（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練（80分）解答題標(biāo)準(zhǔn)練（二）理

（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練（80分）解答題標(biāo)準(zhǔn)練（二）理 1．(2018·威海模擬)在△ABC中，邊BC上一點D滿足AB⊥AD，AD＝DC. (1)若BD＝2DC＝2，求邊AC的長； (2)若AB＝AC，求sin B. 解　(1)∵AB⊥AD， ∴在Rt△ABD中，sin∠ABD＝＝， ∴∠ABD＝60°，AB＝1. 在△ABC中，AB＝1，BC＝3，由余弦定理可得， AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC ＝1＋9－2×1×3×＝7， ∴AC＝. (2)在△ACD中，由正弦定理可得＝， ∵AD＝DC， ∴＝， ∵AB＝AC，∴B＝C， ∴∠BAC＝180°－2B， ∵∠BAD＝90°， ∴∠DAC＝∠BAC－∠BAD ＝180°－2B－90°＝90°－2B， ∴＝， ∴＝， 化簡得2sin2B＋sin B－＝0， 即(sin B－1)(2sin B＋)＝0， ∵sin B>0，∴sin B＝. 2．(2018·安徽省亳州市渦陽一中模擬)如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，已知∠B1C1A1＝90°，異面直線AB1⊥A1C，且AA1＝AC. (1)求證：平面ACC1A1⊥平面A1B1C1； (2)若AC1＝AA1＝B1C1，求直線A1C1與平面ABB1A1所成角的正弦值． (1)證明　因為AA1＝AC， 所以四邊形ACC1A1是菱形， 所以A1C⊥AC1， 又因為異面直線AB1⊥A1C，AC1∩AB1＝A， AB1，AC1?平面AB1C1， 所以A1C⊥平面AB1C1， 又B1C1?平面AB1C1， 所以A1C⊥B1C1. 又因為∠B1C1A1＝90°， 即B1C1⊥A1C1， 且A1C1∩A1C＝A1，A1C，A1C1?平面ACC1A1， 所以B1C1⊥平面ACC1A1， 又B1C1?平面A1B1C1， 所以平面ACC1A1⊥平面A1B1C1. (2)解　設(shè)O是A1C1的中點， 因為AC1＝AA1， 所以AO⊥A1C1， 由(1)可知，AO⊥平面A1B1C1， 以O(shè)為坐標(biāo)原點，過點O且與C1B1平行的直線為x軸， 以O(shè)C1所在直線為y軸， 以O(shè)A所在直線為z軸， 建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz， 設(shè)AA1＝2， 則A(0,0，)，A1(0，－1,0)， C1(0,1,0)，B1(2,1,0)， 設(shè)A1C1與平面ABB1A1所成的角為θ， 因為 ＝(0,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,1，)， 設(shè)平面ABB1A1的一個法向量是n＝(x，y，z)， 則即 不妨令x＝1， 則y＝－1，z＝，可得n＝， 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 所以直線A1C1與平面ABB1A1所成角的正弦值為. 3．(2018·山西省運城市康杰中學(xué)模擬)在某校舉行的航天知識競賽中，參與競賽的文科生與理科生人數(shù)之比為1∶3，且成績分布在[40,100]內(nèi)，分?jǐn)?shù)在80以上(含80)的同學(xué)獲獎．按文、理科用分層抽樣的方法抽取200人的成績作為樣本，得到成績的頻率分布直方圖(見下圖)． (1)填寫下面的2×2列聯(lián)表，判斷能否有超過95%的把握認(rèn)為“獲獎與學(xué)生的文、理科有關(guān)”？ 文科生 理科生 總計 獲獎 5 不獲獎 總計 200 (2)將上述調(diào)査所得的頻率視為概率，現(xiàn)從該校參與競賽的學(xué)生中，任意抽取3名學(xué)生，記“獲獎”學(xué)生人數(shù)為X，求X的分布列及期望． 附表及公式：K2＝，n＝a＋b＋c＋d. 其中n＝a＋b＋c＋d. P(K2≥k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 解　(1) 文科生 理科生 總計 獲獎 5 35 40 不獲獎 45 115 160 總計 50 150 200 K2＝＝≈4.167>3.841， 所以有超過95%的把握認(rèn)為“獲獎與學(xué)生的文、理科有關(guān)”． (2)由表中數(shù)據(jù)可知，將頻率視為概率，從該校參賽學(xué)生中任意抽取一人，抽到獲獎同學(xué)的概率為. X的所有可能的取值為0,1,2,3，且X～B. P(X＝k)＝C×k×3－k(k＝0,1,2,3)． P(X＝0)＝C×0×3－0＝， P(X＝1)＝C×1×3－1＝， P(X＝2)＝C×2×1＝， P(X＝3)＝C×3×0＝， 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 P E(X)＝3×＝. 4．(2018·安徽省“皖江八校”聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F(－c,0)，右頂點為A，點E的坐標(biāo)為(0，c)，△EFA的面積為，過點E的動直線l被橢圓C所截得的線段MN長度的最小值為. (1)求橢圓C的方程； (2)B是橢圓C上異于頂點的一點，且直線OB⊥l，D是線段OB延長線上一點，且|DB|＝|MN|，⊙D的半徑為|DB|，OP，OQ是⊙D的兩條切線，切點分別為P，Q，求∠POQ的最大值，并求出取得最大值時直線l的斜率． 解　(1)由已知，可得(c＋a)c＝. 