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1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 中難提分突破特訓(xùn)5 文
1．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝an＋.
(1)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.
解 (1)由an＋1＝an＋，可得＝＋，
又bn＝，∴bn＋1－bn＝，
由a1＝1，得b1＝1，
累加可得(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝＋＋…＋，即bn－b1＝＝1－，
∴bn＝2－.
(2)由(1)可知an＝2n－，設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，則
Tn＝＋＋＋…＋，?、?
Tn＝＋＋＋…＋，?、?
①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝2－，
∴Tn＝4－.
2、易知數(shù)列{2n}的前n項(xiàng)和為n(n＋1)，
∴Sn＝n(n＋1)－4＋.
2．某淘寶店經(jīng)過(guò)對(duì)“十一”七天假期的消費(fèi)情況進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，發(fā)現(xiàn)在金額不超過(guò)1000元的消費(fèi)者中男女之比約為1∶4，該店按此比例抽取了100名消費(fèi)者進(jìn)行進(jìn)一步分析，得到下表．
女性消費(fèi)情況：
消費(fèi)金額/元
(0,200)
[200,400)
[400,600)
[600,800)
[800,1000]
人數(shù)
5
10
15
47
3
男性消費(fèi)情況：
消費(fèi)金額/元
(0,200)
[200,400)
[400,600)
[600,800)
[800,1000]
人數(shù)
2
3
1
3、0
3
2
若消費(fèi)金額不低于600元的消費(fèi)者稱為“網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”、低于600元的消費(fèi)者稱為“非網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”．
(1)分別計(jì)算女性和男性消費(fèi)的平均數(shù)，并判斷平均消費(fèi)水平高的一方“網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”出手是否更闊綽？
(2)根據(jù)以上統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)填寫如下2×2列聯(lián)表，并回答能否在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.005的前提下認(rèn)為“是否為‘網(wǎng)購(gòu)達(dá)人’與性別有關(guān)”．
女性
男性
合計(jì)
“網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”
“非網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”
合計(jì)
附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d
P(K2≥k0)
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
k0
2.706
3.8
4、41
5.024
6.635
7.879
解 (1)女性消費(fèi)的平均數(shù)為×(100×5＋300×10＋500×15＋700×47＋900×3)＝582.5(元)．
男性消費(fèi)的平均數(shù)為×(100×2＋300×3＋500×10＋700×3＋900×2)＝500(元)．
雖然女性消費(fèi)者的平均消費(fèi)水平較高，但“女網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”的平均消費(fèi)水平(為712元)低于“男網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”的平均消費(fèi)水平(為780元)，所以平均消費(fèi)水平高的一方“網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”出手不一定更闊綽．
(2)2×2列聯(lián)表如下表：
女性
男性
合計(jì)
“網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”
50
5
55
“非網(wǎng)購(gòu)達(dá)人”
30
15
45
合
5、計(jì)
80
20
100
K2＝≈9.091，
因?yàn)?.091＞7.879，
所以在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.005的前提下可以認(rèn)為“是否為‘網(wǎng)購(gòu)達(dá)人’與性別有關(guān)”．
3．如圖，在Rt△ABC中，AB＝BC＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AB，AC上，且EF∥BC，將△AEF沿EF折起到△PEF的位置，使得二面角P－EF－B的大小為60°.
(1)求證：EF⊥PB；
(2)當(dāng)點(diǎn)E為線段AB的靠近B點(diǎn)的三等分點(diǎn)時(shí)，求四棱錐P－EBCF的側(cè)面積．
解 (1)證明：在Rt△ABC中，BC⊥AB.
∵EF∥BC，∴EF⊥AB，翻折后垂直關(guān)系沒變，仍有EF⊥PE，EF⊥BE，且PE∩BE＝E
6、，
∴EF⊥平面PBE，∴EF⊥PB.
(2)∵EF⊥PE，EF⊥BE，
∴∠PEB是二面角P－EF－B的平面角，
∴∠PEB＝60°，又PE＝2，BE＝1，
由余弦定理得PB＝，
∴PB2＋BE2＝PE2，∴PB⊥BE，
∵PB，BC，BE兩兩垂直，
又EF⊥PE，EF⊥BE，
∴△PBE，△PBC，△PEF均為直角三角形．
由△AEF∽△ABC可得，EF＝BC＝2，
S△PBC＝BC·PB＝，S△PBE＝PB·BE＝，
S△PEF＝EF·PE＝2.
在四邊形BCFE中，過(guò)點(diǎn)F作BC的垂線，垂足為H，則FC2＝FH2＋HC2＝BE2＋(BC－EF)2＝2，∴FC＝.
7、
在△PFC中，F(xiàn)C＝，PC＝＝2，PF＝＝2，
由余弦定理可得cos∠PFC＝＝－，
則sin∠PFC＝，S△PFC＝PF·FCsin∠PFC＝.
∴四棱錐P－EBCF的側(cè)面積為
S△PBC＋S△PBE＋S△PEF＋S△PFC＝2＋2＋.
4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(α為參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ＝sinθ(ρ≥0,0≤θ<π)．
(1)寫出曲線C1的極坐標(biāo)方程，并求C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)；
(2)射線θ＝β與曲線C1，C2分別交于點(diǎn)A，B(A，B異于原點(diǎn))，求的取值范圍．
解 (1)由
8、題意可得曲線C1的普通方程為x2＋(y－2)2＝4，
把x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入，得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝4sinθ，
聯(lián)立C1，C2的極坐標(biāo)方程，得
得4sinθcos2θ＝sinθ，
此時(shí)0≤θ<π，
①當(dāng)sinθ＝0時(shí)，θ＝0，ρ＝0，得交點(diǎn)的極坐標(biāo)為(0,0)；
②當(dāng)sinθ≠0時(shí)，cos2θ＝，當(dāng)cosθ＝時(shí)，θ＝，ρ＝2，得交點(diǎn)的極坐標(biāo)為，
當(dāng)cosθ＝－時(shí)，θ＝，ρ＝2，得交點(diǎn)的極坐標(biāo)為，所以C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)為(0,0)，，.
(2)將θ＝β代入C1的極坐標(biāo)方程，得ρ1＝4sinβ，
代入C2的極坐標(biāo)方程，得ρ2＝，
∴＝＝4cos2β，∵
9、≤β≤，
∴1≤4cos2β≤3，
∴的取值范圍為[1,3]．
5．已知函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，g(x)＝|x＋1|＋|x－a|.
(1)求f(x)≥1的解集；
(2)若對(duì)任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f(t)．求a的取值范圍．
解 (1)∵函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|，
∴f(x)≥1，等價(jià)于|2x＋1|－|2x－3|≥1，
等價(jià)于 ①
或 ②
或 ③
①無(wú)解，解②得≥x≥，解③得x>，
綜上可得，不等式的解集為.
(2)若對(duì)任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f(t)，
可得g(x)min≥f(x)max.
∵函數(shù)f(x)＝|2x＋1|－|2x－3|≤|2x＋1－(2x－3)|＝4，
∴f(x)max＝4.
∵g(x)＝|x＋1|＋|x－a|≥|x＋1－(x－a)|＝|a＋1|，故g(x)min＝|a＋1|，∴|a＋1|≥4，∴a＋1≥4或a＋1≤－4，解得a≥3或a≤－5，
故a的取值范圍為{a|a≥3或a≤－5}．
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