【優(yōu)化方案】浙江省高三數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)攻略 第二部分第四講 解答題的解法考前優(yōu)化訓(xùn)練 理 新人教版

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1、《優(yōu)化方案》高三專題復(fù)習(xí)攻略（新課標(biāo)）數(shù)學(xué)浙江理科第二部分第四講 解答題的解法考前優(yōu)化訓(xùn)練 1．(2020年高考福建卷)設(shè)函數(shù)f(θ)＝sinθ＋cosθ，其中，角θ的頂點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，始邊與x軸非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(x，y)，且0≤θ≤π. (1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為，求f(θ)的值； (2)若點(diǎn)P(x，y)為平面區(qū)域Ω：上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，試確定角θ的取值范圍，并求函數(shù)f(θ)的最小值和最大值． 解： (1)由點(diǎn)P的坐標(biāo)和三角函數(shù)的定義可得 于是f(θ)＝sinθ＋cosθ＝×＋＝2. (2)作出平面區(qū)域Ω(即三角形區(qū)域ABC)如圖，其中A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)．

2、 于是0≤θ≤. 又f(θ)＝sinθ＋cosθ＝2sin(θ＋)， 且≤θ＋≤， 故當(dāng)θ＋＝，即θ＝時(shí)， f(θ)取得最大值，且最大值等于2； 當(dāng)θ＋＝，即θ＝0時(shí)， f(θ)取得最小值，且最小值等于1. 2．如圖所示為某軍訓(xùn)練基地，一條坑道寬4 m，坑道中有3排等距離的木柱子，并且木柱子上端與坑道面是水平的，士兵可以借助木柱子跳躍過(guò)坑道，已知士兵跳躍2 m的概率為，跳躍1 m的概率為，假定士兵從起跳點(diǎn)起跳，落在坑道邊的著腳點(diǎn)處(落在任一著腳點(diǎn)處均可)． (1)求士兵跳躍3次過(guò)坑道的概率； (2)設(shè)士兵跳躍過(guò)坑道時(shí)跳躍的次數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望． 解：(1)設(shè)

3、起跳點(diǎn)為0，三排木柱子分別為1,2,3，著腳點(diǎn)為41,42，則士兵跳躍3次過(guò)坑道的情形有：2次2 m,1次1 m或2次 1 m,1次2 m的兩種情況，即 0→1→3→42,0→2→3→42； 0→1→2→41,0→1→3→41,0→2→3→41. 概率為2×2×＋3×()2×＝. (2)隨機(jī)變量X的取值為2,3,4，則 P(X＝2)＝2＝，即(0→2→41)， P(X＝3)＝2×2×＋3×2×＝， P(X＝4)＝3＝，即(0→1→2→3→41,0→1→2→3→42)， ∴E(X)＝2×＋3×＋4×＝. 3.如圖所示，已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，E為

4、棱CC1上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是線段AB的中點(diǎn)，AC＝BC＝2，AA1＝4. (1)求證：CF⊥平面ABB1； (2)當(dāng)E是棱CC1的中點(diǎn)時(shí)，求證：CF∥平面AEB1； (3)在棱CC1上是否存在點(diǎn)E，使得二面角A－EB1－B的大小是45°？若存在，求CE的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由． 解：(1)證明：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱B1B⊥底面ABC， ∵CF?平面ABC，∴B1B⊥CF. ∵AC＝BC，F(xiàn)是線段AB的中點(diǎn)， ∴CF⊥AB. ∵AB，B1B是平面ABB1內(nèi)兩相交直線， ∴CF⊥平面ABB1. (2)證明：如圖所示，取AB1的中點(diǎn)D，連接ED，DF. ∵DF是△A

5、BB1的中位線， ∴DF綊B1B. ∵E是棱CC1的中點(diǎn)， ∴EC綊B1B.∴DF綊EC. ∴四邊形EDFC是平行四邊形．∴CF∥ED. ∵CF?平面AEB1，ED?平面AEB1， ∴CF∥平面AEB1. (3)假設(shè)存在點(diǎn)E，使二面角A－EB1－B的大小為45°，由于∠ACB＝90°，易證AC⊥平面BEB1， 過(guò)C點(diǎn)作CK⊥直線B1E于K，連接AK， 則∠AKC為二面角A－EB1－B的平面角， ∴∠AKC＝45°. ∴CK＝AC＝2， 設(shè)CE＝x，則＝，x＝， 故線段CE＝. 綜上，在棱CC1上存在點(diǎn)E，使得二面角A－EB1－B的大小是45°，此時(shí)CE＝. 4．(

