2018年高考数学理二轮复习练习：大题规范练2 “17题～19题二选一”46分练 含答案 精品

大题规范练(三) “题～题＋二选一”分练(时间：分钟分值：分)解答题(本大题共小题，共分，第～题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)．已知△的内角，，所对的边分别是，，，且满足＝ .()求)的值；()若＝，＝，求△的面积．[解]()由正弦定理)＝)＝)＝及＝可得＝× ，即＝ .∵＋＋＝π，∴ ＝(＋)＝，∴ ＋＝，∴ ＝，∴)＝，故)＝.()法一：(直接法)由＋＋＝π，得(＋)＝(π－)＝－，即＋－· )＝－，将＝代入得－)＝－，解得＝或＝－.根据＝，得，同号，又，同时为负数不合题意，∴ ＝，＝，∴ ＝，＝，＝，由正弦定理可得＝，∴＝，∴△＝＝×××＝.法二：(整体代入法)由＋＋＝π，得(＋)＝(π－)＝－，即＋－· )＝－，将＝代入得－)＝－，解得＝或＝－.根据＝得，同号，又，同时为负数不合题意，∴ ＝，＝.又∵＝＝，∴ ＝，∴ ＝，∴ ＝，∴△＝＝×＝.．如图，在四棱锥­中，∥，⊥，侧面为等边三角形，＝＝，＝＝.图()证明：⊥平面；()求与平面所成角的正弦值.【导学号：】[解]()证明：以为坐标原点，射线为轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系­，则()，()，()．设(，，)，则＞，＞，＞，且＝(－，－，)，＝(，－，)，＝(－，，)．由＝，得＝，解得＝.由＝，得＋＝. ①由＝，得＋－＋＝. ②由①②，解得＝，＝.∴，＝，＝，＝，∴·＝，·＝，∴⊥，⊥，∴⊥平面.()设平面的法向量为＝(，，)，则⊥，⊥，∴·＝，·＝.又＝，＝()，∴(\\(－()＋(())＝＝))，取＝，得＝(－，)．∵＝(－)，∴〈，〉＝＝＝.故与平面所成角的正弦值为.．春节期间，甲、乙等六人在微信群中玩抢红包游戏，六人轮流发红包，每次元，分个红包，每个红包分别为元、元、元、元，每人每次最多抢一个红包，且每次红包全被抢完．统计五轮(次)的结果，甲、乙所抢红包的情况如下：()。

大题规范练(三) “17题～19题＋二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且满足a ＝3b cos C .(1)求tan C tan B的值；(2)若a ＝3，tan A ＝3，求△ABC 的面积．[解] (1)由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C＝2R 及a ＝3b cos C 可得2R sin A ＝3×2R sin B cosC ，即sin A ＝3sin B cos C .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin A ＝sin(B ＋C )＝3sin B cos C ， ∴sin B cos C ＋cos B sin C ＝3sin B cos C ，∴cos B sin C ＝2sin B cos C ，∴cos B sin C sin B cos C ＝2，故tan Ctan B ＝2.(2)法一：(直接法)由A ＋B ＋C ＝π，得tan(B ＋C )＝tan(π－A )＝－3， 即tan B ＋tan C1－tan B ·tan C＝－3，将tan C ＝2tan B 代入得3tan B 1－2tan 2B ＝－3，解得tan B ＝1或tan B ＝－12.根据tan C ＝2tan B ，得tan C ，tan B 同号， 又tan C ，tan B 同时为负数不合题意， ∴tan B ＝1，tan C ＝2， ∴sin B ＝22，sin C ＝255，sin A ＝31010， 由正弦定理可得331010＝b22，∴b ＝5，∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×3×5×255＝3.法二：(整体代入法)由A ＋B ＋C ＝π，得tan(B ＋C )＝tan(π－A )＝－3， 即tan B ＋tan C1－tan B ·tan C＝－3，将tan C ＝2tan B 代入得3tan B1－2tan 2B＝－3，解得tan B ＝1或tan B ＝－12.根据tan C ＝2tan B 得tan C ，tan B 同号，又tan C ，tan B同时为负数不合题意， ∴tan B ＝1，tan C ＝2.又∵a ＝3b cos C ＝3，∴b cos C ＝1，∴ab cos C ＝3， ∴ab cos C tan C ＝6， ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6＝3.18．如图6，在四棱锥S ­ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.图6(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值.【导学号：07804233】[解] (1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，则x ＞0，y ＞0，z ＞0，且AS →＝(x －2，y －2，z )，BS →＝(x ，y －2，z )，DS →＝(x －1，y ，z )． 由|AS →|＝|BS →|，得x －22＋y －22＋z 2＝x 2＋y －22＋z 2，解得x ＝1.由|DS →|＝1，得y 2＋z 2＝1. ① 由|BS →|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0. ②由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，∴DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， ∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS →，n ⊥CB →，∴n ·BS →＝0，n ·CB →＝0. 又BS →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB →＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝02y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)． ∵AB →＝(－2,0,0)，∴cos〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－2×－37×2＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 19．春节期间，甲、乙等六人在微信群中玩抢红包游戏，六人轮流发红包，每次10元，分4个红包，每个红包分别为1元、2元、3元、4元，每人每次最多抢一个红包，且每次红包全被抢完．统计五轮(30次)的结果，甲、乙所抢红包的情况如下：1元 2元 3元 4元 甲抢的次数 6 3 4 7 乙抢的次数9664(1)(2)将频率视为概率，甲在接下来的一轮抢红包游戏中，没有抢到红包的次数为X ，求X 的分布列和数学期望．[解] (1)甲所抢红包金额的平均数为x 甲＝6＋2×3＋3×4＋4×730＝2615，乙所抢红包金额的平均数为x 乙＝9＋2×6＋3×6＋4×430＝116，由于116＞2615，所以乙的手气更好．(2)由题意，X 的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.从30次统计结果看，甲抢到红包的频率为6＋3＋4＋730＝23，甲没有抢到红包的频率为1－23＝13，且每次抢红包相互独立，故X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，13.P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫236＝64729，P (X ＝1)＝C 16⎝ ⎛⎭⎪⎫235⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝64243，P (X ＝2)＝C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫234⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝80243，P (X ＝3)＝C 36⎝ ⎛⎭⎪⎫233⎝ ⎛⎭⎪⎫133＝160729，P (X ＝4)＝C 46⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝20243，P (X ＝5)＝C 56⎝ ⎛⎭⎪⎫23⎝ ⎛⎭⎪⎫135＝4243，P (X ＝6)＝C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫136＝1729. 