高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 周練5答案

周練（5）參考答案一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1．2．一3．－24．555．eq\f(7,8)6．eq\f(3,4)7．③④8．eq\f(2eq\r(6),3)9．eq\f(1,3)10．5011．(1，2)12．213．eq\f(\r(2),4)14．1000015．（本小題滿分14分）解：（1）由eq\o(CB,\s\up8(→))·eq\o(CA,\s\up8(→))＝eq\s\do1(\f(9,2))，得abcosC＝eq\s\do1(\f(9,2))．又因為cosC＝eq\s\do1(\f(3,5))，所以ab＝eq\s\do1(\f(9,2cosC))＝eq\s\do1(\f(15,2))．……2分又C為△ABC的內(nèi)角，所以sinC＝eq\s\do1(\f(4,5))．……4分所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝3．……6分（2）因為x//y，所以2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝eq\r(,3)cosB，即sinB＝eq\r(,3)cosB．…8分因為cosB≠0，所以tanB＝eq\r(,3)．因為B為三角形的內(nèi)角，所以B＝eq\s\do1(\f(π,3))．………10分所以A＋C＝eq\s\do1(\f(2π,3))，所以A＝eq\s\do1(\f(2π,3))－C．(第16題圖)PABCDMN所以sin(B－A)＝sin(eq\s\do1(\f(π,3))－A)＝sin(C－eq\s\do1(\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sinC－eq\f(\r(3),2)cosC＝eq\f(1,2)×eq\s\do1(\f(4,5))－eq\f(\r(3),2)×eq\s\do1(\f(3,5))＝eq\f(4－3\r(3),10)．……14分(第16題圖)PABCDMN16．（本小題滿分14分）證明：（1）連結(jié)AC．不妨設(shè)AD＝1．因為AD＝CD＝eq\F(1,2)AB，所以CD＝1，AB＝2．因為ADC＝90，所以AC＝eq\r(2)，CAB＝45．在△ABC中，由余弦定理得BC＝eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2．所以BCAC．……3分因為PC平面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPC．……5分因為PC平面PAC，AC平面PAC，PC∩AC＝C，所以BC平面PAC．……7分（2）如圖，因為AB∥DC，CD平面CDMN，AB平面CDMN，所以AB∥平面CDMN．……9分因為AB平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN，所以AB∥MN．…………12分在△PAB中，因為M為線段PA的中點，所以N為線段PB的中點，即PN：PB的值為eq\F(1,2)．……………14分17．（本小題滿分14分）解：（1）由題意知，OF＝OP＝10，MP＝，故OM＝．(i)在Rt△ONF中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ．在矩形EFGH中，EF＝2MF＝20sinθ，F(xiàn)G＝ON－OM＝10cosθ－，故S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－＝10sinθ(20cosθ－7)．即所求函數(shù)關(guān)系是S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ0，其中cosθ0＝eq\f(7,20)．………4分(ii)因為MN＝x，OM＝，所以O(shè)N＝x＋．在Rt△ONF中，NF＝eq\r(OF2－ON2)＝eq\r(100－(x＋2)＝eq\r(\f(351,4)－7x－x2)．在矩形EFGH中，EF＝2NF＝eq\r(351－28x－4x2)，F(xiàn)G＝MN＝x，故S＝EF×FG＝xeq\r(351－28x－4x2)．即所求函數(shù)關(guān)系是S＝xeq\r(351－28x－4x2)，0＜x＜．…………8分（2）方法一：選擇(i)中的函數(shù)模型：令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，則f′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos2θ－7cosθ－20．…………10分由f′(θ)＝40cos2θ－7cosθ－20＝0，解得cosθ＝eq\f(4,5)，或cosθ＝－eq\f(5,8)．因為0＜θ＜θ0，所以cosθ＞cosθ0，所以cosθ＝eq\f(4,5)．設(shè)cosα＝eq\f(4,5)，且α為銳角，則當(dāng)θ∈(0，α)時，f′(θ)＞0，f(θ)是增函數(shù)；當(dāng)θ∈(α，θ0)時，f′(θ)＜0，f(θ)是減函數(shù)，所以當(dāng)θ＝α，即cosθ＝eq\f(4,5)時，f(θ)取到最大值，此時S有最大值．即MN＝10cosθ－＝4.方法二：選擇(ii)中的函數(shù)模型：因為S＝eq\r(x2(351－28x－4x2))，令f(x)＝x2(351－28x－4x2)，則f′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)．………10分因為當(dāng)0＜x＜eq\f(9,2)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)eq\f(9,2)＜x＜eq\f(13,2)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(9,2)時，f(x)取到最大值，此時S有最大值．即MN＝x＝4.18．（本小題滿分16分）解：（1）因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c2＝eq\f(1,2)a2，即a2－b2＝eq\f(1,2)a2，所以a2＝2b2．……2分故橢圓方程為eq\s\do1(\f(x2,2b2))＋eq\s\do1(\f(y2,b2))＝1．由題意，不妨設(shè)點A在第一象限，點B在第三象限．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝\s\do1(\f(1,2))x，,\s\do1(\f(x2,2b2))＋\s\do1(\f(y2,b2))＝1，))解得A(eq\s\do1(\f(2\r(,3),3))b，eq\s\do1(\f(\r(,3),3))b)．又AB＝2eq\r(5)，所以O(shè)A＝eq\r(5)，即eq\f(4,3)b2＋eq\f(1,3)b2＝5，解得b2＝3．故a＝eq\r(6)，b＝eq\r(3)．………………5分（2）方法一：由（1）知，橢圓E的方程為eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，k2，C(x0，y0)，顯然k1≠k2．