高考数学二轮复习 专项小测16 “17～19题”＋“二选一” 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

专项小测(十六)“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．(12分)已知数列{an}为正项数列，且na－4(n＋1)a＝0，令bn＝，n∈N*.(1)求证：{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，求数列{a}的前n项和Sn.解：(1)由na－4(n＋1)a＝0，得＝4·，因为an>0，所以＝2·.(2分)又bn＝，所以bn＋1＝2bn，因此＝2.(4分)故数列{bn}是公比为2的等比数列．(5分)(2)b1＝＝1，所以结合(1)可得bn＝2n－1，(6分)即＝2n－1，所以an＝·2n－1，因此a＝n·4n－1.(8分)于是Sn＝1＋2×4＋3×42＋…＋n×4n－1，所以4Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，以上两式相减得，－3Sn＝1＋4＋42＋…＋4n－1－n·4n＝－n·4n＝.(11分)故Sn＝.(12分)18．(12分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AD∥BC且AD⊥AB，AB＝BC＝2AD＝4，△PAB是等边三角形，且平面PAB⊥平面ABCD，E是PB的中点，点M在棱PC上．(1)求证：AE⊥BM；(2)若M为PC的中点，求平面DME与平面PDC所成锐二面角的余弦值．解：(1)因为AD∥BC且AD⊥AB，所以BC⊥AB.(1分)又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面PAB，因此BC⊥AE.(2分)因为△PAB是等边三角形，E是PB的中点，所以AE⊥PB.又BC∩PB＝B，所以AE⊥平面PBC，又BM⊂平面PBC，故AE⊥BM.(4分)(2)解法一：如图，以AB的中点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴，过点O且平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，D(－2,2,0)，P(0,0,2)，C(2,4,0)，所以PD＝(－2,2，－2)，PC＝(2,4，－2)．(5分)设平面PDC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则由可得取x1＝1，则y1＝－2，z1＝－，所以n1＝(1，－2，－)是平面PDC的一个法向量．(7分)因为B(2,0,0)，E是PB的中点，所以E(1,0，)．因为M为PC的中点，所以M(1,2，)，(8分)于是DE＝(3，－2，)，DM＝(3,0，)．设平面DME的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则由可得取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，所以n2＝(1,0，－)是平面DME的一个法向量．(10分)所以|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.故平面DME与平面PDC所成锐二面角的余弦值为.(12分)解法二：因为M为PC的中点，E是PB的中点，所以EM∥BC，EM＝BC＝2，(5分)由题意得AD⊥AP，所以PD＝＝＝2，因为PB⊥BC，所以PC＝＝＝4，又DC＝＝2，所以PD＝DC，又M为PC的中点，所以DM⊥PC.(7分)易知DM＝AE＝2，AD⊥AE，所以DE＝＝＝4，所以DM2＋EM2＝DE2，因此DM⊥EM，(9分)因此∠PME就是平面DME与平面PDC所成锐二面角的平面角．(10分)又EM∥BC，所以∠PME＝∠PCB＝45°，所以cos∠PME＝.故平面DME与平面PDC所成锐二面角的余弦值为.(12分)19．(12分)在一次市联考中，某校高三年级500名学生的英语成绩(不含听力，满分120分)的频率分布直方图如图所示，用样本的频率作为概率．(1)从所有成绩中随机抽取n个，全部在[80,120]内的概率不小于0.4，求n的最大值；(2)由频率分布直方图可认为学生成绩z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ，σ2分别取考生的平均成绩(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)和考生成绩的方差s2，估计该校500名学生的成绩超过99.31分(含99.31分)的人数；(结果四舍五入，取整数)(3)现从该市参加联考的学生中随机抽取20名，其中有k名学生的成绩在[100,120]内的概率为P(X＝k)，其中k＝0,1,2，…，20，当P(X＝k)最大时，求k的值．附：①s2＝28.2，≈5.31；②若z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