(全国通用版)2019版高考数学大二轮复习 考前强化练6 解答题组合练(B)理

考前强化练7 解答题组合练(C)1.在△ABC中,角A,B,C所对边分别是a,b,c,满足4a cos B-b cos C=c cos B.(1)求cos B的值;(2)若=3,b=3,求a和c的值.2.(2018河南六市联考一,理17)已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=(n≥2).(1)求证:数列是等差数列;(2)证明:当n≥２时,S1+S2+S3+…+S n<.3.(2018河北保定一模,理19)如图,四棱台A1B1C1D1-ABCD中,A1A⊥底面ABCD,A1B1=A1A=,AB=2,AC=2,平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,M为C1C的中点.(1)证明:AM⊥D1D;(2)若∠ABC=30°,且AC≠BC,求二面角B1-CC1-D1的正弦值.4.(2018河南郑州一模,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D,E分别为线段AB,BC上的点,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC.(1)求证:PD⊥平面ABC;(2)若PA与平面ABC所成的角为,求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.6.(2018山东临沂三模,理20)如图,已知抛物线E:x2=2py(p>0)与圆O:x2+y2=5相交于A,B两点,且|AB|=4.过劣弧AB 上的动点P(x0,y0)作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,相交于点M.(1)求抛物线E的方程;(2)求点M到直线CD距离的最大值.参考答案考前强化练7解答题组合练(C)1.解 (1)由题意得,4sin A cos B-sin B cos C=sin C cos B,所以4sin A cos B=sin B cos C+sin C cos B=sin(B+C)=sin A.因为sin A≠0,所以cos B=(2)由=3,得ac cos B=3,ac=12.由b2=a2+c2-2ac cos B,b=3可得a2+c2=24,所以可得a=c=22.解 (1)当n≥２时,S n-S n-1=,S n-1-S n=2S n S n-1,=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n=,∴当n≥２时,S n=,从而S1+S2+S3+…+S n<1+1-+…+=3.(1)证明连接AC1,∵A1B1C1D1-ABCD为四棱台,四边形A1B1C1D1∥四边形ABCD,,由AC=2得A1C1=1,∵A1A⊥底面ABCD,∴四边形A1ACC1为直角梯形,可求得C1A=2,又AC=2,M为CC1的中点,所以AM⊥C1C.∵平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,平面A1ACC1∩平面C1CDD1=C1C,∴AM⊥平面C1CDD1,D1D?平面C1CDD1,∴AM⊥D1D.(2)解在△ABC中,AB=2,AC=2,∠ABC=30°,利用余弦定理可求得,BC=4或BC=2,∵AC≠BC,∴BC=4,从而AB2+AC2=BC2,知AB⊥AC,如图,以A为原点建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,),M0,,由于AM⊥平面C1CDD1,所以平面C1CDD1的法向量为=0,,设平面B1BCC1的法向量为m=(x,y,z),=(-2,2,0),=(0,-1,),设y=,∴m=(1,,1),cos<m,>=,∴sin<m,>=,即二面角B1-CC1-D1的正弦值为4.(1)证明连接DE,由题意知AD=4,BD=2,∵AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°.cos∠ABC=,∴CD2=22+12-2×2×2cos∠ABC=8.∴CD=2,∴CD2+AD2=AC2,则CD⊥AB,又∵平面PAB⊥平面ABC,∴CD⊥平面PAB,∴CD⊥PD,∵PD⊥AC,AC,CD都在平面ABC内,∴PD⊥平面ABC.(2)由(1)知PD,CD,AB两两互相垂直,建立如图所示的直角坐标系D-xyz,且PA与平面ABC所成的角为,有PD=4,则A(0,-4,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),=(-2,2,0),=(2,4,0),=(0,-4,-4),∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC.由(1)知AC⊥BC,PD⊥平面ABC,∴CB⊥平面DEP.=(-2,2,0)为平面DEP的一个法向量.设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=,y=-1,∴n=(,-1,1)为平面PAC的一个法向量.∴cos<n,>==-故平面PAC与平面PDE的锐二面角的余弦值为,所以平面PAC与平面PDE的锐二面角为30°.5.解 (1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,∴M(0,m),N,∵|PM|=|MN|,∴P,Q,∴直线QM的方程为y=-3kx+m.设A(x1,y1),由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,∴x1+=-,∴x1=-设B(x2,y2),由得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,∴x2+,∴x2=-∵点N平分线段A1B1,∴x1+x2=-,∴-=-,∴k=±,∴P(±2m,2m),=1,解得m=±,∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意,∴直线l的方程为y=±x±6.解 (1)由|AB|=4,且B在圆上,由抛物线和圆的对称性,得B(2,1),代入抛物线方程得22=2p×1,p=2,∴抛物线E的方程为x2=4y.(2)设C x1,,D x2,,由x2=4y,得y=x2,∴y'=x.则l1的方程为y-x1(x-x1),即y=x1x-①同理得l2的方程为y=x2x-②联立①②解得又CD与圆x2+y2=5切于点P(x0,y0),得CD的方程为x0x+y0y=5,且=5,y0∈[1,],联立化简得y0x2+4x0x-20=0.则x1+x2=-,x1x2=-设点M(x,y),则x==-,y==-,即M-,-,∴点M到直线CD:x0x+y0y=5的距离为d=,易知d关于y0单调递减,而y0∈[1,],当y0=1时,d max=,即点M到直线CD距离的最大值为。

考前强化练6 解答题组合练(B)1.已知a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,b=.(1)若C=,△ABC的面积为,求c;(2)若B=,求2a-c的取值范围.2.(2018山西太原一模,文17)△ABC中的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.(1)求角B;(2)若b=,求△ABC面积的最大值.3.某高校在2018年的自主招生笔试成绩(满分200分)中,随机抽取100名考生的成绩,按此成绩分成五组,得到如下的频率分布表:(1)求频率分布表中a,b,c的值,并估计全体考生的平均成绩;(2)用分层抽样的方法从第三、四、五组中共抽取n名考生,已知从第五组中恰好抽取了两名考生.①求n的值;②若该高校的三位考官每人都独立地从这n名考生中随机抽取2名考生进行面试,记考生甲被抽到的次数为X,求X的分布列与数学期望.4.(2018河北石家庄一模,理19)小明在石家庄市某物流派送公司找到了一份派送员的工作,该公司给出了两种日薪薪酬方案.甲方案:底薪100元,每派送一单奖励1元;乙方案:底薪140元,每日前55单没有奖励,超过55单的部分每单奖励12元.(1)请分别求出甲、乙两种薪酬方案中日薪y(单位:元)与送货单数n的函数关系式;(2)根据该公司所有派送员100天的派送记录,发现派送员的日平均派送单数满足以下条件:在这100天中的派送量指标满足如图所示的直方图,其中当某天的派送量指标在(n=1,2,3,4,5)时,日平均派送量为50+2n单.若将频率视为概率,回答下列问题:①根据以上数据,设每名派送员的日薪为X(单位:元),试分别求出甲、乙两种方案的日薪X的分布列,数学期望及方差;②结合①中的数据,根据统计学的思想,帮助小明分析,他选择哪种薪酬方案比较合适,并说明你的理由.(参考数据:0.62=0.36,1.42=1.96,2.62=6.76,3.42=11.56,3.62=12.96,4.62=21.16,15.62=243.36,20.42=416. 