“4道”保分题专练卷(一)
限时：40分钟满分：56分
1．(满分14分)已知向量m＝(2cos2x，)，n＝(1，sin2x)，函数f(x)＝m·n.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，SABC为ABC的面积，且f(C)＝3，a＝，c＝1，求a>b时的SABC的值．
解：(1)f(x)＝m·n＝(2cos2x，)·(1，sin2x)
＝sin2x＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋1
＝2sin＋1，
f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)由题设及(1)可知f(C)＝2sin＋1＝3，
sin＝1.
C是三角形的内角，2C＋，
2C＋＝，即C＝.
又a＝，c＝1，
在ABC中，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得
1＝3＋b2－2×b×，b2－3b＋2＝0，
b＝1或b＝2.
a>b，b＝1，
S△ABC＝absinC＝××1×＝.
2．(满分14分)在等比数列{an}中，an>0(nN)，公比q∈(0,1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100,4是a4与a6的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{|bn|}的前n项和Sn.
解：(1)a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，
a＋2a4a6＋a＝100，
(a4＋a6)2＝100，
又an>0，a4＋a6＝10.
4是a4与a6的等比中项，
a4a6＝16，
q∈(0,1)，a4>a6，a4＝8，a6＝2，
q＝，a1＝64，
an＝64·n－1＝27－n.
(2)bn＝log2an＝7－n，则数列{bn}的前n项和为
Tn＝，
当1≤n≤7时，bn≥0，Sn＝.
当n≥8时，bn<0，
Sn＝b1＋b2＋…＋b7－(b8＋b9＋…＋bn)
＝－(b1＋b2＋…＋bn)＋2(b1＋b2＋…＋b7)
＝－＋2×＝，
Sn＝
3．(满分14分)如图所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，ADCD，ABCD，CD＝2AB＝2AD.
(1)求证：BCBE；
(2)在EC上找一点M，使得BM平面ADEF，请确定M点的位置，并给出证明．
解：(1)证明：连接BD.因为正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，且DEAD，
所以DE平面ABCD，则DEBC.
因为AB＝AD，所以ADB＝ABD＝，
BD＝＝AD.
取CD中点N，连接BN.
则由题意知，四边形ABND为正方形，
所以BC＝＝＝
＝AD，则BD＝BC，
故BDC为等腰直角三角形，
即BDBC，
所以BC平面BDE，所以BCBE.
(2)取EC中点M，则有BM平面ADEF.
证明如下：如图所示，连接MN.
由(1)知，BNAD，所以BN平面ADEF.
又因为M，N分别为CE，CD的中点，
所以MNDE，
又因为MN平面ADEF，DE平面ADEF，
则MN平面ADEF，
因为BN∩NM＝N，则平面BMN平面ADEF，
所以BM平面ADEF.
4．(满分14分)从2003年开始，我国就通过实施高校自主招生探索人才选拔制度改革，允许部分高校拿出一定比例的招生名额，选拔那些有特殊才能的学生．根据教育部要求，自主招生人数不能超过自主招生试点学校年度招生计划总人数的5%.某高校在2012年的自主招生考试成绩中随机抽取100名学生的笔试成绩，按成绩分组：第1组[75,80)，第2组[80,85)，第3组[85,90)，第4组[90,95)，第5组[95,100]得到的频率分布直方图如图所示．
(1)分别求第3,4,5组的频率；
(2)若该校决定在笔试成绩高的第3,4,5组中用分层抽样法抽取6名学生进入面试，求第3,4,5组每组各抽取多少名学生进入面试；
(3)在(2)的前提下，学校决定在这6名学生中随机抽取2名学生接受甲考官的面试，求第4组至少有一名学生被甲考官面试的概率．
解：(1)由频率分布直方图可知，
第3组的频率为0.06×5＝0.3，
第4组的频率为0.04×5＝0.2，
第5组的频率为0.02×5＝0.1.
