高考数学复习解答题专项练习题

这是一份高考数学复习解答题专项练习题，共21页。
第二部分　大题·规范练解答题专项练(一)三角函数与解三角形1．(2021·辽西联合校高三模拟)已知函数f(x)＝2sin＋4coscos。(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当x∈时，求函数f(x)的值域。解　(1)f(x)＝2sin＋4coscos＝2＋4×(cos x－sin x)×(cos x＋sin x)＝sin 2x－cos 2x＋2cos 2x＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，故函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z，单调递减区间为，k∈Z。(2)当x∈时，2x＋∈，可得－≤sin≤，可得－1≤2sin≤，故函数f(x)的值域为。2．(2021·湖北襄阳高三联考)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c。asin B＝bcos，______。从①a＝7，②C＝，③a＝b这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答。(1)求A；(2)若c＝5，求b。解　(1)因为asin B＝bcos，所以由正弦定理可得sin Asin B＝sin Bcos。因为sin B≠0，所以sin A＝cos＝cos A＋sin A，即tan A＝。又因为0<A<π，所以A＝。(2)选①a＝7。在△ABC中，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A，得b2－5b－24＝0，解得b＝8或b＝－3(舍去)，所以b＝8。选②C＝。sin B＝sin(A＋C)＝sin ＝sincos＋cossin＝，由正弦定理＝，得＝，解得b＝。选③a＝b。由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A得(b)2＝b2＋25－10bcos，即2b2＋5b－25＝0，解得b＝或b＝－5(舍去)，所以b＝。3.如图，在平面四边形ABCD中，∠ACB与∠D互补，cos∠ACB＝，AC＝BC＝2，AB＝4AD。(1)求AB的长；(2)求sin∠ACD。解　(1)由题意，在△ABC中，根据余弦定理得AB2＝BC2＋AC2－2AC·BCcos∠ACB＝(2)2＋(2)2－2×2×2×＝16，所以AB＝4。(2)因为AB＝4且AB＝4AD，所以AD＝1，又∠ACB与∠D互补，则cos∠D＝－cos∠ACB＝－，所以sin∠D＝＝。由正弦定理得＝，所以sin∠ACD＝。4．(2021·安徽高三下学期开年考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，csin A＋asin＝0，c＝6。(1)求△ABC外接圆的面积；(2)若c＝b，＝，求△ACM的周长。解　(1)因为csin A＋asin＝0，所以csin A＋acos C＝0，由正弦定理得sin Csin A＋sin Acos C＝0，因为sin A≠0，所以sin C＋cos C＝0，得tan C＝－，又0<C<π，故C＝，所以△ABC外接圆的半径R＝·＝×＝2，所以△ABC外接圆的面积为πR2＝12π。(2)由c＝6及c＝b，得b＝2，所以sin B＝＝，因为C＝，则B为锐角，所以B＝，故A＝π－B－C＝。如图所示，在△ACM中，由余弦定理得CM2＝AM2＋AC2－2AM·AC·cos A＝22＋(2)2－2×2×2×＝4，解得CM＝2，则△ACM的周长为4＋2。5. (2021·河南驻马店高三模拟)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知asin A＋csin C＝sin B。(1)求B；(2)若AC边上的中线BD的长为2，求△ABC面积的最大值。解　(1)因为asin A＋csin C＝sin B，所以由正弦定理可得a2＋c2＝b，即a2＋c2－b2＝absin C。再由余弦定理可得2accos B＝absin C，由正弦定理可得sin Ccos B＝sin Bsin C。因为sin C≠0，所以tan B＝。因为B∈(0，π)，所以B＝。(2)因为＋＝2，所以BA2＋BC2＋2BA·BC·cos B＝4BD2，即c2＋a2＋ac＝16。因为16－ac＝a2＋c2≥2ac，所以ac≤，当且仅当a＝c＝时取等号，故S△ABC＝acsin B≤××＝，则△ABC面积的最大值为。6.(2021·山东青岛高三期末)在如图所示的平面图形中，AB＝2，BC＝，∠ABC＝∠AEC＝，AE与BC交于点F，设∠CAE＝θ，θ∈。(1)用θ表示AE，AF；(2)求取最大值时θ的值。解　(1)由题知在△ABC中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos B，所以AC＝1，因为AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB＝，在△ACE中，因为∠AEC＝，∠CAE＝θ，所以∠ACE＝－θ，由正弦定理可得＝，所以AE＝2sin ，在Rt△ACF中，AF＝＝。(2)由(1)得＝2cos θ·sin ＝cos2θ＋sin θcos θ＝＝＋sin，因为θ∈，所以2θ＋∈，当2θ＋＝，即θ＝时，sin取最大值1，所以当取最大值时，θ＝。 (二)数列1．(2021·山东菏泽高三期末)已知数列{an}的前n项和是Sn＝n2。(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝，设{bn}的前n项和是Tn，求使得Tn>的最小正整数n。解　(1)a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，a1符合上式，所以an＝2n－1。(2)bn＝＝－，所以Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－，令1－>，解得n>1 010，所以最小正整数n为1 011。2．已知等差数列{an}，且a5＝5，S5＝15，首项为1的数列{bn}满足2bn＋1an＝bnan＋1。(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)求数列{bn}的前n项和Tn。