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解答题(二)17.(2020·河南洛阳第三次统一考试)已知数列{an}的首项a1=1,其前n项和为Sn,且满足Sn+1=2Sn+n+1.(1)求证:数列{an+1}是等比数列;(2)令bn=n(an+1),求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)证明:∵Sn+1=2Sn+n+1,①∴当n≥2时,Sn=2Sn-1+n,②①-②得,an+1=2an+1,n≥2,∴an+1+1=2an+1+1,n≥2,即an+1+1=2(an+1),n≥2.又a1+a2=2a1+2,∴a2=3,则a2+1=2(a1+1),∴数列{an+1}是以a1+1=2为首项,公比为2的等比数列.(2)由(1)知an+1=2n.∴bn=n·2n.∴Tn=1×21+2×22+3×23+4×24+…+(n-1)·2n-1+n·2n,①∴2Tn=1×22+2×23+3×24+4×25+(n-1)·2n+n·2n+1,②①-②得,-Tn=2+1×22+1×23+…+1×2n-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.∴Tn=(n-1)·2n+1+2.18.(2020·山东青岛二模)如图,在平面四边形ABCD中,AB⊥AD,AB=1,AD=3,BC=2.(1)若CD=1+3,求四边形ABCD的面积;(2)若sin∠BCD=325,∠ADC∈0,π2,求sin∠ADC.解(1)连接BD,在Rt△ABD中,由勾股定理得,BD2=AB2+AD2=4,所以BD=2,在△BCD中,由余弦定理知,cosC=BC2+CD2-BD22BC·CD=22,因为C∈(0,π),所以C=π4,所以S△ABD=12AB·AD=32,S△BCD=12BC·CD·sinC=1+32,所以ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=12+3.(2)在△BCD中,由正弦定理知,BCsin∠BDC=BDsin∠BCD,所以sin∠BDC=BC·sin∠BCDBD=35.因为∠ADC∈0,π2,所以∠BDC∈0,π2,cos∠BDC=45.在Rt△ABD中,tan∠ADB=ABAD=33,所以∠ADB=π6,所以sin∠ADC=sin∠BDC+π6=35×32+45×12=4+3310.19.(2020·辽宁沈阳高三三模)随着生活节奏的加快以及智能手机的普及,外卖点餐逐渐成为越来越多用户的餐饮消费习惯,由此催生了一批外卖点餐平台.已知某外卖平台的送餐费用与送餐距离有关(该平台只给5千米范围内配送),为调査送餐员的送餐收入,现从该平台随机抽取100名点外卖的用户进行统计,按送餐距离分类统计结果如表:送餐距离(千米)(0,1](1,2](2,3](3,4](4,5]频数1525252015以这100名用户送餐距离位于各区间的频率代替送餐距离位于该区间的概率.(1)若某送餐员一天送餐的总距离为100千米,试估计该送餐员一天的送餐份数;(四舍五入精确到整数,且同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)(2)若该外卖平台给送餐员的送餐费用与送餐距离有关,规定2千米内为短距离,每份3元,2千米到4千米为中距离,每份7元,超过4千米为远距离,每份12元.记X为送餐员送一份外卖的收入(单位:元),求X的分布列和数学期望.解(1)估计每名外卖用户的平均送餐距离为0.5×0.15+1.5×0.25+2.5×0.25+3.5×0.2+4.5×0.15=2.45千米.所以送餐距离为100千米时,送餐份数为1002.45≈41份.(2)由题意知X的可能取值为3,7,12,P(X=3)=40100=25,P(X=7)=45100=920,P(X=12)=15100=320,所以X的分布列为X3712P25920320所以E(X)=3×25+7×920+12×320=6.15.20.(2020·山东潍坊高三6月模拟)如图,点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A,B),已知AB=2,AE=7,EB⊥平面ABC,四边形BEDC为平行四边形.(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)当三棱锥A-BCE的体积最大时,求平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.解(1)证明:因为四边形BEDC为平行四边形,所以CD∥BE.因为EB⊥平面ABC,所以CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为∠ACB是以AB为直径的圆上的圆周角,所以BC⊥AC,因为AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD,所以BC⊥平面ACD.(2)△ABC中,设AC=x,则BC=4-x2(0x2),所以S△ABC=12AC·BC=12x·4-x2,因为AE=7,AB=2,所以BE=3,所以VA-BCE=VE-ABC=13S△ABC·BE=36x·4-x2=36x24-x2≤36·x2+4-x22=33,当且仅当x2=4-x2,即x=2时,三棱锥A-BCE体积的最大值为33.解法一:以C为坐标原点,分别以CA,CB,CD所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.