2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型解答题(一)理

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2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题(二)理

⎧⎪a－1≥－1，⎩1⎛π⎫3．已知α是第二象限角，sin(π＋α)＝－，则tan －α⎪的值为()C．2解析因为sin(π＋α)＝－sinα＝－，所以sinα＝，又因为α是第二象限角，所⎛π⎝2sin －α3⎝2⎭⎛π⎝2⎫3⎫sinα1⎪选填题(二)一、选择题1．(2019·山东5月校级联考)已知z＝1－i2019，则|z＋2i|＝()A．10 C．2B．22 D．2答案A解析由z＝1－i2019＝1＋i，所以|z＋2i|＝|1＋3i|＝12＋32＝10.故选A.2．(2019·河南实验中学模拟三)集合A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|a－1≤x≤2a－1}，若B⊆A，则实数a的取值范围是()A．a≤1 C．0≤a≤1B．a<1 D．0<a<1答案A解析若B＝∅，即2a－1＜a－1，即a＜0时，满足B⊆A；若B≠∅，即a－1≤2a－1，即a≥0时，要使B⊆A，则满足⎨⎪2a－1≤1，解得0≤a≤1，综上a≤1，故选A.3⎝2⎭A．224B．－22 D．±22答案B113322⎛π⎫以cosα＝－1－sin2α＝－，所以tan －α⎪＝cos －α22⎪－⎭cosα＝＝＝－2 2.⎭3x2y24．双曲线a2－b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与直线x＋2y－1＝0垂直，则双曲线的离心率为()A．C．523＋12B．5D．3＋1答案B解析由已知得＝2，所以e＝＝a2⎛9⎫1,0)时，f(x)＝e－x，则f ⎪＝()⎛9⎫⎛1⎫⎛1⎫解析由已知得f ⎪＝f 4＋⎪＝f ⎪⎛1⎫1＝－f －⎪＝－e＝－ e.7．若点P(x，y)的坐标满足ln⎪y⎪＝|x－1|，则点P的轨迹大致是()⎪⎪b ca aa2＋b2＝5a2a2＝5，故选B.5．(2019·烟台高三诊断检测)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，当x∈(－⎝2⎭A．eC．1eB．－eD．－1e答案B⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭26．执行如图所示的程序框图，如果输出的n＝2，那么输入的a的值可以为()A．4C．6B．5D．7答案D解析执行程序框图，输入a，P＝0，Q＝1，n＝0，此时P≤Q成立，P＝1，Q＝3，n＝1，此时P≤Q成立，P＝1＋a，Q＝7，n＝2.因为输出的n的值为2，所以应该退出循环，即P>Q，所以1＋a>7，结合选项，可知a的值可以为7，故选D.1＝1，则＝±e，∴y ＝± ，结合选项，排除 A ，故选 B.8．(2019·广东揭阳二模)设函数 f (x )＝cos2x ＋ 3sin ＋2x ⎪，则下列结论错误的是B ．y ＝f (x )的图象关于直线 x ＝对称C ．f (x )的一个零点为 x ＝解析因为 f (x )＝cos2x ＋ 3sin ＋2x ⎪＝cos2x ＋ 3cos2x ＝( 3＋1)cos2x ，所以最＝ k π (k ∈Z)，当 k ＝1 时，对称轴为 x ＝，B 正确；零点为 2x ＝k π ＋，即 x ＝ k π ＋(k ∈Z)，当 k ＝0 时，零点为 x ＝，C 正确；f (x )的最大值为 3＋1，D 错误．故选 D.解析令 x ＝1，得 ln ⎪ ⎪＝0，∴y ＝±1，结合选项，排除 C ，D ；令 x ＝0，得 ln ⎪ ⎪⎪y ⎪ ⎪y ⎪答案 B1 ⎪1⎪1 1y e⎛π ⎫⎝ 2 ⎭()A ．－2π 为 f (x )的一个周期π2π4D ．f (x )的最大值为 2答案 D⎛π ⎫⎝ 2 ⎭小正周期为 T ＝π ，显然－2π 是它的一个周期，A 正确；函数图象的对称轴为 2x ＝k π ，即 x1 π π 1 π2 2 2 2 4π49．(2019·福建四校联考二)我们可以利用计算机随机模拟方法计算 y ＝x 2 与 y ＝4 所围成的区域 Ω 的面积．先利用计算机产生两个在区间[0,1]内的均匀随机数 a 1＝RAND ，b 1＝RAND ，然后进行平移与伸缩变换 a ＝4a 1－2，b ＝4b 1，已知试验进行了 100 次，前 98 次中落在所求面积区域内的样本点数为 65，最后两次试验的随机数为 a 1＝0.3，b 1＝0.8 及 a 1＝0.4，b 1＝0.3，则本次随机模拟得出 Ω 的面积的近似值为()A ．10.4B ．10.56100 ⎧⎪ A ．f log 3 ⎪>f (2 2 )>f (23 ) B ．f log 3 ⎪>f (2 3 )>f (2 2 )C ．10.61D ．10.72答案 D解析由 a 1＝0.3，b 1＝0.8 得 a ＝－0.8，b ＝3.2，(－0.8，3.2)落在 y ＝x 2 与 y ＝4 围成的区域内；由 a 1＝0.4，b 1＝0.3 得 a ＝－0.4，b ＝1.2，(－0.4，1.2)落在 y ＝x 2 与 y ＝4 围成67的区域内，所以本次模拟得出的面积为 16× ＝10.72.故选 D.⎧⎪x ＋2y ≥0，10．已知实数 x ，y 满足⎨x －y ≤0，⎪⎩0≤y ≤k ，小值为()A ．5C ． 5答案 A⎧⎪x ＋2y ≥0，解析作出不等式组⎨x －y ≤0，⎪⎩0≤y ≤k ，且 z ＝x ＋y 的最大值为 6，则(x ＋5)2＋y 2 的最B ．3D ． 3表示的平面区域如图中阴影部分所示，由 z ＝x ＋y ，得 y ＝－x ＋z ，平移直线 y ＝－x ，由图形可知当直线 y ＝－x ＋z 经过点 A时，直线 y ＝－x ＋z 的纵截距最大，此时 z 最大，最大值为 6，即 x ＋y ＝6.由⎨x ＋y ＝6，⎪⎩x －y ＝0，得A (3,3)，∵直线 y ＝k 过点 A ，∴k ＝3.(x ＋5)2＋y 2 的几何意义是可行域内的点与点 D (－5,0)的距离的平方，数形结合可知，点 D (－5，0)到直线 x ＋2y ＝0 的距离最小，可得(x ＋5)2＋y 2⎛|－5＋2×0|⎫的最小值为 ⎪2＝5. ⎝12＋22 ⎭11．(2019·全国卷Ⅲ)设 f (x )是定义域为 R 的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则()3 2 ⎛ 1⎫ －－ ⎝ 4⎭2 3 ⎛ 1⎫ －－ ⎝ 4⎭C．f(22)>f(23)>f log3⎪D．f(23)>f(22)>f log3⎪解析因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以f log3⎪＝f(－log34)＝f(log34)．又因为3>22>0，且函数f(log34)<f(23)<f(22)．故选C.12．(2019·山西太原模拟二)已知点P是圆x2＋(y－2)2＝1上的动点，点Q是椭圆＋A．＋1＝－8sin2α－4sinα＋13⎛1⎫27－8 sinα＋⎪2＋，且sinα∈[－1,1]，所以当sinα＝－时，|CQ|max＝272232－－⎛1⎫⎝4⎭23－－⎛1⎫⎝4⎭答案C⎛1⎫⎝4⎭log34>1>223－－f(x)在(0，＋∞)单调递减，所以23－－x29y2＝1上的动点，则|PQ|的最大值为()362C．23＋1B．13＋1D．4答案A解析如图，圆的圆心为C(0,2)，半径为1，设椭圆上任意一点的坐标Q(3cosα，sinα)，则|CQ|＝9cos2α＋－sinα2＝⎝4⎭21436＝，36故|PQ|的最大值为|CQ|max＋1＝2二、填空题＋1，故选A.13．在 tx －x ⎪6(其中 t 为常数)的展开式中，已知常数项为－160，则展开式的各项系数⎝解析二项展开式中的第 r ＋1 项为 T r ＋1＝C r 6(tx )6－r · －x ⎪r ＝(－1)r C r 6t 6－r x 6－2r ，令 6－2r ⎝＝0，得 r ＝3，得常数项为 T 4＝C 36t 3·(－1)3＝－160，解得 t ＝2.在 2x －x ⎪6 中，令 x ＝1，得⎛1⎫ 1⎭ 展开式的所有项系数之和为 2×1－ ⎪6＝1. 2ab 2bc16. (2019·北京平谷 3 月质量监控)如图，在菱形 ABCD 中，B ＝，AB ＝4.若 P 为 BC 的中点，则PA ·PB ＝________；点 P 在线段 BC 上运动，则|PA ＋PB |的最小值为________．解析连接 AC ，∵四边形 ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ，又 B ＝，⎛ 1⎫ ⎭之和为________．答案 1⎛ 1⎫ ⎭⎛ 1⎫ ⎝⎭⎝14．一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说：“罪犯在乙、丙、丁三人之中”；乙说：“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：“乙说的是事实”．经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是________．答案乙解析由题可知，乙、丁两人的观点一致，即同真同假，假设乙、丁说的是真话，那么甲、丙两人说的是假话，由乙说的是真话，推出丙是罪犯，由甲说假话，推出乙、丙、丁三人不是罪犯，显然两个结论相互矛盾，所以乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话，由甲、丙供述可得，乙是罪犯．15．在△ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边长分别为 a ，b ，c ，已知 a 2－c 2＝2b ，且 sin A cos C＝3cosAsin C ，则 b ＝________.答案 4解析 ∵sin A cos C ＝3cos A sin C ，a 2＋b 2－c 2 b 2＋c 2－a 2∴根据正弦定理与余弦定理可得 a · ＝3· ·c ，即 2c 2＝2a 2－b 2.∵a 2－c 2＝2b ，∴b 2＝4b ，∵b ≠0，∴b ＝4.π3→ → → →答案 0 2 3π3∴AP ⊥BC ，即 AP ⊥BP ，则PA ·PB ＝0.设 BP ＝x ，M 为 AB 的中点，→→ → → ⎛1⎫2 2 2 2 2则|PA ＋PB |＝2|PM |，又△BPM 中，|PM | ＝2 ＋x －2×2x × ⎪＝x －2x ＋4＝(x －1) ＋3， ∴当 x ＝1 时，|PM |有最小值 3，即|PA ＋PB |的最小值为 2 3.∴△ABC 是等边三角形，又点 P 为 BC 的中点，→ →⎝2⎭∵0≤x ≤4，→ → →。

