新高考数学二轮复习解答题专题训练专题07 解答题15题、16题、17题必会题（6阶题组）专项训练（一）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习解答题专题训练专题07 解答题15题、16题、17题必会题（6阶题组）专项训练（一）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

（建议用时：30分钟，满分：43分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15题13分、16题15分、17题15分）
15．已知数列的前n项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助与的关系计算可得，再利用等比数列定义计算即可得；
（2）由题意可得，数列的其余项为1，则可借助分组求和计算即可得解.
【详解】（1）由，得，
则，即，
又，满足，所以，
所以是首项是，公比为的等比数列，故；
（2）由题知，数列的其余项为1，
则
.
16．已知某科技公司产品的一个零部件分别在甲、乙两个代工厂生产，甲工厂的日产量是乙工厂日产量的两倍，甲工厂生产的零部件次品率是0.06，乙工厂生产的零部件次品率是0.03．
(1)从某天甲、乙两个工厂生产的所有零部件中随机抽取1件，若检测该零部件为次品，求该零部件是甲工厂生产的概率；
(2)用频率代替概率，从某天甲，乙两个工厂生产的所有零部件中随机抽取3件，记这3件中正品与次品的个数分别为X，Y，记随机变量，求的期望值；
(3)甲工厂为提高产品正品率，进行了技术改进，从改进后的第1个月开始，第个月的次品率y（单位：%）如表：
根据上表数据求得y关于x的回归直线方程为，求相关系数r（要求保留到小数点后两位），并判断该回归直线方程是否有价值.
附公式：，，，．若，则认为回归直线方程有价值.
【答案】(1)0.8
(2)2.7
(3)，有价值
【分析】(1) 设“抽取的零部件为甲工厂生产”为事件，“抽取的零部件为乙工厂生产”为事件，“抽取的零部件为次品”为事件B，由全概率公式计算，最后利用条件概率公式即可求解；
（2）由的取值依次为，利用二项分布求出对应的概率即可求解；
（3）利用回归方程求，代入公式计算相关系数r即可求解.
【详解】（1）设“抽取的零部件为甲工厂生产”为事件，“抽取的零部件为乙工厂生产”为事件，“抽取的零部件为次品”为事件B，
则，
所以
检测该零部件为次品，则该零部件是甲工厂生产的概率为
．
（2）用频率代替概率，从某天甲、乙两个工厂生产的所有零部件中随机抽取3件，
则正品数，的取值依次为，
，
，
，
．
所以的分布列为
，
．
（3）由的取值依次为1，2，3，4，5，得，，
因为回归直线方程为，所以，
所以，所以．
因为，所以该回归直线方程有价值．
17．已知点为抛物线上的点，，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点．
(1)若，求证：直线恒过定点；
(2)若直线过点，，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）根据，可得，,利用韦达定理求解；
（2）方法一：利用直线与抛物线的位置关系，利用韦达定理可得，，从而可求解；方法二：结合可得，利用韦达定理和向量夹角的坐标表示即可求解.
【详解】（1）设直线的方程为，，
将代入抛物线方程得
联立,
∵∴,
,
或,
若，直线的方程为，恒过定点，不合题意舍；
若，直线的方程为，恒过定点．
（2）方法1：设直线的方程为，，
不妨设直线的倾斜角为，
则∴，，,
∵，∴,
∵∴，，共线，∴．
方法2：设直线的方程为，，
,
∵，，，，
∴
由于直线过点，，在轴下方，∴
代入得，,∴
∵∴，，共线，∴.
（建议用时：30分钟，满分：43分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15题13分、16题15分、17题15分）
15．记的内角的对边分别为，已知.
(1)若成等差数列，求的面积；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解；
（2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
又，所以①，
在中，由余弦定理可得：，
又，所以②，
由①②得，
所以的面积.
（2）因为，所以，
又因为且，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，所以，所以，
所以.
16．某新能源汽车公司对其销售的、两款汽车的售后服务向消费者进行满意度调查，从购买这两款汽车的消费者中各随机抽取了名，调查结果统计如下表：
(1)补全列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为消费者对A、B两款汽车的售后服务的满意度有差异？
(2)用频率估计概率，现从购买、款汽车的消费者中随机抽取人，表示这名消费者中对款汽车的售后服务持满意态度的人数，求的分布列和数学期望．
附：，.
