解答题标准练（4-6） “15～17题” 43分练-【满分思维】2026年高三数学三轮冲刺

解答题标准练4　“15~17题” 43分练 (时间:45分钟　分值:43分) 解答题:本题共3小题,共43分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.[2025·杭州二模] 某车企为考察选购新能源汽车的款式与性别的关联性,调查了100人的购买情况,得到如下列联表: 单位:人 性别 选购新能源汽车 合计 A款 B款 男 50 10 x 女 25 15 40 合计 y 25 100 (1)求x,y的值. (2)根据小概率值α=0.05的独立性检验,能否认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联? (3)假设用样本估计总体,用频率估计概率,所有人选购新能源汽车款式的情况相互独立.若从购买者中随机抽取3人,设被抽取的3人中购买了B款车的人数为X,求X的数学期望. 附:χ2=,n=a+b+c+d. α 0.1 0.05 0.01 0.005 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 (本小题满分13分) 16.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2n=2an+1,S4=4(a3-1),n∈N*. (1)求{an}的通项公式. (2)设bn=其中k是正整数. (i)求b1,b2,b3,b4; (ii)求bi(n∈N*). (本小题满分15分) 17.[2025·鹰潭一模] 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,∠A1AB=∠A1AC=. (1)求证:BC⊥AA1. (2)侧棱CC1上是否存在点D,使得直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为?若存在,确定点D的位置;若不存在,说明理由. (本小题满分15分) 解答题标准练5　“15~17题” 43分练 (时间:45分钟　分值:43分) 解答题:本题共3小题,共43分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.[2025·泰安模拟] 如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,AD=2CD=2BC=2,E为PD的中点. (1)证明:CE∥平面PAB; (2)若∠PAB=60°,求直线CE与平面PBC所成角的余弦值. (本小题满分13分) 16.[2025·安徽皖北协作区联考] 在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b=2. (1)若=,cos C=,求a; (2)若a2,b2,c2依次成等差数列,求△ABC面积的最大值. (本小题满分15分) 17.如图,F1(-c,0),F2(c,0)分别为双曲线C1:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,抛物线C2的顶点为坐标原点,焦点为F2,设C1与C2在第一象限的交点为P(m,n),且|PF1|=7,|PF2|=5,∠PF2F1为钝角. (1)求双曲线C1与抛物线C2的方程. (2)过F2作斜率小于0的直线l,交C1的右支于B,C两点,交C2于A,D两点,其中A,B在第一象限,设M为AD的中点,则N为BC的中点,是否为定值?若是,求出此定值;若不是,请说明理由. (本小题满分15分) 解答题标准练6　“15~17题” 43分练 (时间:45分钟　分值:43分) 解答题:本题共3小题,共43分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.[2025·长郡中学二模] 甲、乙两个学校进行体育比赛决赛,比赛共设三个项目,每个项目胜方得10分,负方得0分,没有平局.三个项目比赛结束后,总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在第一、二、三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8,各项目的比赛结果相互独立. (1)求甲学校获得冠军的概率; (2)用X表示乙学校的总得分,求X的分布列与期望. (本小题满分13分) 16.已知{an}是等差数列,公差不为0,其前n项和为Sn.若a2,a4,a7构成等比数列,S3=12. (1)求an及Sn; (2)若数列{bn}满足-=an,n∈N*,b1=,Tn为数列{bn}的前n项和,求Tn. (本小题满分15分) 17.[2025·湖北八市联考] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,=λ,=μ,λ,μ∈(0,1),且平面AB1D1∥平面BC1D. (1)求实数λ,μ的值. (2)若A1C⊥平面AB1D1,AB=AA1,A1C∩AD1=E. (i)求证:BD⊥AC; (ii)求平面EBC1与平面BC1D夹角的余弦值. (本小题满分15分) 解答4　“15~17题”43分练 15.解:(1)由题意得x=50+10=60,y=100-25=75. 2分 (2)零假设为H0:选购该新能源汽车的款式与性别无关联.根据列联表中的数据,可得χ2=≈5.556>3.841=x0.05, 6分 根据小概率值α=0.05的独立性检验,推断H0不成立,即认为选购该新能源汽车的款式与性别有关联,此推断犯错误的概率不大于0.05. 7分 (3)随机抽取1人购买B款车的概率为p==, 9分 X的可能取值为0,1,2,3,由题意得X~B, 11分 由二项分布的期望公式得E(X)=np=3×=. 