新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 第四周 （含解析）

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第四周周一1．在①B＝，②△ABC的周长为5＋2，③c＝2这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并加以解答．已知在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C，a＝2，________，求△ABC的面积S.解　选择①，因为2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C，所以由正弦定理得，2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝.又A∈(0，π)，所以A＝.因为a＝2，B＝，所以由正弦定理得＝，得b＝2.又sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝，所以S＝absin C＝3＋.选择②，因为2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C，所以由正弦定理得，2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝，又A∈(0，π)，所以A＝.因为a＝2，△ABC的周长为5＋2，所以b＋c＝5.a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos ＝(b＋c)2－3bc，所以3bc＝(b＋c)2－a2＝25－12＝13，所以bc＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝××＝.选择③，因为2asin A＝(2b－c)sin B＋(2c－b)sin C，所以由正弦定理得，2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即b2＋c2－a2＝bc，所以cos A＝＝.又A∈(0，π)，所以A＝.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos A，因为a＝2，c＝2，A＝，所以12＝4＋b2－2b，即b2－2b－8＝0，因为b>0，所以b＝4.故△ABC的面积S＝bcsin A＝2.周二2．(2020·赣州模拟)数列{an}满足an＋1－＝an＋(n∈N*)，且a2＝4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.解　(1)∵an＋1－＝an＋，∴an＋1－an＝＋，∴－＝1，∵a2＝4，∴＝1，∴数列{}是以1为首项，以1为公差的等差数列，∴＝1＋n－1＝n，∴an＝n2.(2)∵bn＝＝，∴bn＝＝.∴Sn＝∴Sn＝＝.周三3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠DAB＝90°，BC＝2，AD＝1，△PAB与△PAD都是等边三角形．(1)证明：平面PBD⊥平面ABCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．(1)证明　如图所示，设BD的中点为O，连接PO，AO，因为△PAB与△PAD都是等边三角形且有公共边PA，又AD＝1，所以AD＝AB＝AP＝PD＝PB＝1，BD＝，所以PO⊥BD，且△PBD为等腰直角三角形．在等腰直角三角形ABD中，易知AO＝，同理PO＝，所以PO2＋AO2＝PA2，所以PO⊥AO.又BD∩OA＝O，BD，OA⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.又PO⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面ABCD.(2)解　以A为坐标原点，AD，AB所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,1,0)，D(1,0,0)，O，P，设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，＝(1,0,0)，＝，所以n1⊥，n1⊥，所以取z1＝1，得x1＝0，y1＝－，所以n1＝(0，－，1)，设平面PDC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，又＝，＝(1,1,0)，且n2⊥，n2⊥，所以取x2＝1，得y2＝－1，z2＝，∴n2＝(1，－1，)，所以cos〈n1，n2〉＝＝.由图可知，二面角A－PD－C为钝角，所以二面角A－PD－C的余弦值为－.周四4．新型冠状病毒肺炎是一种急性感染性肺炎，其病原体是一种先前未在人类中发现的新型冠状病毒，即2019新型冠状病毒.2020年2月7日，国家卫健委决定将“新型冠状病毒感染的肺炎”暂命名为“新型冠状病毒肺炎”，简称“新冠肺炎”．患者初始症状多为发热、乏力和干咳，并逐渐出现呼吸困难等严重表现．基于目前流行病学调查，潜伏期为1～14天，潜伏期具有传染性，无症状感染者也可能成为传染源．某市为了增强民众防控病毒的意识，举行了“预防新冠病毒知识竞赛”网上答题，随机抽取10 000人，答题成绩的频率分布直方图如图所示．