高考数学大二轮专题复习第三编中难解答突破训练二

新高考二轮复习·数学(新课程版)中难解答突破训练(二)1.在S4是a2与a21的等差中项；a7是与a22的等比中项；数列a2n的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题已知an是公差为2的等差数列，其前n项和为Sn，_(1)求an；(2)设bn·an，是否存在kN*，使得bk？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由解(1)an是公差d为2的等差数列，若选S4是a2与a21的等差中项，可得2S4a2a21，即有2(4a16d)2a121d，即为6a19d18，解得a13.所以an32(n1)2n1，nN*.若选a7是与a22的等比中项，可得aS3·a22，即(a16×2)2(3a13×2)·(a121×2)，即(a112)2(a12)·(a142)，解得a13.所以an32(n1)2n1，nN*.若选数列a2n的前5项和为65，可得a2a4a1065，即5a1(13579)d5a125d5a15065，解得a13.所以an32(n1)2n1，nN*.(2)bn·an(2n1)·，由bn1bn(2n3)·(2n1)··，当n1，2时，可得bn1bn0，即b3b2b1；当n3，nN*时，可得bn1bn0，即b3b4b5，则bn的最大项为b3，由，可得不存在kN*，使得bk.2.某市规划了一条自行车赛道的平面示意图，如图五边形ABCDE.ED，DC，CB，BA，AE为赛道(不考虑宽度)，BE为赛道内的一条服务通道，BCDCDEBAE，DE4 km，BCCD km.(1)求服务通道BE的长度；(2)应如何设计，才能使折线段赛道BAE最长？解(1)连接BD，BCDCDEBAE，DE4 km，BCCD km，在BCD中，由余弦定理可得BD2BC2CD22BC·CD cos BCD332×××9，BD3 km.BCCD，CBDCDB.又CDE，BDE.在RtBDE中，BE5 km.(2)解法一：在BAE中，BAE，BE5 km，由余弦定理可得BE2AB2AE22AB·AE·cos BAE，即25AB2AE2AB·AE，可得(ABAE)225AB·AE，从而(ABAE)225，即ABAE，当且仅当ABAE时，等号成立，即将折线段赛道设计为ABAE km时，折线段赛道BAE最长解法二：在BAE中，BAE，BE5 km.设ABE，则0<<，由正弦定理得，所以AEsin ，ABsin ，则AEABsin sin sin .因为0<<，所以当时，ABAE取最大值，即折线段赛道BAE最长，即将ABE设计为时，折线段赛道BAE最长3新药在进入临床实验之前，需要先通过动物进行有效性和安全性的实验现对某种新药进行5000次动物实验，一次实验方案如下：选取3只白鼠对药效进行检验，当3只白鼠中有2只或2只以上使用“效果明显”，即确定“实验成功”；若有且只有1只“效果明显”，则再取2只白鼠进行二次检验，当2只白鼠均使用“效果明显”，即确定“实验成功”，其余情况则确定“实验失败”设对每只白鼠的实验相互独立，且使用“效果明显”的概率均为p(0<p<1).(1)若p，设该新药在一次实验方案中“实验成功”的概率为P0，求P0的值；(2)若动物实验预算经费700万元，对每只白鼠进行实验需要300元，其他费用总计为100万元，问该动物实验总费用是否会超出预算，并说明理由解(1)当p时，一次检验就取得“实验成功”的概率为Cp2(1p)Cp33××；经过两次检验才取得“实验成功”的概率为Cp(1p)2p2×.在一次实验方案中“实验成功”的概率为P0.(2)设一次实验方案需要用到的经费为X元，则X的可能取值为900，1500.P(X900)1Cp(1p)2，P(X1500)Cp(1p)2.所以E(X)900×1Cp(1p)21500Cp(1p)29001800p(1p)2，设f(p)p(1p)2，则f(p)(1p)22p(p1)(3p1)(p1)，当p时，f(p)>0，所以f(p)在上单调递增；当p时，f(p)<0，所以f(p)在上单调递减所以f(p)的最大值为f，因此实施一次此方案最高费用为9001800×元，所以动物实验阶段估计最高试验费用为100×5000×104100万元，因为<700，所以该阶段经费使用不会超出预算4.如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小解(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120°，所以CBP30°.(2)解法一：如图，取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120°，由余弦定理得EC222222×2×2×cos120°12，所以EC2，所以EMC为等边三角形，故所求的角为60°.解法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2，0，3)，(1，0)，(2，0，3).设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量为m(3，2).设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2).所以cos m，n.故所求的角为60°.