解答题(一)
17．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.设(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC.
(1)求A；
(2)若a＋b＝2c，求sinC.
解 (1)由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，
故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.
由余弦定理得cosA＝＝.
因为0°
(2)由(1)知B＝120°－C，
由题设及正弦定理得sinA＋sin(120°－C)＝2sinC，
即＋cosC＋sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－.
因为0°故sinC＝sin(C＋60°－60°)＝sin(C＋60°)cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝.
18．(2019·广东梅州总复习质检)如图，正方形ABCD所在平面与三角形CDE所在平面相交于CD，AE⊥平面CDE.
(1)求证：AB⊥平面ADE；
(2)当EA＝ED时，求二面角D－EB－C的余弦值．
解 (1)证明：∵AE⊥平面CDE，CD?平面CDE，
∴AE⊥CD.又四边形ABCD是正方形，
∴AB⊥AD，AB∥CD，∴AB⊥AE，AE∩AD＝A，
∴AB⊥平面ADE.
(2)由(1)知，AB⊥平面ADE，DE?平面ADE，
∴AB⊥DE，∴CD⊥DE.
过E作Ey∥CD，则有EA⊥Ey，EA⊥ED，ED⊥Ey.
以E为原点，分别以ED，Ey，EA为坐标轴，建立如图的空间直角坐标系．
设EA＝ED＝a>0，∴CD＝AD＝a.可得E(0,0,0)，A(0,0，a)，B(0，－a，a)，D(a,0,0)，C(a，－a,0)．
则＝(a,0,0)，＝(0，－a，a)，＝(a，－a,0)．
设平面DEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有
令y＝，得n＝(0，，2)．
设平面EBC的一个法向量为m＝(p，q，r)，则
令q＝，得m＝(2，，2)．
得cos〈n，m〉＝＝
＝＝.
所以二面角D－EB－C的余弦值为.
19．(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]．
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·福建龙岩质检)某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n(n∈N*)份血液样本，有以下两种检验方式：(1)逐份检验，则需要检验n次；(2)混合检验，将其中k(k∈N*，且k≥2)份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k＋1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p(0(1)假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中k(k∈N*且k≥2)份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2.
①试运用概率统计的知识，若E(ξ1)＝E(ξ2)，试求p关于k的函数关系式p＝f(k)；
②若p＝1－，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更小，求k的最大值．
参考数据：ln 2≈0.6931，ln 3≈1.0986，ln 4≈1.3863，ln 5≈1.6094，ln 6≈1.7918.
解 (1)因为P＝＝，所以恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为.
(2)①由已知得E(ξ1)＝k，ξ2的所有可能取值为1，k＋1，
∴P(ξ2＝1)＝(1－p)k，P(ξ2＝k＋1)＝1－(1－p)k，
∴E(ξ2)＝(1－p)k＋(k＋1)[1－(1－p)k]＝k＋1－k(1－p)k.
若E(ξ1)＝E(ξ2)，则k＝k＋1－k(1－p)k，
∴k(1－p)k＝1，即(1－p)k＝，∴1－p＝，
∴p＝1－，∴p关于k的函数关系式为p＝1－ (k∈N*且k≥2)．
②由题意可知E(ξ2)k，设f(x)＝ln x－x(x>0)，∵f′(x)＝，∴当x>3时，f′(x)<0，即f(x)在(3，＋∞)上单调递减，又ln 4≈1.3863，≈1.3333，∴ln 4>，ln 5≈1.6094，≈1.6667，
∴ln 5<，∴k的最大值为4.
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C(2,2)．
(2)将代入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25张PPT。解答题(一)第二部分 刷题型本课结束解答题(七)
17．(2019·江西名校5月联考)已知数列{an}有an≠0，Sn是它的前n项和，a1＝3，且当n≥2时，S＝3n2an＋S.
(1)求证：数列{an＋an＋1}为等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
解 (1)证明：当n≥2时，S＝3n2an＋S，(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝3n2an，an≠0，所以(Sn＋Sn－1)＝3n2，(Sn＋1＋Sn)＝3(n＋1)2，两式对应相减，得an＋an＋1＝3(2n＋1)，所以(an＋an＋1)－(an－1＋an)＝6n＋3－(6n－3)＝6，又n＝2时，(3＋a2)2＝12a2＋9，所以a2＝6，所以a3＝9，所以(a2＋a3)－(a1＋a2)＝6＋9－(3＋6)＝6，所以数列{an＋an＋1}是首项为9，公差为6的等差数列．
(2)当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3(3＋7＋…＋(2n－1))＝3·＝(n2＋n)．
当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(an－1＋an)＝3＋3(5＋9＋…＋(2n－1))＝3＋3·＝(n2＋n－2)＋3＝(n2＋n)．
综上，Sn＝(n2＋n)．
18．(2019·福建南平二检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝2，AD＝，PC＝3，△PAB是正三角形，E为AB的中点，平面PAB⊥平面PCE.
(1)求证：CE⊥平面PAB；
(2)在棱PD上是否存在点F，使得二面角P－AB－F的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：因为AE∥CD，且AE＝CD＝，所以四边形AECD是平行四边形，从而AD∥CE，且CE＝AD＝，又在正△PAB中，PE＝AB＝，则在△PCE中，满足PE2＋CE2＝PC2，所以CE⊥PE，又平面PAB⊥平面PCE，平面PAB∩平面PCE＝PE，CE?平面PCE，所以CE⊥平面PAB.
(2)由(1)，知PE⊥CE，且PE⊥AB，CE∩AB＝E，
CE，AB?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，
又AD⊥平面PAB，AE?平面PAB，所以AD⊥AE，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA，EP为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0，)，D(，，0)，A(0，，0)，B(0，－，0)，
假设在棱PD上存在点F满足题意，设＝λ，则＝λ(，，－)＝(λ，λ，－λ)，
＝＋＝(0，－，)＋(λ，λ，－λ)＝(λ，λ－，－λ)，＝(0，2，0)，设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝，
因为平面PAB的一个法向量m＝(1,0,0)，所以
|cos〈n，m〉|＝，则＝，8λ2＋2λ－1＝0，(4λ－1)(2λ＋1)＝0，因为λ>0，所以λ＝，所以在棱PD上存在点F使得二面角P－AB－F的余弦值为，且＝.
