解答题(一)
17．(2019·安徽皖南八校第三次联考)党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：
甲种生产方式：
指标区间
[65,70)
[70,75)
[75,80)
[80,85)
[85,90)
[90,95]
频数
5
15
20
30
15
15
乙种生产方式：
指标区间
[70,75)
[75,80)
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100]
频数
5
15
20
30
20
10
(1)在用甲种方式生产的产品中，按合格品与优等品采用分层抽样方式，随机抽出5件产品，①求这5件产品中，优等品和合格品各有多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；
(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位应选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？
解 (1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．
②记3件优等品分别为A，B，C,2件合格品分别为a，b，从中随机抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M，则事件M发生的情况有6种，所以P(M)＝＝.
(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．
设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，
由于T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．
18．已知等差数列{an}的公差d>0，其前n项和为Sn，且S5＝20，a3，a5，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为S5＝＝20，所以a1＋a5＝8，
所以a3＝4，即a1＋2d＝4， ①
因为a3，a5，a8成等比数列，所以a＝a3a8，
所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，化简，得
a1＝2d， ②
联立①和②，得a1＝2，d＝1，
所以an＝n＋1.
(2)因为bn＝＋n＝＋n＝＋n，
所以Tn＝＋＋＋…＋
＝＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝＋＝＋
＝.
19．(2019·广东梅州总复习质检)如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，点E是AD的中点，将△DEC沿CE折起到△D′EC的位置，使二面角D′－EC－B是直二面角．
(1)证明：BE⊥CD′；
(2)求点E到平面BCD′的距离．
解 (1)证明：∵AD＝2AB＝2，点E是AD的中点，
∴△BAE，△CDE是等腰直角三角形，
∴∠BEC＝90°，即BE⊥EC.
又∵平面D′EC⊥平面BEC，
平面D′EC∩平面BEC＝EC，BE?平面BEC，
∴BE⊥平面D′EC，∵CD′?平面D′EC，∴BE⊥CD′.
(2)由已知及(1)得，BE⊥平面D′EC，BE＝，
∴VB－D′EC＝BE·S△D′EC＝×××1×1＝.
ED′?平面D′EC，∴BE⊥ED′，ED′＝1，∴BD′＝.在△BD′C中，BD′＝，CD′＝1，BC＝2.
∴BC2＝(BD′)2＋(CD′)2，∠BD′C＝90°.
∴S△BD′C＝BD′·CD′＝.
设点E到平面BCD′的距离为d.
则VB－D′EC＝VE－BCD′＝d·S△BCD′，
∴×d＝，得d＝.
所以点E到平面BCD′的距离为.
20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f(x)＝x－，g(x)＝(ln x)2－2aln x＋a.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在x1∈[0,1]，使得对任意的x2∈[1，e2]，f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝1＋>0，又x≠－1，故f(x)在(－∞，－1)为增函数，在也为增函数．
(2)由(1)可知，当x∈[0,1]时，f(x)为增函数，f(x)max＝f(1)＝，由题意可知g(x)＝(ln x)2－2aln x＋a≤对任意的x∈[0,2]恒成立．令t＝ln x，则当x∈[1，e2]时，t∈[0,2]，令h(t)＝t2－2at＋a－，问题转化为h(t)≤0对任意的t∈[0,2]恒成立，由抛物线h(t)的开口向上，知即
解得≤a≤.故实数a的取值范围是.
21．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E(－2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为－.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．
解 (1)当P与点E，F不重合时，kPE·kPF＝－，
得·＝－，即＋y2＝1(y≠0)，
当P与点E，F重合时，P(－2,0)或P(2,0)．
综上，动点P的轨迹方程为＋y2＝1.
(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8.
当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，则其对边方程为y＝kx－m，另一边所在直线方程为y＝－x＋n，则其对边方程为y＝－x－n，联立
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则Δ＝0，
即4k2＋1＝m2.
矩形的一边长为d1＝，同理，＋1＝n2，
矩形的另一边长为d2＝，
S＝d1·d2＝·＝
＝4 ＝4
＝4 ＝4∈(8,10]．
综上，S∈(8,10]．
22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝8sin.
(1)在直角坐标系xOy中，求圆C的圆心的直角坐标；
(2)设点P(1，)，若直线l与圆C交于A，B两点，求证：|PA|·|PB|为定值，并求出该定值．
解 (1)圆C的极坐标方程为ρ＝4sinθ＋4cosθ，
又ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，
则圆C：x2＋y2－4x－4y＝0，
圆心坐标为C(2，2)．
(2)证明：将代入
圆C：x2＋y2－4x－4y＝0，得
t2－(2sinθ＋2cosθ)t－12＝0，
设点A，B所对应的参数分别为t1，t2，则t1t2＝－12，
∴|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12.
23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x＋1|＋|x－1|<3的解集为M.
(1)求M；
(2)若m，n∈M，求证：<1.
解 (1)当x<－时，不等式即为－2x－1－x＋1<3，解得－1当－≤x≤1时，不等式即为2x＋1－x＋1<3，
解得－≤x<1；
当x>1时，不等式即为2x＋1＋x－1<3，此时无解．
综上可知，不等式的解集M＝{x|－1(2)证明：m，n∈(－1,1)，欲证<1，
需证|m－n|<|mn－1|，即证(m－n)2<(mn－1)2，
即m2＋n2－2mn即证(m2－1)(n2－1)>0，
因为m，n∈(－1,1)，
所以(m2－1)(n2－1)>0显然成立．
所以<1成立．
课件26张PPT。解答题(一)第二部分 刷题型本课结束解答题(七)
17．已知{an}是递增数列，其前n项和为Sn，a1>1，且10Sn＝(2an＋1)(an＋2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项an；
(2)是否存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak成立？若存在，写出一组符合条件的m，n，k的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由10a1＝(2a1＋1)(a1＋2)，
得2a－5a1＋2＝0，解得a1＝2或a1＝.
又a1>1，所以a1＝2.
因为10Sn＝(2an＋1)(an＋2)＝2a＋5an＋2，
所以10an＋1＝10Sn＋1－10Sn＝2a＋5an＋1＋2－2a－5an－2，
整理，得2(a－a)－5(an＋1＋an)＝0，
即(an＋1＋an)[2(an＋1－an)－5]＝0.
因为{an}是递增数列且a1＝2，所以an＋1＋an≠0，
因此an＋1－an＝.
所以数列{an}是以2为首项，为公差的等差数列，
所以an＝2＋(n－1)＝(5n－1)．
(2)满足条件的正整数m，n，k不存在，理由如下：
假设存在m，n，k∈N*，使得2(am＋an)＝ak，
则5m－1＋5n－1＝(5k－1)，
整理，得2m＋2n－k＝，(*)
显然，(*)式左边为整数，所以(*)式不成立．
故满足条件的正整数m，n，k不存在．
18．(2019·东北三省三校一模)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，四面体P－BCG的体积为.
