发布时间 : 星期四 文章2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第二部分刷题型解答题(七)理更新完毕开始阅读7544f1c8750bf78a6529647d27284b73f24236c5
解答题(七)
17．(2019·江西名校5月联考)已知数列{an}有an≠0，Sn是它的前n项和，a1＝3，且当
22
n≥2时，S2n＝3nan＋Sn－1.
(1)求证：数列{an＋an＋1}为等差数列； (2)求{an}的前n项和Sn.
解 (1)证明：当n≥2时，Sn＝3nan＋Sn－1，(Sn－Sn－1)(Sn＋Sn－1)＝3nan，an≠0，所以(Sn＋Sn－1)＝3n，(Sn＋1＋Sn)＝3(n＋1)，两式对应相减，得an＋an＋1＝3(2n＋1)，所以(an＋an＋1)－(an－1＋an)＝6n＋3－(6n－3)＝6，又n＝2时，(3＋a2)＝12a2＋9，所以a2＝6，所以a3＝9，所以(a2＋a3)－(a1＋a2)＝6＋9－(3＋6)＝6，所以数列{an＋an＋1}是首项为9，公差为6的等差数列．
(2)当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝3(3＋7＋…＋(2n－1))＝
2
2
22
2
2
2
n23·
3＋2n－12
32
＝(n＋n)． 2
当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(an－1＋an)＝3＋3(5＋9＋…＋(2n－1))＝3＋
n－1
3·
2
5＋2n－12
3232
＝(n＋n－2)＋3＝(n＋n)． 22
32
综上，Sn＝(n＋n)．
2
18．(2019·福建南平二检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB＝2CD＝22，AD＝3，PC＝3，△PAB是正三角形，E为AB的中点，平面PAB⊥平面PCE.
(1)求证：CE⊥平面PAB；
338PF(2)在棱PD上是否存在点F，使得二面角P－AB－F的余弦值为，若存在，求出的
19PD值；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：因为AE∥CD，且AE＝CD＝2，所以四边形AECD是平行四边形，从而AD∥CE，且CE＝AD＝3，又在正△PAB中，PE＝3
AB＝6，则在△PCE中，满足PE2＋CE2＝PC2，2
所以CE⊥PE，又平面PAB⊥平面PCE，平面PAB∩平面PCE＝PE，CE?平面PCE，所以CE⊥平面PAB.
- 1 -
(2)由(1)，知PE⊥CE，且PE⊥AB，CE∩AB＝E，
CE，AB?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，
又AD⊥平面PAB，AE?平面PAB，所以AD⊥AE，以点E为坐标原点，分别以射线EC，EA，
EP为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0,0，6)，D(3，2，0)，A(0，2，0)，B(0，－2，0)，
→→→
假设在棱PD上存在点F满足题意，设PF＝λPD，则PF＝λ(3，2，－6)＝(3λ，2
λ，－6λ)，
→→→
AF＝AP＋PF＝(0，－2，6)＋(3λ，2λ，－6λ)＝(3λ，2λ－2，6－6
λ)，BA＝(0，22，0)，设平面ABF的法向量n＝(x，y，z)，
2λ－2?3λx＋
则?
?22y＝0，取z＝1，得n＝?
→
y＋6－6λz＝0，
?2λ－1?
，0，1?，
λ??
?2λ－1?
??
λ338??2
＝，8λ＋2λ－1＝0，(4λ－1)(2λ19?2λ－1?2
??＋1
λ??
