(新高考)2020版高考数学二轮复习专项小测17“17～19题”+“二选一”理

教课资料范本2020版新高考复习理科数学专项小测：22“ 17～ 19题”＋“二选一”含分析编辑： __________________时间： __________________专项小测 (二十二 )“17～19题”＋“二选一”时间： 45 分钟满分：46分17．(12分)已知数列 { a n} 的前 n项和为 S n.知足 a1＝1.S n＋1－1＝S n＋a n.数列 { b n}1为等比数列 .知足 b1＝4b3.b2＝4＜b1.n∈N* .(1)求数列 { a n}.{ b n} 的通项公式；1(2)若数列anan＋11的前 n项和为 W n.数列 { b n} 的前 n项和为 T n.试比较 W n与Tn的大小．解： (1)由 a1＝1.S n＋1－1＝S n＋a n.可得 a n＋1＝a n＋1.即数列 { a n} 为首项和公差均为 1 的等差数列 .可得 a n＝n. (3 分)1数列 { b n} 为等比数列 .知足 b1＝4b3.b2＝4＜b1.n∈N* .1设公比为 q.可得 b1＝4b1q2.可得 q＝± .21 11 1 1当 q＝2时.2b1＝4.可得 b1＝2＞4.11n.(6 分) q＝－不可立 .舍去 .因此 b n＝22(2)由于1＝错误! ＝错误 ! －错误 ! .(8 分)anan＋1111111n 因此 W n＝1－2＋2－3＋＋n－n＋1＝1－n＋1＝n＋1＜1.(10分)1121－2n11因此 T n＝1＝1－2n∈(0,1).则Tn＞1.1－21即有 W n＜Tn.(12分)18．(12分)在五边形 AEBCD中.BC⊥CD.CD∥AB.AB＝2CD＝2BC.AE⊥BE.AE＝BE(如图 ).将△ ABE沿 AB折起 .使平面 ABE⊥平面 ABCD.线段 AB的中点为O(如图 )．(1)求证：平面 ABE⊥平面 DOE；(2)求平面 EAB与平面 ECD所成的锐二面角的大小．解： (1)由题意 AB＝2CD.O 是线段 AB 的中点 .则 OB＝CD.又 CD∥AB.则四边形 OBCD 为平行四边形 .又 BC⊥CD.则 AB⊥OD.(2 分)由于 AE ＝BE.OB ＝OA.则 EO ⊥AB.又 EO ∩DO ＝O.则 AB ⊥平面 EOD.(4 分)又 AB? 平面 ABE.故平面 ABE ⊥平面 EOD.(6 分)(2)由(1)易知 OB.OD.OE 两两垂直 .以 O 为坐标原点 .以 OB.OD.OE 所在直线分别为 x.y.z 轴成立以下图的空间直角坐标系 O － xyz.△EAB 为等腰直角三角形 .且 AB ＝2CD ＝2BC.则 OA ＝OB ＝ OD ＝OE.取 CD ＝BC ＝1.则O(0,0,0).A(－1,0,0).B(1,0,0).C(1,1,0).D(0,1,0).E(0,0,1).→ →则CD ＝(－1,0,0).DE ＝(0.－1,1)．→设平面 ECD 的法向量为 n ＝ (x.y.z).则n ·CD ＝0，则→n ·DE ＝0，－ x ＝0，－ y ＋z ＝0，令 z ＝ 1.得平面 ECD 的一个法向量 n ＝(0,1,1)．(8 分)由于⊥平面因此平面的一个法向量为→＝．OD ABE. ABE OD (0,1,0)(10分)设平面 ECD 与平面 ABE 所成的锐二面角为θ.则→ |0 ×0＋1×1＋0×1| 2cos θ＝|cos 〈OD.n 〉|＝ 1× 12＋12 ＝ 2 .由于 θ∈(0 °.90 °).因此 θ＝45°.故平面 ECD 与平面 ABE 所成的锐二面角为 45°.(12分)19．(12分)x2 y2已知椭圆 ＋＝1(a>b>0).A ( 2，0)a2 b2是长轴的一个端点→ →.弦BC 过椭圆的中心 O.点C 在第一象限 .且AC ·BC→ → → →＝0.|OC －OB|＝2|AB ＋BC|.(1)求椭圆的标准方程；(2)设P 、 Q 为椭圆上不重合的两点且异于 A 、B.若∠ PCQ 的均分线老是垂直于 轴 问能否存在实数 λ使得 →x . . PQ→＝λAB ？若不存在 .请说明原因；若存在 .求λ获得最大值时的 PQ 的长．解：∵→→＝∴∠ ＝ °(1) AC ·BC 0. ACB 90 .→ → → → → ＝ → ∵|OC －OB ＝＋BC 即| 2|AB |. |BC| 2|AC|. ∴△ AOC 是等腰直角三角形．∵A ( 2，0) .∴C ( 1，1) .而点 C 在椭圆上 .1 14∴a2＋b2＝1.a ＝2.