江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個解答題綜合仿真練(五)(含解析).doc
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6個解答題綜合仿真練(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在ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,且sin(2AB)sin Csin B.(1)求角A的大??;(2)若a2,求的最大值解:(1)因為ABC,所以ABC,BCA,所以sin(2AB)sin(CA)sin(CA),sin Bsin(CA),由sin(2AB)sin Csin B,得sin(CA)sin Bsin C,所以sin(CA)sin(CA)sin C,即sin Ccos Acos Csin Asin Ccos Acos Csin Asin C,所以2sin Ccos Asin C.在ABC中,sin C0,所以cos A.因為A(0,),所以A.(2)在ABC中,由余弦定理得a2b2c22bccos A,由(1)知A,又a2,所以22b2c22bc,即4b2c2bc2bcbcbc,當且僅當bc2時,bc有最大值4.所以bccos A2,此時abc2,所以的最大值是2.3在平面直角坐標系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PQx軸時,kOPkOQk,所以kOP,xp,此時得直線PQ被圓O截得的弦長為2.當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.如圖,墻上有一幅壁畫,最高點A離地面4 m,最低點B離地面2 m,觀察者從距離墻x m(x1),離地面高a m(1a2)的C處觀賞該壁畫,設(shè)觀賞視角ACB.(1)若a1.5,問:觀察者離墻多遠時,視角最大?(2)若tan ,當a變化時,求x的取值范圍. 解:(1)當a1.5時,過C作AB的垂線,垂足為D,則BD0.5 m,且ACDBCD,由觀察者離墻x m,且x1,得tanBCD,tanACD.所以tan tan(ACDBCD),當且僅當x,即x1時取等號又因為tan 在上單調(diào)遞增,所以當觀察者離墻 m時,視角最大(2)由題意得tanBCD,tanACD,又tan ,所以tan tan(ACDBCD). 所以a26a8x24x,當1a2時,0a26a83,所以0x24x3,即解得0x1或3x4.又因為x1,所以3x4,所以x的取值范圍為3,45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n2時,an1Sn12,得2anan10(n2,nN*)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,當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k3時,若數(shù)列an能成等差數(shù)列,則anSn的表達式中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,當且僅當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 (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e時,h(1)e0,h()e10,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0時,存在唯一的x00,使得h(x0)0. 且當0xx0時,h(x)0,即g(x)0,當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.- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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