13分 16.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 解得 3分 ∴an=a1+(n-1)d=2n-1,即{an}的通项公式为an=2n-1. 6分 (2)(i)∵bn=其中k是正整数,∴b1=1,b2=b1+1=2,b3=2,b4=b3+2=4. 9分 (ii)bi=b1+b2+b3+…+=(b1+b3+b5+…+)+(b2+b4+b6+…+)=(b1+b3+b5+…+)+[(b1+1)+(b3+2)+(b5+3)+…+(+2n-1)] 12分 =2(b1+b3+b5+…+)+(1+2+3+…+2n-1)=3(1+2+3+…+2n-1)=3×=3(2n-2+22n-3). 15分 17.解:(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,取BC的中点E,连接AE,A1E,如图.在△A1AB与△A1AC中,AB=AC,∠A1AB=∠A1AC,AA1=AA1,故△A1AB≌△A1AC,∴A1B=A1C. 2分 由A1B=A1C,BE=CE,得A1E⊥BC,由AB=AC,BE=CE,得AE⊥BC. 4分 由A1E⊥BC,AE⊥BC,A1E∩AE=E,A1E,AE⊂平面A1AE,得BC⊥平面A1AE,又AA1⊂平面A1AE,故BC⊥AA1. 5分 (2)在△ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,则AE=CE=BE=.在△A1AB中,∵AB=AA1=2,∠A1AB=,∴A1B=2,同理可得A1C=2.在等腰三角形A1BC中,∵A1B=A1C=2,BE=CE=,∴A1E=. 在△AEA1中,由余弦定理得cos∠A1EA==,故sin∠A1EA=. 8分 在平面AEA1内,过E作Ez⊥AE,则Ez⊥平面ABC,故直线EA,EB,Ez两两垂直,以E为原点,直线EA,EB,Ez分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,在平面AEA1内,过A1作A1H⊥AE,垂足为H,则A1H⊥平面ABC,故A1H=A1Esin∠A1EA=×=,AH=,则A1(2,0,),A(,0,0),B(0,,0),C(0,-,0),则=(-2,,-),=(0,-2,0).设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z), 则 令x=1,得平面A1BC的一个法向量为m=(1,0,-2). 11分 设=t=t=(t,0,t),0≤t≤1,则=+=((t-1),-,t),由直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为, 得|cos<,m>|===, 13分 整理得6t2-13t+6=0,解得t=或t=(舍),故侧棱CC1上存在点D,且D为侧棱CC1上靠近C1的三等分点,使得直线AD与平面A1BC所成角的正弦值为. 15分 解答5　“15~17题”43分练 15.解:(1)证明:如图,设PA的中点为F,连接EF,FB, 则EF∥AD∥BC,且EF=AD=BC,故四边形FECB为平行四边形,则CE∥FB, 3分 又CE⊄平面PAB,FB⊂平面PAB,则CE∥平面PAB. 4分 (2)设AD的中点为O,连接OP,OB. 因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,AD=2,O为AD的中点,所以PA=,PO=AD=1,PO⊥AD.因为AO=OD=BC=AD=1,OD∥BC,所以四边形ODCB为平行四边形,则BO=CD=1,BO∥CD,又CD⊥AD, 则BO⊥AO,故AB=,又∠PAB=60°,所以△PAB为等边三角形,故PB=.又BO=1,PO=1,则PO2+BO2=PB2,故PO⊥OB. 又PO⊥AD,AD∩OB=O,AD,OB⊂平面ADCB,所以PO⊥平面ADCB. 如图,以O为原点建立空间直角坐标系, 8分 则B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),P(0,0,1),因为E为PD的中点,所以E,故=,=(1,0,-1),=(1,1,-1). 10分 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,得n=(1,0,1). 11分 设直线CE与平面PBC所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|==,故cos θ==,即直线CE与平面PBC所成角的余弦值为. 13分 16.解:(1)由=及正弦定理,得=,因为b=2,所以c=. 3分 由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos C,故10=a2+4-a, 解得a=3或a=-2(舍). 6分 (2)因为a2,b2,c2依次成等差数列,所以a2+c2=2b2=8,由余弦定理得cos B===. 9分 因为a2+c2≥2ac,当且仅当a=c时等号成立,所以≥=,当且仅当a=c时等号成立,所以cos B≥,故0<B≤. 13分 因为ac=,且0<B≤,所以△ABC的面积S=acsin B=tan B≤,当且仅当a=c=b=2时,等号成立,所以△ABC面积的最大值为. 15分 17.解:(1)由双曲线的定义可知|PF1|-|PF2|=7-5=2a,解得a=1.设抛物线C2的方程为y2=2px(p>0),则由题意可得=c,即y2=4cx. 2分 由抛物线的定义可得|PF2|=m+=5,即m=5-c,代入抛物线C2的方程,可得n=,即P(5-c,),将点P的坐标代入双曲线C1的方程得-=1,整理得(c-2)(c-3)(c2-5c-4)=0.