（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題規(guī)范練（四）

解答題規(guī)范練(四) 1．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，且bsin A－acos B＝0. (1)求角B的大小； (2)若a＋c＝3，求AC邊上中線長的最小值． 2．如圖，在四 棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，頂點D1在底面ABCD內(nèi)的射影恰為點C. (1)求證：AD1⊥BC； (2)若直線DD1與直線AB所成的角為，求平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值． 3．已知函數(shù)f(x)＝x－aln x＋b，a，b為實數(shù)． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋3，求a，b的值； (2)若|f′(x)|<對x∈[2，3]恒成立，求a的取值范圍． 4.已知拋物線C：y2＝2x，過點M(2，0)的直線l交拋物線C于A，B兩點．點P是直線x＝－上的動點，且PO⊥AB于點Q. (1)若直線OP的傾斜角為，求|AB|； (2)求的最小值及取得最小值時直線l的方程． 5．已知正項數(shù)列{an}滿足：a1＝，a＝an－1an＋an－1(n≥2)．Sn為數(shù)列{an}的前n項和． (1)求證：對任意正整數(shù)n，有≤； (2)設(shè)數(shù)列{}的前n項和為Tn，求證：對任意M∈(0，6)，總存在正整數(shù)N，使得n>N時，Tn>M. 解答題規(guī)范練(四) 1．解：(1)由正弦定理得，sin Bsin A－sin A·cos B＝0，因為0<A<π，所以sin A≠0， 所以tan B＝， 因為B是三角形的內(nèi)角，所以B＝60°. (2)設(shè)AC邊上的中點為E，由余弦定理得：BE2＝＝ ＝＝≥＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時，取“＝”， 所以AC邊上中線長的最小值為. 2．解：(1)證明：連接D1C，則D1C⊥平面ABCD，所以D1C⊥BC. 在等腰梯形ABCD中，連接AC，因為AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD， 所以BC⊥AC，所以BC⊥平面AD1C，所以AD1⊥BC. (2) 法一：因為AB∥CD，所以∠D1DC＝， 因為CD＝1，所以D1C＝. 在底面ABCD中作CM⊥AB，連接D1M， 則D1M⊥AB， 所以∠D1MC為平面ABC1D1與平面ABCD所成角的一個平面角． 在Rt△D1CM中，CM＝，D1C＝， 所以D1M＝＝， 所以cos∠D1MC＝， 即平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值為. 法二： 由(1)知AC、BC、D1C兩兩垂直， 因為AB∥CD，所以∠D1DC＝， 因為CD＝1，所以D1C＝. 在等腰梯形ABCD中， 因為AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD， 所以AC＝，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)， 設(shè)平面ABC1D1的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 可得平面ABC1D1的一個法向量n＝(1，，1)． 又＝(0，0，)為平面ABCD的一個法向量， 因此cos〈，n〉＝＝， 所以平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值為. 3．解：(1)f′(x)＝1－， 因為曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋3， 所以f′(1)＝2，f(1)＝5， 所以，解得a＝－1，b＝4. (2)因為|f′(x)|<對x∈[2，3]恒成立， 即|1－|<對x∈[2，3]恒成立， 所以|x－a|<對x∈[2，3]恒成立， 所以x－<a<x＋對x∈[2，3]恒成立， 設(shè)g(x)＝x－，h(x)＝x＋，x∈[2，3]， 則g′(x)＝1＋>0，h′(x)＝1－>0， 所以g(x)在[2，3]上是增函數(shù)，h(x)在[2，3]上是增函數(shù)， 所以gmax(x)＝g(3)＝2，hmin(x)＝h(2)＝. 所以a的取值范圍是[2，]． 4．解：(1)因為直線OP的傾斜角為，所以直線l：y＝x－2， 由消去y得x2－6x＋4＝0， 所以|AB|＝×＝2. (2)設(shè)l：x＝my＋2，由消去x得y2－2my－4＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以， 所以|AB|＝. 又直線PQ的方程為y＝－mx， 所以P.于是點P到直線l的距離d＝|PQ|＝·， 所以＝3. 令m2＋4＝t(t≥4)，令f(t)＝＝t＋－6，所以f(t)在[4，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(t)min＝f(4)＝，此時m＝0. 所以＝3≥3＝，即的最小值為，此時直線l：x＝2. 5．證明：(1)因為an＋1－an＝<1， 所以n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1<n－1＋＝n－， 所以Sn<a1＋(2－)＋(3－)＋…＋(n－)＝，即<， 當(dāng)n＝1時，＝，綜上，≤. (2)由(1)可知an＋1>an>0， a1＝＝，a2＝1.因為f(x)＝在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以an＋1－an＝≥＝， 從而an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1≥(n－1)＋＝， 當(dāng)n≥2時，＝＝＋，＝－， 所以Tn＝＋＋…＋＝＋－≥6－，令6－>M，n>. 設(shè)N0為不小于的最小整數(shù)，取N＝N0＋1(即N＝[]＋1) ， 當(dāng)n>N時，Tn>M. - 7 -