新高考数学三轮复习考前冲刺逐题训练大题保分练4（含解析）

大题保分练4

1．(2022·洛阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4an＝3Sn＋2.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝an＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn.

解　(1)∵4an＝3Sn＋2，①

∴当n＝1时，4a1＝3a1＋2，即a1＝2，

当n≥2时，4an－1＝3Sn－1＋2.②

由①－②得4an－4an－1＝3an，即an＝4an－1，

∴数列{an}是以2为首项，4为公比的等比数列．

∴an＝2×4n－1.

(2)由(1)知log2an＝log2(2×4n－1)＝log222n－1＝2n－1，

∴bn＝an＋log2an＝2×4n－1＋2n－1，

∴Tn＝＋＝＋n2.

2．(2022·湖北新高考协作体联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°，BD＝

CD＝.

(1)求sin∠CBD的值；

(2)若△ABD的面积为4，求AD的长．

解　(1)在△BCD中，由正弦定理知，

＝，

所以BD·sin∠CBD＝CD·sin∠BCD，

因为∠BCD＝135°，BD＝CD＝，

所以sin∠CBD＝.

(2)在△BCD中，∠BCD＝135°，则∠CBD为锐角，

因为sin∠CBD＝，

所以cos∠CBD＝，

在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝135°，

则∠CBA＝45°，

所以sin∠ABD＝sin＝，

显然∠ABD为锐角，

所以cos∠ABD＝，

因为S△ABD＝AB·BD·sin∠ABD＝4，

所以AB＝4，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB·BD·cos∠ABD＝10，

所以AD＝.

3.(2022·南通模拟)如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AA1＝AB＝BC＝4，∠A1AB＝60°，cos∠BCC1＝，M，N分别是棱B1C1，A1B1的中点．

(1)证明：BN⊥平面A1B1C1；

(2)求直线AM与平面BB1C1C所成角的正弦值．

(1)证明　如图，连接MN，A1B，BC1，∵四边形ABB1A1为平行四边形，

又∠A1AB＝60°，AA1＝AB＝4，

∴△A1AB为等边三角形，则△A1B1B为等边三角形，

∵N为A1B1的中点，

∴BN⊥A1B1，BN＝2，

∵底面ABC是等腰直角三角形， AB＝BC＝4，

∴AC＝2，A1C1＝AC＝2，

∵M，N分别是棱B1C1，A1B1的中点，

∴MN＝A1C1＝，

∵CC1＝4，BC＝2，cos∠BCC1＝，

∴BC1＝

＝＝4，

∴△BCC1为等腰三角形，则△B1BC1为等腰三角形，

又M是棱B1C1的中点，

∴BM＝＝，

∴BM2＝BN2＋MN2，∴BN⊥MN，

又A1B1，MN⊂平面A1B1C1，A1B1∩MN＝N，

∴BN⊥平面A1B1C1.

(2)解　取AB的中点O，连接A1O，则A1O∥BN，

由(1)知A1O⊥平面ABC，CO⊥AB，

如图，以点O为原点，OC，OB，OA1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，

B1(0,4,2)，C1(2,2,2)，M(1,3,2)，

＝(－2,2,0)，＝(0,2,2)，

＝(1,5,2)，

设平面BB1C1C的法向量为n＝(x，y，z)，

则

∴

取x＝1，则y＝1，z＝－，

故n＝，

设直线AM与平面BB1C1C所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝

＝＝＝，

∴直线AM与平面BB1C1C所成角的正弦值为.

4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(4,0)，短轴长为4.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若过点T(0,1)的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AT的中点为P，线段BT的中点为Q，且|OP|＝|OQ|(O为坐标原点)，求所有满足条件的直线l的方程．

解　(1)由题意知2b＝4，c＝4，

则b＝2，a2＝b2＋c2＝20，

∴椭圆C的方程为＋＝1.

(2)易知直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y＝kx＋1.

联立

消去y得(1＋5k2)x2＋10kx－15＝0，

则Δ＝400k2＋60>0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，

∵|OP|＝|OQ|，

∴2＋2＝2＋2，

即(x1－x2)(x1＋x2)

＝－k(x1－x2)[k(x1＋x2)＋4]．

∵x1≠x2，

∴x1＋x2＋k2(x1＋x2)＋4k＝0，

∴－－＋4k＝0，

解得k1＝0，k2＝，k3＝－，

∴满足条件的直线l的方程为y＝1，y＝x＋1和y＝－x＋1.