19．(2019·河南六市联考一)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P是椭圆上的任意一点，且|PF1|·|PF2|的最大值为4，椭圆C的离心率与双曲线－＝1的离心率互为倒数．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点P，过点P作两条直线l1，l2与圆(x＋1)2＋y2＝r2相切且分别交椭圆于M，N，求证：直线MN的斜率为定值．
解 (1)∵双曲线－＝1的离心率为＝2，
∴椭圆C的离心率为，设椭圆的半焦距为c，
∴a＝2c，
∵|PF1|·|PF2|≤2＝a2，
∴a2＝4，∴c＝1，又b2＝a2－c2＝4－1＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：显然两直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直线l1，l2与圆(x＋1)2＋y2＝r2相切，
则k1＝－k2，即直线l1的方程为y－＝k1(x＋1)，
与椭圆方程3x2＋4y2＝12联立，得
x2(3＋4k)＋k1(12＋8k1)x＋(3＋2k1)2－12＝0，
∵P，M为直线与椭圆的交点，
∴x1－1＝－，
同理，当l2与椭圆相交时，x2－1＝，
∴x1－x2＝－－
＝－，而y1－y2＝k1(x1＋x2)＋2k1＝，
∴直线MN的斜率k＝＝－.
故直线MN的斜率为定值．
20．(2019·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝xln x＋ax＋1－a.
(1)求证：对任意实数a，都有f(x)min≤1；
(2)若a＝2，是否存在整数k，使得在x∈(2，＋∞)上，恒有f(x)>(k＋1)x－2k－1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由(e＝2.71828…)．
解 (1)证明：由已知易得f(x)＝a(x－1)＋xln x＋1，所以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)，令t(a)＝f(x)min，则由t′(a)＝－1＋e－(a＋1)＝0，得a＝－1，所以a∈(－∞，－1)时，t′(a)>0，函数t(a)单调递增，a∈(－1，＋∞)时，t′(a)<0，函数t(a)单调递减，所以t(a)max＝t(－1)＝1＋1－1＝1，即f(x)min≤1，结论成立.
(2)由题意，得x＋xln x>k(x－2)，
令t(x)＝xln x＋(1－k)x＋2k，所以t′(x)＝ln x＋2－k，由t′(x)＝ln x＋2－k＝0，得x＝ek－2，
①若ek－2≤2，即k≤2＋ln 2时，
在x∈(2，＋∞)上，有t′(x)>0，故函数t(x)单调递增，
所以t(x)>t(2)＝2＋2ln 2>0.
②若ek－2>2，即k>2＋ln 2时，在x∈(2，ek－2)上，有t′(x)<0，故函数t(x)在x∈(2，ek－2)上单调递减，在x∈(ek－2，＋∞)上，有t′(x)>0.故函数t(x)在x∈(ek－2，＋∞)上单调递增，所以在x∈(2，＋∞)上，t(x)min＝t(ek－2)＝2k－ek－2.
故欲使x＋xln x>k(x－2)，只需t(x)min＝t(ek－2)＝2k－ek－2>0即可．
令m(k)＝2k－ek－2，所以m′(k)＝2－ek－2，由m′(k)＝2－ek－2＝0，得k＝2＋ln 2，所以k>2＋ln 2时，m′(k)<0，即m(k)单调递减，又m(4)＝2×4－e4－2＝8－e2>0，m(5)＝2×5－e5－2＝10－e3<0，故kmax＝4.
21．(2019·山东济南3月模拟)某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图1所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现，在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元，现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图2是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，下表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表．
二级滤芯更换频数分布表：
二级滤芯更换的个数
5
6
频数
60
40
以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率．
(1)求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；
(2)记X表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求X的分布列及数学期望；
(3)记m，n分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数．若m＋n＝28，且n∈{5，6}，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定m，n的值．
解 (1)由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换12个滤芯，二级过滤器需要更换6个滤芯，设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30”为事件A，因为一个一级过滤器需要更换12个滤芯的概率为0.4，二级过滤器需要更换6个滤芯的概率为0.4，所以P(A)＝0.4×0.4×0.4＝0.064.
(2)由柱状图可知，一个一级过滤器需要更换的滤芯个数为10,11,12的概率分别为0.2,0.4,0.4.
由题意，X可能的取值为20,21,22,23,24，并且
P(X＝20)＝0.2×0.2＝0.04，
P(X＝21)＝0.2×0.4×2＝0.16，
P(X＝22)＝0.4×0.4＋0.2×0.4×2＝0.32，
P(X＝23)＝0.4×0.4×2＝0.32，
P(X＝24)＝0.4×0.4＝0.16.
所以X的分布列为
X
20
21
22
23
24
P
0.04
0.16
0.32
0.32
0.16
E(X)＝20×0.04＋21×0.16＋22×0.32＋23×0.32＋24×0.16＝22.4.
(3)解法一：因为m＋n＝28，n∈{5,6}，若m＝22，n＝6，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为22×80＋200×0.32＋400×0.16＋6×160＝2848；
若m＝23，n＝5，则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为23×80＋200×0.16＋5×160＋400×0.4＝2832.
故m，n的值分别为23,5.
解法二：因为m＋n＝28，n∈{5,6}，若m＝22，n＝6，
设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Y1(单位：元)，则
Y1
1760
1960
2160
P
0.52
0.32
0.16
E(Y1)＝1760×0.52＋1960×0.32＋2160×0.16＝1888.
设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Y2(单位：元)，则Y2＝6×160＝960，
E(Y2)＝1×960＝960.
