（京津专用）2019高考数学总复习 优编增分练（80分）解答题标准练（二）理.doc

18080 分分 解答题标准练解答题标准练( (二二) )1(2018·威海模拟)在ABC中，边BC上一点D满足ABAD，ADDC.3(1)若BD2DC2，求边AC的长；(2)若ABAC，求 sin B.解 (1)ABAD，在 RtABD中，sinABD，AD BD32ABD60°，AB1.在ABC中，AB1，BC3，由余弦定理可得，AC2AB2BC22AB·BCcosABC192×1×3× 7，1 2AC.7(2)在ACD中，由正弦定理可得，AD sin CDC sinDACADDC，3，3sin C1 sinDACABAC，BC，BAC180°2B，BAD90°，DACBACBAD180°2B90°90°2B，3sin B1sin90°2B，3sin B1 cos 2B化简得 2sin2Bsin B0，33即(sin B1)(2sin B)0，33sin B>0，sin B.332(2018·安徽省亳州市涡阳一中模拟)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，已知B1C1A190°，异面直线AB1A1C，且AA1AC.2(1)求证：平面ACC1A1平面A1B1C1；(2)若AC1AA1B1C1，求直线A1C1与平面ABB1A1所成角的正弦值(1)证明 因为AA1AC，所以四边形ACC1A1是菱形，所以A1CAC1，又因为异面直线AB1A1C，AC1AB1A，AB1，AC1平面AB1C1，所以A1C平面AB1C1，又B1C1平面AB1C1，所以A1CB1C1.又因为B1C1A190°，即B1C1A1C1，且A1C1A1CA1，A1C，A1C1平面ACC1A1，所以B1C1平面ACC1A1，又B1C1平面A1B1C1，所以平面ACC1A1平面A1B1C1.(2)解 设O是A1C1的中点，因为AC1AA1，所以AOA1C1，由(1)可知，AO平面A1B1C1，以O为坐标原点，过点O且与C1B1平行的直线为x轴，以OC1所在直线为y轴，以OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，设AA12，3则A(0,0，)，A1(0，1,0)，3C1(0,1,0)，B1(2,1,0)，设A1C1与平面ABB1A1所成的角为，因为 (0,2,0)，(2,2,0)，(0,1，)，A1C1A1B1A1A3设平面ABB1A1的一个法向量是n n(x，y，z)，则Error!即Error!不妨令x1，则y1，z，可得n n，33(1，1，33)所以 sin |cos，n n|，A1C122 ×7 3217所以直线A1C1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.2173(2018·山西省运城市康杰中学模拟)在某校举行的航天知识竞赛中，参与竞赛的文科生与理科生人数之比为 13，且成绩分布在40,100内，分数在 80 以上(含 80)的同学获奖按文、理科用分层抽样的方法抽取 200 人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图(见下图)(1)填写下面的 2×2 列联表，判断能否有超过 95%的把握认为“获奖与学生的文、理科有关”？文科生理科生总计获奖5不获奖总计200(2)将上述调査所得的频率视为概率，现从该校参与竞赛的学生中，任意抽取 3 名学生，记“获奖”学生人数为X，求X的分布列及期望附表及公式：K2，nabcd.nadbc2abcdacbd4其中nabcd.P(K2k0)0.150.100.050.0250.0100.005k02.0722.7063.8415.0246.6357.879解 (1)文科生理科生总计获奖53540不获奖45115160总计50150200K24.167>3.841，200 × 5 × 11535 × 45250 × 150 × 40 × 16025 6所以有超过 95%的把握认为“获奖与学生的文、理科有关” (2)由表中数据可知，将频率视为概率，从该校参赛学生中任意抽取一人，抽到获奖同学的概率为 .1 5X的所有可能的取值为 0,1,2,3，且XB.