2019届二轮复习解答题解题技巧学案（全国通用）

2019届二轮复习解答题解题技巧学案（全国通用）

‎2019年学 创新课堂·二轮专题 第二部分 高分策略 第四讲 解答题解题技巧 解答题包括求解题和证明题，数学解答题是在试卷中的第二部分（或Ⅱ卷），它在高考中占有举足轻重的地位，高考的区分层次性，选拔使命主要借这类题来完成，所以如何正确解答高考题是至关重要的。‎ 解答题的答题方式不同于选择题或填空题(只需结果)，它既要结果又要过程，否则就导致失分. 故应注意两个方面：一避免“大题小作”，主要体现“一步到位”、“套用升华结论”、“答非所问”；二掌握“评分标准”，主要指了解得分点.此外还需要注意以下几点：（1）首先要通览全卷试题，迅速摸清题型（切忌盲目按题目序号先后而做）。（2）对自己易解且解题思路明确的题，应在试卷上一气呵成，力求一次成功。（3）对自己感到困难的题目，特别是对其中分步设问的题目或自己能分出层次的题目，应能完成几步就完成几步，能做出几问，就解答几问。（4）对每个具体题目的解答要求过程完整，步骤清晰，表达严谨、规范。（5）分析探求解题方法时应注意在将数学思想“具体化、操作化、程序化”的过程中要正确地运用化简、交换、分析、联想、分解……等解题基本策略，来寻求解题思路的常规程序化。‎ 例1（2018•南开区一模）在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且2bcosC=2a+c．‎ ‎（Ⅰ）求角B的大小；‎ ‎（Ⅱ）若sin（）cos（）﹣sin2（）=，求cosC的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由正弦定理，得2sinBcosC=2sinA+sinC，再由两角和的正弦函数公式化简，求出cosB的值，进而求出角B；‎ ‎（Ⅱ）利用三角函数的诱导公式化简求出cosA，sinA的值，再由两角差的余弦函数公式计算得答案．‎ ‎∵B是三角形的内角，B∈（0，π），‎ ‎∴B=；‎ ‎（Ⅱ）∵sin（）cos（）﹣sin2（）=，‎ ‎∴，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴．‎ ‎∵B=，‎ ‎∴cosC====．‎ 变式训练题：‎ ‎（2018•贵阳一模）已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别是a，b，c，AB边上的高h=c．‎ ‎（Ⅰ）若△ABC为锐角三角形，且cosA=，求角C的正弦值；‎ ‎（Ⅱ）若∠C=，M=，求M的值．‎ ‎（Ⅱ）∵S△ABC=．‎ ‎∴．‎ 由余弦定理得．‎ ‎∴M==．‎ 学 ]‎ 例2（2018•蚌埠二模）已知等差数列{an}满足a2=2，a1+a4=5．‎ ‎（I）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（II）若数列{bn}满足：b1=3，b2=6，{bn﹣an}为等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由题意可得，解得a1=d=1，即可求出通项公式，‎ ‎（Ⅱ）b1=3，b2=6，{bn﹣an}为等比数列，求出bn=n+2n，再分组求和即可．‎ ‎∴bn﹣an=2×2n﹣1=2n，‎ ‎∴bn=n+2n，‎ ‎∴数列{bn}的前n项和Tn=（1+2+3+…+n）+（2+22+… 2n）‎ ‎=+=+2n+1﹣2．‎ 例3（2018•天津二模）某大学数学学院拟从往年的智慧队和理想队中选拔4名大学生组成志愿者招募宣传队．往年的智慧队和理想队的构成数据如表所示，现要求被选出的4名大学生中两队中的大学生都要有． ‎ 男（名）‎ 女（名）‎ 智慧队 ‎3‎ ‎1‎ 理想队 ‎2‎ ‎2‎ ‎（Ⅰ）求选出的4名大学生仅有1名女生的概率；‎ ‎（Ⅱ）记选出的4名大学生中女生的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．‎ ‎【分析】（I）选出的4人中智慧队和理想队的都要有，选法种数是=68种，选出的4名大学生仅有1名女生的选法有2种选法：从智慧队中选取1女生的选法共有种，从理想队中选取1女生的选法共有++=20种，由此能求出选出的4名大学生仅有1名女生的概率．‎ ‎（II）随机变量X的取值可为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量X的分布列和EX．‎ ‎（II）随机变量X的取值可为0，1，2，3，…………………………………………（6分）‎ P（X=0）==，…………………………………（7分） ‎ P（X=1）==，………………………（8分）‎ P（X=2）==，………………………………………（9分）‎ P（X=3）==，………………………………………………………（10分）‎ 所以，随机变量X的分布列为 P ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ X ‎……………………………………………………………………（11分）‎ EX=+3×=．………………………（13分）‎ ‎【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ 例4．（2018•深圳一模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．