所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Y1)＋E(Y2)＝1888＋960＝2848.
若m＝23，n＝5，
设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为Z1(单位：元)，则
Z1
1840
2040
P
0.84
0.16
E(Z1)＝1840×0.84＋2040×0.16＝1872.
设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为Z2(单位：元)，则
Z2
800
1200
P
0.6
0.4
E(Z2)＝800×0.6＋1200×0.4＝960.
所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为E(Z1)＋E(Z2)＝1872＋960＝2832.
故m，n的值分别为23,5.
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.
∴|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33张PPT。解答题(七)第二部分 刷题型本课结束解答题(三)
17．(2019·河南八市重点高中联盟第五次测评)已知等差数列{an}中，a3＝3，且a2＋2，a4，a6－2成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，求{bn}的前2n项和S2n.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
∵a2＋2，a4，a6－2成等比数列，∴a＝(a2＋2)(a6－2)，
∴(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a3＋3d－2)，又a3＝3，
∴(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得d2－2d＋1＝0，解得d＝1，∴an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n.
(2)由(1)得bn＝＝(－1)n
＝(－1)n，
∴S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝－＋－＋…＋＝－1＋＝－.
18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，平面ABC⊥平面ACC′A′，AB＝BC＝CA＝AA′，D是棱BB′的中点．
(1)求证：平面DA′C⊥平面ACC′A′；
(2)若∠A′AC＝60°，求二面角A′－CD－B′的余弦值．
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.又平面AA′C′C⊥平面ABC，平面AA′C′C∩平面ABC＝AC，且OB⊥AC，OB?平面ABC，所以OB⊥平面ACC′A′，得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′O，因为∠A′AC＝60°，所以△A′AC是等边三角形，设AB＝BC＝CA＝AA′＝2，
则A′O⊥平面ABC，由已知可得A′O＝OB＝.以OB，OC，OA′分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A′(0,0，)，＝(－，1,0)，＝＝(0,1，)，
设平面BCC′B′的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，所以取x＝1，则y＝，z＝－1，所以m＝(1，，－1)．
设平面A′CD的法向量为n＝(x′，y′，z′)，＝(0,1，－)，＝＋＝(，－1,0)＋＝，
则n·＝0，n·＝0，
所以
取x′＝0，y′＝，z′＝1，n＝(0，，1)，
故cos〈m，n〉＝＝，又因为二面角A′－CD－B′为锐角，所以其余弦值为.
19．(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 ]．
20．(2019·湖南永州第三次模拟)某机器生产商，对一次性购买两台机器的客户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案：
方案一：交纳延保金6000元，在延保的两年内可免费维修2次，超过2次每次收取维修费1500元；
方案二：交纳延保金7740元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次每次收取维修费a元．
某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，统计得下表：
维修次数
0
1
2
3
机器台数
20
10
40
30
以上100台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，记X表示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数．
(1)求X的分布列；
(2)以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保方案更合算？
解 (1)X所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6，
P(X＝0)＝×＝，P(X＝1)＝××2＝，P(X＝2)＝×＋××2＝，P(X＝3)＝××2＋××2＝，P(X＝4)＝×＋××2＝，P(X＝5)＝××2＝，P(X＝6)＝×＝.
∴X的分布列为
X
0
1
2
3
4
5
6
P
(2)选择延保方案一，所需费用Y1元的分布列为：
Y1
6000
7500
9000
10500
12000
P
E(Y1)＝×6000＋×7500＋×9000＋×10500＋×12000＝8580(元)．
选择延保方案二，所需费用Y2元的分布列为：
Y2
7740
7740＋a
7740＋2a
P
E(Y2)＝×7740＋×(7740＋a)＋×(7740＋2a)＝7740＋(元)，∴E(Y1)－E(Y2)＝840－，当E(Y1)－E(Y2)＝840－>0，
即0当E(Y1)－E(Y2)＝840－＝0，即a＝2000时，选择方案一、方案二均可，
当E(Y1)－E(Y2)＝840－<0，即a>2000时，选择方案一．
21．(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f(x)＝ln x＋，g(x)＝，a∈R.
(1)求函数f(x)的极小值；
(2)求证：当－1≤a≤1时，f(x)>g(x)．
解 (1)f′(x)＝－＝(x>0)，
当a－1≤0，即a≤1时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极小值；
当a－1>0，即a>1时，由f′(x)<0，得0由f′(x)>0，得x>a－1，则函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)极小＝f(a－1)＝1＋ln (a－1)，
综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值；
当a>1时，f(x)极小＝1＋ln (a－1)．
(2)证明：令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋－＝(x>0)，
当－1≤a≤1时，要证f(x)>g(x)，即证F(x)>0，
即证xln x－asinx＋1>0，即证xln x>asinx－1.
①当0则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，故h(x)>h(0)＝0，即x>sinx.
∴ax－1>asinx－1(*)，
令q(x)＝xln x－x＋1，则q′(x)＝ln x，
当x∈(0,1)，q′(x)<0，q(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)，q′(x)>0，q(x)在(1，＋∞)上单调递增，故q(x)≥q(1)＝0，即xln x≥x－1.当且仅当x＝1时取等号，
又∵0由(*)(**)可知xln x≥x－1≥ax－1>asinx－1，
所以当0asinx－1.
②当a＝0时，即证xln x>－1.
令m(x)＝xln x，m′(x)＝ln x＋1，m(x)在上单调递减，
在上单调递增，m(x)min＝m＝－>－1，故xln x>－1.
③当－1≤a<0时，当x∈(0,1]时，asinx－1<－1，
由②知m(x)＝xln x≥－，而－>－1，
故xln x>asinx－1，当x∈(1，＋∞)时，asinx－1≤0，
由②知m(x)＝xln x>m(1)＝0，故xln x>asinx－1；
所以，当x∈(0，＋∞)时，xln x>asinx－1.
