教辅：高考数学大二轮复习之解答题5

二、解答题解答题(五)第二部分刷题型17．(2020·山东聊城一模)在①a5＝b3＋b5，②S3＝87，③a9－a10＝b1＋b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，________，a1＝b6，若对于任意n∈N*都有Tn＝2bn－1，且Sn≤Sk(k为常数)，求正整数k的值．解由Tn＝2bn－1，n∈N*得，当n＝1时，b1＝1；当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，从而bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，由此可知，数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1.若选①，当a5＝b3＋b5时，a1＝32，a5＝20，设数列{an}的公差为d，则20＝32＋4d，解得d＝－3，所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，因为当n≤11时，an0，当n11时，an0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，因此，正整数k的值为11.若选②，当S3＝87时，a1＝32,3a2＝87，设数列{an}的公差为d，则3(32＋d)＝87，解得d＝－3，所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，因为当n≤11时，an0，当n11时，an0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，因此，正整数k的值为11.解若选③，当a9－a10＝b1＋b2时，a1＝32，a9－a10＝3，设数列{an}的公差为d，则－d＝3，解得d＝－3，所以an＝32－3(n－1)＝35－3n，因为当n≤11时，an0，当n11时，an0，所以当n＝11时，Sn取得最大值，因此，正整数k的值为11.解18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccosB＝2a＋b.(1)求角C的大小；(2)若函数f(x)＝2sin2x＋π6＋mcos2x图象的一条对称轴方程为x＝C2，且fα2＝65，求cos2α－π3的值．解(1)由题意，得2sinCcosB＝2sinA＋sinB，又由A＝π－(B＋C)，得sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以2sinCcosB＝2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinB，即2sinBcosC＋sinB＝0，又因为B∈(0，π)，则sinB0，所以cosC＝－12，又C∈(0，π)，所以C＝2π3.解(2)因为f(x)＝2sin2x＋π6＋mcos2x＝2sin2x·cosπ6＋2cos2xsinπ6＋mcos2x＝3sin2x＋(m＋1)·cos2x，又函数f(x)图象的一条对称轴方程为x＝C2＝π3，所以f(0)＝f2π3，得m＋1＝3sin4π3＋(m＋1)cos4π3，解得m＝－2，所以f(x)＝3sin2x－cos2x＝2sin2x－π6，又fα2＝2sinα－π6＝65，所以sinα－π6＝35，所以cos2α－π3＝cos2α－π6＝1－2sin2α－π6＝725.解19．(2020·山东聊城三模)如图1所示，EFGH为矩形，四边形ABCD为正方形．ADD1A1与BCC1B1为全等的等腰梯形，其中AB＝2AE＝2AA1＝2DH＝2A1D1＝4，沿着AB，BC，CD，DA折成如图2所示的几何体ABCD－A1B1C1D1，使A1，B1，C1，D1分别与E，F，G，H重合．解(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD，∵四边形ABB1A1是矩形，∴AB⊥AA1，又AD∩AA1＝A，∴AB⊥平面AA1D1D.又AB⊂平面ABCD，∴平面AA1D1D⊥平面ABCD.解(1)求证：平面AA1D1D⊥平面ABCD；(2)求平面B1CD1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．(2)由(1)知平面ABCD⊥平面ADD1A1.过A1作A1O⊥AD于点O，∵平面ABCD⊥平面ADD1A1，平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，∴A1O⊥平面ABCD.过O作ON∥AB，且交BC于点N，∴OA1，OD，ON两两垂直，以O为坐标原点，分别以OD，ON，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示：解则C(3,4,0)，D1(2,0，3)，B1(0,4，3)，CD1→＝(－1，－4，3)，CB1→＝(－3,0，3)，设平面B1CD1的法向量为n＝(x，y，z)，则由CD1→·n＝0，CB1→·n＝0，得－x－4y＋3z＝0，－3x＋3z＝0，令z＝3，得n＝1，12，3.又平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)，∴cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝25117，∴平面B1CD1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为25117.解20．(2020·河南郑州高三质量预测二)在平面直角坐标系xOy内，动点A到定点F(3,0)的距离与A到定直线x＝4距离之比为32.(1)求动点A的轨迹C的方程；(2)设点M，N是轨迹C上两个动点直线OM，ON与轨迹C的另一交点分别为P，Q且直线OM，ON的斜率之积等于－14，问四边形MNPQ的面积S是否为定值？请说明理由．