∴b 2＝3.x2 y2 ∴所求椭圆方程为 4 ＋ 4 ＝1.3(2)对于椭圆上两点 P.Q.∵∠ PCQ 的均分线老是垂直于 x 轴 .∴PC 与 CQ 所在直线对于 x ＝ 1 对称 .令 k PC ＝k.则 k CQ ＝－ k.∵C ( 1，1) .∴PC 的直线方程为 y ＝k ( x －1) ＋1.①QC 的直线方程为 y ＝－ k ( x －1) ＋ 1, ②x2 3y2将①代入4＋4＝1.得(1＋3k2)x2－6k(k－1)x＋3k2－6k－1＝0.③∵C( 1，1)在椭圆上 .∴x＝1 是方程③的一个根 .∴x P＝3k2－6k－1以－替代k.获得Q＝3k2＋6k－1.1＋3k2.k x3k2＋1k( xP＋xQ)－2k 1∴k PQ＝xP－xQ＝3.∵∠ ACB＝90°.A( 2，0) .C( 1，1) .弦 BC 过椭圆的中心 O.1∴A( 2，0) .B(－1，－ 1) .∴k AB＝3.∴k PQ＝ k AB.∴PQ∥AB.→→∴存在实数λ.使得 PQ＝λAB.→＝－12k2＋－4k2＝160≤230 |PQ|1＋3k21＋3k21 3 .9k2＋k2＋6当2＝13→ 2 309k时.即 k＝±时取等号.|PQ＝k23|max 3.230→323又|AB＝λ ＝＝3 .|10. max10230∴λ获得最大值时的PQ 的长为3.(二)选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题作答 .假如多做 .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.已知曲线 C1的参数方程为x＝3＋2cosφ，y＝2sin φ(φ为参数 ).以坐标原点 O 为极点 .以 x 轴的正半轴为极轴 .成立极坐标系 . 曲线 C 2的极坐标方程为 ρ＝2.(1)设点 M.N 分别为曲线 C 1与曲线 C 2上的随意一点 .求 |MN|的最大值；x ＝－ 1＋tcos α，(2)设直线 l ： y ＝tsin α(t 为参数 )与曲线 C 1交于 P.Q 两点 .且|PQ|＝1.求直线 l 的方程．解： (1)由题意知 .曲线 C 1 的一般方程为 (x －3)2＋y 2＝4.圆心C 1(3,0).半径 r 1＝ 2.曲线 C 2 的直角坐标方程为 x 2＋y 2＝4.圆心 C 2(0,0).半径 r 2＝2.∴|MN| ＝|C＋ ＋r ＝3＋2＋2＝7.(5 分) max 1C 2 | r 1 2 ＋y 2＝4 中.得(tcos α－ 4)2＋(2) 将直线 l 的参数方程代入 － 3) 2 (x(tsin α)2＝4.整理得 t 2－8tcos α＋12＝0.∴Δ＝64cos 2α－48>0.设 P.Q 两点对应的参数分别为 t 1.t 2.则 t 1＋t 2＝8cos α.t 1t 2＝12.由|PQ|＝1 及参数 t 的几何意义 .得|t 1－t 2|＝错误 ! ＝错误 ! ＝1.解得715 cos α＝± .知足 >0.∴直线 l 的斜率为 tan α＝± 7 .8∴直线 l 的方程为 15x ±7y ＋ 15＝0. (10分)23．[选修 4－5：不等式选讲 ](10分) 已知函数 f(x)＝2|x ＋1|－|x － a|(a ∈R)．(1)当a＝2时.作出函数 f(x)的图象 .并写出不等式 f(x)≥6的解集；(2)当x∈[ －1,1]时.若不等式 f(x)≤2恒成立 .务实数 a的取值范围．－x－4，x＜－ 1，思路剖析： (1)当 a＝2 时.f(x)＝ 3x，－ 1≤x≤2，利用分段x＋4，x＞2，函数求解； (2)由 x∈[ －1,1].可得 f(x)＝2x＋2－|x－a|.因此 f(x)≤2 转变为 2x＋2－|x－a|≤2.即|x－a|≥2x 可解．－x－4，x＜－ 1，解： (1)当 a＝ 2 时.f(x)＝ 2|x＋1|－|x－2|＝3x，－ 1≤x≤2，x＋4，x＞2，作出的函数图象以下：8 / 9(3 分)从图中可知 .不等式 f(x)≥6 的解集为 (－∞.－10]∪[2.＋∞)． (5分)(2)由于 x∈[ －1,1].因此 f(x)＝2|x＋1|－|x－a|＝2x＋2－|x－a|.因此 f(x)≤2 转变为 2x＋2－|x－a|≤2.即得 |x－a|≥2x 对 x∈[－1,1]恒成立 .即 x－a≥2x 或 x－a≤－ 2x.也就是 a≤－x 或 a≥3x 对 x∈[－1,1]恒成立 .(8 分)因此 a≤－1 或 a≥3.故实数 a 的取值范围为 (－∞.－ 1]∪[3.＋∞)．(10分)。