16,44.42=1 971.36)5.(2018河北唐山三模,理21)已知函数f(x)=ln(x+1)+ax2,a>0.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若函数f(x)在区间(-1,0)有唯一零点x0,证明:e-2<x0+1<e-1.参考答案考前强化练6解答题组合练(B)1.解 (1)∵C=,△ABC的面积为,b=,∴由三角形的面积公式S=ab sin C=a,得a=2.由余弦定理得c2=a2+b2-2ab cos C=4+3-2×2=13.∴c的值为(2)由正弦定理得=2R.∴a==2sin A,c==2sin C,∴2a-c=4sin A-2sin C=4sin-2sin C=4-2sin C=2cos C.∵B=,∴0<C<,∴-<cos C<1,∴-<2cos C<2,∴2a-c的取值范围为(-,2).2.解 (1)利用正弦定理,得=1+,即sin(B+C)=cos C sin B+sin C sin B,∴sin B cos C+cos B sin C=cos C sin B+sin C sin B,∴cos B sin C=sin C sin B,又sin B≠0,∴tan B=1,B=(2)由(1)得B=,由余弦定理可得:b2=a2+c2-2ac cos B,则有2=a2+c2-ac,即有2+ac=a2+c2,又由a2+c2≥2ac,则有2+ac≥2ac,变形可得:ac=2+,则S=ac sin B=ac即△ABC面积的最大值为3.解 (1)由题意知:a==0.15,b=100-15-25-30-10=20,c==0.2.平均成绩=100×0.15+120×0.25+140×0.3+160×0.2+180×0.1=137.(2),∴n=12.②从12名考生中随机抽取2人,设甲被抽到的概率为p.则p=三位面试官先后用同样的方式来抽取考生面试,可看作3次独立重复试验,故X~B3,,∴E(X)=34.解 (1)甲方案中派送员日薪y(单位:元)与送单数n的函数关系式为:y=100+n,n∈N,乙方案中派送员日薪y(单位:元)与送单数n的函数关系式为:y=(2)①由已知,在这100天中,该公司派送员日平均派送单数满足如下表格:所以x甲的分布列为:所以E(X甲)=152×0.2+154×0.3+156×0.2+158×0.2+160×0.1=155.4,=0.2×(152-155.4)2+0.3×(154-155.4)2+0.2×(156-155.4)2+0.2×(158-155.4)2+0.1×(160-155.4)2=6.44,所以x乙的分布列为:所以E(X乙)=140×0.5+152×0.2+176×0.2+200×0.1=155.6,=0.5×(140-155.6)2+0.2×(152-155.6)2+0.2×(176-155.6)2+0.1×(200-155.6)2=404.64,②答案一:由以上的计算可知,虽然E(X甲)<E(X乙),但两者相差不大,且远小于,即甲方案日工资收入波动相对较小,所以小明应选择甲方案.答案二:由以上的计算结果可以看出,E(X甲)<E(X乙),即甲方案日工资期望小于乙方案日工资期望,所以小明应选择乙方案.5.(1)解f'(x)=+2ax=,x>-1,令g(x)=2ax2+2ax+1,Δ=4a2-8a=4a(a-2),若Δ<0,即0<a<2,则g(x)>0,当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,若Δ=0,即a=2,则g(x)≥0,当且仅当x=-时,等号成立,当x∈(-1,+∞)时,f'(x)≥0,f(x)单调递增.若Δ>0,即a>2,则g(x)有两个零点x1=,x2=,由g(-1)=g(0)=1>0,g-<0得-1<x1<-<x2<0,当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当0<a≤2时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;当a>2时,f(x)在-1,和,+∞上单调递增,在上单调递减.(2)证明由(1)及f(0)=0可知:仅当极大值等于零,即f(x1)=0时,符合要求.此时,x1就是函数f(x)在区间(-1,0)的唯一零点x0.所以2a+2ax0+1=0,从而有a=-又因为f(x0)=ln(x0+1)+a=0,所以ln(x0+1)-=0,令x0+1=t,则ln t-=0.设h(t)=ln t+,则h'(t)=,再由(1)知:0<t<,h'(t)<0,h(t)单调递减,又因为h(e-2)=>0,h(e-1)=<0,所以e-2<t<e-1,即e-2<x0+1<e-1.。

组合增分练6 解答题组合练B1.已知点P(,1),Q(cos x,sin x),O为坐标原点,函数f(x)=.(1)求函数f(x)的最小值及此时x的值;(2)若A为△ABC的内角,f(A)=4,BC=3,△ABC的面积为,求△ABC的周长.2.已知函数f(x)=cos--cos ωx(x∈R,ω为常数,且1<ω<2),函数f(x)的图象关于直线x=π对称.(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若a=1,f,求△ABC面积的最大值.3.《环境空气质量标准》中规定:居民区PM2.5的年平均浓度不得超过35微克/立方米,PM2.5的24小时平均浓度不得超过75微克/立方米.我市环保局随机抽取了一居民区2016年20天PM2.5的24小时平均浓度(1)从样本中PM2.5的24小时平均浓度超过50微克/立方米的天数中,随机抽取2天,求恰好有一天PM2.5的24小时平均浓度超过75微克/立方米的概率;(2)将这20天的测量结果按上表中分组方法绘制成的样本频率分布直方图如图.①求图中a的值;②求样本平均数,并根据样本估计总体的思想,从PM2.5的年平均浓度考虑,判断该居民区的环境质量是否需要改善?并说明理由.4.某校为指导学生合理选择文理科的学习,根据数理综合测评成绩,按6分为满分进行折算后,若学生成绩小于m分则建议选择文科,不低于m分则建议选择理科(这部分学生称为候选理科生).现从该校高一随机抽取500名学生的数理综合成绩作为样本,整理得到分数的频率分布直方图(如图所示).(1)求直方图中的t值;(2)根据此次测评,为使80%以上的学生选择理科,成绩m至多定为多少?(3)若m=4,试估计该校高一学生中候选理科学生的平均成绩.(精确到0.01)5.已知函数f(x)=x-m ln x--(m∈R),g(x)=x2+e x-x e x.(1)当x∈[1,e]时,求f(x)的最小值;(2)当m≤ 时,若∃x1∈[e,e2],使得∀x2∈[-2,0],f(x1)≤g(x2)成立,求实数m的取值范围.6.设a,b∈R,|a|≤ .已知函数f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=e x f(x).(1)求f(x)的单调区间.(2)已知函数y=g(x)和y=e x的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切线,①求证:f(x)在x=x0处的导数等于0;②若关于x的不等式g(x)≤e x在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范围.组合增分练6答案1.解 (1)由题意,=(,1),=(-cos x,1-sin x),∴f(x)==3-x+1-sin x=4-2sin,∴当x=+2kπ,k∈Z时,f(x)取得最小值2.(2)∵f(A)=4,即4-2sin=4,可得A+=kπ,k∈Z,0<A<π,∴A=.∵BC=3,由余弦定理可得a2=b2+c2-2bc cos,即9=(b+c)2-bc.又△ABC的面积为,即bc sin A=,可得bc=3,那么b+c=2故得△ABC的周长为a+b+c=2+3.2.解 (1)f(x)=cos--cos ωx=sin ωx-cos ωx=sin-,由函数f(x)的图象关于直线x=π对称,可得ωx-=kπ+(k∈Z),∴ω=k+(k∈Z).∵ω∈(1,2),∴k=1,ω=,∴f(x)=sin-,则函数f(x)最小正周期T=.(2)由(1)知f=sin-,∵0<A<π,∴-<A-,∴A-,A=,由余弦定理及a=1,得1=b2+c2-2bc cos≥ bc-bc=bc,即bc≤ ,∴S△ABC=bc sin A=bc≤,∴△ABC面积的最大值为.3.解 (1)设PM2.5的24小时平均浓度在(50,75]内的3天为A1,A2,A3,PM2.5的24小时平均浓度在(75,100]内的2天为B1,B2.所以5天任取2天的情况有A1A2,A1A3,A1B1,A1B2,A2A3,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,共10种.其中符合条件的有A1B1,A1B2,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,共6种.所以所求的概率P=.(2)①由第四组的频率为0.1得25a=0.1,解得a=0.004.