2020高考文科数学专题突破：解答题(大题)强化练习
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——函数与导数含答案
（文数）解答题强化专练——函数与导数一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.已知函数f（x）＝ax2－ln x－x（x＞0）．（1）设x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值并求f（x）的单调区间；（2）设a≥3，求证．2.已知函数f（x）=x-ln x．（1）求f（x）的最小值；（2）证明：对于任意正整数n，．3.已知函数f（x）=x2ln x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性：（Ⅱ）证明：．4.设函数f（x）=2x lnx-a，a∈R．（Ⅰ）求函数f（x）的极值；（Ⅱ）若不等式e x f（x）-x2-1≥0，对任意实数x≥1恒成立，求实数a的取值范围．5.已知函数f（x）=ax lnx-bx2-ax．（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求a，b的值；（Ⅱ）若a≤0，时，∀x1，x2∈（1，e），都有，求a的取值范围．6.已知f（x）=ax+1-x lnx的图象在A（1，f（1））处的切线与直线x-y=0平行．（1）求函数f（x）的极值；（2）若∀x1，x2∈（0，+∞），，求实数m的取值范围．7.已知函数f（x）=2ln x-x2，（1）求函数y=f（x）图象上一点A（1，f（1））处的切线方程．（2）若方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，求实数a的取值范围（e为自然对数的底数）．（3）求证（n∈N*，且n≥2）8.已知x=1是函数f（x）=ax的极值点．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求证：函数f（x）存在唯一的极小值点x0，且0．（参考数据：ln2≈0.69）9.已知函数f（x）=|ln x-a|-2ln x+x，a≥2．（1）若a=2，求f（x）的零点个数；（2）证明：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．10.设函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x．（1）讨论函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）证明：函数f（x）在R上有且仅有两个零点．答案和解析1.【答案】（1）解：，∵f'（1）＝2a－2＝0，所以a＝1，此时，∴x∈（0，1），f'（x）＜0，x∈（1，＋∞），f'（x）＞0，所以f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，＋∞）；（2）证明：当a≥3时，ax2≥3x2，所以f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x＞0），，∴当x∈（0，），g'（x）＜0，g（x）单调递减；x∈（，＋∞），g'（x）＞0，g（x）单调递增.所以，．【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性及最值，属于考查能力的题.（1）由x＝1是f（x）的一个极值点，求a的值，然后由导数解不等式即可；（2）当a≥3时，f（x）＝ax2－ln x－x≥3x2－ln x－x（x＞0），令g（x）＝3x2－ln x－x（x ＞0），通过导数研究函数的单调区间，求出g(x)的最小值即可.2.【答案】解：（1），当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，1）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增；故f（x）≥f（1）=1，故f（x）的最小值为1．（2）由（1）可得，f（x）=x-ln x≥1即ln x≤x-1，所以ln（1+）=，k∈N*，n≥2，则ln（1+）+ln（1+）+=1-，即ln（1+）（1+）…（1+）＜1，所以（1+）（1+）…（1+）＜e．【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，进而可求函数的最小值；（2）结合（1）对x进行赋值，然后结合数列的裂项求和及不等式的放缩法即可证明．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及利用单调性证明不等式，属于中档试题．3.【答案】解：（I）f′（x）=2x lnx+x，x＞0，令f′（x）=0可得x=，∵y=2ln x+1在（0，+∞）上单调递增，则当0＜x＜e时，f′（x）＜0，函数单调递减，当x＞e时，f′（x）＞0，函数单调递增，故f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，（II）由（I）可知，f（x）min=f（e）=-，令g（x）=，则，当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，则g（x）max=g（2）=，而-（-）=＜0，因此，即：．【解析】（I）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系即可求解；（II）结合已知不等式进行构造，转化为求解相应函数的最值问题，结合导数可求．本题主要考查了利用导数求解函数的单调性，证明不等式，体现了转化思想的应用．4.【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2ln x+2，令f′（x）=2ln x+2=0，得x=，当x∈（0，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．∴f（x）在（0，+∞）上有极小值为f（）=；（Ⅱ）∵不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，∴e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，即-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．则g′（x）=．∵x≥1，∴g′（x）≤0，即g（x）在[1，+∞）上单调递减．∴g（x）≤g（1）=，即-a，则a．【解析】本题考查了函数的最值与函数单调性的判断，考查转化思想与函数方程思想，考查转化能力与计算能力，属于较难题．（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得导函数的零点，然后分段分析原函数的单调性，进一步可得f（x）的极小值；（Ⅱ）不等式e x f（x）-x2-1≥0对任意实数x≥1恒成立，等价于e x（2x lnx-a）≥x2+1对任意实数x≥1恒成立，分离参数-a，得-a≥对任意实数x≥1恒成立，令g（x）=（x≥1）．利用导数求其最大值，则答案可求．5.【答案】解：（Ⅰ）由题意，f′（x）=a（1+ln x）-2bx-a=a ln x-2bx，由f′（1）=-2b=-1，得b=，又f（1）=-b-a=-，∴a=1．即a=1，b=；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3．即f（x1）-f（x2）＜3x2-3x1，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2．令g（x）=f（x）+3x，则g（x）在（1，e）上为单调增函数，∴有g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立．即a≥，x∈（1，e），令h（x）=，x∈（1，e），h′（x）=，令t（x）=ln x+，t′（x）=．∴t（x）在（1，e）上单调递减，t（x）＞t（e）=，则h′（x）＞0，h（x）在（1，e）上为单调增函数，∴h（x）＜h（e）=e-3，即a≥e-3．综上，e-3≤a≤0．【解析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，利用f′（1）=-2b=-1，求得b，再由f（1）=-b-a=-求解a；（Ⅱ）当a≤0，时，f′（x）=a ln x-x＜0，f（x）在（1，e）上单调递减，不妨设x1＜x2，则f（x1）＞f（x2），原不等式即为＜3，即f（x1）+3x1＜f（x2）+3x2，构造函数g（x）=f（x）+3x，得到g′（x）=f′（x）+3=a ln x-x+3≥0在（1，e）上恒成立，分离参数a，得到a≥，x∈（1，e），再由导数求函数h（x）=，x∈（1，e）的最值，可得a的取值范围．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查化归与转化思想方法，属难题．6.【答案】解：（1）f（x）=ax+1-x lnx的导数为f′（x）=a-1-ln x，可得f（x）的图象在A（1，f（1））处的切线斜率为a-1，由切线与直线x-y=0平行，可得a-1=1，即a=2，f（x）=2x+1-x lnx，f′（x）=1-ln x，由f′（x）＞0，可得0＜x＜e，由f′（x）＜0，可得x＞e，则f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，可得f（x）在x=e处取得极大值，且为e+1，无极小值；（2）可设x1＞x2，若∀x1，x2∈（0，+∞），，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，即有f（x1）-mx12＞f（x2）-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，即有g′（x）=1-ln x-2mx≥0对x＞0恒成立，可得2m≤在x＞0恒成立，由h（x）=的导数为h′（x）=得：当h′（x）=0，可得x=e2，h（x）在（0，e2）递减，在（e2，+∞）递增，即有h（x）在x=e2处取得极小值，且为最小值-，可得2m≤-，解得m≤-，则实数m的取值范围是（-∞，-]．【解析】（1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得a，求出f（x）的导数和单调区间，即可得到所求极值；（2）设x1＞x2，可得f（x1）-f（x2）＞mx12-mx22，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，设g（x）=f（x）-mx2在（0，+∞）为增函数，求得g（x）的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到所求m的范围．本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．7.【答案】解：（1）∵f（x）=2ln x-x2，∴f′（x）=-2x=，∴k=f′（1）=0，f（1）=-1，函数图象上一点A（1，f（1））处的切线方程为y=-1；（2）∵方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，∴y=f（x）与y=2a有两个交点，∵f′（x）=，x∈[，e]，令f′（x）=0，解得x=1，当x∈[，1]时，f′（x）0，函数f（x）单调递增，当x∈[1，e]时，f′（x）0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max=f（1）=-1，∵f（）=2ln-=-2-，f（e）=2ln e-e2=2-e2，∴f（e）＜f（），∵y=f（x）与y=2a有两个交点，∴-2-≤2a＜-1，∴-1-≤a＜-.（3）证明：由（2）知f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则f（x）=2ln x-x2≤f（1）=-1，则2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，∴=-≤对x＞1恒成立，令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得∴++…+≥1-+-+-+…+-=1+--=-，n∈N*，且n≥2．【解析】本题考查了导数和几何意义，函数和方程根的关系，不等式的证明，属于难题．（1）先求导，再根据导数的几何意义即可求出；（2）方程f（x）-2a=0在[，e]内有两个不等实根，转化为y=f（x）与y=2a有两个交点，利用导数求出函数f（x）的值域及端点值，即可求出a的范围；（3）由（2）可得2ln x≤x2-1对x＞0恒成立，得=-≤对x＞1恒成立，分别令x=2，3，…，n，代入上式并相加可得．8.【答案】解：（Ⅰ）因为f'(x）=2ax--ln x，且x=1是极值点，所以得f'(1）=0，即得f'(1）=2a-=0，a=，此时f'(x）=--ln x，设g（x）=f'(x），则g'(x）==则当0＜x＜2时，g'(x）＜0，g（x）为减函数又g（1）=0，g（2）=-ln2＜0，当0＜x＜1时，g（x）＞0，f（x）为增函数，当1＜x＜2时，g（x）＜0，f（x）为减函数，即当x=1时，f（x）取得极大值，符合题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，0＜x＜2时，不存在极小值点，当x＞2时，g'(x）＞0，g（x）为增函数，且g（4）=-2ln2＞0，g（2）＜0，所以存在x0∈（2，4），g（x0）=0，结合（Ⅰ）可知当1＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；x＞x0时，g（x）＞0，f （x）为增函数，所以函数f（x）存在唯一的极小值点x0，又g（3）=1-ln3＜0，所以3＜x0＜4，且满足--ln x0=0．所以f（x0）=+-x0ln x0=-+，由二次函数图象可知：f（4）＜f（x0）＜f（3），又f（3）=-+3=，f（4）=-+4=-4+4=0，∴f（x0）∈（0，），即0成立．【解析】本题考查利用函数极值与导数关系的综合应用问题，解决本题的关键是能够利用零点存在定理确定零点所处的范围，从而可将证明问题转化为在某一区间内二次函数值域问题的求解．（Ⅰ）根据f'(1）=0求得a；通过导数验证函数的单调性，可知a=时x=1是函数f(x)的极值点，满足题意；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知极小值点位于（2，+∞），此时g（x）的零点x0∈（3，4），且此时x0为极小值点，代入f（x）得到关于x0的二次函数，求解二次函数值域即可证得结论．9.【答案】解：（1）当a=2时，，当0＜x≤e2时，，此时函数f（x）在（0，3）单调递减，在（3，e2）单调递增，又f（x）min=f（3）=5-3ln3＞0，故此时无零点；当x＞e2时，，此时函数f（x）在（e2，+∞）上单调递增，又f（e2）=e2-4＞0，故此时无零点；综上，当a=2时，函数f（x）的零点个数为0；（2）证明：要证：∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3，即证x∈[3，9]时，f（x）-f（x）min≤2+ln3，max①当2≤a＜ln9时，，当3≤x≤e a时，，此时函数f（x）单调递增；当e a＜x≤9时，，此时函数f（x）单调递增，故函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-ln9-a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6+ln3-2a≤2+ln3；②当a≥ln9时，f（x）=x-3ln x+a，易知函数f（x）在[3，9]上单调递增，∴f（x）max=f（9）=9-3ln9+a，f（x）min=f（3）=3-3ln3+a，∴f（x）max-f（x）min=6-3ln3＜2+ln3；综上，∀x1，x2∈[3，9]，|f（x1）-f（x2）|≤2+ln3．【解析】（1）将a=2代入，并把函数化为分段函数的形式，分别利用导数研究即可得出结论；（2）对参数进行分类讨论，并把问题转化为x∈[3，9]时，f（x）max-f（x）min≤2+ln3，进而得证．本题主要考查函数的零点，函数的单调性，导数及其应用等基础知识，考查运算求解能力，推理论证能力，创新意识等，考查分类讨论思想，数学运算，数学抽象等核心素养，属于中档题．10.【答案】（1）解：∵f（x）=x2-4x sinx-4cos x，∴f（-x）=（-x）2-4（-x）sin（-x）-4cos（-x）=x2-4x sinx-4cos x=f（x），∴f（x）为偶函数．∵f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x（1-2cos x），∴当x∈[0，]时，f′（x）≤0，当x∈[，π]时，f′（x）≥0，∴f（x）在区间[0，]上单调递减，在区间[，π]单调递增；又f（x）为偶函数．∴f（x）在区间[-π，-]单调递减，在区间[-，0]上单调递增，综上所述，当x∈[-π，-]，或x∈[0，]，f（x）单调递减；当x∈[-，0]，或x∈[，π]，f（x）单调递增；（2）证明：∵函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，当x∈（0，+∞），令f（x）=0，即x2=4x sinx+4cos x，即=x sinx+cos x．令g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），且h（0）=1＞0．则h′（x）=sin x+x cosx-sin x=x cosx，当x∈（0，）时，h′（x）＞0，x∈（，）时，h′（x）＜0，∴h（x）=x sinx+cos x在区间（0，）上单调递增，在区间（，）单调递减，∴h（x）max=h（）=＞1＞=g（），h（x）min=h（）=-＜0＜=g（），∴g（x）=与h（x）=x sinx+cos x在（0，）上有一个交点．在同一作出g（x）=与h（x）=x sinx+cos x的图象，x0由图可知，当x＞x0（x0为两函数的第一象限的交点的横坐标）时，g（x）=（x＞0）的图象恒在h（x）图形的上方，∴f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，又函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，∴函数f（x）在R上有且仅有两个零点．【解析】（1）利用f（x）=x2-4x sinx-4cos x为偶函数及f′（x）=2x-4（sin x+x cosx）+4sin x=2x （1-2cos x），可判断函数f（x）在[-π，π]上的单调性；（2）函数f（x）=x2-4x sinx-4cos x为R上的偶函数，要证明函数f（x）在R上有且仅有两个零点，只需证明f（x）在（0，+∞）上有且仅有1个零点，问题转化为=x sinx+cos x 在（0，+∞）上只有一个根，分别构造函数g（x）=（x＞0），h（x）=x sinx+cos x（x＞0），利用导数法结合图象即可证明原结论成立．本题考查利用导数研究函数的单调性，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查推理证明及作图能力，属于难题．第11页，共11页。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——解三角形含答案
（文数）解答题强化专练——解三角形一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2a-c=2b cos C．（1）求的值；（2）若b=，求c-a的取值范围．2.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=7，c（-cos A）=a cos C．（1）求c；（2）若B=，点D在边BC上，且AD=5，求△ADC的面积．3.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且．（1）求△ABC外接圆的半径；（2）若c＝3，求△ABC的面积．4.已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，sin2A+sin2C-sin A sin C=sin2B．（1）求sin B的值；（2）若b=2，△ABC的面积为，求△ABC的周长．5.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝1－.(1)证明：sin A＝；(2)若sin2B＋sin2C－sin2A＝sin B sin C，求tan B .6.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，，求的面积．7.已知，，分别是的内角，，所对的边，.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.8.已知在中，角，，所对的边分别为，，，的面积为．（1）求的值；（2）若，，且的中点为，求的周长．9.已知中，角的对边分别为，.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.10.如图，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=.（1）求cos∠CAD的值;（2）若cos∠BAD=-，sin∠CBA=，求BC的长.答案和解析1.【答案】解：（1）因为2a-c=2b cos C=，整理可得，a2+c2-b2=ac，由余弦定理可得，cos B=，故B=60°，A+C=120°，所以=sin120°=；（2）由正弦定理可得，，所以a=2sin A，c=2sin C，所以c-a=2sin C-2sin A=2sin C-2sin（120°-C）=sin C-cos C，=sin（C-60°），因为0°＜C＜120°，所以-60°＜C-60°＜60°，所以，故【解析】（1）由已知结合余弦定理进行化简求解cos B，进而可求B，代入即可求解；（2）由已知结合正弦定理可表示c-a，然后结合和差角公式及正弦函数的性质即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理及和差角公式及辅助角公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．2.【答案】解：（1）∵b=7，c（-cos A）=a cos C．∴=a cos C+c cos A，由正弦定理可得=sin A cos C+sin C cos A，∴=sin（A+C）=sin B，由正弦定理可得=b=7，∴解得c=5．（2）∵B=，点D在边BC上，且AD=5，c=5，∴△ABD为等边三角形，∴在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2-2ac cos B，可得72=52+a2-2×，可得a2-5a-24=0，∴解得a=8，或-3（舍去），∴CD=a-BD=8-5=3，∴S△ACD=AD•CD•sin∠ADC=sin120°=．【解析】（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式即可求解c的值．（2）由已知可求△ABD为等边三角形，在△ABC中，由余弦定理可得a的值，进而解得CD的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．3.【答案】解:(1)依题意，由正弦定理化简得,即=,=-1,整理得整理得+-=-bc,所以A==-,因为,所以A=,故所求外接圆半径r===;(2)因为a=,c=3,A=,所以由余弦定理=+-2bc A,得13=+9-23b,解得b=1或b=-4(舍），则=13=.【解析】【分析】本题主要考查三角函数的和角公式、以及正、余弦定理等知识，考查了运算求解能力及化归与转化能力，属于中档题．（1）利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，正弦定理化简已知等式可得+-=-bc,结合余弦定理，可求A==-即可得角A的值及外接圆半径r．（2）利用余弦定理，=+-2bc A,求解b值，进而利用三角形面积公式即可计算得解．4.【答案】解：（1）因为sin2A+sin2C-sin A sin C=sin2B．由正弦定理可得，，由余弦定理可得，cos B=，故sin B=；（2）∵S△ABC===，所以ac=3，因为，所以=4+8=12，所以a+c+b=2+2．【解析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理可求cos B，然后结合同角平方关系可求sin B；（2）由已知结合三角形的面积公式可求ac，然后结合余弦定理即可求解a+c，进而可求三角形的周长．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式的综合应用，属于中档试题．5.【答案】(1)证明:因为＝1－，所以＋＝1，所以＋＝1，所以sin A cos B＋cos A sin B＝sin A sin B，所以sin(A＋B)＝sin A sin B，在△ABC中，A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，所以sin A sin B＝sin C，根据正弦定理可得b sin A＝c，即sin A＝;(2)解:因为sin2B＋sin2C－sin2A＝sin B sin C，根据正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，可得cos A＝＝＝，又在△ABC中，所以sin A＝＝,由(1)知sin A cos B＋cos A sin B＝sin A sin B，所以sin B＝cos B＋sin B，所以－sin B＝cos B，故tan B＝＝－.【解析】本题考查正弦定理、余弦定理，考查同角三角函数的基本关系以及两角和与差的三角函数公式，属于中档题.(1)由同角三角函数的基本关系以及两角和与差的三角函数公式,结合已知得sin A sin B＝sin C，然后由正弦定理求解即可;(2)由已知结合正弦定理和余弦定理,得cos A,根据同角三角函数的基本关系求出sin A，然后利用(1)中的结论求解即可.6.【答案】解：（1）已知等式a sin B+b cos A=0，利用正弦定理化简得：sin A sin B+sin B cos A=0，∵sin B≠0，∴sin A+cos A=0，则.(2)由，，，∴由余弦定理得：a2=b2+c2-2bc cos A，即得或故【解析】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形的面积公式（1）已知等式利用正弦定理化简，根据sin B不为0即可确定出角A的大小；（2）由cos A，a，b的值，利用余弦定理求出c的值，再由b，c，sin A的值，利用三角形面积公式即可求出三角形ABC面积．7.【答案】解：（1）在△ABC中，由正弦定理得，得b sin A＝a sin B，又∴a sin B＝，即sin B＝＝，∴tan B＝，又B∈（0，π），∴B＝；（2）由余弦定理可知，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以△ABC面积的最大值为．【解析】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，两角和与差的三角函数公式，利用基本不等式求最值,属于基础题.（1）由正弦定理得b sin A＝a sin B，结合已知，可得sin B＝＝，易得角B的大小；（2）结合余弦定理以及基本不等式可得，根据三角形面积公式，即可求得△ABC 面积的最大值．8.【答案】解：（1）由△ABC的面积为ac sin B=ac sin2B．得sin B=2sin B cosB，∵0＜B＜π，∴sin B＞0，故cos B=，∴sin B==；（2）由（1）和 3sin2C=5sin2B•sin2A得16sin2C=25sin2A，由正弦定理得16c2=25a2，∵c=5，∴a=4，BD=a=2，在△ABD中，由余弦定理得：AD2=c2+BD2-2c•BD•cos B=25+4-2×5×2×=24∴AD=2，∴△ABD的周长为c BD+AD=7+2．【解析】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，考查二倍角的正弦公式和同角的平方关系，属于中档题．（1）运用三角形的面积公式和正弦定理、二倍角正弦公式，化简整理，即可得到的值；（2）运用正弦定理和（1）的结论，首先求得边a与线段BD的长，再根据余弦定理即可得到AD的长，从而得到所求周长．9.【答案】解：（1），由正弦定理可得，，，又，，，∵,∴；（2）由余弦定理可得，又，解得，，的面积为.【解析】本题考查正弦余弦定理及面积公式.（1）利用正弦定理及两角和与差的三角函数公式化简整理得出cos C,即可求出C；（2）利用余弦定理及三角形面积公式计算即可.10.【答案】解：(1)由题意，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=，在△ADC中，由余弦定理得，cos∠CAD＝＝＝；(2)设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD.因为cos∠CAD＝，cos∠BAD＝－，且∠CAD和∠BAD均为三角形内角，所以sin∠CAD＝，sin∠BAD＝，于是sinα＝sin (∠BAD－∠CAD)＝sin∠BAD cos∠CAD－cos∠BAD sin∠CAD＝×－(－)×＝，在△ABC中，由正弦定理，得＝，故BC＝＝＝3.【解析】本题考查正弦定理，余弦定理，考查同角三角函数的基本关系，两角和与差的三角函数公式，属于中档题.（1）直接利用余弦定理即可求得结果；（2）设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD，求得sinα的值，在△ABC中，利用正弦定理便可求得BC的长.。
