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1、綜合仿真練(四)
1.如圖，四棱錐PABCD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.
又因為PA⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥BD.
又
2、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，由tan B＝3，知B是銳角，所以sin B＝，cos B＝，
則sin
3、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＝1513＝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＝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
4、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|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
5、，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，
由正弦定理得＝，
所以PM＝＝＝，
在△PNE中，
由正弦定理得＝，
所以PN＝＝＝
6、，
所以△PMN的面積S＝PMPNsin∠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＝MNd
＝＝
＝＝，
當M與E重合時，θ＝0；當N與D重合時，
tan∠APD＝3，即∠APD＝
7、，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．(2019常州模擬)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝x2－2x.
(1)求f(x)在點P(1，f(1))處的切線方程；
(2)若關(guān)于x的不等式f2(x)＋tf(x)>0有且僅有三個整數(shù)解，求實數(shù)t的取值范圍；
(3)若h(x)＝g(x)＋4xf(x)存在兩個正實數(shù)x1，x2滿足h(x1)＋h(x2)－xx＝0，
求證：x1＋x2≥3.
解：(1)f(x)＝，f(1)＝0，所以P點坐標為(1,0);
8、又f′(x)＝，f′(1)＝1，則切線方程為y－0＝x－1，
所以函數(shù)f(x)在點P(1，f(1))處的切線方程為x－y－1＝0.
(2)f′(x)＝(x>0)
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)
正
0
負
f(x)
單調(diào)增
極大值
單調(diào)減
由f2(x)＋tf(x)>0, 得f(x)[f(x)＋t]>0；
①t>0時，f(x)>0或f(x)<－t，滿足條件的整數(shù)解有無數(shù)個，舍；
②t＝0時，f(x)≠0，得x>0且x≠1，滿足條件的整數(shù)解有無數(shù)個，舍；
③t<0時，f(x)<0或f(x)>－t，當f(x)<0時，無整數(shù)解；
當f(x)>－t
9、時，不等式有且僅有三個整數(shù)解，又f(3)＝，f(2)＝f(4)＝，f(5)＝
因為f(x)在(0，e)遞增，在(e，＋∞)遞減；所以f(5)≤－t0)，
則φ′(t)＝2t＋2－＝(t>0)，
當t∈(0,1)時，φ′
10、(t)<0，所以函數(shù)φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在(0,1)上單調(diào)遞減；
當t∈(1，＋∞)時，φ′(t)>0，所以函數(shù)φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以函數(shù)φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在t＝1時，取得最小值，最小值為3.
因為存在兩個正實數(shù)x1，x2，滿足h(x1)＋h(x2)－xx＝0，所以(x1＋x2)2－2(x1＋x2)≥3，
即(x1＋x2)2－2(x1＋x2)－3≥0，所以x1＋x2≥3或x1＋x2≤－1.
因為x1，x2為正實數(shù)，所以x1＋x2≥3.
6．(2019啟東中學模擬)若數(shù)列{an}中的項都
11、滿足a2n－1＝a2n
12、{b2n－1}是以b1＝1為首項9為公比的等比數(shù)列，
∴b2n－1＝b19n－1＝32n－2，∴b2 015＝32 014，∵數(shù)列{bn}是“階梯數(shù)列”，∴b2 016＝b2 015＝32 014.
(2)證明：由數(shù)列{cn}是“階梯數(shù)列”得c2n－1＝c2n，故S2n－1－S2n－2＝S2n－S2n－1，
∴{Sn}中存在連續(xù)三項S2n－2，S2n－1，S2n(n≥2)成等差數(shù)列；(注：給出具體三項也可)
假設(shè){Sn}中存在連續(xù)四項Sk，Sk＋1，Sk＋2，Sk＋3，成等差數(shù)列，
則Sk＋1－Sk＝Sk＋2－Sk＋1＝Sk＋3－Sk＋2，即ck＋1＝ck＋2＝ck＋3，
當k＝
13、2m－1，m∈N*時，c2m＝c2m＋1＝c2m＋2 ，①
當k＝2m，m∈N*時，c2m＋1＝c2m＋2＝c2m＋3 ，②
由數(shù)列{cn}是“階梯數(shù)列”得c2m
（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 綜合仿真練（四）
