2023高考复习专项练习二轮数学 题型专项练5　解答题组合练(B)

题型专项练5　解答题组合练(B)

1.(2021·广东揭阳一模)已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn,满足6Sn=an·an+1+2(n∈N*),a1<2,

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=(-1)nlg(an·an+1),记数列{bn}的前n项和为Tn,求T33.

2.(2021·重庆八中适应性训练)在①cos 2A+2cos(B+C)+2=0,②+2cos Ccos B=cos(C-B)-cos(C+B),③2ctan B=b(tan A+tan B)这三个条件中任选一个,补充到下面的横线上并作答.

问题:在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=,c=,　　　　　. 

(1)求cos C;

(2)在边AC上取一点D,使得cos∠ADB=,求sin∠DBC.

3.

(2021· 江苏盐城三模)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BB1=2BC=2,∠CBB1=2∠CAB=,且平面ABC⊥平面B1C1CB.

(1)求证:平面ABC⊥平面ACB1;

(2)设点P为直线BC的中点,求直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值.

4.(2021·广东湛江二模)某高三学生小明准备利用暑假的7月和8月勤工俭学,现有“送外卖员”和“销售员”两份工作可供其选择.已知“销售员”工作每日底薪为50元,每日销售的前5件每件奖励20元,超过5件的部分每件奖励30元.小明通过调查,统计了100名销售员1天的销售记录,其柱状图如图1;“送外卖员”没有底薪,收入与送的单数相关,在一日内:1至20单(含20单)每送一单3元,超过20单且不超过40单的部分每送一单4元,超过40单的部分,每送一单4.5元.小明通过随机调查,统计了100名送外卖员的日送单数,并绘制成如下频率分布直方图(如图2).

图1

图2

(1)分别求出“销售员”的日薪y1(单位:元)与销售件数x1的函数关系式,“送外卖员”的日薪y2(单位:元)与所送单数x2的函数关系式;

(2)若将频率视为概率,根据统计图,试分别估计“销售员”的日薪X1和“送外卖员”的日薪X2(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)的数学期望,分析选择哪种工作比较合适,并说明你的理由.

5.(2021·湖北襄阳模拟)在平面直角坐标系xOy中:①已知点A(,0),直线l:x=,动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为;②已知点S,T分别在x轴、y轴上运动,且|ST|=3,动点P满足;③已知圆C的方程为x2+y2=4,直线l为圆C的切线,记点A(,0),B(-,0)到直线l的距离分别为d1,d2,动点P满足|PA|=d1,|PB|=d2.

(1)在①,②,③这三个条件中任选一个,求动点P的轨迹方程;

(2)记(1)中动点P的轨迹为E,经过点D(1,0)的直线l'交E于M,N两点,若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q,求点Q纵坐标的取值范围.

6.(2021·山东烟台一模)已知函数f(x)=a(x2-x)-ln x(a∈R).

(1)讨论函数f(x)的单调性;

(2)证明:当x>1时,.

题型专项练5　解答题组合练(B)

1.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,

则由6Sn=an·an+1+2,得6Sn-1=an-1·an+2(n≥2),

相减得6(Sn-Sn-1)=an(an+1-an-1),

即6an=an·2d(n≥2).

又an>0,所以d=3.

由6S1=a1·a2+2,得6a1=a1·(a1+3)+2,

解得a1=1(a1=2舍去),由an=a1+(n-1)d,得an=3n-2.

(2)bn=(-1)nlg(an·an+1)=(-1)n(lg an+lg an+1),

T33=b1+b2+b3+…+b33=-lg a1-lg a2+lg a2+lg a3-lg a3-lg a4+…-lg a33-lg a34=-lg a1-lg a34=-lg 100=-2.

2.解 选①:cos 2A+2cos(B+C)+2=0,

得2cos2A-1-2cos A+2=0,即(cos A-1)2=0,解得cos A=

因为0<A<π,所以A=

选②:因为+2cos Ccos B=cos(C-B)-cos(C+B),

所以+2cos Ccos B=cos Ccos B+sin Csin B-cos Ccos B+sin Csin B,即2cos(C+B)=-,cos A=,

因为0<A<π,所以A=

选③:2ctan B=b(tan A+tan B),所以sin B,所以2sin Bsin Ccos A=sin Bsin C.

因为sin B≠0,sin C≠0,所以cos A=

因为A∈(0,π),所以A=

(1)在△ABC中,由余弦定理:cos A=,可得b=3,所以cos C=

(2)因为cos∠ADB=,所以cos∠BDC=-

即∠BDC为钝角,且sin∠BDC=

又∠BDC+∠C+∠DBC=180°.

由(1)知,cos C=,sin C=

所以sin∠DBC=sin(∠C+∠BDC)=sin∠BDCcos∠C+cos∠BDCsin∠C=

3.(1)证明 连接AB1,B1C.因为AC=2BC=2,所以BC=1.

因为2∠CAB=,所以∠CAB=

在△ABC中,,即,所以sin B=1.

即AB⊥BC.

又因为平面ABC⊥平面B1C1CB,平面ABC∩平面B1C1CB=BC,AB⊂平面ABC,所以AB⊥平面B1C1CB.

