高考数学总复习 考前三个月 解答题滚动练3 理

解答题滚动练3
1.(2017·日照模拟)已知函数f (x )＝3sin 2x －2cos 2
x －1，x ∈R . (1)求函数f (x )的最小正周期和最小值；
(2)在△ABC 中，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝3，f (C )＝0，sin B ＝2sin A ，求a ，b 的值.
解 (1)f (x )＝3sin 2x －2cos 2
x －1＝3sin 2x －(cos 2x ＋1)－1 ＝3sin 2x －cos 2x －2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－2， 所以f (x )的最小正周期T ＝
2π
2
＝π，最小值为－4. (2)因为f (C )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2C －π6－2＝0， 所以sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1.
又C ∈(0，π)，2C －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，11π6，所以2C －π6＝π2，得C ＝π
3. 因为sin B ＝2sin A ，由正弦定理，得b ＝2a ，
由余弦定理，得c 2
＝a 2
＋b 2
－2ab cos C ＝a 2
＋4a 2
－2a 2
＝3a 2
， 又c ＝3，所以a ＝1，b ＝2.
2.某工厂的污水处理程序如下：原始污水必先经过A 系统处理，处理后的污水(A 级水)达到环保标准(简称达标)的概率为p (0＜p ＜1).经化验检测，若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行B 系统处理后直接排放.
某厂现有4个标准水量的A 级水池，分别取样、检测.多个污水样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验.混合样本中只要有样本不达标，则混合样本的化验结果必不达标.若混合样本不达标，则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标，则原水池的污水直接排放. 现有以下四种方案： 方案一：逐个化验； 方案二：平均分成两组化验；
方案三：三个样本混在一起化验，剩下的一个单独化验； 方案四：混在一起化验.
化验次数的期望值越小，则方案越“优”.
(1)若p ＝25，求2个A 级水样本混合化验结果不达标的概率；
(2)若p ＝
25
，现有4个A 级水样本需要化验，请问：方案一，二，四中哪个最“优”？
(3)若“方案三”比“方案四”更“优”，求p 的取值范围. 解 (1)该混合样本达标的概率是⎝
⎛⎭⎪⎫252＝4
5
， 所以根据对立事件原理，不达标的概率为1－45＝1
5.
(2)方案一：逐个检测，检测次数为4.
方案二：由(1)知，每组两个样本检测时，若达标则检测次数为1，概率为4
5；若不达标则检
测次数为3，概率为1
5.故方案二的检测次数记为ξ2，ξ2的可能取值为2，4，
6.
其分布列如下，
可求得方案二的期望为E (ξ2)＝2×1625＋4×825＋6×125＝14
5，
方案四：混在一起检测，记检测次数为ξ4，ξ4可取1，5. 其分布列如下，
可求得方案四的期望为E (ξ4)＝1×1625＋5×925＝61
25.
比较可得E (ξ4)＜E (ξ2)＜4，故选择方案四最“优”. (3)方案三：设化验次数为η3，η3可取2，5.
E (η3)＝2·p 3＋5(1－p 3)＝5－3p 3；
方案四：设化验次数为η4，η4可取1，5.
η4 1 5 P
p 4
1－p 4
E (η4)＝1·p 4＋5(1－p 4)＝5－4p 4；
由题意得E (η3)＜E (η4)⇔5－3p 3＜5－4p 4
⇔p ＜34.
故当0＜p ＜3
4
时，方案三比方案四更“优”.
3.如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为菱形且∠BAA 1＝60°，D ，M 分别为CC 1和A 1B 的中点，A 1D ⊥CC 1，AA 1＝A 1D ＝2，BC ＝1.