②去年该居民区PM2.5年平均浓度为12.5×0.15+37.5×0.6+62.5×0.15+87.5×0.1=42.5(微克/立方米).因为42.5>35,所以去年该居民区PM2.5年平均浓度不符合环境空气质量标准,故该居民区的环境需要改进.4.解 (1)根据频率分布直方图中频率和为1,得0.15×1+t×1+0.30×1+t×1+0.15×1=1,解得t=0.2.(2)使80%以上的学生选择理科,则0.15+0.2+0.3<0.8<0.15+0.2+0.3+0.2,满足条件的m值为2.(3)m=4时,计算≈4.93,估计该校高一学生中候选理科学生的平均成绩为4.93.5.解 (1)由f(x)=x-m ln x--(x>0),得f'(x)=1--=- ) -- ) ,当m≤ 时,f(x)在[1,e]上f'(x)≥ ,∴f(x)是递增函数,∴f(x)min=f(1)=2-m..当m≥e+1时,f(x)在[1,e]上f'(x)≤ ,f(x)是递减函数,f(x)min=f(e)=e-m--e当2<m<e+1时,f(x)在[1,m-1]上f'(x)≤ ,在[m-1,e]上f'(x)≥ ,f(x)min=f(m-1)=m-2-m ln(m-1).(2)已知等价于f(x1)min≤g(x2)min,由(1)知当m≤ 时,f(x)在[e,e2]上f'(x)≥ ,f(x)min=f(e)=e-m--e,而g'(x)=x+e x-(x+1)e x=x(1-e x),当x2∈[-2,0],g'(x2)≤ ,g(x2)min=g(0)=1,∴m≤ ,e-m--e≤ ,故实数m的取值范围是e-ee, .6.(1)解由f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,可得f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)].令f'(x)=0,解得x=a或x=4-a.由|a|≤ ,得a<4-a.当x变化时,f'(x),f(x)所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(4-a,+∞),单调递减区间为(a,4-a).(2)①证明因为g'(x)=e x(f(x)+f'(x)),由题意知)e, )e,所以)e e,e)))e,解得) , )所以,f(x)在x=x0处的导数等于0.②解因为g(x)≤e x,x∈[x0-1,x0+1],由e x>0,可得f(x)≤ .又因为f(x0)=1,f'(x0)=0.故x0为f(x)的极大值点,由(1)知x0=a.另一方面,由于|a|≤ ,故a+1<4-a,由(1)知f(x)在(a-1,a)内单调递增,在(a,a+1)内单调递减, 故当x0=a时,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立,从而g(x)≤e x在[x0-1,x0+1]上恒成立.由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,- ≤a≤ .令t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t'(x)=6x2-12x,令t'(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0.因为t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1].所以,b的取值范围是[-7,1].。

考前强化练9 解答题综合练(B)1.已知函数f(x)=x2+mx(m>0),数列{a n}的前n项和为S n.点(n,S n)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=,记数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n<1.2.(2018湖南长郡中学二模,理18)如图,点C在以AB为直径的圆O上,PA垂直于圆O所在平面,G 为△AOC的重心.(1)求证:平面OPG⊥平面PAC;(2)若PA=AB=2AC=2,求二面角A-OP-G的余弦值.3.2017年春节期间,某服装超市举办了一次有奖促销活动,消费每超过600元(含600元),均可抽奖一次,抽奖方案有两种,顾客只能选择其中的一种.方案一:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,一次性摸出3个球,其中奖规则为:若摸到3个红球,享受免单优惠;若摸出2个红球则打6折,若摸出1个红球,则打7折;若没摸出红球,则不打折.方案二:从装有10个形状、大小完全相同的小球(其中红球3个,黑球7个)的抽奖盒中,有放回每次摸取1球,连摸3次,每摸到1次红球,立减200元.(1)若两个顾客均分别消费了600元,且均选择抽奖方案一,试求两位顾客均享受免单优惠的概率;(2)若某顾客消费恰好满1 000元,试从概率的角度比较该顾客选择哪一种抽奖方案更合算?4.已知椭圆C:=1(a>b>0)的长轴长为6,且椭圆C与圆M:(x-2)2+y2=的公共弦长为. (1)求椭圆C的方程.(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在,求出点D的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.5.已知函数f(x)=2ln x-2mx+x2(m>0),(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当m≥时,若函数f(x)的导函数f'(x)的图象与x轴交于A,B两点,其横坐标分别为x1,x2(x1<x2),线段AB的中点的横坐标为x0,且x1,x2恰为函数h(x)=ln x-cx2-bx的零点,求证:(x1-x2)h'(x0)≥-+ln 2.6.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ,直线l与圆C交于A,B两点.(1)求圆C的直角坐标方程及弦AB的长;(2)动点P在圆C上(不与A,B重合),试求△ABP的面积的最大值.7.已知函数f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1)求函数f(x)的值域M;(2)若a∈M,试比较|a-1|+|a+1|,-2a的大小.参考答案考前强化练9解答题综合练(B)1.(1)解f(x)=(x+m)2-,故f(x)的最小值为-=-,又m>0,所以m=,即S n=n2+n,所以当n≥2时,a n=S n-S n-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)证明由(1)知b n=,所以T n=1-+…+=1-,所以T n<1.2.(1)证明如图,延长OG交AC于点M.∵G为△AOC的重心,∴M为AC的中点.∵O为AB的中点,∴OM∥BC.∵AB是圆O的直径,∴BC⊥AC,∴OM⊥AC.∵PA⊥平面ABC,OM⊂平面ABC,∴PA⊥OM.又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,∴OM⊥平面PAC,即OG⊥平面PAC.又OG⊂平面OPG,∴平面OPG⊥平面PAC.(2)解以点C为原点,方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(0,1,0),B(,0,0),O,0,P(0,1,2),M0,,0,则=-,0,0,=-,2.平面OPG即为平面OPM,设平面OPM的一个法向量为n=(x,y,z),则令z=1,得n=(0,-4,1).过点C作CH⊥AB于点H,由PA⊥平面ABC,易得CH⊥PA,又PA∩AB=A,∴CH⊥平面PAB,即为平面PAO的一个法向量.在Rt△ABC中,由AB=2AC,得∠ABC=30°,则∠HCB=60°,CH=CB=x H=CH cos∠HCB=,y H=CH sin∠HCB=所以=,0.设二面角A-OP-G的大小为θ,则cosθ=3.解 (1)选择方案一若享受到免单优惠,则需要摸出三个红球,设顾客享受到免单优惠为事件A,则P(A)=,所以两位顾客均享受到免单的概率为P=P(A)·P(A)=(2)若选择方案一,设付款金额为X元,则X可能的取值为0,600,700,1 000.P(X=0)=,P(X=600)=,P(X=700)=,P(X=1 000)=,故X的分布列为∴E(X)=0+600+700+1 000=764(元).若选择方案二,设摸到红球的个数为Y,付款金额为Z,则Z=1 000-200Y,由已知可得Y~B3,,故E(Y)=3,∴E(Z)=E(1 000-200Y)=1 000-200E(Y)=820(元).因为E(X)<E(Z),所以该顾客选择第一种抽奖方案更合算.4.解 (1)由题意可得2a=6,∴a=3.由椭圆C与圆M:(x-2)2+y2=的公共弦长为,恰为圆M的直径,可得椭圆C经过点2,±,=1,解得b2=8.所以椭圆C的方程为=1.(2)直线l的解析式为y=kx+2,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0).