(3，1 5)P(Xk)C ×k×3k(k0,1,2,3)k3(1 5)(11 5)P(X0)C ×0×30，0 3(1 5)(4 5)64 125P(X1)C ×1×31，1 3(1 5)(4 5)48 125P(X2)C ×2×1，2 3(1 5)(4 5)12 125P(X3)C ×3×0，3 3(1 5)(4 5)1 125所以X的分布列为X0123P64 12548 12512 1251 125E(X)3× .1 53 54(2018·安徽省“皖江八校”联考)已知椭圆C：1(a>b>0)的左焦点为F(c,0)，x2 a2y2 b2右顶点为A，点E的坐标为(0，c)，EFA的面积为，过点E的动直线l被椭圆C所截得b2 25的线段MN长度的最小值为.4 63(1)求椭圆C的方程；(2)B是椭圆C上异于顶点的一点，且直线OBl，D是线段OB延长线上一点，且|DB|MN|，D的半径为|DB|，OP，OQ是D的两条切线，切点分别为P，Q，求POQ75的最大值，并求出取得最大值时直线l的斜率解 (1)由已知，可得 (ca)c.1 2b2 2又由b2a2c2，可得 2c2aca20，解得a2c，设椭圆C的方程为1，x2 4c2y2 3c2当直线l的斜率不存在时，线段MN的长为 2c；3当直线l的斜率存在时，设l的方程为ykxc，由Error!得(4k23)x28kcx8c20，(8kc)232c2(4k23)>0，从而|MN|·k214k234 6c·k21· 2k214k232c·34k24·4k224k2322c·3， ，1 u(0，1 3)因此 |OB| r57u23u7·u1 1，57134u7 u25(7u2)225当且仅当 2，即u 时等号成立，7 u7 2此时k±，所以 sin ，24POQ 21 2因此，所以POQ的最大值为.POQ 2 6 3综上所述，POQ的最大值为， 37取得最大值时直线l的斜率k±.245(2018·四川省成都市第七中学模拟)已知函数f(x)(x>0，aR R)3xexax(1)当a> 时，判断函数f(x)的单调性；3 4(2)当f(x)有两个极值点时，若f(x)的极大值小于整数m，求m的最小值解 (1)由题意知，f(x)ex3xexx3xexax2(x>0)x23x3exax2令h(x)(x23x3)exa(x>0)，则h(x)(x2x)ex，当 00，h(x)为增函数；当x>1 时，h(x) ，3 4所以h(x)maxh(1)ea0)，则h(x)(x2x)ex，当 00，h(x)为增函数；当x>1 时，h(x)0，h e3 2a2.(1，3 2)又由得a2ex(x3x23)，2 2把它代入得f(x2)(2x2)2ex，所以当x2时，f(x2)(1x2)2exf3 2e>2.(3 2)1 2所以满足题意的整数m的最小值为 3.6在数列an中，Sn14an2，a11.(1) 设cn，求证：数列cn是等差数列；an 2n(2) 求数列an的通项公式及前n项和的公式(1)证明 Sn14an2，当n2，nN N*时，Sn4an12.9得an14an4an1.方法一 对an14an4an1两边同除以 2n1，得2，an1 2n1an 2nan1 2n1即2，an1 2n1an1 2n1an 2n即cn1cn12cn，数列cn是等差数列由Sn14an2，得a1a24a12，则a23a125，c1 ，c2 ，a1 21 2a2 225 4故公差d ，5 41 23 4cn是以 为首项， 为公差的等差数列1 23 4方法二 an12an2an4an12(an2an1)，令bnan12an，则bn是以a22a14a12a12a13 为首项，2 为公比的等比数列，bn3·2n1， cn，an 2n cn1cnan1 2n1an 2nan12an 2n1 ，bn 2n13 × 2n1 2n13 4c1 ，a1 21 2 cn是以 为首项， 为公差的等差数列1 23 4(2)解 由(1)可知数列是首项为 ，公差为 的等差数列，an 2n1 23 4 (n1) n ，an(3n1)·2n2是数列an的通项公式an 2n1 23 43 41 4设Sn(31)·21(3×21)·20(3n1)·2n2，则 2Sn(31)·20(3×21)·21(3n1)·2n1，Sn2SnSn10(31)·213(20212n2)(3n1)·2n113×(3n1)·2n12n11 2113(3n4)·2n12(3n4)·2n1.数列an的通项公式为 an(3n1)·2n2，前 n 项和公式为 Sn2(3n4)·2n1，nN*.