2023高考数学大二轮刷题-理数第二部分解答题(四)

解答题(四)

17.(2021•全国甲卷)甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品

和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品,

产品的质量情况统计如下表:

一级品二级品合计

甲机床15050200

乙机床12080200

合计270130400

(1)甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?

(2)能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?

n(ad-be)2

附：K2

3+b)(c+d)(a+c)(b+d)'

P(K2>k)0.0500.0100.001

k3.8416.63510.828

解(1)设甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别为PT,尸2,贝IJP\

150八120“

=200=0-75,P2=2OO=0-6-

(2)根据题表中的数据，得

,400x(150x80-50x120)2400

K'=-200x200x270x130—="^10-256,

因为10.256〉6.635,所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产

品质量有差异.

18.(2021•“江南十校”联考)已知各项均为正数的等差数列｛厮｝满足m=l,优+i

=屈+2(斯+1+an).

(1)求｛&〃｝的通项公式；

(2)记为=I•,求数列｛儿｝的前〃项和

7即+、1%+1

解(1)由题意，得欣+1-优=2(〃"+1+4"),

即(斯*1+。")(诙+1-an)=2(。"+1+an),

又数列仅"｝的各项均为正数，

即斯+1+圆和，则圆+1-。”=2,

二.｛斯｝的公差为2,而0=1,故斯=2〃-1.

(2)由⑴知a=

弋L斯+I弋出+1

1及+12n-1

yj2n-1+，2〃+12

=

.Snb\+.+bn=—1)+(yj~5—y/3)+(yjl—yj~5)+...+(yj2T?+1—

i-----\l2n+1-1

yJ2n-1)]=2-

19.(2021•安徽六校教育研究会高三联考)如图，在四棱台A5CO-436□中，

底面四边形A3CD为菱形，AAi=A\B\=|AB=1,ZABC=60°,A4il平面ABCD

(1)若点M是A。的中点，求证：CiMlAiC；

(2)棱BC上是否存在一点已使得二面角E-ADL。的余弦值为|?若存在,

求线段CE的长；若不存在，请说明理由.

解(1)证明：取3C的中点Q,连接A。，AC,

•.•四边形A8CD为菱形，：.AB=BC,ADIIBC,

又/ABC=60。，」.△ABC为等边三角形，

•・・。为8C的中点，」.AQIBC,

■：ADIIBC,：.AQ1AD,

由于A411平面498,故以点A为坐标原点，AQ,AD,A4i所在直线分别

为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图,

则A(0,0,0),4(0,0,1),£>.(0,1,1),0(小，0,0),6(73,1,0),C当,g,1),

M(0,l,0),

E=(-乎,I，-1),杭=(小，1,-1),

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=-?+]+(-1)2=0,：.C\M]_A\C.

⑵假设点E存在，设点E的坐标为(小，晨0),其中-上把1,碇：=巾，入,

0),协=(0,1,1),

设平面AD1E的法向量为〃=(x,y,z),

n-Ak=0,小x+Ay=0,

贝犷即1八

«^1=0,〔y+z=o.

取y=一仍，则x=2,z=小，：.n=(2,一小，小).

平面ADD\的一个法向量为m=(1,0,0),

|山〃||z|

|cos<mtn>|

又二面角E-AU-。为锐二面角，由图可知，点E在线段QC上，所以4=

2-BPCE=1-2-

因此，棱上存在一点已使得二面角E-ADi-O的余弦值为:，此时CE

20.(2021.四川成都石室中学一诊)如图，已知椭圆C:1+力=1(。>8>0)的上

顶点为A(0,1),离心率为七.

⑴求椭圆。的方程；

(2)若过点A作圆M：(x+1)2+尸=/(圆M在椭圆C内)的两条切线分别与椭

圆C相交于伉。两点但，。不同于点A),当/•变化时，试问直线8。是否过某

个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.

々cI—1?加b11

解⑴人=[\1-7=2'-■?=2-

又由题设知匕=1,二。=啦.

