2016高考数学二轮复习大题规范天天练第四周综合限时练文

星期六(综合限时练)
2016年____月____日
解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内完成得高分，限时：80分钟)
1.(本小题满分12分)已知数列{a n}的前n项和为S n，对于任意的正整数n，直线x＋y＝2n
总是把圆(x－n)2＋(y－S n)2＝2n2平均分为两部分，各项均为正数的等比列{b n}中，已知b6＝b3b4，且b3和b5的等差中项是2a3.
(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；
(2)若c n＝a n b n，求数列{c n}的前n项和T n.
解(1)由于x＋y＝2n总是把圆(x－n)2＋(y－S n)2＝2n2平均分为两部分，所以n＋S n＝2n.
即S n＝n2.所以a1＝S1＝1.当n≥2时，a n＝n2－(n－1)2＝2n－1，经检验n＝1时也成立，所以a n＝2n－1.等比数列{b n}中由于b6＝b3b4，所以b1＝1，设公比为q>0，
因为b3和b5的等差中项是2a3，且2a3＝10，所以b3＋b5＝20，
所以q2＋q4＝20，解得q＝2，所以b n＝2n－1.
(2)由于c n＝a n b n，所以T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n，
T n＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)2n－1，①
2T n＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，②
所以－T n＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)2n＝1＋2×2（1－2n－1）
1－2
－(2n－1)2n.
所以－T n＝－3＋2×2n－(2n－1)2n＝－3＋(3－2n)2n.
T n＝3＋(2n－3)2n.
2.(本小题满分12分)某校在2015年2月份的高三期末考试结束后为了研究本校的数学成绩，
现随机抽取了50名学生的数学成绩分析，现将成绩按如下方式分为7组，第一组[80，90)，第二组[90，100)，……第七组[140，150]，得到如图所示的频率分布直方图.
(1)试估计该校数学的平均成绩(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；
(2)为了具体了解本次考试的情况，从成绩在[130，150]的同学中任意抽取2人进行谈话，
那么抽取的2人中恰好有一人的成绩位于[140，150]的概率是多少？
解(1)由频率分布直方图可知[120，130)的频率为：
1－(0.01×10＋0.02×10＋0.03×10＋0.016×10＋0.008×10＋0.004×10)＝1－0.88＝
0.12，
所以估计该校全体学生的数学平均成绩约为85×0.1＋95×0.2＋105×0.3＋115×0.16＋125×0.12＋135×0.08＋145×0.04＝8.5＋19＋31.5＋18.4＋15＋10.8＋5.8＝109. (2)根据频率分布直方图可知成绩在[130，140)有50×0.08＝4(人)，记为a1，a2，a3，a4，成绩在[140，150]有50×0.04＝2(人)，记为b1，b2.
从中任取2人共有(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，a4)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，a4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，a4)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，(b1，b2)，15种抽法.
恰好有一人的成绩位于[140，150]的有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，(a4，b1)，(a4，b2)，共有8种抽法.
所以P＝8
15，即恰好有一人的成绩位于[140，150]的概率是
8
15
.
3.(本小题满分12分)在如图所示的几何体中，已知四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是梯
形且AB∥EF，AF⊥DE，EF＝2AF＝4，∠AFE＝60°.
(1)求证：平面ABCD⊥平面ABEF；
(2)线段BF上是否存在一点M，使得DF∥平面ACM，若存在，给出证明，不存在，说明理
由.
(1)证明因为EF＝2AF＝4，∠AFE＝60°，所以AE2＝AF2＋EF2－2AF×EF×cos 60°＝4
＋16－8＝12，所以AE2＋AF2＝EF2，
所以AE⊥AF.
因为AF⊥DE且AE，DE⊂平面ADE，AE∩DE＝E，
所以AF⊥平面ADE，
因为AD⊂平面ADE，
所以AF⊥AD，
因为四边形ABCD是正方形，
所以AD⊥AB，
因为AB∩AF＝A，
所以AD⊥平面ABEF，
因为AD⊂平面ABCD.
所以平面ABCD⊥平面ABEF.
(2)解 当点M 为BF 的中点时，DF ∥平面ACM . 证明：如图所示连接BD ，AC 且BD ∩AC ＝H ，连接MH ，
因为四边形ABCD 是正方形， 所以H 是BD 的中点， 因为M 为BF 的中点， 所以DF ∥HM ，
因为DF ⊄平面ACM ，MH ⊂平面ACM ， 所以DF ∥平面ACM .
