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1、（全國(guó)通用版）2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 考前強(qiáng)化練9 解答題綜合練（B）理
1.已知函數(shù)f(x)=x2+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-,
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)數(shù)列{bn}滿足bn=,記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:Tn<1.
2.(2018湖南長(zhǎng)郡中學(xué)二模,理18)如圖,點(diǎn)C在以AB為直徑的圓O上,PA垂直于圓O所在平面,G為△AOC的重心.
(1)求證:平面OPG⊥平面PAC;
(2)若PA=AB=2AC=2,求二面角A-OP
2、-G的余弦值.
3.2017年春節(jié)期間,某服裝超市舉辦了一次有獎(jiǎng)促銷活動(dòng),消費(fèi)每超過(guò)600元(含600元),均可抽獎(jiǎng)一次,抽獎(jiǎng)方案有兩種,顧客只能選擇其中的一種.
方案一:從裝有10個(gè)形狀、大小完全相同的小球(其中紅球3個(gè),黑球7個(gè))的抽獎(jiǎng)盒中,一次性摸出3個(gè)球,其中獎(jiǎng)規(guī)則為:若摸到3個(gè)紅球,享受免單優(yōu)惠;若摸出2個(gè)紅球則打6折,若摸出1個(gè)紅球,則打7折;若沒(méi)摸出紅球,則不打折.
方案二:從裝有10個(gè)形狀、大小完全相同的小球(其中紅球3個(gè),黑球7個(gè))的抽獎(jiǎng)盒中,有放回每次摸取1球,連摸3次,每摸到1次紅球,立減200元.
3、(1)若兩個(gè)顧客均分別消費(fèi)了600元,且均選擇抽獎(jiǎng)方案一,試求兩位顧客均享受免單優(yōu)惠的概率;
(2)若某顧客消費(fèi)恰好滿1 000元,試從概率的角度比較該顧客選擇哪一種抽獎(jiǎng)方案更合算?
4.已知橢圓C:=1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6,且橢圓C與圓M:(x-2)2+y2=的公共弦長(zhǎng)為.
(1)求橢圓C的方程.
(2)過(guò)點(diǎn)P(0,2)作斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓C交于兩點(diǎn)A,B,試判斷在x軸上是否存在點(diǎn)D,使得△ADB為以AB為底邊的等腰三角形.若存在,求出點(diǎn)D的橫坐標(biāo)的取值范圍,若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
4、
5.已知函數(shù)f(x)=2ln x-2mx+x2(m>0),
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(2)當(dāng)m≥時(shí),若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'(x)的圖象與x軸交于A,B兩點(diǎn),其橫坐標(biāo)分別為x1,x2(x1
5、(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|,-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)=(x+m)2-,故f(x)的最小值為-=-,又m>0,所以m=,即Sn=n2+n,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
6、以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=n.
(2)證明 由(1)知bn=,
所以Tn=1-+…+=1-,
所以Tn<1.
2.(1)證明 如圖,延長(zhǎng)OG交AC于點(diǎn)M.
∵G為△AOC的重心,∴M為AC的中點(diǎn).∵O為AB的中點(diǎn),∴OM∥BC.
∵AB是圓O的直徑,
∴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 以點(diǎn)C為原點(diǎn),方向分別為x,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,則
7、C(0,0,0),A(0,1,0),B(,0,0),O,0,P(0,1,2),M0,,0,則=-,0,0,=-,2.
平面OPG即為平面OPM,設(shè)平面OPM的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),
則
令z=1,得n=(0,-4,1).
過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H,由PA⊥平面ABC,易得CH⊥PA,
又PA∩AB=A,∴CH⊥平面PAB,
即為平面PAO的一個(gè)法向量.
在Rt△ABC中,由AB=2AC,得∠ABC=30°,則∠HCB=60°,CH=CB=xH=CHcos∠HCB=,yH=CHsin∠HCB=
所以=,0.設(shè)二面角A-OP-G的大小為θ,則cos θ=
3.解 (1)
8、選擇方案一若享受到免單優(yōu)惠,則需要摸出三個(gè)紅球,設(shè)顧客享受到免單優(yōu)惠為事件A,則P(A)=,所以兩位顧客均享受到免單的概率為P=P(A)·P(A)=
(2)若選擇方案一,設(shè)付款金額為X元,則X可能的取值為0,600,700,1 000.
P(X=0)=,
P(X=600)=,
P(X=700)=,
P(X=1 000)=,
故X的分布列為
X
0
600
700
1 000
P
∴E(X)=0+600+700+1 000=764(元).
若選擇方案二,設(shè)摸到紅球的個(gè)數(shù)為Y,付款金額為Z,則Z=1 000-200Y,
由已知可得Y~B3,,故E(
9、Y)=3,∴E(Z)=E(1 000-200Y)=1 000-200E(Y)=820(元).
因?yàn)镋(X)
10、=-,
∴x0=-,y0=kx0+2=
∵DE⊥AB,
∴kDE=-,即=-,
∴m=
當(dāng)k>0時(shí),9k+2=12,∴-m<0;
當(dāng)k<0時(shí),9k+-12,
∴00,即m>2,方程x2-mx+1=0有兩個(gè)根x=,
令f'(x)>0,得0,此時(shí)f(x)單調(diào)遞增;
11、
令f'(x)<0,得2時(shí),f(x)在內(nèi)單調(diào)遞減,在0,,,+∞內(nèi)單調(diào)遞增.
(2)證明 由(1)知,f'(x)=,
∴f'(x)的兩根x1,x2即為方程x2-mx+1=0的兩根.∵m,
∴Δ=m2-4>0,x1+x2=m,x1x2=1.
又∵x1,x2為h(x)=ln x-cx2-bx的零點(diǎn),∴l(xiāng)n x1-c-bx1=0,ln x2--bx2=0,兩式相減得ln-c(x1-x2)(x1+x2)-b(x1-x2)=0,
得b=-c(x1+x2).
而h'(x)=-2cx-b,
∴(
12、x1-x2)h'(x0)=(x1-x2)-2cx0-b=(x1-x2)-c(x1+x2)-+c(x1+x2)=-ln=2-ln
令=t(0
13、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+2t=0,
解得t1=0,t2=-2,所以直線l被圓C截得的弦長(zhǎng)為|t1-t2|=2
(2)直線l的普通方程為x-y-4=0.
圓C的參數(shù)方程為(θ為參數(shù)),
可設(shè)圓C上的動(dòng)點(diǎn)P(2+2cos θ,2sin θ),
則點(diǎn)P到直線l的距離d==|2cosθ+-|.當(dāng)cosθ+=-1時(shí),d取最大值,且d的最大值為2+,所以S△ABP2(2+)=2+2,
即△ABP的面積的最大值為2+2
7.解 (1)f(x)=
根據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性可知,當(dāng)x=時(shí),f(x)min=f=
所以函數(shù)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.
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