提升套餐练04 【新题型】新高考数学多选题与热点解答题组合练（原卷版）+（解析版）

提升套餐练04

一、多选题

1．某健身房为了解运动健身减肥的效果，调查了名肥胖者健身前（如直方图（1）所示）后（如直方图（2）所示）的体重（单位：）变化情况：

对比数据，关于这名肥胖者，下面结论正确的是（    ）

A．他们健身后，体重在区间内的人数较健身前增加了人

B．他们健身后，体重原在区间内的人员一定无变化

C．他们健身后，人的平均体重大约减少了

D．他们健身后，原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少

【答案】AD

【解析】

【分析】

根据直方图计算健身前后体重分别在区间、、的人数以及平均数，进而可得出结论.

【详解】

体重在区间内的肥胖者由健身前的人增加到健身后的人，增加了人，故A正确；

他们健身后，体重在区间内的百分比没有变，但人员组成可能改变，故B错误；

他们健身后，人的平均体重大约减少了，故C错误；

因为图（）中没有体重在区间内的人员，所以原来体重在区间内的肥胖者体重都有减少，故D正确.

故选：AD.

【点睛】

本题考查直方图的应用，考查频数以及平均数的计算与应用，考查计算能力，属于基础题.

2．给出下面四个推断，其中正确的为（    ）.

A．若，则；

B．若则；

C．若，，则；

D．若，，则.

【答案】AD

【解析】

【分析】

由均值不等式满足的条件为“一正、二定、三相等”，可得选项A,D正确，选项B，C错误.

【详解】

解：对于选项A，因为，则，当且仅当，即时取等号，即选项A正确；

对于选项B，当时，，显然不成立，即选项B错误；

对于选项C，当时，显然不成立，即选项C错误；

对于选项D，，则，则，当且仅当，即时取等号，即选项D正确，

即四个推段中正确的为AD，

故答案为：AD.

【点睛】

本题考查了均值不等式，重点考查了“一正、二定、三相等”，属基础题.

3．已知向量，，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是 （    ）

A．的最大值为 B．的周期为

C．的图象关于点对称 D．在上是增函数

【答案】ABD

【解析】

【分析】

运用数量积公式及三角恒等变换化简函数，根据性质判断.

【详解】

解：，

当，时，的最大值为，选项A描述准确；

的周期,选项B描述准确；

当时，，所以的图象关于点对称，选项C描述不准确；

当时，，所以在上是增函数，选项D描述准确.

故选：ABD.

【点睛】

本题考查三角恒等变换，正弦函数的图象与性质，属于中档题.

4．如图所示，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，是正三角形，为线段的中点，点为底面内的动点，则下列结论正确的是（    ）

A．若时，平面平面

B．若时，直线与平面所成的角的正弦值为

C．若直线和异面时，点不可能为底面的中心

D．若平面平面，且点为底面的中心时，

【答案】AC

【解析】

【分析】

推导出平面，结合面面垂直的判定定理可判断A选项的正误；设的中点为，连接、，证明出平面，找出直线与平面所成的角，并计算出该角的正弦值，可判断B选项的正误；利用反证法可判断C选项的正误；计算出线段和的长度，可判断D选项的正误.综合可得出结论.

【详解】

因为，，，所以平面，

平面，所以平面平面，A项正确；

设的中点为，连接、，则.

平面平面，平面平面，平面.

平面，设平面所成的角为，则，

，，，则，B项错误；

连接，易知平面，由、、确定的面即为平面，

当直线和异面时，若点为底面的中心，则，

又平面，则与共面，矛盾，C项正确；

连接，平面，平面，，

、分别为、的中点，则，

又，故，，则，D项错误.

故选：AC.

【点睛】

本题考查立体几何综合问题，涉及面面垂直的判断、线面角的计算以及异面直线的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

二、解答题

5．已知在锐角中，角，，C所对边的长分别为a，b，c，.

（1）求角的大小；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得角的大小.

（2）利用正弦定理求出的表达式，利用辅助角公式进行化简，然后根据三角函数值域的求法，求得的取值范围.

【详解】

（1）由及正弦定理得：，

∴，

又∵，∴.

（2），

∴

.

又∵为锐角三角形，

∴，即，

∴.

【点睛】

本小题主要考查利用正弦定理解三角形，考查辅助角公式以及三角函数值域的求法，属于中档题.

6．已知数列满足，且.

（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析，；（2）.

【解析】

【分析】

（1）将等式变形为，进而可证明出是等差数列，确定数列的首项和公差，可求得的表达式，进而可得出数列的通项公式；

（2）利用错位相减法可求得数列的前项和.

【详解】

（1）因为，所以，即，

所以数列是等差数列，且公差，其首项

所以，解得；

（2），①

，②

①②，得，

所以.

【点睛】

本题考查利用递推公式证明等差数列，同时也考查了错位相减法求和，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

7．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面， 垂直于和，为棱上的点，，.

（1）若为棱的中点，求证：//平面；

（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；

（3）在第（2）问条件下，设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求当取最大值时点的位置.

