(共31张PPT)
考点突破练1 三角函数的图象与性质
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必备知识夯实练
B
解析 ∵sin2α=1-cos2α,∴1-cos2α=cos α-1,即cos2α+cos α-2=0,
∴(cos α-1)(cos α+2)=0,解得cos α=1或cos α=-2(舍去).
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4.(多选题)(2023河北邢台模拟)函数f(x)=Asin(ωx+φ)+k(A>0,ω>0,0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示,则( )
BD
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C
由图可知,两函数图象有3个交点.故选C.
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解析 如图所示,区域①和区域③面积相等,故阴影部分的面积即为矩形ABCD的面积.由题可得AB=3,
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(答案不唯一)
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关键能力提升练
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核心素养创新练
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18.(2023河北保定一模)有一街边旧房拆除后,打算改建成矩形花圃ABCD,中间划分出直角三角形MPQ区域种玫瑰,直角顶点M在边AB上,且距离A点5 m,距离B点6 m,且P,Q两点分别在边BC和AD上.已知BC=8 m,则玫瑰园的最小面积为( )
A
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18(共32张PPT)
考点突破练2 三角恒等变换与解三角形
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必备知识夯实练
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解析 设BC=x,由余弦定理得19=4+x2-2×2x·cos 120°,解得x=3或x=-5(舍).故选D.
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5.(2023河南周口模拟)已知△ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若sin2A+csin A=sin Asin B+bsin C,则该三角形的形状一定是( )
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.等腰三角形 D.锐角三角形
C
解析 因为sin2A+csin A=sin Asin B+bsin C,
由正弦定理可得,asin A+csin A=bsin A+bsin C,
则sin A(a+c)=b(sin A+sin C),
即a(sin A+c)=b(sin A+c).
因为sin A>0,c>0,所以a=b,即△ABC为等腰三角形.
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6.(2023江西九江模拟)在锐角三角形ABC中,AB=3,4cos Asin B=1,若BC在AB上的投影长等于△ABC的外接圆半径R,则R=( )
A.4 B.2 C.1 D.
B
解析 ∵△ABC是锐角三角形,BC在AB上的投影长等于△ABC的外接圆半径R,∴BC·cos B=R.
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8.(2023江西宜春一模)如图所示,在等腰梯形ABCD中,AB=4,AD=CD=BC= 2,现将梯形ABCD依次绕着B,C,D各点顺时针翻转,则在第一次绕着点B翻转的过程中,对角线BD扫过的平面区域面积为( )
A.2π B.3π C.8π D.4π
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解析 由题知,BD2=AD2+AB2-2AD·ABcos∠DAB,
BD2=CD2+CB2-2CD·CBcos∠DCB,
又梯形ABCD为等腰梯形,则∠DAB+∠DCB=π,
则20-16cos∠DAB=8-8cos(π-∠DAB),
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9.(2023河北邢台模拟)如图,为了测量A,C两点间的距离,选取同一平面上的B,D两点,测出四边形ABCD各边的长度,AB=5 km,BC=8 km,CD=3 km, DA=5 km,且A,B,C,D四点共圆,则AC的长为__________ km.
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解析 ∵A,B,C,D四点共圆,圆内接四边形的对角和为π,即∠B+∠D=π,
∴由余弦定理可得
AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠D=52+32-2×5×3cos∠D=34-30cos∠D,
AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠B=52+82-2×5×8cos∠B=89-80cos∠B.
∵∠B+∠D=π,即cos∠B=-cos∠D,
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解析 在四棱锥P-ABCD中,由PC=PD=3,得△CDP是等腰三角形.
设CD的中点为E,AB的中点为F,
由图得,△CDP关于直线PE对称,点P在平面PEF内,且PA=PB.
在正方形ABCD中,AB=BC=CD=AD=4,
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核心素养创新练
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解析 (方法一)令BD=t,则t>0.如图,以D为坐标原点,DC所在直线为x轴建立平面直角坐标系.(共17张PPT)
考点突破练3 三角函数与解三角形
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3.(2023山东潍坊模拟)如图,P为半圆(AB为直径)上一动点,OA⊥OB, OA= ,OB=1,记∠BAP=θ.
(1)当θ=15°时,求PO的长;
(2)当△APO周长最大时,求θ.
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4.(2023湖南长沙模拟)如图,在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,满足
(1)求A;
(2)在△ABC所在平面上存在点E,连接BE,CE,若EC= AC,∠ACE=∠A, ∠EBC=30°,BC=2,求△ABC的面积.
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5.某城建部门欲沿河边规划一个三角形区域建设市民公园.如图,MN为该城区内河段的一部分,现有两种设计方案,方案一的设计为△AMN区域,方案二的设计为△BMN区域,经测量,AM=AN=700米,BM=500米,BN=800米,∠A=∠B.
(1)求MN的长度.
(2)若市民公园建设每平方米的造价为80元,不考虑其他因素,要使费用较低,该选哪个方案 说明理由,并求出造价为多少 (参考数据: ≈1.732)
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6.(2023浙江湖州、衢州、丽水二模)在锐角三角形ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足 ,且A≠C.
(1)求证:B=2C;
(2)已知BD是∠ABC的平分线,若a=4,求线段BD长度的取值范围.
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由正弦定理得,b2=c2+ac.
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,
所以c=a-2ccos B,即sin C=sin A-2sin Ccos B,
故sin C=sin(B+C)-2sin Ccos B,
整理得sin C=sin(B-C).