【答案】(1)列联表见解析，无差异
(2)证明见解析，
【分析】（1）完善列联表，提出零假设消费者对、款汽车售后服务的满意度无差异， 计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.
【详解】（1）列联表为：
零假设消费者对、款汽车售后服务的满意度无差异，
根据列联表中的数据，计算得，，
根据小概率值的独立性检验，没有充分理由推断不成立，
故消费者对、款汽车的售后服务的满意度无差异．
（2）从名消费者中随机抽人，对款车的售后服务持满意态度的频率为，
所以从购买、款汽车的消费者中随机抽取人，
则该人对款汽车的售后服务持满意态度的概率为，
X的可能取值为、、、、，且，
，，
，，
，
所以的分布列为：
（或）．
17．如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，，且四棱锥的体积是．
①求的长；
②求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①6；②.
【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到平面；
（2）①通过四棱锥的体积即可得结果；②建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，
∴，又∵，∴四边形为菱形
∴，∵平面，平面，∴平面.
又∵四边形为菱形，∴同理平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面；
（2）①连接交于点，连接，

∵，且，则为等边三角形，
又四边形为菱形，则为中点，∴
又∵平面平面，且交线为
∴平面
∵，∴
∴
∴.
②建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，

∴，，，，，
∴，，，
令平面的法向量为，则
，，∴
设与平面所成角为，
∴.
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四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15题13分、16题15分、17题15分）
15．在中，内角的对边分别为，且满足.
(1)求角的大小：
(2)若的周长为，求的边上的高.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形内角和代换，再利用诱导公式和正弦定理角化边，即可得；
（2）由题可得，利用余弦定理可得，再利用等面积公式即可求出高.
【详解】（1）因为，
所以，
结合正弦定理可得，即，
可得，因为，所以.
（2）因为的周长为，所以，所以，
在中，由余弦定理得，所以
又的面积，设边上的高为，所以
，解得.
16．已知函数在处有极值.
(1)求的值；
(2)若函数恰有3个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求得，根据，求得，结合函数的单调性和极值点定义，即可求解；
（2）由（1）中，函数的单调性，求得的极值，画出函数的图象，转化为函数与的图象有三个公共点，即可图象，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
因为在处取极值，可得，解得，
当时，，
当或时，；当，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
故满足在处取极值，所以.
（2）解：由（1）知：函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
所以，，
由于当时，，时，，
时，，当时，，
画出函数的图象，如图所示，
又因为方程有3个实数根时，即函数与的图象有三个公共点，
结合图象，可得，
所以恰有3个零点时，实数的取值范围为.
17．随着国内人均收入的增加，居民的健康意识也不断增加，健身器材行业发展迅速，下面为年中国健身器材市场规模（单位：百亿元）.
(1)由上面数据可知，可用指数型函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程（，的值精确到）；
(2)数据显示2024年购买过体育用品类的中国消费者中购买过运动防护类的占比为，用频率估计概率，现从2024年购买过体育用品类的中国消费者中国随机抽取3人，记购买过运动防护类的消费者人数为，求的分布列与数学期望.
参考数据：
其中.
参考公式：对于一组数据，，，，其经验回归直线的斜率与截距的最小二乘法公式为：，.
【答案】(1)
(2)答案详见解析
【分析】（1）由 ，得模型线性化为：，然后利用最小二乘法的公式计算即可；
（2）利用二项分布的概率计算公式与期望计算公式可得答案.
【详解】（1）由 ，则模型线性化为：，
，，，
由，，
得：，
由，，
得：，
代入最小二乘法估计公式，得：
，
，
，
故关于的回归方程为：.
（2）由题意知： 服从二项分布，即.
由二项分布的概率计算公式得：
，
，
，
，
故的分布列为：
数学期望.
（建议用时：30分钟，满分：43分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15题13分、16题15分、17题15分）
15．已知数列的首项，且．
(1)证明：数列是等差数列．
(2)令，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用等式变形，可以得到等差数列递推关系，从而问题得证；
（2）利用裂项法来求和，即可得解.
