2020届高考数学大二轮复习 刷题首选卷 第二部分 刷题型 解答题（二）课件 理

解答题(二)第二部分刷题型17．(2019·广东肇庆第三次统一检测)在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，sinC＝2sinB.(1)求BDCD；(2)若AD＝AC＝1，求BC的长．解(1)由正弦定理可得在△ABD中，ADsinB＝BDsin∠BAD，在△ACD中，ADsinC＝CDsin∠CAD，又因为∠BAD＝∠CAD，所以BDCD＝sinCsinB＝2.(2)sinC＝2sinB，由正弦定理得AB＝2AC＝2，设DC＝x，则BD＝2x，则cos∠BAD＝AB2＋AD2－BD22AB·AD＝5－4x24，cos∠CAD＝AC2＋AD2－CD22AC·AD＝2－x22，因为∠BAD＝∠CAD，所以5－4x24＝2－x22，解得x＝22，即BC＝3x＝322.18.(2019·湖北4月调研)已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝3，BC＝4，AC＝5.(1)当AP变化时，点C到平面PAB的距离是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；(2)当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求二面角A－PD－C的余弦值．解(1)由AB＝3，BC＝4，AC＝5知AB2＋BC2＝AC2，则AB⊥BC，由PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，则点C到平面PAB的距离为定值BC＝4.(2)由PA⊥平面ABCD，则∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，即∠PBA＝45°，所以PA＝AB＝3.由AD∥BC，AB⊥BC得AB⊥AD，故直线AB，AD，AP两两垂直，因此，以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得P(0,0,3)，D(0,3,0)，C(3,4,0)，于是DP→＝(0，－3,3)，DC→＝(3,1,0)，设平面PDC的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1·DP→＝0，n1·DC→＝0，即－3y＋3z＝0，3x＋y＝0，取x＝1，则y＝－3，z＝－3，即n1＝(1，－3，－3)，显然n2＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，于是，cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝112＋－32＋－32＝1919.又二面角A－PD－C为钝角，所以二面角A－PD－C的余弦值为－1919.19．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)某健身机构统计了去年该机构所有消费者的消费金额(单位：元)，如图所示：(1)现从去年的消费金额超过3200元的消费者中随机抽取2人，求至少有1位消费者去年的消费金额在(3200,4000]范围内的概率；(2)针对这些消费者，该健身机构今年欲实施入会制，详情如下表：会员等级消费金额普通会员2000银卡会员2700金卡会员3200预计去年消费金额在(0,1600]内的消费者今年都将会申请办理普通会员，消费金额在(1600,3200]内的消费者都将会申请办理银卡会员，消费金额在(3200,4800]内的消费者都将会申请办理金卡会员，消费者在申请办理会员时，需一次性缴清相应等级的消费金额，该健身机构在今年底将针对这些消费者举办消费返利活动，现有如下两种预设方案：方案一：按分层抽样从普通会员、银卡会员、金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”给予奖励：普通会员中的“幸运之星”每人奖励500元；银卡会员中的“幸运之星”每人奖励600元；金卡会员中的“幸运之星”每人奖励800元．方案二：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：从一个装有3个白球、2个红球(球只有颜色不同)的箱子中，有放回地摸三次球，每次只能摸一个球，若摸到红球的总数为2，则可获得200元奖励金；若摸到红球的总数为3，则可获得300元奖励金；其他情况不给予奖励.规定每位普通会员均可参加1次摸奖游戏；每位银卡会员均可参加2次摸奖游戏；每位金卡会员均可参加3次摸奖游戏(每次摸奖的结果相互独立)．请你预测哪一种返利活动方案该健身机构的投资较少？并说明理由．解(1)去年的消费金额超过3200元的消费者有12人，随机抽取2人，设消费金额在(3200,4000]范围内的人数为X，X的可能取值为1,2，P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－C24C212＝1011，即所求概率为1011.(2)方案一：按分层抽样从普通会员、银卡会员、金卡会员中总共抽取25位“幸运之星”，则“幸运之星”中的普通会员、银卡会员、金卡会员的人数分别为28100×25＝7，60100×25＝15，12100×25＝3，按照方案一奖励的总金额为ξ1＝7×500＋15×600＋3×800＝14900(元)．方案二：设η表示参加一次摸奖游戏所获得的奖励金，则η的可能取值为0,200,300，由摸到红球的概率为P＝C12C15＝25，∴P(η＝0)＝C03×250×353＋C13×25×352＝81125，P(η＝200)＝C23×252×35＝36125，P(η＝300)＝C33×253＝8125，η的分布列为：η0200300P81125361258125数学期望为E(η)＝0×81125＋200×36125＋300×8125＝76.8(元)，按照方案二奖励的总金额为ξ2＝(28＋2×60＋3×12)×76.8＝14131.2(元)，由ξ1＞ξ2知，方案二投资较少．20．(2019·安徽江淮十校最后一卷)已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0)．