因为平面PAB的一个法向量m＝(1,0,0)，所以
338
|cos〈n，m〉|＝，则19
1
＋1)＝0，因为λ>0，所以λ＝，所以在棱PD上存在点F使得二面角P－AB－F的余弦值为
4338PF1
，且＝. 19PD4
x2y2
19．(2019·河南六市联考一)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，
ab点P是椭圆上的任意一点，且|PF1|·|PF2|的最大值为4，椭圆C的离心率与双曲线－＝1
412的离心率互为倒数．
(1)求椭圆C的方程；
x2y2
- 2 -
3?3??222?(2)设点P?－1，?，过点P作两条直线l1，l2与圆(x＋1)＋y＝r?0 4 解 (1)∵双曲线－＝1的离心率为＝2， 41221 ∴椭圆C的离心率为，设椭圆的半焦距为c， 2∴a＝2c， ∵|PF1|·|PF2|≤? 2 x2y2 ?|PF1|＋|PF2|?2＝a2， ?2?? 2 2 2 ∴a＝4，∴c＝1，又b＝a－c＝4－1＝3， ∴椭圆C的方程为＋＝1. 43 (2)证明：显然两直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2， 3?222?设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由于直线l1，l2与圆(x＋1)＋y＝r?0 则k1＝－k2，即直线l1的方程为y－＝k1(x＋1)， 2与椭圆方程3x＋4y＝12联立，得 2 x2(3＋4k21)＋k1(12＋8k1)x＋(3＋2k1)－12＝0， 2 2 x2y2 ∵P，M为直线与椭圆的交点， ∴x1－1＝－ k112＋8k1 ， 2 3＋4k1 k112－8k1 ， 2 3＋4k1 同理，当l2与椭圆相交时，x2－1＝∴x1－x2＝－ k112＋8k1k112－8k1 － 223＋4k13＋4k1 24k112k1 ＝－2，而y1－y2＝k1(x1＋x2)＋2k1＝2， 3＋4k13＋4k1∴直线MN的斜率k＝ y1－y21 ＝－. x1－x22 故直线MN的斜率为定值． 20．(2019·河北保定第二次模拟)已知函数f(x)＝xln x＋ax＋1－a. (1)求证：对任意实数a，都有f(x)min≤1； (2)若a＝2，是否存在整数k，使得在x∈(2，＋∞)上，恒有f(x)>(k＋1)x－2k－1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由(e＝2.71828…)． 解 (1)证明：由已知易得f(x)＝a(x－1)＋xln x＋1，所以f′(x)＝a＋1＋ln x，令f′(x) - 3 - ＝a＋1＋ln x＝0，得x＝e －(a＋1) ，显然，x∈(0，e －(a＋1) )时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； x∈(e－(a＋1)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(e－(a＋1))＝1－a－e－(a＋ 1) ，令t(a)＝f(x)min，则由t′(a)＝－1＋e －(a＋1) ＝0，得a＝－1，所以a∈(－∞，－1)时， t′(a)>0，函数t(a)单调递增，a∈(－1，＋∞)时，t′(a)<0，函数t(a)单调递减，所以t(a)max ＝t(－1)＝1＋1－1＝1，即f(x)min≤1，结论成立. (2)由题意，得x＋xln x>k(x－2)， 令t(x)＝xln x＋(1－k)x＋2k，所以t′(x)＝ln x＋2－k，由t′(x)＝ln x＋2－k＝0，得x＝e k－2 ， k－2 ①若e≤2，即k≤2＋ln 2时， 在x∈(2，＋∞)上，有t′(x)>0，故函数t(x)单调递增， 所以t(x)>t(2)＝2＋2ln 2>0. ②若ee k－2 k－2 >2，即k>2＋ln 2时，在x∈(2，e k－2 k－2 )上，有t′(x)<0，故函数t(x)在x∈(2， k－2 )上单调递减，在x∈(e，＋∞)上，有t′(x)>0.故函数t(x)在x∈(e k－2 ，＋∞)上单调 递增，所以在x∈(2，＋∞)上，t(x)min＝t(e)＝2k－e k－2 k－2 . k－2 故欲使x＋xln x>k(x－2)，只需t(x)min＝t(e令m(k)＝2k－e k－2 )＝2k－e>0即可． k－2 ，所以m′(k)＝2－e k－2 ，由m′(k)＝2－e＝0，得k＝2＋ln 2，所＝8－e>0，m(5)＝2×5 2 以k>2＋ln 2时，m′(k)<0，即m(k)单调递减，又m(4)＝2×4－e－e 5－2 4－2 ＝10－e<0，故kmax＝4. 3 21．(2019·山东济南3月模拟)某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年．如图1所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装．其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现，在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换(每个滤芯是否需要更换相互独立)，三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元．若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元，现需决策安装净水系统的同时购买滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图2是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，下表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表． - 4 -