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型解答题八理20191226031

解答题(八)17．(2019·江西南昌一模)如图，四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD ＝60°，CD ＝CC 1＝2C 1D 1＝4，E 是棱BB 1的中点．(1)求证：AA 1⊥BD ；(2)求二面角E －A 1C 1－C 的余弦值．解 (1)证明：因为CC 1⊥底面ABCD ，所以C 1C ⊥BD ，因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面AC 1C ，又由四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1，知A 1，A ，C ，C 1四点共面，所以BD ⊥平面A 1ACC 1，所以BD ⊥AA 1.(2)设AC 交BD 于点O ，连接A 1O ，依题意，有A 1C 1∥OC 且A 1C 1＝OC ，所以四边形A 1OCC 1为平行四边形，所以A 1O ∥CC 1，且A 1O ＝CC 1.因为CC 1⊥底面ABCD ，所以A 1O ⊥底面ABCD .以O 为坐标原点，OA ，OB ，OA 1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A (23，0,0)，A 1(0,0,4)，C 1(－23，0,4)，B (0,2,0)，由A 1B 1→＝12AB →，得B 1(－3，1,4)，因为E 是棱BB 1的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，2，所以EA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，2，A 1C 1→＝(－23，0,0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面EA 1C 1的法向量，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1→＝－23x ＝0，n ·EA 1→＝32x －32y ＋2z ＝0，取z ＝3，得n ＝(0,4,3)，平面A 1C 1C 的法向量m ＝(0,1，0)，又由图可知，二面角E －A 1C 1－C 为锐二面角，设二面角E －A 1C 1－C 的平面角为θ，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝45，所以二面角E－A 1C 1－C 的余弦值为45.18．(2019·福建三明质量检查)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且b ＝3(a cos B ＋b cos A )，b ＋c ＝8.(1)求b ，c ；(2)若BC 边上的中线AD ＝72，求△ABC 的面积．解 (1)由正弦定理，得sin B ＝3(sin A cos B ＋sin B cos A )，所以sin B ＝3sin(A ＋B )，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，即sin B ＝3sin C ，所以b ＝3c ，又因为b＋c ＝8，所以b ＝6，c ＝2.(2)在△ABD 和△ACD 中，由余弦定理，得c 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD ·cos∠ADB ，b 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos∠ADC . 因为b ＝6，c ＝2，BD ＝DC ＝a 2，AD ＝72，又因为∠ADB ＋∠ADC ＝π，即cos ∠ADB ＝－cos ∠ADC ，所以a 2＝31，所以cos ∠BAC ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝38，又因为∠BAC ∈(0，π)，所以sin ∠BAC ＝558. 所以△ABC 的面积S △ABC ＝12bc sin ∠BAC ＝3554.19．(2019·湖北黄冈2月联考)从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这100件产品质量指标值的样本平均数x －和样本方差s 2(同一组的数据用该组区间的中点值作为代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x －，σ2近似为样本方差s 2.①若某用户从该企业购买了10件这种产品，记X 表示这10件产品中质量指标值位于(187.4,225.2)的产品件数，求E (X )；②一天内抽取的产品中，若出现了质量指标值在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的产品，就认为这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．右面的茎叶图是检验员在一天内抽取的15个产品的质量指标值，根据近似值判断是否需要对当天的生产过程进行检查．附：159≈12.6，P (μ－σ<X <μ＋σ)＝0.6826，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.9544，P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.9974.解 (1)由题意，得x －＝170×0.025＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.32＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.025＝200，s 2＝(－30)2×0.025＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋02×0.32＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.025＝159.(2)①由题意，得一件产品中质量指标值位于区间(187.4,225.2)的概率为0.6826＋0.95442＝0.8185，则X ～B (10,0.8185)，∴E (X )＝10×0.8185＝8.185.②由(1)，知μ－3σ≈200－12.6×3＝162.2，μ＋3σ≈200＋12.6×3＝237.8，∵237.9∉(162.2,237.8)，∴需要对当天的生产过程进行检查．20．(2019·安徽皖南八校第三次联考)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过抛物线的焦点F 且与y 轴垂直的直线与抛物线相交于A ，B 两点，且△OAB 的周长为2＋ 5.(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线l 过焦点F 且与抛物线C 相交于M ，N 两点，过点M ，N 分别作抛物线C 的切线l 1，l 2，切线l 1与l 2相交于点P ，求|PF |2－|MF |·|NF |的值．解 (1)由题意，知焦点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，将y ＝p2代入抛物线C 的方程可求得点A ，B的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫－p ，p 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫p ，p 2，则|AB |＝2p ，|OA |＝|OB |＝p 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫p 22＝52p ，可得△OAB的周长为2p ＋5p ，则2p ＋5p ＝2＋5，解得p ＝1.故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)由(1)，知抛物线C 的方程可化为y ＝12x 2，求导可得y ′＝x .设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋12(直线l 的斜率显然存在)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y ＝12x 2，整理，得x 2－2kx －1＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－1，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋1＝2k 2＋1，y 1y 2＝14x 21x 22＝14.因为y 1＝12x 21，y ′＝x 1，所以直线l 1的方程为y －12x 21＝x 1(x －x 1)，即y ＝x 1x －12x 21.同理可得直线l 2的方程为y ＝x 2x －12x 22.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 1x －12x 21，y ＝x 2x －12x 22，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x22，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫k ，－12.由抛物线的几何性质，知|MF |＝y 1＋12，|NF |＝y 2＋12，|PF |＝k －02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－122＝k 2＋1，所以|MF |·|NF |＝⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋12⎝⎛⎭⎪⎫y 2＋12＝y 1y 2＋12(y 1＋y 2)＋14＝14＋12×(2k 2＋1)＋14＝k 2＋1，所以|PF |2－|MF |·|NF |＝0.21．(2019·河南濮阳5月模拟)已知a ∈R ，函数f (x )＝ln (x ＋1)－x 2＋ax ＋2. (1)若函数f (x )在[2，＋∞)上为减函数，求实数a 的取值范围；(2)设正实数m 1，m 2满足m 1＋m 2＝1，求证：对(－1，＋∞)上的任意两个实数x 1，x 2，总有f (m 1x 1＋m 2x 2)≥m 1f (x 1)＋m 2f (x 2)成立．解 (1)由题意，知f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋a ，∵函数f (x )在[2，＋∞)上为减函数，即f ′(x )≤0在x ∈[2，＋∞)上恒成立，即a ≤2x －1x ＋1在x ∈[2，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x －1x ＋1，当x ≥2时，1x ＋1单调递减，2x 单调递增，∴h (x )在[2，＋∞)上单调递增， ∴h (x )min ＝h (2)＝4－13＝113，∴a ≤113，即a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，113. (2)证明：设－1<x 1≤x 2，令F (x )＝f (m 1x ＋m 2x 2)－m 1f (x )－m 2f (x 2)，x ∈(－1，x 2]，则F (x 2)＝f [(m 1＋m 2)x 2]－(m 1＋m 2)f (x 2)＝0， ∴F ′(x )＝m 1f ′(m 1x ＋m 2x 2)－m 1f ′(x )＝m 1[f ′(m 1x ＋m 2x 2)－f ′(x )]，∵m 1x ＋m 2x 2－x ＝x (m 1－1)＋m 2x 2＝－m 2x ＋m 2x 2＝m 2(x 2－x )≥0，∴m 1x ＋m 2x 2≥x ， ∵f ′(x )＝1x ＋1－2x ＋a ，令g (x )＝f ′(x )，则g ′(x )＝－1x ＋12－2<0，∴f ′(x )在x ∈(－1，＋∞)上为减函数， ∴f ′(m 1x ＋m 2x 2)≤f ′(x )，∴m 1[f ′(m 1x ＋m 2x 2)－f ′(x )]≤0，即F ′(x )≤0， ∴F (x )在x ∈(－1，x 2]上是减函数， ∴F (x )≥F (x 2)＝0，即F (x )≥0， ∴f (m 1x ＋m 2x 2)－m 1f (x )－m 2f (x 2)≥0，∴x ∈(－1，x 2]时，f (m 1x ＋m 2x 2)≥m 1f (x )＋m 2f (x 2)，∵－1<x 1≤x 2， ∴f (m 1x 1＋m 2x 2)≥m 1f (x 1)＋m 2f (x 2)．22．在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1：ρcos θ＝3，曲线C 2：ρ＝4cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ<π2.(1)求C 1与C 2交点的极坐标；(2)设点Q 在C 2上，OQ →＝23QP →，求动点P 的极坐标方程．解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝3，ρ＝4cos θ，解得cos θ＝±32，∵0≤θ<π2，∴θ＝π6，ρ＝23，∴所求交点的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫23，π6.(2)设P (ρ，θ)，Q (ρ0，θ0)，则ρ0＝4cos θ0，θ0∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，由已知OQ →＝23QP →，得⎩⎪⎨⎪⎧ρ0＝25ρ，θ0＝θ，∴25ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2，故动点P 的极坐标方程为ρ＝10cos θ ，θ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2.23．已知函数f (x )＝m －|x －1|－2|x ＋1|. (1)当m ＝5时，求不等式f (x )>2的解集；(2)若二次函数y ＝x 2＋2x ＋3与函数y ＝f (x )的图象恒有公共点，求实数m 的取值范围．解 (1)当m ＝5时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋6，x <－1，－x ＋2，－1≤x ≤1，4－3x ，x >1.由f (x )>2解得不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－43<x <0. (2)由二次函数y ＝x 2＋2x ＋3＝(x ＋1)2＋2，该函数在x ＝－1处取得最小值2，因为 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1＋m ，x <－1，－x －3＋m ，－1≤x ≤1，－3x ＋m －1，x >1在x ＝－1处取得最大值m －2，所以要使二次函数与y ＝f (x )的图象恒有公共点，只需m －2≥2，即m ≥4.。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型压轴题(四)课件理