解　(1)依题意，设数列{an}的公差为d，因为S5＝5a3＝15，所以a3＝3，故d＝＝1。故an＝a3＋(n－3)d＝n，Sn＝。(2)依题意，2bn＋1an＝bnan＋1，得＝·(n≥1)，所以是以＝1为首项，为公比的等比数列，＝n－1，从而bn＝，Tn＝＋＋＋…＋＋，Tn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Tn＝1＋＋＋…＋－＝－＝2－，所以Tn＝4－。3．(2021·辽宁大连高三期末)在①Sn＝n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)，②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，③an＋1＝qan(q>0，n∈N*，q为常数)这三个条件中任选一个，补充到下面问题中，若问题中的数列存在，求数列(n∈N*)的前10项和；若问题中的数列不存在，说明理由。问题：是否存在数列{an}(n∈N*)，其前n项和为Sn，且a1＝1，a3＝4，________？解　选择①Sn＝n2－kn＋1(n∈N*，k为常数)。由即解得该方程组无解，所以该数列不存在。选择②an＋1＝an＋d(n∈N*，d为常数)，即数列{an}为等差数列，由a1＝1，a3＝4，可得公差d＝＝，所以an＝n－。所以＝，所以＋＋…＋＝＝×＝。选择③an＋1＝qan(q>0，n∈N*，q为常数)，即数列{an}为等比数列，由a1＝1，a3＝4，可得公比q＝＝2，所以÷＝(n≥2)，所以数列是首项为＝，公比为的等比数列，所以其前10项和为＝×。4．(2021·江苏徐州高三期末)设数列{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，数列{cn}满足cn＝an＋bn，n∈N*。(1)若an＝2n，bn＝3n，是否存在常数k，使得数列{cn＋1－kcn}为等比数列？若存在，求k的值；若不存在，说明理由；(2)证明：{cn}不是等比数列。解　(1)由题意知，若数列{cn＋1－kcn}为等比数列，则有(cn＋1－kcn)2＝(cn＋2－kcn＋1)·(cn－kcn－1)，其中n≥2且n∈N*，将cn＝2n＋3n代入上式，得[2n＋1＋3n＋1－k(2n＋3n)]2＝[2n＋2＋3n＋2－k(2n＋1＋3n＋1)]·[2n＋3n－k(2n－1＋3n－1)]，即[(2－k)2n＋(3－k)3n]2＝[(2－k)2n＋1＋(3－k)3n＋1]·[(2－k)2n－1＋(3－k)3n－1]，整理得(2－k)(3－k)·2n·3n＝0，解得k＝2或k＝3。(2)证明：设数列{an}，{bn}的公比分别为p，q，p≠q且p，q≠0，a1，b1≠0，则cn＝a1pn－1＋b1qn－1，要证{cn}不是等比数列，只需证c≠c1·c3，事实上c＝(a1p＋b1q)2＝ap2＋2a1b1pq＋bq2，c1·c3＝(a1＋b1)·(a1p2＋b1q2)＝ap2＋a1b1(p2＋q2)＋bq2，由于p≠q，故p2＋q2>2pq，又a1，b1≠0，从而c≠c1·c3，所以{cn}不是等比数列。5．(2021·浙江绍兴一中高三期末)已知公差为2的等差数列{an}，且a1，a7，a5成等比数列。(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{|an|}的前n项和为Sn，求数列的最小项。解　(1)由题知a＝a1·a5，则(12＋a1)2＝a1·(a1＋8)，解得a1＝－9，即an＝a1＋(n－1)d＝2n－11。(2)当n≤5时，|an|＝11－2n，Sn＝×n＝10n－n2，则＝＝10－n，即当n＝5时，min＝5。当n≥6时，an＝2n－11，Sn＝S5＋×(n－5)＝n2－10n＋50，则＝n＋－10。令f(x)＝x＋－10，x≥6，则f′(x)＝1－＝，当6<x<5时，f′(x)<0，当x>5时，f′(x)>0，即函数f(x)在(6,5)上单调递减，在(5，＋∞)上单调递增，即n＝7时，min＝<5。综上，数列的最小项为第7项。6．(2021·湖北襄阳高三联考)已知f(x)＝x2－3x，数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝f(n)。(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，且对于任意n∈N*，总存在x∈[2,4]，使得Tn>mf(x)成立，求实数m的取值范围。解　(1)因为f(x)＝x2－3x，Sn＝f(n)，所以Sn＝n2－3n，当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2－3(n－1)，an＝Sn－Sn－1＝2n－4，当n＝1时，a1＝S1＝－2，也满足an＝2n－4，故an＝2n－4。(2)因为an＝2n－4，bn＝，所以bn＝＝，b1＝－<0，b2＝0，当n≥3时，bn>0，故T1＝T2为Tn的最小值，Tn的最小值为－，因为对于任意n∈N*，总存在x∈[2,4]，使得Tn>mf(x)成立，所以－>[mf(x)]min，因为x∈[2,4]，f(x)＝x2－3x＝2－，所以f(x)∈[－2,4]，当m>0时，－>[mf(x)]min，即－>－2m，解得m>；当m<0时，－>[mf(x)]min，即－>4m，解得m<－，m＝0时，－>0，显然不成立。故实数m的取值范围为∪。 (三)立体几何1．(2021·湖北武汉高三质量检测)如图，四棱锥P­ABCD中，CD⊥平面PAD，AB∥CD，AB＝1，CD＝2，M为棱PC上一点。(1)若BM⊥CD，证明：BM∥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AD＝2，且PA∥平面BMD，求直线PC与平面BMD所成角的正弦值。解　(1)证明：取CD的中点N，连接MN和BN，因为AB∥CD，CD＝2AB，且N为CD的中点，所以AB∥DN且AB＝DN，所以四边形ABND为平行四边形，则BN∥AD。又CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥AD，因为BN∥AD，所以CD⊥BN。又因为CD⊥BM，BN∩BM＝B，所以CD⊥平面BMN。又因为CD⊥平面PAD，所以平面BMN∥平面PAD，因为BM⊂平面BMN，所以BM∥平面PAD。