(1)求点D到平面PBG的距离；
(2)若点F是棱PC上一点，且DF⊥GC，求的值．
解 (1)∵VP－BCG＝S△BCG·PG＝·BG·GC·PG＝，∴PG＝4，
∵PG⊥平面ABCD，BG?平面ABCD，∴PG⊥BG，
∴S△PBG＝BG·PG＝×2×4＝4，∵AG＝GD，
∴S△BDG＝·S△BCG＝×2＝，设点D到平面PBG的距离为h，∵VD－PBG＝VP－BDG，
∴S△PBG·h＝S△BDG·PG，
∴×4h＝××4，∴h＝.
∴点D到平面PBG的距离为.
(2)如图，在平面ABCD内，过D作DM⊥GC于点M，连接FM，又DF⊥GC, DM∩DF＝D，
∴GC⊥平面FMD，FM?平面FMD，
∴GC⊥FM，
∵PG⊥平面ABCD，GC?平面ABCD，
∴PG⊥GC，∴FM∥PG，
由GM⊥MD，得GM＝GDcos45°＝，
则MC＝，∴＝＝＝3.
19．(2019·广东东莞最后一卷)工厂质检员从生产线上每半个小时抽取一件产品并对其某个质量指标Y进行检测，一共抽取了48件产品，并得到如下统计表．该厂生产的产品在一年内所需的维护次数与指标Y有关，具体见下表．
质量指标Y
[9.4,9.8)
[9.8,10.2)
[10.2,10.6]
频数
8
24
16
一年内所需维护次数
2
0
1
(1)以每个区间的中点值作为每组指标的代表，用上述样本数据估计该厂产品的质量指标Y的平均值(保留两位小数)；
(2)用分层抽样的方法从上述样本中先抽取6件产品，再从6件产品中随机抽取2件产品，求这2件产品的指标Y都在[9.8,10.2)内的概率；
(3)已知该厂产品的维护费用为300元/次，工厂现推出一项服务：若消费者在购买该厂产品时每件多加100元，该产品即可一年内免费维护一次．将每件产品的购买支出和一年的维护支出之和称为消费费用．假设这48件产品每件都购买该服务，或者每件都不购买该服务，就这两种情况分别计算每件产品的平均消费费用，并以此为决策依据，判断消费者在购买每件产品时是否值得购买这项维护服务？
解 (1)指标Y的平均值＝9.6×＋10×＋10.4×≈10.07.
(2)由分层抽样知，先抽取的6件产品中，指标Y在[9.8,10.2)内的有3件，记为A1，A2，A3；指标Y在[10.2,10.6]内的有2件，记为B1，B2；指标Y在[9.4,9.8)内的有1件，记为C.
从6件产品中随机抽取2件产品，共有基本事件15个：(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，B1)，(A1，B2)，(A1，C)，(A2，A3)，(A2，B1)，(A2，B2)，(A2，C)，(A3，B1)，(A3，B2)，(A3，C)，(B1，B2)，(B1，C)，(B2，C)．
其中，指标Y都在[9.8,10.2)内的基本事件有3个：(A1，A2)，(A1，A3)，(A2，A3)，
所以2件产品的指标Y都在[9.8,10.2)内的概率为P＝＝.
(3)不妨设每件产品的售价为x元，假设这48件样品每件都不购买该服务，则购买支出为48x元．其中有16件产品一年内的维护费用为300元/件，有8件产品一年内的维护费用为600元/件，此时平均每件产品的消费费用为η＝×(48x＋16×300＋8×600)＝(x＋200)元．
假设为这48件产品每件产品都购买该项服务，则购买支出为48(x＋100)元，一年内只有8件产品要花费维护，需支出8×300＝2400元，平均每件产品的消费费用ξ＝×[48(x＋100)＋8×300]＝(x＋150)元．
所以该服务值得消费者购买．
20．(2019·湖南郴州第二次教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若以A，B为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程；
(2)过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上．
解 (1)设AB的中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d.则d＝yM＋，由抛物线的定义可知，d1＝|AF|，d2＝|BF|，所以d1＋d2＝|AB|＝8，由梯形中位线可得d＝＝4，所以yM＋＝4，而yM＝3，所以3＋＝4，则p＝2，所以抛物线C：x2＝4y.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝2py得y＝，则y′＝，所以直线l1的方程为y－y1＝(x－x1)，直线l2的方程为y－y2＝(x－x2), 联立得x＝，y＝，
即l1，l2的交点坐标为，因为AB过焦点F，所以设直线AB的方程为y－＝kx，代入抛物线x2＝2py，得x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，所以＝＝－，即l1，l2的交点在定直线上．
21．(2019·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝a(x－1)＋xln x＋1.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)若a＝1，且当x∈(2，＋∞)时，恒有k(x－2)＜f(x)成立，求证：k＜(e＝2.71828…)．
解 (1)由f(x)＝a(x－1)＋xln x＋1，得f′(x)＝a＋1＋ln x，令f′(x)＝a＋1＋ln x＝0得x＝e－(a＋1),
显然，x∈(0，e－(a＋1))时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(e－(a＋1)，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(e－(a＋1))＝1－a－e－(a＋1).
(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x＋xln x，由题意可得k＜，
令h(x)＝，则h′(x)＝.
令g(x)＝x－4－2ln x，又g′(x)＝1－，所以x＞2时，g′(x)＞0，所以g(x)在(2，＋∞)上单调递增．
由于g(e)＝e－6＜0，g(9)＝5－2ln 9＝ln e5－ln 92＞0，设x－4－2ln x＝0，并记其零点为x0，故e＜x0＜9，且ln x0＝，所以当2＜x＜x0时，g(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x＞x0时， g(x)＞0，即h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝＝＝， 因此k＜，且e＜x0＜9，所以k＜.
22．已知直线l的极坐标方程为ρsin＝2，现以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线C1的参数方程为(φ为参数)．
(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C1的普通方程；
(2)若曲线C2为曲线C1关于直线l的对称曲线，点A，B分别为曲线C1、曲线C2上的动点，点P的坐标为(2,2)，求|AP|＋|BP|的最小值．
解 (1)∵ρsin＝2，
∴ρsinθ＋ρcosθ＝2，
即ρcosθ＋ρsinθ＝4，
∴直线l的直角坐标方程为x＋y－4＝0；
∵
∴曲线C1的普通方程为(x＋1)2＋(y＋2)2＝4.
(2)∵点P在直线x＋y＝4上，根据对称性，|AP|的最小值与|BP|的最小值相等．
曲线C1是以(－1，－2)为圆心，半径r＝2的圆．
∴|AP|min＝|PC1|－r＝－2＝3.
所以|AP|＋|BP|的最小值为2×3＝6.
23．已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x2＋2x.
(1)解关于x的不等式g(x)≥f(x)－|x－1|；
(2)如果对任意的x∈R，不等式g(x)＋c≤f(x)－|x－1|恒成立，求实数c的取值范围．
解 (1)∵函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，
∴g(x)＝－f(－x)＝－x2＋2x，
∴原不等式可化为|x－1|≥2x2，
即x－1≥2x2或x－1≤－2x2，
解得－1≤x≤，故原不等式的解集为.
