中档大题规范练4-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习考前增分练

班级： 姓名： 中档大题规范练4 (分值：60分 时间：50分钟) 1.(13分)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,2.(15分)甲、乙两人共同参加某公司的面试，面试分 为初试和复试，若初试不通过，则不用参加复试， b,c.已知a-bcos C= 3 csin B,a=2,c=6,D为 复试通过则被录用，否则不被录用.已知甲通过初 边AC上靠近点C的三等分点. 得分 试和复试的概率分别为号，，乙通过初试和复武 (1)求角B: (2)求|BD. 的概率均为分，两人是否道过面试相互接立。 得分 (1)求甲、乙两人至少有1人通过初试且没有通过 复试的概率； (2)设两人中被录用的人数为X,求X的分布列及 数学期望， (横线下方不可作答)253] 中档大题规范练 3.(15分)已知数列{an}与{log2b}都是等差数列，4.(17分)如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，点 其前n项和分别为Sn与Tn,且a2十a4十a6=24, M,N分别是边BC,CD的中点，AC∩BD=O1, a5+S5=40,b1=a1,Ts=a3. 得分■ AC∩MN=G.沿直线MN将△CMN翻折到 (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； △PMN的位置，连接PA,PB,PD,得到五棱锥 一1)"a的前n项和P P-ABMND 得分 (2)求数列 P(C) D GM B B (1)求证：在翻折过程中，总有PD=PB. (2)若平面PMN⊥平面MNDB,线段PA上是否 存在一点Q(可与点P重合，不与点A重合)，使得 点B到平面QDN的距离是菱形ABCD边长的 29?若存在，试确定点Q的位置，并求此时平面 √87」 QDN与平面PMN所成锐二面角的余弦值；若不 存在，请说明理由. 红对勾讲与练 254 高三二轮数学 ■1 十… 8 31 3n 3(1 3n 又n∈N,所以gn ,所 以 T。=一 ∈ 3 9n-3 [名-3）即- 1 ≤T 3 3.解：(1)当a=0时，f(x)=-2lnx+ bx,x>0,则f'(x）=-2+6. 若b≤0，则f'(x)<0,f(x)在 (0,+∞)上单调递减； 若b>0,则由f'(x)=0得x= 当0<x<2时，f'(z)<0f)在 (0,子）上单调递诚， 当>名 时，f'(x)>0,f(x)在 (分，+©）上单调递增。 综上，当b≤0时，f(x)在(0，十∞)上 单调递减； 当b>0时，f(x)在(0，号)上单调递 减，在（行，+©）上单调递增。 2因为g)=后>0 e 所以g'(x)= x√ 当z∈(0,2）时，g(x)<0g(x) 单调递减； 当x∈（分+）时g')>0, g(x)单调递增」 故g(x)的最小值是g()=√2e, 无最大值。 (3)证明：当a=1,b=0时，f(x)= xe-2In 要证明f(x)>2,需要证明xe>2+ x,即证明气> 2+2n①. 2+2In z 设h(x)= I 可得h'(z)=-1-3lnx x2√ 由h'(x)=0得x=e 当x∈(0，e3)时，h'(x)>0,h(.x》 单调递增， 当x∈(e,+o)时，h'(x)<0, h(x)单调递减， 则A(x)的最大值是(e)= ,即 3 h(z) 4ve 3 由(2)知g(x)≥√2e 又因为-=（柜-号）> 3 0,即g(x)mim>h(x)ms, 所以①式成立，所以f(x)>2. 4. 解：(1)因为椭圆过点（一1， 13 4b2 =1, 所以 115 得公二： +16 =1, 即精圆方程为号十y=1 (2)依题意得，直线1的方程为y= 之(x-10联立 整 =2x-1). 