江蘇省2019高考數(shù)學二輪復習 自主加餐的3大題型 6個解答題綜合仿真練（五）（含解析）.doc

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6個解答題綜合仿真練(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，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 證明：(1)因為平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因為AB∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又因為BE?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)因為AB⊥AD，且四邊形ABED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.因為E和F分別是CD和PC的中點，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因為CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD. 2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且sin(2A＋B)＝sin C－sin B. (1)求角A的大??； (2)若a＝2，求的最大值． 解：(1)因為A＋B＋C＝π， 所以A＋B＝π－C，B＝π－C－A， 所以sin(2A＋B)＝sin(π－C＋A)＝sin(C－A)，sin B＝sin(C＋A)， 由sin(2A＋B)＝sin C－sin B， 得sin(C－A)＋sin B＝sin C， 所以sin(C－A)＋sin(C＋A)＝sin C， 即sin Ccos A－cos Csin A＋sin Ccos A＋cos Csin A＝sin C， 所以2sin Ccos A＝sin C. 在△ABC中，sin C≠0，所以cos A＝. 因為A∈(0，π)，所以A＝. (2)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A， 由(1)知A＝，又a＝2， 所以22＝b2＋c2－2bc， 即4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc， 當且僅當b＝c＝2時，bc有最大值4. 所以＝bccos A≤2，此時a＝b＝c＝2， 所以的最大值是2. 3．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1的左頂點為A，右焦點為F，P，Q為橢圓C上兩點，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P，Q滿足kOPkOQ＝－， 求直線PQ被圓O截得的弦長的最大值. 解：(1)因為橢圓C的方程為＋＝1， 所以A(－2,0)，F(xiàn)(1,0)． 因為PF⊥x軸，所以P， 根據(jù)對稱性，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PQ⊥x軸時，kOPkOQ＝－k＝－， 所以kOP＝，xp＝， 此時得直線PQ被圓O截得的弦長為2. ②當PQ與x軸不垂直時，設直線PQ的方程為y＝kx＋b，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x2≠0)， 首先由kOPkOQ＝－，得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l＝2＝，故當k＝0時，l有最大值為. 綜上，因為>2，所以直線PQ被圓O截得的弦長的最大值為. 4.如圖，墻上有一幅壁畫，最高點A離地面4 m，最低點B離地面2 m，觀察者從距離墻x m(x>1)，離地面高a m(1≤a≤2)的C處觀賞該壁畫，設觀賞視角∠ACB＝θ. (1)若a＝1.5，問：觀察者離墻多遠時，視角θ最大？ (2)若tan θ＝，當a變化時，求x的取值范圍. 解：(1)當a＝1.5時，過C作AB的垂線，垂足為D，則BD＝0.5 m，且θ＝∠ACD－∠BCD， 由觀察者離墻x m，且x>1，得tan∠BCD＝，tan∠ACD＝. 所以tan θ＝tan(∠ACD－∠BCD) ＝＝＝≤＝， 當且僅當x＝，即x＝>1時取等號． 又因為tan θ在上單調遞增，所以當觀察者離墻 m時，視角θ最大． (2)由題意得tan∠BCD＝，tan∠ACD＝， 又tan θ＝， 所以tan θ＝tan(∠ACD－∠BCD) ＝ ＝＝. 所以a2－6a＋8＝－x2＋4x， 當1≤a≤2時，0≤a2－6a＋8≤3， 所以0≤－x2＋4x≤3， 即解得0≤x≤1或3≤x≤4. 又因為x>1，所以3≤x≤4， 所以x的取值范圍為[3,4]． 5．設fk(n)為關于n的k(k∈N)次多項式．數(shù)列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn.對于任意的正整數(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，則fk(n)即f0(n)為常數(shù)，不妨設f0(n)＝c(c為常數(shù))． 因為an＋Sn＝fk(n)恒成立，所以a1＋S1＝c，即c＝2a1＝2.所以an＋Sn＝2，① 當n≥2時，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f1(n)＝bn＋c(b≠0，b，c為常數(shù))， 所以an＋Sn＝bn＋c，③ 當n≥2時，an－1＋Sn－1＝b(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，通項公式為an＝1(n∈N*)， 故當k＝1時，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，其通項公式為an＝1(n∈N*)，此時f1(n)＝n＋1. (ⅲ)若k＝2，設f2(n)＝an2＋bn＋c(a≠0，a，b，c是常數(shù))， 所以an＋Sn＝an2＋bn＋c，⑤ 當n≥2時，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)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k＝2時，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列， 其通項公式為an＝2an－2a＋1(n∈N*)， 此時f2(n)＝an2＋(a＋1)n＋1－2a(a為非零常數(shù)). (ⅳ)當k≥3時，若數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，則an＋Sn的表達式中n的最高次數(shù)為2，故k≥3時，數(shù)列{an}不能成等差數(shù)列． 綜上得，當且僅當k＝1或2時，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＋1)的導函數(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，f (x)≥0恒成立，求λ的最大值． 解：(1)因為f′(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λ≤0時，g′(x)＞0恒成立，從而g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，故此時g(x)無極值. 當λ＞0時，設h(x)＝ex－， 則h′(x)＝ex＋＞0恒成立， 所以h(x)在(0，＋∞)上單調遞增. ①當0＜λ＜e時， 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λ≥e時， 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λ＞0時，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0. 且當0＜x＜x0時，h(x)＜0，即g′(x)＜0，當x＞x0時，h(x)＞0，即g′(x)＞0， 所以g(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增， 因此g(x)在x＝x0處有極小值． 所以當函數(shù)g(x)存在極值時，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φ(x)＝xex(x≥1)，則φ′(x)＝(x＋1)ex＞0恒成立， 所以φ(x)在[1，＋∞)上單調遞增，從而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e. 于是當λ≤e時，g(x)在[1，＋∞)上單調遞增， 此時g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，從而f(x)在[1，＋∞)上單調遞增． 所以f (x)≥f (1)＝0恒成立． 當λ＞e時，由(2)知，存在x0∈(1，λ)，使得g(x)在(0，x0)上單調遞減， 即f′(x)在(0，x0)上單調遞減． 所以當1＜x＜x0時，f′(x)＜f′(1)＝0， 于是f(x)在[1，x0)上單調遞減， 所以f(x0)＜f(1)＝0. 這與x≥1時，f(x)≥0恒成立矛盾． 因此λ≤e，即λ的最大值為e.