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（七）课件 理

解答题(七)第二部分刷题型17．(2019·江西名校5月联考)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.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．(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)．18．(2019·福建南平二检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝22，AD＝3，PC＝3，△PAB是正三角形，E为AB的中点，平面PAB⊥平面PCE.(1)求证：CE⊥平面PAB；(2)在棱PD上是否存在点F，使得二面角P－AB－F的余弦值为33819，若存在，求出PFPD的值；若不存在，请说明理由．解(1)证明：因为AE∥CD，且AE＝CD＝2，所以四边形AECD是平行四边形，从而AD∥CE，且CE＝AD＝3，又在正△PAB中，PE＝32AB＝6，则在△PCE中，满足PE2＋CE2＝PC2，所以CE⊥PE，又平面PAB⊥平面PCE，平面PAB∩平面PCE＝PE，CE⊂平面PCE，所以CE⊥平面PAB.(2)由(1)，知PE⊥CE，且PE⊥AB，CE∩AB＝E，CE，AB⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又AD⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，所以AD⊥AE，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA，EP为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，6)，D(3，2，0)，A(0，2，0)，B(0，－2，0)，假设在棱PD上存在点F满足题意，设PF→＝λPD→，则PF→＝λ(3，2，－6)＝(3λ，2λ，－6λ)，AF→＝AP→＋PF→＝(0，－2，6)＋(3λ，2λ，－6λ)＝(3λ，2λ－2，6－6λ)，BA→＝(0，22，0)，设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，则3λx＋2λ－2y＋6－6λz＝0，22y＝0，取z＝1，得n＝2λ－1λ，0，1，因为平面PAB的一个法向量m＝(1,0,0)，所以|cos〈n，m〉|＝33819，则2λ－1λ2λ－1λ2＋1＝33819，8λ2＋2λ－1＝0，(4λ－1)(2λ＋1)＝0，因为λ0，所以λ＝14，所以在棱PD上存在点F使得二面角P－AB－F的余弦值为33819，且PFPD＝14.19．(2019·河南六市联考一)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上的任意一点，且|PF1|·|PF2|的最大值为4，椭圆C的离心率与双曲线x24－y212＝1的离心率互为倒数．(1)求椭圆C的方程；(2)设点P－1，32，过点P作两条直线l1，l2与圆(x＋1)2＋y2＝r20r32相切且分别交椭圆于M，N，求证：直线MN的斜率为定值．解(1)∵双曲线x24－y212＝1的离心率为42＝2，∴椭圆C的离心率为12，设椭圆的半焦距为c，∴a＝2c，∵|PF1|·|PF2|≤|PF1|＋|PF2|22＝a2，∴a2＝4，∴c＝1，又b2＝a2－c2＝4－1＝3，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：显然两直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直线l1，l2与圆(x＋1)2＋y2＝r20r32相切，则k1＝－k2，即直线l1的方程为y－32＝k1(x＋1)，与椭圆方程3x2＋4y2＝12联立，得x2(3＋4k21)＋k1(12＋8k1)x＋(3＋2k1)2－12＝0，∵P，M为直线与椭圆的交点，∴x1－1＝－k112＋8k13＋4k21，同理，当l2与椭圆相交时，x2－1＝k112－8k13＋4k21，∴x1－x2＝－k112＋8k13＋4k21－k112－8k13＋4k21＝－24k13＋4k21，而y1－y2＝k1(x1＋x2)＋2k1＝12k13＋4k21，∴直线MN的斜率k＝y1－y2x1－x2＝－12.故直线MN的斜率为定值．20．(2019·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋ax＋1－a.(1)求证：对任意实数a，都有f(x)min≤1；(2)若a＝2，是否存在整数k，使得在x∈(2，＋∞)上，恒有f(x)(k＋1)x－2k－1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由(e＝2.71828…)．解(1)证明：由已知易得f(x)＝a(x－1)＋xlnx＋1，所以f′(x)＝a＋1＋lnx，令f′(x)＝a＋1＋lnx＝0，得x＝e－(a＋1)，显然，x∈(0，e－(a＋1))时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；x∈(e－(a＋1)，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(e－(a＋1))＝1－a－e－(a＋1)，令t(a)＝f(x)min，则由t′(a)＝－1＋e－(a＋1)＝0，得a＝－1，所以a∈(－∞，－1)时，t′(a)0，函数t(a)单调递增，a∈(－1，＋∞)时，t′(a)0，函数t(a)单调递减，所以t(a)max＝t(－1)＝1＋1－1＝1，即f(x)min≤1，结论成立.(2)由题意，得x＋xlnxk(x－2)，令t(x)＝xlnx＋(1－k)x＋2k，所以t′(x)＝lnx＋2－k，由t′(x)＝lnx＋2－k＝0，得x＝ek－2，①若ek－2≤2，即k≤2＋ln2时，在x∈(2，＋∞)上，有t′(x)0，故函数t(x)单调递增，所以t(x)t(2)＝2＋2ln20.