16 ． (2019·江西上饶重点中学六校第二次联考 ) 已知函数 f(x) ＝
2x，x≥0， log2－x，x<0，
若关于 x 的方程 f2(x)＋2f(x)＋m＝0 有三个不同的实根，
则 m 的取值范围为________．
答案 (－∞，－3]
解析作出函数 f(x)的图象如图：
设 f(x)＝a，当 a≥1 时，f(x)＝a 有两个实根；当 a<1 时，f(x)＝a 有一个实根．所以当关于 x 的方程 f2(x)＋2f(x)＋m＝0 有三个不同的实根时，t2＋2t ＋m＝0 的两实根一个比 1 大，一个比 1 小，所以 1＋2＋m<0，即 m<－3.当 m＝－3 时，f(x)＝1 或 f(x)＝－3 符合题意．综上可得 m≤－3.
附：线性回归方程y^＝b^ x＋a^ ，b^ ＝i＝1
，a^ ＝－y －b^
－ x.
n

xi－－x 2
i＝1
解 (1)设明年常规稻 α 的单价为 ξ，则 ξ 的分布列为 ξ 3.70 3.90 4.00 P 0.1 0.7 0.2
E(ξ)＝3.7×0.1＋3.9×0.7＋4×0.2＝3.9，估计明年常规稻 α 的单价平均值为 3.9 元/公斤．
(2) 杂交稻 β 的亩产平均值为 [(750 ＋ 810 ＋ 820)×0.005 ＋ (760 ＋ 800)×0.01＋(770＋790)×0.02＋780×0.025]×10＝78.2×10＝782.
依题意，知杂交稻 β 的亩产超过 795 公斤的概率 P＝0.1＋0.05×2＝0.2，则将来三年中至少两年杂交稻 β 的亩产超过 795 公斤的概率为 C23×0.22×(1 －0.2)＋0.23＝0.104.

