2020高考数学（理）全国各地最新模拟试题分类汇编解析 解答题（三） Word版含解析.doc

1、 - 1 - 解答题(三) 17(2019 河南八市重点高中联盟第五次测评)已知等差数列an中，a33， 且 a22，a4，a62 成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)记 bn1 na2n 1 anan1 ，求bn的前 2n 项和 S2n. 解 (1)设等差数列an的公差为 d， a22，a4，a62 成等比数列，a24(a22)(a62)， (a3d)2(a3d2)(a33d2)，又 a33， (3d)2(5d)(13d)，化简得 d22d10，解得 d1，ana3(n 3)d3(n3)1n. (2)由(1)得 bn1 na2n 1 anan1 (1)n 2n1 nn1 (1)n

2、 1 n 1 n1 ， S2nb1b2b3b2n 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 2n 1 2n1 1 1 2n1 2n 2n1. 18 (2019 安徽江淮十校 5 月考前最后一卷)如图， 在三棱柱 ABCABC 中，平面 ABC平面 ACCA，ABBCCAAA，D 是棱 BB的中点 (1)求证：平面 DAC平面 ACCA； (2)若AAC60 ，求二面角 ACDB的余弦值 解 (1)证明： 如图， 取 AC， AC的中点 O， F， 连接 OF 与 AC 交于点 E， 连接 DE，OB，BF， - 2 - 则 E 为 OF 的中点，OFAABB，且 OFAABB，所以 BBF

3、O 是平行四边形 又 D 是棱 BB的中点，所以 DEOB.又平面 AACC平面 ABC，平面 AACC平面 ABCAC，且 OBAC，OB平面 ABC，所以 OB平面 ACCA，得 DE平面 ACCA，又 DE平面 DAC，所以平面 DAC 平面 ACCA. (2)连接 AO，因为AAC60 ，所以AAC 是等边三角形，设 ABBC CAAA2， 则 AO平面 ABC，由已知可得 AOOB 3.以 OB，OC，OA分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0，1,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，A(0,0， 3)，BC ( 3，1,0)，BB AA (0,1， 3)， 设

4、平面 BCCB的法向量为 m(x，y，z)，则 m BC 0，m BB 0，所以 3xy0， y 3z0， 取 x1，则 y 3，z1，所以 m(1， 3，1) 设平面 ACD 的法向量为 n(x，y，z)，AC (0,1， 3)，CD CB 1 2BB ( 3，1,0) 0，1 2， 3 2 3，1 2， 3 2 ， 则 n AC 0，n CD 0， 所以 y 3z0， 3x1 2y 3 2 z0， 取 x0，y 3，z1，n(0， 3，1)， 故 cosm，n31 2 5 5 5 ，又因为二面角 ACDB为锐角，所以其 - 3 - 余弦值为 5 5 . 19(2019 广东深圳适应性考试)

5、在平面直角坐标系 xOy 中，离心率为 6 3 的椭 圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)过点 M 1， 6 3 . (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若直线 xym0 上存在点 G，且过点 G 的椭圆 C 的两条切线相互垂直， 求实数 m 的取值范围 解 (1)由题意得 c a 6 3 ， a2b2c2， 解得 a23b2， 又 1 a2 2 3b21， 解得 a23， b21， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 3y 21. (2)当过点 G 的椭圆 C 的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于 y 轴，易得 G( 3， 1) 当过点 G 的椭圆 C 的切线的斜率均存在时，

6、设 G(x0，y0)，x0 3，切线 方程为 yk(xx0)y0， 代入椭圆方程得(3k21)x26k(kx0y0)x3(kx0y0)230， 6k(kx0y0)24(3k21) 3(kx0y0)230， 化简得(kx0y0)2(3k21) 0， 则(x203)k22x0y0ky2010，设过点 G 的椭圆 C 的切线的斜率分别为 k1， k2，则 k1k2y 2 01 x203. 因为两条切线相互垂直，所以y 2 01 x2031，即 x 2 0y204(x0 3)， 由知点 G 在圆 x20y204 上，又点 G 在直线 xym0 上，所以直线 x ym0 与圆 x2y24 有公共点，所以

7、 |m| 112，所以2 2m2 2. 综上所述，m 的取值范围为2 2，2 2 20(2019 湖南永州第三次模拟)某机器生产商，对一次性购买两台机器的客 户推出两种超过质保期后两年内的延保维修方案： - 4 - 方案一：交纳延保金 6000 元，在延保的两年内可免费维修 2 次，超过 2 次每 次收取维修费 1500 元； 方案二：交纳延保金 7740 元，在延保的两年内可免费维修 4 次，超过 4 次每 次收取维修费 a 元 某工厂准备一次性购买两台这种机器，现需决策在购买机器时应购买哪种延 保方案，为此搜集并整理了 100 台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数， 统计得下表： 维

