教辅：高考数学复习练习之解答题4.doc
解答题(四)17(2020山东淄博二模)下面给出有关ABC的四个论断：SABC；b2aca2c2；2或；b.以其中的三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若_，则_(用序号表示)，并给出证明过程解方案一：若，则.证明：由得b2a2c2ac，得cosB，即B60；由SABC，得acsinB，又B60，得ac2；由2或，不妨取2，联立ac2，得a2，c1；由余弦定理得b2a2c2ac4123，得b，成立方案二：若，则.证明：由得b2a2c2ac，得cosB，即B60；由SABC，得acsinB，又B60，得ac2；由b，且b2a2c2ac，得a2c2ac3；从而(ac)2369，所以ac3，(ac)2321，所以ac1，得或得2或，成立方案三：若，则.证明：由SABC，得acsinB；由2或，不妨取2，得c2sinB，即sinB；由b，且b2a2c22accosB，2，得5c24c2cosB3，从而cosB；同时sin2Bcos2B1，得3c410c270，得c1或，当c1时，a2，由余弦定理得b2a2c22accosB，且b，得cosB，即B60，即b2a2c2ac，成立；当c时，a2，由余弦定理得b2a2c22accosB，且b，得cosB，即B60不成立，即b2a2c2ac不成立，不成立方案四：若，则.证明：由得b2a2c2ac，得cosB，即B60；由b，且b2a2c22ac，得a2c2ac3；由2或，不妨取2，代入a2c2ac3，得3c23，得c1，a2；从而得acsinB，SABC，成立18(2020海南中学高三摸底)已知正项数列an的前n项和为Sn，满足S22，S416，an1是等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2(3an3)，求数列的前n项和解(1)设an1的公比为q，由题知q>0，且有所以a3a42q2(a1a22)，即S4S22q2(S22)，代入S22，S416，得164q2，所以q2或q2(舍去)，所以a212(a11)，所以a22a11.由2S2a1a2a12a11，得a1，所以a11，所以an1(a11)qn12n1，所以an1.(2)因为an1，所以bnlog2(3an3)n1，所以数列的前n项和为.19(2020广州综合测试)随着马拉松运动在全国各地逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人数逐年增加为此，某市对参加马拉松运动的情况进行了统计调査，其中一项是调査人员从参与马拉松运动的人中随机抽取100人，对其每月参与马拉松运动训练的天数进行统计，得到以下统计表：平均每月进行训练的天数xx55<x<20x20人数156025(1)以这100人平均每月进行训练的天数位于各区间的频率代替该市参与马拉松训练的人平均每月进行训练的天数位于该区间的概率从该市所有参与马拉松训练的人中随机抽取4个人，求恰好有2个人是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的概率；(2)依据统计表，用分层抽样的方法从这100个人中抽取12个，再从抽取的12个人中随机抽取3个，Y表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，求Y的分布列及数学期望E(Y)解(1)记“平均每月进行训练的天数不少于20天”为事件A，由表可知P(x20)，所以P(A)C22.(2)由题意得，抽取的x<20的人数为129；x20的人数为123；从抽取的12个人中随机抽取3个，Y表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，Y的可能取值为0,1,2,3，则P(Y0)；P(Y1)；P(Y2)；P(Y3).所以Y的分布列为Y0123P所以Y的数学期望E(Y)0123.20.(2020山东滨州三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线(1)求证：FO1平面ADE；(2)设BC1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30，求二面角AFBC的余弦值解(1)证明：连接O1C，O1D，因为C，D是的两个三等分点，所以AO1DDO1CCO1B60，又O1AO1BO1CO1D，所以AO1D，CO1D，BO1C均为等边三角形所以O1AADDCCO1，所以四边形ADCO1是菱形，所以CO1AD，又因为CO1平面ADE，AD平面ADE，所以CO1平面ADE.