2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档第二部分 解答题三 Word版含解析

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a中，a3，3n且a2，a，a2成等比数列 642(1)求数列a的通项公式； nna1?2n1(2)记b，求b的前2n项和S. nn2naa1nn解 (1)设等差数列a的公差为d， n2(a2)(aa2)， a2，a，a2成等比数列，6262442(ad2)(a3d)d2)，又a3， (a3333222d10，解得d1，aa(n(3d)(1(5d3d)，化简得d3n3)d3(n3)1n. na2n1?1?1n2n 1)b(2)由(1)得 n?1n?naa1nn11?n? ，(1) n1n?1111111?1?Sbbbb

2、n2n2n21234233212n?n21. 1 12n12n18(2019安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，在三棱柱ABCABC中，平面ABC平面ACCA，ABBCCAAA，D是棱BB的中点 (1)求证：平面DAC平面ACCA； (2)若AAC60，求二面角ACDB的余弦值 解 (1)证明：如图，取AC，AC的中点O，F，连接OF与AC交于点E， ，FB，OB，DE连接 FOBBBB，所以则E为OF的中点，OFAABB，且OFAA 是平行四边形，平面ABCCC平面DE又D是棱BB的中点，所以OB.又平面AA平面平面ABC，所以OBAACC平面ABCAC，且OBAC，OB?C?ACCA，得D

3、E平面ACCA，又DE平面DAC，所以平面DA. A平面ACCBCAC(2)连接AO，因为AAC60，所以A是等边三角形，设AB CAAA2，分别为则3.以OBOC，OA，AO平面ABC，由已知可得AOOB，(0,0A0,0)，C(0,1,0)，轴建立空间直角坐标系，则A(0，1,0)B，(3，yx，zBC，3)，(0,1 ，1,0)BB3)AA，(3BBBC)，则my的法向量为m(x，zB0，m0，所以设平面BCC ?，y03x? ，1)，所以1m(1，y取x1，则33，z，3zy0?CD，C(0,，3)(CB设平面ACD的法向量为nx，y，z)，A1?3131? ，BB(3，1,0)，03

4、， 22222?CDnC0， 则nA0， ，0zy3? 所以31，03xyz? 22 ，3，1)(01，0，y3z，nx取135，n，又因为二面角A故cosmCDB为锐角，所以其552 5 . 余弦值为56的椭xOy中，离心率为广东深圳适应性考试19(2019)在平面直角坐标系322yx?6?. M过点圆C：1(ab0)，122 ba3? 求椭圆C的标准方程；(1)的两条切线相互垂直，G的椭圆C(2)若直线xym0上存在点G，且过点 m的取值范围求实数 6c? 2，3a?，21 ?3a22? (1)由题意得解解得 解得a3b，又1，22 ba32，1b?222，bac2x21. 所以椭圆C的标

5、准方程为y 3yC(2)当过点的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于G的椭圆 1)轴，易得G(3，切线(x，3y)，x当过点G的椭圆C的切线的斜率均存在时，设G000 ，yk(xx)方程为y00222 y)30，1)xkx6k(y)x3(kx代入椭圆方程得(3k000022222kxk(61)(3k)30，化简得(kxy)y)4(3k1)3(kxy000000 ，0222，的切线的斜率分别为ky10，设过点G的椭圆Cx则(x3)k2yk1000021y0. k，则kk 22123x021y022 4(x3)因为两条切线相互垂直，所以1，即xy， 20003x022x0上，所以直线4上，又

6、点G在直线xymx由知点G在圆y00|m222. 22y4有公共点，所以m2，所以2与圆ym0 x1122，22 m综上所述，的取值范围为 20(2019湖南永州第三次模拟)某机器生产商，对一次性购买两台机器的客 户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案： 方案一：交纳延保金6000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1500元； 方案二：交纳延保金7740元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费a元 某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得下表： 维

7、修次数 0 1 2 3 机器台数3010 20 40以上100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，记X表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数 (1)求X的分布列； (2)以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？ 解 (1)X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6， 1111111112P(X0)，P(X1)2，P(X2)2 5525105251010551712131223111，P(X3)22，P(X4)2，P(X 5051055101010010552363395)2，P(X6). 100101010525X的分布列为 X

8、 0 1 2 3 4 5 6 911716111P 100502510025255(2)选择延保方案一，所需费用Y元的分布列为： 1 Y 6000 7500 9000 10500 12000 1911161P 100255450111169E(Y)60007500900010500120008580(元) 1100254550选择延保方案二，所需费用Y 元的分布列为：2 7740a 77402a Y7740 29667P 10010025676921aE(Y)7740(7740a)(77402a)7740(元)， 2502510010021a21aE(Y)E(Y)840，当E(Y)E(Y)84

9、00， 22115050即0a2000时，选择方案二， 21a当E(Y)E(Y)8400，即a2000时，选择方案一、方案二均可， 215021a当E(Y)E(Y)8402000时，选择方案一 2150a1a?sinx1?221(2019河北石家庄模拟一)已知函数f(x)ln x，g(x)， xxaR. (1)求函数f(x)的极小值； (2)求证：当1a1时，f(x)g(x) a1x?a1?1解 (1)f(x)(x0)， 22 xxx当a10，即a1时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递增，无极小值； 当a10，即a1时，由f(x)0，得0 x0，得xa1，则函数f(x)在(a1，)上

10、单调递增，所以f(x)极小f(a1)1ln (a1)， 综上所述，当a1时，f(x)无极小值； 当a1时，f(x)1ln (a1) 极小a1a?sinx1?2xln xasinx1(2)证明：令F(x)f(x)g(x)ln x xxx(x0)， 当1a1时，要证f(x)g(x)，即证F(x)0， 即证xln xasinx10，即证xln xasinx1. ，xsinx)x(h时，令1a0h(0)在(0，)上单调递增，故h(xh(x)1cos0，所以h(x)则. sinx即x 1(*)，asinxax1 x，x)ln x1，则q(令q(x)xln x (0,1)上单调递减；x)在(x)0，(x)

11、在(1，当x(1，)， 1时取等号，当且仅当xln xx1.即x ，ax1(*)xx1又0asin由(*)(*)可知xln xx11. asinx时，xln x所以当0a0时，即证x当1?，0? 上单调递减，x)在)ln x1，m(x令m(x)xln ，m(x e?111?，?1. ，故x)mln x在1上单调递增，m(x mineee? 1，1时，x(0,1asinx当1axln x(由知mx) ee ，10时，asinxasinx1，当x(1，)故xln x ；1xasinxln xm(1)0，故xln )由知m(xx1. xxln asin所以，当x(0，)时，x )g(xxa1时，f(

12、)1综上可知，当22，在以0124x622在直角坐标系xOy中，圆C的普通方程为xyy的极坐标方程为l坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线?sin?2. 4?(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PAPB的取值范围 ，cos2x?的直角坐标方程l为参数)直线的参数方程为圆 解(1)C(sin3y? 0. 为xy2 ，点B(0，2)l的方程xy20可得点A(2,0)(2)由直线22. 2xyy)xy2(x(2，y)设点P(x，y)，则PAPBx,2 ，cosx2? (1)知由，siny3?1. tan25sin()4则PAPB4sin2cos4，其中 2PBPAR，所以425425. 因为1?x?. |x