又由b2＝a2－c2，可得2c2＋ac－a2＝0，解得a＝2c， 設(shè)橢圓C的方程為＋＝1， 當(dāng)直線l的斜率不存在時，線段MN的長為2c； 當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為y＝kx＋c， 由得(4k2＋3)x2＋8kcx－8c2＝0， Δ＝(8kc)2＋32c2(4k2＋3)>0， 從而|MN|＝· ＝ ＝2c· ＝2c·<2c， 易知當(dāng)k＝0時，|MN|的最小值為c， 從而c＝1，因此，橢圓C的方程為＋＝1. (2)由B是橢圓上異于頂點的一點且直線OB⊥l，可知l的斜率存在且不為0. 由(1)知， |MN|＝， 而⊙D的半徑r＝|MN|， 又直線OB的方程為y＝－x， 由得x＝， 因此|OB|＝ ·|xB| ＝， 由題意可知sin ＝＝， 要求∠POQ的最大值，即求的最小值． 而＝ ＝· ＝ ， 令u＝4k2＋3， 則u>3，∈， 因此＝ ＝ ＝≥1， 當(dāng)且僅當(dāng)＝2，即u＝時等號成立， 此時k＝±，所以sin≤， 因此≤，所以∠POQ的最大值為. 綜上所述，∠POQ的最大值為， 取得最大值時直線l的斜率k＝±. 5．(2018·四川省成都市第七中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x>0，a∈R)． (1)當(dāng)a>－時，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)f(x)有兩個極值點時，若f(x)的極大值小于整數(shù)m，求m的最小值． 解　(1)由題意知， f′(x)＝ ＝(x>0)． 令h(x)＝(－x2＋3x－3)ex－a(x>0)， 則h′(x)＝(－x2＋x)ex， 當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0，h(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x>1時，h′(x)<0，h(x)為減函數(shù)． 故h(x)在x＝1處取得極大值，也為最大值． 則h(x)max＝h(1)＝－e－a. 由于a>－， 所以h(x)max＝h(1)＝－e－a<0， 所以f′(x)<0， 于是f(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)． (2)令h(x)＝(－x2＋3x－3)ex－a(x>0)， 則h′(x)＝(－x2＋x)ex， 當(dāng)0<x<1時，h′(x)>0，h(x)為增函數(shù)； 當(dāng)x>1時，h′(x)<0，h(x)為減函數(shù)． 當(dāng)x趨近于＋∞時，h(x)趨近于－∞. 由于f(x)有兩個極值點， 所以f′(x)＝0有兩個不等實根， 即h(x)＝(－x2＋3x－3)ex－a＝0有兩不等實根x1，x2(x1<x2)． 則解得－3<a<－e. 可知x1∈(0,1)，由于h(1)＝－e－a>0， h＝－e－a<－e＋3<0， 則x2∈. 而f′(x2)＝＝0， 即ex2＝，① 所以f(x)極大值＝f(x2)＝， 于是f(x2)＝，② 令t＝x2－2，則x2＝t＋2， 則②可變?yōu)間(t)＝a＝a， 可得－1<<－，而－3<a<－e， 則有g(shù)(t)＝a＝a<3， 下面再說明對于任意－3<a<－e， x2∈，f(x2)>2. 又由①得a＝(－x＋3x2－3)， 把它代入②得f(x2)＝(2－x2)， 所以當(dāng)x2∈時，f′(x2)＝(1－x2)<0恒成立， 故f(x2)＝(2－x2) 為上的減函數(shù)， 所以f(x2)>f＝>2. 所以滿足題意的整數(shù)m的最小值為3. 6．在數(shù)列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1. (1) 設(shè)cn＝，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列； (2) 求數(shù)列{an}的通項公式及前n項和的公式． (1)證明　 ∵Sn＋1＝4an＋2，① ∴當(dāng)n≥2，n∈N*時，Sn＝4an－1＋2.② ①－②得an＋1＝4an－4an－1. 方法一　對an＋1＝4an－4an－1兩邊同除以2n＋1，得 ＝2－， 即＋＝2， 即cn＋1＋cn－1＝2cn， ∴數(shù)列{cn}是等差數(shù)列． 由Sn＋1＝4an＋2，得a1＋a2＝4a1＋2， 則a2＝3a1＋2＝5， ∴c1＝＝，c2＝＝， 故公差d＝－＝， ∴{cn}是以為首項，為公差的等差數(shù)列． 方法二　∵an＋1－2an＝2an－4an－1 ＝2(an－2an－1)， 令bn＝an＋1－2an， 則{bn}是以a2－2a1＝4a1＋2－a1－2a1＝3為首項，2為公比的等比數(shù)列， ∴bn＝3·2n－1， ∵ cn＝， ∴ cn＋1－cn＝－＝ ＝＝＝， c1＝＝， ∴ {cn}是以為首項，為公差的等差數(shù)列． (2)解　由(1)可知數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列， ∴＝＋(n－1)＝n－，an＝(3n－1)·2n－2是數(shù)列{an}的通項公式． 設(shè)Sn＝(3－1)·2－1＋(3×2－1)·20＋…＋(3n－1)·2n－2， 則2Sn＝(3－1)·20＋(3×2－1)·21＋…＋(3n－1)·2n－1， ∴Sn＝2Sn－Sn ＝－(3－1)·2－1－3(20＋21＋…＋2n－2)＋(3n－1)·2n－1 ＝－1－3×＋(3n－1)·2n－1 ＝－1＋3＋(3n－4)·2n－1 ＝2＋(3n－4)·2n－1. ∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝(3n－1)·2n－2，前n項和公式為Sn＝2＋(3n－4)·2n－1，n∈N*.