全品高考备战2027年数学一轮备用题库19重点强化练(十九)【答案】

重点强化练(十九)1.解:(1)依题意,4颗番石榴的位置从第1个到第4个排序,有A44=24(种)要摘到那颗最大的番石榴,有以下两种情况:①最大的番石榴是第3个,其他的随意在哪个位置,有A33=6(种)②最大的番石榴是最后1个,第二大的番石榴是第1个或第2个,其他的随意在哪个位置,有2A22=4(种)所以所求概率P=6+424=5(2)记事件A表示最大的番石榴被摘到,事件Bi表示最大的番石榴排在第i个,则P(Bi)=1n由全概率公式知P(A)=∑当1≤i≤k时,最大的番石榴在前k个中,不会被摘到,此时P(A|Bi)=0;当k+1≤i≤n时,若最大的番石榴被摘到,则前i-1个番石榴中最大的一个在前k个中,此时P(A|Bi)=ki因此P(A)=1nkk+k令g(x)=xnlnnx(求导得g'(x)=1nlnnx-由g'(x)=0,得x=ne当x∈0,ne时,g'(x)>0,当x∈ne,n即函数g(x)在0,ne上单调递增,在则g(x)max=gne=1e,于是当k=ne时,P(A)=knln所以P的最大值为1e,此时t的值为12.解:(1)因为l0(x)∈Lf(x),x∈R,所以∀x∈R,-x2+x≤kx+1,且∃x0∈R,-x02+x0=kx令φ(x)=-x2+(1-k)x-1,则φ(x)≤0,且φ(x0)=0,所以(k-1)2-4=0,所以k-1=2或k-1=-2,解得k=3或k=-1.(2)(i)证明:先证必要性.若直线y=l(x)是曲线y=g(x)的一条切线,设切点坐标为(x0,ex因为g'(x)=ex,所以切线方程为y-(ex0+1)=ex0(x即l(x)=ex0x+(1-x0)ex0一方面,g(x0)=l(x0),所以∃x0∈R,g(x0)=l(x0);另一方面,令G(x)=g(x)-l(x)=ex-ex0x-(1-x0)ex0,则G因为G'(x)=ex-ex所以当x<x0时,G'(x)<0,G(x)在(-∞,x0)上单调递减,当x>x0时,G'(x)>0,G(x)在(x0,+∞)上单调递增,所以G(x)≥G(x0)=0,所以g(x)≥l(x).即∀x∈R,g(x)≥l(x).所以l(x)∈Tg(x),x∈R,即直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”.再证充分性.若直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”,不妨设l(x)=kx+b,由“最佳下界线”的定义知,∀x∈R,g(x)≥l(x),且∃x0∈R,g(x0)=l(x0),令H(x)=g(x)-l(x)=ex+1-kx-b,则H(x)≥0且H(x0)=0,所以H(x)min=0.易知H'(x)=ex-k.①若k≤0,则H'(x)>0,所以H(x)在R上单调递增,所以∃x1<x0,使得H(x1)<H(x0)=0,故k≤0不符合题意.②若k>0,则令H'(x)=0,得x=lnk,当x∈(-∞,lnk)时,H'(x)<0,H(x)在(-∞,lnk)上单调递减,当x∈(lnk,+∞)时,H'(x)>0,H(x)在(lnk,+∞)上单调递增,所以当且仅当x=lnk时,H(x)取得最小值H(lnk).又H(x)在x=x0处取得最小值,H(x)min=0,所以x即k解得k所以l(x)=ex0x+(1-x0)由(*)式知直线y=l(x)是曲线y=g(x)在点(x0,ex0+1)综上所述,直线y=l(x)是曲线y=g(x)的一条切线的充要条件是直线y=l(x)是函数g(x)在R上的“最佳下界线”.(ii)集合Lh(x),x∈(1,+∞)∩Tg(x),x∈R中元素的个数为2.3.解:(1)集合M={(x,y,z)|z=0}表示xOy平面上所有的点,P={(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示以(±1,±1,±1)八个点为顶点的正方体及其内部所有的点,而P∩M可以看成正方体截平面xOy所得截面内所有的点,该截面是边长为2的正方形,因此S1=4.对于Q={(x,y,z)||x|+|y|+|z|≤2},当x,y,z>0时,x+y+z=2表示经过点(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限内的部分,由对称性可知Q表示以(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个点为顶点的正八面体及其内部所有的点.