2023届高考数学二轮总复习（新高考新教材）（三）中低档大题规范练3（Word版附解析）

规范练3(时间:45分钟,满分:46分)1.(10分)(2022·浙江·18)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知4a=5c,cosC=35.(1)求sinA的值;(2)若b=11,求△ABC的面积.2.(12分)(2022·福建漳州三模)据《漳州府志》记载,漳州地区在宋代就已经有布袋木偶戏了,清中叶后,布袋木偶戏开始进入兴盛时期,一直到抗日战争前,漳州的龙溪、漳浦、海澄、长泰等县,几乎乡乡都有布袋木偶戏,在传承的基础上,不断创新和发展壮大,走向更广阔的世界.为了解民众对布袋木偶戏的了解程度,某单位随机抽取了漳州地区男、女各100名市民,进行问卷调查,根据调查结果绘制出得分条形图,如图所示.得分条形图性别不够了解相对了解合计男女合计(1)若被调查者得分低于60分,则认为是不够了解布袋木偶戏,否则认为是相对了解布袋木偶戏,根据得分条形图,完成2×2列联表,并依据α=0.1的独立性检验,分析对布袋木偶戏的了解程度是否与性别有关联; (2)恰逢三八妇女节,该单位对参与调查问卷的女市民制定如下抽奖方案:得分低于60分的可以获得1次抽奖机会,得分不低于60分的可以获得2次抽奖机会,每次抽奖结果相互独立,在一次抽奖中,获得一个木偶纪念品的概率为13,获得两个木偶纪念品的概率为16,不获得木偶纪念品的概率为12,在这100名女市民中任选一人,记X为她获得木偶纪念品的个数,求X的分布列和数学期望.参考公式:χ2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)参考数据:α0.10.050.010.001xα2.7063.8416.63510.8283.(12分)(2021·全国甲·理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小? 4.(12分)(2022·山东青岛高三期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1,an,Sn为等差数列,数列{bn}满足b1=6,bn=Sn+1an+4.(1)求数列{bn}的前n项和Tn;(2)若对于∀n∈N*,总有3n-20an<7m-464成立,求实数m的取值范围. 规范练31.解(1)∵cosC=35且0<C<π,∴sinC=45.又∵4a=5c,∴ac=54.由正弦定理得asinA=csinC,∴sinAsinC=ac=54,∴sinA=54×sinC=54×45=55.(2)∵b=11,∴由余弦定理可知c2=b2+a2-2abcosC,c2=112+54c2-2×54c×11×35,c2=112+516c2-33510c,即1116c2+33510c-112=0,整理得5c2+245c-880=0,解得c=-245+6452×5=45(负值舍去),∴a=54×45=5.∴S△ABC=12absinC=12×5×11×45=22.2.解(1)2×2列联表如下:性别不够了解相对了解合计男3565100女2575100合计60140200零假设为H0:对布袋木偶戏的了解程度与性别无关联.根据列联表中的数据,可以求得χ2=200×(35×75-25×65)2100×100×60×140=5021≈2.381<2.706=x0.1.根据α=0.1的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认为H0成立,即认为对布袋木偶戏的了解程度与性别无关联.(2)在这100名女市民中任选一人,得分低于60分的概率为25100=14,得分不低于60分的概率为75100=34,X的所有可能取值为0,1,2,3,4, P(X=0)=14×12+34×12×12=18+316=516,P(X=1)=14×13+2×34×13×12=112+312=13,P(X=2)=14×16+34×13×13+2×34×16×12=14,P(X=3)=2×34×16×13=112,P(X=4)=34×16×16=148,所以X的分布列为X01234P5161314112148故数学期望E(X)=0×516+1×13+2×14+3×112+4×148=13+12+14+112=76.3.解∵四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1.又BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,∴A1B1⊥平面BB1C1C.又AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C.∴AB⊥BC.又BB1⊥平面ABC,∴AB,BC,BB1两两互相垂直.以B为原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则点B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),得BF=(0,2,1),EF=(-1,1,1).设点D(λ,0,2)(0≤λ≤2),则DE=(1-λ,1,-2).(1)证明:∵BF·DE=0+2-2=0,∴BF⊥DE,∴BF⊥DE.(2)∵AB⊥平面BB1C1C,∴n=(1,0,0)为平面BB1C1C的一个法向量. 设平面DFE的一个法向量为m=(x,y,z),则m·DE=0,m·EF=0,即(1-λ)x+y-2z=0,-x+y+z=0.取x=3,则y=1+λ,z=2-λ.∴m=(3,1+λ,2-λ)为平面DFE的一个法向量.∴cos<m,n>=m·n|m||n|=32λ2-2λ+14.设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的平面角为θ,则sinθ=1-cos2<m,n>=1-92λ2-2λ+14.要使sinθ最小,只需92λ2-2λ+14最大,又0≤λ≤2,∴当λ=12时,92λ2-2λ+14最大,即sinθ最小,此时B1D=12.故当B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.4.解(1)因为a1,an,Sn为等差数列,所以2an=a1+Sn,所以2an+1=a1+Sn+1,两式相减得2an+1-2an=Sn+1-Sn,即an+1=2an,所以数列{an}是以2为公比的等比数列.又b1=6,bn=Sn+1an+4,所以6=a1+1a1+4,解得a1=1,所以an=2n-1,Sn=1-2n-1×21-2=2n-1.所以bn=2n-1+12n-1+4=2n+12n-1+3,所以Tn=b1+b2+…+bn=2+121-1+3+22+122-1+3+…+2n+12n-1+3=(2+22+…+2n)+1+12+…+12n-1+3n=2-2n×21-2+1-12n-1×121-12+3n=2n+1-12n-1+3n,所以Tn=2n+1-12n-1+3n.(2)由(1)得不等式为3n-202n-1<7m-464,即7m-4>64×3n-202n-1,令cn=3n-202n-1,则cn+1-cn=3(n+1)-202n-3n-202n-1=23-3n2n,所以当0<n≤7,n∈N*时,cn+1-cn>0,即cn+1>cn,当n>7,n∈N*时,cn+1-cn<0,即cn+1<cn,所以当n=8时,cn取得最大值c8=3×8-2028-1=132, 所以7m-4>64×132,即7m-4>2,解得m>67.