教辅：高考数学复习练习之解答题8

解答题(八)17．(2020·山东济宁嘉祥县萌山高级中学五模)已知等比数列{an}的公比q1，且a1，a3的等差中项为10，a2＝8.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)由题意可得a11＋q2＝20，a1q＝8，∴2q2－5q＋2＝0.∵q1，∴a1＝4，q＝2，∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1(n∈N*)．(2)bn＝n2n＋1，∴Sn＝122＋223＋324＋…＋n2n＋1，12Sn＝123＋224＋…＋n－12n＋1＋n2n＋2，上述两式相减可得12Sn＝122＋123＋124＋…＋12n＋1－n2n＋2，∴Sn＝121＋122＋123＋…＋12n－n2n＋1＝12－12n＋112－n2n＋1＝1－n＋22n＋1.18．(2020·北京高考)在△ABC中，a＋b＝11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：(1)a的值；(2)sinC和△ABC的面积．条件①：c＝7，cosA＝－17；条件②：cosA＝18，cosB＝916.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解选择条件①：(1)∵c＝7，cosA＝－17，a＋b＝11，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝(11－a)2＋72－2(11－a)×7×－17，∴a＝8.(2)∵cosA＝－17，A∈(0，π)，∴sinA＝1－cos2A＝437.∴△ABC的面积S＝12bcsinA＝12×(11－8)×7×437＝63.选择条件②：(1)∵cosA＝18，cosB＝916，A，B∈(0，π)，∴sinA＝1－cos2A＝378，sinB＝1－cos2B＝5716.由正弦定理，得asinA＝bsinB，即a378＝11－a5716，∴a＝6.(2)sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋sinBcosA＝378×916＋5716×18＝74，S＝12absinC＝12×6×(11－6)×74＝1574.19．(2020·辽宁大连高三二模)在创建“全国卫生文明城”的过程中，环保部门对某市市民进行了一次垃圾分类知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会，通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人的得分(满分：100分)数据，统计结果如下表所示：组别[30,40)[40,50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100)频数2515020025022510050(1)已知此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(μ，14.52)，μ近似为这1000人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)，请利用正态分布的知识求P(36Z≤79.5)；(2)在(1)的条件下，环保部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：①得分不低于μ的可以获赠2次随机话费，得分低于μ的可以获赠1次随机话费；②每次赠送的随机话费和相应的概率如下表．现市民甲要参加此次问卷调查，记X为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列及数学期望．赠送的随机话费(单位：元)2040概率3414附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.9545，P(μ－3σX≤μ＋3σ)＝0.9973.解(1)由题意可得μ＝35×25＋45×150＋55×200＋65×250＋75×225＋85×100＋95×501000＝65，又σ＝14.5，∴36＝65－29＝65－2×14.5＝μ－2σ，79.5＝65＋14.5＝μ＋σ，94＝65＋29＝65＋2×14.5＝μ＋2σ，50.5＝65－14.5＝μ－σ，∴P(50.5Z≤79.5)＝0.6827，P(36Z≤94)＝0.9545，∴P(36Z≤79.5)＝P(μ－2σZ≤μ＋σ)＝P(μ－2σZ≤μ)＋P(μZ≤μ＋σ)＝Pμ－2σX≤μ＋2σ＋Pμ－σX≤μ＋σ2＝0.9545＋0.68272＝0.8186.(2)根据题意，可得出随机变量X的可能取值有20,40,60,80元，由题可知P(Zμ)＝P(Z≥μ)＝12，则P(X＝20)＝12×34＝38，P(X＝40)＝12×14＋12×34×34＝1332，P(X＝60)＝2×12×14×34＝316，P(X＝80)＝12×14×14＝132，∴随机变量X的分布列如下表所示：X20406080P381332316132∴随机变量X的数学期望为E(X)＝20×38＋40×1332＋60×316＋80×132＝752.20．(2020·山东临沂二模、枣庄三调)如图①，在Rt△ABC中，B为直角，AB＝BC＝6，EF∥BC，AE＝2，沿EF将△AEF折起，使∠AEB＝π3，得到如图②的几何体，点D在线段AC上．(1)求证：平面AEF⊥平面ABC；(2)若AE∥平面BDF，求直线AF与平面BDF所成角的正弦值．解(1)证明：在△ABE中，∵AE＝2，BE＝4，∠AEB＝π3，由余弦定理得AB2＝AE2＋BE2－2AE·BE·cos∠AEB＝4＋16－2×2×4×12＝12，∴AB＝23，∴BE2＝AE2＋AB2，∴∠EAB＝π2，即AE⊥AB，又EF⊥BE，EF⊥AE，AE∩BE＝E，∴EF⊥平面ABE，∵AB⊂平面ABE，∴EF⊥AB，又AE∩EF＝E，AE，EF⊂平面AEF，∴AB⊥平面AEF，又AB⊂平面ABC，∴平面AEF⊥平面ABC.