备战新课标高考理科数学202031保分大题强化练四解析

保住基本分·才能得高分“3＋1”保分大题强化练四前3个大题和1个选考题不容有失1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b＝2(acosBcosC＋ccosBcosA)．(1)求B的大小；(2)若a＋c＝5，且S△ABC＝3，求边长b的值．解：(1)由已知条件及正弦定理得sinB＝2(sinAcosB·cosC＋sinCcosBcosA)＝2cosB(sinAcosC＋sinCcosA)＝2cosBsin(A＋C)，可得cosB＝12.又0Bπ，∴B＝π3.(2)由(1)及余弦定理得，b2＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac.∵a＋c＝5，∴b2＝25－3ac，∵S△ABC＝3，∴12acsinB＝3，即ac＝4，∴b2＝13，∴b＝13.2．某工厂有甲、乙两个车间生产同一种产品，甲车间有工人200人，乙车间有工人400人，为比较两个车间工人的生产效率，采用分层抽样的方法抽取工人．甲车间抽取的工人记作第一组，乙车间抽取的工人记作第二组，并对他们中每位工人生产完成一件产品的时间(单位：min)进行统计，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95]进行分组，得到下列统计图．(1)分别估算两个车间工人中，生产一件产品时间少于75min的人数．(2)分别估计两个车间工人生产一件产品时间的平均值，并推测哪个车间工人的生产效率更高？(3)从第一组生产时间少于75min的工人中随机抽取3人，记抽取的生产时间少于65min的工人人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．解：(1)由题意得，第一组工人20人，其中在75min内(不含75min)生产完成一件产品的有6人，∴甲车间工人中生产一件产品时间少于75min的人数约为6×10＝60.第二组工人40人，其中在75min内(不含75min)生产完成一件产品的有40×(0.025＋0.05)×10＝30(人)，∴乙车间工人中生产一件产品时间少于75min的人数约为30×10＝300.(2)第一组工人生产一件产品的平均时间为x甲＝60×2＋70×4＋80×10＋90×420＝78(min)，第二组工人生产一件产品的平均时间为x乙＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5(min)，∴x甲＞x乙，∴乙车间工人的生产效率更高．(3)由题意得，第一组生产时间少于75min的工人有6人，其中生产时间少于65min的有2人，从中抽取3人，则X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝C02C34C36＝15，P(X＝1)＝C12C24C36＝35，P(X＝2)＝C22C14C36＝15.所以X的分布列为X012P153515数学期望E(X)＝0×15＋1×35＋2×15＝1.3．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求二面角A­PE­C的余弦值．解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝60°，BD⊥BC，∴BD⊥AE.如图，翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，又OP∩OB＝O，OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得，P0，0，32，E12，0，0，C1，32，0，∴PE→＝12，0，－32，EC→＝12，32，0，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，则PE→·n1＝0，EC→·n1＝0，即12x－32z＝0，12x＋32y＝0，设x＝3，则y＝－1，z＝1，∴n1＝(3，－1,1)为平面PCE的一个法向量，易知平面PAE的一个法向量为n2＝(0,1,0)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－11×5＝－55.由图知所求二面角A­PE­C为钝角，∴二面角A­PE­C的余弦值为－55.4．选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，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M的极坐标方程为ρ＝2cosθ，若极坐标系内异于O的三点A(ρ1，φ)，Bρ2，φ＋π6，Cρ3，φ－π6(ρ1，ρ2，ρ3＞0)都在曲线M上．(1)求证：3ρ1＝ρ2＋ρ3；(2)若过B，C两点的直线的参数方程为x＝2－32t，y＝12t(t为参数)，求四边形OBAC的面积．解：(1)证明：由题意得ρ1＝2cosφ，ρ2＝2cosφ＋π6，ρ3＝2cosφ－π6，所以ρ2＋ρ3＝2cosφ＋π6＋2cosφ－π6＝23cosφ＝3ρ1.(2)由曲线M的极坐标方程得曲线M的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0，将直线BC的参数方程代入曲线M的直角坐标方程得t2－3t＝0，解得t1＝0，t2＝3，∴在平面直角坐标中，B12，32，C(2,0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝π6，∴ρ1＝3.∴四边形OBAC的面积S＝S△AOB＋S△AOC＝12ρ1ρ2·sinπ6＋12ρ1ρ3sinπ6＝334.[选修4－5：不等式选讲]已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}．(1)求实数a的值；(2)求12－at＋4＋t的最大值．解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集为{x|x≥－1}，即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集为{x|x≥－1}．当1－a2≠0时，不符合题意，舍去．当1－a2＝0，即a＝±1时，x＝－1为方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，经检验a＝－1不符合题意，舍去，a＝1符合题意．综上，a＝1.(2)(12－t＋4＋t)2＝16＋212－t4＋t＝16＋2－t2＋8t＋48，当t＝4时，(12－t＋4＋t)2有最大值，为32.又12－t＋4＋t≥0，所以12－t＋4＋t的最大值为42.