解三角形 測試練習(xí)題

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1、1.解三角形 1.已知△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,且asinA＋csinC－bsinB＝asinC. (1)求角B的大??； (2)設(shè)向量m＝(cosA,cos2A),n＝(12,－5),邊長a＝4,當(dāng)m·n取最大值時,求b的值. 解：(1)由題意得,asinA＋csinC－bsinB＝asinC, ∴a2＋c2－b2＝ac, ∴cosB＝＝＝, ∵B∈(0,π), ∴B＝. (2)∵m·n＝12cosA－5cos2A＝－102＋, ∴當(dāng)cosA＝時,m·n取最大值,此時sinA＝. 由正弦定理得,b＝＝. 2.已知△ABC中,AC＝2,A＝,cos

2、C＝3sinB. (1)求AB； (2)若D為BC邊上一點,且△ACD的面積為,求∠ADC的正弦值. 解：(1)因為A＝,所以B＝－C, 由cosC＝3sinB得,cosC＝sin, 所以cosC＝＝cosC－sinC, 所以cosC＝sinC, 即tanC＝. 又因為C∈(0,π), 所以C＝,從而得B＝－C＝,所以AB＝AC＝2. (2)由已知得·AC·CDsin＝,所以CD＝, 在△ACD中,由余弦定理得,AD2＝AC2＋CD2－2AC· CDcosC＝,即AD＝, 由正弦定理得,＝, 故sin∠ADC＝＝. 3.已知函數(shù)f(x)＝1＋2sincos－2co

3、s2,△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c. (1)求f(A)的取值范圍； (2)若A為銳角且f(A)＝,2sinA＝sinB＋sinC,△ABC的面積為,求b的值. 解：(1)f(x)＝sinx－cosx＝2sin,∴f(A)＝2sin,由題意知,0

4、函數(shù)f(x)的解析式及其在[0,π]上的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中,a,b,c分別是角A,B,C的對邊,若f?＋cosA＝,求角A的大小. 解： (1)由相鄰兩條對稱軸的距離為,可得其周期為T＝＝π,所以ω＝2,由圖象過點,且ω>0,0<φ<,得φ＝,所以f(x)＝sin. 令2kπ－≤2x－≤2kπ＋,k∈Z,得 kπ－≤x≤kπ＋,k∈Z. 所以函數(shù)f(x)在[0,π]上的單調(diào)遞增區(qū)間為和. (2)由f?＋cosA＝, 可得sin＋cosA＝, 則sinA＋cosA＝,得sin＝, 因為0

5、在等差數(shù)列{an}中,a1＝－2,a12＝20. (1)求數(shù)列{an}的通項an； (2)若bn＝,求數(shù)列{3bn}的前n項和Sn. 解：(1)因為an＝－2＋(n－1)d,所以a12＝－2＋11d＝20,于是d＝2,所以an＝2n－4(n∈N*). (2)因為an＝2n－4,所以a1＋a2＋…＋an＝＝n(n－3),于是 bn＝＝n－3,令cn＝3bn,則cn＝3n－3, 顯然數(shù)列{cn}是等比數(shù)列,且c1＝3－2,公比q＝3, 所以數(shù)列{3bn}的前n項和Sn＝＝(n∈N*). 2.(2018·鞏義模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝,＝＋2(n∈N*). (1)求數(shù)列{an

6、}的通項公式； (2)證明：a＋a＋a＋…＋a<. (1)解：由條件可知數(shù)列為等差數(shù)列,且首項為2,公差為2,所以＝2＋(n－1)×2＝2n, 故an＝(n∈N*). (2)證明　依題意可知a＝2＝·<··＝,n≥2,n∈N*. 又因為a＝, 所以a＋a＋a＋…＋a< ＝ <×2＝. 故a＋a＋a＋…＋a<. 3.(2018·衡水金卷模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1＝5,3a5＋a9＝S6. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＋1＝an＋1an,且b1＝a6,求數(shù)列的前n項和Tn. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,

