全国通用版2022版高考数学大二轮复习考前强化练9解答题综合练B理.docx

1、考前强化练9解答题综合练(B)1.已知函数f(x)=12x2+mx(m0),数列an的前n项和为Sn.点(n,Sn)在f(x)图象上,且f(x)的最小值为-18,(1)求数列an的通项公式;(2)数列bn满足bn=2an(2an-1)(2an+1-1),记数列bn的前n项和为Tn,求证:Tnb0)的长轴长为6,且椭圆C与圆M:(x-2)2+y2=409的公共弦长为4103.(1)求椭圆C的方程.(2)过点P(0,2)作斜率为k(k0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得ADB为以AB为底边的等腰三角形.若存在,求出点D的横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.5.已

2、知函数f(x)=2ln x-2mx+x2(m0),(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当m322时,若函数f(x)的导函数f(x)的图象与x轴交于A,B两点,其横坐标分别为x1,x2(x10,所以m=12,即Sn=12n2+12n,所以当n2时,an=Sn-Sn-1=n;当n=1时,a1=1也适合上式,所以数列an的通项公式为an=n.(2)证明 由(1)知bn=2an(2an-1)(2an+1-1)=12n-1-12n+1-1,所以Tn=1-13+13-17+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1,所以Tn1.2.(1)证明 如图,延长OG交AC于点M.G为AOC的重心,M为AC的

3、中点.O为AB的中点,OMBC.AB是圆O的直径,BCAC,OMAC.PA平面ABC,OM平面ABC,PAOM.又PA平面PAC,AC平面PAC,PAAC=A,OM平面PAC,即OG平面PAC.又OG平面OPG,平面OPG平面PAC.(2)解 以点C为原点,CB,CA,AP方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系C-xyz,则C(0,0,0),A(0,1,0),B(3,0,0),O32,12,0,P(0,1,2),M0,12,0,则OM=-32,0,0,OP=-32,12,2.平面OPG即为平面OPM,设平面OPM的一个法向量为n=(x,y,z),则nOM=-32x=0,nOP=-32x

4、+12y+2z=0,令z=1,得n=(0,-4,1).过点C作CHAB于点H,由PA平面ABC,易得CHPA,又PAAB=A,CH平面PAB,即CH为平面PAO的一个法向量.在RtABC中,由AB=2AC,得ABC=30,则HCB=60,CH=12CB=32.xH=CHcosHCB=34,yH=CHsinHCB=34.所以CH=34,34,0.设二面角A-OP-G的大小为,则cos =|CHn|CH|n|=|034-434+10|316+91642+12=25117.3.解 (1)选择方案一若享受到免单优惠,则需要摸出三个红球,设顾客享受到免单优惠为事件A,则P(A)=C33C103=1120

5、,所以两位顾客均享受到免单的概率为P=P(A)P(A)=114 400.(2)若选择方案一,设付款金额为X元,则X可能的取值为0,600,700,1 000.P(X=0)=C33C103=1120,P(X=600)=C32C71C103=740,P(X=700)=C31C72C103=2140,P(X=1 000)=C73C103=724,故X的分布列为X06007001 000P11207402140724E(X)=01120+600740+7002140+1 000724=76416(元).若选择方案二,设摸到红球的个数为Y,付款金额为Z,则Z=1 000-200Y,由已知可得YB3,31

6、0,故E(Y)=3310=910,E(Z)=E(1 000-200Y)=1 000-200E(Y)=820(元).因为E(X)0时,9k+8k298=122,-212m0;当k0时,9k+8k-122,0m212.综上所述,所求点D的横坐标的取值范围为-212,00,212.5.(1)解 由f(x)=2ln x-2mx+x2的定义域为(0,+),则f(x)=2(x2-mx+1)x.令x2-mx+1=0,其判别式=m2-4.当m2-40,即00,即m2,方程x2-mx+1=0有两个根x=mm2-42,令f(x)0,得0xm+m2-42,此时f(x)单调递增;令f(x)0,得m-m2-42xm+m

7、2-42,此时f(x)单调递减.综上所述,当02时,f(x)在m-m2-42,m+m2-42内单调递减,在0,m-m2-42,m+m2-42,+内单调递增.(2)证明 由(1)知,f(x)=2(x2-mx+1)x,f(x)的两根x1,x2即为方程x2-mx+1=0的两根.m322,=m2-40,x1+x2=m,x1x2=1.又x1,x2为h(x)=ln x-cx2-bx的零点,ln x1-cx12-bx1=0,ln x2-c22-bx2=0,两式相减得lnx1x2-c(x1-x2)(x1+x2)-b(x1-x2)=0,得b=lnx1x2x1-x2-c(x1+x2).而h(x)=1x-2cx-b

8、,(x1-x2)h(x0)=(x1-x2)1x0-2cx0-b=(x1-x2)2x1+x2-c(x1+x2)-lnx1x2x1-x2+c(x1+x2)=2(x1-x2)x1+x2-lnx1x2=2x1x2-1x1x2+1-lnx1x2.令x1x2=t(0t1),由(x1+x2)2=m2得x12+x22+2x1x2=m2,x1x2=1,两边同时除以x1x2,得t+1t+2=m2,m322,故t+1t52,解得0t12或t2,0t12.设G(t)=2t-1t+1-ln t,G(t)=-(t-1)2t(t+1)20,则y=G(t)在0,12上是减函数,G(t)min=G12=-23+ln 2,即y=

9、(x1-x2)h(x0)的最小值为-23+ln 2.(x1-x2)h(x0)-23+ln 2.6.解 (1)由=4cos 得2=4cos ,所以x2+y2-4x=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.将直线l的参数方程代入圆C:(x-2)2+y2=4,并整理得t2+22t=0,解得t1=0,t2=-22,所以直线l被圆C截得的弦长为|t1-t2|=22.(2)直线l的普通方程为x-y-4=0.圆C的参数方程为x=2+2cos,y=2sin(为参数),可设圆C上的动点P(2+2cos ,2sin ),则点P到直线l的距离d=|2+2cos-2sin-4|2=|2cos+4-2|.当cos+4=-1时,d取最大值,且d的最大值为2+2,所以SABP1222(2+2)=2+22,即ABP的面积的最大值为2+22.7.解 (1)f(x)=-3x,x12,根据函数f(x)的单调性可知,当x=12时,f(x)min=f12=32.所以函数f(x)的值域M=32,+.(2)aM,a32,00,4a-30,(a-1)(4a-3)2a0,32a72-2a,所以|a-1|+|a+1|32a72-2a.9