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型选填题八理

)(八选填题一、选择题BABUxx∪，，则＝∈N|0<，<6}{2,3}＝1．(2019·山西晋城三模)已知全集{3,4,5}＝{A)( ? )＝(U{2,3,4} ．BA．{1,2,3}{2}．{2,3} DC．A答案ABUA A. {1,2,3}．故选(?解析依题意，＝{1,2,3,4,5}，则?)＝{1,2}，所以＝∪UU→→zzOBzzOA) 2．如图，在复平面内，复数，|对应的向量分别是，＝，则|( ＋21213 ．．2 BA33C．22 ．A答案→→zzzzOAOB，＝i，＋2－i，2解析由题图可知，(＝－2，－1)，(0,1)＝，∴＝－＝－2121zz A.＋故选|＝∴|2.212xxx) 0”的否定是－( >3．(2019·湖北部分重点中学新起点考试)命题“?>1，22xxxxxx≤0 >1，≤0?A．－≤1，－B．?00022xxxxxx>0≤1，D．>1?，－≤0?－．C000C 答案2xxxx，??所以命题“>1，－>0”的否定是“>1因为全称命题的否定是特称命题，解析02xx≤0”．故选C.－004．(2019·山东临沂2月教学质量检测)“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的应用巨著《算法统宗》中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节四升五，上梢四节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”(四升五：4.5升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量)用你所学的数学知识求得中间两节竹的容积为( )A ．2.2升B ．2.3升升升．C2.4 2.5．DD 答案．aaaad ，由{，是等差数列，设公差为，…，}解析设从下至上各节容积分别为，则n 912daaad，＋4.5＋＋＋2＝??111ad ＝－题意得，＝解得1.6?1dadadaad，＋＋3.8＋＋57＋8＋＝＋6??1111aa ＝(1.6－0.1×3)＋(1.6－0.1×4)＝2.5(升0.1，∴中间两节的容积为)＋．故选D.54CCN (2,1)则落入由曲线为正态分布(曲线5．在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，xxy＝0围成的封闭区域内点的个数的估计值为( )＝0，＝1及的密度曲线)与直线2XXPXNP＝)＋22σ<σ<μ<＋σ)＝0.6826，μ(μ(附：若～－(μ，σ)，则(μ－σ<XP0.9974)＝σ)<<μ＋0.9544，3(μ－3σB．2718 1359 A．DC．430 ．215B答案1PyCxxSPX(2≤1)＝＝解析曲线[与直线＝0，(0≤＝1及＝0围成的封闭区域的面积21XXP，所以落入此封＝0.1359＝－2×1≤×(0.9544－≤2＋2×1)－0.6826)(2－1≤1)]≤2＋21359.10000×0.1359＝闭区域内点的个数约为xx－xafxaaya的图象－(|＝log．若函数61)()＝|－(且>0上为减函数，则函数≠1)在R a)( 可以是答案 D1??xxxx－??aafxaa<1.0<－＝R－上为减函数，所以在＝解析因为()a??yx的图象如图所示．1)函数＝log－(axx，－log??a xy(|＝|－1)因为log＝?a xx，<－log－－??a为偶函数，所以其图象为项．D xfxxfx) )，则是(7．(2019·广东深圳模拟)已知( ())＝lg (10＋＋)lg (10－ (0,10)．偶函数，且在是增函数A (0,10)是增函数B．奇函数，且在 (0,10)是减函数C．偶函数，且在 (0,10)是减函数D．奇函数，且在C答案x，10＋>0??xfx，关于原点10,10))的定义域为(解析由得－∈(－10,10)，故函数(?x，>010－??xfxfxfxfxx lg (10())，故函数((对称，又)(－－)＝lg (10为偶函数，而)＋lg (10＋＝)＝22xyxxxyx，在上单调递减，(0,10)(0lg (10－)＝lg (100－，因为函数)＝＝100－lg 在＋＋)xf C.)在((0,10)＋∞)上单调递增，故函数上单调递减，故选，其三视图如右图，圆柱表面上的，底面周长为16)某圆柱的高为28．(2018·全国卷ⅠBNMA，则在此圆柱侧面点，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为在左视图上的对应点为NM)的路径中，最短路径的长度为上，从( 到5 17 ．2BA．22C．3 D．B答案DEFG，如图．16解析根据题意，圆柱的侧面展开图是长为，宽为2的矩形EEFDEFGADB点的四等分点，则由其三视图可知，点点为对应矩形中的上靠近点，16??22??AB5. 所求的最短路径长为||22＋＝＝??4．CACDABBCBBCABCDABC所成的中，与平面＝，＝9．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体－21111111)角为30°，则该长方体的体积为(2 8 6B．．A3C．882 D．C答案ABCBCACACACBBB＝30°，又因为如图所示，∠与平面为所成的角，所以∠解析11111BCCABBBC，所以，⊥平面⊥111ABBCABC，在Rt△2中，＝＝11tan30°BBC△中，在Rt112222CBCBBB，＝2－32＝－2＝1111V2.＝2×2×22＝所以该长方体的体积8FFCO为焦点的椭圆，曲线是以原点，10．(2019·江西八校联考)已知曲线为中心，2117AFFCAFACOFC，的交点，且∠|＝是以为钝角，为顶点、若为焦点的抛物线，是曲线|与111222225FAFF)( |＝||＝，则|21226 ．3 ．BA4．DC．2C答案CBABFClAFlAB，，⊥于点⊥于点作如图，解析由题意知抛物线的准线，过点过作215AFAB＝|，||由抛物线的定义可知，|＝22BFFC| 所以|||＝1222ABAF |＝||－|1．ACAFCFFFBCABAC C. |＝|6＝，所以则|－||＝|||－||＝＝|2.|＝|故22AFAF |＝＝|，|－|62112522选|－212224π??x??xxfxffxxxx＋2的取值范围<0，且|(，则11．设函数)()＝sin＋|(－)，若＝0112221??3)( 为ππ????????，＋∞，＋∞．A． B????36π42π????????，＋∞，＋∞ C．． D ????33B答案xyfxxfxfxfxxymf、函＝()＝0?可视为直线())＝－＝()，|(－解析(与函数)＋|112212xfxyfxyfy的图象如图(数＝－＝－)(与函数)的图象的交点的横坐标的距离，作出函数)＝( 所示，xfBymyfxyA的图象的两个相邻交点，因为分别为直线(＝)与函数、函数设，＝＝－()??π3??ABxxymyyyf，，的图象与|轴的交点<0，且当直＝＝过|＝时，(直线为)，02132??2πmxymABxy 向下移动＝.向上移动时，线段当直线所以当直线的长度会增加，即|－＝|>123ππxxxx. |也大于|>|－－，所以|时，在满足题设的条件下，由图象可得122133xxxxaf，＋∞)上存在零)＝在区间－－12．(2019·江西临川一中模拟)若函数(1(lna)的取值范围为( 点，则实数11????????e，，0 B ．A．????221????，＋∞． C．(0，＋∞)D??2D答案axxa2－－12xfxxgaxfxx)(令＝－1＝解析因为函数()－－ln ，所以′()＝－，xx2x2．x14－1xxxxagxx，∈2(1，＋∞)时，－4－2>0，因为－′(1>0,2)＝2－＝，当＝xx22aaxggxgxg 时，2＝1－′(2)>0，所以≥0((1)在，＋∞)上为增函数，则，当(1)>－(1)所以xffxgxfxffx在(1)＝)>0，所以0′()>)>0，所以，所以()在(1，＋∞)上为增函数，则)(((1xaga，＋∞)上为增函数，则存在>，因为在时，即((1(1，＋∞)上没有零点．当1－2)<02xxxxgxxxg，＋∞)时，∈，＋∞)，使得((()＝0，且当)<0∈(1，，当)唯一的时，∈(10000xfxfxfxxxgxx，)时，′(′(()<0，)>0(，＋∞)时，)(为减函数，当)>0，所以当(1∈，∈00xffxxfxffxxxfx趋(，因为)((趋于＋∞时，)<())为增函数，当＝(1)时，＝(0)＝，当0min001????axxxf，＋∞D. ，＋∞)内，.(一定存在一个零点，所以∈()故选∈于＋∞，所以在0??2 二、填空题π2baba，与的夹角为|＝2，|＝|3，13．(2019·河南重点中学联合质量检测)已知|向量3ccab________.且|＋，则＋|＝＝07答案2222baabaccabcabcbab·＋2，所以|－＋|＝|＋＋)|，解析由即＋＝＋＝0，得－(＝＝＋1π2??22??cbaba－7.|＝＝＝＋7＋2|，所以|||·cos＝4＋9＋2×2×3×|??23i??2x－n??是虚数单位，则014．已知，其中i的展开式中第五项与第七项的系数之和为x??展开式中的常数项为________．45答案i??2x－n??的展开式的通项解析x??r5i??n-2－rrnrrr－22??xxT i) . (＝C＝(C)－nnr1＋x??4466n10. ＝C(－i)＝0，解得(由题意得C－i)＋nn5r20-rr2xT i)C( 中，在＝－r10＋1r5r＝8，0－＝，则令20288T45.i)(－所以展开式中的常数项为＝＝C1092KAB越大，说的随机变量)下列说法：①分类变量与．(2019·湖南师大附中月考六15kx cAyB去拟合一组数据时，为了求出回归方程，明“＝与有关系”的可信度越大，②以模型e4kzyxzc，③在残差0.3和e的值分别是，，则4＋0.3＝，将其变换后得到线性方程ln ＝设xy满足和图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，④若变量yxyzxz 也正相关，正确的个数是________．＋1，且变量与与关系0.1＝－正相关，则答案 32BKAAB有关根据独立性检验的原理，分类变量越大，说明“与与的随机变量解析kxkxkx ccycy ln ee)系”的可信度越大，①正确；∵＝＝ln e，∴两边取对数，可得ln ＋＝ln (4ckxczzyckxzckx，e＝＝0.30.3，∴＋4＝ln ＋，∴，令ln ＝ln ，可得＝＝ln 4＋，，∵＝yxxyxy负相＋②正确；由残差图的意义可知③正确；变量1，满足关系，则变量＝－0.1与zzxy3.正相关，则负相关，④错误；综上可知正确命题的个数是关，又变量与与 )将正奇数按如图所示的规律排列：16．(2020·湖北部分重点中学新起点考试173 51715 11 9 1319 21 23 25 27 29 31…个数．________则2019在第行，从左向右第________4932 答案…，个奇数，行有5行有3个奇数，第32第一行有解析根据排列规律可知，1个奇数，第nn－2＋22nnnnnn时，共有1－个奇数，前行总共有＝个奇数．当31＝可得第行有222nn ＝1024个奇数，所以2019是第1010个奇数，在第3232961＝个奇数，当＝时，共有行第49个数．。

2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型解答题三理

- 1 - 解答题(三) 17．(2019·河南八市重点高中联盟第五次测评)已知等差数列{an}中，a3＝3，且a2＋2，a4，a6－2成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记bn＝－1na2n＋1anan＋1，求{bn}的前2n项和S2n. 解 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a2＋2，a4，a6－2成等比数列，∴a24＝(a2＋2)(a6－2)， ∴(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)，又a3＝3， ∴(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得d2－2d＋1＝0，解得d＝1，∴an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n.

(2)由(1)得bn＝－1na2n＋1anan＋1＝(－1)n2n＋1nn＋1

＝(－1)n1n＋1n＋1， ∴S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－1＋12＋12＋13－13＋14＋…＋12n＋12n＋1＝－1＋12n＋1＝－2n2n＋1.

