2021年高考数学《考前30天大题冲刺》练习1(含答案详解)

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Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，=.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设 ,求数列{bn}的前n项和.
春节期间，甲、乙等六人在微信群中玩抢红包游戏，六人轮流发红包，每次10元，分4个红包，每个红包分别为1元、2元、3元、4元，每人每次最多抢一个红包，且每次红包全被抢完．统计五轮(30次)的结果，甲、乙所抢红包的情况如下：
(1)求甲、乙所抢红包金额的平均数，并说明谁的手气更好；
(2)将频率视为概率，甲在接下来的一轮抢红包游戏中，没有抢到红包的次数为X，求X的分布列和数学期望．
如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AE⊥平面ABCD,EF∥CD,
BC=CD=AE=EF=AD=1.
(1)求证:CE∥平面ABF;
(2)在直线BC上是否存在点M,使二面角EMDA的大小为?若存在,求出CM的长;若不存在,请说明理由.
已知平面上的动点R(x,y)及两定点A(-2, 0),B(2,0),直线RA,RB的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-.设动点R的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上,且MQ∥NP,MQ⊥x轴.若直线MN和直线QP交于点S(4,0),那么四边形MNPQ的两条对角线的交点是否为定点?若是,求出定点的坐标;若不是,请说明理由.
设函数f(x)=x+1-mex，m∈R．
（1）当m=1时，求f(x)的单调区间；
（2）求证：当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ．
\s 0 参考答案
解：（1）由an2+2an=4Sn+3，可知an+12+2an+1=4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）=4an+1，
即2（an+1+an）=an+12﹣an2=（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an=2，
∵a12+2a1=4a1+3，∴a1=﹣1（舍）或a1=3，
则{an}是首项为3，公差d=2的等差数列，
∴{an}的通项公式an=3+2（n﹣1）=2n+1：
（2）∵an=2n+1，
∴bn（），
∴数列{bn}的前n项和Tn（）
（）.
解：(1)甲所抢红包金额的平均数为eq \x\t(x)甲=eq \f(6＋2×3＋3×4＋4×7,30)=eq \f(26,15)，
乙所抢红包金额的平均数为eq \x\t(x)乙=eq \f(9＋2×6＋3×6＋4×4,30)=eq \f(11,6)，
由于eq \f(11,6)＞eq \f(26,15)，所以乙的手气更好．
(2)由题意，X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.
从30次统计结果看，甲抢到红包的频率为eq \f(6＋3＋4＋7,30)=eq \f(2,3)，
甲没有抢到红包的频率为1－eq \f(2,3)=eq \f(1,3)，且每次抢红包相互独立，故X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(1,3))).
P(X=0)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(6)=eq \f(64,729)，P(X=1)=Ceq \\al(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))=eq \f(64,243)，P(X=2)=Ceq \\al(2,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(2)=eq \f(80,243)，
P(X=3)=Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(3)=eq \f(160,729)，P(X=4)=Ceq \\al(4,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up10(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(4)=eq \f(20,243)，P(X=5)=Ceq \\al(5,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(5)=eq \f(4,243)，
P(X=6)=Ceq \\al(6,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up10(6)=eq \f(1,729).
所以X的分布列为
E(X)=6×eq \f(1,3)=2.
(1)证明:如图(1),作FG∥EA,AG∥EF,连接EG交AF于点H,连接BH,BG.
因为EF∥CD且EF=CD,所以AG∥CD,即点G在平面ABCD内.
由AE⊥平面ABCD,知AE⊥AG,
所以四边形AEFG为正方形,四边形CDAG为矩形,
所以H为EG的中点,B为CG的中点,所以BH∥CE.
因为BH⊂平面ABF,CE⊄平面ABF,所以CE∥平面ABF.
(2)解:存在.求解过程如下:如图(2),以A为原点,AG为x轴,AD为y轴,AE为z轴,
建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),E(0,0,1),D(0,2,0).设M(1,y0,0),
所以=(0,2,-1),=(1,y0-2,0).设平面EMD的法向量为n=(x,y,z),
则令y=1,得z=2,x=2-y0,所以n=(2-y0,1,2).
又因为AE⊥平面AMD,所以=(0,0,1)为平面AMD的一个法向量,
所以|cs|==cs =,
解得y0=2±.故在直线BC上存在点M,使二面角EMDA的大小为,
且CM=|2-(2±)|=.
解:(1)由题知x≠±2,且k1=,k2=,则·=-,
整理得,曲线C的方程为+=1(y≠0).
(2)设MP与x轴交于点D(t,0),则直线MP的方程为x=my+t(m≠0),
设M(x1,y1),P(x2,y2),由对称性知Q(x1,-y1),N(x2,-y2),
联立可得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,
所以Δ=48(3m2+4-t2)>0,
由M,N,S三点共线知kMS=kNS,
即=,y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,
整理,得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,
所以=0,即24m(t-1)=0,t=1.
所以直线MP过定点D(1,0),
同理可得直线NQ也过定点D(1,0)(或由对称性判断),
即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点,且定点坐标为(1,0).
解：（1）当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，令 SKIPIF 1 < 0 ，则 SKIPIF 1 < 0 ．
当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ；当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，
∴函数 SKIPIF 1 < 0 的单调递增区间是 SKIPIF 1 < 0 ；单调递减区间是 SKIPIF 1 < 0 ．
（2）由（1）知，当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，
∴当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 ，即 SKIPIF 1 < 0 ，
当 SKIPIF 1 < 0 时，要证 SKIPIF 1 < 0 ，只需证 SKIPIF 1 < 0 ，
令 SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，
由 SKIPIF 1 < 0 ，可得 SKIPIF 1 < 0 ，
则 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 恒成立，即 SKIPIF 1 < 0 在 SKIPIF 1 < 0 上单调递增，∴ SKIPIF 1 < 0 ．
即 SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ．