解答题规范练3-【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·江苏南京二模)已知{an}是无穷正整数数列，定义操作D(k，s)为删除数列{an}中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn}．若an＝3n－1，n∈N*，进行操作D(3，1)后剩余项组成新数列{bn}，设数列{log3(an＋bn)}的前n项和为Sn. (1)求Sn； (2)设数列{cn}满足cn＝log3b2n－1，求数列的前n项和． 解：(1)由an＝3n－1，可知a1＝1(满足除以3余数为1)，当n≥2时，an为3的倍数， 进行操作D(3，1)，即删除a1，剩余a2，a3，a4，a5，…， 则bn＝an＋1＝3n，可得log3(an＋bn)＝log3(3n－1＋3n)＝log3(4×3n－1)＝n＋log34－1， 所以Sn＝＋(log34－1)n. (2)由(1)可知cn＝log3b2n－1＝log332n－1＝2n－1， 则＝＝，所以数列的前n项和Tn＝×＝＝. 2．(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)已知三棱台ABC－DEF(图2)的平面展开图(图1)中，△AEF和△DEF均为边长为2的等边三角形，B，C分别为AE，AF的中点，ME⊥AE，PF⊥AF，在三棱台ABC－DEF中， (1)求证：AD⊥EF； (2)求平面ABC与平面ACFD夹角的正弦值． 解：(1)证明：取EF的中点O，BC的中点R，连接DO，AR，RO，则DO∥AR， 所以A，R，O，D四点共面， 因为DE＝DF，EB＝FC，所以DO⊥EF，RO⊥EF， 又DO∩RO＝O，所以EF⊥平面AROD， 因为AD⊂平面AROD，所以AD⊥EF. (2)延长DA交OR的延长线于点H，由平面展开图可得2AR＝OD＝， 所以2DA＝DH＝2， 2OR＝OH＝， 由余弦定理，得cos∠DOR＝－，过点A作AS⊥OH交OH于点S， 所以cos∠ARS＝－cos∠DOR＝， 又AR＝DO＝， 所以SR＝cos∠ARS＝×＝， 所以AS＝＝，OS＝OR－SR＝－＝， 过点O作OG⊥OR交DA于点G，由(1)知EF⊥OG，EF∩OR＝O，故OG⊥平面EBCF. 如图，建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，F(0，1，0)，C，A，B，＝，＝，＝(0，1，0)， 设平面ACFD的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 平面ABC的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 由得 令x1＝1，则n＝(1，，)， 由得 令z2＝1，则m＝(2，0，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝， 所以sin〈m，n〉＝＝， 所以平面ABC与平面ACFD夹角的正弦值为. 3．(2025·江苏徐州2月调研)一款击鼓小游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓后要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次后，出现三次音乐获得150分，出现两次音乐获得100分，出现一次音乐获得50分，没有出现音乐则获得－300分．设每次击鼓出现音乐的概率为p，且各次击鼓出现音乐相互独立． (1)若一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p)，求f(p)的最大值点p0； (2)以(1)中确定的p0作为p的值，玩3盘游戏，出现音乐的盘数为随机变量X，求每盘游戏出现音乐的概率p1及随机变量X的期望E(X)； (3)玩过这款游戏的许多人都发现，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了．请运用概率统计的相关知识分析分数减少的原因． 解：(1)由题意可知，一盘游戏中仅出现一次音乐的概率为f(p)＝Cp(1－p)2＝3p3－6p2＋3p， 则f′(p)＝3(3p－1)(p－1)． 由f′(p)＝0，得p＝或p＝1(舍去)． 当p∈时，f′(p)>0，当p∈时，f′(p)<0， 所以f(p)在上单调递增，在上单调递减， 所以当p＝时，f(p)有最大值，即f(p)的最大值点p0＝. (2)由(1)可知，p＝p0＝，则每盘游戏出现音乐的概率为p1＝1－＝. 由题意可知X～B， 所以E(X)＝3×＝. (3)由题意可设每盘游戏的得分为随机变量Y，则Y的可能取值为－300，50，100，150， 所以P(Y＝－300)＝(1－p)3，P(Y＝50)＝Cp(1－p)2，P(Y＝100)＝Cp2(1－p)，P(Y＝150)＝p3. 故E(Y)＝－300(1－p)3＋50Cp(1－p)2＋100Cp2(1－p)＋150p3＝300. 令g(p)＝p3－3p2＋p－1， 则g′(p)＝3p2－6p＋＝3(p－1)2＋>0， 所以g(p)在上单调递增， 所以g(p)<g＝－<0， 即有E(Y)<0，这说明每盘游戏平均得分是负分，由概率统计的相关知识可知，若干盘游戏后，与最初的分数相比，分数没有增加反而减少了． 4．(2025·山东济南3月模考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，O为坐标原点，过C的右焦点的直线l交C的右支于P，Q两点，当l⊥x轴时，|PQ|＝2. (1)求C的方程； (2)过点P作直线x＝1的垂线，垂足为N. ①证明：直线QN过定点； ②求△OQN面积的最小值． 解：(1)由＝且a2＋b2＝c2，得a＝b，c＝a， 当l⊥x轴时，|PQ|＝2，不妨令P(a，)，代入双曲线方程，得－＝1， 所以a2＝b2＝2，所以C的方程为－＝1. (2)①证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(1，y1)，由l的斜率不为0，设l：x＝my＋2， 联立双曲线方程并整理，得(m2－1)y2＋4my＋2＝0，则m2－1≠0，Δ＝8m2＋8>0， 所以y1＋y2＝－，y1y2＝， 由x2≠1，得直线NQ：y＝(x－1)＋y1， 根据双曲线的对称性，直线NQ所过定点必在x轴上， 令y＝0，则(x－1)＋y1＝0， 得x＝， 因为x2＝my2＋2， 所以x＝， 而＝－2m，得＝my1y2， 则x＝＝， 所以直线NQ过定点M. ②S△OQN＝|OM||y1－y2| ＝＝·， 由①，得可得0≤m2<1， 令t＝m2－1∈[－1，0)， 则S△OQN＝·＝· ＝·， 又∈(－∞，－1]，所以S△OQN≥，当t＝－1时，等号成立． 综上，S△OQN的最小值为. 5 学科网（北京）股份有限公司 $