‎ ‎（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；‎ ‎（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O由A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，得B1B⊥平面A1OC1，从而B1B⊥OC1，再求出A1O⊥OB1，C1O⊥OB1，OC1⊥OA1，由此能证明平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．‎ ‎（Ⅱ）由OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣AC﹣A1的余弦值．‎ ‎【证明】：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，‎ ‎∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，‎ ‎∴B1B⊥平面A1OC1，‎ ‎∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，‎ 由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，‎ 在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2， ‎ ‎∴OA1=OB1=2，‎ 在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，‎ ‎∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，‎ ‎∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，‎ ‎∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．‎ ‎=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），‎ 设=（x，y， ）是平面ABC的法向量，‎ 则，取x=1，得=（1，1，1），‎ 设=（x，y， ）是平面A1AC的法向量，‎ 则，取x=1，得=（1，0，1），‎ ‎∴cos＜＞==．‎ ‎∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．‎ ‎【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角的余弦值的实数值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎　‎ 例5．（2018•聊城一模）已知圆x2+y2=4经过椭圆C：的两个焦点和两个顶点，点A（0，4），M，N是椭圆C上的两点，它们在y轴两侧，且∠MAN的平分线在y轴上，|AM|≠|AN|．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：直线MN过定点．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据题意，由圆的方程分析可得椭圆的焦点和顶点坐标，即可得c、b的值，由椭圆的几何性质计算可得a的值，即可得椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线MN的方程为y=kx+m，与椭圆的方程联立，消去y得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8=0．设M（x1，y1），N（x2，y2），由根与系数的关系分析直线AM、AN的斜率，进而分析可得k1+k2==0，解可得m的值，由直线的斜截式方程即可得答案．‎ ‎（Ⅱ）证明：设直线MN的方程为y=kx+m．‎ 由，消去y得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8=0．‎ k1+k2===．‎ 由∠MAN的平分线在y轴上，得k1+k2=0．‎ 即=0，‎ 又因为|AM|≠|AN|，所以k≠0，‎ 所以m=1．‎ 因此，直线MN过定点（0，1）．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，关键是求出椭圆的标准方程．‎ ‎　‎ 例6（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=．‎ ‎（1）求曲线y=f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；‎ ‎（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．‎ ‎【思路分析】（1）‎ 由f′（0）=2，可得切线斜率k=2，即可得到切线方程．‎ ‎（2）可得=﹣．可得f（x）在（﹣），（2，‎ ‎+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）=ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）=4a+1＞0‎ 只需（x）≥﹣e，即可．‎ ‎（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，‎ 可得=﹣．‎ 令f′（x）=0，可得，‎ 当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．