高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)題型專項(xiàng)練5解答題組合練（B）

題型專項(xiàng)練5解答題組合練(B)1.已知正項(xiàng)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,滿足6Sn=an·an+1+2(n∈N*),a1<2,(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=(1)nlg(an·an+1),記數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求T33.2.(2023·廣東一模)在△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知cos2A+cos2Bcos2C=12sinAsinB.(1)求角C的大小;(2)求sinA+sinB+sinC的取值范圍.3.如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BB1=2BC=2,∠CBB1=2∠CAB=π3,且平面ABC⊥平面B1C1CB(1)求證:平面ABC⊥平面ACB1;(2)設(shè)點(diǎn)P為直線BC的中點(diǎn),求直線A1P與平面ACB1所成角的正弦值.4.(2023·廣東茂名一模)學(xué)校舉辦學(xué)生與智能機(jī)器人的圍棋比賽,現(xiàn)有來自兩個(gè)班的學(xué)生報(bào)名表,分別裝入兩袋,第一袋有5名男生和4名女生的報(bào)名表,第二袋有6名男生和5名女生的報(bào)名表,現(xiàn)隨機(jī)選擇一袋,然后從中隨機(jī)抽取2名學(xué)生,讓他們參加比賽.(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率;(2)比賽記分規(guī)則如下:在一輪比賽中,兩人同時(shí)贏積2分,一贏一輸積0分,兩人同時(shí)輸積2分.現(xiàn)抽中甲、乙兩名同學(xué),每輪比賽甲贏的概率為35,乙贏的概率為25①在一輪比賽中,求這兩名學(xué)生得分的分布列;②在兩輪比賽中,求這兩名學(xué)生得分的分布列和均值.5.(2023·山東青島一模)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,A為橢圓C(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)W在過原點(diǎn)且與l平行的直線上,記直線WP,WQ的斜率分別為k1,k2,△WPQ的面積為S.從下面三個(gè)條件①②③中選擇兩個(gè)條件,證明另一個(gè)條件成立.①S=22;②k1k2=12;③W為原點(diǎn)6.已知函數(shù)f(x)=a(x2x)lnx(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)x>1時(shí),2e

題型專項(xiàng)練5解答題組合練(B)1.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則由6Sn=an·an+1+2,得6Sn1=an1·an+2(n≥2),相減得6(SnSn1)=an(an+1an1),即6an=an·2d(n≥2).又an>0,所以d=3.由6S1=a1·a2+2,得6a1=a1·(a1+3)+2,解得a1=1(a1=2舍去),由an=a1+(n1)d,得an=3n2.(2)bn=(1)nlg(an·an+1)=(1)n(lgan+lgan+1),T33=b1+b2+b3+…+b33=lga1lga2+lga2+lga3lga3lga4+…lga33lga34=lga1lga34=lg100=2.2.解(1)因?yàn)閏os2A+cos2Bcos2C=12sinAsinB,所以12sin2A+12sin2B(12sin2C)=12sinAsinB,整理得sin2A+sin2Bsin2C=sinAsinB,由正弦定理得a2+b2c2=ab.由余弦定理得cosC=a2又因?yàn)镃∈(0,π),所以C=π(2)sinA+sinB+sinC=sinA+sin(2π3A)+32=sinA+sin2π3cosA=32sinA+32cosA+32=3在△ABC中,因?yàn)镃=π3所以0<A<2π3,所以π6所以12<sin(A+π所以3<3sin(A+π6)+32≤332,所以sinA+3.(1)證明連接AB1,B1C.因?yàn)锳C=2BC=2,所以BC=1.因?yàn)?∠CAB=π3,所以∠CAB=在△ABC中,BCsinA=所以sinB=1.即AB⊥BC.又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面B1C1CB,平面ABC∩平面B1C1CB=BC,AB?平面ABC,所以AB⊥平面B1C1CB.又B1C?平面B1C1CB,所以AB⊥B1C.在△B1BC中,B1B=2,BC=1,∠CBB1=π3所以B1C2=B1B2+BC22B1B·BC·cosπ3=3,即B1C=3,所以B1C⊥BC而AB⊥B1C,AB?平面ABC,BC?平面ABC,AB∩BC=B,所以B1C⊥平面ABC.又B1C?平面ACB1,所以平面ABC⊥平面ACB1.(2)解以B為坐標(biāo)原點(diǎn),以BC所在直線為x軸,BA所在直線為y軸,過B作平面ABC的垂線為z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),C(1,0,0),A(0,3,0).∵B1C⊥平面ABC,∴B1(1,0,3),∴BB1=(1,0,在三棱柱中,AA1∥BB1∥CC1,可得C1(2,0,3),A1(1,3,∵P為BC中點(diǎn),∴P1∴A1P=-12,-3,-設(shè)平面ACB1的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則AB1·n=0,CB1·n=0,即設(shè)直線A1P與平面ACB1所成角為θ,則sinθ=|cos<A1P,n故直線A1P與平面ACB1所成角的正弦值為34.解(1)設(shè)A1=“抽到第一袋”,A2=“抽到第二袋”,B=“隨機(jī)抽取2張,恰好抽到一名男生和一名女生的報(bào)名表”,P(A1)=P(A2)=12P(B|A1)=C5P(B|A2)=C由全概率公式得P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=1(2)①設(shè)在一輪比賽中得分為X,則X的可能取值為2,0,2,則P(X=2)=(135)×(125)=P(X=0)=35×(125)+(13P(X=2)=3得分X的分布列為X202P6136②設(shè)在兩輪比賽中得分為Y,則Y的可能取值為4,2,0,2,4,則P(Y=4)=625P(Y=2)=625P(Y=0)=625P(Y=2)=625P(Y=4)=6得分Y的分布列為Y42024P3615624115636E(Y)=(4)×36625+(2)×156625+0×241625+2×5.