從而k1·kCB＝eq\s\do1(\f(y0－1,x0－2))·eq\s\do1(\f(y0＋1,x0＋2))＝eq\s\do1(\f(y02－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(3(1－\s\do1(\f(x02,6)))－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(2－\s\do1(\f(x02,2)),x02－4))＝－eq\f(1,2)．所以kCB＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．……8分同理kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．于是直線AD的方程為y－1＝k2(x－2)，直線BC的方程為y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))從而點N的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得點M的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．…………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直線MN的斜率為定值－1．………14分②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．仍然設(shè)DA的斜率為k2，由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它們交點M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它們交點N(2－eq\f(2,k2)，－1)，從而kMN＝－1也成立．由①②可知，直線MN的斜率為定值－1．…………16分方法二：由（1）知，橢圓E的方程為eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．①當(dāng)CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設(shè)直線CA，DA的斜率分別為k1，k2．顯然k1≠k2．直線AC的方程y－1＝k1(x－2)，即y＝k1x＋(1－2k1)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝k1x＋(1－2k1)，,\s\do1(\f(x2,6))＋\s\do1(\f(y2,3))＝1))得(1＋2k12)x2＋4k1(1－2k1)x＋2(4k12－4k1－2)＝0．設(shè)點C的坐標(biāo)為(x1，y1)，則2·x1＝eq\f(2(4k12－4k1－2),1＋2k12)，從而x1＝eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))．所以C(eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))，eq\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1)))．又B(－2，－1)，所以kBC＝eq\s\do1(\f(\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1))＋1,\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))＋2))＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．………………8分所以直線BC的方程為y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．又直線AD的方程為y－1＝k2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))從而點N的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得點M的坐標(biāo)為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直線MN的斜率為定值－1．………………14分②當(dāng)CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，根據(jù)題設(shè)要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設(shè)直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．仍然設(shè)DA的斜率為k2，則由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它們交點M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它們交點N(2－eq\f(2,k2)，－1)，從而kMN＝－1也成立．由①②可知，直線MN的斜率為定值－1．……16分19．（本小題滿分16分）解：（1）當(dāng)k＝0時，f(x)＝1＋lnx．因為f(x)＝eq\f(1,x)，從而f(1)＝1．又f(1)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程y－1＝x－1，即x－y＝0．……3分（2）當(dāng)k＝5時，f(x)＝lnx＋eq\f(10,x)－4．因為f(x)＝eq\f(x－10,x2)，從而當(dāng)x∈(0，10)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(10，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝10時，f(x)有極小值．………………5分因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之間有一個零點．因為f(e4)＝4＋eq\f(10,e4)－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之間有一個零點．從而f(x)有兩個不同的零點．……………8分（3）方法一：由題意知，1+lnx－eq\F(k(x－2),x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立，即k＜eq\f(x＋xlnx,x－2)對x∈(2，＋∞)恒成立．令h(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－2)，則h(x)＝eq\f(x－2lnx－4,(x－2)2)．設(shè)v(x)＝x－2lnx－4，則v(x)＝eq\f(x－2,x)．當(dāng)x∈(2，＋∞)時，v(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)為增函數(shù)．因為v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0．