《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（二）（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（二）（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

6個(gè)解答題綜合仿真練(二) 1.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝90，AB＝AA1，M，N分別是AC，B1C1的中點(diǎn)．求證： (1)MN∥平面ABB1A1； (2)AN⊥A1B. 證明：(1)如圖，取AB的中點(diǎn)P，連接PM，PB1. 因?yàn)镸，P分別是AC，AB的中點(diǎn)， 所以PM∥BC，且PM＝BC. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1，BC＝B1C1， 又N是B1C1的中點(diǎn)，所以PM∥B1N，且PM＝B1N. 所以四邊形PMNB1是平行四邊形， 所以MN∥PB1， 又MN?平面ABB1A1，PB1?平面ABB1A1， 所以MN∥平面ABB1A1. (2)因?yàn)槿庵鵄BCA1B1C1為直三棱柱，所以平面ABB1A1⊥平面A1B1C1. 因?yàn)椤螦1B1C1＝∠ABC＝90，所以B1C1⊥B1A1. 因?yàn)槠矫鍭BB1A1∩平面A1B1C1＝B1A1，B1C1?平面A1B1C1，所以B1C1⊥平面ABB1A1. 又A1B?平面ABB1A1，所以B1C1⊥A1B，即NB1⊥A1B. 連接AB1，因?yàn)樵谄叫兴倪呅蜛BB1A1中，AB＝AA1，所以AB1⊥A1B， 又NB1∩AB1＝B1，所以A1B⊥平面AB1N， 因?yàn)锳N?平面AB1N，所以AN⊥A1B. 2．已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知向量m＝，n＝(c，b－2a)，且mn＝0. (1)求角C的大??； (2)若△ABC的面積為2，a＋b＝6，求c. 解：(1)∵由已知可得m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，mn＝0， ∴ccos B＋(b－2a)cos C＝0，∴sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0，即sin A＝2sin Acos C， ∵sin A≠0，∴cos C＝， 又∵C∈(0，π)，∴C＝. (2)∵S△ABC＝absin C＝2，∴ab＝8， 又c2＝a2＋b2－2abcos C，即(a＋b)2－3ab＝c2， ∴c2＝12，故c＝2. 3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的焦距為2，離心率為，橢圓的右頂點(diǎn)為A. (1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點(diǎn)D(，－)作直線PQ交橢圓于兩個(gè)不同點(diǎn)P，Q，求證：直線AP，AQ的斜率之和為定值． 解：(1)由已知得c＝1，又e＝＝， 則a＝，b2＝a2－c2＝1， 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)直線PQ的方程為y＝k(x－)－，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由消去y，整理得(2k2＋1)x2－(4k2＋4k)x＋4k2＋8k＋2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k－2＝， 又A(，0)，所以kAP＋kAQ＝＋ ＝， 由y1x2＋y2x1＝[k(x1－)－ ]x2＋[k(x2－)－ ]x1＝2kx1x2－(k＋)(x1＋x2)＝－， 故kAP＋kAQ＝ ＝＝1， 所以直線AP，AQ的斜率之和為定值1. 4.如圖所示，某公路AB一側(cè)有一塊空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3km，∠AOB＝90.當(dāng)?shù)卣當(dāng)M在中間開挖一個(gè)人工湖△OMN，其中M，N都在邊AB上(M，N不與A，B重合，M在A，N之間)，且∠MON＝30. (1)若M在距離A點(diǎn)2 km處，求點(diǎn)M，N之間的距離； (2)為節(jié)省投入資金，人工湖△OMN的面積要盡可能小．試確定M的位置，使△OMN的面積最小，并求出最小面積． 解：(1)在△OAB中，因?yàn)镺A＝3，OB＝3，∠AOB＝90，所以∠OAB＝60. 在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AOAMcos A＝7，所以O(shè)M＝， 所以cos∠AOM＝＝， 在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝sin(∠AOM＋90)＝cos∠AOM＝. 