所以X 的分布列为E (X )＝6×3＝2.(请在第22～23题中选一题作答，如果多做，则按照所做第一题计分) 22．选修4­4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φy ＝sin φ(其中φ为参数)．以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程是ρ(tan α·cos θ－sinθ)＝1(α是常数，0＜α＜π，且α≠π2)，点A ，B (A 在x 轴的下方)是曲线C 1与C 2的两个不同交点．(1)求曲线C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程； (2)求|AB |的最大值及此时点B 的坐标．[解] (1)∵⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φy ＝sin φ(其中φ为参数)，∴曲线C 1的普通方程为x 24＋y 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θy ＝ρsin θ，得曲线C 2的直角坐标方程为y ＝tan α·x －1.(2)由(1)得曲线C 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos αy ＝－1＋t sin α(t 为参数)．设A (t 1cos α，－1＋t 1sin α)，B (t 2cos α，－1＋t 2sin α)，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos αy ＝－1＋t sin α，代入x 24＋y 2＝1，整理得t 2(1＋3sin 2α)－8t sin α＝0，∴t 1＝0，t 2＝8sin α1＋3sin 2α， ∴|AB |＝|t 1－t 2|＝8|sin α|1＋3sin 2α＝83|sin α|＋1|sin α|≤823＝433(当且仅当sin α＝33时取等号)， 当sin α＝33时，∵0＜α＜π，且α≠π2，∴cos α＝±63， ∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫±423，13， ∴|AB |的最大值为433，此时点B 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫±423，13.23．选修4­5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x ＋1|＋m |x －1|(m ∈R )． (1)当m ＝2时，求不等式f (x )＜4的解集； (2)当m ＜0时，f (x )≥2m 恒成立，求m 的最小值.【导学号：07804234】[解] (1)当m ＝2时，f (x )＝|x ＋1|＋2|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧1－3x ，x ＜－1，3－x ，－1≤x ≤1，3x －1，x ＞1.由f (x )的单调性及f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＝f (－1)＝4， 得f (x )＜4的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－1＜x ＜53. (2)由f (x )≥2m ，得|x ＋1|≥m (2－|x －1|)， 因为m ＜0，所以－1m|x ＋1|≥|x －1|－2，在同一直角坐标系中画出y ＝|x －1|－2及y ＝－1m|x ＋1|的图象，如图所示，根据图象可得－1m≥1，所以－1≤m ＜0，故m 的最小值为－1.。

大题规范练(五) “17题～19题”＋“二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知等差数列{a n }中，a 2＝5，前4项的和为S 4＝28.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n，T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋a n －2b 3＋…＋a 2b n －1＋a 1b n ，求T n .【导学号：04024232】解：(1)∵S 4＝a 1＋a 42＝2(a 1＋a 4)＝2(a 2＋a 3)＝28，∴a 2＋a 3＝14.∵a 2＝5，∴a 3＝9，∴公差d ＝4. 故a n ＝4n －3.(2)∵b n ＝2n ，∴T n ＝(4n －3)·21＋(4n －7)·22＋…＋5·2n －1＋1·2n，①∴2T n ＝(4n －3)·22＋(4n －7)·23＋…＋5·2n ＋1·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－(4n －3)·2＋4×(22＋23＋ (2))＋2n ＋1＝6－8n ＋4×－2n －11－2＋2n ＋1＝6－8n ＋(2n ＋3－16)＋2n ＋1＝5·2n ＋1－8n －10.18．如图1所示，在三棱锥A ­BCD 中，AB ＝AC ＝AD ＝BC ＝CD ＝4，BD ＝42，E ，F 分别为AC ，CD 的中点，G 为线段BD 上一点，且BE ∥平面AGF .(1)求BG 的长；(2)求四棱锥A ­BCFG 的体积.【导学号：04024233】图1解：(1)连接DE 交AF 于M ，连接GM ，则M 为△ACD 的重心，且DM ME ＝21. 因为BE ∥平面AGF ，所以BE ∥GM ，所以DG BG ＝21，所以BG ＝423.(2)设BD 的中点为O ，连接AO ，CO ，则AO ＝CO ＝22， 所以AO ⊥OC ，AO ⊥BD ，从而AO ⊥平面BCD ， 所以V A ­BCD ＝13×12×4×4×22＝1623.又易知V A ­FDG ＝13V A ­BCD ，所以V A ­BCFG ＝23V A ­BCD ＝3229.19．某地区为了落实国务院《关于加快高速宽带网络建设，推进网络提速降费的指导意见》，对宽带网络进行了全面的光纤改造．为了调试改造后的网速，对新改造的1 000户用户进行了测试，随机抽取了若干户的网速，网速全部介于13 M 与18 M 之间，将网速按如下方式分成五组：第一组[13,14)；第二组[14,15)；…；第五组[17,18]．按上述分组方法得到的频率分布直方图如图2所示，已知图中从左到右的前三个组的频率之比为3∶8∶19，且第二组的频数为8.图2(1)试估计这批新改造的1 000户用户中网速在[16,17)内的户数； (2)求测试中随机抽取的用户数；(3)若从第一、五组中随机抽取2户的网速，求这2户的网速的差的绝对值大于1 M 的概率.【导学号：04024234】解：(1)网速在[16,17)内的频率为0.32×1＝0.32，又0.32×1 000＝320，∴估计这批新改造的1 000户用户中网速在[16,17)内的户数为320. (2)设图中从左到右前三个组的频率分别为3x,8x,19x ， 依题意，得3x ＋8x ＋19x ＋0.32×1＋0.08×1＝1，∴x ＝0.02， 设测试中随机抽取了n 户用户，则8×0.02＝8n，∴n ＝50，∴测试中随机抽取了50户用户．(3)网速在第一组的用户数为3×0.02×1×50＝3，记为a ，b ，c . 网速在第五组的用户数为0.08×1×50＝4，记为m ，n ，p ，q . 从第一、五组中随机抽取2户的基本事件有{a ，b }，{a ，c )，{a ，m }，{a ，n }，{a ，p }，{a ，q }，{b ，c }，{b ，m }，{b ，n }，{b ，p }，{b ，q }，{c ，m }，{c ，n }，{c ，p }，{c ，q }，{m ，n }，{m ，p }，{m ，q }，{n ，p }，{n ，q }，{p ，q }，共21个．其中，抽取的2户的网速的差的绝对值大于1 M 所包含的基本事件有{a ，m }，{a ，n }，{a ，p }，{a ，q }，{b ，m }，{b ，n }，{b ，p }，{b ，q }，{c ，m }，{c ，n }，{c ，p }，{c ，q }，共12个，∴所求概率P ＝1221＝47.(请在第22、23题中选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分)22．【选修4－4：坐标系与参数方程】已知曲线E 的极坐标方程为ρ＝4tan θcos θ，倾斜角为α的直线l 过点P (2,2)．(1)求曲线E 的直角坐标方程和直线l 的参数方程；(2)设l 1，l 2是过点P 且关于直线x ＝2对称的两条直线，l l 与E 交于A ，B 两点，l 2与E 交于C ，D 两点，求证：|PA |∶|PD |＝|PC |∶|PB |.