7、 由a1＝5,3a5＋a9＝S6, 得3(5＋4d)＋(5＋8d)＝6×5＋d, 解得d＝2. 所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋2(n－1)＝2n＋3(n∈N*). (2)由(1)得,b1＝a6＝2×6＋3＝15. 又因為bn＋1＝an＋1an, 所以當(dāng)n≥2時,bn＝anan－1＝(2n＋3)(2n＋1), 當(dāng)n＝1時,b1＝5×3＝15,符合上式, 所以bn＝(2n＋3)(2n＋1)(n∈N*). 所以＝＝. 所以Tn＝＝＝(n∈N*). 4.(2018·大慶模擬)已知Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和,且a1＝1,S9＝81.記bn＝[log5an],其中[x]表示

8、不超過x的最大整數(shù),如[0.9]＝0,[log516]＝1. (1)求b1,b14,b61； (2)求數(shù)列{bn}的前200項和. 解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d, 由已知S9＝81,根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可知,S9＝9a5＝9(a1＋4d)＝81, ∴a1＋4d＝9. ∵a1＝1,∴d＝2, ∴an＝2n－1, ∴b1＝[log51]＝0,b14＝[log527]＝2,b61＝[log5121]＝2. (2)當(dāng)1≤n≤2時,1≤an≤3(an∈N*),bn＝[log5an]＝0,共2項； 當(dāng)3≤n≤12時,5≤an≤23,bn＝[log5an]＝1,共10項； 當(dāng)1

9、3≤n≤62時,25≤an≤123,bn＝[log5an]＝2,共50項； 當(dāng)63≤n≤200時,125≤an≤399,bn＝[log5an]＝3,共138項. ∴數(shù)列{bn}的前200項和為2×0＋10×1＋50×2＋138×3＝524. 3.立體幾何 1.如圖,在三棱柱ABF－DCE中,∠ABC＝120°,BC＝2CD, AD＝AF, AF⊥平面ABCD. (1)求證：BD⊥EC； (2)若AB＝1,求四棱錐B－ADEF的體積. (1)證明　已知ABF－DCE為三棱柱,且AF⊥平面ABCD, ∴DE∥AF,ED⊥平面ABCD. ∵BD?平面ABCD,∴ED⊥BD,

10、又ABCD為平行四邊形,∠ABC＝120°,故∠BCD＝60°, 又BC＝2CD,故∠BDC＝90°,故BD⊥CD, ∵ED∩CD＝D,ED,CD?平面ECD,∴BD⊥平面ECD,∵EC?平面ECD,故BD⊥EC. (2)解：由BC＝2CD得AD＝2AB,∵AB＝1,故AD＝2,作BH⊥AD于點H, ∵AF⊥平面ABCD,BH?平面ABCD, ∴AF⊥BH,又AD∩AF＝A,AD,AF?平面ADEF, ∴BH⊥平面ADEF,又∠ABC＝120°, ∴在△ABH中,∠BAH＝60°,又AB＝1, ∴BH＝, ∴VB－ADEF＝×(2×2)×＝. 2.如圖,在△BCD中,∠

11、BCD＝90°,BC＝CD＝1,AB⊥平面BCD,∠ADB＝60°,E,F分別是AC,AD上的動點,且＝＝λ(0<λ<1). (1)求證：無論λ為何值,總有平面BEF⊥平面ABC； (2)是否存在實數(shù)λ,使得平面BEF⊥平面ACD. (1)證明　∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD, ∴AB⊥CD. ∵CD⊥BC,AB∩BC＝B,AB,BC?平面ABC, ∴CD⊥平面ABC. 又∵＝＝λ(0<λ<1), ∴無論λ為何值,恒有EF∥CD, ∴EF⊥平面ABC. 又∵EF?平面BEF, ∴無論λ為何值,總有平面BEF⊥平面ABC. (2)解：假設(shè)存在λ,使得平面BEF⊥

12、平面ACD. 由(1)知BE⊥EF, ∵平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD＝EF,BE?平面BEF, ∴BE⊥平面ACD. 又∵AC?平面ACD, ∴BE⊥AC. ∵BC＝CD＝1,∠BCD＝∠ABD＝90°,∠ADB＝60°, ∴BD＝,∴AB＝tan60°＝, ∴AC＝＝. 由Rt△AEB∽Rt△ABC, 得AB2＝AE·AC,∴AE＝, ∴λ＝＝. 故當(dāng)λ＝時,平面BEF⊥平面ACD. 3.如圖,在四棱錐P—ABCD中,PC＝AD＝CD＝AB＝2,AB∥DC,AD⊥CD,PC⊥平面ABCD. (1)求證：BC⊥平面PAC； (2)若M為線段P

