江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個解答題綜合仿真練（四）（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個解答題綜合仿真練（四）（含解析） 1.如圖，四棱錐P-ABCD中， 底面ABCD為菱形，且PA⊥底面ABCD，PA＝AC，E是PA的中點，F(xiàn)是PC的中點． (1)求證：PC∥平面BDE； (2)求證：AF⊥平面BDE. 證明：(1)連結(jié)OE，因為O為菱形ABCD對角線的交點， 所以O(shè)為AC的中點． 又因為E為PA的中點， 所以O(shè)E∥PC. 又因為OE?平面BDE，PC?平面BDE，所以PC∥平面BDE. (2)因為PA＝AC，△PAC是等腰三角形， 又F是PC的中點，所以AF⊥PC. 又OE∥PC，所以AF⊥OE

2、. 又因為PA⊥底面ABCD，BD?平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又因為AC，BD是菱形ABCD的對角線， 所以AC⊥BD. 因為PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC， 因為AF?平面PAC，所以AF⊥BD. 因為OE∩BD＝O，所以AF⊥平面BDE. 2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且cos A＝，tan (B－A)＝. (1)求tan B的值； (2)若c＝13，求△ABC的面積． 解：(1)在△ABC中，由cos A＝，知sin A＝＝， 所以tan A＝＝， 所以tan B＝tan [(B－A)＋A]＝＝＝3. (2)在△ABC中

3、，由tan B＝3，知B是銳角，所以sin B＝，cos B＝， 則sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝. 由正弦定理＝，得b＝＝＝15， 所以△ABC的面積S＝bcsin A＝×15×13×＝78. 3．已知橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點分別為A，B，一個焦點為F(－1,0)，點F到相應(yīng)準線的距離為3.經(jīng)過點F的直線l與橢圓M交于C，D兩點． (1)求橢圓M的方程； (2)記△ABD與△ABC的面積分別為S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 解：(1)由焦點F(－1,0)知c＝1，又－c＝3， 所以a2＝4，從而b2＝

4、a2－c2＝3. 所以橢圓M的方程為＋＝1. (2)若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝－1，此時S1＝S2，|S1－S2|＝0； 若直線l的斜率存在，可設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，k≠0，C(x1，y1)，D(x2，y2)． 聯(lián)立消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 所以x1＋x2＝. 此時|S1－S2|＝·AB·||y1|－|y2||＝2|y1＋y2| ＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k||(x1＋x2)＋2| ＝2|k|＝2|k|＝. 因為k≠0，所以|S1－S2|＝≤＝＝， 當且僅當＝4|k|，即k＝±時取等號． 所以

5、|S1－S2|的最大值為. 4.如圖，矩形ABCD是一個歷史文物展覽廳的俯視圖，點E在AB上，在梯形BCDE區(qū)域內(nèi)部展示文物，DE是玻璃幕墻，游客只能在△ADE區(qū)域內(nèi)參觀．在AE上點P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控攝像頭，∠MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點)上，且點M在點N的右下方．經(jīng)測量得知：AD＝6米，AE＝6米，AP＝2米，∠MPN＝.記∠EPM＝θ(弧度)，監(jiān)控攝像頭的可視區(qū)域△PMN的面積為S平方米． (1)求S關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式，并寫出θ的取值范圍； (2)求S的最小值． 解：(1)法一：在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4米，∠PEM＝，∠PME＝－θ，

6、由正弦定理得＝， 所以PM＝＝＝， 在△PNE中， 由正弦定理得＝， 所以PN＝＝＝， 所以△PMN的面積S＝PM·PN·sin∠MPN＝＝ ＝＝， 當M與E重合時，θ＝0； 當N與D重合時，tan∠APD＝3， 即∠APD＝，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 綜上可得，S＝，θ∈. 法二：在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4米，∠PEM＝，∠PME＝－θ， 由正弦定理得＝， 所以ME＝＝＝， 在△PNE中，由正弦定理得＝， 所以NE＝＝ ＝， 所以MN＝NE－ME＝， 又點P到DE的距離為d＝4sin＝2， 所以△PMN的面積S＝MN·

