《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（五）》由會員分享，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（五）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合仿真練(五)1如圖，在四棱錐PABCD中，ABCD，ABAD，CD2AB，平面PAD底面ABCD，PAAD，E和F分別為CD和PC的中點，求證：(1)PA底面ABCD；(2)BE平面PAD；(3)平面BEF平面PCD.證明：(1)因為平面PAD底面ABCD，且PA垂直于這兩個平面的交線AD，所以PA底面ABCD.(2)因為ABCD，CD2AB，E為CD的中點，所以ABDE，且ABDE.所以四邊形ABED為平行四邊形所以BEAD.又因為BE平面PAD，AD平面PAD，所以BE平面PAD.(3)因為ABAD，且四邊形ABED為平行四邊形，所以BECD，ADCD.由(1)知PA底面ABCD，所以

2、PACD，又ADPAA，所以CD平面PAD.所以CDPD.因為E和F分別是CD和PC的中點，所以PDEF，所以CDEF.又因為CDBE，EFBEE，所以CD平面BEF.又CD平面PCD，所以平面BEF平面PCD.2(2019海安中學(xué)模擬)已知ABC內(nèi)接于單位圓，且(1tan A)(1tan B)2，(1)求角C；(2)求ABC面積的最大值解：(1)(1tan A)(1tan B)2tan Atan B1tan Atan B，tan Ctan(AB)1，C.(2)ABC的外接圓為單位圓，其半徑R1由正弦定理可得c2Rsin C，由余弦定理可得c2a2b22abcos C，代入數(shù)據(jù)可得2a2b2a

3、b2abab(2)ab，ab，ABC的面積Sabsin C，ABC面積的最大值為.3在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：1的左頂點為A，右焦點為F，P，Q為橢圓C上兩點，圓O：x2y2r2(r0)(1)若PFx軸，且滿足直線AP與圓O相切，求圓O的方程；(2)若圓O的半徑為，點P，Q滿足kOPkOQ，求直線PQ被圓O截得的弦長的最大值. 解：(1)因為橢圓C的方程為1，所以A(2,0)，F(xiàn)(1,0)因為PFx軸，所以P，根據(jù)對稱性，可取P，則直線AP的方程為y(x2)，即x2y20.由圓O與直線AP相切，得r，所以圓O的方程為x2y2.(2)易知圓O的方程為x2y23.當(dāng)PQx軸時，kOPk

4、OQk，所以kOP，xP，此時得直線PQ被圓O截得的弦長為2.當(dāng)PQ與x軸不垂直時，設(shè)直線PQ的方程為ykxb，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x20)，首先由kOPkOQ，得3x1x24y1y20，即3x1x24(kx1b)(kx2b)0，所以(34k2)x1x24kb(x1x2)4b20.(*)聯(lián)立消去y，得(34k2)x28kbx4b2120，則x1x2，x1x2，將其代入(*)式，化簡得2b24k23.由于圓心O到直線PQ的距離d，所以直線PQ被圓O截得的弦長l2，故當(dāng)k0時，l有最大值為.綜上，因為2，所以直線PQ被圓O截得的弦長的最大值為.4(2019如皋中學(xué)模擬)如圖，長

5、方形材料ABCD中，已知AB2，AD4.點P為材料ABCD內(nèi)部一點，PEAB于E，PFAD于F，且PE1，PF，現(xiàn)要在長方形材料ABCD中裁剪出四邊形材料AMPN，滿足MPN150，點M，N分別在邊AB，AD上(1)設(shè)FPN，試將四邊形材料AMPN的面積S表示為的函數(shù)，并指明的取值范圍；(2)試確定點N在AD上的位置，使得四邊形材料AMPN的面積S最小，并求出其最小值解：(1)在直角NFP中，因為PF，F(xiàn)PN，所以NFtan ，所以SAPNNAPF(1tan ).在直角MEP中，因為PE1，EPM，所以MEtanSAPMMAPE1.所以SSAPNSAPMtan tan，(2)因為Stan ta