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6(共30张PPT)
考点突破练4 等差数列、等比数列
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必备知识夯实练
1.(2023河北秦皇岛二模)已知数列{an}满足2an+1=an+an+2,其前n项和为Sn,若S9=18,则a5=( )
A.-2 B.0 C.2 D.4
C
解析 根据题意2an+1=an+an+2,可得数列{an}为等差数列,
所以S9= =18,所以a1+a9=4,所以2a5=4,所以a5=2.故选C.
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3.(2023山东济南一模)已知等比数列{an}的前n项积为Tn,a1=16,公比q= ,则Tn取最大值时n的值为( )
A.3 B.6 C.4或5 D.6或7
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4.(2023湖南张家界二模)已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,若ln a1,ln a3,ln a6也是等差数列,则其公差为( )
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5.(多选题)(2023湖南襄阳模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a5=-4,S5=-40,则( )
A.a10=6 B.S10=-30
C.当且仅当n=6时,Sn取最小值 D.a5+a6+a7+a8+a9+a10=0
AB
则a10=6,S10=-30,A,B正确;
令an=2n-14≤0,得n≤7,且a7=0,则当n=6或n=7时,Sn取最小值,C不正确;因为a5+a6+a7+a8+a9=5a7=0,所以a5+a6+a7+a8+a9+a10=a10=6≠0,D不正确.故选AB.
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6.(2023广东深圳高三统考)我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”,它在世界数学史上具有光辉的一页,堪称数学史上名垂百世的成就,而且一直启发和指引着历代数学家们.定理涉及的是数的整除问题,其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活中都有着广泛的应用,为世界数学的发展做出了巨大贡献,现有这样一个整除问题:将1到2 022这2 022个整数中能被5除余2且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},那么此数列的项数为( )
A.56 B.57 C.58 D.59
C
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8.(多选题)(2023广东湛江二模)一百零八塔始建于西夏时期,是中国现存最大且排列最整齐的塔群之一,塔群随山势凿石分阶而建,自上而下一共12层,第1层有1座塔,从第2层开始每层的塔数均不少于上一层的塔数,总计108座塔.已知包括第1层在内的其中十层的塔数可以构成等差数列{an},剩下的两层的塔数分别与上一层的塔数相等,第1层与第2层的塔数不同,则下列结论正确的有( )
A.第3层的塔数为3
B.第4层与第5层的塔数相等
C.第6层的塔数为9
D.等差数列{an}的公差为2
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解析 设等差数列{an}的公差为d,
塔数依次是1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,
依题意剩下两层的塔数为3和5,
所以这12层塔的塔数分别为1,3,3,5,5,7,9,11,13,15,17,19,
因此A,B,D正确,C错误.故选ABD.
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9.(2023湖北十堰高三统考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,写出一个满足下列条件的{an}的公比q=__________.
①a1>0;②{an}是递增数列;③S3<13a1.
2
(答案不唯一)
解析 由等比数列的通项公式可得an=a1qn-1,则an-an-1=a1qn-2(q-1),
因为a1>0,且{an}是递增数列,所以q>1.
因为S3<13a1,所以a1+a2+a3<13a1,即a1q2+a1q-12a1<0,
因为a1>0,所以q2+q-12<0,解得-4
综上,11
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10.(2023湖北武汉高三联考)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,Sn是数列{an}的前n项和,S11=11,b5b7=3,则 =__________.
-1
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11.(2023北京,14)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7=__________;数列{an}所有项的和为__________.
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关键能力提升练
12.(2023福建南安高三检测)若数列{an}满足anan+1+an+1-an+1=0,a1=λ(λ≠0,且λ≠±1),记Tn=a1a2…an,则T2 023=( )
C
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13.(2023湖南长沙一模)斐波那契数列{Fn},因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”,该数列{Fn}满足F1=F2=1,且Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*).卢卡斯数列{Ln}是以法国数学家爱德华·卢卡斯命名,与斐波那契数列联系紧密,即L1=1,且Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),则F2 023=( )
C
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解析 因为Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*),所以当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,
所以3Fn=Fn-1+Fn-2+2Fn=Fn-2+(Fn-1+Fn)+Fn=Fn-2+Fn+1+Fn=Fn-2+Fn+2,
故3F2 023=F2 021+F2 025,
因为Ln+1=Fn+Fn+2(n∈N*),所以L2 022=F2 021+F2 023,L2 024=F2 023+F2 025,
故L2 022+L2 024=(F2 021+F2 023)+(F2 023+F2 025)=2F2 023+F2 021+F2 025=5F2 023,
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15.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若304
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解析 因为Sn=2an+n-7,①
所以当n=1时,S1=2a1+1-7=a1,解得a1=6.
又Sn-1=2an-1+n-1-7(n≥2),②
①-②得an=2an-2an-1+1,即an=2an-1-1(n≥2),
所以{an-1}是以5为首项,2为公比的等比数列,
所以an-1=5·2n-1,即an=5·2n-1+1.
因为301
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16.(2023河北邯郸二模)若数列{an}从第二项起,每一项与前一项的差构成等差数列,则称数列{an}为二阶等差数列.某数学小组在数学探究课上,用剪刀沿直线剪一圆形纸片,将剪n(n∈N*)刀最多可以将圆形纸片分成的块数记为bn,经实际操作可得b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,…,根据这一规律,得到二阶等差数列{bn},则b8=__________;若将圆形纸片最多分成1 276块,则n=__________.