【详解】（1）因为，，所以，
由，两边同时除以可得：，
两边再同时乘以可得：，
又，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得：，则，
即，
所以.
16．为了提高利润，某果园每年投入一定的资金，对种植、采摘、包装、宣传等环节进行改进．如图，这是2016年至2025年该果园每年的投资金额（单位：万元）与年利润增量（单位：万元）的散点图．
模型①由最小二乘法可求得与的经验回归方程为；
模型②由图中样本点的分布，可以认为样本点集中在曲线的附近，令，则，且有．
(1)根据所给的统计量，求模型②中关于的经验回归方程；
(2)已知2025年的投资金额为20万，年利润增量为40万，分析这两种模型在2025年时哪个模型的预报效果更好．
参考公式与数据：．
【答案】(1)；
(2)模型②.
【分析】（1）根据给定的数据，利用最小二乘法公式求出经验回归方程.
（2）分别求出模型①、模型②中年利润增量，再比较它们与40差的绝对值大小即可.
【详解】（1）由，得，
则，，
所以模型②中关于的经验回归方程为.
（2）模型①，，当时，年利润增量，
模型②，，当时，，
因此年利润增量，而，
所以模型②的预报效果更好.
17．如图，四棱锥的底面是菱形，是的中点，是的中点，．
(1)证明： 平面．
(2)证明：平面．
(3)若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）设,连接,利用三角形中位线定理得到,再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面,所以，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（3）在平面内，过点作,则根据条件以点为原点建立空间直角坐标系，
利用空间向量求与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）设,连接,所以,
因为，所以,所以为中点；
又因为是的中点，所以是三角形 的中位线；
所以,
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为底面是菱形，所以 ;
又因为，,平面,
所以平面,
因为平面,
所以
又因为，,平面,
所以平面.
（3）在平面内，过点作,所以
因为平面，以点为原点， 分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设
因为在菱形中，，所以都是等边三角形，
所以
所以 ,
因为是的中点，所以 ,
则 ,
设平面的法向量为
则，即 ，令，得到
设与平面所成角为，
则.
（建议用时：30分钟，满分：43分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15题13分、16题15分、17题15分）
15．某物流公司为评估派送时效，从全部订单中随机抽取200单作为样本，得到订单从入库到送达的时长（单位：小时），并整理得下表：
(1)求表中的值并估计样本时长的中位数.
(2)公司拟在从入库到送达的时长位于，，的这三组订单中，采用按比例分配的分层随机抽样的方法共抽取24单，求分别从这三组订单中各抽取多少单.
(3)已知落在的样本从入库到送达的平均时长为7.2小时，方差为0.49；落在的样本从入库到送达的平均时长为8.7小时，方差为0.64.求这两组样本从入库到送达的时长的总平均数与总体方差.
参考公式：，其中为总样本平均数.
【答案】(1)，中位数为
(2)从样本订单的时长位于，，的订单中分别抽取的单数为12，8，4
(3)总平均数（小时），总方差
【分析】（1）由各频率之和为1，可得，再根据频率表求中位数即可；
（2）根据分层抽样的方式计算各组订单数即可；
（3）由分层抽样的方差计算公式求解．
【详解】（1）由题得，解得.
设样本时长的中位数为，，解得；
（2）由数据知，样本订单从入库到送达的时长位于的订单数为，
样本订单从入库到送达的时长位于的订单数为，
样本订单从入库到送达的时长位于的订单数为，
所以采用按比例分配的分层抽样方法从样本订单的时长位于，，
的订单中分别抽取的单数为12，8，4；
（3）由表中数据知，从入库到送达的时长位于的订单数为，
从入库到送达的时长位于的订单数为，
所以总平均数（小时），
总方差．
16．如图，在直三棱柱中，已知，，，，是的中点，，是上的点，且.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用“平行四边形法”在平面内找“线”，通过线线平行，证明线面平行.
（2）利用，等体积法求高.
（3）建系，利用空间向量求解面面夹角问题.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，，如图：

由已知是的中点，所以且.
而，所以，则且，
所以且，故四边形是平行四边形，则.
