《（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 綜合仿真練（四）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 綜合仿真練（四）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合仿真練(四)1.如圖，四棱錐PABCD中， 底面ABCD為菱形，且PA底面ABCD，PAAC，E是PA的中點，F(xiàn)是PC的中點(1)求證：PC平面BDE；(2)求證：AF平面BDE.證明：(1)連結OE，因為O為菱形ABCD對角線的交點，所以O為AC的中點又因為E為PA的中點，所以OEPC.又因為OE平面BDE，PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因為PAAC，PAC是等腰三角形，又F是PC的中點，所以AFPC.又OEPC，所以AFOE.又因為PA底面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又因為AC，BD是菱形ABCD的對角線，所以ACBD.因為PAACA，所以BD平面PAC，因為

2、AF平面PAC，所以AFBD.因為OEBDO，所以AF平面BDE.2在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且cos A，tan (BA).(1)求tan B的值；(2)若c13，求ABC的面積解：(1)在ABC中，由cos A，知sin A，所以tan A，所以tan Btan (BA)A3.(2)在ABC中，由tan B3，知B是銳角，所以sin B，cos B，則sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B.由正弦定理，得b15，所以ABC的面積Sbcsin A151378.3已知橢圓M：1(ab0)的左、右頂點分別為A，B，一個焦點為F(1,0)，點F到相

3、應準線的距離為3.經(jīng)過點F的直線l與橢圓M交于C，D兩點(1)求橢圓M的方程；(2)記ABD與ABC的面積分別為S1和S2，求|S1S2|的最大值解：(1)由焦點F(1,0)知c1，又c3，所以a24，從而b2a2c23.所以橢圓M的方程為1.(2)若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x1，此時S1S2，|S1S2|0；若直線l的斜率存在，可設直線l的方程為yk(x1)，k0，C(x1，y1)，D(x2，y2)聯(lián)立消去y，得(34k2)x28k2x4k2120，所以x1x2.此時|S1S2|AB|y1|y2|2|y1y2|2|k(x11)k(x21)|2|k|(x1x2)2|2|k|2|k|

4、.因為k0，所以|S1S2|，當且僅當4|k|，即k時取等號所以|S1S2|的最大值為.4.如圖，矩形ABCD是一個歷史文物展覽廳的俯視圖，點E在AB上，在梯形BCDE區(qū)域內(nèi)部展示文物，DE是玻璃幕墻，游客只能在ADE區(qū)域內(nèi)參觀在AE上點P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控攝像頭，MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點)上，且點M在點N的右下方經(jīng)測量得知：AD6米，AE6米，AP2米，MPN.記EPM(弧度)，監(jiān)控攝像頭的可視區(qū)域PMN的面積為S平方米(1)求S關于的函數(shù)關系式，并寫出的取值范圍；(2)求S的最小值解：(1)法一：在PME中，EPM，PEAEAP4米，PEM，PME，由正弦定理得，所以

5、PM， 在PNE中，由正弦定理得，所以PN， 所以PMN的面積SPMPNsinMPN，當M與E重合時，0；當N與D重合時，tanAPD3，即APD，所以0.綜上可得，S，. 法二：在PME中，EPM，PEAEAP4米，PEM，PME，由正弦定理得，所以ME， 在PNE中，由正弦定理得，所以NE，所以MNNEME，又點P到DE的距離為d4sin2， 所以PMN的面積SMNd，當M與E重合時，0；當N與D重合時，tanAPD3，即APD，所以0.綜上可得，S，. (2)當2，即時，S取得最小值為8(1). 所以可視區(qū)域PMN面積的最小值為8(1)平方米5(2019常州模擬)已知函數(shù)f(x)，g(x