解(1)記|F1F2|=2c,由題意知|AF1|=|AF2|=a,2c=2a,∴S△AF1F2∴b=1,c=1,∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=(2)若選②③證①:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),根據(jù)橢圓的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,則由k1k2=12,可得k1=此時(shí)直線WP的方程為y=22x,與x22+y2=1聯(lián)立,解得P(1,22當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+t,則k1k2=y1y2x1x2=12,即x1x2+將y=kx+t代入x22+y2=1整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t22∴x1+x2=4kt1+2k2,x1∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2∴2t2-21+2k2+2t2-2∵|PQ|=1+k2|x1x2|=1+k2點(diǎn)O到直線l的距離d=|t∴S=12·綜上,①成立.若選①③證②:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),根據(jù)橢圓的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,則由S=22,可得S=12x1·2y1=x1·y1又x122+y1∴Q(1,22),∴k1k2=當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+t.將y=kx+t代入x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t22∴x1+x2=4kt1+2k2,x1∵|PQ|=1+k2|x1x2|=1+k2點(diǎn)O到直線l的距離d=|t∴S=12·|t|即1+2k2=2t2.∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2∴k1k2=y1y綜上,②成立.若選①②證③:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),W(x0,y0),當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),根據(jù)橢圓的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,則Q(x1,y1),W(0,y0),∴S=12x1·2y1=x1·y1=又x122+y12=1,解得P(1,∴k1k2=(y1-∴y0=0,∴W(0,0)為坐標(biāo)原點(diǎn),滿足題意.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)W(x0,kx0),直線l的方程為y=kx+t,將y=kx+t代入x22+y2整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t22=0,∴x1+x2=4kt1+2k2,x1∵|PQ|=1+k2|x1x2|=1+k2點(diǎn)W到直線l的距離d=|t∴S=12·|t|即1+2k2=2t2.∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=2t則由k1k2=(y1-即(x1x0)(x2x0)+2(y1kx0)(y2kx0)=0,得x1x2x0(x1+x2)+x02+2y1y22kx0(y1+y2)+2k2x即(1+2k2)2x02(4k24t2+2)=∵1+2k2=2t2,∴4k24t2+2=0,∴x0=0,即W(0,0).綜上,③成立.6.(1)解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f'(x)=a(2x1)1令g(x)=2ax2ax1.①當(dāng)a=0時(shí),g(x)=1<0,f'(x)=g(x)x<0,故f(x②當(dāng)a≠0時(shí),g(x)為二次函數(shù),Δ=a2+8a.若Δ≤0,即8≤a<0,則g(x)的圖象為開口向下的拋物線且g(x)≤0,所以f'(x)≤0,故f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減;若Δ>0,即a<8或a>0.令g(x)=0,得x1=a-a2+8a當(dāng)a<8時(shí),g(x)圖象為開口向下的拋物線,0<x2<x1,所以當(dāng)x∈(0,x2)或x∈(x1,+∞)時(shí),g(x)<0,所以f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x2,x1)時(shí),g(x)>0,所以f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)a>0時(shí),g(x)圖象為開口向上的拋物線,x1<0<x2,所以當(dāng)x∈(0,x2)時(shí),g(x)≤0,所以f'(x)<0,故f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(x2,+∞)時(shí),g(x)>0,所以f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.綜上,當(dāng)a<8時(shí),f(x)在區(qū)間0,a+a2+8在區(qū)間(a+當(dāng)a>0時(shí),f(x)在區(qū)間0,a+當(dāng)8≤a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減.(2)證明由(1)知,當(dāng)a=1時(shí),f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,因此對任意x>1恒有f(x)>f(1),即x2x>lnx.因?yàn)?<lnx<x2x,若