18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，平面ABC⊥平面ACC′A′，AB＝BC＝CA＝AA′，D是棱BB′的中点．

(1)求证：平面DA′C⊥平面ACC′A′； (2)若∠A′AC＝60°，求二面角A′－CD－B′的余弦值．解 (1)证明：如图，取AC，A′C′的中点O，F，连接OF与A′C交于点E，连接DE，OB，B′F，

则E为OF的中点，OF∥AA′∥BB′，且OF＝AA′＝BB′，所以BB′FO是平行四边形．又D是棱BB′的中点，所以DE∥OB.又平面AA′C′C⊥平面ABC，平面AA′C′C∩平面ABC＝AC，且OB⊥AC，OB⊂平面ABC，所以OB⊥平面ACC′A′，得DE⊥平面ACC′A′，又DE⊂平面DA′C，所以平面DA′C⊥平面ACC′A′. (2)连接A′O，因为∠A′AC＝60°，所以△A′AC是等边三角形，设AB＝BC＝CA＝AA′＝2，则A′O⊥平面ABC，由已知可得A′O＝OB＝3.以OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A′(0,0，3)，BC→＝(－3， - 2 -

2020高考数学(理)刷题1+1：第二章函数、

专题三函数与基本初等函数本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间60分钟．第Ⅰ卷 (选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2019·佳木斯调研)已知幂函数y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－18，则log 2f (4)的值为( )A ．3B ．4C ．6D ．－6 答案 C解析设幂函数为f (x )＝x n.由幂函数y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－18，得⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝－18＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－123⇒n ＝3，则f (x )＝x 3，f (4)＝64，则log 2f (4)＝log 264＝6，故选C.2．(2019·全国卷Ⅱ)若a >b ，则( ) A ．ln (a －b )>0 B ．3a <3b C ．a 3－b 3>0 D ．|a |>|b | 答案 C解析解法一：不妨设a ＝－1，b ＝－2，则a >b ，可验证A ，B ，D 错误，只有C 正确．解法二：由a >b ，得a －b >0.但a －b >1不一定成立，则ln (a －b )>0 不一定成立，故A 不一定成立．因为y ＝3x 在R 上是增函数，当a >b 时，3a >3b ，故B 不成立．因为y ＝x 3在R 上是增函数，当a >b 时，a 3>b 3，即a 3－b 3>0，故C 成立．因为当a ＝3，b ＝－6时，a >b ，但|a |<|b |，所以D 不一定成立．故选C.3．(2019·抚顺二模)已知f (x )＝x 2＋2x ＋1＋a ，∀x ∈R ，f [f (x )]≥0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5－12，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫5－32，＋∞C ．[－1，＋∞)D ．[0，＋∞)答案 B解析设t ＝f (x )＝(x ＋1)2＋a ≥a ， ∴f (t )≥0对任意t ≥a 恒成立，即(t ＋1)2＋a ≥0对任意t ∈[a ，＋∞)都成立，当a ≤－1时，f (t )min ＝f (－1)＝a ，则a ≥0，与a ≤－1矛盾，当a ＞－1时，f (t )min ＝f (a )＝a 2＋3a ＋1，则a 2＋3a ＋1≥0，解得a ≥5－32，故选B.4．(2019·江西名校联考)函数f (x )＝x 2＋ln (e －x )·ln (e ＋x )的大致图象为( )答案 A解析 ∵函数f (x )的定义域为(－e ，e)，且f (－x )＝x 2＋ln (e ＋x )·ln (e －x )＝f (x )，∴函数f (x )为偶函数，排除C ；∵x →e 时，f (x )→－∞，∴排除B ，D.故选A.5．(2019·银川六校联考)已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (x ＋4)＝f (x －2)，若当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，则f (2018)＝( )A ．36 B.136 C ．6 D.16 答案 A解析 ∵f (x ＋4)＝f (x －2)，∴f (x ＋6)＝f (x )．∴函数f (x )的周期为6.又f (x )是偶函数，且当x ∈[－3,0]时，f (x )＝6－x ，∴f (2018)＝f (2＋336×6)＝f (2)＝f (－2)＝62＝36.故选A.6．(2019·安庆二模)若函数f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)的定义域与值域都是[m ，n ](m <n )，则a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(e ，＋∞)C ．(1，e) D. (1，e1e )答案 D解析函数f (x )＝log a x 的定义域与值域相同等价于方程log a x ＝x 有两个不同的实数解．因为log a x ＝x ⇔ln x ln a ＝x ⇔ln a ＝ln xx ，所以问题等价于直线y ＝ln a 与函数y ＝ln x x 的图象有两个交点．作函数y ＝ln xx 的图象，如图所示．根据图象可知，当0＜ln a ＜1e 时，即1＜a ＜e1e 时，直线y ＝ln a 与函数y ＝ln xx 的图象有两个交点．故选D.7．(2019·沧州模拟)已知函数f (x )＝e x －1－e －x ＋1，则下列说法正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期是1 B ．函数f (x )是单调递减函数C ．函数f (x )的图象关于直线x ＝1轴对称D ．函数f (x )的图象关于(1,0)中心对称答案 D解析函数f (x )＝e x －1－e －x ＋1，即f (x )＝e x －1－1ex －1，可令t ＝e x －1，即有y ＝t－1t ，由y ＝t －1t 在t ＞0单调递增，t ＝e x －1在R 上单调递增，可得函数f (x )在R 上为增函数，则A ，B 均错误；由f (2－x )＝e 1－x －e x －1，可得f (x )＋f (2－x )＝0，即有f (x )的图象关于点(1,0)对称，则C 错误，D 正确．故选D.8．(2019·东北师大附中摸底)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)答案 D解析因为奇函数f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)在区间[－2,0]上是增函数．又因为函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，所以函数f(x)为周期函数，且周期为8，因此f(－25)＝f(－1)<f(0)＝f(80)<f(11)＝f(3)＝－f(－1)＝f(1)．故选D.9．(2019·广州市高三年级调研)已知实数a＝2ln 2，b＝2＋2ln 2，c＝(ln 2)2，则a，b，c的大小关系是()A．c<b<a B．c<a<b C．b<a<c D．a<c<b答案 B解析因为ln 2＝log e2，所以0<ln 2<1，所以c＝(ln 2)2<1，而20<2ln 2<21，即1<a<2，b＝2＋2ln 2>2，所以c<a<b.故选B.10．(2019·大庆铁人中学高三一模)已知实数a，b满足2a＝3,3b＝2，则函数f(x)＝a x＋x－b的零点所在的区间是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)答案 B解析∵实数a，b满足2a＝3,3b＝2，∴a＝log23>1,0<b＝log32<1，∵函数f(x)＝a x＋x－b，∴f(x)＝(log23)x＋x－log32单调递增，∵f(0)＝1－log32>0，f(－1)＝log32－1－log32＝－1<0，∴根据函数的零点判定定理得出函数f(x)＝a x＋x－b的零点所在的区间为(－1,0)．故选B.11．(2019·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数y＝1a x，y＝log a⎝⎛⎭⎪⎫x＋12(a>0，且a≠1)的图象可能是()答案 D解析当0<a <1时，函数y ＝a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递减，于是函数y ＝1a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递增，函数y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12的图象过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递减．因此，选项D 中的两个图象符合．当a >1时，函数y ＝a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递增，于是函数y ＝1a x 的图象过定点(0,1)，在R 上单调递减，函数y ＝log a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12的图象过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增．显然A ，B ，C ，D 四个选项都不符合．故选D. 12．(2019·衡阳市高三第一次联考)若函数f (x )的图象上存在两个不同点A ，B 关于原点对称，则称A ，B 两点为一对“优美点”，记作(A ，B )，规定(A ，B )和(B ，A )是同一对“优美点”．已知f (x )＝⎩⎨⎧|cos x |，x ≥0，－lg (－x )，x <0，则函数f (x )的图象上共存在“优美点”( )A ．14对B ．3对C ．5对D ．7对答案 D解析与y ＝－lg (－x )的图象关于原点对称的函数是y ＝lg x ，函数f (x )的图象上的优美点的对数，即方程|cos x |＝lg x (x >0)的解的个数，也是函数y ＝|cos x |与y ＝lg x 的图象的交点个数，如图，作函数y ＝|cos x |与y ＝lg x 的图象，由图可知，共有7个交点，函数f (x )的图象上存在“优美点”共有7对．故选D.第Ⅱ卷 (非选择题，共40分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·漳州质量监测)已知函数y ＝f (x ＋1)－2是奇函数，g (x )＝2x －1x －1，且f (x )与g (x )的图象的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，则x 1＋x 2＋…＋x 6＋y 1＋y 2＋…＋y 6＝________.答案 18解析因为函数y ＝f (x ＋1)－2为奇函数，所以函数f (x )的图象关于点(1,2)对称，g (x )＝2x －1x －1＝1x －1＋2关于点(1,2)对称，所以两个函数图象的交点也关于点(1,2)对称，则(x 1＋x 2＋…＋x 6)＋(y 1＋y 2＋…＋y 6)＝2×3＋4×3＝18. 14．(2019·四川省一诊)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x >1，x 2＋1，x ≤1，则f (2)－f (1)＝________. 答案 0解析 ∵函数f (x )＝⎩⎨⎧x ，x >1，x 2＋1，x ≤1，∴f (2)＝2，f (1)＝1＋1＝2，∴f (2)－f (1)＝2－2＝0.15．(2019·江苏省镇江市期末)已知函数f (x )＝12x －2x ，则满足f (x 2－5x )＋f (6)>0的实数x 的取值范围是________．答案 (2,3)解析根据题意，函数f (x )＝12x －2x，f (－x )＝12－x －2－x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，又由y ＝12x 在R 上为减函数，y ＝－2x 在R 上为减函数，则函数f (x )在R 上为减函数，则f (x 2－5x )＋f (6)>0⇒f (x 2－5x )>－f (6)⇒ f (x 2－5x )>f (－6)⇒x 2－5x <－6，解得2<x <3，即x 的取值范围为(2,3)．16．(2019·山东省烟台市高三(上)期末)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|log 2x －1|，0<x ≤4，3－x ，x >4，设a ，b ，c 是三个不相等的实数，且满足f (a )＝f (b )＝f (c )，则abc 的取值范围为________．答案 (16,36)解析作出f (x )的图象如图，当x >4时，由f (x )＝3－x ＝0，得x ＝3，得x ＝9，若a ，b ，c 互不相等，不妨设a <b <c ，因为f (a )＝f (b )＝f (c )，所以由图象可知0<a <2<b <4<c <9，由f (a )＝f (b )，得1－log 2a ＝log 2b －1，即log 2a ＋log 2b ＝2，即log 2(ab )＝2，则ab ＝4，所以abc ＝4c ，因为4<c <9，所以16<4c <36，即16<abc <36，所以abc 的取值范围是(16,36)．三、解答题(本大题共2小题，共20分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(2019·宁夏育才中学月考)已知函数f (x )＝x 2－4x ＋a ＋3，a ∈R .(1)若函数f (x )在(－∞，＋∞)上至少有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在[a ，a ＋1]上的最大值为3，求a 的值．解 (1)由Δ＝16－4(a ＋3)≥0，得a ≤1. 故实数a 的取值范围是(－∞，1]． (2)f (x )＝(x －2)2＋a －1.当a ＋1<2，即a <1时，f (x )max ＝f (a )＝a 2－3a ＋3＝3，解得a ＝0，a ＝3(舍去)；当1≤a ≤32时，f (x )max ＝f (a )＝3，解得a ＝0或a ＝3(均舍去)；当32<a ≤2时，f (x )max ＝f (a ＋1)＝a 2－a ＝3，解得a ＝1±132(均舍去)．当a >2时，f (x )max ＝f (a ＋1)＝a 2－a ＝3，解得a ＝1＋132，a ＝1－132(舍去)．综上，a ＝0或a ＝1＋132.18．(本小题满分10分)(2019·潍坊月考)中国“一带一路”战略构思提出后，某科技企业为抓住“一带一路”带来的机遇，决定开发生产一款大型电子设备．生产这种设备的年固定成本为500万元，每生产x 台，需另投入成本c (x )(万元)，当年产量不足80台时，c (x )＝12x 2＋40x (万元)；当年产量不小于80台时，c (x )＝101x ＋8100x －2180(万元)．若每台设备售价为100万元，通过市场分析，该企业生产的电子设备能全部售完．(1)求年利润y (万元)关于年产量x (台)的函数关系式；(2)年产量为多少台时，该企业在这一电子设备的生产中所获利润最大？解 (1)当0<x <80时，y ＝100x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋40x －500＝－12x 2＋60x －500；当x ≥80时，y ＝100x －⎝ ⎛⎭⎪⎫101x ＋8100x －2180－500＝1680－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8100x .∴y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x 2＋60x －500，0＜x ＜80，x ∈N *，1680－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8100x ，x ≥80，x ∈N *.(2)当0<x <80时，y ＝－12(x －60)2＋1300，∴当x ＝60时，y 取得最大值，最大值为1300万元；当x ≥80时，y ＝1680－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋8100x ≤1680－2x ·8100x ＝1500，当且仅当x＝8100x，即x ＝90时，y 取得最大值，最大值为1500万元．综上，当年产量为90台时，该企业在这一电子设备的生产中所获利润最大，最大利润为1500万元．。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型解答题四理

