教辅：高考数学复习练习题之解答题1

第二部分/二、解答题解答题(一)17．(2020·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.(1)若a＝3c，b＝27，求△ABC的面积；(2)若sinA＋3sinC＝22，求C.解(1)由余弦定理可得b2＝28＝a2＋c2－2accos150°＝7c2，∴c＝2，a＝23，∴△ABC的面积S＝12acsinB＝3.(2)∵A＋C＝30°，∴sinA＋3sinC＝sin(30°－C)＋3sinC＝12cosC－32sinC＋3sinC＝12cosC＋32sinC＝sin(C＋30°)＝22.∵0°＜C＜30°，∴30°＜C＋30°＜60°，∴C＋30°＝45°，∴C＝15°.18．(2020·山东潍坊高密一模)在①a2，a3，a4－4成等差数列，②S1，S2＋2，S3成等差数列中任选一个，补充在下列的问题中，并解答．在公比为2的等比数列{an}中，____________.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(n＋1)log2an，求数列4n＋2b2n的前n项和Tn.解(1)选①：因为a2，a3，a4－4成等差数列，所以2a3＝a2＋a4－4，所以8a1＝2a1＋8a1－4，解得a1＝2，所以an＝2n.选②：因为S1，S2＋2，S3成等差数列，所以2(S2＋2)＝S1＋S3，即a2＋4＝a3，所以2a1＋4＝4a1，解得a1＝2，所以an＝2n.(2)因为an＝2n，所以bn＝(n＋1)log2an＝(n＋1)log22n＝n(n＋1)，所以4n＋2b2n＝22n＋1n2n＋12＝21n2－1n＋12，所以Tn＝21－122＋2122－132＋…＋21n2－1n＋12＝21－122＋122－132＋…＋1n2－1n＋12＝21－1n＋12＝2－2n＋12.19．(2020·河南洛阳第三次统一考试)某地为鼓励群众参与“全民读书活动”，增加参与读书的趣味性．主办方设计这样一个小游戏：参与者抛掷一枚质地均匀的骰子(正方体，六个面上分别标注1,2,3,4,5,6六个数字)．若朝上的点数为偶数，则继续抛掷一次．若朝上的点数为奇数，则停止游戏，照这样的规则进行，最多允许抛掷3次．每位参与者只能参加一次游戏．(1)求游戏结束时朝上点数之和为5的概率；(2)参与者可以选择两种方案：方案一：游戏结束时，若朝上的点数之和为偶数，奖励3本不同的畅销书；若朝上的点数之和为奇数，奖励1本畅销书．方案二：游戏结束时，最后一次朝上的点数为偶数，奖励5本不同的畅销书，否则，无奖励．试分析哪一种方案能使游戏参与者获得更多畅销书奖励？并说明判断的理由．解(1)设事件A：只抛掷1次就结束游戏且朝上点数之和为5，事件B：抛掷2次就结束游戏且朝上点数之和为5，事件C：抛掷3次结束游戏且朝上点数之和为5，事件A，B，C彼此互斥．则P(A)＝16，P(B)＝16×16＋16×16＝118，P(C)＝16×16×16＝1216，游戏结束时朝上点数之和为5，即事件A＋B＋C，其概率为P(A＋B＋C)＝16＋118＋1216＝49216.(2)方案一：设获得奖励畅销书的本数为X，P(X＝3)＝18，P(X＝1)＝78，则X的分布列为X31P1878E(X)＝3×18＋1×78＝54.方案二：设获得奖励畅销书的本数为Y，P(Y＝5)＝18，P(Y＝0)＝78，则Y的分布列为Y50P1878E(Y)＝5×18＋0×78＝58.因为E(X)E(Y)，所以选择方案一能使游戏参与者获得更多畅销书奖励．20.(2020·山东菏泽高三联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，D是AC的中点，A1D⊥平面ABC，平面BB1D与棱A1C1交于点E，AB＝BC.(1)求证：四边形BB1ED为平行四边形；(2)若CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为3913，求ACBD的值．解(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B∥A1A，又因为B1B⊄平面A1ACC1，A1A⊂平面A1ACC1，所以B1B∥平面A1ACC1，因为B1B⊂平面BB1D，且平面BB1D∩平面A1ACC1＝DE，所以B1B∥DE.因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC∥平面A1B1C1，平面BB1D∩平面ABC＝BD，平面BB1D∩平面A1B1C1＝B1E.所以BD∥B1E，故四边形B1BED为平行四边形．