专项小测(十六) “17~19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．(12分)已知数列{a n}为正项数列,且na错误!－4（n＋1)a错误!＝0，令b n＝错误!，n∈N*。

(1）求证：｛b n｝为等比数列；（2）若a1＝1，求数列｛a错误!}的前n项和S n.解：(1）由na错误!－4（n＋1）a错误!＝0,得错误!＝4·错误!，因为a n>0，所以错误!＝2·错误!. （2分）又b n＝错误!，所以b n＋1＝2b n，因此错误!＝2。

(4分）故数列{b n｝是公比为2的等比数列．(5分）（2）b1＝错误!＝1，所以结合(1）可得b n＝2n－1，(6分)即错误!＝2n－1，所以a n＝错误!·2n－1，因此a错误!＝n·4n－1。

(8分)于是S n＝1＋2×4＋3×42＋…＋n×4n－1,所以4S n＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1）×4n－1＋n×4n,以上两式相减得，－3S n＝1＋4＋42＋…＋4n－1－n·4n＝错误!－n·4n＝错误!. （11分)故S n＝错误!. (12分)18．（12分)如图，四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是梯形，AD∥BC且AD⊥AB，AB＝BC＝2AD＝4，△PAB是等边三角形，且平面PAB⊥平面ABCD,E是PB的中点，点M在棱PC上．(1）求证:AE⊥BM；(2)若M为PC的中点，求平面DME与平面PDC所成锐二面角的余弦值．解：(1)因为AD∥BC且AD⊥AB,所以BC⊥AB. （1分）又平面PAB⊥平面ABCD,且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB,因此BC⊥AE. (2分）因为△PAB是等边三角形，E是PB的中点，所以AE⊥PB。