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解析 因为数列{bn}为二阶等差数列,所以数列{bn+1-bn}为等差数列,由b1=2,b2=4,b3=7,b4=11,
可得b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,
所以数列{bn+1-bn}为首项为2,公差为1的等差数列,所以bn+1-bn=n+1,
所以当n≥2,n∈N*时,b2-b1=2,b3-b2=3,b4-b3=4,…,bn-bn-1=n,
将以上各式相加可得,bn-b1=2+3+4+…+n,
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核心素养创新练
17.(多选题)(2023湖南常德一模)如图,有一列曲线Ω1,Ω2,…,Ωn,…,且Ω1是边长为1的等边三角形,Ωi+1是对Ωi(i=1,2,…)进行如下操作而得到:将曲线Ωi的每条边进行三等分,以每边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉得到Ωi+1,记曲线Ωn(n=1,2,…)的边数为Ln,周长为Cn,围成的面积为Sn,则下列说法正确的是( )
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解析 Ln+1是在Ln的基础上,每条边新增加3条新的边,故Ln+1=(1+3)Ln=4Ln,又L1=3,所以数列{Ln}是首项为3,公比为4的等比数列,Ln=3×4n-1,故A正确;
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18.(多选题)(2023山东青岛一模)1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子 最后至少剩下多少个桃子 ”.下列说法正确的是( )
A.若第n只猴子分得bn个桃子(不含吃的),则5bn=4bn-1-1(n=2,3,4,5)
B.若第n只猴子连吃带分共得到an个桃子,则{an}(n=1,2,3,4,5)为等比数列
C.若最初有3 121个桃子,则第5只猴子分得256个桃子(不含吃的)
D.若最初有k个桃子,则k+4必是55的倍数
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19.(2023四省八校联考)设数列{an},{bn}满足an=2n,bn=3n-8,则它们的公共项由小到大排列后组成新数列{cn}.在ck和ck+1(k∈N*)中插入k个数构成一个新数列{en}:c1,1,c2,3,5,c3,7,9,11,c4,…,插入的所有数构成首项为1,公差为2的等差数列,则数列{en}的前20项和T20=__________.
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解析 ∵an=2n,∴数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴a1=2,a2=4,a3=8,a4=16.
∵bn=3n-8,∴b1=-5,b2=-2,b3=1,b4=4,显然a1不是数列{bn}中的项.
∵a2=4=b4,∴a2是数列{bn}中的第4项,
设ak=2k是数列{bn}中的第m项,则2k=3m-8(k,m∈N*).∵ak+1=2k+1=2×2k=2(3m-8)=6m-16,∴ak+1不是数列{bn}中的项.
∵ak+2=2k+2=4×2k=4(3m-8)=3(4m-8)-8,∴ak+2是数列{bn}中的项.
∴c1=a2,c2=a4,c3=a6,…,cn=a2n,∴数列{cn}的通项公式是cn=22n=4n.
∵(1+2+3+4+5)+5=20,
∴{en}的前20项包括{cn}的前5项,以及{2n-1}的前15项,(共18张PPT)
考点突破练5 数列求和及其综合应用
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1.(2023安徽芜湖高三统考)已知Sn是数列{an}的前n项和,2Sn=(n+1)an,且a1=1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设a0=0,已知数列{bn}满足 ,求{bn}的前n项和Tn.
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解 (1)因为n∈N*,2Sn=(n+1)an,
当n≥2时,2Sn-1=nan-1,
两式相减得2an=(n+1)an-nan-1,
即(n-1)an=nan-1,变形得,
于是得数列{}是常数列,因此=1,即an=n,
所以数列{an}的通项公式是an=n.
(2)由(1)知,an=n,又a0=0,故cos ancos an-1≠0,
所以Tn=(tan 1-tan 0)+(tan 2-tan 1)+(tan 3-tan 2)+…+[tan n-tan(n-1)]
=tan n-tan 0=tan n.
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2.(2023山东济南二模)已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,数列{bn}满足bn=log2an.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)由an,bn构成的n×n阶数阵如图所示,求该数阵中所有项的和Tn.
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解 (1)因为Sn=2n+1-2,当n=1时,S1=22-2=2,即a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2n-2,所以Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2),即an=2n,
经检验,当n=1时,an=2n也成立,所以an=2n,
则bn=log2an=log22n=n.
(2)由数阵可知Tn=a1(b1+b2+…+bn)+a2(b1+b2+…+bn)+…+an(b1+b2+…+bn)
=(a1+a2+…+an)·(b1+b2+…+bn),
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3.(2023河北张家口高三期末)已知Sn为数列{an}的前n项和,Sn=2an-4n+2.
(1)证明:数列{an+4}为等比数列;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
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(1)证明 由题知Sn=2an-4n+2,所以a1=S1=2a1-4×1+2,
解得a1=2,故a1+4=6.
由Sn=2an-4n+2,可得Sn-1=2an-1-4(n-1)+2,n≥2,
两式相减得an=Sn-Sn-1=2an-2an-1-4,n≥2,
所以数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列.
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(2)解 由(1)得数列{an+4}是以6为首项,2为公比的等比数列,
所以an+4=6×2n-1,故an=3×2n-4,
则nan=3n×2n-4n.设bn=n×2n,其前n项和为Pn,
则Pn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n,①
2Pn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1,②
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4.(2023广东河源高三期末)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a5=5,S8=36, an=log3bn.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
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5.(2023新高考Ⅰ,20)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令 ,记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
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6.(2023山东青岛高三期末)记数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,__________.给出下列两个条件:条件 ,数列{an}和数列{Sn+a1}均为等比数列;条件 , 2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1.试在上面的两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,完成下列两问的解答.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记正项数列{bn}的前n项和为Tn,b1=a2,b2=a3,4Tn=bn·bn+1,求
(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)
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解 (1)若选条件 :∵数列{Sn+a1}为等比数列,
∴(S2+a1)2=(S1+a1)(S3+a1),
即(2a1+a2)2=2a1(2a1+a2+a3).
