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(七)理
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)文(最新整理)
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）文
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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）文
所以错误!＝0。7×4.5＋0.35,解得 m＝3。 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，角 A，B，C 所对的边分别为 a,b,c,若 a2－b2＝ 3bc，且 sinC＝2错误!sinB， 则角 A 的大小为________． 答案 错误! 解析 由 sinC＝2错误!sinB 得 c＝2错误!b.则 a2－b2＝错误!bc＝错误!×2错误!b2。即 a2＝7b2。 则 cosA＝错误!＝错误!＝错误!。 又 A∈（0，π），∴A＝错误!。 16．(2019·宁夏模拟）已知函数 f(x）＝（x－m)2＋(ln x－2m）2，当 f（x)取最小值时, 则 m＝________。 答案 错误!－错误!ln 2 解析 （x－m)2＋(ln x－2m）2 可转化为点 A（x,ln x）与 B(m,2m）之间距离的平方，点 A 在函数 y＝ln x 的图象上，点 B(m，2m)在直线 y＝2x 上，所以原问题转化为函数 y＝ln x 的图 象上任意一点与直线 y＝2x 上任意一点距离最小问题,设直线 y＝2x＋t 与 y＝ln x 相切于点 P(x0，y0），因为 y′＝（ln x)′＝错误!，所以错误!＝2，故 P错误!，解方程组错误! 得 x＝错误!－错误!ln 2，即为所求的 m 值．
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(七)理
选填题(七)一、选择题1．若复数z ＝(x 2＋x －2)＋(x ＋2)i 为纯虚数，则实数x ＝( ) A ．1 B ．－2 C ．1或－2 D ．－1或2答案 A解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x －2＝0，x ＋2≠0，解得x ＝1.2．(2019·河北示范高中联考)设U ＝A ∪B ，A ＝{1,2,3,4,5}，B ＝{10以内的素数}，则∁U (A ∩B )＝( )A ．{2,4,7}B ．∅C ．{4,7}D ．{1,4,7}答案 D解析 ∵B ＝{2,3,5,7}，∴A ∩B ＝{2,3,5}，A ∪B ＝{1,2,3,4,5,7}，则∁U (A ∩B )＝{1,4,7}．故选D.3．(2019·福建模拟)为比较甲、乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验(指标值满分为5分，分值高者为优)，根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是()A ．乙的数据分析素养优于甲B ．乙的数学建模素养优于数学抽象素养C ．甲的六大素养整体水平优于乙D ．甲的六大素养中数据分析最差 答案 C解析 根据雷达图得到如下数据：4．(2019·北京朝阳二模)在数学史上，中外数学家使用不同的方法对圆周率π进行了估算．根据德国数学家莱布尼茨在1674年给出的求π的方法绘制的程序框图如图所示．执行该程序框图，输出s 的值为( )A ．4B ．83C ．5215D ．304105答案 C解析 第一次，s ＝4，k ＝1，不满足k ≥3；第二次，s ＝4－43＝83，k ＝2，不满足k ≥3；第三次，s ＝83＋45＝5215，k ＝3，满足k ≥3，程序终止，输出s ＝5215.故选C.5．(2019·安徽皖南八校第三次联考)函数f (x )＝3x34|x |－4的大致图象为( )答案 A解析 因为f (－x )＝－x 34|－x |－4＝－3x34|x |－4＝－f (x )，所以函数f (x )是奇函数，图象关于原点对称，排除C ，D ；又由当x ∈(0,1)时，函数f (x )的值小于0，排除B.故选A.6．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( ) A ．10 B ．11 C ．12 D ．13答案 C解析 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝a 1＋a 132＝13a 7<0，S 12＝a 1＋a 122＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.7．(2018·全国卷Ⅰ)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB →＝( ) A ．34AB →－14AC → B ．14AB →－34AC →C ．34AB →＋14AC →D ．14AB →＋34AC → 答案 A 解析 如图，EB →＝－BE →＝－12(BA →＋BD →)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫BA →＋12BC →＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤BA →＋12BA →＋AC →＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫32BA →＋12AC →＝34AB →－14AC →.8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．5B ．53C ．52D ．56答案 D解析 该几何体的直观图如图所示．其体积V ＝V P －ABCD ＋V D －PAE ＝13×12×2＋13×12×1×1×1＝56.9．(2018·全国卷Ⅰ)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x 轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos2α＝23，则|a －b |＝( )A ．15B ．55C ．255D ．1答案 B解析 因为cos2α＝cos 2α－sin 2αcos 2α＋sin 2α＝23， 所以1－tan 2α1＋tan 2α＝23，解得tan 2α＝15，|tan α|＝55. 又因为|k AB |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －b 1－2＝|a －b |，所以|a －b |＝|tan α|＝55. 10．(2019·河北石家庄二模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，点F 为左焦点，点P 为下顶点，平行于FP 的直线l 交椭圆于A ，B 两点，且AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，则椭圆的离心率为( ) A ．22B ．12C ．14D ．32答案 A解析 如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，又AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝1，又因为A ，B 在椭圆上，所以x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，两式相减，得y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－b 2a 2，∵k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k FP ＝－b c ，k OM ＝y 1＋y 2x 1＋x 2＝12，∴b c ＝2b 2a2，∴a 2＝2bc ，则a 4＝4(a 2－c 2)c 2，∴c 2a 2＝12，即c a ＝22.故选A. 11．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点为F ，直线4x －3y ＋20＝0过点F 且与双曲线C 在第二象限的交点为P ，O 为原点，|OP |＝|OF |，则双曲线C 的离心率为( )A ．5B ． 5C ．53D ．54答案 A解析 根据直线4x －3y ＋20＝0与x 轴的交点F 为(－5，0)，可知半焦距c ＝5，设双曲线C 的右焦点为F 2，连接PF 2，根据|OF 2|＝|OF |且|OP |＝|OF |可得，△PFF 2为直角三角形．解法一：如图，过点O 作OA 垂直于直线4x －3y ＋20＝0，垂足为A ，则易知OA 为△PFF 2的中位线，又原点O 到直线4x －3y ＋20＝0的距离d ＝4，所以|PF 2|＝2d ＝8，|PF |＝|FF 2|2－|PF 2|2＝6，故结合双曲线的定义可知|PF 2|－|PF |＝2a ＝2，所以a ＝1， 故e ＝ca＝5.故选A.解法二：由于直线4x －3y ＋20＝0的斜率为k ＝43，故tan ∠PFF 2＝43，故sin ∠PFF 2＝45，且|FF 2|＝10，所以|PF 2|＝8，|PF |＝6，由双曲线定义知|PF 2|－|PF |＝2a ＝2，故a ＝1，e ＝c a＝5，故选A.12．已知函数f (x )＝a ＋2eln x x 与g (x )＝x2x ＋eln x 的图象有三个不同的公共点，其中e为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，e)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，12C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫53，＋∞D ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12∪(e ，＋∞) 答案 B解析 根据题意，方程a ＋2eln x x ＝x 2x ＋eln x ⇔a ＋2eln xx＝12＋eln x x有三个不相等的实根．令t (x )＝eln xx得2t 2＋(a ＋4)t ＋2a －1＝0(t ≠－2)，t ′(x )＝－ln xx 2，故由t ′(x )>0得0<x <e ；t ′(x )<0⇒x >e ，所以t (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，如图．令g (t )＝2t 2＋(a ＋4)t ＋2a －1，故2t 2＋(a ＋4)t ＋2a －1＝0(t ≠－2)根的分布情况如下：①t 1∈(0,1)，t 2∈(－∞，0)且t 2≠－2，则⎩⎪⎨⎪⎧g，g ，故a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，12.检验：g (－2)＝－1≠0，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，12； ②t 1＝1，t 2∈(0,1)，则g (1)＝0⇒a ＝－53进而知t 2＝－136∉(0,1)，此时不成立；③t 1＝0，t 2∈(0,1)，则g (0)＝0⇒a ＝12⇒t 2＝－94∉(0,1)，此时不成立．综上，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，12，故选B.二、填空题13．已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3·a 9＝2a 25，a 2＝1，则a 1＝________. 答案22解析 ∵a 3·a 9＝a 26，∴a 26＝2a 25，设等比数列{a n }的公比为q ，因此q 2＝2，由于q >0，解得q ＝2，∴a 1＝a 2q ＝22. 14．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋x，2xx ，已知f [f (x )]＝2，则x ＝________.答案 －1解析 由f (x )＝2得x ＝12，因为f [f (x )]＝2，所以f (x )＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋1＝12，x ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝12，x <0，解得x ＝－1.15. (2019·福建毕业班学科备考关键问题指导三)某市为贯彻落实十九大精神，开展植树造林活动，拟测量某座山的高．如图，勘探队员在山脚A 测得山顶B 的仰角为45°，他沿着倾斜角为10°的斜坡向上走了40米后到达C ，在C 处测得山顶B 的仰角为55°，则山高BD 约为________米.⎝ ⎛⎭⎪⎫结果精确到个位，A ，B ，C ，D 在同一铅垂面内.参考数据：1sin10°≈5.76答案 115解析 如图，过C 作CM ⊥BD 于点M ，CN ⊥AD 于点N ，设BM ＝h ，则CM ＝htan55°，AN ＝40cos10°，MD ＝CN ＝40sin10°，∵∠BAD ＝45°，∴h ＋40sin10°＝h tan55°＋40cos10°，解得h ＝20⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin10°－2sin10°，∴BD ＝h ＋40sin10°＝201sin10°≈115(米)．16．(2019·河北石家庄一模)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，O ，O 1分别为底面ABCD 和A 1B 1C 1D 1的中心，记四棱锥O 1－ABCD 和O －A 1B 1C 1D 1的公共部分的体积为V ，则体积V 的值为________．答案112a 3 解析 作出图形(如图)，可知四棱锥O 1－ABCD 和O －A 1B 1C 1D 1的公共部分为两个如图放置的正四棱锥，底面为正方形EFGH ，在三角形O 1BC 中，因为F ，G 分别为O 1B ，O 1C 的中点，所以FG ＝a 2，所以体积为V ＝2×13×⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22×a 2＝112a 3.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型压轴题一理
压轴题(一)12．设P 为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1右支上一点，F 1，F 2分别为该双曲线的左、右焦点，c ，e 分别表示该双曲线的半焦距和离心率．若PF 1→·PF 2→＝0，直线PF 2交y 轴于点A ，则△AF 1P 的内切圆的半径为( )A ．aB ．bC ．cD ．e答案 A解析 因为PF 1→·PF 2→＝0，所以△AF 1P 是直角三角形．设△AF 1P 的内切圆的半径是r ，则2r ＝|PF 1|＋|PA |－|AF 1|＝|PF 1|＋|PA |－|AF 2|＝|PF 1|－(|AF 2|－|PA |)＝|PF 1|－|PF 2|＝2a .所以r ＝a .16．(2019·湘赣十四校联考二)已知函数f (x )＝sin x ＋2cos x 的图象向右平移φ个单位长度得到g (x )＝2sin x ＋cos x 的图象，若x ＝φ为h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴，则a ＝________.答案 43解析 由题意，得f (x )＝5sin(x ＋α)，其中sin α＝255，cos α＝55.g (x )＝5sin(x＋β)，其中sin β＝55，cos β＝255， ∴α－φ＝β＋2k π，即φ＝α－β－2k π，∴sin φ＝sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝35，cos φ＝cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝45，又x ＝φ是h (x )＝sin x ＋a cos x 的一条对称轴， ∴h (φ)＝sin φ＋a cos φ＝35＋45a ＝±1＋a 2，即a ＝43.20．已知函数f (x )＝12(x 2＋2a ln x )．(1)讨论f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，x ∈(1，e)的单调性；(2)若存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0成立，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝12(x 2＋2a ln x )，得f ′(x )＝x ＋a x ＝x 2＋ax(x >0)，当a ≥0时，f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )在(1，e)上单调递增；当a <0时，f ′(x )＝0的解为x ＝－a (舍负)，若－a ≤1，即a ∈[－1,0)，则f (x )在(1，e)上单调递增； 若－a ≥e，即a ∈(－∞，－e 2]， 则f (x )在(1，e)上单调递减；若a ∈(－e 2，－1)，则f (x )在(1，－a )上单调递减，在[－a ，e)上单调递增． (2)由(1)可知，当a ≤－e 2或a ≥－1时，函数f (x )在(1，e)上为单调函数，此时不存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.