(2)取AD的中点O，作OQ∥AB交BC于Q，连接PO，因为PA＝PD，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以CD⊥PO，又CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD。因为CD⊥AD，OQ∥AB∥CD，所以OQ⊥AD。以O为原点，OA，OQ，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，D(－1,0,0)，B(1,1,0)，C(－1,2,0)，P(0,0，)，所以＝(1,0，－)，＝(2,1,0)。设平面BMD的法向量为n＝(x，y，z)，由PA∥平面BMD，得取x＝，则y＝－2，z＝1，n＝(，－2，1)。因为＝(－1,2，－)，所以cos〈n，〉＝＝－。因此，直线PC和平面BMD所成角的正弦值为。2.(2021·四川高三第二次监测)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC＝90°，BC∥AD，BC＝2AD，平面PBC⊥平面ABCD，PB＝PC＝2，DP＝DC＝，E为PB的中点。(1)证明：AE⊥PC；(2)求二面角B­PA­D的正弦值。解　(1)证明：取PC中点F，连接DF和EF，则EF∥BC，且BC＝2EF。又由BC∥AD，BC＝2AD，所以AD∥EF，AD＝EF，即四边形ADFE为平行四边形，所以AE∥DF，因为DP＝DC，所以DF⊥PC，因此AE⊥PC。(2)由已知，平面ABCD⊥平面PBC，平面ABCD∩平面PBC＝BC，∠ABC＝90°，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PBC，所以AB⊥PC，由(1)知AE⊥PC，且AB∩AE＝A，所以PC⊥平面PAB，PC⊥PB，因为PB＝PC＝2，所以BC＝2，AD＝，取BC的中点O，连接OD，OP，可得OD，OC，OP两两相互垂直。以OD，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由DP＝DC＝，可得OD＝1，所以B(0，－，0)，A(1，－，0)，D(1,0,0)，P(0,0，)，C(0，，0)，可得＝(－1,0,0)，＝(－1，，)，＝(0，，0)，设平面PAD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，可得平面PAD的一个法向量为n＝(，0,1)，易知＝(0，，－)为平面PAB的一个法向量，所以cos 〈n，〉＝＝－。设二面角B­PA­D的平面角为θ，则sin θ＝＝，故二面角B­PA­D的正弦值为。3．如图，在四棱锥P­ABCD的展开图中，点P分别对应点P1，P2，P3，P4，已知A，D均在线段P1P3上，且P1P3⊥P2C，P1P3∩P2C＝D，四边形ABCP2为等腰梯形，AB∥CP2，AB＝BC＝CP2。(1)若M为线段BC的中点，证明：BC⊥平面PDM。(2)求二面角A­PB­C的余弦值。解　(1)证明：由P1P3⊥P2C，P1P3∩P2C＝D，可知PD，AD，CD两两相互垂直。因为AD∩CD＝D，所以PD⊥平面ABCD，则PD⊥BC。连接BD，取CD的中点E，连接BE，因为AB＝BC＝CP2，所以BC＝CD，BE＝AD＝CE，所以∠BCD＝60°，从而△BCD为正三角形，又因为M为BC的中点，所以DM⊥BC。又因为PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以BC⊥平面PDM。(2)以D为坐标原点，以的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz。设AB＝1，则D(0,0,0)，A(，0,0)，B(，1,0)，C(0，2,0)，P(0,0,1)，从而＝(，1，－1)，＝(－，1,0)，＝(0,1,0)。设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得n＝(1，，2)。设平面PAB的法向量m＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝1，得平面PAB的一个法向量m＝(1,0，)，所以cos〈m，n〉＝＝＝，由图可知二面角A­PB­C为钝角，故二面角A­PB­C的余弦值为－。4.(2021·江苏盐城高三模拟)如图，在五面体ABCDFE中，四边形ABEF为正方形，平面ABEF⊥平面CDFE，CD∥EF，DF⊥EF，EF＝2CD＝2。(1)若DF＝2，求二面角A­CE­F的正弦值；(2)若平面ACF⊥平面BCE，求DF的长。解　(1)因为平面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE＝EF，DF⊥EF，DF⊂平面CDFE，所以DF⊥平面ABEF，所以DF⊥AF。又四边形ABEF为正方形，则AF⊥EF。以F为原点，FA，FE，FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系Fxyz。则F(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0,2,0)，C(0,1,2)，则＝(2，－2,0)，＝(0，－1,2)，设平面ACE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即不妨取z＝1，则x＝y＝2，所以m＝(2,2,1)。易知＝(2,0,0)为平面CEF的一个法向量，所以cos〈m，〉＝＝。所以二面角A­CE­F的正弦值为＝。(2)设DF＝t(t>0)，则C(0,1，t)，所以＝(2,0,0)，＝(0，－1，t)，＝(2,0,0)，＝(0,1，t)，设平面BCE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则即不妨令c＝1，则b＝t，所以n＝(0，t,1)。设平面ACF的一个法向量为s＝(p，q，r)，则即不妨取r＝1，则q＝－t，得s＝(0，－t,1)，因为平面ACF⊥平面BCE，所以n·s＝0，即－t2＋1＝0，得t＝1，即DF＝1。5.(2021·江西吉安高三联考)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA＝AB＝AD＝2，底面ABCD为平行四边形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，E，M分别为BC，PD的中点，点F在棱PC上。