2021年高考数学《考前30天大题冲刺》练习3(含答案详解)

这是一份2021年高考数学《考前30天大题冲刺》练习3(含答案详解)，共7页。试卷主要包含了718…是自然对数的底数,≈1，000 8＋0等内容，欢迎下载使用。

在△ABC中,角A,B,C所对的边为a,b,c,已知sin A=sin(B-C)+2sin 2B,B≠.
(1)求证:c=2b;
(2)若△ABC的面积S=5b2-a2,求tan A的值.
某学校为鼓励家校互动，与某手机通讯商合作，为教师办理流量套餐．为了解该校教师手机流量使用情况，通过抽样，得到100位教师近2年每人手机月平均使用流量L(单位：M)的数据，其频率分布直方图如下：
若将每位教师的手机月平均使用流量分别视为其手机月使用流量，并将频率视为概率，回答以下问题．
(1)从该校教师中随机抽取3人，求这3人中至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率；
(2)现该通讯商推出三款流量套餐，详情如下：
这三款套餐都有如下附加条款：套餐费月初一次性收取，手机使用流量一旦超出套餐流量，系统就自动帮用户充值200 M流量，资费20元；如果又超出充值流量，系统就再次自动帮用户充值200 M流量，资费20元，以此类推，如果当月流量有剩余，系统将自动清零，无法转入次月使用．
学校欲订购其中一款流量套餐，为教师支付月套餐费，并承担系统自动充值的流量资费的75%，其余部分由教师个人承担，问学校订购哪一款套餐最经济？说明理由．
如图1所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如图2所示.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角E-DF-C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论.
已知椭圆C的离心率为，长轴的左、右端点分别为A1(-2,0),A2(2,0).
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线x=my+1与椭圆C交于P，Q两点，直线A1P，A2Q交于S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.
若∀x∈D,总有f(x)(1)求证:y=ex是y=1+x和y=1+x+在(-1,0)上的一个“严格分界函数”;
(2)函数h(x)=2ex+-2,若存在最大整数M使得h(x)>在x∈(-1,0)恒成立,
求M的值.(e=2.718…是自然对数的底数,≈1.414,≈1.260)
\s 0 参考答案
(1)证明:△ABC中,由sin A=sin(B-C)+2sin 2B,
得sin(B+C)=sin(B-C)+4sin Bcs B,
展开化简得,cs Bsin C=2sin Bcs B,
又因为B≠,所以cs B≠0,所以sin C=2sin B,
由正弦定理得,c=2b.
(2)解:因为△ABC的面积为S=5b2-a2,
所以有bcsin A=5b2-a2,
由(1)知c=2b,
代入上式得b2sin A=5b2-a2,①
又由余弦定理有a2=b2+c2-2bccs A=5b2-4b2cs A,
代入①得b2sin A=4b2cs A,
所以tan A=4.
解：(1)记“从该校随机抽取1位教师，该教师手机月使用流量不超过300 M”为事件D.
依题意，P(D)=(0.000 8＋0.002 2)×100=0.3.
从该校教师中随机抽取3人，设这3人中手机月使用流量不超过300 M的人数为X，
则X～B(3,0.3)，
所以从该校教师中随机抽取3人，
至多有1人手机月使用流量不超过300 M的概率为P(X=0)＋P(X=1)
=Ceq \\al(0,3)×0.30×(1－0.3)3＋Ceq \\al(1,3)×0.3×(1－0.3)2=0.343＋0.441=0.784.
(2)依题意，从该校随机抽取1位教师，
该教师手机月使用流量L∈(300,500]的概率为(0.002 5＋0.003 5)×100=0.6，
L∈(500,700]的概率为(0.000 8＋0.000 2)×100=0.1.