当a ∈(－e 2，－1)时，f (x )在(1，－a ]上单调递减，在[－a ，e)上单调递增，所以f (x )在x ＝－a 处取得极小值，f (x )极小值＝f (－a )＝12(－a ＋2a ln －a )＝－12a ＋12a ln (－a )，其中a ∈(－e 2，－1)，令g (a )＝－12a ＋12a ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，则g ′(a )＝－12＋12ln (－a )＋12＝12ln (－a )，a ∈(－e 2，－1)，所以g ′(a )>0，所以g (a )在(－e 2，－1)上单调递增， 且g (－e)＝0，g (－e 2)＝－e22<0，所以当a ∈(－e 2，－e)时，f (x )极小值<0，此时存在x 1，x 2∈(1，e)(x 1≠x 2)，使得f (x 1)＝f (x 2)<0.21．某芯片代工厂生产某型号芯片每盒12片，每批生产若干盒，每片成本1元，每盒芯片需检验合格后方可出厂．检验方案是从每盒芯片随机取3片检验，若发现次品，就要把全盒12片产品全部检验，然后用合格品替换掉不合格品，方可出厂；若无次品，则认定该盒芯片合格，不再检验，可出厂．(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求该盒芯片经一次检验即可出厂的概率？ (2)若每片芯片售价10元，每片芯片检验费用1元，次品到达组装工厂被发现后，每片须由代工厂退赔10元，并补偿1片经检验合格的芯片给组装厂．设每片芯片不合格的概率为p (0<p <1)，且相互独立．①若某盒12片芯片中恰有3片次品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0；②若以①中的p 0作为p 的值，由于质检员操作疏忽，有一盒芯片未经检验就被贴上合格标签出厂到组装工厂，试确定这盒芯片最终利润X (单位：元)的期望．解 (1)设“该盒芯片经一次检验即可出厂”的事件为A ，则P (A )＝C 39C 312＝2155.答：该盒芯片经一次检验即可出厂的概率为2155.(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率f (p )＝C 312p 3(1－p )9＝127C 312⎝ ⎛⎭⎪⎫3412， 当且仅当3p ＝1－p ，即p ＝14时取“＝”号，故f (p )的最大值点p 0＝14.②由题设，知p ＝p 0＝14.设这盒芯片不合格品的个数为n ， 则n ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14， 故E (n )＝12×14＝3，则E (X )＝120－12－30－3×2＝72. 所以这盒芯片最终利润X 的期望是72元．。
2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷 解答题 共八套 文
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＝5a 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 ＋1n ＋2＋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 ＋12＝n 2n ＋2＋n n ＋12＝n 3＋3n 2＋3n2n ＋2. 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＋11＋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⎩⎪⎨⎪⎧h0≤0，h2≤0，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 ＝44k 2＋1k 2＋4k 2＋12＝44k 4＋17k 2＋4k 2＋12＝44＋9k 2k 2＋12＝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．解答题(二)17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，已知2a cos 2C2＋2c cos 2A2＝52b . (1)求证：2(a ＋c )＝3b ； (2)若cos B ＝14，S ＝15，求b .解 (1)证明：由已知得，a (1＋cos C )＋c (1＋cos A )＝52b .由余弦定理可得a ＋c ＝32b ，即2(a ＋c )＝3b .(2)∵cos B ＝14(B ∈(0，π))，∴sin B ＝154.∵S ＝12ac sin B ＝158ac ＝15，∴ac ＝8.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 2(a ＋c )＝3b ，∴b 2＝9b 24－16×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14. ∴b ＝4.18．(2019·河北唐山一模)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝4，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置，且PB ＝BE .(1)证明：BC ⊥平面PBE ； (2)求点F 到平面PEC 的距离．解 (1)证明：因为E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，所以EF ∥BC ，因为∠ABC ＝90°，所以EF ⊥BE ，EF ⊥PE ，又因为BE ∩PE ＝E ，所以EF ⊥平面PBE ，所以BC ⊥平面PBE .(2)如图，取BE 的中点O ，连接PO ，由(1)知BC ⊥平面PBE ，BC ⊂平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ⊥BE ，又因为PO ⊂平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ⊥平面BCFE, 在Rt △POC 中，PC ＝PO 2＋OC 2＝25，在Rt △EBC 中，EC ＝EB 2＋BC 2＝25， 在△PEC 中，PC ＝EC ＝25，PE ＝2，所以S △PEC ＝19，又S △ECF ＝2，设点F 到平面PEC 的距离为d ，由V F －PEC ＝V P －ECF 得S △PEC ·d ＝S △ECF ·PO ，即19×d ＝2×3，所以d ＝25719.即点F 到平面PEC 的距离为25719.19．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)某大型商场去年国庆期间累计生成2万张购物单，从中随机抽出100张，对每单消费金额进行统计得到下表： 消费金额(单位：元) [0,200] (200,400](400,600](600,800](800,1000]购物单张数252530？？的频率分布直方图所估计出的每单消费金额的中位数与平均数恰好相等．用频率估计概率，完成下列问题：(1)估计去年国庆期间该商场累计生成的购物单中，单笔消费金额超过800元的概率； (2)为鼓励顾客消费，该商场打算在今年国庆期间进行促销活动，凡单笔消费超过600元者，可抽奖一次，中一等奖、二等奖、三等奖的顾客可以分别获得价值500元、200元、100元的奖品．已知中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等比数列，其中一等奖的中奖率为121.若今年国庆期间该商场的购物单数量比去年同期增长5%，预测商场今年国庆期间采购奖品的开销．解 (1)因消费金额在区间[0,400]的频率为0.5，故中位数估计值即为400.设所求概率为p ，而消费金额在(0,600]的概率为0.8，故消费金额在区间(600,800]内的概率为0.2－p .因此消费金额的平均数可估计为100×0.25＋300×0.25＋500×0.3＋700×(0.2－p )＋900×p .令其与中位数400相等，解得p ＝0.05.(2)设等比数列公比为q (q ＞0)，根据题意121＋q 21＋q 221＝1，即q 2＋q －20＝0，解得q ＝4.故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为121，421，1621.今年的购物单总数约为20000×1.05＝21000.其中具有抽奖资格的单数为21000×(0.15＋0.05)＝4200， 故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为200,800,3200.于是，采购奖品的开销可估计为200×500＋800×200＋3200×100＝580000(元)． 20．在平面直角坐标系中，已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，动直线l ′垂直l 于点H ，线段HF 的垂直平分线交l ′于点P ，设点P 的轨迹为C .(1)求曲线C 的方程；(2)以曲线C 上的点Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点作曲线C 的切线l 1，设l 1分别与x 轴、y 轴交于A ，B 两点，且l 1恰与以定点M (a,0)(a >2)为圆心的圆相切，当圆M 的面积最小时，求△ABF 与△QAM 面积的比．解 (1)由题意得|PH |＝|PF |，∴点P 到直线l ：x ＝－1的距离等于它到定点F (1,0)的距离，∴点P 的轨迹是以l 为准线，F 为焦点的抛物线，∴点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：由y 2＝4x ，当y >0时，y ＝2x ， ∴y ′＝1x，∴以Q 为切点的切线l 1的斜率为k ＝1x 0，∴以Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即y －y 0＝2y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 204，整理得4x －2y 0y ＋y 20＝0.令x ＝0，则y ＝y 02，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 02， 令y ＝0，则x ＝－y 204＝－x 0，∴A (－x 0,0)， 点M (a,0)到切线l 1的距离d ＝y 20＋4a 2y 20＋4＝y 20＋42＋2a －2y 20＋4≥2a －1(当且仅当y 0＝2a －2时，取等号)．∴当点Q 的坐标为(a －2,2a －2)时，满足题意的圆M 的面积最小． 此时A (2－a,0)，B (0，a －2)．S △ABF ＝12|1－(2－a )||a －2|＝12(a －1)a －2， S △AQM ＝12|a －(2－a )||2a －2|＝2(a －1)·a －2.∴S △ABF S △AQM ＝14，∴△ABF 与△QAM 面积之比为1∶4. 解法二：由题意知切线l 1的斜率必然存在， 设为k ，则l 1：y －y 0＝k (x －x 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －y 0＝k x －x 0，y 2＝4x ，得y －y 0＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 2－x 0，即y 2－4k y ＋4ky 0－y 20＝0，由Δ＝0，得k ＝2y 0，∴l 1：4x －2y 0y ＋y 20＝0. 以下解答同解法一．21．(2019·河北中原名校联盟联考)已知函数f (x )＝e x－x －a (a ∈R )． (1)当a ＝0时，求证：f (x )＞x ； (2)讨论函数f (x )零点的个数．解 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝e x－x ，令g (x )＝f (x )－x ＝e x－x －x ＝e x－2x ，则g ′(x )＝e x－2，当g ′(x )＝0时，x ＝ln 2；当x ＜ln 2时，g ′(x )＜0，x ＞ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x ＝ln 2是g (x )的极小值点，也是最小值点，即g (x )min ＝g (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln e2＞0，故当a ＝0时，f (x )＞x 成立．(2)f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )＝0得x ＝0，当x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x ＝0是函数f (x )的极小值点，也是最小值点，即f (x )min ＝f (0)＝1－a .当1－a ＞0，即a ＜1时，f (x )没有零点，当1－a ＝0，即a ＝1时，f (x )只有一个零点，当1－a ＜0，即a ＞1时，因为f (－a )＝e －a－(－a )－a ＝e －a＞0，所以f (x )在(－a,0)上只有一个零点．由(1)，得e x＞2x ，令x ＝a ，则得e a＞2a ，所以f (a )＝ea－a －a ＝e a－2a ＞0，于是f (x )在(0，a )上有一个零点．因此，当a ＞1时，f (x )有两个零点．综上，当a ＜1时，f (x )没有零点；当a ＝1时，f (x )只有一个零点； 当a ＞1时，f (x )有两个零点．22．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)．直线l 与x 轴交于点A .以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，射线l ′：θ＝π6(ρ≥0)，直线l 与射线l ′交于点B . (1)求B 点的极坐标；(2)若点P 是椭圆C ：x 2＋y 23＝1上的一个动点，求△PAB 面积的最大值及面积最大时点P的直角坐标．解 (1)l ：y ＝3(x －3)＝3x －3， 则l 的极坐标方程为ρsin θ＝3ρcos θ－3. 令θ＝π6得ρ＝3，∴B 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π6.(2)∵|AB |＝|OA |＝3，∴S ＝3d2. 设P 点坐标为(cos α，3sin α)，l ：3x －y －3＝0.∴d ＝|3cos α－3sin α－3|2＝32|(cos α－sin α)－3|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－3. 当α＋π4＝π＋2k π(k ∈Z )时，d max ＝3＋62，∴S max ＝33＋324.此时cos α＝cos 3π4＝－22，sin α＝sin 3π4＝22，∴P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，62.23．设函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|. (1)求函数f (x )的最小值；(2)若直线y ＝a 与曲线y ＝f (x )围成的封闭区域的面积为9，求a 的值． 解 (1)①当x ≥2时，f (x )＝3x －3≥3； ②当－1<x <2时，f (x )＝5－x ∈(3,6)； ③当x ≤－1时，f (x )＝3－3x ≥6， ∴f (x )min ＝3.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ≥2，5－x ，－1<x <2，3－3x ，x ≤－1，f (x )的图象如图所示：y ＝6与y ＝f (x )围成的三角形面积为S ＝12×[3－(－1)](6－3)＝6<9，∴a >6.故y ＝f (x )，y ＝6，y ＝a 围成的梯形面积为3. 令f (x )＝3x －3＝a ⇒x 1＝a ＋33；令f (x )＝3－3x ＝a ⇒x 2＝3－a3，故梯形面积为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋33－3－a 3(a －6)＝3，∴a ＝3 5.解答题(三)17．已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n . (1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2.∵a n ＋1－a n ＝b n ， ∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3，…a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝21－2n1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的底面ABC 是等边三角形，侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；(2)求平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比．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 .