)(四解答题aSSan，，且}是等差数列，其前3项和为＝17．(2019·河北石家庄二模)已知数列{nn35aa8.＝＋64a(1)求；nn Tabnb. ，求数列{项和}(2)设的前＝2·nnnn aaS{5}是等差数列，所以，＝解 (1)因为数列n35aSa＝＝30，∴又，335addaaaaaa的通项公式}＝，所以2, －所以数列＝2{由＝＋8＝＝24，得，解得＝4n365545nndaa3).3)－为＝＝＋(2(－n3nn1＋nba＝2·－3)·2＝(，(2)由(1)得nnn1＋234nT＋(－1)·2，＋0·2－3)·2＋…＋＝(－2)·2(nnn2＋1＋34nnT＋(2－2)·2＝(＋(－1)·2＋…＋(，－4)·2－3)·2nn1－2－nn2＋2341＋nTnT－＋－(－3)·2(两式相减得2＋…＋－－＝2·2(2＋22)＋＝8nn21－nnn2＋22＋＋nnT16.－4)·2－4)·2(3)·216＋，即＋＝＝(n CDEABCDEBCD均为边长为中，△与△518．(2019·江西省名校月联考)已知空间几何体CDEBCDABCABCBCD.⊥平面，为腰长为13的等腰三角形，平面平面⊥平面2的等边三角形，△BCDFAAFCDE平行，试在平面(1)的连线内作一条直线，使直线上任意一点均与平面与并给出详细证明；BEAEC所成角的正弦值．求直线与平面(2)BCBDHGHGHG为所求直线．，则，如图所示，分别取解(1)，作直线和的中点HGBCBDHGCDCDOEO，和的中点，所以的中点∥证明如下：因为点，连接，分别为，取AHEOCDAHBCCDEBCDEOCDEOBCD，又平面⊥，因为平面，所以⊥平面，且⊥平面⊥，则⊥，ABCBCDAHBCAHBCDEOAH.∥，所以⊥平面，则⊥，⊥平面．CDEEOAHCDE?平面，又，?平面CDEAH.∥平面所以CDECDEGHCDGHCD因为，∥?，?平面平面，CDEGH所以，∥平面HGHGHAGHAHAH?平面＝，，，∩因为CDEAHG∥平面，则平面CDEFAAFHG与均与平面所以直线的连线上任意一点平行．OEOByOBCDOODx轴，所在直线为为坐标原点，(2)连接轴，，以所在直线为的中点z所在直线为轴，建立空间直角坐标系．??13→??BEECAB，3，3)，，，＝(00)，则(－1,0,0)，，－(0,03)，，?z n CEx，·＝＝＋30?则3(03，2－，??22zxAEC n y的法向量为，＝(，设平面)，→31→?z n EAxy，＝＋＝－0＋3·22x，3＝－??n y 3取，－3,1)得．＝(－，＝－3?z，＝142632→n BE.〈cos〉＝＝，则1313×6226BEAEC所成角的正弦值为所以直线.与平面1319．(2019·四川绵阳三诊)甲、乙两家物流公司都需要进行货物中转，由于业务量扩大，现向社会招聘货车司机，其日工资方案如下：甲公司，底薪80元，司机每中转一车货物另计4元；乙公司无底薪，中转40车货物以内(含40车)的部分司机每车计6元，超出40车的部分，司机每车计7元．假设同一物流公司的司机一天中转货物的车数相同，现从这两家公司各随机选取一名货车司机，并分别记录其50天的中转车数，得到如下频数表：甲公司货车司机中转货物车数频数表42 40日中转车数413839 510101015天数乙公司货车司机中转货物车数频数表4244日中转车3351天120天中转车3天的中转车数，求这3天货物中转车数中随机抽取50现从记录甲公司的(1)．数都不小于40的概率；(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：XXEX)；(单位：元)，求①记乙公司货车司机日工资为的分布列和数学期望(②小王打算到甲、乙两家物流公司中的一家应聘，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．A，设“这三天中转车数都不小于40”的事件为解 (1)323C25AP.＝则)(＝3196C50t①设乙公司货车司机日中转车数为，则(2)tt≤40，6，??X＝?tt>40.－40，7??X的所有取值分别为228,234,240,247,254，其分布列为：则254 234247日工资24022811121P概率 101055511121EX)＝228×＋234×＋240×＋247×∴＋254×(＝241.8.1055510YY＝4μ＋80②设甲公司货车司机日工资为，，日中转车数为μ，则Y的所有可能取值为232,236,240,244,248则，则分布列为：248 日工资24023224423613111P 概率 105105511113EY)＝232×＋236×＋240×＋244×＋248×＝238.8.(1055105EXEY)知，若仅从日工资的角度考虑，小王应该选择乙公司．)＞由((2MpFCxpy，2，((>0)的焦点为20．(2019·辽宁沈阳教学质量监测三)已知抛物线－：2＝yCMF|＝上一点，且|)是2.0C的方程； (1)求FCABABCl，过点(2)，的直线与抛物线的切线相交于两点作抛物线，两点，分别过1lPPABQPAQB是否存在外接的对称点为点，两条切线相交于点，判断四边形，点关于直线2圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．py，① (1)根据题意知，4＝2解0pyMF②，所以2＝＋2，＝因为||02py2.＝联立①②解得，1＝0．2yCx. 的方程为所以抛物线4＝PAQB存在外接圆．(2)四边形2yxABykx＝设直线4的方程为中，＝＋1，代入2yxyBxxkxA，))(，得，－4(－4＝0，设点，21122xxxkkx＝4，＋，则Δ＝16＝－＋16>0，且4211222kABxkx |＝4(所以|－|，＝1＋＋|1)212xx2yyCxy.因为′＝：＝＝4，所以，即24xx21kllk的斜率为因此，切线，的斜率为＝＝，切线221122xx21PAPBPABkkPAB的外接圆的圆心由于是直角三角形，所以△，＝＝－1，所以即△⊥214ABAB是圆的直径，的中点，线段为线段2kPAQBABQPAB，＋＝4(存在外接圆．又因为|所以点1)一定在△|的外接圆上，即四边形ABk.π4，此时圆的面积最小，最小面积为所以当4＝0时，线段最短，最短长度为axxaxf. ，其中R ＋1)21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数－(∈)＝－ln (1xf (的单调性；(1)讨论函数)x axgxgxfx [0，＋∞)时，)＝)≥0，求实数(()＋e，若(2)令函数的取值范围．(∈xxfx 1，＋∞)．)的定义域为＋1>0得(>－1，可知函数－解(1)由(axa－－xf.′(＝－)由＝－1xx11＋＋aafxfx)的减区间为(－时，(≤0，1′(，＋∞)，没有增)<0①当，可得函数－1≤－1区间；aafxxa－11<，>0，令<′( )>0②当得－－1>－1时，fxaa－1)．1，( －1，＋∞)，增区间为(可得函数(－)的减区间为x xaxgx1.e＋＝－ln (－(2)由题意有＋(1))xx xxhahxxxh为增函数，＝e＝e－－1(－1≥0，故函数≥0)，有)′(①当时，令≥0(())x xxhxxxh＋1)≥0，(＋∞)时，，e－＋∞)时，－1≥0.又当ln 有∈([0)≥＝(0)0，可知当，∈[0xxg(故当∈[0，＋∞)时，)≥0.a x xga＝)＋e－②当1<0时，，′(x1＋a x xy－1)＋e－1(为增函数．可知函数>＝x1＋2xaxaxa＋＋＋x xgxagxx，＞－1≥时，e)≥，有＋′(由′(0)＝＝<0，由①知当≥0xxx11＋＋1＋xagxxagxgx 的减)(，－∈－可知当>时，′()>0.由上可知存在(0)，使得′(，故函数0＝)00．xxgxxgx)<0时，，不符∈(0，)，增区间为((，＋∞)，又由(0)＝0，可得当)区间为(－1，000a的取值范围为[0合题意．由上可知，所求实数，＋∞)．x，θ＝6cos??CxOy(22．在直角坐标系θ为参数中，圆锥曲线)的参数方程为．以?1yθ＝3sin??Ox轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系中取相同的长度单位，曲线坐标原点为极点，222kkCk∈R)．25(sinφ－2)φ＝为参数，的极坐标方程为(ρcosφ＋)＋＋(ρ2CC的直角坐标方程；，(1)写出21CC？请说明理由．包围曲线(2)是否存在曲线1222yx22CxyCkxy－21＝－：解 (1)＋4＋20.：＋＝1，2193622kkkC外；可知点(6,0)1221＝15若≥0，由6＋＋0在曲线＋12>0－0－(2)2)(2206，－Ckkk在曲线－0－21＝15－12若>0<0，(－6)＋0可知点－12外．2CkC. 取何值，曲线综上，无论都不能包围曲线12xxgfxx 1|.)＝＝|2，＋1||(23．已知函数(＋)xgxfxxfg )的图象，并写出不等式(((1)在图中画出的解集；()和)>()axaafxg的取值范围．∈若|R()－2)(恒成立，求)|≤((2)??2???xx?xgxxxgfxf－>0或<. )，()的图象如图，不等式()>(的解集为(解(1))???3????xxgxxf1||＋2|－1|＋||2＝)|(2－)((2)|1?xx?，1>－或－<1，2?＝1?xx?，≤－|4＋3|，－1≤2fxgxa≥1. 2|所以()－()|≤1，所以。

