《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、解答題(五) 17．近年來(lái)，共享單車(chē)已經(jīng)悄然進(jìn)入了廣大市民的日常生活，并慢慢改變了人們的出行方式．某共享單車(chē)公司為了更好地服務(wù)用戶(hù)，在其官方APP中設(shè)置了用戶(hù)評(píng)價(jià)反饋系統(tǒng)，以了解用戶(hù)對(duì)該公司的車(chē)輛狀況和優(yōu)惠活動(dòng)的評(píng)價(jià)．現(xiàn)從評(píng)價(jià)系統(tǒng)中較為詳細(xì)的評(píng)價(jià)信息里隨機(jī)選出200條進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，車(chē)輛狀況和優(yōu)惠活動(dòng)評(píng)價(jià)的2×2列聯(lián)表如下： 對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)好評(píng) 對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)不滿(mǎn)意 合計(jì) 對(duì)車(chē)輛狀況好評(píng) 100 30 130 對(duì)車(chē)輛狀況不滿(mǎn)意 40 30 70 合計(jì) 140 60 200 (1)能否在犯錯(cuò)誤的概率不

2、超過(guò)0.001的前提下，認(rèn)為對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)好評(píng)與對(duì)車(chē)輛狀況好評(píng)有關(guān)系？ (2)為了回饋用戶(hù)，該公司通過(guò)APP向用戶(hù)隨機(jī)派送騎行券．用戶(hù)可以將騎行券用于騎行付費(fèi)，也可以通過(guò)APP轉(zhuǎn)贈(zèng)給好友．某用戶(hù)共獲得了5張騎行券，其中只有2張是一元券．現(xiàn)該用戶(hù)從這5張騎行券中隨機(jī)選取2張轉(zhuǎn)贈(zèng)給好友，求選取的2張中至少有1張是一元券的概率． 參考數(shù)據(jù)： P(K2≥k0) 0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 參考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋

3、c＋d. 解　(1)由2×2列聯(lián)表的數(shù)據(jù)，得K2的觀(guān)測(cè)值 k＝＝＝≈8.48<10.828. 因此，在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.001的前提下，不能認(rèn)為對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)好評(píng)與對(duì)車(chē)輛狀況好評(píng)有關(guān)系． (2)把2張一元券分別記作A，B，其余3張券分別記作a，b，c，則從5張騎行券中隨機(jī)選取2張的所有情況有：{A，a}，{A，b}，{A，c}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{A，B}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，共10種． 記“選取的2張中至少有1張是一元券”為事件M，則事件M包含的基本事件個(gè)數(shù)為7， 所以P(M)＝， 所以該用戶(hù)從這5張騎行券中隨機(jī)選取2張轉(zhuǎn)贈(zèng)給好友，選取的2張中

4、至少有1張是一元券的概率為. 18．已知△ABC，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＝4，點(diǎn)D在線(xiàn)段AC上，∠DBC＝. (1)若△BCD的面積為24，求CD的長(zhǎng)； (2)若C∈，且c＝12，tanA＝，求CD的長(zhǎng)． 解　(1)由S△BCD＝·BD·BC·＝24，解得BD＝12. 在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos45°， 即CD2＝32＋144－8×12，解得CD＝4. (2)因?yàn)閠anA＝，且A∈(0，π)，可以求得sinA＝，cosA＝. 由正弦定理，得＝，即＝， 解得sinC＝. 因?yàn)镃∈，故cosC＝， 故sin∠BDC＝sin＝

5、. 在△BCD中，由正弦定理可得 ＝，解得CD＝2. 19．(2019·廣東天河區(qū)畢業(yè)綜合測(cè)試二)如圖，D是AC的中點(diǎn)，四邊形BDEF是菱形，平面BDEF⊥平面ABC，∠FBD＝60°，AB⊥BC，AB＝BC＝. (1)若點(diǎn)M是線(xiàn)段BF的中點(diǎn)，證明：BF⊥平面AMC； (2)求六面體ABCEF的體積． 解　(1)證明：如圖，連接MD，F(xiàn)D.∵四邊形BDEF為菱形，且∠FBD＝60°， ∴△DBF為等邊三角形． ∵M(jìn)為BF的中點(diǎn)， ∴DM⊥BF，∵AB⊥BC， AB＝BC＝，又D是AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC. ∵平面BDEF∩平面ABC＝BD，平面ABC⊥平面BDEF