侧面AA ′C ′C ⊥平面ABC ，且OB ⊥AC ，所以OB ⊥平面ACC ′A ′，则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 ′B ，设三棱柱ABC －A ′B ′C ′的体积为V .故四棱锥A ′－BCC ′B ′的体积V A ′－BCC ′B ′＝V －13V ＝23V ，又D 是棱BB ′的中点，△BCD 的面积是BCC ′B ′面积的14，故四棱锥A ′－B ′C ′CD 的体积V A ′－B ′C ′CD ＝34V A ′－BCC ′B ′＝34×23V ＝12V ，故平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比为1∶1.19．(2019·江西南昌第一次模拟)市面上有某品牌A 型和B 型两种节能灯，假定A 型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B 型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年．新店面需安装该品牌节能灯5支(同种型号)即可正常营业．经了解，A 型20瓦和B 型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装．已知A 型和B 型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时．假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换(用频率估计概率)．(1)根据频率直方图估算B 型节能灯的平均使用寿命；(2)根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为p ，那么n 支灯管估计需要更换np 支．若该商家新店面全部安装了B 型节能灯，试估计一年内需更换的支数；(3)若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由． 解 (1)由图可知，各组中值依次为3100,3300,3500,3700，对应的频率依次为0.1,0.3,0.4,0.2，故B 型节能灯的平均使用寿命为3100×0.1＋3300×0.3＋3500×0.4＋3700×0.2＝3440小时．(2)由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，故估计一年内5支B 型节能灯需更换的支数为5×0.8＝4.(3)若选择A 型节能灯，一年共需花费5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元； 若选择B 型节能灯，一年共需花费(5＋4)×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元． 因为967.5＞870，所以该商家应选择A 型节能灯．20．(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f (x )＝ln x －4ax ，g (x )＝xf (x )． (1)若a ＝18，求g (x )的单调区间；(2)若a ＞0，求证：f (x )≤14a－2.解 (1)由a ＝18，g (x )＝x ln x －12x 2(x ＞0)，g ′(x )＝ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1－xx，故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (1)＝0，从而当x ＞0时，g ′(x )≤0恒成立，故g (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明：f ′(x )＝1x －4a ＝1－4ax x ，由a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝14a ，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a 上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＝ln 14a －1，只需证明ln 14a －1≤14a －2，令t ＝14a＞0，即证ln t －t ＋1≤0(*)，由(1)易知(*)式成立，故原不等式成立．21．(2019·广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系xOy 中，离心率为63的椭圆C ：x2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，63. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线x ＋y ＋m ＝0上存在点G ，且过点G 的椭圆C 的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3b 2，又1a 2＋23b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 23＋y 2＝1.(2)①当过点G 的椭圆C 的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y 轴，易得G (±3，±1)．②当过点G 的椭圆C 的切线的斜率均存在时，设G (x 0，y 0)，x 0≠±3，切线方程为y ＝k (x －x 0)＋y 0，代入椭圆方程得(3k 2＋1)x 2－6k (kx 0－y 0)x ＋3(kx 0－y 0)2－3＝0，Δ＝[6k (kx 0－y 0)]2－4(3k 2＋1)·[3(kx 0－y 0)2－3]＝0，化简得(kx 0－y 0)2－(3k 2＋1)＝0，则(x 20－3)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－1＝0，设过点G 的椭圆C 的切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝y 20－1x 20－3. 因为两条切线相互垂直，所以y 20－1x 20－3＝－1，即x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)，由①②知点G 在圆x 20＋y 20＝4上，又点G 在直线x ＋y ＋m ＝0上， 所以直线x ＋y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2＝4有公共点，所以|m |1＋1≤2，所以－22≤m ≤2 2.综上所述，m 的取值范围为[－22，22]．22．在直角坐标系xOy 中，圆C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －6y ＋12＝0，在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ 2. (1)写出圆C 的参数方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴和y 轴的交点分别为A ，B ，P 为圆C 上的任意一点，求PA →·PB →的取值范围．解 (1)圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ(θ为参数)．直线l 的直角坐标方程为x＋y －2＝0.(2)由直线l 的方程x ＋y －2＝0可得点A (2,0)， 点B (0,2)．设点P (x ，y )，则PA →·PB →＝(2－x ，－y )·(－x,2－y )＝x 2＋y 2－2x －2y .由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ，则PA →·PB →＝4sin θ＋2cos θ＋4＝25sin(θ＋φ)＋4，其中tan φ＝12.因为θ∈R ，所以4－25≤PA →·PB →≤4＋2 5. 23．已知函数f (x )＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a .(1)当a ＝1，求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈[1,2]时，求证：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ≤5.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|－|x ＋1|， 所以|x －1|－|x ＋1|≥0， 得(x －1)2≥(x ＋1)2，解得x ≤0. 所以定义域为(－∞，0]．(2)证明：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x －a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x ＋1a ≤2⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≤5(a ∈[1,2])，当且仅当a ＝2时等号成立．解答题(四)17．(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.18．(2019·北京人大附中信息卷二)某绿色有机水果店中一款有机草莓，味道鲜甜．店家每天以每斤10元的价格从农场购进适量草莓，然后以每斤20元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的草莓由果汁厂以每斤2元的价格回收．(1)若水果店一天购进17斤草莓，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：斤，n ∈N )的函数解析式；(2)水果店记录了100天草莓的日需求量(单位：斤)，整理得下表：日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数1422141615136元)的平均数；②若水果店一天购进17斤草莓，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于150元的概率．解 (1)当日需求量n ≥17时，利润y ＝17×10＝170；当日需求量n ≤16时，利润y ＝10n －8(17－n )＝18n －136.所以当天的利润y 关于当天需求量n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧18n －136，n ≤16，n ∈N *，170，n ≥17，n ∈N *.(2)①假设水果店在这100天内每天购进17斤草莓，则日需求量为14斤时，利润为116；日需求量为15斤时，利润为134；日需求量为16斤时，利润为152；日需求量不小于17时，利润为170.故这100天的日利润(单位：元)的平均数为 y －＝1100×(14×116＋22×134＋14×152＋16×170＋15×170＋13×170＋6×170)，解得y －＝152(元)．②利润不低于150元时，当日需求量当且仅当不少于16斤．以频率预估概率，得当天的利润不少于150元的概率为p ＝0.14＋0.16＋0.15＋0.13＋0.06＝0.64.19．(2019·江西省名校5月联考)已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为13的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使直线上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行，并证明；(2)求点B 到平面AEC 的距离．解 (1)如图所示，分别取BC 和BD 的中点H ，G ，作直线HG ，则HG 为所求直线．证明如下：因为点H ，G 分别为BC 和BD 的中点，所以HG ∥CD ，分别取CD ，BC 的中点O ，H ，连接EO ，AH ，则EO ⊥CD ，AH ⊥BC ，因为平面CDE ⊥平面BCD ，且EO ⊥CD ，∴EO ⊥平面BCD ，又平面ABC ⊥平面BCD ，AH ⊥BC ，则AH ⊥平面BCD ，所以EO ∥AH ，又AH ⊄平面CDE ，EO ⊂平面CDE ，所以AH ∥平面CDE .因为GH ∥CD ，GH ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以GH ∥平面CDE ，因为AH ，GH ⊂平面AGH ，AH ∩GH ＝H ，则平面AHG ∥平面CDE ，所以直线HG 上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行．(2)由(1)可得EO ∥AH ，即EO ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离和点O 到平面ABC 的距离相等，连接DH ，则DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，则DH ⊥平面ABC .记点E 到平面ABC 的距离为d ，则d ＝12DH ＝32，又△ABC 的面积S ＝12×2×13－1＝23，△ACE 的面积S 1＝12×13×32＝394，因为V E －ABC ＝V B －ACE ，设点B 到平面AEC 的距离为h ，所以13×23×32＝13×394×h ， 解得h ＝43913.即点B 到平面AEC 的距离为43913.20．已知抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线C 上的点M (2，y 0)到F 的距离为3. (1)求抛物线C 的方程；(2)斜率存在的直线l 与抛物线相交于相异两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＋x 2＝4，若AB 的垂直平分线交x 轴于点G ，且GA →·GB →＝5，求直线l 的方程．解 (1)由抛物线定义知|MF |＝2＋p2，所以2＋p2＝3，p ＝2，所以，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：设AB 中点坐标(2，m )，直线l 的斜率存在，所以m ≠0，k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 224－y 214＝2m，所以直线AB 的方程为y －m ＝2m(x －2)．即2x －my ＋m 2－4＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝my －m 2＋4，y 2＝4x ，得y 2－2my ＋2m 2－8＝0，其中Δ>0得到m2<8，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2m ， ①y 1y 2＝2m 2－8， ②AB 的垂直平分线方程为y －m ＝－m2(x －2)，令y ＝0，得x ＝4，所以G (4,0)，GA →＝(x 1－4，y 1)，GB →＝(x 2－4，y 2)， 因为GA →·GB →＝5，所以(x 1－4)(x 2－4)＋y 1y 2＝5，x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝5，y 21y 2216－4×4＋16＋y 1y 2＝5. ③把②代入③得(m 2－4)2＋8(m 2－4)－20＝0， (m 2＋6)·(m 2－6)＝0，m 2＝6<8，m ＝± 6.所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0. 解法二：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x 消y 得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0或消x 得ky 2－4y ＋4m ＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2mk ＋4k 2＝4，x 1x 2＝m 2k 2，y 1y 2＝4m k，Δ＝16－16km >0，即2k 2＋mk ＝2. ①AB 中点坐标为(2,2k ＋m )，AB 的垂直平分线方程为y －(2k ＋m )＝－1k(x －2)．令y ＝0，x G ＝2k 2＋mk ＋2＝4，所以GA →·GB →＝(x 1－4，y 1)·(x 2－4，y 2)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝m 2k2－16＋16＋4m k＝5，m 2k 2＋4mk－5＝0. 解得m ＝k 或m ＝－5k ，分别代入①得3k 2＝2(符合Δ>0)或3k 2＝－2(舍去)． 所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0.21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数f (x )＝a ln x －(a 2＋1)x ＋12ax 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )＋x ＞0对x ＞1恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x－a 2－1＋ax ＝ax －1x －ax(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间． 