13、A的中點,且過C,D,M三點的平面與線段PB交于點N,確定點N的位置,說明理由；并求三棱錐A—CMN的高. (1)證明　連接AC,在直角梯形ABCD中,AC＝＝2, BC＝＝2, 所以AC2＋BC2＝AB2, 即AC⊥BC.又PC⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, 所以PC⊥BC,又AC∩PC＝C,AC,PC?平面PAC, 故BC⊥平面PAC. (2)解：N為PB的中點,連接MN,CN. 因為M為PA的中點,N為PB的中點,所以MN∥AB, 且MN＝AB＝2. 又因為AB∥CD,所以MN∥CD,所以M,N,C,D四點共面, 所以N為過C,D,M三點的平面與線段P

14、B的交點. 因為BC⊥平面PAC,N為PB的中點, 所以點N到平面PAC的距離d＝BC＝. 又S△ACM＝S△ACP＝××AC×PC＝, 所以V三棱錐N—ACM＝××＝. 由題意可知,在Rt△PCA中, PA＝＝2,CM＝, 在Rt△PCB中,PB＝＝2, CN＝,所以S△CMN＝×2×＝. 設(shè)三棱錐A—CMN的高為h, V三棱錐N—ACM＝V三棱錐A—CMN＝××h＝, 解得h＝,故三棱錐A—CMN的高為. 4.(2018·樂山聯(lián)考)如圖,AB是圓O的直徑,點C是圓O上異于A,B的點,PO垂直于圓O所在的平面,且PO＝OB＝1. (1)若D為線段AC的中點,求證

15、：AC⊥平面PDO； (2)求三棱錐P－ABC體積的最大值； (3)若BC＝,點E在線段PB上,求CE＋OE的最小值. (1)證明　在△AOC中,因為OA＝OC, D為AC的中點,所以AC⊥OD. 又PO垂直于圓O所在的平面,所以PO⊥AC. 因為DO∩PO＝O,DO,PO?平面PDO,所以AC⊥平面PDO. (2)解：因為點C在圓O上,所以當(dāng)CO⊥AB時,C到AB的距離最大,且最大值為1. 又AB＝2,所以△ABC面積的最大值為×2×1＝1. 又因為三棱錐P－ABC的高PO＝1, 故三棱錐P－ABC體積的最大值為×1×1＝. (3)解：在△POB中,PO＝OB＝1,∠PO

16、B＝90°, 所以PB＝＝. 同理PC＝,所以PB＝PC＝BC.在三棱錐P－ABC中,將側(cè)面BCP繞PB旋轉(zhuǎn)至平面C′PB,使之與平面ABP共面,如圖所示. 當(dāng)O,E,C′共線時,CE＋OE取得最小值. 又因為OP＝OB,C′P＝C′B, 所以O(shè)C′垂直平分PB,即E為PB中點. 從而OC′＝OE＋EC′＝＋＝, 即CE＋OE的最小值為. 4.解析幾何 1.已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為,且C過點. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l與橢圓C交于P,Q兩點(點P,Q均在第一象限),且直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列,證明：直線l的斜率為定值. (1

17、)解：由題意可得解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠0), 由消去y, 整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0, ∵直線l與橢圓交于兩點, ∴Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)點P,Q的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2), 則x1＋x2＝,x1x2＝, ∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2. ∵直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列, ∴k2＝·＝, 整理得km(x1＋x2)＋m

18、2＝0, ∴＋m2＝0, 又m≠0,∴k2＝, 結(jié)合圖象(圖略)可知k＝－,故直線l的斜率為定值. 2.已知拋物線Γ：x2＝2py(p>0),直線y＝2與拋物線Γ交于A,B(點B在點A的左側(cè))兩點,且|AB|＝4. (1)求拋物線Γ在A,B兩點處的切線方程； (2)若直線l與拋物線Γ交于M,N兩點,且MN的中點在線段AB上,MN的垂直平分線交y軸于點Q,求△QMN面積的最大值. 解：(1)由x2＝2py,令y＝2,得x＝±2,所以4＝4,解得p＝3,所以x2＝6y,由y＝,得y′＝, 故y′|x＝2＝. 所以在A點的切線方程為y－2＝(x－2),即2x－y－2＝0,同理可得在