(2)不等式g(x)＋c≤f(x)－|x－1|可化为|x－1|≤2x2－c，
即－2x2＋c≤x－1≤2x2－c，
即要使不等式恒成立，只需
解得c≤－，故c的取值范围是.
课件28张PPT。解答题(七)第二部分 刷题型本课结束解答题(三)
17．已知a1＝2，a2＝4，数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2且an＋1－an＝bn.
(1)求证：数列{bn＋2}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)证明：由题知，＝＝2，
∵b1＝a2－a1＝4－2＝2，∴b1＋2＝4，
∴数列{bn＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可得，bn＋2＝4·2n－1，故bn＝2n＋1－2.
∵an＋1－an＝bn，
∴a2－a1＝b1，
a3－a2＝b2，
a4－a3＝b3，
…
an－an－1＝bn－1.
累加得，an－a1＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1(n≥2)，
an＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n－2)
＝－2(n－1)＝2n＋1－2n，
故an＝2n＋1－2n(n≥2)．
∵a1＝2＝21＋1－2×1，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n＋1－2n(n∈N*)．
18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，已知三棱柱ABC－A′B′C′的底面ABC是等边三角形，侧面AA′C′C⊥底面ABC，D是棱BB′的中点．
(1)求证：平面DA′C⊥平面ACC′A′；
(2)求平面DA′C将该三棱柱分成上、下两部分的体积比．
解 (1)证明：如图，取AC，A′C′的中点O，F，连接OF与A′C交于点E，连接DE，OB，B′F，则E为OF的中点，OF∥AA′∥BB′，且OF＝AA′＝BB′，所以BB′FO是平行四边形．又D是棱BB′的中点，所以DE∥OB.
侧面AA′C′C⊥平面ABC，且OB⊥AC，所以OB⊥平面ACC′A′，则DE⊥平面ACC′A′，又DE?平面DA′C，所以平面DA′C⊥平面ACC′A′.
(2)连接A′B，设三棱柱ABC－A′B′C′的体积为V.
故四棱锥A′－BCC′B′的体积VA′－BCC′B′＝V－V＝V，又D是棱BB′的中点，△BCD的面积是BCC′B′面积的，故四棱锥A′－B′C′CD的体积VA′－B′C′CD＝VA′－BCC′B′＝×V＝V，故平面DA′C将该三棱柱分成上、下两部分的体积比为1∶1.
19．(2019·江西南昌第一次模拟)市面上有某品牌A型和B型两种节能灯，假定A型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：
某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年．新店面需安装该品牌节能灯5支(同种型号)即可正常营业．经了解，A型20瓦和B型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装．已知A型和B型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时．假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换(用频率估计概率)．
(1)根据频率直方图估算B型节能灯的平均使用寿命；
(2)根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为p，那么n支灯管估计需要更换np支．若该商家新店面全部安装了B型节能灯，试估计一年内需更换的支数；
(3)若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由．
解 (1)由图可知，各组中值依次为3100,3300,3500,3700，对应的频率依次为0.1,0.3,0.4,0.2，故B型节能灯的平均使用寿命为3100×0.1＋3300×0.3＋3500×0.4＋3700×0.2＝3440小时．
(2)由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，故估计一年内5支B型节能灯需更换的支数为5×0.8＝4.
(3)若选择A型节能灯，一年共需花费5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元；
若选择B型节能灯，一年共需花费(5＋4)×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元．
因为967.5＞870，所以该商家应选择A型节能灯．
20．(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f(x)＝ln x－4ax，g(x)＝xf(x)．
(1)若a＝，求g(x)的单调区间；
(2)若a＞0，求证：f(x)≤－2.
解 (1)由a＝，g(x)＝xln x－x2(x＞0)，g′(x)＝ln x－x＋1，
令h(x)＝ln x－x＋1，h′(x)＝，故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，
从而当x＞0时，g′(x)≤0恒成立，故g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)证明：f′(x)＝－4a＝，由a＞0，令f′(x)＝0，得x＝，故f(x)在上单调递增，上单调递减，所以f(x)max＝f＝ln －1，只需证明ln －1≤－2，令t＝＞0，
即证ln t－t＋1≤0(*)，由(1)易知(*)式成立，故原不等式成立．
21．(2019·广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线x＋y＋m＝0上存在点G，且过点G的椭圆C的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意得
解得a2＝3b2，又＋＝1，解得
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)①当过点G的椭圆C的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y轴，易得G(±，±1)．
②当过点G的椭圆C的切线的斜率均存在时，设G(x0，y0)，x0≠±，切线方程为y＝k(x－x0)＋y0，
代入椭圆方程得(3k2＋1)x2－6k(kx0－y0)x＋3(kx0－y0)2－3＝0，
Δ＝[6k(kx0－y0)]2－4(3k2＋1)·[3(kx0－y0)2－3]＝0，化简得(kx0－y0)2－(3k2＋1)＝0，
则(x－3)k2－2x0y0k＋y－1＝0，设过点G的椭圆C的切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝.
因为两条切线相互垂直，所以＝－1，即x＋y＝4(x0≠±)，
由①②知点G在圆x＋y＝4上，又点G在直线x＋y＋m＝0上，
所以直线x＋y＋m＝0与圆x2＋y2＝4有公共点，所以≤2，所以－2≤m≤2.
综上所述，m的取值范围为[－2，2]．
22．在直角坐标系xOy中，圆C的普通方程为x2＋y2－4x－6y＋12＝0，在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρsin＝.
(1)写出圆C的参数方程和直线l的直角坐标方程；
(2)设直线l与x轴和y轴的交点分别为A，B，P为圆C上的任意一点，求·的取值范围．
解 (1)圆C的参数方程为(θ为参数)．直线l的直角坐标方程为x＋y－2＝0.
(2)由直线l的方程x＋y－2＝0可得点A(2,0)，
点B(0,2)．
设点P(x，y)，则·＝(2－x，－y)·(－x,2－y)＝x2＋y2－2x－2y.
由(1)知
则·＝4sinθ＋2cosθ＋4＝2sin(θ＋φ)＋4，其中tanφ＝.
因为θ∈R，所以4－2≤·≤4＋2.
23．已知函数f(x)＝.
(1)当a＝1，求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈[1,2]时，求证：f2(x)＋f2≤5.
解 (1)当a＝1时，f(x)＝，
所以|x－1|－|x＋1|≥0，
得(x－1)2≥(x＋1)2，解得x≤0.
所以定义域为(－∞，0]．
(2)证明：f2(x)＋f2＝|x－a|－＋－≤2＝2≤5(a∈[1,2])，
当且仅当a＝2时等号成立．
课件23张PPT。解答题(三)第二部分 刷题型本课结束解答题(二)
17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知2acos2＋2ccos2＝b.
(1)求证：2(a＋c)＝3b；
(2)若cosB＝，S＝，求b.
解 (1)证明：由已知得，a(1＋cosC)＋c(1＋cosA)＝b.