2020年高三文科数学考前大题强化练一附答案详析
2020 年高三文科数学考前大题加强练一17.已知等比数列n 的各项均为正数，S n为等比数列n 的前n 项和，若 a2 2 2 a6 .， a3a4a a 3(1) S n t恒成立，求t的最小值；n，求数列 b n 的前 n 项和T n.(2)设b na n18.为迎接 2022 年北京冬天奥运会，普及冬奥知识，某校展开了“冰雪答题王”冬奥知识比赛活动．现从参加冬奥知识比赛活动的学生中随机抽取了100 名学生，将他们的比赛成绩（满分为100 分）分为 6 组：[40,50) ， [50,60) ，[60,70) ，[70,80) ，[80,90) ，[90,100] ，获得如下图的频次散布直方图．（1）求a的值；（2）预计这 100 名学生的均匀成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）在抽取的100 名学生中，规定：比赛成绩不低于80 分为“优异”，比赛成绩低于 80 分为“非优异”．请将下边的 2×2列联表增补完好，并判断能否有99.9% 的掌握以为“比赛成绩能否优异与性别相关”？优异非优异共计男生40女生50共计100参照公式及数据：K 2 n(ad bc )2 , n a b c d(a b)(c d )( a c)(b d )P(K 2 K 0 )K019.如图，在三棱锥P ABC 中，AB BC 2 2，PA PB PC AC 4，O 为 AC 的中点．（ 1）证明：PO 平面 ABC ；（）若点M 在棱BC 上，且MC 2MB ，求点C 到平面POM 的距离．220.已知椭圆C：x2y2 1 a b 0 的左右极点分别为 A a,0 ， B a,0 ，点P是椭圆 C 上异于a2 b2A、 B 的随意一点，设直线PA ， PB 的斜率分别为 k1、 k2，且k1 k2 1，椭圆的焦距长为 4. 3（1 ）求椭圆 C 的离心率；（2 ）过右焦点 F 且倾斜角为30°的直线l交椭圆C于M、N两点，分别记ABM ，ABN的面积为 S1、S2，求S1 S2 的值 .x 2 2tO 为极点，以x 21．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（ t 为参数），以原点y 1 2t轴正半轴为极轴，成立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2cos π. 4（1）判断曲线C1与曲线C2的地点关系；（ 2）设点M x, y 为曲线C2上随意一点，求2x y 的最大值.22．已知实数正数 x, y 知足x y 1．（1）解对于 x 的不等式 x 2 y x 5 1111 9y；（2）证明：2 2答案分析17.已知等比数列n的各项均为正数， S n 为等比数列a n 的前 n 项和，若 a 2 22 a 6 .， a 3a 4a3(1) S n t 恒成立，求 t 的最小值；(2)设 b nnb n 的前 n 项和 T n .，求数列a n【解】 (1) 由于 a n 为等比数列，因此 a 3a 4a 1a 6 ，因此 a 3 a 4 a 1 a 6 2a 6 ， a 6 0 ，因此 a 1 2 ，1 n2，因此 q1，因此2 1n又 a 2S n3 3 11 3 ，331 313由于 St 恒成立，因此t 3 ，即 t的最小值是 3.n2n 1(2)(1)a aq n 2n 3由 可知3n 1 ，因此 b n，n 22故 T n1 302 31Ln 3n 1 ①2221 312 32n 13T nLn 1 3 n 3n②2222① -②得：2T n1 331L3n 1n 3n，1 313 1 3n 1n 3n2222221322n n1整理得，T n 1 3818.为迎接 2022 年北京冬天奥运会，普及冬奥知识，某校展开了 “冰雪答题王 ”冬奥知识比赛活动．现从参加冬奥知识比赛活动的学生中随机抽取了100 名学生，将他们的比赛成绩（满分为 100 分）分为 6 组：[40,50) ，[50,60) ，[60,70) ，[70,80) ， [80,90) ，[90,100] ，获得如下图的频次散布直方图．（ 1）求 a 的值；（ 2）预计这 100 名学生的均匀成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）在抽取的 100 名学生中，规定：比赛成绩不低于 80 分为 “优秀”，比赛成绩低于 80 分为 “非优异 ”．请将下边的 2×2列联表增补完好，并判断能否有 99.9%的掌握认为“比赛成绩能否优异与性别相关”？优异非优异共计男生40女生50 共计100参照公式及数据： K 2(an(ad bc )2 , n a b c d b)(c d )( a c)(b d )P(K 2 K 0 ) K0【解】（110 1 ，解得 a ．）由题可得（2）均匀成绩为：55 0.1 65 0.2 75 85 95 0.1 74（3）由（ 2）知，在抽取的100 名学生中，比赛成绩优异的有100 35 人，由此可得完好的 2 2 列联表：优异非优异共计男生10 40 50女生25 25 50共计35 65 100100 10 25 25 240900 ，∵ K2的观察值k35 65 50 50 9199.9% “”∴没有的掌握以为比赛成绩能否优异与性别相关．19.如图，在三棱锥P ABC 中，AB BC 2 2 ，PA PB PC AC 4 ，O 为 AC 的中点．（ 1）证明：PO 平面 ABC ；（ 2）若点M在棱BC上，且MC 2MB ，求点 C 到平面 POM 的距离．【解】（1）由于 AP=CP=AC =4，O 为 AC 的中点，因此 OP⊥ AC，且 OP=2 3 ．连接 OB．由于 AB=BC= 2AC ，因此△ABC为等腰直角三角形，且OB 2⊥AC， OB= 1AC =2．2由OP2 OB2 PB2知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作 CH⊥OM ，垂足为 H．又由（ 1）可得 OP⊥ CH ，因此 CH⊥平面 POM ．故 CH 的长为点 C 到平面 POM 的距离．由题设可知 OC= 1AC =2 ， CM=2BC=4 2，∠ ACB=45°．2 3 3因此 OM= 25 ，CH= OC MC sin ACB=4 5．3 OM 5因此点 C 到平面 POM 的距离为4 5．520.已知椭圆C：x2y2 1 a b 0 的左右极点分别为 A a,0 ， B a,0 ，点 P 是椭圆C上异于a2 b2A、 B 的随意一点，设直线PA ， PB 的斜率分别为 k1、 k2，且k1k2 1 ，椭圆的焦距长为 4.3（1）求椭圆C的离心率；30°的直线l交椭圆C于M、N两点，分别记ABN 的面积（2）过右焦点F且倾斜角为ABM ，为 S1、S2，求S1 S2 的值 .【解】（1）设点 P x0 , y0 x0 a ，则x2y02 1，①∵k1 k2x0y0 y0 2 y02a21 ，②a2 b2 a x0 a x0 32 2 2 2，∴ e 6 .∴联立①②得 3b2 a2 x02 a2 0，∴ a2 3b2 x0 a ，∴ e2 c2 a 2 b 1 1a a 3 3 3 （2）由题意知，2c 4 ，即 c 2 ，由（ 1）知，a2 = 3b2，∴a2 b2 c2b 2 4 ，∴ b2 2 ， a2 6 ，∴椭圆C的方程为：x2 y2 1 ，由已知得l ：y 3 x 2 .6 2 3y 32x联立 3 ，可得x 2 2x 1 0 .设M x , y ， N x , y ，依据韦达定理，得 x1 x2 2 ，x2 y2 1 1 2 216 2于是 S112 6 y1 y2 63x24323 6 22. S2 x13 32 3x 2 2t21.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为1 （ t 为参数），以原点O为极点，以 x 轴y 2tC2的极坐标方程为2cos π正半轴为极轴，成立极坐标系，曲线.4（1）判断曲线 C 1 与曲线 C 2 的地点关系；（2）设点 Mx, y 为曲线 C 2 上随意一点，求 2x y 的最大值 .【解】（ ）消去 t 得 C 1 的一般方程为 x y1 0π 得2 cos2 sin ，1，由2cos422∴22 cos 2 sin ，即 x22x y 22y 0 ，化为标准方程为即曲线 C 22 2 1 的圆，圆心到直线 x是以, 2 为圆心，半径为22 2122 2 ，故曲线 C 1 与曲线 C 2 订交.d221x2cos（2）由 M x, y为曲线 C 2 上随意一点，可设2，2y sin2则2x y2 sin2 ，此中 tan2cos5 sin22∴ 2xy 的最大值是25.2 22.已知实数正数 x, y 知足 x y1．（1）解对于 x 的不等式 x 2 y x y5 1111 ； （ 2）证明：x 2 y 222y2， x1 22y 1 0的距离2 ，950 x1【解】（ 1） Q x5 y 1,且x 0, y 0 x 2y x y2 x 2x2120 x 1 0 x112x 1 1 x 2x1 ，解得 x 1 ，因此不等式的解集为1x1x62221 ,161 1x 2x22y 2（2）解法 1： Q x y1,且 x 0, y 0 ，1 yx yx 212x 2y 2y2 xy y 2 2 xy x 22 y y 2 2x x 22 x 2 y 522 x 2 y 9 .x 2y 2xx 2yy 2yx y5x当且仅当 x y1 时，等号成立 .2解法 2： Q x y 1,且 x 0, y 0 ，111 x2 1 y 2 1 x 1 x 1 y 1 yx 21y 2 1x 2y 2x 2y 21 x y 1 y x 1 x y xy 22 1 91x 2，x 2y 2 xyxyy2当且仅当 x y 1时，等号成立 .2。
2020年高三文科数学考前大题强化练七附答案详析
a
．
x
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）如果方程 f (x) m 有两个不相等的解 x1 , x2 ，且 x1 x2 ，证明： f x1 x2
0．
2
2
请考生在第 22、 23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．选修 4-4：坐标系与参数方程（本小题满分 10 分）
在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为
5000 元的概率．
（2）把购买六类高价商品的金额不低于 5000 元的中年人称为 “高收入人群 ”，根据已知条件完成
列联表，并据此判断能否有 95%的把握认为 “高收入人群 ”与性别有关？
22
参考公式： K 2
参考附表：
n(ad bc)2
，其中 n
(a b)(c d)(a c)(b d)
abc d
【解析】（ 1）该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于
5000 元的频数为
80 50 10 90 60 30 320 ，∴该城市中年人购买六类高价商品的金额不低于
5000 元的概率为：
320 16
P
．
500 25
（2）根据频数分布表得：高收入人群中女性有
140 人，男性有 180 人，非高收入人群中女性有 60 人，
2 2 ，故△ PMN 面积的最小值为 8．
（2）如果方程 f (x) m 有两个不相等的解 x1 , x2 ，且 x1 x2 ，证明： f x1 x2
0．
2
【解析】（ 1） f ( x)
2 1 2a x
a x2
2x 2 (1 2a) x a x2
(x
a)(2 x x2
1) ( x
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——数列含答案
（文数）解答题强化专练——数列一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.在等差数列{a n}中，S n为其前n项的和，若S5=25，a10=19．（1）求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n；（2）若数列{b n}中b n=，求数列{b n}的前n和T n．2.在数列{a n}中，a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．（1）求证：数列{a n+n}是等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n．3.已知数列是以为首项，为公差的等差数列，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．4.设S n是等差数列{a n}的前n项和，若公差d≠0，a5=10，且、、成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=，T n=b1+b2+…+b n，求证：T n＜．5.已知{a n}是递增的等比数列，a5＝48，4a2，3a3，2a4成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b1＝a2，b n＋1＝b n＋a n，求数列{b n}的前n项和S n．6.已知数列{a n}中，a1=1，a2=3，点（a n，a n+1）在直线2x-y+1=0上，（Ⅰ）证明数列{a n+1-a n}为等比数列，并求其公比．（Ⅱ）设b n=log2（a n+1），数列{b n}的前n项和为S n，若S m≤λ（a m+1），求实数λ的最小值．7.已知正项等比数列{a n}满足a3＝9，a4－a2＝24．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式a n；（Ⅱ）设b n＝n·a n，求数列{b n}的前n项的和S n．8.已知数列{a n}满足a1=1，na n+1-（n+1）a n=1+2+3+…+n，n∈N*．（1）求证：数列{}是等差数列；（2）若b n=，求数列{b n}的前n项和为S n．9.已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=S n+•a n（n∈N*），且a1=1．（Ⅰ）证明：数列{}是等比数列；（Ⅱ）求数列{a n}的前n项和S n．10.已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S1=1，且对任意正整数n，都有．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．答案和解析1.【答案】解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，∵S5=25，a10=19．∴5a1+d=25，a1+9d=19，联立解得：a1=1，d=2．∴a n=1+2（n-1）=2n-1．S n==n2．（2）b n===，∴数列{b n}的前n和T n===．【解析】（1）设等差数列{a n}的公差为d，由S5=25，a10=19．可得5a1+d=25，a1+9d=19，联立解得：a1，d．即可得出．（2）b n===，利用裂项求和即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2.【答案】（1）证明：∵a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．∴a n+n=2（a n-1+n-1），∴数列{a n+n}是等比数列，首项为4，公比为2．∴a n=4×2n-1-n=2n+1-n．（2）解：数列{a n}的前n项和S n=（22+23+…+2n+1）-（1+2+…+n）=-=2n+2-4-．【解析】（1）a1=3，a n=2a n-1+（n-2）（n≥2，n∈N*）．变形为a n+n=2（a n-1+n-1），再利用等比数列的通项公式即可得出．（2）利用等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式即可得出．本题考查了递推关系、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3.【答案】解：（1）因为，，成等比数列，所以，即，因为，所以，即，所以（负值舍去），所以．（2）由（1）知，，所以．【解析】本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式，等比数列的通项公式、性质及前n项和公式，以及分组法求和，属于一般题.（1）根据，，成等比数列列方程组，求出a1和公差，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，，利用分组求和法，结合等差数列和等比数列的前n项和公式即可求解.4.【答案】（Ⅰ）解：∵S n是等差数列{a n}的前n项和，公差d≠0，a5=10，且a2、a4、a8成等比数列，∴由题知：，解得：a1=2，d=2，故数列{a n}的通项公式a n=2n．（Ⅱ）证明：∵==，∴T n=b1+b2+…+b n==．∴T n＜．【解析】本题考查数列的通项公式，等差数列的前n项和公式及裂项求和公式，属于一般题．（Ⅰ）利用等差数列的前n项和公式、等比数列性质，列出方程组，求出a1=2，d=2，由此能求出数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）由==，利用裂项求和法能证明T n＜．5.【答案】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q（q＞1），因为4a2，3a3，2a4成等差数列，所以6a3＝4a2＋2a4，即6a1q2＝4a1q＋2a1q3，即q2-3q＋2＝0，解得q＝2或q＝1（舍去）．又因为a5＝a1q4＝16a1＝48，所以a1＝3，所以a n＝3·2n-1．（2）由条件及（1）可得b1＝a2＝3×2＝6．因为b n＋1＝b n＋a n，所以b n＋1-b n＝a n，所以b n-b n-1＝a n-1（n≥2），所以b n＝（b n-b n-1）＋（b n-1-b n-2）＋…＋（b2-b1）＋b1＝a n-1＋a n-2＋a n-3＋…＋a2＋a1＋6＝3·2n-1＋3（n≥2）．又因为b1＝6满足上式，所以b n＝3·2n-1＋3（n∈N*）．所以.【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，叠加法在数列通项公式的求法中的应用，数列的求和的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．（1）利用已知条件求出公比和首项，进而得到通项公式；（2）利用叠加法,并利用等比数列的求和公式求出n≥2时b n的表达式，进一步验证n=1时是否成立，从而得出数列{b n}的通项公式，然后利用分组求和法，求得S n．6.【答案】解：（Ⅰ）证明：点（a n，a n+1）在直线2x-y+1=0上，可得a n+1=2a n+1，即有a n+1+1=2（a n+1），可得{a n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，可得a n+1=2n，即a n=2n-1，a n+1-a n=2n+1-1-（2n-1）=2n，可得数列{a n+1-a n}为等比数列，其公比为2；（Ⅱ）设b n=log2（a n+1）=log22n=n，S n=n（n+1），S m≤λ（a m+1）即为m（m+1）≤λ•2m，可得2λ≥恒成立，由c m=，c m+1-c m=-=，当m=1时，c2＞c1，m=2时，c3=c2，m＞2时，c m+1＜c m，即c1＜c2=c3＞c4＞c5＞…，可得c2=c3=为最大值，即有λ≥，则λ≥，即实数λ的最小值为．【解析】（Ⅰ）首先判断{a n+1}为首项为2，公比为2的等比数列，由等比数列的通项公式和定义，即可得到所求；（Ⅱ）运用对数的运算性质可得b n，再由等差数列的求和公式和通项公式，结合参数分离和数列的单调性，求得最大值，可得所求最小值．本题考查等比数列的定义和通项公式、以及等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列不等式恒成立问题，注意运用参数分离和数列的单调性，考查运算能力、推理能力，属于中档题．7.【答案】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q．由a4－a2＝24，得，即3q2－8q－3＝0，解得q＝3或．又∵a n＞0，则q＞0，∴q＝3，∴a n＝．（Ⅱ）b n＝n·a n＝,∴S n＝3S n＝，∴=，∴．【解析】本题考查等比数列的通项公式和用错位相减法求数列的前n项和.（Ⅰ）把已知条件用a3和公比q表示，建立方程，求出q，即可得到通项公式.（Ⅱ）紧紧抓住数列的特点，它是由一个等比数列和一个等差数列对应项相乘而得，此类数列可通过错位相减法求前n项和.8.【答案】解：（1）证明：数列{a n}满足a1=1，na n+1-（n+1）a n=1+2+3+…+n=，n∈N*，则（常数），n∈N*．则数列{}是以1为首项，为公差的等差数列．（2）由（1）得=，n∈N*，所以，n∈N*，所以，所以S n=b1+b2+…+b n=，=．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．（1）根据数列的递推关系式整理得到（常数），n∈N*即可证明．（2）利用裂项相消法求出数列的和．9.【答案】解：（Ⅰ）证明：根据题意可得，S n+1-S n=•a n，∴a n+1=•a n，∴=•，∵a1=1，∴数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，（Ⅱ）由（Ⅰ）可得=（）n-1，∴a n=n•（）n-1，∴S n=1×（）0+2×（）1+3×（）2+…+n•（）n-1，∴S n=1×（）1+2×（）2+3×（）3+…+n•（）n，∴S n=1+（）1+（）2+（）3+…+（）n-1-n•（）n=-n•（）n=-（+n）•（）n，∴S n=-（+）•（）n．【解析】本题考查了等比数列的判定、数列递推关系、错位相减求和法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．（Ⅰ）由S n+1=S n+•a n，可得∴=•，故数列{}是以1为首项，以为公比的等比数列，（Ⅱ）先求出a n=n•（）n-1，再利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．10.【答案】解析：（1）由S1=1，得a1=1．又对任意正整数n，都成立，即S n+1+n（n+1）=（n+1）S n+1-（n+1）S n，所以nS n+1-（n+1）S n=n（n+1），所以，即数列是以1为公差，1为首项的等差数列，所以，即，得a n=S n-S n-1=2n-1（n≥2），又由a1=1，所以．解法2：由，可得S n+1+n（n+1）=（n+1）a n+1，当n≥2时，S n+n（n-1）=na n，两式相减，得a n+1+2n=（n+1）a n+1-na n，整理得a n+1-a n=2，在中，令n=2，得，即1+a2+2=2a2，解得a2=3，∴a2-a1=2，所以数列{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，∴a n=1+2（n-1）=2n-1．（2）由（1）可得，所以，①则，②①-②，得，整理得，所以．【解析】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．（1）法1：将题中条件变形为nS n+1-（n+1）S n=n（n+1），即可求解；法2：将题中条件变形为S n+1+n（n+1）=（n+1）a n+1，再利用作差法即可求解.（2）利用（1）的结论，进一步利用乘公比错位相减法求出数列的和．。
2020年高三文科数学考前大题强化练三附答案详析