当0＜a ＜1时，当a ＜x ＜1a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜a 或x ＞1a时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为(0，a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫a ，1a .当a ＝1时，f ′(x )≥0对x ＞0成立，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间．当a ＞1时，当1a＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜1a或x ＞a 时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，(a ，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，a .(2)f (x )＋x ＞0，即a ln x －a 2x ＋12ax 2＞0，当a ＞0时，ln x －ax ＋12x 2＞0，a ＜ln x x ＋12x ，令g (x )＝ln x x ＋12x ，x ≥1，则g ′(x )＝1－ln x x 2＋12＝2－2ln x ＋x22x 2，令h (x )＝2－2ln x ＋x 2，则h ′(x )＝2x －2x，当x ≥1时，h ′(x )≥0，h (x )是增函数，h (x )≥h (1)＝3＞0，∴g ′(x )＞0.∴当x ≥1时，g (x )是增函数，g (x )的最小值为g (1)＝12，∴0＜a ≤12.当a ＝0时，显然f (x )＋x ＞0不成立，当a ＜0时，由g (x )的最小值为12，且g (x )没有最大值，得a ＞g (x )不成立，综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 22．在直角坐标系xOy中，圆锥曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)．以坐标原点O 为极点，x 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C 2的极坐标方程为(ρcos φ＋k )2＋(ρsin φ－2)2＝k 2＋25(φ为参数，k ∈R )．(1)写出C 1，C 2的直角坐标方程；(2)是否存在曲线C 2包围曲线C 1？请说明理由． 解 (1)C 1：x 236＋y 29＝1，C 2：x 2＋y 2＋2kx －4y －21＝0.(2)若k ≥0，由62＋02＋12k －0－21＝15＋12k >0可知点(6,0)在曲线C 2外； 若k <0，(－6)2＋02－12k －0－21＝15－12k >0可知点()－6，0在曲线C 2外．综上，无论k 取何值，曲线C 2都不能包围曲线C 1. 23．已知函数f (x )＝|2x ＋1|，g (x )＝|x ＋1|.(1)在图中画出f (x )和g (x )的图象，并写出不等式f (x )>g (x )的解集； (2)若|f (x )－2g (x )|≤a (a ∈R )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )，g (x )的图象如图，不等式f (x )>g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >0或x <－23.(2)|f (x )－2g (x )|＝||2x ＋1|－2|x ＋1||＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >－12或x <－1，|4x ＋3|，－1≤x ≤－12，所以|f (x )－2g (x )|≤1，所以a ≥1.解答题(五)17．近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．某共享单车公司为了更好地服务用户，在其官方APP 中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对该公司的车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中较为详细的评价信息里随机选出200条进行统计，车辆状况和优惠活动评价的2×2列联表如下：对优惠活动好评对优惠活动不满意合计 对车辆状况好评 100 30 130 对车辆状况不满意40 30 70 合计14060200(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系？(2)为了回馈用户，该公司通过APP 向用户随机派送骑行券．用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过APP 转赠给好友．某用户共获得了5张骑行券，其中只有2张是一元券．现该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，求选取的2张中至少有1张是一元券的概率．参考数据：P (K 2≥k 0)0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由2×2列联表的数据，得K 2的观测值 k ＝200×100×30－40×302130×70×140×60＝200×18213×7×14×6＝5400637≈8.48<10.828. 因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系．(2)把2张一元券分别记作A ，B ，其余3张券分别记作a ，b ，c ，则从5张骑行券中随机选取2张的所有情况有：{A ，a }，{A ，b }，{A ，c }，{B ，a }，{B ，b }，{B ，c }，{A ，B }，{a ，b }，{a ，c }，{b ，c }，共10种．记“选取的2张中至少有1张是一元券”为事件M ，则事件M 包含的基本事件个数为7， 所以P (M )＝710，所以该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，选取的2张中至少有1张是一元券的概率为710.18．已知△ABC ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝42，点D 在线段AC 上，∠DBC ＝π4.(1)若△BCD 的面积为24，求CD 的长；(2)若C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且c ＝122，tan A ＝13，求CD 的长．解 (1)由S △BCD ＝12·BD ·BC ·22＝24，解得BD ＝12.在△BCD 中，CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos45°， 即CD 2＝32＋144－8×12，解得CD ＝4 5.(2)因为tan A ＝13，且A ∈(0，π)，可以求得sin A ＝1010，cos A ＝31010.由正弦定理，得asin A ＝c sin C ，即421010＝122sin C， 解得sin C ＝31010.因为C ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故cos C ＝1010，故sin ∠BDC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π4＝255.在△BCD 中，由正弦定理可得CDsin ∠DBC＝BCsin ∠BDC，解得CD ＝2 5.19．(2019·广东天河区毕业综合测试二)如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，∠FBD ＝60°，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝ 2.(1)若点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； (2)求六面体ABCEF 的体积．解 (1)证明：如图，连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且∠FBD ＝60°，∴△DBF 为等边三角形． ∵M 为BF 的中点， ∴DM ⊥BF ，∵AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，又D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .∵平面BDEF ∩平面ABC ＝BD ，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF . 又BF ⊂平面BDEF ，∴AC ⊥BF ，由DM ⊥BF ，AC ⊥BF ，DM ∩AC ＝D ，∴BF ⊥平面AMC .(2)∵S 菱形BDEF ＝2·12·BD ·BF ·sin60°＝32，又AC ⊥平面BDEF ，D 是AC 的中点，∴V 六面体ABCEF ＝2V 四棱锥C －BDEF ＝2×13S 菱形BDEF ·CD＝2×13×32×1＝33.∴六面体ABCEF 的体积为33. 20．(2019·湖南株洲二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得的线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，点D 是椭圆C 上的点，O 是坐标原点，若OA →＋OB →＝OD →，判定四边形OADB 的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，2a 2＋1b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝c ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，直线AB 的方程为x ＝－1或x ＝1，此时四边形OADB 的面积为 6.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程是y ＝kx ＋m ，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1 ⇒(1＋2k 2)x2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，Δ＝8(4k 2＋2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－41＋2k2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k2，|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝x 1－x 22＋k2x 1－x 22＝1＋k 2·2 2 4k 2＋2－m21＋2k 2， 又点O 到直线AB 的距离是d ＝|m |1＋k2，由OA →＋OB →＝OD →，得x D ＝－4km 1＋2k 2，y D ＝2m 1＋2k 2. 因为点D 在曲线C 上，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 224＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1＋2k 222＝1，整理得1＋2k 2＝2m 2，由题意知四边形OADB 为平行四边形，所以四边形OADB 的面积为 S OADB ＝|AB |d ＝1＋k 22 2 4k 2＋2－m 21＋2k 2×|m |1＋k2＝22|m |4k 2＋2－m21＋2k2. 由1＋2k 2＝2m 2得S OADB ＝6， 故四边形OADB 的面积是定值，其定值为 6. 21．(2019·河南洛阳第二次统一考试)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＞0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求实数a 的取值范围． 解 (1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.①当a ≤0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a ，f ′(x )＜0得0＜x ＜a . 即f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)当a ＞0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， ①若a ≤1，即0＜a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1＜a ＜e ，即1＜a ＜e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝12＞0，f a ＝12a 1－ln a ＜0，fe ＝12e 2－a ＞0，∴e ＜a ＜12e 2.③若a ≥e，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝12e 2－a ＜0，则f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，12e 2. 22．(2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的方程为y ＝k |x |＋2.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 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)解法一：由(1)知C 2是圆心为A (－1,0)，半径为2的圆．由题设知，C 1是过点B (0,2)且关于y 轴对称的两条射线，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于点B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，点A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0. 经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，点A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点.综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.解法二：因为C 2：(x ＋1)2＋y 2＝4，所以C 2是以(－1，0)为圆心，2为半径的圆． 又因为C 1：y ＝k |x |＋2是关于y 轴对称的曲线，且C 1：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0，显然，若k ＝0时，C 1与C 2相切，此时只有一个交点； 若k >0时，C 1与C 2无交点． 若C 1与C 2有且仅有三个公共点，则必须满足k <0且y ＝kx ＋2(x >0)与C 2相切，所以圆心到射线的距离为d ，则d ＝|2－k |1＋k2＝2，所以k ＝0或k ＝－43，因为k <0，所以k ＝－43，所以C 1：y ＝－43|x |＋2.23．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1. 证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立． 所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.解答题(六)17．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a ＋2a cos B ＝c . (1)求证：B ＝2A ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝2，求a 的取值范围． 解 (1)证明：因为a ＋2a cos B ＝c ，由正弦定理知sin A ＋2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin A ＝cos A sin B －sin A cos B ＝sin(B －A )．因为A ，B ∈(0，π)，所以B －A ∈(－π，π)， 且A ＋(B －A )＝B ∈(0，π)，所以A ＋(B －A )≠π， 所以A ＝B －A ，B ＝2A .(2)由(1)知A ＝B 2，C ＝π－A －B ＝π－3B2.由△ABC 为锐角三角形得⎩⎪⎨⎪⎧0<B 2<π2，0<B <π2，0<π－3B 2<π2，得π3<B <π2. 由a ＋2a cos B ＝2，得a ＝21＋2cos B∈(1,2)．18．(2019·安徽江淮十校第三次联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.。
2020届高考二轮数学选做题题型专练 Word版含答案
