教辅：高考数学大二轮复习之解答题3

二、解答题解答题(三)第二部分刷题型17．(2020·浙江宁波高三下学期高考适应性考试)已知△ABC中角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2acosA＝3(ccosB＋bcosC)．(1)求A的值；(2)若a＝1且sinB＋cosC＝32，求△ABC的面积．解(1)因为2acosA＝3(ccosB＋bcosC)，所以2sinAcosA＝3(sinCcosB＋sinBcosC)，故2sinAcosA＝3sin(B＋C)，即2sinAcosA＝3sinA，因为sinA≠0，所以cosA＝32，而A∈(0，π)，所以A＝π6.解(2)由sinB＋cosC＝32，A＝π6，得sinC＋π6＋cosC＝32，即32sinC＋32cosC＝32，3sinC＋π3＝32，又C∈0，5π6，所以C＋π3＝5π6，C＝π2，B＝π3.又bsinB＝asinA，所以b＝asinBsinA＝3212＝3.又C＝π2，故S△ABC＝12×1×3＝32.解解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意有a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8，解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝12(舍去)，所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.解18．(2020·新高考卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128，b1对应的区间为(0,1]，则b1＝0；b2，b3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b2＝b3＝1，即有2个1；b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3；b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；解b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.解19．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B－PC－E的余弦值．解(1)证明：∵AE为底面直径，AE＝AD，∴△DAE为等边三角形．设AE＝1，则DO＝32，AO＝CO＝BO＝12AE＝12，∴PO＝66DO＝24，PA＝PC＝PB＝PO2＋BO2＝64，又△ABC为等边三角形，∴AB＝AE·cos30°＝32.∵PA2＋PB2＝34＝AB2，∴∠APB＝90°，即PA⊥PB.同理得PA⊥PC，又PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.解(2)过O作ON∥BC交AB于点N，则ON⊥AO.∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，PO⊥ON.以O为坐标原点，OA，ON，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AE＝1，解则E－12，0，0，P0，0，24，A12，0，0，C－14，－34，0，PC→＝－14，－34，－24，PA→＝12，0，－24，PE→＝－12，0，－24.由(1)得平面PBC的一个法向量为PA→＝12，0，－24，设平面PCE的法向量为m＝(x，y，z)，由m·PC→＝0，m·PE→＝0，得－x－3y－2z＝0，－2x－2z＝0.解令x＝1，得z＝－2，y＝33，∴m＝1，33，－2.故cos〈m，PA→〉＝PA→·m|PA→||m|＝164×303＝255，由图可得二面角B－PC－E为锐二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值为255.解20．(2020·山东威海三模)携号转网，也称作号码携带、移机不改号，即无需改变自己的手机号码，就能转换运营商，并享受其提供的各种服务.2019年11月27日，工信部宣布携号转网在全国范围正式启动．某运营商为提质量保客户，从运营系统中选出300名客户，对业务水平和服务水平的评价进行统计，其中业务水平的满意率为1315，服务水平的满意率为23，对业务水平和服务水平都满意的客户有180人．(1)完成下面2×2列联表，并分析是否有97.5%的把握认为业务水平与服务水平有关；对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数对业务水平不满意人数合计(2)为进一步提高服务质量，在选出的对服务水平不满意的客户中，抽取2名征求改进意见，用X表示对业务水平不满意的人数，求X的分布列与期望；(3)若用频率代替概率，假定在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平两项都满意的客户流失率为5%，只对其中一项不满意的客户流失率为34%，对两项都不满意的客户流失率为85%，从该运营系统中任选4名客户，则在业务服务协议终止时至少有2名客户流失的概率为多少？