解(1)设A(x，y)，依题意，x－32＋y2|x－4|＝32，化简得x2＋4y2＝12，所以动点A的轨迹C的方程为x212＋y23＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由斜率之积，得y1y2x1x2＝－14，①|MN|＝x1－x22＋y1－y22，因为点M，N在椭圆C上，所以y21＝3－x214，y22＝3－x224.将上述两式代入①，化简得x21＋x22＝12.解直线MN的方程为(y2－y1)x－(x2－x1)y＋x2y1－x1y2＝0，原点O到直线MN的距离为d＝|x2y1－x1y2|x2－x12＋y2－y12.所以△MON的面积S△MON＝12·|MN|·d＝12|x2y1－x1y2|，根据椭圆的对称性，四边形MNPQ的面积S＝2|x2y1－x1y2|，所以S2＝4(x2y1－x1y2)2＝4(x22y21－2x1x2y1y2＋x21y22)＝12(x21＋x22)＝144，所以S＝12，所以四边形MNPQ的面积为定值12.解21．(2020·山东潍坊二模)区块链技术被认为是继蒸汽机、电力、互联网之后，下一代颠覆性的核心技术，区块链作为构造信任的机器，将可能彻底改变整个人类社会价值传递的方式，2015年至2019年五年期间，中国的区块链企业数量逐年增长，居世界前列．现收集我国近5年区块链企业总数量相关数据，如表：年份20152016201720182019编号12345企业总数量y(单位：千个)2.1563.7278.30524.27936.224注：参考数据i＝15yi＝74.691，i＝15xiyi＝312.761，i＝15zi＝10.980，i＝15xizi＝40.457(其中z＝lny)．附：样本(xi，yi)(i＝1,2，…，n)的最小二乘法估计公式为b^＝i＝1nxi－x－yi－y－i＝1nxi－x－2＝∑ni＝1xiyi－nx－y－∑ni＝1x2i－nx－2，a^＝y－－b^x－.(1)根据表中数据判断，y＝a＋bx与y＝cedx(其中e＝2.71828…为自然对数的底数)，哪一个回归方程类型适宜预测未来几年我国区块链企业总数量？(给出结果即可，不必说明理由)(2)根据(1)的结果，求y关于x的回归方程(结果精确到小数点后第三位)；(3)为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛，邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛，比赛规则如下：①每场比赛有两个公司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该公司就获得此次信息化比赛的“优胜公司”，已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为35，乙胜丙的概率为12，请通过计算说明，哪两个公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率最大？解(1)回归方程y＝cedx适宜预测未来几年我国区块链企业总数量．(2)对y＝cedx两边取自然对数，得lny＝lnc＋dx，令z＝lny，a＝lnc，b＝d，得z＝a＋bx.由于i＝15xi＝15，x－＝15i＝15xi＝3，z－＝15i＝15zi＝2.196，解∵b^＝i＝15xizi－5x－z－i＝15x2i－5x－2＝40.457－5×3×2.19655－5×32≈0.752，a^＝z－－b^x－≈2.196－0.752×3＝－0.060.∴z关于x的回归方程为z^＝0.752x－0.060，则y关于x的回归方程为y^＝e0.752x－0.060.解(3)对于首场比赛的选择有以下三种情况：A：甲与乙先赛；B：甲与丙先赛；C：丙与乙先赛．由于在每场比赛中，甲胜乙的概率为13，甲胜丙的概率为35，乙胜丙的概率为12，解则甲公司获胜的概率分别是P(A)＝13×35＋13×1－35×12×13＋1－13×1－12×35×13＝1345；P(B)＝35×13＋35×1－13×1－12×35＋1－35×12×13×35＝925；P(C)＝1－12×35×13＋12×13×35＝15.∵925134515，∴甲与丙两公司进行首场比赛时，甲公司获得“优胜公司”的概率大．解22．(2020·湖南长沙长郡中学模拟二)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝ex.(1)若h(x)＝f(x)＋1ex－1，求证：h(x)有且只有两个零点；(2)不等式m[gm(x)＋1]≥2x＋1xf(x)对x0恒成立，求实数m的取值范围．解(1)证明：因为函数h(x)＝lnx＋1ex－1，其定义域为(0，＋∞)，所以h′(x)＝1x－1ex2＝ex－1ex2，令h′(x)0，得0x1e，令h′(x)0，得x1e，所以h(x)在0，1e上是减函数，在1e，＋∞上是增函数，又h1e＝ln1e＋1－1＝－10，h1e3＝ln1e3＋e2－1＝e2－40，所以h(x)在1e3，1e上有唯一零点，且在0，1e上也有且只有唯一零点，解同理h1e0，h(e)＝lne＋1e2－1＝1e20，所以h(x)在1e，＋∞有唯一零点，所以h(x)在0，1e上有唯一零点，且在1e，＋∞上有唯一零点，因此h(x)有且只有两个零点．解(2)不等式m[gm(x)＋1]≥2x＋1xf(x)对x0恒成立，即m(emx＋1)≥2x＋1xlnx，mx(emx＋1)≥(x2＋1)lnx2，即(emx＋1)lnemx≥(x2＋1)lnx2.令F(x)＝(x＋1)lnx(x0)，F′(x)＝1＋lnx＋1x.令G(x)＝1＋lnx＋1x，G′(x)＝1x－1x2＝x－1x2，可得x＝1时，函数G(x)取得极小值，G(1)＝20.解所以F′(x)0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以emx≥x2.两边取对数可得，mx≥lnx2，即m2≥lnxx.令H(x)＝lnxx，x∈(0，＋∞)．H′(x)＝1－lnxx2，可得x＝e时，函数H(x)取得极大值即最大值．所以H(x)≤H(e)＝1e.所以m2≥1e，即m≥2e.解本课结束