又BC∩PB＝B，所以AE⊥平面PBC，又BM⊂平面PBC，故AE⊥BM。

专项小测(十三) “17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)已知A ，B ，C 是△ABC 的内角，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边．若cos 2B －sin 2A －sin A sinB ＝cos 2C ，(1)求角C 的大小；(2)若A ＝π6，△ABC 的面积为3，M 为BC 的中点，求AM .思路分析：(1)由sin 2α＋cos 2α＝1，可将cos 2B ，cos 2C 转化为1－sin 2B,1－sin 2C ，代入原式，根据正弦定理可得c 2－b 2＝a 2＋ab ，结合余弦定理，及0＜C ＜π，可得角C 的大小；(2)因为A ＝π6，所以B ＝π6，所以△ABC 为等腰三角形，根据面积为3，可得a ＝b ＝2，在△MAC 中，AC ＝2，CM ＝1，C ＝2π3，结合余弦定理，即可求解． 解：(1)由cos 2B －sin 2A －sin A sinB ＝cos 2C ， 得sin 2A ＋sin A sinB ＝sin 2C －sin 2B .(2分)由正弦定理，得c 2－b 2＝a 2＋ab ，即a 2＋b 2－c 2＝－ab ，(4分)所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－ab 2ab ＝－12.又0＜C ＜π，所以C ＝2π3.(6分)(2)因为A ＝π6，所以B ＝π6，所以△ABC 为等腰三角形，且顶角C ＝2π3.(8分)因为S △ABC ＝12ab sin C ＝34ab ＝3，所以a ＝b ＝2.(10分)在△MAC 中，AC ＝2，CM ＝1，C ＝2π3，所以AM 2＝AC 2＋CM 2－2AC ·CM ·cos C ＝4＋1＋2×2×1×12＝7，解得AM ＝7.(12分)18．(12分)在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，且∠ABC ＝2π3，M ，N 分别为棱AP ，CD 的中点．(1)求证：MN ∥平面PBC ；(2)若PD ⊥平面ABCD ，PB ＝2AB ，求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值． 思路分析：(1)设PB 的中点为G ，连接MG ，GC ，先证明MN ∥GC ，即证MN ∥平面PBC ；(2)连接AC ，BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OG . 分别以OA ，OB ，OG 为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .再利用向量方法求平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值为55. 解：(1)证明：设PB 的中点为G ，连接MG ，GC . ∵M ，G 分别是AP ，PB 的中点， ∴MG ∥AB ，且MG ＝12AB .(2分)由已知得CN ＝12AB ，且CN ∥AB ，∴MG ∥CN ，且MG ＝CN ， ∴四边形MGCN 是平行四边形， ∴MN ∥GC .(4分)∵MN ⊄平面PBC ，CG ⊂平面PBC ， ∴MN ∥平面PBC .(6分)(2)连接AC ，BD ， 设AC ∩BD ＝O ，连接OG . 设菱形ABCD 的边长为a ，由题设得PB ＝2a ，PD ＝3a ，OG ∥PD ，OG ⊥平面ABCD ，分别以OA ，OB ，OG 为x 轴，y 轴，z 轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，3a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－32a ，0，0，∴PB →＝(0，a ，－3a )，CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，a 2，0.(8分)设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·CB →＝0，化简得⎩⎨⎧y －3z ＝0，3x ＋y ＝0.令x ＝1，则y ＝－3，z ＝－1， ∴n ＝(1，－3，－1)．同理可求得平面PAD 的一个法向量m ＝(1，－3，0)．(10分) ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝255，∴sin 〈m ，n 〉＝55，∴平面PBC 与平面PAD 所成二面角的正弦值为55. (12分)19．(12分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，其焦点为F ，O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A ，B ，M 为AB 的中点．(1)若p ＝2，M 的坐标为(1,1)，求直线l 的方程；(2)若直线l 过焦点F ，AB 的垂直平分线交x 轴于点N ，试问：2|MN |2|FN |是否为定值？若为定值，试求出此定值；否则，说明理由．思路分析：(1)判断直线l 的斜率存在且不为0，设出直线l 的方程，将直线l 的方程与抛物线的标准方程联立，利用根与系数的关系及中点坐标公式计算直线的方程；(2)先利用中点坐标公式计算点M 的坐标，再计算点N 的坐标，由两点间的距离公式计算|MN |，|FN |，并计算2|MN |2|FN |的值．