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1、考前強(qiáng)化練9 解答題綜合練B
1.已知函數(shù)f(x)=12x2+mx(m>0),數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.點(diǎn)(n,Sn)在f(x)圖象上,且f(x)的最小值為-18.
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)數(shù)列{bn}滿足bn=2an(2an-1)(2an+1-1),記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:Tn<1.
2.
(2019山西大同高三三模,文18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底部ABCD為菱形,E為CD的中點(diǎn).
(1)求證:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面P
2、AE;
(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得CF∥平面PAE?說明理由.
3.2017高考特別強(qiáng)調(diào)了要增加對(duì)數(shù)學(xué)文化的考查,為此某校高三年級(jí)特命制了一套與數(shù)學(xué)文化有關(guān)的專題訓(xùn)練卷(文、理科試卷滿分均為100分),并對(duì)整個(gè)高三年級(jí)的學(xué)生進(jìn)行了測(cè)試.現(xiàn)從這些學(xué)生中隨機(jī)抽取了50名學(xué)生的成績(jī),按照成績(jī)[50,60),[60,70),…,[90,100]分成了5組,制成了如圖所示的頻率分布直方圖(假定每名學(xué)生的成績(jī)均不低于50分).
(1)求頻率分布直方圖中的x的值,并估計(jì)所抽取的50名學(xué)生成績(jī)的平均數(shù)、中位數(shù)(同一
3、組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值代表);
(2)若高三年級(jí)共有2 000名學(xué)生,試估計(jì)高三學(xué)生中這次測(cè)試成績(jī)不低于70分的人數(shù);
(3)若利用分層抽樣的方法從樣本中成績(jī)不低于70分的三組學(xué)生中抽取6人,再從這6人中隨機(jī)抽取3人參加這次考試的考后分析會(huì),試求后兩組中至少有1人被抽到的概率.
4.(2019河北石家莊高三模擬,文20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上一點(diǎn)P(x0,2)到焦點(diǎn)F的距離|PF|=2x0.
(1)求拋物線C的方程;
(2)過點(diǎn)P引圓M:(x-3)2+y2=r2(0
4、C的另一交點(diǎn)分別為A,B,線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)記為t,求t的取值范圍.
5.(2019山東濰坊高三二模,理)已知函數(shù)f(x)=xex-1-aln x(無理數(shù)e=2.718…).
(1)若f(x)在(1,+∞)單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)當(dāng)a=0時(shí),設(shè)g(x)=ex·f(x)-x2-x,證明:當(dāng)x>0時(shí),g(x)>1-ln22-ln222.
6.已知直線l的參數(shù)方程為x=4+22t,y=22t(t為參數(shù)),以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn),x軸的非負(fù)半軸為
5、極軸建立極坐標(biāo)系,圓C的極坐標(biāo)方程為ρ=4cos θ,直線l與圓C交于A,B兩點(diǎn).
(1)求圓C的直角坐標(biāo)方程及弦AB的長(zhǎng);
(2)動(dòng)點(diǎn)P在圓C上(不與A,B重合),試求△ABP的面積的最大值.
7.已知函數(shù)f(x)=|2x-1|+|x+1|.
(1)求函數(shù)f(x)的值域M;
(2)若a∈M,試比較|a-1|+|a+1|,32a,72-2a的大小.
參考答案
考前強(qiáng)化練9 解答題綜合練B
1.(1)解f(x)=12(x+m)2-m22,故f(x)的最小值為-m22=-18,又m>
6、0,所以m=12,即Sn=12n2+12n,所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n;當(dāng)n=1時(shí),a1=1也適合上式,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n.
(2)證明由(1)知bn=2an(2an-1)(2an+1-1)=12n-1-12n+1-1,
所以Tn=1-13+13-17+…+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1,所以Tn<1.
2.(1)證明因?yàn)镻A⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.
因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形,
所以AC⊥BD.
因?yàn)镻A∩AC=A,PA,AC?平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
(2)證明因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形,且∠ABC=60°,
7、
所以△ACD為正三角形,
所以AE⊥CD,
因?yàn)锳B∥CD,所以AE⊥AB.
因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以AE⊥PA.
因?yàn)镻A∩AB=A,
所以AE⊥平面PAB.
因?yàn)锳E?平面PAE,
所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解存在點(diǎn)F為PB中點(diǎn)時(shí),滿足CF∥平面PAE.理由如下:
分別取PB,PA的中點(diǎn)F,G,連接CF,FG,EG.
在△PAB中,FG∥AB且FG=12AB.
在菱形ABCD中,E為CD的中點(diǎn),所以CE∥AB且CE=12AB,
所以CE∥FG且CE=FG,即四邊形CEGF為平行四邊形,
所以CF∥EG.
又CF?平面PAE
8、,EG?平面PAE,
所以CF∥平面PAE.
3.解(1)由頻率分布直方圖可得第4組的頻率為1-0.1-0.3-0.3-0.1=0.2,故x=0.02.
故可估計(jì)所抽取的50名學(xué)生成績(jī)的平均數(shù)為(55×0.01+65×0.03+75×0.03+85×0.02+95×0.01)×10=74(分).
由于前兩組的頻率之和為0.1+0.3=0.4,前三組的頻率之和為0.1+0.3+0.3=0.7,
故中位數(shù)在第3組中.設(shè)中位數(shù)為t分,則有(t-70)×0.03=0.1,所以t=7313,即所求的中位數(shù)為7313分.