(2)第3组的人数为0.3×100＝30，第4组的人数为0.2×100＝20，第5组的人数为0.1×100＝10.
因为第3,4,5组共有60名学生，所以利用分层抽样法在60名学生中抽取6名学生，每组抽取的人数分别为：第3组，×6＝3；第4组，×6＝2；第5组，×6＝1.
所以第3,4,5组分别抽取3名，2名，1名进入面试．
(3)设第3组的3位同学为A1，A2，A3，第4组的2位同学为B1，B2，第5组的1位同学为C1.
则从6位同学中抽2位同学有：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C1)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C1)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C1)，(B1，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共15种可能．
其中第4组的2位同学B1，B2至少有一位同学入选的有：(A1，B1)，(A1，B2)，(A2，B1)，(A2，B2)(A3，B1)，(B1，B2)，(A3，B2)，(B1，C1)，(B2，C1)，共9种可能，
所以第4组至少有一名学生被甲考官面试的概率为
＝.
“4道”保分题专练卷(二)
限时：40分钟满分：56分
1．(满分14分)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0,0<φ<的图像的一部分如图所示．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x时，求函数y＝f(x)＋f(x＋2)的最大值与最小值及相应的x的值．
解：(1)由题中图像，知A＝2，T＝8.
T＝＝8，ω＝.
又图像经过点(－1,0)，2sin＝0.
0<φ<，φ＝，f(x)＝2sin.
(2)易知y＝f(x)＋f(x＋2)＝2sin＋2sin＝2sin＋
2cos＝2sin＝2cosx.
∵x∈，－≤x≤－.
当x＝－，即x＝－时，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最大值；
当x＝－π，即x＝－4时，y＝f(x)＋f(x＋2)取得最小值－2.
2．(满分14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，E、F分别在PC、BD上，＝＝，侧面PAD底面ABCD，且PA＝PD＝，AD＝2.
(1)求证：EF平面PAD；
(2)求证：平面PAB平面PCD.
证明：(1)如图，连接CF，并延长CF使其与DA的延长线交于点Q，连接PQ.
在正方形ABCD中，
BCDA，
即BCDQ.
∴＝＝，
又＝，＝，
在CPQ中，EFPQ，
又PQ?平面PAD，EF平面PAD，
EF∥平面PAD.
(2)平面PAD平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
又在正方形ABCD中有CDAD，
CD⊥平面PAD，
CD⊥PA.
∵PA＝PD＝，AD＝2，
PAD是等腰直角三角形，且APD＝，
即PAPD，
又CD∩PD＝D，PA⊥平面PCD.
又PA?平面PAB，
平面PAB平面PCD.
3．(满分14分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n(nN)．
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求满足不等式≥128的最小n值．
解：(1)因为Sn＝2an－n，令n＝1，解得a1＝1，
再分别令n＝2，n＝3，解得a2＝3，a3＝7.
(2)因为Sn＝2an－n，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，nN)，两式相减得an＝2an－1＋1，
所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，nN)．
又因为a1＋1＝2，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.
(3)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n，
所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，
2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，
①－得
－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1，
＝6＋2×－(2n＋1)·2n＋1
＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1
＝－2－(2n－1)·2n＋1，
所以Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1.
若≥128，则≥128，
即2n＋1≥27，所以n＋1≥7，解得n≥6，
所以满足不等式≥128的最小n值为6.