19、B點的切線方程為2x＋y＋2＝0. (2)由題意得直線l的斜率存在且不為0, 故設(shè)l：y＝kx＋m,M(x1,y1),N(x2,y2),由x2＝6y與y＝kx＋m聯(lián)立, 得x2－6kx－6m＝0,Δ＝36k2＋24m>0, 所以x1＋x2＝6k,x1x2＝－6m, 故|MN|＝·＝2··. 又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6k2＋2m＝4,所以m＝2－3k2,所以|MN|＝2··, 由Δ＝36k2＋24m>0,得－

20、－y＋2－3k2＝0的距離d＝＝3, 所以S△QMN＝·2·· ·3 ＝3·. 令1＋k2＝u,則k2＝u－1,則10,得1b>0)的左頂點、右焦點,點P為橢圓C上一動點,當(dāng)PF⊥x軸時,|AF|＝2|PF|. (1)求橢圓C的離心率； (2)若橢圓C上存在點Q,使得四邊形AOPQ是平行四邊形(點P在第一象限),求直線AP與

21、OQ的斜率之積； (3)記圓O：x2＋y2＝為橢圓C的“關(guān)聯(lián)圓”.若b＝,過點P作橢圓C的“關(guān)聯(lián)圓”的兩條切線,切點為M,N,直線MN在x軸和y軸上的截距分別為m,n,求證：＋為定值. (1)解：由PF⊥x軸,知xP＝c,代入橢圓C的方程, 得＋＝1,解得yP＝±. 又|AF|＝2|PF|,所以a＋c＝,所以a2＋ac＝2b2,即a2－2c2－ac＝0, 所以2e2＋e－1＝0, 由0

22、＝－,yQ＝b, 所以kAPkOQ＝·＝－, 由(1)知e＝＝,得＝,所以kAPkOQ＝－. (3)證明　由(1)知e＝＝,又b＝,解得a＝2, 所以橢圓C的方程為＋＝1, 圓O的方程為x2＋y2＝.① 連接OM,ON(圖略),由題意可知,OM⊥PM,ON⊥PN, 所以四邊形OMPN的外接圓是以O(shè)P為直徑的圓, 設(shè)P(x0,y0),則四邊形OMPN的外接圓方程為2＋2＝(x＋y), 即x2－xx0＋y2－yy0＝0.② ①－②,得直線MN的方程為xx0＋yy0＝, 令y＝0,則m＝,令x＝0,則n＝. 所以＋＝49, 因為點P在橢圓C上, 所以＋＝1,所以＋＝49(

23、為定值). 4.如圖,橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右頂點為A(2,0),左、右焦點分別為F1,F2,過點A且斜率為的直線與y軸交于點P,與橢圓交于另一個點B,且點B在x軸上的射影恰好為點F1. (1)求橢圓C的標準方程； (2)過點P且斜率大于的直線與橢圓交于M,N兩點(|PM|>|PN|),若S△PAM∶S△PBN＝λ,求實數(shù)λ的取值范圍. 解：(1)因為BF1⊥x軸,得到點B, 所以解得 所以橢圓C的標準方程是＋＝1. (2)因為＝＝＝λ,所以＝(λ>2), 所以＝－.由(1)可知P(0,－1), 設(shè)MN方程為y＝kx－1,M(x1,y1),N(x2,y2), 聯(lián)

24、立得(4k2＋3)x2－8kx－8＝0,Δ>0恒成立, 即得(*) 又＝(x1,y1＋1),＝(x2,y2＋1),有x1＝－x2, 將x1＝－x2代入(*)可得,＝. 因為k>,所以＝∈(1,4), 則1<2<4且λ>2,即得4<λ<4＋2. 綜上所述,實數(shù)λ的取值范圍為(4,4＋2). 5.概率與統(tǒng)計 1.(2018·安徽省六安一中適應(yīng)性考試)全世界越來越關(guān)注環(huán)境保護問題,某監(jiān)測站點于2019年1月某日起連續(xù)n天監(jiān)測空氣質(zhì)量指數(shù)(AQⅠ),數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下： 空氣質(zhì)量指數(shù) (μg/m3) [0,50) [50,100) [100,150) [150,200) [20