【导学号：04024235】解：(1)由题意易得E 的直角坐标方程为x 2＝4y (x ≠0)，l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos αy ＝2＋t sin α(t 为参数)．(2)证明：∵l 1，l 2关于直线x ＝2对称，∴l 1，l 2的倾斜角互补．设l 1的倾斜角为α1，则l 2的倾斜角为π－α1，把直线l 1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α1，y ＝2＋t sin α1(t 为参数)代入x 2＝4y (x ≠0)，并整理得t 2cos 2α1＋4(cos α1－sin α1)t －4＝0，由根与系数的关系，得t 1t 2＝－4cos 2α1，即|PA |·|PB |＝4cos 2α1.同理，得|PC |·|PD |＝4cos 2π－α1＝4cos 2α1， ∴|PA |·|PB |＝|PC |·|PD |， 即|PA |∶|PD |＝|PC |∶|PB |.23．【选修4－5：不等式选讲】已知函数f (x )＝|x ＋3|－m ，m >0，f (x －3)≥0的解集为(－∞，－2]∪[2，＋∞)． (1)求m 的值；(2)若存在x ∈R ，使得f (x )≥|2x －1|－t 2＋32t ＋1成立，求实数t 的取值范围.【导学号：04024236】解：(1)因为f (x )＝|x ＋3|－m ，所以f (x －3)＝|x |－m ≥0， 因为m >0，所以x ≥m 或x ≤－m .又因为f (x －3)≥0的解集为(－∞，－2]∪[2，＋∞)， 所以m ＝2.(2)因为f (x )≥|2x －1|－t 2＋32t ＋1，所以|x ＋3|－|2x －1|≥－t 2＋32t ＋3.令g (x )＝|x ＋3|－|2x －1|，则g (x )＝|x ＋3|－|2x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≤－3，3x ＋2，－3＜x ＜12，－x ＋4，x ≥12，故g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝72，则有72≥－t 2＋32t ＋3，即2t 2－3t ＋1≥0，解得t ≤12或t ≥1，即实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[1，＋∞)．。

大题规范练(五) “17题～19题＋二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．如图8，已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，C ＝120°.图8(1)若c ＝1，求△ABC 面积的最大值； (2)若a ＝2b ，求tan A .【导学号：07804237】[解] (1)由余弦定理得a 2＋b 2－2ab cos 120°＝1，a 2＋b 2＋ab ＝1≥2ab ＋ab ＝3ab ，当且仅当a ＝b 时取等号，解得ab ≤13，故S △ABC ＝12ab sin C ＝34ab ≤312，即△ABC 面积的最大值为312.(2)∵a ＝2b ，∴由正弦定理得sin A ＝2sin B ， 又C ＝120°， ∴A ＋B ＝60°，∴sin A ＝2sin(60°－A )＝3cos A －sin A ， ∴3cos A ＝2sin A ，∴tan A ＝32. 18．某仪器经过检验合格才能出厂，初检合格率为34：若初检不合格，则需要进行调试，经调试后再次对其进行检验；若仍不合格，作为废品处理，再检合格率为45.每台仪器各项费用如表：(1)(2)求生产一台仪器所获得的利润为1 600元的概率(注：利润＝出厂价－生产成本－检验费－调试费)；(3)假设每台仪器是否合格相互独立，记X 为生产两台仪器所获得的利润，求X 的分布列和数学期望．[解] (1)记每台仪器不能出厂为事件A ，则P (A )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－45＝120，所以每台仪器能出厂的概率P (A )＝1－120＝1920.(2)生产一台仪器利润为1 600的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×45＝15.(3)X 可取3 800,3 500,3 200,500,200，－2 800.P (X ＝3 800)＝34×34＝916，P (X ＝3 500)＝C 12×15×34＝310，P (X ＝3 200)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝125， P (X ＝500)＝C 12×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×15＝340，P (X ＝200)＝C 12×15×⎝ ⎛⎭⎪⎫14×15＝150，P (X ＝－2 800)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14×152＝1400.X 的分布列为：E (X )＝3 800×16＋3 500×10＋3 200×25＋500×40＋200×50＋(－2 800)×1400＝3 350.19．如图9，在底面为直角梯形的四棱锥P ­ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AC 与BD 相交于点E ，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝4，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面PAC ；图9(2)求二面角A ­PC ­D 的余弦值．[解] (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴BD ⊥PA . 又tan∠ABD ＝AD AB ＝33，tan∠BAC ＝BCAB＝ 3. ∴∠ABD ＝30°，∠BAC ＝60°， ∴∠AEB ＝90°，即BD ⊥AC . 又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,4)，CD →＝(－23，－4,0)，PD →＝(0,2，－4)，BD →＝(－23,2,0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y,1)， 则CD →·n ＝0，PD →·n ＝0，∴⎩⎨⎧－23x －4y ＝02y －4＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－433y ＝2，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－433，2，1.由(1)知平面PAC 的一个法向量为m ＝BD →＝(－23，2,0)，∴cos〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝39331，即二面角A ­PC ­D 的余弦值为39331.(请在第22～23题中选一题作答，如果多做，则按照所做第一题计分) 22．选修4­4：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 ＝3t ，y ＝t(t 为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴，与直角坐标系xOy 取相同的长度单位建立极坐标系，得曲线C 的极坐标方程为ρ2＝cos 2θ＋sin θ(ρ≥0)． (1)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求线段AB 的长度；(2)若M ，N 是曲线C 上两点，且OM ⊥ON ，求线段MN 长度的最大值． [解] (1)由题意知，直线l 的普通方程为y ＝33x ，则其极坐标方程为θ＝π6或θ＝7π6，不妨设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ1，π6，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，7π6，把θ＝π6代入ρ2＝cos 2θ＋sin θ，得ρ21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋12＝54，所以|OA |＝52；把θ＝7π6代入ρ2＝cos 2θ＋sin θ，得ρ22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322－12＝14，所以|OB |＝12，所以线段AB 的长度为52＋12＝5＋12. (2)设M (ρ3，α)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ4，α＋π2，则|OM |2＝cos 2α＋sin α，|ON |2＝cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π2＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π2＝sin 2α＋cos α，所以|MN |2＝|OM |2＋|ON |2＝cos 2α＋sin α＋sin 2α＋cos α＝1＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4，故当α＝π4时，|MN |取得最大值1＋ 2.23．选修4­5：不等式选讲已知f (x )＝2|x ＋1|－x 的最小值为b . (1)求b ；(2)已知a ≥b ，求证：2a －b ＋a 2－b ≥a .[解] (1)f (x )＝2|x ＋1|－x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ≥－1，－3x －2，x ＜－1，所以b ＝f (x )min ＝f (－1)＝1. (2)证明：由(1)知b ＝1， 设a ＝1＋m (m ≥0)，则 2a －b ＋a 2－b ＝2a －1＋a 2－1 ＝21＋m －1＋1＋m2－1＝1＋2m ＋m 2＋2m ≥1＋m ＝a .。