由余弦定理可得a＋c＝b，即2(a＋c)＝3b.
(2)∵cosB＝(B∈(0，π))，∴sinB＝.
∵S＝acsinB＝ac＝，∴ac＝8.
又b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，
2(a＋c)＝3b，
∴b2＝－16×.
∴b＝4.
18．(2019·河北唐山一模)如图，在△ABC 中，AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PB＝BE.
(1)证明：BC⊥平面PBE；
(2)求点F到平面PEC的距离．
解 (1)证明：因为E，F分别为AB，AC边的中点，所以EF∥BC，因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又因为BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE，所以BC⊥平面PBE.
(2)如图，取BE的中点O，连接PO，由(1)知BC⊥平面PBE，
BC?平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE，
又因为PO?平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE,
在Rt△POC中，PC＝＝2，在Rt△EBC中，EC＝＝2，
在△PEC中，PC＝EC＝2，PE＝2，所以S△PEC＝，又S△ECF＝2，设点F到平面PEC的距离为d，由VF－PEC＝VP－ECF得S△PEC·d＝S△ECF·PO，
即×d＝2×，所以d＝.
即点F到平面PEC的距离为.
19．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)某大型商场去年国庆期间累计生成2万张购物单，从中随机抽出100张，对每单消费金额进行统计得到下表：
消费金额(单位：元)
[0,200]
(200,400]
(400,600]
(600,800]
(800,1000]
购物单张数
25
25
30
？
？
由于工作人员失误，后两栏数据已无法辨识，但当时记录表明，根据由以上数据绘制成的频率分布直方图所估计出的每单消费金额的中位数与平均数恰好相等．用频率估计概率，完成下列问题：
(1)估计去年国庆期间该商场累计生成的购物单中，单笔消费金额超过800元的概率；
(2)为鼓励顾客消费，该商场打算在今年国庆期间进行促销活动，凡单笔消费超过600元者，可抽奖一次，中一等奖、二等奖、三等奖的顾客可以分别获得价值500元、200元、100元的奖品．已知中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等比数列，其中一等奖的中奖率为.若今年国庆期间该商场的购物单数量比去年同期增长5%，预测商场今年国庆期间采购奖品的开销．
解 (1)因消费金额在区间[0,400]的频率为0.5，故中位数估计值即为400.
设所求概率为p，而消费金额在(0,600]的概率为0.8，故消费金额在区间(600,800]内的概率为0.2－p.
因此消费金额的平均数可估计为100×0.25＋300×0.25＋500×0.3＋700×(0.2－p)＋900×p.
令其与中位数400相等，解得p＝0.05.
(2)设等比数列公比为q(q＞0)，根据题意＋＋＝1，即q2＋q－20＝0，解得q＝4.
故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为，，.
今年的购物单总数约为20000×1.05＝21000.
其中具有抽奖资格的单数为21000×(0.15＋0.05)＝4200，
故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为200,800,3200.
于是，采购奖品的开销可估计为200×500＋800×200＋3200×100＝580000(元)．
20．在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，直线l：x＝－1，动直线l′垂直l于点H，线段HF的垂直平分线交l′于点P，设点P的轨迹为C.
(1)求曲线C的方程；
(2)以曲线C上的点Q(x0，y0)(y0>0)为切点作曲线C的切线l1，设l1分别与x轴、y轴交于A，B两点，且l1恰与以定点M(a,0)(a>2)为圆心的圆相切，当圆M的面积最小时，求△ABF与△QAM面积的比．
解 (1)由题意得|PH|＝|PF|，
∴点P到直线l：x＝－1的距离等于它到定点F(1,0)的距离，∴点P的轨迹是以l为准线，F为焦点的抛物线，∴点P的轨迹C的方程为y2＝4x.
(2)解法一：由y2＝4x，当y>0时，y＝2，
∴y′＝，
∴以Q为切点的切线l1的斜率为k＝，
∴以Q(x0，y0)(y0>0)为切点的切线方程为y－y0＝(x－x0)，
即y－y0＝，整理得4x－2y0y＋y＝0.
令x＝0，则y＝，∴B，
令y＝0，则x＝－＝－x0，∴A(－x0,0)，
点M(a,0)到切线l1的距离d＝＝＋≥2(当且仅当y0＝2时，取等号)．
∴当点Q的坐标为(a－2,2)时，满足题意的圆M的面积最小．
此时A(2－a,0)，B(0，)．
S△ABF＝|1－(2－a)|||＝(a－1)，
S△AQM＝|a－(2－a)||2|＝2(a－1)·.
∴＝，∴△ABF与△QAM面积之比为1∶4.
解法二：由题意知切线l1的斜率必然存在，
设为k，则l1：y－y0＝k(x－x0)．
由得y－y0＝k，
即y2－y＋y0－y＝0，
由Δ＝0，得k＝，
∴l1：4x－2y0y＋y＝0.
以下解答同解法一．
21．(2019·河北中原名校联盟联考)已知函数f(x)＝ex－x－a(a∈R)．
(1)当a＝0时，求证：f(x)＞x；
(2)讨论函数f(x)零点的个数．
解 (1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－x，令g(x)＝f(x)－x＝ex－x－x＝ex－2x，则g′(x)＝ex－2，
当g′(x)＝0时，x＝ln 2；当x＜ln 2时，g′(x)＜0，
x＞ln 2时，g′(x)＞0，
所以g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x＝ln 2是g(x)的极小值点，也是最小值点，即g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln ＞0，故当a＝0时，f(x)＞x成立．
(2)f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0得x＝0，当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，
即f(x)min＝f(0)＝1－a.当1－a＞0，即a＜1时，f(x)没有零点，当1－a＝0，即a＝1时，f(x)只有一个零点，当1－a＜0，即a＞1时，因为f(－a)＝e－a－(－a)－a＝e－a＞0，所以f(x)在(－a,0)上只有一个零点．由(1)，得ex＞2x，令x＝a，则得ea＞2a，所以f(a)＝ea－a－a＝ea－2a＞0，于是f(x)在(0，a)上有一个零点．因此，当a＞1时，f(x)有两个零点．
综上，当a＜1时，f(x)没有零点；当a＝1时，f(x)只有一个零点；
当a＞1时，f(x)有两个零点．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(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＝(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＋＝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＝(x－)＝x－3，
则l的极坐标方程为ρsinθ＝ρcosθ－3.
令θ＝得ρ＝3，∴B点的极坐标为.
(2)∵|AB|＝|OA|＝，∴S＝.
设P点坐标为(cosα，sinα)，
l：x－y－3＝0.
∴d＝＝|(cosα－sinα)－|
＝.
当α＋＝π＋2kπ(k∈Z)时，dmax＝，
∴Smax＝.
此时cosα＝cos＝－，sinα＝sin＝，
∴P点坐标为.
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－1③当x≤－1时，f(x)＝3－3x≥6，
∴f(x)min＝3.
(2)f(x)＝
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＝×[3－(－1)](6－3)＝6<9，
∴a>6.