②若ek－22，即k2＋ln2时，在x∈(2，ek－2)上，有t′(x)0，故函数t(x)在x∈(2，ek－2)上单调递减，在x∈(ek－2，＋∞)上，有t′(x)0.故函数t(x)在x∈(ek－2，＋∞)上单调递增，所以在x∈(2，＋∞)上，t(x)min＝t(ek－2)＝2k－ek－2.故欲使x＋xlnxk(x－2)，只需t(x)min＝t(ek－2)＝2k－ek－20即可．令m(k)＝2k－ek－2，所以m′(k)＝2－ek－2，由m′(k)＝2－ek－2＝0，得k＝2＋ln2，所以k2＋ln2时，m′(k)0，即m(k)单调递减，又m(4)＝2×4－e4－2＝8－e20，m(5)＝2×5－e5－2＝10－e30，故kmax＝4.21．(2019·山东济南3月模拟)某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图1所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现，在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元，现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图2是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，下表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表．二级滤芯更换频数分布表：二级滤芯更换的个数56频数6040以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率．(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求X的分布列及数学期望；(3)记m，n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数．若m＋n＝28，且n∈{5，6}，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定m，n的值．解(1)由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯，二级过滤器需要更换6个滤芯，设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A，因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4，所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064.(2)由柱状图可知，一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12的概率分别为0.2,0.4,0.4.由题意，X可能的取值为20,21,22,23,24，并且P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04，P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16，P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32，P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32，P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.所以X的分布列为X2021222324P0.040.160.320.320.16E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4.(3)解法一：因为m＋n＝28，n∈{5,6}，若m＝22，n＝6，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为22×80＋200×0.32＋400×0.16＋6×160＝2848；若m＝23，n＝5，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2832.故m，n的值分别为23,5.解法二：因为m＋n＝28，n∈{5,6}，若m＝22，n＝6，设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Y1(单位：元)，则Y1176019602160P0.520.320.16E(Y1)＝1760×0.52＋1960×0.32＋2160×0.16＝1888.设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Y2(单位：元)，则Y2＝6×160＝960，E(Y2)＝1×960＝960.所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Y1)＋E(Y2)＝1888＋960＝2848.若m＝23，n＝5，设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Z1(单位：元)，则Z118402040P0.840.16E(Z1)＝1840×0.84＋2040×0.16＝1872.设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Z2(单位：元)，则Z28001200P0.60.4E(Z2)＝800×0.6＋1200×0.4＝960.所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Z1)＋E(Z2)＝1872＋960＝2832.故m，n的值分别为23,5.22．已知直线l的极坐标方程为ρsinθ＋π4＝22，现以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线C1的参数方程为x＝－1＋2cosφ，y＝－2＋2sinφ(φ为参数)．(1)求直线l的直角坐标方