大题规范练(二) “17题～19题＋二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．如图4，已知点O 为△ABC 的外心，∠BAC ，∠ABC ，∠ACB 的对边分别为a ，b ，c ，且2OA →＋3OB →＋4OC →＝0.图4(1)求cos∠BOC 的值；(2)若△ABC 的面积为15，求b 2＋c 2－a 2的值.【导学号：07804231】[解] (1)设△ABC 外接圆的半径为R ，由2OA →＋3OB →＋4OC →＝0得3OB →＋4OC →＝－2OA →， 两边平方得9R 2＋16R 2＋24R 2cos∠BOC ＝4R 2， 所以cos∠BOC ＝－21R 224R 2＝－78.(2)由题意可知∠BOC ＝2∠BAC ，∠BAC ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，cos∠BOC ＝cos 2∠BAC ＝2cos 2∠BAC －1＝－78，从而cos∠BAC ＝14， 所以sin∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝154， △ABC 的面积S ＝12bc sin∠BAC ＝158bc ＝15，故bc ＝8，从而b 2＋c 2－a 2＝2bc cos∠BAC ＝2×8×14＝4.18．某项科研活动共进行了5次试验，其数据如下表所示：特征量 第1次 第2次 第3次 第4次 第5次x 555 559 551 563 552 y601605597599598(1)从特征量y 600的概率； (2)求特征量y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^，并预测当特征量x 为570时特征量y 的值．(附：回归直线y ^＝b ^x ＋a ^的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑i ＝1nx i －xy i －y∑i ＝1nx i －x2，a ^＝y －b ^x )[解] (1)记“至少有一个大于600”为事件A ， 则P (A )＝1－C 23C 25＝710.(2)由题中表格可知，x ＝555＋559＋551＋563＋5525＝556，y ＝601＋605＋597＋599＋5985＝600.∴b ^＝－1×1＋3×5＋－5×－3＋7×－1＋－4×－2－12＋32＋－52＋72＋－42＝30100＝0.3， a ^＝y －b ^x ＝600－0.3×556＝433.2，∴线性回归方程为y ^＝0.3x ＋433.2.当x ＝570时，y ^＝0.3×570＋433.2＝604.2， 故特征量x 为570时，特征量y 的估计值为604.2.19．在平面四边形ACBD (如图5(1))中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB＝2，∠BAD ＝30°，∠BAC ＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图5(2)所示的三棱锥C ′­ABD ，且使C ′D ＝ 2.图5(1) 图5(2)(1)求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ； (2)求二面角A ­C ′D ­B 的余弦值．[解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接C ′O ，DO ， 在Rt△AC ′B ，Rt△ADB 中，AB ＝2，C ′O ＝DO ＝1. 又∵C ′D ＝2，∴C ′O 2＋DO 2＝C ′D 2，即C ′O ⊥OD .又∵C ′O ⊥AB ，AB ∩OD ＝O ，AB ，OD ⊂平面ABD ，∴C ′O ⊥平面ABD .又∵C ′O ⊂平面ABC ′，∴平面C ′AB ⊥平面DAB .(2)以O 为原点，AB ，OC ′所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，C ′(0,0,1)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， ∴AC ′→＝(0,1,1)，BC ′→＝(0，－1,1)，C ′D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1.设平面AC ′D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AC ′→，n 1⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC ′→＝0，n 1·C ′D →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋z 1＝0，32x 1＋12y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝－1，x 1＝3，∴n 1＝(3，－1,1)．设平面BC ′D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥BC ′→，n 2⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ′→＝0，n 2·C ′D →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋z 2＝0，32x 2＋12y 2－z 2＝0，令z 2＝1，则y 2＝1, x 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，1， ∴cos〈n 1，n 2〉＝3×33＋－1×1＋1×13＋1＋1×13＋1＋1＝15×73＝10535， 二面角A ­C ′D ­B 的余弦值为－10535. (请在第22～23题中选一题作答，如果多做，则按照所做第一题计分)22．选修4－4：标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos αy ＝t sin α(t 为参数)，以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ρ2cos 2θ＋2ρ2sin 2θ＝12，且直线l 与曲线C 交于P ，Q 两点．(1)求曲线C 的直角坐标方程及直线l 恒过的定点A 的坐标； (2)在(1)的条件下，若|AP ||AQ |＝6，求直线l 的普通方程． [解] (1)∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴C ：x 2＋2y 2＝12. 直线l 恒过的定点为A (2,0)．(2)把直线l 的方程代入曲线C 的直角坐标方程中得： (sin 2α＋1)t 2＋4(cos α)t －8＝0.由t 的几何意义知|AP |＝|t 1|，|AQ |＝|t 2|.∵点A 在椭圆内，这个方程必有两个实根，∴t 1t 2＝－8sin 2α＋1，∵|AP ||AQ |＝|t 1t 2|＝6， 即81＋sin 2α＝6，∴sin 2α＝13，∵α∈(0，π)， ∴sin α＝33，cos α＝±63， ∴直线l 的斜率k ＝±22， 因此，直线l 的方程为y ＝22(x －2)或y ＝－22(x －2)． 23．选修4­5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －3|＋|x ＋m |(x ∈R )． (1)当m ＝1时，求不等式f (x )≥6的解集；(2)若不等式f (x )≤5的解集不是空集，求参数m 的取值范围.