高考數(shù)學大二輪刷題首選卷文數(shù)文檔：第二部分 解答題一 Word版含解析

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1、 解答題(一) 17．(2019·安徽皖南八校第三次聯(lián)考)黨的十九大明確把精準脫貧作為決勝全面建成小康社會必須打好的三大攻堅戰(zhàn)之一．為堅決打贏脫貧攻堅戰(zhàn)，某幫扶單位為幫助定點扶貧村脫貧，堅持扶貧同扶智相結(jié)合，此幫扶單位考察了甲、乙兩種不同的農(nóng)產(chǎn)品加工生產(chǎn)方式，現(xiàn)對兩種生產(chǎn)方式的產(chǎn)品質(zhì)量進行對比，其質(zhì)量按測試指標可劃分為：指標在區(qū)間[80,100]的為優(yōu)等品；指標在區(qū)間[60,80)的為合格品，現(xiàn)分別從甲、乙兩種不同加工方式生產(chǎn)的農(nóng)產(chǎn)品中，各自隨機抽取100件作為樣本進行檢測，測試指標結(jié)果的頻數(shù)分布表如下： 甲種生產(chǎn)方式： 指標區(qū)間 [65,70) [70,75) [75,

2、80) [80,85) [85,90) [90,95] 頻數(shù) 5 15 20 30 15 15 乙種生產(chǎn)方式： 指標區(qū)間 [70,75) [75,80) [80,85) [85,90) [90,95) [95,100] 頻數(shù) 5 15 20 30 20 10 (1)在用甲種方式生產(chǎn)的產(chǎn)品中，按合格品與優(yōu)等品采用分層抽樣方式，隨機抽出5件產(chǎn)品，①求這5件產(chǎn)品中，優(yōu)等品和合格品各有多少件；②再從這5件產(chǎn)品中，隨機抽出2件，求這2件中恰有1件是優(yōu)等品的概率； (2)所加工生產(chǎn)的農(nóng)產(chǎn)品，若是優(yōu)等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲種生產(chǎn)方

3、式每生產(chǎn)一件產(chǎn)品的成本為15元，乙種生產(chǎn)方式每生產(chǎn)一件產(chǎn)品的成本為20元．用樣本估計總體比較在甲、乙兩種不同生產(chǎn)方式下，該扶貧單位應選擇哪種生產(chǎn)方式來幫助該扶貧村脫貧？ 解　(1)①由頻數(shù)分布表知：甲的優(yōu)等品率為0.6，合格品率為0.4，所以抽出的5件產(chǎn)品中，優(yōu)等品有3件，合格品有2件． ②記3件優(yōu)等品分別為A，B，C,2件合格品分別為a，b，從中隨機抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10種，設(shè)“這2件中恰有1件是優(yōu)等品”為事件M，則事件M發(fā)生的情況有6種，所以P(M)＝＝. (2)根據(jù)樣本知甲種生產(chǎn)方式生產(chǎn)100件農(nóng)產(chǎn)品有60件優(yōu)等品，40

4、件合格品；乙種生產(chǎn)方式生產(chǎn)100件農(nóng)產(chǎn)品有80件優(yōu)等品，20件合格品． 設(shè)甲種生產(chǎn)方式每生產(chǎn)100件所獲得的利潤為T1元，乙種生產(chǎn)方式每生產(chǎn)100件所獲得的利潤為T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)， 由于T1＜T2，所以用樣本估計總體知乙種生產(chǎn)方式生產(chǎn)的農(nóng)產(chǎn)品所獲得的利潤較高，故該扶貧單位應選擇乙種生產(chǎn)方式來幫助該扶貧村脫貧． 18．已知等差數(shù)列{an}的公差d>0，其前n項和為Sn，且S5＝20，a3，a5，a8成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)令bn＝＋

5、n，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. 解　(1)因為S5＝＝20，所以a1＋a5＝8， 所以a3＝4，即a1＋2d＝4，?、? 因為a3，a5，a8成等比數(shù)列，所以a＝a3a8， 所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，化簡，得 a1＝2d，?、? 聯(lián)立①和②，得a1＝2，d＝1， 所以an＝n＋1. (2)因為bn＝＋n＝＋n＝＋n， 所以Tn＝＋＋＋…＋ ＝＋(1＋2＋3＋…＋n) ＝＋＝＋ ＝. 19．(2019·廣東梅州總復習質(zhì)檢)如圖，在矩形ABCD中，AD＝2AB＝2，點E是AD的中點，將△DEC沿CE折起到△D′EC的位置，使二面角D′－EC－B是

