高考数学二轮复习解答题规范练四161

高考数学二轮复习解答题规范练四161解答题规范练(四)1．设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且sinA－3acosB＝0.(1)求角B的大小；(2)若a＋c＝3，求AC边上中线长的最小值．．如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，极点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1⊥BC；π(2)若直线DD1与直线AB所成的角为3，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．3．已知函数f(x)＝x－alnx＋b，a，b为实数．1/10高考数学二轮复习解答题规范练四161(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，求a，的值；3(2)若|f′(x)|<x2对x∈[2，3]恒成立，求a的取值范围．2/10高考数学二轮复习解答题规范练四161已知抛物线C：y2＝2x，过点M(2，0)的直线l交抛物线C于A，2两点．点P是直线x＝－3上的动点，且PO⊥AB于点Q.π(1)若直线OP的倾斜角为4，求|AB|；|AB|(2)求|PQ|的最小值及获取最小值时直线l的方程．1．已知正项数列{an}满足：a1＝2，a2n＝an－1an＋an－1(n≥2)．Sn为数列{an}的前n项和．Snn(1)求证：对随意正整数n，有n≤2；1(2)设数列{a2n}的前n项和为Tn，求证：对随意M∈(0，6)，总存在正整数N，使得n>N时，Tn>M.3/10高考数学二轮复习解答题规范练四1614/10高考数学二轮复习解答题规范练四161解答题规范练(四)1．解：(1)由正弦定理得，sinBsinA－3sinA·cosB＝0，因为0<A<π，因此sinA≠0，因此tanB＝3，因为B是三角形的内角，因此B＝60°.(2)设AC边上的中点为E，由余弦定理得：BE2＝2（AB2＋BC2）－AC2a2＋c2＋ac＝44a＋c2（a＋c）2－ac9－ac9－227，当且仅当a＝c时，＝4＝4≥4＝16取“＝”，33因此AC边上中线长的最小值为4.2．解：(1)证明：连结D1C，则D1C⊥平面ABCD，因此D1CBC.在等腰梯形ABCD中，连结AC，因为AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，因此BC⊥AC，因此BC⊥平面AD1C，因此AD1⊥BC.(2)5/10高考数学二轮复习解答题规范练四161π法一：因为AB∥CD，因此∠D1DC＝3，因为CD＝1，因此D1C＝3.在底面ABCD中作CM⊥AB，连结D1M，则D1M⊥AB，因此∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角．3在Rt△D1CM中，CM＝2，D1C＝3，15因此D1M＝CM2＋D1C2＝2，5因此cos∠D1MC＝5，5即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为5.法二：由(1)知AC、BC、D1C两两垂直，π因为AB∥CD，因此∠D1DC＝3，因为CD＝1，因此D1C＝3.在等腰梯形ABCD中，6/10高考数学二轮复习解答题规范练四161因为AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，因此AC＝3，成立以以下图的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，3)，设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，→y－3x＝0，n·AB＝0，由得→z－x＝0，n·AD1＝0可得平面ABC1D1的一个法向量n＝(1，3，1)．→3)为平面ABCD的一个法向量，又CD1＝(0，0，→→5CD1·n因此cos〈CD1，n〉＝→＝5，|CD1||n|5因此平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为5.a3．解：(1)f′(x)＝1－x，因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，因此f′(1)＝2，f(1)＝5，－a＝2因此，解得a＝－1，b＝4.＋b＝53(2)因为|f′(x)|<x2对x∈[2，3]恒成立，3即|1－x|<x2对x∈[2，3]恒成立，7/10高考数学二轮复习解答题规范练四1613因此|x－a|<x对x∈[2，3]恒成立，33因此x－x<a<x＋x对x∈[2，3]恒成立，33设g(x)＝x－x，h(x)＝x＋x，x∈[2，3]，33则g′(x)＝1＋x2>0，h′(x)＝1－x2>0，因此g(x)在[2，3]上是增函数，h(x)在[2，3]上是增函数，7因此gmax(x)＝g(3)＝2，hmin(x)＝h(2)＝2.7因此a的取值范围是[2，2]．3π4．解：(1)因为直线OP的倾斜角为4，因此直线l：y＝x－2，y2＝2x由消去y得x2－6x＋4＝0，y＝x－2因此|AB|＝1＋1×36－16＝210.y2＝2x(2)设l：x＝my＋2，由消去x得y2－2my－4＝0.x＝my＋2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝（－2m）2－4·（－4）＞0因此y1＋y2＝2m，y1y2＝－4因此|AB|＝1＋m24m2＋16.8/10高考数学二轮复习解答题规范练四161又直线PQ的方程为y＝－mx，22m因此P－3，3.于是点P到直线l的距离d＝|PQ|＝（m2＋4）3·1＋m2，|AB|（m2＋1）2因此|PQ|＝3m2＋4.令m2＋4＝t(t≥4)，令f(t)＝（t－3）2＝t＋9－6，因此f(t)在[4，tt＋∞)上单一递加，1因此f(t)min＝f(4)＝4，此时m＝0.|AB|f（t）≥313|AB|3因此|PQ|＝34＝2，即|PQ|的最小值为2，此时直线l：x＝2.an＋15．证明：(1)因为an＋1－an＝1＋an＋1<1，因此n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋＋(a2－a1)＋1a1<n－1＋2＝n－2，111n2Snn因此Sn<a1＋(2－2)＋(3－2)＋＋(n－2)＝2，即n<2，S11Snn当n＝1时，1＝2，综上，n≤2.(2)由(1)可知an＋1>an>0，9/10高考数学二轮复习解答题规范练四161a221xa1＝a2＋1＝2，a2＝1.因为f(x)＝1＋x在区间(0，＋∞)上单一递增，an＋1a21因此an＋1－an＝1＋an＋1≥1＋a2＝2，11从而an＝an－an－1＋an－1－an－2＋＋a2－a1＋a1≥2(n－1)＋2n＝2，1an＋111111当n