适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习题型专项练6解答题组合练C

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习题型专项练6解答题组合练C，共7页。试卷主要包含了682 7,P≈0，已知函数f=ln x-ax等内容，欢迎下载使用。

(1)求角α的大小;
(2)若x∈,给出m的一个合适的数值,使得函数y=sin x+2sin2(+α)的值域为(-+1).
2.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an=(n∈N*,n≥2).
(1)求证:数列{}是等差数列,并求{an}的通项公式;
(2)若[x]表示不超过x的最大整数,如[-1.2]=-2,[2.1]=2,求证:=1.
3.某学校组织了环保知识竞赛活动,并从中抽取了200份试卷进行调查,这200份试卷的成绩(卷面共100分)频率分布直方图如图所示.
(1)用样本估计总体,求此次知识竞赛的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
(2)可以认为这次竞赛成绩X近似地服从正态分布N(μ,σ2)(用样本平均数和标准差s分别作为μ,σ的近似值).已知样本标准差s≈7.36,若有84.14%的学生的竞赛成绩不低于学校期望的平均分,则学校期望的平均分约为多少(结果取整数)?
(3)从[80,100]的试卷中用分层随机抽样的方法抽取10份试卷,再从这10份样本中随机抽测i(1≤i≤6)份试卷(抽测的份数是随机的),若已知抽测的i份试卷都不低于90分,求抽测3份的概率.
参考数据:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.682 7,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)≈0.954 5,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997 3.
4.如图①所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图②所示.
图①
图②
(1)求证:A1C⊥平面BCDE;
(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;
(3)线段BC(不包括端点)上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.
5.(2023·江苏盐城中学一模)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率是,抛物线E:x2=2y的焦点F是椭圆C的一个顶点.设P是抛物线E上的动点,且位于第一象限,抛物线E在点P处的切线l与椭圆C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D,直线OD与过点P且垂直于x轴的直线交于点M.
(1)求证:点M在定直线上;
(2)直线l与y轴交于点G,记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2,求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
6.已知函数f(x)=ln x-ax.
(1)若f(x)存在极值,求实数a的取值范围;
(2)当a=1时,判断函数g(x)=f(x)+2sin x的零点个数,并证明你的结论.
题型专项练6 解答题组合练(C)
1.解 (1)因为sinα+csα=sin,
所以sin(α+)=
又α∈(0,π),所以α+,
可得α+,可得α=
又csα>sinα,所以α=
(2)y=sinx+2sin2=sinx+1-cs=sinx+1-csxcs+sinxsinsinx-csx+1=sin+1.
当x=-时,y=sin+1=-,当sin=1时,y=+1,
所以由题意可得m-,可得m>
因此m即可,故m的值可取π.
2.证明 (1)因为an=,
所以当n≥2时,Sn-Sn-1=
即()()=,而an>0,有>0,所以=1(n≥2),
所以数列{}是以=1为首项,公差为1的等差数列.
于是=1+(n-1)×1=n,则Sn=n2,
当n≥2时,an==n+n-1=2n-1.
又a1=1满足上式,所以{an}的通项公式为an=2n-1.
(2),
当n≥2时,,
故+…+<1++…+)=1+<1+
当n=1时,=1<
所以对任意的n∈N*,都有+…+
又+…+=1,
所以1+…+
所以=1.
3.解 (1)由频率分布直方图可知,
平均分为(65×0.01+75×0.04+85×0.035+95×0.015)×10=80.5.
(2)由(1)可知X~N(80.5,7.362),设学校期望的平均分约为m,则P(X≥m)=0.8414.
因为P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-σ≤X≤μ)≈0.3414,
所以P(X≥μ-σ)≈0.8414,
即P(X≥73.14)≈0.8414,
所以学校期望的平均分约为73分.
(3)由频率分布直方图可知,分数在[80,90)和[90,100]的频率分别为0.35和0.15,那么按照分层随机抽样抽取10人,其中分数在[80,90)的应抽取10=7人,
分数在[90,100]的应抽取10=3人.
记事件Ai:抽测i(i=1,2,3)份试卷,事件B:取出的试卷都不低于90分,
则P(Ai)=,P(B|Ai)=,
P(B)=P(Ai)P(B|Ai)=()=,
则P(A3|B)=
4.(1)证明 ∵CD⊥DE,A1D⊥DE,A1D,CD是平面A1CD内的两条相交直线,∴DE⊥平面A1CD.
∵A1C⊂平面A1CD,∴A1C⊥DE.
又A1C⊥CD,DE,CD是平面BCDE内的两条相交直线,
∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解 如图,建立空间直角坐标系C-xyz,
则D(-2,0,0),A1(0,0,2),B(0,3,0),E(-2,2,0),
故=(0,3,-2),=(-2,-1,0).
设平面A1BE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
即
取y=2,得n=(-1,2,).
∵M(-1,0,),=(-1,0,).
设<,n>=θ,CM与平面A1BE所成角为α,
∴csθ=sinα=|csθ|=
故CM与平面A1BE所成角的大小为45°.
(3)解 不存在这样的点P.理由如下:设点P的坐标为(0,m,0)(0设平面A1DP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=m,则n1=(m,-2,-m).
要使平面A1DP与平面A1BE垂直,需n·n1=(-1)m+2×(-2)+(-m)=0,解得m=-2,不满足条件.
所以不存在这样的点P.
5.(1)证明 由题意可得e=,
抛物线E:x2=2y的焦点F为(0,),
所以b=,a2-c2=,解得a=1,c=,
可得椭圆C的方程为x2+4y2=1.
设P(x0,y0),可得=2y0,
由y=x2的导数为y'=x,所以切线l的斜率为x0,
则切线l的方程为y-y0=x0(x-x0),
可化为y=x0x-y0,代入椭圆C的方程,可得(1+4)x2-8x0y0x+4-1=0.
由Δ=64-4(1+4)(4-1)>0,可得1+4>4
设A(x1,y1),B(x2,y2),可得x1+x2=,
所以中点D(,-).
直线OD的方程为y=-x,可令x=x0,可得y=-,
所以点M在定直线y=-上.
(2)解 由(1)知直线l的方程为y=x0x-y0,令x=0,可得G(0,-y0),
则S1=|FG|·|x0|=x0·(+y0)=x0(1+),
S2=|PM|·|x0-|=(y0+)x0,
则
令1+2=t(t>1),则
=2+=-()2+,
则当t=2,即x0=时,取得最大值,
此时点P的坐标为().
6.解 (1)f'(x)=-a(x>0),
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为单调递增函数,不可能有极值,舍去;
当a>0时,令f'(x)=0,解得x=
当00,f(x)为单调递增函数;
当x>时,f'(x)<0,f(x)为单调递增函数;
所以f(x)在x=取得极大值,符合题意.
综上,实数a的取值范围为(0,+∞).
(2)当a=1时,g(x)=lnx-x+2sinx(x>0),
g'(x)=-1+2csx,g″(x)=--2sinx.
①当x∈(0,π]时,g″(x)<0,g'(x)单调递减,
注意到g'(1)=2cs1>0,g'(π)=-3<0,
所以存在唯一的x0∈(1,π),使g'(x0)=0,
且当00,g(x)单调递增,
当x0注意到g=-3-+2sin<0,
g(1)=-1+2sin1>0,g(π)=lnπ-π<0,
所以g(x)在区间和区间(1,π)内各有一个零点.
②当x∈(π,2π]时,g(x)≤lnx-x③当x∈(2π,+∞)时,g(x)≤lnx-x+2综上,g(x)在区间和区间(1,π)内各有一个零点,共有两个零点.