《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（三）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（三）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合仿真練(三)1已知向量m(cos x，1)，n(sin x，cos2x)(1)當(dāng)x時(shí)，求mn的值；(2)若x，且mn，求cos 2x的值解：(1)當(dāng)x時(shí)，m，n，所以mn. (2)mncos xsin xcos2xsin 2xcos 2xsin，若mn，則sin，即sin，因?yàn)閤，所以2x，所以cos， 則cos 2xcoscoscossinsin.2.如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分別為AB，B1C1的中點(diǎn)(1)求證：MN平面AA1C1C；(2)若CC1CB1，CACB，平面CC1B1B平面ABC，求證：AB平面CMN.證明：(1)法一： 取A1C1的中點(diǎn)P，連結(jié)AP，NP.因

2、為C1NNB1，C1PPA1，所以NPA1B1，NPA1B1.在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1AB，A1B1AB.所以NPAB，且NPAB.因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以AMAB.所以NPAM，且NPAM，所以四邊形AMNP為平行四邊形，所以MNAP.因?yàn)锳P平面AA1C1C，MN平面AA1C1C，所以MN平面AA1C1C.法二： 取BC的中點(diǎn)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(diǎn)，所以CQC1N，CQC1N，所以四邊形CQNC1為平行四邊形所以NQCC1.因?yàn)镹Q平面MNQ，CC1平面MNQ，所以CC1平面MNQ.因?yàn)锳MMB，CQ

3、QB，所以MQAC.同理可得AC平面MNQ.因?yàn)锳C平面AA1C1C，CC1平面AA1C1C，ACCC1C，所以平面MNQ平面AA1C1C.因?yàn)镸N平面MNQ，所以MN平面AA1C1C.(2)因?yàn)镃ACB，M為AB的中點(diǎn)，所以CMAB.因?yàn)镃C1CB1，N為B1C1的中點(diǎn)，所以CNB1C1.在三棱柱ABCA1B1C1中，BCB1C1，所以CNBC.因?yàn)槠矫鍯C1B1B平面ABC，平面CC1B1B平面ABCBC，CN平面CC1B1B，所以CN平面ABC.因?yàn)锳B平面ABC，所以CNAB.因?yàn)镃M平面CMN，CN平面CMN，CMCNC，所以AB平面CMN.3.(2019海門中學(xué)模擬)某城市有一矩形

4、街心廣場(chǎng)ABCD，其中AB4百米，BC3百米，在其中心P處(AC中點(diǎn))有一觀景亭現(xiàn)將挖掘一個(gè)三角形水池PMN種植荷花，其中M點(diǎn)在BC邊上，N點(diǎn)在AB邊上，滿足MPN45.設(shè)PMC.(1)將PM表示為角的函數(shù)，并求出cos 的取值范圍；(2)求水池PMN面積的最小值解：(1)矩形ABCD，AB4百米，BC3百米，AC5百米，P為AC中點(diǎn)，APCP百米設(shè)ACB，則且sin ，cos 在CPM中，即 PM，當(dāng)點(diǎn)M在B處時(shí)，即為PBCPCB，則cos ，當(dāng)點(diǎn)N在B處時(shí)，PBC，cos coscos 的取值范圍為(0). (2)在APN中，即，PNSPMNPMPNsin 當(dāng)2，即(0，)時(shí)，sinmax

5、1，則(SPMN)min3(1)此時(shí)cos 符合條件答：水池PMN面積的最小值為(33)百米2.4.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C：1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(b,2e)，其中e為橢圓C的離心率過(guò)點(diǎn)T(1,0)作斜率為k(k0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)(A在x軸下方)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)O且平行于l的直線交橢圓C于點(diǎn)M，N，求的值；(3)記直線l與y軸的交點(diǎn)為P.若，求直線l的斜率k.解：(1)因?yàn)闄E圓C：1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(b,2e)，所以1.因?yàn)閑2，所以1，又a2b2c2，1，解得b24或b28(舍去)所以橢圓C的方程為1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)因?yàn)門(

6、1,0)，則直線l的方程為yk(x1)聯(lián)立直線l與橢圓方程消去y，得(2k21)x24k2x2k280，所以x1x2，x1x2.因?yàn)镸Nl，所以直線MN的方程為ykx，聯(lián)立直線MN與橢圓方程消去y得(2k21)x28，解得x2.因?yàn)镸Nl，所以，因?yàn)?1x1)(x21)x1x2(x1x2)1，(xMxN)24x2.所以.(3)在yk(x1)中，令x0，則yk，所以P(0，k)，從而(x1，ky1)，(x21，y2)，x1(x21)，即x1x2，由(2)知x1x2，聯(lián)立得x1，x2.又x1x2，50k483k2340，解得k22或k2(舍去)又因?yàn)閗0，所以k.5數(shù)列an中，對(duì)任意給定的正整數(shù)n

7、，存在不相等的正整數(shù)i，j(ij)，使得anaiaj，且in，jn，則稱數(shù)列an具有性質(zhì)P.(1)若僅有3項(xiàng)的數(shù)列1，a，b具有性質(zhì)P，求ab的值；(2)求證：數(shù)列具有性質(zhì)P；(3)正項(xiàng)數(shù)列bn是公比不為1的等比數(shù)列若bn具有性質(zhì)P，則數(shù)列bn至少有多少項(xiàng)？請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)數(shù)列1，a，b具有性質(zhì)P 或ab2或ab2；(2)證明：假設(shè)存在不相等的正整數(shù)i，j(i0且q1，則bnb1qn1.數(shù)列bn具有性質(zhì)P存在不相等的正整數(shù)i，j(ii1，且i，jN*，ij21若ij21，即b1，b21，b3q要使b1bibj，則必為bn中的項(xiàng)，與b1矛盾；ij21若ij22，即b1，b2，b31，b4q，

8、要使b1bibj，則必為bn中的項(xiàng)，與b1矛盾；ij22若ij23，即b1，b2，b3，b41，b5q，b6q2，b7q3, 這時(shí)對(duì)于n1,2，7，都存在bnbibj，其中i0)，g(x)ln x2.(1)當(dāng)m1時(shí)，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)，x0.若函數(shù)yh(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(duì)于函數(shù)f(x)的圖象上的任意一點(diǎn)A，在函數(shù)g(x)的圖象上都存在一點(diǎn)B，使得OAOB，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)求m的取值范圍解：(1)當(dāng)m1時(shí)，f(x)xln x，f(x)ln x1.因?yàn)閒(x)在(0，

9、)上單調(diào)遞增，且f(1)0，所以當(dāng)x1時(shí)，f(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(1，)(2)h(x)2x，則h(x)2，令h(x)0，得x ，當(dāng)0x 時(shí)，h(x) 時(shí)，h(x)0，函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞增所以h(x)minh2.當(dāng)(21) ，即m時(shí)，函數(shù)yh(h(x)的最小值h(2)，即17m2690，解得1或(舍去)，所以m1.當(dāng)0(21) ，即m0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 xe在1，e上恒成立，即x2ln xmx2(eln x)在1，e上恒成立設(shè)p(x)x2ln x，則p(x)2xln x0在1，e上恒成立，所以p(x)在1，e上單調(diào)遞減，所以mp(1).設(shè)q(x)x2(eln x)，則q(x)x(2e12ln x)x(2e12ln e)0在1，e上恒成立，所以q(x)在1，e上單調(diào)遞增，所以mq(1)e.綜上所述，m的取值范圍為.7