高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)突破復(fù)習(xí)：解答題的解法

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第三講　解答題的解法

　　1．(2009·陜西理)某食品企業(yè)一個(gè)月內(nèi)被消費(fèi)者投訴的次數(shù)用ξ表示，據(jù)統(tǒng)計(jì)，隨機(jī)

　　變量ξ的概率分布如下表：

　　ξ0123

　　P0.10.32aa

　　(1)求a的值和ξ的數(shù)學(xué)期望；

　　(2)假設(shè)一月份與二月份被消費(fèi)投訴的次數(shù)互不影響，求該企業(yè)在這兩個(gè)月內(nèi)共被

　　消費(fèi)者投訴2次的概率．

　　解：(1)由概率分布的性質(zhì)有0.1＋0.3＋2a＋a＝1，

　　解得a＝0.2.

　　∴ξ的概率分布為

　　ξ0123

　　P0.10.30.40.2

　　∴Eξ＝0×0.1＋1×0.3＋2×0.4＋3×0.2＝1.7.

　　(2)設(shè)事件A表示"兩個(gè)月內(nèi)共被投訴2次；事件A1表示"兩個(gè)月內(nèi)有一個(gè)月被投

　　訴2次，另一個(gè)月被投訴0次"；事件A2表示"兩個(gè)月均被投訴1次"．

　　則由事件的獨(dú)立性得

　　P(A1)＝C12P(ξ＝2)P(ξ＝0)＝2×0.4×0.1＝0.08，

　　P(A2)＝[P(ξ＝1)]2＝0.32＝0.09.

　　∴P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝0.08＋0.09＝0.17.

　　故該企業(yè)在這兩個(gè)同月共被消費(fèi)者投訴2次的概率為0.17.

　　2．已知向量a＝(4cos B，3cos 2B－2cos B)，

　　b＝sin2π4＋B2，1，f(B)＝a·b.

　　(1)若f(B)＝2，且0

　　(2)若對(duì)任意的B∈0，π2，f(B) －m>2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

　　解：(1)f(B)＝a·b＝4cos B·sin2π4＋B2＋3cos 2B－2cos B

　�。� 2cos B1－cos 2π4＋B2＋3cos 2B－2cos B

　�。剑�2cos B·cosπ2＋B＋3cos 2B

　�。�2cos Bsin B＋3cos 2B

　�。絪in 2B＋3cos 2B＝2sin2B＋π3

　　∵f(B)＝2

　　∴2sin2B＋π3＝2即sin2B＋π3＝1

　　∵B∈(0，π)

　　∴2B＋π3∈π3，7π3

　　∴2B＋π3＝π2

　　∴B＝π12.

　　(2)由(1)知f(B)＝2sin(2B＋π3)，又0

　　∴π3<2B＋π3<4π3，∴－32

　　∴－3<2sin2B＋π3≤2，

　　∵f(B)－m>2恒成立，

　　∴m

　　∴m<－3－2，即m∈(－∞，－3－2)．

　　3．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn且a1＝12，an＝－2SnSn－1(n≥2)．

　　(1)數(shù)列1Sn是否為等差數(shù)列？請(qǐng)證明你的結(jié)論；

　　(2)求Sn和an；

　　(3)求證：S21＋S22＋S23＋…＋S2n≤12－14n.

　　(1)解：當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1

　　由已知得：Sn－Sn－1＝－2SnSn－1(*)

　　又∵a1＝12，

　　∴Sn與Sn－1不可能為0.

　　∴(*)式可化為1Sn－1－1Sn＝－2，

　　即1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)，

　　∴1Sn是等差數(shù)列，公差d＝2.

　　(2)解：由(1)知 1Sn＝1S1＋(n－1)·2

　　＝1a1＋(n－1)·2＝2n，

　　∴Sn＝12n.

　　當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝－12n n－1 ，

　　∴an＝12　　　　　 n＝1 ，－12n n－1    n≥2 .

　　(3)證明：由(2)知，Sn＝12n，

　　∴S21＋S22＋S23＋…＋S2n

　�。�122＋142＋162＋…＋12n2

　�。�141＋122＋132＋…＋1n2

　　≤141＋11×2＋12×3＋ …＋1n n－1

　�。�141＋1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n

　　＝142－1n＝12－14n.