2020年高三文科数学考前大题强化练三17．（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足11a =，121n n a S +=+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，*n N ∈． （1）求n a ；（2）若数列{}n b 满足31log n n b a =+，求122320172018111b b b b b b +++L 的值．18．（本小题满分12分）如图，在三棱柱111A B C ABC -中，D 是棱AB 的中点．（1）证明：1//BC 平面1A CD ．（2）若E 是棱1BB 上的任意一点，且三棱柱111A B C ABC -的体积为12，求三棱锥1A ACE -的体积．19．（本小题满分12分）某县一中学的同学为了解本县成年人的交通安全意识情况，利用假期进行了一次全县成年人安全知识抽样调查．已知该县成年人中40%的拥有驾驶证，先根据是否拥有驾驶证，用分层抽样的方法抽取了100名成年人，然后对这100人进行问卷调查，所得分数的频率分布直方图如下图所示．规定分数在80以80“”（1）补全上面22⨯的列联表，并判断能否有超过99%的把握认为“安全意识优秀与是否拥有驾驶证”有关？（2）若规定参加调查的100人中分数在70以上（含70）的为“安全意识优良”，从参加调查的100人中根据安全意识是否优良，按分层抽样的方法抽出5人，再从5人中随机抽取3人，试求抽取的3人中恰有一人为“安全意识优良”的概率．附表及公式：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．20．（本小题满分12分）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左右顶点分别为(),0A a -，(),0B a ，点P 是椭圆C 上异于A 、B 的任意一点，设直线PA ，PB 的斜率分别为1k 、2k ，且1213k k ⋅=-，椭圆的焦距长为4．（1）求椭圆C 的离心率；（2）过右焦点F 且倾斜角为30°的直线l 交椭圆C 于M 、N 两点，分别记ABM ∆，ABN ∆的面积为1S 、2S ，求12S S -的值．21．（本小题满分12分） 已知函数()()()22112ln 1ln 242f x x x ax x x =----． （1）讨论()f x 的单调性．（2）试问是否存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分． 22．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）已知曲线C 的极坐标方程是1ρ=，以极点为原点，极轴为x 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程2222x t y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数）．（1）写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程； （2）设曲线C 经过伸缩变换'2'x yy y=⎧⎨=⎩得到曲线'C ，设曲线'C 上任一点为()','M x y ，求点M 到直线l 距离的最大值．23．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分） 已知关于x 的不等式2|25|5x a x a +++-<． （1）当1a =时，求不等式的解集；（2）若该不等式有实数解，求实数a 的取值范围．答案解析17．（本小题满分12分）已知数列{}n a 满足11a =，121n n a S +=+，其中n S 为{}n a 的前n 项和，*n N ∈． （1）求n a ；（2）若数列{}n b 满足31log n n b a =+，求122320172018111b b b b b b +++L 的值． 【解析】（1）121n n a S +=+，121n n a S -=+，2n ≥，两式相减得112,3,2n n n n n a a a a a n ++-==≥，注意到11a =，2112133a S a =+==，于是11,3n n n a a +∀≥=，所以13n n a -=．（2）n b n =，于是()1111111n n b b n n n n +==-++， 所以1223201720181111111120171223201720182018b b b b b b +++=-+-++-=L L ． 18．（本小题满分12分）如图，在三棱柱111A B C ABC -中，D 是棱AB 的中点．（1）证明：1//BC 平面1A CD ．（2）若E 是棱1BB 上的任意一点，且三棱柱111A B C ABC -的体积为12，求三棱锥1A ACE -的体积． 【解析】（1）连接1AC 交1A C 于点O ，连接OD ． 因为四边形11AAC C 是平行四边形，所以O 是1AC 的中点．因为D 是AB 的中点，所以1//OD BC ．又OD ⊂平面1A CD ，1BC ⊄平面1A CD ，所以1//BC 平面1A CD ．（2）设三棱柱111A B C ABC -的高为h ，底面ABC ∆的面积为S ， 则三棱柱111A B C ABC -的体积12V S h =⋅=． 又111A A CE C AA E C ABA V V V ---==，1113C ABA A ABC V V Sh --==，所以111243A A CE V -=⨯=． 19．（本小题满分12分）某县一中学的同学为了解本县成年人的交通安全意识情况，利用假期进行了一次全县成年人安全知识抽样调查．已知该县成年人中40%的拥有驾驶证，先根据是否拥有驾驶证，用分层抽样的方法抽取了100名成年人，然后对这100人进行问卷调查，所得分数的频率分布直方图如下图所示．规定分数在80以上（含80）的为“安全意识优秀”．（1）补全上面22⨯的列联表，并判断能否有超过99%的把握认为“安全意识优秀与是否拥有驾驶证”有关？（2）若规定参加调查的100人中分数在70以上（含70）的为“安全意识优良”，从参加调查的100人中根据安全意识是否优良，按分层抽样的方法抽出5人，再从5人中随机抽取3人，试求抽取的3人中恰有一人为“安全意识优良”的概率．附表及公式：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．【解析】（）由题意可知拥有驾驶证的人数为：人，则拥有驾驶证且得分为优秀的人数为：402515-=人，由频率分布直方图知得分优秀的人数为：()100100.0150.00520⨯⨯+=人，∴没有驾驶证且得分优秀的人数为：20155-=人，则没有驾驶证且得分不优秀的人数为：100-()221001555255122512 6.6354060208096K ⨯⨯-⨯∴==>>⨯⨯⨯，∴有超过99%的把握认为“安全意识优秀与是否拥有驾驶证”有关．（2）由频率分布直方图可求得70以上（含70）的人数为：()1000.0200.0150.0051040⨯++⨯=，∴按分层抽样的方法抽出5人时，“安全意识优良”的有2人，记为1,2；其余的3人记为,,a b c ，从中随机抽取3人，基本事件有：()1,2,a ，()1,2,b ，()1,2,c ，()1,,a b ，()1,,a c ，()1,,b c ，()2,,a b ，()2,,a c ，()2,,b c ，(),,a b c 共10个，恰有一人为“安全意识优良”的事件有6个，∴恰有一人为“安全意识优良”的概率为：63105P ==， 20．（本小题满分12分）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的左右顶点分别为(),0A a -，(),0B a ，点P 是椭圆C 上异于A 、B 的任意一点，设直线PA ，PB 的斜率分别为1k 、2k ，且1213k k ⋅=-，椭圆的焦距长为4．（1）求椭圆C 的离心率；（2）过右焦点F 且倾斜角为30°的直线l 交椭圆C 于M 、N 两点，分别记ABM ∆，ABN ∆的面积为1S 、2S ，求12S S -的值．【解析】（1）设点()()000,P x y x a ≠，则2200221x y a b+=，①∵2000122200013y y y k k x a x a x a ⋅=⋅==-+--，② ∴联立①②得()()222230b a x a --=，∴()2203a a b x =≠，∴22222212133a b e a a c -===-=，∴e =． （2）由题意知，24c =，即2c =，由（1）知，223a b =，∴22224a b c b =+=+，∴22b =，26a =，∴椭圆C 的方程为：22162x y+=．由已知得l：)2y x -，联立)222162y x x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，可得2210x x --=． 设()11,M x y ，()22,N x y ，根据韦达定理，得122x x +=，于是)12121212S S y x x -=⨯+=+-== 21．（本小题满分12分）已知函数()()()22112ln 1ln 242f x x x ax x x =----． （1）讨论()f x 的单调性．（2）试问是否存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】（1）()()()ln ln ln 1f x x x a x a x x a x =-+-=--'，()0,x ∈+∞． 当a e =时，()()()ln 10f x x e x '=--≥，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a ≤时，0x a ->，()f x 在()0,e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增； 当0a e <<时，()f x 在(),a e 上单调递减，在()0,a ，(),e +∞上单调递增； 当a e >时，()f x 在(),e a 上单调递减，在()0,e ，(),a +∞上单调递增． （2）假设存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立．则()31123sin 444a f a π=->+，即8sin 1504a a π-->， 设()8sin 154xg x x π=--，则存在(],x e ∈-∞，使得()0g x >， 因为()8cos044xg x ππ='->，所以()g x 在(],x e ∈-∞上单调递增， 因为()20g =，所以()0g x >时2x >即2a >． 又因为()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立时，需()min 13sin 44a f x π>+， 所以由（1）得：当a e =时，()f x 在[)1,+∞上单调递增，所以()()min 331=2=244f x f a e =--， 且3123sin 444e e π->+成立，从而a e =满足题意； 当2e a <<时，()f x 在(),a e 上单调递减，在[)1,a ，(),e +∞上单调递增，所以()()2113sin ,4413sin ,444a f e a f e ea ππ⎧>+⎪⎪⎨⎪=->+⎪⎩所以22,4sin 1204a a ea e π>⎧⎪⎨--->⎪⎩（*）． 设()()24sin 1242xh x ex e x e π=---<<，()4cos044xh x e ππ=-'>，则()h x 在()2,e 上单调递增，因为()228130h e e =-->，所以()h x 的零点小于2，从而不等式组（*）的解集为()2,+∞，所以2x e <<即2e a <<．综上，存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立，且a 的取值范围为(]2,e ． 请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）已知曲线C 的极坐标方程是1ρ=，以极点为原点，极轴为x 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程2222x t y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩（t 为参数）．（1）写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；（2）设曲线C 经过伸缩变换'2'x yy y =⎧⎨=⎩得到曲线'C ，设曲线'C 上任一点为()','M x y ，求点M 到直线l 距离的最大值．【解析】（1）直线l 的普通方程：40x y --=，曲线C 的直角坐标方程：221x y +=．（2）曲线C ：22''14x y +=，设()2cos ,sin M ϕϕ，d ==其中θ为辅助角，当()sin 1ϕθ+=-时，d ． 23．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分） 已知关于x 的不等式2|25|5x a x a +++-<． （1）当1a =时，求不等式的解集；（2）若该不等式有实数解，求实数a 的取值范围． 【解析】（1）当1a =时，令()|1||3|5g x x x =++-<， 当1x <-时，()225g x x =-+<，解得312x ->>-； 当13x -≤<时，()45g x =<，不等式恒成立； 当3x ≥时，()225g x x =-<，解得732x ≤<．综上所述，不等式的解集为37,22x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭． （2）222|||25|2525x a x a x a x a a a +++-≥+--+=-+，所以2255a a -+<，即25255a a -<-+<，解得()0,2a ∈。
19、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练19 专题五 立体几何过关检测 Word版含解析
专题突破练19专题五立体几何过关检测一、选择题1.(2019河南开封一模,文5)已知直线m,n和平面α,n⊂α,则“m∥n”是“m∥α”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.3.(2019湘赣十四校联考二,文6)已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,则下列四个结论:①若α∥β,则l ⊥m;②若l⊥β,则m∥α;③若l∥m,则α⊥β;④若m∥α,则l⊥β.其中正确的结论的个数是()A.0B.1C.2D.34.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.85.(2019河北石家庄二模,文8)设l表示直线,α,β,γ表示不同的平面,则下列命题正确的是()A.若l∥α,且α⊥β,则l⊥βB.若γ∥α,且γ∥β,则α∥βC.若l∥α,且l∥β,则α∥βD.若γ⊥α,且γ⊥β,则α∥β6.如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是,则它的表面积是()A.17πB.18πC.20πD.28π7.(2019安徽淮南一模,文8)某圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为的扇形,则该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为()A. B. C. D.8.在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.C.6πD.9.(2019山东淄博一模,文7)一个底面是正三角形,侧棱和底面垂直的三棱柱,其三视图如图所示.若该三棱柱的外接球的表面积为124π,则侧视图中的x的值为()A. B.9 C.3 D.310.(2019湖南六校联考,文11)如图,在平面四边形ABCD中,E,F分别是AD,BD的中点,AB=AD=CD=2,BD=2,∠BDC=90°,将△ABD沿对角线BD折起至△A'BD,使平面A'BD⊥平面BCD,则在四面体A'BCD中,下列结论不正确的是()A.EF∥平面A'BCB.异面直线CD与A'B所成的角为90°C.异面直线EF与A'C所成的角为60°D.直线A'C与平面BCD所成的角为30°11.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为()A.8B.6C.8D.812.(2019湘赣十四校联考二,文10)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,底面是边长为的正三角形,且该三棱柱外接球的表面积为7π,若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为()A. B. C. D.二、填空题13.已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为.14.(2019天津卷,文12)已知四棱锥的底面是边长为的正方形,侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.15.在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,则此三棱锥的外接球的表面积为.16.(2019河北石家庄二模,文16)在三棱锥P-ABC中,底面ABC是等边三角形,侧面PAB是直角三角形,且PA=PB=2,PA⊥BC,则该三棱锥外接球的表面积为.三、解答题17.(2019江苏卷,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.18.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.19.(2019山东泰安二模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,∠PDA=90°,∠PDC=120°,AD∥BC,∠BCD=90°,△ABD是等边三角形,E是PA的中点,PD=2,AB=2.(1)求证:AD⊥BE;(2)求三棱锥P-ABD的体积.20.(2019湖南长郡中学适应考试一,文19)如图,在多边形ABPCD中(图1),ABCD为长方形,△BPC为正三角形,AB=3,BC=3,现以BC为折痕将△BPC折起,使点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上(图2).(1)证明:PD⊥平面PAB;(2)若点E在线段PB上,且PE=PB,当点Q在线段AD上运动时,求三棱锥Q-EBC的体积. 21.(2019天津卷,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.22.如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,点E和F分别为BC和A1C的中点.(1)求证:EF∥平面A1B1BA;(2)求证:平面AEA1⊥平面BCB1;(3)求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小.参考答案专题突破练19专题五立体几何过关检测1.D解析当“m∥n”时,推不出“m∥α”,也有可能m⊂α,故充分性不成立;当“m∥α”时,直线m,n的位置关系也可能异面,故必要性也不成立.故选D.2.D解析=a3,V截去部分由题意知该正方体截去了一个三棱锥,如图所示,设正方体棱长为a,则V正方体=a3,故截去部分体积与剩余部分体积的比值为.3.D解析已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,若α∥β,则l⊥平面β,所以l⊥m,①正确;已知直线l⊥平面α,若l⊥β,则平面α∥平面β,又直线m⊂平面β,故m∥α,②正确;已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,若l∥m,则m⊥平面α,所以α⊥β,③正确;已知直线l⊥平面α,直线m⊂平面β,若m∥α,则α∥β不一定成立,所以l⊥β也不一定成立,④不正确.4.B解析由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.5.B解析在A中,若l∥α且α⊥β,则l与β可能相交、平行或l⊂β;在B中,若γ∥α且γ∥β,则α∥β;在C中,若l∥α且l∥β,则α与β相交或平行;在D中,若γ⊥α且γ⊥β,则α与β相交或平行,故选B.6.A解析由三视图可知该几何体是球截去后所得几何体,则×R3=,解得R=2,所以它的表面积为×4πR2+×πR2=14π+3π=17π.7.B解析由圆锥的侧面展开图是面积为3π,圆心角为的扇形,可知圆锥的母线l满足l2×πl2=3π.故l=3.又由2πr=l×,得r=1,所以该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为.故选B.8.B解析由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得△ABC的内切球的半径为=2,则R≤2.又因为2R≤3,所以R≤,所以V max=,故选B.9.A解析将三视图还原后,可得如图所示的正三棱柱ABC-A1B1C1.O为外接球球心,O1为△ABC外接圆圆心,由球的性质,可知OO1⊥平面ABC,球的表面积S=4πR2=124π,则R2=31,即OB2=31.由题意,可知BO1=BD=x,OO1=×4=2.又B+O=OB2,则x2+4=31,解得x=.10.C解析因为E,F分别为A'D,BD的中点,所以EF∥A'B,所以EF∥平面A'BC,故A正确;因为平面A'BD⊥平面BCD,交线为BD,且CD⊥BD,所以CD⊥平面A'BD,所以CD⊥A'B,故B正确;取CD边中点M,连接EM,FM(图略),则EM∥A'C,所以∠FEM为异面直线EF与A'C所成角,又EF=1,EM=,FM=,所以EF2+EM2=FM2,即∠FEM=90°,故C错误;连接A'F(图略),可得A'F⊥平面BCD,连接CF,则∠A'CF为A'C与平面BCD所成角,又sin∠A'CF=,所以直线A'C与平面BCD所成的角为30°,故D正确.11.C解析在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,则∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°,所以在Rt△ABC1中,BC1==2,又BC=2,所以在Rt△BCC1中,CC1==2,所以该长方体的体积V=BC·CC1·AB=8.12.B解析如图所示,P为正三角形A1B1C1的中心,设O为△ABC的中心,由题意知,PO⊥平面ABC,连接OA,则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角.易知OP的中点为三棱柱外接球的球心,又7π=4πr2,∴r2=,∴AO2+2=.在正三角形ABC中,AB=BC=AC=,∴AO==1,∴PO=.∴tan∠PAO=,∴∠PAO=.13.解析如图,设球O的半径为R,则AH=,OH=.∵π·EH2=π,∴EH=1.在Rt△OEH中,R2=+12,∴R2=.∴S球=4πR2=.14.解析如图,由底面边长为,可得OC=1.设M为VC的中点,则O1M=OC=,O1O=VO,VO==2,∴O1O=1.∴V=π·O1M2·O1O=π×2×1=.圆柱15.34π解析由题意,在三棱锥D-ABC中,CD⊥底面ABC,AC⊥BC,AB=BD=5,BC=4,可得AC=CD==3,故三棱锥D-ABC的外接球的半径R=,则其表面积为4π×2=34π.16.12π解析∵PA=PB,△PAB是直角三角形,∴PA⊥PB.又PA⊥BC,PB∩BC=B,∴PA⊥平面PBC,∴PA⊥PC.在Rt△PAB中,AB==2.∵△ABC是等边三角形,∴AC=BC=AB=2.在Rt△PAC中,PC==2.在△PBC中,PB2+PC2=BC2,∴PB⊥PC.∴该三棱锥外接球的半径R=,其表面积为4πR2=12π.17.证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.18.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)解作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°.所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.19.(1)证明取AD中点F,连接BF,EF.∵E,F分别为AP,AD的中点,AD⊥PD,∴AD⊥EF.又△ABC是正三角形,∴AD⊥BF.∵BF∩EF=F,∴AD⊥平面BEF.又BE⊂平面BEF,∴AD⊥BE.(2)解∵AD∥BC,∠BCD=90°,∴AD⊥CD.∵AD⊥PD,PD∩CD=D,∴AD⊥平面PCD.又AD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PCD.过点P作PH⊥CD,交CD的延长线于点H,则PH⊥平面ABCD.在直角三角形PDH中,∠PDH=60°,PD=2,∴PH=,∴V P-ABD=S△ABD×PH=×(2)2×=3.20.解(1)过点P作PO⊥AD,垂足为O.由于点P在平面ABCD内的射影恰好在AD上,∴PO⊥平面ABCD.∴PO⊥AB.∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥AD.又AD∩PO=O,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,AB⊥PD.又由AB=3,PB=3,可得PA==3,同理PD=3.又AD=3,∴PA2+PD2=AD2,∴PA⊥PD,且PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.(2)设点E到底面QBC的距离为h,则V Q-EBC=V E-QBC=S△QBC×h.由PE=PB,可知,∴,得h=.=×BC×AB=×3×3=,又S△QBC∴V Q-EBC=S△QBC×h==3.21.(1)证明连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)证明取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)解连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=,又DN⊥AN,在Rt△AND 中,sin∠DAN=.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为.22.(1)证明连接A1B,在△A1BC中,∵E和F分别是BC和A1C的中点,∴EF∥A1B.又∵A1B⊂平面A1B1BA,EF⊄平面A1B1BA,∴EF∥平面A1B1BA.(2)证明∵AB=AC,E为BC中点,∴AE⊥BC.∵AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,∴BB1⊥平面ABC.∴BB1⊥AE.又∵BC∩BB1=B,∴AE⊥平面BCB1.又∵AE⊂平面AEA1,∴平面AEA1⊥平面BCB1.(3)解取BB1中点M和B1C中点N,连接A1M,A1N,NE,∵N和E分别为B1C和BC的中点,∴NE B1B,∴NE A1A,∴四边形A1AEN是平行四边形,∴A1N AE.又∵AE⊥平面BCB1,∴A1N⊥平面BCB1,∴∠A1B1N即为直线A1B1与平面BCB1所成角,在△ABC中,可得AE=2, ∴A1N=AE=2.∵BM∥AA1,BM=AA1,∴A1M∥AB且A1M=AB.又由AB⊥BB1,∴A1M⊥BB1,在Rt△A1MB1中,A1B1==4,在Rt△A1NB1中,sin∠A1B1N=,∴∠A1B1N=30°,即直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为30°.。
2020年高三文科数学考前大题强化练三附答案详析
3 =2e
3
，
4
4
当 2 a e时， f x 在 a, e 上单调递减，在 1,a ， e, 上单调递增，
f 1 3 1 sin a ,
a 2,
所以
4 e2
4
所以
a
1a
4ea sin
2
（ * ）．
e 12 0
f e ea
3 sin ,
4
4
44
设h x
增，
4ex sin x e2 12 2 x e ， h x 4
5 人，再从 5 人中随机抽取 3 人，试求抽取的 3 人中恰
有一人为 “安全意识优良 ”的概率．
附表及公式： K 2
2
n ad bc
，其中 n a b c d ．
a bcd a cbd
5
P K 2 k 0． 15
0． 10
0． 05
0． 025
0． 010
0． 005
0． 001
k
2． 072
2． 706
4e cos x 0 ，则 h x 在 2,e 上单调递 44
因为 h 2 8e e2 13 0 ，所以 h x 的零点小于 2，从而不等式组（ * ）的解集为 2, ，所以
2 x e即 2 a e．
综上，存在 a
, e ，使得 f x
3
1a sin
对x
1,
44
恒成立，且 a 的取值范围为
y' y
l 距离的最大值．
23．选修 4-5：不等式选讲（本小题满分 10 分）
2
已知关于 x 的不等式 x a | x 2a 5 | 5 ．
（1）当 a 1 时，求不等式的解集； （2）若该不等式有实数解，求实数 a 的取值范围．
2020年高三文科数学考前大题强化练十三附答案详析
900 万元，求 a 的最小值
20. 已知直线
l 与抛物线
2
C:x
2 py p
0 相交于 A, B 两个不同点，点 M 是抛物线 C 在点 A, B 处的
切线的交点。
（1）若直线 l 经过抛物线 C 的焦点 F ，求证： FM AB ；
（2）若 p 1，且直线 l 经过点 1,1 ，求 S MAB 的最小值。
3
k 2 2k 2 2
3
2
k1
12
1，
当 k 1时， S MAB 取最小值 1；
②当 k 0 时，则直线 l : y 1,M 0, 1 , AB
2 2 ，∴ S MAB
1 AB d
2
2 2，
综上， S MAB 的最小值为 1。
21. 已知 a 2 ，函数 f x
1x e
ln x
ax .
