2021年高考数学《考前30天大题冲刺》练习04(含答案详解)

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在△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，且，sinC=3sinB，
（1）求A；
（2）计算的值.
某大型汽车城为了了解销售单价(单位：万元)在[8,20]内的轿车的销售情况，从2016年上半年已经销售的轿车中随机抽取100辆，获得的所有样本数据按照[8,10)，[10,12)，[12,14)，[14,16)，[16,18)，[18,20]分成6组，制成如图11所示的频率分布直方图．
已知样本中销售单价在[14,16)内的轿车数是销售单价在[18,20]内的轿车数的2倍．
(1)求出x与y，再根据频率分布直方图估计这100辆轿车销售单价的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)若将频率视为概率，从这批轿车中有放回地随机抽取3辆，求至少有1辆轿车的销售单价在[14,16)内的概率；
(3)用分层抽样的方法从销售单价在[8,20]内的轿车中共抽取20辆，再从抽出的20辆轿车中随机抽取2辆，X表示这2辆轿车中销售单价在[10,12)内的轿车的数量，求X的分布列及数学期望E(X)．
如图，在底面为直角梯形的四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AC与BD相交于点E，PA⊥平面ABCD，PA=4，AD=2，AB=2eq \r(3)，BC=6.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求二面角A­PC­D的余弦值．
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，过椭圆的一个焦点作垂直于x轴的直线l交椭圆于M，N两点，且|MN|=1.P(－b,0)，A为圆O：x2＋y2=b2上不同于P的任意一点，过点P作与PA垂直的直线交圆x2＋y2=a2于B，C两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)试问|BC|2＋|CA|2＋|AB|2是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由．
已知函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,．
（1）证明：当x>0，f(x)（2）证明：k<1时，存在，使得对，恒有f(x)>g(x)；
（3）确定的所有可能取值，使得存在t>0，对，恒有．
\s 0 参考答案
解:（1）由三角形内角和定理可得，
此时，变形可得，
由诱导公式可得，所以，
由正弦定理，，可得，
即，由二倍角公式可得，所以，
因为，解得．
（2）因为，由正弦定理可得，
由余弦定理得，故，
由正弦定理得．
解：(1)样本中轿车的销售单价在[14,16)内的轿车数是x×2×100=200x，
样本中轿车的销售单价在[18,20]内的轿车数是y×2×100=200y，
依题意，有200x=2×200y，即x=2y，①
根据频率分布直方图可知(0.1×2＋0.025＋x＋0.05＋y)×2=1，②
由①②得x=0.15，y=0.075.
根据频率分布直方图估计这100辆轿车销售单价的平均数为
eq \f(8＋10,2)×0.025×2＋eq \f(10＋12,2)×0.05×2＋eq \f(12＋14,2)×0.1×2＋eq \f(14＋16,2)×0.15×2
＋eq \f(16＋18,2)×0.1×2＋eq \f(18＋20,2)×0.075×2=0.45＋1.1＋2.6＋4.5＋3.4＋2.85=14.9(万元)．
(2)若将频率视为概率，从这批轿车中有放回地随机抽取3辆，
则至少有1辆轿车的销售单价在[14,16)内的概率为
1－Ceq \\al(0,3)(0.3)0×(0.7)3=1－0.343=0.657.
(3)因为销售单价在[8,10)，[10,12)，[12,14)，[14,16)，[16,18)，[18,20]的轿车的分层抽样比为1∶2∶4∶6∶4∶3，
故在抽取的20辆轿车中，销售单价在[10,12)内的轿车有20×eq \f(2,20)=2(辆)，
X的所有可能取值为0,1,2，
则P(X=0)=eq \f(C\\al(0,2)C\\al(2,18),C\\al(2,20))=eq \f(153,190)，P(X=1)=eq \f(C\\al(1,2)C\\al(1,18),C\\al(2,20))=eq \f(36,190)=eq \f(18,95)，P(X=2)=eq \f(C\\al(2,2),C\\al(2,20))=eq \f(1,190).
所以X的分布列为
E(X)=0×eq \f(153,190)＋1×eq \f(18,95)＋2×eq \f(1,190)=eq \f(1,5).
解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥PA.
又tan∠ABD=eq \f(AD,AB)=eq \f(\r(3),3)，tan∠BAC=eq \f(BC,AB)=eq \r(3).
