解答题规范练1-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学《拆卷练》 1．(2025·河北邯郸二模)为考察国产14纳米光刻机和进口14纳米光刻机的光刻效果，随机抽取了500台14纳米光刻机，对两种光刻机的良品、次品进行对比，得到如下列联表： 单位：台 14纳米光刻机 质量 合计 良品 次品 国产 170 80 n 进口 150 100 250 合计 m 180 500 (1)求m，n的值； (2)以频率估计概率，估计国产14纳米光刻机的次品率； (3)根据小概率值α＝0.01的独立性检验，判断国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量有无差异． 附：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. α 0.05 0.01 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 解：(1)由题意，得m＝170＋150＝320，n＝170＋80＝250. (2)样本中，国产14纳米光刻机次品的频率为＝， 所以国产14纳米光刻机的次品率约为P＝. (3)零假设为H0：国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异， χ2＝＝≈3.472<6.635，依据α＝0.01的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为国产14纳米光刻机与进口14纳米光刻机质量无差异． 2．(2025·辽宁葫芦岛一模)设数列{an}是公差大于1的等差数列，{an}，{bn}满足＝－，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，且2a1＝a2，S2＋T2＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)若存在n∈N*，使得10Tn－9n＋t＋t2<3，求实数t的取值范围． 解：(1)∵2a1＝a2，∴2a1＝a1＋d， 解得a1＝d，a2＝2d， S2＝a1＋a2＝3d，由＝－， 可知＝，b1＝＝，＝，b2＝＝＝， 又T2＝b1＋b2＝＋＝， ∴S2＋T2＝3d＋＝16，即3d2－16d＋5＝0，解得d＝5或d＝(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)d＝5n. (2)由(1)知an＝5n，又＝－， 得＝，解得bn＝n＋， ∴{bn}为等差数列， 故Tn＝＝， 存在n∈N*，使得10Tn－9n＋t＋t2<3， 即(10Tn－9n)min＋t＋t2<3， 又10Tn－9n＝n2－6n＝(n－3)2－9， ∴(10Tn－9n)min＝－9， 故－9＋t＋t2<3，整理，得t2＋t－12<0， 解得－4<t<3， ∴实数t的取值范围是(－4，3)． 3．(2025·河北沧州二模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝BC＝2，∠A1AC＝∠A1AB＝60°，D为CA延长线上一点，且满足DA＝AC. (1)从A，B，C，B1，C1这5个点中任取4个点，可以构成多少个不同的三棱锥？并列举所有符合条件的三棱锥； (2)证明：BC⊥AA1； (3)求直线A1B与平面DBB1所成的角． 解：(1)可以构成4个不同的三棱锥， 分别是三棱锥B1－ABC，三棱锥C1－ABC，三棱锥B1－C1AB，三棱锥B1－C1AC. (2)证明：连接A1C，因为AB＝AA1＝2，∠A1AB＝60°，所以A1B＝2. 同理，A1C＝2. 取BC的中点E，连接AE，A1E，由等腰三角形三线合一，得AE⊥BC，A1E⊥BC， 又AE∩A1E＝E，AE，A1E⊂平面AEA1， 所以BC⊥平面AEA1， 又AA1⊂平面AEA1，所以BC⊥AA1. (3)解法一：依题意，得BA＝CD，可知点B在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD， 由(2)，知BC⊥AA1， 又AA1∥BB1，所以BC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面DBB1， 所以BC⊥平面DBB1，为平面DBB1的一个法向量． 直线A1B与平面DBB1所成的角即直线A1B与直线BC所成角的余角， 由(2)，知A1B＝A1C＝BC＝2，所以△A1BC为等边三角形， 故∠A1BC＝60°，故直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 解法二：依题意，得BA＝CD，可知点B在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD， 由(2)，知BC⊥AA1，又AA1∥BB1，所以BC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面DBB1，所以BC⊥平面DBB1. 因为AA1∥BB1，AA1⊄平面DBB1，BB1⊂平面DBB1，所以AA1∥平面DBB1，点A1到平面DBB1的距离等于点A到平面DBB1的距离，也就是点C到平面DBB1的距离的， 因为BC＝2，所以点A1到平面DBB1的距离为1， 由(2)，知△A1AB为等边三角形， 又A1B＝2，所以直线A1B与平面DBB1所成角的正弦值是，所以直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 解法三：由(2)，知BC⊥平面AEA1， 又BC⊂平面ABC，可得平面ABC⊥平面AEA1， 在平面AEA1内，过点A1作A1F⊥AE，垂足为F. 因为平面ABC⊥平面AEA1，平面ABC∩平面AEA1＝AE， 所以A1F⊥平面ABC，过点E作EP∥A1F，可知EP⊥平面ABC，由此可知EP，EA，EB两两垂直． 以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 在等边三角形ABC和等边三角形A1BC中，可求得AE＝A1E＝， 则在△A1AE中，cos∠A1AE＝＝， AF＝AA1cos∠A1AE＝， A1F＝AA1sin∠A1AE＝， 可知A1，B(0，1，0)，C(0，－1，0)，＝. 依题意，得BA＝CD，可知点B在以DC为直径的圆上，所以BC⊥BD， 由(2)，知BC⊥AA1，又AA1∥BB1，所以BC⊥BB1， 又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面DBB1，所以BC⊥平面DBB1，所以为平面DBB1的一个法向量，＝(0，－2，0)． 设直线A1B与平面DBB1所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝， 所以直线A1B与平面DBB1所成的角为30°. 4．(2025·湖北华大质量测评)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，，过点A(1，0)的直线l与C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，其中y1>0. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l的斜率为，求|MN|的值； (3)已知M′(4，y1)，直线M′N交x轴于点P，若四边形MAPM′为等腰梯形，求直线l的方程． 解：(1)由已知，椭圆C过点，， 则解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)依题意，得直线l的方程为y＝(x－1)， 联立整理，得2x2－2x－3＝0， 故x1＋x2＝1，x1x2＝－， 故|MN|＝|x1－x2| ＝· ＝×＝. (3)因为四边形MAPM′为等腰梯形，所以∠NAP＝∠NPA，所以|NA|＝|NP|， 不妨设点P的坐标为(xP，yP)，AP的中点为G，则NG⊥AP，要求直线l的斜率，只需要转化为求点N的坐标，则x2＝xG＝. 而M′(4，y1)，则直线NM′的方程为y－y1＝(x－4)， 令y＝0，则xP＝＋4，不妨设直线l的方程为x＝my＋1， 则x2＝my2＋1，则xP＝＋4， 联立方程消去x，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝(2m)2＋12(m2＋4)＝16m2＋48>0，则y1＋y2＝，y1y2＝， 则my1y2＝(y1＋y2)， 则xP＝＋4＝， 所以x2＝xG＝＝＝， 所以y2＝－＝－＝－， 所以m＝＝－， 故直线l的方程为x＋y－1＝0. 6 学科网（北京）股份有限公司 $