∵a1=1,且设等比数列{an}的公比为q,
∴(2+q)2=2(2+q+q2),解得q=2或q=0(舍去),∴an=a1qn-1=2n-1.
若选条件 :∵2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1,①
∴2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=(n-1)an(n≥2),
∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2(n-1)an(n≥2),②
①-②得2an=nan+1-2(n-1)an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),
令2na1+2n-1a2+…+2an=nan+1中n=1,得a2=2a1也符合上式,
故数列{an}为首项a1=1,公比q=2的等比数列,则an=a1qn-1=2n-1.
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(2)由(1)可知,不论条件为 还是 ,都有数列{an}是首项a1=1,公比q=2的等比数列,即an=2n-1,则b1=a2=2,b2=a3=4,
∵4Tn=bn·bn+1,③
∴4Tn-1=bn-1·bn(n≥2),④
③-④得4(Tn-Tn-1)=bn·bn+1-bn-1·bn(n≥2),即4bn=bn·(bn+1-bn-1)(n≥2),
∵数列{bn}为正项数列,则bn+1-bn-1=4(n≥2),
则数列{bn}的奇数项、偶数项分别都是公差为4的等差数列,
∴{b2k}(k∈N*)是首项为b2=4,公差为4的等差数列,∴b2k=4+(k-1)×4=4k.
同理{b2k-1}(k∈N*)是首项为b1=2,公差为4的等差数列,
∴b2k-1=2+(k-1)×4=4k-2.∴bn=2n,(共35张PPT)
考点突破练6 空间几何体的结构、表面积与体积
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必备知识夯实练
1.(2023广东湛江二模)如图,将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割,再将其重新组合成一个与圆柱底面面积相等,高相等的几何体.n越大,重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10,则圆柱的侧面积为( )
A.10π B.20π C.10nπ D.18π
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解析 由图可知,新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积.
设圆柱的底面半径为r,高为h,则2rh=10,
所以圆柱的侧面积为2πrh=10π.
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3.(2023福建莆田二模)某校科技社利用3D打印技术制作实心模型.如图,该模型的上部分是半球,下部分是圆台.其中半球的体积为144π cm3,圆台的下底面与半球的底面重合,圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半.打印所用原料密度为1.5 g/cm3,不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量约为( )(1.5π≈4.7)
A.3 045.6 g B.1 565.1 g
C.972.9 g D.296.1 g
C
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4.(2023河北石家庄一模)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为 ,侧面积为9π,在圆台的内部有一球O,该球与圆台的上、下底面及母线均相切,则球O的表面积为( )
A.3π B.5π C.8π D.9π
C
解析 设圆台的上底面圆半径为r,则底面圆半径为2r,母线长为l,如图所示,作出圆台与球的轴截面.由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切,
故l=AD=AH+DG=r+2r=3r.
根据圆台的侧面积公式S=(πr+2πr)l=9π,解得r=1,l=3,
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解析 如图,将三棱锥P-AMN看作三棱锥A-PMN,即以A为顶点,△PMN为底面的三棱锥,将三棱锥P-ABC看作三棱锥A-PBC,即以A为顶点,△PBC为底面的三棱锥.
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6.(2023广东韶关模拟)西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一,是一款非常实用的泡茶工具(如图1).西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体.球缺的体积 (R为球缺所在球的半径,h为球缺的高).若一个西施壶的壶身高为8 cm,壶口直径为6 cm(如图2),则该壶壶身的容积约为( )(不考虑壶壁厚度,π取3.14)
A.494 mL B.506 mL C.509 mL D.516 mL
图1
图2
A
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解析 作出几何体的轴截面如右图所示,
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8.(2023广东深圳二模)设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为V1,V2和V3,则( )
A.V1C.V3B
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解析 设正方体棱长为a,正四面体棱长为b,球的半径为R,表面积为S.
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9.(2023湖南常德二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是线段A1C1的中点,若四面体M-ABD的外接球体积为36π,则正方体棱长为__________.
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关键能力提升练
10.(多选题)(2022新高考Ⅱ,11)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD, FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC,E-ACF的体积分别为V1,V2,V3,则( )
A.V3=2V2 B.V3=2V1
C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1
CD
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11.(多选题)(2023浙江绍兴二模)某学校课外社团活动课上,数学兴趣小组进行了一次有趣的数学实验操作,课题名称“不用尺规等工具,探究水面高度”.如图1,P-ABCD是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器(容器材料厚度不计),底面ABCD为平行四边形,设棱锥高为h,体积为V,现将容器以棱AB为轴向左侧倾斜,如图2,这时水面恰好经过CDEF,其中E,F分别为棱PA,PB的中点,则( )
图1
图2
AC
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解析 如图,将四棱锥补成平行六面体,设平行六面体的体积为V总,
因为E,F分别为棱PA,PB的中点,
则S四边形BCMQ=4S△BCG,而三棱柱BCG-ADE与平行六面体的高相同,
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12.(多选题)(2023浙江杭州二模)如图,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,O2,O1为圆柱上、下底面的圆心,O为球心,EF为底面圆O1的一条直径,若球的半径r=2,则( )
AD
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13.(2023全国甲,文16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是______________.
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解析 (方法一)第一步,弄清球O与正方体棱有公共点,球半径最小的球为棱切球(即与棱相切的球),最大的球为外接球.
第二步,作对角面ABC1D1截正方体与其棱切球、外接球分别得如下矩形和小、大两个圆(如图).
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14.(2023湖南雅礼中学模拟)已知三棱锥P-ABC满足PA=1,PA⊥平面ABC, AC⊥BC,若VP-ABC= ,则其外接球体积的最小值为__________.