(1)证明：直线MD ∥平面ABC ； (2)求二面角B －AC －A 1的余弦值. 方法一 (1)证明 连接A 1C ，
∵A 1D ⊥CC 1，且D 为中点，AA 1＝A 1D ＝2，∴A 1C ＝A 1C 1＝5＝AC ， 又BC ＝1，AB ＝BA 1＝2，∴CB ⊥BA ，CB ⊥BA 1， 又BA ∩BA 1＝B ，∴CB ⊥平面ABB 1A 1，
取AA 1的中点F ，则BF ⊥AA 1，即BC ，BF ，BB 1两两互相垂直，
以B 为原点，BB 1，BF ，BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图，
∴B 1()2，0，0，C ()0，0，1，A ()－1，3，0，A 1()1，3，0，C 1()2，0，1，D ()1，0，1，
M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，
32，0， MD →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1
2
，－
32，1，设平面ABC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BA →＝－x ＋3y ＝0，
m ·BC →＝z ＝0.
取m ＝(3，1，0)，
∵m ·MD →＝32－32
＋0＝0，∴m ⊥MD →
，
又MD ⊄平面ABC ，∴直线MD ∥平面ABC .
(2)解 设平面ACA 1的法向量为n ＝()x 1，y 1，z 1，AC →＝()1，－3，1，AA 1→
＝()2，0，0， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AC →＝x 1－3y 1＋z 1＝0，
n ·AA 1→＝2x 1＝0.
取n ＝()0，1，3，
又由(1)知平面ABC 的法向量为m ＝()3，1，0， 设二面角B －AC －A 1为θ，θ为锐角， ∴cos θ＝
||m ·n ||m ||n ＝12·2＝1
4
.
方法二 (1)证明 如图，取AB 的中点N ，连接MN ，CN ，则有MN 綊1
2AA 1綊CD ，
∴四边形MNCD 为平行四边形，∴MD ∥NC ，
又MD ⊄平面ABC ，NC ⊂平面ABC ， ∴直线MD ∥平面ABC .
(2)解 由各棱长易得BC ⊥BA ，BC ⊥BA 1， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，
如图所示，取AB 的中点N ，连接A 1N ，过N 作NH ⊥AC 于H ，连接HA 1.
∵BC ⊥A 1N ，AB ⊥A 1N ，AB ∩BC ＝B ， ∴A 1N ⊥平面ABC ， ∴A 1N ⊥AC ，
又∵NH ⊥AC ，NH ∩A 1N ＝N ， ∴AC ⊥平面A 1NH ， ∴A 1H ⊥AC ，
故∠NHA 1为所求的二面角的平面角， 在Rt△A 1NH 中，由△ANH ∽△ACB ，得NH ＝55，AH ＝255，则A 1H ＝455，故cos∠NHA 1＝NH A 1H
＝55
455
＝14
，故所求的二面角的余弦值为1
4.
4.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为1
2
，过点E (－7，0)的椭圆的两条切线相互垂直.
(1)求此椭圆的方程；
(2)若存在过点(t ，0)的直线l 交椭圆于A ，B 两点，使得FA ⊥FB (F 为右焦点)，求t 的取值范围.
解 (1)由椭圆的对称性，不妨设在x 轴上方的切点为M ，x 轴下方的切点为N ，则k ME ＝1，
ME 的直线方程为y ＝x ＋7，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝x ＋7，
x 24c 2＋y 2
3c
2＝1，得7x 2＋87x ＋28－12c 2
＝0，由Δ＝0，得c ＝1，
所以椭圆的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝my ＋t ，x 24＋y
2
3
＝1，得
(3m 2
＋4)y 2
＋6mty ＋3t 2
－12＝0， 由Δ＞0，得3m 2
－t 2
＋4＞0， y 1＋y 2＝－6mt 3m 2＋4，y 1y 2＝3t 2
－12
3m 2＋4，
FA →
＝(x 1－1，y 1)，FB →
＝(x 2－1，y 2)，
FA →·FB →
＝(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2 ＝(m 2
＋1)y 1y 2＋(mt －m )(y 1＋y 2)＋t 2
－2t ＋1＝0， 所以7t 2
－8t －8＝9m 2
有解，
所以7t 2
－8t －8≥0，且7t 2
－8t －8－3t 2
＋12＞0， 则t ≥4＋627或t ≤4－627
.。