创新设计(浙江专用)高考数学二轮复习 大题规范天天练
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1 星期五 (综合限时练)
2017年____月____日
解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内得高分，限时：80分钟)
1.(本小题满分14分)已知数列{an}与{bn}满足an＋1－an＝2(bn＋1－bn)(n∈N*).
(1)若a1＝1，bn＝3n＋5，求数列{an}的通项公式；
(2)若a1＝6，bn＝2n(n∈N*)，且λan＞2n＋n＋2λ对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)因为an＋1－an＝2(bn＋1－bn)，bn＝3n＋5.
所以an＋1－an＝2(bn＋1－bn)＝2(3n＋8－3n－5)＝6，
所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5.
(2)因为bn＝2n，所以an＋1－an＝2(2n＋1－2n)＝2n＋1，
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n＋2n－1＋…＋22＋6
＝2n＋1＋2，
当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2，
由λan＞2n＋n＋2λ得λ＞2n＋n2n＋1＝12＋n2n＋1，
n＋12n＋2－n2n＋1＝1－n2n＋2≤0，
所以，当n＝1，2时， 2n＋n2n＋1取最大值34，
故λ的取值范围为34，＋∞.
2.(本小题满分15分)如图，四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB与△PAD都是等边三角形.
(1)证明：PB⊥CD；
(2)求二面角A－PD－B的余弦值.
(1)证明 取BC的中点E，连接DE，则四边形ADEB为正方形，过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，
连接OA，OB，OE，OD，
由△PAB和△PAD都是等边三角形可知PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，
即点O为正方形ADEB对角线的交点，
故OE⊥BD，又PO⊥OE，且PO∩OB＝O，
从而OE⊥平面PBD，
又PB⊂平面PBD，所以OE⊥PB， 2 因为O是BD的中点，E是BC的中点，
所以OE∥CD，因此PB⊥CD.
(2)解 由(1)可知，OE，OB，OP两两垂直，
以O为原点，OE方向为x轴正方向，OB方向为y轴正方向，OP方向为z轴正方向，建立如图所示的直角坐标系O－xyz.
设|AB|＝2，则A(－2，0，0)，D(0，－2，0)，P(0，0，2)
AD→＝(2，－2，0)，AP→＝(2，0，2)，
设平面PAD的法向量n＝(x，y，z)，
∴n·AD→＝2x－2y＝0，n·AP→＝2x＋2z＝0，
取x＝1，得y＝1，z＝－1，即n＝(1，1，－1)，
因为OE⊥平面PBD，设平面PBD的法向量为m，
取m＝(1，0，0)，
则cos〈m，n〉＝13·1＝33，
由图象可知二面角A－PD－B的大小为锐角.
所以，二面角A－PD－B的余弦值为33.
3.(本小题满分15分)盒中共有9个球，其中有4个红球、3个黄球和2个绿球，这些球除颜色外完全相同.
(1)从盒中一次随机取出2个球，求取出的2个球的颜色相同的概率P；
(2)从盒中一次随机取出4个球，其中红球、黄球、绿球的个数分别记为x1，x2，x3，随机变量X表示x1，x2，x3中的最大数，求X的概率分布和数学期望E(X).
解 (1)取到的2个颜色相同的球可能是2个红球、2个黄球或2个绿球，所以P＝C24＋C23＋C22C29＝6＋3＋136＝518.
(2)随机变量X所有可能的取值为2，3，4.
{X＝4}表示的随机事件是“取到的4个球是4个红球”，故P(X＝4)＝C44C49＝1126；
{X＝3}表示的随机事件是“取到的4个球是3个红球和1个其他颜色的球，或3个黄球和1个其他颜色的球”，故P(X＝3)＝C34C15＋C33C16C49＝20＋6126＝1363；
于是P(X＝2)＝1－P(X＝3)－P(X＝4)＝1－1363－1126＝1114. 3 所以随机变量X的概率分布如下表：
X 2 3
4
P 1114 1363 1126
因此随机变量X的数学期望
E(X)＝2×1114＋3×1363＋4×1126＝209.
4.(本小题满分15分)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点1，32，一个焦点为(3，0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与x轴交于点P，与椭圆C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点Q.求|AB||PQ|的取值范围.
