2017届高考理科数学二轮复习训练：中档题专练（参考解析）

中档题专练

建议用时：30分钟

1．[2015·皖北协作区联考(二)]设△ABC的三内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且b(cosA－3cosC)＝(3c－a)cosB.

(1)求sinC(sinA)的值；

(2)若cosB＝6(1)，且△ABC的周长为14，求b的值．

解 (1)由正弦定理得，

(cosA－3cosC)sinB＝(3sinC－sinA)cosB，

化简可得sin(A＋B)＝3sin(B＋C)．又A＋B＋C＝π，

所以sinC＝3sinA，因此sinC(sinA)＝3(1).

(2)由sinC(sinA)＝3(1)得c＝3a，由余弦定理及cosB＝6(1)得

b²＝a²＋c²－2accosB＝a²＋9a²－6a²×6(1)＝9a².

所以b＝3a.又a＋b＋c＝14，从而a＝2，因此b＝6.

2．[2015·济宁模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M为PB的中点．

(1)求证：PA⊥平面CDM；

(2)求二面角D－MC－B的余弦值．

解 (1)证法一：取PA中点N，连接MN，DN，又M为PB的中点，

所以MN∥AB，又菱形ABCD中AB∥CD，所以MN∥CD，

所以C、D、M、N四点共面．

取DC的中点为O，连接PO.

因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，

因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°，DC＝2，DO＝1，有OA⊥DC，

因为PO∩AO＝O，所以DC⊥平面POA，所以DC⊥PA，

在△PAD中，PD＝AD＝2，N为PA的中点，所以DN⊥PA，

又DN∩DC＝D，DN⊂平面CDNM，DC⊂平面CDNM，

所以PA⊥平面CDNM，即PA⊥平面CDM.

证法二：取DC的中点为O，连接PO.

因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，

因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°，DC＝2，DO＝1，有OA⊥DC，

以O为原点，分别以OA、OC、OP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)、P(0,0，)、B(，2,0)、C(0,1,0)、D(0，－1，0)．

∴M3()，

∴→(DM)＝3()，→(PA)＝(，0，－)，→(DC)＝(0,2,0)，

∴→(PA)·→(DM)＝×2(3)＋0×2＋(－)×2(3)＝0，

∴→(PA)·→(DC)＝×0＋0×2＋(－)×0＝0，

∴→(PA)⊥→(DM)，→(PA)⊥→(DC)，∴PA⊥平面DMC.

(2)→(CM)＝3()，→(CB)＝(，1,0)．

设平面BMC的一个法向量n＝(x，y，z)，

n·→(CM)＝0，得x＋z＝0，n·→(CB)＝0，得x－y＝0，

取x＝－1，则y＝－，z＝1，

∴法向量n＝(－1，－，1)，

由(1)知平面CDM的法向量可取→(PA)＝(，0，－)，

∴cos〈n，→(PA)〉＝|(PA)＝6(3)＝－5(10)，

观察可知二面角D－MC－B为钝角，

所以所求二面角的余弦值是－5(10).

3．[2015·贵州七校联考(一)]交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念．记交通指数为T，其范围为[0,10]，分别有5个级别：T∈[0,2)畅通；T∈[2,4)基本畅通；T∈[4,6)轻度拥堵；T∈[6,8)中度拥堵；T∈[8,10]严重拥堵．早高峰时段(T≥3)，从贵阳市交通指挥中心随机选取了二环以内50个交通路段，依据交通指数数据绘制的直方图如图所示：

(1)据此直方图估算交通指数T∈[4,8)时的中位数和平均数；

(2)据此直方图求出早高峰二环以内的3个路段至少有2个严重拥堵的概率是多少？

(3)某人上班路上所用时间若畅通时为20分钟，基本畅通为30分钟，轻度拥堵为35分钟，中度拥堵为45分钟，严重拥堵为60分钟，求此人所用时间的数学期望．

解 (1)由直方图知：T∈[4,8)时交通指数的中位数为5＋1×0.24(0.2)＝6(35).

T∈[4,8)时交通指数的平均数为4.5×0.2＋5.5×0.24＋6.5×0.2＋7.5×0.16＝4.72.

