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1题型练9大题综合练(一)题型练第74页一、解答题1.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2(1)求cosB;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.解：(1)由题设及A+B+C=π,得sinB=8sin2,故sinB=4(1-cosB).上式两边平方,整理得17cos2B-32cosB+15=0,解得cosB=1(舍去),cosB=(2)由cosB=得sinB=,故S△ABC=acsinB=ac.又S△ABC=2,则ac=由余弦定理及a+c=6得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac(1+cosB)=36-2()=4.所以b=2.2.某商店欲购进某种食品(保质期两天),此商店每两天购进该食品一次(购进时,该食品为刚生产的).根据市场调查,该食品每份进价8元,售价12元.如果两天内无法售出,那么食品过期作废,且两天内的销售情况互不影响.为了了解市场的需求情况,现统计该产品在本地区100天的销售量如下表:销售量/份15161718天数20304010(视样本频率为概率)(1)根据该产品100天的销售量统计表,记两天中一共销售该食品份数为ξ,求ξ的分布列与期望;(2)以两天内该产品所获得的利润期望为决策依据,该商店一次性购进32份或33份,哪一种得到的利润更大?解：(1)根据题意可得P(ξ=30)=,P(ξ=31)=2=,P(ξ=32)=2+,P(ξ=33)=2+2=,2P(ξ=34)=2+,P(ξ=35)=2=,P(ξ=36)=,ξ的分布列如下:ξ30313233343536PE(ξ)=30+31+32+33+34+35+36=32.8.(2)当购进32份时,利润为32×4+(31×4-8)+(30×4-16)=107.52+13.92+4.16=125.6;当购进33份时,利润为33×4+(32×4-8)+(31×4-16)+(30×4-24)=77.88+30+12.96+3.84=124.68.由125.6124.68,可知当购进32份时,利润更高.3.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=√(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.答案：(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.(2)解取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.3如图建立空间直角坐标系O-xyz.由题意,得点A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{---令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,-1),所以cosn,⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为√(3)解设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗因此点M(0,1-λ,λ),⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当⃗⃗⃗⃗⃗⃗n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时4.设椭圆E的方程为=1(ab0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为√(1)求E的离心率e;(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为,求E的方程.解：(1)由题设条件知,点M的坐标为(),又kOM=√,从而√,4进而得a=√b,c=√-=2b,故e=√(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为√=1,点N的坐标为(√-)设点N关于直线AB的对称点S的坐标为(),则线段NS的中点T的坐标为(√-)又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有{√√--√√解得b=3.所以a=3√,故椭圆E的方程为=1.5.已知函数f(x)=√-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.答案：证明(1)函数f(x)的导函数f'(x)=√,由f'(x1)=f'(x2),得√√,因为x1≠x2,所以√√由基本不等式,得√√√2√,因为x1≠x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)+f(x2)=√-lnx1+√-lnx2=√-ln(x1x2).设g(x)=√-lnx,则g'(x)=√-4),所以x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=()+1,则5f(m)-km-a|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-an(√--)n(√-)0,所以,存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a.所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a,得k=√--设h(x)=√--,则h'(x)=-√---其中g(x)=√-lnx.由(1)可知g(x)≥g(16).又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减.因此方程f(x)-kx-a=0至多1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.