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2013文科4套4道保分题及解答



“4 道”保分题专练卷(一)

1.已知向量 m=(2cos2x, 3),n=(1,sin 2x),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,S△ABC 为△ABC 的面积,且 f(C) =3,a= 3,c=1,求 a>b 时的 S△ABC 的值. 2.在等比数列{an}

中,an>0(n∈N*),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. 3.如图所示,正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD, CD=2AB=2AD. (1)求证:BC⊥BE; (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. 4.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.

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“4 道”保分题专练卷(二) π 1. 已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)?A>0,ω>0,0<φ<2?的图像的一 ? ? 部分如图所示. (1)求函数 f(x)的解析式; 2 (2)当 x∈?-6,-3?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. ? ? CE 2.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,E、F 分别在 PC、BD 上, CP = BF 1 = ,侧面 PAD⊥底面 ABCD,且 PA=PD= 2,AD=2. BD 3 (1)求证:EF∥平面 PAD; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PCD. 3.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 Sn=2an-n(n∈N*). (1)求 a1,a2,a3 的值; (2)求数列{an}的通项公式; Tn-2 (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 2n-1 小 n 值. 4.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 投中个数 A1 4 A2 13 A3 11 A4 17 A5 10 A6 6 A7 9 A8 15 A9 11 A10 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 人数 (2)从投中个数在区间[10,15)内的学生中随机抽取 2 人, ①用学生的编号列出所有可能的抽取结果; ②求这 2 人投中个数之和大于 23 的概率. [0,5) [5,10) [10,15) [15,20)

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“4 道”保分题专练卷(三) x x 2 x 1.已知向量 m=? 3sin 4,1?,n=?cos 4,cos 4?,f(x)=m· n. ? ? ? ? π (1)若 f(x)=1,求 cos?3+x?值; ? ? (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且满足(2a-c)cos B=bcos C,求 函数 f(A)的取值范围. 2.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; n?2Sn+1? bn (2)bn= ,数列{bn}的前 n 项和为 Tn,求 f(n)= (n∈N*)的最大值. an Tn+24 3. 某研究性学习小组对春季昼夜温差大小与某花卉种子发芽多少之间的关系进行研究, 他们分别记录了 3 月 1 日至 3 月 5 日的每天昼夜温差与实验室每天每 100 颗种子浸泡后的发 芽数,得到如下资料: 日期 温差 x/℃ 发芽数 y/颗 3月1日 10 23 3月2日 11 25 3月3日 13 30 3月4日 12 26 3月5日 8 16

(1)从 3 月 1 日至 3 月 5 日中任选 2 天,记发芽的种子数分别为 m,n,求事件“m,n 均不小于 25 的概率”; (2)若选取的是 3 月 1 日与 3 月 5 日的两组数据,请根据 3 月 2 日至 3 月 4 日的数据, ^ ^ ^ 求出 y 关于 x 的线性回归方程y=bx+a; (3)若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过 2 颗,则认 为得到的线性回归方程是可靠的,试问(2)中所得的线性回归方程是否可靠.

?xiyi-n x
^ 参考公式:b=
i=1 n

n

y ^ ,a= y -b x

?x2-n x i
i=1

2

4.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.

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“4 道”保分题专练卷(四)

1.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; c 1 (2)若 = + 3,a= 15,求 b 的值. b 2

1 1 3 + = . a+b a+c a+b+c

1 2.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= nan+an-c(c 是常数,n∈N*),a2=6. 2 (1)求 c 的值及数列{an}的通项公式; 1 1 1 1 (2)证明: + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 8 3.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. 4.一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.

4

答案: 1.1 解:(1)∵f(x)=m· n=(2cos2x, 3)· (1,sin 2x) = 3sin 2x+2cos2x= 3sin 2x+cos 2x+1 π =2sin?2x+6?+1, ? ? 2π ∴f(x)的最小正周期 T= =π. 2 π (2)由题设及(1)可知 f(C)=2sin?2C+6?+1=3, ? ? π ∴sin?2C+6?=1. ? ? π π 13π ∵C 是三角形的内角,∴2C+ ∈?6, 6 ?, ? 6 ? π π π ∴2C+ = ,即 C= . 6 2 6 又∵a= 3,c=1, ∴在△ABC 中,由余弦定理 c2=a2+b2-2abcos C 得 1=3+b2-2 3×b× ∴b=1 或 b=2. ∵a>b,∴b=1, 1 1 1 3 ∴S△ABC= absin C= × 3×1× = . 2 2 2 4 1.2 解:(1)∵a3a5+2a4a6+a3a9=100, ∴a2+2a4a6+a2=100, 4 6 ∴(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, 1 ∴q= ,a1=64, 2
- ?1 - ∴an=64·2?n 1=27 n. ? ?