综上①②③可知，当－1≤a≤1时，f(x)>g(x)．
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.
故f(x)的定义域为(－∞，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29张PPT。解答题(三)第二部分 刷题型本课结束解答题(二)
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；
(2)若AD＝AC＝1，求BC的长．
解 (1)由正弦定理可得在△ABD中，＝，
在△ACD中，＝，
又因为∠BAD＝∠CAD，所以＝＝2.
(2)sinC＝2sinB，由正弦定理得AB＝2AC＝2，设DC＝x，则BD＝2x，则cos∠BAD＝＝，cos∠CAD＝＝，因为∠BAD＝∠CAD，所以＝，解得x＝，即BC＝3x＝.
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＝(0，－3,3)，＝(3,1,0)，
设平面PDC的法向量为n1＝(x，y，z)，则即取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〉＝＝＝.
又二面角A－PD－C为钝角，
所以二面角A－PD－C的余弦值为－.
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－＝，即所求概率为.
(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×25＝7，×25＝15，×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＝＝，
∴P(η＝0)＝C×0×3＋C××2＝，
P(η＝200)＝C×2×＝，
P(η＝300)＝C×3＝，
η的分布列为：
η
0
200
300
P
数学期望为E(η)＝0×＋200×＋300×＝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＋＝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＝(x＋2)，
将y＝(x＋2)与＋＝1联立整理得
(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝，
故xD＝，则yD＝(xD＋2)＝，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，将y＝－m(x－2)与＋＝1联立整理得(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝，
故xE＝，则yE＝－m(xE－2)＝，
HD的斜率为k1＝＝
＝－，
HE的斜率为k2＝＝
＝－，
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)＝aln x(a>0)．
(1)当x>0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＝aln x－x，则m′(x)＝－1＝.
若00，若x>a，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＝aln a－a.
若g(x)≤x恒成立，则只需m(x)max＝aln a－a≤0，解得0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，e )，B(x2，ln x2)．
由f(x)＝ex，得f′(x)＝ex.
曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y－e＝e (x－x1)，即y＝ex＋(1－x1)e.
同理可得，曲线y＝g(x)在点B处的切线方程为
y－ln x2＝(x－x2)，即y＝x＋ln x2－1.
所以
则(1－x1)e＝ln e－1，
即(1－x1)e＋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x>0时，因为h″(x)＝－(x＋1)ex<0，所以h′(x)在(0，＋∞)上是减函数．
又h′(0)＝1>0，h′(1)＝1－e<0，
所以存在x0∈(0,1)，使得h′(x0)＝1－x0e＝0，即e＝.
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)e＋x0＋1＝(1－x0)·＋x0＋1＝＋x0>0，
又h(－2)＝3e－2－1<0，h(2)＝－e2＋3<0，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(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＝d.
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33张PPT。解答题(二)第二部分 刷题型本课结束解答题(五)
17．(2019·江西省吉安市高三下学期第一次模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2ccosB＝2a＋b.
(1)求角C的大小；
(2)若函数f(x)＝2sin＋mcos2x图象的一条对称轴方程为x＝，且f＝，求cos的值．
解 (1)由题意，得2sinCcosB＝2sinA＋sinB，又由A＝π－(B＋C)，得sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC，所以2sinCcosB＝2sinBcosC＋2cosBsinC＋sinB，即2sinBcosC＋sinB＝0，又因为B∈(0，π)，则sinB>0，所以cosC＝－，又∵C∈(0，π)，∴C＝.
(2)因为f(x)＝2sin＋mcos2x＝2sin2x·cos＋2cos2xsin＋mcos2x＝sin2x＋(m＋1)·cos2x，又函数f(x)图象的一条对称轴方程为x＝＝，∴f(0)＝f，得m＋1＝sin＋(m＋1)cos，解得m＝－2，∴f(x)＝sin2x－cos2x＝2sin，又f＝2sin＝，
∴sin＝，∴cos＝cos＝1－2sin2＝.
18．(2019·广东汕头一模)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E是BC的中点，F是PC上的点．
(1)求证：平面AEF⊥平面PAD；
(2)若M是PD的中点，当AB＝AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：连接AC，∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴PA⊥AE，又PA∩AD＝A，
∴AE⊥平面PAD，又AE?平面AEF，
∴平面AEF⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝AP＝2，则AE＝，
则A(0,0,0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(，0,0)，M(0,1,1)，
设＝λ＝λ(，1，－2)，则＝＋＝(0,0,2)＋λ(，1，－2)＝(λ，λ，2－2λ)，又＝(，0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，
则
取z＝λ，得n＝(0,2λ－2，λ)，设直线EM与平面AEF所成角为θ，由＝(－，1,1)，
得sinθ＝|cos〈，n〉|
＝
＝＝，
化简得10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝或λ＝，故存在点F满足题意，此时为或.
19．(2019·山东聊城二模)某学校为倡导全体学生为特困学生捐款，举办“一元钱，一片心，诚信用水”活动，学生在购水处每领取一瓶矿泉水，便自觉向捐款箱中至少投入一元钱．现统计了连续5天的售出水量和收益情况，如下表：
售出水量x/箱
7
6
6
5
6
收益y/元
165
142
148
125
150
(1)试建立y关于x的线性回归方程；
(2)预测售出8箱水的收益；
(3)已知售出10箱水时的收益为225元，求残差.
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为＝，＝－ .
解 (1)由所给数据计算得＝×(7＋6＋6＋5＋6)＝6，
＝×(165＋142＋148＋125＋150)＝146，
iyi＝7×165＋6×142＋6×148＋5×125＋6×150＝4420，
＝72＋62＋62＋52＋62＝182，
所以＝＝＝20，
所以＝－ ＝146－20×6＝26.
故所求线性回归方程为＝20x＋26.
(2)将x＝8代入线性回归方程＝20x＋26中，
得＝20×8＋26＝186，
所以预测售出8箱水的收益为186元．
(3)当x＝10时，＝20×10＋26＝226，
所以残差＝225－226＝－1.