(1)证明：平面AEF⊥平面PAD；(2)若二面角P­AF­E的余弦值为－，求直线AM与平面AEF所成角的正弦值。解　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AE。又因为AB＝AD，且ABCD为平行四边形，∠ABC＝，所以△ABC为等边三角形，又因为E为BC的中点，所以AE⊥BC，又因为AD∥BC，所以AE⊥AD，因为PA∩AD＝A，所以AE⊥平面PAD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD。(2)以A为原点，AE，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz。则P(0,0,2)，E(，0,0)，C(，1,0)，M(0,1,1)。＝(，1，－2)。设＝λ(0≤λ≤1)，则F(λ，λ，2－2λ)。设平面PAF即平面PAC的法向量为n1，＝(0,0,2)，＝(，1,0)，由n1·＝0，n1·＝0，可取n1＝(1，－，0)。设平面AEF的法向量为n2。＝(，0,0)，＝(λ，λ，2－2λ)。由n2·＝0，n2·＝0，可取n2＝(0,2λ－2，λ)。|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得λ＝，所以n2＝。＝(0,1,1)，设AM与平面AEF所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n2〉|＝＝＝。所以直线AM与平面AEF所成角的正弦值为。6．(2021·安徽六校联考)如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，AA1＝A1B1＝AB＝1，∠ABC＝60°，AA1⊥平面ABCD。 (1)若点M是AD的中点，求证：C1M⊥A1C；(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E­AD1­D的余弦值为？若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由。解　(1)证明：取BC中点Q，连接AQ，AC，因为四边形ABCD为菱形，所以AB＝BC，因为∠ABC＝60°，所以△ABC为等边三角形，因为Q为BC的中点，所以AQ⊥BC，因为AD∥BC，所以AQ⊥AD，由于AA1⊥平面ABCD，所以以A为原点，以AQ，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示。则A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1(0,1,1)，Q(，0,0)，C(，1,0)，C1，M(0，1,0)，＝，＝(，1，－1)，所以·＝－＋＋(－1)2＝0，所以C1M⊥A1C。(2)假设点E存在，设点E的坐标为(，λ，0)，其中－1≤λ≤1，则＝(，λ，0)，＝(0,1,1)，设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，则即取y＝－，则x＝λ，z＝，所以n＝(λ，－，)，易知平面ADD1的一个法向量为m＝(1,0,0)，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得λ＝±，又由于二面角E­AD1­D为锐角，由图可知，点E在线段QC上，所以λ＝，即CE＝1－。因此，棱BC上存在一点E，使得二面角E­AD1­D的余弦值为，此时CE＝1－。(四)概率与统计(理)1．(2021·黑龙江哈尔滨高三阶段性考试)2020年，全球爆发了新冠肺炎疫情，为了预防疫情蔓延，某校推迟2020年的春季线下开学，并采取了“停课不停学”的线上授课措施。为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了该校的100名学生(男生与女生的人数之比为1∶1)对线上课程进行评价打分，若评分不低于80分视为满意。其得分情况的频率分布直方图如图所示，若根据频率分布直方图得到的评分不低于70分的频率为0.85。(1)求b的值，并估计100名学生对线上课程评分的平均值；(每组数据用该组的区间中点值为代表)(2)结合频率分布直方图，请完成以下2×2列联表，并回答能否有99%的把握认为“对线上教学是否满意与性别有关”。 满意不满意合计男生   女生 15 合计  100 附：K2＝，P(K2≥k0)0.250.150.100.050.0250.010.0050.001k01.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828 解　 (1)由已知得(0.015＋b＋0.03)×10＝0.85，解得b＝0.04，又(0.005＋a)×10＝1－0.85，解得a＝0.01，所以评分的平均值为55×0.05＋65×0.1＋75×0.3＋85×0.4＋95×0.15＝80。(2)由题意可得，2×2列联表如下表： 满意不满意合计男生203050女生351550合计5545100 因此K2＝≈9.091>6.635，所以能有99%的把握认为“对线上教学是否满意与性别有关”。2．(2018·北京高考)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测。现有100人，已知其中2人感染病毒。(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为，定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)；(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果)。解　(1)①共检测两轮：第一轮，100人分10组，故检测了10次；第二轮，对两名患者所在组的每个人都进行一次检测，共10次，故总检测次数为10＋10＝20次。②由①知，两名感染患者在同一组时，共需检测20次；若两名患者不在一组，需要检测10＋10＋10＝30次，故X可取值为20,30，则P(X＝20)＝，P(X＝30)＝1－＝，故X的分布列为 X2030P 所以E(X)＝20×＋30×＝＝。(2)E(X)<E(Y)。3．(2021·安徽池州高三模拟)2020年新冠疫情以来，医用口罩成为防疫的必需品。根据国家质量监督检验标准，过滤率是生产医用口罩的重要参考标准，对于直径小于5微米的颗粒的过滤率必须大于90%。