2020届高考数学查漏补缺之选做题题型专练1、在直角坐标系xOy 中,直线1l 的参数方程为2+x t y kt==⎧⎨⎩ (t 为参数),直线2l 的参数方程为2x m m y k =-+=⎧⎪⎨⎪⎩(m 为参数),设1l 与2l 的交点为P ,当k 变化时, P 的轨迹为曲线 C . (1)写出 C 的普通方程;(2)以坐标原点为极点, x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,设()3:cos sin 0l ρθθ+=,M 为3l 与C 的交点,求M 的极径.2、设函数()()11f x ax x x =++-∈R ．（1）当1a =时，求不等式()2f x >的解集；（2）对任意实数[]2,3x ∈，都有()23f x x ≥-成立，求实数a 的取值范围．3、在直线坐标系xOy 中，圆C 的方程为22(6)25x y ++=1.以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程；2.直线l 的参数方程是cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩（t 为参数）,l 与C 交于,A B 两点, ||AB =,求l 的斜率。
4、已知函数12f x x x =+--（）．（1）求不等式1f x ≥（）的解集；（2）若不等式2–f x x x m ≥+（）的解集非空，求m 的取值范围5、在直角坐标系xOy 中,曲线1C 的参数方程为cos 1sin x a t y a t =⎧⎨=+⎩(t 为参数,0a >).在以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线2:4cos C ρθ=.1.说明1C 是哪一种曲线,并将1C 的方程化为极坐标方程;2.直线3C 的极坐标方程为0θα=,其中0α满足0tan 2α=,若曲线1C 与2C 的公共点都在3C 上,求a.6、已知函数11()22f x x x =++-,不等式()2f x <的解集为M . 1.求M;2.当,a b M ∈时,证明: 1a b ab +<+.7、在平面直角坐标系中,已知曲线:2sin x C y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩(a 为参数),以原点为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线():2cos sin 6l ρθθ-=.(1)写出直线l 的直角坐标方程和曲线C 的普通方程；(2)在曲线C 上求一点P ，使点P 到直线l 的距离最大，求最大距离及此时P 点的坐标。
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(五)理(最新整理)
压轴题（五)12．(2019·河南濮阳二模）定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x），若f(x)〈0，且错误!错误!>1，则（）A．f2（3）<f21eB．错误!<f2（2)C．f(3)<e2·f(1) D．错误!〈f（1）答案B解析因为错误!错误!〉1＝错误!0,所以f(x）＋2f′(x）<0，构造函数g(x）＝e x·f2（x），则g′（x）＝e x·f2（x)＋2e x·f(x)·f′（x）＝e x·f(x）·[f(x）＋2f′（x)]〉0，所以函数g(x)在R上单调递增，所以g(2）〉g(1）,即e2·f2(2)>e·f2(1),即e·f2（2)〉f2（1）．故选B。
16．（2019·山东青岛模拟)已知三棱锥A－BCD中，AB＝3，AD＝1，BC＝4，BD＝2错误!,当三棱锥A－BCD的体积最大时,其外接球的体积为________．答案错误!解析由已知，得AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，且S△ABD＝错误!×1×2错误!＝错误!，又因为BC＝4,所以当BC⊥平面ABD时，三棱锥A－BCD的体积最大．如图所示，三棱锥A－BCD的外接球与长、宽、高分别为2错误!,1，4的长方体的外接球一样．设此外接球的半径为R，则(2R）2＝12＋（2错误!)2＋42＝25，解得R＝错误!，此外接球的体积V＝错误!πR3＝错误!π×错误!3＝错误!.20．已知抛物线C：y＝－x2，点A，B在抛物线上，且横坐标分别为－错误!，错误!，抛物线C上的点P在A，B之间（不包括点A，点B），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率k的取值范围；(2）求｜PA|·｜PQ｜的最大值．解(1)由题可知A错误!，B错误!，设P（x P，－x错误!），－错误!<x P<错误!，所以k＝错误!＝－x P＋错误!∈(－1，1),故直线AP斜率k的取值范围是（－1，1)．(2）直线AP：y＝kx＋错误!k－错误!，直线BQ：x＋ky＋错误!k－错误!＝0，联立直线AP，BQ方程可知点Q的横坐标为x Q＝错误!。
2020高考理科数学二轮专题提分全国通用基础保分强化试题二及答案详解(7页)
2020高考理科数学二轮专题提分全国通用基础保分强化试题二A ．[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ．(1，＋∞)答案 A 解析因为A ∩B ≠∅，所以⎩⎨⎧2a －1≥1，2a －1≥12a ，解得a ≥1，故选A.2．若复数z ＝1＋m i1＋i 在复平面内对应的点在第四象限，则实数m 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案 A解析 因为z ＝1＋m i 1＋i ＝(1＋m i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝1＋m 2＋m －12i ，在复平面内对应的点为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 2，m －12，且在第四象限，所以⎩⎨⎧1＋m2>0，m －12<0，解得－1<m <1，故选A.3．设S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，则a 7a 4等于( )A ．1B ．3C ．7D ．13答案 C解析 因为S n 是各项均不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且S 13＝13S 7，所以13(a 1＋a 13)2＝13×7(a 1＋a 7)2，即a 7＝7a 4，所以a 7a 4＝7.故选C.4．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3 答案 A解析 由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A.5．已知i 与j 为互相垂直的单位向量，a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12 B.⎝⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 答案 A解析 因为i 与j 为互相垂直的单位向量，所以i 2＝j 2＝1，i ·j ＝0.又因为a ＝i －2j ，b ＝i ＋λj ，且a 与b 的夹角为锐角，所以a ·b ＝1－2λ>0，λ<12.但当λ＝－2时，a ＝b ，不满足要求，故满足条件的实数λ的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎪⎫－2，12.故选A.6．若函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ，则下列结论正确的是( ) A ．函数f (x )的最小正周期为2πB ．对任意的x ∈R ，都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝0 C ．函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4上是减函数D ．函数f (x )的图象关于直线x ＝－π8对称 答案 B解析 函数f (x )＝sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4，则函数f (x )的最小正周期为T＝2π2＝π，故A 错误；f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋f (－x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4＋2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x ＋π4＝0，故B 正确；令π2＋2k π≤2x ＋π4≤2k π＋3π2(k ∈Z )，解得π8＋k π≤x ≤k π＋5π8(k ∈Z )，当k＝0时，函数的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π8，5π8，故C 错误；当x ＝－π8时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π8＝0，故D 错误．故选B.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，B 1C ，C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64B.14C.26D.36答案 A解析 ∵B 1C 和C 1D 与底面ABCD 所成的角分别为60°和45°，∴∠B 1CB ＝60°，∠C 1DC ＝45°.由图可知，B 1C 与C 1D 所成的角，即为A 1D 与C 1D 所成的角，即∠A 1DC 1.令BC ＝1，则B 1B ＝AB ＝3，∴A 1D ＝2，A 1C 1＝2，C 1D ＝ 6.由余弦定理，得cos ∠A 1DC 1＝22＋(6)2－222×2×6＝64.故选A.8．把标号为1,2,3,4的四个小球分别放入标号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子只放一个小球，则1号球不放入1号盒子的方法共有( )A ．18种B ．9种C ．6种D ．3种 答案 A解析 由于1号球不放入1号盒子，则1号盒子有2,3,4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放入2,3,4号盒子中，则2号盒子有三种选择，3号盒子还剩两种选择，4号盒子只有一种选择，根据分步计数原理可得1号球不放入1号盒子的方法有C 13·C 13·C 12·1＝18种．故选A. 9．已知F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是双曲线C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2的最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0 B ．x ±2y ＝0 C ．2x ±y ＝0 D ．x ±2y ＝0 答案 A解析 不妨设|PF 1|>|PF 2|，则⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，所以|PF 1|＝4a ，|PF 2|＝2a ，且|F 1F 2|＝2c ，即|PF 2|为最小边，所以∠PF 1F 2＝30°，则△PF 1F 2为直角三角形，所以2c ＝23a ，所以b ＝2a ，即渐近线方程为y ＝±2x ，故选A. 10．若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≥0，kx －y ＋3≥0，y ≥0，且z ＝y －x 的最小值为－12，则k 的值为( )A.12 B ．－12 C.14 D ．－14 答案 D解析 依题意，易知k ≤－1和k ≥0不符合题意．由⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋3＝0，y ＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0，结合图形可知，当直线z ＝y －x 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k ，0时，z 有最小值，于是有0＋3k ＝－12，k ＝－14，选D.11．椭圆x 24＋y 2＝1上存在两点A ，B 关于直线4x －2y －3＝0对称，若O 为坐标原点，则|OA→＋OB →|＝( ) A ．1 B. 3 C. 5 D.7 答案 C解析 由题意，直线AB 与直线4x －2y －3＝0垂直，设直线AB 的方程为y ＝－12x ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y 2＝1消去y 整理得x 2－2mx ＋2m 2－2＝0，∵直线AB 与椭圆交于两点，∴Δ＝(－2m )2－4(2m 2－2)＝－4m 2＋8>0，解得－2<m < 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝2m ，∴x 0＝x 1＋x 22＝m ，y 0＝－12x 0＋m ＝m2，∴点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 2.由题意得点M 在直线4x －2y－3＝0上，∴4m －2×m 2－3＝3m －3＝0，解得m ＝1.∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－12(x 1＋x 2)＋2m ＝1，∴OA→＋OB →＝(2,1)，∴|OA →＋OB →|＝ 5.故选C. 12．已知角α的顶点与直角坐标系的原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，终边经过点P (－1,2)，则cos2α＝________.答案 －35解析 设点P 到原点的距离是r ，由三角函数的定义，得r ＝5，sin α＝2r ＝25，可得cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝－35.13．将1,2,3,4，…正整数按如图所示的方式排成三角形数组，则第10行左数第10个数为________．答案 91解析 由三角形数组可推断出，第n 行共有2n －1项，且最后一项为n 2，所以第10行共19项，最后一项为100，左数第10个数是91.14．已知在△ABC 中，B ＝2A ，∠ACB 的平分线CD 把三角形分成△BCD 和△ACD ，且S △BCD ∶S △ACD ＝4∶3，则cos A ＝________.答案 38解析 在△ADC 中，由正弦定理，得AC sin ∠ADC ＝37AB sin ∠ACD ⇒AC 37AB ＝sin ∠ADCsin ∠ACD.同理，在△BCD 中，得BC sin ∠BDC ＝47AB sin ∠BCD ⇒BC 47AB＝sin ∠BDCsin ∠BCD，又sin ∠ADC ＝sin ∠BDC ，sin ∠ACD ＝sin ∠BCD ，所以AC 37AB ＝BC 47AB ⇒AC ＝34BC ，由正弦定理，得sin B ＝34sin A ，又B ＝2A ，即sin B ＝2sin A cos A ，求得cos A ＝38.。
2020版高考数学人教A(理)必刷滚动检测卷(规范卷)全辑(有解析)滚动检测七(1～12章)(规范卷)
