教辅：高考数学复习练习之解答题2

解答题(二)17．(2020·河南洛阳第三次统一考试)已知数列{an}的首项a1＝1，其前n项和为Sn，且满足Sn＋1＝2Sn＋n＋1.(1)求证：数列{an＋1}是等比数列；(2)令bn＝n(an＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)证明：∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①∴当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，②①－②得，an＋1＝2an＋1，n≥2，∴an＋1＋1＝2an＋1＋1，n≥2，即an＋1＋1＝2(an＋1)，n≥2.又a1＋a2＝2a1＋2，∴a2＝3，则a2＋1＝2(a1＋1)，∴数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，公比为2的等比数列．(2)由(1)知an＋1＝2n.∴bn＝n·2n.∴Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①∴2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋4×25＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，②①－②得，－Tn＝2＋1×22＋1×23＋…＋1×2n－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2.∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.18.(2020·山东青岛二模)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＝1，AD＝3，BC＝2.(1)若CD＝1＋3，求四边形ABCD的面积；(2)若sin∠BCD＝325，∠ADC∈0，π2，求sin∠ADC.解(1)连接BD，在Rt△ABD中，由勾股定理得，BD2＝AB2＋AD2＝4，所以BD＝2，在△BCD中，由余弦定理知，cosC＝BC2＋CD2－BD22BC·CD＝22，因为C∈(0，π)，所以C＝π4，所以S△ABD＝12AB·AD＝32，S△BCD＝12BC·CD·sinC＝1＋32，所以ABCD的面积S＝S△ABD＋S△BCD＝12＋3.(2)在△BCD中，由正弦定理知，BCsin∠BDC＝BDsin∠BCD，所以sin∠BDC＝BC·sin∠BCDBD＝35.因为∠ADC∈0，π2，所以∠BDC∈0，π2，cos∠BDC＝45.在Rt△ABD中，tan∠ADB＝ABAD＝33，所以∠ADB＝π6，所以sin∠ADC＝sin∠BDC＋π6＝35×32＋45×12＝4＋3310.19．(2020·辽宁沈阳高三三模)随着生活节奏的加快以及智能手机的普及，外卖点餐逐渐成为越来越多用户的餐饮消费习惯，由此催生了一批外卖点餐平台．已知某外卖平台的送餐费用与送餐距离有关(该平台只给5千米范围内配送)，为调査送餐员的送餐收入，现从该平台随机抽取100名点外卖的用户进行统计，按送餐距离分类统计结果如表：送餐距离(千米)(0,1](1,2](2,3](3,4](4,5]频数1525252015以这100名用户送餐距离位于各区间的频率代替送餐距离位于该区间的概率．(1)若某送餐员一天送餐的总距离为100千米，试估计该送餐员一天的送餐份数；(四舍五入精确到整数，且同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)(2)若该外卖平台给送餐员的送餐费用与送餐距离有关，规定2千米内为短距离，每份3元，2千米到4千米为中距离，每份7元，超过4千米为远距离，每份12元．记X为送餐员送一份外卖的收入(单位：元)，求X的分布列和数学期望．解(1)估计每名外卖用户的平均送餐距离为0.5×0.15＋1.5×0.25＋2.5×0.25＋3.5×0.2＋4.5×0.15＝2.45千米．所以送餐距离为100千米时，送餐份数为1002.45≈41份．(2)由题意知X的可能取值为3,7,12，P(X＝3)＝40100＝25，P(X＝7)＝45100＝920，P(X＝12)＝15100＝320，所以X的分布列为X3712P25920320所以E(X)＝3×25＋7×920＋12×320＝6.15.20．(2020·山东潍坊高三6月模拟)如图，点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A，B)，已知AB＝2，AE＝7，EB⊥平面ABC，四边形BEDC为平行四边形．(1)求证：BC⊥平面ACD；(2)当三棱锥A－BCE的体积最大时，求平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．解(1)证明：因为四边形BEDC为平行四边形，所以CD∥BE.因为EB⊥平面ABC，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因为∠ACB是以AB为直径的圆上的圆周角，所以BC⊥AC，因为AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD.(2)△ABC中，设AC＝x，则BC＝4－x2(0x2)，所以S△ABC＝12AC·BC＝12x·4－x2，因为AE＝7，AB＝2，所以BE＝3，所以VA－BCE＝VE－ABC＝13S△ABC·BE＝36x·4－x2＝36x24－x2≤36·x2＋4－x22＝33，当且仅当x2＝4－x2，即x＝2时，三棱锥A－BCE体积的最大值为33.