【答案】（1）见解析；（2）；（3）即点N在线段CD上且

【解析】

【分析】

（1）取线段SC的中点E，连接ME，ED．可证是平行四边形，从而有，则可得线面平行；

（2）以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出两平面与平面的法向量，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值；

（3）设，其中，求出，由MN与平面所成角的正弦值为与平面的法向量夹角余弦值的绝对值可求得结论．

【详解】

（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．

在中，ME为中位线，∴且，

∵且，∴且，

∴四边形AMED为平行四边形．

∴．

∵平面SCD，平面SCD，

∴平面SCD．

（2）解：如图所示以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，

由条件得M为线段SB近B点的三等分点．

于是，即，

设平面AMC的一个法向量为，则，

将坐标代入并取，得．

另外易知平面SAB的一个法向量为，

所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为．

（3）设，其中．

由于，所以．

所以，

可知当，即时分母有最小值，此时有最大值，

此时，，即点N在线段CD上且．

【点睛】

本题考查线面平行的证明，考查求二面角与线面角．求空间角时，一般建立空间直角坐标系，由平面法向量的夹角求得二面角，由直线的方向向量与平面法向量的夹角与线面角互余可求得线面角．

8．某工厂采用甲、乙两种不同生产方式生产某零件，现对两种生产方式所生产的这种零件的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间100的为一等品；指标在区间的为二等品现分别从甲、乙两种不同生产方式所生产的零件中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频率分布直方图如图所示：

若在甲种生产方式生产的这100件零件中按等级，利用分层抽样的方法抽取10件，再从这10件零件中随机抽取3件，求至少有1件一等品的概率；

将频率分布直方图中的频率视作概率，用样本估计总体若从该厂采用乙种生产方式所生产的所有这种零件中随机抽取3件，记3件零件中所含一等品的件数为X，求X的分布列及数学期望．

【答案】（1）；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）由频率分布直方图求出对应的频率和频数，再计算所求的概率值；

（2）由题意知随机变量X～B（3，），计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值．

【详解】

由甲种生产方式生产的100件零件的测试指标的频率分布直方图可知，

这100件样本零件中有一等品：件，

二等品：件，

所以按等级，利用分层抽样的方法抽取的10件零件中有一等品4件，二等品6件．

记事件A为“这10件零件中随机抽取3件，至少有1件一等品”，

则；  

由乙种生产方式生产的100件零件的测试指标的频率分布直方图可知，

这100件样本零件中，一等品的频率为，

二等品的频率为；

将频率分布直方图中的频率视作概率，用样本估计总体，

则从该厂采用乙种生产方式所生产的所有这种零件中随机抽取3件，其中所含一等品的件数，

所以，

，

，

；

的分布列为：

所以数学期望为

【点睛】

本题考查了频率分布直方图与离散型随机变量的应用问题，是中档题,第二问关键是确定为二项分布.

9．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若，求的最大值；

（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；

（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；

（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.

【详解】

（Ⅰ）由题意得，所以，

又，所以，所以，

所以椭圆的标准方程为；

（Ⅱ）设直线的方程为，

由消去可得，

则，即，

设，，则，，

则，

易得当时，，故的最大值为；

（Ⅲ）设，，，，

则  ①，  ②，

又，所以可设，直线的方程为，

由消去可得，

则，即，

又，代入①式可得，所以，

所以，同理可得．

故，，

因为三点共线，所以，

将点的坐标代入化简可得，即．

【点睛】

本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.

10．（本小题满分12分）设函数.

（Ⅰ）讨论函数的单调性；

（Ⅱ）如果对所有的≥0，都有≤，求的最小值；

（Ⅲ）已知数列中， ，且，若数列的前n项和为，求证：

.

【答案】（Ⅰ）函数在上单调递减，在单调递增；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析．

【解析】试题分析：（Ⅰ）先对函数求导，再对的取值范围进行讨论，即可得的单调性；（Ⅱ）设，先对函数求导，再对的取值范围进行讨论函数的单调性，进而可得的最小值；（Ⅲ）先由已知条件求出数列的通项公式和前项和，再把转化为，由（Ⅱ）可得， ，令，可得，进而可证，即可证．

试题解析：（Ⅰ） 的定义域为， 1分

当时， ，当时， 2分

所以函数在上单调递减，在单调递增. 3分

（Ⅱ）设，则

因为≥0，故5分

（ⅰ）当时， ， ，所以在单调递减，而，所以对所有的≥0， ≤0，即≤；

（ⅱ）当时， ，若，则， 单调递增，而，所以当时， ，即；

（ⅲ）当时， ， ，所以在单调递增，而，所以对所有的， ，即；

综上， 的最小值为2. 8分

（Ⅲ）由得， ，由得， ，

所以，数列是以为首项，1为公差的等差数列，

故， ， 9分

由（Ⅱ）知时， ， ，

即， . 10分

法一：令，得，

即

因为11分

所以12分

故12分

法二：

下面用数学归纳法证明．

（1）当时，令代入，即得，不等式成立

（2）假设时，不等式成立，即

则时，

令代入，得

即

由（1）（2）可知不等式对任何 都成立.

故12分

考点：1利用导数研究函数的单调性；2、利用导数研究函数的最值； 3、数列的通项公式；4、数列的前项和；5、不等式的证明．

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