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核心素养创新练
15.(2023湖南雅礼中学模拟)如图,已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V,四边形ABCD是平行四边形,点E在平面ACC1A1内,且 ,则三棱锥D1-ADC与三棱锥E-BCD的公共部分的体积为( )
A
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16.(2023山东日照一模)设四棱锥M-ABCD的底面为正方形,且MA=MD, MA⊥AB,如果△AMD的面积为1,则能够放入这个棱锥的最大的球的半径为__________.
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解析 如图,因为AB⊥AD,AB⊥MA,AD∩MA=A,AD,MA 平面MAD,
所以AB⊥平面MAD,故平面MAD⊥平面ABCD.
设E是AD的中点,F是BC的中点,则ME⊥AD,所以ME⊥平面ABCD.
因为EF 平面ABCD,所以ME⊥EF.
若球O是与平面MAD,平面ABCD,平面MBC都相切的球.
设O在平面MEF上,则O为△MEF的内心.
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16(共29张PPT)
考点突破练7 空间位置关系、空间角
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1.(2022全国甲,理18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB, AD=DC=CB=1,AB=2,DP= .
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
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(1)证明 ∵PD⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,
∴PD⊥BD.取AB的中点E,连接DE.
∵CD=1,BE= AB=1,CD∥BE,
∴四边形CDEB是平行四边形,∴DE=CB=1.
∵DE= AB,∴△ABD为直角三角形,AB为斜边,
∴BD⊥AD.
∵PD 平面PAD,AD 平面PAD,且PD∩AD=D,
∴BD⊥平面PAD.又PA 平面PAD,∴BD⊥PA.
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(方法三) 如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.因为PD⊥底面ABCD,
所以PD⊥AB,故AB⊥平面PDE.
过点D作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF 平面PDE,所以DF⊥AB.
因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的角.
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2.(2023新高考Ⅰ,18) 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
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(1)证明 (方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB, CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
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(方法二 几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,
所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.
因为AD∥BC,且AD=BC,
所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.
所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2.
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(2)解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.
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3.(2023山东济宁一模)如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为平行四边形,平面AB1C⊥平面ABCD,
(1)证明:DD1∥平面AB1C;
(2)若B1A=B1C,求直线BC1与平面AB1C所成角的正弦值.
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(1)证明 连接BD交AC于点O,连接OB1,B1D1.
在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,因为DD1=DA=A1B1= AB=2,
所以OD∥B1D1,且OD=B1D1,
所以四边形OB1D1D为平行四边形,所以OB1∥DD1.
又DD1 平面AB1C,OB1 平面AB1C,所以DD1∥平面AB1C.
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(2)解 因为B1A=B1C,O为AC的中点,所以OB1⊥AC.
又平面AB1C⊥平面ABCD,平面AB1C∩平面ABCD=AC,OB1 平面AB1C,
所以OB1⊥平面ABCD.
又OB1∥DD1,
所以DD1⊥平面ABCD.
则AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.
如图,以点D为原点,AD,BD,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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4.(2023江苏连云港模拟)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1内接于圆柱, AB=AA1=BC=2,平面A1BC⊥平面AA1B1B.
(1)证明:AC为圆柱底面的直径;
(2)若M为A1C1中点,N为CC1中点,求平面A1BC与平面BMN夹角的余弦值.
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(1)证明 连接AB1,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,
∴四边形AA1B1B为正方形,∴AB1⊥A1B.
又平面A1BC⊥平面AA1B1B,平面A1BC∩平面AA1B1B=A1B,AB1 平面AA1B1B,
∴AB1⊥平面A1BC.又BC 平面A1BC,∴BC⊥AB1.
∵AA1⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴BC⊥AA1.
又AB1∩AA1=A,AB1,AA1 平面AA1B1B,
∴BC⊥平面AA1B1B.∵AB 平面AA1B1B,
∴AB⊥BC,故AC为圆柱底面的直径.
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(2)解 由题知,B1B⊥平面ABC,AB⊥BC.
以AB,BC,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).
∵M,N为A1C1,CC1中点,
∴M(1,1,2),N(0,2,1),
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5.(2023山东德州一模)如图,在四棱锥V-ABCD中,底面ABCD为菱形,AB=2, ∠BAD=60°,△VBC为等边三角形.
(1)求证:BC⊥VD;
(2)若二面角A-BC-V的大小为60°,求直线VA与平面VBC所成角的正弦值.
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(1)证明 取BC中点E,连接BD,DE,VE.
因为四边形ABCD为菱形且∠BAD=60°,
所以△BCD为等边三角形,故DE⊥BC.
又在等边三角形VBC中,
VE⊥BC,DE∩VE=E,DE,VE 平面DEV,
所以BC⊥平面DEV.
因为VD 平面DEV,所以BC⊥VD.
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6.(2023湖南长沙一中模拟)在直角梯形AA1B1B中,A1B1∥AB,AA1⊥AB, AB=AA1=2A1B1=6,直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如图所示的圆台,已知点P,Q分别在线段CC1,BC上,二面角B1-AA1-C1的大小为θ.
(2)若θ=90°,点P为CC1上的动点,点Q为BC的中点,求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值,并求此时二面角Q-AP-C的余弦值.
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(1)证明 由题可得,∠BAC=∠B1A1C1=θ=120°.因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC.
又AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以AA1⊥平面ABC.
又AQ 平面ABC,所以AA1⊥AQ. 因为AQ⊥AB,
则以A为原点,AB,AQ,AA1所在直线分别为x轴、
y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
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(2)解 因为AA1⊥AB,所以AA1⊥AC,所以∠BAC=∠B1A1C1=θ=90°.