假设存在点D(m,0),使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形,则DE⊥AB.由得(8+9k2)x2+36kx-36=0,故x1+x2=-,∴x0=-,y0=kx0+2=∵DE⊥AB,∴k DE=-,即=-,∴m=当k>0时,9k+2=12,∴-m<0;当k<0时,9k+-12,∴0<m综上所述,所求点D的横坐标的取值范围为-,0∪0,.5.(1)解由f(x)=2ln x-2mx+x2的定义域为(0,+∞),则f'(x)=令x2-mx+1=0,其判别式Δ=m2-4.当m2-4≤0,即0<m≤2时,f'(x)≥0恒成立,故f(x)在(0,+∞)内单调递增.当m2-4>0,即m>2,方程x2-mx+1=0有两个根x=,令f'(x)>0,得0<x<或x>,此时f(x)单调递增;令f'(x)<0,得<x<,此时f(x)单调递减.综上所述,当0<m≤2时,f(x)在(0,+∞)内单调递增;当m>2时,f(x)在内单调递减,在0,,,+∞内单调递增.(2)证明由(1)知,f'(x)=,∴f'(x)的两根x1,x2即为方程x2-mx+1=0的两根.∵m,∴Δ=m2-4>0,x1+x2=m,x1x2=1.又∵x1,x2为h(x)=ln x-cx2-bx的零点,∴ln x1-c-bx1=0,ln x2--bx2=0,两式相减得ln-c(x1-x2)(x1+x2)-b(x1-x2)=0,得b=-c(x1+x2).而h'(x)=-2cx-b,∴(x1-x2)h'(x0)=(x1-x2)-2cx0-b=(x1-x2)-c(x1+x2)-+c(x1+x2)=-ln=2-ln令=t(0<t<1),由(x1+x2)2=m2得+2x1x2=m2,∵x1x2=1,两边同时除以x1x2,得t++2=m2,∵m,故t+,解得0<t或t≥2,∴0<t设G(t)=2-ln t,∴G'(t)=<0,则y=G(t)在0,上是减函数,∴G(t)min=G=-+ln 2,即y=(x1-x2)h'(x0)的最小值为-+ln 2.∴(x1-x2)h'(x0)≥-+ln 2.6.解 (1)由ρ=4cos θ得ρ2=4ρcos θ,所以x2+y2-4x=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+2t=0,解得t1=0,t2=-2,所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=2(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为(θ为参数),可设圆C上的动点P(2+2cos θ,2sin θ),则点P到直线l的距离d==|2cosθ+-|.当cosθ+=-1时,d取最大值,且d的最大值为2+,所以S△ABP2(2+)=2+2,即△ABP的面积的最大值为2+27.解 (1)f(x)=根据函数f(x)的单调性可知,当x=时,f(x)min=f=所以函数f(x)的值域M=,+∞.(2)∵a∈M,∴a,∴0<1.又|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3,∴a,知a-1>0,4a-3>0,>0,-2a,所以|a-1|+|a+1|>-2a.11。

考前强化练7 解答题组合练(C) 1.在△ABC中,角A,B,C所对边分别是a,b,c,满足4a cos B-b cos C=c cos B.(1)求cos B的值;(2)若=3,b=3,求a和c的值.2.(2018河南六市联考一,理17)已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=(n≥2).-(1)求证:数列是等差数列;(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+S n<.3.(2018河北保定一模,理19)如图,四棱台A1B1C1D1-ABCD中,A1A⊥底面ABCD,A1B1=A1A=,AB=2,AC=2,平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,M为C1C的中点.(1)证明:AM⊥D1D;(2)若∠ABC=30°,且AC≠BC,求二面角B1-CC1-D1的正弦值.4.(2018河南郑州一模,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D,E分别为线段AB,BC上的点,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC.(1)求证:PD⊥平面ABC;(2)若PA与平面ABC所成的角为,求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.6.(2018山东临沂三模,理20)如图,已知抛物线E :x 2=2py (p>0)与圆O :x 2+y 2=5相交于A ,B 两点,且|AB|=4.过劣弧AB 上的动点P (x 0,y 0)作圆O 的切线交抛物线E 于C ,D 两点,分别以C ,D 为切点作抛物线E 的切线l 1,l 2,相交于点M.(1)求抛物线E 的方程;(2)求点M 到直线CD 距离的最大值.参考答案考前强化练7 解答题组合练(C )1.解 (1)由题意得,4sin A cos B-sin B cos C=sin C cos B ,所以4sin A cos B=sin B cos C+sin C cos B=sin(B+C )=sin A. 因为sin A ≠0,所以cos B=(2)由=3,得ac cos B=3,ac=12.由b 2=a 2+c 2-2ac cos B ,b=3 可得a 2+c 2=24,所以可得a=c=22.解 (1)当n ≥2时,S n -S n-1=- ,S n-1-S n =2S n S n-1,-=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n =-,∴当n ≥2时, S n =--- ,从而S 1+ S 2+ S 3+…+ S n <1+ 1- +…+ -=3.(1)证明连接AC1,∵A1B1C1D1-ABCD为四棱台,四边形A1B1C1D1∥四边形ABCD,,由AC=2得A1C1=1,∵A1A⊥底面ABCD,∴四边形A1ACC1为直角梯形,可求得C1A=2,又AC=2,M为CC1的中点,所以AM⊥C1C.∵平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,平面A1ACC1∩平面C1CDD1=C1C,∴AM⊥平面C1CDD1,D1D⊂平面C1CDD1,∴AM⊥D1D.(2)解在△ABC中,AB=2,AC=2,∠ABC=30°,利用余弦定理可求得,BC=4或BC=2,∵AC≠BC,∴BC=4,从而AB2+AC2=BC2,知AB⊥AC,如图,以A为原点建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,),M0,,由于AM⊥平面C1CDD1,所以平面C1CDD1的法向量为=0,,设平面B1BCC1的法向量为m=(x,y,z),=(-2,2,0),=(0,-1,),即设y=,∴m=(1,,1),cos<m,>=,∴sin<m,>=,即二面角B1-CC1-D1的正弦值为4.(1)证明连接DE,由题意知AD=4,BD=2,∵AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°.cos∠ABC=,∴CD2=22+12-2×2×2cos∠ABC=8.∴CD=2,∴CD2+AD2=AC2,则CD⊥AB,又∵平面PAB⊥平面ABC,∴CD⊥平面PAB,∴CD⊥PD,∵PD⊥AC,AC,CD都在平面ABC内,∴PD⊥平面ABC.(2)由(1)知PD,CD,AB两两互相垂直,建立如图所示的直角坐标系D-xyz,且PA与平面ABC所成的角为,有PD=4,则A(0,-4,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),=(-2,2,0),=(2,4,0),=(0,-4,-4),∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC.由(1)知AC⊥BC,PD⊥平面ABC,∴CB⊥平面DEP.=(-2,2,0)为平面DEP的一个法向量.设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则--令z=1,则x=,y=-1,∴n=(,-1,1)为平面PAC的一个法向量.∴cos<n,>=--=-故平面PAC与平面PDE的锐二面角的余弦值为,所以平面PAC与平面PDE的锐二面角为30°.5.解 (1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,∴M(0,m),N-,∵|PM|=|MN|,∴P,Q-,∴直线QM的方程为y=-3kx+m.