《高考數(shù)學大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第二部分 解答題七 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學大二輪刷題首選卷理數(shù)文檔：第二部分 解答題七 Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 解答題(七) 17．(2019·江西名校5月聯(lián)考)已知數(shù)列{an}有an≠0，Sn是它的前n項和，a1＝3，且當n≥2時，S＝3n2an＋S. (1)求證：數(shù)列{an＋an＋1}為等差數(shù)列； (2)求{an}的前n項和Sn. 解　(1)證明：當n≥2時，S＝3n2an＋S，(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝3n2an，an≠0，所以(Sn＋Sn－1)＝3n2，(Sn＋1＋Sn)＝3(n＋1)2，兩式對應相減，得an＋an＋1＝3(2n＋1)，所以(an＋an＋1)－(an－1＋an)＝6n＋3－(6n－3)＝6，又n＝2時，(3＋a2)2＝12a2＋9，所以a2＝6，所

2、以a3＝9，所以(a2＋a3)－(a1＋a2)＝6＋9－(3＋6)＝6，所以數(shù)列{an＋an＋1}是首項為9，公差為6的等差數(shù)列． (2)當n為偶數(shù)時，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3(3＋7＋…＋(2n－1))＝3·＝(n2＋n)． 當n為奇數(shù)時，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(an－1＋an)＝3＋3(5＋9＋…＋(2n－1))＝3＋3·＝(n2＋n－2)＋3＝(n2＋n)． 綜上，Sn＝(n2＋n)． 18．(2019·福建南平二檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝2，AD＝，PC＝3，△PAB是正三角

3、形，E為AB的中點，平面PAB⊥平面PCE. (1)求證：CE⊥平面PAB； (2)在棱PD上是否存在點F，使得二面角P－AB－F的余弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)證明：因為AE∥CD，且AE＝CD＝，所以四邊形AECD是平行四邊形，從而AD∥CE，且CE＝AD＝，又在正△PAB中，PE＝AB＝，則在△PCE中，滿足PE2＋CE2＝PC2，所以CE⊥PE，又平面PAB⊥平面PCE，平面PAB∩平面PCE＝PE，CE?平面PCE，所以CE⊥平面PAB. (2)由(1)，知PE⊥CE，且PE⊥AB，CE∩AB＝E， CE，AB?平面ABCD，所以PE⊥平

4、面ABCD， 又AD⊥平面PAB，AE?平面PAB，所以AD⊥AE，以點E為坐標原點，分別以射線EC，EA，EP為x軸、y軸、z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則P(0,0，)，D(，，0)，A(0，，0)，B(0，－，0)， 假設在棱PD上存在點F滿足題意，設＝λ，則＝λ(，，－)＝(λ，λ，－λ)， ＝＋＝(0，－，)＋(λ，λ，－λ)＝(λ，λ－，－λ)，＝(0，2，0)，設平面ABF的法向量n＝(x，y，z)， 則 取z＝1，得n＝， 因為平面PAB的一個法向量m＝(1,0,0)，所以 |cos〈n，m〉|＝，則＝，8λ2＋2λ－1＝0，(4λ－1)(2

5、λ＋1)＝0，因為λ>0，所以λ＝，所以在棱PD上存在點F使得二面角P－AB－F的余弦值為，且＝. 19．(2019·河南六市聯(lián)考一)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P是橢圓上的任意一點，且|PF1|·|PF2|的最大值為4，橢圓C的離心率與雙曲線－＝1的離心率互為倒數(shù)． (1)求橢圓C的方程； (2)設點P，過點P作兩條直線l1，l2與圓(x＋1)2＋y2＝r2相切且分別交橢圓于M，N，求證：直線MN的斜率為定值． 解　(1)∵雙曲線－＝1的離心率為＝2， ∴橢圓C的離心率為，設橢圓的半焦距為c， ∴a＝2c， ∵|PF1|·|PF2|≤2＝a2，

6、 ∴a2＝4，∴c＝1，又b2＝a2－c2＝4－1＝3， ∴橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明：顯然兩直線l1，l2的斜率存在，設為k1，k2， 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直線l1，l2與圓(x＋1)2＋y2＝r2相切， 則k1＝－k2，即直線l1的方程為y－＝k1(x＋1)， 與橢圓方程3x2＋4y2＝12聯(lián)立，得 x2(3＋4k)＋k1(12＋8k1)x＋(3＋2k1)2－12＝0， ∵P，M為直線與橢圓的交點， ∴x1－1＝－， 同理，當l2與橢圓相交時，x2－1＝， ∴x1－x2＝－－ ＝－，而y1－y2＝k1(x1＋x2)＋2k1＝， ∴直線