6、，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··BD·BF·sin60°＝，又AC⊥平面BDEF，D是AC的中點(diǎn)， ∴V六面體ABCEF＝2V四棱錐C－BDEF＝2×S菱形BDEF·CD ＝2×××1＝. ∴六面體ABCEF的體積為. 20．(2019·湖南株洲二模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，橢圓C截直線(xiàn)y＝1所得的線(xiàn)段的長(zhǎng)度為2. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)直線(xiàn)l與橢圓C交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，點(diǎn)D是橢圓C上的點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若

7、＋＝，判定四邊形OADB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解　(1)由解得a＝2，b＝c＝， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線(xiàn)l的斜率不存在時(shí)，直線(xiàn)AB的方程為x＝－1或x＝1，此時(shí)四邊形OADB的面積為. 當(dāng)直線(xiàn)l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)l的方程是y＝kx＋m，則 ?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0， Δ＝8(4k2＋2－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，|AB|＝ ＝ ＝·， 又點(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離是d＝，由＋＝，得xD＝，yD＝. 因?yàn)辄c(diǎn)D在曲線(xiàn)C上，所以＋＝1，整理得1＋2k

8、2＝2m2， 由題意知四邊形OADB為平行四邊形，所以四邊形OADB的面積為 SOADB＝|AB|d＝× ＝. 由1＋2k2＝2m2得SOADB＝， 故四邊形OADB的面積是定值，其定值為. 21．(2019·河南洛陽(yáng)第二次統(tǒng)一考試)已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若a＞0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f(x)＝x2－aln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－＝. ①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞，f

9、′(x)＜0得0＜x＜. 即f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)當(dāng)a＞0時(shí)，由(1)知f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增， ①若≤1，即0＜a≤1時(shí)，f(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，f(1)＝，f(x)在區(qū)間(1，e)上無(wú)零點(diǎn)． ②若1＜＜e，即1＜a＜e2時(shí)，f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，在(，e)上單調(diào)遞增， f(x)min＝f()＝a(1－ln a)． ∵f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)， ∴∴e＜a＜e

10、2. ③若≥e，即a≥e2時(shí)，f(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f(e)＝e2－a＜0，則f(x)在區(qū)間(1，e)上有一個(gè)零點(diǎn)． 綜上，f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)a的取值范圍是. 22．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線(xiàn)C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線(xiàn)C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0. (1)求C2的直角坐標(biāo)方程； (2)若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C1的方程． 解　(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝4. (2)解法一：

11、由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓． 由題設(shè)知，C1是過(guò)點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的兩條射線(xiàn)，曲線(xiàn)C1的方程為y＝記y軸右邊的射線(xiàn)為l1，y軸左邊的射線(xiàn)為l2.由于點(diǎn)B在圓C2的外面，故C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，或l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l1與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)． 當(dāng)l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到l1所在直線(xiàn)的距離為2，所以＝2，故k＝－或k＝0. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒(méi)有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝－時(shí)，l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)． 當(dāng)l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到l2所在直線(xiàn)的距離

12、為2，所以＝2，故k＝0或k＝. 經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒(méi)有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝時(shí)，l2與C2沒(méi)有公共點(diǎn). 綜上，所求C1的方程為y＝－|x|＋2. 解法二：因?yàn)镃2：(x＋1)2＋y2＝4，所以C2是以(－1，0)為圓心，2為半徑的圓． 又因?yàn)镃1：y＝k|x|＋2是關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的曲線(xiàn)， 且C1：y＝ 顯然，若k＝0時(shí)，C1與C2相切，此時(shí)只有一個(gè)交點(diǎn)； 若k>0時(shí)，C1與C2無(wú)交點(diǎn)． 若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)， 則必須滿(mǎn)足k<0且y＝kx＋2(x>0)與C2相切，所以圓心到射線(xiàn)的距離為d，則d＝＝2，所以k＝0或k＝－，因?yàn)閗<0，所以k＝－， 所以C1：y＝

13、－|x|＋2. 23．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，且滿(mǎn)足abc＝1. 證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2； (2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. 證明　(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2. (2)因?yàn)閍，b，c為正數(shù)且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24. 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立． 所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24. - 6 -