‎ ‎∴f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，‎ 注意到a≥1时，函数g（x）=ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）=4a+1＞0‎ 函数g（x）的图象如下：‎ ‎∵a≥1，∴，则≥﹣e，‎ ‎∴f（x）≥﹣e，‎ ‎∴当a≥1时，f（x）+e≥0．‎ ‎【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．‎ 变式训练题：‎ ‎（2018•湖南三模）已知函数f（x）=lnx﹣x﹣m（m∈R）．‎ ‎（1）若函数f（x）有两个零点，求m的取值范围；‎ ‎（2）证明：当m≥﹣3时，关于x的不等式f（x）+（x﹣2）ex＜0在上恒成立．‎ ‎（Ⅱ）f（x）+（x﹣2）ex＜0，∴m＞（x﹣2）ex+lnx﹣x．‎ 设h（x）=（x﹣2）ex+lnx﹣x，x∈.‎ ‎，设，＞0．‎ ‎∴μ（x）在上单调递增，而0，μ（1）=e﹣1＞0．‎ ‎∴∃x0∈（，1），μ（x0）=0，即，∴x0=﹣lnx0．‎ ‎∴h（x）在（）单调递增，在（x0，1）单调递减．‎ ‎∴=1﹣2（‎ ‎∴，∴，∴﹣4＜1﹣2（＜﹣3‎ ‎∴m≥﹣3时，关于x的不等式f（x）+（x﹣2）ex＜0在上恒成立．‎ 达标训练题：‎ ‎1. （2018•葫芦岛二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=an+n﹣1，设bn=an﹣；‎ ‎（1）求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）设cn=log3bn•log3bn+2，求证：＜‎ ‎【分析】（1）当n=1时，求出，当n≥2时，由Sn=an+n﹣1，得Sn﹣1=an﹣1+‎ ‎（n﹣1）﹣1，求出，推导出，由此能求出数列{an}的通项公式．‎ ‎（2）由，得到cn+1=n（n+2），从而，由此能证明＜．‎ 证明：（2）∵，所以cn=log3bn•log3bn+2=（n﹣1）（n+1），‎ 所以cn+1=n（n+2），‎ 所以 因此=‎ ‎=＜，‎ 故＜．…………………………………………………．（12分）‎ ‎【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查数列不等式的证明，考查构造法、等比数列的性质、裂项求和法等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查化归与转化思想，是中档题．‎ ‎2.　 （2018•浙江）已知函数f（x）=﹣lnx．‎ ‎（Ⅰ）若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；‎ ‎（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．‎ ‎【分析】（Ⅰ）推导出x＞0，f′（x）=﹣，由f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，得到+=，由基本不等式得：=≥，从而x1x2＞256，由题意得f（x1）+f（x2）=‎ ‎=﹣ln（x1x2），设g（x）=，则，利用导数性质能证明f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．‎ ‎（Ⅱ）令m=e﹣（|a|+k），n=（）2+1，则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，推导出存在x0∈（m，n），使f（x0）=kx0+a，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点，由f（x）=kx+a，得k=，设h（x）=，则h′（x）==，利用导数性质能证明a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点． , ,k ]‎ 由基本不等式得：=≥，‎ ‎∵x1≠x2，∴x1x2＞256，‎ 由题意得f（x1）+f（x2）==﹣ln（x1x2），‎ 设g（x）=，则，‎ ‎∴列表讨论：‎ ‎ x ‎ （0，16）‎ ‎ 16‎ ‎ （16，+∞）‎ ‎ g′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ g（x）‎ ‎↓‎ ‎ 2﹣4ln2‎ ‎↑‎ ‎∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，‎ ‎∴g（x1x2）＞g（256）=8﹣8ln2，‎ ‎∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．‎ ‎（Ⅱ）令m=e﹣（|a|+k），n=（）2+1，‎ 则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，‎ f（n）﹣kn﹣a＜n（﹣﹣k）≤n（﹣k）＜0，‎ ‎∴存在x0∈（m，n），使f（x0）=kx0+a，‎ ‎∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点，‎ 由f（x）=kx+a，得k=，‎ 设h（x）=，则h′（x）==，‎ 其中g（x）=﹣lnx，‎ 由（1）知g（x）≥g（16），‎ 又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a=﹣3+4ln2+a≤0，‎ ‎∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴方程f（x）﹣kx﹣a=0至多有一个实根，‎ 综上，a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．