(2)由(1)可知,50名學(xué)生中成績(jī)不低于70分的頻率為0.3+0.2+
9、0.1=0.6,
由以上樣本的頻率,可以估計(jì)高三年級(jí)2000名學(xué)生中成績(jī)不低于70分的人數(shù)為2000×0.6=1200.
(3)由(1)可知,后三組中的人數(shù)分別為15,10,5,故這三組中所抽取的人數(shù)分別為3,2,1.記成績(jī)?cè)赱70,80)這組的3名學(xué)生分別為a,b,c,成績(jī)?cè)赱80,90)這組的2名學(xué)生分別為d,e,成績(jī)?cè)赱90,100]這組的1名學(xué)生為f,則從中任抽取3人的所有可能結(jié)果為(a,b,c),(a,b,d),(a,b,e),(a,b,f),(a,c,d),(a,c,e),(a,c,f),(a,d,e),(a,d,f),(a,e,f),(b,c,d),(b,c,e),(b,c,
10、f),(b,d,e),(b,d,f),(b,e,f),(c,d,e),(c,d,f),(c,e,f),(d,e,f)共20種.
其中后兩組中沒有人被抽到的可能結(jié)果為(a,b,c),只有1種,
故后兩組中至少有1人被抽到的概率為P=1-120=1920.
4.解(1)由拋物線定義,得|PF|=x0+p2,
由題意得2x0=x0+p2,2px0=4,p>0,解得p=2,x0=1,
所以拋物線的方程為y2=4x.
(2)由題意知,過P引圓(x-3)2+y2=r2(0
11、k1+2|k12+1=r,
整理得,(r2-4)k12-8k1+r2-4=0.
設(shè)切線PB的方程為y=k2(x-1)+2,同理可得(r2-4)k22-8k2+r2-4=0.
所以,k1,k2是方程(r2-4)k2-8k+r2-4=0的兩根,k1+k2=8r2-4,k1k2=1.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=k1(x-1)+2,y2=4x,得k1y2-4y-4k1+8=0,
由韋達(dá)定理知,2y1=8-4k1k1,
所以y1=4-2k1k1=4k1-2=4k2-2,
同理可得y2=4k1-2.
設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為x0,則x0=x1+x22=y12+y228=(4k
12、2-2)2+(4k1-2)28=2(k12+k22)-2(k1+k2)+1=2(k1+k2)2-2(k1+k2)-3.
設(shè)t=k1+k2,則t=8r2-4∈[-4,-2),
所以x0=2t2-2t-3,對(duì)稱軸t=12>-2,所以90,
∴函數(shù)h(x)=(x+x2)ex-1在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.
∴a≤h(1)=2.
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-
13、∞,2].
(2)證明當(dāng)a=0時(shí),g(x)=ex·f(x)-x2-x=ex-x2-x.
g'(x)=ex-2x-1.
令u(x)=g'(x)=ex-2x-1,
則u'(x)=ex-2,可得x=ln2時(shí),函數(shù)u(x)取得極小值,
g'(ln2)=u(ln2)=1-2ln2<0.
∵g'(0)=0,又g'1+12ln2=e1+12ln2-21+12ln2-1=2e-3-ln2>0.
∴存在x0∈ln2,1+12ln2,使得g'(x0)=ex0-2x0-1=0,ex0=2x0+1.
由單調(diào)性可得,當(dāng)x=x0時(shí),函數(shù)g(x)取得極小值,即最小值,
∴g(x)≥g(x0)=ex0-x0
14、2-x0=2x0+1-x02-x0=-x02+x0+1=-x0-122+54.
由x0∈ln2,1+12ln2,可得函數(shù)y=g(x0)單調(diào)遞減,
故g(x)≥g(x0)>-1+12ln2-122+54>1-ln22-ln222.
∴當(dāng)x>0時(shí),g(x)>1-ln22-ln222.
6.解(1)由ρ=4cosθ得ρ2=4ρcosθ,
所以x2+y2-4x=0,所以圓C的直角坐標(biāo)方程為(x-2)2+y2=4.
將直線l的參數(shù)方程代入圓C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+22t=0,解得t1=0,t2=-22,
所以直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)為|t1-t2|=22.
(2)直線l的
15、普通方程為x-y-4=0.
圓C的參數(shù)方程為x=2+2cosθ,y=2sinθ(θ為參數(shù)),
可設(shè)圓C上的動(dòng)點(diǎn)P(2+2cosθ,2sinθ),則點(diǎn)P到直線l的距離d=2+2cosθ-2sinθ-42=|2cosθ+π4-2|.
當(dāng)cosθ+π4=-1時(shí),d取最大值,且d的最大值為2+2,
所以S△ABP≤12×22×(2+2)=2+22,即△ABP的面積的最大值為2+22.
7.解(1)f(x)=-3x,x<-1,2-x,-1≤x≤12,3x,x>12,根據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性可知,當(dāng)x=12時(shí),f(x)min=f12=32.
所以函數(shù)f(x)的值域M=32,+∞.
(2)∵a∈M,∴a≥32,∴0<32a≤1.
又|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3,∴a≥32,知a-1>0,4a-3>0,
∴(a-1)(4a-3)2a>0,∴32a>72-2a,
所以|a-1|+|a+1|>32a>72-2a.
14
（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練9 解答題綜合練B 文
