浙江新高考数学二轮复习专题强化练解答题规范练（五）

解答题规范练(五)1．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足bcosC＋(2a＋c)cosB＝0.(1)求角B的值；(2)若b＝1，cosA＋cosC＝eq\r(3)，求△ABC的面积．2.如图，在三棱锥P­ABC中，△ABC是等边三角形，D是AC的中点，PA＝PC，二面角P­AC­B的大小为60°.(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值．3．已知函数f(x)＝eq\f(1,6)x3－ax＋lnx.(1)若f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.

4.如图，已知点F为抛物线W：x2＝4y的焦点，过点F任作两条互相垂直的直线l1，l2，分别交抛物线W于A，C，B，D四点，E，G分别为AC，BD的中点．(1)求证：直线EG过定点，并求出该定点的坐标；(2)设直线EG交抛物线W于M，N两点，试求|MN|的最小值．5．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)．(1)设bn＝an＋1＋an(n∈N*)，求证{bn}是等比数列；(2)①求数列{an}的通项公式；②求证：对于任意n∈N*都有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＋eq\f(1,a2n)<eq\f(7,4)成立．解答题规范练(五)1．解：(1)由正弦定理知，sinBcosC＋(2sinA＋sinC)cosB＝0，sin(B＋C)＋2sinAcosB＝0，sinA＋2sinAcosB＝0，因为sinA≠0，所以cosB＝－eq\f(1,2)，解得B＝eq\f(2π,3).(2)cosA＋cosC＝eq\r(3)，cos(eq\f(π,3)－C)＋cosC＝eq\r(3)，eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(3,2)cosC＝eq\r(3)，sin(C＋eq\f(π,3))＝1，解得C＝eq\f(π,6)，所以a＝c＝eq\f(\r(3),3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),12).2．解：(1)证明：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(BD⊥AC,PD⊥AC,PB∩BD＝B))⇒AC⊥平面PBD，又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD，即平面PBD⊥平面PAC.(2)因为AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系．则D(0，0，0)，令A(1，0，0)，则B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，0)．又∠PDB为二面角P­AC­B的平面角，得∠PDB＝60°.设DP＝λ，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(λ,2)，\f(\r(3),2)λ))，设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，则eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(λ,2)，\f(\r(3),2)λ))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＝0,－x＋\f(λ,2)y＋\f(\r(3),2)λz＝0))，取y＝eq\r(3)，得n＝(0，eq\r(3)，－1)．又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，得cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(3,2×2)＝eq\f(3,4).设AB与平面PAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(3,4).3．解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意知f′(x)＝eq\f(1,2)x2－a＋eq\f(1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)，x>0，则g′(x)＝x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x3－1,x2)，所以当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以当x＝1时，g(x)有最小值g(1)＝eq\f(3,2)，所以a≤eq\f(3,2).(2)证明：因为f′(x)＝eq\f(1,2)x2－a＋eq\f(1,x)，由f′(x)＝0知，a＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)，设g(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)，x>0，由g(x1)＝g(x2)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，所以0<x1<1<x2，令h(x)＝g(x)－g(2－x)，x∈(0，1)，则h′(x)＝x－eq\f(1,x2)＋2－x－eq\f(1,（2－x）2)＝2－eq\f(2x2－4x＋4,x2（2－x）2)＝eq\f(2（x－1）2[（x－1）2－3],x2（2－x）2)，所以h(x)在x∈(0，1)上单调递减，又h(1)＝0，故h(x)>h(1)＝0恒成立，所以g(x)>g(2－x)对x∈(0，1)恒成立，因为0<x1<1，所以g(x1)>g(2－x1)，即g(x2)>g(2－x1)，又x2>1，2－x1>1且g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2>2－x1即x1＋x2>2.4．