(2)在△ABC中，因为AB＝BC，D是AC的中点，所以BD⊥AC.因为A1D⊥平面ABC，所以A1D⊥BD，A1D⊥AC，以DB，AC，A1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图空间直角坐标系Dxyz.设BD＝a，AD＝b，在△AA1D中，AA1＝2AD，∠A1DA＝90°，所以A1D＝3b，所以D(0,0,0)，A(0，－b,0)，A1(0,0，3b)，B(a,0,0)，所以AA1→＝(0，b，3b)，AB→＝(a，b,0)．因为E(0，b，3b)，所以DB1→＝DE→＋DB→＝(a，b，3b)，即B1(a，b，3b)．因为C(0，b,0)，所以CB1→＝(a,0，3b)．设平面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)．因为n·AA1→＝0，n·AB→＝0，即by＋3bz＝0，ax＋by＝0，所以y＝－3z，x＝3baz.令z＝a，则y＝－3a，x＝3b，所以n＝(3b，－3a，a)．因为|cos〈n，CB1→〉|＝|n·CB1→||n||CB1→|＝23ab3b2＋3a2＋a2×a2＋3b2，所以23ab4a2＋3b2×a2＋3b2＝3913，即4a4－37a2b2＋9b4＝0，所以a2＝14b2或a2＝9b2，即a＝12b或a＝3b，所以ACBD＝4或ACBD＝23.21．已知函数f(x)＝x－11＋x，g(x)＝ln2x－2alnx＋13a.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若存在x1∈[0,1]，使得对任意的x2∈[1，e2]，f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝1＋11＋x20，又x≠－1，故f(x)在(－∞，－1)为增函数，在(－1，＋∞)也为增函数．(2)由(1)可知，当x∈[0,1]时，f(x)为增函数，f(x)max＝f(1)＝12，由题意可知g(x)＝ln2x－2alnx＋13a≤12对任意x∈[1，e2]恒成立．令t＝lnx，则当x∈[1，e2]时，t∈[0,2]，令h(t)＝t2－2at＋13a－12，问题转化为h(t)≤0对任意t∈[0,2]恒成立，由抛物线h(t)的开口向上，知h0≤0，h2≤0，即13a－12≤0，4－4a＋13a－12≤0，解得2122≤a≤32.故实数a的取值范围是2122，32.22．(2020·山西太原五中3月模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，且经过点Q(－2，1)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若P(m，n)为椭圆C外一动点，过点P作椭圆C的两条互相垂直的切线l1，l2，两个切点分别为A，B，求动点P的轨迹方程，并求△ABP面积的最大值．解(1)由题意可得e＝ca＝22，2a2＋1b2＝1，c2＝a2－b2，解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆的方程为x24＋y22＝1.(2)①当两条切线中有一条斜率不存在时，即A，B两点分别位于椭圆的长轴和短轴的端点，此时P的坐标为(±2，±2)；②当两条切线的斜率存在且不为0时，设过P的切线的方程为y－n＝k(x－m)，联立直线y－n＝k(x－m)和椭圆的方程y＝kx－km＋n，x24＋y22＝1，整理可得(1＋2k2)x2－4k(km－n)x＋2(km－n)2－4＝0，由题意可得Δ＝16k2(km－n)2－4(1＋2k2)[2(km－n)2－4]＝0，整理可得(m2－4)k2－2kmn＋n2－2＝0，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝n2－2m2－4，而PA，PB互相垂直，所以n2－2m2－4＝－1，即m2＋n2＝6(m≠±2)，又因为P(±2，±2)在m2＋n2＝6上，所以点P在圆x2＋y2＝6上．因为l1⊥l2，所以S△ABP＝12|PA|·|PB|≤12·|PA|2＋|PB|22＝|AB|24，当且仅当|PA|＝|PB|时取等号，此时P在椭圆的短轴所在的直线上，即P(0，±6)，S△ABP取最大值，不妨取P(0，6)，由圆及椭圆的对称性，易知直线PA的斜率为1，可得直线PA的方程为y＝x＋6，代入椭圆的方程可得3x2＋46x＋8＝0，解得x＝－263，y＝63，即A－263，63，所以|PA|＝2632＋6－632＝433，所以|AB|2＝2|PA|2＝323，所以(S△ABP)max＝|AB|24＝83.