教辅：高考数学大二轮复习之解答题6

二、解答题解答题(六)第二部分刷题型17．(2020·吉林东北师大附中第四次模拟)如图，点D在△ABC的边BC上，∠ADC＝π4，AB＝5，BD＝1.(1)求AD和sinB；(2)若(1＋tanB)(1＋tanC)＝2，求sinC.解(1)∠ADB＝π－π4＝3π4，设AD＝x，在△ABD中，AB2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，即5＝x2＋1－2x×－22，解得x＝－22(舍去)，x＝2，∴AD＝2.在△ABD中，sinB＝ADsin∠ADBAB＝2×225＝55.故AD＝2，sinB＝55.解(2)由(1＋tanB)(1＋tanC)＝2得tanC＋tanB＝1－tanCtanB，∴tan(C＋B)＝tanC＋tanB1－tanCtanB＝1.∵B，C是三角形的内角，∴B＋C∈(0，π)，∴B＋C＝π4.解由(1)知sinB＝55，∵B∈0，π4，∴cosB＝1－sin2B＝1－15＝255，sinC＝sinπ4－B＝sinπ4cosB－cosπ4sinB＝22(cosB－sinB)＝1010.故sinC＝1010.解解(1)因为2S2＝a2＋a3，所以2a1＋a2＝a3，所以q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)．所以an＝2n.解18．(2020·山东烟台高三适应性练习一)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2,2S2＝a2＋a3.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2n－1an＋2log2an，求数列{bn}的前n项和．(2)由题意得bn＝(2n－1)12n＋2n.令cn＝(2n－1)12n，其前n项和为Pn，则Pn＝1×12＋3×122＋…＋(2n－1)·12n，12Pn＝1×122＋3×123＋…＋(2n－3)·12n＋(2n－1)·12n＋1，两式相减得12Pn＝12＋2122＋123＋…＋12n－(2n－1)·12n＋1＝12＋2×141－12n－11－12－(2n－1)12n＋1＝32－12n－1－(2n－1)12n＋1，解所以Pn＝3－(2n＋3)12n，而2(1＋2＋…＋n)＝2×nn＋12＝n(n＋1)，所以数列{bn}的前n项和Tn＝3－(2n＋3)12n＋n(n＋1)．解19．(2020·山东青岛二模)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥P－ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A－PB－C的余弦值．解若选②：由PO⊥平面ABCD知PO⊥AB，又PC⊥AB，PC∩PO＝P，所以AB⊥面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BCBA，这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.下面证明PO⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，所以BD⊥平面APC.又因为PO⊂平面APC，所以BD⊥PO.因为PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.又AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD.解以O为坐标原点，以OB→，OC→，OP→的方向分别作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以∠PBA＝60°.解在菱形ABCD中，设AB＝2，因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝3，设PO＝a，则PA＝a2＋1，PB＝a2＋3.在△PBA中，由余弦定理，得PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cos∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3－2×2a2＋3×12，解得a＝6，所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，6)．解设n1＝(x1，y1，z1)为平面ABP的法向量，因为AB→＝(3，1,0)，AP→＝(0,1，6)，由n1·AB→＝0，n1·AP→＝0，可得3x1＋y1＝0，y1＋6z1＝0，令z1＝1，得n1＝(2，－6，1)．解设n2＝(x2，y2，z2)为平面CBP的法向量，CB→＝(3，－1,0)，CP→＝(0，－1，6)，由n2·CB→＝0，n2·CP→＝0，可得3x2－y2＝0，－y2＋6z2＝0，令z2＝1，得n2＝(2，6，1)．设二面角A－PB－C的平面角为θ，所以cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝13，所以二面角A－PB－C的余弦值为13.解20．(2020·山东临沂二模、枣庄三调)为了响应绿色出行，某市推出了新能源分时租赁汽车，并对该市市民使用新能源租赁汽车的态度进行调查，得到有关数据如下：表1愿意使用新能源租赁汽车不愿意使用新能源租赁汽车总计男性100300女性400总计400其中一款新能源分时租赁汽车的每次租车费用由行驶里程和用车时间两部分构成：行驶里程按1元/公里计费；用车时间不超过30分钟时，按0.15元/分钟计费；超过30分钟时，超出部分按0.20元/分钟计费．已知张先生从家到上班地点15公里，每天上班租用该款汽车一次，每次的用车时间均在20～60分钟之间，由于堵车、红绿灯等因素，每次的用车时间t(分钟)是一个随机变量．