（新課標(biāo)）備戰(zhàn)2021高考數(shù)學(xué)“3＋1”保分大題強(qiáng)化練（四）理

（新課標(biāo)）備戰(zhàn)2020高考數(shù)學(xué)“3＋1”保分大題強(qiáng)化練（四）理 “3＋1”保分大題強(qiáng)化練(四) 前3個(gè)大題和1個(gè)選考題不容有失 1．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且b＝2(acos Bcos C＋ccos Bcos A)． (1)求B的大??； (2)若a＋c＝5，且S△ABC＝，求邊長(zhǎng)b的值． 解：(1)由已知條件及正弦定理得sin B＝2(sin Acos B·cos C＋sin C cos Bcos A)＝2cos B(sin Acos C＋sin Ccos A)＝2cos Bsin(A＋C)， 可得cos B＝.又0<B<π，∴B＝. (2)由(1)及余弦定理得，b2＝a2＋c2－ac＝(a＋c)2－3ac. ∵a＋c＝5，∴b2＝25－3ac，∵S△ABC＝，∴acsin B＝，即ac＝4，∴b2＝13，∴b＝. 2．某工廠(chǎng)有甲、乙兩個(gè)車(chē)間生產(chǎn)同一種產(chǎn)品，甲車(chē)間有工人200人，乙車(chē)間有工人400人，為比較兩個(gè)車(chē)間工人的生產(chǎn)效率，采用分層抽樣的方法抽取工人．甲車(chē)間抽取的工人記作第一組，乙車(chē)間抽取的工人記作第二組，并對(duì)他們中每位工人生產(chǎn)完成一件產(chǎn)品的時(shí)間(單位：min)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，按照[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95]進(jìn)行分組，得到下列統(tǒng)計(jì)圖． (1)分別估算兩個(gè)車(chē)間工人中，生產(chǎn)一件產(chǎn)品時(shí)間少于75 min的人數(shù)． (2)分別估計(jì)兩個(gè)車(chē)間工人生產(chǎn)一件產(chǎn)品時(shí)間的平均值，并推測(cè)哪個(gè)車(chē)間工人的生產(chǎn)效率更高？ (3)從第一組生產(chǎn)時(shí)間少于75 min 的工人中隨機(jī)抽取3人，記抽取的生產(chǎn)時(shí)間少于65 min 的工人人數(shù)為隨機(jī)變量X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望． 解：(1)由題意得，第一組工人20人，其中在75 min 內(nèi)(不含75 min)生產(chǎn)完成一件產(chǎn)品的有6人， ∴甲車(chē)間工人中生產(chǎn)一件產(chǎn)品時(shí)間少于75 min的人數(shù)約為6×10＝60. 第二組工人40人，其中在75 min內(nèi)(不含75 min)生產(chǎn)完成一件產(chǎn)品的有40×(0.025＋0.05)×10＝30(人)， ∴乙車(chē)間工人中生產(chǎn)一件產(chǎn)品時(shí)間少于75 min的人數(shù)約為30×10＝300. (2)第一組工人生產(chǎn)一件產(chǎn)品的平均時(shí)間為甲＝＝78(min)， 第二組工人生產(chǎn)一件產(chǎn)品的平均時(shí)間為乙＝60×0.25＋70×0.5＋80×0.2＋90×0.05＝70.5(min)， ∴甲＞乙，∴乙車(chē)間工人的生產(chǎn)效率更高． (3)由題意得，第一組生產(chǎn)時(shí)間少于75 min 的工人有6人，其中生產(chǎn)時(shí)間少于65 min 的有2人，從中抽取3人， 則X的可能取值為0,1,2， P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝. 所以X的分布列為 X 0 1 2 P 數(shù)學(xué)期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝1. 3．如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE折到△APE的位置． (1)證明：AE⊥PB； (2)當(dāng)四棱錐P­ABCE的體積最大時(shí)，求二面角A­PE­C的余弦值． 解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點(diǎn)O， ∵AB∥CE，AB＝CE，∴四邊形ABCE為平行四邊形， ∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE為等邊三角形， ∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝60°，BD⊥BC， ∴BD⊥AE. 如圖，翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE， 又OP∩OB＝O，OP?平面POB，OB?平面POB， ∴AE⊥平面POB， ∵PB?平面POB，∴AE⊥PB. (2)當(dāng)四棱錐P­ABCE的體積最大時(shí)，平面PAE⊥平面ABCE. 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO?平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE . 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OE所在的直線(xiàn)為x軸，OB所在的直線(xiàn)為y軸，OP所在的直線(xiàn)為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意得， P，E，C，∴P＝，＝， 設(shè)平面PCE的法向量為n1＝(x，y，z)， 則即設(shè)x＝，則y＝－1，z＝1，∴n1＝(，－1,1)為平面PCE的一個(gè)法向量， 易知平面PAE的一個(gè)法向量為n2＝(0,1,0)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝－. 由圖知所求二面角A­PE­C為鈍角， ∴二面角A­PE­C的余弦值為－. 4．選考系列(請(qǐng)?jiān)谙旅娴膬深}中任選一題作答) [選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線(xiàn)M的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cos θ，若極坐標(biāo)系內(nèi)異于O的三點(diǎn)A(ρ1，φ)，B，C(ρ1，ρ2，ρ3＞0)都在曲線(xiàn)M上． (1)求證：ρ1＝ρ2＋ρ3； (2)若過(guò)B，C兩點(diǎn)的直線(xiàn)的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，求四邊形OBAC的面積． 解：(1)證明：由題意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos ，ρ3＝2cos ， 所以ρ2＋ρ3＝2cos ＋2cos ＝2cos φ＝ρ1. (2)由曲線(xiàn)M的極坐標(biāo)方程得曲線(xiàn)M的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x＝0， 將直線(xiàn)BC的參數(shù)方程代入曲線(xiàn)M的直角坐標(biāo)方程得t2－t＝0，解得t1＝0，t2＝， ∴在平面直角坐標(biāo)中，B，C(2,0)， 則ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝，∴ρ1＝. ∴四邊形OBAC的面積S＝S△AOB＋S△AOC＝ρ1ρ2·sin ＋ρ1ρ3sin＝. [選修4－5：不等式選講] 已知不等式|ax－1|≤|x＋3|的解集為{x|x≥－1}． (1)求實(shí)數(shù)a的值； (2)求＋的最大值． 解：(1)|ax－1|≤|x＋3|的解集為{x|x≥－1}， 即(1－a2)x2＋(2a＋6)x＋8≥0的解集為{x|x≥－1}． 當(dāng)1－a2≠0時(shí)，不符合題意，舍去． 當(dāng)1－a2＝0，即a＝±1時(shí)， x＝－1為方程(2a＋6)x＋8＝0的一解，經(jīng)檢驗(yàn)a＝－1不符合題意，舍去，a＝1符合題意． 綜上，a＝1. (2)(＋)2＝16＋2＝16＋2， 當(dāng)t＝4時(shí)，(＋)2有最大值，為32. 又＋≥0， 所以＋的最大值為4. 11