（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題滿分練1 理.docx

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解答題滿分練1 1.如圖，已知直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB. (1)求證：AB⊥DE； (2)在線段EA上是否存在點F，使得EC∥平面FBD？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由. (1)證明　取AB的中點O，連結(jié)OE，OD. 因為EB＝EA，所以O(shè)E⊥AB. 因為四邊形ABCD為直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC， 所以四邊形OBCD為正方形， 所以AB⊥OD. 又OD∩OE＝O，OE，OD?平面EOD， 所以AB⊥平面EOD， 又DE?平面EOD， 所以AB⊥DE. (2)解　連結(jié)CA交BD于點M，由AB∥CD可得＝＝. 假設(shè)線段EA上存在點F， 使得EC∥平面FBD，又平面ACE∩平面FBD＝FM， 故EC∥FM， 從而＝＝，故＝， 所以當＝時，EC∥平面FBD. 2.(2018江蘇省常州市三校聯(lián)考)已知a＝，b＝( ω>0)，函數(shù)f(x)＝ab，函數(shù)f(x)的最小正周期為2π. (1)求函數(shù)f(x)的表達式； (2)設(shè)θ∈，且f＝＋，求cosθ的值. 解　(1)f(x)＝ab＝－sin ωx＝－2sin， ∵為函數(shù)f(x)的最小正周期為2π， ∴＝2π，解得ω＝1. ∴f(x)＝－2sin . (2) 由f(θ)＝＋， 得sin＝－. ∵θ∈∴θ－∈， ∴cos＝， ∴cosθ＝cos ＝coscos－sinsin ＝－＝. 3.某單位擬建一個扇環(huán)面形狀的花壇(如圖所示)，該扇環(huán)面是由以點O為圓心的兩個同心圓弧和延長后通過點O的兩條直線段圍成.按設(shè)計要求扇環(huán)面的周長為30米，其中大圓弧所在圓的半徑為10米.設(shè)小圓弧所在圓的半徑為x米，圓心角為θ(弧度). (1)求θ關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式； (2)已知在花壇的邊緣(實線部分)進行裝飾時，直線部分的裝飾費用為4元/米，弧線部分的裝飾費用為9元/米.設(shè)花壇的面積與裝飾總費用的比為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求出x為何值時，y取得最大值？ 解　(1)扇環(huán)的圓心角為θ，則30＝θ(10＋x)＋2(10－x)， ∴θ＝(0b>0)的短軸端點，P是橢圓上異于點B1，B2的一動點.當直線PB1的方程為y＝x＋3時，線段PB1的長為4. (1)求橢圓的標準方程； (2)設(shè)點Q滿足：QB1⊥PB1, QB2⊥PB2.求證：△PB1B2與△QB1B2的面積之比為定值. (1)解　設(shè)P. 在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，從而b＝3. 由得＋＝1. ∴x0＝－. ∵PB1＝＝， ∴4＝，解得a2＝18. ∴橢圓的標準方程為＋＝1. (2)證明　設(shè)P(x0，y0)，Q(x1，y1). 方法一　直線PB1的斜率為＝， 由QB1⊥PB1，則直線QB1的斜率為＝－. 于是直線QB1的方程為y＝－x＋3. 同理，QB2的方程為y＝－x－3. 聯(lián)立兩直線方程，消去y，得x1＝. ∵P在橢圓＋＝1上， ∴＋＝1，從而y－9＝－. ∴x1＝－. ∴＝＝2. 方法二　設(shè)直線PB1,PB2的斜率為k, k′，則直線PB1的方程為y＝kx＋3. 由QB1⊥PB1，直線QB1的方程為y＝－x＋3. 將y＝kx＋3代入＋＝1， 得x2＋12kx＝0， ∵P是橢圓上異于點B1,B2的點， ∴x0≠0，從而x0＝－. ∵P在橢圓＋＝1上， ∴＋＝1，從而y－9＝－. ∴kk′＝＝＝－，得k′＝－. 由QB2⊥PB2，得直線QB2的方程為y＝2kx－3. 聯(lián)立得x＝，即x1＝. ∴＝＝＝2. 5.設(shè)函數(shù)f(x)＝x－asinx(a>0). (1)若函數(shù)y＝f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)設(shè)a＝，g(x)＝f(x)＋blnx＋1，g′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù). ①若對任意的x>0，g′(x)>0，求證：存在x0，使g(x0)<0； ②若g(x1)＝g(x2) (x1≠x2)，求證：x1x2<4b2. (1)解　由題意，得f′＝1－acosx≥0對x∈R恒成立. ∵a>0， ∴≥cosx對x∈R恒成立， ∵(cosx)max＝1， ∴≥1，從而00， 使g′＝－1－cos<0，不合題意. ∴b>0. 取x0＝，則00，使g<0. ②依題意，不妨設(shè)01. 由(1)知函數(shù)y＝x－sin x單調(diào)遞增， 則x2－sin x2>x1－sin x1， 從而x2－x1>sin x2－sin x1. ∵g(x1)＝g(x2)， ∴x1－sin x1＋blnx1＋1＝x2－sin x2＋blnx2＋1， ∴－b(lnx2－lnx1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>. ∴－2b>>0. 下面證明>，即證明>，只要證明lnt－<0. (*) 設(shè)h＝lnt－， 則h′＝<0在上恒成立. ∴h(t)在上單調(diào)遞減，故h(t)，即x1x2<4b2. 6.已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an＝()(n∈N*).若{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，b3＝6＋b2. (1)求{an}和{bn}的通項公式； (2)設(shè)cn＝－(n∈N*)，記數(shù)列{cn}的前n項和為Sn. (i)求Sn； (ii)求正整數(shù)k，使得對任意n∈N*均有Sk≥Sn. 解　(1)∵a1a2a3…an＝()(n∈N*)， ① 當n≥2，n∈N*時，a1a2a3…an－1＝()， ② 由①②知an＝()， 令n＝3，則有a3＝(). ∵b3＝6＋b2，∴a3＝8. ∵{an}為等比數(shù)列，且a1＝2，設(shè){an} 的公比為q， ∴則q2＝＝4， 由題意知an＞0，∴q＞0，∴q＝2. ∴an＝2n(n∈N*). 又由a1a2a3…an＝()(n∈N*)，得 212223…2n＝()， 即＝()， ∴bn＝n(n＋1)(n∈N*). (2)(i)∵cn＝－＝－ ＝－， ∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝－＋－＋…＋－ ＝＋＋…＋－ ＝1－－1＋＝－. (ii)∵c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0， 當n≥5時，cn＝， 而－＝＞0， 得≤＜1， ∴當n≥5時，cn＜0. 綜上，對任意的n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.