(2)解法一：以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AE所在直线为y轴，过点A垂直于平面ABE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0,0,0)，B(23，0,0)，E(0,2,0)，F(0,2,2)，C(23，0,6)，∴AF→＝(0,2,2)，FB→＝(23，－2，－2)，AC→＝(23，0,6)．连接EC与FB交于点G，连接DG，∵AE∥平面BDF，DG为平面AEC与平面BDF的交线，∴AE∥GD，∴GCGE＝DCDA，在四边形BCFE中，∵EF∥BC，∴△EFG∽△CBG，∴GCGE＝BCEF＝3，∴DCDA＝3，∴AD→＝14AC→，设D(x0，y0，z0)，则AD→＝(x0，y0，z0)，由AD→＝14AC→，得x0＝32，y0＝0，z0＝32，∴D32，0，32，∴FD→＝32，－2，－12.设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·FD→＝32x－2y－12z＝0，n·FB→＝23x－2y－2z＝0，取x＝1，则z＝3，y＝0，∴n＝(1,0，3)，设直线AF与平面BDF所成角为θ，则sinθ＝|AF→·n||AF→||n|＝2342＝64.即直线AF与平面BDF所成角的正弦值为64.解法二：以E为坐标原点，在平面ABE中过E作EB的垂线为x轴，EB所在直线为y轴，EF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则E(0,0,0)，F(0,0,2)，B(0,4,0)，C(0，4,6)，A(3，1,0)，∴AF→＝(－3，－1,2)，FB→＝(0,4，－2)，AC→＝(－3，3,6)．连接EC，与FB交于点G，连接DG，∵AE∥平面BDF，DG为平面AEC与平面BDF的交线，∴AE∥DG，∴GCGE＝DCDA，在四边形BCFE中，∵EF∥BC，∴△EFG∽△CBG，∴GCGE＝BCEF＝3，∴DCDA＝3，∴AD→＝14AC→，设D(x0，y0，z0)，则AD→＝(x0－3，y0－1，z0)，由AD→＝14AC→，得x0－3＝－34，y0－1＝34，z0＝32，解得x0＝334，y0＝74，z0＝32，∴D334，74，32，∴FD→＝334，74，－12.设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·FD→＝334x＋74y－12z＝0，n·FB→＝4y－2z＝0，取y＝1，则z＝2，x＝－33，∴n＝－33，1，2，设直线AF与平面BDF所成角为θ，则sinθ＝|AF→·n||AF→||n|＝48×163＝64.∴直线AF与平面BDF所成角的正弦值为64.21．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2＝2py(p0)，过抛物线的焦点F且与y轴垂直的直线与抛物线相交于A，B两点，且△OAB的周长为2＋5.(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l过焦点F且与抛物线C相交于M，N两点，过点M，N分别作抛物线C的切线l1，l2，切线l1与l2相交于点P，求|PF|2－|MF|·|NF|的值．解(1)由题意，知焦点F的坐标为0，p2，将y＝p2代入抛物线C的方程可求得点A，B的坐标分别为－p，p2，p，p2，则|AB|＝2p，|OA|＝|OB|＝p2＋p22＝52p，可得△OAB的周长为2p＋5p，则2p＋5p＝2＋5，解得p＝1.故抛物线C的方程为x2＝2y.(2)由(1)，知抛物线C的方程可化为y＝12x2，求导可得y′＝x.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋12(直线l的斜率显然存在)．联立方程y＝kx＋12，y＝12x2，整理，得x2－2kx－1＝0，则x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋1＝2k2＋1，y1y2＝14x21x22＝14.因为y1＝12x21，y′|x＝x1＝x1，所以直线l1的方程为y－12x21＝x1(x－x1)，即y＝x1x－12x21.同理可得直线l2的方程为y＝x2x－12x22.联立方程y＝x1x－12x21，y＝x2x－12x22，解得x＝x1＋x22，y＝x1x22，则点P的坐标为k，－12.由抛物线的几何性质，知|MF|＝y1＋12，|NF|＝y2＋12，|PF|＝k－02＋－12－122＝k2＋1，所以|MF|·|NF|＝y1＋12y2＋12＝y1y2＋12(y1＋y2)＋14＝14＋12×(2k2＋1)＋14＝k2＋1，所以|PF|2－|MF|·|NF|＝0.22．(2020·山东青岛二模)已知函数f(x)＝ax2＋2ln(1＋x)－2sinx，a0.(1)若a≥1，证明：当x∈0，π2时，f(x)0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求正实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝2ax＋21＋x－2cosx，f′(0)＝0，令h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝2a－11＋x2＋sinx，若a≥1，当x∈0，π2时，h′(x)＝2a－11＋x2＋sinx≥21－11＋x2＋sinx0，所以h(x)在0，π2上单调递增，所以h(x)h(0)＝0，所以f(x)在0，π2上单调递增，所以f(x)f(0)＝0.(2)①若a≥1，由(1)知f(x)在0，π2上单调递增；因此x＝0不可能是f(x)的极大值点．②若0a1，令φ(x)＝h′(x)＝2a－11＋x2＋sinx，因为当x∈－1，π2时，φ′(x)＝2cosx＋41＋x30，所以φ(x)即h′(x)在－1，π2上单调递增．又因为φ(0)＝h′(0)＝2(a－1)0，φπ2＝h′π2＝2a＋1－11＋π220，因此存在α∈0，π2满足h′(α)＝0，所以当x∈(－1，α)时，h′(x)h′(α)＝0，所以f′(x)＝h(x)在(－1，α)上单调递减，f′(0)＝h(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)0；当x∈(0，α)时，f′(x)0；所以f(x)在(－1,0)上单调递增；在(0，α)上单调递减．综上，当x＝0是f(x)的极大值