解法一：以C为坐标原点，分别以CA，CB，CD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则C(0,0,0)，A(2，0,0)，D(0,0，3)，E(0，2，3)，所以AD→＝(－2，0，3)，DE→＝(0，2，0)，平面ABC的一个法向量n1＝(0,0，3)，设平面ADE的法向量n2＝(x，y，z)，则n2·AD→＝0，n2·DE→＝0，所以－2x＋3z＝0，2y＝0，令x＝3，则y＝0，z＝2，即n2＝(3，0，2)，所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝63×5＝105.解法二：因为DE∥BC，BC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，所以DE∥平面ABC，设平面ADE∩平面ABC＝l，则l∥DE，又BC∥DE，所以l∥BC，又点A是平面ADE与平面ABC的公共点，所以l过点A，过点A在圆内作AF∥BC交圆于点F，则直线AF与l重合，所以AF为平面ADE与平面ABC的交线，因为AF∥BC，AC⊥BC，所以AC⊥AF，因为BC⊥平面ACD，所以BC⊥AD，又因为AF∥BC，所以AD⊥AF，所以∠DAC为两个平面所成的锐二面角的平面角，在Rt△ACD中，AC＝2，CD＝BE＝3，所以AD＝AC2＋CD2＝2＋3＝5，所以cos∠DAC＝ACAD＝25＝105，所以平面ADE与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为105.21．(2020·天津高考)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3OC→＝OF→，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．解(1)因为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，所以b＝3.由|OA|＝|OF|，得c＝b＝3，所以a2＝b2＋c2＝32＋32＝18，所以椭圆的方程为x218＋y29＝1.(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CP⊥AB.根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝kx－3，由y＝kx－3，x218＋y29＝1，消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝12k2k2＋1.将x＝12k2k2＋1代入y＝kx－3，得y＝k·12k2k2＋1－3＝6k2－32k2＋1，所以点B的坐标为12k2k2＋1，6k2－32k2＋1.因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，所以点P的坐标为6k2k2＋1，－32k2＋1.由3OC→＝OF→，得点C的坐标为(1,0)，所以直线CP的斜率为kCP＝－32k2＋1－06k2k2＋1－1＝32k2－6k＋1.又因为CP⊥AB，所以k·32k2－6k＋1＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝12或k＝1.所以直线AB的方程为y＝12x－3或y＝x－3.22．(2020·山东省实验中学4月高考预测)已知函数f(x)＝(x－1)2＋ax－alnx.(1)若a≥－2，讨论f(x)的单调性；(2)若a0，且对于函数f(x)的图象上两点P1(x1，f(x1))，P2(x2，f(x2))(x1x2)，存在x0∈(x1，x2)，使得函数f(x)的图象在x＝x0处的切线l∥P1P2.求证：x0x1＋x22.解(1)易得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋a－ax＝x－12x＋ax，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－a2.①当a≥0时，0x1时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；x1时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．此时，f(x)的减区间为(0,1)，增区间为(1，＋∞)．②当－2a0时，－a2x1时，f′(x)0，函数f(x)单调递减；0x－a2或x1时，f′(x)0，函数f(x)单调递增．此时，f(x)的减区间为－a2，1，增区间为0，－a2，(1，＋∞)．③当a＝－2时，x0时，f′(x)＝2x－12x≥0，函数f(x)单调递增；此时，f(x)的增区间为(0，＋∞)．综上，当a≥0时，f(x)的减区间为(0,1)，增区间为(1，＋∞)；当－2a0时，f(x)的减区间为－a2，1，增区间为0，－a2，(1，＋∞)；当a＝－2时，f(x)的增区间为(0，＋∞)．(2)证明：由题意及导数的几何意义，得f′(x0)＝kP1P2＝fx2－fx1x2－x1＝[]x2－12＋ax2－alnx2－[]x1－12＋ax1－alnx1x2－x1＝(x1＋x2－2)＋a－alnx2x1x2－x1，由(1)中f′(x)得f′x1＋x22＝(x1＋x2－2)＋a－2ax1＋x2.易知，导函数f′(x)＝2(x－1)＋a－ax(a0)在(0，＋∞)上为增函数，所以，要证x0x1＋x22，只要证f′(x0)f′x1＋x22，即－alnx2x1x2－x1－2ax1＋x2，即证lnx2x12x2－x1x1＋x2.因为x2x10，不妨令t＝x2x1，g(t)＝lnt－2t－1t＋1(t1)．所以g′(t)＝1t－4t＋12＝t－12tt＋120(t1)，所以g(t)在t∈(1，＋∞)上为增函数，所以g(t)g(1)＝0，即lnt－2t－1t＋10，所以lnt2t－1t＋1，即lnx2x12x2－x1x1＋x2.故有x0x1＋x22(得证)．