解：(1)由题意知直线l 的斜率存在且不为0，故设直线l 的方程为x －1＝t (y －1)，即x ＝ty ＋1－t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1－t y 2＝4x得y 2－4ty －4＋4t ＝0，(2分) ∴Δ＝16t 2＋16－16t ＝16(t 2－t ＋1)>0，y 1＋y 2＝4t ，(3分)∴4t ＝2，即t ＝12.(4分)∴直线l 的方程为2x －y －1＝0. (5分)(2)2|MN |2|FN |为定值2p ，证明如下．∵抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，∴焦点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0.由题意知直线l 的斜率存在且不为0，直线l 过焦点F ，故设直线l 的方程为x ＝ty ＋p2(t ≠0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋p 2y 2＝2px得y 2－2pty －p 2＝0，∴y 1＋y 2＝2pt ，Δ＝4p 2t 2＋4p 2>0.(7分) ∴x 1＋x 2＝t (y 1＋y 2)＋p ＝2pt 2＋p ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫pt 2＋p2，pt .(8分)∴MN 的方程为y －pt ＝－t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －pt 2－p 2. (9分)令y ＝0，解得x ＝pt 2＋3p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫pt 2＋3p 2，0，(10分) ∴|MN |2＝p 2＋p 2t 2，|FN |＝pt 2＋3p 2－p 2＝pt 2＋p ，(11分) ∴2|MN |2|FN |＝2(p 2＋p 2t 2)pt 2＋p＝2p .(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)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋12t ，y ＝32t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2＝31＋2cos 2θ. (1)求直线l 的普通方程以及曲线C 的直角坐标方程；(2)当a ＝1时，P 为曲线C 上一动点，求点P 到直线l 距离的最大值．解：(1)直线l 的参数方程消去参数，得直线l 的普通方程为y ＝3(x －a )． 曲线C 的极坐标方程可化为ρ2＋2ρ2cos 2θ＝3， 即x 2＋y 2＋2x 2＝3，即x 2＋y 23＝1，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 23＝1.(5分)(2)当a ＝1时，直线l 的普通方程为3x －y －3＝0.由点P 在曲线C ：x 2＋y 23＝1上，可设点P 的坐标为(cos α，3sin α)，因此点P 到直线l 的距离d ＝|3cos α－3sin α－3|2＝32|cos α－sin α－1|＝32|2cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4－1，当cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝－1时，d 取得最大值为6＋32， 所以点P 到直线l 距离的最大值为6＋32. (10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分) 设a ，b ，c ＞0，且ab ＋bc ＋ca ＝1，求证： (1)a ＋b ＋c ≥ 3. (2)a bc ＋b ac ＋cab≥3(a ＋b ＋c )． 证明：(1)要证a ＋b ＋c ≥3，由于a ，b ，c ＞0， 因此只需证(a ＋b ＋c )2≥3，即证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3， 而ab ＋bc ＋ca ＝1，故只需证a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥3(ab ＋bc ＋ca )， 即证a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 而这可以由ab ＋bc ＋ca ≤a 2＋b 22＋b 2＋c 22＋c 2＋a 22＝a 2＋b 2＋c 2(当且仅当a ＝b ＝c 时等号成立)证得，∴原不等式成立．(5分)(2)a bc ＋b ac＋ c ab ＝a ＋b ＋c abc. 由于(1)中已证a ＋b ＋c ≥3，因此要证原不等式成立，只需证1abc≥a ＋b ＋c ，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤1，即证a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca . 而a bc ＝ab ·ac ≤ab ＋ac2，b ac ≤ab ＋bc2，c ab ≤bc ＋ca2，∴a bc ＋b ac ＋c ab ≤ab ＋bc ＋ca (当且仅当a ＝b ＝c ＝23时等号成立)， ∴原不等式成立．(10分)。