设A(x1,y1),由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,∴x1+=-,∴x1=--设B(x2,y2),由得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,∴x2+,∴x2=-∵点N平分线段A1B1,∴x1+x2=-,∴-=-,∴k=±,∴P(±2m,2m),=1,解得m=±,∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意, ∴直线l的方程为y=±x±6.解 (1)由|AB|=4,且B在圆上,由抛物线和圆的对称性,得B(2,1),代入抛物线方程得22=2p×1,p=2,∴抛物线E的方程为x2=4y.(2)设C x1,,D x2,,由x2=4y,得y=x2,∴y'=x.则l1的方程为y-x1(x-x1),即y=x1x-①同理得l2的方程为y=x2x-②联立①②解得又CD与圆x2+y2=5切于点P(x0,y0),得CD的方程为x0x+y0y=5,且=5,y0∈[1,],联立化简得y0x2+4x0x-20=0.则x1+x2=-,x1x2=-设点M(x,y),则x==-,y==-,即M-,-,∴点M到直线CD:x0x+y0y=5的距离为d=-----,易知d关于y0单调递减,而y0∈[1,],当y0=1时,d max=,即点M到直线CD距离的最大值为。

考前强化练5 解答题组合练(A)1.已知数列{a n}是等差数列,且a1,a2(a1<a2)分别为方程x2-6x+5=0的两根.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)在(1)中,设b n=,求证:当c=-时,数列{b n}是等差数列.2.(2018河北唐山一模,理17)已知数列{a n}为单调递增数列,S n为其前n项和,2S n=+n.(1)求{a n}的通项公式;(2)若b n=,T n为数列{b n}的前n项和,证明:T n<.3.已知五边形ABCDE是由直角梯形ABCD和等腰直角三角形ADE构成,如图所示,AB⊥AD,AE⊥DE,AB ∥CD,且AB=2CD=2DE=4,将五边形ABCDE沿着AD折起,且使平面ABCD⊥平面ADE.(1)若M为DE中点,边BC上是否存在一点N,使得MN∥平面ABE?若存在,求的值;若不存在,说明理由;(2)求二面角A-BE-C的平面角的余弦值.4.(2018河南六市联考一,理19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(1)证明:平面EAC⊥平面PBD;(2)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD∶AD的值.5.(2018山东济南二模,理20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:x2=2py(p>0),斜率为k(k≠0)的直线l经过C的焦点,且与C交于A,B两点满足=-.(1)求抛物线C的方程;(2)已知线段AB的垂直平分线与抛物线C交于M,N两点,R为线段MN的中点,记点R到直线AB的距离为d,若,求k的值.6.已知抛物线C1:x2=y,圆C2:x2+(y-4)2=1的圆心为点M.(1)求点M到抛物线C1的准线的距离;(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点),过点P作圆C2的两条切线,交抛物线C1于A,B两点,若过M,P两点的直线l垂直于AB,求直线l的方程.参考答案考前强化练5解答题组合练(A)1.(1)解解方程x2-6x+5=0得其两根分别为1和5,∵a1,a2(a1<a2)分别为方程x2-6x+5=0的两根,∴a1=1,a2=5,∴等差数列{a n}的公差为4,∴S n=n·1+4=2n2-n.(2)证明当c=-时,b n==2n,∴b n+1-b n=2(n+1)-2n=2,∴{b n}是以2为首项,公差为2的等差数列.2.(1)解当n=1时,2S1=2a1=+1,所以(a1-1)2=0,即a1=1,又{a n}为单调递增数列,所以a n≥1.由2S n=+n得2S n+1=+n+1,所以2S n+1-2S n=+1,整理得2a n+1=+1,所以=(a n+1-1)2.所以a n=a n+1-1,即a n+1-a n=1,所以{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n.(2)证明b n=,所以T n=++…+=3.(1)证明取BC中点为N,AD中点为P,连接MN,NP,MP.∵MP∥AE,AE⊂平面ABE,MP⊄平面ABE,∴MP ∥平面ABE,同理NP∥平面ABE.又MP∩NP=P,∴MN∥平面ABE.∴边AB上存在这样的点N,且(2)解以A为原点,以AD为y轴,以AB为z轴建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(0,0,4),C(0,2,2),D(0,2,0),E(,0).∵DE⊥AE,DE⊥AB,∴DE⊥平面ABE.∴平面ABE的一个法向量为=(,-,0).设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z),=(0,2,-2),=(,-4),令y=1,则x=3,z=,∴n=(3,1,),∴cos<,n>=,∴由图知二面角A-BE-C的平面角的余弦值为-4.(1)证明∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AC.又ABCD是菱形,∴BD⊥AC,故AC⊥平面PBD,∴平面EAC⊥平面PBD,(2)解连接OE,因为PD∥平面EAC,所以PD∥OE,所以OE⊥平面ABCD,又O是BD的中点,故此时E为PB的中点,以O为坐标原点,射线OA,OB,OE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设OB=m,OE=h,则OA=m,A(m,0,0),B(0,m,0),E(0,0,h),向量n1=(0,1,0)为平面AEC的一个法向量,设平面ABE的一个法向量为n2=(x,y,z),则n2=0且n2=0,即取x=1,则y=,z=,则n2=1,.∴cos 45°=|cos<n1,n2>|=,解得,故PD∶AD=(2h)∶(2m)=h∶m=2.5.解 (1)由已知,l的方程为y=kx+,设A(x1,y1),B(x2,y2),由得:x2-2pkx-p2=0,(*)x1x2=-p2,y1y2=,=x1x2+y1y2=-p2+=-,由已知得:-=-,p=1, ∴抛物线方程C:x2=2y.(2)由第(1)题知,p=1,C:x2=2y,l:y=kx+,方程(*)即:x2-2kx-1=0,x1+x2=2k,x1x2=-1.设AB的中点D(x0,y0),则x0=(x1+x2)=k,y0=kx0+=k2+,所以AB的中垂线MN的方程:y-k2+=-(x-k),即x+y-k2-=0.将MN的方程与C:x2=2y联立得:x2+x-2k2-3=0,设M(x3,y3),N(x4,y4),则R.=-,=-+k2++k2+R点到AB:kx-y+=0的距离d=|AB|=|x1-x2|===2(1+k2),所以,由已知得:,得k=±1.6.解 (1)由题意可知,抛物线的准线方程为y=-,所以圆心M(0,4)到准线的距离是(2)设P(x0,),A(x1,),B(x2,),由题意得x0≠0,x0≠±1,x1≠x2.设过点P的圆C2的切线方程为y-=k(x-x0),即y=kx-kx0+则=1,即(-1)k2+2x0(4-)k+(-4)2-1=0.设PA,PB的斜率为k1,k2(k1≠k2),则k1,k2是上述方程的两根,所以k1+k2=,k1k2=将①代入y=x2,得x2-kx+kx0-=0,由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0, 所以k AB==x1+x2=k1+k2-2x0=-2x0,k MP=由MP⊥AB,得k AB·k MP=-2x0=-1,解得,即点P的坐标为±,所以直线l的方程为y=±x+4.。