故y＝f(x)，y＝6，y＝a围成的梯形面积为3.
令f(x)＝3x－3＝a?x1＝；
令f(x)＝3－3x＝a?x2＝，
故梯形面积为(a－6)＝3，
∴a＝3.
课件27张PPT。解答题(二)第二部分 刷题型本课结束解答题(五)
17．近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．某共享单车公司为了更好地服务用户，在其官方APP中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对该公司的车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中较为详细的评价信息里随机选出200条进行统计，车辆状况和优惠活动评价的2×2列联表如下：
对优惠活动好评
对优惠活动不满意
合计
对车辆状况好评
100
30
130
对车辆状况不满意
40
30
70
合计
140
60
200
(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系？
(2)为了回馈用户，该公司通过APP向用户随机派送骑行券．用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过APP转赠给好友．某用户共获得了5张骑行券，其中只有2张是一元券．现该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，求选取的2张中至少有1张是一元券的概率．
参考数据：
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
参考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由2×2列联表的数据，得K2的观测值
k＝＝＝≈8.48<10.828.
因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系．
(2)把2张一元券分别记作A，B，其余3张券分别记作a，b，c，则从5张骑行券中随机选取2张的所有情况有：{A，a}，{A，b}，{A，c}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{A，B}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，共10种．
记“选取的2张中至少有1张是一元券”为事件M，则事件M包含的基本事件个数为7，
所以P(M)＝，
所以该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，选取的2张中至少有1张是一元券的概率为.
18．已知△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝4，点D在线段AC上，∠DBC＝.
(1)若△BCD的面积为24，求CD的长；
(2)若C∈，且c＝12，tanA＝，求CD的长．
解 (1)由S△BCD＝·BD·BC·＝24，解得BD＝12.
在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos45°，
即CD2＝32＋144－8×12，解得CD＝4.
(2)因为tanA＝，且A∈(0，π)，可以求得sinA＝，cosA＝.
由正弦定理，得＝，即＝，
解得sinC＝.
因为C∈，故cosC＝，
故sin∠BDC＝sin＝.
在△BCD中，由正弦定理可得
＝，解得CD＝2.
19．(2019·广东天河区毕业综合测试二)如图，D是AC的中点，四边形BDEF是菱形，平面BDEF⊥平面ABC，∠FBD＝60°，AB⊥BC，AB＝BC＝.
(1)若点M是线段BF的中点，证明：BF⊥平面AMC；
(2)求六面体ABCEF的体积．
解 (1)证明：如图，连接MD，FD.∵四边形BDEF为菱形，且∠FBD＝60°，
∴△DBF为等边三角形．
∵M为BF的中点，
∴DM⊥BF，∵AB⊥BC，
AB＝BC＝，又D是AC的中点，∴BD⊥AC.
∵平面BDEF∩平面ABC＝BD，平面ABC⊥平面BDEF，AC?平面ABC，∴AC⊥平面BDEF.
又BF?平面BDEF，∴AC⊥BF，由DM⊥BF，
AC⊥BF，DM∩AC＝D，∴BF⊥平面AMC.
(2)∵S菱形BDEF＝2··BD·BF·sin60°＝，又AC⊥平面BDEF，D是AC的中点，
∴V六面体ABCEF＝2V四棱锥C－BDEF＝2×S菱形BDEF·CD
＝2×××1＝.
∴六面体ABCEF的体积为.
20．(2019·湖南株洲二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C截直线y＝1所得的线段的长度为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，点D是椭圆C上的点，O是坐标原点，若＋＝，判定四边形OADB的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．
解 (1)由解得a＝2，b＝c＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－1或x＝1，此时四边形OADB的面积为.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程是y＝kx＋m，则 ?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
Δ＝8(4k2＋2－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，|AB|＝
＝
＝·，
又点O到直线AB的距离是d＝，由＋＝，得xD＝，yD＝.
因为点D在曲线C上，所以＋＝1，整理得1＋2k2＝2m2，
由题意知四边形OADB为平行四边形，所以四边形OADB的面积为
SOADB＝|AB|d＝×
＝.
由1＋2k2＝2m2得SOADB＝， 故四边形OADB的面积是定值，其定值为.
21．(2019·河南洛阳第二次统一考试)已知函数f(x)＝x2－aln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若a＞0，函数f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)＝x2－aln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.
①当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＞0时，由f′(x)＞0得x＞，f′(x)＜0得0＜x＜.
即f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
(2)当a＞0时，由(1)知f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
①若≤1，即0＜a≤1时，f(x)在(1，e)上单调递增，f(1)＝，f(x)在区间(1，e)上无零点．
②若1＜＜e，即1＜a＜e2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点，
∴∴e＜a＜e2.
③若≥e，即a≥e2时，f(x)在(1，e)上单调递减，且f(1)＝＞0，f(e)＝e2－a＜0，则f(x)在区间(1，e)上有一个零点．
综上，f(x)在区间(1，e)上恰有两个零点时a的取值范围是.
22．(2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ－3＝0.
(1)求C2的直角坐标方程；
(2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程．
解 (1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.
(2)解法一：由(1)知C2是圆心为A(－1,0)，半径为2的圆．
由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线，曲线C1的方程为y＝记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2.由于点B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，点A到l1所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝－或k＝0.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝－时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，点A到l2所在直线的距离为2，所以＝2，故k＝0或k＝.
经检验，当k＝0时，l1与C2没有公共点；当k＝时，l2与C2没有公共点.
综上，所求C1的方程为y＝－|x|＋2.
解法二：因为C2：(x＋1)2＋y2＝4，所以C2是以(－1，0)为圆心，2为半径的圆．
又因为C1：y＝k|x|＋2是关于y轴对称的曲线，
且C1：y＝
显然，若k＝0时，C1与C2相切，此时只有一个交点；
若k>0时，C1与C2无交点．
若C1与C2有且仅有三个公共点，
则必须满足k<0且y＝kx＋2(x>0)与C2相切，所以圆心到射线的距离为d，则d＝＝2，所以k＝0或k＝－，因为k<0，所以k＝－，
所以C1：y＝－|x|＋2.
23．(2019·全国卷Ⅰ)已知a，b，c为正数，且满足abc＝1.
证明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
证明 (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为a，b，c为正数且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
课件29张PPT。解答题(五)第二部分 刷题型本课结束解答题(八)
17．(2019·江西南昌一模)如图，四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1⊥底面ABCD，且∠BAD＝60°，CD＝CC1＝2C1D1＝4，E是棱BB1的中点．
(1)求证：AA1⊥BD；
(2)求三棱锥B1－A1C1E的体积．
解 (1)证明：因为CC1⊥底面ABCD，所以CC1⊥BD.因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.又由四棱台ABCD－A1B1C1D1，知A1，A，C，C1四点共面．
所以AA1⊥BD.
(2)因为VB1－A1C1E＝VE－A1B1C1＝VB－A1B1C1＝VC－A1B1C1，
又VC－A1B1C1＝S△A1B1C1·CC1＝××22×sin×4＝，所以VB1－A1C1E＝.