25、0,250] 空氣質(zhì)量等級 空氣優(yōu) 空氣良 輕度污染 中度污染 重度污染 天數(shù) 20 40 m 10 5 (1)根據(jù)所給統(tǒng)計表和頻率分布直方圖中的信息求出n,m的值,并完成頻率分布直方圖； (2)在空氣質(zhì)量指數(shù)分別屬于[50,100)和[150,200)的監(jiān)測數(shù)據(jù)中,用分層抽樣的方法抽取5天,再從中任意選取2天,求事件A“兩天空氣質(zhì)量等級都為良”發(fā)生的概率. 解：(1)∵0.004×50＝, ∴n＝100,∵20＋40＋m＋10＋5＝100, ∴m＝25,＝0.008； ＝0.005； ＝0.002； ＝0.001. (2)在空氣質(zhì)量指數(shù)為

26、[50,100)和[150,200)的監(jiān)測天數(shù)中分別抽取4天和1天,在所抽取的5天中,將空氣質(zhì)量指數(shù)為[50,100)的4天分別記為a,b,c,d；將空氣質(zhì)量指數(shù)為[150,200)的1天記為e,從中任取2天的基本事件分別為：(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共10種,其中事件A“兩天空氣質(zhì)量等級都為良”包含的基本事件為(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d),共6種,所以事件A“兩天空氣質(zhì)量等級都為良”發(fā)生的概率是P(A)＝＝. 2.為了豐富退休生活,老王堅持每天健步走,并用

27、計步器記錄每天健步走的步數(shù).他從某月中隨機抽取20天的健步走步數(shù)(老王每天健步走的步數(shù)都在[6,14]之間,單位：千步),繪制出頻率分布直方圖(不完整)如圖所示. (1)完成頻率分布直方圖,并估計該月老王每天健步走的平均步數(shù)(每組數(shù)據(jù)可用區(qū)間中點值代替)； (2)某健康組織對健步走步數(shù)的評價標準如下表： 每天步數(shù)分組(千步) [6,8) [8,10) [10,14] 評價級別 及格 良好 優(yōu)秀 現(xiàn)從這20天中評價級別是“及格”和“良好”的天數(shù)里隨機抽取2天,求這2天的健步走結(jié)果屬于同一評價級別的概率. 解：(1)設(shè)落在分組[10,12)中的頻率為x,則×2＝1,

28、得x＝0.5, 所以各組中的頻數(shù)分別為2,3,10,5. 完成的頻率分布直方圖如圖所示： 老王該月每天健步走的平均步數(shù)約為 (7×0.05＋9×0.075＋11×0.25＋13×0.125)×2＝10.8(千步). (2)設(shè)評價級別是及格的2天分別為a,b,評價級別是良好的3天分別為x,y,z, 則從這5天中任意抽取2天,共有10種不同的結(jié)果： ab,ax,ay,az,bx,by,bz,xy,xz,yz, 所抽取的2天屬于同一評價級別的結(jié)果共4種：ab,xy,xz,yz. 所以,從這20天中評價級別是“及格”和“良好”的天數(shù)里隨機抽取2天,屬于同一評價級別的概率P＝＝.

29、 3.為了解某地區(qū)某種農(nóng)產(chǎn)品的年產(chǎn)量x(單位：噸)對價格y(單位：千元/噸)和利潤Z的影響,對近五年該農(nóng)產(chǎn)品的年產(chǎn)量和價格統(tǒng)計如表： x 1 2 3 4 5 y 7.0 6.5 5.5 3.8 2.2 (1)求y關(guān)于x的線性回歸方程＝x＋； (2)若每噸該農(nóng)產(chǎn)品的成本為2千元,假設(shè)該農(nóng)產(chǎn)品可全部賣出,預(yù)測當(dāng)年產(chǎn)量約為多少時,年利潤Z取到最大值？(保留兩位小數(shù)) 參考公式：＝＝,＝－. 解：(1)＝(1＋2＋3＋4＋5)＝3,＝(7.0＋6.5＋5.5＋3.8＋2.2)＝5, iyi＝1×7.0＋2×6.5＋3×5.5＋4×3.8＋5×2.2＝62.7,＝1