e
（1）证明： f x 有两个极值点；
sin
2
4 cos
2 sin
4 0，
曲线 C2 的极坐标方程为 2 8 cos 4 sin 16 0 ，
4 cos 2 sin 4 0
由
得
4
2
或
4
22
，
4
∴ A , 2 或 ,2 2 ，
4
4
2
8 cos 4 sin 16 0
由
得
4
22
或
4
42
，
4
∴ B ,2 2 或 ,4 2 ，
4
4
∴ AB 的最大值为 3 2 。
1
出险次数
0
1
2
3
4
频数
140
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练5 解答题组合练A Word版含解析
姓名，年级：时间：考前强化练5解答题组合练A1.(2019辽宁葫芦岛高三二模，文17)已知数列｛a n}是公比为q的正项等比数列，{b n｝是公差d为负数的等差数列,满足1a2−1a3=da1，b1+b2+b3=21,b1b2b3=315。
(1)求数列{a n｝的公比q与数列{b n｝的通项公式；(2)求数列{|b n|}的前10项和S10。
2.设正项数列｛a n}的前n项和S n满足2√S n=a n+1。
（1）求数列｛a n}的通项公式;(2）设b n=1a n·a n+1，数列｛b n｝的前n项和为T n，求T n的取值范围。
3.（2019河北衡水高三一模，20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b〉1)离心率为√32，直线x=1被椭圆截得的弦长为√3。
(1)求椭圆方程；(2）设直线y=kx+m交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x=1上，求证:线段AB的中垂线恒过定点。
4.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1=4，AB=BC=2，AC=2√2，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点.（1)证明：BC⊥B1M；（2）若∠CMB1=90°，判断点M的位置并求出此时平面MB1C把此棱柱分成的两部分几何体的体积之比.5。
（2019天津南开高三一模,文）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a〉b>0)的离心率为√63，两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为√2.(1）求椭圆C的方程;(2)设与圆O：x2+y2=34相切的直线l交椭圆C于A,B两点（O为坐标原点),求△AOB 面积的最大值.6。
已知抛物线C1:x2=y，圆C2：x2+(y-4）2=1的圆心为点M.(1）求点M到抛物线C1的准线的距离;（2）已知点P是抛物线C1上一点(异于原点)，过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A,B两点，若过M,P两点的直线l垂直于AB,求直线l的方程。
2020年高考数学(文数)解答题强化专练——立体几何含答案
（文数）解答题强化专练——立体几何一、解答题（本大题共10小题，共120.0分）1.如图，在三棱锥S-ABC中，SA=SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E为AC上一点，且DE∥平面SAB．求证：（1）直线AB∥平面SDE；（2）平面ABC⊥平面SDE．2.如图，在四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，点P在底面ABCD的射影O落在AD上．（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；（2）若O、M分别是AD、PB的中点，且求三棱锥M-PDC的体积．3.如图所示，正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，AF∥DE，DE=DA=2AF=2．（1）求证：AC∥平面BEF；（2）求四面体BDEF的体积．4.如图，将边长为2的正六边形ABDEF沿对角线BE翻折，连接AC、FD，形成如图所示的多面体，且AC=．（1）证明：平面ABEF⊥平面BCDE；（2）求三棱锥E-ABC的体积．5.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，点E是边AD上的一点，且AE=2ED，点H是BE的中点，将△ABE沿着BE折起，使点A运动到点S处，且有SC=SD．（1）证明：SH⊥平面BCDE．（2）求四棱锥S-BCDE的体积．6.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2．(1)证明：平面PAC⊥平面PCE；(2)若∠ABC＝60°，求三棱锥P﹣ACE的体积．7.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PD，AB=AD，∠BAD=60°（1）求证：AD⊥PB；（2）若AB=PA=2，PB=，求点C到平面PBD的距离．8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1中点，若AB=BC=2，AA1=．（1）求证：平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）求点O到平面AB1C的距离．9.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AA1⊥平面ABCD．AB=2AD=4，．（1）证明：平面D1BC⊥平面D1BD；（2）若直线D1B与底面ABCD所成角为，M，N，Q分别为BD，CD，D1D的中点，求三棱锥C-MNQ的体积．10.如图，多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1，点D为AA1的中点．（1）求证：BC1⊥平面B1CD；（2）求点B1到平面BCD的距离．答案和解析1.【答案】证明：（1）因为DE∥平面SAB，DE⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，所以DE∥AB，因为DE⊂平面SDE，AB⊄平面SDE，所以AB∥平面SDE，（2）因为D为BC的中点，DE∥AB，所以E为AC的中点．又因为SA=SC，所以SE⊥AC，又AB⊥AC，DE∥AB，所以DE⊥AC，∵DE⊂平面SDE，SE⊂平面SDE，DE∩SE=E，所以AC⊥平面SDE，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SDE．【解析】本题考查了线面平行的性质与判定，面面垂直的判定，属于中档题．（1）由线面平行可得DE∥AB，故而AB∥平面SDE；（2）证得SE⊥AC，DE⊥AC可得AC⊥平面SDE，故而平面ABC⊥平面SDE．2.【答案】（1）证明：依题意，PO⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB．又AD⊥AB，AD∩PO=O，所以AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）因为PO⊥平面ABCD，O是AD的中点，所以△PAD是等腰三角形，又AD=2，，所以PO=1．因为M是PB的中点，所以M到平面PDC的距离等于点B到平面PDC距离的一半，连接BD，所以=．【解析】（1）根据PO⊥平面ABCD可得PO⊥AB，结合AB⊥AD可得AB⊥平面PAD，于是平面PAB⊥平面PAD；（2）计算PO，根据计算棱锥的体积．本题考查了面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．3.【答案】证明：（1）设AC∩BD=O，取BE中点G，连接FG，OG，所以，OG∥DE，且OG=DE．因为AF∥DE，DE=2AF，所以AF∥OG，且OG=AF，从而四边形AFGO是平行四边形，FG∥OA．因为FG⊂平面BEF，AO⊄平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF．解：（2）因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF．因为AF∥DE，∠ADE=90°，DE=DA=2AF=2所以△DEF的面积为S△DEF=×ED×AD=2，所以四面体BDEF的体积V=•S△DEF×AB=【解析】（1）设正方形ABCD的中心为O，取BE中点G，连接FG，OG，由中位线定理，我们易得四边形AFGO是平行四边形，即FG∥OA，由直线与平面平行的判定定理即可得到AC∥平面BEF；（2）由已知中正方形ABCD与直角梯形ADEF所在平面互相垂直，∠ADE=90°，我们可以得到AB⊥平面ADEF，结合DE=DA=2AF=2．分别计算棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式即可求出四面体BDEF的体积．本题考查的知识点是直线与平面平行的判定及棱锥的体积，（1）的关键是证明出FG∥OA，（2）的关键是得到AB⊥平面ADEF，即四面体BDEF的高为AB．4.【答案】（1）证明：正六边形ABCDEF中，连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，在多面体中，由AC=，得AG2+CG2=AC2，∴AG⊥GC，又GC∩BE=G，GC，BE⊂平面BCDE，∴AG⊥平面BCDE，又AG⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE．（2）解：连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，在正六边形ABCDEF中，BE=2AF=4，∴，∴V E-ABC=V A-BCE==2．【解析】（1）连结AC、BE，交点为G，由边长为2的正六边形ABCDEF的性质得AC⊥BE，且AG=CG=，由勾股定理得AG⊥GC，从而AG⊥平面BCDE，由此能证明平面ABEF⊥平面BCDE．（2）连结AE，CE，则AG为三棱锥A-BCE的高，GC为△BCE的高，利用V E-ABC=V A-BCE，能求出三棱锥E-ABC的体积．本小题主要考查空间线面关系、面面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．5.【答案】（1）证明：取CD的中点M，连接HM，SM，由已知得AE=AB=2，所以SE=SB=2，又点H是BE的中点，所以SH⊥BE．因为SC=SD，点M是线段CD的中点，所以SM⊥CD．又因为HM∥BC，所以HM⊥CD，从而CD⊥平面SHM，所以CD⊥SH，又CD，BE不平行，所以SH⊥平面BCDE．（2）解：由（1）知，，底面BCDE的面积为，所以四棱锥S-BCDE的体积．【解析】（1）取CD的中点M，连接HM，SM，证明SH⊥BE．SM⊥CD．HM⊥CD，推出CD⊥平面SHM，即可证明SH⊥平面BCDE．（2）求出棱锥的底面面积与高，即可求解几何体的体积．本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，如果是考试，可以参考评分细则：（1）第（1）问中，不管用哪种方法，证出结论得（6分）；（2）第（2）问，计算出高，得（2分），算出底面积S=4，得（2分），正确算出四棱锥的体积本小问共得（6分）．6.【答案】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF．∵O，F分别为AC，PC的中点，∴OF∥PA，且OF=，∵DE∥PA，且，∴OF∥DE，且OF=DE．∴四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，∵BD∥EF，∴EF⊥平面PAC，∵EF⊂平面PCE，∴平面PAC⊥平面PCE．（2）解：∵∠ABC=60°，∴ABC是等边三角形，可得AC=2．又∵PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．∴，∵EF⊥平面PAC，∴EF是三棱锥E-PAC的高．∵，∴=．【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，三棱锥体积的计算，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．（1）连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，由已知结合三角形中位线定理可得四边形OFED为平行四边形，则OD∥EF，即BD∥EF．再由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BD．又四边形ABCD是菱形，得BD⊥AC．由线面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC．进一步得到平面PAC⊥平面PCE．（2）由∠ABC=60°，可得△ABC是等边三角形，得AC=2．再由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AC．求出三角形PAC的面积，证得EF是三棱锥E-PAC的高，即可求出结果.7.【答案】解：（1）证明：∵AB=AD，且∠BAD=60°∴△ABD是等边三角形设O是AD的中点，连接PO，BO，则BO⊥AD，∵△APD是等腰三角形∴PO⊥AD，∵PO∩BO=O，∴AD⊥平面PBO，∴AD⊥PB；（2）设PB中点为E，连接DE，∵AB=PA=2，PB=，∴AP=PD=AD=BD=2，OB=，DE=1，DE⊥BP，∴OP=BO=，OP2+OB2=PB2∴OP⊥OB，∵OP⊥AD，AD∩OB=O，∴OP⊥面ABCD，S△BCD=S△ABD=•OB•AD==，S△BDP=•DE•BP=×1×=，设点C到平面PBD的距离为h，∵V P-BCD=V C-BDP∴×OP×S△BCD=×h×S△BDP，即××=×h×，解得h=．【解析】（1）设O是AD的中点，连接PO，BO，通过证明AD⊥平面PBO，证出AD⊥PB；（2）利用等体积法，即可求点C到平面PAB的距离本题考查空间直线、平面位置关系的判断，考查点面距离的计算，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力8.【答案】（1）证明：在长方体ABCD-A1B1C1D1中，∵AB=AD=2，AA1=，∴B1C=D1C，∵O为D1B1的中点，∴CO⊥B1D1，同理AO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．在三角形AOC中，可得AO=OC==2，∵AC=2，∴AO2+OC2=AC2，即OC⊥OA．∴∠AOC=90°．即平面AB1D1⊥平面CB1D1；（2）解：由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，且AO=OC=2．∴V=V，∴．∵，=2．∴d=1，∴点O到平面AB1C的距离为1．【解析】（1）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由已知证明CO⊥B1D1，∴∠AOC就是平面AB1D1与平面CB1D1所成二面角的平面角．求解三角形可得OC⊥OA即可；（2）由（1）知，OB1⊥平面AOC，△AOC为直角三角形，然后利用等积法即可求解．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求距离，是中档题．9.【答案】证明：（1）∵D1D⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴D1D⊥BC．又AB=4，AD=2，，∴，∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD．又∵AD∥BC，∴BC⊥BD．又∵D1D∩BD=D，BD⊂平面D1BD，D1D⊂平面D1BD，∴BC⊥平面D1BD，而BC⊂平面D1BC，∴平面D1BC⊥平面D1BD．解：（2）∵D1D⊥平面ABCD，∴∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，而，∴DD1=2．，∴三棱锥C-MNQ的体积．【解析】（1）推导出D1D⊥BC，AD⊥BD，BC⊥BD．从而BC⊥平面D1BD，由此能证明平面D1BC⊥平面D1BD．（2）由D1D⊥平面ABCD，得∠D1BD即为直线D1B与底面ABCD所成的角，即，由，能求出三棱锥C-MNQ的体积．本题考查面面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10.【答案】解：（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，∵多面体ABCDB1C1是正三棱柱ABC-A1B1C1沿平面DB1C1切除部分所得，BC=CC1=1．∴四边形BB1C1C是正方形，四边形CC1DA，ABB1D均为直角梯形，且AB⊥AD，AC⊥AD．∵点D为AA1的中点．AA1=BB1，AA1∥BB1．∴，DC1=，∴BD=C1D．，BC1⊥DE，又∵BC1⊥B1C，B1C∩DE=E，∴BC1⊥平面B1CD；（2）设点B1到平面BCD的距离为d．∵，点D到面BCC1B1的距离即为△ABC边BC上的高，即为．∴∵．∴，S=，∴．即点B1到平面BCD的距离为．【解析】（1）设BC1与B1C交于点E，连接DE，可得BD=C1D，BC1⊥DE，即可证明BC1⊥平面B1CD；（2）利用等体积法求点B1到平面BCD的距离．本题考查了线面垂直的证明、点到面的距离，属于中档题．。
2020年高三文科数学考前大题强化练六附答案详析
2020 年高三文科数学考前大题加强练六1.（本小题满分12 分）a n．已知数列a n知足 a1 1 ， na n 1 n 1 a n n n 1 ，设b nn（1）求数列 b n的通项公式；（2）若 c n 2b n n ，求数列 c n的前 n 项和．2.（本小题满分 12 分）如图，四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的底面为菱形， AC I BD O ．D1 （ 1）证明： B1C ∥平面 A1 BD ；A1 C1B1 （ 2）设AB AA1 2, BAD ，若 A1O 平面 ABCD ，3求三棱锥 B1 A1 BD 的体积． DA O CB3.（本小题满分12 分）世界互联网大会是由中国倡议并每年在浙江省嘉兴市桐乡乌镇举办的世界性互联网嘉会，大会旨在搭建中国与世界互联互通的国际平台和国际互联网共享共治的中国平台，让各国在争议中求共鸣、在共识中谋合作、在合作中创双赢．2019 年 10 月 20 日至 22 日，第六届世界互联网大会按期举行，为了大会顺利召开，组委会特招募了 1 000 名志愿者．某部门为了认识志愿者的基本状况，检查了此中100 名志愿者的年纪，获得了他们年纪的中位数为34 岁，年纪在 [40,45) 岁内的人数为15，并依据检查结果画出以下图的频次散布直方图：频次/ 组距2n2mO20 25 30 35 40 45 50年纪/岁（1）求 m ， n 的值并估量出志愿者的均匀年纪（同一组的数据用该组区间的中点值代表）；（2）此次大会志愿者主要经过现场报名和登录大会官网报名，即现场和网络两种方式报名检查．这100位志愿者的报名方式部分数据以下表所示，完美下边的表格，经过计算说明可否在出错误的概率不超出 0.001 的前提下，以为“选择哪一种报名方式与性别相关系”？男性女性总计现场报名50网络报名31总计50参照公式及数据： K 2 n( ad bc)2 ，此中 n a b c d .(a b)( c d )( a c)(b d )P K 2 k0k04.（本小题满分12 分）2已知 f x 2x ln x ax 3 ．x（ 1）当 a 1时，求曲线 y f x 在 x 1 处的切线方程；（ 2）若存在 x0 1，使得 f x0≥ 0 成立，求 a 的取值范围．,ee5.（本小题满分12 分）已知椭圆x2 y2 6，以 C 的短轴为直径的圆与直线 l :3 x 4 y 5 0 C : 2b2 1( a ＞ b ＞ 0 )的离心率为3a相切．（ 1）求C的方程；（ 2）直线 y x m 交椭圆 C 于 M x1 , y1， N x2 , y2两点，且 x1＞ x2 ．已知 l 上存在点P，使得△ PMN 是以PMN 为顶角的等腰直角三角形．若P 在直线MN右下方，求m 的值．（二）选考题：共 10 分．请考生在第 22，23 两题中任选一题作答．假如多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡大将所选题号后的方框涂黑．6.（本小题满分10 分）选修4 4 ：坐标系与参数方程已知直角坐标系 xOy 中，曲线 C1x 3 t,的参数方程为y t（ t 为参数）．以 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，成立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为 2 1 2 cos ．（ 1）写出 C1的一般方程和C2的直角坐标方程；2上的随意一点，求P 到C1距离的取值范围．（）设点 P为C27.（本小题满分 10 分）选修 4 5 ：不等式选讲已知 a ＞ 0,b ＞ 0,c ＞ 0 ，且 a b c 2 ．（ 1）求 a 2 b c 的取值范围； （ 2）求证：149≥18 ．a b c答案分析1.（本小题满分 12 分）1 a n n n 1 ，设 b na n．已知数列 a n 知足 a 11 ， na n 1nn（ 1）求数列 b n 的通项公式；（ 2）若 c n2bnn ，求数列 c n 的前 n 项和．【分析】（ 1）由于 b na n，因此 a n nb n ， ························1 分n又由于 na n 1n 1 a n n n 1 ，因此 n n 1 b n 1 n 1 nb nn n 1 ，即 b n 1 b n 1 ， ··············3 分因此 b n 为等差数列， ········································4 分 其首项为 b 1 a 1 1 ，公差 d1 ． ······························5 分 因此 b n1 n 1 n ． ······································7 分（ 2）由（ 1）及题设得， c n 2n n ， ··························8 分因此数列 c n 的前 n 项和S n2 22 23 L2n1 2 3 L n ························9 分2 2n 2 n 1 n······································11 分1 2 22n 1n 2 n 2 ． ······································12 分2 2.（本小题满分 12 分）如图，四棱柱 ABCD A 1B 1C 1D 1 的底面为菱形， AC I BD O ．1 A 1（ ）证明： B 1C ∥ 平面 A 1 BD ； （ 2）设 AB AA 1 2, BAD ，若 A 1 O 平面 ABCD ，3求三棱锥 B 1 A 1 BD 的体积．