《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、解答題(五)
17．近年來(lái)，共享單車(chē)已經(jīng)悄然進(jìn)入了廣大市民的日常生活，并慢慢改變了人們的出行方式．某共享單車(chē)公司為了更好地服務(wù)用戶(hù)，在其官方APP中設(shè)置了用戶(hù)評(píng)價(jià)反饋系統(tǒng)，以了解用戶(hù)對(duì)該公司的車(chē)輛狀況和優(yōu)惠活動(dòng)的評(píng)價(jià)．現(xiàn)從評(píng)價(jià)系統(tǒng)中較為詳細(xì)的評(píng)價(jià)信息里隨機(jī)選出200條進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，車(chē)輛狀況和優(yōu)惠活動(dòng)評(píng)價(jià)的2×2列聯(lián)表如下：
對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)好評(píng)
對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)不滿(mǎn)意
合計(jì)
對(duì)車(chē)輛狀況好評(píng)
100
30
130
對(duì)車(chē)輛狀況不滿(mǎn)意
40
30
70
合計(jì)
140
60
200
(1)能否在犯錯(cuò)誤的概率不
2、超過(guò)0.001的前提下，認(rèn)為對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)好評(píng)與對(duì)車(chē)輛狀況好評(píng)有關(guān)系？
(2)為了回饋用戶(hù)，該公司通過(guò)APP向用戶(hù)隨機(jī)派送騎行券．用戶(hù)可以將騎行券用于騎行付費(fèi)，也可以通過(guò)APP轉(zhuǎn)贈(zèng)給好友．某用戶(hù)共獲得了5張騎行券，其中只有2張是一元券．現(xiàn)該用戶(hù)從這5張騎行券中隨機(jī)選取2張轉(zhuǎn)贈(zèng)給好友，求選取的2張中至少有1張是一元券的概率．
參考數(shù)據(jù)：
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
參考公式：K2＝，其中n＝a＋b＋
3、c＋d.
解 (1)由2×2列聯(lián)表的數(shù)據(jù)，得K2的觀測(cè)值
k＝＝＝≈8.48<10.828.
因此，在犯錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.001的前提下，不能認(rèn)為對(duì)優(yōu)惠活動(dòng)好評(píng)與對(duì)車(chē)輛狀況好評(píng)有關(guān)系．
(2)把2張一元券分別記作A，B，其余3張券分別記作a，b，c，則從5張騎行券中隨機(jī)選取2張的所有情況有：{A，a}，{A，b}，{A，c}，{B，a}，{B，b}，{B，c}，{A，B}，{a，b}，{a，c}，{b，c}，共10種．
記“選取的2張中至少有1張是一元券”為事件M，則事件M包含的基本事件個(gè)數(shù)為7，
所以P(M)＝，
所以該用戶(hù)從這5張騎行券中隨機(jī)選取2張轉(zhuǎn)贈(zèng)給好友，選取的2張中
4、至少有1張是一元券的概率為.
18．已知△ABC，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且a＝4，點(diǎn)D在線段AC上，∠DBC＝.
(1)若△BCD的面積為24，求CD的長(zhǎng)；
(2)若C∈，且c＝12，tanA＝，求CD的長(zhǎng)．
解 (1)由S△BCD＝·BD·BC·＝24，解得BD＝12.
在△BCD中，CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos45°，
即CD2＝32＋144－8×12，解得CD＝4.
(2)因?yàn)閠anA＝，且A∈(0，π)，可以求得sinA＝，cosA＝.
由正弦定理，得＝，即＝，
解得sinC＝.
因?yàn)镃∈，故cosC＝，
故sin∠BDC＝sin＝
5、.
在△BCD中，由正弦定理可得
＝，解得CD＝2.
19．(2019·廣東天河區(qū)畢業(yè)綜合測(cè)試二)如圖，D是AC的中點(diǎn)，四邊形BDEF是菱形，平面BDEF⊥平面ABC，∠FBD＝60°，AB⊥BC，AB＝BC＝.
(1)若點(diǎn)M是線段BF的中點(diǎn)，證明：BF⊥平面AMC；
(2)求六面體ABCEF的體積．
解 (1)證明：如圖，連接MD，F(xiàn)D.∵四邊形BDEF為菱形，且∠FBD＝60°，
∴△DBF為等邊三角形．
∵M(jìn)為BF的中點(diǎn)，
∴DM⊥BF，∵AB⊥BC，
AB＝BC＝，又D是AC的中點(diǎn)，∴BD⊥AC.
