大题保分练1 解三角形、数列、立体几何、概率统计
(满分60分 建议用时60分钟)
解答题：本题共4小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1．(13分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c2＝a2＋b2－ab，cos 2B＝sin C．
(1)求B；
(2)若b＝1，求△ABC的面积．
2．(15分)记Sn为正项数列{an}的前n项和，且数列{}是公差为的等差数列，a1＝2．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
3．(15分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，D为AA1的中点，E为BC1的中点．
(1)证明：DE⊥平面B1BCC1；
(2)若BB1＝6，求直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值．
4．(17分)某人工智能公司开发了一款图像识别模型，测试时从两个测试集(A和B)中随机抽取1张图像进行识别．测试集A：共5张图片，其中清晰图片4张，模糊图片1张；测试集B：共5张图片，其中清晰图片3张，模糊图片2张．首次测试选择A或B的概率均为，再次测试会动态调整规则：若某次测试正确，下次选择A的概率为；若某次测试错误，下次选择A的概率升为．
(1)首次测试时，随机抽取一张图片，求模型识别正确的概率；
(2)已知首次测试模型识别错误，求该图片来自测试集A的概率；
(3)连续测试3次(第一次为首次测试，每次测试后根据测试结果调整测试集选择概率)，记X为这3次测试中识别正确的次数，求X的分布列及数学期望．
大题保分练1
1．解：(1)由余弦定理的推论得cos C＝及c2＝a2＋b2－ab，得cos C＝，由于C∈(0，π)，则C＝，
因为cos 2B＝sin C＝，且B∈，
所以2B＝，则B＝．
(2)法一：由(1)可知A＝，
且sin B＝sin＝sin＝，
sin A＝sin，
由正弦定理，，
得a＝，
所以S△ABC＝×(2＋)×．
法二：由(1)可知cos 2B＝sin＝sin C＝sin(A＋B)，故A＝＋B，
所以sin B＝－cos A，
由正弦定理，，
得a＝＝－tan A
＝－tan＝2＋，
所以S△ABC＝×(2＋)×．
法三：如图，过点A作AD⊥AC交BC于点D，
由于∠CAB＝，则∠DAB＝B＝，所以AD＝DB＝AC·tan，CD＝2，a＝2＋，
所以S△ABC＝×(2＋)×．
2．解：(1)证明：由数列{的等差数列，a1＝2，
可得(n－1)＝n，
即有Sn＝2n2，
当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，
上式对n＝1也成立，
则an＝4n－2，且an+1－an＝4(n＋1)－2－4n＋2＝4，
可得{an}是等差数列．
(2)由(1)知bn＝＝(2n－1)·，
可得数列{bn}的前n项和Tn＝1·＋3·＋…＋(2n－1)·，
Tn＝1·＋3·＋…＋(2n－1)·，
上面两式相减可得
－(2n－1)·
＝＋2·－(2n－1)·，
则Tn＝3－．
3．解：(1)证明：取BC的中点M，连接AM，ME．
因为AB＝AC，所以AM⊥BC，
因为E为BC1的中点，所以EM为△BCC1的中位线，所以EM∥CC1∥AD，
又EM＝AA1＝AD，所以四边形AMED为平行四边形，有DE∥AM，
又因为AA1⊥平面ABC，AM 平面ABC，则AA1⊥AM，EM⊥AM，
由于EM，BC 平面B1BCC1，EM∩BC＝M，
所以AM⊥平面B1BCC1，
又因为DE∥AM，
所以DE⊥平面B1BCC1．
(2)法一：由(1)可知MA，MC，ME所在直线两两垂直，如图，以M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MA所在直线为y轴，ME所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
在△A1B1C1中，由余弦定理可得B1－2A1B1·A1C1·cos∠B1A1C1，
则B1C1＝6，
于是D(0，，3)，B(－3，0，0)，B1(－3，0，6)，C1(3，0，6)，A1(0，，6)，
则＝(3，，6)，
设n＝(x，y，z)为平面DBC1的法向量，＝(3，，3)，＝(6，0，6)，
于是
令z＝1，则n＝(－1，0，1)为平面DBC1的一个法向量，
设直线A1B与平面DBC1所成角为θ，
sin θ＝|cos〈，n〉|＝，即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为．
法二：在△A1B1C1中，由余弦定理可得B1－2A1B1·A1C1·cos∠B1A1C1，则B1C1＝6，
如图，连接B1E，B1D，由(1)知DE⊥平面B1BCC1，BC1 平面B1BCC1，则DE⊥BC1，
又因为BB1＝B1C1，所以四边形B1BCC1为正方形，因为E为BC1的中点，所以B1E⊥BC1，
由于B1E∩DE＝E，B1E，DE 平面B1DE，则BC1⊥平面B1DE，
如图，记A1B∩B1D＝N，过点N作NH⊥DE，连接BH，
由于BC1⊥平面B1DE，NH 平面B1DE，
则NH⊥BC1，
又因为DE∩BC1＝E，DE，BC1 平面DBC1，则NH⊥平面DBC1，
所以∠NBH即为直线A1B与平面DBC1所成角，由于△A1DN∽△BB1N，
则＝2，即点N为线段BA1靠近A1的三等分点，
则NB＝，由于DE⊥B1E，则H为DE靠近点D的三等分点，则NH＝，
于是sin∠NBH＝，即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为．
法三：设直线A1B与平面DBC1所成角为θ，点A1到平面DBC1的距离为h，则sin θ＝，