6、直二面角． (1)證明：BE⊥CD′； (2)求點E到平面BCD′的距離． 解　(1)證明：∵AD＝2AB＝2，點E是AD的中點， ∴△BAE，△CDE是等腰直角三角形， ∴∠BEC＝90°，即BE⊥EC. 又∵平面D′EC⊥平面BEC， 平面D′EC∩平面BEC＝EC，BE?平面BEC， ∴BE⊥平面D′EC，∵CD′?平面D′EC，∴BE⊥CD′. (2)由已知及(1)得，BE⊥平面D′EC，BE＝， ∴VB－D′EC＝BE·S△D′EC＝×××1×1＝. ED′?平面D′EC，∴BE⊥ED′，ED′＝1，∴BD′＝.在△BD′C中，BD′＝，CD′＝1，BC

7、＝2. ∴BC2＝(BD′)2＋(CD′)2，∠BD′C＝90°. ∴S△BD′C＝BD′·CD′＝. 設(shè)點E到平面BCD′的距離為d. 則VB－D′EC＝VE－BCD′＝d·S△BCD′， ∴×d＝，得d＝. 所以點E到平面BCD′的距離為. 20．(2019·安徽江淮十校第三次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x－，g(x)＝(ln x)2－2aln x＋a. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)若存在x1∈[0,1]，使得對任意的x2∈[1，e2]，f(x1)≥g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝1＋>0，又x≠－1，故f(x)在(－∞，－1)為增函數(shù)，

8、在也為增函數(shù)． (2)由(1)可知，當x∈[0,1]時，f(x)為增函數(shù)，f(x)max＝f(1)＝，由題意可知g(x)＝(ln x)2－2aln x＋a≤對任意的x∈[0,2]恒成立．令t＝ln x，則當x∈[1，e2]時，t∈[0,2]，令h(t)＝t2－2at＋a－，問題轉(zhuǎn)化為h(t)≤0對任意的t∈[0,2]恒成立，由拋物線h(t)的開口向上，知即 解得≤a≤.故實數(shù)a的取值范圍是. 21．(2019·安徽蚌埠第三次質(zhì)檢)已知點E(－2,0)，F(xiàn)(2,0)，P(x，y)是平面內(nèi)一動點，P可以與點E，F(xiàn)重合．當P不與E，F(xiàn)重合時，直線PE與PF的斜率之積為－. (1)求動點P的軌

9、跡方程； (2)一個矩形的四條邊與動點P的軌跡均相切，求該矩形面積的取值范圍． 解　 (1)當P與點E，F(xiàn)不重合時，kPE·kPF＝－， 得·＝－，即＋y2＝1(y≠0)， 當P與點E，F(xiàn)重合時，P(－2,0)或P(2,0)． 綜上，動點P的軌跡方程為＋y2＝1. (2)記矩形面積為S，當矩形一邊與坐標軸平行時，易知S＝8. 當矩形各邊均不與坐標軸平行時，根據(jù)對稱性，設(shè)其中一邊所在直線方程為y＝kx＋m，則其對邊方程為y＝kx－m，另一邊所在直線方程為y＝－x＋n，則其對邊方程為y＝－x－n，聯(lián)立 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，則Δ＝0， 即4k2＋1＝

10、m2. 矩形的一邊長為d1＝，同理，＋1＝n2， 矩形的另一邊長為d2＝， S＝d1·d2＝·＝ ＝4 ＝4 ＝4 ＝4∈(8,10]． 綜上，S∈(8,10]． 22．在直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，θ∈[0，π)．以坐標原點為極點，以x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，圓C的極坐標方程為ρ＝8sin. (1)在直角坐標系xOy中，求圓C的圓心的直角坐標； (2)設(shè)點P(1，)，若直線l與圓C交于A，B兩點，求證：|PA|·|PB|為定值，并求出該定值． 解　(1)圓C的極坐標方程為ρ＝4sinθ＋4cosθ， 又ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，

11、y＝ρsinθ， 則圓C：x2＋y2－4x－4y＝0， 圓心坐標為C(2，2)． (2)證明：將代入 圓C：x2＋y2－4x－4y＝0，得 t2－(2sinθ＋2cosθ)t－12＝0， 設(shè)點A，B所對應的參數(shù)分別為t1，t2，則t1t2＝－12， ∴|PA|·|PB|＝|t1t2|＝12. 23．(2019·四川廣安、眉山畢業(yè)班第一次診斷性考試)已知不等式|2x＋1|＋|x－1|<3的解集為M. (1)求M； (2)若m，n∈M，求證：<1. 解　(1)當x<－時，不等式即為－2x－1－x＋1<3，解得－11時，不等式即為2x＋1＋x－1<3，此時無解． 綜上可知，不等式的解集M＝{x|－10， 因為m，n∈(－1,1)， 所以(m2－1)(n2－1)>0顯然成立． 所以<1成立．