2020届高考数学二轮复习刷题型解答题一文数8

解答题(一)17．(2019·安徽皖南八校第三次联考)党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：甲种生产方式：品，①求这5件产品中，优等品和合格品各有多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位应选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？解(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．②记3件优等品分别为A，B，C,2件合格品分别为a，b，从中随机抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M，则事件M发生的情况有6种，所以P(M)＝610＝35.(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，由于T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．18．已知等差数列{a n}的公差d>0，其前n项和为S n，且S5＝20，a3，a5，a8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 5＝a 1＋a 52＝20，所以a 1＋a 5＝8，所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4， ①因为a 3，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 3a 8，所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，化简，得a 1＝2d ， ②联立①和②，得a 1＝2，d ＝1，所以a n ＝n ＋1. (2)因为b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ＝1n ＋n ＋＋n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n ，所以T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＋n n ＋2＝n n ＋＋n n ＋2＝n 3＋3n 2＋3n n ＋.19．(2019·广东梅州总复习质检)如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点，将△DEC 沿CE 折起到△D ′EC 的位置，使二面角D ′－EC －B 是直二面角．(1)证明：BE ⊥CD ′；(2)求点E 到平面BCD ′的距离．解 (1)证明：∵AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点， ∴△BAE ，△CDE 是等腰直角三角形，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .又∵平面D ′EC ⊥平面BEC ，平面D ′EC ∩平面BEC ＝EC ，BE ⊂平面BEC ，∴BE ⊥平面D ′EC ，∵CD ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥CD ′. (2)由已知及(1)得，BE ⊥平面D ′EC ，BE ＝2， ∴V B －D ′EC ＝13BE ·S △D ′EC ＝13×2×12×1×1＝26.ED ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥ED ′，ED ′＝1，∴BD ′＝ 3.在△BD ′C 中，BD ′＝3，CD ′＝1，BC ＝2.∴BC 2＝(BD ′)2＋(CD ′)2，∠BD ′C ＝90°. ∴S △BD ′C ＝12BD ′·CD ′＝32.设点E 到平面BCD ′的距离为d . 则V B －D ′EC ＝V E －BCD ′＝13d ·S △BCD ′，∴13×32d ＝26，得d ＝63. 所以点E 到平面BCD ′的距离为63. 20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f (x )＝x －11＋x ，g (x )＝(ln x )2－2a ln x＋13a . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若存在x 1∈[0,1]，使得对任意的x 2∈[1，e 2]，f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1＋1＋x2>0，又x ≠－1，故f (x )在(－∞，－1)为增函数，在()－1，＋∞也为增函数．(2)由(1)可知，当x ∈[0,1]时，f (x )为增函数，f (x )max ＝f (1)＝12，由题意可知g (x )＝(ln x )2－2a ln x ＋13a ≤12对任意的x ∈[0,2]恒成立．令t ＝ln x ，则当x ∈[1，e 2]时，t ∈[0,2]，令h (t )＝t 2－2at ＋13a －12，问题转化为h (t )≤0对任意的t ∈[0,2]恒成立，由抛物线h (t )的开口向上，知⎩⎪⎨⎪⎧h，h，即⎩⎪⎨⎪⎧13a －12≤0，4－4a ＋13a －12≤0，解得2122≤a ≤32.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2122，32.21．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E (－2,0)，F (2,0)，P (x ，y )是平面内一动点，P 可以与点E ，F 重合．当P 不与E ，F 重合时，直线PE 与PF 的斜率之积为－14.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P 的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．解 (1)当P 与点E ，F 不重合时，k PE ·k PF ＝－14，得y x ＋2·yx －2＝－14，即x 24＋y 2＝1(y ≠0)，当P 与点E ，F 重合时，P (－2,0)或P (2,0)．综上，动点P 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)记矩形面积为S ，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S ＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y ＝kx ＋m ，则其对边方程为y ＝kx －m ，另一边所在直线方程为y ＝－1k x ＋n ，则其对边方程为y ＝－1kx －n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则Δ＝0，即4k 2＋1＝m 2. 矩形的一边长为d 1＝|2m |k 2＋1，同理，4k 2＋1＝n 2，矩形的另一边长为d 2＝|2n |1k2＋1， S ＝d 1·d 2＝|2m |k 2＋1·|2n |1k2＋1＝|4mnk |k 2＋1 ＝4k 2＋k 2＋k 2＋2＝44k 4＋17k 2＋4k 2＋2＝44＋9k 2k 2＋2＝44＋9k 2＋1k2＋2∈(8,10]．综上，S ∈(8,10]．22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ(t 为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝8sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6. (1)在直角坐标系xOy 中，求圆C 的圆心的直角坐标；(2)设点P (1，3)，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求证：|PA |·|PB |为定值，并求出该定值．解 (1)圆C 的极坐标方程为ρ＝43sin θ＋4cos θ，又ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，则圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，圆心坐标为C (2，23)．(2)证明：将⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ代入圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，得t 2－(23sin θ＋2cos θ)t －12＝0，设点A ，B 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－12， ∴|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝12.23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x ＋1|＋|x －1|<3的解集为M .(1)求M ；(2)若m ，n ∈M ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1.解 (1)当x <－12时，不等式即为－2x －1－x ＋1<3，解得－1<x <－12；当－12≤x ≤1时，不等式即为2x ＋1－x ＋1<3，解得－12≤x <1；当x >1时，不等式即为2x ＋1＋x －1<3，此时无解．综上可知，不等式的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：m ，n ∈(－1,1)，欲证⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1，需证|m －n |<|mn －1|，即证(m －n )2<(mn －1)2，即m 2＋n 2－2mn <m 2n 2－2mn ＋1，即证(m 2－1)(n 2－1)>0，因为m ，n ∈(－1,1)，所以(m 2－1)(n 2－1)>0显然成立．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1成立．。