在Rt△A1B1B中，A1B1＝2，BB1＝6，则A1B＝4，
过点B作BQ⊥CA交CA的延长线于点Q，易得BQ＝3，且易证BQ⊥平面A1ACC1，
由于，
在△DBC1中，DB＝DC1＝，且BC1＝6，
又，则h＝，sin θ＝．
即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为．
4．解：(1)设事件C为“首次识别正确”，A为“选择测试集A”，B为“选择测试集B”，
P(A)＝P(B)＝，P(C|A)＝，P(C|B)＝，
由全概率公式P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P(B)·P(C|B)＝．
(2)P(A|)＝．
(3)选择A的概率为；
选择A的概率为；
选择A的概率为；
X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝，
P(X＝1)＝，
P(X＝2)＝，
P(X＝3)＝，
X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＝1.5，连续测试三次，识别正确次数的期望为1.5．
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大题保分练1 解三角形、数列、立体几何、概率统计
题号
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(满分60分 建议用时60分钟)
解答题：本题共4小题，共60分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
1．(13分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，c2＝a2＋b2－ab，cos 2B＝sin C．
(1)求B；
(2)若b＝1，求△ABC的面积．
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[解] (1)由余弦定理的推论得cos C＝及c2＝a2＋b2－ab，得cos C＝，
由于C∈(0，π)，则C＝，
因为cos 2B＝sin C＝，且B∈，
所以2B＝，则B＝．
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(2)法一：由(1)可知A＝，
且sin B＝sin ＝sin ＝，
sin A＝sin ＝sin ＝，
由正弦定理，＝＝，
得a＝＝＝2＋，所以S△ABC＝ab sin C＝×(2＋)×＝．
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法二：由(1)可知cos 2B＝sin ＝sin C＝sin (A＋B)，故A＝＋B，所以sin B＝－cos A，
由正弦定理，＝＝，
得a＝＝＝－tan A＝－tan ＝2＋，
所以S△ABC＝ab sin C＝×(2＋)×＝．
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法三：如图，过点A作AD⊥AC交BC于点D，
由于∠CAB＝，则∠DAB＝B＝，
所以AD＝DB＝AC·tan ＝，CD＝2，a＝2＋，所以S△ABC＝ab sin C＝×(2＋)×＝．
题号
1
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2．(15分)记Sn为正项数列{an}的前n项和，且数列{}是公差为的等差数列，a1＝2．
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
题号
1
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[解] (1)证明：由数列{}是公差为的等差数列，a1＝2，
可得＝(n－1)＝n，
即有Sn＝2n2，
当n＝1时，a1＝S1＝2；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，
上式对n＝1也成立，
则an＝4n－2，且an＋1－an＝4(n＋1)－2－4n＋2＝4，
可得{an}是等差数列．
题号
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(2)由(1)知bn＝＝(2n－1)·，
可得数列{bn}的前n项和Tn＝1·＋3·＋…＋(2n－1)·，
Tn＝1·＋3·＋…＋(2n－1)·，
上面两式相减可得Tn＝＋2－(2n－1)·
＝＋2·－(2n－1)·＝，则Tn＝3－．
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3．(15分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，
AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
D为AA1的中点，E为BC1的中点．
(1)证明：DE⊥平面B1BCC1；
(2)若BB1＝6，求直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值．
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[解] (1)证明：取BC的中点M，连接AM，ME．
因为AB＝AC，所以AM⊥BC，
因为E为BC1的中点，所以EM为△BCC1的中位线，所以EM∥CC1∥AD，
又EM＝CC1＝AA1＝AD，
所以四边形AMED为平行四边形，有DE∥AM，
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又因为AA1⊥平面ABC，AM 平面ABC，则AA1⊥AM，EM⊥AM，