(1)由直方图可认为答题者的成绩z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ，σ2分别为答题者的平均成绩和成绩的方差s2，那么这10 000名答题者成绩超过84.81分的人数估计有多少人？(同一组中的数据用该组的区间中点值作代表)(2)如果成绩超过56.19分的民众我们认为是“防御知识合格者”，用这10 000名答题者的成绩来估计全市的民众，现从全市中随机抽取4人，“防御知识合格者”的人数为ξ，求P(ξ≤3)．(精确到0.001)附：①s2＝204.75，≈14.31；②z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<z≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ<z≤μ＋2σ)＝0.954 5；③0.841 354≈0.501，0.841 353≈0.596.解　(1)由题意知，＝45×0.1＋55×0.15＋65×0.2＋75×0.3＋85×0.15＋95×0.1＝70.5.∵z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ＝＝70.5，σ2＝s2＝204.75，σ≈14.31，∴z服从正态分布N(μ，σ2)＝N(70.5，14.312)，而P(μ－σ<z≤μ＋σ)＝P(56.19<z≤84.81)＝0.682 7，∴P(z>84.81)＝＝0.158 65，∴竞赛成绩超过84.81的人数估计为0.158 65×10 000≈158 7(人)．(2)由(1)知，成绩超过56.19的概率为1－0.158 65＝0.841 35，而ξ～B(4,0.841 35)，∴P(ξ≤3)＝1－P(ξ＝4)＝1－C·0.841 354≈1－0.501＝0.499.周五5. (2020·宁德模拟)如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点为A1，A2，上、下顶点为B1，B2，菱形A1B1A2B2的内切圆C′的半径为，椭圆的离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点P满足|PM|＝|PN|，试判断直线PM，PN与圆C′的位置关系，并证明你的结论．解　(1)设椭圆的半焦距为c.由椭圆的离心率为知，b＝c，a＝b.设圆C′的半径为r，则r·＝ab，∴·b＝b2，解得b＝，∴a＝，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)∵M，N关于原点对称，|PM|＝|PN|，∴OP⊥MN.设M(x1，y1)，P(x2，y2)．当直线PM的斜率存在时，设直线PM的方程为y＝kx＋m.由直线和椭圆方程联立得x2＋2(kx＋m)2＝6，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，∴∵＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)·＋km·＋m2＝＝0，∴m2－2k2－2＝0，m2＝2k2＋2，∴圆C′的圆心O到直线PM的距离为＝＝r，∴直线PM与圆C′相切．当直线PM的斜率不存在时，依题意得N(－x1，－y1)，P(x1，－y1)，由|PM|＝|PN|，得|2x1|＝|2y1|，∴x＝y，结合＋＝1，得x＝2，∴直线PM到原点O的距离都是，∴直线PM与圆C′也相切．同理可得直线PN与圆C′也相切．∴直线PM，PN与圆C′相切．周六6．已知函数f(x)＝aex－x2，g(x)＝2x－2.(1)设h(x)＝f(x)－g(x)，若h(x)在定义域内有唯一极值点，求a的取值范围；(2)若a≥1，证明：当x≥0时，f(x)>g(x)．(1)解　由题意知h(x)＝aex－x2－2x＋2，x∈R，则h′(x)＝aex－2x－2，由题意知，h′(x)在R上有唯一零点(且在此零点附近两侧h′(x)的符号相反)．由h′(x)＝0得a＝，令m(x)＝，则m′(x)＝.当x>0时，m′(x)<0；当x<0时，m′(x)>0.且m(0)＝2，当x→＋∞时，m(x)→0，当x→－∞时，m(x)→－∞，由题意且结合m(x)＝的图象可知，a＝2或a∈(－∞，0]．当a＝2时，h(x)＝2ex－x2－2x＋2无极值点，不符合题意．所以a的取值范围为(－∞，0]．(2)证明　要证当x≥0时，f(x)>g(x)，即证当x≥0时，aex－x2－2x＋2>0.因为a≥1，所以aex－x2－2x＋2≥ex－x2－2x＋2，只需证当x≥0时，ex－x2－2x＋2>0，令F(x)＝ex－x2－2x＋2，x≥0，则F′(x)＝ex－2x－2.令G(x)＝ex－2x－2，x≥0，则G′(x)＝ex－2，当x∈[0，ln 2)时，G′(x)<0，则F′(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，G′(x)>0，则F′(x)单调递增．又因为F′(0)＝－1<0，F′(ln 2)<0，F′(2)＝e2－6>0，所以F′(x)在[0，＋∞)上存在唯一零点x0∈(ln 2,2)，使得＝2x0＋2.当x∈[0，x0)时，F′(x)<0，当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)>0，所以F(x)≥F(x0)＝－x－2x0＋2，将＝2x0＋2代入，得F(x)≥F(x0)＝4－x>0，所以ex－x2－2x＋2>0，则f(x)>g(x)得证．