當(dāng)x∈(2，x0)時，h(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝x0時，h(x)的最小值h(x0)＝eq\f(x0＋x0lnx0,x0－2)．因為lnx0＝eq\f(x0－4,2)，所以h(x0)＝eq\f(x0,2)∈(4，．故所求的整數(shù)k的最大值為4．……………16分方法二：由題意知，1+lnx－eq\F(k(x－2),x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立．f(x)＝1+lnx－eq\F(k(x－2),x)，f(x)＝eq\f(x－2k,x2)．①當(dāng)2k≤2，即k≤1時，f(x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以滿足要求．②當(dāng)2k＞2，即k＞1時，當(dāng)x∈(2，2k)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2k，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝2k時，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．從而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等價于2＋ln2k－k＞0．令g(k)＝2＋ln2k－k，則g(k)＝eq\f(1－k,k)＜0，從而g(k)在(1，＋∞)為減函數(shù)．因為g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整數(shù)k＝4．綜合①②，知所求的整數(shù)k的最大值為4．………16分20．（本小題滿分16分）解：（1）因為a2，a3，a6成等差數(shù)列，所以a2－a3＝a3－a6．又因為a2＝eq\f(1,2＋a)，a3＝eq\f(1,3＋a)，a6＝eq\f(1,6＋a)，代入得eq\f(1,2＋a)－eq\f(1,3＋a)＝eq\f(1,3＋a)－eq\f(1,6＋a)，解得a＝0．3分（2）設(shè)等差數(shù)列b1，b2，…，bm的公差為d．因為b1＝eq\f(1,k)，所以b2≤eq\f(1,k＋1)，從而d＝b2－b1≤eq\f(1,k＋1)－eq\f(1,k)＝－eq\f(1,k(k＋1))．………6分所以bm＝b1＋(m－1)d≤eq\f(1,k)－eq\f(m－1,k(k＋1))．又因為bm＞0，所以eq\f(1,k)－eq\f(m－1,k(k＋1))＞0．即m－1＜k＋1．所以m＜k＋2．又因為m，k∈N*，所以m≤k＋1．……9分（3）設(shè)c1＝eq\f(1,t)(t∈N*)，等比數(shù)列c1，c2，…，cm的公比為q．因為c2≤eq\f(1,t＋1)，所以q＝eq\f(c2,c1)≤eq\f(t,t＋1)．從而cn＝c1qn－1≤eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(n－1)（1≤n≤m，n∈N*）．所以c1＋c2＋…＋cm≤eq\f(1,t)＋eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(1)＋eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(2)＋…＋eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(m－1)＝eq\f(t＋1,t)[1－eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(m)]＝eq\f(t＋1,t)－eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(m－1)．…………13分設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,xm－1)，（m≥3，m∈N*）．當(dāng)x∈(0，＋∞)時，函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,xm－1)為單調(diào)增函數(shù)．因為當(dāng)t∈N*，所以1＜eq\f(t＋1,t)≤2．所以f(eq\f(t＋1,t))≤2－eq\f(1,2m－1)．即c1＋c2＋…＋cm≤2－eq\f(1,2m－1)．………16分?jǐn)?shù)學(xué)附加題參考答案B．選修4－2：矩陣與變換解：（1）因為AA－1＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(3,0,2,a))eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(eq\f(1,3),0,b,1))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(1,0,\f(2,3)＋ab,a))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(1,0,0,1))．所以eq\b\lc\{(\a\al(a＝1，,\s\do1(\f(2,3))＋ab＝0．))解得a＝1，b＝－eq\f(2,3)．……5分（2）由（1）得A＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(3,0,2,1))，則A的特征多項式f(λ)＝eq\b\bc\|(\a\co2\vs2\hs8(λ－3,0,－2,λ－1))＝(λ－3)(λ－1)．令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝3．…10分C．選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程解：由eq\b\lc\{(\a\al(x＝s，,y＝s2))消去s得曲線C的普通方程為y＝x2；由eq\b\lc\{(\a\al(x＝2＋eq\f(1,eq\r(10))t，,y＝4＋eq\f(3,eq\r(10))t))消去t得直線l的普通方程為y＝3x－2．……………5分聯(lián)立直線方程與曲線C的方程，即eq\b\lc\{(\a\al(y＝x2，,y＝3x－2，))解得交點的坐標(biāo)分別為(1，1)，(2，4)．所以線段AB的長度為eq\r((2－1)2＋(4－1)2)＝eq\r(10)．……………10分22．（本小題滿分10分）解：（1）記甲隊以3∶0，3∶1，3∶2獲勝分別為事件A，B，C．由題意得P(A)＝eq\b\bc\((eq\f(2,3))eq\s\up10(3)＝eq\f(8,27)，P(B)＝Ceq\a(2,3)eq\b\bc\((eq\f(2,3))eq\s\up10(2)·eq\f(1,3)·eq\f(2,3)＝eq\f(8,27)，P(C)＝Ceq\a(2,4)eq\b\bc\((eq\f(2,3))eq\s\up10(2)·eq\b\bc\((eq\f(1,3))eq\s\up10(2)·eq\f(1,2)＝eq\f(4,27)．………5分（2）X的可能取值為0，1，2，3．