30、2＋22＋32＋42＋52＝55, ∴＝＝＝－1.23, ＝－＝5－(－1.23)×3＝8.69, ∴y關(guān)于x的線性回歸方程是＝8.69－1.23x. (2)年利潤Z＝x(8.69－1.23x)－2x＝－1.23x2＋6.69x, ∴當(dāng)年產(chǎn)量約為2.72噸時,年利潤Z最大. 4.某校高二奧賽班N名學(xué)生的物理測評成績(滿分120分)的頻率分布直方圖如下,已知分數(shù)在100～110的學(xué)生有21人. (1)求總?cè)藬?shù)N和分數(shù)在110～115的人數(shù)n； (2)現(xiàn)準備從分數(shù)在110～115的n名學(xué)生中任選2人,求其中恰好有一名女生的概率； (3)為了分析某個學(xué)生的學(xué)習(xí)狀態(tài),對其下一階段的學(xué)

31、習(xí)提供指導(dǎo)性建議,對他前7次考試的數(shù)學(xué)成績x(滿分150分),物理成績y進行分析,下面是該生7次考試的成績. 數(shù)學(xué) 88 83 117 92 108 100 112 物理 94 91 108 96 104 101 106 已知該生的物理成績y與數(shù)學(xué)成績x是線性相關(guān)的,若該生的數(shù)學(xué)成績達到130分,請你估計他的物理成績大約是多少？ 附：＝,＝－. 解：(1)分數(shù)在100～110內(nèi)的學(xué)生的頻率為P1＝(0.04＋0.03)×5＝0.35, 所以該班總?cè)藬?shù)N＝＝60, 分數(shù)在110～115內(nèi)的學(xué)生的頻率為P2＝1－(0.01＋0.04＋0.05＋0.

32、04＋0.03＋0.01)×5＝0.1, 分數(shù)在110～115內(nèi)的人數(shù)n＝60×0.1＝6. (2)由(1)可知,分數(shù)在110～115內(nèi)有6名學(xué)生,其中女生有2名,男生有4名, 設(shè)男生為A1,A2,A3,A4,女生為B1,B2, 從6名學(xué)生中選出2人的基本事件有(A1,A2),(A1,A3),(A1,A4),(A1,B1),(A1,B2),(A2,A3),(A2,A4),(A2,B1),(A2,B2),(A3,A4),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),(B1,B2),共15個. 其中恰好有一名女生的基本事件有(A1,B1),(A1,B2),(A2,B1)

33、,(A2,B2),(A3,B1),(A3,B2),(A4,B1),(A4,B2),共8個, 所以所求的概率為P＝. (3)＝100＋＝100, ＝100＋＝100. 由于x與y之間具有線性相關(guān)關(guān)系,根據(jù)公式得到＝＝0.5,＝100－0.5×100＝50, 所以線性回歸方程為＝0.5x＋50, 所以當(dāng)x＝130時,＝115. 所以他的物理成績的估計值是115分. 6.函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 1.已知函數(shù)f(x)＝＋lnx. (1)求曲線y＝f(x)在點(1,f(1))處的切線方程； (2)求證：f(x)>0. (1)解：f(x)＝＋lnx的定義域是(0,＋∞),f′(x)＝＋＝,

34、所以f′(1)＝－,又f(1)＝1, 則切線方程為x＋2y－3＝0. (2)證明　令h(x)＝x3＋2x2－3x－2, 則h′(x)＝3x2＋4x－3, 設(shè)h′(x)＝0的兩根為x1,x2, 由于x1x2＝－1<0, 不妨設(shè)x1<0,x2>0, 則h(x)在(0,x2)上是單調(diào)遞減的,在(x2,＋∞)上是單調(diào)遞增的. 而h(0)<0,h(1)<0,h(2)>0, 所以h(x)在(0,＋∞)上存在唯一零點x0,且x0∈(1,2), 所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,＋∞)上單調(diào)遞增. 所以f(x)≥f(x0)＝＋lnx0, 因為x0∈(1,2),lnx0>0

35、,f(x)>>0, 所以f(x)>0. 2.已知函數(shù)f(x)＝lnx, g(x)＝f(x)＋ax2＋bx,函數(shù)g(x)的圖象在點(1,g(1))處的切線平行于x軸. (1)確定a與b的關(guān)系； (2)若a≥0,試討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性. 解：(1)依題意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx,x>0, 則g′(x)＝＋2ax＋b, 由函數(shù)g(x)的圖象在點(1,g(1))處的切線平行于x軸得, g′(1)＝1＋2a＋b＝0, ∴b＝－2a－1. (2)由(1)得g′(x)＝ ＝. ∵函數(shù)g(x)的定義域為(0,＋∞), ∴當(dāng)a＝0時,g′(x)＝－, 由g′>0得0