7、MN的斜率k＝＝－. 故直線MN的斜率為定值． 20．(2019·河北保定第二次模擬)已知函數(shù)f(x)＝xln x＋ax＋1－a. (1)求證：對任意實數(shù)a，都有f(x)min≤1； (2)若a＝2，是否存在整數(shù)k，使得在x∈(2，＋∞)上，恒有f(x)>(k＋1)x－2k－1成立？若存在，請求出k的最大值；若不存在，請說明理由(e＝2.71828…)． 解　(1)證明：由已知易得f(x)＝a(x－1)＋xln x＋1，所以f′(x)＝a＋1＋ln x，令f′(x)＝a＋1＋ln x＝0，得x＝e－(a＋1)，顯然，x∈(0，e－(a＋1))時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減；

8、x∈(e－(a＋1)，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調遞增，所以f(x)min＝f(e－(a＋1))＝1－a－e－(a＋1)，令t(a)＝f(x)min，則由t′(a)＝－1＋e－(a＋1)＝0，得a＝－1，所以a∈(－∞，－1)時，t′(a)>0，函數(shù)t(a)單調遞增，a∈(－1，＋∞)時，t′(a)<0，函數(shù)t(a)單調遞減，所以t(a)max＝t(－1)＝1＋1－1＝1，即f(x)min≤1，結論成立. (2)由題意，得x＋xln x>k(x－2)， 令t(x)＝xln x＋(1－k)x＋2k，所以t′(x)＝ln x＋2－k，由t′(x)＝ln x＋2－k＝0，得x＝e

9、k－2， ①若ek－2≤2，即k≤2＋ln 2時， 在x∈(2，＋∞)上，有t′(x)>0，故函數(shù)t(x)單調遞增， 所以t(x)>t(2)＝2＋2ln 2>0. ②若ek－2>2，即k>2＋ln 2時，在x∈(2，ek－2)上，有t′(x)<0，故函數(shù)t(x)在x∈(2，ek－2)上單調遞減，在x∈(ek－2，＋∞)上，有t′(x)>0.故函數(shù)t(x)在x∈(ek－2，＋∞)上單調遞增，所以在x∈(2，＋∞)上，t(x)min＝t(ek－2)＝2k－ek－2. 故欲使x＋xln x>k(x－2)，只需t(x)min＝t(ek－2)＝2k－ek－2>0即可． 令m(k)＝2k－ek

10、－2，所以m′(k)＝2－ek－2，由m′(k)＝2－ek－2＝0，得k＝2＋ln 2，所以k>2＋ln 2時，m′(k)<0，即m(k)單調遞減，又m(4)＝2×4－e4－2＝8－e2>0，m(5)＝2×5－e5－2＝10－e3<0，故kmax＝4. 21．(2019·山東濟南3月模擬)某客戶準備在家中安裝一套凈水系統(tǒng)，該系統(tǒng)為三級過濾，使用壽命為十年．如圖1所示，兩個一級過濾器采用并聯(lián)安裝，二級過濾器與三級過濾器為串聯(lián)安裝．其中每一級過濾都由核心部件濾芯來實現(xiàn)，在使用過程中，一級濾芯和二級濾芯都需要不定期更換(每個濾芯是否需要更換相互獨立)，三級濾芯無需更換，若客戶在安裝凈水系統(tǒng)的同時購

11、買濾芯，則一級濾芯每個80元，二級濾芯每個160元．若客戶在使用過程中單獨購買濾芯，則一級濾芯每個200元，二級濾芯每個400元，現(xiàn)需決策安裝凈水系統(tǒng)的同時購買濾芯的數(shù)量，為此參考了根據(jù)100套該款凈水系統(tǒng)在十年使用期內更換濾芯的相關數(shù)據(jù)制成的圖表，其中圖2是根據(jù)200個一級過濾器更換的濾芯個數(shù)制成的柱狀圖，下表是根據(jù)100個二級過濾器更換的濾芯個數(shù)制成的頻數(shù)分布表． 二級濾芯更換頻數(shù)分布表： 二級濾芯更換的個數(shù) 5 6 頻數(shù) 60 40 以200個一級過濾器更換濾芯的頻率代替1個一級過濾器更換濾芯發(fā)生的概率，以100個二級過濾器更換濾芯的頻率代替1個二級過濾器更換濾芯