DD 1B 1C 1AO 【分析】（ 1）证明：依题意， A 1B 1 // AB ，且 AB // CD ，B∴ A 1 B 1 // CD ， ···········································1 分C∴四边形1 1分A B CD 是平行四边形， ······························2 ∴ B 1C ∥ A 1D ， ·········································3 分∵ B 1C 平面 A 1 BD ， A 1D 平面 A 1BD ，∴ B 1C ∥ 平面 A 1 BD ． ········································5 分（ 2）依题意， AA 1 2, AO 3 ，在 Rt △ AAO 1 中， AOAA 2 AO 2 1 ， ·······················6 分11因此三棱锥 A 1BCD 的体积11 S BCD AO 1 32 213 ． ·······················8 分 V A BCD3 △13431A 1BD ，由（ ）知 B 1C ∥ 平面∴ V B 1 A 1BD V C A 1 BD ········································10 分V A 1 BCD·········································11 分3． ·····································12 分33.（本小题满分 12 分）世界互联网大会是由中国倡议并每年在浙江省嘉兴市桐乡乌镇举办的世界性互联网嘉会， 大会旨在 搭建中国与世界互联互通的国际平台和国际互联网共享共治的中国平台，让各国在争议中求共鸣、在共识中谋合作、在合作中创双赢． 2019 年 10 月 20 日至 22 日，第六届世界互联网大会按期举行，为了大 会顺利召开，组委会特招募了 1 000 名志愿者．某部门为了认识志愿者的基本状况，检查了此中 100 名 志愿者的年纪，获得了他们年纪的中位数为 34 岁，年纪在 [40,45) 岁内的人数为 15，并依据检查结果画出以下图的频次散布直方图：频次/ 组距2n 2mO20 25 30 35 40 45 50年纪/ 岁（ 1）求 m ， n 的值并估量出志愿者的均匀年纪（同一组的数据用该组区间的中点值代表）；（ 2）此次大会志愿者主要经过现场报名和登录大会官网报名，即现场和网络两种方式报名检查． 这100 位志愿者的报名方式部分数据以下表所示，完美下边的表格，经过计算说明可否在出错误的概率不超出 0.001 的前提下，以为“选择哪一种报名方式与性别相关系”？男性女性总计 现场报名50网络报名 31总计50参照公式及数据： K 2n( ad bc)2，此中 n a bc d .(a b)( c d )( a c)(b d )P K 2 k 0k 0【分析】（ 1）由于志愿者年纪在[40,45) 内的人数为 15 ，因此志愿者年纪在 [40,45) 内的频次为：15 ；··················1 分100由频次散布直方图得：(0.020 2 m 4n 0.010) 5 ，1即 m 2 n 0.07 ，①······································3 分由中位数为34 可得 5 2m 5 2n (34 30) 0.5 ，即 5m 4n 0.2 ，②······································4 分由①②解得m 0.020 ， n .······························5 分志愿者的均匀年纪为0.010) 5 34 （岁）．························································7 分（ 2）依据题意获得列联表：男性女性总计现场报名19 31 50网络报名31 19 50总计5050100 (9)分因此 K 2的观察值100 (19 19 31 31)2 2 19 31 19 31 2＜，······11分k50 50 50 50 50 50 50因此不可以在出错误的概率不超出0.001 的前提下，以为选择哪一种报名方式与性别相关系．12 分说明：第（ 1）小题中，方程①②列对一个给 2 分，两个都列对给 3 分．4.（本小题满分12 分）已知 f x 2x ln x x2 ax 3 ．（ 1）当 a 1时，求曲线 y f x 在 x 1 处的切线方程；（ 2）若存在 x0 1，使得 f x0≥ 0 成立，求 a 的取值范围．,ee【分析】 f x 2 ln x 1 2 x a ．···························1 分（ 1）当 a 1时， f x 2xln x x2 x 3, f x 2 ln x 1 2 x 1 ，因此 f 1 5, f 1 5 ，·······································3 分因此曲线 y f x 在 x 1处的切线方程为y 5 5 x 1 ，即 y 5 x ．·······5 分（ 2）存在 x0 1，使得 f x0≥ 0 成立，,ee等价于不等式 a ≥2x ln x x2 3 1有解．·····················6 分x在,ee设 h x 2xln x x2 3xx2 2x 3 x 3 x 1， ········7分x，则 hx2 x2当1x 1 时， h x0 ， h x 为增函数；当 1 x e 时， h x0 ， h x 为减函数． 8 分e又 h 13e 22e 1， h ee22e 3，故 h 1h e ＜ 0········10 分eeee因此当 x1 ,e 时， h x ＞ h 13e 22e 1 ， ·················11 分e ee因此 a ＞3e 22e 1，即 a 的取值范围为3e 2 2e 1 , ． ········12 分ee5.（本小题满分 12 分）已知椭圆 C :x 2 y 2 1( a ＞ b ＞ 0 )的离心率为6，以 C 的短轴为直径的圆与直线 l :3 x 4 y 5 0a 2b 23相切．（ 1）求 C 的方程；（ 2）直线 y x m 交椭圆 C 于 M x 1 , y 1 ， N x 2 , y 2 两点，且 x 1 ＞ x 2 ．已知 l 上存在点 P ，使得△ PMN 是以 PMN 为顶角的等腰直角三角形．若 P 在直线 MN 右下方，求 m 的值．0 0 5【分析】（ 1）依题意， b 2 21 ， ·························2 分3 4由于离心率 e ca 2b 2 6 ， aa3因此a 2 1 6 ，解得 a3 ， ······························4 分a3x 2因此椭圆 C 的标准方程为 y 2 1 ． ·························5 分（ 2）由于直线 y x3 ，且 △PMN 是以 P 在m 的倾斜角为 45 PMN 为顶角的等腰直角三角形，直线 MN 右下方，因此 NP ∥ x 轴． ·······························6 分过 M 作 NP 的垂线，垂足为 Q ，则 Q 为线段 NP 的中点，因此 Q x 1, y 2 ，故 P 2 x 1x 2 , y 2 ，7分因此 3 2 x 1 x 24 y 25 0 ，即 3 2 x 1 x 2 4 x 2 m 5 0 ，y整理得 6 x 1x 2 4m 50 ．① ··················8 分M223,Oxx3y223 0 .N Q P由y x m 得 4 x6mx 3m因此2248＞ 0 ，解得 2 ＜ m ＜ 2 ， ····················9 分36m 48m因此 x 1 x 2 3m ，②3 2 x x m 2 1 ，③ ······································10 分1 24m由① - ②得， x 1 1，④2将④代入②得 x 2 1 m ，⑤ ································11 分 将④⑤代入③得 m 1 m 1 3 m 1 m 1 ，解得 m 1 ．2 4（二）选考题：共 10 分．请考生在第 22，23 两题中任选一题作答．假如多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用 2B 铅笔在答题卡大将所选题号后的方框涂黑． 6.（本小题满分 10 分）选修 4 4 ：坐标系与参数方程x 3 t,（ t 为参数）．以 O 为极点， x 轴的正半已知直角坐标系 xOy 中，曲线 C 1 的参数方程为 ty 轴为极轴，成立极坐标系，曲线C 221 2cos．的极坐标方程为（ 1）写出 C 1 的一般方程和 C 2 的直角坐标方程；（ 2）设点 P 为 C 2 上的随意一点，求 P 到 C 1 距离的取值范围．【分析】（ 1） C 1 的一般方程为 x y3 ，即 x y 30 ． ············2 分 曲线 C 2 的直角坐标方程为221 2x ，即 x 2y 22 ． ··········5 分x y 1（ 2）由（ 1）知， C 2 是以 1,0 为圆心，半径 r 2 的圆， ·············6 分圆心 C 2 1,0 到 C 1 的距离 d 1 0 322＞2 ， ···················7 分 2因此直线 C 1 与圆 C 2 相离， P 到曲线 C 1 距离的最小值为 d r2 222 ；最大值 d r 2 223 2 ， ··············································9 分因此 P 到曲线 C 1 距离的取值范围为 2,3 2 ． ······················10 分 7.（本小题满分 10 分）选修 4 5 ：不等式选讲已知 a ＞ 0,b ＞ 0,c ＞ 0 ，且 a b c 2 ．（ 1）求 a 2 b c 的取值范围；21 4 9（ ）求证：b ≥18 ．a c【分析】（ 1）依题意， 2ab c ＞ 0 ，故 0 ＜ a ＜ 2 ． ·············1 分2因此 a 2 b c22 aa 1 7 ， ························3 分 a24因此 7 ≤ a 2 b c ＜ 22 2 2 4 ，即 a 2 b c 的取值范围为 7 ,4 ． ······5 分 44 （ 2）由于 a ＞ 0,b ＞ 0,c ＞ 0 ，因此 a b 1 4 9 b 4a c 9a 4c 9b分 c b 14 a ba cb ·············7 ac c≥ 14 2 b 4a c 9a 4c 9b 分 a b2 c 2 ·········8 a b c又由于 a b c2 ，14 2 4 2 92 3636 ． ·············9 分因此149≥18 ． ·····································10 分 a b c。
38、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练9 解答题综合练B Word版含解析
考前强化练9解答题综合练B1.已知函数f(x)=x2+mx(m>0),数列{a n}的前n项和为S n.点(n,S n)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=,记数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n<1.2.(2019山西大同高三三模,文18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底部ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?说明理由.3.2017高考特别强调了要增加对数学文化的考查,为此某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷(文、理科试卷满分均为100分),并对整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了50名学生的成绩,按照成绩[50,60),[60,70),…,[90,100]分成了5组,制成了如图所示的频率分布直方图(假定每名学生的成绩均不低于50分).(1)求频率分布直方图中的x的值,并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表);(2)若高三年级共有2 000名学生,试估计高三学生中这次测试成绩不低于70分的人数;(3)若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的三组学生中抽取6人,再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会,试求后两组中至少有1人被抽到的概率.4.(2019河北石家庄高三模拟,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|=2x0.(1)求抛物线C的方程;(2)过点P引圆M:(x-3)2+y2=r2(0<r≤)的两条切线PA,PB,切线PA,PB与抛物线C的另一交点分别为A,B,线段AB中点的横坐标记为t,求t的取值范围.5.(2019山东潍坊高三二模,理)已知函数f(x)=x e x-1-a ln x(无理数e=2.718…).(1)若f(x)在(1,+∞)单调递增,求实数a的取值范围;(2)当a=0时,设g(x)=·f(x)-x2-x,证明:当x>0时,g(x)>1--2.6.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ,直线l与圆C交于A,B两点.(1)求圆C的直角坐标方程及弦AB的长;(2)动点P在圆C上(不与A,B重合),试求△ABP的面积的最大值.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1)求函数f(x)的值域M;(2)若a∈M,试比较|a-1|+|a+1|,-2a的大小.参考答案考前强化练9解答题综合练B1.(1)解f(x)=(x+m)2-,故f(x)的最小值为-=-,又m>0,所以m=,即S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=n. (2)证明由(1)知b n=,所以T n=1-+…+=1-,所以T n<1.2.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,因为底面ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC.(2)证明因为底面ABCD是菱形,且∠ABC=60°,所以△ACD为正三角形,所以AE⊥CD,因为AB∥CD,所以AE⊥AB.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以AE⊥PA.因为PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.(3)解存在点F为PB中点时,满足CF∥平面PAE.理由如下:分别取PB,PA的中点F,G,连接CF,FG,EG.在△PAB中,FG∥AB且FG=AB.在菱形ABCD中,E为CD的中点,所以CE∥AB且CE=AB, 所以CE∥FG且CE=FG,即四边形CEGF为平行四边形,又CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,所以CF∥平面PAE.3.解(1)由频率分布直方图可得第4组的频率为1-0.1-0.3-0.3-0.1=0.2,故x=0.02.故可估计所抽取的50名学生成绩的平均数为(55×0.01+65×0.03+75×0.03+85×0.02+95×0.01)×10=74(分).由于前两组的频率之和为0.1+0.3=0.4,前三组的频率之和为0.1+0.3+0.3=0.7,故中位数在第3组中.设中位数为t分,则有(t-70)×0.03=0.1,所以t=73,即所求的中位数为73分.(2)由(1)可知,50名学生中成绩不低于70分的频率为0.3+0.2+0.1=0.6,由以上样本的频率,可以估计高三年级2 000名学生中成绩不低于70分的人数为2000×0.6=1 200.(3)由(1)可知,后三组中的人数分别为15,10,5,故这三组中所抽取的人数分别为3,2,1.记成绩在[70,80)这组的3名学生分别为a,b,c,成绩在[80,90)这组的2名学生分别为d,e,成绩在[90,100]这组的1名学生为f,则从中任抽取3人的所有可能结果为(a,b,c),(a,b,d),(a,b,e),(a,b,f),(a,c,d),(a,c,e),(a,c,f),(a,d,e),(a,d,f),(a,e,f),(b,c,d),(b,c,e),(b,c,f),(b, d,e),(b,d,f),(b,e,f),(c,d,e),(c,d,f),(c,e,f),(d,e,f)共20种.其中后两组中没有人被抽到的可能结果为(a,b,c),只有1种,故后两组中至少有1人被抽到的概率为P=1-.4.解(1)由抛物线定义,得|PF|=x0+,由题意得解得所以抛物线的方程为y2=4x.(2)由题意知,过P引圆(x-3)2+y2=r2(0<r≤)的切线斜率存在,且不为0.设切线PA的方程为y=k1(x-1)+2,则圆心M(3,0)到切线PA的距离d==r, 整理得,(r2-4)-8k1+r2-4=0.设切线PB的方程为y=k2(x-1)+2,同理可得(r2-4)-8k2+r2-4=0.所以,k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的两根,k1+k2=,k1k2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1+8=0,由韦达定理知,2y1=,所以y1=-2=4k2-2,同理可得y2=4k1-2.设点D的横坐标为x0,则x0==2()-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.设t=k1+k2,则t=∈[-4,-2),所以x0=2t2-2t-3,对称轴t=>-2,所以9<x0≤37.5.(1)解由题意可得f'(x)=(1+x)e x-1-≥0在(1,+∞)内恒成立.∴a≤(x+x2)e x-1.令h(x)=(x+x2)e x-1,则h'(x)=(1+3x+x2)e x-1>0,∴函数h(x)=(x+x2)e x-1在(1,+∞)内单调递增.∴a≤h(1)=2.∴实数a的取值范围是(-∞,2].(2)证明当a=0时,g(x)=·f(x)-x2-x=e x-x2-x.g'(x)=e x-2x-1.令u(x)=g'(x)=e x-2x-1,则u'(x)=e x-2,可得x=ln 2时,函数u(x)取得极小值,g'(ln 2)=u(ln 2)=1-2ln 2<0.∵g'(0)=0,又g'1+ln 2=-21+ln 2-1=e-3-ln 2>0.∴存在x0∈ln 2,1+ln 2,使得g'(x0)=-2x0-1=0,=2x0+1.由单调性可得,当x=x0时,函数g(x)取得极小值,即最小值,∴g(x)≥g(x0)=-x0=2x0+1--x0=-+x0+1=-x0-2+.由x0∈ln 2,1+ln 2,可得函数y=g(x0)单调递减,故g(x)≥g(x0)>-1+ln 2-2+>1--2.∴当x>0时,g(x)>1--2.6.解(1)由ρ=4cos θ得ρ2=4ρcos θ,所以x2+y2-4x=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+2t=0,解得t1=0,t2=-2,所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=2.(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为(θ为参数),可设圆C上的动点P(2+2cos θ,2sin θ),则点P到直线l的距离d==|2cosθ+-|.当cosθ+=-1时,d取最大值,且d的最大值为2+,≤×2×(2+)=2+2,即△ABP的面积的最大值为2+2.所以S△ABP7.解(1)f(x)=根据函数f(x)的单调性可知,当x=时,f(x)min=f=.所以函数f(x)的值域M=,+∞.(2)∵a∈M,∴a≥,∴0<≤1.又|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3,∴a≥,知a-1>0,4a-3>0,∴>0,∴-2a,所以|a-1|+|a+1|>-2a.。
37、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练8 解答题综合练A Word版含解析