(2)设事件A为“1条路段严重拥堵”，则P(A)＝0.1，

则3条路段中至少有2条路段严重拥堵的概率为：

P＝C3(2)×10(1)²×10(1)＋C3(3)×10(1)³＝250(7)，

所以3条路段中至少有2条路段严重拥堵的概率为250(7).

(3)由题意，所用时间X的分布列如下表：

则E(X)＝30×0.1＋35×0.44＋45×0.36＋60×0.1＝40.6，

所以此人上班路上所用时间的数学期望是40.6分钟．

中档题专练(二)

建议用时：30分钟

1．若数列{x_n}满足：xn＋1(1)－xn(1)＝d(d为常数，n∈N^*)，则称{x_n}为调和数列．已知数列{a_n}为调和数列，且a₁＝1，a1(1)＋a2(1)＋a3(1)＋a4(1)＋a5(1)＝15.

(1)求数列{a_n}的通项a_n；

(2)数列an(2n)的前n项和为S_n，是否存在正整数n，使得S_n≥2015？若存在，求出n的取值集合；若不存在，请说明理由．

解 (1)依题意an(1)为等差数列，由a1(1)＋a2(1)＋a3(1)＋a4(1)＋a5(1)＝15得a3(5)＝15，即a3(1)＝3，∴公差d＝a1()＝1，故an(1)＝n即a_n＝n(1).

(2)S_n＝1×2¹＋2×2²＋…＋n×2ⁿ①

2S_n＝1×2²＋…＋(n－1)2ⁿ＋n×2^n＋1②

②－①得S_n＝n×2^n＋1－(2＋2²＋…＋2ⁿ)＝(n－1)2^n＋1＋2.

由于S_n是递增的，当n＝7时S₇＝6×2⁸＋2<2015；

当n＝8时S₈＝7×2⁹＋2>2¹¹>2015.

所以存在正整数n，使得S_n≥2015，n的取值集合为{n|n≥8，n∈N^*}

2．[2015·广州综合测试(一)]袋子中装有大小相同的白球和红球共7个，从袋子中任取2个球都是白球的概率为7(1)，每个球被取到的机会均等．现从袋子中每次取1个球，如果取出的是白球则不再放回，设在取得红球之前已取出的白球个数为X.

(1)求袋子中白球的个数；

(2)求X的分布列和数学期望．

解 (1)设袋子中有n(n∈N^*)个白球，依题意得，7(2)＝7(1)，

即2(7×6)＝7(1)，化简得，n²－n－6＝0，

解得，n＝3或n＝－2(舍去)．

∴袋子中有3个白球．

(2)由(1)得，袋子中有4个红球，3个白球．

X的可能取值为0,1,2,3，

P(X＝0)＝7(4)，P(X＝1)＝7(3)×6(4)＝7(2)，

P(X＝2)＝7(3)×6(2)×5(4)＝35(4)，P(X＝3)＝7(3)×6(2)×5(1)×4(4)＝35(1).

∴X的分布列为：

∴E(X)＝0×7(4)＋1×7(2)＋2×35(4)＋3×35(1)＝5(3).

3．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，EF∥AB，CE∶EB＝5∶3，将三角形△EFC折起，使C在面ABC的射影落在B点上．

(1)若M是BC的中点，在线段AC上找一点H，使MH∥面ABEF，试确定H点的位置．

(2)求点B到面AEC的距离．

(3)若→(BM)＝λ→(BC)(0<λ<1)，是否存在λ，使得平面MAE与平面CEF所成的锐二面角的余弦值为15(14)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解 (1)取AC中点H，连接MH，则MH∥AB，因为AB⊂ABEF，MH⊄面ABEF，所以MH∥面ABEF，即H为AC中点．

(2)△EFC∽△BAC，

∴BA(EF)＝BC(EC)＝8(5)＝6(EF)，∴EF＝4(15)，CB＝

＝4.以B为原点，直线BE为x轴，BA直线为y轴，BC直线为z轴建立空间直角坐标系，E(3,0,0)，F，0(15)，C(0,0,4)，B(0,0,0)，A(0,6,0)，→(CE)＝(3,0，－4)，→(AC)＝(0，－6,4)，→(BC)＝(0,0,4)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则有n⊥→(CE)，n⊥→(AC)，－6y＋4z＝0.(3x－4z＝0，)令y＝2，则n＝(4,2,3)，则d＝|n|(·n)＝29(12)＝29(29).

