ∈0，π2，曲线C4的极坐标方程为ρcosθ＝1.(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α在0，π2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ρ＝1＋cosθ，θ∈0，π2ρcosθ＝1，得ρ2－ρ－1＝0，解得ρ＝1＋52，ρ＝1－52(舍去)，即交点到极点的距离为1＋52.(5分)(2)由题意得曲线C1的极坐标方程为θ＝α，α∈0，π2，ρ＞0，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2sinθ，θ∈0，π2，联立两方程得ρ＝2sinα，α∈0，π2，即|OP|＝2sinα，α∈0，π2.曲线C1与曲线C3的极坐标方程联立，得ρ＝1＋cosα，α∈0，π2，即|OQ|＝1＋cosα，α∈0，π2，所以|OP|＋|OQ|＝1＋2sinα＋cosα＝1＋5sin(α＋φ)，其中φ的终边经过点(2,1)，当α＋φ＝π2＋2kπ，k∈Z时，|OP|＋|OQ|取得最大值为1＋5.(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知f(x)＝|x－1|＋|ax＋1|.(1)a＝1时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤3－x的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．解：(1)a＝1，f(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝2x，x≥1，2，－1＜x＜1，－2x，x≤－1，f(x)≥3，则x≤－32或x≥32，所以不等式的解集为x|x≤－32或x≥32.(5分)(2)f(x)≤3－x的解集包含[－1,1]，即为f(x)≤3－x在[－1,1]上恒成立．当x∈[－1,1]，f(x)＝|x－1|＋|ax＋1|＝1－x＋|ax＋1|，故f(x)≤3－x即为1－x＋|ax＋1|≤3－x，即|ax＋1|≤2，所以－2≤ax＋1≤2，－3≤ax≤1.又因为x∈[－1,1]，－3≤－1·a≤1，－3≤1·a≤1，所以a∈[－1,1]．(10分)