为了监控某条医用口罩生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取10个医用口罩，检测其过滤率，依据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的医用口罩的过滤率Z服从正态分布N(μ，σ2)。假设生产状态正常，生产出的每个口罩彼此独立。记X表示一天内抽取10个口罩中过滤率小于或等于μ－3σ的数量。(1)求P(X≥1)的概率；(2)求X的数学期望E(X)；(3)一天内抽检的口罩中，如果出现了过滤率Z小于μ－3σ的口罩，就认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需要对当天的生产过程进行检查维修，试问这种监控生产过程的方法合理吗？附：若随机变量Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z≤μ＋σ)＝0.682 6，P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)＝0.954 4，P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)＝0.997 4,0.998 710≈0.987 1。解　(1)抽取口罩中过滤率在(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率P(μ－3σ<Z≤μ＋3σ)＝0.997 4。所以P(Z≤μ－3σ)＝＝0.001 3。所以P(Z>μ－3σ)＝1－0.001 3＝0.998 7，故P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0.998 710＝1－0.987 1＝0.012 9。(2)由题意可知X～B(10,0.001 3)，所以E(X)＝10×0.001 3＝0.013。(3)如果按照正常状态生产，由(1)中计算可知，一只口罩过滤率小于或等于μ－3σ的概率P(Z≤μ－3σ)＝＝0.001 3，一天内抽取的10只口罩中，出现过滤率小于或等于μ－3σ的概率P(X≥1)＝0.012 9，发生的概率非常小，属于小概率事件。所以一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程中可能出现了异常情况，需要对当天的生产过程进行检查维修，可见这种监控生产过程的方法合理。4．(2021·宁夏石嘴山高三模拟)为了解学生寒假期间学习情况，学校对某班男、女学生的学习时间进行调查，学习时间按整小时统计，调查结果绘制成折线图如图所示。  (1)已知该校有400名学生，试估计全校学生中，每天学习不足4小时的人数；(2)若从学习时间不少于4小时的学生中选取4人，设选取的男生人数为X，求随机变量X的分布列及均值E(X)；(3)试比较男生学习时间的方差s与女生学习时间的方差s的大小。(只需写出结论)解　(1)由折线图可得共抽取了20人，其中男生中学习时间不足4小时的有8人，女生中学习时间不足4小时的有4人。故可估计全校学生中每天学习时间不足4小时的人数为400×＝240。(2)学习时间不少于4小时的学生共8人，其中男生人数为4，故X的所有可能取值为0,1,2,3,4。由题意可得P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝＝，P(X＝4)＝＝。所以随机变量X的分布列为 X01234P 所以均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2。(3)由折线图可得s>s。5．体检时，为了确定体检人是否患有某种疾病，需要对其血液采样进行化验，若结果呈阳性，则患有该疾病；若结果呈阴性，则未患有该疾病。对于n(n∈N*)份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需检验n次。二是混合检验，将n份血液样本分别取样混合在一起，若检验结果为阴性，那么这n份血液全为阴性，因而检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这n份血液究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，则n份血液检验的次数共为n＋1次。已知每位体检人未患有该疾病的概率为(0<p<1)，而且各体检人是否患该疾病相互独立。(1)若p＝，求3位体检人的血液样本混合检验结果为阳性的概率；(2)某定点医院现取得6位体检人的血液样本，考虑以下两种检验方案：方案一：采用混合检验；方案二：平均分成两组，每组3位体检人血液样本采用混合检验。若检验次数的期望值越小，则方案越“优”。试问方案一、二哪个更“优”？请说明理由。解　(1)该混合样本阴性的概率是3＝，根据对立事件可得，阳性的概率为1－＝。(2)方案一：混在一起检验，方案一的检验次数记为X，则X的可能取值为1,7，P(X＝1)＝()6＝p2；P(X＝7)＝1－p2，其分布列为 X17Pp21－p2则E(X)＝7－6p2。方案二：由题意分析可知，每组3份样本混合检验时，若阴性则检测次数为1，概率为()3＝p，若阳性，则检测次数为4，概率为1－p。方案二的检验次数记为Y，则Y的可能取值为2,5,8，P(Y＝2)＝p2；P(Y＝5)＝Cp(1－p)＝2p(1－p)；P(Y＝8)＝(1－p)2。其分布列为 Y258Pp22p－2p2(1－p)2 则E(Y)＝2p2＋5(2p－2p2)＋8(1－p)2＝8－6p。E(Y)－E(X)＝8－6p－(7－6p2)＝6p2－6p＋1。当0<p<或<p<1时，可得E(X)<E(Y)，所以方案一更“优”；当p＝或p＝时，可得E(X)＝E(Y)，所以方案一、二一样“优”；当<p<时，可得E(Y)<E(X)，所以方案二更“优”。6．(2021·山东菏泽高三模拟)中国提出共建“一带一路”，旨在促进更多的经济增长和更大的互联互通。随着“一带一路”的发展，中亚面粉、波兰苹果、法国红酒走上了中国人的餐桌，中国制造的汽车、电子元件、农产品丰富着海外市场。为拓展海外市场，某电子公司新开发一款电子产品，该电子产品的一个系统G由3个相同的电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统G中有超过一半的电子元件正常工作，则G可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需费用为900元。