教辅：高考数学大二轮复习之解答题4

二、解答题解答题(四)第二部分刷题型解方案一：若①②③，则④.证明：由②得b2＝a2＋c2－ac，得cosB＝12，即B＝60°；由①S△ABC＝32，得12acsinB＝32，又B＝60°，得ac＝2；由③ac＝2或12，不妨取ac＝2，联立ac＝2，得a＝2，c＝1；由余弦定理得b2＝a2＋c2－ac＝4＋1－2＝3，得b＝3，④成立．解17．(2020·山东淄博二模)下面给出有关△ABC的四个论断：①S△ABC＝32；②b2＋ac＝a2＋c2；③ac＝2或12；④b＝3.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若________，则________(用序号表示)，并给出证明过程．方案二：若①②④，则③.证明：由②得b2＝a2＋c2－ac，得cosB＝12，即B＝60°；由①S△ABC＝32，得12acsinB＝32，又B＝60°，得ac＝2；由④b＝3，且b2＝a2＋c2－ac，得a2＋c2－ac＝3；从而(a＋c)2＝3＋6＝9，所以a＋c＝3，(a－c)2＝3－2＝1，所以a－c＝±1，得a＝2，c＝1或a＝1，c＝2，得ac＝2或12，③成立．解方案三：若①③④，则②.证明：由①S△ABC＝32，得12acsinB＝32；由③ac＝2或12，不妨取ac＝2，得c2sinB＝32，即sinB＝32c2；由④b＝3，且b2＝a2＋c2－2accosB，ac＝2，得5c2－4c2cosB＝3，从而cosB＝5c2－34c2；同时sin2B＋cos2B＝1，得3c4－10c2＋7＝0，得c＝1或73，当c＝1时，a＝2，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，且b＝3，得cosB＝12，即B＝60°，即b2＝a2＋c2－ac，②成立；当c＝73时，a＝273，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB，且b＝3，得cosB＝1314，即B＝60°不成立，即b2＝a2＋c2－ac不成立，②不成立．解方案四：若②③④，则①.证明：由②得b2＝a2＋c2－ac，得cosB＝12，即B＝60°；由④b＝3，且b2＝a2＋c2－2ac，得a2＋c2－ac＝3；由③ac＝2或12，不妨取ac＝2，代入a2＋c2－ac＝3，得3c2＝3，得c＝1，a＝2；从而得12acsinB＝32，S△ABC＝32，①成立．解18．(2020·海南中学高三摸底)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足S2＝2，S4＝16，{an＋1}是等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log2(3an＋3)，求数列1bnbn＋1的前n项和．解(1)设{an＋1}的公比为q，由题知q0，且有a3＋1＝q2a1＋1，a4＋1＝q2a2＋1，所以a3＋a4＋2＝q2(a1＋a2＋2)，即S4－S2＋2＝q2(S2＋2)，代入S2＝2，S4＝16，得16＝4q2，所以q＝2或q＝－2(舍去)，所以a2＋1＝2(a1＋1)，所以a2＝2a1＋1.由2＝S2＝a1＋a2＝a1＋2a1＋1，得a1＝13，所以a1＋1＝43，所以an＋1＝(a1＋1)·qn－1＝43×2n－1，所以an＝2n＋13－1.解(2)因为an＝2n＋13－1，所以bn＝log2(3an＋3)＝n＋1，1bnbn＋1＝1n＋1n＋2＝1n＋1－1n＋2，所以数列1bnbn＋1的前n项和为12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2＝n2n＋2.解19．(2020·广州综合测试)随着马拉松运动在全国各地逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人数逐年增加．为此，某市对参加马拉松运动的情况进行了统计调査，其中一项是调査人员从参与马拉松运动的人中随机抽取100人，对其每月参与马拉松运动训练的天数进行统计，得到以下统计表：平均每月进行训练的天数xx≤55x20x≥20人数156025(1)以这100人平均每月进行训练的天数位于各区间的频率代替该市参与马拉松训练的人平均每月进行训练的天数位于该区间的概率．从该市所有参与马拉松训练的人中随机抽取4个人，求恰好有2个人是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的概率；解(1)记“平均每月进行训练的天数不少于20天”为事件A，由表可知P(x≥20)＝25100＝14，所以P(A)＝C24142·1－142＝27128.解(2)依据统计表，用分层抽样的方法从这100个人中抽取12个，再从抽取的12个人中随机抽取3个，Y表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，求Y的分布列及数学期望E(Y)．(2)由题意得，抽取的x20的人数为12×34＝9；x≥20的人数为12×14＝3；从抽取的12个人中随机抽取3个，Y表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，Y的可能取值为0,1,2,3，则P(Y＝0)＝C39C312＝84220＝2155；P(Y＝1)＝C29C13C312＝108220＝2755；P(Y＝2)＝C19C23C312＝27220；P(Y＝3)＝C33C312＝1220.解所以Y的分布列为Y0123P21552755272201220所以Y的数学期望E(Y)＝0×2155＋1×2755＋2×27220＋3×1220＝34.解20.(2020·山东滨州三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是AB︵的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．(1)求证：FO1∥平面ADE；(2)设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A－FB－C的余弦值．