则C(0,0,0),A(2,0,0),D(0,0,3),E(0,2,3),所以AD→=(-2,0,3),DE→=(0,2,0),平面ABC的一个法向量n1=(0,0,3),设平面ADE的法向量n2=(x,y,z),则n2·AD→=0,n2·DE→=0,所以-2x+3z=0,2y=0,令x=3,则y=0,z=2,即n2=(3,0,2),所以cos〈n1,n2〉=n1·n2|n1||n2|=63×5=105.解法二:因为DE∥BC,BC⊂平面ABC,DE⊄平面ABC,所以DE∥平面ABC,设平面ADE∩平面ABC=l,则l∥DE,又BC∥DE,所以l∥BC,又点A是平面ADE与平面ABC的公共点,所以l过点A,过点A在圆内作AF∥BC交圆于点F,则直线AF与l重合,所以AF为平面ADE与平面ABC的交线,因为AF∥BC,AC⊥BC,所以AC⊥AF,因为BC⊥平面ACD,所以BC⊥AD,又因为AF∥BC,所以AD⊥AF,所以∠DAC为两个平面所成的锐二面角的平面角,在Rt△ACD中,AC=2,CD=BE=3,所以AD=AC2+CD2=2+3=5,所以cos∠DAC=ACAD=25=105,所以平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为105.21.(2020·天津高考)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.(1)求椭圆的方程;(2)已知点C满足3OC→=OF→,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.解(1)因为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),所以b=3.由|OA|=|OF|,得c=b=3,所以a2=b2+c2=32+32=18,所以椭圆的方程为x218+y29=1.(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以CP⊥AB.根据题意可知,直线AB和直线CP的斜率均存在,设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=kx-3,由y=kx-3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0或x=12k2k2+1.将x=12k2k2+1代入y=kx-3,得y=k·12k2k2+1-3=6k2-32k2+1,所以点B的坐标为12k2k2+1,6k2-32k2+1.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为6k2k2+1,-32k2+1.由3OC→=OF→,得点C的坐标为(1,0),所以直线CP的斜率为kCP=-32k2+1-06k2k2+1-1=32k2-6k+1.又因为CP⊥AB,所以k·32k2-6k+1=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k=12或k=1.所以直线AB的方程为y=12x-3或y=x-3.22.(2020·山东省实验中学4月高考预测)已知函数f(x)=(x-1)2+ax-alnx.(1)若a≥-2,讨论f(x)的单调性;(2)若a0,且对于函数f(x)的图象上两点P1(x1,f(x1)),P2(x2,f(x2))(x1x2),存在x0∈(x1,x2),使得函数f(x)的图象在x=x0处的切线l∥P1P2.求证:x0x1+x22.解(1)易得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2(x-1)+a-ax=x-12x+ax,令f′(x)=0,得x=1或x=-a2.①当a≥0时,0x1时,f′(x)0,函数f(x)单调递减;x1时,f′(x)0,函数f(x)单调递增.此时,f(x)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞).②当-2a0时,-a2x1时,f′(x)0,函数f(x)单调递减;0x-a2或x1时,f′(x)0,函数f(x)单调递增.此时,f(x)的减区间为-a2,1,增区间为0,-a2,(1,+∞).③当a=-2时,x0时,f′(x)=2x-12x≥0,函数f(x)单调递增;此时,f(x)的增区间为(0,+∞).综上,当a≥0时,f(x)的减区间为(0,1),增区间为(1,+∞);当-2a0时,f(x)的减区间为-a2,1,增区间为0,-a2,(1,+∞);当a=-2时,f(x)的增区间为(0,+∞).(2)证明:由题意及导数的几何意义,得f′(x0)=kP1P2=fx2-fx1x2-x1=[]x2-12+ax2-alnx2-[]x1-12+ax1-alnx1x2-x1=(x1+x2-2)+a-alnx2x1x2-x1,由(1)中f′(x)得f′x1+x22=(x1+x2-2)+a-2ax1+x2.易知,导函数f′(x)=2(x-1)+a-ax(a0)在(0,+∞)上为增函数,所以,要证x0x1+x22,只要证f′(x0)f′x1+x22,即-alnx2x1x2-x1-2ax1+x2,即证lnx2x12x2-x1x1+x2.因为x2x10,不妨令t=x2x1,g(t)=lnt-2t-1t+1(t1).所以g′(t)=1t-4t+12=t-12tt+120(t1),所以g(t)在t∈(1,+∞)上为增函数,所以g(t)g(1)=0,即lnt-2t-1t+10,所以lnt2t-1t+1,即lnx2x12x2-x1x1+x2.故有x0x1+x22(得证).
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