备战新课标高考理科数学202031保分大题强化练八解析

保住基本分·才能得高分“3＋1”保分大题强化练八前3个大题和1个选考题不容有失1．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsinC＝acosC＋ccosA，B＝2π3，c＝3.(1)求角C；(2)若点E满足AE→＝2EC→，求BE的长．解：(1)由题设及余弦定理可得2bsinC＝a×a2＋b2－c22ab＋c×b2＋c2－a22bc，化简得2bsinC＝b.因为b0，所以sinC＝12.又0Cπ3，所以C＝π6.(2)由正弦定理易知bsinB＝csinC＝23，解得b＝3.又AE→＝2EC→，所以AE＝23AC＝23b，即AE＝2.在△ABC中，因为∠ABC＝2π3，C＝π6，所以A＝π6，所以在△ABE中，A＝π6，AB＝3，AE＝2，由余弦定理得BE＝AB2＋AE2－2AB·AEcosπ6＝3＋4－2×3×2×32＝1，所以BE＝1.2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，点M为棱PC的中点，点E，F分别为棱AB，BC上的动点(E，F与所在棱的端点不重合)，且满足BE＝BF.(1)证明：平面PEF⊥平面MBD；(2)当三棱锥F­PEC的体积最大时，求二面角C­MF­E的余弦值．解：(1)证明：连接AC交BD于N，连接MN.因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，AN＝CN，又PM＝MC，所以MN∥PA.因为PA⊥底面ABCD，所以MN⊥底面ABCD，因为AC⊂底面ABCD，所以AC⊥MN.因为BD∩MN＝N，BD⊂平面MBD，MN⊂平面MBD，所以AC⊥平面MBD.因为BE＝BF，BA＝BC，所以BEBA＝BFBC，即EF∥AC.所以EF⊥平面MBD.因为EF⊂平面PEF，所以平面PEF⊥平面MBD.(2)设BE＝BF＝x，则S△CEF＝12x(2－x)．又PA＝2，所以VF­PEC＝VP­EFC＝13×12x(2－x)×2＝－13(x－1)2＋13.当三棱锥F­PEC的体积最大时，x＝1，即E，F分别为AB，BC的中点．分别以A为坐标原点，AB→，AD→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.则C(2,2,0)，F(2,1,0)，E(1,0,0)，M(1,1,1)，MF→＝(1,0，－1)，FE→＝(－1，－1,0)，FC→＝(0,1,0)．设n＝(x1，y1，z1)是平面MEF的法向量，则n·MF→＝0，n·FE→＝0，即x1－z1＝0，－x1－y1＝0，可取n＝(1，－1,1)．设m＝(x2，y2，z2)是平面MCF的法向量，则m·MF→＝0，m·FC→＝0，即x2－z2＝0，y2＝0，可取m＝(1,0,1)．则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝23×2＝63.由图知所求二面角为钝角，所以二面角C­MF­E的余弦值为－63.3．某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现．在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换．若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元．现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图1是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，表1是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表．二级滤芯更换的个数56频数6040表1以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率．(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求X的分布列及数学期望；(3)记m，n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数，若m＋n＝28，且n∈{5,6}，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定m，n的值．解：(1)由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯，二级过滤器需要更换6个滤芯．设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A.因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4，所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064.(2)由柱状图可知，一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12，对应的概率分别为0.2,0.4,0.4，由题意，X可能的取值为20,21,22,23,24，并且P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04，P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16，P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32，P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32，P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.所以X的分布列为X2021222324P0.040.160.320.320.16E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4.(3)因为m＋n＝28，n∈{5,6}，所以若m＝22，n＝6，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为22×80＋200×0.32＋400×0.16＋6×160＝2848.若m＝23，n＝5，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2832.故m，n的值分别为23,5.选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)4．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x＝1＋35t，y＝1＋45t(t为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝21＋sin2θ，点P的极坐标为2，π4.(1)求C的直角坐标方程和P的直角坐标；(2)设l与C交于A，B两点，线段AB的中点为M，求|PM|.解：(1)由ρ2＝21＋sin2θ，得ρ2＋ρ2sin2θ＝2，①将ρ2＝x2＋y2，y＝ρsinθ代入①并整理得，曲线C的直角坐标方程为x22＋y2＝1.设点P的直角坐标为(x，y)，因为点P的极坐标为2，π4，所以x＝ρcosθ＝2cosπ4＝1，y＝ρsinθ＝2sinπ4＝1.所以点P的直角坐标为(1,1)．(2)法一：将x＝1＋35t，y＝1＋45t代入x22＋y2＝1，并整理得41t2＋110t＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝80000，故可设方程的两根分别为t1，t2，则t1，t2为A，B对应的参数，且t1＋t2＝－11041.依题意，点M对应的参数为t1＋t22，所以|PM|＝t1＋t22＝5541.法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22.由x＝1＋35t，y＝1＋45t，消去t，得y＝43x－13.将y＝43x－13代入x22＋y2＝1，并整理得41x2－16x－16＝0，因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝28800，所以x1＋x2＝1641，x1x2＝－1641.所以x0＝841，y0＝43x0－13＝43×841－13＝－341，即M841，－341.所以|PM|＝841－12＋－341－12＝－33412＋－44412＝5541.5．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋1|－|ax－3|(a0)．(1)当a＝2时，求不等式f(x)1的解集；(2)若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，求a的值．解：(1)当a＝2时，不等式f(x)1即|x＋1|－|2x－3|1.当x≤－1时，原不等式可化为－x－1＋2x－31，解得x5，因为x≤－1，所以此时原不等式无解；当－1x≤32时，原不等式可化为x＋1＋2x－31，解得x1，所以1x≤32；当x32时，原不等式可化为x＋1－2x＋31，解得x3，所以32x3.综上，原不等式的解集为{x|1x3}．(2)法一：因为a0，所以3a0，所以f(x)＝a－1x－4，x≤－1，a＋1x－2，－1x≤3a，1－ax＋4，x3a.因为a0，所以f(－1)＝－a－30，f3a＝1＋3a0.当0a1时，f(x)的图象如图1所示，要使得y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1，解得a＝0，舍去；当a＝1时，f(x)的图象如图2所示，所以y＝f(x)的图象与x轴不能围成三角形，不符合题意，舍去；当a1时，f(x)的图象如图3所示，要使得y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(1－a)(a＋1)＝－1，解得a＝±2，因为a1，所以a＝2.综上，所求a的值为2.法二：因为a0，所以3a0，所以f(x)＝a－1x－4，x≤－1，a＋1x－2，－1x≤3a，1－ax＋4，x3a.若y＝f(x)的图象与x轴围成直角三角形，则(a－1)(a＋1)＝－1或(a＋1)(1－a)＝－1，解得a＝0(舍去)或a＝2或a＝－2(舍去)．经检验，a＝2符合题意，所以所求a的值为2.