　　∴S21＋S22＋…＋S2n≤12－14n.

　　當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時(shí)等號(hào)成立．

　　4．(2010·萊蕪調(diào)研)設(shè)x＝0是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)ex(x∈R)的一個(gè)極值點(diǎn)．

　　(1)求a與b的關(guān)系式(用a表示b)，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

　　(2)設(shè)a>0，g(x)＝－(a2－a＋1)ex＋2，問(wèn)是否存在ξ1，ξ2∈[－2，2]，使得|f(ξ1)－

　　g(ξ2)|≤1成立？若存在，求a的取值范圍；若不存在，說(shuō)明理由．

　　解：(1)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a＋b]ex

　　由f′(0)＝0，得b＝－a

　　∴f(x)＝(x2＋ax－a)ex

　　f′(x)＝[x2＋(a＋2)x]ex＝x(x＋a＋2)ex

　　令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－a－2

　　由于x＝0是f(x)極值點(diǎn)，故x1≠x2，即a≠－2

　　當(dāng)a<－2時(shí)，x1

　　當(dāng)a>－2時(shí)，x1>x2 ，故f(x)的單調(diào)增區(qū) 間是(－∞，－a－2]和[0，＋∞)，單調(diào)減區(qū)

　　間是(－a－2,0)．

　　(2)當(dāng)a>0時(shí)，－a－2<－2，f(x)在[－2,0]上 單調(diào)遞減，在[0,2]上單調(diào)遞增，因此f(x)在[－2,2]上的值域?yàn)?/p>

　　[f(0)，max{f(－2)，f(2)}]＝[－a，(4＋a)e2]

　　而g(x)＝－(a2－a＋1)ex＋2＝－a－122＋34ex＋2在[－2,2]上單調(diào)遞減，

　　所以值域是[－(a2－a＋1)e4，－(a2－a＋1)]

　　因?yàn)樵赱－2,2]上，f(x)min－g(x)max＝－a＋(a2－a＋1)

　�。�(a－1)2≥0

　　所以，a只須滿足a>0，－a＋ a2－a＋1 ≤1.

　　解得0

　　即當(dāng)a∈(0,2]時(shí)，存在ξ1、ξ2∈[－2,2]使得|f(ξ1)－g(ξ2)|≤1成立．

　　5．如圖所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四邊形ABEF與ABCD都是直角梯形，∠BAD

　�。�∠FAB＝90°，BC綊12AD，BE綊12FA，G、H分別為FA、FD的中點(diǎn)．

　　(1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形；

　　(2)C、D、F、E四點(diǎn)是否共面？為什么？

　　(3)設(shè)AB＝BE，證明：平面ADE⊥平面CDE.

　　方法一：(1)證明：由題設(shè)知，F(xiàn)G＝GA，

　　FH ＝HD，所以GH綊12AD.

　　又BC綊12AD，故GH綊BC.

　　所以四邊形BCHG是平行四邊形．

　　(2)解：C、D 、F、E四點(diǎn)共面．[來(lái)源:學(xué)_科_網(wǎng)]

　　理由如下：

　　由BE綊12AF，G是FA的中點(diǎn)知，

　　BE綊GF，所以EF∥BG.

　　由(1)知 BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．又點(diǎn)D在直線FH上，所以C、

　　D、F、E四點(diǎn)共面．

　　圖(1)

　　(3)證明：如圖(1)，連結(jié)EG，由AB＝BE，BE綊AG及∠BAG＝90°知四邊形ABEG

　　是正方形，故B G⊥EA.由題設(shè)知，F(xiàn)A、AD、AB兩兩垂直，故AD⊥平面FABE，

　　因此EA是ED在平面FABE內(nèi)的射影，根據(jù)三垂線定理，BG⊥ED.

　　又ED∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.

　　由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.

　　由(2)知CH?平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.

　　方法二：(2)由題設(shè)知，F(xiàn)A、AB、AD兩兩互相垂直．

　　圖(2)

　　如圖(2)，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線AB為x軸正方向，以射線AD為y軸正方向，以

　　射 線AF為 z軸正方向，建立直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.