(1)求系统需要维修的概率；(2)该电子产品共有3个系统G，设ξ为电子产品所需要维修的费用，求ξ的期望；(3)为提高系统G正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率为p，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则G可以正常工作。问：p满足什么条件时可以提高整个系统G的正常工作概率？解　(1)系统需要维修的概率为C3＋C·2＝。(2)设X为需要维修的系统的个数，则X～B，且ξ＝900X，所以E(ξ)＝900E(X)＝900×3×＝700(元)。(3)当系统G有5个电子元件时，原来3个电子元件中至少有一个元件正常工作，系统G才正常工作。①若前3个电子元件中有1个正常工作，则同时新增的两个必须都正常工作，则概率为C·2·p2＝p2；②若前3个电子元件中有2个正常工作，则同时新增的两个中至少有1个正常工作，则概率为C·2·[Cp(1－p)＋p2]＝(2p－p2)；③若前3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增两个元件能否正常工作，系统G均能正常工作，则概率为C·3＝。所以新增两个元件后系统G能正常工作的概率为p2＋(2p－p2)＋＝＋。令＋>1－，解得2－<p<2＋，当2－<p<1时，可以提高整个系统G的正常工作概率。 (五)解析几何1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距与椭圆＋y2＝1的焦距相等，且C经过抛物线y＝(x－1)2＋的顶点。(1)求C的方程；(2)若直线y＝kx＋m与C相交于A，B两点，且A，B关于直线l：x＋ty＋1＝0对称，O为C的对称中心，且△AOB的面积为，求k的值。解　(1)由题意得y＝(x－1)2＋的顶点为(1，)，椭圆＋y2＝1的焦距为2，故解得a2＝4，b2＝2，所以C的方程为＋＝1。(2)因为直线y＝kx＋m与C相交于A，B两点，且A，B关于直线l：x＋ty＋1＝0对称，故直线l⊥AB，所以k＝t，联立可得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为P(x0，y0)，则Δ＝8(2k2＋4－m2)>0，x0＝－，y0＝kx0＋m＝，因为P(x0，y0)在直线l：x＋ky＋1＝0上，所以－＋＋1＝0，即m＝－，所以Δ＝8>0，即k2>2，又|AB|＝＝，O到直线AB的距离d＝＝，所以S△AOB＝|AB|d＝＝，解得k2＝3，k＝±。2．(2021·辽宁名校联考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点，其左顶点为A，上顶点为B。直线l：y＝－2x＋t(t∈R)与x，y轴分别交于点M，N，直线AN，BM分别与椭圆C交于点P，Q。(P异于点A，Q异于点B)(1)求椭圆C的方程；(2)若|AP|＝|BQ|，求直线l的方程。解　(1)由题意可知，＝，因为椭圆C过点，所以＋＝1，又因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1。(2)由(1)可知，A(－2,0)，B(0,1)，且M，N(0，t)，则kAN＝，kBM＝＝－，所以kAN·kBM＝－1，设直线AN的斜率为k，则直线AN为y＝k(x＋2)，直线BM为y＝－x＋1。将直线AN与椭圆C的方程联立得消去y，整理得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，因为xA＝－2，且xA·xP＝，所以xP＝，则|AP|＝|xP＋2|＝，将直线BM与椭圆C的方程联立消去y，整理得(k2＋4)x2－8kx＝0，因为xB＝0，且xB＋xQ＝，所以xQ＝，则|BQ|＝|xQ|＝，由题意可知＝，解得k＝±，又因为k＝，所以t＝±，则直线l的方程为y＝－2x±。3．(2021·河北张家口高三一模)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)上一动点P，左、右焦点分别为F1，F2，且F2(2,0)，定直线l：x＝，PM⊥l，点M在直线l上，且满足＝。(1)求双曲线的标准方程；(2)若直线l0的斜率k＝1，且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A，B两点，求△ABF1的外接圆方程。解　(1)由题意，知＝，设点P(x，y)，则＝， 所以(x－2)2＋y2＝2，得x2－4x＋4＋y2＝x2－4x＋3，整理得1＋y2＝， 即双曲线的标准方程为－y2＝1。 (2)由题意，知直线l0：y＝x－2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程，得整理得2x2－12x＋15＝0，故x1＋x2＝6, x1x2＝，而y1＋y2＝x1＋x2－4＝2。所以AB中点为(3,1)，而△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线l1上，则l1: y＝－x＋4。又由焦点弦长公式，可知|AB|＝|x1－x2|＝·＝2。设圆心(x0，y0)满足解得 所以半径R＝＝，故外接圆方程为2＋2＝。4.(2021·江苏南京高三阶段性检测)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2,0)，点(2，)在椭圆E上。(1)求椭圆E的方程；(2)如图，O为坐标原点，点A为椭圆E上一动点(非长轴端点)，直线AF2，AO分别与椭圆E交于B，C，求△ABC面积的最大值。解　(1)因为椭圆经过点(2，)，且左焦点为F1(－2,0)，则解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆E的方程为＋＝1。(2)由题意可设直线AF2：x＝ky＋2，联立方程得整理可得(k2＋2)y2＋4ky－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，所以|y1－y2|＝＝。|AB|＝|y1－y2|＝，设O到直线AF2的距离为d，则d＝，由对称性可知|OC|＝|OA|，则S△ABC＝2S△AOB＝d·|AB|＝·＝＝≤＝4，当且仅当＝，即k＝0时取等号，所以△ABC面积的最大值为4。5．