又B1C⊂平面B1C1CB,所以AB⊥B1C.

在△B1BC中,B1B=2,BC=1,∠CBB1=,

所以B1C2=B1B2+BC2-2B1B·BC·cos=3,即B1C=,所以B1C⊥BC.

而AB⊥B1C,AB⊂平面ABC,BC⊂平面ABC,AB∩BC=B,

所以B1C⊥平面ABC.

又B1C⊂平面ACB1,所以平面ABC⊥平面ACB1.

(2)解 以B为坐标原点,以BC为x轴,BA为y轴,过B作平面ABC的垂线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则B(0,0,0),C(1,0,0),A(0,,0).

∵B1C⊥平面ABC,∴B1(1,0,),=(1,0,).

在三棱柱中,AA1∥BB1∥CC1,可得C1(2,0,),A1(1,),∵P为BC中点,∴P

=(1,-),=(0,0,).

设平面ACB1的一个法向量为n=(x,y,z),

则不妨取x=,可得y=1,z=0,则n=(,1,0).

设直线A1P与平面ACB1所成角为θ,

则sin θ=|cos<,n>|=

故直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值为

4.解 (1)“销售员”的日薪y1(单位:元)与销售件数x1的函数关系式为y1=

“送外卖员”的日薪y2(单位:元)与所送单数x2的函数关系式为y2=

(2)由柱状图知,日平均销售量满足如下表格:

所以X1的分布列为

所以E(X1)=110×0.05+130×0.2+150×0.25+180×0.4+210×0.1=162(元).

由频率分布直方图可知,日送单数满足如下表格:

所以X2的分布列如下表:

所以E(X2)=30×0.05+100×0.25+182×0.45+275×0.2+365×0.05=183(元).

由以上计算得E(X2)>E(X1),做“送外卖员”挣的更多,

故小明选择做“送外卖员”的工作比较合适.

5.解 (1)若选①:设P(x,y),根据题意,得,

整理得+y2=1,所以动点P的轨迹方程为+y2=1.

若选②:设P(x,y),S(x',0),T(0,y'),

则=3.(i)

因为,

所以整理,得

代入(i)得+y2=1,所以动点P的轨迹方程为+y2=1.

若选③:设P(x,y),直线l与圆相切于点H,则|PA|+|PB|=d1+d2=2|OH|=4>2=|AB|.

由椭圆的定义,知点P的轨迹是以A,B为焦点的椭圆,

所以2a=4,2c=|AB|=2,故a=2,c=,b=1.

所以动点P的轨迹方程为+y2=1.

(2)设Q(0,y0),当直线l'的斜率不存在时,y0=0.

当直线l'的斜率存在时,设直线l'的斜率为k,M(x1,y1),N(x2,y2),线段MN的中点为G(x3,y3).

由+(y1+y2)(y1-y2)=0,所以k==-=-=-

线段MN的垂直平分线的方程为y-y3=(x-x3).

令x=0,得y0=-3y3.

由k=-,得=-x3=

由>0得0<x3<1,所以0<,则-y3<0或0<y3,所以-y0<0或0<y0

综上所述,点Q纵坐标的取值范围是

6.(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a(2x-1)-

令g(x)=2ax2-ax-1.

①当a=0时,g(x)=-1<0,f'(x)=<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;

②当a≠0时,g(x)为二次函数,Δ=a2+8a.

若Δ≤0,即-8≤a<0,则g(x)的图象为开口向下的抛物线且g(x)≤0,所以f'(x)≤0,故f(x)在(0,+∞)单调递减;

若Δ>0,即a<-8或a>0.

令g(x)=0,得x1=,x2=

当a<-8时,g(x)图象为开口向下的抛物线,0<x2<x1,

所以当x∈(0,x2)或x∈(x1,+∞)时,g(x)<0,

所以f'(x)<0,f(x)单调递减;

当x∈(x2,x1)时,g(x)>0,所以f'(x)>0,f(x)单调递增;

当a>0时,g(x)图象为开口向上的抛物线,x1<0<x2,

所以当x∈(0,x2)时,g(x)≤0,所以f'(x)<0,故f(x)单调递减;

当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,所以f'(x)>0,f(x)单调递增.

综上,当a<-8时,f(x)在和,+∞上单调递减,在上单调递增;

当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增;

当-8≤a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.

(2)证明 由(1)知,当a=1时,f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

因此对任意x>1恒有f(x)>f(1),即x2-x>ln x.

因为0<ln x<x2-x,若2ex-1≥x2+1成立,

则成立.

令φ(x)=ex-1-(x2+1)(x≥1),

则φ'(x)=ex-1-x,φ″(x)=ex-1-1.

因为x≥1,所以φ″(x)≥0,所以φ'(x)在[1,+∞)上单调递增,

又φ'(1)=0,所以当x≥1时,φ'(x)≥0,所以φ(x)在[1,+∞)上单调递增,

又φ(1)=0,所以对任意x>1恒有φ(x)>φ(1)=0,即2ex-1≥x2+1.

当x>1时,0<ln x<x2-x,则>0.

由不等式的基本性质可得

因此,原不等式成立.