(3)设M(0,0，m)，∵→(BM)＝λ→(BC)，∴m＝4λ，→(AM)＝(0，－6，m)，→(AE)＝(3，－6,0)，设平面AEM的法向量为n₁＝(x₁，y₁，z₁)，则n₁⊥→(AM)，n₁⊥→(AE)，则3x1－6y1＝0，(－6y1＋mz1＝0，)令y₁＝1，则n₁＝m(6)，→(CE)＝(3,0，－4)，→(EF)＝，0(15)，设平面CEF的法向量为n₂＝(x₂，y₂，z₂)，则n₂⊥→(CE)，n₂⊥→(EF)，则y2＝0，(15)令z₂＝3，则n₂＝(4,0,3)，cosθ＝42＋32(6)＝15(14)，解得m＝3，

∴λ＝4(3)，∴存在λ使得平面MAE与平面CEF所成的锐二面角的余弦值为15(14).

中档题专练(三)

建议用时：30分钟

1．已知在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanA＝c2＋b2－a2(3cb).

(1)求角A的大小；

(2)当a＝时，求c²＋b²的最大值，并判断此时△ABC的形状．

解 (1)由已知及余弦定理，得cosA(sinA)＝2cbcosA(3cb)，sinA＝2(3)，

因为A为锐角，所以A＝60°.

(2)解法一：由正弦定理，得sinA(a)＝sinB(b)＝sinC(c)＝3()＝2，

所以b＝2sinB，c＝2sinC＝2sin(120°－B)．

c²＋b²＝4[sin²B＋sin²(120°－B)]

＝42(1－cos(240°－2B))

＝43()

＝4－cos2B＋sin2B

＝4＋2sin(2B－30°)．

由0°<120°－B<90°，(0°<B<90°，)得30°<B<90°，所以30°<2B－30°<150°，

当sin(2B－30°)＝1，即B＝60°时，(c²＋b²)_max＝6，

此时C＝60°，△ABC为等边三角形．

解法二：由余弦定理得()²＝b²＋c²－2bccos60°＝b²＋c²－bc＝3.

而bc≤2(b2＋c2)(当且仅当b＝c时取等号)，

则3≥2(b2＋c2)，即b²＋c²≤6(当且仅当b＝c时取等号)．

故c²＋b²的最大值为6，此时△ABC为等边三角形．

2．[2015·漳州八校联考(三)]我国政府对PM2.5采用如下标准：

某市环保局从180天的市区PM2.5监测数据中，随机抽取10天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)．

(1)求这10天数据的中位数；

(2)从这10天的数据中任取3天的数据，记ξ表示空气质量达到一级的天数，求ξ的分布列；

(3)以这10天的PM2.5日均值来估计这180天的空气质量情况，其中大约有多少天的空气质量达到一级．

解 (1)10天的中位数为(38＋44)/2＝41(微克/立方米)

(2)由N＝10，M＝4，n＝3，ξ的可能值为0,1,2,3

利用P(ξ＝k)＝10(3)(k＝0,1,2,3)即得分布列：

(3)一年中每天空气质量达到一级的概率为5(2)，由η～B5(2)，得到E(η)＝180×5(2)＝72(天)，一年中空气质量达到一级的天数为72天．

3．[2015·广州综合测试(一)]如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC∩EF＝O，沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA，PB，PD，得到如下图2的五棱锥P－ABFED，且PB＝.

(1)求证：BD⊥平面POA；

(2)求二面角B－AP－O的正切值．

解 (1)证明：∵点E，F分别是边CD，CB的中点，

∴BD∥EF.

∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BD⊥AC.

∴EF⊥AC.∴EF⊥AO，EF⊥PO.

∵AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，

∴EF⊥平面POA.

∴BD⊥平面POA.