理得2x2-2x-3=0, 故x1十x2=1x1x2=-2 3 1 故|MN1=√1+X+6= √35 2· (3)如图，因为四边形MAPM'为等 腰梯形，则必有∠NAP=∠NPA, 即INAI=INPL. M' 不妨设点P的坐标为(xp,yp),AP 的中点为G,则必有G⊥AP, 要求直线1的斜率，只需要转化为求 点N的坐标，则有x:=xG= 1+ZP 2 而M'(4,y1),则直线VM'的方程为 y-y1=二y(红-40. 4一x4 令y=0, 则有xp= x2y1-4y1+4. y1-y2 易得直线1的斜率不为0，不妨设直 线l的方程为x=my+1, 则有x2=y:+1, 即xp= my1y:-3+4. y1一y2 联立仁的十消去：得a中 4)y2+2my-3=0 则有y1十y:= -2m m+i'yiy: -3 m2+ ,则有my1y2= 2y1+y), (y1+y:)-3y 2 TP= 5 y1-y2 2 1+xp 1十2 所以x2=xG= 2 2 7 4 所以y=一入 --×()= 7 一1 4 所以m= 2√15 故所求 √5 5 8 直线1的方程为5x+2√15y一5=0. 中档大题规范练4 1.解：(1)由正弦定理有sinA- sin Bcos C= 3 sin Bsin C, 因为sinA=sin(B+C)= sin Bcos C+cos Bsin C,代入化简得 sin Ccos B- 3 sin Bsin C. 因为C∈(0，π)，所以sinC≠0，所以 tanB=√3.又B∈(0，r),所以 B= 3 (2)由题可知防=子成+号成， 故B成P=(号B所+ ) 1(BA+4BA.BC+4 BC ) 9,故1BD1=21g 7 3 2.解：(1)记“甲、乙两人至少有1人通过 初试且没有通过复试”为事件A, 甲通过初试且设有通过复试的概率为 P=子×(0-3)=合 乙通过初试且设有通过复试的概率为 p,=3×1-2)= 所以P(A)=1-(1一P1)(1一P2)= 1-(1-号)×1-)= 即甲、乙两人至少有1人通过初试且没 有适过复试的率为已 (2)由题意知X的所有可能取值为0， 1,2. 甲被录用的概率为 3 1 1 乙被录用的概率为 所以P(X=0)= 1-4)=品 P(X 1)=(1-号)× 1 +× 1-)= 2 P(X=2)= 1 18 则X的分布列为 X 0 1 2 7 13 1 P 12 36 18 EX)=0x +1X +2x 36 参考答案 393 3.解：(1)设等差数列{am}与{log2b,冫的 公差分别为d1,d2, 由 ja2+a:十a:=24,可得 a;+S; =40, 3(a1+3d1)=24, a1+4d+5a1+ 5×4 d1=40, 解 2 得d二所以a.=2n. =2, b1=a1=2,T3=a3=6,即log2b1十 log262+log263=3l0g262=6, 所以b2=4,则d2=logb2一log2b1= 2-1=1.又log2b1=1, 所以log2bm=n,则b。=2”. (2)由(1)可得 （-1)"an b. 2(-1)=(-1)” 2” 2， 所以P。=一1 2 3 十… 0 2 (-1)-1X n1 2w-2 2-1 则- 1 2 3 P (-1)”× 11 21 (-1) 3 所以2P。=一 1 1 21 十 -11-()] (一1)” 1-(2) ”=-号+(）×+ 所以P,=-音+（←）广 6n+4 4.解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱 形，且AC∩BD=O1,所以AC⊥ BD ,DO =BO. 因为M,N分别是边BC,CD的中点， AC∩MN=G,所以MN∥BD, 所以AC⊥MN,所以在五棱锥 P-ABMND中，MN⊥AG,PG⊥ MN.又AG∩PG=G,AG,PG平 面PAG, 所以MN⊥平面PAG,所以BD⊥平 面PAG. 连接PO1,如图，因为PO1二平面 PAG,所以BD⊥PO1. 又DO,=BO1,所以PO1垂直平分线 段BD,所以PD=PB. P(C) A (2)因为平面PMN⊥平面MNDB,平 面PMN∩平面MNDB=MN,PGa 平面PMN,PG⊥MN, 所以PG⊥平面MNDB.