（通用版）2020版高考數(shù)學大二輪復習 考前強化練8 解答題綜合練A 理

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1、考前強化練8　解答題綜合練A 1.(2019安徽黃山高三質(zhì)檢,文17)已知在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且滿足bc=1,a2-bc=(b-c)2. (1)求sin B+sin C的最大值; (2)若cos Bcos C=14,求b+c. 2.某校組織的古典詩詞大賽中,高一一班、二班各有9名學生參加,得分情況如莖葉圖所示: 成績 [70,79] [80,89] [90,100] 獎次 三 二 一 加分 1 2 3 該活動規(guī)定:學生成績、獲獎等次與班級量化管理加分情況如上表. (1)在一

2、班獲獎的學生中隨機抽取2人,求能夠為班級量化管理加4分的概率; (2)已知一班和二班學生的平均成績相同,求x的值,并比較哪個班的成績更穩(wěn)定. 3.(2019安徽定遠中學高三預測卷,文18)如圖1,在邊長為4的正方形ABCD中,E是AD的中點,F是CD的中點,現(xiàn)將△DEF沿EF翻折成如圖2所示的五棱錐P-ABCFE. (1)求證:AC∥平面PEF; (2)求五棱錐P-ABCFE的體積最大時△PAC的面積. 4.(2019廣東東莞高三沖刺模擬,文19)工廠質(zhì)

3、檢員從生產(chǎn)線上每半個小時抽取一件產(chǎn)品并對其某個質(zhì)量指標Y進行檢測,一共抽取了48件產(chǎn)品,并得到如下統(tǒng)計表.該廠生產(chǎn)的產(chǎn)品在一年內(nèi)所需的維護次數(shù)與指標Y有關,具體見下表. 質(zhì)量指標Y [9.4,9.8) [9.8,10.2) [10.2,10.6] 頻數(shù) 8 24 16 一年內(nèi)所需 維護次數(shù) 2 0 1 (1)以每個區(qū)間的中點值作為每組指標的代表,用上述樣本數(shù)據(jù)估計該廠產(chǎn)品的質(zhì)量指標Y的平均值(保留兩位小數(shù)); (2)用分層抽樣的方法從上述樣本中先抽取6件產(chǎn)品,再從6件產(chǎn)品中隨機抽取2件產(chǎn)品,求這2件產(chǎn)品的指標Y都在[9.8,10.2]內(nèi)的概率; (3)已知該

4、廠產(chǎn)品的維護費用為300元/次,工廠現(xiàn)推出一項服務:若消費者在購買該廠產(chǎn)品時每件多加100元,該產(chǎn)品即可一年內(nèi)免費維護一次.將每件產(chǎn)品的購買支出和一年的維護支出之和稱為消費費用.假設這48件產(chǎn)品每件都購買該服務,或者每件都不購買該服務,就這兩種情況分別計算每件產(chǎn)品的平均消費費用,并以此為決策依據(jù),判斷消費者在購買每件產(chǎn)品時是否值得購買這項維護服務? 5. (2019陜西漢中高三全真模擬,理18)如圖,四邊形ABCD為矩形,平面ABEF⊥平面ABCD,EF∥AB,∠BAF=90°,AD=2,AB=AF=1,點P在線段DF上. (1)求證:

5、AF⊥平面ABCD; (2)若二面角D-AP-C的余弦值為63,求PF的長度. 6.(2019河北邢臺二中高三二模,文21)已知函數(shù)f(x)=[x2+(a+1)x+1]ex. (1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線與x軸平行,求a的值; (2)若f(x)在x=-1處取得極大值,求a的取值范圍; (3)當a=2時,若函數(shù)g(x)=mf(x)-1有3個零點,求m的取值范圍.(只需寫出結論) 7.已知直線l的參數(shù)方程為x=tcosφ,y=-2+tsinφ(t為參數(shù),0≤φ<2π),以坐標原點O為極點

6、,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,曲線C的極坐標方程為ρ=2,且l與C交于不同的兩點P1,P2. (1)求φ的取值范圍; (2)若φ=π3,求線段P1P2中點P0的極坐標(ρ≥0,0≤θ<2π). 8.已知函數(shù)f(x)=|2x-a|-|x+3|,a∈R. (1)當a=1時,求f(x)的最小值; (2)當x∈[0,3]時,f(x)≤4恒成立,求a的取值范圍. 參考答案 考前強化練8　解答題綜合練A 1.解(1)∵a2-bc=b2+c2-2bc, ∴b2+c2