张先生记录了100次的上班用车时间，并统计出在不同时间段内的频数如下：表2时间t(分钟)[20,30](30,40](40,50](50,60]频数20403010(1)请补填表1中的空缺数据，并判断是否有99.5%的把握认为该市市民对新能源租赁汽车的使用态度与性别有关；(2)根据表2中的数据，将各时间段发生的频率视为概率，以各时间段的区间中点值代表该时间段的取值，试估计张先生租用一次该款汽车上班的平均用车时间；(3)若张先生使用滴滴打车上班，则需要车费27元，试问：张先生上班使用滴滴打车和租用该款汽车，哪一种更合算？附：K2＝nad－bc2a＋bc＋da＋cb＋dP(K2≥k0)0.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.828解(1)补充完整的列联表如下所示，愿意使用新能源租赁汽车不愿意使用新能源租赁汽车总计男性100200300女性300400700总计4006001000由列联表可得，K2＝1000×100×400－200×3002300×700×400×600＝1000126≈7.937，∵7.9377.879，∴有99.5%的把握认为该市市民对这款新能源租赁汽车的使用态度与性别有关．解(2)表2中的数据整理如下：时间t(分钟)[20,30](30,40](40,50](50,60]频数20403010频率0.20.40.30.1∴张先生租用一次该款新能源汽车上班的平均用车时间为t＝25×0.2＋35×0.4＋45×0.3＋55×0.1＝38(分钟)．(3)设张先生租用一次该款新能源汽车所需费用为y元，则当20t≤30时，y＝0.15t＋15，当30t≤60时，y＝0.15×30＋0.2×(t－30)＋15＝0.2t＋13.5，∴张先生每次上班租车的费用约为0.2×38＋13.5＝21.1(元)．∵张先生每次使用滴滴打车上班需要27元，∴张先生租用该款新能源汽车上班更合算．解21．(2020·山东日照6月联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，A为抛物线上异于原点的任意一点，以AO为直径作圆Ω，当直线OA的斜率为1时，|OA|＝42.(1)求抛物线C的标准方程；(2)过焦点F作OA的垂线l与圆Ω的一个交点为M，l交抛物线于P，Q(点M在点P，Q之间)，记△OAM的面积为S，求S2＋32|PQ|的最小值．解(1)当直线OA的斜率为1时，可得直线OA的方程为y＝x，联立抛物线方程y2＝2px，解得x＝2p，即A(2p,2p)，|OA|＝22p＝42，即p＝2，抛物线的方程为y2＝4x.解(2)由(1)可得F(1,0)，设A(x1，y1)，M(x0，y0)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)，且y21＝4x1，由题意可得OA→·FM→＝0，即x1x0＋y1y0－x1＝0，又OM→·AM→＝0，即x20－x1x0＋y20－y1y0＝0，整理可得x20＋y20＝x1，又|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝x21＋y21－(x20＋y20)＝x21＋3x1，则S＝12|AM|·|OM|＝12x21＋3x1·x20＋y20，即S2＝14x1(x21＋3x1)，解又PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为x＝ky＋1，联立抛物线方程可得y2－4ky－4＝0，可得y2＋y3＝4k，y2y3＝－4，则|PQ|＝1＋k2·y2＋y32－4y2y3＝1＋k2·16k2＋16＝4(1＋k2)，由PQ⊥OA，可得kPQ＝－x1y1，即k＝－y1x1，可得|PQ|＝41＋y21x21＝41＋4x1，则S2＋32|PQ|＝14x1(x21＋3x1)＋61＋4x1，解可令f(x)＝14x(x2＋3x)＋61＋4x，f′(x)＝34·x4＋2x3－32x2，显然g(x)＝x4＋2x3－32在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝0，所以当0x2时，g(x)0，当x2时，g(x)0，即f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以x＝2时，f(x)取得最小值23.即S2＋32|PQ|的最小值为23.解22．(2020·天津高考)已知函数f(x)＝x3＋klnx(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数．(1)当k＝6时，①求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；②求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋9x的单调区间和极值；(2)当k≥－3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，有f′x1＋f′x22＞fx1－fx2x1－x2.解(1)①当k＝6时，f(x)＝x3＋6lnx，f′(x)＝3x2＋6x.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.②依题意，g(x)＝x3－3x2＋6lnx＋3x，x∈(0，＋∞)．g′(x)＝3x2－6x＋6x－3x2＝3x－13x＋1x2，令g′(x)＝0，解得x＝1.解当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)单调递减极小值单调递增所以函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．解(2)证明：由f(x)＝x3＋klnx，得f′(x)＝3x2＋kx.对任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＞x2，令x1x2＝t(t＞1)，则(x1－x2)·[f′(x1)＋f′(x2)]－2[f(x1)－f(x2)]＝(x1－x2)3x21＋kx1＋3x22＋kx2－2x31－x32＋klnx1x2＝x31－x32－3x21x2＋3x1x22＋kx1x2－x2x1－2klnx1x2＝x32(t3－3t2＋3t－1)＋kt－1t－2lnt.(*)令h(x)＝x－1x－2lnx，x∈[1，＋∞)．解当x1时，h′(x)＝1＋1x2－2x＝