单元检测卷(十六) 计数原理、概率、随机变量及其分布列-【满分金卷】2022新高考数学总复习必刷题单元能力提升卷

-ax ≤0 , 令h(x)=lnx+ax-ax (x≥1),等价于h(x)≤0(x≥1)恒 成立,则h'(x)=ax 2+x+a x2 (x≥1). 当a≥0时,h'(x)≥0,则h(x)在[1,+∞)上单调递增,因 为x≥1,所以h(x)≥h(1)=0,不合题意; 当a<0时,令h'(x)=0,即ax2+x+a=0, 其中Δ=1-4a2, 当Δ≤0,即a≤-12 ,h(x)在[1,+∞)上单调递减,因为x ≥1,h(x)≤h(1)=0,符合题意. 当Δ>0,即a>-12 ,设h'(x)=0的两根是x1,x2, 且x1<x2,又h'(1)=2a+1>0,所以x1<1<x2, 所以当1<x<x2 时,h(x)单调递增,h(x)>h(1)=0,不合 题意. 综上得,a≤-12. ▶对接高考 1.解析:∵|PA|=|PB|,∴PC⊥AB 设圆心C到直线AB 距离为d,则|AB|=2 36-d2,|PC| = 34+ 1 4=1 所以S△PAB≤ 1 2 ·2 36-d2(d+1)= (36-d2)(d+1)2 令y=(36-d2)(d+1)2(0≤d<6),∴y'=2(d+1)(-2d2 -d+36)=0,∴d=4(负值舍去) 当0≤d<4时,y'>0;当4≤d<6时,y'≤0,因此当d=4 时,y取最大值,即S△PAB 的最大值为10 5. 答案:10 5 2.解:(1)如下图所示: 在正方体ABCD-A1B1C1D1 中, ∵AB∥C1D1 且 AB=C1D1,所以四边形 ABC1D1 为平行 四边形,∴BC1∥AD1, ∵BC1⊄平面AD1E,AD1⊂平面AD1E, ∴BC1∥平面AD1E; (2)以点A 为坐标原点,AD、AB、AA1 所在直线分别为x、 y、z轴,建立如下图所示的空间直角坐标系A-xyz, 设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的 棱 长 为2,则 A(0,0,0)、 A1(0,0,2)、D1(2,0,2)、E(0,2,1),AD1 →=(2,0,2),AE→= (0,2,1),AA1 →=(0,0,2). 设平面AD1E 的 法 向 量 为n=(x,y,z),由 n·AD1 →=0 n·AE→=0 , 得 2x+2z=0 2y+z=0 , 令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2). cos<n,AA1 →>= n ·AA1 → |n|·|AA1 →| =- 43×2=- 2 3. 因此,直线AA1 与平面AD1E 所成角的正弦值为 2 3. 3.解:(1)依题意,b1=1,b2=q,b3=q 2,而b1+b2=6b3, 即1+q=6q2,解得q=12 ,所以bn= 1 2n-1 . 则bn+2= 1 2n+1 ,故cn+1= 1 2n-1 1 2n+1 ·cn=4cn, 所以数列{cn}是首项为1,公比为4的等比数列, 所以cn=4 n-1.所以cn+1=4 n. 则an+1-an=cn+1=4 n,故an-an-1=4 n-1(n≥2,n∈N*). 所以an=(an -an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+ (a2-a1)+a1 =4n-1+4n-2+…+42+41+1=4 (1-4n-1) 1-4 +1= 4n-1 3 . (2)依题意,设bn=1+(n-1)d=dn+1-d, 由于 cn+1 cn = bn bn+2 , 所以 cn cn-1 = bn-1 bn+1 (n≥2,n∈N*), 故cn= cn cn-1 ·cn-1 cn-2 …c3 c2 ·c2 c1 ·c1= bn-1 bn+1 ·bn-2 bn ·bn-3 bn-1 …b2 b4 · b1 b3 ·c1 = b1b2 bnbn+1 =1+dd 1 bn - 1bn+1 = 1+1d 1bn - 1bn+1 . 所 以 c1 + c2 + … + cn = 1+1d 1b1-1b2 + 1b2-1b3 +…+ 1bn - 1bn+1 = 1+1d 1- 1bn+1 . 由于d>0,b1=1,所以bn+1>0,所以 1+ 1 d 1- 1bn+1 < 1+1d. 即c1+c2+…+cn<1+ 1 d. 单元检测卷(十六) 1.D 某人连续投篮2次,事件“至少有1次投中”的对立事件 是2次都未投中.故选D. 2.C (2x+ x)5 二项展开式的通项为Tk+1=C k 5·(2x) 5-k· (x)k=Ck5·2 5-k·x5- k 2. 令5-k2=4 ,解得k=2. 因此,二项展开式中x4 的系数为C25·2 3=80,故选C. 3.C 以(a,b)作为一个基本事件,可知基本事件总数为36, 由lna-lnb≥0可得,a≥b>0, 满足不等式a≥b>0所包含的基本事件有(