在△OMN中，由＝，得MN＝＝. (2)法一：設(shè)AM＝x,0＜x＜3. 在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AOAMcos A＝x2－3x＋9， 所以O(shè)M＝， 所以cos∠AOM＝＝， 在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON) ＝sin(∠AOM＋90)＝cos∠AOM＝. 由＝，得ON＝＝. 所以S△OMN＝OMONsin∠MON ＝ ＝，0＜x＜3. 令6－x＝t，則x＝6－t,3＜t＜6， 則S△OMN＝＝ ≥＝. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝3，x＝6－3時(shí)等號成立，S△OMN的最小值為. 所以M的位置為距離A點(diǎn)6－3km處，可使△OMN的面積最小，最小面積是km2. 法二：設(shè)∠AOM＝θ，0＜θ＜， 在△OAM中，由＝， 得OM＝ 在△OAN中，由＝， 得ON＝＝. 所以S△OMN＝OMONsin∠MON ＝ ＝＝ ＝ ＝，0＜θ＜. 當(dāng)2θ＋60＝90，即θ＝15時(shí)，S△OMN的最小值為. 所以應(yīng)設(shè)計(jì)∠AOM＝15，可使△OMN的面積最小，最小面積是km2. 5．已知數(shù)列{ai}共有m(m≥3)項(xiàng)，該數(shù)列前i項(xiàng)和為Si，記ri＝2Si－Sm(i≤m，i∈N*). (1)當(dāng)m＝10時(shí)，若數(shù)列{ai}的通項(xiàng)公式為ai＝2i＋1，求數(shù)列{ri}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{ri}的通項(xiàng)公式為ri＝2i(i≤m，i∈N*)， ①求數(shù)列{ai}的通項(xiàng)公式； ②數(shù)列{ai}中是否存在不同的三項(xiàng)按一定次序排列構(gòu)成等差數(shù)列，若存在求出所有的項(xiàng)，若不存在請說明理由． 解：(1)因?yàn)镾i＝i＝i2＋2i, 所以由題意得ri＝2Si－S10＝2i2＋4i－120(i≤10，i∈N*). (2)①因?yàn)閞i＝2Si－Sm＝2i， ri＋1＝2Si＋1－Sm＝2i＋1， 兩式相減得ai＋1＝2i－1，所以數(shù)列{ai}從第2項(xiàng)開始是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 即ai＝2i－2(2≤i≤m，i∈N*)． 又2a1＝2＋Sm，即a1＝2＋(a2＋a3＋…＋am)＝2＋＝2m－1＋1. 所以數(shù)列{ai}的通項(xiàng)公式為ai＝ ②數(shù)列{ai}中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列，理由如下： 因?yàn)閿?shù)列{ai}從第2項(xiàng)開始是以2為公比的等比數(shù)列，所以若存在三項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，不妨設(shè)為ap，aq，ar(2≤p2m－1，所以該情況下也無解． 因此，數(shù)列{ai}中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列． 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝2aln x＋(1－a)x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行． (1)求b的值； (2)當(dāng)a≤時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若存在x≥1使得f(x)<成立，求a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝＋2(1－a)x－b， 由題設(shè)知f′(1)＝2a＋2(1－a)－b＝0，解得b＝2. (2)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 由(1)知，f(x)＝2aln x＋(1－a)x2－2x， f′(x)＝. 由f′(x)＝0，解得x＝1或x＝. 因?yàn)閍≤，所以1－a>0，≤1. ①當(dāng)≤0，即a≤0時(shí)， x∈(0,1]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)單調(diào)遞減； x∈[1，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增． ②當(dāng)0<<1，即0，所以不符合題意． ③若a＞1，因?yàn)榇嬖趚＝1， 即f(1)＝－a－1<成立． 所以a＞1適合題意． 綜上，a的取值范圍是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．