3 ,∴b2-3b+2=0, 2

(2)bn=log2an=7-n,则数列{bn}的前 n 项和为 n?13-n? Tn= , 2 n?13-n? ∴当 1≤n≤7 时,bn≥0,∴Sn= . 2
5

当 n≥8 时,bn<0, ∴Sn=b1+b2+?+b7-(b8+b9+?+bn) =-(b1+b2+?+bn)+2(b1+b2+?+b7) n?13-n? 7×6 n2-13n+84 =- +2× = , 2 2 2

∴Sn=

? ?n -13n+84 ? 2 ?n≥8且n∈N ?.
2 *

13n-n2 ?1≤n≤7且n∈N*?, 2

1.3 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 DE⊥AD, 所以 DE⊥平面 ABCD,则 DE⊥BC. π 因为 AB=AD,所以∠ADB=∠ABD= , 4 BD= AD2+AB2= 2AD. 取 CD 中点 N,连结 BN. 则由题意知,四边形 ABND 为正方形, 所以 BC= BN2+CN2= = 2AD,则 BD=BC, 故△BDC 为等腰直角三角形, 即 BD⊥BC, 所以 BC⊥平面 BDE,所以 BC⊥BE. (2)取 EC 中点 M,则有 BM∥平面 ADEF. 证明如下:如图所示,连结 MN. 由(1)知,BN∥AD,所以 BN∥平面 ADEF. 又因为 M,N 分别为 CE,CD 的中点, 所以 MN∥DE, 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. 1.4 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.
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1 AD2+ CD2= AD2+AD2 4

(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 30 20 10 组抽取的人数分别为:第 3 组, ×6=3;第 4 组, ×6=2;第 5 组, ×6=1. 60 60 60 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 9 3 = . 15 5 2.1 解:(1)由题中图像,知 A=2,T=8. 2π π ∵T= =8,∴ω= . ω 4 π 又∵图像经过点(-1,0),∴2sin?-4+φ?=0. ? ? π π π π ∵0<φ< ,∴φ= ,∴f(x)=2sin?4x+4?. ? ? 2 4 π π π π π π π (2)易知 y=f(x)+f(x+2)=2sin?4x+4?+2sin?4x+2+4?=2sin?4x+4? + ? ? ? ? ? ? π π π π π 2cos?4x+4?=2 2sin?4x+2?=2 2cos x. ? ? ? ? 4 2 3π π π ∵x∈?-6,-3?,∴- ≤ x≤- . ? ? 2 4 6 π π 2 当 x=- ,即 x=- 时,y=f(x)+f(x+2)取得最大值 6; 4 6 3 π 当 x=-π,即 x=-4 时,y=f(x)+f(x+2)取得最小值-2 2. 4 2.2 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, BC∥DA, 即 BC∥DQ.

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BF CF 1 = = , BD CQ 3

CE 1 CE CF 又∵ = ,∴ = , CP 3 CP CQ ∴在△CPQ 中,EF∥PQ, 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 CD⊥AD, ∴CD⊥平面 PAD, ∴CD⊥PA. ∵PA=PD= 2,AD=2, π ∴△PAD 是等腰直角三角形,且∠APD= , 2 即 PA⊥PD, 又∵CD∩PD=D,∴PA⊥平面 PCD. 又∵PA?平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 PCD. 2.3 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, n∈N*), 两式相减得 an=2an-1+1, 所以 an+1=2(an-1+1)(n≥2,n∈N*). 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)·n, 2 所以 Tn=3×2+5×22+7×23+?+(2n-1)·n 1+(2n+1)·n,① 2 2 2Tn=3×22+5×23+?+(2n-1)·n+(2n+1)·n 1,② 2 2 ①-②得 -Tn=3×2+2(22+23+?+2n)-(2n+1)·n 1, 2 22-2n×2 + =6+2× -(2n+1)·n 1 2 1-2 =-2+2n 2-(2n+1)·n 2 =-2-(2n-1)·n 1, 2 所以 Tn=2+(2n-1)·n 1. 2
+ + + +1 + + -

8



Tn-2 2+?2n-1?·n 1-2 2 ≥128,则 ≥128, 2n-1 2n-1




即 2n 1≥27,所以 n+1≥7,解得 n≥6, Tn-2 所以满足不等式 ≥128 的最小 n 值为 6. 2n-1 2.4 解:(1)依题意得,投中个数在对应区间内的人数如下表: 区间 人数 [0,5) 1 [5,10) 2 [10,15) 5 [15,20) 2