(2021·江西上饶高三联考)在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－3上的动点，过点M作抛物线C：x2＝2y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点。(1)证明：MN⊥x轴；(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由。解　(1)证明：设切点A，B，y′＝x，所以切线MA的斜率为x1，切线MA：y－＝x1(x－x1)。设M(t，t－3)，则有t－3－＝x1(t－x1)，化简得x－2tx1＋2t－6＝0。同理可得x－2tx2＋2t－6＝0，所以x1，x2是方程x2－2tx＋2t－6＝0的两根，所以x1＋x2＝2t，x1x2＝2t－6，因为N为AB的中点，所以xN＝＝t＝xM，所以MN⊥x轴。(2)假设直线AB恒过一定点。因为yN＝(x＋x)＝(x1＋x2)2－x1x2＝t2－t＋3，所以N(t，t2－t＋3)。kAB＝·＝(x1＋x2)＝t，所以直线AB：y－(t2－t＋3)＝t(x－t)，即y－3＝t(x－1)。所以直线AB过定点(1,3)。6．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的实半轴长为1，且C上的任意一点M到C的两条渐近线的距离乘积为。(1)求双曲线C的方程；(2)设直线l过双曲线C的右焦点F，与双曲线C相交于P，Q两点，问在x轴上是否存在定点D，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直？若存在，求出定点D的坐标；否则，说明理由。解　(1)由题意可得a＝1，所以双曲线C：x2－＝1，所以渐近线方程为bx±y＝0，设M(x0，y0)，则×＝，即＝，因为M(x0，y0)在双曲线上，所以x－＝1，即b2x－y＝b2，所以＝，解得b2＝3，所以双曲线C的方程为x2－＝1。(2)假设存在D(t,0)，使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直，则可得kPD＋kQD＝0，F(2,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l：y＝k(x－2)，由可得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝，所以kPD＋kQD＝＋＝＝0，即k(x1－2)(x2－t)＋k(x2－2)(x1－t)＝0恒成立，整理可得k[2x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋4t]＝0，所以k＝0，即2×－(t＋2)×＋4t＝0，所以8k2＋6－4k2(t＋2)＋4t(k2－3)＝0，所以6－12t＝0，解得t＝，所以存在点D使得∠PDQ的平分线与x轴或y轴垂直。(六)函数与导数1．已知函数f(x)＝(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在区间[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值。解　(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值 所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝。(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和上单调递减，在上单调递增。因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2。②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，当a＝0时，f(x)＝0；当a<0时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)max＝f(1)＝0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)max＝f(e)＝a。所以当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2。2．已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1。(1)若a＝2，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在区间(2,3)上至少有一个极值点，求a的取值范围。解　(1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3(x－2＋)(x－2－)。当x∈(－∞，2－)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－)上单调递增；当x∈(2－，2＋)时，f′(x)<0，f(x)在(2－，2＋)上单调递减。当x∈(2＋，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋，＋∞)上单调递增。综上，f(x)的单调递增区间是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，f(x)的单调递减区间是(2－，2＋)。(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]。当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上为增函数，此时f(x)无极值点；当1－a2<0时，f′(x)＝0有两个根，即x1＝a－，x2＝a＋。由题意知2<a－<3　①，或2<a＋<3　②。①式无解，②式的解为<a<。因此，a的取值范围是。3．已知f(x)＝xex＋ax2－x，a∈R。(1)当a＝－时，求函数f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时，恒有f′(x)－f(x)≥(4a＋1)x成立，求实数a的取值范围。解　(1)f(x)的定义域 为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(x＋1)ex＋2ax－1。当a＝－时，f′(x)＝(x＋1)ex－(x＋1)＝(x＋1)(ex－1)。