2、45°，∴∠ACB＝75°，∴∠BCE＝∠ACB－∠ACE＝30°，∠BEC＝90°，
∴CE＝，AB＝AE＋BE＝＋1，
∴S△ABC＝AB·CE＝.
18. (2019·安徽江淮十校第三次聯(lián)考)三棱柱ABC－A1B1C1中，D為AB的中點，點E在側棱CC1上，DE∥平面AB1C1.
(1)證明：E是CC1的中點；
(2)設∠BAC＝90°，四邊形ABB1A1為正方形，四邊形ACC1A1為矩形，且異面直線DE與B1C1所成的角為30°，求二面角A1－AB1－C1的余弦值．
解 (1)證明：如圖，取AC的中點M，連接DM，EM，因為D為AB的中點，所以DM∥BC∥B1C1，又D
3、M?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以DM∥平面AB1C1.
又DE∥平面AB1C1，且DM∩DE＝D，所以平面DEM∥平面AB1C1，又EM?平面DEM，所以EM∥平面AB1C1，而EM?平面ACC1A1，且平面ACC1A1∩平面AB1C1＝AC1，所以EM∥AC1，而M為AC的中點，所以E為CC1的中點.
(2)由題意知A1B1，A1C1，A1A兩兩垂直，以A1為坐標原點，A1C1所在的直線為x軸，A1A所在的直線為y軸，A1B1所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系A1xyz.設AB＝AA1＝2，AC＝2a，則C1(2a,0,0)，B1(0，0,2)，D(0,2,1)
4、，E(2a,1,0)，A(0,2,0)，所以＝(2a,0，－2)，＝(2a，－1，－1)．因為異面直線DE與B1C1所成的角為30°，
所以cos〈，〉＝
＝＝，
解得a＝1，于是C1(2,0,0)．
設平面AB1C1的法向量為n＝(x，y，z)，
因為＝(2，－2,0)，＝(2,0，－2)，
所以取z＝1，則x＝y(tǒng)＝1，所以n＝(1,1,1)．又m＝(1,0,0)是平面AA1B1的一個法向量，所以cos〈m，n〉＝＝＝，即二面角A1－AB1－C1的余弦值為.
19．(2019·廣東一模)隨著小汽車的普及，“駕駛證”已經成為現(xiàn)代人“必考”的證件之一．若某人報名參加了駕駛證考試，要
5、順利地拿到駕駛證，他需要通過四個科目的考試，其中科目二為場地考試．在一次報名中，每個學員有5次參加科目二考試的機會(這5次考試機會中任何一次通過考試，就算順利通過，即進入下一科目考試；若5次都沒有通過，則需重新報名)，其中前2次參加科目二考試免費，若前2次都沒有通過，則以后每次參加科目二考試都需要交200元的補考費．某駕校對以往2000個學員第1次參加科目二考試進行了統(tǒng)計，得到下表：
考試情況
男學員
女學員
第1次考科目二人數(shù)
1200
800
第1次通過科目二人數(shù)
960
600
第1次未通過科目二人數(shù)
240
200
若以上表得到的男、女學員第1次通過科目二考試
6、的頻率分別作為此駕校男、女學員每次通過科目二考試的概率，且每人每次是否通過科目二考試相互獨立．現(xiàn)有一對夫妻同時在此駕校報名參加了駕駛證考試，在本次報名中，若這對夫妻參加科目二考試的原則為通過科目二考試或者用完所有機會為止．
(1)求這對夫妻在本次報名中參加科目二考試都不需要交補考費的概率；
(2)若這對夫妻前2次參加科目二考試均沒有通過，記這對夫妻在本次報名中參加科目二考試產生的補考費用之和為X元，求X的分布列與數(shù)學期望．
解 事件Ai表示男學員在第i次考科目二通過，事件Bi表示女學員在第i次考科目二通過(其中i＝1,2,3,4,5)．
由上表可知，P(Ai)＝＝，P()＝＝，
P(
7、Bi)＝＝，P()＝＝，其中i＝1,2,3,4,5.
(1)事件M表示這對夫妻考科目二都不需要交補考費，則
P(M)＝P(A1B1＋A1B2＋A2B1＋A2B2)＝P(A1B1)＋P(A1B2)＋P(A2B1)＋P(A2B2)＝×＋××＋××＋×××＝.
所以這對夫妻在本次報名中參加科目二考試都不需要交補考費的概率為.
(2)X的可能取值為400,600,800,1000,1200.
P(X＝400)＝P(A3B3)＝×＝，
P(X＝600)＝P(A3B4＋A4B3)＝××＋××＝，
P(X＝800)＝P(A4B4＋A3?。3)＝×××＋××＋××＝，
P(X＝1000)＝
8、P(A4?。 ?＝×××＋×××＝，
P(X＝1200)＝P( )＝×××＝.