12、發(fā)生的概率． (1)求一套凈水系統(tǒng)在使用期內需要更換的各級濾芯總個數(shù)恰好為30的概率； (2)記X表示該客戶的凈水系統(tǒng)在使用期內需要更換的一級濾芯總數(shù)，求X的分布列及數(shù)學期望； (3)記m，n分別表示該客戶在安裝凈水系統(tǒng)的同時購買的一級濾芯和二級濾芯的個數(shù)．若m＋n＝28，且n∈{5，6}，以該客戶的凈水系統(tǒng)在使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為決策依據(jù)，試確定m，n的值． 解　(1)由題意可知，若一套凈水系統(tǒng)在使用期內需要更換的各級濾芯總個數(shù)恰好為30，則該套凈水系統(tǒng)中的兩個一級過濾器均需更換12個濾芯，二級過濾器需要更換6個濾芯，設“一套凈水系統(tǒng)在使用期內需要更換的各級濾芯總個

13、數(shù)恰好為30”為事件A，因為一個一級過濾器需要更換12個濾芯的概率為0.4，二級過濾器需要更換6個濾芯的概率為0.4，所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064. (2)由柱狀圖可知，一個一級過濾器需要更換的濾芯個數(shù)為10,11,12的概率分別為0.2,0.4,0.4. 由題意，X可能的取值為20,21,22,23,24，并且 P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04， P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16， P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32， P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32， P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.

14、所以X的分布列為 X 20 21 22 23 24 P 0.04 0.16 0.32 0.32 0.16 E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4. (3)解法一：因為m＋n＝28，n∈{5,6}，若m＝22，n＝6，則該客戶在十年使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為22×80＋200×0.32＋400×0.16＋6×160＝2848； 若m＝23，n＝5，則該客戶在十年使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2832. 故m，n的值分別為23

15、,5. 解法二：因為m＋n＝28，n∈{5,6}，若m＝22，n＝6， 設該客戶在十年使用期內購買一級濾芯所需總費用為Y1(單位：元)，則 Y1 1760 1960 2160 P 0.52 0.32 0.16 E(Y1)＝1760×0.52＋1960×0.32＋2160×0.16＝1888. 設該客戶在十年使用期內購買二級濾芯所需總費用為Y2(單位：元)，則Y2＝6×160＝960， E(Y2)＝1×960＝960. 所以該客戶在十年使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為E(Y1)＋E(Y2)＝1888＋960＝2848. 若m＝23，n＝5， 設該客戶在十年

16、使用期內購買一級濾芯所需總費用為Z1(單位：元)，則 Z1 1840 2040 P 0.84 0.16 E(Z1)＝1840×0.84＋2040×0.16＝1872. 設該客戶在十年使用期內購買二級濾芯所需總費用為Z2(單位：元)，則 Z2 800 1200 P 0.6 0.4 E(Z2)＝800×0.6＋1200×0.4＝960. 所以該客戶在十年使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為E(Z1)＋E(Z2)＝1872＋960＝2832. 故m，n的值分別為23,5. 22．已知直線l的極坐標方程為ρsin＝2，現(xiàn)以極點O為原點，極軸為x軸的正半軸建立平面

17、直角坐標系，曲線C1的參數(shù)方程為(φ為參數(shù))． (1)求直線l的直角坐標方程和曲線C1的普通方程； (2)若曲線C2為曲線C1關于直線l的對稱曲線，點A，B分別為曲線C1、曲線C2上的動點，點P的坐標為(2,2)，求|AP|＋|BP|的最小值． 解　(1)∵ρsin＝2， ∴ρsinθ＋ρcosθ＝2， 即ρcosθ＋ρsinθ＝4， ∴直線l的直角坐標方程為x＋y－4＝0； ∵ ∴曲線C1的普通方程為(x＋1)2＋(y＋2)2＝4. (2)∵點P在直線x＋y＝4上，根據(jù)對稱性，|AP|的最小值與|BP|的最小值相等． 曲線C1是以(－1，－2)為圓心，半徑r＝2的圓．

18、∴|AP|min＝|PC1|－r＝－2＝3. ∴|AP|＋|BP|的最小值為2×3＝6. 23．已知函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關于原點對稱，且f(x)＝x2＋2x. (1)解關于x的不等式g(x)≥f(x)－|x－1|； (2)如果對任意的x∈R，不等式g(x)＋c≤f(x)－|x－1|恒成立，求實數(shù)c的取值范圍． 解　(1)∵函數(shù)f(x)和g(x)的圖象關于原點對稱， ∴g(x)＝－f(－x)＝－x2＋2x， ∴原不等式可化為|x－1|≥2x2， 即x－1≥2x2或x－1≤－2x2， 解得－1≤x≤，故原不等式的解集為. (2)不等式g(x)＋c≤f(x)－|x－1|可化為|x－1|≤2x2－c， 即－2x2＋c≤x－1≤2x2－c， 即要使不等式恒成立，只需 解得c≤－， 故c的取值范圍是.