∵平面BDEF∩平面ABC＝BD，平面ABC⊥平面BDEF
6、，AC?平面ABC，∴AC⊥平面BDEF.
又BF?平面BDEF，∴AC⊥BF，由DM⊥BF，
AC⊥BF，DM∩AC＝D，∴BF⊥平面AMC.
(2)∵S菱形BDEF＝2··BD·BF·sin60°＝，又AC⊥平面BDEF，D是AC的中點(diǎn)，
∴V六面體ABCEF＝2V四棱錐C－BDEF＝2×S菱形BDEF·CD
＝2×××1＝.
∴六面體ABCEF的體積為.
20．(2019·湖南株洲二模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，橢圓C截直線y＝1所得的線段的長(zhǎng)度為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)D是橢圓C上的點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若
7、＋＝，判定四邊形OADB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解 (1)由解得a＝2，b＝c＝，
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線AB的方程為x＝－1或x＝1，此時(shí)四邊形OADB的面積為.
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程是y＝kx＋m，則 ?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
Δ＝8(4k2＋2－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，|AB|＝
＝
＝·，
又點(diǎn)O到直線AB的距離是d＝，由＋＝，得xD＝，yD＝.
因?yàn)辄c(diǎn)D在曲線C上，所以＋＝1，整理得1＋2k
8、2＝2m2，
由題意知四邊形OADB為平行四邊形，所以四邊形OADB的面積為
SOADB＝|AB|d＝×
＝.
由1＋2k2＝2m2得SOADB＝， 故四邊形OADB的面積是定值，其定值為.
21．(2019·河南洛陽(yáng)第二次統(tǒng)一考試)已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x.
(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)若a＞0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 (1)f(x)＝x2－aln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.
①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＞0得x＞，f
9、′(x)＜0得0＜x＜.
即f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)當(dāng)a＞0時(shí)，由(1)知f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增，
①若≤1，即0＜a≤1時(shí)，f(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，f(1)＝，f(x)在區(qū)間(1，e)上無(wú)零點(diǎn)．
②若1＜＜e，即1＜a＜e2時(shí)，f(x)在(1，)上單調(diào)遞減，在(，e)上單調(diào)遞增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，
∴∴e＜a＜e
10、2.
③若≥e，即a≥e2時(shí)，f(x)在(1，e)上單調(diào)遞減，且f(1)＝＞0，f(e)＝e2－a＜0，則f(x)在區(qū)間(1，e)上有一個(gè)零點(diǎn)．
綜上，f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個(gè)零點(diǎn)時(shí)a的取值范圍是.
22．(2018·全國(guó)卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0.
(1)求C2的直角坐標(biāo)方程；
(2)若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C1的方程．
解 (1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝4.
(2)解法一：
11、由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓．
由題設(shè)知，C1是過(guò)點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的兩條射線，曲線C1的方程為y＝記y軸右邊的射線為l1，y軸左邊的射線為l2.由于點(diǎn)B在圓C2的外面，故C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)，或l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)且l1與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)．
當(dāng)l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到l1所在直線的距離為2，所以＝2，故k＝－或k＝0.
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒(méi)有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝－時(shí)，l1與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，l2與C2有兩個(gè)公共點(diǎn)．
當(dāng)l2與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到l2所在直線的距離
12、為2，所以＝2，故k＝0或k＝.
經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，l1與C2沒(méi)有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝時(shí)，l2與C2沒(méi)有公共點(diǎn).
綜上，所求C1的方程為y＝－|x|＋2.
解法二：因?yàn)镃2：(x＋1)2＋y2＝4，所以C2是以(－1，0)為圓心，2為半徑的圓．
又因?yàn)镃1：y＝k|x|＋2是關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)的曲線，
且C1：y＝
顯然，若k＝0時(shí)，C1與C2相切，此時(shí)只有一個(gè)交點(diǎn)；
若k>0時(shí)，C1與C2無(wú)交點(diǎn)．
若C1與C2有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，
則必須滿(mǎn)足k<0且y＝kx＋2(x>0)與C2相切，所以圓心到射線的距離為d，則d＝＝2，所以k＝0或k＝－，因?yàn)閗<0，所以k＝－，
所以C1：y＝
13、－|x|＋2.
23．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，且滿(mǎn)足abc＝1.
證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明 (1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因?yàn)閍，b，c為正數(shù)且abc＝1，故有(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥3＝3(a＋b)(b＋c)(a＋c)≥3×(2)×(2)×(2)＝24.
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)，等號(hào)成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
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