20．(2019·湖北荆门四校六月考前模拟)已知函数f(x)＝＋a(x－ln x)，a∈R.
(1)当a＝－e时，求f(x)的最小值；
(2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围．
解 (1)f(x)＝＋a(x－ln x)，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋＝，
当a＝－e时，f′(x)＝，由于ex>ex在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.
(2)f′(x)＝，当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0，f(x)只有一个零点．
当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立，故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝e＋a>0，故当a>－e时，f(x)没有零点.
当a<－e时，令ex＋ax＝0，得＝－a，设φ(x)＝，则φ′(x)＝，所以φ(x)在(0,1)上单调递减，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．φ(x)min＝φ(1)＝e，设h(x)＝ex＋ax，则h(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，且x1此时f(x)有两个零点．
综上，若f(x)有两个零点，则a<－e.
21．(2019·湖南株洲二模)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)经过点A(1,2)，过A作两条不同直线l1，l2，其中直线l1，l2关于直线x＝1对称．
(1)求抛物线E的方程及准线方程；
(2)设直线l1，l2分别交抛物线E于B，C两点(均不与A重合)，若以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，求直线BC的方程．
解 (1)∵抛物线E过点A(1,2)，∴2p＝4，解得p＝2，
∴抛物线的方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1.
(2)解法一：不妨设B在C的左边，从而可设直线AB的方程为x－1＝m(y－2)(m>0)，即x＝my－2m＋1，由
整理得y2－4my＋8m－4＝0.
设B(xB，yB)，则yB＋2＝4m，故yB＝4m－2，
∴xB＝4m2－4m＋1，
∴点B的坐标为(4m2－4m＋1,4m－2)．
又由条件得AB与AC的倾斜角互补，以－m代替点B坐标中的m，可得点C的坐标为(4m2＋4m＋1，－4m－2)．
∴|BC|＝＝8m，
且BC的中点的横坐标为＝4m2＋1，
∵以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，
∴4m2＋1＋1＝＝4m，解得m＝，
∴B(3－2，2－2)，C(3＋2，－2－2)，
∴kBC＝－1，∴直线BC的方程为y－(2－2)＝－(x－3＋2)，即x＋y－1＝0.
解法二：设B(x1，y1)，C(x2，y2)，∵直线l1，l2关于x＝1对称，∴AB与AC的倾斜角互补，
∴kAB＋kAC＝＋＝＋
＝＋＝0，
∴y1＋y2＝－4，
∴kBC＝＝＝＝－1，
设直线BC的方程为y＝－x＋m，
由整理得x2－(2m＋4)x＋m2＝0，
∴x1＋x2＝2m＋4，x1x2＝m2，
∴|BC|＝|x1－x2|＝4，且BC的中点D的横坐标为＝m＋2，∵以线段BC为直径的圆与抛物线的准线x＝－1相切，∴＋1＝，即m＋3＝2，解得m＝1,
∴直线BC的方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.
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轴对称的两条射线，
且C1：y＝
显然，若k＝0时，C1与C2相切，此时只有一个公共点；
若k>0时，C1与C2无公共点．
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，
设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．(2018·全国卷Ⅰ)已知f(x)＝|x＋1|－|ax－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若x∈(0,1)时不等式f(x)>x成立，求a的取值范围．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝|x＋1|－|x－1|，
即f(x)＝
故不等式f(x)>1的解集为.
(2)当x∈(0,1)时|x＋1|－|ax－1|>x成立等价于当x∈(0,1)时|ax－1|<1成立．
若a≤0，则当x∈(0,1)时，|ax－1|≥1不符合题意；
若a>0，|ax－1|<1的解集为0综上，a的取值范围为(0,2]．
课件31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)求二面角E－A1C1－C的余弦值．
解 (1)证明：因为CC1⊥底面ABCD，所以C1C⊥BD，因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面AC1C，又由四棱台ABCD－A1B1C1D1，知A1，A，C，C1四点共面，所以BD⊥平面A1ACC1，所以BD⊥AA1.
(2)设AC交BD于点O，连接A1O，依题意，有A1C1∥OC且A1C1＝OC，所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1.因为CC1⊥底面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD.
以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A(2，0,0)，A1(0,0,4)，C1(－2，0,4)，B(0,2,0)，
由＝，得B1(－，1,4)，因为E是棱BB1的中点，
所以E，
所以＝，＝(－2，0,0)，
设n＝(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，
则
取z＝3，得n＝(0,4,3)，平面A1C1C的法向量m＝(0,1，0)，又由图可知，二面角E－A1C1－C为锐二面角，设二面角E－A1C1－C的平面角为θ，则cosθ＝＝，所以二面角E－A1C1－C的余弦值为.
18．(2019·福建三明质量检查)△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且b＝3(acosB＋bcosA)，b＋c＝8.
(1)求b，c；
(2)若BC边上的中线AD＝，求△ABC的面积．
解 (1)由正弦定理，得sinB＝3(sinAcosB＋sinBcosA)，所以sinB＝3sin(A＋B)，因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sinC，即sinB＝3sinC，所以b＝3c，又因为b＋c＝8，所以b＝6，c＝2.
(2)在△ABD和△ACD中，
由余弦定理，得c2＝AD2＋BD2－2AD·BD·cos∠ADB，
b2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC.
因为b＝6，c＝2，BD＝DC＝，AD＝，
又因为∠ADB＋∠ADC＝π，
即cos∠ADB＝－cos∠ADC，所以a2＝31，
所以cos∠BAC＝＝，
又因为∠BAC∈(0，π)，所以sin∠BAC＝.
所以△ABC的面积S△ABC＝bcsin∠BAC＝.
19．(2019·湖北黄冈2月联考)从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
(1)求这100件产品质量指标值的样本平均数和样本方差s2(同一组的数据用该组区间的中点值作为代表)；
(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2.
