《高考數學大二輪刷題首選卷文數文檔：第二部分 解答題五 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學大二輪刷題首選卷文數文檔：第二部分 解答題五 Word版含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、
解答題(五)
17．近年來，共享單車已經悄然進入了廣大市民的日常生活，并慢慢改變了人們的出行方式．某共享單車公司為了更好地服務用戶，在其官方APP中設置了用戶評價反饋系統(tǒng)，以了解用戶對該公司的車輛狀況和優(yōu)惠活動的評價．現(xiàn)從評價系統(tǒng)中較為詳細的評價信息里隨機選出200條進行統(tǒng)計，車輛狀況和優(yōu)惠活動評價的2×2列聯(lián)表如下：
對優(yōu)惠活動好評
對優(yōu)惠活動不滿意
合計
對車輛狀況好評
100
30
130
對車輛狀況不滿意
40
30
70
合計
140
60
200
(1)能否在犯
2、錯誤的概率不超過0.001的前提下，認為對優(yōu)惠活動好評與對車輛狀況好評有關系？
(2)為了回饋用戶，該公司通過APP向用戶隨機派送騎行券．用戶可以將騎行券用于騎行付費，也可以通過APP轉贈給好友．某用戶共獲得了5張騎行券，其中只有2張是一元券．現(xiàn)該用戶從這5張騎行券中隨機選取2張轉贈給好友，求選取的2張中至少有1張是一元券的概率．
參考數據：
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
3、n＝a＋b＋c＋d.
解 (1)由2×2列聯(lián)表的數據，得K2的觀測值
k＝＝＝≈8.48<10.828.
因此，在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下，不能認為對優(yōu)惠活動好評與對車輛狀況好評有關系．
(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包含的基本事件個數為7，
所以P(M)＝，
所以該用戶從這5張騎行券中隨機選取2張轉贈給好友，
4、選取的2張中至少有1張是一元券的概率為.
18．已知△ABC，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝4，點D在線段AC上，∠DBC＝.
(1)若△BCD的面積為24，求CD的長；
(2)若C∈，且c＝12，tanA＝，求CD的長．
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)因為tanA＝，且A∈(0，π)，可以求得sinA＝，cosA＝.
由正弦定理，得＝，即＝，
解得sinC＝.
因為C∈，故cosC＝，
故sin∠BD
5、C＝sin＝.
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)綜合測試二)如圖，D是AC的中點，四邊形BDEF是菱形，平面BDEF⊥平面ABC，∠FBD＝60°，AB⊥BC，AB＝BC＝.
(1)若點M是線段BF的中點，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為BF的中點，
∴DM⊥BF，∵AB⊥BC，
AB＝BC＝，又D是AC的中點，∴BD⊥AC.
∵平面BDEF∩平面ABC＝BD，平面ABC⊥
6、平面BDEF，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，
∴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所得的線段的長度為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設直線l與橢圓C交于A，B兩點，點D是橢圓C上的點，O是
7、坐標原點，若＋＝，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，請說明理由．
解 (1)由解得a＝2，b＝c＝，
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)當直線l的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝－1或x＝1，此時四邊形OADB的面積為.
當直線l的斜率存在時，設直線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O到直線AB的距離是d＝，由＋＝，得xD＝，yD＝.
因為點D在曲線C上，所以＋＝1，整
8、理得1＋2k2＝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·河南洛陽第二次統(tǒng)一考試)已知函數f(x)＝x2－aln x.
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若a＞0，函數f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個零點，求實數a的取值范圍．
解 (1)f(x)＝x2－aln x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.
①當a≤0時，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
②當a＞0時，由f′(x)＞
9、0得x＞，f′(x)＜0得0＜x＜.
即f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增．
綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a＞0時，f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增．
(2)當a＞0時，由(1)知f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增，
①若≤1，即0＜a≤1時，f(x)在(1，e)上單調遞增，f(1)＝，f(x)在區(qū)間(1，e)上無零點．
②若1＜＜e，即1＜a＜e2時，f(x)在(1，)上單調遞減，在(，e)上單調遞增，
f(x)min＝f()＝a(1－ln a)．
∵f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個零點，
∴
10、∴e＜a＜e2.
③若≥e，即a≥e2時，f(x)在(1，e)上單調遞減，且f(1)＝＞0，f(e)＝e2－a＜0，則f(x)在區(qū)間(1，e)上有一個零點．
綜上，f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個零點時a的取值范圍是.
22．(2018·全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，曲線C1的方程為y＝k|x|＋2.以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0.
(1)求C2的直角坐標方程；
(2)若C1與C2有且僅有三個公共點，求C1的方程．
解 (1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得C2的直角坐標方程為(x＋1)2＋y2＝4.
(
11、2)解法一：由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓．
由題設知，C1是過點B(0,2)且關于y軸對稱的兩條射線，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B在圓C2的外面，故C1與C2有且僅有三個公共點等價于l1與C2只有一個公共點且l2與C2有兩個公共點，或l2與C2只有一個公共點且l1與C2有兩個公共點．
當l1與C2只有一個公共點時，點A到l1所在直線的距離為2，所以＝2，故k＝－或k＝0.
經檢驗，當k＝0時，l1與C2沒有公共點；當k＝－時，l1與C2只有一個公共點，l2與C2有兩個公共點．
當l2與C2只有一個公共點時，點A到l2所
12、在直線的距離為2，所以＝2，故k＝0或k＝.
經檢驗，當k＝0時，l1與C2沒有公共點；當k＝時，l2與C2沒有公共點.
綜上，所求C1的方程為y＝－|x|＋2.
解法二：因為C2：(x＋1)2＋y2＝4，所以C2是以(－1，0)為圓心，2為半徑的圓．
又因為C1：y＝k|x|＋2是關于y軸對稱的曲線，
且C1：y＝
顯然，若k＝0時，C1與C2相切，此時只有一個交點；
若k>0時，C1與C2無交點．
若C1與C2有且僅有三個公共點，
則必須滿足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＝－，因為k<0，所以k＝－，
所
13、以C1：y＝－|x|＋2.
23．(2019·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數，且滿足abc＝1.
證明：(1)＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
證明 (1)因為a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因為a，b，c為正數且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.
當且僅當a＝b＝c＝1時，等號成立．
所以(a＋b)3＋(b＋c)3＋(c＋a)3≥24.
高考數學大二輪刷題首選卷文數文檔：第二部分 解答題五 Word版含解析
