高考数学二轮专题复习之46分题专项练(二)

46分题专项练(二)

1．如图，AD是△ABC的外角平分线，且BC＝CD.

(1)求；

(2)若AD＝4，CD＝5，求AB的长．

2．在条件①b1＝－1，b4＝8，②Tn＝2n＋k，③b1＝1，Sn＝－＋中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b4，a5＝4，若数列{anbn}的前n项和为An，则An是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

3．世界互联网大会是由中华人民共和国倡导并每年在浙江省嘉兴市桐乡乌镇举办的世界性互联网盛会，大会旨在搭建中国与世界互联互通的国际平台和国际互联网共享共治的中国平台，让各国在争议中求共识、在共识中谋合作、在合作中创共赢.2019年10月20日至22日，第六届世界互联网大会如期举行，为了大会顺利召开，组委会特招募了1 000名志愿者．某部门为了了解志愿者的基本情况，调查了其中100名志愿者的年龄(单位：岁)，得到了他们年龄的中位数为34，年龄在[40，45)内的人数为15，并根据调查结果画出了如图所示的频率分布直方图：

(1)求m，n的值并估算出志愿者的平均年龄(同一组的数据用该组区间的中点值代表)；

(2)这次大会志愿者主要通过现场报名和登录大会官网报名，即现场和网络两种方式报名参加．这100名志愿者的报名方式部分数据如下表所示，完善下面的表格，通过计算说明能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“选择哪种报名方式与性别有关系”？

参考公式及数据：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.

4．(一题多解)如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段BC上，BE＝2EC.把△BAE沿AE翻折至△B1AE的位置，B1∉平面AECD，连接B1D，点F在线段DB1上，DF＝2FB1，如图2.

(1)证明：CF∥平面B1AE；

(2)当三棱锥B1­ADE的体积最大时，求二面角B1­DE­C的余弦值．

分题专项练(二)

1．解：(1)由题设知S△ABD＝2S△ACD，

sin∠BAD＝sin∠DAE＝sin∠CAD，

所以＝＝＝＝.

(2)由余弦定理，得AB2＝42＋102－2×4×10×cos∠ADB＝116－80cos∠ADB，AC2＝42＋52－2×4×5×cos∠ADB＝41－40cos∠ADB，由(1)知，AB2＝4AC2，所以116－80cos∠ADB＝4(41－40cos∠ADB)，得cos∠ADB＝，所以AB2＝116－80×＝68，所以AB＝2.

2．解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

方案一：若选①，An不存在最大值，理由如下：

因为b1＝－1，a1＝b4＝8，a5＝4，

所以d＝＝－1，an＝8＋(n－1)×(－1)＝9－n，

q3＝＝－8，q＝－2，bn＝－(－2)n－1，

则anbn＝(n－9)(－2)n－1，

An＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(－8)×(－2)0＋(－7)×(－2)1＋…＋(n－9)×(－2)n－1，

－2An＝(－8)×(－2)1＋(－7)×(－2)2＋…＋(n－9)×(－2)n，

两式相减，并简化得An＝－＋×(－2)n.

易知An不存在最大值．

方案二：若选②，An存在最大值，且最大值为A8＝A9＝502.

由Tn＝2n＋k，可知b1＝2＋k，b2＝T2－T1＝2，b3＝T3－T2＝4，

又b＝b1b3，所以4＝(2＋k)×4，解得k＝－1，

可知Tn＝2n－1，

当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2n－1，又b1＝1符合上式，所以bn＝2n－1.

所以a1＝b4＝8.又a5＝4，所以d＝＝－1，

an＝8＋(n－1)×(－1)＝9－n，

anbn＝(9－n)×2n－1，由错位相减法可求得An＝－10＋(10－n)×2n，

可知当n≥9时，anbn≤0，所以{anbn}的前8项和与前9项和最大且最大值为A8＝A9＝502.

方案三：若选③，An存在最大值，且最大值为A8＝A9＝502.

由Sn＝－＋，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n，

因为a5＝4，所以－5＝4，得m＝17，故Sn＝－＋，

所以当n≥2时，an＝9－n，又a1＝S1＝8也符合上式，所以an＝9－n.

又b4＝a1＝8，b1＝1，所以q3＝＝8，q＝2，bn＝2n－1.

anbn＝(9－n)×2n－1，由错位相减法可求得An＝－10＋(10－n)×2n，

可知当n≥9时，anbn≤0，所以{anbn}的前8项和与前9项和最大且最大值为A8＝A9＝502.

