解答题标准练（10-12） “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10　“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·西南大学附中模拟] △ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且bsin C+csin C=asin A-bsin B. (1)求A; (2)若c=3,b=5,D为BC边上一点,且AB⊥AD,求AD. (本小题满分13分) 16.[2025·金华十校模拟] 如图,P为圆锥的顶点,AB为底面圆O的直径,C为圆周上一点,D为劣弧BC的中点,OP=AB. (1)求证:BC⊥PD; (2)若E在PB上且BE=BP,当DE∥平面POC时,求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值. (本小题满分15分) 17.[2025·蚌埠质检] 某大学排球社团为了解学生是否喜欢排球与性别之间的关联,随机调查了男、女生各200名,得到如下2×2列联表: 单位:人 性别 是否喜欢排球 合计 喜欢 不喜欢 男 78 122 200 女 112 88 200 合计 190 210 400 (1)依据小概率值α=0.001的独立性检验,能否认为是否喜欢排球与性别有关联? (2)在某次社团活动中,甲、乙、丙这三人相互做传球训练,第1次由甲将球传出,每次传球时,传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.记n次传球后球在乙手中的概率为pn,n=1,2,3,…. (i)求pn; (ii)若随机变量Xi服从两点分布,且P(Xi=1)=1-P(Xi=0)=qi,i=1,2,…,n,则E(Xi)=qi.记前n次(即从第1次到第n次)传球中球在乙手中的次数为随机变量Y,求Y的数学期望. 附:χ2=,其中n=a+b+c+d. α 0.010 0.005 0.001 xα 6.635 7.879 10.828 解答题标准练11　“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·山东师大附中二模] 已知函数f(x)=2x2-3x+λln x. (1)若λ=-1,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在区间上有2个极值点,求实数λ的取值范围. (本小题满分13分) 16.[2025·济宁一模] 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+1,b1+b2+…+bn=2n-1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设数列的前n项和为Sn,求证:Sn<6. (本小题满分15分) 17.[2025·长沙长郡中学月考] 已知抛物线C:x2=4y,直线AB交抛物线C于A,B两点,O为坐标原点,kOA·kOB=-. (1)求证:直线AB过定点; (2)已知弦AB的中点为T,点P(0,-2)关于直线AB对称的点Q在抛物线C上,求△TPQ的面积. (本小题满分15分) 解答题标准练12　“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.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b=2,2a-c=2bcos C. (1)求B; (2)求3a+2c的最大值. (本小题满分13分) 16.[2025·长沙一中二模] 一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球,编号分别为1,2,3,现有放回地摸球两次,每次摸出1个小球,记第一次摸出小球的号码为i,第二次摸出小球的号码为j. (1)记“i+j>i·j”为事件A,求P(A); (2)完成两次摸球后,再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中,并进行第三次摸球,且将第三次摸出小球的号码记为k,号码i,j,k中出现偶数的个数记为X,求X的分布列及数学期望. (本小题满分15分) 17.[2025·泉州质检] 如图,四棱台ABCD-EFGH中,底面ABCD是边长为4的菱形,HD=HG=2,AE=2,FA=FC. (1)证明:HD∥平面ACF; (2)证明:HD⊥平面ABCD; (3)若该四棱台的体积等于,且FA>FB,求直线BC到平面AFGD的距离. (本小题满分15分) 解答10　“15~17题”43分练 15.解:(1)因为bsin C+csin C=asin A-bsin B,所以由正弦定理得bc+c2=a2-b2,即b2+c2-a2=-bc, 3分 由余弦定理得cos A==-, 5分 又因为A∈(0,π),所以A=. 6分 (2)因为AB⊥AD,所以∠BAD=,所以∠CAD=. 7分 因为S△ABC=S△ABD+S△ACD, 所以cbsin=c·AD·sin+b·AD·sin, 10分 即×3×5×=×3AD×1+×5AD×,解得AD=. 