由于EM，BC 平面B1BCC1，EM∩BC＝M，
所以AM⊥平面B1BCC1，
又因为DE∥AM，所以DE⊥平面B1BCC1．
(2)法一：由(1)可知MA，MC，ME所在直线两两垂直，如图，以M为坐标原点，MC所在直线为x轴，MA所在直线为y轴，ME所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
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在△A1B1C1中，由余弦定理可得＝－2A1B1·A1C1·cos ∠B1A1C1，
则B1C1＝6，于是D(0，，3)，B(－3，0，0)，B1(－3，0，6)，C1(3，0，6)，A1(0，，6)，则＝(3，，6)，
设n＝(x，y，z)为平面DBC1的法向量，＝(3，，3)，＝(6，0，6)，
于是即
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令z＝1，则n＝(－1，0，1)为平面DBC1的一个法向量，
设直线A1B与平面DBC1所成角为θ，
sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝，
即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为．
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法二：在△A1B1C1中，由余弦定理可得＝－2A1B1·A1C1·cos ∠B1A1C1，则B1C1＝6，
如图，连接B1E，B1D，由(1)知DE⊥平面B1BCC1，BC1 平面B1BCC1，则DE⊥BC1，
又因为BB1＝B1C1，所以四边形B1BCC1为正方形，因为E为BC1的中点，所以B1E⊥BC1，
由于B1E∩DE＝E，B1E，DE 平面B1DE，则BC1⊥平面B1DE，
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如图，记A1B∩B1D＝N，过点N作NH⊥DE，连接BH，
由于BC1⊥平面B1DE，NH 平面B1DE，则NH⊥BC1，又因为DE∩BC1＝E，DE，BC1 平面DBC1，则NH⊥平面DBC1，
所以∠NBH即为直线A1B与平面DBC1所成角，由于△A1DN∽△BB1N，
则＝＝＝2，即点N为线段BA1靠近A1的三等分点，
题号
1
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则NB＝A1B＝＝，
由于DE⊥B1E，则H为DE靠近点D的三等分点，则NH＝B1E＝，
于是sin∠NBH＝＝，
即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为．
题号
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法三：设直线A1B与平面DBC1所成角为θ，点A1到平面DBC1的距离为h，则sin θ＝，
在Rt△A1B1B中，A1B1＝2，BB1＝6，则A1B＝4，
过点B作BQ⊥CA交CA的延长线于点Q，易得BQ＝3，
且易证BQ⊥平面A1ACC1，
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由于＝×3×2＝3，则＝×3×3＝3，
在△DBC1中，DB＝DC1＝，且BC1＝＝×6＝3，
又＝＝3，则h＝，sin θ＝＝．
即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为．
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4．(17分)某人工智能公司开发了一款图像识别模型，测试时从两个测试集(A和B)中随机抽取1张图像进行识别．测试集A：共5张图片，其中清晰图片4张，模糊图片1张；测试集B：共5张图片，其中清晰图片3张，模糊图片2张．首次测试选择A或B的概率均为，再次测试会动态调整规则：若某次测试正确，下次选择A的概率为；若某次测试错误，下次选择A的概率升为．
(1)首次测试时，随机抽取一张图片，求模型识别正确的概率；
(2)已知首次测试模型识别错误，求该图片来自测试集A的概率；
(3)连续测试3次(第一次为首次测试，每次测试后根据测试结果调整测试集选择概率)，记X为这3次测试中识别正确的次数，求X的分布列及数学期望．
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[解] (1)设事件C为“首次识别正确”，A为“选择测试集A”，B为“选择测试集B”，
P(A)＝P(B)＝，P(C|A)＝＝，P(C|B)＝＝，
由全概率公式P(C)＝P(A)·P(C|A)＋P(B)·P(C|B)＝．
(2)P(A|)＝＝＝＝＝．
(3)选择A的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为；
选择A的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为；
选择A的概率为时，识别正确的概率为，识别错误的概率为；
X的可能取值为0，1，2，3，
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P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝＝，
P(X＝3)＝＝，
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X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1.5，
连续测试三次，识别正确次数的期望为1.5．
谢 谢！