当学校订购A套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X1元，
则X1的所有可能取值为20,35,50，且P(X1=20)=0.3，P(X1=35)=0.6，P(X1=50)=0.1，
所以X1的分布列为
所以E(X1)=20×0.3＋35×0.6＋50×0.1=32(元)．
当学校订购B套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X2元，则X2的所有可能取值为30,45，且P(X2=30)=0.3＋0.6=0.9，P(X2=45)=0.1，
所以X2的分布列为
所以E(X2)=30×0.9＋45×0.1=31.5(元)．
当学校订购C套餐时，设学校为1位教师承担的月费用为X3元，
则X3的所有可能取值为38，且P(X3=38)=1，所以E(X3)=38×1=38(元)．
因为E(X2)＜E(X1)＜E(X3)，
所以学校订购B套餐最经济．
解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB.
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴AB∥平面DEF.
(2)以D为原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(0，eq \r(3)，1)，F(1，eq \r(3)，0)，
易知平面CDF的法向量为eq \(DA,\s\up16(→))=(0,0,2)，
设平面EDF的法向量为n=(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DF,\s\up16(→))·n＝0，,\(DE,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋z＝0，))取n=(3，－eq \r(3)，3)，
则cs〈eq \(DA,\s\up16(→))，n〉=eq \f(\(DA,\s\up16(→))·n,|\(DA,\s\up16(→))||n|)=eq \f(\r(21),7)，
∴二面角E-DF-C的余弦值为eq \f(\r(21),7).
(3)存在.证明如下：设P(x，y,0)，则eq \(AP,\s\up16(→))·eq \(DE,\s\up16(→))=eq \r(3)y－2=0，
∴y=eq \f(2\r(3),3).又eq \(BP,\s\up16(→))=(x－2，y,0)，eq \(PC,\s\up16(→))=(－x,2eq \r(3)－y,0)，
∵eq \(BP,\s\up16(→))∥eq \(PC,\s\up16(→))，∴(x－2)(2eq \r(3)－y)=－xy，∴eq \r(3)x＋y=2eq \r(3).
把y=eq \f(2\r(3),3)代入上式得x=eq \f(4,3)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)，0))，∴eq \(BP,\s\up16(→))=eq \f(1,3)eq \(BC,\s\up16(→))，
∴点P在线段BC上.
∴在线段BC上存在点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(2\r(3),3)，0))，使AP⊥DE.
解：（1）设椭圆C的方程为，
，，，，
椭圆C的方程为；
（2）取，得，，
直线的方程是，直线的方程是，
交点为.若，，由对称性可知，
若点S在同一条直线上，则直线只能为l：.
以下证明对于任意的m，直线与的交点S均在直线l：上，
事实上，由，得，
记，，则，，
记与l交于点，由，得，
设与交于点，由，得，
，
，即与重合，
这说明，当m变化时，点S恒在定直线l：上.
(1)证明:令(x)=ex-1-x,则′(x)=ex-1.
当x<0时,′(x)<0,故(x)在(-1,0)上为减函数,
因此(x)>(0)=0,故对∀x∈(-1,0)都有ex>1+x.
再令t(x)=ex-1-x-,当x<0时,t′(x)=ex-1-x>0,
故t(x)在(-1,0)上为增函数.因此t(x)所以对∀x∈(-1,0)都有ex<1+x+,
故y=ex是y=1+x和y=1+x+在(-1,0)上的一个“严格分界函数”.
(2)由(1)知当x∈(-1,0)时,
h(x)=2ex+-2>2(1+x)+-2≥2-2≈0.828.
又h(x)=2ex+-2<2(1+x+)+-2=x2+2x+,
令m(x)=x2+2x+=(x+1)2+-1,m′(x)=2(x+1)-,
令m′(x)=0,解得x=-1+(),
易得m(x)在(-1,-1+())上单调递减,在(-1+(),0)上单调递增,则m(x)min=m(-1+())=()+-1=-1≈0.890.
又h′(x)=2ex-在x∈(-1,0)存在x0使得h′(x0)=0,
故h(x)在x∈(-1,0)上先减后增,
则有h(x)min≤h(-1+())则0.828,则M=8.