专项小测（二十一) “17～19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．（12分)如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC＝60°,CD＝2。

(1）若AD＝BD＝3，求△ABC的面积;（2)若AD＝2，BD＝4，求sin B的值．解:（1)当AD＝BD＝3时,△ABD的面积S△ABD＝12·AD·BD·sin∠ADB＝12·3·3·错误!＝错误!,△ACD的面积S△ACD＝错误!·AD·CD·sin∠ADC＝错误!·3·2·错误!＝错误!，△ABC的面积S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝错误!＋错误!＝错误!.(2）当AD＝2，BD＝4时，∠ADB＝180°－∠ADC＝120°,在△ADB中，由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD cos∠ADB＝22＋42－2×2×4×错误!＝28，故AB＝2错误!.在△ADB中,由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsin∠B，即错误!＝错误!，整理得sin∠B＝错误!＝错误!。

18．（12分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，△ADE，△BCF均为等边三角形，EF∥AB，EF＝AD＝错误!AB.（1）过BD作截面与线段CF交于点N，使得AF//平面BDN,试确定点N的位置，并予以证明；(2)在(1)的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值．解：(1）当N为线段FC的中点时，使得AF∥平面BDN。

证明:连接AC，BD，设AC∩BD＝O.∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．又∵N为FC的中点，∴ON为△ACF的中位线,∴AF∥ON. (2分）∵AF⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，∴AF∥平面BDN，故N为FC的中点时，使得AF∥平面BDN.(4分) (2)过O作PQ∥AB分别与AD，BC交于P，Q.因为O为AC的中点，所以P，Q分别为AD，BC的中点．∵ΔADE与ΔBC F均为等边三角形，且AD＝BC，∴ΔADE≅ΔBCF，连接EP，FQ，则得EP＝FQ。

专项小测（二十二）“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．（12分)已知数列｛a n}的前n项和为S n,满足a1＝1，S n＋1－1＝S n＋a n，数列｛b n}为等比数列，满足b1＝4b3，b2＝14＜b1，n∈N*。

（1）求数列｛a n}，｛b n｝的通项公式;(2)若数列错误!的前n项和为W n，数列｛b n｝的前n项和为T n,试比较W n与错误!的大小．解:（1）由a1＝1,S n＋1－1＝S n＋a n,可得a n＋1＝a n＋1，即数列｛a n｝为首项和公差均为1的等差数列，可得a n＝n。

(3分)数列{b n｝为等比数列,满足b1＝4b3，b2＝错误!＜b1，n∈N*。

设公比为q,可得b1＝4b1q2，可得q＝±错误!,当q＝错误!时，错误!b1＝错误!，可得b1＝错误!＞错误!，q＝－错误!不成立，舍去，所以b n＝错误!n. (6分）（2）因为错误!＝错误!＝错误!－错误!，（8分)所以W n＝1－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝1－错误!＝错误!＜1，(10分）所以T n＝错误!＝1－错误!∈(0，1）,则错误!＞1，即有W n＜错误!。

(12分)18．（12分)在五边形AEBCD中，BC⊥CD,CD∥AB，AB＝2CD＝2BC,AE⊥BE,AE＝BE(如图)，将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图)．（1)求证：平面ABE⊥平面DOE；（2)求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小．解：（1)由题意AB＝2CD,O是线段AB的中点，则OB＝CD.又CD∥AB，则四边形OBCD为平行四边形，又BC⊥CD，则AB⊥OD. (2分)因为AE＝BE,OB＝OA，则EO⊥AB。

又EO∩DO＝O，则AB⊥平面EOD. (4分)又AB⊂平面ABE，故平面ABE⊥平面EOD. （6分)(2)由(1）易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为x，y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，△EAB为等腰直角三角形，且AB＝2CD＝2BC，则OA＝OB＝OD＝OE，取CD＝BC＝1,则O(0，0,0)，A(－1,0，0),B(1，0,0)，C（1，1,0），D（0,1，0），E(0，0，1)，则错误!＝（－1,0，0),错误!＝（0，－1,1)．设平面ECD的法向量为n＝(x，y,z）,则错误!则错误!令z＝1,得平面ECD的一个法向量n＝(0，1，1）．(8分）因为OD⊥平面ABE，所以平面ABE的一个法向量为错误!＝（0，1，0)．（10分)设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，则cosθ＝｜cos〈错误!，n〉｜＝错误!＝错误!。