解(1)证明：连接O1C，O1D，因为C，D是AB︵的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形．解所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是菱形，所以CO1∥AD，又因为CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC.又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC⊂平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.解(2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥圆柱O1O2的底面，所以∠FAC即为直线AF与平面ACB所成的角，即∠FAC＝30°，因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BCtan60°＝3，所以在Rt△FAC中，FC＝ACtan30°＝1.解因为AC⊥BC，AC⊥FC，BC∩FC＝C，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH.因为AC∩CH＝C，AC，CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC就是二面角A－FB－C的平面角．解在Rt△FBC中，CH＝FC·BCFB＝22，在Rt△ACH中，∠ACH＝90°，所以AH＝AC2＋CH2＝142，所以cos∠AHC＝CHAH＝77，所以二面角A－FB－C的余弦值为77.解21．已知抛物线C：x2＝2py(p0)的焦点为F，M(－2，y0)是C上一点，且|MF|＝2.(1)求C的方程；(2)过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线C的切线l1，l2，两条切线相交于点P，点P关于直线AB的对称点为点Q，判断四边形PAQB是否存在外接圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．解(1)根据题意知，4＝2py0，①因为|MF|＝2，所以y0＋p2＝2，②联立①②解得y0＝1，p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)四边形PAQB存在外接圆．设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y中，得x2－4kx－4＝0，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝16k2＋160，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝4(k2＋1)，因为C：x2＝4y，即y＝x24，所以y′＝x2.解因此，切线l1的斜率为k1＝x12，切线l2的斜率为k2＝x22，由于k1k2＝x1x24＝－1，所以PA⊥PB，即△PAB是直角三角形，所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点，线段AB是圆的直径，所以点Q一定在△PAB的外接圆上，即四边形PAQB存在外接圆．又因为|AB|＝4(k2＋1)，所以当k＝0时，线段AB最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为4π.解22．(2020·吉林长春质量监测四)已知函数f(x)＝aln2x－e2xe，a∈R.(1)若函数f(x)在x＝e2处有最大值，求a的值；(2)当a≤e时，判断f(x)的零点个数，并说明理由．解(1)由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－2ee2xe，∵f(x)在x＝e2处取得最大值，∴f′e2＝2ae－2＝0，解得a＝e.当a＝e时，f(x)＝eln2x－e2xe，f′(x)＝ex－2ee2xe，令m(x)＝ex－2ee2xe，则m′(x)＝－ex2－4e2e2xe0，∴f′(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f′e2＝0，则x∈0，e2时，f′(x)0；解当x∈e2，＋∞时，f′(x)0；∴f(x)在0，e2上单调递增，在e2，＋∞上单调递减，∴f(x)max＝fe2，满足题意．综上所述，a＝e.解(2)令t＝2xe，g(t)＝a＋alnt－et(t0)，则g(t)与f(x)的零点个数相等，①当a＝0时，g(t)＝－et0，即f(x)＝－e2xe0，∴函数f(x)的零点个数为0；②当a0时，g′(t)＝at－et0，∴g(t)在(0，＋∞)上为减函数，即函数g(t)至多有一个零点，即f(x)至多有一个零点．当0teea－1时，a＋alnta＋alneea－1＝a＋aea－1＝e，∴a＋alntet，即g(t)0，又g(1)＝a－e0，∴函数g(t)有且只有一个零点，即函数f(x)有且只有一个零点；解③当0a≤e时，令g′(t)＝0，即a＝tet，令h(t)＝tet(t0)，则h′(t)＝et＋tet＝(t＋1)et0，∴h(t)＝tet在(0，＋∞)上为增函数，又h(1)＝e，故存在t0∈(0,1]，使得g′(t0)＝0，即at0＝et0.由以上可知，当0tt0时，g′(t)0，g(t)为增函数；当tt0时，g′(t)0，g(t)为减函数；解∴g(t)max＝g(t0)＝a＋alnt0－et0＝a＋alnt0－at0，t0∈(0,1]，令F(t)＝a＋alnt－at，t∈(0,1]，则F′(t)＝at＋at20，∴F(t)在(0,1]上为增函数，∴F(t)≤F(1)＝0，即g(t)max≤0，当且仅当t＝1，a＝e时等号成立，由以上可知，当a＝e时，g(t)有且只有一个零点，即f(x)有且只有一个零点；当0ae时，g(t)无零点，即f(x)无零点．综上所述，当0≤ae时，函数f(x)无零点；当a0或a＝e时，函数f(x)只有一个零点．解本课结束