《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個解答題綜合仿真練（三）（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個解答題綜合仿真練（三）（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

6個解答題綜合仿真練(三) 1．已知向量m＝(cos x，－1)，n＝(sin x，cos2x)． (1)當(dāng)x＝時，求mn的值； (2)若x∈，且mn＝－，求cos 2x的值． 解：(1)當(dāng)x＝時，m＝，n＝， 所以mn＝－＝. (2)mn＝cos xsin x－cos2x＝sin 2x－cos 2x－＝sin－， 若mn＝－，則sin－＝－， 即sin＝， 因為x∈，所以－≤2x－≤， 所以cos＝， 則cos 2x＝cos＝coscos－sinsin＝－＝. 2.如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分別為AB，B1C1的中點． (1)求證：MN∥平面AA1C1C； (2)若CC1＝CB1，CA＝CB，平面CC1B1B⊥平面ABC，求證：AB⊥平面CMN. 證明：(1)法一： 取A1C1的中點P，連結(jié)AP，NP. 因為C1N＝NB1，C1P＝PA1， 所以NP∥A1B1，NP＝A1B1. 在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB. 所以NP∥AB，且NP＝AB. 因為M為AB的中點，所以AM＝AB. 所以NP＝AM，且NP∥AM， 所以四邊形AMNP為平行四邊形，所以MN∥AP. 因為AP?平面AA1C1C，MN?平面AA1C1C， 所以MN∥平面AA1C1C. 法二： 取BC的中點Q，連結(jié)NQ，MQ. 由三棱柱可得，四邊形BCC1B1為平行四邊形． 又Q，N分別為BC，B1C1的中點， 所以CQ∥C1N，CQ＝C1N， 所以四邊形CQNC1為平行四邊形． 所以NQ∥CC1. 因為NQ?平面MNQ，CC1?平面MNQ， 所以CC1∥平面MNQ. 因為AM＝MB，CQ＝QB，所以MQ∥AC. 同理可得AC∥平面MNQ. 因為AC?平面AA1C1C，CC1?平面AA1C1C，AC∩CC1＝C，所以平面MNQ∥平面AA1C1C. 因為MN?平面MNQ，所以MN∥平面AA1C1C. (2)因為CA＝CB，M為AB的中點，所以CM⊥AB. 因為CC1＝CB1，N為B1C1的中點，所以CN⊥B1C1. 在三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1，所以CN⊥BC. 因為平面CC1B1B⊥平面ABC，平面CC1B1B∩平面ABC＝BC，CN?平面CC1B1B，所以CN⊥平面ABC. 因為AB?平面ABC，所以CN⊥AB. 因為CM?平面CMN，CN?平面CMN，CM∩CN＝C， 所以AB⊥平面CMN. 3.一個玩具盤由一個直徑為2米的半圓O和一個矩形ABCD構(gòu)成，AB＝1米，如圖所示．小球從A點出發(fā)以大小為5v的速度沿半圓O軌道滾到某點E處后，經(jīng)彈射器以6v的速度沿與點E處的切線垂直的方向彈射到落袋區(qū)BC內(nèi)，落點記為F.設(shè)∠AOE＝θ弧度，小球從A到F所需時間為T. (1)試將T表示為θ的函數(shù)T(θ)，并寫出定義域； (2)求時間T最短時cos θ的值． 解：(1)如圖，過O作OG⊥BC于G，則OG＝1， OF＝＝，EF＝1＋， ＝θ，所以T(θ)＝＋＝＋＋，θ∈. (2)由(1)知，T(θ)＝＋＋，θ∈， T′(θ)＝－＝ ＝－， 記cos θ0＝，θ0∈， 則T(θ)，T′(θ)隨θ的變化情況如表所示： θ θ0 T′(θ) － 0 ＋ T(θ)  極小值  故當(dāng)cos θ＝時，時間T最短． 4.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點在x軸上的橢圓C：＋＝1經(jīng)過點(b,2e)，其中e為橢圓C的離心率．過點T(1,0)作斜率為k(k＞0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(A在x軸下方)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點O且平行于l的直線交橢圓C于點M，N，求的值； (3)記直線l與y軸的交點為P.若＝，求直線l的斜率k. 解：(1)因為橢圓C：＋＝1經(jīng)過點(b,2e)， 所以＋＝1. 因為e2＝＝，所以＋＝1， 又a2＝b2＋c2，＋＝1， 解得b2＝4或b2＝8(舍去)． 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為T(1,0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)． 聯(lián)立直線l與橢圓方程消去y， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 因為MN∥l，所以直線MN的方程為y＝kx， 聯(lián)立直線MN與橢圓方程消去y得(2k2＋1)x2＝8，解得x2＝. 