1、解答题(三)第二部分刷题型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 bn1na2n1anan1，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(n3)d3(n3)1n.(2)由(1)得 bn1na2n1anan1(1)n 2n1nn1(1)n1n 1n1，S2n b1 b2 b3 b2
2、n 112 1213 1314 12n12n1 112n1 2n2n1.18(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，则 E 为 OF 的中点，OFAABB，且 OFAABB，所以BBFO 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
3、 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 ABBCCAAA2，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)，设平面 BCCB的法向量为 m(x，y，z)，则 mBC0，mBB 0，所以 3xy0，y 3z0，取 x1，则 y 3，z1，所以 m(1，3，1)设
4、平面 ACD 的法向量为 n(x，y，z)，AC(0,1，3)，CDCB12BB(3，1,0)0，12，32 3，12，32，则 nAC 0，nCD 0，所以y 3z0，3x12y 32 z0，取 x0，y 3，z1，n(0，3，1)，故 cosm，n312 5 55，又因为二面角 ACDB为锐角，所以其余弦值为 55.19(2019广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系 xOy 中，离心率为 63的椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)过点 M1，63.(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)
5、由题意得ca 63，a2b2c2，解得 a23b2，又 1a2 23b21，解得a23，b21，所以椭圆 C 的标准方程为x23y21.(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，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
6、为k1，k2，则 k1k2y201x203.因为两条切线相互垂直，所以y201x2031，即 x20y204(x0 3)，由知点 G 在圆 x20y204 上，又点 G 在直线 xym0 上，所以直线 xym0 与圆 x2y24 有公共点，所以|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：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
7、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：维修次数0123 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)1515 125，P(X1)110152 125，P
8、(X2)110 11015252 17100，P(X3)11025215 310215，P(X4)2525 310 11021150，P(X5)25 3102 625，P(X6)310 310 9100.X 的分布列为X0123456 P125125171001511506259100(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 P141511506259100 E(Y1)14 6000 15 7500 1150 9000 625 10500 9100 12000 8580(元)选择延保方案二，所需费用 Y2 元的分布列为：Y2
9、 7740 7740a 77402a P671006259100 E(Y2)671007740 625(7740a)9100(77402a)774021a50(元)，E(Y1)E(Y2)84021a50，当 E(Y1)E(Y2)84021a50 0，即 0a2000 时，选择方案二，当 E(Y1)E(Y2)84021a50 0，即 a2000 时，选择方案一、方案二均可，当 E(Y1)E(Y2)84021a50 2000 时，选择方案一21(2019 河北石家庄模拟一)已知函数 f(x)ln xa1x，g(x)asinx12x，aR.(1)求函数 f(x)的极小值；(2)求证：当1a1 时，f
10、(x)g(x)解(1)f(x)1xa1x2 xa1x2(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)0，得 0 x0，得 xa1，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，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 xa1x asinx12x xln xasinx1x(x0)，当1a1 时，要证 f(x)g(x)，即证 F(x)0，即证 xln xasinx10，即证 xln xasi
11、nx1.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.当 a0 时，即证 xln x1.令 m(x)xln x，m(x)ln x1，m(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，m(x)minm1e 1e1，故 xln x1.当1a0 时，当 x(0,1时，asinx11，故 xln xasinx1，当 x(1，)时，asinx10，由知 m(x)xln
12、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 sin4 2.(1)写出圆 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PAPB的取值范围解(1)圆 C 的参数方程为x2cos，y3sin(为参数)直线 l 的直角坐标方程为 xy20.(2)由直线 l 的方程 xy20 可得
13、点 A(2,0)，点 B(0，2)设点 P(x，y)，则PAPB(2x，y)(x,2y)x2y22x2y.由(1)知x2cos，y3sin，则PAPB4sin2cos42 5sin()4，其中 tan12.因为 R，所以 42 5PAPB42 5.23已知函数 f(x)|xa|x1a.(1)当 a1，求函数 f(x)的定义域；(2)当 a1,2时，求证：f2(x)f21x 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)f21x|xa|x1a 1xa 1x1a 2a1a 2a1a 5(a1,2)，当且仅当 a2 时等号成立本课结束