4．(满分14分)编号为A1，A2，…，A10的10名学生参加投篮比赛，每人投20个球，各人投中球的个数记录如下：
学生编号 A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 A8 A9 A10 投中个数 4 13 11 17 10 6 9 15 11 12 (1)将投中个数在对应区间内的人数填入表的空格内；
区间 [0,5) [5,10) [10,15) [15,20) 人数 (2)从投中个数在区间[10,15)内的学生中随机抽取2人，
用学生的编号列出所有可能的抽取结果；
求这2人投中个数之和大于23的概率．
解：(1)依题意得，投中个数在对应区间内的人数如下表：
区间 [0,5) [5,10) [10,15) [15,20) 人数 1 2 5 2 (2)投中个数在区间[10,15)内的学生编号为A2，A3，A5，A9，A10，从中随机抽取2名学生，所有可能的抽取结果为(A2，A3)，(A2，A5)，(A2，A9)，(A2，A10)，(A3，A5)，(A3，A9)，(A3，A10)，(A5，A9)，(A5，A10)，(A9，A10)，共10种．
将“从投中个数在区间[10,15)内的学生中随机抽取2人，这2人投中个数之和大于23”记为事件B，事件B的所有可能的结果为(A2，A3)，(A2，A9)，(A2，A10)，共3种．
所以P(B)＝.
“4道”保分题专练卷(三)
限时：40分钟满分：56分
1．(满分14分)已知向量m＝，n＝，f(x)＝m·n.
(1)若f(x)＝1，求cos值；
(2)在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC，求函数f(A)的取值范围．
解：(1)f(x)＝m·n＝sincos＋cos2
＝sin＋cos＋
＝sin＋.
∵f(x)＝1，sin＝，
cos＝1－2sin2＝.
(2)∵(2a－c)cosB＝bcosC，
由正弦定理得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，
2sinAcosB－sinCcosB＝sinBcosC，
2sinAcosB＝sin(B＋C)．
A＋B＋C＝π，sin(B＋C)＝sinA，且sinA≠0，
cosB＝，0
0
<＋<，
1
函数f(A)的取值范围为.
2．(满分14分)已知直线l的方程为3x－2y－1＝0，数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在直线l上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，求f(n)＝(nN)的最大值．
解：(1)由题意知3an－2Sn－1＝0，
则3an＋1－2Sn＋1－1＝0.
②－得an＋1＝3an，
所以数列{an}是公比为3的等比数列．
由3a1－2S1－1＝0得a1＝1，所以an＝3n－1.
(2)由知2Sn＝3an－1，所以bn＝＝3n，
Tn＝＝.
f(n)＝＝＝
＝≤，
当且仅当n＝，即n＝4时，等号成立．
所以f(n)max＝f(4)＝.
3．(满分14分)某中学高三(10)班女同学有45名，男同学有15名，老师按照分层抽样的方法组建了一个4人的课外兴趣小组．
(1)求某同学被抽到的概率及课外兴趣小组中男、女同学的人数；
(2)经过一个月的学习、讨论，这个兴趣小组决定选出两名同学做某项实验，方法是先从小组里选出一名同学做实验，该同学做完后，再从小组内剩下的同学中选一名同学做实验，求选出的两名同学中恰有一名男同学的概率；
(3)实验结束后，第一次做实验的同学A与第二次做实验的同学B得到的实验数据的茎叶图如图所示，请问哪位同学的实验更稳定？并说明理由.
解：(1)由题意可知，某同学被抽到的概率P＝＝.设课外兴趣小组中女同学的人数为x，则＝，
解得x＝3.
所以课外兴趣小组中男同学的人数为4－3＝1，
故课外兴趣小组中男、女同学的人数分别为1,3.
(2)把3名女同学和一名男同学分别记为a1，a2，a3，b，则选取两名同学的基本事件有：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b)，(a2，a1)，(a2，a3)，(a2，b)，(a3，a1)，(a3，a2)，(a3，b)，(b，a1)，(b，a2)，(b，a3)，共12个，其中恰有一名男同学的有：(a1，b)，(a2，b)，(a3，b)，(b，a1)，(b，a2)，(b，a3)，共6个．
所以选出的两名同学中恰有一名男同学的概率
P＝＝.