36、1, 由g′<0得x>1； 若0<<1,即a>時, 由g′>0得x>1或01,即00得x>或0時,函數(shù)g在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增. 3.已知函數(shù)f(x)＝xlnx,g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a為實數(shù)). (1)當(dāng)a＝5時,求函數(shù)g(x)的圖象在x

37、＝1處的切線方程； (2)求f(x)在區(qū)間[t,t＋2](t>0)上的最小值； (3)若存在兩個不等實數(shù)x1,x2∈,使方程g(x)＝2exf(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解：(1)當(dāng)a＝5時,g(x)＝(－x2＋5x－3)ex,g(1)＝e,g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex,故切線的斜率為g′(1)＝4e, 所以切線方程為y－e＝4e(x－1),即4ex－y－3e＝0. (2)函數(shù)f(x)＝xlnx的定義域為(0,＋∞).因為f′(x)＝lnx＋1, 所以在(0,＋∞)上,當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表： x f′(x) － 0 ＋

38、 f(x) ↘ 極小值(最小值) ↗ 當(dāng)t≥時,在區(qū)間[t,t＋2]上,f(x)為增函數(shù),所以f(x)min＝f(t)＝tlnt,當(dāng)00, 則h′(x)＝1＋－＝. 當(dāng)x變化時,h′(x),h(x)的變化情況如下表： x 1 (1,e) h′(x) － 0 ＋ h(x) ↘ 極小值(最小值) ↗ 因為h＝＋3e－2,h(

39、e)＝＋e＋2,h(1)＝4, 所以h(e)－h(huán)＝4－2e＋<0, 所以h(e)

40、在[1,e]上單調(diào)遞增. 所以f(x)的最小值為f(1)＝－a－1,所以－1≤a≤2； 當(dāng)1<0,f(x)在上單調(diào)遞增, 所以f(x)的最小值為 f?＝－－a＋aln＝a. 因為2,所以f(e)<0, 所以a≥2e,綜上,a≥－1. 7.坐標系與參數(shù)

41、方程 1.在平面直角坐標系xOy中,已知曲線C：(α為參數(shù)),在以原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立的極坐標系中,直線l的極坐標方程為ρcos＝－1. (1)求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標方程； (2)過點M(－1,0)且與直線l平行的直線l1交C于A,B兩點,求點M到A,B兩點的距離之積. 解：(1)曲線C化為普通方程為＋y2＝1, 由ρcos＝－1,得ρcosθ－ρsinθ＝－2, 所以直線l的直角坐標方程為x－y＋2＝0. (2)直線l1的參數(shù)方程為(t為參數(shù)), 代入＋y2＝1化簡得,2t2－t－2＝0, 設(shè)A,B兩點所對應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2,則t1t2＝

42、－1, 所以|MA|·|MB|＝|t1t2|＝1. 2.在平面直角坐標系xOy中,已知直線C1：(t是參數(shù)),以坐標原點為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標系,則曲線C2：ρ＝8sinθ. (1)求C1的普通方程和C2的直角坐標方程； (2)判斷直線C1與曲線C2的位置關(guān)系,若相交,求出弦長. 解：(1)由C1：(t是參數(shù))消去t得x＋y－3＝0, 所以直線C1的普通方程為x＋y－3＝0. 把ρ＝8sinθ的兩邊同時乘ρ, 得ρ2＝8ρsinθ, 因為x2＋y2＝ρ2,y＝ρsinθ, 所以x2＋y2＝8y, 即x2＋(y－4)2＝16, 所以曲線C2的直角坐標方程為x2

43、＋(y－4)2＝16. (2)由(1)知,曲線C2：x2＋(y－4)2＝16是圓心坐標為(0,4),半徑為4的圓, 所以圓心(0,4)到直線x＋y－3＝0的距離d＝＝<4, 所以直線C1與曲線C2相交,其弦長為2＝. 3.(2018·河北省武邑中學(xué)期中)在平面直角坐標系xOy中,曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù)),以坐標原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,并使得它與直角坐標系有相同的長度單位,曲線C2的極坐標方程為ρ＝2sinθ,曲線C3的極坐標方程為θ＝(ρ>0). (1)求曲線C1的極坐標方程和C3的直角坐標方程； (2)設(shè)C3分別交C1,C2于點P,Q,求△C1PQ的面

