2022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20221226035

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，a33，且a22，a4，a62成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)记bn，求bn的前2n项和s2n.解(1)设等差数列an的公差为d，a22，a4，a62成等比数列，a(a22)(a62)，(a3d)2(a3d2)(a33d2)，又a33，(3d)2(5d)(13d)，化简得d22d10，解得d1，ana3(n3)d3(n3)×1n.(2)由(1)得bn(1)n(1)n，s2nb1b2b3b2n1.18(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

2、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，连接de，ob，bf，则e为of的中点，ofaabb，且ofaabb，所以bbfo是平行四边形又d是棱bb的中点，所以deob.又平面aacc平面abc，平面aacc平面abcac，且obac，ob平面abc，所以ob平面acca，得de平面acca，又de平面dac，所以平面dac平面acca.(2)连接ao，因为aac60°，所以aac是等边三角形，设abbccaaa

3、2，则ao平面abc，由已知可得aoob.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(，0,0)，c(0,1,0)，a(0,0，)，(，1,0)，(0,1，)，设平面bccb的法向量为m(x，y，z)，则m·0，m·0，所以取x1，则y，z1，所以m(1，1)设平面acd的法向量为n(x，y，z)，(0,1，)，(，1,0)，则n·0，n·0，所以取x0，y，z1，n(0，1)，故cosm，n，又因为二面角acdb为锐角，所以其余弦值为. 19(2019·广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系xoy中，离心率为

4、的椭圆c：1(a>b>0)过点m.(1)求椭圆c的标准方程；(2)若直线xym0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)由题意得解得a23b2，又1，解得所以椭圆c的标准方程为y21.(2)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(±，±1)当过点g的椭圆c的切线的斜率均存在时，设g(x0，y0)，x0±，切线方程为yk(xx0)y0，代入椭圆方程得(3k21)x26k(kx0y0)x3(kx0y0)230，6k(kx0y0)24(3k21)·3(kx0y0)230，化简得(k

5、x0y0)2(3k21)0，则(x3)k22x0y0ky10，设过点g的椭圆c的切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2.因为两条切线相互垂直，所以1，即xy4(x0±)，由知点g在圆xy4上，又点g在直线xym0上，所以直线xym0与圆x2y24有公共点，所以2，所以2m2.综上所述，m的取值范围为2，2 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，

6、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：维修次数0123机器台数20104030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，p(x0)×，p(x1)××2，p(x2)×××2

7、，p(x3)××2××2，p(x4)×××2，p(x5)××2，p(x6)×.x的分布列为x0123456p(2)选择延保方案一，所需费用y1元的分布列为：y16000750090001050012000pe(y1)×6000×7500×9000×10500×120008580(元)选择延保方案二，所需费用y2元的分布列为：y277407740a77402ape(y2)×7740×(7740a)×(77402a)77

8、40(元)，e(y1)e(y2)840，当e(y1)e(y2)840>0，即0<a<2000时，选择方案二，当e(y1)e(y2)8400，即a2000时，选择方案一、方案二均可，当e(y1)e(y2)840<0，即a>2000时，选择方案一21(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f(x)ln x，g(x)，ar.(1)求函数f(x)的极小值；(2)求证：当1a1时，f(x)>g(x)解(1)f(x)(x>0)，当a10，即a1时，f(x)>0，函数f(x)在(0，)上单调递增，无极小值；当a1>0，即a>1时，由f(x)

9、<0，得0<x<a1，则函数f(x)在(0，a1)上单调递减，由f(x)>0，得x>a1，则函数f(x)在(a1，)上单调递增，所以f(x)极小f(a1)1ln (a1)，综上所述，当a1时，f(x)无极小值；当a>1时，f(x)极小1ln (a1)(2)证明：令f(x)f(x)g(x)ln x(x>0)，当1a1时，要证f(x)>g(x)，即证f(x)>0，即证xln xasinx1>0，即证xln x>asinx1.当0<a1时，令h(x)xsinx，则h(x)1cosx0，所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)

10、>h(0)0，即x>sinx.ax1>asinx1(*)，令q(x)xln xx1，则q(x)ln x，当x(0,1)，q(x)<0，q(x)在(0,1)上单调递减；当x(1，)，q(x)>0，q(x)在(1，)上单调递增，故q(x)q(1)0，即xln xx1.当且仅当x1时取等号，又0<a1，xln xx1ax1(*)，由(*)(*)可知xln xx1ax1>asinx1，所以当0<a1时，xln x>asinx1.当a0时，即证xln x>1.令m(x)xln x，m(x)ln x1，m(x)在上单调递减，在上单调递增，m(x)

11、minm>1，故xln x>1.当1a<0时，当x(0,1时，asinx1<1，由知m(x)xln x，而>1，故xln x>asinx1，当x(1，)时，asinx10，由知m(x)xln x>m(1)0，故xln x>asinx1；所以，当x(0，)时，xln x>asinx1.综上可知，当1a1时，f(x)>g(x)22在直角坐标系xoy中，圆c的普通方程为x2y24x6y120，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sin.(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·的取值范围解(1)圆c的参数方程为(为参数)直线l的直角坐标方程为xy20.(2)由直线l的方程xy20可得点a(2,0)，点b(0，2)设点p(x，y)，则·(2x，y)·(x,2y)x2y22x2y.由(1)知则·4sin