专项小测(十五) “17～19题”＋“二选一”时间：45分钟 满分：46分17．(12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，sin 2A ＋sin 2B ＝4sin A sin B cos C .(1)求角C 的最大值；(2)若b ＝2，B ＝π3，求△ABC 的面积．思路分析：(1)由sin 2A ＋sin 2B ＝4sin A sin B cos C 推出cos C ，然后借助基本不等式得出cos C 的最小值，进一步得出角C 的最大值；(2)将已知条件转化为2c 2＝a 2＋b 2,4＝a 2＋c 2－2ac cos π3，然后得出a ＝c ＝2，最后由公式S ＝12ac sin B 求出面积．解：(1)由sin 2A ＋sin 2B ＝4sin A sin B cosC ，得4cos C ＝sin A sin B ＋sin Bsin A ≥2，当且仅当sin A sin B ＝sin Bsin A 时取等号．(3分)所以cos C ≥12，所以0<C ≤π3.所以角C 的最大值为π3，此时△ABC 为正三角形． (5分)(2)由sin 2A ＋sin 2B ＝4sin A sin B cos C 及正、余弦定理可得，a 2＋b 2＝4ab ·a 2＋b 2－c 22ab ，所以2c 2＝a 2＋b 2 ①.(7分) 又b ＝2，B ＝π3，所以4＝a 2＋c 2－2ac cos π3 ②. (9分)由①和②得a ＝c ＝2.所以△ABC 的面积为12ac sin π3＝ 3. (12分)18．(12分)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为B 1C 1的中点，平面AA 1D⊥平面AB 1C 1.(1)证明：B 1C 1⊥平面AA 1D ；(2)若AC ＝2，BC ＝22，且二面角B －AD －C 的大小为π3，求AA 1的长．思路分析：(1)作辅助线构造线面垂直，利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，再利用线面垂直的判定定理得到线面垂直；(2)利用勾股定理的逆定理得到线线垂直，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，利用向量的夹角公式列方程求解．解：(1)如图，过点A 1作A 1O ⊥AD 于点O ，∵平面AA 1D ⊥平面AB 1C 1，平面AA 1D ∩平面AB 1C 1＝AD ，∴A 1O ⊥平面AB 1C 1.(2分) ∵B 1C 1⊂平面AB 1C 1，∴A 1O ⊥B 1C 1. (3分) 又在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥B 1C 1，A 1O ∩A 1A ＝A 1，∴B 1C 1⊥平面AA 1D .(5分)(2)由(1)得，B 1C 1⊥A 1D ，∵D 为B 1C 1的中点，∴A 1B 1＝A 1C 1＝AC＝2，又BC ＝B 1C 1＝22，∴B 1A 21＋A 1C 21＝B 1C 21，∴∠C 1A 1B 1＝π2.令AA 1＝a ，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1，a )，AB→＝(2,0,0)，AD →＝(1,1，a )，AC →＝(0,2,0)．(7分)设平面ADC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·AD→＝0，m ·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋y 1＋az 1＝0，2y 1＝0，得y 1＝0，令z 1＝1，得m ＝(－a,0,1)为平面ADC 的一个法向量．(9分)设平面BAD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n ·AD→＝0，n ·AB→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋az 2＝0，2x 2＝0，得x 2＝0，令z 2＝1，得n ＝(0，－a,1)为平面BAD 的一个法向量． (11分)依题意，得|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝11＋a 2＝12，得a ＝1，即AA 1的长为1.(12分)19．(12分)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．第一组第二组(1)分别估算两个车间工人中，生产一件产品时间少于75 min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75 min的工人中随机抽取3人，记抽取的生产时间少于65 min的工人人数为随机变量X，求X的分布列及数学期望．思路分析：(1)由图表分别计算出两个车间生产一件产品时间少于75 min的人数；(2)分别计算两个车间工人生产一件产品时间的平均值，从而得到结果；(3)X可取值为0,1,2.