浙江专用2024高考数学二轮复习解答题规范练四

PAGE1-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bsinA－eq\r(3)acosB＝0.(1)求角B的大小；(2)若a＋c＝3，求AC边上中线长的最小值．2．如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C.(1)求证：AD1⊥BC；(2)若直线DD1与直线AB所成的角为eq\f(π,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)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，求a，b的值；(2)若|f′(x)|<eq\f(3,x2)对x∈[2，3]恒成立，求a的取值范围．

4.已知抛物线C：y2＝2x，过点M(2，0)的直线l交抛物线C于A，B两点．点P是直线x＝－eq\f(2,3)上的动点，且PO⊥AB于点Q.(1)若直线OP的倾斜角为eq\f(3π,4)，求|AB|；(2)求eq\f(|AB|,|PQ|)的最小值及取得最小值时直线l的方程．5．已知正项数列{an}满意：a1＝eq\f(1,2)，aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋an－1(n≥2)．Sn为数列{an}的前n项和．(1)求证：对随意正整数n，有eq\f(Sn,n)≤eq\f(n,2)；(2)设数列{eq\f(1,aeq\o\al(2,n))}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.

解答题规范练(四)1．解：(1)由正弦定理得，sinBsinA－eq\r(3)sinA·cosB＝0，因为0<A<π，所以sinA≠0，所以tanB＝eq\r(3)，因为B是三角形的内角，所以B＝60°.(2)设AC边上的中点为E，由余弦定理得：BE2＝eq\f(2（AB2＋BC2）－AC2,4)＝eq\f(a2＋c2＋ac,4)＝eq\f(（a＋c）2－ac,4)＝eq\f(9－ac,4)≥eq\f(9－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))\s\up12(2),4)＝eq\f(27,16)，当且仅当a＝c时，取“＝”，所以AC边上中线长的最小值为eq\f(3\r(3),4).2．解：(1)证明：连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，所以D1C⊥BC.在等腰梯形ABCD中，连接AC，因为AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面AD1C，所以AD1⊥BC.(2)法一：因为AB∥CD，所以∠D1DC＝eq\f(π,3)，因为CD＝1，所以D1C＝eq\r(3).在底面ABCD中作CM⊥AB，连接D1M，则D1M⊥AB，所以∠D1MC为平面ABC1D1与平面ABCD所成角的一个平面角．在Rt△D1CM中，CM＝eq\f(\r(3),2)，D1C＝eq\r(3)，所以D1M＝eq\r(CM2＋D1C2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠D1MC＝eq\f(\r(5),5)，即平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).法二：由(1)知AC、BC、D1C两两垂直，因为AB∥CD，所以∠D1DC＝eq\f(π,3)，因为CD＝1，所以D1C＝eq\r(3).在等腰梯形ABCD中，因为AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，所以AC＝eq\r(3)，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(eq\r(3)，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，eq\r(3))，设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－\r(3)x＝0，,z－x＝0，))可得平面ABC1D1的一个法向量n＝(1，eq\r(3)，1)．又eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，0，eq\r(3))为平面ABCD的一个法向量，因此cos〈eq\o(CD1,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(CD1,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\o(CD1,\s\up6(→))||n|))＝eq\f(\r(5),5)，所以平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).3．解：(1)f′(x)＝1－eq\f(a,x)，因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝2x＋3，所以f′(1)＝2，f(1)＝5，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a＝2,1＋b＝5))，解得a＝－1，b＝4.(2)因为|f′(x)|<eq\f(3,x2)对x∈[2，3]恒成立，即|1－eq\f(a,x)|<eq\f(3,x2)对x∈[2，3]恒成立，所以|x－a|<eq\f(3,x)对x∈[2，3]恒成立，所以x－eq\f(3,x)<a<x＋eq\f(3,x)对x∈[2，3]恒成立，设g(x)＝x－eq\f(3,x)，h(x)＝x＋eq\f(3,x)，x∈[2，3]，则g′(x)＝1＋eq\f(3,x2)>0，h′(x)＝1－eq\f(3,x2)>0，所以g(x)在[2，3]上是增函数，h(x)在[2，3]上是增函数，所以gmax(x)＝g(3)＝2，hmin(x)＝h(2)＝eq\f(7,2).所以a的取值范围是[2，eq\f(7,2)]．4．解：(1)因为直线OP的倾斜角为eq\f(3π,4)，所以直线l：y＝x－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x,y＝x－2))消去y得x2－6x＋4＝0，所以|AB|＝eq\r(1＋1)×eq\r(36－16)＝2eq\r(10).(2)设l：x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x,x＝my＋2))消去x得y2－2my－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（－2m）2－4·（－4）＞0,y1＋y2＝2m,y1y2＝－4))，所以|AB|＝eq\r(1＋m2)eq\r(4m2＋16).又直线PQ的方程为y＝－mx，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2m,3))).于是点P到直线l的距离d＝|PQ|＝eq\f(2,3)·eq\f(（m2＋4）,\r(1＋m2))，所以eq\f(|AB|,|PQ|)＝3eq\r(\f(（m2＋1）2,m2＋4)).令m2＋4＝t(t≥4)，令f(t)＝eq\f(（t－3）2,t)＝t＋eq\f(9,t)－6，所以f(t)在[4，＋∞)上单调递增，所以f(t)min＝f(4)＝eq\f(1,4)，此时m＝0.所以eq\f(|AB|,|PQ|)＝3eq\r(f（t）)≥3eq\r(\f(1,4))＝eq\f(3,2)，即eq\f(|AB|,|PQ|)的最小值为eq\f(3,2)，此时直线l：x＝2.5．证明：(1)因为an＋1－an＝eq\f(an＋1,1＋an＋1)<1，所以n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1<n－1＋eq\f(1,2)＝n－eq\f(1,2)，所以Sn<a1＋(2－eq\f(1,2))＋(3－eq\f(1,2))＋…＋(n－eq\f(1,2))＝eq\f(n2,2)，即eq\f(Sn,n)<eq\f(n,2)，当n＝1时，eq\f(S1,1)＝eq\f(1,2)，综上，eq\f(Sn,n)≤eq\f(n,2).(2)由(1)可知an＋1>an>0，a1＝eq\f(aeq\o\al(2,2),a2＋1)＝eq\f(1,2)，a2＝1.因为f(x)＝eq\f(x,1＋x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以an＋1－an＝eq\f(an＋1,1＋an＋1)≥eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(1,2)，从而an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1≥eq\f(1,2)(n－1)＋eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，当n≥2时，eq\f(1,an－1)＝eq\f(an＋1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,aeq\o\al(2,n))，eq\f(1,aeq\o\al(2,n))＝eq\f(1,an－1)－eq\f(1,an)，所以Tn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,aeq