如图,以A为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
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6(共27张PPT)
考点突破练8 空间距离、折叠与探索性问题
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1.(2023广东湛江二模)如图1,在五边形ABCDE中,四边形ABCE为正方形, CD⊥DE,CD=DE,如图2,将△ABE沿BE折起,使得A至A1处,且A1B⊥DE.
图1
图2
(1)证明:DE⊥平面A1BE;
(2)求平面CA1E与平面A1ED夹角的余弦值.
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(2)解 取BE的中点O,连接A1O,CO,由等腰三角形的性质可知, A1O⊥BE,CO⊥BE.
由DE⊥BE,且CD⊥DE,
可知OE∥CD,四边形OCDE为平行四边形,
则CO∥DE,故CO⊥平面A1BE.
令BE=2,以O为坐标原点,
OB,OC,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0).
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2.(2023广东揭阳模拟)如图所示的四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AD⊥AB,DC=2AD=2AB=2a,PA=PD,二面角P-AD-B的大小为135°,点P到底面ABCD的距离为 .
(1)过点P是否存在直线l,使直线l∥平面ABCD 若存在,作出该直线,并写出作法与理由;若不存在,请说明理由.
(2)若 ,求点M到平面PAD的距离.
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解 (1)过点P存在直线l,满足直线l∥平面ABCD.理由如下:
过点P在平面PAD内作直线l平行于直线AD.
因为l∥AD,l 平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以l∥平面ABCD.
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(2)取线段AD的中点为O,线段BC的中点为E,连接OE,OP,因为四边形ABCD为直角梯形,AB∥CD,所以OE∥AB.又AD⊥AB,所以AD⊥OE.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又PO∩OE=O,PO,OE 平面POE,所以AD⊥平面POE.
在平面POE内过点O作直线ON⊥OE,交直线PE于点N,则直线OA,OE,ON两两垂直.以O为原点,OA,OE,ON所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
过点P作PF∥NO,交直线OE于点F.
因为ON⊥OA,ON⊥OE,OA,OE 平面ABCD,OA∩OE=O,
所以ON⊥平面ABCD,故PF⊥平面ABCD.
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3.(2023湖南师大附中模拟)如图,在斜三棱柱ABC-DEF中,△ABC是边长为2的正三角形, ,侧棱AD与底面ABC所成角为60°.
(1)求三棱柱ABC-DEF的体积.
(2)在线段DF(含端点)上是否存在点G,使得平面GBC与平面ABC的夹角为60° 若存在,请指出点G的位置;若不存在,请说明理由.
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解 (1)取BC中点M,连接AM,DM,如图所示.
因为△ABC为正三角形,△DBC为等腰三角形,
故AM⊥BC,DM⊥BC.
又AM∩DM=M,AM,DM 平面ADM,
所以BC⊥平面ADM.
又BC 平面ABC,所以平面ADM⊥平面ABC,
故AD在平面ABC的射影在射线AM上.
∠DAM为侧棱AD与底面ABC所成角,即∠DAM=60°.
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(2)存在点G,使平面GBC与平面ABC的夹角为60°.以M为坐标原点,过点M作平面ABC的垂线为z轴,MA,MB为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系.
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(1)是否存在点D,使得BC⊥PD 若存在,求出∠CAD的大小;若不存在,请说明理由.
(2)当四棱锥P-ABDC体积最大时,求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值.
4.(2023山东青岛一模)如图,在Rt△PAB中,PA⊥AB,且PA=4,AB=2,将△PAB绕直角边PA旋转 到△PAC处,得到圆锥的一部分,点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点.
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5.(2023广东佛山二模)如图所示的一块木料中,底面ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,E,F是PC,AD的中点.
(1)若要经过点E和棱AB将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由并计算截面周长;
(2)若要经过点B,E,F将木料锯开,在木料表面应该怎样画线,请说明理由.
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解 (1)因为AB∥CD,AB 平面PCD,CD 平面PCD,
所以AB∥平面PCD.又AB 平面ABE,
设平面ABE∩平面PCD=l,则AB∥l.
设PD的中点为G,连接EG,AG,则EG∥CD.又AB∥CD,
所以AB∥EG,即EG所在直线为直线l,则BE,EG,AG即为木料表面应画的线.
因为PA⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥PA.又AB⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD.
又AG 平面PAD,
所以AB⊥AG,即截面ABEG为直角梯形.又PA=AB=2,
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(2)以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(1,1,1),F(0,1,0),
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6.(2023湖南长邵中学模拟)如图1,已知△AB'C是边长为2的等边三角形,D是边AB'的中点,DH⊥B'C,如图2,将△B'DH沿边DH翻折至△BDH.
图1
图2
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图3
图4
(2)在图4中,DH⊥HC,DH⊥HB,HC∩HB=H,HC,HB 平面BHC,
所以DH⊥平面BHC.
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(方法二)延长AD,CH相交于点N,则点N即为点B',
故平面BHC∩平面BDA=BN.
过点H作HT⊥BN,垂足为T,连接DT.
因为DH⊥平面BHC,BN 平面BHC,所以DH⊥BN.
又HT∩DH=H,HT,DH 平面DTH,所以BN⊥平面DTH.