則X的分布列為：
X
400
600
800
1000
1200
P
故E(X)＝400×＋600×＋800×＋1000×＋1200×＝510.5.
20．(2019·河北中原名校聯(lián)盟聯(lián)考)已知點F是拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點，點M是拋物線上的定點，且＝(4,0)．
(1)求拋物線C的方程；
(2)直線AB與拋物線C交于不同兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，|x2－x1|＝3，直線AB與切線l平行，設切點為N點，試問△ABN的面積是否是定值？若是
9、，求出這個定值；若不是，請說明理由．
解 (1)設M(x0，y0)，由題知F，
∴＝＝(4,0)．
∴即
代入x2＝2py(p>0)中得16＝p2，解得p＝4.
∴拋物線C的方程為x2＝8y.
(2)由題意知直線AB的斜率存在，故設其方程為y＝kx＋b.
由整理得x2－8kx－8b＝0，則
x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝8k2＋2b，
設AB的中點為Q，則點Q的坐標為(4k,4k2＋b)．
由條件設切線方程為y＝kx＋t.
由整理得x2－8kx－8t＝0，
∵直線與拋物線相切，
∴Δ＝64k2＋32t＝0.∴t＝－2k2
10、.
∴x2－8kx＋16k2＝0，∴x＝4k，y＝2k2.
∴切點N的坐標為(4k,2k2)，
∴NQ⊥x軸，∴|NQ|＝(4k2＋b)－2k2＝2k2＋b.
∵|x2－x1|＝3，
且(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝64k2＋32b，
∴2k2＋b＝.
∴S△ANM＝|NQ||x2－x1|
＝(2k2＋b)|x2－x1|＝.
∴△ABN的面積為定值，且定值為.
21．(2019·湖北黃岡2月聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝axln (a∈R)的最大值為(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))，f′(x)是f(x)的導函數(shù)．
(1)求a的值；
(2)任取兩個不等的正數(shù)x1，x
11、2，且x10時，令f′(x)>0，解得0，∴f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
∴f(x)在x＝處取得極大值，也是最大值，
∴f(x)max＝f＝，解得a＝1.
②當a<0時，易知與題意不符，故舍去．
綜上所述，a＝1.
(2)證明：由(1)知f(x)＝－xln x，
則f′(x)＝－(1＋ln x)，
∴f′
12、(x0)＝－(1＋ln x0)，
∴－(1＋ln x0)＝，
即ln x0＝－－1，則ln x0－ln x1＝－－1－ln x1＝－1＝－1＝－1，
設＝t，t∈(0,1)，則g(t)＝－1＝，
t∈(0,1)，令h(t)＝t－ln t－1，t∈(0,1)，
則h′(t)＝1－<0，∴函數(shù)h(t)在(0,1)上單調遞減，
∴h(t)>h(1)＝0，即t－ln t－1>0，又1－t>0，
∴g(t)>0，即ln x0－ln x1>0，
∴x0>x1，同理可證x0
13、坐標系取相同的單位長度)的直角坐標系xOy中，曲線C2的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))．
(1)求曲線C1的直角坐標方程與曲線C2的普通方程；
(2)將曲線C2經過伸縮變換后得到曲線C3，若M，N分別是曲線C1和曲線C3上的動點，求|MN|的最小值．
解 (1)∵C1的極坐標方程是ρ＝，
∴4ρcosθ＋3ρsinθ＝24，整理得4x＋3y－24＝0，
∴C1的直角坐標方程為4x＋3y－24＝0.
曲線C2：∴x2＋y2＝1，
故C2的普通方程為x2＋y2＝1.
(2)將曲線C2經過伸縮變換后得到曲線C3的方程為＋＝1，則曲線C3的參數(shù)方程為(α為參數(shù))．
設N(2cosα，2sin
14、α)，則點N到曲線C1的距離為
d＝
＝
＝.
當sin(α＋φ)＝1時，d有最小值，
所以|MN|的最小值為.
23．設函數(shù)f(x)＝|2x＋m|－|2x－m|.
(1)當m＝6時，解不等式f(x)≥4；
(2)若n>0，證明f(x)≤m2n＋.
解 (1)當m＝6時，f(x)＝|2x＋6|－|2x－6|＝
當x≥3時，12>4恒成立；
當－30，得m2n＋≥2＝2|m|，
所以若n>0，則f(x)≤m2n＋.
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2020屆高考數(shù)學大二輪復習 刷題首選卷 第二部分 刷題型 解答題（六）理