?

故椭圆c的方程是5+V=L

(2)由题意知，切线斜率存在，设切线方程为>=日+1,

则有

即(1-r2)^2-2k+1-r2=0,

设两条切线的斜率分别为由,fe,于是左,心是方程(1-户次2-2左+1-d=0

的两根，故左伙2=1.

设直线BD的方程为y=nvc+/依1),

y=mx+t,

由彳，，1+2/n2)%2+Atmx+2Z2-2=0,

[A2+2/=2,

1=16加2一8尸+8〉0,

-4mf2?-2

：.X\+X2=~.~X\X2=；_

1+2加1+2mz

y_]y2T

又k\kz=X\'Xi1,

即(nui+t-l)(mi2+f—1)=xi%2

=>(>n2-l)xi%2+m(t-1)(xi+M)+(/-I)2=0

_2(於一1)-4mtc

=5-D，T7^+双j)T7^+(j)=0

=，=-3.

，直线8。过定点(0,-3).

21.(2021.江西六校联考)定义在(0,+8)上的函数/^)=。。-1)为犬-已1+

x(其中a€R).

⑴若a=0,求式x)的最大值；

(2)若函数段)在％=1处有极小值，求实数a的取值范围.

解(1)若a=0,则犬尤)=-e'T+x,求导得[(x)=-e*T+1,

令/(x)>0,得0<x<l;令_f(x)<0,得x>l,

所以函数/U)在(0,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

所以x=l时，,*x)取得极大值也是最大值，

式X)max=*)=-e°+1=0.

(2/(x)=a(lnX+1-：)一e'T+1,

其中八1)=0,

令h(x)=a(lnx+1--ev-1+1,

则厅(x)=a(：+3一e，T,

当好0时，厅(x)<0,则函数/(x)在(0,+s)上单调递减，又/(1)=0,

所以x€(0,l)时，/(x)>0,於)单调递增；

%€(1,+◎时，/(x)<0,段)单调递减，

即人》)在》=1处有极大值，与题干矛盾，

故/0不符合题意；

当a>0时，令*x)=/«x)=]+5-ei,

12

则t\x)=a-『一7一e*T,显然r,(x)<0,

则厅(x)在(0,+8)上单调递减,

而"⑴=a(l+l)-e0=2a-l.

①当0<W时,h\\)=2a-1<0,

故当x€(l,+8)时，h'(x)<h\l)<0,此时了(x)单调递减，

所以/(x)4(l)=0,故/W在(1,+8)上单调递减，

显然於)在》=1处不可能有极小值，故0<悬不满足题意;

②当。当时，厅(1)=2。-1>0,

故当x6(0,l)时，h\x)>h\l)>0,此时了(x)单调递增,

所以尤6(0,1)时,/(x)<f(l)=0,即/)在(0,1)上单调递减,

由(1)知，一e"T+烂0,即e'T又，则e"Na+l,

所以代a+1)=仇*+^77]一e。-[*+-(«+1)=

~(a3+2a2+a+1)

<0,

3+I)2

因为小(1)>0,加伍+1)<0,所以存在xo€(l,a+1)使得/加=0,

则%€(1,&)时，h'(x)>0,即/㈤单调递增,

所以无€(1,所时，/。)次1)=0,即於)在(1,xo)上单调递增,

所以兀c)在(0,1)上单调递减，在(1,次)上单调递增，

故外)在尤=1处取得极小值.

综上所述，若函数式外在x=l处有极小值，则

x=6cos<9,

22.在直角坐标系xOy中,圆锥曲线C的参数方程为(0为参

y=o3sm夕n

数).以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系中取相

同的长度单位，曲线C2的极坐标方程为(pcoss+Z)2+Ssins-2)2=^+25”为参

数,底R).

(1)写出C,。2的直角坐标方程；

(2)是否存在曲线C2包围曲线G?请说明理由.

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解⑴G的直角坐标方程为端+5=1,C2的直角坐标方程为F+V+2依-

4y—2