附：K2＝nad－bc2a＋bc＋da＋cb＋d，n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.828解(1)由题意知对业务水平满意的有260人，对服务水平不满意的有100人，得2×2列联表如下：对服务水平满意人数对服务水平不满意人数合计对业务水平满意人数18080260对业务水平不满意人数202040合计200100300经计算得K2＝300×180×20－80×202200×100×260×40＝7513≈5.775.024，所以有97.5%的把握认为业务水平与服务水平有关．解(2)X的可能值为0,1,2.则P(X＝0)＝C020C280C2100＝316495，P(X＝1)＝C120C180C2100＝160495＝3299，P(X＝2)＝C220C2100＝19495，所以X的分布列为X012P316495329919495E(X)＝0×316495＋1×3299＋2×19495＝25.解(3)在业务服务协议终止时，对业务水平和服务水平都满意的客户流失的概率为180300×5%＝9300，只有一项满意的客户流失的概率为100300×34%＝34300，对二者都不满意的客户流失的概率为20300×85%＝17300.所以从运营系统中任选一名客户流失的概率为9＋17＋34300＝15，故在业务服务协议终止时，从运营系统中任选4名客户，至少有2名客户流失的概率为P＝1－C04454－C14453×15＝113625.解21．(2020·山东省实验中学4月高考预测)已知抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P是抛物线Γ上一点，且在第一象限，满足FP→＝(2,23)．(1)求抛物线Γ的方程；(2)已知经过点A(3，－2)的直线交抛物线Γ于M，N两点，经过定点B(3，－6)和M的直线与抛物线Γ交于另一点L，问直线NL是否恒过定点，如果过定点，求出该定点，否则说明理由．解(1)由抛物线的方程可得焦点Fp2，0，满足FP→＝(2,23)的P的坐标为2＋p2，23，P在抛物线上，所以(23)2＝2p2＋p2，即p2＋4p－12＝0，p＞0，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.解(2)设M(x0，y0)，N(x1，y1)，L(x2，y2)，则y21＝4x1，y22＝4x2，直线MN的斜率kMN＝y1－y0x1－x0＝y1－y0y21－y204＝4y1＋y0，则直线MN的方程为y－y0＝4y1＋y0x－y204，即y＝4x＋y0y1y0＋y1，①同理可得直线ML的方程整理可得y＝4x＋y0y2y0＋y2，②解将A(3，－2)，B(3，－6)分别代入①，②的方程可得－2＝12＋y0y1y0＋y1，－6＝12＋y0y2y0＋y2，消去y0可得y1y2＝12，易知直线NL的斜率kNL＝4y1＋y2，则直线NL的方程为y－y1＝4y1＋y2x－y214，即y＝4y1＋y2x＋y1y2y1＋y2，故y＝4y1＋y2x＋12y1＋y2，所以y＝4y1＋y2(x＋3)，因此直线NL恒过定点(－3,0)．解22．已知函数f(x)＝lnx＋a－1x，g(x)＝asinx＋1－2x，a∈R.(1)求函数f(x)的极小值；(2)求证：当－1≤a≤1时，f(x)g(x)．解(1)f′(x)＝1x－a－1x2＝x－a－1x2(x0)，当a－1≤0，即a≤1时，f′(x)0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极小值；当a－10，即a1时，由f′(x)0，得0xa－1，则函数f(x)在(0，a－1)上单调递减，由f′(x)0，得xa－1，则函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(a－1)＝1＋ln(a－1)，综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值；当a1时，f(x)的极小值为f(a－1)＝1＋ln(a－1)．解(2)证明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx＋a－1x－asinx＋1－2x＝xlnx－asinx＋1x(x0)，当－1≤a≤1时，要证f(x)g(x)，即证F(x)0，即证xlnx－asinx＋10，即证xlnxasinx－1.①当0a≤1时，令h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)h(0)＝0，即xsinx.所以ax－1asinx－1(*)，令q(x)＝xlnx－x＋1，则q′(x)＝lnx，当x∈(0,1)时，q′(x)0，q(x)在(0,1)上单调递减；解当x∈(1，＋∞)时，q′(x)0，q(x)在(1，＋∞)上单调递增，故q(x)≥q(1)＝0，即xlnx≥x－1.当且仅当x＝1时取等号，又0a≤1，所以xlnx≥x－1≥ax－1(**)，由(*)(**)可知xlnx≥x－1≥ax－1asinx－1，所以当0a≤1时，xlnxasinx－1.解②当a＝0时，即证xlnx－1.令m(x)＝xlnx，m′(x)＝lnx＋1，m(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，m(x)min＝m1e＝－1e－1，故xlnx－1.③当－1≤a0时，当x∈(0,1]时，asinx－1－1，由②知m(x)＝xlnx≥－1e，而－1e－1，故xlnxasinx－1；当x∈(1，＋∞)时，asinx－1≤0，由②知m(x)＝xlnxm(1)＝0，故xlnxasinx－1.所以当x∈(0，＋∞)时，xlnxasinx－1.综上①②③可知，当－1≤a≤1时，f(x)g(x)．解本课结束