又DT 平面DTH,则BN⊥DT,所以∠DTH即为平面BHC与平面BDA的夹角,
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6(共25张PPT)
考点突破练9 概率与统计的基本计算
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必备知识夯实练
1.(2023山东临沂一模)某工厂随机抽取20名工人,对他们某天生产的产品件数进行统计,数据如下表,则该组数据的第75百分位数是( )
件数 7 8 9 10 11
人数 3 7 5 4 1
A.8.5 B.9 C.9.5 D.10
C
解析 抽取的工人总数为20,20×75%=15,那么第75百分位数是所有数据从小到大排序的第15项与第16项数据的平均数,第15项与第16项数据分别为9,10,所以第75百分位数是
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2.(2023全国乙,文9)某学校举办作文比赛,共设6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( )
A
解析 甲、乙两位同学各随机抽取一个主题,共有6×6=36种结果,而甲、乙两位同学抽到同一个主题的结果有6种,所以甲、乙两位同学抽到不同主题的概率 .故选A.
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B
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4.(2021全国甲,理2)为了解某地农村经济情况,对该地农户家庭年收入进行抽样调查,将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图:
根据此频率分布直方图,下面结论中不正确的是( )
A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6%
B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10%
C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元
D.估计该地有一半以上的农户,其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间
C
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解析 该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为(0.02+0.04)×1=6%,A正确;
该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为(0.04+0.02+0.02+0.02)×1=10%,B正确;
该地农户家庭年收入的平均值为0.02×3+0.04×4+0.1×5+0.14×6+0.2×7+0.2×8+0.1×9+0.1×10+0.04×11+0.02×12+0.02×13+0.02×14=7.68,C不正确;
该地农户家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的比率为(0.1+0.14+0.2+0.2)×1=64%,D正确.
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5.(多选题)(2023山东威海一模)已知事件A,B满足P(A)=0.5,P(B)=0.2,则
( )
A.若B A,则P(AB)=0.5
B.若A与B互斥,则P(A+B)=0.7
C.若A与B相互独立,则
D.若P(B|A)=0.2,则A与B相互独立
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6.(2023云南昆明一模)一个数学兴趣小组共有2名男生3名女生,从中随机选出2名参加交流会,在已知选出的2名中有1名是男生的条件下,另1名是女生的概率为__________.
解析 若A表示事件“2名中至少有1名男生”,B表示事件“2名中1名是男生,另1名是女生”,
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解析 设Ai表示第i次通过进货检验,Bi表示第i次通过生产过程检验(i=1,2),
C表示该产品能进入出货检验环节,由题意得
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8.(2023天津北辰三模)有两台车床加工同一型号的零件,第一台车床加工的优秀率为15%,第二台车床加工的优秀率为10%.假定两台车床加工的优秀率互不影响,则两台车床加工零件,同时出现优秀品的概率为_________;若把加工出来的零件混放在一起,已知第一台车床加工的零件数占总数的60%,第二台车床加工的零件数占总数的40%,现任取一个零件,则它是优秀品的概率为__________.
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9.(2023山东聊城一模)某班共有50名学生,在期末考试中,小明因病未参加数学考试,参加考试的49名学生的数学成绩的方差为2.在评估数学成绩时,老师把小明的数学成绩按这49名学生的数学成绩的平均数来算,那么全班50名学生的数学成绩的标准差为__________.
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关键能力提升练
10.(多选题)(2023广东湛江二模)设某种植园成熟的红橙单果质量M(单位:g)服从正态分布N(165,σ2),且P(M<162)=0.15,P(165A.若从种植园成熟的红橙中随机选取1个,则这个红橙的质量小于167 g的概率为0.7
B.若从种植园成熟的红橙中随机选取1个,则这个红橙的质量在167 g~168 g之间的概率为0.05
C.若从种植园成熟的红橙中随机选取600个,则质量大于163 g的个数的数学期望为480
D.若从种植园成熟的红橙中随机选取600个,则质量在163 g~168 g之间的个数的方差为136.5
BCD
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解析 因为M~N(165,σ2),所以P(M<167)=0.5+0.3=0.8,故A错误;
因为P(165所以P(167P(M>163)=P(M<167)=0.8,若从种植园成熟的红橙中随机选取600个,
则质量大于163 g的个数X~B(600,0.8),所以E(X)=600×0.8=480,故C正确;
因为P(165所以P(163=0.3+0.3+0.05=0.65,
若从种植园成熟的红橙中随机选取600个,则质量在163 g~168 g之间的个数Y~B(600,0.65),所以D(Y)=600×0.65×(1-0.65)=136.5,故D正确.故选BCD.
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11.(多选题)(2023广东广州二模)有3台车床加工同一型号的零件,第1台加工的次品率为8%,第2台加工的次品率为3%,第3台加工的次品率为2%,加工出来的零件混放在一起.已知第1,2,3台车床加工的零件数分别占总数的10%,40%,50%,从混放的零件中任取一个零件,则下列结论正确的是( )
A.该零件是第1台车床加工出来的次品的概率为0.08
B.该零件是次品的概率为0.03
C.如果该零件是第3台车床加工出来的,那么它不是次品的概率为0.98
D.如果该零件是次品,那么它不是第3台车床加工出来的概率为
BC
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解析 记事件A:车床加工的零件为次品,记事件Bi:第i台车床加工的零件, i=1,2,3,
则P(A|B1)=8%,P(A|B2)=3%,P(A|B3)=2%,P(B1)=10%,P(B2)=40%,
P(B3)=50%.
对于A,任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为P(AB1)=P(A|B1)P(B1)=8%×10%=0.008,故A错误;
对于B,任取一个零件是次品的概率为P(A)=P(A|B1)·P(B1)+P(A|B2)P(B2)+P(A|B3)P(B3)=8%×10%+3%×40%+2%×50%=0.03,故B正确;
对于C,如果该零件是第3台车床加工出来的,那么它不是次品的概率为
=1-P(A|B3)=1-2%=0.98,故C正确;
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对于D,如果该零件是次品,那么它不是第3台车床加工出来的概率为
故D错误.故选BC.
