江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個(gè)解答題綜合仿真練(五)(含解析).doc
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6個(gè)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(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.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)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?yàn)锳+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?yàn)锳∈(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(dāng)且僅當(dāng)b=c=2時(shí),bc有最大值4. 所以=bccos A≤2,此時(shí)a=b=c=2, 所以的最大值是2. 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=-, 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.如圖,墻上有一幅壁畫,最高點(diǎn)A離地面4 m,最低點(diǎn)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(shè)觀賞視角∠ACB=θ. (1)若a=1.5,問:觀察者離墻多遠(yuǎn)時(shí),視角θ最大? (2)若tan θ=,當(dāng)a變化時(shí),求x的取值范圍. 解:(1)當(dāng)a=1.5時(shí),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(dāng)且僅當(dāng)x=,即x=>1時(shí)取等號(hào). 又因?yàn)閠an θ在上單調(diào)遞增,所以當(dāng)觀察者離墻 m時(shí),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(dāng)1≤a≤2時(shí),0≤a2-6a+8≤3, 所以0≤-x2+4x≤3, 即解得0≤x≤1或3≤x≤4. 又因?yàn)閤>1,所以3≤x≤4, 所以x的取值范圍為[3,4]. 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,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(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)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+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)無極值. 當(dāng)λ>0時(shí),設(shè)h(x)=ex-, 則h′(x)=ex+>0恒成立, 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.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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