4.(本小题满分12分)已知椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左右焦点分别为F 1，F 2，左右端点分别为
A 1，A 2，抛物线y 2＝4x 与椭圆相交于A ，
B 两点且其焦点与F 2重合，AF 2＝53
.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点⎝ ⎛⎭
⎪⎫27，0作直线l 与椭圆相交于P ，Q 两点(不与A 1，A 2重合)，求证：直线A 2P 与A 2Q 垂直.
(1)解 如图所示：不妨设A (x 0，y 0)，(x 0>0，y 0>0).
由题知AF 2＝x 0＋p 2＝x 0＋1＝53，所以x 0＝2
3
.
所以y 2
0＝4×23＝83⇒y 0＝263
，
则A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
23，263，由题知c ＝1，
有x 20a 2＋y 20a 2－1＝1，49a 2＋249（a 2
－1）
＝1，解得a 2＝4. 所以c ＝1，a ＝2. 所以b 2
＝a 2
－1＝3，
所以椭圆的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)证明 ①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝27，由于⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2
3＝1x ＝2
7
⇒y 2
3＝1－1
49＝
48
49
， 所以y ＝±127，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫27，127，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2
7，－127，
因为A 2(2，0)，所以kA 2P ＝0－
12
7
2－
27＝－1，
kA 2Q ＝0＋
127
2－27＝1，所以kA 2P ×kA 2Q ＝－1，
所以A 2P ⊥A 2Q .
②当直线l 的斜率存在且不为0时，设为k ，则直线的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －27， ⎩
⎪⎨⎪⎧3x 2
＋4y 2
＝12，y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27⇒49(3＋4k 2)x 2－112k 2x ＋16k 2
－12×49＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，A 2(2，0)，则x 1＋x 2＝16k 2
7（3＋4k 2），x 1x 2＝16k 2
－12×49
49（3＋4k 2
）， 所以kA 2P ×kA 2Q ＝y 1y 2
（x 1－2）（x 2－2）
＝
k 2⎣
⎢⎡⎦
⎥⎤x 1x 2－27（x 1＋x 2）＋449x 1x 2－2（x 1＋x 2）＋4
＝
k 2
×⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤16k 2
－12×4949（3＋4k 2）－27×16k 2
7×（3＋4k 2）＋4（3＋4k 2
）49（3＋4k 2）16k 2
－12×4949（3＋4k 2）－2×16k
2
7（3＋4k 2
）
＋4
＝k 2×（16k 2－12×49－32k 2＋12＋16k 2）
16k 2－12×49－14×16×k 2＋4×49（3＋4k 2
）
＝－12×48k 2
（16－16×14＋49×16）k 2＝－576k
2
576k 2＝－1. 所以A 2P 和A 2Q 垂直.
5.(本小题满分12分)已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1，g (x )＝－x 2
＋(a ＋1)x ＋1. (1)若对任意的x ∈[1，e]，不等式f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；
(2)若函数h (x )在其定义域内存在实数x 0，使得h (x 0＋k )＝h (x 0)＋h (k )(k ≠0且为常数)，则称函数h (x )为保k 阶函数，已知H (x )＝f (x )－(a －1)x ＋a －1为保a 阶函数，求实数a 的取值范围.
解 (1)因为对任意的x ∈[1，e]，不等式f (x )≥g (x )恒成立，
即a ln x －x ＋1≥－x 2
＋(a ＋1)x ＋1恒成立，a (x －ln x )≤x 2
－2x 恒成立， 由于x ∈[1，e]，所以ln x ≤ln e＝1≤x ， 因为等号不能同时成立，所以ln x <x ， 即x －ln x >0，
所以a ≤x 2－2x x －ln x 恒成立.
令F (x )＝x 2－2x
x －ln x
，
所以a ≤F (x )min (x ∈[1，e])，
由于F ′(x )＝（x －1）（x ＋2－2ln x ）
（x －ln x ）2
， 由于1≤x ≤e，
所以x －1≥0，x ＋2－2ln x >0，
所以F ′(x )>0，所以函数F (x )＝x 2－2x
x －ln x
在区间[1，e]上单调递增，
所以F (x )≥F (1)＝12
－2
1－ln 1＝－1，
所以a ≤－1.