解 (1)由题意得a2－b2＝3，1a2＋34b2＝1，解得a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.
(2)由y＝k（x－1），x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝8k21＋4k2，x1x2＝4k2－41＋4k2，
y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝－2k1＋4k2.
所以线段AB的中点坐标为4k21＋4k2，－k1＋4k2，
所以线段AB的垂直平分线方程为
y－－k1＋4k2＝－1kx－4k21＋4k2.
于是，线段AB的垂直平分线与x轴的交点
Q3k21＋4k2，0，又点P(1，0)，
所以|PQ|＝1－3k21＋4k2＝1＋k21＋4k2. 4 又|AB|＝（1＋k2）[（8k21＋4k2）2－4·4k2－41＋4k2]
＝4（1＋k2）（1＋3k2）1＋4k2.
于是，|AB||PQ|＝4（1＋k2）（1＋3k2）1＋4k21＋k21＋4k2
＝41＋3k21＋k2＝43－21＋k2.
因为k≠0，
所以1＜3－21＋k2＜3.
所以|AB||PQ|的取值范围为(4，43).
5.(本小题满分15分)已知函数f(x)＝(2ax2＋bx＋1)e－x(e为自然对数的底数).
(1)若a＝12，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(1)＝1，且方程f(x)＝1在(0，1)内有解，求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝12，f(x)＝(x2＋bx＋1)e－x，
f′(x)＝－[x2＋(b－2)x＋1－b]e－x，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝1－b.当b＝0，f′(x)≤0；
当b＞0时，当1－b＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＜1－b或x＞1时，f′(x)＜0；
当b＜0时，当1＜x＜1－b时，f′(x)＞0，当x＞1－b或x＜1时，
f′(x)＜0.
综上所述，b＝0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)；
b＞0时，f(x)的单调递增区间为(1－b，1)，递减区间为(－∞，1－b)，(1，
＋∞)；
b＜0时，f(x)的单调递增区间为(1，1－b)，递减区间为(－∞，1)，(1－b
＋∞).
(2)由f(1)＝1得2a＋b＋1＝e，b＝e－1－2a.
由f(x)＝1得ex＝2ax2＋bx＋1，设g(x)＝ex－2ax2－bx－1，则g(x)在(0，1)内有零点.
设x0为g(x)在(0，1)内的一个零点，则由g(0)＝0、g(1)＝0知g(x)在区间(0，x0)和(x0，1)上不可能单调递增，也不可能单调递减，设h(x)＝g′(x)，则h(x)在区间(0，x0)和(x0，1)上均存在零点，即h(x)在(0，1)上至少有两个零点.g′(x)＝ex－4ax－b，h′(x)＝ex5 －4a.
当a≤14时，h′(x)＞0，h(x)在区间(0，1)上递增，h(x)不可能有两个及以上零点；
当a≥e4时，h′(x)＜0，h(x)在区间(0，1)上递减，h(x)不可能有两个及以上零点；
当14＜a＜e4时，令h′(x)＝0得x＝ln(4a)∈(0，1)，
所以h(x)在区间(0，ln(4a))上递减，
在(ln(4a)，1)上递增，h(x)在区间(0，1)上存在最小值
h(ln(4a)).
若h(x)有两个零点，则有h(ln(4a))＜0，h(0)＞0，h(1)＞0.
h(ln(4a))＝4a－4aln(4a)－b＝6a－4aln(4a)＋1－e14＜a＜e4.
设φ(x)＝32x－xln x＋1－e(1＜x＜e)，
则φ′(x)＝12－ln x，令φ′(x)＝0，得x＝e，
当1＜x＜e时φ′(x)＞0，φ(x)递增，当e＜x＜e时φ′(x)＜0，φ(x)递减，
φ(x)max＝φ(e)＝e＋1－e＜0，所以h(ln(4a))＜0恒成立.
由h(0)＝1－b＝2a－e＋2＞0，h(1)＝e－4a－b＞0，得e－22＜a＜12.当e－22＜a＜12时，设h(x)的两个零点为x1，x2，则g(x)在(0，x1)递增，在(x1，x2)递减，在(x2，1)递增，所以g(x1)＞g(0)＝0，g(x2)＜g(1)＝0，则g(x)在(x1，x2)内有零点.综上，实数a的取值范围是e－22，12.