7、-a2=bc. ∴cosA=b2+c2-a22bc=bc2bc=12. ∴A=π3,∴B+C=2π3. ∴sinB+sinC=sinB+sin2π3-B =sinB+sin2π3cosB-cos2π3sinB =32cosB+32sinB =312cosB+32sinB =3sinB+π6. 所以當B=π3時,sinB+sinC取得最大值3. (2)由(1)可得,cosA=-cos(B+C)=sinBsinC-cosBcosC=12, 因為cosBcosC=14, 所以sinBsinC=34. 因為bc=1,由正弦定理知asinA=bsinB=csinC=k(k>0),

8、 ∴a=ksinA,b=ksinB,c=ksinC, ∴bc=k2sinBsinC.∴k=233. ∴a=233sinπ3=233×32=1. 所以由b2+c2-a2=2bccosA,得(b+c)2-2bc-1=bc, ∴(b+c)2=4.∴b+c=2. 2.解(1)一班獲獎的學生共6位,隨機抽取2人的情況有(77,82),(77,83),(77,86),(77,93),(77,9x),(82,83),(82,86),(82,93),(82,9x),(83,86),(83,93),(83,9x),(86,93),(86,9x),(93,9x),共15種情況. 能夠為班級量化管理加

9、4分的情況有(77,93),(77,9x),(82,83),(82,86),(83,86),共5種情況. ∴能夠為班級量化管理加4分的概率為515=13. (2)由已知19(93+9x+82+83+86+77+67+68+69)=19(90+94+97+84+72+76+76+63+68),解得x=5, 一班成績的方差s12=19(132+152+22+32+62+32+132+122+112)=8869, 二班成績的方差s22=19(102+142+172+42+82+42+42+172+122)=11309>s12,故一班更穩(wěn)定. 3.(1)證明在圖1中,連接AC. 又E,F分

10、別為AD,CD中點,所以EF∥AC.即圖2中有EF∥AC. 又EF?平面PEF,AC?平面PEF, 所以AC∥平面PEF. (2)解在翻折的過程中,當平面PEF⊥平面ABCFE時,五棱錐P-ABCFE的體積最大. 在圖1中,取EF的中點M,DE的中點N. 由正方形ABCD的性質(zhì)知,MN∥DF,MN⊥AD,MN=NE=1,AE=DF=2,AM=AN2+MN2=32+12=10. 在圖2中,取EF的中點H,分別連接PH,AH,取AC中點O,連接PO. 由正方形ABCD的性質(zhì)知,PH⊥EF. 又平面PEF⊥平面ABCFE, 所以PH⊥平面ABCFE,則PH⊥AH. 由AB

11、=4,有PF=AE=PE=2,EH=PH=HF=2,AC=42,PA=PH2+AH2=(2)2+(10)2=23. 同理可知PC=23. 又O為AC中點,所以OP⊥AC. 所以OP=AP2-OA2 =(23)2-(22)2=2. 所以S△PAC=12×OP×AC=12×2×42=42. 4.解(1)指標Y的平均值=9.6×848+10×2448+10.4×1648≈10.07. (2)由分層抽樣法知,先抽取的6件產(chǎn)品中,指標Y在[9.8,10.2)內(nèi)的有3件,記為A1、A2、A3;指標Y在(10.2,10.6]內(nèi)的有2件,記為B1、B2;指標Y在[9.4,9.8)內(nèi)的有1件,記為

12、C. 從6件產(chǎn)品中隨機抽取2件產(chǎn)品,共有基本事件15個,分別為:(A1,A2)、(A1,A3)、(A1,B1)、(A1,B2)、(A1,C)、(A2,A3)、(A2,B1)、(A2,B2)、(A2,C)、(A3,B1)、(A3,B2)、(A3,C)、(B1,B2)、(B1,C)、(B2,C). 其中,指標Y都在[9.8,10.2]內(nèi)的基本事件有3個:(A1,A2)、(A1,A3)、(A2,A3). 所以由古典概型可知,2件產(chǎn)品的指標Y都在[9.8,10.2]內(nèi)的概率為P=315=15. (3)不妨設每件產(chǎn)品的售價為x元, 假設這48件樣品每件都不購買該服務,則購買支出為48x元.其中

13、有16件產(chǎn)品一年內(nèi)的維護費用為300元/件,有8件產(chǎn)品一年內(nèi)的維護費用為600元/件,此時平均每件產(chǎn)品的消費費用為η=148×(48x+16×300+8×600)=x+200元. 假設這48件產(chǎn)品每件產(chǎn)品都購買該項服務,則購買支出為48(x+100)元,一年內(nèi)只有8件產(chǎn)品要花費維護,需支出8×300=2400元,平均每件產(chǎn)品的消費費用ξ=148×[48(x+100)+8×300]=x+150(元). 所以該服務值得消費者購買. 5.(1)證明∵∠BAF=90°,∴AB⊥AF.又平面ABEF⊥平面ABCD,平面ABEF∩平面ABCD=AB,AF?平面ABEF, ∴AF⊥平面ABCD.