【导学号：07804232】[解] (1)当m ＝1时，f (x )≥6等价于⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1－x ＋1－x －3≥6，或⎩⎪⎨⎪⎧－1＜x ＜3x ＋1－x －3≥6，或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥3x ＋1＋x －3≥6，解得x ≤－2或x ≥4，所以不等式f (x )≥6的解集为{x |x ≤－2或x ≥4}． (2)法一：化简f (x )得，当－m ≤3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋3－m ，x ≤－m m ＋3，－m ＜x ＜32x ＋m －3，x ≥3，当－m ＞3时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋3－m ，x ≤3－3－m ，3＜x ＜－m ，2x ＋m －3，x ≥－m根据题意得：⎩⎪⎨⎪⎧－m ≤3m ＋3≤5，即－3≤m ≤2，或⎩⎪⎨⎪⎧－m ＞3－m －3≤5，即－8≤m ＜－3，∴参数m 的取值范围为{m |－8≤m ≤2}．法二：∵|x －3|＋|x ＋m |≥|(x －3)－(x ＋m )|＝|m ＋3|， ∴f (x )min ＝|3＋m |， ∴|m ＋3|≤5， ∴－8≤m ≤2，∴参数m 的取值范围为{m |－8≤m ≤2}．。

大题规范练(七) “20题、21题”24分练(时间：30分钟 分值：24分)解答题(本大题共2小题，共24分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)20．已知圆心在直线y ＝54x 上的圆C 与x 轴相切，与y 轴正半轴交于M ，N 两点(点M 在N 的下方)，且|MN |＝3.(1)求圆C 的方程；(2)过点M 任作一直线与椭圆x 28＋y 24＝1交于A ，B 两点，设直线AN ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1＋k 2是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.【导学号：04024242】解：(1)由圆心C 在直线y ＝54x 上， 所以设圆心为C (4a,5a )(a >0)，因为|MN |＝3，所以(4a )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝(5a )2，解得a ＝12， 所以圆心为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52，r ＝52， 故圆C 的方程为(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254. (2)k 1＋k 2＝0为定值．证明如下：将x ＝0代入(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254， 得y ＝1或y ＝4，所以M (0,1)，N (0,4)．当直线AB 的斜率k 不存在时，不符合题意，故可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 28＋y 24＝1，y ＝kx ＋1，得(1＋2k 2)x 2＋4kx －6＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k 2， 所以k 1＋k 2＝y 1－4x 1＋y 2－4x 2＝kx 1－3x 1＋kx 2－3x 2＝2kx 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2. 而2kx 1x 2－3(x 1＋x 2)＝－12k 1＋2k 2＋12k 1＋2k 2＝0， 所以k 1＋k 2＝0.21．已知函数f (x )＝ln x －mx 2，g (x )＝12mx 2＋x ，m ∈R ，令F (x )＝f (x )＋g (x )． (1)当m ＝12时，求函数f (x )的单调区间及极值； (2)若关于x 的不等式F (x )≤mx －1恒成立，求整数m 的最小值.【导学号：04024243】解：(1)当m ＝12时，f (x )＝ln x －12x 2(x ＞0)，所以f ′(x )＝1x－x (x ＞0)． 令f ′(x )＝0得x ＝1.由f ′(x )>0得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间为(0,1)．由f ′(x )<0得x >1，所以f (x )的单调递减区间为(1，＋∞)．所以f (x )极大值＝f (1)＝－12，无极小值． (2)方法一：令G (x )＝F (x )－(mx －1)＝ln x －12mx 2＋(1－m )x ＋1， 所以G ′(x )＝1x －mx ＋(1－m )＝－mx 2＋－m x ＋1x .当m ≤0时，因为x >0，所以G ′(x )>0，所以G (x )在(0，＋∞)上是增函数．又因为G (1)＝－32m ＋2＞0， 所以关于x 的不等式G (x )≤mx －1不能恒成立．当m ＞0时，G ′(x )＝－mx 2＋－m x ＋1x＝－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m x ＋x .令G ′(x )＝0，得x ＝1m ，所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 时，G ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞时，G ′(x )＜0，因此函数G (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞上是减函数． 故函数G (x )的最大值为G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＝12m－ln m . 令h (m )＝12m －ln m ，因为h (1)＝12＞0，h (2)＝14－ln 2＜0， 且h (m )在(0，＋∞)上是减函数，所以当m ≥2时，h (m )＜0.所以整数m 的最小值为2.方法二：由F (x )≤mx －1恒成立，知m ≥x ＋x ＋x 2＋2x (x ＞0)恒成立， 令h (x )＝x ＋x ＋x 2＋2x (x ＞0)，则h ′(x )＝－2x ＋x ＋x x 2＋2x 2，令φ(x )＝2ln x ＋x ，因为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12－ln 4＜0，φ(1)＝1＞0，且φ(x )为增函数， 所以存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使φ(x 0)＝0，即2ln x 0＋x 0＝0. 当12＜x ＜x 0时，h ′(x )＞0，h (x )为增函数； 当x 0<x 时，h ′(x )<0，h (x )为减函数．所以h (x )max ＝h (x 0)＝2ln x 0＋2x 0＋2x 20＋2x 0＝1x 0，而x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所以1x 0∈(1,2)， 所以整数m 的最小值为2.。

大题规范练(一) “17题～19题”＋“二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6，1，n ＝(cos x,1)．(1)若m∥n ，求tan x 的值；(2)若函数f (x )＝m·n ，x ∈[0，π]，求f (x )的单调递增区间.【导学号：04024212】解：(1)由m∥n 得sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π6－cos x ＝0，展开变形可得sin x ＝3cos x ，即tan x ＝ 3. (2)易得f (x )＝m·n ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋34，由－π2＋2k π≤2x －π6≤π2＋2k π(k ∈Z )，得－π6＋k π≤x ≤π3＋k π(k ∈Z )，又因为x ∈[0，π]，所以f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π6，π.18．从2016年1月1日起，广东、湖北等18个保监局所辖地区将纳入商业车险改革试点范围，其中最大的变化是上一年的出险次数决定了下一年的保费倍率，具体关系如下表：组数据(x ，y )(其中x (万元)表示购车价格，y (元)表示商业车险保费)：(8,2 150)，(11,2 400)，(18,3 140)，(25,3 750)，(25,4 000)，(31,4 560)，(37，5 500)，(45，6 500)．