13分 16.解:(1)证明:连接OD,因为D为劣弧BC的中点,所以OD⊥BC,易知PO⊥平面ABC,所以PO⊥BC, 2分 又OD∩PO=O,OD,PO⊂平面POD, 所以BC⊥平面POD.因为PD⊂平面POD,所以BC⊥PD. 5分 (2)方法一:如图,在OB上取点F,使得BF=BO,连接EF,FD,则EF∥PO,又EF⊄平面POC,PO⊂平面POC,所以EF∥平面POC, 又DE∥平面POC,且DE∩EF=E,DE,EF⊂平面EFD, 所以平面EFD∥平面POC. 8分 因为平面EFD∩平面OBC=FD,平面POC∩平面OBC=OC,所以FD∥OC,则∠COD=∠FDO,又∠COD=∠FOD,所以∠FOD=∠FDO,所以FD=FO=OD,则cos∠FOD=. 10分 设OD与BC交于点G,连接PG,则OG⊥BC,又因为PB=PC,所以PG⊥BC,所以∠PGO就是平面PBC与平面ABC的夹角. 12分 因为cos∠FOD==,所以tan∠PGO===,所以cos∠PGO=,即平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为. 15分 方法二:如图,以O为坐标原点,OB,OP所在直线分别为y,z轴建立空间直角坐标系,设OP=OB=3,则B(0,3,0),P(0,0,3),E(0,2,1),设∠DOB=θ,0<θ<,则∠COB=2θ,所以D(3sin θ,3cos θ,0),C(3sin 2θ,3cos 2θ,0), 7分 所以=(0,0,3),=(3sin 2θ,3cos 2θ,0),设平面OPC的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 可取n1=(cos 2θ,-sin 2θ,0), 9分 又=(3sin θ,3cos θ-2,-1),DE∥平面POC,所以n1·=0, 即3sin θcos 2θ-3sin 2θcos θ+2sin 2θ=0,解得cos θ=, 11分 于是sin 2θ=,cos 2θ=,则C,所以=,又=(0,3,-3),设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则可取n2=(,3,3). 13分 易知平面ABC的一个法向量为n3=(0,0,1),设平面PBC与平面ABC的夹角为α,则cos α==,所以平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为. 15分 17.解:(1)零假设为H0:学生是否喜欢排球与性别无关联. 根据表中的数据,经计算得到χ2==≈11.589>10.828=x0.001, 3分 所以依据小概率值α=0.001的独立性检验,我们推断H0不成立,即认为学生是否喜欢排球与性别有关联. 5分 (2)(i)由题意知p1=,pn+1=(1-pn)+0·pn=-pn+, 7分 设pn+1+λ=-(pn+λ),则pn+1=-pn-λ,所以-λ=,解得λ=-, 9分 所以pn+1-=-. 又p1-=,故数列是以为首项,-为公比的等比数列,所以pn-=×,所以pn=+×. 12分 (ii)因为pi=+×,i=1,2,…,n,所以当n∈N*时,Y的数学期望E(Y)=p1+p2+…+pn=+×++×+…++×=+=+=-×. 15分 解答11　“15~17题”43分练 15.解:(1)依题意,当λ=-1时,f(x)=2x2-3x-ln x,x∈(0,+∞), 则f'(x)=4x-3-==, 2分 所以当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 故函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). 5分 (2)依题意,f'(x)=4x-3+=,令f'(x)=0,得4x2-3x+λ=0,令g(x)=4x2-3x+λ,则由题知g(x)在区间上有两个不等的变号零点, 8分 可得解得<λ<. 12分 所以实数λ的取值范围为. 13分 16.解:(1)因为nan+1=(n+1)an+1,所以=+=+-,即+=+, 2分 可知数列为常数列,则+=a1+1=2,所以an=2n-1. 4分 因为b1+b2+…+bn=2n-1,所以令n=1,可得b1=1. 5分 当n≥2时,b1+b2+…+bn-1=2n-1-1, 6分 b1+b2+…+bn=2n-1,两式相减得bn=2n-2n-1=2n-1, 7分 又b1=1符合上式,所以bn=2n-1. 8分 (2)证明:方法一:由(1)可知==-, 11分 可得Sn=(6-5)++…+=6-, 13分 显然>0,所以Sn<6. 15分 方法二:因为=,所以Sn=++++…+, 10分 Sn=+++…++,两式相减得Sn=1++++…+-=1+-=3-, 13分 所以Sn=6-<6. 15分 17.解:(1)证明:由题知直线AB的斜率存在,设直线AB:y=kx+b,A,B,由可得x2-4kx-4b=0, 则Δ>0,∴ 4分 又kOA·kOB=·=,代入得kOA·kOB=-=-, 6分 ∴b=1,∴直线AB过定点(0,1). 7分 (2)由(1)知,定点(0,1)即为抛物线的焦点F,连接FQ,∵P,Q关于直线AB对称,∴|FP|=|FQ|,可得yQ+1=3,即yQ=2,∴Q(±2,2). 