高中数学高考二轮复习 江苏省2023年高考数学三轮专题复习素材解答题押题练d组

解答题押题练D组1．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq\r(2)acosB＝ccosB＋bcosC.(1)求角B的大小；(2)设向量m＝(cosA，cos2A)，n＝(12，－5)，求当m·n取最大值时，tanC解(1)由题意，eq\r(2)sinAcosB＝sinCcosB＋cosCsinB，(2分)所以eq\r(2)sinAcosB＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA．(3分)因为0＜A＜π，所以sinA≠0.所以cosB＝eq\f(\r(2),2).(5分)因为0＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4).(6分)(2)因为m·n＝12cosA－5cos2A，所以m·n＝－10cos2A＋12cosA＝－10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosA－\f(3,5)))2＋eq\f(43,5).(10分)所以当cosA＝eq\f(3,5)时，m·n取最大值．此时sinA＝eq\f(4,5)(0＜A＜eq\f(π,2))，于是tanA＝eq\f(4,3).(12分)所以tanC＝－tan(A＋B)＝－eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝7.(14分)2．在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝BC＝AD＝2，CD＝4，E为边DC的中点，如图1.将△ADE沿AE折起到△AEP位置，连PB、PC，点Q是棱AE的中点，点M在棱PC上，如图2.(1)若PA∥平面MQB，求PM∶MC；(2)若平面AEP⊥平面ABCE，点M是PC的中点，求三棱锥A­MQB的体积．图1图2解(1)连AC、BQ，设AC∩BQ＝F，连MF.则平面PAC∩平面MQB＝MF，因为PA∥平面MQB，PA⊂平面PAC，所以PA∥MF.(2分)在等腰梯形ABCD中，E为边DC的中点，所以由题设，AB＝EC＝2.所以四边形ABCE为平行四边形，则AE∥BC.(4分)从而△AFQ∽△CFB，AF∶FC＝AQ∶CB＝1∶2.又PA∥MF，所以△FMC∽△APC，所以PM∶MC＝AF∶FC＝1∶2.(7分)(2)由(1)知，△AED是边长为2的正三角形，从而PQ⊥AE.因为平面AEP⊥平面ABCE，交线为AE，所以PQ⊥平面ABCE，PQ⊥QB，且PQ＝eq\r(3).因为PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面ABCE，交线为QC.(9分)过点M作MN⊥QC于N，则MN⊥平面ABCE，所以MN是三棱锥M­ABQ的高．因为PQ⊥平面ABCE，MN⊥平面ABCE，所以PQ∥MN.因为点M是PC的中点，所以MN＝eq\f(1,2)PQ＝eq\f(\r(3),2).(11分)由(1)知，△ABE为正三角形，且边长为2.所以，S△ABQ＝eq\f(\r(3),2).三棱锥A­MQB的体积VA­MQB＝VM­ABQ＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(1,4).(14分)3．如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，△ABC外的地方种草，△ABC的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花，若BC＝a，∠ABC＝θ，设△ABC的面积为S1，正方形的PQRS面积为S2.(1)用a，θ表示S1和S2；(2)当a固定，θ变化时，求eq\f(S1,S2)的最小值．解(1)S1＝eq\f(1,2)asinθ·acosθ＝eq\f(1,4)a2sin2θ，设正方形边长为x，则BQ＝eq\f(x,tanθ)，RC＝xtanθ，∴eq\f(x,tanθ)＋xtanθ＋x＝a，∴x＝eq\f(a,\f(1,tanθ)＋tanθ＋1)＝eq\f(asin2θ,2＋sin2θ)，(4分)S2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(asin2θ,2＋sin2θ)))2＝eq\f(a2sin22θ,4＋sin22θ＋4sin2θ)，(6分)(2)当a固定，θ变化时，eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sin2θ)＋sin2θ＋4))，令sin2θ＝t，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)＋t＋4))(0＜t≤1)，利用单调性求得t＝1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))min＝eq\f(9,4).(14分)4．若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相似椭圆”．如图，在直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，A1，A2分别为椭圆C1的左、右顶点．椭圆C2以线段A1A2为短轴且与椭圆C1为“相似椭圆”．(1)求椭圆C2的方程；(2)设P为椭圆C2上异于A1，A2的任意一点，过P作PQ⊥x轴，垂足为Q，线段PQ交椭圆C1于点H.求证：H为△PA1A2(1)解由题意可知A1(－eq\r(6)，0)，A2(eq\r(6)，0)，椭圆C1的离心率e＝eq\f(\r(2),2).(3分)设椭圆C2的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，则b＝eq\r(6).因为eq\f(b,a)＝eq\r(1－e2)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝2eq\r(3).