江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個(gè)解答題綜合仿真練（四）（含解析）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(diǎn)，F(xiàn)是PC的中點(diǎn)(1)求證：PC平面BDE；(2)求證：AF平面BDE.證明：(1)連結(jié)OE，因?yàn)镺為菱形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)又因?yàn)镋為PA的中點(diǎn)，所以O(shè)EPC.又因?yàn)镺E平面BDE，PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因?yàn)镻AAC，PAC是等腰三角形，又F是PC的中點(diǎn)，所以AFPC.又OEPC，所以AFOE.又因?yàn)镻A底面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又因?yàn)锳C，BD是菱形ABCD的對(duì)角線，所以ACBD.因?yàn)镻AACA，所以BD平面PAC，因?yàn)锳F平面PAC，所以AFBD.因?yàn)镺EBDO，所以AF平面BDE.2在ABC中，角A，B，C所對(duì)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 A×15×13×78.3已知橢圓M：1(ab0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，一個(gè)焦點(diǎn)為F(1,0)，點(diǎn)F到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為3.經(jīng)過點(diǎn)F的直線l與橢圓M交于C，D兩點(diǎn)(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(diǎn)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(shí)S1S2，|S1S2|0；若直線l的斜率存在，可設(shè)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(shí)|S1S2|·AB·|y1|y2|2|y1y2|2|k(x11)k(x21)|2|k|(x1x2)2|2|k|2|k|.因?yàn)閗0，所以|S1S2|，當(dāng)且僅當(dāng)4|k|，即k±時(shí)取等號(hào)所以|S1S2|的最大值為.4.如圖，矩形ABCD是一個(gè)歷史文物展覽廳的俯視圖，點(diǎn)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(diǎn)P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控?cái)z像頭，MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點(diǎn))上，且點(diǎn)M在點(diǎn)N的右下方經(jīng)測(cè)量得知：AD6米，AE6米，AP2米，MPN.記EPM(弧度)，監(jiān)控?cái)z像頭的可視區(qū)域PMN的面積為S平方米(1)求S關(guān)于的函數(shù)關(guān)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PM， 在PNE中，由正弦定理得，所以PN， 所以PMN的面積SPM·PN·sinMPN，當(dāng)M與E重合時(shí)，0；當(dāng)N與D重合時(shí)，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(diǎn)P到DE的距離為d4sin2， 所以PMN的面積SMN·d，當(dāng)M與E重合時(shí)，0；當(dāng)N與D重合時(shí)，tanAPD3，即APD，所以0.綜上可得，S，. (2)當(dāng)2，即時(shí)，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設(shè)a>0且a1，函數(shù)f(x)axx2xln aa.(1)當(dāng)ae時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)的最小值；(3)指出函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由解：(1)當(dāng)ae時(shí)，f(x)exx2xe，f(x)ex2x1.設(shè)g(x)ex2x1，則g(0)0，且g(x)ex2>0.所以g(x)在(，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>g(0)0；當(dāng)x<0時(shí)，g(x)<g(0)0.即當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)<0.綜上，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(，0)(2)f(x)axln a2xln a(ax1)ln a2x，當(dāng)a>1時(shí)，若x>0，則ax>1，ln a>0，所以f(x)>0，若x<0，則ax<1，ln a>0，所以f(x)<0.當(dāng)0<a<1時(shí)，若x>0，則ax<1，ln a<0，所以f(x)>0，若x<0，則ax>1，ln a<0，所以f(x)<0，所以f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，(0，)上單調(diào)遞增所以f(x)minf(0)1a.(3)由(2)得，a>0，a1，f(x)min1a.若1a>0，即0<a<1時(shí)，f(x)min1a>0，函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)若1a<0，即a>1時(shí)，f(x)min1a<0.f(x)的圖象在定義域內(nèi)是不間斷的曲線，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增f(a)aaa2aln aa>a2aln aaa(aln a1)令t(a)aln a1(a>1)，t(a)1>0，所以t(a)在(1，)上單調(diào)遞增；所以t(a)>t(1)0.所以f(a)>0.故f(x)在(0，a)上有一個(gè)零點(diǎn)又f(a)aaa2aln aa>a2aa(a1)>0，故f(x)在(a,0)上有一個(gè)零點(diǎn)所以f(x)在(，0)上和(0，)上各有一個(gè)零點(diǎn)，即f(x)有2個(gè)零點(diǎn)綜上，當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)不存在零點(diǎn)；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)6已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式an2n(1)n，nN*.設(shè)an1，an2，ani(其中n1<n2<<ni，iN*)成等差數(shù)列(1)若i3.當(dāng)n1，n2，n3為連續(xù)正整數(shù)時(shí)，求n1的值；當(dāng)n11時(shí)，求證：n3n2為定值；(2)求i的最大值解：(1)依題意，an1，an11，an12成等差數(shù)列，即2an11an1an12，從而22n11(1)n112n1(1)n12n12(1)n12，當(dāng)n1為奇數(shù)時(shí)，解得2n14，不存在這樣的正整數(shù)n1；當(dāng)n1為偶數(shù)時(shí)，解得2n14，所以n12.證明：依題意，a1，an2，an3成等差數(shù)列，即2an2a1an3，從而22n2(1)n232n3(1)n3，當(dāng)n2，n3均為奇數(shù)時(shí)，2n22n311，左邊為偶數(shù)，故矛盾；當(dāng)n2，n3 均為偶數(shù)時(shí)，2n212n321，左邊為偶數(shù)，故矛盾；當(dāng)n2為偶數(shù)，n3奇數(shù)時(shí)，2n22n313，左邊為偶數(shù)，故矛盾；當(dāng)n2為奇數(shù)，n3偶數(shù)時(shí)，2n212n30，即n3n21.(2)設(shè)as，ar，at(s<r<t)成等差數(shù)列，則2arasat，即22r(1)r2s(1)s2t(1)t，整理得，2s2t2r1(1)s(1)t2(1)r，若tr1，則2s(1)s3(1)r，因?yàn)?s2，所以(1)s3(1)r只能為2或4，所以s只能為1或2；若tr2，則2s2t2r12s2r22r12242310，(1)s(1)t2(1)r4，故矛盾，綜上，只能a1，ar，ar1成等差數(shù)列或a2，ar，ar1成等差數(shù)列，其中r為奇數(shù)，從而i的最大值為3.