(2)解法一：设AO∩BD＝H，连接BO，

∵∠DAB＝60°，

∴△ABD为等边三角形．

∴BD＝4，BH＝2，HA＝2，HO＝PO＝.

在Rt△BHO中，BO＝＝，

在△PBO中，BO²＋PO²＝10＝PB²，

∴PO⊥BO.

∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF⊂平面BFED，BO⊂平面BFED，∴PO⊥平面BFED.

过H作HG⊥AP，垂足为G，连接BG，

由(1)知BH⊥平面POA，且AP⊂平面POA，

∴BH⊥AP.

∵HG∩BH＝H，HG⊂平面BHG，BH⊂平面BHG，

∴AP⊥平面BHG.

∵BG⊂平面BHG，∴AP⊥BG.

∴∠BGH为二面角B－AP－O的平面角．

在Rt△POA中，AP＝＝，

在Rt△POA和Rt△HGA中，∠POA＝∠HGA＝90°，∠PAO＝∠HAG，

∴Rt△POA∽Rt△HGA.∴HG(PO)＝HA(PA).

∴HG＝PA(PO·HA)＝30(3)＝5(30).

在Rt△BHG中，tan∠BGH＝HG(BH)＝30()＝3(30).

∴二面角B－AP－O的正切值为3(30).

解法二：设AO∩BD＝H，连接BO，

∵∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形．

∴BD＝4，BH＝2，HA＝2，HO＝PO＝.

在Rt△BHO中，BO＝＝，

在△PBO中，BO²＋PO²＝10＝PB²，

∴PO⊥BO.

∵PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF⊂平面BFED，BO⊂平面BFED，∴PO⊥平面BFED.

以O为原点，OF所在直线为x轴，AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，

则A，B(2，－，0)，P(0,0，)，H(0，－，0)．

∴→(AP)＝(0,3，)，→(AB)＝(2,2，0)．

设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，

由n⊥→(AP)，n⊥→(AB)，得y＝0.(3z＝0，)

令y＝1，得z＝－3，x＝－.

∴平面PAB的一个法向量为n＝(－，1，－3)．

由(1)知平面PAO的一个法向量为→(BH)＝(－2,0,0)，

设二面角B－AP－O的平面角为θ，且θ为锐角

则cosθ＝〉(BH)＝|(BH)＝×2(3)＝13(39).

∴sinθ＝＝13(130)，tanθ＝cosθ(sinθ)＝3(30).

∴二面角B－AP－O的正切值为3(30).

中档题专练(四)

建议用时：30分钟

1．[2015·课标全国卷Ⅰ]S_n为数列{a_n}的前n项和．已知a_n>0，an(2)＋2a_n＝4S_n＋3.

(1)求{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝anan＋1(1)，求数列{b_n}的前n项和．

解 (1)由an(2)＋2a_n＝4S_n＋3，可知an＋1(2)＋2a_n＋1＝4S_n＋1＋3.

可得an＋1(2)－an(2)＋2(a_n＋1－a_n)＝4a_n＋1，即

2(a_n＋1＋a_n)＝an＋1(2)－an(2)＝(a_n＋1＋a_n)(a_n＋1－a_n)．

由于a_n>0，可得a_n＋1－a_n＝2.

又a1(2)＋2a₁＝4a₁＋3，解得a₁＝－1(舍去)，a₁＝3.

所以{a_n}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a_n＝2n＋1.

(2)由a_n＝2n＋1可知

b_n＝anan＋1(1)＝(2n＋1)(2n＋3)(1)＝2(1)2n＋3(1).

设数列{b_n}的前n项和为T_n，则

T_n＝b₁＋b₂＋…＋b_n

＝2(1)2n＋3(1)

＝3(2n＋3)(n).

2．[2015·洛阳统考]在某学校的一次选拔性考试中，随机抽取了100名考生的成绩(单位：分)，并把所得数据列成了如下表所示的频数分布表：

(1)求抽取的样本平均数和样本方差s²(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；

(2)已知这次考试共有2000名考生参加，如果近似地认为这次成绩z服从正态分布N(μ，σ²)(其中μ近似为样本平均数，σ²