所以三棱锥B1－A1C1E的体积为.
18．已知函数f(x)＝2sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间上的最大值和最小值；
(2)若f(x0)＝，x0∈，求cos2x0的值．
解 (1)∵f(x)＝(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝sin2x＋cos2x＝2sin，
∴函数f(x)的最小正周期为π.
又x∈，∴2x＋∈，
∴sin∈，
∴函数f(x)在区间上的最大值为2，最小值为－1.
(2)∵f(x0)＝2sin＝，
∴sin＝，
又x0∈，
∴2x0＋∈，
∴cos＝－＝－，
∴cos2x0＝cos
＝coscos＋sinsin
＝.
19．( 2019·江西南昌师大附中三模)为更好地落实农民工工资保证金制度，南方某市劳动保障部门调查了2019年下半年该市100名农民工(其中技术工、非技术工各50名)的月工资(单位：百元)，得到这100名农民工月工资的中位数为39(假设这100名农民工的月工资均在[25,55]内)且月工资收入在[45,50)内的人数为15，并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图：
(1)求m，n的值；
(2)已知这100名农民工中月工资高于平均数的技术工有31名，非技术工有19名，则能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“是不是技术工与月工资是否高于平均数有关系”？
参考公式及数据：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
P(K2≥k0)
0.05
0.01
0.005
0.001
k0
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)∵月工资收入在[45,50)(百元)内的人数为15，∴月工资收入在[45,50)(百元)内的频率为＝0.15，
由频率分布直方图得(0.02＋2m＋4n＋0.01)×5＋0.15＝1，化简得m＋2n＝0.07，①
由中位数可得0.02×5＋2m×5＋2n×(39－35)＝0.5，化简得5m＋4n＝0.2，②
由①②，解得m＝0.02，n＝0.025.
(2)根据题意得到列联表：
技术工
非技术工
总计
月工资不高于平均数
19
31
50
月工资高于平均数
31
19
50
总计
50
50
100
∴K2＝＝5.76＜10.828，
∴不能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“是不是技术工与月工资是否高于平均数有关”．
20．(2019·山东济宁二模)已知函数f(x)＝ln x－xex＋ax.
(1)若函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，求f(x)的最大值．
解 (1)由题意知，f′(x)＝－(ex＋xex)＋a＝－(x＋1)ex＋a≤0在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤(x＋1)ex－在[1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝(x＋1)ex－，则g′(x)＝(x＋2)ex＋＞0，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2e－1，所以a≤2e－1.
(2)当a＝1时，f(x)＝ln x－xex＋x(x＞0)，则f′(x)＝－(x＋1)ex＋1＝(x＋1)，令m(x)＝－ex，则m′(x)＝－－ex＜0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由于m＞0，m(1)＜0，所以存在x0＞0，满足m(x0)＝0，即ex0＝.当x∈(0，x0)时，m(x)＞0，f′(x)＞0；当x∈(x0，＋∞)时，m(x)＜0，f′(x)＜0.所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(x0)＝ln x0－x0e x0＋x0，因为e x0＝，所以x0＝－ln x0，所以f(x0)＝－x0－1＋x0＝－1，所以f(x)max＝－1.
21．在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)设直线y＝2x＋m(m∈R且m≠0)与曲线E相交于P，Q两点，点M，求△MPQ面积的取值范围．
解 (1)设C(x，y)．由题意，
可得·＝－2(x≠±1)，
∴曲线E的方程为x2＋＝1(x≠±1)．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立消去y，
可得6x2＋4mx＋m2－2＝0，
∴Δ＝48－8m2>0，∴m2<6.
∵x≠±1，∴m≠±2.
又m≠0，∴0∵x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴|PQ|＝＝
＝|x1－x2|＝·
＝·＝·.
又点M到直线y＝2x＋m的距离d＝，
∴△MPQ的面积S△MPQ＝××·＝·|m|·＝，
∴S＝m2(6－m2)．
∵0∴△MPQ面积的取值范围为.
22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1：ρcosθ＝3，曲线C2：ρ＝4cosθ.
(1)求C1与C2交点的极坐标；
(2)设点Q在C2上，＝，求动点P的极坐标方程．
解 (1)联立解得cosθ＝±，
∵0≤θ<，∴θ＝，ρ＝2，
∴所求交点的极坐标为.
(2)设P(ρ，θ)，Q(ρ0，θ0)，则ρ0＝4cosθ0，θ0∈，
由已知＝，得
∴ρ＝4cosθ，θ∈，故动点P的极坐标方程为ρ＝10cosθ，θ∈.
23．已知函数f(x)＝log2(|2x－1|＋|x＋2|－a)．
(1)当a＝4时，求函数f(x)的定义域；
(2)若对任意的x∈R，都有f(x)≥2，求实数a的取值范围．
解 (1)由题意得f(x)＝log2(|2x－1|＋|x＋2|－4)，
则|2x－1|＋|x＋2|－4>0，
当x<－2时，－(2x－1)－(x＋2)－4>0，
∴x<－，即x<－2.
当－2≤x≤时，－(2x－1)＋(x＋2)－4>0，
∴x<－1，即－2≤x<－1.
当x>时，(2x－1)＋(x＋2)－4>0，∴x>1.
综上所述，函数f(x)的定义域为{x|x<－1或x>1}．
(2)由题意得log2(|2x－1|＋|x＋2|－a)≥2＝log24恒成立．
即|2x－1|＋|x＋2|－a≥4，
∴|2x－1|＋|x＋2|－4≥a恒成立．
令g(x)＝|2x－1|＋|x＋2|－4，
则g(x)＝
所以g(x)min＝－，故a的取值范围是.
课件27张PPT。解答题(八)第二部分 刷题型本课结束解答题(六)
17．已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足a＋2acosB＝c.
(1)求证：B＝2A；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝2，求a的取值范围．
解 (1)证明：因为a＋2acosB＝c，由正弦定理知
sinA＋2sinAcosB＝sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，即sinA＝cosAsinB－sinAcosB＝sin(B－A)．
因为A，B∈(0，π)，所以B－A∈(－π，π)，
且A＋(B－A)＝B∈(0，π)，所以A＋(B－A)≠π，
所以A＝B－A，B＝2A.
(2)由(1)知A＝，C＝π－A－B＝π－.
由△ABC为锐角三角形得
得由a＋2acosB＝2，得a＝∈(1,2)．
18．(2019·安徽江淮十校第三次联考)在三棱柱ABC－A1B1C1中，D为AB的中点，点E在侧棱CC1上，DE∥平面AB1C1.
(1)证明：E是CC1的中点；
(2)设∠BAC＝90°，四边形ABB1A1是边长为2的正方形，四边形ACC1A1为矩形，且DE＝，求三棱锥B1－AA1C1的体积．
解 (1)证明：如图，取AC的中点M，连接DM，EM，因为D为AB的中点，所以DM∥BC∥B1C1，又DM?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，
所以DM∥平面AB1C1.