解(1)由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4|F1F2|＝2，所以点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，故2a＝4，a＝2,2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3，曲线C的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝m3(x＋2)，将y＝m3(x＋2)与x24＋y23＝1联立整理得(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝16m2－1084m2＋27，故xD＝54－8m24m2＋27，则yD＝m3(xD＋2)＝36m4m2＋27，直线MB的方程为y＝－m(x－2)，将y＝－m(x－2)与x24＋y23＝1联立整理得(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝16m2－124m2＋3，故xE＝8m2－64m2＋3，则yE＝－m(xE－2)＝12m4m2＋3，HD的斜率为k1＝yDxD－4＝36m54－8m2－44m2＋27＝－6m4m2＋9，HE的斜率为k2＝yExE－4＝12m8m2－6－44m2＋3＝－6m4m2＋9，因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H.21．(2019·河北中原名校联盟联考)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝alnx(a0)．(1)当x0时，g(x)≤x，求实数a的取值范围；(2)当a＝1时，曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)是否存在公共切线？并说明理由．解(1)令m(x)＝g(x)－x＝alnx－x，则m′(x)＝ax－1＝a－xx.若0xa，则m′(x)0，若xa，则m′(x)0.所以m(x)在(0，a)上是增函数，在(a，＋∞)上是减函数．所以x＝a是m(x)的极大值点，也是m(x)的最大值点，即m(x)max＝alna－a.若g(x)≤x恒成立，则只需m(x)max＝alna－a≤0，解得0a≤e.所以实数a的取值范围是(0，e]．(2)假设存在这样的直线l且与曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)分别相切于点A(x1，ex1)，B(x2，lnx2)．由f(x)＝ex，得f′(x)＝ex.曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x＋(1－x1)ex1.同理可得，曲线y＝g(x)在点B处的切线方程为y－lnx2＝1x2(x－x2)，即y＝1x2x＋lnx2－1.所以ex1＝1x2，1－x1ex1＝lnx2－1，则(1－x1)ex1＝lne-x1－1，即(1－x1)ex1＋x1＋1＝0.构造函数h(x)＝(1－x)ex＋x＋1，存在直线l与曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切等价于函数h(x)＝(1－x)·ex＋x＋1在R上有零点，又h′(x)＝1－xex，当x≤0时，h′(x)0，h(x)在(－∞，0)上单调递增；当x0时，因为h″(x)＝－(x＋1)ex0，所以h′(x)在(0，＋∞)上是减函数．又h′(0)＝10，h′(1)＝1－e0，所以存在x0∈(0,1)，使得h′(x0)＝1－x0ex0＝0，即ex0＝1x0.且当x0∈(0，x0)时，h′(x)0，当x0∈(x0，＋∞)时，h′(x)0.综上，h(x)在(0，x0)上是增函数，在(x0，＋∞)上是减函数．所以h(x0)是h(x)的极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(x0)＝(1－x0)ex0＋x0＋1＝(1－x0)·1x0＋x0＋1＝1x0＋x00，又h(－2)＝3e－2－10，h(2)＝－e2＋30，所以h(x)在(－2，x0)内和(x0,2)内各有一个零点．故假设成立，即曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)存在公共切线．22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x＝3＋12t，y＝32t(t为参数)．直线l与x轴交于点A.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，射线l′：θ＝π6(ρ≥0)，直线l与射线l′交于点B.(1)求B点的极坐标；(2)若点P是椭圆C：x2＋y23＝1上的一个动点，求△PAB面积的最大值及面积最大时点P的直角坐标．解(1)l：y＝3(x－3)＝3x－3，则l的极坐标方程为ρsinθ＝3ρcosθ－3.令θ＝π6得ρ＝3，∴B点的极坐标为3，π6.(2)∵|AB|＝|OA|＝3，∴S＝32d.设P点坐标为(cosα，3sinα)，l：3x－y－3＝0.∴d＝|3cosα－3sinα－3|2＝32|(cosα－sinα)－3|＝322cosα＋π4－3.当α＋π4＝π＋2kπ(k∈Z)时，dmax＝3＋62，∴Smax＝33＋324.此时cosα＝cos3π4＝－22，sinα＝sin3π4＝22，∴P点坐标为－22，62.23．设函数f(x)＝|2x－4|＋|x＋1|，(1)求函数f(x)的最小值；(2)若直线y＝a与曲线y＝f(x)围成的封闭区域的面积为9，求a的值．解(1)①当x≥2时，f(x)＝3x－3≥3；②当－1x2时，f(x)＝5－x∈(3,6)；③当x≤－1时，f(x)＝3－3x≥6，∴f(x)min＝3.(2)f(x)＝3x－3，x≥2，5－x，－1x2，3－3x，x≤－1，f(x)的图象如图所示：y＝6与y＝f(x)围成的三角形面积为S＝12×[3－(－1)](6－3)＝69，∴a6.故y＝f(x)，y＝6，y＝a围成的梯形面积为3.令f(x)＝3x－3＝a⇒x1＝a＋33；令f(x)＝3－3x＝a⇒x2＝3－a3，故梯形面积为12×4＋a＋33－3－a3(a－6)＝3，∴a＝35.本课结束