全国通用2022高考数学二轮复习大题规范天天练第二周综合限时练

星期六　(综合限时练)　2022年____月____日解答题综合练(设计意图：训练考生在规定时间内得高分，限时：80分钟)1．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的各项互不相等，前两项的和为10，设m＝(a1，a3)，n＝(a3，a7)，且m∥n.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，其前n项和是Tn，求Tn＜.解　(1)因为向量m＝(a1，a3)，n＝(a3，a7)，且m∥n，所以a1a7－a＝0，即a1a7＝a.依题意，可设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则有解得或(舍去)．故所求an＝2n＋2.(2)由(1)知an＝2n＋2＝2(n＋1)，所以bn＝＝，所以Tn＝2×＋3×＋4×＋…＋(n＋1)×，则Tn＝2×＋3×＋…＋n×＋(n＋1)×，两式相减，得Tn＝2×＋＋＋…＋－(n＋1)×＝＋－(n＋1)×＝－，整理得Tn＝－，故Tn＜.2．(本小题满分12分)某家电产品受在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每件的利润与该产品首次出现故障的时间有关，某厂家生产甲、乙两种品牌，保修期均为2年．现从该厂已售出的两种品牌家电中各随机抽取50件，统计数据如下：品牌甲乙首次出现故障时间x(年)0＜x≤11＜x≤2x＞20＜x≤2x＞27\n数量(件)2345545每件利润(百元)1231.82.9将频率视为概率，解答下列问题：(1)从该厂生产的甲、乙品牌产品中随机各抽取一件，求其至少有一件首次出现故障发生在保修期内的概率；(2)若该厂生产的家电均能售出，记生产一件甲品牌的利润为X1，生产一件乙品牌家电的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；(3)该厂预计今后这两种品牌家电销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的家电．若从经济从效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的家电？说明理由．解　(1)设“甲、乙品牌家电至少有一件首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝1－×＝.(2)依题意，得X1的分布列为X1123P0.040.060.9X2的分布列为X21.82.9P0.10.9(3)由(2)得E(X1)＝1×0.04＋2×0.06＋3×0.9＝2.86(百元)，E(X2)＝1.8×0.1＋2.9×0.9＝2.79(百元)．因为E(X1)＞E(X2)，所以应生产甲品牌家电．3．(本小题满分12分)如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在线段A1B1上运动．(1)证明：无论点P怎样运动，总有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面PNQ所成的锐二面角为45°？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明　连接A1Q，∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴△AA1Q≌△CAM.∴∠MAC＝∠QA1A.7\n∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，即AM⊥A1Q，①∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.∵AC∩AA1＝A，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.②由①②及NQ∩A1Q＝Q，得AM⊥平面PNQ.(2)解　设＝λ(λ∈[0，1])．如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M，N，Q.则有＝，＝(0，0，1)，＝，＝λ＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，＝＋＝(λ，0，1)，＝－＝.假设存在符合条件的点P，设n＝(x，y，z)是平面PMN的一个法向量．则由得令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ.∴n＝(3，1＋2λ，2－2λ)．而由(1)可知，平面PNQ的一个法向量为＝，∴|cos〈，n〉|＝＝，化简得16λ2－26λ＋19＝0，(*)7\nΔ＝262－4×16×19＝－540＜0，所以方程(*)无解．综上所述，不存在点P，使得平面PMN与平面PNQ所成的锐二面角为45°.4．(本小题满分12分)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，A1，A2是椭圆E的长轴的两个端点(A2位于A1右侧)，B是椭圆在y轴正半轴上的顶点，点F是椭圆E的右焦点，点M是x轴上位于A2右侧的一点，且是与的等差中项，|FM|＝1.