44、積. 解：(1)曲線C1的普通方程為(x－2)2＋y2＝4,即x2＋y2－4x＝0, 所以C1的極坐標方程為ρ2－4ρcosθ＝0, 即ρ＝4cosθ. 曲線C3的直角坐標方程為y＝x(x>0). (2)依題意,設(shè)點P,Q的坐標分別為,, 將θ＝代入ρ＝4cosθ,得ρ1＝2, 將θ＝代入ρ＝2sinθ,得ρ2＝1, 所以＝＝2－1,依題意得,點C1到曲線θ＝的距離為d＝sin＝1, 所以S△C1PQ＝·d＝＝－. 4.已知曲線C1的參數(shù)方程是(θ為參數(shù)),以坐標原點為極點,x軸的正半軸為極軸,建立極坐標系,曲線C2的極坐標方程是ρ＝4sinθ. (1)求曲線C1與C2交

45、點的平面直角坐標； (2)A,B兩點分別在曲線C1與C2上,當(dāng)|AB|最大時,求△AOB的面積(O為坐標原點). 解：(1)由 得 所以(x＋2)2＋y2＝4, 又由ρ＝4sinθ, 得ρ2＝4ρsinθ, 得x2＋y2＝4y,把兩式作差得,y＝－x, 代入x2＋y2＝4y得交點坐標為(0,0),(－2,2). (2)如圖, 由平面幾何知識可知,當(dāng)A,C1,C2,B依次排列且共線時,|AB|最大, 此時|AB|＝2＋4,O到AB的距離為, ∴△OAB的面積為S＝(2＋4)·＝2＋2. 8.不等式選講 1.已知函數(shù)f(x)＝|x－2a|＋|x－3a|. (1)若

46、f(x)的最小值為2,求a的值； (2)若對?x∈R, ?a∈[－2,2],使得不等式m2－|m|－f(x)<0成立,求實數(shù)m的取值范圍. 解：(1)|x－2a|＋|x－3a|≥|(x－2a)－(x－3a)|＝|a|, 當(dāng)且僅當(dāng)x取介于2a和3a之間的數(shù)時,等號成立, 故f(x)的最小值為|a|, ∴a＝±2. (2)由(1)知f(x)的最小值為|a|, 故?a∈[－2,2], 使m2－|m|<|a|成立, 即m2－|m|<2, ∴(|m|＋1)(|m|－2)<0, ∴－2

47、|＋|x＋1|＞a的解集不是R,求a的取值范圍. 解：(1)∵|f(x)|＝||x＋1|－|x－2|| ≤|(x＋1)－(x－2)|＝3, ∴－3≤f(x)≤3, ∴f(x)min＝－3,f(x)max＝3. (2)∵|x－3|＋|x＋1|≥|(x－3)－(x＋1)|＝4, ∴|x－3|＋|x＋1|≥4. ∴當(dāng)a＜4時,|x－3|＋|x＋1|＞a的解集為R. 又∵|x－3|＋|x＋1|＞a的解集不是R, ∴a≥4. ∴a的取值范圍是[4,＋∞). 3.已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋ax－5(a是常數(shù),a∈R). (1)當(dāng)a＝1時,求不等式f(x)≥0的解集； (2)

48、若函數(shù)f(x)恰有兩個不同的零點,求實數(shù)a的取值范圍. 解：(1)當(dāng)a＝1時,f(x)＝|2x－1|＋x－5＝ 由f(x)≥0,得 或 解得x≤－4或x≥2, 故不等式f(x)≥0的解集為{x|x≤－4或x≥2}. (2)令f(x)＝0,得|2x－1|＝5－ax, 則函數(shù)f(x)恰有兩個不同的零點轉(zhuǎn)化為y＝|2x－1|與y＝－ax＋5的圖象有兩個不同的交點,在同一平面直角坐標系中作出兩函數(shù)的圖象如圖所示,結(jié)合圖象知當(dāng)－2

49、＝|x－2m|－|x＋m|(m>0). (1)當(dāng)m＝2時,求不等式f(x)≥1的解集； (2)對于任意實數(shù)x,t,不等式f(x)≤|t＋3|＋|t－2|恒成立,求m的取值范圍. 解：(1)f(x)＝|x－2m|－|x＋m|＝ 當(dāng)m＝2時,由－2x＋2≥1得－20,∴0