8、修次数 0 1 2 3 机器台数 20 10 40 30 以上 100 台机器维修次数的频率代替一台机器维修次数发生的概率，记 X 表 示这两台机器超过质保期后延保两年内共需维修的次数 (1)求 X 的分布列； (2)以所需延保金与维修费用之和的期望值为决策依据，该工厂选择哪种延保 方案更合算？ 解 (1)X 所有可能的取值为 0,1,2,3,4,5,6， P(X0)1 5 1 5 1 25，P(X1) 1 10 1 52 1 25，P(X2) 1 10 1 10 1 5 2 52 17 100，P(X3) 1 10 2 52 1 5 3 102 1 5，P(X4) 2 5 2 5 3 10

9、1 102 11 50，P(X 5)2 5 3 102 6 25，P(X6) 3 10 3 10 9 100. X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 5 6 P 1 25 1 25 17 100 1 5 11 50 6 25 9 100 (2)选择延保方案一，所需费用 Y1元的分布列为： Y1 6000 7500 9000 10500 12000 P 1 4 1 5 11 50 6 25 9 100 E(Y1)1 46000 1 57500 11 509000 6 2510500 9 100120008580(元) 选择延保方案二，所需费用 Y2元的分布列为： - 5 - Y2 7740 7

10、740a 77402a P 67 100 6 25 9 100 E(Y2) 67 1007740 6 25(7740a) 9 100(77402a)7740 21a 50 (元)， E(Y1)E(Y2)84021a 50 ，当 E(Y1)E(Y2)84021a 50 0， 即 0g(x) 解 (1)f(x)1 x a1 x2 xa1 x2 (x0)， 当 a10，即 a1 时，f(x)0，函数 f(x)在(0，)上单调递增，无极小 值； 当 a10，即 a1 时，由 f(x)a1，则函数 f(x)在(a1，)上单调递增，所以 f(x)极小 f(a1)1ln (a1)， 综上所述，当 a1 时，

11、f(x)无极小值； 当 a1 时，f(x)极小1ln (a1) (2)证明：令 F(x)f(x)g(x)ln xa1 x asinx12 x xln xasinx1 x (x0)， 当1a1 时，要证 f(x)g(x)，即证 F(x)0， 即证 xln xasinx10，即证 xln xasinx1. 当 0h(0)0， 即 xsinx. ax1asinx1(*)， 令 q(x)xln xx1，则 q(x)ln x， 当 x(0,1)，q(x)0，q(x)在(1，)上单调递增，故 q(x)q(1)0， 即 xln xx1.当且仅当 x1 时取等号， 又0asinx1， 所以当 0asinx1.

12、 当 a0 时，即证 xln x1. 令 m(x)xln x，m(x)ln x1，m(x)在 0，1 e 上单调递减， 在 1 e， 上单调递增，m(x)minm 1 e 1 e1，故 xln x1. 当1aasinx1，当 x(1，)时，asinx10， 由知 m(x)xln xm(1)0，故 xln xasinx1； 所以，当 x(0，)时，xln xasinx1. 综上可知，当1a1 时，f(x)g(x) 22在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的普通方程为 x2y24x6y120，在以 坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为 sin 4 2. (1)写出

13、圆 C 的参数方程和直线 l 的直角坐标方程； (2)设直线 l 与 x 轴和 y 轴的交点分别为 A， B， P 为圆 C 上的任意一点， 求PA PB 的取值范围 解 (1)圆 C 的参数方程为 x2cos， y3sin ( 为参数)直线 l 的直角坐标方程 - 7 - 为 xy20. (2)由直线 l 的方程 xy20 可得点 A(2,0)，点 B(0，2) 设点 P(x，y)，则PA PB(2x，y) (x,2y)x2y22x2y. 由(1)知 x2cos， y3sin， 则PA PB4sin2cos42 5sin()4，其中 tan1 2. 因为 R，所以 42 5PA PB42 5. 23已知函数 f(x)|xa| x1 a . (1)当 a1，求函数 f(x)的定义域； (2)当 a1,2时，求证：f2(x)f2 1 x 5. 解 (1)当 a1 时，f(x) |x1|x1|， 所以|x1|x1|0， 得(x1)2(x1)2，解得 x0. 故 f(x)的定义域为(，0 (2)证明：f2(x)f2 1 x |xa| x1 a 1 xa 1 x 1 a 2 a1 a 2 a1 a 5(a1,2)，当且仅当 a2 时等号成立