6、)x22x.(1)求f(x)在點P(1，f(1)處的切線方程；(2)若關于x的不等式f2(x)tf(x)0有且僅有三個整數(shù)解，求實數(shù)t的取值范圍；(3)若h(x)g(x)4xf(x)存在兩個正實數(shù)x1，x2滿足h(x1)h(x2)xx0，求證：x1x23.解：(1)f(x)，f(1)0，所以P點坐標為(1,0); 又f(x)，f(1)1，則切線方程為y0x1，所以函數(shù)f(x)在點P(1，f(1)處的切線方程為xy10.(2)f(x)(x0)x(0，e)e(e，)f(x)正0負f(x)單調(diào)增極大值單調(diào)減由f2(x)tf(x)0, 得f(x)f(x)t0；t0時，f(x)0或f(x)0且x1，滿足

7、條件的整數(shù)解有無數(shù)個，舍；t0時，f(x)t，當f(x)t時，不等式有且僅有三個整數(shù)解，又f(3)，f(2)f(4)，f(5)因為f(x)在(0，e)遞增，在(e，)遞減；所以f(5)tf(4), 即t，即t；所以實數(shù)t的取值范圍為0)，則(t)2t2(t0)，當t(0,1)時，(t)0)在(0,1)上單調(diào)遞減；當t(1，)時，(t)0，所以函數(shù)(t)t22t4ln t(t0)在(1，)上單調(diào)遞增所以函數(shù)(t)t22t4ln t(t0)在t1時，取得最小值，最小值為3.因為存在兩個正實數(shù)x1，x2，滿足h(x1)h(x2)xx0，所以(x1x2)22(x1x2)3，即(x1x2)22(x1x2

8、)30，所以x1x23或x1x21.因為x1，x2為正實數(shù)，所以x1x23.6(2019啟東中學模擬)若數(shù)列an中的項都滿足a2n1a2na2n1(nN*)，則稱an為“階梯數(shù)列”(1)設數(shù)列bn是“階梯數(shù)列”，且b11，b2n19b2n1(nN*)，求b2 016；(2)設數(shù)列cn是“階梯數(shù)列”，其前n項和為Sn，求證：Sn中存在連續(xù)三項成等差數(shù)列，但不存在連續(xù)四項成等差數(shù)列；(3)設數(shù)列dn是“階梯數(shù)列”，且d11，d2n1d2n12(nN*)，記數(shù)列的前n項和為Tn. 問是否存在實數(shù)t，使得(tTn)0對任意的nN*恒成立？若存在，請求出實數(shù)t的取值范圍；若不存在，請說明理由解：(1)b

9、2n19b2n1，b11，b2n1是以b11為首項9為公比的等比數(shù)列，b2n1b19n132n2，b2 01532 014，數(shù)列bn是“階梯數(shù)列”，b2 016b2 01532 014.(2)證明：由數(shù)列cn是“階梯數(shù)列”得c2n1c2n，故S2n1S2n2S2nS2n1，Sn中存在連續(xù)三項S2n2，S2n1，S2n(n2)成等差數(shù)列；(注：給出具體三項也可) 假設Sn中存在連續(xù)四項Sk，Sk1，Sk2，Sk3，成等差數(shù)列，則Sk1SkSk2Sk1Sk3Sk2，即ck1ck2ck3，當k2m1，mN*時，c2mc2m1c2m2 ，當k2m，mN*時，c2m1c2m2c2m3 ，由數(shù)列cn是“階梯數(shù)列”得c2mc2m1c2m2c2m3，與都矛盾，故假設不成立，即Sn中不存在連續(xù)四項成等差數(shù)列(3)d2n1d2n12，d11，d2n1是以d11為首項2為公差的等差數(shù)列，d2n1d1(n1)22n1，又數(shù)列dn是“階梯數(shù)列”，故d2n1d2n2n1， 當n2k(kN*)時，TnT2k2211，Tn，又(tTn)0恒成立，tTn恒成立，1t .當n2k1(kN*)時，TnT2k1T2kT2kT2k1，3，1)，又(tTn)0恒成立，tTn恒成立，1t.綜上， 存在滿足條件的實數(shù)t，其取值范圍是.7