因为AGC 平面MNDB,所以PG⊥AG. 又因为GM⊥AG,所以GA,GM,GP 两两垂直，故以G为坐标原点建立如 图所示的空间直角坐标系. 394 红对闪讲与练·高三二轮数学 不妨设菱形ABCD的边长为4a,G(0,0, 0),则P(0,0,√3a),D(√3a,一2a,0), B(3a,2a,0),N(0,-a,0),A(33a, 0,0),所以PB=(W3a,2a,-√3a)= a(3,2,-3),PA=(33a,0, -√3a)=a(3√3,0，-√3). 假设线段PA上存在符合题意的点Q, 设PQ=λPA(0≤入<1)， 则G0=GP+P反=GP+PA=a(0, 0,w3)+a(33λ，0，-√3λ)=a(3W3λ，0， √3-3λ) 易知平面PMN的一个法向量为n1= (1,0,0) 设平面QDN的法向量为n,=(x2, y2,必2）， 因为D0=G友-GD=a(33X-3, 2,w3-√3A),DN=a(-W3,1,0), 所以 n2D0=(3W3λ-√3)a.x2+2ay2+ (W3-√3λ)az2=0, n2.DN=-√3a.x2+ay=0, 可取n2=(入-1W3入-√3,3入+1). 因为DB=a(0,4,0),所以点B到平面 QDV的距离d= DB·n2= n2 4w3a|λ-11 √G-1)+W3x-3)+(3x+1) 48a,即 1入-11 29 4(-1)+(3x+1) √29 29， 化简得2λ2一7入十3=0，解得入= 2a=8含去). 设平面QDN与平面PMN所成锐二面 角为0， 则cos0= n1·n2 nn2 1入-1 W√(a-1)+W3x-3)+(3x+1)2 入-1 √29 √4（-1）+(3λ+1) 29 综上，当点B到平面QDN的距离是菱 形ABCD边长的Y7时， 29 点Q在线段PA的中点处，此时平面 QDN与平面PMN所成锐二面角的余 慎为 中档大题规范练5 1.解：(1)在△ABC中，由bsin C+ √3 ccos B=√3a及正弦定理，得 sin Bsin C+v3 sin Ccos B 3 sin A =3sin(B+C)= √3 sin Bcos C+√3 cos Bsin C, 即sin Bsin C=√3 sin Bcos C 因为B,C∈(0，π)，所以sinB>0,即 sinC=√3cosC>0,可得tanC 5,故C=子 (2)由正弦定理可得 sin A sin B 22 4√6 sin C 3 s1n 3 所以ab=sin Asin B,c sin'C =4. 在△ABC中，由余弦定理可得c2= 8=a2+62-2abcos C=a2+62- ab=a2+b2-4. 所以a2+b2=12. 因为CT为AB边上的中线，所以 cT=号(c+Ci, 所以C:=上(CB+C)= (CB:+CA:+2CB.CA)= 4 1(a+6+2 abcos-子）=a2+ b2+ab)=×(12+4)=4, 4 故C71=2, 因此，AB边上中线CT的长为2 2.解：(1)因为工= 300 500 =30,y 10 10 50, ∑xy:=12748, i=1 ∑(x:-元)2=2680， i=1 10 ∑(y:-)2=2040, = 所以r= 10 ∑(x-x)y-) i=1 ,-)·∑y,- =1 1 ∑xy:-10zy i=1 ∑y-) = 12748-10×30×50 w√2680×√/2040 2252 2252 ≈-0.96. √/5467200 2338 即绿化覆盖率与PM2.5年均浓度的样 本相关系数r约为一0.96. (2)由(1)得样本相关系数r≈一0.96， 两个变量的线性相关程度强，可用一 元线性回归方程y=bx十a拟合，则 ∑(x-x)(y:-y) b= =1 2(x,-x) ∑xy-10y i=1 -2252 ≈-0.84， ∑(x,-) 2680 =1 则a=y-bx≈50-(-0.84)×30= 75.20,故y=-0.84x+75.20. 依题意，由一0.84.x+75.20≤20，可得 460460 x≥ 77 ≈66，