(2)①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. ②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. 3 所以 P(B)= . 10 3.1 解:(1)f(x)=m· n= 3sin = 3 x 1 x 1 sin + cos + 2 2 2 2 2 x x x cos +cos2 4 4 4

x π 1 =sin?2+6?+ . ? ? 2 x π 1 ∵f(x)=1,∴sin?2+6?= , ? ? 2 π x π 1 ∴cos?x+3?=1-2sin2?2+6?= . ? ? ? ? 2 (2)∵(2a-c)cos B=bcos C, 由正弦定理得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, ∴2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C, ∴2sin Acos B=sin(B+C). ∵A+B+C=π,∴sin(B+C)=sin A,且 sin A≠0, 1 π ∴cos B= ,∵0<B<π,∴B= , 2 3 2π ∴0<A< , 3 A π π A π π 1 ∴ < + < ,∴ <sin? 2 +6?<1, ? ? 6 2 6 2 2 A π 1 3 ∴1<sin? 2 +6?+ < , ? ? 2 2

9

3 ∴函数 f(A)的取值范围为?1,2?. ? ?

3.2 解:(1)由题意知 3an-2Sn-1=0,① 则 3an+1-2Sn+1-1=0.② ②-①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. n?2Sn+1? (2)由①知 2Sn=3an-1,所以 bn= =3n, an n?a1+an? 3n2+3n Tn= = . 2 2 f(n)= bn 3n 2n = = 2 Tn+24 3n2+3n n +n+16 +24 2




2 2 ≤ , 16 9 n+ +1 n

16 当且仅当 n= ,即 n=4 时,等号成立. n 2 所以 f(n)max=f(4)= . 9 3.3 解:(1)m,n 的所有取值情况有(23,25),(23,30),(23,26),(23,16),(25,30),(25,26), (25,16),(30,26),(30,16),(26,16),共有 10 个. 设“m,n 均不小于 25”为事件 A,则包含的基本事件有(25,30),(25,26),(30,26), 3 3 所以 P(A)= ,故事件 A 的概率为 . 10 10 (2)由数据得 x =12, y =27,3 x y =972,

?xiyi=977, ?x2=434,3 x 2=432. i
i=1 i=1

3

3

5 ^ 977-972 5 ^ 由公式,得b= = ,a=27- ×12=-3, 2 434-432 2 ^ 5 所以 y 关于 x 的线性回归方程为y= x-3. 2 ^ (3)当 x=10 时,y=22,|22-23|<2, ^ 当 x=8 时,y=17,|17-16|<2, 所以得到的线性回归方程是可靠的.
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3.4 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= ∵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 DP⊥OE 并交 A1C 于 P, 则 DP⊥面 AD1E. ∵OE∥A1C,∴DP⊥A1C. CP DC 12 3 ∵在 Rt△DA1C 中, = ,∴CP= = . DC A1C 3 3 ∴当 CP= 3 时,DP⊥面 AD1E. 3 3 ,使得 DP⊥面 AD1E. 3

a+b+c a+b+c c b 4.1 解:(1)由题意得 + =3,即 + =1,整理得 b2+c2-a2=bc, a+b a+c a+b a+c b2+c2-a2 1 由余弦定理知 cos A= = , 2bc 2 π 在△ABC 中,因为 0<A<π,所以 A= . 3 (2)由正弦定理得 c sin C sin?A+B? sin Acos B+cos Asin B = = = , b sin B sin B sin B sin A 3 1 1 所以 +cos A= + = + 3, tan B 2tan B 2 2 1 5 解得 tan B= ,所以 sin B= , 2 5 asin B 由正弦定理得 b= = sin A 15× 3 2 5 5

=2.

11

1 4.2 解:(1)因为 Sn= nan+an-c, 2 1 所以当 n=1 时,S1= a1+a1-c,解得 a1=2c. 2 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 = 1 1 1 + +?+ a1a2 a2a3 anan+1

1 1 1 + +?+ 4×6 6×8 ?2n+2??2n+4?

1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ?4-6?+ ?6-8?+?+ ?2n+2-2n+4? ? 2? ? 2? 2? ? 1 1 1 1 1 1 1 = ??4-6?+?6-8?+?+?2n+2-2n+4?? ? ? ? 2?? ? ?? 1 1 1 = ?4-2n+4? 2? ? 1 1 = - . 8 4?n+2? 1 1 1 1 又因为 n∈N*,所以 + +?+ < . a1a2 a2a3 anan+1 8 4.3 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 1 以 EG∥BB1,且 EG= BB1. 2 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 ED∥AG. 又 DE?平面 ABC,AG?平面 ABC, 所以 DE∥平面 ABC. (2)因为 AD∥BB1, 所以 AD∥平面 BCE. 所以 VE-BCD=VD-BCE=VA-BCE=VE-ABC. 由(1)知,DE∥平面 ABC, 1 1 1 所以 VE-ABC=VD-ABC= AD·BC· AG= ×3×6×4=12. 3 2 6
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4.4 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), 10 个, 共 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), 6 3 (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 10 5 3 偶数的概率为 . 5 (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: 9 (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 25 9 两次取到的小球的编号都是奇数的概率为 . 25

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