滚动检测七(1～12章)(规范卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本题共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．设集合A ＝{x |(x ＋3)(x －6)≥0}，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪2x ≤14，则(∁R A )∩B 等于( ) A ．(－3,6) B ．[6，＋∞)C ．(－3，－2]D ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)答案 C解析 因为A ＝{x |(x ＋3)(x －6)≥0} ＝{x |x ≤－3或x ≥6}, 所以∁R A ＝{x |－3<x <6}，又因为B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |2x ≤14 ＝{x |x ≤－2}，所以(∁R A )∩B ＝{x |－3<x ≤－2}＝(－3，－2]，故选C.2．已知直线x －2y ＋a ＝0与圆O ：x 2＋y 2＝2相交于A ，B 两点(O 为坐标原点)，则“a ＝5”是“OA →·OB →＝0”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋a ＝0，x 2＋y 2＝2，化为5y 2－4ay ＋a 2－2＝0，∴Δ＝16a 2－20(a 2－2)>0，解得－10<a <10， ∴y 1＋y 2＝4a5，y 1y 2＝a 2－25，OA →·OB →＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＝0， ∴(2y 1－a )(2y 2－a )＋y 1y 2＝0，∴5y 1y 2－2a (y 1＋y 2)＋a 2＝0， ∴5×a 2－25－2a ×4a 5＋a 2＝0，解得a ＝±5，则“a ＝5”是“OA →·OB →＝0”的充分不必要条件，故选A.3．已知定义域为R 的奇函数f (x )，当x >0时，满足f (x )＝⎩⎨⎧－log 2(7－2x )，0<x ≤32，f (x －3)，x >32，则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 020)等于( ) A ．log 25 B ．－log 25 C ．－2 D ．0答案 B解析 由已知，f (1)＝－log 25, f (2)＝f (－1)＝－f (1)＝log 25， f (3)＝f (0)＝0，f (4)＝f (1)＝－log 25， f (5)＝log 25，f (6)＝0，f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 020)＝673×(－log 25＋log 25＋0)－log 25＝－log 25.4．《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是( ) A.2π15 B.3π20 C ．1－2π15D ．1－3π20答案 C解析 直角三角形的斜边长为52＋122＝13，设内切圆的半径为r ，则5－r ＋12－r ＝13，解得r ＝2， ∴内切圆的面积为πr 2＝4π，∴豆子落在其内切圆外部的概率是P ＝1－4π12×5×12＝1－2π15，故选C.5．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列，则S 4S 2等于( ) A ．3 B ．9 C ．10 D ．13 答案 C解析 设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵满足a 6,3a 4，－a 5成等差数列， ∴6a 4＝a 6－a 5，∴6a 4＝a 4(q 2－q )，q >0， ∴q 2－q －6＝0，q >0，解得q ＝3， 则S 4S 2＝a 1(34－1)3－1a 1(32－1)3－1＝10，故选C. 6．下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产A 产品过程中记录的产量x (吨)与相应的生产能耗y (吨)的几组对应数据，根据下表提供的数据，求出y 关于x 的线性回归方程为y ^＝0.7x ＋0.35，则下列结论错误的是( )A.线性回归直线一定过点(4.5,3.5) B ．产品的生产能耗与产量呈正相关 C ．t 的取值是 3.15D ．A 产品每多生产1吨，则相应的生产能耗约增加0.7吨 答案 C解析 由x ＝184＝4.5，故A 正确；又由线性回归的知识可知D ，B 是正确的，故选C.7．将函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎫2x ＋π3图象上的每个点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π12个单位得到函数g (x )的图象，在g (x )图象的所有对称轴中，离原点最近的对称轴为( ) A ．x ＝－π24B ．x ＝π4C ．x ＝5π24D ．x ＝π12答案 A解析 g (x )＝2sin ⎣⎡⎦⎤4⎝⎛⎭⎫x ＋π12＋π3＝2sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋2π3，由4x ＋2π3＝π2＋k π，k ∈Z ，得x ＝k π4－π24，k ∈Z ，当k ＝0时，离原点最近的对称轴方程为x ＝－π24，故选A.8．设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥－1，x ＋y ≤4，y ≥a ，目标函数z ＝3x －2y 的最小值为－4，则a 的值是( )A ．1B ．0C ．－1 D.12答案 C解析 作出约束条件所对应的可行域如图中阴影部分(包含边界)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝－1，y ＝a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a －1，y ＝a ， ∴A (a －1，a )，目标函数z ＝3x －2y 可化为y ＝32x －12z ，平移直线y ＝32x －12z 可知，当直线经过点A 时，截距取最大值，z 取最小值， ∴3(a －1)－2a ＝－4，解得a ＝－1，故选C.9．如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．48π答案 C解析 由三视图可得该几何体为底面边长为4和m ，一条侧棱垂直底面的四棱锥，其高为4，则13×4×m ×4＝323，∴m ＝2，将该几何体补成一个长方体，则其外接球半径为R ＝1242＋22＋42＝3, 故这个几何体的外接球的表面积为4πR 2＝36π.10．若抛物线C ：y 2＝2x cos A (其中角A 为△ABC 的一个内角)的准线过点⎝⎛⎭⎫25，4，则cos 2A ＋sin 2A 的值为( )A ．－825 B.85 C.825 D.1－2625答案 A解析 因为抛物线C ：y 2＝2x cos A (其中角A 为△ABC 的一个内角)的准线过点⎝⎛⎭⎫25，4， 所以抛物线C ：y 2＝2x cos A 的准线方程为x ＝25，所以cos A 2＝－25，即cos A ＝－45，因为角A 为△ABC 的一个内角，所以sin A ＝35，cos 2A ＋sin 2A ＝cos 2A ＋2sin A cos A ＝⎝⎛⎭⎫－452＋2×35×⎝⎛⎭⎫－45＝－825. 故选A.11．设l ，m ，n 表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ∥l ，且m ⊥α，则l ⊥α； ②若m ∥l ，且m ∥α，则l ∥α；③若α∩β＝l ，β∩γ＝m ，γ∩α＝n ，则l ∥m ∥n ； ④若α∩β＝m ，β∩γ＝l ，γ∩α＝n ，且n ∥β，则l ∥m . 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 ①正确，②中直线l 与α可能平行也可能在α内，故②错；③中直线l ，m ，n 可能平行还可能相交于一点，故③错；④正确，故选B.12．已知A ，B 是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ex －2a，x ≥a ，f (2a －x )，x <a (其中常数a >0)图象上的两个动点，点P (a,0)，若P A →·PB →的最小值为0，则函数f (x )的最大值为( )A ．－1e 2B ．－1eC ．－e e 2D ．－e e答案 B解析 作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ex －2a，x ≥a ，f (2a －x )，x <a (其中a >0)图象如图所示，∴函数f (x )的图象关于直线x ＝a 对称， 当x <a 时，f (x )＝f (2a －x )＝－e (2a－x )－2a＝－e －x ，设P A 与f (x )＝－e －x 相切于点A ，设A (x 0，y 0)，∴f ′(x )＝e －x ，∴k AP ＝f ′(x 0)＝e －x 0＝－e －x 0x 0－a ，解得x 0＝a －1，∵此时P A →·PB →取得最小值0，∴P A →⊥PB →， ∴k P A ＝tan 45°＝1，∴e －x 0＝1，∴x 0＝0， ∴a ＝1，∴f (x )max ＝f (1)＝－1e，故选B.第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．已知⎝⎛⎭⎫x ＋ax (2x －1)5展开式中的常数项为30，则实数a ＝________. 答案 3解析 ⎝⎛⎭⎫x ＋a x (2x －1)5＝⎝⎛⎭⎫x ＋a x [C 05(2x )5＋…＋C 45(2x )(－1)4＋C 55(－1)5]， ∴展开式中的常数项为a x ·C 45·2x ＝30，解得a ＝3.14．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左焦点为F ，离心率为2，若经过F 和P (0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为________． 答案 x 28－y 28＝1解析 设双曲线的左焦点F (－c,0)， 离心率e ＝ca ＝2，c ＝2a ，则双曲线为等轴双曲线，即a ＝b ，双曲线的渐近线方程为y ＝±bax ＝±x ，则经过F 和P (0,4)两点的直线的斜率k ＝4－00＋c ＝4c ＝1，∴c ＝4，a ＝b ＝22，∴双曲线的标准方程为x 28－y 28＝1.15．已知三棱锥A －BCD 中，AB ＝3，AD ＝1，BC ＝4，BD ＝22，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，其外接球的体积为________． 答案125π6解析 当BC ⊥平面ABD 时，三棱锥的体积最大， 由于AB ＝3，AD ＝1，BC ＝4，DB ＝22， ∴BD 2＋AD 2＝AB 2，则△ABD 为直角三角形，三棱锥A －BCD 的外接球就是以AD ，BD ，BC 为棱的长方体的外接球， 长方体的体对角线等于外接球的直径， 设外接球的半径为r ，则(2r )2＝42＋(22)2＋1，解得r ＝52，∴球体的体积为V ＝43π⎝⎛⎭⎫523＝125π6.16．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 020＝________. 答案4 0402 021解析 ∵对任意的m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，且a 1＝1， ∴令m ＝1代入得，都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1， ∴n ≥2时，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ， 以上n －1个式子相加可得，a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n ＝(n －1)(n ＋2)2， 则a n ＝a 1＋12(n －1)(n ＋2)＝12n (n ＋1)(n ≥2)，当n ＝1时，符合上式， ∴1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 020＝2⎝⎛1－12＋12－13＋…＋12 020⎭⎫－12 021＝2⎝⎛⎭⎫1－12 021＝4 0402 021.三、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(10分)已知等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d (a 1 ∈Z ，d ∈Z )，前n 项的和为S n ，且S 7＝49,24<S 5<26.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项的和为T n ，求T n . 解 (1)由题意得⎩⎨⎧7a 1＋7×62d ＝49，24<5a 1＋5×42d <26，∵a 1∈Z ，d ∈Z ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴ a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵ 1a n ·a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝n 2n ＋1. 18．(12分)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b cos A ＋33a ＝c .(1)求cos B ；(2)如图，D 为△ABC 外一点，若在平面四边形ABCD 中，D ＝2B ，且AD ＝1，CD ＝3，BC ＝6，求AB 的长．解 (1)在△ABC 中，由正弦定理得 sin B cos A ＋33sin A ＝sin C ，又C ＝π－(A ＋B )， 所以sin B cos A ＋33sin A ＝sin (A ＋B )， 故sin B cos A ＋33sin A ＝sin A cos B ＋cos A sin B ， 所以sin A cos B ＝33sin A ， 又A ∈(0，π)，所以sin A ≠0，故cos B ＝33. (2)因为D ＝2B ，所以cos D ＝2cos 2B －1＝－13，又在△ACD 中，AD ＝1，CD ＝3，所以由余弦定理可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos D ＝1＋9－2×3×⎝⎛⎭⎫－13＝12， 所以AC ＝23，在△ABC 中，BC ＝6，AC ＝23，cos B ＝33， 所以由余弦定理可得AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC cos B ， 即12＝AB 2＋6－2·AB ×6×33，化简得AB 2－22AB －6＝0，解得AB ＝3 2. 故AB 的长为3 2.19．(12分)如图，在三棱锥P －ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC, AB ＝6, BC ＝23， AC ＝26， D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB, CE ＝2EB, PD ⊥AC .(1)求证： PD ⊥平面ABC ；(2)若P A 与平面ABC 所成的角为π4，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角．(1)证明 由题意知AD ＝4，BD ＝2. ∵AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°. ∴cos ∠ABC ＝BC AB ＝236＝33.在△BCD 中，由余弦定理得 CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD cos ∠DBC＝4＋12－2×2×23×33＝8. ∴CD ＝2 2.∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴∠CDA ＝90°，∴CD ⊥AB ，又∵平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，CD ⊂平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，又PD ⊂ 平面P AB ，∴CD ⊥PD ，又PD ⊥AC, AC ∩CD ＝C ，AC ，CD ⊂平面ABC ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)解 由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，由P A 与平面ABC 所成的角为π4，知PD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)， B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB →＝(－22，2,0)，AC →＝(22，4,0)， P A →＝(0，－4，－4)， ∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ， ∴DE ∥AC ，由(1)知AC ⊥BC, PD ⊥平面ABC ， ∴BC ⊥DE ，PD ⊥BC ，∵DE ∩PD ＝D ，DE ，PD ⊂平面PDE ， ∴CB ⊥平面PDE .∴CB →＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AC →，n ⊥P A →，∴⎩⎨⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1，∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量．∴|cos 〈n ，CB →〉|＝|n ·CB →||| |n CB →| ＝|－4－2|4·12＝32. 故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， ∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.20．(12分)为了解某市高三数学复习备考情况，该市教研机构组织了一次检测考试，并随机抽取了部分高三理科学生数学成绩绘制如图所示的频率分布直方图．(1)根据频率分布直方图，估计该市此次检测理科数学的平均成绩u 0；(精确到个位)(2)研究发现，本次检测的理科数学成绩X 近似服从正态分布N (u ，σ2)(u ＝u 0，σ约为19.3)，按以往的统计数据，理科数学成绩能达到自主招生分数要求的同学约占40%.(ⅰ)估计本次检测成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩大约是多少分？(精确到个位) (ⅱ)从该市高三理科学生中随机抽取4人，记理科数学成绩能达到自主招生分数要求的人数为Y ，求Y 的分布列及均值E (Y )．(说明：P (X >x 1)＝1－φ⎝⎛⎭⎫x 1－μσ表示X >x 1的概率．参考数据：φ(0.725 7)＝0.6，φ(0.655 4)＝0.4)解 (1)该市此次检测理科数学成绩平均成绩约为u 0＝65×0.05＋75×0.08＋85×0.12＋95×0.15＋105×0.24＋115×0.18＋125×0.1＋135×0.05＋145×0.03＝103.2≈103.(2)(ⅰ)记本次考试成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩约为x 1，根据题意，P (x >x 1)＝1－φ⎝⎛⎭⎫x 1－u σ＝1－φ⎝⎛⎭⎫x 1－10319.3＝0.4，即φ⎝⎛⎭⎫x 1－10319.3＝0.6. 