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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
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
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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
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发布时间:2022-08-25 23:52:10
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