因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EAFC.又因为FC平面ADE，EA平面ADE，所以FC平面ADE.又CO1，FC平面FCO1，且CO1FCC，所以平面FCO1平面ADE，又FO1平面FCO1，所以FO1平面ADE.(2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC圆柱O1O2的底面，所以FAC即为直线AF与平面ACB所成的角，即FAC30，因为AB为圆O1的直径，所以ACB90，在RtABC中，ABC60，BC1，所以ACBCtan60，所以在RtFAC中，FCACtan301.因为ACBC，ACFC，BCFCC，所以AC平面FBC，又FB平面FBC，所以ACFB.在FBC内，作CHFB于点H，连接AH.因为ACCHC，AC，CH平面ACH，所以FB平面ACH，又AH平面ACH，所以FBAH，所以AHC就是二面角AFBC的平面角在RtFBC中，CH，在RtACH中，ACH90，所以AH，所以cosAHC，所以二面角AFBC的余弦值为.21已知抛物线C：x22py(p>0)的焦点为F，M(2，y0)是C上一点，且|MF|2.(1)求C的方程；(2)过点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线C的切线l1，l2，两条切线相交于点P，点P关于直线AB的对称点为点Q，判断四边形PAQB是否存在外接圆，如果存在，求出外接圆面积的最小值；如果不存在，请说明理由解(1)根据题意知，42py0，因为|MF|2，所以y02，联立解得y01，p2.所以抛物线C的方程为x24y.(2)四边形PAQB存在外接圆设直线AB的方程为ykx1，代入x24y中，得x24kx40，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则16k216>0，且x1x24k，x1x24，所以|AB|x1x2|4(k21)，因为C：x24y，即y，所以y.因此，切线l1的斜率为k1，切线l2的斜率为k2，由于k1k21，所以PAPB，即PAB是直角三角形，所以PAB的外接圆的圆心为线段AB的中点，线段AB是圆的直径，所以点Q一定在PAB的外接圆上，即四边形PAQB存在外接圆又因为|AB|4(k21)，所以当k0时，线段AB最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为4.22(2020吉林长春质量监测四)已知函数f(x)aln 2xe，aR.(1)若函数f(x)在x处有最大值，求a的值；(2)当ae时，判断f(x)的零点个数，并说明理由解(1)由题意得，f(x)的定义域为(0，)，f(x)e，f(x)在x处取得最大值，f20，解得ae.当ae时，f(x)eln 2xe，f(x)e，令m(x)e，则m(x)e<0，f(x)在(0，)上单调递减，又f0，则x时，f(x)>0；当x时，f(x)<0；f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)maxf，满足题意综上所述，ae.(2)令t，g(t)aaln tet(t>0)，则g(t)与f(x)的零点个数相等，当a0时，g(t)et<0，即f(x)e<0，函数f(x)的零点个数为0；当a<0时，g(t)et<0，g(t)在(0，)上为减函数，即函数g(t)至多有一个零点，即f(x)至多有一个零点当0<t<e1时，aaln t>aaln e1aae，aaln t>et，即g(t)>0，又g(1)ae<0，函数g(t)有且只有一个零点，即函数f(x)有且只有一个零点；当0<ae时，令g(t)0，即atet，令h(t)tet(t>0)，则h(t)ettet(t1)et>0，h(t)tet在(0，)上为增函数，又h(1)e，故存在t0(0,1，使得g(t0)0，即et0.由以上可知，当0<t<t0时，g(t)>0，g(t)为增函数；当t>t0时，g(t)<0，g(t)为减函数；g(t)maxg(t0)aaln t0et0aaln t0，t0(0,1，令F(t)aaln t，t(0,1，则F(t)>0，F(t)在(0,1上为增函数，F(t)F(1)0，即g(t)max0，当且仅当t1，ae时等号成立，由以上可知，当ae时，g(t)有且只有一个零点，即f(x)有且只有一个零点；当0<a<e时，g(t)无零点，即f(x)无零点综上所述，当0a<e时，函数f(x)无零点；当a<0或ae时，函数f(x)只有一个零点
