2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文

《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（五）文（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、解答題(五) 17．近年來，共享單車已經(jīng)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(wù)用戶，在其官方APP中設(shè)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)能否在犯錯誤的概率不

2、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(guān)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(shù)據(jù)： 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n＝a＋b＋

3、c＋d. 解　(1)由2×2列聯(lián)表的數(shù)據(jù)，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(guān)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(shù)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(zhuǎn)贈給好友，選取的2張中

4、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∠BDC＝sin＝

5、. 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⊥平面BDEF

6、，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(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點，點D是橢圓C上的點，O是坐標原點，若

7、＋＝，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(shè)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，整理得1＋2k

8、2＝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(shù)f(x)＝x2－aln x. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若a＞0，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e)上恰有兩個零點，求實數(shù)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(diào)遞增； ②當a＞0時，由f′(x)＞0得x＞，f

9、′(x)＜0得0＜x＜. 即f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當a＞0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)當a＞0時，由(1)知f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增， ①若≤1，即0＜a≤1時，f(x)在(1，e)上單調(diào)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(diào)遞減，在(，e)上單調(diào)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， ∴∴e＜a＜e

10、2. ③若≥e，即a≥e2時，f(x)在(1，e)上單調(diào)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. (2)解法一：

11、由(1)知C2是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓． 由題設(shè)知，C1是過點B(0,2)且關(guān)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(jīng)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所在直線的距離

12、為2，所以＝2，故k＝0或k＝. 經(jīng)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(guān)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＝－， 所以C1：y＝

13、－|x|＋2. 23．(2019·全國卷Ⅰ)已知a，b，c為正數(shù)，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(shù)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. - 6 -