①若某用户从该企业购买了10件这种产品，记X表示这10件产品中质量指标值位于(187.4,225.2)的产品件数，求E(X)；
②一天内抽取的产品中，若出现了质量指标值在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的产品，就认为这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．右面的茎叶图是检验员在一天内抽取的15个产品的质量指标值，根据近似值判断是否需要对当天的生产过程进行检查．
附：≈12.6，P(μ－σ解 (1)由题意，得＝170×0.025＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.32＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.025＝200，
s2＝(－30)2×0.025＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋02×0.32＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.025＝159.
(2)①由题意，得一件产品中质量指标值位于区间(187.4,225.2)的概率为＝0.8185，则X～B(10,0.8185)，
∴E(X)＝10×0.8185＝8.185.
②由(1)，知μ－3σ≈200－12.6×3＝162.2，
μ＋3σ≈200＋12.6×3＝237.8，
∵237.9?(162.2,237.8)，
∴需要对当天的生产过程进行检查．
20．(2019·安徽皖南八校第三次联考)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，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＋.
(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，将y＝代入抛物线C的方程可求得点A，B的坐标分别为，，则|AB|＝2p，|OA|＝|OB|＝＝p，可得△OAB的周长为2p＋p，则2p＋p＝2＋，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＝x2，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＋(直线l的斜率显然存在)．
联立方程整理，得x2－2kx－1＝0，则
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋1＝2k2＋1，
y1y2＝xx＝.
因为y1＝x，y′＝x1，所以直线l1的方程为y－x＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x.同理可得直线l2的方程为y＝x2x－x.
联立方程解得
则点P的坐标为.
由抛物线的几何性质，知|MF|＝y1＋，|NF|＝y2＋，|PF|＝＝，所以|MF|·|NF|＝＝y1y2＋(y1＋y2)＋＝＋×(2k2＋1)＋＝k2＋1，所以|PF|2－|MF|·|NF|＝0.
21．(2019·河南濮阳5月模拟)已知a∈R，函数f(x)＝ln (x＋1)－x2＋ax＋2.
(1)若函数f(x)在[2，＋∞)上为减函数，求实数a的取值范围；
(2)设正实数m1，m2满足m1＋m2＝1，求证：对(－1，＋∞)上的任意两个实数x1，x2，总有f(m1x1＋m2x2)≥m1f(x1)＋m2f(x2)成立．
解 (1)由题意，知f′(x)＝－2x＋a，∵函数f(x)在[2，＋∞)上为减函数，即f′(x)≤0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a≤2x－在x∈[2，＋∞)上恒成立，设h(x)＝2x－，当x≥2时，单调递减，2x单调递增，∴h(x)在[2，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(2)＝4－＝，
∴a≤，即a的取值范围为.
(2)证明：设－1令F(x)＝f(m1x＋m2x2)－m1f(x)－m2f(x2)，x∈(－1，x2]，
则F(x2)＝f[(m1＋m2)x2]－(m1＋m2)f(x2)＝0，
∴F′(x)＝m1f′(m1x＋m2x2)－m1f′(x)＝
m1[f′(m1x＋m2x2)－f′(x)]，
∵m1x＋m2x2－x＝x(m1－1)＋m2x2＝－m2x＋m2x2＝m2(x2－x)≥0，∴m1x＋m2x2≥x，
∵f′(x)＝－2x＋a，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－－2<0，
∴f′(x)在x∈(－1，＋∞)上为减函数，
∴f′(m1x＋m2x2)≤f′(x)，
∴m1[f′(m1x＋m2x2)－f′(x)]≤0，即F′(x)≤0，
∴F(x)在x∈(－1，x2]上是减函数，
∴F(x)≥F(x2)＝0，即F(x)≥0，
∴f(m1x＋m2x2)－m1f(x)－m2f(x2)≥0，
∴x∈(－1，x2]时，f(m1x＋m2x2)≥m1f(x)＋m2f(x2)，∵－1∴f(m1x1＋m2x2)≥m1f(x1)＋m2f(x2)．
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)＝m－|x－1|－2|x＋1|.
(1)当m＝5时，求不等式f(x)>2的解集；
(2)若二次函数y＝x2＋2x＋3与函数y＝f(x)的图象恒有公共点，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝5时，f(x)＝
由f(x)>2解得不等式的解集为.
(2)由二次函数y＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2，该函数在x＝－1处取得最小值2，因为
f(x)＝在x＝－1处取得最大值m－2，所以要使二次函数与y＝f(x)的图象恒有公共点，只需m－2≥2，即m≥4.
课件29张PPT。解答题(八)第二部分 刷题型本课结束解答题(六)
17．(2019·山西太原一模)如图，已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，点D是AC的中点，DE⊥AC，交AB于点E，且BC＝2，DE＝.
(1)求B；
(2)求△ABC的面积．
解 (1)∵asinA＋(c－a)sinC＝bsinB，
∴由＝＝，得a2＋c2－ac＝b2，
由余弦定理得cosB＝＝，
∵0(2)连接CE，如图，∵点D是AC的中点，DE⊥AC，∴AE＝CE，
∴CE＝AE＝＝，
在△BCE中，由正弦定理得＝＝，∴＝，∴cosA＝，∵0∴CE＝，AB＝AE＋BE＝＋1，
∴S△ABC＝AB·CE＝.
18. (2019·安徽江淮十校第三次联考)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为正方形，四边形ACC1A1为矩形，且异面直线DE与B1C1所成的角为30°，求二面角A1－AB1－C1的余弦值．
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)由题意知A1B1，A1C1，A1A两两垂直，以A1为坐标原点，A1C1所在的直线为x轴，A1A所在的直线为y轴，A1B1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系A1xyz.设AB＝AA1＝2，AC＝2a，则C1(2a,0,0)，B1(0，0,2)，D(0,2,1)，E(2a,1,0)，A(0,2,0)，所以＝(2a,0，－2)，＝(2a，－1，－1)．因为异面直线DE与B1C1所成的角为30°，
所以cos〈，〉＝
＝＝，
解得a＝1，于是C1(2,0,0)．
设平面AB1C1的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(2，－2,0)，＝(2,0，－2)，
所以取z＝1，则x＝y＝1，所以n＝(1,1,1)．又m＝(1,0,0)是平面AA1B1的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝＝＝，即二面角A1－AB1－C1的余弦值为.