仿真模拟练(限时120分钟,满分150分)一、选择题(共12小题,每小题5分,满分60分)1.已知集合P={x∈N|1≤x≤10},集合Q={x∈R|x2-x-6<0},则P∩Q等于()A.{1,2,3}B.{1,2}C.[1,2]D.[1,3)2.若i z=-1+i,则复数z的共轭复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.设曲线C是双曲线,则“C的方程为x2-=1”是“C的渐近线方程为y=±2x”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.若2m>2n>1,则()A. B.lo m>lo nC.ln(m-n)>0D.πm-n>15.某几何体的三视图如图所示,其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为()A. B. C. D.6.我们可以用随机模拟的方法估计π的值,如图示程序框图表示其基本步骤(函数RAND是产生随机数的函数,它能随机产生(0,1)内的任何一个实数).若输出的结果为786,则由此可估计π的近似值为()A.3.126B.3.144C.3.213D.3.1517.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,|φ|<,其图象相邻两条对称轴之间的距离为,将函数y=f(x)的图象向左平移个单位后,得到的图象关于y轴对称,那么函数y=f(x)的图象()A.关于点-,0对称B.关于点,0对称C.关于直线x=对称D.关于直线x=-对称8.《中国诗词大会》亮点颇多,十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词,在声光舞美的配合下,百人团齐声朗诵,别有韵味.因为前四场播出后反响很好,所以节目组决定将《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场,并要求《将进酒》与《望岳》相邻,且《将进酒》排在《望岳》的前面,《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻,且均不排在最后,则后六场开场诗词的排法有()A.144种B.48种C.36种D.72种9.已知椭圆E:=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B 两点,若|AF|+|BF|=6,点M与直线l的距离不小于,则椭圆E的离心率的取值范围是()A.0,B.0,C.,1D.,110.已知变量x,y满足条件则目标函数z=的最大值为()A. B.1 C. D.11.如图,在边长为2的正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,H为EF的中点,沿AE,EF,FA将正方形折起,使B,C,D重合于点O,在构成的四面体A-OEF中,下列结论中错误的是()A.AO⊥平面EOFB.直线AH与平面EOF所成的角的正切值为2C.异面直线OH和AE所成的角为60°D.四面体A-OEF的外接球表面积为6π12.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且对任意的实数x都有f'(x)=e-x(2x+3)-f(x)(e是自然对数的底数),且f(0)=1,若关于x的不等式f(x)-m<0的解集中恰有两个整数,则实数m的取值范围是()A.(-e,0]B.[-e2,0)C.[-e,0)D.(-e2,0]二、填空题(共4小题,每小题5分,满分20分)13.(2x+1)1-6的展开式中的常数项是.14.已知数列{a n}的首项为3,等比数列{b n}满足b n=,且b1 009=1,则a2 018的值为.15.如图,在平面四边形ABCD中,∠A=45°,∠B=60°,∠D=150°,AB=2BC=4,则四边形ABCD的面积为.16.如图所示,将一圆的八个等分点分成相间的两组,连接每组的四个点得到两个正方形,去掉两个正方形内部的八条线段后可以形成一个正八角星.设正八角星的中心为O,并且=e1,=e2,若将点O到正八角星16个顶点的向量都写成λe1+μe2,λ,μ∈R的形式,则λ+μ的取值范围为.三、解答题(本大题共7小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(2018山东临沂三模,理17)已知等差数列{a n}的n项和为S n,a1=3,公差d>0,且a1,a3-1,a5+1成等比数列.(1)求S n;(2)若数列{b n}的前n项和为T n,且b n+b n+1=,求T2n.18.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,O为AB中点,平面POC⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥BC,PA=PB=BC=AB=2,AD=3.(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;(2)求二面角O-PD-C的余弦值.19.1995年联合国教科文组织宣布每年的4月23日为世界读书日,主旨宣言为“希望散居在全球各地的人们,都能享受阅读带来的乐趣,都能尊重和感谢为人类文明作出巨大贡献的文学、文化、科学思想的大师们,都能保护知识产权.”为了解大学生课外阅读情况,现从某高校随机抽取100名学生,将他们一年课外阅读量(单位:本)的数据,分成7组[20,30),[30,40),…,[80,90),并整理得到如图频率分布直方图:(1)估计其阅读量小于60本的人数;(2)已知阅读量在[20,30),[30,40),[40,50)内的学生人数比为2∶3∶5.为了解学生阅读课外书的情况,现从阅读量在[20,40)内的学生中随机选取3人进行调查座谈,用X表示所选学生阅读量在[20,30)内的人数,求X的分布列和数学期望;(3)假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替,试估计100名学生该年课外阅读量的平均数在第几组(只需写出结论).20.椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,与y轴正半轴交于点B,若△BF1F2为等腰直角三角形,且直线BF1被圆x2+y2=b2所截得的弦长为2.(1)求椭圆的方程;(2)直线l与椭圆交于点A,C,线段AC的中点为M,射线MO与椭圆交于点P,点O为△PAC的重心,探求△PAC的面积S是否为定值,若是求出这个值,若不是,求S的取值范围.21.设函数f(x)=x-ln(x+).(1)探究函数f(x)的单调性;(2)若x≥0时,恒有f(x)≤ax3,试求a的取值范围;(3)令a n=6n+ln 2n+(n∈N*),试证明:a1+a2+…+a n<.22.在直角坐标系xOy中,直线l的方程是x=2,曲线C的参数方程为(α为参数),以O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l和曲线C的极坐标方程;(2)射线OM:θ=β其中0<β≤与曲线C交于O,P两点,与直线l交于点M,求的取值范围.23.设函数f(x)=|2x-1|.(1)设f(x)+f(x+1)<5的解集为A,求集合A;(2)已知m为(1)中集合A中的最大整数,且a+b+c=m(其中a,b,c为正实数),求证:≥8.参考答案仿真模拟练1.B解析∵P={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},Q=(-2,3),∴P∩Q={1,2}.故选B.2.D解析由i z=-1+i,得z==1+i,=1-i,∴复数z的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为(1,-1),位于第四象限,故选D.3.A解析若C的方程为x2-=1,则a=1,b=2,渐近线方程为y=±x,即为y=±2x,充分性成立.若渐近线方程为y=±2x,则双曲线方程为x2-=λ(λ≠0),∴“C的方程为x2-=1”是“C的渐近线方程为y=±2x”的充分而不必要条件,故选A.4.D解析∵2m>2n>1,∴m>n>0,可排除选项A,B;当1>m-n>0时,选项C错误;由m>n>0得m-n>0,∴πm-n>1,选项D正确.5.D解析从三视图中提供的图形信息与数据信息可知:该几何体的底面是圆心角为的扇形,高是4的圆锥体.容易算得底面面积S=4=,所以其体积V=4×4=,故选D.6.B解析任意(x,y)落在边长为1的正方形内,满足x2+y2<1的点在四分之一圆,∴x2+y2<1发生的概率为P=,当输出结果m=786时,x2+y2<1发生的概率为P=,,即π=3.144,故选B.7.B解析因为函数y=f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离为,所以函数的周期为,∴ω==4,∴f(x)=sin(4x+φ),将函数y=f(x)的图象向左平移个单位后,得到函数y=sin4x++φ的图象,∵图象关于y轴对称,∴4+φ=kπ+,k∈Z,即φ=kπ-,k∈Z,又|φ|<,∴φ=-,∴f(x)=sin4x-,令4x-=kπ,k∈Z,解得x=,k∈Z,k=0时,得f(x)的图象关于点,0对称,令4x-=kπ+,k∈Z可验证C,D两项均错误.故选B.8.C解析将《将进酒》与《望岳》捆绑在一起和另外确定的两首诗词进行全排列共有=6种排法,再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在3个空里(最后一个空不排),有=6种排法,则后六场的排法有6×6=36种,故选C.9.B解析可设F'为椭圆的左焦点,连接AF',BF',根据椭圆的对称性可得四边形AFBF'是平行四边形,∴6=|AF|+|BF|=|AF'|+|AF|=2a,∴a=3,取M(0,b),∵点M到直线l的距离不小于,,解得b≥2,e2=,∴e,∴椭圆E的离心率的取值范围是0,,故选B.10.C解析作出表示的可行域,如图所示.