3．解：(1)因为志愿者年龄在[40，45)内的人数为15，所以志愿者年龄在[40，45)内的频率为＝0.15.

由频率分布直方图得，(0.020＋2m＋4n＋0.010)×5＋0.15＝1，即m＋2n＝0.07，①

由中位数为34可得，0.020×5＋2m×5＋2n×(34－30)＝0.5，即5m＋4n＝0.2，②

由①②解得m＝0.020，n＝0.025.

所以志愿者的平均年龄为(22.5×0.020＋27.5×0.040＋32.5×0.050＋37.5×0.050＋42.5×0.030＋47.5×0.010)×5＝34(岁)．

(2)根据题意得到列联表

所以K2的观测值k＝＝

＝5.76<10.828，

所以不能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“选择哪种报名方式与性别有关系”．

4．解：方法一：(1)证明：依题意得，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，BE＝2EC，

所以AD＝3，EC＝1.

如图，在线段B1A上取一点M，满足AM＝2MB1，连接MF，ME，

又DF＝2FB1，所以＝，

故FM∥AD，FM＝AD.

又EC∥AD，所以EC∥FM，

因为FM＝AD＝1，所以EC＝FM，

所以四边形FMEC为平行四边形，所以CF∥EM，

又CF⊄平面B1AE，EM⊂平面B1AE，

所以CF∥平面B1AE.

(2)设B1到平面AECD的距离为h，则VB1­AED＝·S△AED·h，又S△AED＝3，

所以VB1­AED＝h，故要使三棱锥B1­AED的体积取到最大值，则需h取到最大值．

如图，取AE的中点O，连接B1O，依题意得B1O⊥AE，则h≤B1O＝，

因为平面B1AE∩平面AECD＝AE，B1O⊥AE，B1O⊂平面B1AE，

故当平面B1AE⊥平面AECD，B1O⊥平面AECD时，h＝B1O.

即当且仅当平面B1AE⊥平面AECD时，

VB1­AED取得最大值，此时h＝.

以D为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系D­xyz，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，B1(2，1，)，

＝(2，1，)，＝(1，2，0)，

设n＝(x，y，z)是平面B1ED的法向量，

则

即

令y＝1，得n＝，

又平面CDE的一个法向量为m＝(0，0，1)，

所以cos〈m，n〉＝＝＝，

因为二面角B1­DE­C为钝角，所以其余弦值为－.

方法二：(1)证明：依题意，在线段AD上取一点Q，使得DQ＝DA，连接FQ，CQ，如图，

因为DF＝2FB1，所以＝，所以FQ∥B1A.

因为FQ⊄平面B1AE，B1A⊂平面B1AE，

所以FQ∥平面B1AE.

在矩形ABCD中，AD＝BC，BE＝2EC，所以EC＝BC＝AD＝AQ，

又AQ∥EC，所以四边形QAEC为平行四边形，故QC∥AE.

又CQ⊄平面B1AE，AE⊂平面B1AE，所以CQ∥平面B1AE.

又CQ∩FQ＝Q，所以平面QCF∥平面B1AE，

又CF⊂平面QCF，所以CF∥平面B1AE.

(2)设B1到平面AECD的距离为h，则VB1­AED＝·S△AED·h，又S△AED＝3，

所以VB1­AED＝h，故要使三棱锥B1­AED的体积取到最大值，则仅需h取到最大值．

如图，取AE的中点O，连接B1O，依题意得B1O⊥AE，则h≤B1O＝，

因为平面B1AE∩平面AECD＝AE，B1O⊥AE，B1O⊂平面B1AE，故当平面B1AE⊥平面AECD，B1O⊥平面AECD时，h＝B1O.

即当且仅当平面B1AE⊥平面AECD时，

VB1­AED取得最大值，此时h＝.

以O为坐标原点，，的方向分别为x轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系O­xyz，则B1(0，0，)，D(2，1，0)，E(1，－1，0)，

所以＝(－1，1，)，＝(1，2，0)，

设n＝(x，y，z)是平面B1ED的法向量，

则

即

令y＝－1，得n＝，

又平面CDE的一个法向量为m＝(0，0，1)，

所以cos〈m，n〉＝＝＝，

因为二面角B1­DE­C为钝角，所以其余弦值为－.