7、d ＝＝ ＝＝， 當M與E重合時，θ＝0；當N與D重合時， tan∠APD＝3，即∠APD＝，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 綜上可得，S＝，θ∈. (2)當2θ＋＝，即θ＝∈時，S取得最小值為＝8(－1). 所以可視區(qū)域△PMN面積的最小值為8(－1)平方米． 5．設(shè)a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝ax＋x2－xln a－a. (1)當a＝e時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求函數(shù)f(x)的最小值； (3)指出函數(shù)f(x)的零點個數(shù)，并說明理由． 解：(1)當a＝e時，f(x)＝ex＋x2－x－e，f′(x)＝ex＋2x－1. 設(shè)g(x)＝ex＋2x－1，則g(

8、0)＝0，且g′(x)＝ex＋2>0. 所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增， 當x>0時，g(x)>g(0)＝0； 當x<0時，g(x)0時，f′(x)>0；當x<0時，f′(x)<0. 綜上，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)． (2)f′(x)＝axln a＋2x－ln a＝(ax－1)ln a＋2x， ①當a>1時，若x>0，則ax>1，ln a>0，所以f′(x)>0， 若x<0，則ax<1，ln a>0，所以f′(x)<0. ②當00，則ax<1，ln a<0， 所以f′(x)>0，

9、 若x<0，則ax>1，ln a<0，所以f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，(0，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f(0)＝1－a. (3)由(2)得，a>0，a≠1，f(x)min＝1－a. ①若1－a>0，即00，函數(shù)f(x)不存在零點． ②若1－a<0，即a>1時，f(x)min＝1－a<0. f(x)的圖象在定義域內(nèi)是不間斷的曲線，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． f(a)＝aa＋a2－aln a－a>a2－aln a－a＝a(a－ln a－1)． 令t(a)＝a－ln a－1(

10、a>1)，t′(a)＝1－>0， 所以t(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增； 所以t(a)>t(1)＝0.所以f(a)>0.故f(x)在(0，a)上有一個零點． 又f(－a)＝a－a＋a2＋aln a－a>a2－a＝a(a－1)>0， 故f(x)在(－a,0)上有一個零點． 所以f(x)在(－∞，0)上和(0，＋∞)上各有一個零點， 即f(x)有2個零點． 綜上，當01時，函數(shù)f(x)有2個零點． 6．已知數(shù)列{an}的通項公式an＝2n－(－1)n，n∈N*.設(shè)an1，an2，…，ani(其中n1

11、 (1)若i＝3. ①當n1，n2，n3為連續(xù)正整數(shù)時，求n1的值； ②當n1＝1時，求證：n3－n2為定值； (2)求i的最大值． 解：(1)①依題意，an1，an1＋1，an1＋2成等差數(shù)列，即2an1＋1＝an1＋an1＋2， 從而2[2n1＋1－(－1)n1＋1]＝2n1－(－1)n1＋2n1＋2－(－1)n1＋2， 當n1為奇數(shù)時，解得2n1＝－4，不存在這樣的正整數(shù)n1； 當n1為偶數(shù)時，解得2n1＝4，所以n1＝2. ②證明：依題意，a1，an2，an3成等差數(shù)列，即2an2＝a1＋an3， 從而2[2n2－(－1)n2]＝3＋2n3－(－1)n3， 當n2，

12、n3均為奇數(shù)時，2n2－2n3－1＝1，左邊為偶數(shù)，故矛盾； 當n2，n3 均為偶數(shù)時，2n2－1－2n3－2＝1，左邊為偶數(shù)，故矛盾； 當n2為偶數(shù)，n3奇數(shù)時，2n2－2n3－1＝3，左邊為偶數(shù)，故矛盾； 當n2為奇數(shù)，n3偶數(shù)時，2n2＋1－2n3＝0，即n3－n2＝1. (2)設(shè)as，ar，at(s