(3)由题意知，A＝＝71，
B＝＝71，
则s＝
＝4，
s＝
＝3.2，
因为A＝B，s>s，所以第二次做实验的同学B的实验更稳定．
4．(满分14分)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是CD的中点．
(1)求证：A1C平面AD1E；
(2)求证：平面AD1E平面A1DC；试问在线段A1C上是否存在一点P，使DP平面AD1E，若存在，确定点P的位置．
证明：(1)设A1D∩AD1＝O，
ABCD－A1B1C1D1为正方体，
O为A1D中点，
又E为DC中点，连接OE，
OE为A1DC的中位线，
A1C∥OE.
又OE?面AD1E，A1C面AD1E，A1C∥面AD1E.
(2)在对角线A1C上存在点P且CP＝，使得DP面AD1E.
ADD1A1为正方形，AD1⊥A1D.
∵CD⊥面ADD1A1，AD1面ADD1A1，CD⊥AD1.
又A1D∩CD＝D，AD1⊥面A1CD，
又AD1面AD1E，面AD1E面A1CD.
OE为交线，过D作DPOE并交A1C于P，
则DP面AD1E.
OE∥A1C，DP⊥A1C.
∵在RtDA1C中，＝，CP＝＝.
当CP＝时，DP面AD1E.“4道”保分题专练卷(四)
限时：40分钟满分：56分
1．(满分14分)在ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且＋＝.
(1)求角A的大小；
(2)若＝＋，a＝，求b的值．
解：(1)由题意得＋＝3，即＋＝1，整理得b2＋c2－a2＝bc，
由余弦定理知cosA＝＝，
在ABC中，因为0
(2)由正弦定理得
＝＝＝，
所以＋cosA＝＋＝＋，
解得tanB＝，所以sinB＝，
由正弦定理得b＝＝＝2.
2．(满分14分)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝nan＋an－c(c是常数，nN)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<.
解：(1)因为Sn＝nan＋an－c，
所以当n＝1时，S1＝a1＋a1－c，解得a1＝2c.
当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，
解得a2＝3c，又因为a2＝6，
所以3c＝6，解得c＝2.
则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.
(2)证明：因为＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝
＝
＝－.
又因为nN，所以＋＋…＋<.
3．(满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．
(1)求证：DE平面ABC；
(2)求三棱锥E－BCD的体积．
解：(1)证明：如图所示，取BC中点G，连接AG，EG，因为E是B1C的中点，所以EGBB1，且EG＝BB1.
由直棱柱知，AA1綊BB1.
而D是AA1的中点，所以EG綊AD.
所以四边形EGAD是平行四边形．
所以EDAG.
又DE平面ABC，AG平面ABC，
所以DE平面ABC.
(2)因为ADBB1，
所以AD平面BCE.
所以VE－BCD＝VD－BCE＝VA－BCE＝VE－ABC.
由(1)知，DE平面ABC，
所以VE－ABC＝VD－ABC＝AD·BC·AG＝×3×6×4＝12.
4．(满分14分)一个盒子中装有编号为1、2、3、4、5的5个外形质地相同的小球，现从盒子中随机抽取小球．
(1)若从盒中依次抽取小球，每次抽取一个，取出的小球不放回，抽取两次，求两次取到的小球的编号既不全是奇数，也不全是偶数的概率；
(2)若从盒子中有放回的抽取两次，每次抽取一个小球，记下编号后放回再取，求两次取到的小球的编号都是奇数的概率．
解：(1)记“两次取到的小球的编号既不全是奇数，也不全是偶数”为事件A.
当不放回取球时，基本事件有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)，共10个，其中既不全是奇数也不全是偶数的有：(1,2)，(1,4)，(2,3)，(2,5)，(3,4)，(4,5)，共6个基本事件，所以P(A)＝＝.故两次取到小球的编号既不全是奇数，也不全为偶数的概率为.
(2)记“两次取到的小球的编号都是奇数”为事件B，当有放回取球时，基本事件有：
(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，共25个．其中两次取到的小球的编号都是奇数的有：
(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共9个．所以P(B)＝.故两次取到的小球的编号都是奇数的概率为.
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