设由这8组数据得到的回归直线方程为y ^＝b ^x ＋1 055. (1)求b ^的值．(2)广东李先生2016年1月购买一辆价值20万元的新车． (i)估计李先生购车时的商业车险保费．(ⅱ)若该车今年2月已出过一次险，现在又被刮花了，李先生到4S 店询价，预计修车费用为800元，保险专员建议李先生自费(即不出险)，你认为李先生是否应该接受建议？并说明理由．(假设该车辆下一年与上一年购买相同的商业车险产品进行续保)【导学号：04024213】解：(1)x ＝18×(8＋11＋18＋25＋25＋31＋37＋45)＝2008＝25(万元),y ＝18×(2 150＋2 400＋3 140＋3 750＋4 000＋4 560＋5 500＋6 500)＝32 0008＝4 000(元)，回归直线y ^＝b ^x ＋1 055经过样本点的中心(x ，y )， 即(25,4 000)，所以b ^＝y －1 055x＝4 000－1 05525＝117.8.(2)(ⅰ)价值为20万元的新车的商业车险保费预报值为117.8×20＋1 055＝3 411(元)．(ⅱ)由于该车已出过一次险，若再出一次险， 则保费增加25%，即增加3 411×25%＝852.75(元)． 因为852.75>800，所以应该接受建议．19．如图1所示，在四棱锥P ­ABCD 中，侧面PAD 是边长为2的正三角形，且与底面ABCD 垂直，底面ABCD 是菱形，且∠ABC ＝60°，M 为AD 的中点．图1(1)求证：平面PCM ⊥平面PAD ； (2)求三棱锥D ­PAC 的高.【导学号：04024214】解：(1)证明：依题意可知△PAD ，△ACD 均为正三角形， 所以MC ⊥AD ，MP ⊥AD . 又因为MC ∩MP ＝M ， 所以AD ⊥平面PMC . 又因为AD ⊂平面PAD ， 所以平面PCM ⊥平面PAD .(2)在正三角形PAD 中，PM ＝32PD ＝3， 又S △ACD ＝12×2×2×sin 60°＝3，所以V 三棱锥P ­ACD ＝13S △ACD ·PM ＝1.在正三角形ACD 中，CM ＝32AD ＝3， 在Rt △PCM 中，PC ＝PM 2＋CM 2＝6，在等腰三角形PAC 中，PA ＝AC ＝2，PC ＝6，可得S △PAC ＝152. 设三棱锥D ­PAC 的高为h ，由V 三棱锥D ­PAC ＝V 三棱锥P ­ACD ，得13S △PAC ·h ＝1，解得h ＝2155.(请在第22、23题中选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分)22．【选修4－4：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C ：ρsin 2θ－4cos θ＝0，直线l 过点M (0,4)，且斜率为－2.(1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程，并写出直线l 的标准参数方程； (2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求|AB |的值.【导学号：04024215】解：(1)由ρsin 2θ－4cos θ＝0，得(ρsin θ)2＝4ρcos θ，由互化公式x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，可得曲线C 的直角坐标方程为y 2＝4x . 设直线l 的倾斜角为α，则tan α＝－2， 所以α为钝角，于是cos α＝－55，sin α＝255， 所以直线l 的标准参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－55t ，y ＝4＋255t (t 为参数)．(2)将(1)中直线l 的参数方程代入y 2＝4x 中，整理得t 2＋55t ＋20＝0. 设A ，B 两点对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－55，t 1t 2＝20， 所以|AB |＝|t 1－t 2|＝t 1＋t 22－4t 1t 2＝－552－4×20＝3 5.23．【选修4－5：不等式选讲】已知函数f (x )＝|2x －a |＋a .(1)若不等式f (x )≤6的解集为{x |－2≤x ≤3}，求实数a 的值；(2)在(1)的条件下，若存在实数n ，使f (n )≤m －f (－n )成立，求实数m 的取值范围.【导学号：04024216】解：(1)由|2x －a |＋a ≤6得|2x －a |≤6－a ，所以a －6≤2x －a ≤6－a ，即a －3≤x ≤3， 所以a －3＝－2，得a ＝1.(2)由(1)知f (x )＝|2x －1|＋1，令φ(n )＝f (n )＋f (－n )，则φ(n )＝|2n －1|＋|2n ＋1|＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧2－4n ，n ≤－12，4，－12＜n ≤12，2＋4n ，n ＞12，所以φ(n )的最小值为4， 故实数m 的取值范围是[4，＋∞)．。

大题规范练(一) “17题～19题＋二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＋a 5＝27a 23，S 7＝63.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b 1＝a 1且b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .【导学号：07804229】[解] (1)法一：(等差数列的基本量)设正项等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，易知a n ＞0，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝27 a 1＋2d 27a 1＋21d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.法二：(等差数列的性质)∵{a n }是等差数列且a 1＋a 5＝27a 23，∴2a 3＝27a 23，又a n ＞0，∴a 3＝7.∵S 7＝7 a 1＋a 72＝7a 4＝63，∴a 4＝9，∴d ＝a 4－a 3＝2，∴a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n ＋1. (2)∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1且a n ＝2n ＋1， ∴b n ＋1－b n ＝2n ＋3，当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n ＋1)＋(2n －1)＋…＋5＋3＝n (n ＋2)，当n ＝1时，b 1＝3满足上式，故b n ＝n (n ＋2)． ∴1b n＝1n n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n －1＋1b n＝12⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32 n ＋1 n ＋2. 18．如图1，已知直角梯形ABCD 中，AB ＝AD ＝12CD ＝2，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，E 为CD 的中点，沿AE 把△DAE 折起到△PAE 的位置(D 折后变为P )，使得PB ＝2，如图2.(1)求证：平面PAE ⊥平面ABCE ；(2)求直线PB 和平面PCE 所成角的正弦值．[解] (1)证明：如图(1)，取AE 的中点O ，连接PO ，OB ，BE .由于在平面图形中，如题图(图1)，连接BD ，BE ，易知四边形ABED 为正方形，图(1)所以在立体图形中，△PAE ，△BAE 为等腰直角三角形，所以PO ⊥AE ，OB ⊥AE ，PO ＝OB ＝2，因为PB ＝2，所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB ， 又AE ∩OB ＝O ，所以PO ⊥平面ABCE ，因为PO ⊂平面PAE ，所以平面PAE ⊥平面ABCE .(2)由(1)知，OB ，OE ，OP 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图(2)，则O (0,0,0)，P (0,0，2)，B (2，0,0)，E (0，2，0)，C (2，22，0)，PB →＝(2，0，－2)，EP →＝(0，－2，2)，EC →＝(2，2，0)．