因為MN∥l，所以＝， 因為(1－x1)(x2－1)＝－[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝，(xM－xN)2＝4x2＝. 所以＝＝. (3)在y＝k(x－1)中，令x＝0，則y＝－k，所以P(0，－k)， 從而＝(－x1，－k－y1)，＝(x2－1，y2)， ∵＝，∴－x1＝(x2－1)， 即x1＋x2＝，① 由(2)知x1＋x2＝，② 聯(lián)立①②得x1＝，x2＝. 又x1x2＝， ∴50k4－83k2－34＝0， 解得k2＝2或k2＝－(舍去)． 又因為k＞0，所以k＝. 5．定義：從一個數(shù)列{an}中抽取若干項(不少于三項)按其在{an}中的次序排列的一列數(shù)叫做{an}的子數(shù)列，成等差(比)的子數(shù)列叫做{an}的等差(比)子列． (1)求數(shù)列1，，，，的等比子列； (2)設(shè)數(shù)列{an}是各項均為實數(shù)的等比數(shù)列，且公比q≠1. ①試給出一個{an}，使其存在無窮項的等差子列(不必寫出過程)； ②若{an}存在無窮項的等差子列，求q的所有可能值． 解：(1)顯然從數(shù)列中抽取四項或五項時，不存在等比子列，當(dāng)抽取三項時，設(shè)所求等比子數(shù)列含原數(shù)列中的連續(xù)項的個數(shù)為k(1≤k≤3，k∈N*)， 當(dāng)k＝2時， ①設(shè)，，成等比數(shù)列，則＝，即m＝n＋＋2, 當(dāng)且僅當(dāng)n＝1時，m∈N*，此時m＝4，所求等比子數(shù)列為1，，； ②設(shè)，，成等比數(shù)列，則＝，即m＝n＋1＋－2?N*; 當(dāng)k＝3時，數(shù)列1，，；，，；，，均不成等比數(shù)列； 當(dāng)k＝1時，顯然數(shù)列1，，不成等比數(shù)列． 綜上，所求等比子數(shù)列為1，，. (2)①形如：a1，－a1，a1，－a1，a1，－a1，…(a1≠0，q＝－1)均存在無窮項， 等差子數(shù)列： a1，a1，a1，… 或－a1，－a1，－a1. ②設(shè){ank}(k∈N*，nk∈N*)為{an}的等差子數(shù)列，公差為d， 當(dāng)|q|>1時，|q|n>1，取nk>1＋log|q|，從而|q|nk－1>， 故|ank＋1－ank|＝|a1qnk＋1－1－a1qnk－1| ＝|a1||q|nk－1|qnk＋1－nk－1| ≥|a1||q|nk－1(|q|－1)>|d|， 這與|ank＋1－ank|＝|d|矛盾，故舍去． 當(dāng)|q|<1時，|q|n<1，取nk>1＋log|q|， 從而|q|nk－1<， 故|ank＋1－ank|＝|a1||q|nk－1|qnk＋1－nk－1|≤ |a1||q|nk－1||q|nk＋1－nk＋1|<2|a1||q|nk－1<|d|， 這與|ank＋1－ank|＝|d|矛盾，故舍去． 又q≠1，故只可能q＝－1， 結(jié)合①知，q的所有可能值為－1. 6．已知函數(shù)f(x)＝＋xln x(m>0)，g(x)＝ln x－2. (1)當(dāng)m＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－xg(x)－，x>0.若函數(shù)y＝h(h(x))的最小值是，求m的值； (3)若函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都是[1，e]，對于函數(shù)f(x)的圖象上的任意一點A，在函數(shù)g(x)的圖象上都存在一點B，使得OA⊥OB，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，O為坐標(biāo)原點．求m的取值范圍． 解：(1)當(dāng)m＝1時，f(x)＝＋xln x，f′(x)＝－＋ln x＋1. 因為f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(1)＝0， 所以當(dāng)x>1時，f′(x)>0；當(dāng)0 時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞增． 所以h(x)min＝h＝2－. ①當(dāng)(2－1)≥ ，即m≥時， 函數(shù)y＝h(h(x))的最小值h(2－) ＝＝， 即17m－26＋9＝0， 解得＝1或＝(舍去)，所以m＝1. ②當(dāng)0<(2－1)< ，即0在[1，e]上恒成立， 所以函數(shù)y＝在[1，e]上單調(diào)遞增， 故kOB∈，所以kOA∈， 即≤＋ln x≤e在[1，e]上恒成立， 即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立． 設(shè)p(x)＝－x2ln x， 則p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立， 所以p(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，所以m≥p(1)＝. 設(shè)q(x)＝x2(e－ln x)， 則q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以m≤q(1)＝e. 綜上所述，m的取值范圍為.