所以椭圆C2的方程为eq\f(y2,12)＋eq\f(x2,6)＝1.(6分)(2)证明设P(x0，y0)，y0≠0，则eq\f(y\o\al(2,0),12)＋eq\f(x\o\al(2,0),6)＝1，从而yeq\o\al(2,0)＝12－2xeq\o\al(2,0).将x＝x0代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1得eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y2,3)＝1，从而y2＝3－eq\f(x\o\al(2,0),2)＝eq\f(y\o\al(2,0),4)，即y＝±eq\f(y0,2).因为P，H在x轴的同侧，所以取y＝eq\f(y0,2)，即H(x0，eq\f(y0,2))．(12分)所以kA1P·kA2H＝eq\f(y0,x0－\r(6))·eq\f(\f(1,2)y0,x0＋\r(6))＝eq\f(y\o\al(2,0),2x\o\al(2,0)－6)＝eq\f(12－2x\o\al(2,0),2x\o\al(2,0)－6)＝－1，从而A1P⊥A2H.又因为PH⊥A1A2，所以H为△PA1A25．已知函数f(x)＝alnx＝eq\f(1,x)(a为常数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直，求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当x≥1时，f(x)≤2x－3恒成立，求a的取值范围．解(1)函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2).又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直，所以f′(1)＝a＋1＝2，即a＝1.(4分)(2)由f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2)(x＞0)，当a≥0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．当a＜0时，由f′(x)＞0，得0＜x＜－eq\f(1,a)，所以f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))；由f′(x)＜0，得x＞－eq\f(1,a)，所以f(x)的单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).(10分)(3)设g(x)＝alnx－eq\f(1,x)－2x＋3，x∈[1，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(1,x2)－2＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x2).令h(x)＝－2x2＋ax＋1，考虑到h(0)＝1＞0，当a≤1时，h(x)＝－2x2＋ax＋1的对称轴x＝eq\f(a,4)＜1，h(x)在[1，＋∞)上是减函数，h(x)≤h(1)＝a－1≤0，所以g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上是减函数，所以g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤2x2－3恒成立．当a＞1时，令h(x)＝－2x2＋ax＋1＝0，得x1＝eq\f(a＋\r(a2＋8),4)＞1，x2＝eq\f(a－\r(a2＋8),4)＜0，当x∈[1，x1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)在[1，x1)上是增函数；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(x1，＋∞)上是减函数．所以0＝g(1)＜g(x1)，即f(x1)＞2x1－3，不满足题意．综上，a的取值范围为a≤1.(16分)6．已知无穷数列{an}的各项均为正整数，Sn为数列{an}的前n项和．(1)若数列{an}是等差数列，且对任意正整数n都有Sn3＝(Sn)3成立，求数列{an}的通项公式；(2)对任意正整数n，从集合{a1，a2，…，an}中不重复地任取若干个数，这些数之间经过加减运算后所得数的绝对值为互不相同的正整数，且这些正整数与a1，a2，…，an一起恰好是1至Sn全体正整数组成的集合．(ⅰ)求a1，a2的值；(ⅱ)求数列{an}的通项公式．解(1)设无穷等差数列{an}的公差为d，因为Sn3＝(Sn)3对任意正整数n都成立，所以分别取n＝1，n＝2时，则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝a\o\al(3,1)，,8a1＋28d＝2a1＋d3.))因为数列{an}的各项均为正整数，所以d≥0.可得a1＝1，d＝0或d＝2.(4分)当a1＝1，d＝0时，an＝1，Sn3＝(Sn)3成立；当a1＝1，d＝2时，Sn＝n2，所以Sn3＝(Sn)3.因此，共有2个无穷等差数列满足条件，通项公式为an＝1或an＝2n－1.(6分)(2)(ⅰ)记An＝{1,2，…，Sn}，显然a1＝S1＝1.(7分)对于S2＝a1＋a2＝1＋a2，有A2＝{1,2，…，Sn}＝{1，a2，1＋a2，|1－a2|}＝{1,2,3,4}，故1＋a2＝4，所以a2＝3.(9分)(ⅱ)由题意可知，集合{a1，a2，…，an}按上述规则，共产生Sn个正整数．(10分)而集合{a1，a2，…，an，an＋1}按上述规则产生的Sn＋1个正整数中，除1,2，…，Sn这Sn个正整数外，还有an－1，an＋1＋i，|an＋1－i|(i＝1,2，…，Sn)，共2Sn＋1个数．所以，Sn＋1＝Sn＋(2Sn＋1)＝3Sn＋1.(12分)又Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，所