2026版《决胜蓝图》特色专项训练中档大题练4-试卷（含答案）数学高考大二轮专题复习

中档大题练4(解三角形＋概率统计＋立体几何＋导数)
1．(本小题满分13分)已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，S为△ABC的面积，且满足4S＝b2－(a－c)2.
(1)求B；
(2)若＝＋，且||＝，c－a＝2，求∠ABD的余弦值．
2．(本小题满分15分)“3＋1＋2”的新高考模式中“3”指的是语文、数学、外语，这三门科目考试参加统一高考，由教育部考试中心统一命题，以原始成绩计入考生总成绩；“1”指的是物理和历史中的一科，考生必须从物理和历史两个科目中选择一科，由各省自主命题，以原始成绩计入考生总成绩．为了让考生更好的适应新高考模式，某省几个地市进行了统一的高考适应性考试．在所有入考考生中有30 000人选考物理，考后物理成绩X(满分100分)服从正态分布N(55，102).
(1)分别估计成绩在[45，65]和75分以上的人数；(运算过程中精确到0.000 1，最后结果保留为整数)
(2)本次考试物理成绩X服从正态分布N(μ，σ2).令η＝，则η～N(0，1)，若本次考试物理成绩的前25%划定为优秀等级，试估计物理优秀等级划线分大约为多少分？(结果保留为整数)
附：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3；
若η～N(0，1)，则P(η＜0.8)≈0.75.
3.(本小题满分15分)如图，在棱长为2的正方体ABCD EFGH中，点M是正方体的中心，将四棱锥M BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后，得到四棱锥M′ B′CGF′.
(1)若α＝，求证：平面MBF⊥平面M′B′F′；
(2)是否存在α∈(0，π)，使得直线M′F′⊥平面MBC？若存在，求出α的值；若不存在，请说明理由．
(本小题满分17分)已知函数f(x)＝ax＋ln (x＋1).
(1)若a＝－2，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0恒成立，求a的取值集合．
参考答案与解析
中档大题练4
1．解：(1)由面积公式和余弦定理可得4×ac·sin B＝－(a2＋c2－b2)＋2ac＝－2ac cos B＋2ac，(点拨：面积公式的选择主要是看解决的问题，求角B，当然要选择S＝ac sin B)(2分)
所以sin B＋cos B＝1，
所以2sin (B＋)＝1，
所以sin (B＋)＝，(4分)
因为0＜B＜π，所以＜B＋＜，
所以B＋＝，所以B＝.(6分)
(2)由＝＋(题眼)及||＝得，2＝＝2＋2＋2××||·||cos B，
化简得c2＋4a2－2ac＝7，(8分)
将c＝a＋2代入上式整理得a2＝1，
所以a＝1，c＝3，
所以b2＝a2＋c2－2ac cos B＝12＋32－2×1×3cos ＝13，
解得b＝.(10分)
由＝＋得＝－＝(－)＝，(关键一步：如果挖掘不到A，D，C三点共线，此题就无法顺利解决)
所以A，D，C三点共线，且AD＝2DC.
所以AD＝AC＝.(12分)
所以cos ∠ABD＝
＝.(13分)
2．解：(1)因为X～N(55，102)，所以μ＝55，σ＝10，(点拨：μ是均值，σ是标准差)
又P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，所以P(45≤X≤65)≈0.682 7，(3分)
所以成绩在[45，65]的人数约为30 000×0.682 7＝20 481，(5分)
由正态曲线的对称性可得P(35≤X≤75)＝P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
则P(X＞75)＝≈0.022 8，(7分)
所以估计75分以上的人数约为30 000×0.022 8＝684.(9分)
(2)设该划线分为m，由X～N(55，102)，得μ＝55，σ＝10，
令η＝＝≥，
由题意因为η～N(0，1)，P(η＜0.8)≈0.75，所以P(η≥0.8)≈0.25，(点拨：正态曲线与x轴间的面积为1)(13分)
所以≈0.8，(14分)所以m≈63.
