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1、綜合仿真練(五)
1．如圖，在四棱錐PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別為CD和PC的中點(diǎn)，求證：
(1)PA⊥底面ABCD；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面BEF⊥平面PCD.
證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD.
(2)因?yàn)锳B∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又因?yàn)锽E?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(3)因?yàn)锳B⊥AD，且四邊形ABED
2、為平行四邊形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因?yàn)镃D⊥BE，EF∩BE＝E，
所以CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD，
所以平面BEF⊥平面PCD.
2．(2019海安中學(xué)模擬)已知△ABC內(nèi)接于單位圓，且(1＋tan A)(1＋tan B)＝2，
(1)求角C；
(2)求△ABC面積的最大值．
解：(1)∵(1＋tan A)(1＋tan B)＝2
∴tan A＋tan B＝1－tan Atan B，
∴tan
3、 C＝－tan(A＋B)＝－＝－1，∴C＝.
(2)∵△ABC的外接圓為單位圓，
∴其半徑R＝1
由正弦定理可得c＝2Rsin C＝，
由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，
代入數(shù)據(jù)可得2＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝(2＋)ab，
∴ab≤，
∴△ABC的面積S＝absin C≤＝，
∴△ABC面積的最大值為.
3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，P，Q為橢圓C上兩點(diǎn)，圓O：x2＋y2＝r2(r>0)．
(1)若PF⊥x軸，且滿足直線AP與圓O相切，求圓O的方程；
(2)若圓O的半徑為，點(diǎn)P，Q滿足kOPkOQ＝－
4、，
求直線PQ被圓O截得的弦長(zhǎng)的最大值.
解：(1)因?yàn)闄E圓C的方程為＋＝1，
所以A(－2,0)，F(xiàn)(1,0)．
因?yàn)镻F⊥x軸，所以P，
根據(jù)對(duì)稱性，可取P，
則直線AP的方程為y＝(x＋2)，
即x－2y＋2＝0.
由圓O與直線AP相切，得r＝，
所以圓O的方程為x2＋y2＝.
(2)易知圓O的方程為x2＋y2＝3.
①當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，kOPkOQ＝－k＝－，
所以kOP＝，xP＝，
此時(shí)得直線PQ被圓O截得的弦長(zhǎng)為2.
②當(dāng)PQ與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x2≠0)，
首先由kOPkOQ＝－，得
5、3x1x2＋4y1y2＝0，
即3x1x2＋4(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
所以(3＋4k2)x1x2＋4kb(x1＋x2)＋4b2＝0.(*)
聯(lián)立消去y，
得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
則x1＋x2＝－，x1x2＝，將其代入(*)式，
化簡(jiǎn)得2b2＝4k2＋3.
由于圓心O到直線PQ的距離d＝，
所以直線PQ被圓O截得的弦長(zhǎng)l＝2＝，故當(dāng)k＝0時(shí)，l有最大值為.
綜上，因?yàn)?2，所以直線PQ被圓O截得的弦長(zhǎng)的最大值為.
4．(2019如皋中學(xué)模擬)如圖，長(zhǎng)方形材料ABCD中，已知AB＝2，AD＝4.點(diǎn)P為材料ABCD內(nèi)部一點(diǎn)，PE⊥AB于E，
6、PF⊥AD于F，且PE＝1，PF＝，現(xiàn)要在長(zhǎng)方形材料ABCD中裁剪出四邊形材料AMPN，滿足∠MPN＝150，點(diǎn)M，N分別在邊AB，AD上．
(1)設(shè)∠FPN＝θ，試將四邊形材料AMPN的面積S表示為θ的函數(shù)，并指明θ的取值范圍；
(2)試確定點(diǎn)N在AD上的位置，使得四邊形材料AMPN的面積S最小，并求出其最小值．
解：(1)在直角△NFP中，因?yàn)镻F＝，∠FPN＝θ，
所以NF＝tan θ，
所以S△APN＝NAPF＝(1＋tan θ).
在直角△MEP中，因?yàn)镻E＝1，∠EPM＝－θ，
所以ME＝tan
S△APM＝MAPE＝1.
所以S＝S△APN＋S△APM＝ta
7、n θ＋tan＋，θ∈，
(2)因?yàn)镾＝tan θ＋tan＋
＝tan θ＋＋＝1＋tan θ，
由θ∈，得t∈[1,4]，
所以S＝＋＝＋
≥2 ＋＝2＋.
當(dāng)且僅當(dāng)t＝時(shí)，即tan θ＝時(shí)等號(hào)成立．
此時(shí)，AN＝，Smin＝2＋.
答：當(dāng)AN＝時(shí)，四邊形材料AMPN的面積S最小，最小值為2＋.
