技巧03解答题狂练五（练）（理科）-《2022年高考理科数学二轮复习》（全国课标版）

大题狂练(五)1．某网校推出试听的收费标准为每课时100元，现推出学员优惠活动，具体收费标准如下（每次听课1课时）：第次课第1次课第2次课第3次课第4次课或之后收费比例0.90.80.70.6现随机抽取100位学员并统计它们的听课次数，得到数据如下：听课课时数1课时2课时3课时不少于4课时频数50201020假设该网校的成本为每课时50元．（1）估计1位学员消费三次及以上的概率；（2）求一位学员听课4课时，该网校所获得的平均利润．【答案】（1）；（2）平均利润为（元）．【解析】（1）根据听课课时数表和古典概率公式可求得所求的概率．（2）分别计算出第1课时、第2课时、第3课时、第4课时听课利润，从而可求出这4个课时听课获得的平均利润．【详解】解：（1）根据听课课时数表．估计1位学员听课三次及以上的概率．（2）第1课时听课利润（元）；第2课时听课利润（元）；第3课时听课利润（元）；第4课时听课利润（元），这4个课时听课获得的平均利润为（元）．【点睛】本题考查由频数计算概率，统计的数字特征求实际问题中的平均利润，属于中档题.2．在中，角，，的对边分别为，，，其面积为，且．（1）求角的大小；（2）若且，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】已知等式利用余弦定理及三角形面积公式化简，整理求出的值，即可确定出A的度数；由正弦定理和三角形的面积公式可求得答案．【详解】解：（1）由，得，所以，所以．又，所以．（2）由正弦定理，得，解得．由正弦定理得，，所以．【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，以及三角形面积公式，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题．3．在四棱锥中，四边形是边长2的菱形，和都是正三角形，且平面平面．（1）求证：；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）先证明平面，得到，再证明，则可证明平面，根据线面垂直的性质可得；（2）由原几何体的特点可知，而点到底面的距离等于点到底面的距离，即.【详解】（1）证明：取的中点，连接和．因为是正三角形，所以．同理．又，，平面，所以平面．又平面，所以，因为四边形是边长2的菱形，所以，又，，平面，所以平面．因为平面，所以．（2）因为，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离就是到平面的距离，即，所以三棱锥的体积为．【点睛】本题考查空间垂直关系的判定及证明，考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，考查棱锥体积的求解，难度一般.4．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；以原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的长度单位建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求直线和曲线的直角坐标方程；（2）设直线和曲线交于，两点，直线，，的斜率分别为，，，求证：．【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）证明见解析．【解析】（1）由代入中，可得直线的直角坐标方程，消参可得曲线的直角坐标方程．（2）将曲线的参数方程代入直线的直角坐标方程，得．由一元二次方程的根与系数的关系和参数的意义可得证．【详解】（1）解：由，得，则直线的直角坐标方程为；曲线的直角坐标方程为．（2）证明：将代入，得．由直线和曲线交于、两点且，得；设方程的两根分别为，，则；而表示曲线上的点与原点连线的斜率，所以，，所以．又直线的斜率为，所以．【点睛】本题考查极坐标方程向直角坐标方程转化，参数方程向普通方程转化，以及直线与抛物线的位置关系之交点问题，注意理解参数的意义，属于中档题.5．已知函数．（1）当时，解不等式．（2）若对任意的，总存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）当时，，即为．分，，三种情况分别求解不等式，可得原不等式的解集；（2）将问题转化为．①，即总存在，使得成立，由不等式的恒成立的思想可求得实数的取值范围．【详解】解：（1）当时，，即为．当时，不等式变为，解得；当时，不等式变为，无解；当时，不等式变为，解得．綜上，不等式的解集是．（2）要使对任意的，不等式成立，只需．①而，所以①可转化为．②即总存在，使得成立，即总存在，使得成立．而当时，；当时，，所以当时，，所以，故实数的取值范围是．【点睛】本题考查运用分类讨论的方法解绝对值不等式，不等式的恒成立问题，属于中档题.6．已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的动直线交椭圆于、两点，试问：在轴上是否存在一个定点，使得无论直线如何转动，以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2），理由见解析．【解析】（1）根据椭圆的离心率，以及椭圆的定义及性质，列出方程组求解，即可得出，，，进而可求出椭圆方程；（2）由题意可得，直线的方程为，设，，由题意得到将直线的方程代入椭圆方程，根据韦达定理，即可得到.【详解】（1）由椭圆定义可得，则，又椭圆的离心率为，，则，因此，椭圆的标准方程为.（2）当直线不与轴重合时，可设直线的方程为，设点、，设点的坐标为，联立，消去并整理得，恒成立，由韦达定理得，，由于以为直径的圆恒过点，则，，，，由于点为定点，则为定值，所以，解得，此时，符合题意；当直线与轴重合时，则为椭圆的短轴，此时，点与点或点重合，合乎题意．综上所述，直线恒过定点．【点睛】本题主要考查待定系数法求椭圆的方程，考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，熟记椭圆的标准方程及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.7．己知函数．（1）当时，函数在上是减函数，求b的取值范围；（2）若方程的两个根分别为，求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由在上是减函数，可知对恒成立，然后分离参数得，所以只要即可；（2）由已知得，即，两式相减得，由知，设，可得，再利用导数研究其单调性可得结论【详解】（1）∵在上递