图(2)设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EP →＝0，n ·EC →＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1，故平面PCE 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)． 所以cos 〈PB →，n 〉＝PB →·n |PB →|·|n |＝2223＝63，所以直线PB 和平面PCE 所成角的正弦值为63. 19.某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐．为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L (单位：M)的数据，其频率分布直方图如下：图3若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题．(1)从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300 M 的概率；(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：量，系统就自动帮用户充值200 M 流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M 流量，资费20元，以此类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．[解](1)记“从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量不超过300 M”为事件D.依题意，P(D)＝(0.000 8＋0.002 2)×100＝0.3.从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300 M的人数为X，则X～B(3,0.3)，所以从该校教师中随机抽取3人，至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率为P(X＝0)＋P(X＝1)＝C03×0.30×(1－0.3)3＋C13×0.3×(1－0.3)2＝0.343＋0.441＝0.784.(2)依题意，从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量L∈(300,500]的概率为(0.002 5＋0.003 5)×100＝0.6，L∈(500,700]的概率为(0.000 8＋0.000 2)×100＝0.1.当学校订购A套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X1元，则X1的所有可能取值为20,35,50，且P(X1＝20)＝0.3，P(X1＝35)＝0.6，P(X1＝50)＝0.1，所以X1的分布列为所以E(X1)当学校订购B套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X2元，则X2的所有可能取值为30,45，且P(X2＝30)＝0.3＋0.6＝0.9，P(X2＝45)＝0.1，所以X2的分布列为所以E(X2)当学校订购C套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X3元，则X3的所有可能取值为38，且P(X3＝38)＝1，所以E(X3)＝38×1＝38(元)．因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，所以学校订购B套餐最经济．(请在第22～23题中选一题作答，如果多做，则按照所做第一题计分)22．选修4­4：坐标系与参数方程在极坐标系中，圆C的极坐标方程为ρ2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3.若以极点O为原点，极轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系.【导学号：07804230】(1)求圆C 的参数方程；(2)在直角坐标系中，点P (x ，y )是圆C 上的动点，试求x ＋2y 的最大值，并求出此时点P 的直角坐标．[解] (1)因为ρ2＝4ρ(cos θ＋sin θ)－3， 所以x 2＋y 2－4x －4y ＋3＝0，即(x －2)2＋(y －2)2＝5为圆C 的直角坐标方程，所以圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋5cos θy ＝2＋5sin θ(θ为参数)．(2)法一：设x ＋2y ＝t ，得x ＝t －2y ，代入x 2＋y 2－4x －4y ＋3＝0，整理得5y 2＋4(1－t )y ＋t 2－4t ＋3＝0 (*)，则关于y 的方程必有实数根．所以Δ＝16(1－t )2－20(t 2－4t ＋3)≥0，化简得t 2－12t ＋11≤0， 解得1≤t ≤11，即x ＋2y 的最大值为11.将t ＝11代入方程(*)得y 2－8y ＋16＝0，解得y ＝4，代入x ＋2y ＝11，得x ＝3， 故x ＋2y 的最大值为11时，点P 的直角坐标为(3,4)． 法二：由(1)可设点P (2＋5cos θ，2＋5sin θ)， 则x ＋2y ＝6＋5cos θ＋25sin θ＝6＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫55cos θ＋255sin θ，设sin α＝55，则cos α＝255，所以x ＋2y ＝6＋5sin(θ＋α)， 当sin(θ＋α)＝1时，(x ＋2y )max ＝11，此时，θ＋α＝π2＋2k π，k ∈Z ，即θ＝π2－α＋2k π(k ∈Z )，所以sin θ＝cos α＝255，cos θ＝sin α＝55，故点P 的直角坐标为(3,4)．23．选修4­5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －2|＋2，g (x )＝m |x |(m ∈R )． (1)解关于x 的不等式f (x )＞5；(2)若不等式f (x )≥g (x )对任意x ∈R 恒成立，求m 的取值范围． [解] (1)由f (x )＞5，得|x －2|＞3， ∴x －2＜－3或x －2＞3， 解得x ＜－1或x ＞5.故原不等式的解集为{x |x ＜－1或x ＞5}．(2)由f (x )≥g (x )，得|x －2|＋2≥m |x |对任意x ∈R 恒成立， 当x ＝0时，不等式|x －2|＋2≥0恒成立，当x≠0时，问题等价于m≤|x－2|＋2|x|对任意非零实数恒成立，∵|x－2|＋2|x|≥|x－2＋2||x|＝1，∴m≤1，即m的取值范围是(－∞，1]．。

大题规范练(三) “17题～19题”＋“二选一”46分练(时间：45分钟 分值：46分)解答题(本大题共4小题，共46分，第22～23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．如图1所示，在△ABC 中，B ＝π3，BC ＝2，点D 在边AB 上，AD ＝DC ，DE ⊥AC ，E 为垂足．图1(1)若△BCD 的面积为33，求CD 的长； (2)若DE ＝62，求角A 的大小. 【导学号：04024222】解：(1)因为△BCD 的面积为33，B ＝π3，BC ＝2， 所以12×2×BD sin π3＝33，解得BD ＝23.在△BCD 中，由余弦定理得CD ＝BC 2＋BD 2－2BC ×BD cos B＝4＋49－2×2×23×12＝273. (2)因为DE ＝62，所以CD ＝AD ＝DE sin A ＝62sin A. 因为∠BDC ＝2A ，在△BCD 中，由正弦定理可得BCsin ∠BDC＝CDsin B，所以2sin 2A＝62sin A sinπ3，所以cos A ＝22. 又因为A 是△ABC 的内角，所以A ＝π4.18．近日，某市迎来去库存一系列新政，其中房产税收中的契税和营业税双双下调，对住房市场持续增长和去库存产生积极影响．某房地产公司从两种户型中各拿出9套进行促销活动，其中A 户型每套面积为100平方米，均价1.1万元/平方米，B 户型每套面积80平方米，均价1.2万元/平方米．下表是这18套住宅每平方米的销售价格(单位：万元/平方米)．(2)张先生想为自己和父母买两套售价小于100万元的房子，求至少有一套面积为100平方米的概率．【导学号：04024223】解：(1)由平均数计算公式，可得a ＝1.16，b ＝1.17.(2)A 户型售价小于100万元的房子有2套，分别记为A 1，A 2；B 户型售价小于100万元的房子有4套，分别记为B 1，B 2，B 3，B 4.买两套售价小于100万元的房子所含基本事件为{A 1，A 2}， {A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 1，B 4}，{A 2，B 1)，{A 2，B 2)，{A 2，B 3}，{A 2，B 4}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，B 4}，{B 2，B 3}，{B 2，B 4}，{B 3，B 4}，共15个．