《（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 解題題增分練（一）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 解題題增分練（一）（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、解答題增分練(一) 1．(2019·溫州模擬)如圖，在單位圓上，∠AOB＝α，∠BOC＝，且△AOC的面積等于. (1)求sinα的值； (2)求2cossin的值． 解　(1)S△AOC＝×12×sin＝， ∴sin＝， ∵<α<， ∴<α＋<， ∴cos＝－， sinα＝sin ＝sincos－cossin ＝×＋×＝. (2)2cossin ＝2cossin ＝2cossin ＝2sin2＝1－cos＝. 2.如圖，平面ABCD⊥平面ABE，其中ABCD為矩形，△ABE為直角三角形，∠AEB＝90°，AB＝2AD＝2AE＝2. (1)求證：平面

2、ACE⊥平面BCE； (2)求直線CD與平面ACE所成角的正弦值． (1)證明　∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB， ∴BC⊥AB， ∵BC?平面ABCD， ∴BC⊥平面ABE， 又AE?平面ABE， ∴BC⊥AE， 又AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC，BE?平面BCE， ∴AE⊥平面BCE， 而AE?平面ACE， ∴平面ACE⊥平面BCE. (2)解　方法一　∵AB∥CD， ∴CD與平面ACE所成角的大小等于AB與平面ACE所成角的大小． 過B作BF⊥CE于F，連接AF， ∵平面ACE⊥平面BCE，平面ACE∩平面BCE＝CE，BF?

3、平面BCE， ∴BF⊥平面ACE. ∴∠BAF即為AB與平面ACE所成的角． 由BC＝1，BE＝，得CE＝2，BF＝， ∴sin∠BAF＝＝， ∴直線CD與平面ACE所成角的正弦值為. 方法二　以E為原點，EB，EA所在直線分別為x軸、y軸建立空間直角坐標系E－xyz， 則E(0,0,0)，A(0,1,0)，C(，0,1)，D(0,1,1)， 于是＝(0,1,0)，＝(，0,1)，＝(－，1,0)， 設n＝(x，y，z)為平面ACE的法向量， 由得 令x＝1，則n＝(1,0，－)， 設與n的夾角為θ， 所以|cosθ|＝＝， 所以CD與平面ACE所成角的正弦值為

4、. 3．(2019·臺州模擬)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知Sn＝2an－n，n∈N*. (1)求證數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，并求通項公式an； (2)若對任意的n∈N*都有λan≤Sn＋n－n2，求實數(shù)λ的取值范圍． 解　(1)由Sn＝2an－n， 當n≥2時，Sn－1＝2an－1－n＋1. 兩式相減可得，an＝2an－1＋1， an＋1＝2(an－1＋1)，由S1＝2a1－1，得a1＝1， 所以{an＋1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列． 所以an＋1＝2n－1(a1＋1)＝2n，an＝2n－1. (2)由λan≤Sn＋n－n2， 得λ(2n－1)≤2n＋1－

5、2－n＋n－n2， 故λ≤2－， 所以λ≤min. 設f(n)＝，f(n＋1)－f(n)＝－ ＝. 當n＝1時，f(2)－f(1)>0，n≥2時，f(n＋1)－f(n)<0， 所以f(1)…>f(n)…，f(n)的最大值為f(2)＝， 2－的最小值為， 所以λ的取值范圍是. 4．(2019·余高等三校聯(lián)考)已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M與點F關于原點對稱． (1)過點M作直線l與拋物線相切，求直線l的方程； (2)橢圓C以MF為長軸，離心率為，點P是橢圓C上的一點，過點N(p,0)的直線交拋物線于A，B兩點，若|AB|≤2p，求△ABP面積的

6、最大值． 解　(1)顯然，切線斜率一定存在． 設切線方程為y＝k， 聯(lián)立 得k2x2＋(k2－2)px＋＝0， 依題意知Δ＝(k2－2)2p2－k4p2＝0， 得k2＝1，即k＝±1， ∴切線方程為x±y＋＝0. (2)設直線AB：x＝my＋p，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立 得y2－2pmy－2p2＝0， ∴Δ＝4p2(m2＋2)>0恒成立， |AB|＝|y1－y2|＝2p， 由|AB|≤2p?0≤m2≤1， 依題意知橢圓C：＋＝1， 作直線平行于AB且與橢圓相切，則當點P為距直線AB較遠的切點時，△ABP面積最大， 設切線方程為x＝my＋t(t<

