新高考数学二轮复习解答题强化训练（4）（2份，原卷版+解析版）

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（1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明见解析， （2）
【解析】（1）将等式右边分解得，
因为已知，所以，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
即.
所以数列的通项公式为
（2）结合（1）知，
所以当为偶数时，.
当奇数时，.
所以数列的前项和
2.甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍末出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛.假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.
（1）求乙只赢1局且甲赢得比赛的概率；
（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和期望.
【答案】（1） （2）分布列见解析，
【解析】（1）记事件表示“乙只赢局且甲赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表
示“第局乙获胜”，则，.
则，事件与事件互斥，各局比赛结果相互独立.
由概率加法公式和乘法公式，有
．
（2）的可能取值为，
，
，
．
故的分布列为
所以
3.在中，的平分线与边交于点，且.
（1）若，求的面积；
（2）求的最小值.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）在中，，，所以，
又是的平分线，所以，，
故，
在中，，，故，，
所以的面积.
（2）设，则，，，
所以，，解得，
在中，根据正弦定理得，
得，
所以
，
当且只当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
4.某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍” (如图2)。
（1）若O是四边形对角线的交点，求证：平面；
（2）若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析； （2）.
【解析】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，
由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，
∴O是线段BF与CE的中点，
∴且，
在图1中且，且．
所以在图2中，且，
∴且，
∴四边形AOHG平行四边形，则，
由于平面GCF，平面GCF，
∴平面GCF．
（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，
∴即为二面角的平面角．
∴，
以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，
设，则、、，
∴，，
易知平面ABE的一个法向量，
设平面OAB的一个法向量，
由，得，取，则，，
于是平面的一个法向量，
∴，
∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．
5.已知椭圆，斜率为的直线与椭圆只有一个公共点
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于两点，点在直线上，且轴，求直线在轴上的截距.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）依题意，直线的方程为，即，
由，消去得.
由于直线与椭圆只有一个公共点，故，
即，
因为在椭圆上，所以，
即，整理得，
解得，
故椭圆的标准方程：.
（2）方法一：依题意直线斜率不为0，
可设直线为，则，
联立椭圆方程，可得
，
由韦达定理得，
进而，有
由直线的方程为，得
直线AC在轴上的截距为
故直线在轴的上截距为.
方法二：设，则，则直线的方程为
，
则直线在轴的截距为，
若垂直于轴，
则，
所以直线与轴交点为，截距为.
若不垂直于轴，设直线的方程为.
与椭圆方程联立，得，
由韦达定理有.
直线在轴的截距为
又因为
所以
所以，
所以
所以
故直线在轴上的截距为.
方法三：右焦点为，直线与轴相交于点为的中点为
若垂直于轴，则，
所以直线与轴交点为，截距为.
若不垂直于轴，设直线的方程为
与椭圆方程联立，得，
由韦达定理有
又，得，
故直线的斜率分别为
所以.
因为
所以，即，故三点共线.
因为对于任意直线点都是唯一确定的，
所以，直线与轴交点为，即直线在轴上的截距为
6.已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）若且，证明：，．
【答案】（1）单调递增区间为和；单调递减区间为；（2）证明见解析.
【解析】（1）函数的定义域为，
∵，∴
∴由得或
由得；
∴的单调递增区间为和；单调递减区间为．
（2）欲证，，即证，，
令，，则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以欲证，，只需证，①
因为，所以，
即，②
令，则，当时，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，故②式可等价变形：
所以，欲证①式成立，只需证成立
所以仅需证，
令，（），则，
∴在上单调递增，
故，即，
∴结论得证．
2
3
4
5