变形目标函数,z===2cos θ,其中θ为向量a=(,-1)与b=(x,y)的夹角,由图可知,b=(2,0)时θ有最小值,b=(x,y)在直线y=x上时,θ有最大值,即,∴z≤2cos,目标函数z=的最大值为,故选C.11.C解析如下图,翻折前,AB⊥BE,AD⊥DF,故翻折后,OA⊥OE,OA⊥OF,又OE∩OF=O,∴OA⊥平面EOF.故A正确;连接OH,AH,则∠OHA为AH与平面EOF所成的角,∵OE=OF=1,H是EF的中点,OE⊥OF,∴OH=EF=又OA=2,∴tan∠OHA==2,故B正确;取AF的中点P,连接OP,HP,则PH∥AE,∴∠OHP为异面直线OH和AE所成角,∵OE=OF=1,OA=2,∴OP=AF=,PH=AE=,OH=EF=,∴cos∠OHP=,故C错误;由OA,OE,OF两两垂直可得棱锥的外接球也是棱长为1,1,2的长方体的外接球,∴外接球的半径r=,故外接球的表面积为S=4πr2=6π,故D正确.故选C.12.A解析由题意可知,[f(x)+f'(x)]e x=2x+3,即[f(x)e x]'=2x+3,∴f(x)e x=x2+3x+C,f(0)=1⇒C=1,∴f(x)=(x2+3x+1)e-x,由f(x)可以知道f'(x)=-e-x(x2+x-2),f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上递减,在(-2,1)上递增,∴f(x)有极小值f(-2),f(-2)=-e2,f(-1)=-e,f(-3)=e2,且x>1时,f(x)>0,结合f(x)图象,要使关于x的不等式f(x)-m<0的解集中恰有两个整数,则f(-1)<m≤0,即-e<m≤0,∴实数m的取值范围是(-e,0],故选A.13.-11解析1-6的展开式通项为T r+1=(-1)r x-r,∴1-6展开式中的常数项为1,x-1项的系数为-=-6,∴(2x+1)1-6的展开式中的常数项是2×(-6)+1=-11,故答案为-11.14.3解析∵b n=,且a1=1,∴b1=,b2=,…,b n-1=,相乘可得=b1b2…b n-1,=b1b2…b2 017=(b1b2 017)·(b2b2 016)…(b1 008b1 010), ∵b1 009=1,(b1b2 017)=(b2b2 016)=…=(b1 008b1 010)==1,=1,a2 018=3,故答案为3.15.6-解析连接AC,在△ABC中,AB=2BC=4,∠B=60°,利用余弦定理得:AC2=BC2+AB2-2BC·AB·cos∠B,解得AC=2,∴AB2=AC2+BC2,则△ABC是直角三角形,∴∠DAC=∠DCA=15°,过点D作DE⊥AC,则AE=AC=,∴DE=tan 15°AE=(2-)=2-3,则S四边形ABCD=S△ACD+S△ABC=6-3+2=6-,故答案为6-16.[-1-,1+]解析以O为原点,以OA为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,设圆O的半径为1,则OM=1,过M作MN∥OB,交x轴于N,则△OMN为等腰三角形,∴||=|=,,此时λ+μ=1+,同理,此时λ+μ=1+,=-,此时λ+μ=-1-,=-,此时λ+μ=-1-,在顶点A,B,G,H处,λ+μ=±1,∴λ+μ的最大值为1+,最小值为-1-,故答案为[-1-,1+].17.解 (1)∵a1=3,a1,a3-1,a5+1成等比数列,∴(a3-1)2=a1(a5+1),∴(2+2d)2=3(4+4d),∴d2-d-2=0,∴d=-1或d=2,又d>0,∴d=2,∴S n=na1+d=3n+2=n2+2n.(2)∵b n+b n+1=,∴b n+b n+1=,当n=1,3,5,…,2n-1时,有b1+b2=1-,b3+b4=,b5+b6=,…b2n-1+b2n=,∴T2n=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=1-18.(1)证明∵AD∥BC,AB⊥BC,BC=AB=2,AD=3,∴OC=,OD=,CD=,OD2=OC2+DC2,∴OC⊥CD,∴CD⊥平面POC,∴CD⊥PO,∵PA=PB=AB,O为AB中点,∴PO⊥AB,∴PO⊥底面ABCD,∴平面PAB⊥平面ABCD.(2)解如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(-1,3,0),C(1,2,0),=(0,0,),=(-1,3,0),=(-1,-2,),=(-2,1,0),设平面OPD的一个法向量为m=(x1,y1,z1),平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2),由可得取y1=1,得x1=3,z1=0,即m=(3,1,0),由可得取x2=,得y2=2,z2=5,即n=(,2,5),∴cos<m,n>=故二面角O-PD-C的余弦值为19.解 (1)100-100×10×(0.04+0.02×2)=20(人).(2)由已知条件可知:[20,50)内的人数为:100-100×10(0.04+0.02+0.02+0.01)=10,[20,30)内的人数为2人,[30,40)内的人数为3人,[40,50)内的人数为5人.X的所有可能取值为0,1,2,P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=,所以X的分布列为E(X)=0+1+2(3)估计100名学生该年课外阅读量的平均数在第五组.20.解 (1)由△BF1F2为等腰直角三角形可得b=c,直线BF1:y=x+b被圆x2+y2=b2所截得的弦长为2,所以a=2,b=c=,所以椭圆的方程为=1.(2)若直线l的斜率不存在,则S=3=若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,设A(x1,y1),B(x2,y2),即得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0.则x1+x2=-,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,由题意点O为△PAC 重心,设P(x0,y0),则=0,=0,所以x0=-(x1+x2)=,y0=-(y1+y2)=-,代入椭圆=1,得=1,整理得m2=,设坐标原点O到直线l的距离为d,则△PAC的面积S=|AC|·3d=|x1-x2|·3=|x1-x2|·|m|=|m|=|m|=3综上可得△PAC的面积S为定值21.(1)解函数f(x)的定义域为R.由f'(x)=1-0,知f(x)是实数集R上的增函数. (2)解令g(x)=f(x)-ax3=x-ln(x+)-ax3,则g'(x)=,令h(x)=(1-3ax2)-1,则h'(x)=①当a时,h'(x)≤0,从而h(x)是[0,+∞)上的减函数,注意到h(0)=0,则x≥0时,h(x)≤0,所以g'(x)≤0,进而g(x)是[0,+∞)上的减函数, 注意到g(0)=0,则x≥0时,g(x)≤0时,即f(x)≤ax3.②当0<a<时,在0,上,总有h'(x)>0,从而知,当x∈0,时,f(x)>ax3;③当a≤0时,h'(x)>0,同理可知f(x)>ax3.综上,所求a的取值范围是,+∞.(3)证明在(2)中,取a=,则x∈0,时,x-ln(x+)>x3,即x3+ln(x+)<x,取x=2n,a n=6n+ln2n+<n,则a1+a2+…+a n<22.解 (1)直线l的极坐标方程是ρcos θ=2,由消参数得x2+(y-2)2=4,∴曲线C的极坐标方程是ρ=4sin θ.(2)将θ=β分别代入ρ=4sin θ,ρcos θ=2,得|OP|=4sin β,|OM|=,sin 2β,∵0<,∴0<2,∴0<sin 2,的取值范围是0,.23.(1)解f(x)+f(x+1)<5即|2x-1|+|2x+1|<5,当x<-时,不等式化为1-2x-2x-1<5,∴-<x<-;当-x时,不等式化为1-2x+2x+1<5,不等式恒成立;当x>时,不等式化为2x-1+2x+1<5,<x<综上,集合A=(2)证明由(1)知m=1,则a+b+c=1.则,同理,则=8,即M≥8.。