19．(2019·广东一模)随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”的证件之一．若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，他需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会(这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试；若5次都没有通过，则需重新报名)，其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费．某驾校对以往2000个学员第1次参加科目二考试进行了统计，得到下表：
考试情况
男学员
女学员
第1次考科目二人数
1200
800
第1次通过科目二人数
960
600
第1次未通过科目二人数
240
200
若以上表得到的男、女学员第1次通过科目二考试的频率分别作为此驾校男、女学员每次通过科目二考试的概率，且每人每次是否通过科目二考试相互独立．现有一对夫妻同时在此驾校报名参加了驾驶证考试，在本次报名中，若这对夫妻参加科目二考试的原则为通过科目二考试或者用完所有机会为止．
(1)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率；
(2)若这对夫妻前2次参加科目二考试均没有通过，记这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为X元，求X的分布列与数学期望．
解 事件Ai表示男学员在第i次考科目二通过，事件Bi表示女学员在第i次考科目二通过(其中i＝1,2,3,4,5)．
由上表可知，P(Ai)＝＝，P()＝＝，
P(Bi)＝＝，P()＝＝，其中i＝1,2,3,4,5.
(1)事件M表示这对夫妻考科目二都不需要交补考费，则
P(M)＝P(A1B1＋A1B2＋A2B1＋A2B2)＝P(A1B1)＋P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)＝×＋××＋××＋×××＝.
所以这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率为.
(2)X的可能取值为400,600,800,1000,1200.
P(X＝400)＝P(A3B3)＝×＝，
P(X＝600)＝P(A3B4＋A4B3)＝××＋××＝，
P(X＝800)＝P(A4B4＋A3 ＋ B3)＝×××＋××＋××＝，
P(X＝1000)＝P(A4 ＋ )＝×××＋×××＝，
P(X＝1200)＝P( )＝×××＝.
则X的分布列为：
X
400
600
800
1000
1200
P
故E(X)＝400×＋600×＋800×＋1000×＋1200×＝510.5.
20．(2019·河北中原名校联盟联考)已知点F是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，点M是抛物线上的定点，且＝(4,0)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线AB与抛物线C交于不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，|x2－x1|＝3，直线AB与切线l平行，设切点为N点，试问△ABN的面积是否是定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
解 (1)设M(x0，y0)，由题知F，
∴＝＝(4,0)．
∴即
代入x2＝2py(p>0)中得16＝p2，解得p＝4.
∴抛物线C的方程为x2＝8y.
(2)由题意知直线AB的斜率存在，故设其方程为y＝kx＋b.
由整理得x2－8kx－8b＝0，则
x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝8k2＋2b，
设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k,4k2＋b)．
由条件设切线方程为y＝kx＋t.
由整理得x2－8kx－8t＝0，
∵直线与抛物线相切，
∴Δ＝64k2＋32t＝0.∴t＝－2k2.
∴x2－8kx＋16k2＝0，∴x＝4k，y＝2k2.
∴切点N的坐标为(4k,2k2)，
∴NQ⊥x轴，∴|NQ|＝(4k2＋b)－2k2＝2k2＋b.
∵|x2－x1|＝3，
且(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝64k2＋32b，
∴2k2＋b＝.
∴S△ANM＝|NQ||x2－x1|
＝(2k2＋b)|x2－x1|＝.
∴△ABN的面积为定值，且定值为.
21．(2019·湖北黄冈2月联考)已知函数f(x)＝axln (a∈R)的最大值为(其中e为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数．
(1)求a的值；
(2)任取两个不等的正数x1，x2，且x1解 (1)由题意得，显然a≠0，∵f(x)＝－axln x，
∴f′(x)＝－a(1＋ln x)，x∈(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，解得x＝，
①当a>0时，令f′(x)>0，解得0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
∴f(x)在x＝处取得极大值，也是最大值，
∴f(x)max＝f＝，解得a＝1.
②当a<0时，易知与题意不符，故舍去．
综上所述，a＝1.
(2)证明：由(1)知f(x)＝－xln x，
则f′(x)＝－(1＋ln x)，
∴f′(x0)＝－(1＋ln x0)，
∴－(1＋ln x0)＝，
即ln x0＝－－1，则ln x0－ln x1＝－－1－ln x1＝－1＝－1＝－1，
设＝t，t∈(0,1)，则g(t)＝－1＝，
t∈(0,1)，令h(t)＝t－ln t－1，t∈(0,1)，
则h′(t)＝1－<0，∴函数h(t)在(0,1)上单调递减，
∴h(t)>h(1)＝0，即t－ln t－1>0，又1－t>0，
∴g(t)>0，即ln x0－ln x1>0，
∴x0>x1，同理可证x022．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．设函数f(x)＝|2x＋m|－|2x－m|.
(1)当m＝6时，解不等式f(x)≥4；
(2)若n>0，证明f(x)≤m2n＋.
解 (1)当m＝6时，f(x)＝|2x＋6|－|2x－6|＝
当x≥3时，12>4恒成立；
当－3当x≤－3时，－12<4，不等式无解．
综上，不等式f(x)≥4的解集为[1，＋∞)．
(2)证明：f(x)＝|2x＋m|－|2x－m|≤|2x＋m－(2x－m)|＝|2m|，
由n>0，得m2n＋≥2＝2|m|，
所以若n>0，则f(x)≤m2n＋.
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17．(2019·河北石家庄二模)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，且S5＝3a3，a4＋a6＝8.