又DE∥平面AB1C1，且DM∩DE＝D，所以平面DEM∥平面AB1C1，又EM?平面DEM，所以EM∥平面AB1C1，而EM?平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面AB1C1＝AC1，所以EM∥AC1，而M为AC的中点，所以E为CC1的中点.
(2)因为四边形ABB1A1为正方形，所以A1B1⊥AA1，又∠BAC＝90°，所以A1B1⊥A1C1，而AA1∩A1C1＝A1，所以A1B1⊥平面AA1C1.连接AE，则DA⊥AE.设AC＝x，于是AE＝，
由AE2＋AD2＝DE2，得1＋x2＋1＝()2，所以x＝.即AC＝，所以VB1－AA1C1＝××2××2＝.所以三棱锥B1－AA1C1的体积为.
19．(2019·山东临沂三模)甲、乙两人参加一个射击的中奖游戏比赛，在相同条件下各打靶50次，统计每次打靶所得环数，得下列频数分布表．
环数
3
4
5
6
7
8
9
10
甲的频数
0
1
4
7
14
16
6
2
乙的频数
1
2
5
6
10
16
8
2
比赛中规定所得环数为1,2,3,4时获奖一元，所得环数为5,6,7时获奖二元，所得环数为8,9时获奖三元，所得环数为10时获奖四元，没命中则无奖．
(1)根据上表，在给定的坐标系内作出甲射击50次获奖金额(单位：元)的条形图；
(2)估计甲射击1次所获奖至少为三元的概率；
(3)要从甲、乙两人中选拔一人参加射击比赛，请你根据甲、乙两人所获奖金额的平均数和方差作出选择．
解 (1)依题意知甲50次获奖金额(单位：元)的频数分布为
获奖金额
1
2
3
4
频数
1
25
22
2
其获奖金额的条形图，如图所示．
(2)甲射击一次所获奖金至少为三元，即打靶所得环数至少为8，因为甲所得环数至少为8的有16＋6＋2＝24(次)，所以估计甲射击一次所获奖金至少为三元的概率为＝.
(3)甲50次获奖金的平均数为×(1×1＋2×25＋3×22＋4×2)＝，
乙50次获奖金的平均数为×(1×3＋2×21＋3×24＋4×2)＝，
甲50次获奖金额的方差为
×＝×＝.
乙50次获奖金额的方差为
×＝×＝.
因为甲、乙的平均数相等，甲的方差小，故派甲参赛比较好.
20．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
解 (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，
|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
21．(2019·湖北黄冈2月联考)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋ax2－bx的导函数为f′(x)，其中e为自然对数的底数，e＝2.7182818…，且f′(1)＝0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若存在正数x0，使得f(x0)＜2a，求实数a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋ax－b，∵f′(1)＝0，
∴a－b＝0，即b＝a，
∴f′(x)＝(x－1)(ex＋a)，
f(x)＝(x－2)ex＋ax2－ax，
①当a≥0时，x＜1，f′(x)＜0，x＞1，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
②当－e＜a＜0时，ln (－a)＜1，令f′(x)＞0，
解得x＜ln (－a)或x＞1.令f′(x)＜0，解得ln (－a)＜x＜1，
∴f(x)在(－∞，ln (－a))和(1，＋∞)上单调递增，在(ln (－a)，1)上单调递减；
③当a＜－e时，ln (－a)>1，令f′(x)＞0，解得x＞ln (－a)或x＜1，令f′(x)＜0，解得1＜x＜ln (－a)，
∴f(x)在(－∞，1)和(ln (－a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln (－a))上单调递减；
④当a＝－e时，f(x)在R上单调递增．
(2)由(1)知，①当a≥0时，需f(1)＝－e－a＜2a，满足题意；
②当－e＜a＜0时，需f(1)＝－e－a＜2a或f(0)＝－2＜2a，
解得a＞－e，∴－e＜a＜0；
③当a＜－e时，需f(0)＝－2＜2a或f(ln (－a))＜2a.当f(0)＜2a时，a＞－1，无解；
当f[ln (－a)]＜2a时，得ln (－a)<0或ln (－a)＞4，解得a＞－1或a＜－e4，∴a＜－e4；
④当a＝－e时，需f(0)＝－2＜2a，无解，不满足题意．
综上所述，a的取值范围是(－∞，－e4)∪.
22．在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程是ρ＝，以极点为原点O，极轴为x轴正半轴(两坐标系取相同的单位长度)的直角坐标系xOy中，曲线C2的参数方程为(θ为参数)．
(1)求曲线C1的直角坐标方程与曲线C2的普通方程；
(2)将曲线C2经过伸缩变换后得到曲线C3，若M，N分别是曲线C1和曲线C3上的动点，求|MN|的最小值．
解 (1)∵C1的极坐标方程是ρ＝，
∴4ρcosθ＋3ρsinθ＝24，整理得4x＋3y－24＝0，
∴C1的直角坐标方程为4x＋3y－24＝0.
曲线C2：∴x2＋y2＝1，
故C2的普通方程为x2＋y2＝1.
(2)将曲线C2经过伸缩变换后得到曲线C3的方程为
＋＝1，则曲线C3的参数方程为(α为参数)．
设N(2cosα，2sinα)，则点N到曲线C1的距离为
d＝
＝
＝.
当sin(α＋φ)＝1时，d有最小值，
所以|MN|的最小值为.
23．已知函数f(x)＝3|x－a|＋|3x＋1|，g(x)＝|4x－1|－|x＋2|.
(1)求不等式g(x)<6的解集；
(2)若存在x1，x2∈R，使得f(x1)和g(x2)互为相反数，求a的取值范围．
解 (1)∵g(x)＝
当x≤－2时，－3x＋3<6，解得x>－1，此时无解．
当－2－，
即－当综上，g(x)<6的解集为.
(2)因为存在x1，x2∈R，使得f(x1)＝－g(x2) 成立．
所以{y|y＝f(x)，x∈R}∩{y|y＝－g(x)，x∈R}≠?.
又f(x)＝3|x－a|＋|3x＋1|≥|(3x－3a)－(3x＋1)|＝|3a＋1|，
由(1)可知g(x)∈，
则－g(x)∈.
所以|3a＋1|≤，解得－≤a≤.
故a的取值范围为.
课件29张PPT。解答题(六)第二部分 刷题型本课结束解答题(四)
17．(2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
解 (1)设{an}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.
解得q＝－2(舍去)或q＝4.
因此{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.
18．(2019·北京人大附中信息卷二)某绿色有机水果店中一款有机草莓，味道鲜甜．店家每天以每斤10元的价格从农场购进适量草莓，然后以每斤20元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的草莓由果汁厂以每斤2元的价格回收．
(1)若水果店一天购进17斤草莓，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：斤，n∈N)的函数解析式；
(2)水果店记录了100天草莓的日需求量(单位：斤)，整理得下表：
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
14
22
14
16
15
13
6
①假设水果店在这100天内每天购进17斤草莓，求这100天的日利润(单位：元)的平均数；
②若水果店一天购进17斤草莓，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于150元的概率．
解 (1)当日需求量n≥17时，利润y＝17×10＝170；当日需求量n≤16时，利润y＝10n－8(17－n)＝18n－136.