考前强化练8解答题综合练A1.(2019安徽黄山高三质检,文17)已知在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足bc=1,a2-bc=(b-c)2.(1)求sin B+sin C的最大值;(2)若cos B cos C=,求b+c.2.某校组织的古典诗词大赛中,高一一班、二班各有9名学生参加,得分情况如茎叶图所示:成绩[70,79][80,89][90,100]奖次三二一加分123该活动规定:学生成绩、获奖等次与班级量化管理加分情况如上表.(1)在一班获奖的学生中随机抽取2人,求能够为班级量化管理加4分的概率;(2)已知一班和二班学生的平均成绩相同,求x的值,并比较哪个班的成绩更稳定.3.(2019安徽定远中学高三预测卷,文18)如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E是AD的中点,F是CD的中点,现将△DEF沿EF翻折成如图2所示的五棱锥P-ABCFE.(1)求证:AC∥平面PEF;(2)求五棱锥P-ABCFE的体积最大时△PAC的面积.4.(2019广东东莞高三冲刺模拟,文19)工厂质检员从生产线上每半个小时抽取一件产品并对其某个质量指标Y进行检测,一共抽取了48件产品,并得到如下统计表.该厂生产的产品在一年内所需的维护次数与指标Y有关,具体见下表.(1)以每个区间的中点值作为每组指标的代表,用上述样本数据估计该厂产品的质量指标Y的平均值(保留两位小数);(2)用分层抽样的方法从上述样本中先抽取6件产品,再从6件产品中随机抽取2件产品,求这2件产品的指标Y都在[9.8,10.2]内的概率;(3)已知该厂产品的维护费用为300元/次,工厂现推出一项服务:若消费者在购买该厂产品时每件多加100元,该产品即可一年内免费维护一次.将每件产品的购买支出和一年的维护支出之和称为消费费用.假设这48件产品每件都购买该服务,或者每件都不购买该服务,就这两种情况分别计算每件产品的平均消费费用,并以此为决策依据,判断消费者在购买每件产品时是否值得购买这项维护服务?5.已知动圆C与圆C1:(x-2)2+y2=1外切,又与直线l:x=-1相切.(1)求动圆C的圆心的轨迹方程E;(2)若动点M为直线l上任一点,过点P(1,0)的直线与曲线E相交于A,B两点,求证:k MA+k MB=2k MP.6.(2019河北邢台二中高三二模,文21)已知函数f(x)=[x2+(a+1)x+1]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与x轴平行,求a的值;(2)若f(x)在x=-1处取得极大值,求a的取值范围;(3)当a=2时,若函数g(x)=mf(x)-1有3个零点,求m的取值范围.(只需写出结论)7.已知直线l的参数方程为(t为参数,0≤φ<2π),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ=,且l与C交于不同的两点P1,P2.(1)求φ的取值范围;(2)若φ=,求线段P1P2中点P0的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π).8.已知函数f(x)=|2x-a|-|x+3|,a∈R.(1)当a=1时,求f(x)的最小值;(2)当x∈[0,3]时,f(x)≤4恒成立,求a的取值范围.参考答案考前强化练8解答题综合练A 1.解(1)∵a2-bc=b2+c2-2bc,∴b2+c2-a2=bc.∴cos A=.∴A=,∴B+C=.∴sin B+sin C=sin B+sin -B=sin B+sin cos B-cos sin B=cos B+sin B=cos B+sin B=sin B+.所以当B=时,sin B+sin C取得最大值.(2)由(1)可得,cos A=-cos(B+C)=sin B sin C-cos B cos C=,因为cos B cos C=,所以sin B sin C=.因为bc=1,由正弦定理知=k(k>0),∴a=k sin A,b=k sin B,c=k sin C,∴bc=k2sin B sin C.∴k=.∴a=sin =1.所以由b2+c2-a2=2bc cos A,得(b+c)2-2bc-1=bc,∴(b+c)2=4.∴b+c=2.2.解(1)一班获奖的学生共6位,随机抽取2人的情况有(77,82),(77,83),(77,86),(77,93),(77,9x),(82,83),(82,86),(82,93),(82,9x),(83,86),(83,93),(83,9x) ,(86,93),(86,9x),(93,9x),共15种情况.能够为班级量化管理加4分的情况有(77,93),(77,9x),(82,83),(82,86),(83,86),共5种情况.∴能够为班级量化管理加4分的概率为.(2)由已知(93+9x+82+83+86+77+67+68+69)=(90+94+97+84+72+76+76+63+68),解得x=5,一班成绩的方差(132+152+22+32+62+32+132+122+112)=,二班成绩的方差(102+142+172+42+82+42+42+172+122)=,故一班更稳定.3.(1)证明在图1中,连接AC.又E,F分别为AD,CD中点,所以EF∥AC.即图2中有EF∥AC.又EF⊂平面PEF,AC⊄平面PEF,所以AC∥平面PEF.(2)解在翻折的过程中,当平面PEF⊥平面ABCFE时,五棱锥P-ABCFE的体积最大.在图1中,取EF的中点M,DE的中点N.由正方形ABCD的性质知,MN∥DF,MN⊥AD,MN=NE=1,AE=DF=2,AM=.在图2中,取EF的中点H,分别连接PH,AH,取AC中点O,连接PO.由正方形ABCD的性质知,PH⊥EF.又平面PEF⊥平面ABCFE,所以PH⊥平面ABCFE,则PH⊥AH.由AB=4,有PF=AE=PE=2,EH=PH=HF=,AC=4,PA==2.同理可知PC=2.又O为AC中点,所以OP⊥AC.所以OP===2.所以S=×OP×AC=×2×4=4.△PAC4.解(1)指标Y的平均值=9.6×+10×+10.4×≈10.07.(2)由分层抽样法知,先抽取的6件产品中,指标Y在[9.8,10.2)内的有3件,记为A1、A2、A3;指标Y在(10.2,10.6]内的有2件,记为B1、B2;指标Y在[9.4,9.8)内的有1件,记为C.从6件产品中随机抽取2件产品,共有基本事件15个,分别为:(A1,A2)、(A1,A3)、(A1,B1)、(A1,B2)、(A1,C)、(A2,A3)、(A2,B1)、(A2,B2)、(A2,C)、(A3,B1)、(A3,B2)、(A3,C)、(B1,B2)、(B1,C)、(B2,C).其中,指标Y都在[9.8,10.2]内的基本事件有3个:(A1,A2)、(A1,A3)、(A2,A3).所以由古典概型可知,2件产品的指标Y都在[9.8,10.2]内的概率为P=.(3)不妨设每件产品的售价为x元,假设这48件样品每件都不购买该服务,则购买支出为48x元.其中有16件产品一年内的维护费用为300元/件,有8件产品一年内的维护费用为600元/件,此时平均每件产品的消费费用为η=×(48x+16×300+8×600)=x+200元.假设这48件产品每件产品都购买该项服务,则购买支出为48(x+100)元,一年内只有8件产品要花费维护,需支出8×300=2 400元,平均每件产品的消费费用ξ=×[48(x+100)+8×300]=x+150(元).所以该服务值得消费者购买.5.(1)解令C点坐标为(x,y),C1(2,0),动圆的半径为r,则根据两圆相外切及直线与圆相切的性质可得,|CC1|=1+r,d=r,C在直线的右侧,故C到定直线的距离是x+1,所以|CC1|-d=1,即-(x+1)=1,化简得y2=8x.(2)证明由题意,设直线AB的方程为x=my+1,代入抛物线方程,消去x可得y2-8my-8=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),M(-1,t),则y1+y2=8m,y1y2=-8,x1+x2=8m2+2,x1x2=1,∴k MA+k MB===-t,2k MP=2·=-t,∴k MA+k MB=2k MP.6.解(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞).f'(x)=[x2+(a+3)x+a+2]e x.因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线与x轴平行,所以f'(0)=(a+2)e x=0,解得a=-2.此时f(0)=1≠0,所以a的值为-2.(2)因为f'(x)=[x2+(a+3)x+a+2]e x=(x+1)[x+(a+2)]e x.①若a<-1,-(a+2)>-1,则当x∈(-∞,-1)时,x+1<0,x+(a+2)<x+1<0,所以f'(x)>0;当x∈(-1,-(a+2))时,x+1>0,x+(a+2)<0,所以f'(x)<0.所以f(x)在x=-1处取得极大值.②若a≥-1,-(a+2)≤-1,则当x∈(-1,0)时,x+1>0,x+(a+2)≥x+1>0,所以f'(x)>0.所以-1不是f(x)的极大值点.综上可知,a的取值范围为(-∞,-1).(3)当a=2时,g(x)=mf(x)-1=m(x2+3x+1)e x-1(x∈R),∴g'(x)=m(2x+3)e x+m(x2+3x+1)e x=m(x2+5x+4)e x=m(x+1)(x+4)e x.当m=0时,函数g(x)=mf(x)-1=-1,不可能有3个零点;①当m<0时,令g'(x)=m(x+1)(x+4)e x=0,解得x1=-4,x2=-1.令g'(x)>0,得-4<x<-1,则g(x)在区间(-4,-1)上单调递增;令g'(x)<0,解得x<-4或x>-1,则g(x)在区间(-∞,-4)和(-1,+∞)上单调递减; 由于当x<-4时,x2+3x+1<0恒成立,m<0,e x>0,则当x<-4时,g(x)=m(x2+3x+1)e x-1<0恒成立,所以函数g(x)=mf(x)-1最多只有两个零点,即m<0不满足题意;②当m>0时,令g'(x)=m(x+1)(x+4)e x=0,解得x1=-4,x2=-1.令g'(x)>0,得x<-4或x>-1,则g(x)在区间(-∞,-4)和(-1,+∞)上单调递增; 令g'(x)<0,解得-4<x<-1,则g(x)在区间(-4,-1)上单调递减;要使函数g(x)=mf(x)-1有3个零点,则解得:m>.综上所述,m的取值范围为,+∞.7.解(1)∵曲线C的极坐标方程为ρ=,∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2=2,将代入x2+y2=2,得t2-4t sin φ+2=0,由Δ=16sin2φ-8>0,得|sin φ|>,又0≤φ<2π,∴φ的取值范围为∪.(2)当φ=时,直线l的参数方程为消去参数t,得直线l的普通方程为x-y-2=0,设P0(ρ0,θ0),则ρ0==1,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入l的普通方程,得l的极坐标方程为ρcos θ-ρsin θ-2=0,当ρ0=1时,得cos θ0-sin θ0-2=0,即得sinθ0-=-1.由0≤θ<2π,得θ0-,∴θ0=,即P0的极坐标为1,.8.解(1)当a=1时,函数f(x)=|2x-1|-|x+3|,当x≤-3时,f(x)=1-2x+(x+3)=4-x,此时f(x)min=f(-3)=7,当-3<x<时,f(x)=1-2x-(x+3)=-3x-2,此时f(x)>f=-3×-2=-,当x≥时,f(x)=2x-1-(x+3)=x-4,此时f(x)min=f=-4=-,综上,f(x)的最小值为-.(2)当x∈[0,3]时,f(x)≤4恒成立,可化为|2x-a|≤x+7,即-x-7≤2x-a≤x+7恒成立,得x-7≤a≤3x+7恒成立,由x∈[0,3],得3x+7≥7,x-7≤-4, ∴-4≤a≤7,即a的取值范围为[-4,7].。
2020版高考文科数学(北师大版)一轮复习试题：大题专项突破+高考大题专项2+Word版含答案
2020版高考文科数学（北师大版）一轮复习试题高考大题专项二高考中的三角函数与解三角形1.(2018北京,理15)在△ABC中,a=7,b=8,cos B=-.(1)求∠A;(2)求AC边上的高.2.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin A+cos A=0,a=2,b=2.(1)求c;(2)设D为BC边上一点,且AD⊥AC,求△ABD的面积.3.(2018河南郑州三模,17)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且a cos C=(2b-c)cos A.(1)求角A的大小;(2)若a=2,求△ABC面积的最大值.4.(2018河南六市联考二,17)已知f(x)=12sin x+·cos x-3,x∈.(1)求f(x)的最大值、最小值;(2)CD为△ABC的内角平分线,已知AC=f(x)max,BC=f(x)min,CD=2,求∠C.5.(2018山东潍坊三模,17)已知函数f(x)=sin2x-cos2x+2sin x cos x(x∈R).(1)求f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.若f(A)=2,c=5,cos B=,求△ABC中线AD的长.6.已知在△ABC中,D是BC上的点,AD平分∠BAC,△ABD的面积是△ADC面积的2倍.(1)求;(2)若AD=1,DC=,求BD和AC的长.7.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知4cos2-4sin B sin C=3.(1)求A;(2)若(bc-4)cos A+ac cos B=a2-b2,求△ABC的面积.8.在△ABC中,a,b,c分别为角A,B,C的对边.若a cos B=3,b cos A=1,且A-B=,(1)求边c的长;(2)求角B的大小.。
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练：7 解答题组合练：C Word版含解析
考前强化练7解答题组合练C1.(2019河北枣强中学高三模拟,文17)已知函数f(x)=sin 2x-cos2x-.(1)求f(x)的最小正周期;(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.(n≥2).2.已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=-(1)求证:数列是等差数列;(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+S n<.3.如图,四边形ABCD是菱形,AF⊥BD,AF∥CE且AF=2CE.(1)求证:平面ACEF⊥平面BDE;(2)已知在线段BF上有一点P,满足AP∥DE,求的值.4.已知函数f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=e x+x2.(1)讨论函数f(x)极值点的个数;(2)若对∀x>0,不等式f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,不过原点的直线l与抛物线C交于A,B两点,以AB为直径的圆M过坐标原点.(1)求抛物线C的方程;(2)证明:直线l恒过定点;(3)若线段AB中点的纵坐标为2,求此时直线l和圆M的方程.参考答案考前强化练7解答题组合练C1.解(1)f(x)=sin 2x-cos2x-=sin 2x-=sin 2x-cos 2x-1=sin2x--1.所以函数f(x)的最小正周期为π.(2)由f(C)=0,得sin2C-=1.因为0<C<π,所以-<2C-,所以2C-,C=.又sin B=2sin A,由正弦定理得=2.①由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ,即a2+b2-ab=3.②由①②解得a=1,b=2.,S n-1-S n=2S n S n-1,2.解(1)当n≥2时,S n-S n-1=-=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.-,(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n=-∴当n≥2时,S n=,---=.从而S1+S2+S3+…+S n<1+1-+…+-3.解(1)∵四边形ABCD是菱形,∴BD⊥AC.∵AF⊥BD,∴BD⊥平面ACEF,∵BD⊂平面BDE,∴平面ACEF⊥平面BDE.(2)在平面ABF内作BM∥AF,且BM=CE,连接AM交BF于点P.∵BM∥AF,AF∥CE,∴BM∥CE,又BM=CE,∴四边形BCEM为平行四边形,∴BC∥ME,且BC=ME.∵四边形ABCD是菱形,∴BC∥AD且BC=AD,∴ME∥AD且ME=AD.∴四边形ADEM为平行四边形.∴DE∥MA,即DE∥AP.∵BM∥AF,∴△BPM∽△FPA,∵BM=CE=AF,∴.4.解(1)f'(x)=+x+a=(x>0),令f'(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4.①当a2-4≤0时,即-2≤a≤2时,x2+ax+1≥0恒成立,即f'(x ≥0此时f(x)在(0,+∞)单调递增,无极值点.②当a2-4>0时,即a<-2或a>2,若a<-2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,由韦达定理-故x1>0,x2>0,此时x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增,故x1,x2分别为f(x)的极大值点和极小值点,因此a<-2时,f(x)有两个极值点.若a>2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,由韦达定理-故x1<0,x2<0,此时f(x)无极值点.综上:当a<-2时,f(x)有两个极值点,当a≥-2时,f(x)无极值点.(2)f(x ≤g(x)等价于ln x+x2+ax≤e x+x2,即e x-ln x+x2≥ax,因此a≤-.设h(x)=-,--h'(x)=-=--,当x∈(0,1)时,e x(x-1)+ln x+x2-1<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,e x(x-1)+ln x+x2-1>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增.因此x=1为h(x)的极小值点,即h(x ≥h(1)=e+1,故a≤e+1.5.解(1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,∴M(0,m),N-,∵|PM|=|MN|,∴P,Q-,∴直线QM的方程为y=-3kx+m.设A(x1,y1),由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,∴x1+=-,∴x1=-.设B(x2,y2),由-得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,∴x2+,∴x2=-.∵点N平分线段A1B1,∴x1+x2=-,∴-=-,∴k=±,∴P(±2m,2m),∴=1,解得m=±,∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意,∴直线l的方程为y=±x±.6.(1)解抛物线C:y2=2px(p>0),其准线方程为x=-,∵点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,∴点P到准线的距离等于|PF|,即1+=2,得p=2,∴所求抛物线方程为y2=4x.(2)证明①当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k≠0 m≠0.联立方程组得从而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,由题意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=-,x1x2=,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.因为以AB为直径的圆M过坐标原点,所以=0,即x1x2+y1y2=0,所以=0,所以m=-4k.所以直线l的方程为y=kx-4k,即y=k(x-4),所以直线l恒过定点(4,0).②当直线l的斜率不存在时,易求得点A,B坐标分别为(4,4),(4,-4),直线l也过点(4,0).综合①②可知,直线l恒过定点(4,0).(3)解由题意可知直线l斜率存在,设线段AB中点坐标为(x0,2),由(2)中所得x1+x2=-,x1x2=,则y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=,所以解得所以直线l的方程为y=x-4.因为线段AB中点坐标为(6,2),即为圆M的圆心坐标.设圆M:(x-6)2+(y-2)2=r2.将点(0,0)代入,得r2=40,所以圆M的方程为(x-6)2+(y-2)2=40.。
2020《新高考 二轮专题突破+考前集训 文科数学》练习册题库 专题通关练 专题六 立体几何
专题六立体几何重难小题保分练1．如图，点O为正方体ABCD－A′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F 为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的面上的正投影不可能是( )1．D 解析：由题意知光线从上向下照射，得到C ，光线从前向后照射，得到A ，光线从左向右照射得到B.故选D.2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为( ) A .163π B .323π C ．16π D ．24π2．B 解析：设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，∴这个球的体积为43πR3＝323π.3．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是( ) A ．40π2 B ．64π2C ．32π2或64π2D ．32π2＋8π或32π2＋32π3．D 解析：当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.4．(2019湖南湘潭第一次模拟)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A .2π3B .5π3C .7π3D .8π34．D 解析：根据给定的几何体的三视图可知，该几何体是两个相同的半圆锥与一个半圆柱的组合体，其体积V ＝12π×12×4＋2×12×13π×12×2＝8π3，故选D.5．(2019广东肇庆1月统测)已知圆锥的底面半径是1，且它的侧面展开图是半圆，则该圆锥的表面积是( )A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π5．B 解析：设圆锥母线长为l ，由于侧面展开图是半圆，故πl ＝2π×1，l ＝2，故侧面积为12×π×22＝2π，底面积为π×12＝π，∴表面积为2π＋π＝3π.故选B.6．(2019广西南宁第一次模拟)已知三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，则三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A .272πB .2732π C ．273π D ．27π6．B 解析：∵三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，∴△PAB ≌△PBC ≌△PAC .∵PA ⊥PB ，∴PA ⊥PC ，PC ⊥PB .以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．∵正方体的对角线长为32＋32＋32＝33，∴其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝2732π.7．(2019山东德州期末)已知直线l ，m 表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下列命题：①若l∥β，m ∥l ，则m∥β；②若l∥α，α∥β，则l∥β； ③若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；④若l⊥α，α∥β，则l⊥β.其中正确的命题的个数是( ) A . 1 B . 2 C . 3 D . 47．A 解析：在①中，若l ∥β，m ∥l ，则m ∥β或m ⊂β，故①错误；在②中，l ∥α，α∥β，则l ∥β或l ⊂β，故②错误；在③中，若l ⊥β，且α⊥β，则l ∥α或l ⊂α，故③错误；在④中，若l ⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定定理得l ⊥β，故④正确．8．(2019河北张家口期末)已知三棱锥P －ABC 的各顶点都在以O 为球心的球面上，球O 的表面积为50π，PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，则PA ＝( )A ．5 3B ．52C ．5D .528．C 解析：∵AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，且32＋42＝5，∴AB ⊥AC .又PA ⊥AB ，PA ⊥AC ，故三棱锥P －ABC 的外接球和以PA ，AB ，AC 分别为长、宽、高的长方体的外接球相同，设外接球的半径为R ，则4R 2＝PA 2＋AB 2＋AC 2＝PA 2＋9＋16.