而Q∩M可以看成正八面体截平面xOy所得截面内所有的点,该截面是边长为22的正方形,因此S2=8.(2)考虑到集合Q的子集Q'={(x,y,z)|x+y+z≤2,x≥0,y≥0,z≥0}中所有点构成的几何体即为三个坐标平面与平面x+y+z=2围成的四面体,四面体的四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),此四面体的体积为VQ'=13×2×12×2×2由对称性知V1=8VQ'=323考虑到集合P的子集P'={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1}中所有点构成的几何体为棱长为1的正方体,显然P'∩Q'为两个几何体的公共部分,记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1).易验证Q1,Q2,Q3在平面x+y+z=2上,同时也在Q'的底面上,则P'∩Q'为正方体截去三棱锥Q4-Q1Q2Q3所剩下的部分.P'的体积为VP'=1×1×1=1,三棱锥Q4-Q1Q2Q3的体积为VQ4-Q1Q2故P'∩Q'的体积为VP'∩Q'=VP'-VQ4-Q1由对称性知,V2=8VP'∩Q'=203(3)①如图所示,即为集合T所构成的几何体,其中正方体A1B1C1D1-L1I1J1M1即为集合P所构成的几何体,对于四棱锥E1-A1B1C1D1,点E1到平面A1B1C1D1的距离为1,VE1-A1故V3=VP+6VE1-A②由题意知,平面E1C1D1的方程为x+z-2=0,其法向量n1=(1,0,1),平面E1A1D1的方程为y+z-2=0,其法向量n2=(0,1,1),故cos<n1,n2>=n1·n由图知,相邻两个面所成二面角为钝角,故W的相邻两个面所成二面角的大小为2π3由图可知,W共有12个面,24条棱.4.解:(1)(i,j)的所有可能取值为(1,6),(1,2),(5,6).(2)证明:当m=3时,a1,a3,a4,a5,a6,a7,a8,a9,a10,a11,a12,a14可分成三组:a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14.每组均构成等差数列,∴当m=3时,数列a1,a2,…,a14是(2,13)-可分数列.当m>3时,数列a1,a2,…,a4m+2去掉a2,a13以后,分成m组,只需将前面的12项还按m=3时的分法分成3组,即a1,a4,a7,a10;a3,a6,a9,a12;a5,a8,a11,a14.后面的(4m-12)项每4个相邻的项分成一组,即a15,a16,a17,a18;a19,a20,a21,a22;…;a4m-1,a4m,a4m+1,a4m+2.这(m-3)组每一组都能构成等差数列.∴当m>3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列.综上,当m≥3时,数列a1,a2,…,a4m+2是(2,13)-可分数列.(3)证明:方法一:易知数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列等价于1,2,…,4m+2是(i,j)-可分数列.当m=1时,数列a1,a2,a3,a4,a5,a6是(i,j)-可分数列的概率P1=3C62=1当m=2时,数列a1,a2,a3,…,a10是(i,j)-可分数列的概率P2=7C102=7以此类推,易知1,2,…,4m+2是(4k+1,4r+2)-可分数列(0≤k≤r≤m),此时共有(m+1)+m+…+2+1=12(m+1)(m+2)(种);且易证该数列也是(4k+2,4r+5)-可分数列(0≤k<r≤m-1),此时共有(m-1)+(m-2)+…+2+1=12m(m-1)(种综上,至少有12m(m-1)+12(m+1)(m+2)=m2+m+1(∴Pm≥m2m2+m+1(2m方法二:易知数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列等价于1,2,…,4m+2是(i,j)-可分数列.设从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j),使数列a1,a2,…,a4m+2是(i,j)-可分数列的取法数为Fm,则F1=3.当m=n+1时,可取a