教辅：高考数学大二轮复习之解答题7

二、解答题解答题(七)第二部分刷题型17．(2020·山东菏泽高三联考)①B＝π3，②a＝2，③bcosA＋acosB＝3＋1，在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决相应问题．已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝6，且________，求△ABC的面积S的大小．解因为4S＝b2＋c2－a2，cosA＝b2＋c2－a22bc，S＝12bcsinA，所以2bcsinA＝2bccosA.显然cosA≠0，所以tanA＝1，又A∈(0，π)，所以A＝π4.若选择①B＝π3，由asinA＝bsinB，得a＝bsinAsinB＝6×2232＝2.解又sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝22×12＋22×32＝6＋24，所以S＝12absinC＝3＋32.若选择②a＝2，由asinA＝bsinB，得sinB＝bsinAa＝32，B∈0，π2，所以cosB＝12.sinC＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝6＋24，所以S＝12absinC＝3＋32.解若选择③bcosA＋acosB＝3＋1，所以acosB＝1，即a·a2＋c2－62ac＝1，所以a2＝6＋2c－c2，又a2＝6＋c2－26c·22＝6＋c2－23c，所以6＋2c－c2＝6＋c2－23c，解得c＝3＋1，所以S＝12bcsinA＝3＋32.解解(1)证明：当n≥2时，S2n＝3n2an＋S2n－1，(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝3n2an，an≠0，所以Sn＋Sn－1＝3n2，Sn＋1＋Sn＝3(n＋1)2，两式对应相减，得an＋an＋1＝3(2n＋1)，所以(an＋an＋1)－(an－1＋an)＝6n＋3－(6n－3)＝6，又n＝2时，(3＋a2)2＝12a2＋9，所以a2＝6，所以a3＝9，所以(a2＋a3)－(a1＋a2)＝6＋9－(3＋6)＝6，所以数列{an＋an＋1}是首项为9，公差为6的等差数列．解18．已知数列{an}有an≠0，Sn是它的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，S2n＝3n2an＋S2n－1.(1)求证：数列{an＋an＋1}为等差数列；(2)求{an}的前n项和Sn.(2)当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3[3＋7＋…＋(2n－1)]＝3·n23＋2n－12＝32(n2＋n)．当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(an－1＋an)＝3＋3[5＋9＋…＋(2n－1)]＝3＋3·n－125＋2n－12＝32(n2＋n－2)＋3＝32(n2＋n)．综上，Sn＝32(n2＋n)．解19．(2020·海南三模)手机等数码产品中的存储器核心部件是闪存芯片，闪存芯片有两个独立的性能指标：数据传输速度和使用寿命，数据传输速度的单位是GB/s，使用寿命指的是完全擦写的次数(单位：万次)．某闪存芯片制造厂为了解产品情况，从一批闪存芯片中随机抽取了100件作为样本进行性能测试，测试数据经过整理得到如下的频率分布直方图(每个分组区间均为左闭右开)，其中a，b，c成等差数列且c＝2a.(1)估计样本中闪存芯片的数据传输速度的中位数；(2)估计样本中闪存芯片的使用寿命的平均数；(每组数据以中间值为代表)(3)规定数据传输速度不低于1.2GB/s为优，使用寿命不低于10万次为优，且两项指标均为优的闪存芯片为S级产品，仅有一项为优的为A级产品，没有优的为B级产品．现已知样本中有45件B级产品，用样本中不同级别产品的频率代替每件产品为相应级别的概率，从这一批产品中任意抽取4件，求其中至少有2件S级产品的概率．解(1)由题意，得a＋b＋2c＝10－0.4－2.2－2.2＝5.2，又2b＝a＋c，c＝2a，解得a＝0.8，b＝1.2，c＝1.6.因为前四组的频率之和为(0.4＋0.8＋1.6＋2.2)×0.1＝0.5，所以估计样本中闪存芯片的数据传输速度的中位数为1.2.(2)估计样本中闪存芯片的使用寿命的平均数为7．5×0.1＋8.5×0.3＋9.5×0.35＋10.5×0.2＋11.5×0.05＝9.3.解(3)样本中数据传输速度为优的产品有0.5×100＝50件，使用寿命为优的产品有(0.2＋0.05)×100＝25件．至少有一项为优的产品有100－45＝55件，所以S级产品有50＋25－55＝20件．故任意一件产品为S级产品的概率为15.则从这一批产品中任意抽取4件，其中S级产品的数量服从二项分布B4，15.故所求的概率为P＝1－C04×454－C14×15×453＝113625＝0.1808.解20．(2020·山东省实验中学4月高考预测)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；(2)当二面角D－FC－B的余弦值为24时，求直线PB与平面ABCD所成的角．解(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．