‎ ‎【点评】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．‎ ‎3.( 2018•北京）已知椭圆M：+=1（a＞b＞0）的离心率为，焦距为2．斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆M的方程；‎ ‎（Ⅱ）若k=1，求|AB|的最大值；‎ ‎（Ⅲ）设P（﹣2，0），直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．若C，D和点Q（﹣，）共线，求k．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据椭圆的离心率公式即可求得a的值，即可求得b的值，求得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）当k=1时，设直线AB的方程，代入椭圆方程，根据弦长公式即可求得|AB|的最大值；‎ ‎（Ⅲ）求得直线PA的方程，代入椭圆方程，即可根据韦达定理即可求得C点坐标，同理求得D点坐标，即可求得与，根据向量的共线定理，即可求得直线AB的斜率．‎ ‎（Ⅲ）设直线PA的斜率kPA=，直线PA的方程为：y=（x+2），‎ 联立，消去y整理得：（x12+4x1+4+3y12）x2+12y12x+（12y12﹣3x12﹣12x1﹣12）=0，‎ 由代入上式得，整理得：（4x1+7）x2+（12﹣4x12）x﹣（7x12+12x1）=0，‎ x1•xC=﹣，xC=﹣，则yC=（﹣+2）=，‎ 则C（﹣，），同理可得：D（﹣，），‎ 由Q（﹣，），则=（，），=（，），‎ 由与三点共线，则×=×，‎ 整理得：y2﹣x2=y1﹣x1，则直线AB的斜率k==1，‎ ‎∴k的值为1．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程及性质，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，向量的共线定理，考查转化思想，属于中档题．‎ ‎4. 已知函数f（x）=sinωx（sinωx+cosωx）﹣（ω＞0）的图象相邻对称轴之间的距离为2π．‎ ‎（Ⅰ）求ω的值；‎ ‎（Ⅱ）当x∈[﹣π，π]时，求f（x）最大值与最小值及相应的x的值；‎ ‎（Ⅲ）是否存在锐角α，β，使a+2β=，f（）•f（2）=同时成立？若存在，求出角α，β的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由已知利用三角函数恒等变换的应用可得函数解析式f（x）=sin（2ωx﹣），利用正弦函数的周期公式可求ω的值．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=sin（x﹣），由﹣π≤x≤π，可求范围﹣≤﹣≤，根据正弦函数的图象和性质即可计算得解．‎ ‎（Ⅲ）由已知利用三角函数恒等变换的应用可求tan2β=，结合范围β为锐角，0＜2β＜π，可得β=，α=﹣2β=，即可得解．‎ ‎【解析】：（Ⅰ）f（x）=sinωx（sinωx+cosωx）﹣‎ ‎=sin2ωx+sinωxcosωx﹣‎ ‎=+sin2ωx﹣ 学 ]‎ ‎=sin2ωx﹣cos2ωx ‎=sin（2ωx﹣），………………………（2分）‎ ‎∵f（x）图象相邻对称轴之间的距离为2π，‎ ‎∴T=4π=，解得：ω=． ………………………（4分）‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=sin（x﹣），‎ 由﹣π≤x≤π，得：﹣≤﹣≤，‎ ‎∴﹣1≤sin（x﹣）≤，‎ ‎∴f（x）min=﹣，此时x﹣=﹣，解得x=﹣；‎ f（x）min=，此时x﹣=，解得x=π． ………………………（7分）‎ ‎（Ⅲ）存在，理由如下：存在，理由如下：‎ ‎∵f（α+）=sin，f（2β+）=sin（β+）=cosβ，‎ ‎∴f（α+）•f（2β+）=sincosβ=，‎ ‎∴sincosβ=，………………………（9分）‎ 又a+2β=，a=﹣2β，‎ ‎∴sincosβ=sin（﹣β）cosβ=，‎ ‎∴（cosβ﹣sinβ）cosβ=，‎ ‎∴cos2β﹣sinβcosβ=，‎ ‎∴×﹣sin2β=，即：cos2β﹣sin2β=0，‎ ‎∴tan2β=，‎ 又β为锐角，0＜2β＜π，‎ ‎∴2β=，β=，从而α=﹣2β=． ………………………（12分）‎ ‎【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的周期公式，正弦函数的图象和性质的综合应用，考查了转化思想和运算求解能力，属于中档题．‎ ‎5. （2018•揭阳一模）某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个100元，在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个250元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得如图的条形图：记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），n表示购机的同时购买的易损零件数．