2025高考数学考二轮专题型专项练4解答题组合练(A)-专项训练【含答案】

2025高考数学考二轮专题型专项练4解答题组合练(A)-专项训练1.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a+b=ccosB-bcosC.(1)求角C的大小;(2)设CD是△ABC的角平分线,求证:1CA2.(2024·广西南宁一模)已知正项数列{an},其中a1=2,且an+1an=1(1)设bn=an+1an,证明:数列{b(2)设cn=an2+1an2,求数列{cn}的前n项和Tn,并判断是否存在正整数n3.(2023·天津,17)如图,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分别为BC,AB的中点.(1)求证:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求点C到平面C1MA的距离.4.(2024·河北沧州一模)对于函数y=f(x),x∈I,若存在x0∈I,使得f(x0)=x0,则称x0为函数f(x)的一阶不动点;若存在x0∈I,使得f(f(x0))=x0,则称x0为函数f(x)的二阶不动点;依此类推,可以定义函数f(x)的n阶不动点.其中一阶不动点简称为“不动点”,二阶不动点简称为“稳定点”,函数f(x)的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B,即A={x|f(x)=x},B={x|f(f(x))=x}.(1)若f(x)=exe(x>0),证明:集合A={x|f(x)(2)若f(x)=(a+1)x-1x+2lnxe25.如图,已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),O为坐标原点,过点F作直线l1与双曲线的渐近线交于P,Q两点,且点P在线段FQ上,(1)求C的方程;(2)设A1,A2是C的左、右顶点,过点(12,0)的直线l与C交于M,N两点,试探究直线A1M与A2N的交点S是否在某条定直线上?若是,求出该定直线方程;若不是,请说明理由

题型专项练4解答题组合练(A)答案1.(1)解由a+b=ccosB-bcosC及正弦定理得sinA+sinB=sinCcosB-sinBcosC.又sin(B+C)=sin(π-A)=sinA,所以sin(B+C)+sinB=sinCcosB-sinBcosC,所以2sinBcosC+sinB=0.因为B∈(0,π),所以sinB≠0,所以cosC=-12又C∈(0,π),所以C=2π(2)证明因为CD是△ABC的角平分线,且C=2π所以∠ACD=∠BCD=π3在△ABC中,S△ABC=S△ACD+S△BCD,则12CA·CBsin2π3=12CA·CDsinπ即CA·CB=CA·CD+CD·CB.两边同时除以CA·CB·CD得1CA2.(1)证明由题意可知,b1=a1+1a由an+1an=14·an+12+1an2+1,n∈N*,可得an+12+1an+1=4·an2+1an,即an+1+1an+1=4(an+1an),所以(2)解不存在,理由如下:cn=an2+1an2=(an+1an)2-2=(52×4n-1)2Tn=c1+c2+c3+…+cn=254×1-16n1-16-2n=512(16n-1)-2n,要使得Tn为整数,因为2n∈16n-1=(12+4)n-1=Cn0×40×12n+Cn1×41×12n-1+Cn2×42×12n-2+…+Cnn-2×4n-2×122+Cnn-1×4n-则必须使得Cnn×4n×120-1,即4n-1能被12整除,而4n-1为奇数,12为偶数,故不存在正整数n,使得Tn3.(1)证明连接MN,由已知M,N分别为BC,AB的中点,得MN12AC.又由题意可知,A1C112∴MNA1C1.∴四边形A1NMC1是平行四边形.∴A1N∥C1M.又A1N⊄平面C1MA,C1M⊂平面C1MA,∴A1N∥平面C1MA.(2)解由已知AA1,AB,AC两两垂直,以A为原点,AB,AC,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),C1(0,1,2).∴AB=(2,0,0),AM=(1,1,0),AC1=(0,1,2),AC=由已知AB⊥AC,AB⊥AA1,∴AB是平面ACC1A1的一个法向量.设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),则n⊥AM令z=1,得平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1).设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角的大小为θ,则cosθ=|AB故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23(3)解设点C到平面C1MA的距离为d.解法一(法向量法):d=|AC解法二(等积法):∵VC∴13S△C1AM·d=13S易得C1A=AAC1M=A1N=AAAM=12BC=12AB2+AC∴点C1到直线AM的距离d1=C1∴S△C1AM=12易知S△ACM=12S△ABC=12×(12×22∴d=A14.(1)证明令g(x)=f(x)-x=exe-x,求导得g'(x)=1令g'(x)=0,可得x=e,当x∈(-∞,e)时,g'(x)<0,当x∈(e,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)min=g(e)=0,所以g(x)有唯一零点,所以集合A={x|f(x)=x}中有且仅有一个元素.(2)解当a>-1时,由函数f(x)=(a+1)x-1x+2lnxe2,可得导函数f'(x)=(a+1)+1x2+2e2x>由反函数的知识,f(x)稳定点在原函数与反函数的交点上,即f(x)稳定点与f(x)的不动点等价,故只需研究f(x)=(a+1)x-1x+令F(x)=f(x)-x=2e2lnx+ax-1x(x>0),则F'(x)=2e2x+a+1x2,则F'(x①当a>0时,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,当x无限接近于0时,F(x)趋向于负无穷小,且F(e2)=2e2lne2+a×e2-1e2>0,故存在唯一的x0∈(0,e2),使得F(x)=0,即f(x)=x有唯一解,所以此时f(②当a<0时,即-1<a<0时,F'(1)=2e2+a+1当x1趋向无穷大时,2e2×1x1+1x12趋近于0,此时F'(x1)<0,存在唯一x1∈(0,+∞),使得F'(x1)=2e2×1x1+a+1x12=0,此时f故F(x)max=F(x1)=2e2lnx1+ax1-1x1=2e当x趋近于0时,F(x)趋向于负无穷大,当x趋向于正无穷大时,F(x)趋向于负无穷大,设h(x)=2e2lnx-2x−2e2,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,且h(e2)=2又a=-2e2×1x1−1x1故当F(x)max=2e2lnx1-2x1−2e2=0时,即x1=e2,此时a=-3e4,方程F(x)=0有一个解,即f(当F(x)max=2e2lnx1-2x1−2e2<0,即x1<e2,此时-1<a<-3e4,方程F(x)=0无解,即f(当F(x)max=2e2lnx1-2x1−2e2>0,即x1>e2时,此时-3e4<a<0,方程F(x)=0有两个解,即f(综上,当a≥0时或a=-3e4时,集合B的子集有2当-1<a<-3e4时,集合B的子集有1当-3e4<a<0时,集合B的子集有45.解(1)因为双曲线右焦点为F(2,0),所以c=2.因为渐近线方程为y=±bax所以tan∠POF=ba因为OP⊥PQ,所以|OQ|2-|OP|2=|PQ|2,即(|OQ|+|OP|)(|OQ|-|OP|)=|PQ|2,又|OP|+|OQ|=3|PQ|,所以|OQ|-|OP|=33|PQ|解得|OQ|=233|PQ|,|OP|=3所以∠POQ=π3,所以∠POF=π所以tan∠POF=ba=3,c=2,a2+b2=c解得a=1,b=3.所以双曲线C的方程为x2-y23=(2)由题意知A1(-1,0),A2(1,0),直