5．設(shè)fk(n)為關(guān)于n的k(k∈N)次多項(xiàng)式．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn.對(duì)于任意的正整數(shù)n，an＋Sn＝fk(n)恒成立．
(1)若k＝0，求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列；
(2)試確定所有的自然數(shù)k，使得數(shù)列{an}能成等差數(shù)列．
解：(1)證明：若k＝0
8、，則fk(n)即f0(n)為常數(shù)，不妨設(shè)f0(n)＝c(c為常數(shù))．
因?yàn)閍n＋Sn＝fk(n)恒成立，所以a1＋S1＝c，
即c＝2a1＝2.所以an＋Sn＝2，①
當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝2，②
①－②得2an－an－1＝0(n≥2，n∈N*)．
若an＝0，則an－1＝0，…，a1＝0，與已知矛盾，
所以an≠0(n∈N*)．
故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列.
(2)(ⅰ)若k＝0，由(1)知，不符題意，舍去.
(ⅱ)若k＝1，設(shè)f1(n)＝bn＋c(b≠0，b，c為常數(shù))，
所以an＋Sn＝bn＋c，③
當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝b(
9、n－1)＋c，④
③－④得2an－an－1＝b(n≥2，n∈N*)．
要使數(shù)列{an}是公差為d(d為常數(shù))的等差數(shù)列，
必須有an＝b－d(常數(shù))，
而a1＝1，故{an}只能是常數(shù)數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝1(n∈N*)，
故當(dāng)k＝1時(shí)，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an＝1(n∈N*)，此時(shí)f1(n)＝n＋1.
(ⅲ)若k＝2，設(shè)f2(n)＝an2＋bn＋c(a≠0，a，b，c是常數(shù))，
所以an＋Sn＝an2＋bn＋c，⑤
當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝a(n－1)2＋b(n－1)＋c，⑥
⑤－⑥得2an－an－1＝2an＋b－a(n≥2，n∈N*)．
要使數(shù)
10、列{an}是公差為d(d為常數(shù))的等差數(shù)列，
必須有an＝2an＋b－a－d，且d＝2a，
考慮到a1＝1，
所以an＝1＋(n－1)2a＝2an－2a＋1(n∈N*)．
故當(dāng)k＝2時(shí)，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，
其通項(xiàng)公式為an＝2an－2a＋1(n∈N*)，
此時(shí)f2(n)＝an2＋(a＋1)n＋1－2a(a為非零常數(shù)).
(ⅳ)當(dāng)k≥3時(shí)，若數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，則an＋Sn的表達(dá)式中n的最高次數(shù)為2，故k≥3時(shí)，數(shù)列{an}不能成等差數(shù)列．
綜上得，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1或2時(shí)，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列．
6．已知λ∈R，函數(shù)f (x)＝ex－ex－λ(xln x－x＋
11、1)的導(dǎo)函數(shù)為g(x)．
(1)求曲線y＝f (x)在x＝1處的切線方程；
(2)若函數(shù)g(x)存在極值，求λ的取值范圍；
(3)若x≥1時(shí)，f (x)≥0恒成立，求λ的最大值．
解：(1)因?yàn)閒′(x)＝ex－e－λln x，
所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為f′(1)＝0，又f(1)＝0，
所以切線方程為y＝0.
(2)g(x)＝ex－e－λln x(x>0)，g′(x)＝ex－.
當(dāng)λ≤0時(shí)，g′(x)＞0恒成立，
從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故此時(shí)g(x)無(wú)極值.
當(dāng)λ＞0時(shí)，設(shè)h(x)＝ex－，
則h′(x)＝ex＋＞0恒成立，
12、所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.
①當(dāng)0＜λ＜e時(shí)，
h(1)＝e－λ＞0，h＝e－e＜0，
且h(x)是(0，＋∞)上的連續(xù)函數(shù)，
因此存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝0.
②當(dāng)λ≥e時(shí)，
h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，
且h(x)是(0，＋∞)上的連續(xù)函數(shù)，
因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0.
綜上，當(dāng)λ＞0時(shí)，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0.
且當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，h(x)＜0，即g′(x)＜0，當(dāng)x＞x0時(shí)，h(x)＞0，即g′(x)＞0，
所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
因
13、此g(x)在x＝x0處有極小值．
所以當(dāng)函數(shù)g(x)存在極值時(shí)，λ的取值范圍是(0，＋∞)．
(3)g(x)＝f′(x)＝ex－e－λln x(x>0)，g′(x)＝ex－.
若g′(x)≥0恒成立，則有λ≤xex恒成立．
設(shè)φ(x)＝xex(x≥1)，則φ′(x)＝(x＋1)ex＞0恒成立，
所以φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e.
于是當(dāng)λ≤e時(shí)，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
此時(shí)g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，從而f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．
所以f (x)≥f (1)＝0恒成立．
當(dāng)λ＞e時(shí)，由(2)知，存在x0∈(1，λ)，使得g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，
即f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減．
所以當(dāng)1＜x＜x0時(shí)，f′(x)＜f′(1)＝0，
于是f(x)在[1，x0)上單調(diào)遞減，
所以f(x0)＜f(1)＝0.
這與x≥1時(shí)，f(x)≥0恒成立矛盾．
因此λ≤e，即λ的最大值為e.
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（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（五）