(1)求椭圆E的方程以及点M的坐标；(2)是否存在经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆E交于不同的两点P和Q，使得向量＋与共线？若存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由．解　(1)设点F(c，0)，M(x，0)(x＞a)依题意得＋＝，可得＋＝，解得x＝.依题意|FM|＝1，即－c＝＝1，又因为＝，b2＝a2－c2，所以a＝，b＝c＝1.故椭圆的方程是＋y2＝1，点M的坐标是(2，0)．(2)由题知，直线l的方程为y＝kx＋，联立方程⇒x2＋2kx＋1＝0，由直线l与椭圆E交于不同的两点P和Q知Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，∴k2＞.令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∴＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，∵x1＋x2＝－，y2＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，＋＝＝(－2k，1)．由题知A2(，0)，B(0，1)，＝(－，1)．7\n要使向量＋与共线，只需2k＝，k＝，但不满足k2＞，故不存在符合题意的直线l.5．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－3.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t＞0)上的最小值；(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞－成立．(1)解　f′(x)＝lnx＋1，由f′(x)＜0得，0＜x＜，由f′(x)＞0得x＞，∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．当0＜t＜t＋2＜时，不可能；当0＜t＜＜t＋2，即0＜t＜，f(x)min＝f＝－；当≤t＜t＋2，即t≥，f(x)在[t，t＋2]上单调递增，f(x)min＝f(t)＝tlnt，∴f(x)min＝(2)解　原问题可化为a≤2lnx＋x＋，设h(x)＝2lnx＋x＋(x＞0)，h′(x)＝，当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增；所以h(x)min＝h(1)＝4，对一切x＞0，a≤4.(3)证明　原问题等价于证明xlnx＞－(x＞0)，由(1)知f(x)＝xlnx(x＞0)的最小值是－，当且仅当x＝时取等号．设φ(x)＝－(x＞0)，φ′(x)＝，易知φ(x)取得的最大值等于φ(1)＝－，7\n当且仅当x＝1时取到，从而对一切x∈(0，＋∞)都有lnx＞－成立．6．请同学从下面所给的三题中选定一题作答A．(本小题满分10分)选修4-1：几何证明选讲如图，AB是⊙O的直径，弦BD、CA的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F.求证：(1)∠DEA＝∠DFA；(2)AB2＝BE·BD－AE·AC.(1)证明　连接AD，因为AB为圆的直径，所以∠ADB＝90°，又EF⊥AB，∠EFA＝90°，则A、D、E、F四点共圆，∴∠DEA＝∠DFA.(2)连接BC，由(1)知，BD·BE＝BA·BF.又△ABC∽△AEF，∴＝，即AB·AF＝AE·AC，∴BE·BD－AE·AC＝BA·BF－AB·AF＝AB(BF－AF)＝AB2.B．(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线C1：(t为参数)，C2：(θ为参数)．(1)化C1，C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；(2)若C1上的点P对应的参数为t＝，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线C3：ρ(cosθ－2sinθ)＝7距离的最小值．解　(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2＝1，C2：＋＝1，C1为圆心是(－4，3)，半径是1的圆．C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是8，短半轴长是3的椭圆．(2)当t＝时，P(－4，4)，Q(8cosθ，3sinθ)，故M(－2＋4cosθ，2＋sinθ)，C3为直线x－2y－7＝0.7\nM到C3的距离d＝|4cosθ－3sinθ－13|，从而当cosθ＝，sinθ＝－时，d取得最小值.C．(本小题满分10分)选修4-5：不等式选讲设函数f(x)＝|x－1|＋|x－2|.(1)画出函数y＝f(x)的图象；(2)若不等式|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)(a≠0，a、b∈R)恒成立，求实数x的范围．解　(1)f(x)＝图象如图所示．(2)由|a＋b|＋|a－b|≥|a|f(x)，即f(x)≤恒成立，只需f(x)≤.∵≥＝2，∴f(x)≤2.∴解不等式|x－1|＋|x－2|≤2，即或1＜x＜2或∴2≤x≤或1＜x＜2或≤x≤1，∴≤x≤.7