当x>0或x<－1时，f′(x)>0；当－1<x<0时，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)。(2)设g(x)＝f′(x)－f(x)－(4a＋1)x＝ex－ax2－2ax－1，g′(x)＝ex－2ax－2a＝μ(x)，μ′(x)＝ex－2a。当x≥0时，ex≥1，①当2a≤1，即a≤时，μ′(x)≥0，g′(x)＝ex－2ax－2a在[0，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(0)＝1－2a≥0，g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0恒成立；②当2a>1，即a>时，令μ′(x)＝0，则x＝ln 2a。当x∈[0，ln 2a)时，μ′(x)<0，g′(x)＝ex－2ax－2a在[0，ln 2a)上单调递减，所以g′(x)＝ex－2ax－2a≤g′(0)＝1－2a<0。所以g(x)在[0，ln 2a)上单调递减，所以g(x)≤g(0)＝0，这与g(x)≥0恒成立矛盾。综上可得，a的取值范围是。4．(2021·广西桂林、崇左高三二模)已知实数a≠0，设函数f(x)＝eax－ax。(1)当a＝1时，求函数f(x)的极值；(2)当a>时，若对任意的x∈[－1，＋∞)，均有f(x)≥(x2＋1)，求a的取值范围。解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x由f′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0。当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)内单调递增；当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)内单调递减。所以函数f(x)在x＝0取得极小值f(0)＝1，无极大值。(2)由f(x)≥(x2＋1)，得eax≥(x＋1)2。令x＝0，得1≥，又a>，所以<a≤2。当x＝－1时，不等式eax≥(x＋1)2显然成立，当x∈(－1，＋∞)时，两边取对数，即ax≥2ln(x＋1)＋ln恒成立。令函数F(x)＝2ln(x＋1)－ax＋ln，即F(x)≤0在(－1，＋∞)内恒成立。由F′(x)＝－a＝＝0，得x＝－1>－1。故当x∈时，F′(x)>0，F(x)单调递增；当x∈时，F′(x)<0，F(x)单调递减。因此F(x)≤F＝2ln－2＋a＋ln＝a－2－ln。令函数g(a)＝a－2－ln，其中<a≤2，则由g′(a)＝1－＝＝0，得a＝1，故当a∈时，g′(a)<0，g(a)单调递减；当a∈(1,2]时，g′(a)>0，g(a)单调递增。又g＝ln 4－<0，g(2)＝0，故当<a≤2时，g(a)≤0恒成立，因此F(x)≤0恒成立，即当<a≤2时，对任意的x∈[－1，＋∞)，均有f(x)≥(x2＋1)成立。5．(2021·东北三省四市高三联考)已知函数F(x)＝－。(1)设函数h(x)＝(x－1)F(x)，当a＝2时，证明：当x>1时，h(x)>0；(2)若F(x)有两个不同的零点，求a的取值范围。解　(1)证明：h(x)＝(x－1)·＝ln x－，h′(x)＝>0，所以h(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数，又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)>0。(2)设函数f(x)＝ln x－，则f′(x)＝，令g(x)＝x2＋2(1－a)x＋1，当a≤1，x>0时，g(x)>0，当1<a≤2时，Δ＝4a2－8a≤0，得g(x)≥0，所以当a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，此时f(x)至多有一个零点，F(x)＝f(x)至多一个零点，不符合题意，舍去。当a>2时，有Δ＝4a2－8a>0，此时g(x)有两个零点，设为t1，t2，且t1<t2。又因为t1＋t2＝2(a－1)>0，t1t2＝1，所以0<t1<1<t2。得f(x)在(0，t1)，(t2，＋∞)上为单调递增函数，在(t1，t2)上为单调递减函数，且f(1)＝0，所以f(t1)>0，f(t2)<0，又因为f(e－a)＝－<0，f(ea)＝>0，且f(x)图象连续不断，所以存在唯一x1∈(e－a，t1)，使得f(x1)＝0，存在唯一x2∈(t2，ea)，使得f(x2)＝0，又因为F(x)＝f(x)，所以当F(x)有两个不同的零点时，a>2。6．(2021·江苏联考)已知函数f(x)＝aex＋sin x＋x，x∈[0，π]。(1)证明：当a＝－1时，函数f(x)有唯一的极大值点；(2)当－2<a<0时，证明：f(x)<π。证明　(1)当a＝－1时，f(x)＝x＋sin x－ex，f′(x)＝1＋cos x－ex，因为x∈[0，π]，所以1＋cos x≥0，令g(x)＝1＋cos x－ex，则g′(x)＝－ex－sin x<0，所以g(x)在区间[0，π]上单调递减。因为g(0)＝2－1＝1>0，g(π)＝－eπ<0，所以存在x0∈(0，π)，使得f′(x0)＝0，且当0<x<x0时，f′(x)>0；当x0<x<π时，f′(x)<0。所以函数f(x)的递增区间是[0，x0]，递减区间是[x0，π]。所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0。(2)当－2<a<0时，令h(x)＝aex＋sin x＋x－π，x∈[0，π]，则h′(x)＝aex＋cos x＋1，h″(x)＝aex－sin x<0，所以函数h′(x)在区间[0，π]上单调递减，因为h′(0)＝a＋2>0，h′(π)＝aeπ<0，所以存在t∈(0，π)，使得h′(t)＝0，即aet＋cos t＋1＝0，且当0<x<t时，h′(x)>0；当t<x<π时，h′(x)<0。所以函数h(x)在区间[0，t]上是递增函数，在区间[t，π]上是递减函数。所以h(x)max＝h(t)＝aet＋sin t＋t－π，t∈(0，π)。因为aet＋cos t＋1＝0，所以要证f(x)<π，只需证h(x)max<0，即φ(t)＝sin t－cos t＋t－1－π<0，φ′(t)＝cos t＋sin t＋1＝sin t＋(1＋cos t)>0，所以函数φ(t)在区间(0，π)上是增函数，φ(t)<φ(π)＝0，即f(x)<π。