2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 解答题（一）课件 理

解答题(一)第二部分刷题型17．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.(1)求A；(2)若2a＋b＝2c，求sinC.解(1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝b2＋c2－a22bc＝12.因为0°A180°，所以A＝60°.(2)由(1)知B＝120°－C，由题设及正弦定理得2sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，即62＋32cosC＋12sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－22.因为0°C120°，所以sin(C＋60°)＝22，故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝6＋24.18．(2019·广东梅州总复习质检)如图，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE.(1)求证：AB⊥平面ADE；(2)当EA＝ED时，求二面角D－EB－C的余弦值．解(1)证明：∵AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE，∴AE⊥CD.又四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD，AB∥CD，∴AB⊥AE，AE∩AD＝A，∴AB⊥平面ADE.(2)由(1)知，AB⊥平面ADE，DE⊂平面ADE，∴AB⊥DE，∴CD⊥DE.过E作Ey∥CD，则有EA⊥Ey，EA⊥ED，ED⊥Ey.以E为原点，分别以ED，Ey，EA为坐标轴，建立如图的空间直角坐标系．设EA＝ED＝a0，∴CD＝AD＝2a.可得E(0,0,0)，A(0,0，a)，B(0，－2a，a)，D(a,0,0)，C(a，－2a,0)．则ED→＝(a,0,0)，EB→＝(0，－2a，a)，EC→＝(a，－2a,0)．设平面DEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有n·ED→＝x，y，z·a，0，0＝ax＝0，n·EB→＝x，y，z·0，－2a，a＝－2ay＋az＝0，令y＝2，得n＝(0，2，2)．设平面EBC的一个法向量为m＝(p，q，r)，则m·EC→＝p，q，r·a，－2a，0＝ap－2aq＝0，m·EB→＝p，q，r·0，－2a，a＝－2aq＋ar＝0，令q＝2，得m＝(2，2，2)．得cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝0，2，2·2，2，26×10＝6215＝155.所以二面角D－EB－C的余弦值为155.19．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E(－2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为－14.(1)求动点P的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．解(1)当P与点E，F不重合时，kPE·kPF＝－14，得yx＋2·yx－2＝－14，即x24＋y2＝1(y≠0)，当P与点E，F重合时，P(－2,0)或P(2,0)．综上，动点P的轨迹方程为x24＋y2＝1.(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，则其对边方程为y＝kx－m，另一边所在直线方程为y＝－1kx＋n，则其对边方程为y＝－1kx－n，联立x2＋4y2＝4，y＝kx＋m，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则Δ＝0，即4k2＋1＝m2.矩形的一边长为d1＝|2m|k2＋1，同理，4k2＋1＝n2，矩形的另一边长为d2＝|2n|1k2＋1，S＝d1·d2＝|2m|k2＋1·|2n|1k2＋1＝|4mnk|k2＋1＝44k2＋1k2＋4k2＋12＝44k4＋17k2＋4k2＋12＝44＋9k2k2＋12＝44＋9k2＋1k2＋2∈(8,10]．综上，S∈(8,10]．20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f(x)＝x－11＋x，g(x)＝(lnx)2－2alnx＋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)＝(lnx)2－2alnx＋13a≤12对任意的x∈[0,2]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对任意的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2122，32.21．(2019·福建龙岩质检)某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N*)份血液样本，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N*，且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0p1)．(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；(2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2.①试运用概率统计的知识，若E(ξ1)＝E(ξ2)，试求p关于k的函数关系式p＝f(k)；②若p＝1－13e，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更小，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln4≈1.3863，ln5≈1.6094，ln6≈1.7918.解(1)因为P＝C12C13A23A22A55＝35，所以恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为35.(2)①由已知得E(ξ1)＝k，ξ2的所有可能取值为1，k＋1，∴P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k，∴E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k.若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，∴k(1－p)k＝1，即(1－p)k＝1k，∴1－p＝1k1k，∴p＝1－1k1k，∴p关于k的函数关系式为p＝1－1k1k(k∈N*且k≥2)．②由题意可知E(ξ2)E(ξ1)，得1k(1－p)k，∵p＝1－13e，∴1k13ek，∴lnk13k，设f(x)＝lnx－13x(x0)，∵f′(x)＝3－x3x，∴当x3时，f′(x)0，即f(x)在(3，＋∞)上单调递减，又ln4≈1.3863，43≈1.3333，∴ln443，ln5≈1.6094，53≈1.6667，∴ln553，∴k的最大值为4.22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x＝1＋tcosθ，y＝3＋tsinθ(t为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝8sinθ＋π6.(1)在直角坐标系xOy中，求圆C的圆心的直角坐标；(2)设点P(1，3)，若直线l与圆C交于A，B两点，求证：|PA|·|PB|为定值，并求出该定值．解(1)圆C的极坐标方程为ρ＝43sinθ＋4cosθ，又ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，则圆C：x2＋y2－4x－43y＝0，圆心坐标C(2,23)．(2)将x＝1＋tcosθ，y＝3＋tsinθ代入C：x2＋y2－4x－43y＝0，得t2－(23sinθ＋2cosθ)t－12＝0，设点A，B所对应的参数分别为t1，t2，则t1t2＝－12，∴|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12.23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x＋1|＋|x－1|3的解集M.(1)求M；(2)若m，n∈M，求证：m－nmn－11.解(1)当x－12时，不等式即为－2x－1－x＋13，解得－1x－12；当－12≤x≤1时，不等式即为2x＋1－x＋13，解得－12≤x1；当x1时，不等式即为2x＋1＋x－13，此时无解．综上可知，不等式的解集M＝{x|－1x1}．(2)证明：m，n∈(－1,1)，欲证m－nmn－11，需证|m－n||mn－1|，即证(m－n)2(mn－1)2，即m2＋n2－2mnm2n2－2mn＋1，即证(m2－1)(n2－1)0，因为m，n∈(－1,1)，所以(m2－1)(n2－1)0显然成立．所以m－nmn－11成立．本课结束