由φ(0.725 7)＝0.6，得x 1－10319.3＝0.725 7， 解得x 1≈117，所以，本次考试成绩达到自主招生分数要求的理科数学成绩约为117分．(ⅱ)因为Y ～B ⎝⎛⎭⎫4，25，所以P (Y ＝i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫25i ⎝⎛⎭⎫354－i ，i ＝0,1,2,3,4.所以Y 的分布列为所以E (Y )＝4×25＝85. 21．(12分)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过点F 垂直于x 轴的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，抛物线C 在A ，B 两点处的切线及直线AB 所围成的三角形面积为4.(1)求抛物线C 的方程；(2)设M ，N 是抛物线C 上异于原点O 的两个动点，且满足k OM ·k ON ＝k OA ·k OB ，求△OMN 面积的取值范围．解 (1)不妨设A ⎝⎛⎭⎫p 2，p ，B ⎝⎛⎭⎫p 2，－p ， 过A 点切线斜率存在，设为k (k ≠0)，则切线方程为y －p ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2，代入y 2＝2px ， 消去x 得ky 2－2py ＋(2－k )p 2＝0，Δ＝4p 2－4k (2－k )p 2＝0，解得k ＝1，∴抛物线C 在A 处的切线斜率为1，由抛物线C 的对称性，知抛物线C 在B 处的切线斜率为－1，抛物线在A 处的切线方程为y －p ＝x －p 2， 令y ＝0，得x ＝－p 2， ∴S ＝12·2p ·p ＝4，解得p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)由已知可得k OA ·k OB ＝－4,设M ⎝⎛⎭⎫14y 21，y 1，N ⎝⎛⎭⎫14y 22，y 2(y 1y 2≠0)，则k OM ·k ON ＝y 1y 2116y 21·y 22＝－4，∴y 1y 2＝－4. 令直线MN 的方程为x ＝ty ＋n ，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝ty ＋n ，消去x 得y 2－4ty －4n ＝0, 则y 1y 2＝－4n ，y 1＋y 2＝4t ，∵y 1y 2＝－4，∴n ＝1.∴直线MN 过定点(1,0)，∴S △OMN ＝12|y 1－y 2|＝12(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝1216t 2＋16＝2t 2＋1. ∵t 2≥0，∴S △OMN ≥2.综上所知，△OMN 面积的取值范围是[2，＋∞)．22．(12分)(2018·吉林省长春外国语学校模拟)已知函数f (x )＝ax ＋ln x (a ∈R )．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ＋2，若对任意x 1∈(0，＋∞)，均存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＜g (x 2)，求a 的取值范围．解 (1)由已知得f ′(x )＝2＋1x(x >0)，f ′(1)＝2＋1＝3，f (1)＝2，所以斜率k ＝3， 又切点(1,2)，所以切线方程为y －2＝3(x －1)，即3x －y －1＝0，故曲线y ＝f (x )在x ＝1处切线的切线方程为3x －y －1＝0.(2)f ′(x )＝a ＋1x ＝ax ＋1x(x >0)， ①当a ≥0时，由于x ＞0，故ax ＋1>0，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a ＜0时，由f ′(x )＝0，得x ＝－1a. 在区间⎝⎛⎭⎫0，－1a 上，f ′(x )＞0，在区间⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0， 所以，函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－1a ，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞. (3)由已知，转化为f (x )max ＜g (x )max .g (x )＝(x －1)2＋1，x ∈[0,1]，所以g (x )max ＝2，由(2)知，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，值域为R ，故不符合题意．当a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减， 故f (x )的极大值即为最大值，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1－ln(－a )， 所以2>－1－ln(－a )，解得a <－1e3.。
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(八)文
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)求三棱锥B 1－A 1C 1E 的体积．解 (1)证明：因为CC 1⊥底面ABCD ，所以CC 1⊥BD .因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 又AC ∩CC 1＝C ，所以BD ⊥平面ACC 1.又由四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1，知A 1，A ，C ，C 1四点共面．所以AA 1⊥BD .(2)因为V B 1－A 1C 1E ＝V E －A 1B 1C 1＝12V B －A 1B 1C 1＝12V C －A 1B 1C 1，又V C －A 1B 1C 1＝13S △A 1B 1C 1·CC 1＝13×12×22×sin 2π3×4＝433，所以V B 1－A 1C 1E ＝233.所以三棱锥B 1－A 1C 1E 的体积为233.18．已知函数f (x )＝23sin x cos x ＋2cos 2x －1(x ∈R )．(1)求函数f (x )的最小正周期及在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值；(2)若f (x 0)＝65，x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2，求cos2x 0的值．解 (1)∵f (x )＝3(2sin x cos x )＋(2cos 2x －1)＝3sin2x ＋cos2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，∴函数f (x )的最小正周期为π. 又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，7π6，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1， ∴函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为2，最小值为－1.(2)∵f (x 0)＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝65，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝35， 又x 0∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2， ∴2x 0＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3，7π6，∴cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝－1－sin 2⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6＝－45，∴cos2x 0＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6－π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6cos π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π6sin π6＝3－4310. 19．( 2019·江西南昌师大附中三模)为更好地落实农民工工资保证金制度，南方某市劳动保障部门调查了2019年下半年该市100名农民工(其中技术工、非技术工各50名)的月工资(单位：百元)，得到这100名农民工月工资的中位数为39(假设这100名农民工的月工资均在[25,55]内)且月工资收入在[45,50)内的人数为15，并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图：(1)求m ，n 的值；(2)已知这100名农民工中月工资高于平均数的技术工有31名，非技术工有19名，则能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“是不是技术工与月工资是否高于平均数有关系”？参考公式及数据：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)[45,50)(百元)内的频率为15100＝0.15，由频率分布直方图得(0.02＋2m ＋4n ＋0.01)×5＋0.15＝1，化简得m ＋2n ＝0.07，①由中位数可得0.02×5＋2m ×5＋2n ×(39－35)＝0.5，化简得5m ＋4n ＝0.2，② 由①②，解得m ＝0.02，n ＝0.025. (2)根据题意得到列联表：∴K 2＝50×50×50×50＝5.76＜10.828，∴不能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“是不是技术工与月工资是否高于平均数有关”．20．(2019·山东济宁二模)已知函数f (x )＝ln x －x e x＋ax . (1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝1，求f (x )的最大值．解 (1)由题意知，f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－(x ＋1)e x ＋a ≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a ≤(x ＋1)e x －1x 在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)e x －1x ，则g ′(x )＝(x ＋2)e x＋1x2＞0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1，所以a ≤2e－1. (2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x ＋x (x ＞0)，则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x＋1＝(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －e x ，令m (x )＝1x －e x ，则m ′(x )＝－1x2－e x＜0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减．由于m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞0，m (1)＜0，所以存在x 0＞0，满足m (x 0)＝0，即e x0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )＞0，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )＜0，f ′(x )＜0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1，所以f (x )max ＝－1.21．在平面直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的两个顶点A ，B 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，且AC ，BC 所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)设直线y ＝2x ＋m (m ∈R 且m ≠0)与曲线E 相交于P ，Q 两点，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，求△MPQ 面积的取值范围．解 (1)设C (x ，y )．由题意， 可得y x －1·yx ＋1＝－2(x ≠±1)， ∴曲线E 的方程为x 2＋y 22＝1(x ≠±1)．(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 2＋y 22＝1，消去y ，可得6x 2＋4mx ＋m 2－2＝0， ∴Δ＝48－8m 2>0，∴m 2<6. ∵x ≠±1，∴m ≠±2. 又m ≠0，∴0<m 2<6且m 2≠4. ∵x 1＋x 2＝－2m 3，x 1x 2＝m 2－26，∴|PQ |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝x 1－x 22＝5|x 1－x 2|＝5·x 1＋x 22－4x 1x 2＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 32－4×m 2－26＝103·6－m 2. 又点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1到直线y ＝2x ＋m 的距离d ＝|m |5， ∴△MPQ 的面积S △MPQ ＝12×103×6－m 2·|m |5＝26·|m |·6－m 2＝26m2－m2，∴S 2△MPQ ＝118m 2(6－m 2)．∵0<m 2<6且m 2≠4，∴S 2△MPQ ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12，∴△MPQ 面积的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22. 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 )＝log 2(|2x －1|＋|x ＋2|－a )． (1)当a ＝4时，求函数f (x )的定义域；(2)若对任意的x ∈R ，都有f (x )≥2，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题意得f (x )＝log 2(|2x －1|＋|x ＋2|－4)， 则|2x －1|＋|x ＋2|－4>0，当x <－2时，－(2x －1)－(x ＋2)－4>0， ∴x <－53，即x <－2.当－2≤x ≤12时，－(2x －1)＋(x ＋2)－4>0，∴x <－1，即－2≤x <－1.当x >12时，(2x －1)＋(x ＋2)－4>0，∴x >1.综上所述，函数f (x )的定义域为{x |x <－1或x >1}． (2)由题意得log 2(|2x －1|＋|x ＋2|－a )≥2＝log 24恒成立． 即|2x －1|＋|x ＋2|－a ≥4， ∴|2x －1|＋|x ＋2|－4≥a 恒成立． 令g (x )＝|2x －1|＋|x ＋2|－4，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x －5，x <－2，－x －1，－2≤x ≤12，3x －3，x >12.所以g (x )min ＝－32，故a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32.。
2020届高考数学大二轮复习刷题首秧第二部分刷题型压轴题八理
