【文档说明】技巧03解答题狂练一（练）【解析版】（理科）-《2022年高考理科数学二轮复习讲练测》（全国课标版）.docx，共(6)页，281.293 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-150d8dde1b4bb36acb621e465b1d89c0.html

以下为本文档部分文字说明：

大题保分练(一)1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an＋an，求数列{bn}的前n项和Tn.解析：(1)∵{an}为等差数列，∴S4＝4a1＋4×32d＝24，S7＝7a1

＋7×62d＝63，解得a1＝3，d＝2，∴an＝2n＋1.(2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)＝2×4(1－4n)1－4＋n(3＋2n

＋1)2＝83(4n－1)＋n2＋2n.2．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，点E，F分别在侧棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，C1F＝2FC，点D，G分别在侧棱AB，AC上，且BD＝2DA，CG＝2GA.(

1)证明：点G在平面EFD上；(2)若∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，AA1＝2，求二面角A1­AB1­C1的余弦值．解析：(1)证明：连接DG，FG.因为点E，F分别在侧棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，C1F＝2FC.又BB1∥CC1，且BB1＝

CC1，所以EB∥FC，且EB＝FC，所以四边形BCFE为平行四边形，所以EF∥BC，且EF＝BC.因为点D，G分别在侧棱AB，AC上，且BD＝2DA，CG＝2GA，所以GD∥BC，且GD＝13BC，所以EF∥GD，且GD＝13EF，故四边形DEFG为梯形，则D，E，F，G四点共面，所以点G在平

面EFD上．(2)由题意知A1B1，A1C1，A1A两两垂直，则以A1为坐标原点，分别以A1C1，A1A，A1B1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A1­xyz.由AB＝AC＝1，AA1＝2

，得A1(0,0,0)，A(0,2,0)，B1(0，0,1)，C1(1,0,0)．设平面AB1C1的一个法向量为n＝(x，y，z)，因为AC1→＝(1，－2,0)，B1C1→＝(1,0，－1)，所以n·AC1→＝x－2y＝0，n·B1C1→＝x－z＝0，

取y＝1，则x＝z＝2，所以n＝(2,1,2)．又由m＝(1,0,0)是平面AA1B1的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝23.又二面角A1­AB1­C1为锐二面角，所以二面角A1­AB1­C1的余弦值

为23.3．某商场进行有奖促销活动，顾客购物每满500元，可选择返回50元现金或参加一次抽奖，抽奖规则如下：从1个装有6个白球、4个红球的箱子中任摸一球，摸到红球就可获得100元现金奖励，假设顾客抽奖

的结果相互独立．(1)若顾客选择参加一次抽奖，求他获得100元现金奖励的概率；(2)某顾客已购物1500元，作为商场经理，是希望顾客直接选择返回150元现金，还是选择参加3次抽奖？说明理由；(3)若顾客参加10次抽奖，则最有可能获得多少现金奖励？解析：(1)因为从装

有10个球的箱子中任摸一球的结果共有C110种，摸到红球的结果共有C14种，所以顾客参加一次抽奖获得100元现金奖励的概率是C14C110＝410＝25.(2)设X表示顾客在三次抽奖中中奖的次数，由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则X～B(3,0.4)，所以E(X)＝3×0.4＝1.2.

由于顾客每中奖一次可获得100元现金奖励，因此该顾客在三次抽奖中可获得的奖励金额的均值为1.2×100＝120元．因为顾客参加三次抽奖获得的现金奖励的均值120元小于直接返现的150元，所以商场经理希望顾客

参加抽奖．(3)设顾客参加10次抽奖摸中红球的次数为Y.由于顾客每次抽奖的结果是相互独立的，则Y～B(10,0.4)，于是恰好k次中奖的概率P(Y＝k)＝Ck10×0.4k×0.610－k，k＝0,1，…，10，从而P(Y＝k)P(Y＝k－1)＝2×(11－k)3k，k＝1,2，…

，10，当k<4.4时，P(Y＝k－1)<P(Y＝k)；当k>4.4时，P(Y＝k－1)>P(Y＝k)，则P(Y＝4)最大，所以最有可能获得的现金奖励为4×100＝400(元)．综上，顾客参加10次抽奖，

最有可能获得400元的现金奖励．4．[选修4－4：坐标系与参数方程]已知曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，A是曲线C1上的动点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点O为中心，将点A绕点O逆时针旋转90°得到点B，设点B的轨迹方程为曲线C2.(1)求曲线C1，C2的极坐

标方程；(2)射线θ＝5π6(ρ>0)与曲线C1，C2分别交于P，Q两点，已知定点M(－4,0)，求△MPQ的面积．解析：(1)曲线C1：x2＋(y－3)2＝9，把公式x＝ρcosα，y＝ρsinα代入可得曲线C1的