又∵外接球的表面积为50π＝4πR 2，∴4R 2＝50＝PA 2＋9＋16，故 PA ＝5.故选C.9．三棱锥S －ABC 的底面是以AB 为斜边的直角三角形，AB ＝2，SA ＝SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的表面积是________．9．4π 解析：由题意可得AS ⊥BS ，∴取AB 中点O ，则O 是三棱锥S －ABC 的外接球的球心，半径为1.∴S ＝4π.10．(2019湖南长沙统一检测)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段A 1B 上运动，则异面直线DP 与CB 1所成角的取值范围是________．10.⎝⎛⎦⎥⎤0，π3 解析：如图，在正方体中，连接DA 1，DB ，则CB 1∥DA 1，∴∠A 1DP 为异面直线DP 与CB 1所成的角，当点P 与B 重合时，∠A 1DP 最大，且最大为π3；当点P 与A 1无限接近时，∠A 1DP 趋近于零，故异面直线DP 与CB 1所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π3.11．(2019陕西咸阳模拟)设a ，b 为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列命题正确的是( )A ．若a∥α，b ∥α，则a∥bB ．若a ⊂α，b ⊂β，α∥β，则a∥bC ．若a∥α，a ∥β，则α∥βD ．若a⊥α，b ⊥β，a ⊥b ，则α⊥β11．D 解析：对于A 项，平行于同一平面的两条直线的位置关系可以是平行、相交或异面，∴A 不正确；对于B 项，分别位于两个互相平行的平面内的两条直线可以是平行、相交、异面的，∴B 不正确；对于C 项，平行于同一条直线的两个平面可以是相交的，可以是平行的，∴C 不正确；对于D 项，根据两个平面的法向量垂直，可得出两个平面是垂直的，∴D 是正确的．故选D.12．(2019四川成都实验外国语学校模拟)设a ，b 是两条直线，α，β是两个平面，则“a⊥b”的一个充分条件是( )A ．a ⊥α，b ∥β，α⊥βB ．a ⊥α，b ⊥β，a ∥βC ．a ⊂α，b ⊥β，α∥βD ．a ⊂α，b ∥β，α⊥β 12．C 解析：A.a ，b 可能垂直也可能不垂直；B.a ∥b ；D.a ，b 可能垂直也可能不垂直；C.α∥β，b ⊥β，那么b ⊥α，a ⊂α，那么b ⊥a ，故C 正确．故选C.13．(2019福建泉州1月质检)已知三棱锥A －BCD 的所有顶点都在球O 的球面上，AD ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，AD ＝2，若球O 的表面积为29π，则三棱锥A －BCD 的侧面积的最大值为( )A ．52＋254B ．52＋5414C ．63＋272D ．102＋25213．A 解析：设球O 的半径为R ，AB ＝x ，AC ＝y ，由4πR 2＝29π，得4R 2＝29.又x2＋y 2＋22＝(2R )2，∴x 2＋y 2＝25.三棱锥A －BCD 的侧面积S ＝S △ABD ＋S △ACD ＋S △ABC ＝12·2x ＋12·2y ＋12xy ＝x ＋y ＋12xy ，由x 2＋y 2≥2xy 得xy ≤252，当且仅当x ＝y ＝522时取等号，由(x ＋y )2＝x 2＋2xy ＋y 2≤2(x 2＋y 2)得x ＋y ≤52，当且仅当x ＝y ＝522时取等号，∴S ≤52＋12×252＝52＋254，当且仅当x ＝y ＝522时取等号. 故选A.14．(2019广东广州天河区模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为矩形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：①直线BE 与直线CF 异面；②直线BE 与直线AF 异面；③直线EF∥平面PBC ；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确的结论个数为( ) A . 4 B . 3 C . 2 D . 114．C 解析：将平面展开图还原后可得立体图形如图所示．①E ，F 分别为PA ，PD 中点⇒EF ∥AD ，又四边形ABCD 为矩形⇒AD ∥BC ，∴EF ∥BC ⇒B ，C ，E ，F 四点共面，∴直线BE 与CF 共面，不是异面直线，即①错误；②∵E ∈平面PAD ，AF ⊂平面PAD ，E ∉AF ，B ∉平面PAD ，∴直线BE 与直线AF 为异面直线，即②正确；③∵EF ∥BC ，BC ⊂平面PBC ，EF ⊄平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ，即③正确；④假设平面BCE ⊥平面PAD ，即平面BCEF ⊥平面PAD ，又平面BCEF ∩平面PAD ＝EF ，作PM ⊥EF ，垂足为M ，可得PM ⊥平面BCE ；但实际无法证得PM ⊥平面BCE ，故假设不成立，即④错误．故选C.15．(2019江西师范大学附属中学期末)已知棱长为a 的正方体的外接球表面积数值等于内切球体积数值的6倍，则实数 a ＝________．15．3 解析：设正方体的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则3a ＝2R ，2r ＝a ，R ＝32a ，r ＝12a .∵正方体的外接球表面积数值等于内切球体积数值的6倍，∴4πR 2＝6·43πr 3，即4π⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＝8π⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 3，解得a ＝3.16．(2019福建厦门期末)《九章算术》将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．如图所示，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某一阳马的正视图和侧视图，则该“阳马”中，最长的棱的长度为________．16.17 解析：根据三视图可得该几何体为一个四棱锥(如图所示)，其中侧棱PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为长方形，在该“阳马”中，最长的棱的长为22＋32＋22＝17.中档大题强化练(1)1．(2019福建厦门期末)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝1，AA 1＝1，E ，F 分别为棱A 1B 1，C 1D 1的中点，则异面直线AF 与BE 所成角的余弦值为( )A . 0B .55 C .32 D .2551．A 解析：如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连接CF ，AC ，EF ，AD 1，则BE ∥CF ，∴异面直线AF 与BE 所成的角即为直线AF 与CF 所成的角．设∠AFC ＝θ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，得AC ＝AB 2＋BC 2＝5，CF ＝CC 21＋C 1F 2＝2，AF ＝AD 21＋D 1F 2＝A 1D 21＋AA 21＋D 1F2＝ 3.在△ACF 中，由余弦定理推论可得cos θ＝AF 2＋CF 2－AC 22AF ·CF ＝3＋2－523×2＝0，即异面直线AF 与BE 所成的角的余弦值为0，故选A.2．(2019广东揭阳高中毕业班学业水平考试)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，∠ACB ＝90°，BC ＝CC 1＝1，AC ＝32，P 为BC 1上的动点，则CP ＋PA 1的最小值为( )A ．2 5B ．1＋32 C. 5 D ．1＋2 52．C 解析：由题设知△CC 1B 为等腰直角三角形，又A 1C 1⊥平面BCC 1B 1，故∠A 1C 1B ＝90°，将二面角A 1－BC 1－C 沿BC 1展开成平面图形，得四边形A 1C 1CB ，如图所示，由此，CP ＋PA 1要取得最小值，当且仅当C ，P ，A 1三点共线时．由题设知∠CC 1A 1＝135°，由余弦定理得A 1C2＝(32)2＋1－2×32×cos 135°＝25，所以A 1C ＝5.3．(2019吉林长春实验高中第五次月考)在四面体ABCD 中，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝4，AC ＝3，AD ＝1，E 为棱BC 上一点，且平面ADE⊥平面BCD ，则DE ＝________．3.135解析：如图，作AF ⊥DE 于点F ，∵平面ADE ⊥平面BCD ，∴AF ⊥平面BCD ，AF ⊥BC .∵DA ⊥平面ABC ，∴DA ⊥BC .又∵AF ∩AD ＝A ，∴BC ⊥平面ADE ，∴BC ⊥AE .∵AB ⊥AC ，AB＝4，AC ＝3，∴AE ＝4×332＋42＝125.∵DA ⊥平面ABC ，∴AD ⊥AE ，∴DE ＝AD 2＋AE 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝135.4．已知A ，B ，C 是半径为2的球O 表面上三点，若AB ＝1，AC ＝3，∠B ＝60°，则三棱锥O －ABC 的体积为________．4.12 解析：在△ABC 中，由正弦定理可得AC sin B ＝AB sin C ，解得sin C ＝12.由AB <AC 得∠C ＝30°，∴∠BAC ＝90°.∴△ABC 为直角三角形．如图，取BC 的中点为D ，则D 为△ABC 的外心．O 为球心，则有OD ⊥平面ABC .OD ＝AO 2－AD 2＝4－1＝3，三棱锥O －ABC 的体积为13S △ABC ·OD ＝13×12×1×3×3＝12. 5．(2019山东泰安第一次模拟)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为16π，AB ＝1，若△ABC 外接圆的圆心O 1在AC 上，半径r 1＝1，则直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为________．5．3 解析：如图，∵△ABC 外接圆的圆心O 1在AC 上，∴O 1为AC 的中点，且△ABC 是以∠ABC 为直角的直角三角形．由半径r 1＝1，得AC ＝2，又AB ＝1，∴BC ＝ 3.把直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为长方体，设BB 1＝x ，则其外接球的半径R ＝1212＋（3）2＋x 2.又直三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为16π，∴4πR 2＝16π，即R ＝2，∴12x 2＋4＝2，解得 x＝23.∴直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为12×1×3×23＝3.6．(2019广西南宁、玉林、贵港等毕业班摸底)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，PB ⊥BC ，PD ⊥CD ，且PA ＝2，E 为PD 中点．(1)求证：PA⊥平面ABCD ； (2)求几何体P －ABE 的体积．6．(1)证明：∵底面ABCD 为正方形， ∴BC ⊥AB .又BC ⊥PB ，AB ∩PB ＝B ，∴BC ⊥平面PAB .又PA ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PA . 同理CD ⊥PA ，BC ∩CD ＝C ， ∴PA ⊥平面ABCD .(2)解：∵E 为PD 的中点，∴V P －ABE ＝V E －PAB ＝12V D －PAB ＝12V P －ABD ＝12×13×12×2×2×2＝23.7. 已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长和底面边长均为2，A 1在底面ABC 内的射影O 为底面三角形ABC 的中心，如图所示．(1)连接BC 1，求异面直线AA 1与BC 1所成角的大小； (2)连接A 1C ，A 1B ，求三棱锥C 1－BCA 1的体积．7．解：(1)如图，连接AO ，并延长与BC 交于点D ，则D 是BC 边的中点． ∵点O 是正三角形ABC 的中心， 且A 1O ⊥平面ABC ，∴BC ⊥A 1O .∵BC ⊥AD ，AD ∩A 1O ＝O ，∴BC ⊥平面ADA 1. ∴BC ⊥AA 1.又∵AA 1∥CC 1， ∴CC 1⊥BC ，∴异面直线AA 1与BC 1所成的角为∠BC 1C 或其补角． ∵BC ＝CC 1＝B 1C 1＝BB 1＝2，即四边形BCC 1B 1为正方形，∴异面直线AA 1与BC 1所成角的大小为π4.(2)∵三棱柱的所有棱长都为2，∴可求得AD ＝3，AO ＝23AD ＝233，A 1O ＝AA 21－AO 2＝263.∴VABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1O ＝22，VA 1－BCC 1B 1＝VABC －A 1B 1C 1－VA 1－ABC ＝423， ∴VC 1－BCA 1＝VA 1－BCC 1＝12VA 1－BCC 1B 1＝223.8．(2019河南九师联盟2月质量检测)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ＝PD ，PA ⊥AB ，N 是棱AD 的中点．(1)求证：平面PAB⊥平面PAD ；(2)若AB ＝AD ＝AP ＝2，求点N 到平面PAC 的距离．8．(1)证明：在矩形ABCD 中，AB ⊥AD . 又∵AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD . 又∵AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)解：在△PAD 中，∵PA ＝PD ，N 是棱AD 的中点，∴PN ⊥AD .由(1)知AB ⊥平面APD ，∴AB ⊥PN .又∵AB ∩AD ＝A ，∴PN ⊥平面ABCD ，PN ＝32×2＝ 3 . ∵CD ∥AB ，∴CD ⊥平面PAD ，而PD ⊂平面PAD ，∴CD ⊥PD ， ∴在△PAC 中，PA ＝2，AC ＝PC ＝22，S △PAC ＝12×2×（22）2－1＝7.设点N 到平面PAC 的距离为d ，V N －PAC ＝V P －NAC ，∴13S △PAC d ＝13S △NAC ×PN ，∴7d ＝12×1×2×3，解得d ＝217，∴点N 到平面PAC 的距离为217.9．(2019河北衡水12月联合质量测评)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2，AC ＝CC 1＝22，其中P 为棱CC 1上的任意一点，设平面PAB 与平面A 1B 1C 的交线为QR.(1)求证：AB∥QR；(2)若P 为棱CC 1的中点，求几何体QRABC 的体积．9．(1)证明：在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， ∵AB ∥A 1B 1，AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， ∴AB ∥平面A 1B 1C .∵平面PAB 与平面A 1B 1C 的交线为QR ，且AB ⊂平面PAB ， ∴AB ∥QR .(2)解：在侧面BCC 1B 1中，∵BC ＝2，CC 1＝22，P 为棱CC 1的中点，∴tan ∠BB 1C ＝BC BB 1＝12，tan ∠PBC ＝CP BC ＝22，∴∠BB 1C ＝∠PBC ，∴PB ⊥B 1C ，即CR ⊥PB .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB . ∵AB ＝BC ＝2，AC ＝22，∴AB 2＋BC 2＝AC 2，∴AB ⊥BC .又BB 1∩BC ＝B ，∴AB ⊥平面BCC 1B 1.又AB ∥QR ，∴QR ⊥平面BCC 1B 1.∵BC ＝2，PC ＝2，又△PRC ～△PCB ，∴CR ＝CP ·CB PB ＝2×2（2）2＋22＝23. ∴PR ＝CP 2PB ＝（2）2（2）2＋22＝26. ∵AB ∥QR ，∴QR AB ＝PR PB .∴QR ＝AB ·PRPB＝2×266＝23. ∴几何体QRABC 的体积为V A －PBC －V Q －PRC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2－13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×26×23＝16227.10．(2019江西上饶重点中学六校第一次联考)如图，在边长为2的菱形ABCD 中，∠ADC ＝60°，现将△ADC 沿AC 边折到△APC 的位置．(1)求证：PB⊥AC；(2)求三棱锥P －ABC 体积的最大值．10．(1)证明：取AC 的中点为O ，连接PO ，OB ，如图．易得AC ⊥PO ，AC ⊥OB ，PO ∩OB ＝O ，∴AC ⊥平面POB .又PB ⊂平面POB ，∴AC ⊥PB . (2)解：由(1)知AC ⊥平面POB ，且在边长为2的菱形ABCD 中，∠ADC ＝60°，∴AC ＝2，PO ＝OB ＝3，所求体积转化为V P －ABC ＝V A －POB ＋V C －POB ＝13AC ·S △POB ＝13×2×12×3×3sin ∠POB＝sin ∠POB ，∴当∠POB ＝90°时，V P －ABC 的最大值为1.中档大题强化练(2)1．(2019河北衡水中学七调)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面为等边三角形，且底面积为34，体积为34，点P ，Q 分别为线段A 1B ，B 1C 上的动点，若直线PQ∩平面ACC 1A 1＝∅，点M 为线段PQ 的中点，则点M 的轨迹长度为( ) A .24 B .34 C .22 D .321．D 解析：∵直线PQ 与平面A 1ACC 1无交点，∴PQ 与此平面平行，∴A 1P ＝CQ .当点P ，Q 分别在点A 1，C 处时，此时点M 为A 1C 的中点；当点P ，Q 分别在点B ，B 1处时，此时点M 为BB 1的中点．若D ，E ，F 分别为三条棱的中点，则点M 的轨迹为等边三角形DEF 的中线．设底面边长为x ，由底面面积可得34x 2＝34，∴x ＝1，∴轨迹长度为32.故选D.2．(2019福建龙岩期末)在三棱锥A －BCD 中，△ABC 和△BCD 都是边长为23的等边三角形，且平面ABC⊥平面BCD ，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．16πD ．20π2．D 解析：如图，取BC 的中点E ，连接AE 与DE ，则AE ⊥DE ，且AE ＝DE ＝23×32＝3．(2019辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校期末)已知四面体ABCD ，AB ＝2，AC ＝AD ＝3，∠BAC ＝∠BAD＝60°，∠CAD ＝90°，则该四面体外接球的半径为( )A . 1B . 5C . 3D . 23．B 解析：设E 为CD 的中点，由于三角形ACD 为直角三角形，故其外心为E 点，则球心在E 点的正上方，设球心为O .其中CD ＝32，AE ＝CE ＝DE ＝322.由余弦定理得BC ＝BD＝22＋32－2×2×3×cos 60°＝7，BE ＝BC 2－CE 2＝102.设外接球的半径为r .在三角形DEO 中，由勾股定理得OE 2＋DE 2＝r 2①.在三角形BEO 中，由余弦定理得cos ∠BEO ＝OE 2＋BE 2－r 22×OE ×BE ②.在三角形ABE 中，由余弦定理可知cos ∠AEB ＝AE 2＋BE 2－AB 22×AE ×BE ＝15，由于AE ⊥OE ，则∠AEO ＝90°，∴∠BEO ＝90°＋∠AEB ，∴cos ∠BEO ＝cos(90°＋∠AEB )＝－sin∠AEB ＝－25③.联立①②③可得OE ＝22，r ＝ 5.故选B. 在DE 上取点I 使得EI ＝13DE ，在AE 上取点H 使得EH ＝13AE ，则点I 是三角形BCD 的外接圆圆心，点H 是三角形BCA 的外接圆圆心，则BI ＝12×2332＝2.分别过点I ，H 作平面BCD和ABC 的垂线IO 和HO 交于O 点，则点O 是三棱锥A －BCD 的外接球球心，OI ＝EH ＝13×3＝1，OB ＝BI 2＋OI 2＝4＋1＝5，故外接球半径为5，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为4π×5＝20π.故选D.4．(2019湖南湘潭第一次模拟)在三棱锥D －ABC 中，CD ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝BD ＝5，BC ＝4，则此三棱锥的外接球的表面积为________．4．34π 解析：在三棱锥D －ABC 中，CD ⊥底面ABC ，∴CD ⊥CB ，CD ⊥CA .又AC ⊥BC ，AB ＝BD ＝5，BC ＝4，∴AC ＝CD ＝52－42＝3，故三棱锥D －ABC 的外接球的半径R ＝32＋42＋322＝342，则其表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫3422＝34π.5．(2019湖南长沙雅礼中学月考)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，BC ＝2 cm ，AA 1＝2 cm ，E 为CC 1的中点，则一质点自点A 出发，沿着长方体的表面到达点E 的最短路线的长为________cm .5．3 2 解析：将长方体沿C 1C, C 1B 1, BC 剪开，使平面ABB 1A 1和平面BCC 1B 1在同一个平面内，连接AE ，如图1.在Rt △ACE 中，AC ＝5，CE ＝1，由勾股定理，得AE 2＝AC 2＋CE 2＝26，则 AE ＝26.将长方体沿C 1D 1，DD 1，C 1C 剪开，使平面ABCD 和平面CDD 1C 1在同一个平面内，连接AE ，如图2.在Rt △ABE 中，AB ＝3，BE ＝3, 由勾股定理，得AE 2＝AB 2＋BE 2＝32＋32，则AE ＝3 2.将长方体沿B 1C 1，CC 1，BB 1剪开，使平面ABCD 和平面BCC 1B 1在同一个平面内，连接AE ，如图3.在 Rt △AB 1E 中，AB 1＝5，B 1E ＝1, 由勾股定理，得AE 2＝AB 21＋B 1E 2＝52＋12＝26，则AE ＝26.故沿着长方体的表面到达点E 的最短路线的长为32cm.6．(2019安徽黄山一模)已知三棱锥A －BCD ，BC ＝6，且△ABC ，△BCD 均为等边三角形，二面角A －BC －D 的平面角为60°，则三棱锥外接球的表面积是________．6．52π 解析：如图，取BC 的中点为E ，连接AE ，DE ，由△ABC ，△BCD 均为等边三角形，可知∠AED ＝60°，则△AED 为正三角形，边长ED ＝6×32＝33，且所求外接球球心在平面AED 上，在线段ED 上取点R ，使得DR ＝23DE ，则底面三角形的外接圆圆心为R ，在线段AD 上取中点F ，连接FE ，过R 点作DE 的垂线交FE 于O 点，则外接球的球心为O 点．