理由如下：取PC的中点Q，AB的中点E，连接EQ，FQ，PE，EC，由题意，得FQ∥CD且FQ＝12CD，AE∥CD且AE＝12CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四边形AEQF为平行四边形．所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE.解(2)连接ED，BD.由题意，知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，BD＝2，因为AB∥CD，所以ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，因为平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，解设FD＝a，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0,2,0)，B(3，1,0)，FC→＝(0,2，－a)，CB→＝(3，－1,0)，设平面FBC的法向量为m＝(x，y，z)，则由m·FC→＝0，m·CB→＝0，得2y－az＝0，3x－y＝0，令x＝1，则y＝3，z＝23a，所以取m＝1，3，23a，解显然可取平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)，由题意，知24＝|cos〈m，n〉|＝11＋3＋12a2，所以a＝3，所以PD＝23.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝PDBD＝a＝3，从而∠PBD＝60°，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.解解(1)因为f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x，设切点为(x0,12－x20)，则－2x0＝－2，即x0＝1，所以切点为(1,11)．由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.解21．(2020·北京高考)已知函数f(x)＝12－x2.(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．(2)显然t≠0，因为y＝f(x)在点(t,12－t2)处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，令x＝0，得y＝t2＋12，令y＝0，得x＝t2＋122t，所以S(t)＝12×(t2＋12)·t2＋122|t|.不妨设t＞0(t＜0时，结果一样)，则S(t)＝t4＋24t2＋1444t＝14t3＋24t＋144t，解所以S′(t)＝143t2＋24－144t2＝3t4＋8t2－484t2＝3t2－4t2＋124t2＝3t－2t＋2t2＋124t2.由S′(t)＞0，得t＞2，由S′(t)＜0，得0＜t＜2，所以S(t)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以当t＝2时，S(t)取得极小值，也是最小值，为S(2)＝16×168＝32.解22．(2020·山东聊城一模)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的长轴长为4，右焦点为F，且椭圆C上的点到点F的距离的最小值与最大值的积为1，圆O：x2＋y2＝1与x轴交于A，B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于P，Q两点，且直线l与圆O相切，求△APQ的面积与△BPQ的面积的乘积的取值范围．解(1)设椭圆C的焦距为2c，则由已知得2a＝4，(a－c)(a＋c)＝1，解得a＝2，c＝3，因为b2＝a2－c2，所以b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)由y＝kx＋m，x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2，解所以|PQ|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝1＋k2－8km1＋4k22－4·4m2－41＋4k2＝1＋k2161＋4k2－m21＋4k22，因为直线l与圆O相切，所以点O到直线l的距离d＝|m|1＋k2＝1，即1＋k2＝m2，所以Δ＝48k2，由Δ0，得k20，因为圆O：x2＋y2＝1与x轴交于A，B两点，令A(1,0)，B(－1,0)，解所以A，B两点到直线l的距离分别为d1＝|k＋m|1＋k2，d2＝|k－m|1＋k2，所以△APQ的面积与△BPQ的面积乘积为S△APQ·S△BPQ＝141＋k2·161＋4k2－m21＋4k222·|k＋m|1＋k2·|k－m|1＋k2＝41＋4k2－m2|k2－m2|1＋4k22＝41＋4k2－1－k2|k2－1－k2|1＋4k22＝12k21＋4k22＝1216k2＋1k2＋8，解因为k20，所以16k2＋1k2＋8≥16，当且仅当16k2＝1k2，即k＝±12时等号成立，所以116k2＋1k2＋8∈0，116，S△APQ·S△BPQ∈0，34.因此△APQ的面积与△BPQ的面积的乘积的取值范围为0，34.解本课结束