所以当天的利润y关于当天需求量n的函数解析式为
y＝
(2)①假设水果店在这100天内每天购进17斤草莓，则日需求量为14斤时，利润为116；日需求量为15斤时，利润为134；日需求量为16斤时，利润为152；日需求量不小于17时，利润为170.
故这100天的日利润(单位：元)的平均数为
＝×(14×116＋22×134＋14×152＋16×170＋15×170＋13×170＋6×170)，解得＝152(元)．
②利润不低于150元时，当日需求量当且仅当不少于16斤．以频率预估概率，得当天的利润不少于150元的概率为p＝0.14＋0.16＋0.15＋0.13＋0.06＝0.64.
19．(2019·江西省名校5月联考)已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.
(1)试在平面BCD内作一条直线，使直线上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并证明；
(2)求点B到平面AEC的距离．
解 (1)如图所示，分别取BC和BD的中点H，G，作直线HG，则HG为所求直线．
证明如下：因为点H，G分别为BC和BD的中点，所以HG∥CD，分别取CD，BC的中点O，H，连接EO，AH，则EO⊥CD，AH⊥BC，因为平面CDE⊥平面BCD，且EO⊥CD，∴EO⊥平面BCD，又平面ABC⊥平面BCD，AH⊥BC，则AH⊥平面BCD，所以EO∥AH，又AH?平面CDE，EO?平面CDE，所以AH∥平面CDE.因为GH∥CD，GH?平面CDE，CD?平面CDE，所以GH∥平面CDE，因为AH，GH?平面AGH，AH∩GH＝H，则平面AHG∥平面CDE，所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行．
(2)由(1)可得EO∥AH，即EO∥平面ABC，所以点E到平面ABC的距离和点O到平面ABC的距离相等，连接DH，则DH⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，则DH⊥平面ABC.
记点E到平面ABC的距离为d，则d＝DH＝，又△ABC的面积S＝×2×＝2，△ACE的面积S1＝××＝，因为VE－ABC＝VB－ACE，设点B到平面AEC的距离为h，所以×2×＝××h，
解得h＝.即点B到平面AEC的距离为.
20．已知抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线C上的点M(2，y0)到F的距离为3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)斜率存在的直线l与抛物线相交于相异两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝4，若AB的垂直平分线交x轴于点G，且·＝5，求直线l的方程．
解 (1)由抛物线定义知|MF|＝2＋，
所以2＋＝3，p＝2，
所以，抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)解法一：设AB中点坐标(2，m)，直线l的斜率存在，所以m≠0，kAB＝＝＝，
所以直线AB的方程为y－m＝(x－2)．
即2x－my＋m2－4＝0.
由得y2－2my＋2m2－8＝0，
其中Δ>0得到m2<8，
AB的垂直平分线方程为y－m＝－(x－2)，
令y＝0，得x＝4，
所以G(4,0)，＝(x1－4，y1)，＝(x2－4，y2)，
因为·＝5，所以(x1－4)(x2－4)＋y1y2＝5，
x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2＝5，－4×4＋16＋y1y2＝5. ③
把②代入③得(m2－4)2＋8(m2－4)－20＝0，
(m2＋6)·(m2－6)＝0，m2＝6<8，m＝±.
所以，直线l的方程为2x－y＋2＝0或2x＋y＋2＝0.
解法二：设直线AB的方程为y＝kx＋m.
由消y得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0或消x得ky2－4y＋4m＝0.
则即2k2＋mk＝2. ①
AB中点坐标为(2,2k＋m)，AB的垂直平分线方程为y－(2k＋m)＝－(x－2)．
令y＝0，xG＝2k2＋mk＋2＝4，
所以·＝(x1－4，y1)·(x2－4，y2)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16＋y1y2＝－16＋16＋＝5，
＋－5＝0.
解得m＝k或m＝－5k，分别代入①得3k2＝2(符合Δ>0)或3k2＝－2(舍去)．
所以，直线l的方程为2x－y＋2＝0或2x＋y＋2＝0.
21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数f(x)＝aln x－(a2＋1)x＋ax2，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)＋x＞0对x＞1恒成立，求a的取值范围．
解 (1)由题意，得f′(x)＝－a2－1＋ax＝(x＞0)，
当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间．
当0＜a＜1时，当a＜x＜时，f′(x)＜0；当0＜x＜a或x＞时，f′(x)＞0.
∴f(x)的单调递增区间为(0，a)，，单调递减区间为.
当a＝1时，f′(x)≥0对x＞0成立，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间．
当a＞1时，当＜x＜a时，f′(x)＜0；
当0＜x＜或x＞a时，f′(x)＞0.
∴f(x)的单调递增区间为，(a，＋∞)，
单调递减区间为.
(2)f(x)＋x＞0，即aln x－a2x＋ax2＞0，当a＞0时，ln x－ax＋x2＞0，a＜＋x，
令g(x)＝＋x，x≥1，则g′(x)＝＋＝，令h(x)＝2－2ln x＋x2，则h′(x)＝2x－，当x≥1时，h′(x)≥0，h(x)是增函数，h(x)≥h(1)＝3＞0，∴g′(x)＞0.
∴当x≥1时，g(x)是增函数，g(x)的最小值为g(1)＝，∴0＜a≤.
当a＝0时，显然f(x)＋x＞0不成立，当a＜0时，由g(x)的最小值为，且g(x)没有最大值，得a＞g(x)不成立，综上，a的取值范围是.
22．在直角坐标系xOy中，圆锥曲线C1的参数方程为(θ为参数)．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系中取相同的长度单位，曲线C2的极坐标方程为(ρcosφ＋k)2＋(ρsinφ－2)2＝k2＋25(φ为参数，k∈R)．
(1)写出C1，C2的直角坐标方程；
(2)是否存在曲线C2包围曲线C1？请说明理由．
解 (1)C1：＋＝1，C2：x2＋y2＋2kx－4y－21＝0.
(2)若k≥0，由62＋02＋12k－0－21＝15＋12k>0可知点(6,0)在曲线C2外；
若k<0，(－6)2＋02－12k－0－21＝15－12k>0可知点在曲线C2外．
综上，无论k取何值，曲线C2都不能包围曲线C1.
23．已知函数f(x)＝|2x＋1|，g(x)＝|x＋1|.
(1)在图中画出f(x)和g(x)的图象，并写出不等式f(x)>g(x)的解集；
(2)若|f(x)－2g(x)|≤a(a∈R)恒成立，求a的取值范围．
解 (1)f(x)，g(x)的图象如图，不等式f(x)>g(x)的解集为.
(2)|f(x)－2g(x)|＝||2x＋1|－2|x＋1||
＝
所以|f(x)－2g(x)|≤1，所以a≥1.
课件27张PPT。解答题(四)第二部分 刷题型本课结束
