2020版新高考二轮复习理科数学专项小测161719题二选一解析

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{an}为正项数列，且na2n＋1－4(n＋1)a2n＝0，令bn＝ann，n∈N*.(1)求证：{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，求数列{a2n}的前n项和Sn.解：(1)由na2n＋1－4(n＋1)a2n＝0，得a2n＋1n＋1＝4·a2nn，因为an0，所以an＋1n＋1＝2·ann.(2分)又bn＝ann，所以bn＋1＝2bn，因此bn＋1bn＝2.(4分)故数列{bn}是公比为2的等比数列．(5分)(2)b1＝a11＝1，所以结合(1)可得bn＝2n－1，(6分)即ann＝2n－1，所以an＝n·2n－1，因此a2n＝n·4n－1.(8分)于是Sn＝1＋2×4＋3×42＋…＋n×4n－1，所以4Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，以上两式相减得，－3Sn＝1＋4＋42＋…＋4n－1－n·4n＝1－4n1－4－n·4n＝1－3n·4n－13.(11分)故Sn＝3n－1·4n＋19.(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.(4分)(2)解法一：如图，以AB的中点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D(－2,2,0)，P(0,0,23)，C(2,4,0)，所以PD→＝(－2,2，－23)，PC→＝(2,4，－23)．(5分)设平面PDC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则由n1·PD→＝0，n1·PC→＝0，可得－2x1＋2y1－23z1＝0，2x1＋4y1－23z1＝0，取x1＝1，则y1＝－2，z1＝－3，所以n1＝(1，－2，－3)是平面PDC的一个法向量．(7分)因为B(2,0,0)，E是PB的中点，所以E(1,0，3)．因为M为PC的中点，所以M(1,2，3)，(8分)于是DE→＝(3，－2，3)，DM→＝(3,0，3)．设平面DME的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则由n2·DE→＝0，n2·DM→＝0，可得3x2－2y2＋3z2＝0，3x2＋3z2＝0，取x2＝1，则y2＝0，z2＝－3，所以n2＝(1,0，－3)是平面DME的一个法向量．(10分)所以|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝|1＋0＋3|22×2＝22.故平面DME与平面PDC所成锐二面角的余弦值为22.(12分)解法二：因为M为PC的中点，E是PB的中点，所以EM∥BC，EM＝12BC＝2，(5分)由题意得AD⊥AP，所以PD＝AD2＋AP2＝22＋42＝25，因为PB⊥BC，所以PC＝PB2＋BC2＝42＋42＝42，又DC＝AB2＋BC－AD2＝25，所以PD＝DC，又M为PC的中点，所以DM⊥PC.(7分)易知DM＝AE＝23，AD⊥AE，所以DE＝AD2＋AE2＝22＋232＝4，所以DM2＋EM2＝DE2，因此DM⊥EM，(9分)因此∠PME就是平面DME与平面PDC所成锐二面角的平面角．(10分)又EM∥BC，所以∠PME＝∠PCB＝45°，所以cos∠PME＝22.故平面DME与平面PDC所成锐二面角的余弦值为22.(12分)19．(12分)在一次市联考中，某校高三年级500名学生的英语成绩(不含听力，满分120分)的频率分布直方图如图所示，用样本的频率作为概率．(1)从所有成绩中随机抽取n个，全部在[80,120]内的概率不小于0.4，求n的最大值；(2)由频率分布直方图可认为学生成绩z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ，σ2分别取考生的平均成绩x(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和考生成绩的方差s2，估计该校500名学生的成绩超过99.31分(含99.31分)的人数；(结果四舍五入，取整数)(3)现从该市参加联考的学生中随机抽取20名，其中有k名学生的成绩在[100,120]内的概率为P(X＝k)，其中k＝0,1,2，…，20，当P(X＝k)最大时，求k的值．附：①s2＝28.2，28.2≈5.31；②若z～N(μ，σ2)，则P(μ－σzμ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σzμ＋2σ)≈0.9545.解：(1)由频率分布直方图可知，抽取的成绩在[80,120]内的频率为(0.020＋0.030＋0.025＋0.010)×10＝0.85，(1分)依题意得0.85n≥0.4，故n的最大值为5.(3分)(2)由题意知，μ＝x＝65×0.005×10＋75×0.010×10＋85×0.020×10＋95×0.030×10＋105×0.025×10＋115×0.010×10＝94，σ2＝s2＝28.2，所以σ≈5.31，所以z服从正态分布N(94,28.2)．(4分)而P(μ－σzμ＋σ)＝P(88.69z99.31)≈0.6827，所以P(z≥99.31)≈1－0.68272≈0.1587.(6分)又0.1587×500＝79.35≈79，所以该校500名学生的成绩超过99.31分(含99.31分)的人数估计为79.(7分)(3)由频率分布直方图可知，成绩在[100,120]内的频率为(0.025＋0.010)×10＝0.35，即X～B(20,0.35)，所以P(X＝k)＝Ck20×0.35k×(1－0.35)20－k，k＝0,1,2，…，20.(8分)设t＝PX＝kPX＝k－1＝Ck20×0.35k×0.6520－kCk－120×0.35k－1×0.6521－k＝721－k13k，k＝1,2，…，20.若t1，则k7.35，P(X＝k－1)P(X＝k)；若t1，则k7.35，P(X＝k－1)P(X＝k)．所以当k＝7时，P(X＝k)最大，所以k的值为7.(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)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝ty＝3－t(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ.(1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2)若C1与C2相交于A，B两点，求△OAB的面积．思路分析：(1)对曲线C1消去参数t，即得普通方程，把ρ＝4cosθ的两边同乘以ρ，利用ρ2＝x2＋y2及x＝ρcosθ转化为直角坐标方程；(2)利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，再求出弦AB的长，最后利用三角形的面积公式求出三角形的面积．解：(1)消去参数t得曲线C1的普通方程为x＋y－3＝0，由极坐标方程与直角坐标方程的转化公式得曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－4x＝0.(4分)(2)原点O到直线x＋y－3＝0的距离为322，弦AB的长为24－222＝14，所以△OAB的面积为12×14×322＝372.(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)(1)已知a＞0，b＞0，且a＋b＝2，求证：a4＋b4≥2；(2)已知a＞0，b＞0，c＞0，求a3＋b3＋c3＋1a＋1b＋1c3的最小值，并写出取最小值时a，b，c的值．思路分析：(1)由基本不等式可得a4＋b4≥a2＋b222≥12a＋b222，进而可证明出结论；(2)由基本不等式可得a3＋b3＋c3＋1a＋1b＋1c3≥33a3b3c3＋331abc3，进而可得出结果．解：(1)∵a＞0，b＞0，∴a4＋b4≥a2＋b222≥12a＋b222＝12×4＝2.(5分)(2)∵a＞0，b＞0，c＞0，∴a3＋b3＋c3＋1a＋1b＋1c3≥33a3b3c3＋331abc3≥233a3b3c3·331abc3＝18，当且仅当a＝b＝c＝33时，原式取最小值为18.(10分)