又平面，平面，所以平面.
（2）因为为直三棱柱，则平面平面，
又平面平面，，所以平面.
又平面，则.由，，，
可得，.所以.
而，由平面可知，
点到平面的距离等于点到平面的距离.
而由题意同理可证得平面，所以点到平面的距离即为，
所以点到平面的距离.
设点到平面的距离为，因为，
则，即，得.
所以点到平面的距离为.
（3）以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，
建立空间直角坐标系，如（1）图.
则，，，则，，
设平面的法向量为，由得，
令，得.由题可知，平面的法向量可取，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．已知正项数列的前项和为，且，.
(1)证明：为等差数列，并求所有满足条件数列的通项公式；
(2)把所有满足条件的项从小到大依次排列，组成新的数列，记数列的前项和为，求.
【答案】(1)证明见解析，或
(2)
【分析】（1）由与的关系求得数列通项公式；
（2）由（1）得到，借助等差数列的前项和公式求得.
【详解】（1）令，则，
由得，解得或，
因为，则，
两式相减得，
化简得，
因式分解得，
由已知，故.
所以是公差为3的等差数列.
当时，数列的通项公式为，
当时，数列的通项公式为.
（2）满足条件的数列有两个：
数列1：，即1，4，7，10，13，…
数列2：，即2，5，8，11，14，…
将这两项合并后按升序排列，得到：1，2，4，5，7，8，10，11，13，…
所以数列是所有不能被3整除的正整数数列，
所以数列的通项公式为
当为偶数时，设，则
，将代入得，
当为奇数时，设，，则
，
将代入得，
因此.
（建议用时：30分钟，满分：43分）
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
（15题13分、16题15分、17题15分）
15．记数列的前项和为，已知.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用的关系求的通项公式；
（2）由题设写出的通项公式，再应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求.
【详解】（1）当时，，得，
当时，，得，整理得，
所以从开始成公比为3的等比数列，则.
综上，；
（2）由（1）得，
当时，，
当时，，
则，
两式相减，得，
所以也满足该式，
故.
16．某经济研究所为了解居民存款余额变化情况，对2009年至2024年居民存款余额进行统计分析，将2009年看成第1年，依次类推，得到第1~16年的居民存款余额（单位：万亿元）的散点图，如图所示：
(1)已知从2021年开始，居民存款余额超过100万亿元，若从2009年至2024年中任取2年，求这2年中恰有一年居民存款余额超过100万亿元的概率；
(2)由散点图知，和的关系可用经验回归模型进行拟合，求关于的经验回归方程.
参考数据：设，则.
参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，根据组合知识求解概率；
（2）两边取对数，再根据公式求出，，从而，故.
【详解】（1）由题意，16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，
故所求概率为.
（2），
由题知，，
，
，
，故.
17．如图，在正四棱锥中，点在棱上，点在棱上，且.
(1)证明：平面；
(2)若分别为所在棱的中点，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据正四棱锥的性质，以及线面垂直的判定定理，证明结果即可.
（2）根据求面面夹角的余弦值向量方法，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，进而求出结果.
【详解】（1）连接，与交于点，连接，如图所示，
根据正四棱锥的性质可知平面.
所以，又，又平面，所以平面，
又平面，所以.
又，又平面，
所以平面.
（2）连接.由（1）知平面，所以.
因为是的中点，是的中点，所以，所以.
又是的中点，所以，从而是正三角形.
如图，以直线分别为轴建立空间直角坐标系.
设，则.
因为平面，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，因为，
所以，
令，解得，所以平面的一个法向量为.
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
x
1
2
3
4
5
y
5.8
5.4
4.8
4.5
4.0
1
3
P
0.000125
0.007125
0.135375
0.857375
满意程度
汽车款式
合计
款
款
满意
不满意
合计
满意程度
汽车款式
合计
款
款
满意
不满意
合计
年份
2020
2021
2022
2023
2024
年份代码
1
2
3
4
5
市场规模
4.1
4.4
4.8
5.5
6.3
0
1
2
3
从入库到送达的时长/小时
频率
0.04
0.24
0.20
0.18
0.12
0.06