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解答题(一) 17．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC. (1)求A； (2)若2a＋b＝2c，求sinC. 解 (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.

由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝12. 因为0°(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，

即62＋32cosC＋12sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－22.

因为0°故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.

18．(2019·广东梅州总复习质检)如图，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE.

(1)求证：AB⊥平面ADE； (2)当EA＝ED时，求二面角D－EB－C的余弦值．解 (1)证明：∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE， ∴AE⊥CD.又四边形ABCD是正方形， ∴AB⊥AD，AB∥CD，∴AB⊥AE，AE∩AD＝A， ∴AB⊥平面ADE. (2)由(1)知，AB⊥平面ADE，DE⊂平面ADE， ∴AB⊥DE，∴CD⊥DE. 过E作Ey∥CD，则有EA⊥Ey，EA⊥ED，ED⊥Ey. 以E为原点，分别以ED，Ey，EA为坐标轴，建立如图的空间直角坐标系．设EA＝ED＝a>0，∴CD＝AD＝2a.可得E(0,0,0)，A(0,0，a)，B(0，－2a，a)，D(a,0,0)，C(a，－2a,0)．

则ED→＝(a,0,0)，EB→＝(0，－2a，a)，EC→＝(a，－2a,0)．设平面DEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，

则有 n·ED→＝x，y，za，0，＝ax＝0，n·EB→＝x，y，z，－2a，a＝－2ay＋az＝0，令y＝2，得n＝(0，2，2)．设平面EBC的一个法向量为m＝(p，q，r)，则

 m·EC→＝p，q，ra，－2a，＝ap－2aq＝0，

m·EB→＝p，q，r，－2a，a＝－2aq＋ar＝0，

令q＝2，得m＝(2，2，2)．得cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝，2，，2，6×10

＝6215＝155. 所以二面角D－EB－C的余弦值为155. 19．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E(－2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为－14.

(1)求动点P的轨迹方程； (2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．

解 (1)当P与点E，F不重合时，kPE·kPF＝－14，得yx＋2·yx－2＝－14，即x24＋y2＝1(y≠0)，当P与点E，F重合时，P(－2,0)或P(2,0)．综上，动点P的轨迹方程为x24＋y2＝1. (2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8. 当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，

则其对边方程为y＝kx－m，另一边所在直线方程为y＝－1kx＋n，则其对边方程为y＝－1kx－n，

联立 x2＋4y2＝4，y＝kx＋m，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则Δ＝0，即4k2＋1＝m2. 矩形的一边长为d1＝|2m|k2＋1，同理，4k2＋1＝n2，矩形的另一边长为d2＝|2n|1k2＋1，

S＝d1·d2＝|2m|k2＋1·|2n|1k2＋1＝|4mnk|k2＋1

＝4 k2＋k2＋k2＋2＝4 4k4＋17k2＋4k2＋2 ＝4 4＋9k2k2＋2＝44＋9k2＋1k2＋2∈(8,10]．综上，S∈(8,10]． 20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f(x)＝x－11＋x，g(x)＝(ln x)2－2aln x

＋13a. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若存在x1∈[0,1]，使得对任意的x2∈[1，e2]，f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．

解 (1)f′(x)＝1＋1＋x2>0，又x≠－1，故f(x)在(－∞，－1)为增函数，在()－1，＋∞也为增函数．

(2)由(1)可知，当x∈[0,1]时，f(x)为增函数，f(x)max＝f(1)＝12，由题意可知g(x)＝

(ln x)2－2aln x＋13a≤12对任意的x∈[0,2]恒成立．令t＝ln x，则当x∈[1，e2]时，t∈[0,2]，令h(t)＝t2－2at＋13a－12，问题转化为h(t)≤0对任意的t∈[0,2]恒成立，由抛物线h(t)的

开口向上，知 h，h，即 13a－12≤0，4－4a＋13a－12≤0，解得2122≤a≤32.故实数a的取值范围是2122，32. 21．(2019·福建龙岩质检)某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N*)份血液样本，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N*，且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率； (2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2. ①试运用概率统计的知识，若E(ξ1)＝E(ξ2)，试求p关于k的函数关系式p＝f(k)；

②若p＝1－13e，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验

的总次数的期望值更小，求k的最大值．参考数据：ln 2≈0.6931，ln 3≈1.0986，ln 4≈1.3863，ln 5≈1.6094，ln 6≈1.7918.

解 (1)因为P＝C12C13A23A22A55＝35，所以恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概

率为35. (2)①由已知得E(ξ1)＝k，ξ2的所有可能取值为1，k＋1， ∴P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k， ∴E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k. 若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，

∴k(1－p)k＝1，即(1－p)k＝1k，∴1－p＝1k1k ， ∴p＝1－1k1k ，∴p关于k的函数关系式为p＝1－1k1k (k∈N*且k≥2)． ②由题意可知E(ξ2)13k，设f(x)＝ln x－13x(x>0)，∵f′(x)＝3－x3x，∴当x>3时，f′(x)<0，即f(x)在(3，＋∞)上单

调递减，又ln 4≈1.3863，43≈1.3333，∴ln 4>43，ln 5≈1.6094，53≈1.6667， ∴ln 5<53，∴k的最大值为4. 22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 x＝1＋tcosθ，y＝3＋tsinθ(t为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝8sinθ＋π6. (1)在直角坐标系xOy中，求圆C的圆心的直角坐标； (2)设点P(1，3)，若直线l与圆C交于A，B两点，求证：|PA|·|PB|为定值，并求出该定值．解 (1)圆C的极坐标方程为ρ＝43sinθ＋4cosθ，又ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，则圆C：x2＋y2－4x－43y＝0，圆心坐标C(2,23)．

(2)将 x＝1＋tcosθ，y＝3＋tsinθ代入C：x2＋y2－4x－43y＝0，得t2－(23sinθ＋2cosθ)t－12＝0，设点A，B所对应的参数分别为t1，t2，则t1t2＝－12， ∴|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12. 23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x＋1|＋|x－1|<3的解集M. (1)求M；

(2)若m，n∈M，求证：m－nmn－1<1.

解 (1)当x<－12时，不等式即为－2x－1－x＋1<3，解得－1当－12≤x≤1时，不等式即为2x＋1－x＋1<3，解得－12≤x<1；当x>1时，不等式即为2x＋1＋x－1<3，此时无解．综上可知，不等式的解集M＝{x|－1