记事件A 为“至少有一套面积为100平方米的住房”，则A 中所含基本事件有{A 1，A 2}，{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 1，B 3}，{A 1，B 4}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 2，B 3}，{A 2，B 4}，共9个，所以P (A )＝915＝35，即所买两套住房至少有一套面积为100平方米的概率为35.19．已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝2AD ＝4，E ，F 分别是AB ，CD上的点，EF //BC ，AE ＝x ，G 是BC 的中点．沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图2所示)．图2(1)当x ＝2时，求证：BD ⊥EG ；(2)将以F ，B ，C ，D 为顶点的三棱锥的体积记为f (x )，求f (x )的最大值.【导学号：04024224】解：(1)证明：作DH ⊥EF 于H ，连接BH ，GH ， 由平面AEFD ⊥平面EBCF 知，DH ⊥平面EBCF ， 而EG ⊂平面EBCF ，故EG ⊥DH . 又四边形BGHE 为正方形，∴EG ⊥BH . 又BH ∩DH ＝H ，故EG ⊥平面DBH .而BD ⊂平面DBH ，∴EG ⊥BD .(2)∵AE ⊥EF ，平面AEFD ⊥平面EBCF ， ∴AE ⊥平面EBCF . 由(1)知，DH ⊥平面EBCF ， ∴AE ＝DH ，∴f (x )＝V D ­BFC ＝13S △BFC ·DH ＝13S △BFC ·AE ＝13×12×4·(4－x )x ＝－23(x －2)2＋83≤83，即x ＝2时，f (x )取得最大值83.(请在第22、23题中选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分)22．【选修4－4：坐标系与参数方程】以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋cos θ＋1ρ.(1)写出曲线C 的参数方程；(2)在曲线C 上任取一点P ，过点P 作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为A ，B ，求矩形OAPB 面积的最大值．【导学号：04024225】解：(1)由ρ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin θ＋cos θ＋1ρ，得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ＋1)，由互化公式得x 2＋y 2＝2x ＋2y ＋2， 即(x －1)2＋(y －1)2＝4， 所以曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos θ，y ＝1＋2sin θ(θ为参数)．(2)由(1)可设点P 的坐标为(1＋2cos θ，1＋2sin θ)，θ∈[0,2π)，则矩形OAPB 的面积S ＝|(1＋2cos θ)(1＋2sin θ)|＝|1＋2sin θ＋2cos θ＋4sinθcos θ|，令t ＝sin θ＋cos θ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4∈[－2，2]， 则t 2＝1＋2sin θcos θ，S ＝|1＋2t ＋2t 2－2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2⎝⎛⎭⎪⎫t ＋122－32， 故当t ＝2时，S max ＝3＋2 2.23．【选修4－5：不等式选讲】已知a ，b 均为正实数．(1)求证：a 2b ＋b 2a≥a ＋b ；(2)利用(1)的结论求函数y ＝－x2x＋x 21－x(0＜x ＜1)的最小值. 【导学号：04024226】解：(1)证明：∵a >0，b >0，∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2b ＋b 2a ＝a 2＋b 2＋a 3b ＋b 3a ≥a 2＋b 2＋2ab ＝(a ＋b )2，当且仅当a ＝b 时，等号成立，∴a 2b ＋b 2a≥a ＋b . (2)∵0<x <1，∴1－x ＞0，由(1)的结论， 得函数y ＝－x2x＋x 21－x≥(1－x )＋x ＝1， 当且仅当1－x ＝x ，即x ＝12时等号成立．∴函数y ＝－x2x＋x 21－x(0＜x ＜1)的最小值为1.。

大题规范练(十一) “20题、21题”24分练(时间：30分钟 分值：24分)解答题(本大题共2小题，共24分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)20．已知椭圆T ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个顶点A (0,1)，离心率e ＝63，圆C ：x 2＋y 2＝4，从圆C 上任意一点P 向椭圆T 引两条切线PM ，PN .(1)求椭圆T 的方程；(2)求证：PM ⊥PN .【导学号：04024250】解：(1)由题意可知：b ＝1，c a ＝63，所以椭圆方程为x 23＋y 2＝1. (2)证明：①当P 点横坐标为±3时，PM 斜率不存在，PN 斜率为0，PM ⊥PN .②当P 点横坐标不为±3时，设P (x 0，y 0)，则x 20＋y 20＝4，设k PM ＝k ， PM 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y －y 0＝k x －x 0，x 23＋y 2＝1， 消去y 得(1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3k 2x 20－6kx 0y 0＋3y 20－3＝0， 依题意得Δ＝0，即 Δ＝36k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋3k 2)(3k 2x 20－6kx 0y 0＋3y 20－3)＝0，化简得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0，又k PM ·k PN 为方程的两根，所以k PM ·k PN ＝1－y 203－x 20＝1－－x 203－x 20＝x 20－33－x 20＝－1. 所以PM ⊥PN .21．已知函数f (x )＝x 2－(－1)k 2a ln x (k ∈N ，a ∈R 且a ＞0)．(1)求f (x )的极值；(2)若k ＝2 016，关于x 的方程f (x )＝2ax 有唯一解，求a 的值.【导学号：04024251】解：(1)函数f (x )＝x 2－(－1)k 2a ln x (k ∈N ，a ∈R 且a >0)，可得f ′(x )＝2x －(－1)k 2a ·1x ，当k 为奇数时，f ′(x )＝2x ＋2a x>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值．当k 为偶数时，f ′(x )＝2x －2a x ＝2x 2－2a x ＝x ＋ax －a x ，所以f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )有极小值，f (x )极小值＝f (a )＝a －2a ln a ＝a －a ln a .(2)因为k ＝2 016，则f (x )＝x 2－2a ln x ，令g (x )＝x 2－2a ln x －2ax ，g ′(x )＝2x －2a x －2a ＝2x 2－2ax －2a x ＝2x(x 2－ax －a )，令g ′(x )＝0，所以x 2－ax －a ＝0，因为a >0，x >0，所以x 0＝a ＋a 2＋4a2.当x ∈(0，x 0)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，x 0)上单调递减．当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在(x 0，＋∞)上单调递增．又g (x )＝0有唯一解，所以⎩⎪⎨⎪⎧ g x 0＝0，g x 0＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x 20－2a ln x 0－2ax 0＝0， ①x 20－ax 0－a ＝0， ②②－①得2a ln x 0＋ax 0－a ＝0⇒2ln x 0＋x 0－1＝0⇒x 0＝1. 所以12－a －a ＝0，所以a ＝12.。