《浙江省2019高考數(shù)學(xué) 精準(zhǔn)提分練 解答題滾動(dòng)練5.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2019高考數(shù)學(xué) 精準(zhǔn)提分練 解答題滾動(dòng)練5.docx（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

解答題滾動(dòng)練5 1.如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，CD＝4，PA＝AB＝BC＝AD＝2，Q為棱PC上的一點(diǎn)，且PQ＝PC. (1)證明：平面QBD⊥平面ABCD； (2)求直線QD與平面PBC所成角的正弦值． 方法一　(1)證明　連接AC與BD交于點(diǎn)O，連接QO，則由△ABO∽△CDO，得AO＝AC， 由于PQ＝PC，則有QO∥PA， 由PA⊥平面ABCD， 有QO⊥平面ABCD， 又QO?平面QBD，所以平面QBD⊥平面ABCD. (2)解　過(guò)D作平面PBC的垂線，垂足為H， 則∠DQH即為所求的線面角θ，設(shè)DH＝h， 因?yàn)閂Q－BCD＝VD－BCQ， 即S△BCDQO＝S△BCQh 代入有2＝h， 解得h＝， 又因?yàn)镼D2＝QO2＋OD2，所以QD＝， 所以sinθ＝＝. 方法二　(1)證明　以A為原點(diǎn)，分別以射線AB，AP為x，z軸的正半軸，在平面ABCD內(nèi)過(guò)A作AB的垂線，垂線所在射線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz， 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下： A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(3，，0)，D(－1，，0)，P(0,0,2)，Q， 因此＝(－3，，0)，＝， 設(shè)平面QBD的一個(gè)法向量為n1，平面ABCD的一個(gè)法向量為n2， 則取n1＝(1，，0)， 同理可取n2＝(0,0,1)， 所以n1n2＝0， 所以平面QBD⊥平面ABCD (2)解　設(shè)QD與平面PBC所成角為θ， ＝，＝(2,0，－2)， ＝(3，，－2)， 設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n， 則取n＝， 所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝. 所以QD與平面PBC所成角的正弦值為. 2．已知函數(shù)f(x)＝(t＋1)lnx＋tx2＋3t，t∈R. (1)若t＝0，求證：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x＋1)≥x－x2； (2)若f(x)≥4x對(duì)任意x∈[1，＋∞)恒成立，求t的取值范圍． (1)證明　當(dāng)t＝0時(shí)，f(x)＝lnx，f(x＋1)＝ln(x＋1)， 即證ln(x＋1)≥x－x2. 令g(x)＝ln(x＋1)＋x2－x(x≥0)， 則g′(x)＝＋x－1＝>0， 從而函數(shù)g(x)在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞增， g(x)≥g(0)＝0， 即當(dāng)x≥0時(shí)，f(x＋1)≥x－x2. (2)解　由(1)知，當(dāng)x≥0時(shí)，ln(x＋1)≥x－x2， 則當(dāng)x≥1，即x－1≥0時(shí)， lnx＝ln[(x－1)＋1]≥(x－1)－(x－1)2＝－x2＋2x－. 若t≤－1，則當(dāng)x≥1時(shí)，(t＋1)lnx＋tx2＋3t<0<4x，原不等式不成立． 若t>－1，則當(dāng)x≥1時(shí)， f(x)－4x＝(t＋1)lnx＋tx2－4x＋3t≥(t＋1)＋tx2－4x＋3t＝(x2＋4x＋3)， 從而當(dāng)f(x)≥4x恒成立時(shí)，t≥1. 綜上，滿足題意的t的取值范圍為[1，＋∞)． 3．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，拋物線E：y2＝4x的焦點(diǎn)恰好是橢圓C的右焦點(diǎn)F. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過(guò)點(diǎn)F作兩條斜率都存在的直線l1，l2，l1交橢圓C于點(diǎn)A，B，l2交橢圓C于點(diǎn)G，H，若|AF|是|AH|－|FH|與|AH|＋|FH|的等比中項(xiàng)，求|AF||FB|＋|GF||FH|的最小值． 解　(1)依題意得橢圓C的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)， 即c＝1，又e＝＝，∴a＝2，b2＝3， 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)∵|AF|是|AH|－|FH|與|AH|＋|FH|的等比中項(xiàng)，∴|AF|2＝|AH|2－|FH|2， 即|AF|2＋|FH|2＝|AH|2， ∴直線l1⊥l2. 又直線l1，l2的斜率均存在， ∴兩直線的斜率都不為零， 故可設(shè)直線l1：x＝ky＋1(k≠0)， 直線l2：x＝－y＋1， A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)． 由 消去x，得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0， ∴ 同理得 ∴|AF||FB|＝＝(1＋k2)|y1y2|， |GF||FH|＝＝|y3y4|， ∴|AF||FB|＋|GF||FH|＝(1＋k2)|y1y2|＋|y3y4| ＝(1＋k2)＋＝9(1＋k2) ＝＝＝. 又k2>0，∴k2＋≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝1時(shí)取等號(hào)， 所求式子取最小值. 故|AF||FB|＋|GF||FH|的最小值為. 4．在數(shù)列{an}中，已知a1＝，an＋1＝，其中n∈N*. (1)求a2的值，并證明：an>an＋1； (2)證明：an≤； (3)設(shè)Tn＝＋＋…＋，求證：Tn>n－. 證明　(1)由題意得an>0，a2＝＝＝. 方法一?。剑健?， 所以an＋1≤an，當(dāng)且僅當(dāng)an＝1時(shí)取等號(hào)， 又an≤a1＝，所以等號(hào)取不到． 所以an＋11－成立； 當(dāng)n≥2時(shí)，n－Tn＝b1＋b2＋…＋bn<＋<， 即Tn>n－. 綜上可知，Tn>n－. 方法二　由(1)知an≤，即3an≤1， 所以an＋1＝≤＝， 從而＝1－≤1－＝， 所以≤n－1＝n－1， 所以＋＋…＋≤＝<， 又n－Tn＝＋＋…＋， 所以n－Tn<，所以Tn>n－.