　　(1)證明：設(shè)AB＝a，BC＝b，BE＝c，則由題設(shè)得

　　A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0，2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)．

　　所以，GH→＝(0，b,0)， BC→＝(0，b,0)，于是GH→＝BC→.

　　又點(diǎn)G不在直線BC上，

　　所以四邊形BCHG是平行四邊形．

　　(2)解：C、D、F、E四點(diǎn)共面．

　　理由如下：[來(lái)源:學(xué)科網(wǎng)]

　　由題設(shè)知F(0,0,2c)，

　　所以EF→＝(－a,0，c)，CH→＝(－a,0，c)，EF→＝CH→.

　　又C?EF，H∈FD，故C、D、F、E四點(diǎn)共面．

　　(3)證明：由AB＝BE，得c＝a，

　　所以CH→＝(－a,0，a)，AE→＝(a,0，a)．

　　又AD→＝(0,2b,0)，因此CH→·AE→＝0 ，CH→· AD→＝0.

　　即CH⊥AE，CH⊥AD.

　　又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.

　　故由CH?平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.

　　6．已知過(guò)橢圓C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)右焦點(diǎn)F且斜率為1的直線交橢圓C于A、B兩點(diǎn)，

　　N為弦AB的中點(diǎn)．又函數(shù)y＝asin x＋3bcos x圖象的一條對(duì)稱軸的方程是x＝π6.

　　(1)求橢圓C的離心率e與直線ON的斜率；

　　(2)對(duì)于橢圓C上任意一點(diǎn)M，試證：總存在角θ(θ∈R)使等式OM→＝cos θ]＋OB→＋

　　sin θOB→成立．

　　解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)y＝asin x＋3bcos x圖象的一條對(duì)稱軸的方程是x＝π6，所以對(duì)任意

　　的實(shí)數(shù)x都有fπ6－x＝fπ6＋x，取x＝π6，得f(0)＝fπ3，整理得a＝3b.

　　于是橢圓C的離心率e＝ca＝a2＋b2a＝1－ba2＝1－132＝63.

　　由a＝3b，知橢圓C的方程可化為x2＋3y2＝3b2，①

　　又橢圓C的右焦點(diǎn)F為(2b,0)，[來(lái)源:學(xué).科.網(wǎng)]

　　直線AB的方程為y＝x－2b，②

　　把②代入①展開整理，得4x2－62bx＋3b2＝0，③

　　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中點(diǎn)N(x0，y0)，則x1，x2是方程③的兩個(gè)不等的

　　實(shí)數(shù)根，由韋達(dá)定理，得x1＋x2＝322b，x1·x2＝34b2，④

　　所以x0＝x1＋x22＝324b，y0＝x0－2b＝－24b.

　　于是直線ON的斜率kON＝y(tǒng)0x0＝－13.

　　(2) OA→與OB→是平面內(nèi)的兩個(gè)不共線的向 量，由平面向量基本定理，對(duì)于這一平面

　　內(nèi)的向量OM→，有且只有一對(duì)實(shí)數(shù)λ，μ使得等式OM→＝λ]＋OB→＋μOB→成立，設(shè)M(x，

　　y)，由(1)中各點(diǎn)的坐標(biāo)可得

　　(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，

　　∴x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.

　　又M在橢圓C上，代入①式，得(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3b2，展開整理，得[來(lái)源:學(xué)_科_網(wǎng)Z_X_X_K]

　　λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2，⑤

　　又∵x1x2＋3y1y2＝x1x2＋3(x1－2b)(x2－2b)＝4x1x2－32b(x1＋x2)＋6b2＝3b2－9b2

　　＋6b2＝0.

　　A，B兩點(diǎn)在橢圓上，故有x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2，代入⑤式化簡(jiǎn)，得

　　λ2＋μ2＝1.由同角三角函數(shù)關(guān)系知道總存在角θ(θ∈R)使等式λ＝cos θ，μ＝sin θ.成立，

　　即OM→ ＝cos θOA→＋sin θOB→成立．

　　綜上所述，對(duì)于橢圓C上的任意一點(diǎn)M，總存在角θ(θ∈R)使等式OM→＝cos θOA→＋

　　sin θOB→恒成立．

　　(責(zé)任編輯：韓志霞)

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