6、2020年高考四川卷)已知{an}是以a為首項(xiàng)，q為公比的等比數(shù)列，Sn為它的前n項(xiàng)和． 當(dāng)S1，S3，S4成等差數(shù)列時(shí)，求q的值； 當(dāng)Sm，Sn，Sl成等差數(shù)列時(shí)，求證：對(duì)任意自然數(shù)k，am＋k，an＋k，al＋k也成等差數(shù)列． 解：由已知，得an＝aqn－1，因此 S1＝a，S3＝a，S4＝a. 當(dāng)S1，S3，S4成等差數(shù)列時(shí)，S4－S3＝S3－S1， 可得aq3＝aq＋aq2，化簡(jiǎn)得q2－q－1＝0. 解得q＝. 若q＝1，則{an}的各項(xiàng)均為a，此時(shí)am＋k，an＋k，al＋k顯然成等差數(shù)列． 若q≠1，由Sm，Sn，Sl成等差數(shù)列可得Sm＋Sl＝2Sn， 即＋＝，

7、 整理得qm＋ql＝2qn. 因此，am＋k＋al＋k＝aqk－1＝2aqn＋k－1＝2an＋k. 所以，am＋k，an＋k，al＋k成等差數(shù)列． 5．(2020年高考北京卷)已知橢圓G：＋y2＝1.過(guò)點(diǎn)(m,0)作圓x2＋y2＝1的切線l交橢圓G于A，B兩點(diǎn)． (1)求橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)和離心率； (2)將|AB|表示為m的函數(shù)，并求|AB|的最大值． 解：(1)由已知得a＝2，b＝1，所以c＝＝. 所以橢圓G的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(－，0)，(，0)， 離心率為e＝＝. (2)由題意知，|m|≥1. 當(dāng)m＝1時(shí)，切線l的方程為x＝1，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為，， 此時(shí)|AB|＝.

8、 當(dāng)m＝－1時(shí)，同理可得|AB|＝. 當(dāng)|m|>1時(shí)，設(shè)切線l的方程為y＝k(x－m)． 由，得(1＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－4＝0. 設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則 x1＋x2＝，x1x2＝. 又由l與圓x2＋y2＝1相切，得＝1， 即m2k2＝k2＋1. 所以|AB|＝ ＝ ＝ ＝. 由于當(dāng)m＝±1時(shí)， |AB|＝， 所以|AB|＝，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)． 因?yàn)閨AB|＝＝≤2，且當(dāng)m＝±時(shí)， |AB|＝2， 所以|AB|的最大值為2. 6．已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax，g(x)＝exln x．(e≈

9、2.71828) (1)設(shè)曲線y＝f(x)在x＝1處的切線與直線x＋(e－1)y＝1垂直，求a的值； (2)若對(duì)于任意實(shí)數(shù)x≥0，f(x)>0恒成立，試確定實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)由題知，f′(x)＝ex＋a. 因此曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線l的斜率為e＋a， 又直線x＋(e－1)y＝1的斜率為， ∴(e＋a)＝－1， ∴a＝－1. (2)∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋ax>0恒成立； ∴若x＝0，a為任意實(shí)數(shù)，f(x)＝ex＋ax>0恒成立． 若x>0，f(x)＝ex＋ax>0恒成立， 即當(dāng)x>0時(shí)，a>－恒成立． 設(shè)Q(x)＝－， Q′(x)＝－＝. 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，Q′(x)>0，則Q(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，Q′(x)<0，則Q(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴當(dāng)x＝1時(shí)，Q(x)取得最大值． Q(x)max＝Q(1)＝－e， ∴要使x≥0時(shí)，f(x)>0恒成立，a的取值范圍為(－e，＋∞)．