（全国通用版）2019版高考数学大二轮复习 考前强化练9 解答题综合练（B）理.doc

考前强化练9解答题综合练(b)1.已知函数f(x)=12x2+mx(m0),数列an的前n项和为sn.点(n,sn)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-18,(1)求数列an的通项公式;(2)数列bn满足bn=2an(2an-1)(2an+1-1),记数列bn的前n项和为tn,求证:tnb0)的长轴长为6,且椭圆c与圆m:(x-2)2+y2=409的公共弦长为4103.(1)求椭圆c的方程.(2)过点p(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆c交于两点a,b,试判断在x轴上是否存在点d,使得adb为以ab为底边的等腰三角形.若存在,求出点d的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.5.已知函数f(x)=2ln x-2mx+x2(m0),(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当m322时,若函数f(x)的导函数f(x)的图象与x轴交于a,b两点,其横坐标分别为x1,x2(x10,所以m=12,即sn=12n2+12n,所以当n2时,an=sn-sn-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列an的通项公式为an=n.(2)证明 由(1)知bn=2an(2an-1)(2an+1-1)=12n-1-12n+1-1,所以tn=1-13+13-17+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1,所以tn1.2.(1)证明 如图,延长og交ac于点m.g为aoc的重心,m为ac的中点.o为ab的中点,ombc.ab是圆o的直径,bcac,omac.pa平面abc,om平面abc,paom.又pa平面pac,ac平面pac,paac=a,om平面pac,即og平面pac.又og平面opg,平面opg平面pac.(2)解 以点c为原点,cb,ca,ap方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系c-xyz,则c(0,0,0),a(0,1,0),b(3,0,0),o32,12,0,p(0,1,2),m0,12,0,则om=-32,0,0,op=-32,12,2.平面opg即为平面opm,设平面opm的一个法向量为n=(x,y,z),则nom=-32x=0,nop=-32x+12y+2z=0,令z=1,得n=(0,-4,1).过点c作chab于点h,由pa平面abc,易得chpa,又paab=a,ch平面pab,即ch为平面pao的一个法向量.在rtabc中,由ab=2ac,得abc=30,则hcb=60,ch=12cb=32.xh=chcoshcb=34,yh=chsinhcb=34.所以ch=34,34,0.设二面角a-op-g的大小为,则cos =|chn|ch|n|=|034-434+10|316+91642+12=25117.3.解 (1)选择方案一若享受到免单优惠,则需要摸出三个红球,设顾客享受到免单优惠为事件a,则p(a)=c33c103=1120,所以两位顾客均享受到免单的概率为p=p(a)p(a)=114 400.(2)若选择方案一,设付款金额为x元,则x可能的取值为0,600,700,1 000.p(x=0)=c33c103=1120,p(x=600)=c32c71c103=740,p(x=700)=c31c72c103=2140,p(x=1 000)=c73c103=724,故x的分布列为x06007001 000p11207402140724e(x)=01120+600740+7002140+1 000724=76416(元).若选择方案二,设摸到红球的个数为y,付款金额为z,则z=1 000-200y,由已知可得yb3,310,故e(y)=3310=910,e(z)=e(1 000-200y)=1 000-200e(y)=820(元).因为e(x)0时,9k+8k298=122,-212m0;当k0时,9k+8k-122,0m212.综上所述,所求点d的横坐标的取值范围为-212,00,212.5.(1)解 由f(x)=2ln x-2mx+x2的定义域为(0,+),则f(x)=2(x2-mx+1)x.令x2-mx+1=0,其判别式=m2-4.当m2-40,即00,即m2,方程x2-mx+1=0有两个根x=mm2-42,令f(x)0,得0xm+m2-42,此时f(x)单调递增;令f(x)0,得m-m2-42xm+m2-42,此时f(x)单调递减.综上所述,当02时,f(x)在m-m2-42,m+m2-42内单调递减,在0,m-m2-42,m+m2-42,+内单调递增.(2)证明 由(1)知,f(x)=2(x2-mx+1)x,f(x)的两根x1,x2即为方程x2-mx+1=0的两根.m322,=m2-40,x1+x2=m,x1x2=1.又x1,x2为h(x)=ln x-cx2-bx的零点,ln x1-cx12-bx1=0,ln x2-c22-bx2=0,两式相减得lnx1x2-c(x1-x2)(x1+x2)-b(x1-x2)=0,得b=lnx1x2x1-x2-c(x1+x2).而h(x)=1x-2cx-b,(x1-x2)h(x0)=(x1-x2)1x0-2cx0-b=(x1-x2)2x1+x2-c(x1+x2)-lnx1x2x1-x2+c(x1+x2)=2(x1-x2)x1+x2-lnx1x2=2x1x2-1x1x2+1-lnx1x2.令x1x2=t(0t1),由(x1+x2)2=m2得x12+x22+2x1x2=m2,x1x2=1,两边同时除以x1x2,得t+1t+2=m2,m322,故t+1t52,解得0t12或t2,0t12.设g(t)=2t-1t+1-ln t,g(t)=-(t-1)2t(t+1)20,则y=g(t)在0,12上是减函数,g(t)min=g12=-23+ln 2,即y=(x1-x2)h(x0)的最小值为-23+ln 2.(x1-x2)h(x0)-23+ln 2.6.解 (1)由=4cos 得2=4cos ,所以x2+y2-4x=0,所以圆c的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆c:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+22t=0,解得t1=0,t2=-22,所以直线l被圆c截得的弦长为|t1-t2|=22.(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆c的参数方程为x=2+2cos,y=2sin(为参数),可设圆c上的动点p(2+2cos ,2sin ),则点p到直线l的距离d=|2+2cos-2sin-4|2=|2cos+4-2|.当cos+4=-1时,d取最大值,且d的最大值为2+2,所以sabp1222(2+2)=2+22,即abp的面积的最大值为2+