极坐标方程为ρ＝6sinα.设B(ρ，φ)，则Aρ，φ－π2，则有ρ＝6sinφ－π2＝－6cosφ，所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝－6cosφ.(2)M到射线θ＝5π6的距离为d＝4sin5π6＝2，射线θ＝5π6

(ρ>0)与曲线C1的交点P的坐标为3，5π6，射线θ＝5π6(ρ>0)与曲线C2的交点Q的坐标为33，5π6.所以|PQ|＝33－3，故S＝12×|PQ|×d＝33－3.5．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(

x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|.(1)求证：f(x)≥2；(2)若不等式f(2)≤16恒成立，求实数m的取值范围．解析：(1)证明：因为f(x)＝|x＋m2|＋|x－2m－3|≥|(x＋m2)－(x－2m－3)|，所以f(x)≥|m2＋2m＋3|＝(m＋1)2＋2≥2.(2)由已知得

，f(2)＝m2＋2＋|2m＋1|.①当m≥－12时，f(2)≤16等价于m2＋2m＋3≤16，即(m＋1)2≤14，解得－14－1≤m≤14－1，所以－12≤m≤14－1；②当m<－12时，f(2)≤16等价于m2－2m＋1≤16，解得－3≤m≤5，所以－3≤m<－12.综上，实数m

的取值范围是[－3，14－1]．6．已知函数f(x)＝ex＋ax2－2x，e为自然对数的底数．(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若a≥－12，求证：对任意的x≥0，都有f(x)≥1－x.解析：(1)当a＝0时，f(x)＝ex－2x，x∈R，f′(x)＝ex－2.令f′(x)

＝0，得x＝ln2；令f′(x)＞0，得x＞ln2；令f′(x)＜0，得x＜ln2，∴函数f(x)的单调递增区间为(ln2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln2)．(2)证明：当a≥－12时，f(x)

－(1－x)＝ex＋ax2－x－1≥ex－12x2－x－1.令g(x)＝ex－12x2－x－1，x∈[0，＋∞)，则g′(x)＝ex－x－1.令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1≥0对x≥0恒成立，当且仅当x＝0时，h′(x)＝0，∴h(x)在[0，＋∞)

上单调递增．又g′(0)＝h(0)＝0，∴当x≥0时，均有g′(x)≥g′(0)，即g′(x)≥0，当且仅当x＝0时，g′(x)＝0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(0)＝0，∴f(x)－(1－x)≥g(x)≥0.综上，若a≥－

12，对任意的x≥0，都有f(x)≥1－x.7．已知抛物线y2＝－2px(p＞0)的焦点为F，x轴上方的点M(－2，m)在抛物线上，且|MF|＝52，直线l与抛物线交于A，B两点(点A，B与M不重合)，设直线MA，MB的斜率分

别为k1，k2.(1)求抛物线的方程；(2)当k1＋k2＝－2时，求证：直线l恒过定点并求出该定点的坐标．解析：(1)由抛物线的定义可得|MF|＝p2－(－2)＝52，所以p＝1，抛物线的方程为y2＝－2x.(2)证明：由(1)可知，

点M的坐标为(－2,2)．当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为x＝t(t＜0且t≠－2)．由x＝t，y2＝－2x，解得x＝t，y＝－2t或x＝t，y＝－－2t，不妨令A(t，－2t)，B(t，－－2t)，则k1＝－2t－2t＋2，k2＝－－2t－2t＋2.因为

k1＋k2＝－2，所以－2t－2t＋2＋－－2t－2t＋2＝－2，解得t＝0，此时A，B与原点O重合，舍去．当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

将直线l的方程与抛物线的方程联立得y＝kx＋b，y2＝－2x，消去y得k2x2＋(2kb＋2)x＋b2＝0，所以x1＋x2＝－2kb－2k2，x1x2＝b2k2.①又k1＋k2＝y1－2x1＋2＋y2－

2x2＋2＝－2，即(kx1＋b－2)(x2＋2)＋(kx2＋b－2)(x1＋2)＝－2(x1＋2)(x2＋2)，2kx1x2＋2k(x1＋x2)＋b(x1＋x2)－2(x1＋x2)＋4b－8＝－2x1x2－4(x1＋x2)－8，将①代入得b2－b－2－2k(b＋1)＝0，即(b＋1)(b－2－

2k)＝0，得b＝－1或b＝2＋2k.当b＝－1时，直线l为y＝kx－1，此时直线恒过点(0，－1)；当b＝2＋2k时，直线l为y＝kx＋2k＋2＝k(x＋2)＋2，此时直线恒过点(－2,2)(舍去)，所以

直线l恒过定点(0，－1)．