7、0)， 則dP－直線AB＝， ∴S△ABP＝|AB|·dP－直線AB＝p|p－t|， 聯(lián)立 得(8＋4m2)y2＋8tmy＋4t2－p2＝0， ∴Δ＝16(p2m2＋2p2－8t2)＝0， 得m2＋2＝∈[2,3]， ∴t∈. ∴S△ABP＝|AB|·dP－直線AB＝2|pt－t2| ＝2(t2－pt)， 當t＝－， 即m＝±1時， △ABP面積的最大值為p2. 5．(2019·紹興模擬)已知函數(shù)f(x)＝2ln(ax＋b)，其中a，b∈R. (1)若直線y＝x是曲線y＝f(x)的切線，求ab的最大值； (2)設b＝1，若關于x的方程f(x)＝a2x2＋(a2＋2

8、a)x＋a＋1有兩個不相等的實根，求a的最大整數(shù)值. 解　(1)設直線y＝x與y＝f(x)相切于點P(x0,2ln(ax0＋b))． 因為f′(x)＝， 所以f′(x0)＝＝1， 所以ax0＋b＝2a(a>0)． 又因為P在切線y＝x上， 所以2ln(ax0＋b)＝x0， 所以x0＝2ln(ax0＋b)＝2ln2a， b＝2a－ax0＝2a－2aln2a， 因此ab＝2a2－2a2ln2a(a>0)． 設g(a)＝2a2－2a2ln2a(a>0)， 則由g′(a)＝2a－4aln2a＝2a(1－2ln2a)>0， 解得0. 所以g

9、(a)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減， 可知g(a)的最大值為g＝， 所以ab的最大值為. (2)方法一　原方程即為2ln(ax＋1)＝(ax＋1)2＋a(ax＋1)， 設ax＋1＝t，則上述方程等價于2lnt＝t2＋at(t>0)． 設p(t)＝2lnt－t2－at(t>0)， 則函數(shù)p(t)需有兩個不同的零點． 因為p′(t)＝－2t－a在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 且p′(t)＝0在(0，＋∞)上存在唯一實根t0， 即p′(t0)＝0， 即at0＝2－2t. 所以當t∈(0，t0)時，p′(t)>0； 當t∈(t0，＋∞)時，p′(t)<0. 因此p(t)在(0，

10、t0)上單調(diào)遞增， 在(t0，＋∞)上單調(diào)遞減． 若a>0，則t0∈(0,1)． p(t)≤p(t0)＝2lnt0－t－at0 ＝2lnt0－t－(2－2t)＝2lnt0＋t－2<0， 不合題意，舍去． 若a<0，則t0∈(1，＋∞)． 當t∈(0,1)時，則p(t)＝2lnt－t2－at<2lnt＋|a|， 取t1＝e－，則p(t1)<0； 當t∈(1，＋∞)時， 則p(t)＝2lnt－t2－at<2(t－1)－t2－at<－t2＋(2－a)t， 取t2＝2＋|a|， 則p(t2)<0. 由此t1

11、2lnt－t2－at(t>0)有兩個不同的零點． 則只需p(t0)＝2lnt0－t－at0>0， 所以只需p(t0)＝2lnt0－t－(2－2t) ＝t＋2lnt0－2>0. 因為p(t0)＝t＋2lnt0－2是關于t0的增函數(shù)， 且p(1)＝－1<0，p＝2ln－>0， 所以存在m∈使得p(m)＝0， 所以當t0>m時，p(t0)>0， 因為a＝－2t0是關于t0的減函數(shù)， 所以a＝－2t0<－2m， 又因為－2m∈， 所以a的最大整數(shù)值為－1. 方法二　原方程即為2ln(ax＋1)＝(ax＋1)2＋a(ax＋1)， 設ax＋1＝t， 則原方程等價于關于t的方程2

12、lnt－t2－at＝0(t>0)有兩個不同的解． 即關于t的方程a＝(t>0)有兩個不同的解． 設h(t)＝， 則h′(t)＝. 設m(t)＝2－t2－2lnt， 由t>0知m′(t)＝－2t－<0， 所以m(t)＝2－t2－2lnt在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 又m(1)＝1>0，m＝－2ln<0， 所以存在t0∈使得m(t0)＝0. 當t∈(0，t0)時，m(t)>0，h′(t)>0； 當t∈(t0，＋∞)時，m(t)<0，h′(t)<0. 所以h(t)在(0，t0)上單調(diào)遞增，在(t0，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以h(t0)＝＝＝－2t0∈. 要使得關于t的方程a＝(t>0)有兩個不同的解， 則a0，p(e)＝2－e2＋e<0， p(t)有兩個不同的零點，符合題意． 所以a的最大整數(shù)值為－1. 8