大题保分练4-（配套word）2023新高考新教材数学【步步高】大二轮专题复习与增分策略（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云）

大题保分练4 1．(2022·洛阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4an＝3Sn＋2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)∵4an＝3Sn＋2，① ∴当n＝1时，4a1＝3a1＋2，即a1＝2， 当n≥2时，4an－1＝3Sn－1＋2.② 由①－②得4an－4an－1＝3an，即an＝4an－1， ∴数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列． ∴an＝2×4n－1. (2)由(1)知log2an＝log2(2×4n－1)＝log222n－1＝2n－1， ∴bn＝an＋log2an＝2×4n－1＋2n－1， ∴Tn＝＋＝＋n2. 2．(2022·湖北新高考协作体联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°，BD＝ CD＝. (1)求sin∠CBD的值； (2)若△ABD的面积为4，求AD的长． 解　(1)在△BCD中，由正弦定理知， ＝， 所以BD·sin∠CBD＝CD·sin∠BCD， 因为∠BCD＝135°，BD＝CD＝， 所以sin∠CBD＝. (2)在△BCD中，∠BCD＝135°，则∠CBD为锐角， 因为sin∠CBD＝， 所以cos∠CBD＝， 在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°， 则∠CBA＝45°， 所以sin∠ABD＝sin＝， 显然∠ABD为锐角， 所以cos∠ABD＝， 因为S△ABD＝AB·BD·sin∠ABD＝4， 所以AB＝4，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝10， 所以AD＝. 3.(2022·南通模拟)如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AA1＝AB＝BC＝4，∠A1AB＝60°，cos∠BCC1＝，M，N分别是棱B1C1，A1B1的中点． (1)证明：BN⊥平面A1B1C1； (2)求直线AM与平面BB1C1C所成角的正弦值． (1)证明　如图，连接MN，A1B，BC1，∵四边形ABB1A1为平行四边形， 又∠A1AB＝60°，AA1＝AB＝4， ∴△A1AB为等边三角形，则△A1B1B为等边三角形， ∵N为A1B1的中点， ∴BN⊥A1B1，BN＝2， ∵底面ABC是等腰直角三角形， AB＝BC＝4， ∴AC＝2，A1C1＝AC＝2， ∵M，N分别是棱B1C1，A1B1的中点， ∴MN＝A1C1＝， ∵CC1＝4，BC＝2，cos∠BCC1＝， ∴BC1＝ ＝＝4， ∴△BCC1为等腰三角形，则△B1BC1为等腰三角形， 又M是棱B1C1的中点， ∴BM＝＝， ∴BM2＝BN2＋MN2，∴BN⊥MN， 又A1B1，MN⊂平面A1B1C1，A1B1∩MN＝N， ∴BN⊥平面A1B1C1. (2)解　取AB的中点O，连接A1O，则A1O∥BN， 由(1)知A1O⊥平面ABC，CO⊥AB， 如图，以点O为原点，OC，OB，OA1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)， B1(0,4,2)，C1(2,2,2)，M(1,3,2)， ＝(－2,2,0)，＝(0,2,2)， ＝(1,5,2)， 设平面BB1C1C的法向量为n＝(x，y，z)， 则 ∴ 取x＝1，则y＝1，z＝－， 故n＝， 设直线AM与平面BB1C1C所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝＝， ∴直线AM与平面BB1C1C所成角的正弦值为. 4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(4,0)，短轴长为4. (1)求椭圆C的方程； (2)若过点T(0,1)的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AT的中点为P，线段BT的中点为Q，且|OP|＝|OQ|(O为坐标原点)，求所有满足条件的直线l的方程． 解　(1)由题意知2b＝4，c＝4， 则b＝2，a2＝b2＋c2＝20， ∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)易知直线l的斜率存在， 设直线l的方程为y＝kx＋1. 联立 消去y得(1＋5k2)x2＋10kx－15＝0， 则Δ＝400k2＋60>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－， ∵|OP|＝|OQ|， ∴2＋2＝2＋2， 即(x1－x2)(x1＋x2) ＝－k(x1－x2)[k(x1＋x2)＋4]． ∵x1≠x2， ∴x1＋x2＋k2(x1＋x2)＋4k＝0， ∴－－＋4k＝0， 解得k1＝0，k2＝，k3＝－， ∴满足条件的直线l的方程为y＝1，y＝x＋1和y＝－x＋1. 学科网（北京）股份有限公司 $