(2)因为H (x )＝f (x )－(a －1)x ＋a －1＝a ln x －ax ＋a (x >0).
根据保a 阶函数的概念，所以存在x 0>0，使得H (x 0＋a )＝H (x 0)＋H (a )，
即a [ln(x 0＋a )－(x 0＋a )＋1]＝a (ln x 0－x 0＋1)＋a (ln a －a ＋1)＝a (ln x 0－x 0＋1＋ln a －a ＋1)，
所以ln(x 0＋a )－(x 0＋a )＋1＝ln x 0－x 0＋1＋ln a －a ＋1， 所以ln(x 0＋a )＝ln x 0＋ln a ＋1， 即ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 0＋a ax 0＝1，
所以
x 0＋a ax 0＝e ，所以a ＝1
e －1
x 0
， 因为x 0>0，所以a >1
e ，
所以实数a 的取值范围是a >1
e
.
6.请同学从下面所给的三题中选定一题作答. A.(本小题满分10分)选修4－1：几何证明选讲
已知BC 为圆O 的直径，点A 为圆周上一点，AD ⊥BC 于点D ，过点A 作圆O 的切线交BC 的延长线于点P ，过点B 作BE 垂直PA 的延长线于点E ，求证：
(1)PA ·PD ＝PE ·PC ； (2)AD ＝AE .
证明 (1)因为AD ⊥BP ，BE ⊥AP ， 所以△APD ∽△BPE . 所以AP BP ＝
PD
PE
，
所以AP ·PE ＝PD ·PB .
又因为PA ，PB 分别为圆O 的切线和割线， 所以PA 2
＝PB ·PC ， 所以AP PE ＝
PC
PD
，
所以PA ·PD ＝PE ·PC .
(2)连接AC ，DE ， 因为BC 为圆O 的直径， 所以∠BAC ＝90°，
即AB ⊥AC ，又因为AP PE ＝PC PD
，所以AC ∥DE . 所以AB ⊥DE ，又因为BE ⊥AP ，AD ⊥PB . 所以A ，D ，B ，E 四点共圆且AB 为直径， 又因为AB ⊥DE ，所以AD ＝AE .
B.(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
已知曲线C 的极坐标方程为：ρ2
－2ρcos θ＋4ρsin θ＋1＝0，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l 经过点P (－1，1)且倾斜角为2
3π.
(1)写出直线l 的参数方程和曲线C 的普通方程；
(2)设直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|PA |·|PB |的值.
解 (1)因为直线l 经过点P (－1，1)，倾斜角为2
3π，
则直线l 的参数方程为： ⎩⎪⎨⎪
⎧x ＝－1－1
2t ，y ＝1＋3
2t
(t 为参数). 由于曲线C 的极坐标方程为：ρ2
－2ρcos θ＋4ρsin θ＋1＝0， 所以普通方程为x 2
＋y 2
－2x ＋4y ＋1＝0， 即(x －1)2
＋(y ＋2)2＝4.
(2)由于⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－12t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32t ＋22＝4
⇒t 2
＋(2＋33)t ＋9＝0.
所以t 1＋t 2＝－(2＋33)，t 1t 2＝9. 所以|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝9.
C.(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )＝|x －2|＋|x ＋1|. (1)解关于x 的不等式f (x )≥4－x ；
(2)设a ，b ∈{y |y ＝f (x )}，试比较2(a ＋b )与ab ＋4的大小. 解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧－2x ＋1（x <－1），3（－1≤x ≤2），2x －1（x >2），
所以⎩⎪⎨⎪⎧x <－1，－2x ＋1≥4－x ⇒x ≤－3，或⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤2，3≥4－x ⇒1≤x ≤2，或⎩
⎪⎨⎪⎧x >2，
2x －1≥4－x ⇒x >2. 所以不等式的解集为(－∞，－3]∪[1，＋∞). (2)由(1)已知f (x )≥3， 所以a ≥3，b ≥3.
由于2(a ＋b )－(ab ＋4)＝2a －ab ＋2b －4＝a (2－b )＋2(b －2)＝(a －2)(2－b )， 由于a ≥3，b ≥3， 所以a －2>0，2－b <0， 所以(a －2)(2－b )<0， 所以2(a ＋b )<ab ＋4.。