因为∠PF2F1为钝角,所以|PF2|>,即5>,故c2<6,可得c=2,所以b2=c2-a2=3,p=4, 4分 故双曲线C1的方程为x2-=1,抛物线C2的方程为y2=8x. 5分 (2)由题意可设直线l的方程为x=ky+2(k<0),点A,B,C,D的纵坐标依次为y1,y2,y3,y4,由得(3k2-1)y2+12ky+9=0,由得y2-8ky-16=0, 7分 由双曲线的性质可得k2≠, 故且 9分 因为M,N分别为AD,BC的中点,所以M,N的纵坐标分别为,, 10分 所以=·=·=·=·=2,是定值,且该定值为2. 15分 解答6　“15~17题”43分练 15.解:(1)设事件A,B,C分别表示甲学校在第一、二、三个项目中获胜,则甲学校获得冠军的概率P=P(ABC)+P(BC)+P(AC)+P(AB)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.16+0.16+0.24+0.04=0.6. 4分 (2)依题意可知,X的可能取值为0,10,20,30, 6分 P(X=0)=0.5×0.4×0.8=0.16,P(X=10)=0.5×0.4×0.8+0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2=0.44,P(X=20)=0.5×0.6×0.8+0.5×0.4×0.2+0.5×0.6×0.2=0.34,P(X=30)=0.5×0.6×0.2=0.06, 10分 故X的分布列为 X 0 10 20 30 P 0.16 0.44 0.34 0.06 11分 故E(X)=0×0.16+10×0.44+20×0.34+30×0.06=13. 13分 16.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,且d≠0,由a2,a4,a7构成等比数列,S3=12,得 又d≠0,可得 3分 则an=n+2,Sn=na1+d=. 5分 (2)由(1)得an=n+2,即-=n+2,则-=n+1(n≥2),-=n,…,-=4,-=3, 7分 等式左右两边分别相加可得-=(n+1)+n+(n-1)+…+4+3==(n≥2). 9分 又b1=,所以=+3==(n≥2),又=3满足上式,所以=,所以bn==2, 12分 则Tn=2+2+…+2+2=2=2=1-=. 15分 17.解:(1)如图①,连接A1B,交AB1于点F,则F为A1B的中点,连接D1F, 因为平面AB1D1∥平面BC1D, 平面AB1D1∩平面BA1C1=D1F,平面BC1D∩平面BA1C1=C1B,所以D1F∥BC1, 2分 所以D1为A1C1的中点,所以λ=. 3分 因为平面AB1D1∥平面BC1D,平面AB1D1∩平面ACC1A1=AD1,平面BC1D∩平面ACC1A1=C1D,所以AD1∥C1D,又AD∥D1C1,所以四边形ADC1D1为平行四边形,所以AD=D1C1=AC,所以μ=,故λ=μ=. 5分 (2)(i)证明:因为A1C⊥平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,所以A1C⊥B1D1.因为AA1⊥平面A1B1C1,B1D1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥B1D1,又AA1∩A1C=A1,AA1⊂平面ACC1A1,A1C⊂平面ACC1A1,所以B1D1⊥平面ACC1A1. 6分 连接DD1,如图②,因为D,D1分别为AC,A1C1的中点,所以DD1∥BB1,且DD1=BB1,所以四边形BB1D1D为平行四边形,所以B1D1∥BD,则BD⊥平面ACC1A1,又AC⊂平面ACC1A1,所以BD⊥AC. 8分 (ii)因为A1C⊥平面AB1D1,AD1⊂平面AB1D1,所以A1C⊥AD1,所以△AA1D1∽△CAA1,所以=,故AC=AA1,又AB=AA1,所以AC=AB.因为BD⊥AC且D为AC的中点,所以AB=BC,所以AB=BC=AC. 9分 方法一:设AB=2a,则AA1=a, 如图,以D为坐标原点,以DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 则A1(a,0,a),B(0,a,0),C(-a,0,0),E,C1(-a,0,a),故=,=(-a,-a,a),=(-2a,0,-a). 10分 设平面EBC1的法向量为n=(x,y,z),则即 令x=,可得z=4,y=,即n=(,,4). 12分 易知向量=(-2a,0,-a)为平面BC1D的一个法向量. 13分 设平面EBC1与平面BC1D的夹角为θ,则cos θ===,故平面EBC1与平面BC1D夹角的余弦值为. 15分 方法二:如图③,延长C1E,交A1A于点H,则H为A1A的中点,连接HD,则HD∥A1C.因为A1C⊥平面AB1D1,平面AB1D1∥平面BC1D,所以A1C⊥平面BC1D,因为HD∥A1C,所以HD⊥平面BC1D,设AB=2a,则AA1=a,则DC1==a,DB==a=DC1,所以△DC1B为等腰三角形.取C1B的中点S,连接DS,则DS⊥BC1,连接HS,因为HD⊥平面BC1D,BC1⊂平面BC1D,DS⊂平面BC1D,所以HD⊥BC1,HD⊥DS, 又BC1⊥DS,HD∩DS=D,HD,DS⊂平面HDS,所以BC1⊥平面HDS,又HS⊂平面HDS,所以BC1⊥HS, 则∠DSH即为平面EBC1与平面BC1D的夹角, 12分 因为△BDC1为直角三角形,所以DS=BC1=.又DH=A1C=,所以HD=DS,所以tan∠DSH==1,故cos∠DSH=,故平面EBC1与平面BC1D夹角的余弦值为. 15分 学科网（北京）股份有限公司 $