（江苏专用）高考数学总复习 考前三个月 解答题滚动练3 理-人教版高三数学试题

解答题滚动练31．(2017·镇江期末)已知向量m＝(cosα，－1)，n＝(2，sinα)，其中α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且m⊥n.(1)求cos2α的值；(2)若sin(α－β)＝eq\f(\r(10),10)，且β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求角β的大小．解方法一(1)由m⊥n，得2cosα－sinα＝0，所以sinα＝2cosα，代入cos2α＋sin2α＝1，得5cos2α＝1，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则cosα＝eq\f(\r(5),5)，sinα＝eq\f(2\r(5),5)，则cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2－1＝－eq\f(3,5).(2)由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).又sin(α－β)＝eq\f(\r(10),10)，则cos(α－β)＝eq\f(3\r(10),10).则sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).因为β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以β＝eq\f(π,4).方法二(1)由m⊥n，得2cosα－sinα＝0，tanα＝2，故cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－4,1＋4)＝－eq\f(3,5).(2)由(1)知，2cosα－sinα＝0，且cos2α＋sin2α＝1，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，以下同方法一(2)．2．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB⊥平面PAD，DC∥AB，DC＝2AB，E为棱PA上一点．(1)设O为AC与BD的交点，若PE＝2AE，求证：OE∥平面PBC；(2)若DE⊥AP，求证：PB⊥DE.证明(1)在△AOB与△COD中，因为DC∥AB，DC＝2AB，所以eq\f(AO,CO)＝eq\f(AB,CD)＝eq\f(1,2)，又因为PE＝2AE，所以在△APC中，有eq\f(AO,CO)＝eq\f(AE,PE)＝eq\f(1,2)，则OE∥PC.又因为OE⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以OE∥平面PBC.(2)因为AB⊥平面PAD，DE⊂平面PAD，所以AB⊥DE.又因为AP⊥DE，AB⊂平面PAB，AP⊂平面PAB，AP∩AB＝A，所以DE⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以DE⊥PB.3．已知某食品厂需要定期购买食品配料，该厂每天需要食品配料200千克，配料的价格为1.8元/千克，每次购买配料需支付运费236元．每次购买来的配料还需支付保管费用，其标准如下：7天以内(含7天)，无论重量多少，均按10元/天支付；超出7天以外的天数，根据实际剩余配料的重量，以每天0.03元/千克支付．(1)当9天购买一次配料时，求该厂用于配料的保管费用P是多少元？(2)设该厂x天购买一次配料，求该厂在这x天中用于配料的总费用y(元)关于x的函数关系式，并求该厂多少天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少？解(1)当9天购买一次时，该厂用于配料的保管费用P＝70＋0.03×200×(1＋2)＝88(元)．(2)①当0<x≤7时，y＝360x＋10x＋236＝370x＋236，②当x>7时，y＝360x＋236＋70＋6[(x－7)＋(x－8)＋…＋2＋1]＝3x2＋321x＋432∴y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(370x＋236，0<x≤7，,3x2＋321x＋432，x＞7.))∴设该厂x天购买一次配料平均每天支付的费用为f(x)元．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(370x＋236,x)，0<x≤7，,\f(3x2＋321x＋432,x)，x＞7.))当0<x≤7时，f(x)＝370＋eq\f(236,x)，当且仅当x＝7时f(x)有最小值eq\f(2826,7)≈404(元)，当x＞7时，f(x)＝eq\f(3x2＋321x＋432,x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(144,x)))＋321≥393，当且仅当x＝12时取等号．∵393<404，∴当x＝12时f(x)有最小值393元．4．已知函数f(x)＝2lnx－x2＋ax(a∈R)．(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点，求实数m的取值范围；(3)若函数f(x)的图象与x轴有两个不同的交点A(x1,0)，B(x2,0)，且0＜x1＜x2，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＜0(其中f′(x)是f(x)的导函数)．(1)解当a＝2时，f(x)＝2lnx－x2＋2x，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋2，切点坐标为(1,1)，切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(2)解g(x)＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝eq\f(2,x)－2x＝eq\f(－2x＋1x－1,x)，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，故g′(x)＝0时，x＝1.当eq\f(1,e)＜x＜1时，g′(x)＞0；当1＜x＜e时，g′(x)＜0.故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－eq\f(1,e2)，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝4－e2＋eq\f(1,e2)＜0，则g(e)＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值为g(e)．g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上有两个零点的条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＝m－1＞0，,g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝m－2－\f(1,e2)≤0，))解得1＜m≤2＋eq\f(1,e2，)所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2＋\f(1,e2))).(3)证明因为f(x)的图象与x轴交于两个不同的点A(x1,0)，B(x2,0)，所以方程2lnx－x2＋ax＝0的两个根为x1，x2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2lnx1－x\o\al(2,1)＋ax1＝0，,2lnx2－x\o\al(2,2)＋ax2＝0，))两式相减得a＝(x1＋x2)－eq\f(2lnx1－lnx2,x1－x2)，又f(x)＝2lnx－x2＋ax，f′(x)＝eq\f(2,x)－2x＋a，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝eq\f(4,x1＋x2)－(x1＋x2)＋a＝eq\f(4,x1＋x2)－eq\f(2lnx1－lnx2,x1－x2).下证eq\f(4,x1＋x2)－eq\f(2lnx1－lnx2,x1－x2)＜0，即证明eq\f(2x2－x1,x1＋x2)＋lneq\f(x1,x2)＜0，令t＝eq\f(x1,x2).因为0＜x1＜x2，所以0＜t＜1，即证明u(t)＝eq\f(21－t,t＋1)＋lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．因为u′(t)＝eq\f(－2t＋1－21－t,t＋12)＋eq\f(1,t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12