中档大题规范练5-【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5 (分值：60分 时间：50分钟) 1.(13分)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a, 2.(15分)某环保机构研究城市绿化覆盖率（单位：%） b,c,已知bsin C+√3 ccos B=√3a.得分 和PM2.5年均浓度（单位：ug/m3)的关系，随机抽 (1)求角C的大小： 取10个城市的数据如下： 得分 (2)若AB=22,且sin Asin B= 求AB边上 3 编号 1 2 34 5 6 7 910合计 绿化覆盖 中线CT的长. 413 162126313645 5256 300 率x/% PM2.5年 均浓度y/806658545046 42383432500 (μg/m) (1)求绿化覆盖率与PM2.5年均浓度的样本相关 系数r(精确到0.01)； (2)求y关于x的经验回归方程（系数精确到 0.01),并估计使得PM2.5年均浓度不超过20g/m3 需要的最低绿化覆盖率（精确到整数）. 参考数据与公式：公=1680，夕y=27040. = 10 之x,12748,(x,-)=2680, 2040V54720≈2 样本相关系数 2(x,-)y,-) 经验回归直线y=bx十ā中，斜率和截距的最小二 (x,-,-y 乘估计公式分别为6= -1 (x:-z) -1 y-bx. (横线下方不可作答)255 中档大题规范练 ■ 3.15分)已知双曲线C:g-芳1(a>0,6>0) 417分)已知函数f()=m(c-）-1nx,其中 的左、右焦点分别为F1,F2,两条渐近线为y= m>0. 得分 士√x,且C经过点（√2，√3）. 得分 (1)讨论f(x)的单调性， (1)求双曲线C的方程！ (2)若f(x)在定义域内有三个零点a,b,c(a< (2)设过原点的直线l与C交于M,N两点，且点M b<c). 在第一象限 ①求实数m的取值范围； ①若以MN为直径的圆恰好过右焦点F2,求点M ②求证：a+C>36. 的坐标； m ②连接NF?与双曲线C交于点E,若△EMN的 面积为6√2，求直线NF2的方程. 红对勾讲与练256] 高三二轮数学 ■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， 即使得PM2.5年均浓度不超过 20ug/m3需要的最低绿化覆盖率约 为66%. 3.解：(1)由双曲线C的两条渐近线方程 为y=士5x,得么=5，即6=5a. 又因为双曲线C经过点（√2，√），得 2- 3 =1,解得a=1,b=√3， 6 所以双曲线C的方程为：-号 =1. (2)①由题意知，点M在以原点为圆 心，以2为半径的圆上， 设点M(xo,yo),则x十y =4 又因为点M在双曲线C上，联立 7 =4, To 4 x6- yo 可得 =1, 9 3 4 又因为点M在第一象限，所 以M停》 ②如图，易得直线NE的斜率不为0， 设直线NE的方程为x=y+2,点 E(x1,y1),N(x2,y2）, 联立 x my +2, 3.x2 =3, 可得(3m 1)y2+12my+9=0, 由题意可得 3m2-1≠0， 4=144m2-36(3m2-1)=36(m2+1)>0, 12m y1+y:=- 3m2-1 9 y1y2= 3m2-1 由双曲线的对称性可知MF,∥NF2, SAMEY -SANm=IF,F:- y:|=2√(y1+y:)”-4y1y2 2 12m 4×9 3m2-1 12√m2+1 13m2-11 =6√2，解得m2=1或 m2= 。（舍去) 9 因为y1y2= 3m2-1 >0,所以3m2 1>0,满足题意， 由图可知m>0,所以m=1,所以直线 NF,的方程为x一y一2=0， F N 4.解：(1)f(x)的定义域为(0，+∞)， fx)=m(1+）-之 mz2-x +m 当m≥号时，4=1-4m'≤0，所以 2 m.x2-x+m≥0恒成立， 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增； 当0<m<2时，△=1-4m>0, 所以(x)=0的两根为x1 1-√1-4m ,x:=1+-4m 2m 2m. 且+4>2>0，x4:三=1y 0,所以0<x1<x: 所以当x∈(x1,x2)时，f'(x)<0,当 x∈(0，x1)或x∈(x2,+o∞)时， f'(x)>0, 所以f(x)在(x1,x)上单调递减，在 (0,x1)和(x2,十∞)上单调递增. 综上，当0<m<弓时f)在 (1-√1-4m,1+√-4m 上 2m 2m 单调递减，在（0,1-一4m） 和 2m (1十=4m,十∞）上单调递增： 2m 当m≥号时，f(x)在0，+∞)上单 调递增」 (2)①由(1)可知，当m≥2时，f(x) 在(0，十∞)上单调递增，f(x)不可能 有三个零点. 当0<m<?时，f'(x)=0的两根 为x1=1-V个-4m 2m 1+√1-4m 2m 且x1十x2= >2,x1x2=1>0, m 所以0x1<1<x2,且f(1)=0. 因为f(x)在(x1,x。)上单调递减，所 以f(x1)>f(1)=0>f(x2). 因为0<m<2: .1 吟11十 2m =x2 ) m -m+3n m. 1 设g(m)= mm+3n m. g'(m）=- -4m十 3 m (3m-2)-4m<0, m gm)在(0，）上单调递减，g(m)> (分)=4-6-h2>33h2>0, 即（偏）>0，所以3c∈(：) 使f(c)=0. 因为r()=（-）-n n(-)+x -[(-)-h]=-fx 又因为>x0<m←三' 所以f(m)=-f()<0, 所以3a∈(m3,x1),使f(a)=0, 所以当0<m<号时，)有三个零 点a,b,c. ②证明：由①可知，a∈(0,1)，b=1, c∈(1，+o), 因为f(日）=-f(x),且f(a) f(c)=0,所以ac=1. 又因为0<m<号→1>2，所以a十 +2c=a+ 2 m 因为a∈(0,1)，所以函数h(a)=a+ 2 单调递减，h(a)>h(1)=3, a 所以a+C>a+2c=a+2>3= m 3b,得证 中档大题规范练6 1.解：(1)在△ABC中，其面积S= 1 bc sin A. 2 因为bsin A=c三2，所以S三7X 2×2=2. (2)在△ABC中，由余弦定理可得 cos C=4 tb:-c2 2ab 因为0<C<x,所以C=无 由bsin A=c及正弦定理得 sin Asin B sin C. 因为A十B十C=π，所以 sim(x--B）sinB sim开 化简得（停B+号m)血B 2即sin BcosB+simB=1 所以m2B+- 2 cos 2B 1, 因为0<B<,所以-开 3 <2B 5π 解得2B 4 4 或B-子 3π 4 所以B= 成B= 4 2.解：(1)f(x)=(x-1)e-ax+b求 导得到f'(x)=xe-a, 根据曲线y=f(x)在点(0，f(0)处 的切线方程为x十y十2=0，得 到/（0）=-a=-1 f(0)=-1+b=-2. 解得 6 =1 -1. (2)由(1)知，f(x)=(x-1)e-x 1,f'(x)=xe-1. 令g(x)=f'(x),求导得g'(x)= (x+1)e. 当x∈(-∞，-1)时，g'(x)<0, g(x)在（一o∞，一1）上单调递减； 参考答案 395