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12.(多选题)甲箱中有4个红球、2个白球和3个黑球,乙箱中有3个红球、3个白球和3个黑球,先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别以A1,A2和A3表示事件由甲箱取出的球是红球、白球和黑球;再从乙箱中随机取出一球,以B表示事件由乙箱取出的球是红球,则下列结论正确的是( )
BD
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13.(2023湖北武汉高三期末)某校采用分层随机抽样的方法采集了高一、高二、高三年级学生的身高情况,部分调查数据如下:
年级 样本量 样本平均数 样本方差
高一 100 167 120
高二 100 170 150
高三 100 173 150
则总样本的方差s2=__________.
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核心素养创新练
14.(多选题)现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据,已知三位球员得分情况的数据满足以下条件:
甲球员:5个数据的中位数是26,众数是24;
乙球员:5个数据的中位数是29,平均数是26;
丙球员:5个数据有1个是32,平均数是26,方差是9.6.
根据以上统计数据,下列统计结论一定正确的是( )
A.甲球员连续5场比赛得分都不低于24分
B.乙球员连续5场比赛得分都不低于24分
C.丙球员连续5场比赛得分都不低于24分
D.丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24
AD
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解析 设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为x1,x2,x3,x4,x5,
则x1≤x2≤x3≤x4≤x5,x3=26,且24至少出现2次,故x1=x2=24,故A正确;
设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为y1,y2,y3,y4,y5,
则y1≤y2≤y3≤y4≤y5,y3=29,取y1=20,y2=23,y4=29,y5=29,可得其满足条件,但有2场得分低于24,故B错误;
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设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为z1,z2,z3,z4,z5,
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14(共23张PPT)
考点突破练10 概率与统计的综合问题
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1.(2023江苏苏锡常镇二模)某地区的疾控机构为了考察药物A对某疾病的预防效果,在该地区随机抽取96人,调查得到的统计数据如下表所示.
单位:人
药物A 患病 未患病 合计
服用 10 38 48
未服用 22 26 48
合计 32 64 96
(1)依据α=0.01的独立性检验,能否认为药物A对预防该疾病有效果
(2)已知治愈一位服用药物A的该疾病患者需要2个疗程,治愈一位未服用药物A的该疾病患者需要3个疗程.从该地区随机抽取1人,调查其是否服用药物A、是否患该疾病.若未患病,则无需治疗;若患病,则对其进行治疗并治愈.求所需疗程数的数学期望.
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α 0.1 0.01 0.005 0.001
xα 2.706 6.635 7.879 10.828
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(1)若初评中甲获得B等级,乙、丙获得C等级,记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ,求ξ的分布列和数学期望;
(2)从全体高三学生中任选1人,在已知该学生是复评晋级的条件下,求他初评是C等级的概率.
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3.(2023浙江绍兴二模)2023年春季以来,各地出台了促进经济发展的各种措施,经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆,一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市,得到其广告支出x(单位:万元)与销售额y(单位:万元)的数据如下.
超市编号i 1 2 3 4 5 6 7
广告支出xi 1 2 4 6 10 13 20
销售额yi 19 32 44 40 52 53 54
(1)已知x和y具有线性相关关系,建立y关于x的经验回归方程;(系数精确到0.01)
(2)若将超市的销售额y与广告支出x的比值称为该超市的广告效率值μ,当μ≥10时,称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市,记这4家超市中“好广告”的超市数为X,求X的分布列与期望.
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4.为了引导青少年抵制不良游戏,适度参与益脑游戏,某游戏公司开发了一款益脑游戏,在内测时收集了玩家每一关的平均过关时间,如下表:
关卡x 1 2 3 4 5 6
平均过关时间y/秒 50 78 124 121 137 352
(1)若用模型y=aebx拟合y与x的关系,根据提供的数据,求出y与x的经验回归方程.
(2)制定游戏规则如下:玩家在每关的平均过关时间内通过可获得积分2分并进入下一关,否则获得-1分且该轮游戏结束.甲通过练习,前3关都能在平均时间内过关,后面3关能在平均时间内通过的概率均为 ,若甲玩一轮此款益脑游戏,求“甲获得的积分X”的分布列和数学期望.
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5.某商场为了回馈广大顾客,设计了一个抽奖活动,在抽奖箱中放10个除颜色外完全相同的小球,其中5个为红色,5个为白色.抽奖方式为:每名顾客进行两次抽奖,每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖,两个小球颜色不同即为不中奖.
(1)若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱,再进行第二次抽奖,求中奖次数X的分布列和数学期望;
(2)若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱,直接进行第二次抽奖,求中奖次数Y的分布列和数学期望.
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6.(2023福建泉州模拟)某技术部门对工程师进行达标等级考核,需要进行两轮测试,每轮测试的成绩在90分及以上的定为该轮测试通过,只有通过第一轮测试的人员才能进行第二轮测试,两轮测试的过程相互独立,并规定:
①两轮测试均通过的定为一级工程师;
②仅通过第一轮测试,而第二轮测试没通过的定为二级工程师;
③第一轮测试没通过的不予定级.
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(1)求经过本次考核,甲、乙、丙三位工程师中恰有两位被定为一级工程师的概率.
(2)公司为鼓励工程师参加等级考核设置两套奖励方案.
方案一:定为一级工程师的奖励2 000元,定为二级工程师的奖励1 500元,未定级的给予鼓励奖500元.
方案二:定为一级或二级工程师的均奖励2 000元,未定级的不予奖励.
采用哪套方案,公司的奖励支出会更少
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