(1)求an；
(2)设bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为数列{an}是等差数列，所以S5＝5a3，
又S5＝3a3，∴a3＝0，
由a4＋a6＝8＝2a5，得a5＝4，所以a5－a3＝2d＝4，解得d＝2, 所以数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝2(n－3).
(2)由(1)得bn＝2n·an＝(n－3)·2n＋1，
Tn＝(－2)·22＋(－1)·23＋0·24＋…＋(n－3)·2n＋1，
2Tn＝(－2)·23＋(－1)·24＋…＋(n－4)·2n＋1＋(n－3)·2n＋2，
两式相减得2Tn－Tn＝2·22－(23＋24＋…＋2n＋1)＋(n－3)·2n＋2＝8－＋(n－3)·2n＋2＝(n－4)·2n＋2＋16，即Tn＝(n－4)·2n＋2＋16.
18．(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，并给出详细证明；
(2)求直线BE与平面AEC所成角的正弦值．
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，取CD的中点O，连接EO，AH，则EO⊥CD，AH⊥BC，因为平面CDE⊥平面BCD，且EO⊥CD，所以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)连接OB，以CD的中点O为坐标原点，OD所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
则C(－1,0,0)，E(0,0，)，B(0，，0)，A，＝(0，－，)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取得n＝(－，－3,1)．
则cos〈，n〉＝＝.
所以直线BE与平面AEC所成角的正弦值为.
19．(2019·四川绵阳三诊)甲、乙两家物流公司都需要进行货物中转，由于业务量扩大，现向社会招聘货车司机，其日工资方案如下：甲公司，底薪80元，司机每中转一车货物另计4元；乙公司无底薪，中转40车货物以内(含40车)的部分司机每车计6元，超出40车的部分，司机每车计7元．假设同一物流公司的司机一天中转货物的车数相同，现从这两家公司各随机选取一名货车司机，并分别记录其50天的中转车数，得到如下频数表：
甲公司货车司机中转货物车数频数表
日中转车数
38
39
40
41
42
天数
10
15
10
10
5
乙公司货车司机中转货物车数频数表
日中转车数
38
39
40
41
42
天数
5
10
10
20
5
(1)现从记录甲公司的50天货物中转车数中随机抽取3天的中转车数，求这3天中转车数都不小于40的概率；
(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：
①记乙公司货车司机日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望E(X)；
②小王打算到甲、乙两家物流公司中的一家应聘，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由．
解 (1)设“这三天中转车数都不小于40”的事件为A，
则P(A)＝＝.
(2)①设乙公司货车司机日中转车数为t，则
X＝
则X的所有取值分别为228,234,240,247,254，其分布列为：
日工资
228
234
240
247
254
概率P
∴E(X)＝228×＋234×＋240×＋247×＋254×＝241.8.
②设甲公司货车司机日工资为Y，日中转车数为μ，则Y＝4μ＋80，
则Y的所有可能取值为232,236,240,244,248，则分布列为：
日工资
232
236
240
244
248
概率P
E(Y)＝232×＋236×＋240×＋244×＋248×＝238.8.
由E(X)＞E(Y)知，若仅从日工资的角度考虑，小王应该选择乙公司．
20．(2019·辽宁沈阳教学质量监测三)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，M(－2，y0)是C上一点，且|MF|＝2.
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线C的切线l1，l2，两条切线相交于点P，点P关于直线AB的对称点为点Q，判断四边形PAQB是否存在外接圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由．
解 (1)根据题意知，4＝2py0， ①
因为|MF|＝2，所以y0＋＝2， ②
联立①②解得y0＝1，p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)四边形PAQB存在外接圆．
设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y中，
得x2－4kx－4＝0，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Δ＝16k2＋16>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
所以|AB|＝|x1－x2|＝4(k2＋1)，
因为C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝.
因此，切线l1的斜率为k1＝，切线l2的斜率为k2＝，
由于k1k2＝＝－1，所以PA⊥PB，即△PAB是直角三角形，所以△PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点，线段AB是圆的直径，
所以点Q一定在△PAB的外接圆上，即四边形PAQB存在外接圆．又因为|AB|＝4(k2＋1)，所以当k＝0时，线段AB最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为4π.
21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数f(x)＝aln (x＋1)－x－1，其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)令函数g(x)＝f(x)＋ex，若x∈[0，＋∞)时，g(x)≥0，求实数a的取值范围．
解 (1)由x＋1>0得x>－1，可知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)．
由f′(x)＝－1＝－.
①当a－1≤－1时，a≤0，f′(x)<0，可得函数f(x)的减区间为(－1，＋∞)，没有增区间；
②当a－1>－1时，a>0，令f′(x)>0得－1可得函数f(x)的减区间为(a－1，＋∞)，增区间为(－1，a－1)．
(2)由题意有g(x)＝aln (x＋1)＋ex－x－1.
①当a≥0时，令h(x)＝ex－x－1(x≥0)，有h′(x)＝ex－1≥0，故函数h(x)为增函数，有h(x)≥h(0)＝0，可知当x∈[0，＋∞)时，ex－x－1≥0.又当x∈[0，＋∞)时，ln (x＋1)≥0，故当x∈[0，＋∞)时，g(x)≥0.
②当a<0时，g′(x)＝＋ex－1，
可知函数y＝＋ex－1(x>－1)为增函数．
由g′(0)＝a<0，由①知当x≥0时，ex－1≥x，有g′(x)≥＋x＝＞，可知当x>－a时，g′(x)>0.由上可知存在x0∈(0，－a)，使得g′(x0)＝0，故函数g(x)的减区间为(－1，x0)，增区间为(x0，＋∞)，又由g(0)＝0，可得当x∈(0，x0)时，g(x)<0，不符合题意．由上可知，所求实数a的取值范围为[0，＋∞)．
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28张PPT。解答题(四)第二部分 刷题型本课结束