2014届高三二轮专题突破-中档大题保分练(五)

中档大题保分练(五)

(推荐时间：50分钟)

1． 已知向量m＝(sin x，－1)，n＝(cos x,3)．

sin x＋cos x

(1)当m∥n时，求的值；

3sin x－2cos x

(2)已知在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，3c＝2asin(A＋B)，函π

B＋的取值范围． 数f(x)＝(m＋n)·m，求f8

1

解 (1)由m∥n，可得3sin x＝－cos x，于是tan x＝－，

31－＋13sin x＋cos xtan x＋12

∴＝＝＝－.

193sin x－2cos x3tan x－2

－－23×3(2)在△ABC中，A＋B＝π－C，于是sin(A＋B)＝sin C， 由正弦定理知：3sin C＝2sin Asin C， ∵sin C≠0，∴sin A＝3

. 2

πππ

又△ABC为锐角三角形，∴A＝，于是＝(sin x＋cos x,2)·(sin x，－1) ＝sin2x＋sin xcos x－2 ＝＝

1－cos 2x1

＋sin 2x－2 22π32

sin2x－4－2， 2

ππ3π2

B＋＝sin2B＋8－－ ∴f4282＝

23sin 2B－. 22

πππ

由32323∴022222π323

B＋∈－，－. 即f82222． 已知数列{an}的通项公式为an＝3n1，在等差数列{bn}中，bn>0(n∈N*)，且b1＋b2＋b3

－

＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.

解 (1)∵an＝3n1(n∈N*)，∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，

－

在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5. 又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列， 设等差数列{bn}的公差为d，

∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝，解得d＝－10或d＝2， ∵bn>0(n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2，∴b1＝3， ∴bn＝2n＋1(n∈N*)．

(2)由(1)知，Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n2＋(2n＋1)3n1，

－

－

① ②

3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n1＋(2n＋1)·3n，

－

①－②得

－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n1－(2n＋1)3n

－

＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n1)－(2n＋1)3n

－

3－3n＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n，

1－3∴Tn＝n·3n.

3． 甲、乙两人玩猜数字游戏，规则如下：

①连续竞猜3次，每次相互；

②每次竞猜时，先由甲写出一个数字，记为a，再由乙猜甲写的数字，记为b，已知a，b∈{0,1,2,3,4,5}．若|a－b|≤1，则本次竞猜成功； ③在3次竞猜中，至少有2次竞猜成功，则两人获奖． (1)求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；

(2)现从6人组成的代表队中选4人参加此游戏，这6人中仅有2对双胞胎，记选出的4人中含有双胞胎的对数为X，求X的分布列和期望． 解 (1)记事件A为甲乙两人一次竞猜成功， 6＋104则P(A)＝11＝，

C6·C69则甲乙两人获奖的概率为 P＝1－P3(0)－P3(1)

405314152304＝1－C0－C393999＝729. (2)由题意可知6人中选取4人，双胞胎的对数X取值为0,1,2，

2

C1C1C242·2·

则P(X＝0)＝＝， 4C615112

C122C2C2＋C2

P(X＝1)＝＝， 4C63

C212P(X＝2)＝4＝，

C615分布列如下：

X P 4214E(X)＝0×＋1×＋2×＝. 153155

4． 已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，点D为AC的中

点，点E在线段AA1上．

(1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1；

(2)是否存在点E，使二面角D－BE－A等于60°？若存在，求AE的 长；若不存在，请说明理由． (1)证明 连接DC1，

因为ABC－A1B1C1为正三棱柱， 所以△ABC为正三角形， 又因为D为AC的中点， 所以BD⊥AC，

又平面ABC⊥平面ACC1A1， 平面ABC∩平面ACC1A1＝AC， 所以BD⊥平面ACC1A1， 所以BD⊥DE.

因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝3， 所以AE＝3

，AD＝1， 3

0 4 151 2 32 1 15所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°， 在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°， 所以∠EDC1＝90°，即DE⊥DC1. 又BD∩DC1＝D，

所以DE⊥平面BDC1，BC1⊂面BDC1，所以DE⊥BC1. (2)解 假设存在点E满足条件，设AE＝h.

取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC， 所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，

分别以DA、DB、DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz， 则A(1,0,0)，B(0，3，0)，E(1,0，h)，

→→→→

所以DB＝(0，3，0)，DE＝(1,0，h)，AB＝(－1，3，0)，AE＝(0,0，h)， 设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， →DB＝0n1·3y1＝0则，，

→x＋hz＝011DE＝0n1·

令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)，

同理，平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →AB＝0n2·－x2＋3y2＝0，则，取y2＝1，

→hz＝0.2AE＝0n2·

∴n2＝(3，1,0)． ∴cos〈n1，n2〉＝解得h＝

2

<3， 2

2

时，二面角D－BE－A等于60°. 2|－3h|

1

＝cos 60°＝.

2h2＋1·2

故存在点E，当AE＝