6、ntan 1tan ，由，得t1,4，所以S2 2.當(dāng)且僅當(dāng)t時，即tan 時等號成立此時，AN，Smin2.答：當(dāng)AN時，四邊形材料AMPN的面積S最小，最小值為2.5設(shè)fk(n)為關(guān)于n的k(kN)次多項式數(shù)列an的首項a11，前n項和為Sn.對于任意的正整數(shù)n，anSnfk(n)恒成立(1)若k0，求證：數(shù)列an是等比數(shù)列；(2)試確定所有的自然數(shù)k，使得數(shù)列an能成等差數(shù)列解：(1)證明：若k0，則fk(n)即f0(n)為常數(shù)，不妨設(shè)f0(n)c(c為常數(shù))因為anSnfk(n)恒成立，所以a1S1c，即c2a12.所以anSn2，當(dāng)n2時，an1Sn12，得2anan10(n2，nN

7、*)若an0，則an10，a10，與已知矛盾，所以an0(nN*)故數(shù)列an是首項為1，公比為的等比數(shù)列. (2)()若k0，由(1)知，不符題意，舍去. ()若k1，設(shè)f1(n)bnc(b0，b，c為常數(shù))，所以anSnbnc，當(dāng)n2時，an1Sn1b(n1)c，得2anan1b(n2，nN*)要使數(shù)列an是公差為d(d為常數(shù))的等差數(shù)列，必須有anbd(常數(shù))，而a11，故an只能是常數(shù)數(shù)列，通項公式為an1(nN*)，故當(dāng)k1時，數(shù)列an能成等差數(shù)列，其通項公式為an1(nN*)，此時f1(n)n1.()若k2，設(shè)f2(n)an2bnc(a0，a，b，c是常數(shù))，所以anSnan2bnc

8、，當(dāng)n2時，an1Sn1a(n1)2b(n1)c，得2anan12anba(n2，nN*)要使數(shù)列an是公差為d(d為常數(shù))的等差數(shù)列，必須有an2anbad，且d2a，考慮到a11，所以an1(n1)2a2an2a1(nN*)故當(dāng)k2時，數(shù)列an能成等差數(shù)列，其通項公式為an2an2a1(nN*)，此時f2(n)an2(a1)n12a(a為非零常數(shù)). ()當(dāng)k3時，若數(shù)列an能成等差數(shù)列，則anSn的表達(dá)式中n的最高次數(shù)為2，故k3時，數(shù)列an不能成等差數(shù)列綜上得，當(dāng)且僅當(dāng)k1或2時，數(shù)列an能成等差數(shù)列6已知R，函數(shù)f (x)exex(xln xx1)的導(dǎo)函數(shù)為g(x)(1)求曲線yf

9、(x)在x1處的切線方程；(2)若函數(shù)g(x)存在極值，求的取值范圍；(3)若x1時，f (x)0恒成立，求的最大值解：(1)因為f(x)exeln x，所以曲線yf(x)在x1處的切線的斜率為f(1)0，又f(1)0，所以切線方程為y0. (2)g(x)exeln x(x0)，g(x)ex.當(dāng)0時，g(x)0恒成立，從而g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，故此時g(x)無極值. 當(dāng)0時，設(shè)h(x)ex，則h(x)ex0恒成立，所以h(x)在(0，)上單調(diào)遞增. 當(dāng)0e時，h(1)e0，hee0，且h(x)是(0，)上的連續(xù)函數(shù)，因此存在唯一的x0，使得h(x0)0.當(dāng)e時，h(1)e0，h()e1

10、0，且h(x)是(0，)上的連續(xù)函數(shù)，因此存在唯一的x01，)，使得h(x0)0.綜上，當(dāng)0時，存在唯一的x00，使得h(x0)0. 且當(dāng)0xx0時，h(x)0，即g(x)0，當(dāng)xx0時，h(x)0，即g(x)0，所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增，因此g(x)在xx0處有極小值所以當(dāng)函數(shù)g(x)存在極值時，的取值范圍是(0，)(3)g(x)f(x)exeln x(x0)，g(x)ex.若g(x)0恒成立，則有xex恒成立設(shè)(x)xex(x1)，則(x)(x1)ex0恒成立，所以(x)在1，)上單調(diào)遞增，從而(x)(1)e，即e.于是當(dāng)e時，g(x)在1，)上單調(diào)遞增，此時g(x)g(1)0，即f(x)0，從而f(x)在1，)上單調(diào)遞增所以f (x)f (1)0恒成立當(dāng)e時，由(2)知，存在x0(1，)，使得g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，即f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減所以當(dāng)1xx0時，f(x)f(1)0，于是f(x)在1，x0)上單調(diào)遞減，所以f(x0)f(1)0.這與x1時，f(x)0恒成立矛盾因此e，即的最大值為e.6