在三角形OER 中，OR ＝ER tan 30°＝13DE tan 30°＝1，则外接球的半径r ＝BR 2＋OR 2＝（23）2＋12＝13，三棱锥外接球的表面积是4π(13)2＝52π.7．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABM －DCP 与刍童ABCD －A 1B 1C 1D 1的组合体中，AB ＝AD ，A 1B 1＝A 1D 1.台体体积公式：V ＝13(S′＋S′S＋S)h ，其中S′，S 分别为台体上、下底面的面积，h 为台体的高．(1)求证：直线BD⊥平面MAC ；(2)若AB ＝1，A 1D 1＝2，MA ＝3，三棱锥A －A 1B 1D 1的体积V′＝233，求该组合体的体积．7．(1)证明：由题意可知ABM －DCP 是底面为直角三角形的直棱柱，∴AD ⊥平面MAB . ∵MA ⊂平面MAB ，∴AD ⊥MA .又MA ⊥AB ，AD ∩AB ＝A ，AD ⊂平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴MA ⊥平面ABCD .∵BD ⊂平面ABCD ，∴MA ⊥BD .∵AB ＝AD ，∴四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC . 又MA ∩AC ＝A ，MA ⊂平面MAC ，AC ⊂平面MAC ， ∴BD ⊥平面MAC .(2) 解：设刍童ABCD －A 1B 1C 1D 1的高为h ，则三棱锥A －A 1B 1D 1的体积V ′＝13×12×2×2×h ＝233，∴h ＝3，故该组合体的体积V ＝12×1×3×1＋13×12＋22＋12×22×3＝32＋733＝1736.8．(2019广东汕尾普通高中教学质量检测)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AC ＝2AA 1＝2，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1.(2)线段BC 1上是否存在点N ，使三棱锥N －ADC 1的体积为312？若存在，确定点N 的位置；若不存在，说明理由．8．(1)证明：连接A 1C ，与AC 1交于点O ，连接OD ，A 1B ，如图所示． 在△CA 1B 中，O 和D 分别是CA 1和CB 的中点，则OD ∥A 1B . 又OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， ∴A 1B 平面∥ADC 1.(2)解：连接BC 1，假设线段BC 1上存在点N ，使得三棱锥N －ADC 1的体积为312. 设N 到平面ADC 1的距离为h ，由题意可知，△ABC 为等边三角形， 又D 为BC 的中点，∴AD ⊥BC .又三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱，∴BB 1⊥AD ， 故AD ⊥平面BCC 1B 1，∴△ADC 1为直角三角形，AD ＝3，DC 1＝2，∴△ADC 1的面积为62.由三棱锥的体积公式可知，VN －ADC 1＝13S △ADC 1·h ＝312，∴h ＝24. 又AD ⊥平面BCC 1B 1，∴平面BCC 1B 1⊥平面ADC 1，故点N 到平面ADC 1的距离与点N 到直线DC 1的距离相等． 又△DCC 1为等腰直角三角形，∴点C 到直线DC 1的距离为22. 又点B 与点C 到平面ADC 1的距离相等，故点B 到直线DC 1的距离也为22， ∴当N 为BC 1的中点时，点N 到平面ADC 1的距离为24，三棱锥N －ADC 1的体积为312.9．(2019湖南师大附中月考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ，AB ＝2AD ，E 是线段PD 上的点，F 是线段AB 上的点，且PE ED ＝BFFA＝λ(λ>0)．(1)求证：EF∥平面PBC. (2)是否存在实数λ，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．9．(1)证明：如图，作EH ∥AD 交PA 于点H ，连接HF ，∵EH ∥BC ，∴PE ED ＝PHHA.又∵PE ED ＝BF FA ＝λ，∴PH HA ＝BFFA ，∴FH ∥PB .又∵EH ∥AD ，FH ∩HE ＝H ， ∴平面EFH ∥平面PBC .∵EF ⊂平面EFH ，∴EF ∥平面PBC .(2)解：存在实数λ＝5，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°.其理由如下：假设存在实数λ，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°， ∵AB ∥CD ，∴∠AFE 为异面直线EF 与CD 所成角， ∴∠AFE ＝60°.如图，过点E 作EQ ⊥AD 交AD 于点Q ，连接FQ ， ∵PA ＝AD ，AB ＝2AD ， ∴设AD ＝1.又∵PE ED ＝BFFA＝λ，AF ＝DE ＝21＋λ，AQ ＝λ1＋λ，EQ ＝11＋λ， ∴FQ 2＝AF 2＋AQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ2＝2＋λ2（1＋λ）2，∴EF 2＝EQ 2＋FQ 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ2＋2＋λ2（1＋λ）2＝3＋λ2（1＋λ）2， ∴在Rt △FAE 中，cos ∠AFE ＝cos 60°＝AF EF ，∴14＝23＋λ2，∴λ＝ 5.∴存在实数λ＝5，使得异面直线EF 与CD 所成角为60°.10．(2019山东临沂第一次模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，AD ∥BC ，AD ＝2BC ＝4，PB ＝42，M 是线段AP 的中点． (1)求证：BM∥平面PCD.(2)当PA 为何值时，四棱锥P －ABCD 的体积最大？并求此最大值．10．(1)证明：如图，取PD 中点N ，连接MN ，CN ， ∵M 是AP 的中点，∴MN ∥AD 且MN ＝12AD .∵AD ∥BC ，AD ＝2BC ， ∴MN ∥BC ，MN ＝BC ，∴四边形MNCB 是平行四边形， ∴MB ∥CN .又BM ⊄平面PCD ，CN ⊂平面PCD ， ∴BM ∥平面PCD .(2)解：设PA ＝x (0＜x ＜42)， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥AB .∵PB ＝42，∴AB ＝PB 2－AB 2＝32－x 2.又∵AB ⊥AD ，AD ＝2BC ＝4，∴V P －ABCD ＝13S ABCD ×PA ＝13×12(AD ＋BC )×AB ×PA ＝x 32－x 2≤x 2＋32－x 22＝16， 当且仅当x ＝32－x 2，即x ＝4时取等号，故当PA ＝4时，四棱锥P －ABCD 的体积最大，最大值为16.。
2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版考前强化练：6 解答题组合练：B Word版含解析
考前强化练6解答题组合练B1.(2019山东临沂高三三模,文)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,sin(B+C)+2cos+B cos C=0.(1)求证:B=C;(2)若cos A=,△ABC的外接圆面积为,求△ABC的周长.2.△ABC中的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.(1)求角B;(2)若b=,求△ABC面积的最大值.3.(2019河北冀县中学高三二模,文18)手机厂商推出一款6寸大屏手机,现对500名该手机使用者(200名女性,300名男性)进行调查,对手机进行评分,评分的频数分布表如下:(1)完成下列频率分布直方图,并比较女性用户和男性用户评分的波动大小(不计算具体值,给出结论即可);女性用户男性用户(2)把评分不低于70分的用户称为“评分良好用户”,完成下列列联表,能否在犯错误的概率不超过0.100的前提下认为“评分良好用户”与性别有关?参考附表:参考公式K2=-,其中n=a+b+c+d.4.某校倡导为特困学生募捐,要求在自动购水机处每购买一瓶矿泉水,便自觉向捐款箱中至少投入一元钱.现统计了连续5天的售出矿泉水箱数和收入情况,列表如下:学校计划将捐款以奖学金的形式奖励给品学兼优的特困生,规定:特困生综合考核前20名,获一等奖学金500元;综合考核21~50名,获二等奖学金300元;综合考核50名以后的不获得奖学金.(1)若x与y成线性相关,则某天售出9箱水时,预计收入为多少元?(2)假设甲、乙、丙三名学生均获奖,且各自获一等奖和二等奖的可能性相同,求三人获得奖学金之和不超过1 000元的概率.附:回归方程x+,其中---.5.(2019湖北十堰高三调研,理21)已知函数f(x)=ln x.(1)当a>0时,讨论函数F(x)=x2-(6+a)x+2af(x)的单调性;(2)设函数g(x)=,若斜率为k的直线与函数y=g'(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,证明:x1<<x2.6.(2019山东栖霞高三模拟,理21)设函数f(x)=x ln x-a e x,其中a∈R,e是自然对数的底数.(1)若f(x)在(0,+∞)上存在两个极值点,求a的取值范围;(2)若a≥,证明:f(x)<0.参考答案考前强化练6解答题组合练B1.(1)证明∵sin(B+C)+2cos+B cos C=0,∴sin(B+C)-2sin B cos C=0.∴sin B cos C+cos B sin C-2sin B cos C=0.∴cos B sin C-sin B cos C=0.∴sin(B-C)=0.∴B=C.(2)解设△ABC的外接圆半径为R,由已知得πR2=π,∴R=.∵cos A=,0<A<π,∴sin A=.∴a=2R sin A=4.∵B=C,∴b=c.由a2=b2+c2-2bc·cos A,得16=2b2-b2,解得b=2,∴a+b+c=4+4.∴△ABC的周长为4+4.2.解(1)利用正弦定理,得=1+,即sin(B+C)=cos C sin B+sin C sin B,∴sin B cos C+cos B sin C=cos C sin B+sin C sin B,∴cos B sin C=sin C sin B,又sin B≠0,∴tan B=1,B=.(2)由(1)得B=,由余弦定理可得:b2=a2+c2-2ac cos B,则有2=a2+c2-ac,即有2+ac=a2+c2,又由a2+c2≥2ac,则有2+ac≥2ac,变形可得:ac≤=2+,-则S=ac sin B=ac≤.即△ABC面积的最大值为.3.解(1)女性用户和男性用户的频率分布直方图分别如下图:女性用户男性用户由图可得女性用户的波动大,男性用户的波动小.(2)2×2列联表如下图:计算得K2的观测值k=-≈5.208>2.706,所以在犯错误的概率不超过0.100的前提下认为“评分良好用户”与性别有关.4.解(1)=6,=146,--=-=20,=146-20×6=26,故=20+26,当x=9时,=20×9+26=206,即某天售出9箱水的预计收益是206元.(2)设甲获一等奖为事件A1,甲获二等奖为事件A2,乙获一等奖为事件B1,乙获二等奖为事件B2,丙获一等奖为事件C1,丙获二等奖为事件C2,则总事件有:(A1,B1,C1),(A1,B1,C2),(A1,B2,C1),(A2,B1,C1),(A2,B2,C1),(A2,B1,C2),(A1,B2,C2),(A2,B2,C2),8种情况.甲、乙、丙三人奖金不超过1 000的事件有(A2,B2,C2)1种情况,则求三人获得奖学金之和不超过1 000元的概率P=.5.(1)解∵F(x)=x2-(6+a)x+2a ln x,∴F'(x)=3x-(6+a)+--(其中x>0).令F'(x)=0可得,x=2或x=a.①当a>2即a>6时,当x∈a,+∞∪(0,2)时,F'(x)>0,函数在(0,2),a,+∞内单调递增, 当2<x<a时,F'(x)<0,函数在2,a内单调递减.②当a=6时,F'(x ≥0在(0,+∞)内恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增.③当0<a<2即0<a<6时,x∈(2,+∞)∪0,a时,F'(x)>0,函数在0,a,(2,+∞)内单调递增,在a,2内单调递减.(2)证明g(x)==x ln x,则g'(x)=1+ln x.故k=--,x1<<x2⇔x1<--<x2⇔1<-.令t=(t>1),要证明x1<<x2,只要证1<-<t,由t>1可知ln t>0,故只要证明ln t<t-1<t ln t(t>1).①设h(t)=t-1-ln t,t>1,则h'(t)=1->0,故h(t)在(1,+∞)上单调递增,∴h(t)>h(1)=0,即ln t<t-1.②设m(t)=t ln t-(t-1),t>1,则m'(t)=ln t>0,故m(t)在(1,+∞)上单调递增.∴m(t)>m(1)=0,即t-1<t ln t.综上可得,x1<<x2.6.(1)解由题意可知,x>0,f'(x)=ln x+1-a e x=0,f(x)在(0,+∞)上存在两个极值点等价于f'(x)=0在(0,+∞)有两个根, 由ln x+1-a e x=0可得,a=.令g(x)=,则g'(x)=--.令h(x)=-ln x-1,可得h'(x)=-.当x>0时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,且h(1)=0,当x∈(0,1)时,h(x)>0,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减;所以x=1是g(x)的极大值也是最大值,又当x→0时,g(x →-∞,当x→+∞,g(x)大于0趋向于0,要使f'(x)=0在(0,+∞)有两个根,只需0<a<g(1),所以a的取值范围为0<a<.(2)证明f(x)<0即x ln x-a e x<0,等价于ln x-<0.令F(x)=ln x-,F'(x)=---.当0<x≤1时,F'(x)>0,单调递增,所以F(x ≤F(1)=-a e<0.当x>1时,F'(x)=--e x--,令G(x)=e x--,G'(x)=e x+->0.又G(2)=e2--≥0∵a≥,取m∈(1,2),且使->e2,即1<m<-,则有G(m)=e m--<e2-e2=0.因为G(m)G(2)<0,故G(x)存在唯一零点x0,x0∈(1,2), 即F(x)有唯一的极值点且为极小值点x0∈(1,2).,由G(x0)=0可得,-.故F(x0)=ln x0--因为F'(x0)=>0,-故F(x0)在(1,2)内为增函数,所以F(x0)<F(2)=ln 2-≤ln 2-1<0∵a≥.综上,当a≥时,总有f(x)<0.。
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2020文科高考考前集训：解答题限时练1.(2019河北枣强中学高三模拟,文17)已知函数f(x)=sin 2x-cos2x-.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.
(n≥2).
2.已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=
-
(1)求证:数列是等差数列;
(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+S n<.
3.
如图,四边形ABCD是菱形,AF⊥BD,AF∥CE且AF=2CE.
(1)求证:平面ACEF⊥平面BDE;
(2)已知在线段BF上有一点P,满足AP∥DE,求的值.
4.已知函数f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=e x+x2.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数;
(2)若对∀x>0,不等式f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.
5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点
D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.
(1)求椭圆C的方程.
(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.
6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,a)在此抛物线
上,|PF|=2,不过原点的直线l与抛物线C交于A,B两点,以AB为直径的圆M过坐标原点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)证明:直线l恒过定点;
(3)若线段AB中点的纵坐标为2,求此时直线l和圆M的方程.
参考答案
1.解(1)f(x)=sin 2x-cos2x-
=sin 2x-
=sin 2x-cos 2x-1
=sin2x--1.
所以函数f(x)的最小正周期为π.
(2)由f(C)=0,得sin2C-=1.
因为0<C<π,
所以-<2C-,
所以2C-,C=.
又sin B=2sin A,由正弦定理得=2.①
由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ,
即a2+b2-ab=3.②由①②解得a=1,b=2.
,S n-1-S n=2S n S n-1,
2.解(1)当n≥2时,S n-S n-1=
-
=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.
-
(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n=
,
-
∴当n≥2时,S n=
,
---
=.从而S1+S2+S3+…+S n<1+1-+…+
-
3.解(1)∵四边形ABCD是菱形,
∴BD⊥AC.
∵AF⊥BD,∴BD⊥平面ACEF,
∵BD⊂平面BDE,∴平面ACEF⊥平面BDE.
(2)在平面ABF内作BM∥AF,且BM=CE,连接AM交BF于点P.
∵BM∥AF,AF∥CE,∴BM∥CE,
又BM=CE,
∴四边形BCEM为平行四边形,
∴BC∥ME,且BC=ME.
∵四边形ABCD是菱形,
∴BC∥AD且BC=AD,
∴ME∥AD且ME=AD.
∴四边形ADEM为平行四边形.
∴DE∥MA,即DE∥AP.
∵BM∥AF,∴△BPM∽△FPA,
∵BM=CE=AF,∴.
4.解(1)f'(x)=+x+a=(x>0),令f'(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4.
①当a2-4≤0时,即-2≤a≤2时,x2+ax+1≥0恒成立,即f'(x ≥0
此时f(x)在(0,+∞)单调递增,无极值点.
②当a2-4>0时,即a<-2或a>2,
若a<-2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,
由韦达定理-
故x1>0,x2>0,
此时x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增,
故x1,x2分别为f(x)的极大值点和极小值点,
因此a<-2时,f(x)有两个极值点.
若a>2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,
由韦达定理-
故x1<0,x2<0,此时f(x)无极值点.
综上:当a<-2时,f(x)有两个极值点,当a≥-2时,f(x)无极值点.
(2)f(x ≤g(x)等价于ln x+x2+ax≤e x+x2,
即e x-ln x+x2≥ax,因此a≤-.
设h(x)=-,
h'(x)=-
--
=--,
当x∈(0,1)时,e x(x-1)+ln x+x2-1<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,e x(x-1)+ln x+x2-1>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增.
因此x=1为h(x)的极小值点,即h(x ≥h(1)=e+1,故a≤e+1.
5.解(1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.
(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,
∴M(0,m),N-,
∵|PM|=|MN|,
∴P,Q-,
∴直线QM的方程为y=-3kx+m.
设A(x1,y1),由
得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
∴x1+=-,
∴x1=-.
设B(x2,y2),由-
得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,
∴x2+,
∴x2=-.
∵点N平分线段A1B1,
∴x1+x2=-,
∴-=-,
∴k=±,
∴P(±2m,2m),∴=1,解得m=±,
∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意,
∴直线l的方程为y=±x±.
6.(1)解抛物线C:y2=2px(p>0),其准线方程为x=-,
∵点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,
∴点P到准线的距离等于|PF|,即1+=2,得p=2,
∴所求抛物线方程为y2=4x.
(2)证明①当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k≠0 m≠0.联立方程组得从而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,
由题意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=-,x1x2=,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.
因为以AB为直径的圆M过坐标原点,
所以=0,即x1x2+y1y2=0,
所以=0,所以m=-4k.
所以直线l的方程为y=kx-4k,即y=k(x-4),
所以直线l恒过定点(4,0).
②当直线l的斜率不存在时,易求得点A,B坐标分别为(4,4),(4,-4),直线l也过点(4,0).综合①②可知,直线l恒过定点(4,0).
(3)解由题意可知直线l斜率存在,设线段AB中点坐标为(x0,2),由(2)中所得
x1+x2=-,x1x2=,则y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=,
所以解得
所以直线l的方程为y=x-4.
因为线段AB中点坐标为(6,2),即为圆M的圆心坐标.
设圆M:(x-6)2+(y-2)2=r2.将点(0,0)代入,得r2=40,
所以圆M的方程为(x-6)2+(y-2)2=40.。