计算出相应的概率值，得到分布列与期望．解：(1)由题意得，第一组工人20人，其中在75 min内(不含75 min)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75 min的人数为6×10＝60(人)．(2分) 第二组工人40人. 其中在75 min内(不含75 min)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75 min 的人数为30×10＝300(人)．(4分)(2)第一组平均时间为x 甲＝60×2＋70×4＋80×10＋90×420＝78(min )， (5分) 第二组平均时间为x 乙＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5(min)．(6分) ∵x 甲＞x 乙，∴乙车间工人生产效率更高．(7分)(3)由题意得，第一组生产时间少于75 min 的工人有6人，从中抽取3人，其中生产时间少于65 min 的有2人，X 可取值为0,1,2.P (X ＝0)＝C 02C 34C 36＝420＝15，(8分) P (X ＝1)＝C 12C 24C 36＝1220＝35，(9分) P (X ＝2)＝C 22C 14C 36＝420＝15，(10分)X 的分布列为：(11分) 数学期望E (X )＝0×15＋1×35＋2×15＝1. (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)已知曲线C 1：x 2＋(y －3)2＝9，A 是曲线C 1上的动点，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O 为中心，将点A 绕点O 逆时针旋转90°得到点B ，设点B 的轨迹为曲线C 2.(1)求曲线C 1，C 2的极坐标方程；(2)射线θ＝5π6(ρ＞0)与曲线C 1，C 2分别交于P ，Q 两点，定点M (－4,0)，求△MPQ 的面积．思路分析：(1)把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入曲线C 1的直角坐标方程，可得曲线C 1的极坐标方程，然后设出点B 的极坐标，得点A 的极坐标，代入即可得曲线C 2的极坐标方程；(2)首先求出M 到直线θ＝5π6的距离，然后分别求出射线与曲线C 1，C 2的交点坐标，从而求得|PQ |，进而求得三角形的面积．解：(1)曲线C 1：x 2＋(y －3)2＝9，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入可得，曲线C 1的极坐标方程为ρ＝6sin θ. 设B (ρ，θ)，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ，θ－π2，则ρ＝6sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π2＝－6cos θ. 所以曲线C 2的极坐标方程为ρ＝－6cos θ. (5分)(2)M 到直线θ＝5π6的距离为d ＝4sin 5π6＝2， 射线θ＝5π6与曲线C 1的交点P ⎝⎛⎭⎪⎫3，5π6，射线θ＝5π6与曲线C 2的交点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，5π6，所以|PQ |＝33－3.故△MPQ 的面积S ＝12×|PQ |×d ＝33－3. (10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f (x )＝|x －m |－|x ＋2m |的最大值为3，其中m ＞0. (1)求m 的值；(2)若a ，b ∈R ，ab ＞0，a 2＋b 2＝m 2，求证：a 3b ＋b 3a ≥1.思路分析：(1)分段讨论，根据函数解析式求解函数的最大值，即得m 的值；(2)将所求式子通分转化为只含有ab 的式子，将ab 视为一个整体，构造函数，根据函数的单调性求最值即可证明．解：(1)∵m >0，∴f (x )＝|x －m |－|x ＋2m |＝ ⎩⎪⎨⎪⎧－3m ，x ≥m －2x －m ，－2m <x <m 3m ，x ≤－2m .(3分)∴当x ≤－2m 时，f (x )取得最大值3m ，∴3m ＝3， (4分) ∴m ＝1.(5分)(2)由(1)，得a 2＋b 2＝1，a 3b ＋b 3a ＝a 4＋b 4ab ＝(a 2＋b 2)2－2a 2b 2ab ＝1ab －2ab . (7分)∵a 2＋b 2＝1≥2ab ，当且仅当a ＝b 时等号成立， ∴0<ab ≤12.(8分)令h (t )＝1t －2t,0<t ≤12，则h (t )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递减，∴h (t )≥h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1.(9分) ∴当0<ab ≤12时，1ab －2ab ≥1.∴a 3b ＋b 3a ≥1.(10分)。