解：(1)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，直线AC的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y可得x2－4kx－4＝0，则x1＋x2＝4k，故y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝4k2＋2，故AC的中点坐标E(2k，2k2＋1)．由AC⊥BD，可得BD的中点坐标为G(－eq\f(2,k)，eq\f(2,k2)＋1)．令eq\f(2,k2)＋1＝2k2＋1得k2＝1，此时eq\f(2,k2)＋1＝2k2＋1＝3，故直线EG过点H(0，3)，当k2≠1时，kEH＝eq\f(2k2＋1－3,2k－0)＝eq\f(k2－1,k)，kGH＝eq\f(\f(2,k2)＋1－3,－\f(2,k)－0)＝eq\f(k2－1,k)，所以kEH＝kGH，E，H，G三点共线，所以直线EG过定点H(0，3)．(2)设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xM，\f(xeq\o\al(2,M),4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xN，\f(xeq\o\al(2,N),4)))，直线EG的方程为y＝kx＋3，代入x2＝4y可得x2－4kx－12＝0，则xM＋xN＝4k，xMxN＝－12，故|MN|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,M)－xeq\o\al(2,N),4)))eq\s\up12(2)＋(xM－xN)2＝eq\f(1,16)(xM－xN)2[(xM＋xN)2＋16]＝eq\f(1,16)[(xM＋xN)2－4xMxN][(xM＋xN)2＋16]＝eq\f(1,16)(16k2＋48)(16k2＋16)＝16(k2＋3)(k2＋1)≥48，故|MN|≥4eq\r(3)，当k＝0即直线EG垂直于y轴时，|MN|取得最小值4eq\r(3).5．解：(1)证明：由已知得an＋1＋an＝3(an＋an－1)(n≥2，n∈N*)，则bn＝3bn－1(n≥2，n∈N*)，又b1＝3，则{bn}是以3为首项、3为公比的等比数列．(2)①法一：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，则an＋an－1＝3n－1(n≥2)，相减得an＋1－an－1＝2×3n－1(n≥2)，则a3－a1＝2×31，a5－a3＝2×33，…，a2n－1－a2n－3＝2×32n－3，相加得a2n－1－a1＝eq\f(3（9n－1－1）,4)，则a2n－1＝eq\f(32n－1＋1,4)(n≥2)，当n＝1时上式也成立，由a2n＋a2n－1＝32n－1得a2n＝eq\f(32n－1,4)，故an＝eq\f(3n－（－1）n,4).法二：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，则eq\f(an＋1,3n＋1)＋eq\f(1,3)·eq\f(an,3n)＝eq\f(1,3)，设cn＝eq\f(an,3n)，则cn＋1＋eq\f(1,3)cn＝eq\f(1,3)，可得cn＋1－eq\f(1,4)＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cn－\f(1,4)))，又c1＝eq\f(1,3)，故cn－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，则an＝eq\f(3n－（－1）n,4).②证明：法一：eq\f(1,a2n－1)＋eq\f(1,a2n)＝eq\f(4,32n－1＋1)＋eq\f(4,32n－1)＝eq\f(4（32n－1＋32n）,（32n－1＋1）（32n－1）)<eq\f(4（32n－1＋32n）,32n－1·32n)＝eq\f(4,32n－1)＋eq\f(4,32n)，故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＋eq\f(1,a2n)<1＋eq\f(1,2)＋eq\f(4,33)＋eq\f(4,34)＋…＋eq\f(4,32n－1)＋eq\f(4,32n)＝eq\f(3,2)＋eq\f(2,9)(1－eq\f(1,32n－2))<eq\f(3,2)＋eq\f(2,9)＝eq\f(31,18)＝eq\f(62,36)<eq\f(63,36)＝eq\f(7,4).法二：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＝eq\f(4,31＋1)＋eq\f(4,33＋1)＋…＋eq\f(4,32n－1＋1)<1＋eq\f(4,33)＋eq\f(4,35)＋…＋eq\f(4,32n－1)＝1＋eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32n－2)))<eq\f(7,6)，易证eq\f(4,32n－1)<eq\f(4＋1,32n－1＋1)＝eq\f(5,32n)，则eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a4)＋…＋eq\f(1,a2n)＝eq\f(4,32－1)＋eq\f(4,34－1)＋…＋eq\f(4,32n－1)<eq\f(1,2)＋