14、(2)解以A為原點,以AB,AD,AF為x,y,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),F(0,0,1), ∴FD=(0,2,-1),AC=(1,2,0),AB=(1,0,0). 由題知,AB⊥平面ADF, ∴AB=(1,0,0)為平面ADF的一個法向量. 設FP=λFD(0≤λ<1),則P(0,2λ,1-λ),∴AP=(0,2λ,1-λ). 設平面APC的一個法向量為m=(x,y,z),則m·AP=0,m·AC=0, ∴2λy+(1-λ)z=0,x+2y=0, 令y=1,可得m=-2,1,2λλ

15、-1, ∴|cos|=|m·AB||m||AB|=21×4+1+(2λλ-1)?2=63, 解得λ=13或λ=-1(舍去負值), ∴PF=53. 6.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞). f'(x)=[x2+(a+3)x+a+2]ex. 因為曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線與x軸平行,所以f'(0)=(a+2)ex=0,解得a=-2. 此時f(0)=1≠0,所以a的值為-2. (2)因為f'(x)=[x2+(a+3)x+a+2]ex=(x+1)[x+(a+2)]ex. ①若a<-1,-(a+2)>-1, 則當x∈(-∞,-1)時,x+1<0

16、,x+(a+2)0; 當x∈(-1,-(a+2))時,x+1>0,x+(a+2)<0,所以f'(x)<0. 所以f(x)在x=-1處取得極大值. ②若a≥-1,-(a+2)≤-1, 則當x∈(-1,0)時,x+1>0,x+(a+2)≥x+1>0, 所以f'(x)>0.所以-1不是f(x)的極大值點. 綜上可知,a的取值范圍為(-∞,-1). (3)當a=2時,g(x)=mf(x)-1=m(x2+3x+1)ex-1(x∈R), ∴g'(x)=m(2x+3)ex+m(x2+3x+1)ex=m(x2+5x+4)ex=m(x+1)(x+4)ex. 當m=

17、0時,函數(shù)g(x)=mf(x)-1=-1,不可能有3個零點; ①當m<0時,令g'(x)=m(x+1)(x+4)ex=0,解得x1=-4,x2=-1. 令g'(x)>0,得-4-1,則g(x)在區(qū)間(-∞,-4)和(-1,+∞)上單調(diào)遞減; 由于當x<-4時,x2+3x+1<0恒成立,m<0,ex>0, 則當x<-4時,g(x)=m(x2+3x+1)ex-1<0恒成立, 所以函數(shù)g(x)=mf(x)-1最多只有兩個零點,即m<0不滿足題意; ②當m>0時,令g'(x)=m(x+1)(x+4

18、)ex=0,解得x1=-4,x2=-1. 令g'(x)>0,得x<-4或x>-1,則g(x)在區(qū)間(-∞,-4)和(-1,+∞)上單調(diào)遞增; 令g'(x)<0,解得-40,g(-1)<0,解得:m>e45. 綜上所述,m的取值范圍為e45,+∞. 7.解(1)∵曲線C的極坐標方程為ρ=2, ∴曲線C的直角坐標方程為x2+y2=2, 將x=tcosφ,y=-2+tsinφ代入x2+y2=2,得t2-4tsinφ+2=0, 由Δ=16sin2φ-8>0,得|sinφ|>

19、22,又0≤φ<2π, ∴φ的取值范圍為π4,3π4∪5π4,7π4. (2)當φ=π3時,直線l的參數(shù)方程為x=12t,y=-2+32t,消去參數(shù)t,得直線l的普通方程為3x-y-2=0, 設P0(ρ0,θ0),則ρ0=|-2|(3)2+1=1,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入l的普通方程,得l的極坐標方程為3ρcosθ-ρsinθ-2=0,當ρ0=1時,得3cosθ0-sinθ0-2=0,即得sinθ0-π3=-1. 由0≤θ<2π,得θ0-π3=3π2, ∴θ0=11π6,即P0的極坐標為1,11π6. 8.解(1)當a=1時,函數(shù)f(x)=|2x-1|-|x+3|,

20、當x≤-3時,f(x)=1-2x+(x+3)=4-x,此時f(x)min=f(-3)=7, 當-3f12=-3×12-2=-72, 當x≥12時,f(x)=2x-1-(x+3)=x-4, 此時f(x)min=f12=12-4=-72, 綜上,f(x)的最小值為-72. (2)當x∈[0,3]時,f(x)≤4恒成立,可化為|2x-a|≤x+7, 即-x-7≤2x-a≤x+7恒成立, 得x-7≤a≤3x+7恒成立, 由x∈[0,3],得3x+7≥7,x-7≤-4, ∴-4≤a≤7, 即a的取值范圍為[-4,7]. 18