∴∠ABD=30°，∠BAC=60°，
∴∠AEB=90°，即BD⊥AC.
又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
则A(0,0,0)，B(2eq \r(3)，0,0)，C(2eq \r(3)，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,4)，
eq \(CD,\s\up6(→))=(－2eq \r(3)，－4,0)，eq \(PD,\s\up6(→))=(0,2，－4)，eq \(BD,\s\up6(→))=(－2eq \r(3),2,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x，y,1)，则eq \(CD,\s\up6(→))·n=0，eq \(PD,\s\up6(→))·n=0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x－4y＝0,2y－4＝0))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(4\r(3),3),y＝2))，∴n=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4\r(3),3)，2，1)).
由(1)知平面PAC的一个法向量为m=eq \(BD,\s\up6(→))=(－2eq \r(3)，2,0)，
∴cs〈m，n〉=eq \f(m·n,|m|·|n|)=eq \f(3\r(93),31)，
即二面角A­PC­D的余弦值为eq \f(3\r(93),31).
解：(1)假设直线l过椭圆的右焦点(c,0)，把x=c代入椭圆方程，
得eq \f(c2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1，即y2=b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(c2,a2)))=eq \f(b4,a2)，所以|MN|=eq \f(2b2,a)=1.
又eq \f(b,a)=eq \r(1－e2)=eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))=eq \f(1,2)，所以a=2b，结合eq \f(2b2,a)=1，可得a=2，b=1，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)设A(x0，y0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，
由题意知xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)=1，xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)=xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)=4，P(－1,0)，
所以|BC|2＋|CA|2＋|AB|2=(x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(x2－x0)2＋(y2－y0)2＋(x1－x0)2＋(y1－y0)2
=2(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))＋2(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))＋2(xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))－2(x1x2＋y1y2＋x1x0＋y1y0＋x2x0＋y2y0)
=18－2(x1x2＋y1y2＋x1x0＋y1y0＋x2x0＋y2y0)．
因为PA⊥PB，所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))=0，
又eq \(PA,\s\up6(→))=(x0＋1，y0)，eq \(PB,\s\up6(→))=(x1＋1，y1)，
所以(x0＋1)·(x1＋1)＋y0y1=0，即x0x1＋y0y1=－1－(x0＋x1)，
所以x1x2＋y1y2＋x1x0＋y1y0＋x2x0＋y2y0=x2(x0＋x1)＋y2(y0＋y1)－1－(x0＋x1)
=(x0＋x1)(x2－1)＋y2(y0＋y1)－1.
①当BC⊥x轴时，直线BC与圆O仅有一个交点P，
此时A(1,0)，|BP|=|CP|=eq \r(3)，|AB|=|CA|=eq \r(7)，
所以|BC|2＋|CA|2＋|AB|2=(2eq \r(3))2＋(eq \r(7))2＋(eq \r(7))2=26.
②当BC与x轴不垂直时，直线BC与圆O有2个交点，
设直线BC交圆O于另一点A′，由A′P⊥AP，知A′A为圆O的直径，所以A′(－x0，－y0)．
由线段A′P的中点与BC的中点重合，
可知x1＋x2=－x0－1，y1＋y2=－y0，即x1＋x0=－1－x2，y1＋y0=－y2，
所以x1x2＋y1y2＋x1x0＋y1y0＋x2x0＋y2y0=(－1－x2)(x2－1)＋y2(－y2)－1=1－(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))－1=－4，
所以|BC|2＋|CA|2＋|AB|2=18－2×(－4)=26.
综上，|BC|2＋|CA|2＋|AB|2是定值，且为26.
解：（1）令，，
则有，
当，，所以在上单调递减，
故当时，，即当时，．
（2）令，，
则有，
当，，所以在上单调递增，
，故对任意正实数均满足题意．
当．令，得，
取，所以，恒有，
所以在上单调递增，，即．
综上，当时，总存在，使得对，恒有．
（3）当时，由（1）知，对于，，
故，，
令，，
则有，
故当时，，
在上单调递增，故，
即，所以满足题意的不存在．
当时，由（2）知存在，使得当，恒有．
此时，
令，则有，
故当时，，
在上单调递增，故，
即，记与中较小的为，
则当，恒有，故满足题意的不存在．
当，由（1）知，当时，，
令，，则有，
当时，，所以在上单调递减，故，
故当时，恒有，此时，任意正实数满足题意．
综上，．