压轴题(八)12．(2019·湘赣十四校联考二)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，|AB |＝2，E 为AD 的中点，P 为正方形A 1B 1C 1D 1内的一个动点(含边界)，且|PE |≤5，则|PA 1→＋PB 1→＋PC 1→|的最小值为( )A ．17－1B ．17－3C ．17D ．17＋1答案 B解析 设A 1D 1的中点为F ，连接EF ，PF ，则在△EFP 中，EF ⊥FP ，EP 2＝EF 2＋FP 2，∴FP 2≤1，∴点P 的轨迹是以F 为圆心，以1为半径的半圆面(位于正方形A 1B 1C 1D 1内)，以A 1为坐标原点建立平面直角坐标系如图所示，则A 1(0,0)，B 1(2,0)，C 1(2,2)，F (0，1)，设点P 的坐标为(x ，y )，则PA 1→＝(－x ，－y )，PB 1→＝(2－x ，－y )，PC 1→＝(2－x ，2－y )，PA 1→＋PB 1→＋PC 1→＝(4－3x,2－3y )．|PA 1→＋PB 1→＋PC 1→|＝ －3x2＋－3y2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫43－x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23－y 2. 设Q 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，则|PA 1→＋PB 1→＋PC 1→|＝3|PQ |≥3(|QF |－1)＝17－3.故选B.16．已知椭圆的焦点为F 1(－c ，0)，F 2(c,0)，其中c ＝23∫π40cos x d x ，直线l 与椭圆相切于第一象限的点P ，且与x ，y 轴分别交于点A ，B ，设O 为坐标原点，当△AOB 的面积最小时，∠F 1PF 2＝60°，则此椭圆的方程为________．答案x 215＋y 29＝1 解析 由题意，得在P (x 0，y 0)处的切线方程为yy 0b 2＋xx 0a 2＝1. 所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2x 0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2y 0， S △AOB ＝12×a 2b 2x 0y 0，因为y 20b 2＋x 20a 2＝1≥2x 0y 0ab ，所以1x 0y 0≥2ab.所以S △AOB ≥ab .当且仅当y 0b ＝x 0a＝22时，△AOB 的面积最小． 设|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2，由余弦定理，得 4c 2＝r 21＋r 22－r 1r 2＝(r 1＋r 2)2－3r 1r 2＝4a 2－3r 1r 2，所以r 1r 2＝43b 2，所以S △PF 1F 2＝12r 1r 2sin60°＝33b 2，所以12·2c ·y 0＝33b 2，y 0＝3b 23c ＝22b ，所以c ＝63b . 又因为c ＝23⎠⎜⎛0π4cos x d x ＝23sin x＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π4－sin0＝ 6.所以b ＝3，a ＝15.所以此椭圆的方程为x 215＋y 29＝1.20．(2019·广东四校联考)某地有种特产水果很受当地老百姓欢迎，但该种特产水果只能在9月份销售，且该种特产水果当天食用口感最好，隔天食用口感较差．某超市每年9月份都销售该种特产水果，每天计划进货量相同，进货成本每千克8元，销售价每千克12元，当天未卖出的水果全部转卖给水果罐头厂，但每千克只能卖到5元．根据往年销售经验，每天需求量与当地最高气温(单位：℃)有一定关系．若最高气温不低于30，则需求量为5000千克；若最高气温位于[25,30)，则需求量为3500千克；若最高气温低于25，则需求量为2000千克．为了制订今年9月份订购计划，统计了前三年9月份的最高气温数据，得下面的频数分布表：(1)求今年9月份这种特产水果一天需求量X (单位：千克)的分布列和数学期望； (2)设9月份一天销售这种特产水果的利润为Y (单位：元)，当9月份这种特产水果一天的进货量n (单位：千克)为多少时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为多少？解 (1)今年9月份这种特产水果一天的需求量X 的可能取值为2000,3500,5000.P (X ＝2000)＝4＋1490＝15， P (X ＝3500)＝3690＝25，P (X ＝5000)＝21＋1590＝25. 于是X 的分布列为X 的数学期望E (X )＝2000×5＋3500×5＋5000×5＝3800.(2)由题意，知这种特产水果一天的需求量至多为5000千克，至少为2000千克，因此只需要考虑2000≤n ≤5000.当3500≤n ≤5000时，若最高气温不低于30，则Y ＝4n ； 若最高气温位于[25,30)，则Y ＝3500×4－(n －3500)×3＝24500－3n ；若最高气温低于25，则Y ＝2000×4－(n －2000)×3＝14000－3n .此时E (Y )＝25×4n ＋25×(24500－3n )＋15×(14000－3n )＝12600－15n ≤11900.当2000≤n <3500时，若最高气温不低于25，则Y ＝4n ；若最高气温低于25，则Y ＝2000×4－(n －2000)×3＝14000－3n . 此时E (Y )＝45×4n ＋15×(14000－3n )＝2800＋135n <11900.所以n ＝3500时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为11900. 21．设函数f (x )＝ln (x ＋a )－x ，g (x )＝x e x－2x －1.(1)若直线l ：y ＝－23x ＋ln 3－23是函数f (x )的图象的一条切线，求实数a 的值；(2)当a ＝0时，①关于x 的方程f (x )＝x 2－103x ＋m 在区间[1,3]上有解，求m 的取值范围； ②证明：当x >0时，g (x )≥f (x )． 解 (1)∵f (x )＝ln (x ＋a )－x ， ∴f ′(x )＝1x ＋a－1， 设切点为P (x 0，y 0)， 则1x 0＋a －1＝－23，∴x 0＋a ＝3， 又ln (x 0＋a )－x 0＝－23x 0＋ln 3－23，∴ln 3－x 0＝－23x 0＋ln 3－23，∴x 0＝2，∴a ＝1.(2)当a ＝0时，①方程f (x )＝x 2－103x ＋m ，即ln x －x 2＋73x ＝m .令h (x )＝ln x －x 2＋73x (x >0)，则h ′(x )＝1x －2x ＋73＝－x ＋x －3x.令h ′(x )＝0，则x 1＝32，x 2＝－13(舍去)；∴当x ∈[1,3]时，h ′(x )，h (x )随x 的变化情况如下表：∵h (1)＝43，h (3)＝ln 3－2<43，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝ln 32＋54，∴当x ∈[1,3]时，h (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln 3－2，ln 32＋54，∴m 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln 3－2，ln 32＋54.②证明：令F (x )＝g (x )－f (x ) ＝x e x－ln x －x －1(x >0)， 则F ′(x )＝(x ＋1)e x－1x－1＝x ＋1x·(x e x－1)． 令G (x )＝x e x－1，则当x >0时，G ′(x )＝(x ＋1)e x>0， ∴函数G (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∵G (0)＝－1<0，G (1)＝e －1>0， ∴G (x )存在唯一的零点c ∈(0,1)， 且当x ∈(0，c )时，G (x )<0，F ′(x )<0，则F (x )单调递减，当x ∈(c ，＋∞)时，G (x )>0，F ′(x )>0，则F (x )单调递增，从而F (x )≥F (c )＝c e c－ln c －c －1. 由G (c )＝0得c e c－1＝0，c e c＝1， 两边取对数得ln c ＋c ＝0，∴F(c)＝0，∴F(x)≥F(c)＝0，故g(x)≥f(x)．。
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压轴题(七)12．已知函数f (x )＝x ln x ＋a x ＋3，g (x )＝x 3－x 2，若∀x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2，f (x 1)－g (x 2)≥0，则实数a 的取值范围为( )A ．[0，＋∞)B ．[1，＋∞)C ．[2，＋∞)D ．[3，＋∞)答案 B解析 g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2时，g ′(x )≥0，g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，2上单调递增，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23时，g ′(x )≤0，g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，23上单调递减，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－227<g (2)＝4，所以g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2上的最大值是4，依题意，只需当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2时，x ln x ＋a x ＋3≥4恒成立，亦即a ≥x －x 2ln x ．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，2，则h ′(x )＝1－x －2x ln x ，显然h ′(1)＝0，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1时，1－x >0，x ln x <0，h ′(x )>0，即h (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1上单调递增；当x ∈(1,2]时，1－x <0，x ln x >0，h ′(x )<0，即h (x )在区间(1,2]上单调递减；所以当x ＝1时，函数h (x )取得最大值h (1)＝1，故a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞)．16．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a ＝2，sin C －3sin B ＝3sin(C －A )＋sin(A －B )，则△ABC 面积的最大值为________．答案3解析 由sin C －3sin B ＝3sin(C －A )＋sin(A －B )，得sin(A ＋B )＋sin(B －A )＝3sin(A ＋C )＋3sin(C －A )，2sin B cos A ＝23sin C cos A ，当cos A ＝0，即A ＝π2时，b 2＋c 2＝a2＝4≥2bc ，∴S △ABC ＝12bc ≤1；当cos A ≠0时，sin B ＝3sin C ，则b ＝3c .解法一：在△ABC 中，由余弦定理， 得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝4c 2－23c 2cos A ， ∴c 2＝22－3cos A ，S △ABC ＝12bc sin A ＝32c 2sin A ＝3sin A 2－3cos A ＝－3sin A3cos A －2，令⎩⎨⎧x ＝3cos A ，y ＝3sin A ，则原式等价为S △ABC ＝－yx －2，且x 2＋y 2＝3，令k ＝－yx －2(k >0)⇒y ＝－k (x －2)，且x 2＋y 2＝3， 则△ABC 面积的最大值等价转化为直线y ＝－k (x －2)与圆x 2＋y 2＝3有公共点时的k 的最大值，则圆心(0,0)到直线y ＝－k (x －2)的距离d ＝|2k |1＋k2≤ 3，可得0<k ≤ 3，即S △ABC ≤3，综上可知S △ABC ≤ 3，故△ABC 面积的最大值为 3.解法二：在△ABC 中，若a ＝2，b ＝3c ，即BC ＝2，AC ＝3AB ，以BC 所在直线为x 轴，其中垂线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则B (－1,0)，C (1,0)，设A (x ，y )，由AC ＝3AB ，得x －2＋y 2＝3·x ＋2＋y 2，化简整理，得点A 的轨迹方程为(x ＋2)2＋y 2＝3，所以S △ABC ＝12·BC ·|y A |≤ 3，故△ABC 面积的最大值为 3. 20．(2019·河南新乡三模)已知函数f (x )＝ln x －ax，a ∈R .(1)讨论函数g (x )＝f xx在(1，＋∞)上的单调性； (2)若a ≥0，不等式x 2f (x )＋a ≥2－e 对x ∈(0，＋∞)恒成立，求a 的取值范围． 解 (1)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝2a ＋1－2ln xx3， 若a ≤－12，因为x >1，所以ln x >0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递减，若a >－12，令g ′(x )＝0，得x ＝e a+12 ，当1<x <e a+12 时，g ′(x )>0; 当x >e a+12 时，g ′(x )<0，所以g (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫e a+12 ，＋∞，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，e a+12 .(2)x 2f (x )＋a ≥2－e ，即x ln x －ax ＋a ＋e －2≥0对x ∈(0，＋∞)恒成立，令h (x )＝x ln x －ax ＋a ＋e －2，则h ′(x )＝ln x ＋1－a ，令h ′(x )＝0，得x ＝e a －1，当x ∈(0，ea －1)时，h ′(x )<0；当x ∈(ea －1，＋∞)时，h ′(x )>0，所以h (x )的最小值为h (e a －1)＝(a －1)ea －1＋a ＋e －2－a ea －1＝a ＋e －2－ea －1，令t (a )＝a ＋e －2－ea －1，则t ′(a )＝1－e a －1，令t ′(a )＝0，得a ＝1，当a ∈[0,1)时，t ′(a )>0，t (a )在[0,1)上单调递增；当a ∈(1，＋∞)时，t ′(a )<0，t (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以当a ∈[0,1)时，h (x )的最小值为t (a )≥t (0)＝e －2－1e>0；当a ∈[1，＋∞)时，h (x )的最小值为t (a )＝a ＋e －2－ea －1≥0＝t (2)．故a 的取值范围是[0,2]．21．(2019·陕西部分学校高三摸底)已知圆O ：x 2＋y 2＝1和抛物线E ：y ＝x 2－2，O 为坐标原点．(1)已知直线l 与圆O 相切，与抛物线E 交于M ，N 两点，且满足OM ⊥ON ，求直线l 的方程；(2)过抛物线E 上一点P (x 0，y 0)作两条直线PQ ，PR 与圆O 相切，且分别交抛物线E 于Q ，R 两点，若直线QR 的斜率为－3，求点P 的坐标．解 (1)由题意，知直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx ＋b ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由直线l 与圆O 相切，得|b |k 2＋1＝1，所以b 2＝k 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y ＝x 2－2，消去y ，得x 2－kx －b －2＝0.所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－b －2.由OM ⊥ON ，得OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0， 所以x 1x 2＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2＝0， 所以b 2(－b －2)＋(b 2－1)b ＋b 2＝0， 解得b ＝－1或b ＝0(舍去)．所以k ＝0，故直线l 的方程为y ＝－1. (2)设Q (x 3，y 3)，R (x 4，y 4)，则k RQ ＝y 3－y 4x 3－x 4＝x 23－－x 24－x 3－x 4＝x 3＋x 4，所以x 3＋x 4＝－ 3.由题意，知直线PQ ，PR 的斜率均存在，设PQ ：y －y 0＝k 1(x －x 0)，由直线PQ 与圆O 相切，得|y 0－k 1x 0|k 21＋1＝1，即(x 20－1)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0，设PR ：y －y 0＝k 2(x －x 0)，同理可得(x 20－1)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0.由题意可得x 20≠1，故k 1，k 2是方程(x 20－1)k ′2－2x 0y 0k ′＋y 20－1＝0的两个根， 所以k 1＋k 2＝2x 0y 0x 20－1. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋y 0－k 1x 0，y ＝x 2－2，得x 2－k 1x ＋k 1x 0－y 0－2＝0， 故x 0＋x 3＝k 1， 同理可得x 0＋x 4＝k 2，则2x 0＋x 3＋x 4＝k 1＋k 2，即2x 0－3＝2x 0y 0x 20－1， 所以2x 0－3＝2x 0x 20－x 20－1，解得x 0＝－33或x 0＝ 3. 当x 0＝－33时，y 0＝－53；当x 0＝3时，y 0＝1. 故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－53或P (3，1)．。