9分 当Q的坐标为(2,2)时,PQ的中点坐标为(,0),且kPQ=,∴直线AB:y=-x+1, 由可得x2+2x-4=0,则xA+xB=-2, 11分 ∴yA+yB=4,∴T(-,2),故PQ边上的高为=2,又|PQ|==2, ∴S△TPQ=×2×2=6. 13分 由对称性可知,当Q的坐标为(-2,2)时,S△TPQ=6. 综上,S△TPQ=6. 15分 解答12　“15~17题”43分练 15.解:(1)由正弦定理可得2sin A-sin C=2sin Bcos C,因为A=π-(B+C),所以sin A=sin(B+C), 2分 故2sin(B+C)-sin C=2sin Bcos C,即2sin Bcos C+2cos Bsin C-sin C=2sin Bcos C,化简得2cos Bsin C=sin C,又sin C≠0,所以cos B=, 5分 又B为三角形的内角,所以B=. 6分 (2)因为==4, 8分 所以由正弦定理得a=4sin A,c=4sin C,故3a+2c=12sin A+8sin C=12sin A+8sin=12sin A+8=16sin A+4cos A=4sin(A+φ),其中tan φ=, 11分 故3a+2c的最大值为4. 13分 16.解:(1)两次摸球,样本空间中包含的样本点共有×=9(个), 2分 其中,满足“i+j>i·j”的情形有: 当i=1时,j=1,2,3;当i=2时,j=1;当i=3时,j=1.故事件A包含的样本点有3+1+1=5(个), 5分 故P(A)=. 6分 (2)X的可能取值为0,1,2,3, 则P(X=0)===,P(X=1)===, P(X=2)==,P(X=3)==, 11分 故X的分布列为 X 0 1 2 3 P 13分 E(X)=0×+1×+2×+3×=. 15分 17.解:(1)证明:如图①,连接BD,与AC交于点I,连接FI,则I为AC,BD的中点,连接HF,由四棱台的性质知,H,D,B,F四点共面,且平面ABCD∥平面EFGH,又平面BDHF∩平面ABCD=BD,平面BDHF∩平面EFGH=HF, 所以BD∥HF. 2分 因为=,所以=. 因为I为AC,BD的中点,所以FH=DI=BD,所以四边形DHFI为平行四边形,故HD∥FI. 4分 又HD⊄平面ACF,IF⊂平面ACF,所以HD∥平面ACF. 5分 (2)证明:如图①,取DA的中点J,连接HJ,由四棱台ABCD-EFGH的性质得,EH=HG=2,AJ=AD=2,EH∥AJ,所以四边形AJHE为平行四边形,则HJ=EA=2,又DJ=HD=2,所以DH2+DJ2=HJ2,所以HD⊥AD. 7分 由(1)知AI=IC,又FA=FC,所以FI⊥AC,因为FI∥HD,所以HD⊥AC,又AC,AD⊂平面ABCD,AC∩AD=A,所以HD⊥平面ABCD. 10分 (3)方法一:因为FG∥BC,FG⊂平面AFG,BC⊄平面AFG,所以BC∥平面AFG,所以点C到平面AFG的距离即为直线BC到平面AFG的距离. 由(2)知四棱台的高h=HD=2. 菱形ABCD的面积S1=2××AB×AD×sin∠BAD=16sin∠BAD, 又EH=AD,所以菱形EFGH的面积S2=4sin∠BAD,所以四棱台ABCD-EFGH的体积V=(S1++S2)h=×28sin∠BAD×2,从而×28sin∠BAD×2=,解得sin∠BAD=. 因为FA>FB,IA=,IB=,所以IA>IB, 故tan∠IAB=<1,从而∠IAB<,所以∠BAD∈, 所以∠BAD=. 12分 取AB的中点K,连接DK,则DC,DH,DK两两垂直,如图②,以D为坐标原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系, 连接DG,则D(0,0,0),A(2,-2,0),G(0,2,2),C(0,4,0),所以=(2,-2,0),=(0,2,2),=(0,4,0), 设平面AFGD的法向量为n=(x,y,z),则即 得令y=,得n=(1,,-), 14分 从而点C到平面AFGD的距离d===,所以直线BC到平面AFGD的距离为. 15分 方法二:如图③,延长BF,CG,AE,DH交于点S,取BC的中点M,连接SM交FG于点N,连接DM,DN,则FG,SM的中点均为N,BC⊥DM,因为SD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥SD.因为FG∥BC,所以FG⊥DM,FG⊥SD,又DM,SD⊂平面SDM,DM∩SD=D,所以FG⊥平面SDM,又FG⊂平面AFGD,所以平面AFGD⊥平面SDM. 11分 过点M作MK⊥DN于K,因为平面AFGD∩平面SDM=DN,MK⊂平面SDM,所以MK⊥平面AFGD,故MK为点M到平面AFGD的距离,易证BC∥平面AFGD,所以MK即为直线BC到平面AFGD的距离.因为ND=NM,所以点M到直线DN的距离等于点D到直线NM的距离, 13分 在Rt△SDM中,SD=4,DM=2,所以SM=2,设点D到直线NM的距离为d,则△SDM的面积S'=×DS×DM=×SM×d,所以4×2=2d,解得d=,所以直线BC到平面AFGD的距离为. 15分 学科网（北京）股份有限公司 $