‎ ‎（ I）若n=19，求y与x的函数解析式；‎ ‎（ II）以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件发生的概率．‎ ‎（ⅰ）若要求“需更换的易损零件数不大于n”的概率不小于0.5，求n的最小值；‎ ‎（ⅱ）假设n取19或20，分别计算1台机器在购买易损零件上所需费用的数学期望，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？‎ ‎【分析】（I）n=19，依题意能求出y与x的函数解析式．‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）由条形图知，p（n=16）=0.06，P（n=17）=0.16，p（n=18）=0.24，p（n=19）=0.24，由此能求出n的最小值．‎ ‎（ⅱ）n取19或20，即每台机器在购机同时都购买19个或20个易损零件，设1台机器在购买易损零件上所需的费用分别为y1元和y2元，则y1的可能取值为：1900，2150，2400．y2的可能取值为：2000，2250．分别求出数学期望得Ey1＜Ey2，从而购买1台机器的同时应购买19个易损零件．‎ ‎【解析】：（I）依题意得y=，（x∈N ）．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）由条形图知，p（n=16）=0.06，‎ P（n=17）=0.16，p（n=18）=0.24，p（n=19）=0.24，‎ 故p（n≤18）=p（n=16）+p（n=17）+p（n=18）=0.46，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）‎ p（n≤19）=p（n≤18）+p（n=19）=0.46+0.24=0.70，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）‎ 由上可知，需更换的零件数不大于18的概率为0.46，‎ 不大于19的概率为0.7，故n的最小值为19．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）‎ 故Ey1=1900×0.7+2150×0.2+2400×0.1=2000 （元）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）‎ y2的可能取值为：2000，2250．‎ 且p（y2=2000）=0.9，p（y2=2250）=0.1，‎ 故E（y2）=2000×0.9+2250×0.1=2025（元）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（11分）‎ Ey1＜Ey2，所以购买1台机器的同时应购买19个易损零件．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）‎ ‎【点评】本题考查函数解析式的求法，考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法及应用，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．‎ ‎6(2018•济南一模）在直角坐标系xOy中，过点P（1，2）的直线l的参数方程为（t为参数）．以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=4sinθ．‎ ‎（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；‎ ‎（2）若直线l与曲线C相交于M，N两点，求的值．‎ ‎【分析】（1）消去参数t，即可得到直线l的普通方程，利用极坐标与直角坐标方程的互化求解即可．‎ ‎（2）直线的参数方程代入曲线方程，利用参数的几何意义，通过韦达定理转化求解即可．‎ ‎（2）把直线l的参数方程（t为参数）代入曲线C的直角坐标方程中得：，即t2+t﹣3=0，‎ 设M，N两点对应的参数分别为t1，t2，则，‎ ‎∴===．‎ ‎【点评】本题考查参数方程以及极坐标方程的互化，参数的几何意义的应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎7（2018•海南三模）已知函数f（x）=|x|+|x﹣3|．‎ ‎（1）求不等式f（x）＜7的解集；‎ ‎（2）证明：当时，直线y=k（x+4）与函数f（x）的图象可以围成一个四边形．‎ ‎【分析】（1）讨论x的范围，去绝对值，化简f（x），再解不等式f（x）＜7，求并集可得所求解集；‎ ‎（2）作出f（x）的图象，考虑直线y=k（x+4）经过点（0，3）和平行于直线y=2x﹣3，求得k，结合图象即可得到所求结论．‎ ‎【解析】：（1）f（x）=|x|+|x﹣3|，‎ 当x≥3时，f（x）=x+x﹣3=2x﹣3，‎ 由f（x）＜7解得3≤x＜5；‎ 当0＜x＜3时，f（x）=x+3﹣x=3，‎ f（x）＜7显然成立，可得0＜x＜3；‎ 当x≤0时，f（x）=﹣x+3﹣x=3﹣2x，‎ 由f（x）＜7解得﹣2＜x≤0，‎ 综上可得，f（x）＜7的解集为（﹣2，5）；‎ 当直线y=k（x+4）与直线y=2x﹣3平行，可得k=2，‎ 可得当时，直线y=k（x+4）与函数f（x）的图象可以围成一个四边形．‎ ‎【点评】本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查直线恒过定点和运动变化思想、数形结合思想，考查运算能力，属于中档题．‎