考前强化练5 解答题组合练(A)1.已知数列{a n}是等差数列,且a1,a2(a1<a2)分别为方程x2-6x+5=0的两根.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)在(1)中,设b n=,求证:当c=-时,数列{b n}是等差数列.2.(2018河北唐山一模,理17)已知数列{a n}为单调递增数列,S n为其前n项和,2S n=+n.(1)求{a n}的通项公式;(2)若b n=,T n为数列{b n}的前n项和,证明:T n<.3.已知五边形ABCDE是由直角梯形ABCD和等腰直角三角形ADE构成,如图所示,AB⊥AD,AE⊥DE,AB ∥CD,且AB=2CD=2DE=4,将五边形ABCDE沿着AD折起,且使平面ABCD⊥平面ADE.(1)若M为DE中点,边BC上是否存在一点N,使得MN∥平面ABE?若存在,求的值;若不存在,说明理由;(2)求二面角A-BE-C的平面角的余弦值.4.(2018河南六市联考一,理19)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,O为AC与BD的交点,E为PB上任意一点.(1)证明:平面EAC⊥平面PBD;(2)若PD∥平面EAC,并且二面角B-AE-C的大小为45°,求PD∶AD的值.5.(2018山东济南二模,理20)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:x2=2py(p>0),斜率为k(k≠0)的直线l经过C的焦点,且与C交于A,B两点满足=-.(1)求抛物线C的方程;(2)已知线段AB的垂直平分线与抛物线C交于M,N两点,R为线段MN的中点,记点R到直线AB的距离为d,若,求k的值.6.已知抛物线C1:x2=y,圆C2:x2+(y-4)2=1的圆心为点M.(1)求点M到抛物线C1的准线的距离;(2)已知点P是抛物线C1上一点(异于原点),过点P作圆C2的两条切线,交抛物线C1于A,B两点,若过M,P两点的直线l垂直于AB,求直线l的方程.参考答案考前强化练5解答题组合练(A)1.(1)解解方程x2-6x+5=0得其两根分别为1和5,∵a1,a2(a1<a2)分别为方程x2-6x+5=0的两根,∴a1=1,a2=5,∴等差数列{a n}的公差为4,∴S n=n·1+4=2n2-n.(2)证明当c=-时,b n==2n,∴b n+1-b n=2(n+1)-2n=2,∴{b n}是以2为首项,公差为2的等差数列.2.(1)解当n=1时,2S1=2a1=+1,所以(a1-1)2=0,即a1=1,又{a n}为单调递增数列,所以a n≥1.由2S n=+n得2S n+1=+n+1,所以2S n+1-2S n=+1,整理得2a n+1=+1,所以=(a n+1-1)2.所以a n=a n+1-1,即a n+1-a n=1,所以{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n=n.(2)证明b n=,所以T n=++…+=3.(1)证明取BC中点为N,AD中点为P,连接MN,NP,MP.∵MP∥AE,AE⊂平面ABE,MP⊄平面ABE,∴MP ∥平面ABE,同理NP∥平面ABE.又MP∩NP=P,∴MN∥平面ABE.∴边AB上存在这样的点N,且(2)解以A为原点,以AD为y轴,以AB为z轴建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(0,0,4),C(0,2,2),D(0,2,0),E(,0).∵DE⊥AE,DE⊥AB,∴DE⊥平面ABE.∴平面ABE的一个法向量为=(,-,0).设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z),=(0,2,-2),=(,-4),令y=1,则x=3,z=,∴n=(3,1,),∴cos<,n>=,∴由图知二面角A-BE-C的平面角的余弦值为-4.(1)证明∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AC.又ABCD是菱形,∴BD⊥AC,故AC⊥平面PBD,∴平面EAC⊥平面PBD,(2)解连接OE,因为PD∥平面EAC,所以PD∥OE,所以OE⊥平面ABCD,又O是BD的中点,故此时E为PB的中点,以O为坐标原点,射线OA,OB,OE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设OB=m,OE=h,则OA=m,A(m,0,0),B(0,m,0),E(0,0,h),向量n1=(0,1,0)为平面AEC的一个法向量,设平面ABE的一个法向量为n2=(x,y,z),则n2=0且n2=0,即取x=1,则y=,z=,则n2=1,.∴cos 45°=|cos<n1,n2>|=,解得,故PD∶AD=(2h)∶(2m)=h∶m=2.5.解 (1)由已知,l的方程为y=kx+,设A(x1,y1),B(x2,y2),由得:x2-2pkx-p2=0,(*)x1x2=-p2,y1y2=,=x1x2+y1y2=-p2+=-,由已知得:-=-,p=1, ∴抛物线方程C:x2=2y.(2)由第(1)题知,p=1,C:x2=2y,l:y=kx+,方程(*)即:x2-2kx-1=0,x1+x2=2k,x1x2=-1.设AB的中点D(x0,y0),则x0=(x1+x2)=k,y0=kx0+=k2+,所以AB的中垂线MN的方程:y-k2+=-(x-k),即x+y-k2-=0.将MN的方程与C:x2=2y联立得:x2+x-2k2-3=0,设M(x3,y3),N(x4,y4),则R.=-,=-+k2++k2+R点到AB:kx-y+=0的距离d=|AB|=|x1-x2|===2(1+k2),所以,由已知得:,得k=±1.6.解 (1)由题意可知,抛物线的准线方程为y=-,所以圆心M(0,4)到准线的距离是(2)设P(x0,),A(x1,),B(x2,),由题意得x0≠0,x0≠±1,x1≠x2.设过点P的圆C2的切线方程为y-=k(x-x0),即y=kx-kx0+则=1,即(-1)k2+2x0(4-)k+(-4)2-1=0.设PA,PB的斜率为k1,k2(k1≠k2),则k1,k2是上述方程的两根,所以k1+k2=,k1k2=将①代入y=x2,得x2-kx+kx0-=0,由于x0是此方程的根,故x1=k1-x0,x2=k2-x0, 所以k AB==x1+x2=k1+k2-2x0=-2x0,k MP=由MP⊥AB,得k AB·k MP=-2x0=-1,解得,即点P的坐标为±,所以直线l的方程为y=±x+4.。

考前强化练9解答题综合练（Q11.已知函数f｛x）二2/切冴（〃以）），数列｛$”｝的前n项和为$.点（刀,S”）在f｛x）图象上，且f\x）的1最小值为（1）求数列｛加的通项公式;⑵数列｛加满足加（2 "・1）（2 '，+1-1）,记数列⑷的前刀项和为7；,求证：兀＜1.2.（2018湖南长郡中学二模，文⑻如图，点C在以肋为直径的圆0上,PA垂直于圆0所在平面,G为△川疋的重心.（1）求证:平面0%丄平面PAC;⑵若PA二AB毛AC电，点0在线段PA上,且PQ=2QA、求三棱锥宀％C的体积.3.2017高考特别强调了要增加对数学文化的考查，为此某校高三年级特命制了一套与数学文化有关的专题训练卷（文、理科试卷满分均为100分），并対整个高三年级的学生进行了测试.现从这些学生中随机抽取了50名学生的成绩，按照成绩[50,60）, [60, 70）,…，[90,100] 分成了5组,制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.（1）求频率分布直方图中的x的值，并估计所抽収的50名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）若高三年级共有2 000名学生，试估计高三学生中这次测试成绩不低于70分的人数；（3）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的三组学生中抽取6人,再从这6人中随机抽取3人参加这次考试的考后分析会,试求后两组中至少有1人被抽到的概率.2 2兀丄y 1巧十二-4.已知椭圆C：Q b二1 a>b为）的长轴长为2収.且椭圆C与圆胚（“1）2/二2的公共眩长为卫.（1）求椭圆C的方程；（2）经过原点作直线/（不与坐标轴重合）交椭圆于/I, 〃两点,力〃丄x轴于点〃，点Z?在椭圆0上,且（朋-前）・（血+ 求证：B,D,E三点共线.3e x-325.已知函数f\x) =2加n x-x、二X 5任R, e为自然对数的底数),(1)试讨论函数fd)的极值情况；⑵当m>\且Q0时，总有g3 +3厂(x) X).轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为Q-lcos 〃，直线/与圆C交于儿〃两点. ⑴求圆C的直角坐标方程及弦肋的长；(2)动点戶在圆C上(不与力，〃重合)，试求△肋P的面积的最大值.6.已知直线/的参数方程为(Z为参数)，以坐标原点为极点,;r轴的非负半轴为极7.已知函数 /(%)二l2x~\ j+lx+\ /.(1) 求函数f(x)的值域必3 7(2) 若aWM,试比较/曰-1 /畑1 /, 2a ，2-2a 的大小.参考答案考前强化练9解答题综合练(B1 m2 m 2 1 1 111. ⑴解f{x) 2 (x+u 址- 2 ,故f{x)的最小值为- 2 =-8又〃以),所以刃二2,即Sn=^n^n, 所以当刀22时，a n =Sn-Sn-i=n;当n=l 时，日冃也适合上式，所以数列&}的通项公式为a n =n. 1⑵证明由⑴知皿丸1)(2齢1-1) 2”-1 2n + 1-l! 1 1 17^..v 2n - 1 2n + 1-l^_2n + 1-l 所以%<1. 2. (1)证明如图，延长&交化于点就：7；为△肋C 的重心，・：〃为胚的中点.:72为的中点，.:OM//BC.：・初是圆0的直径，・・・BC1AC,/.OMVAC.：7勺丄平面ABC,。