2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專項練 中檔題保分練（二）文

《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專項練 中檔題保分練（二）文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專項練 中檔題保分練（二）文（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、中檔題保分練(二) 1．(2018·臨沂模擬)在△ABC中，已知B＝，AC＝，cos C＝. (1)求BC； (2)設(shè)D是AB邊中點，求CD. 解析：(1)∵cos C＝且0＜C＜π，∴sin C＝. ∵A＋B＋C＝π，B＝， ∴sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝×＋×＝. 在△ABC中，由正弦定理得： ＝， ∴BC＝＝3. (2)∵D為AB邊中點，∴＝(＋)， ∴||2＝(＋)2＝13，即CD＝. 2．(2018·惠州模擬)已知在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F(xiàn)分別為底AB，CD上的點，且EF⊥AB，EF＝EB＝FC＝2，EA＝

2、FD，沿EF將平面AEFD折起至平面AEFD⊥平面EBCF. (1)求證：平面BCD⊥平面BDF； (2)若AE＝2，求多面體ABCDEF的體積． 解析：(1)證明：由平面AEFD⊥平面EBCF，且DF⊥EF知DF⊥平面EBCF. 而DF?平面BDF，所以平面BDF⊥平面EBCF 又BC⊥BF，BC?平面EBCF，所以BC⊥平面BDF. 而BC?平面BCD，所以平面BCD⊥平面BDF. (2)依題意知，多面體ABCDEF是三棱臺ABE-DCF，易得高為EF＝2，兩個底面面積分別是2和8，體積為×(2＋8＋)＝. 3．(2018·桂林模擬)共享單車已成為一種時髦的新型環(huán)保交通

3、工具，某共享單車公司為了拓展市場，對A，B兩個品牌的共享單車在編號分別為1,2,3,4,5的五個城市的用戶人數(shù)(單位：十萬)進行統(tǒng)計，得到數(shù)據(jù)如下： 城市品牌 1 2 3 4 5 A品牌 3 4 12 6 8 B品牌 4 3 7 9 5 (1)若共享單車用戶人數(shù)超過50萬的城市稱為“優(yōu)城”，否則稱為“非優(yōu)城”，據(jù)此判斷能否有85 %的把握認為“優(yōu)城”和共享單車品牌有關(guān)？ (2)若不考慮其他因素，為了拓展市場，對A品牌要從這五個城市選擇三個城市進行宣傳， (ⅰ)求城市2被選中的概率； (ⅱ)求在城市2被選中的條件下城市3也被選中的概率． 附：參考

4、公式及數(shù)據(jù) P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 K2＝ 解析：(1)根據(jù)題意列出2×2列聯(lián)表如下： 　　城市 品牌　　 優(yōu)城 非優(yōu)城 合計 A品牌個數(shù) 3 2 5 B品牌個數(shù) 2 3 5 合計 5 5 10 K2＝＝0.4＜2.072， 所以沒有85 %的把握認為“優(yōu)城”與共享單車品牌有關(guān)． (2)從這五個城市選擇三個城市的情形為 (1,2,3)，(1,2,4)，(1

5、,2,5)，(1,3,4)，(1,3,5)，(1,4,5)，(2,3,4)，(2,3,5)，(2,4,5)，(3,4,5)共10種， (ⅰ)城市2被選中的有6種，所求概率為0.6. (ⅱ)在城市2被選中的有6種情形中，城市3被選中的有3種，所求概率為0.5. 4．請在下面兩題中任選一題作答 (選修4－4：坐標系與參數(shù)方程)已知極點與直角坐標系的原點重合，極軸與x軸的正半軸重合，圓C的極坐標方程是ρ＝2asin θ，直線l的參數(shù)方程是(t為參數(shù))． (1)若a＝2，M為直線l與x軸的交點，N是圓C上一動點，求|MN|的最大值； (2)若直線l被圓C截得的弦長為2，求a的值． 解析：

6、(1)由ρ2＝4ρsin θ得圓C的直角坐標方程為x2＋y2－4y＝0， 將直線l的參數(shù)方程化為普通方程，得y＝－(x－2)， 令y＝0，得x＝2，即點M的坐標為(2,0)． 又圓C的圓心坐標為(0,2)，半徑r＝2，則|MC|＝2， 所以|MN|的最大值為|MC|＋r＝2＋2. (2)因為圓C：x2＋(y－a)2＝a2，直線l：4x＋3y－4a＝0， 所以圓心C到直線l的距離d＝＝， 所以2 ＝2，即|a|＝2， 解得a＝±. (選修4－5：不等式選講)(2018·濟南模擬)設(shè)a、b、c均為正數(shù)并滿足a＋b＋c＝3. (1)證明：ab＋bc＋ca≤3； (2)求＋＋的最大值． 解析：(1)證明：由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac， 相加可得：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac. 又9＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac≥3(ab＋bc＋ac)， 所以ab＋bc＋ac≤3. (2) 由柯西不等式得 [12＋()2＋()2][()2＋()2＋()2]≥(＋＋)2， 即(＋＋)2≤(1＋2＋3)(a＋b＋1＋c＋1)＝30， 所以＋＋≤， 當a∶1＝(b＋1)∶2＝(c＋1)∶3時等號成立，解得：a＝，b＝，c＝， 所以＋＋的最大值為. 4