所以估计物理优秀等级划线分大约为63分.(15分)
3．解：(1)证明：若α＝，则平面DCGH与平面CB′F′G重合．
如图1所示，连接BH，BF′，HF，FF′，BD，BB′，则M是BH中点，M′是BF′中点，所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M′B′F′与平面BFF′B′重合，由正方体性质可知BF⊥平面EFF′H，因为HF，FF′ 平面EFF′H，所以BF⊥HF，BF⊥FF′，所以∠HFF′为二面角H BF F′的平面角，(点拨：作出二面角的平面角)(2分)因为HG＝FG，∠HGF＝，则∠HFG＝，同理可得∠F′FG＝，所以∠HFF′＝，(4分)
所以平面MBF⊥平面M′B′F′.(5分)
(2)不存在α∈(0，π)，使得直线M′F′⊥平面MBC，理由如下：假设存在α，使得直线M′F′⊥平面MBC，以C为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，(6分)
则C(0，0，0)，B(2，0，0)，M(1，－1，1)，
故＝(2，0，0)，＝(1，－1，1)，
设平面MBC的法向量为m＝(x，y，z)，
则
取y＝1，得m＝(0，1，1)是平面MBC的一个法向量．(7分)
取CG的中点P，BF的中点Q，连接PQ，PM，MQ，M′Q，PM′，
则P(0，0，1)，Q(2，0，1)，
因为||＝||＝＝，
则PM⊥CG，同理可知，PM′⊥CG，因为BQ∥CP，BQ＝CP，BQ⊥BC，所以四边形BCPQ为矩形，所以PQ⊥CG，于是∠MPM′是二面角M CG M′的平面角，∠MPQ是二面角M CG Q的平面角，∠QPM′是二面角Q CG M′的平面角．于是∠MPM′＝α，(题眼)(9分)
因为＝(1，－1，0)，＝(2，0，0)，所以cos ∠MPQ＝＝＝，
因为0<∠MPQ<，则∠MPQ＝，
所以∠QPM′＝α－，
因为PM⊥CG，PM′⊥CG，PM∩PM′＝P，PM，PM′ 平面MPM′Q，
所以CG⊥平面MPM′Q，
且||＝||＝，
故M′(cos (α－)，sin (α－)，1)，
同理F′(2cos α，2sin α，2)，(关键步骤：借助三角函数表示点的坐标)(11分)
所以＝(2cos α－cos (α－)，2sin α－sin (α－)，1)，
因为2cos α－cos (α－)＝2cos α－cos αcos －sin αsin ＝cos α－sin α，2sin α－sin (α－)＝2sin α－sin αcos ＋cos αsin ＝cos α＋sin α，(提醒：用两角差的正弦、余弦公式对三角函数化简)(12分)
所以＝(cos α－sin α，cos α＋sin α，1)，若直线M′F′⊥平面MBC，因为m是平面MBC的一个法向量，所以∥m，即存在λ∈R，使得＝λm，
即(13分)
因为02＋λ2＝(cos α－sin α)2＋(cos α＋sin α)2＝2，可得λ2＝2，又λ＝1，故方程组无解，所以不存在α∈(0，π)，使得直线M′F′⊥平面MBC.(15分)
4．解：(1)由a＝－2，得f(x)＝－2x＋ln (x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，(易错警示：易遗忘)
则f′(x)＝－2＋＝，(2分)
当x∈(－1，－)时，f′(x)＞0，当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，(4分)
故f(x)的单调递增区间为(－1，－)，单调递减区间为(－，＋∞).(5分)
(2)由f(x)＝ax＋ln (x＋1)，x∈(－1，＋∞)，得f′(x)＝a＋，
若a≥0，则f(2)＝2a＋ln 3＞0，(点拨：未必是f(2)，选f(1)，f(3)等均能说明问题)不符合题意，(7分)
若a＜0，令f′(x)＝0，
解得x＝－＞－1，
则当x∈(－1，－)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
f(x)max＝f(－)＝－a－1－ln (－a)，(10分)
则－a－1－ln (－a)≤0，
即a＋1＋ln (－a)≥0，(点拨：因为f(x)≤0恒成立，所以f(x)max≤0)(13分)
令g(a)＝a＋1＋ln (－a)(a<0)，
则g′(a)＝1＋＝，
当a∈(－∞，－1)时，g′(a)＞0，g(a)单调递增，
当a∈(－1，0)时，g′(a)＜0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(－1)＝0，(关键一步：该结论说明g(a)的最大值是0，即g(a)≤0)(15分)
综上所述，只有g(a)＝0，即a＝－1，(16分)
所以a的取值集合为{－1}．(17分)