高中數學高考二輪復習 江蘇省2023年高考數學三輪專題復習素材解答題押題練d組_第1頁
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解答題押題練D組1.已知△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且eq\r(2)acosB=ccosB+bcosC.(1)求角B的大小;(2)設向量m=(cosA,cos2A),n=(12,-5),求當m·n取最大值時,tanC解(1)由題意,eq\r(2)sinAcosB=sinCcosB+cosCsinB,(2分)所以eq\r(2)sinAcosB=sin(B+C)=sin(π-A)=sinA.(3分)因為0<A<π,所以sinA≠0.所以cosB=eq\f(\r(2),2).(5分)因為0<B<π,所以B=eq\f(π,4).(6分)(2)因為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)所以當cosA=eq\f(3,5)時,m·n取最大值.此時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為邊DC的中點,如圖1.將△ADE沿AE折起到△AEP位置,連PB、PC,點Q是棱AE的中點,點M在棱PC上,如圖2.(1)若PA∥平面MQB,求PM∶MC;(2)若平面AEP⊥平面ABCE,點M是PC的中點,求三棱錐A-MQB的體積.圖1圖2解(1)連AC、BQ,設AC∩BQ=F,連MF.則平面PAC∩平面MQB=MF,因為PA∥平面MQB,PA?平面PAC,所以PA∥MF.(2分)在等腰梯形ABCD中,E為邊DC的中點,所以由題設,AB=EC=2.所以四邊形ABCE為平行四邊形,則AE∥BC.(4分)從而△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是邊長為2的正三角形,從而PQ⊥AE.因為平面AEP⊥平面ABCE,交線為AE,所以PQ⊥平面ABCE,PQ⊥QB,且PQ=eq\r(3).因為PQ?平面PQC,所以平面PQC⊥平面ABCE,交線為QC.(9分)過點M作MN⊥QC于N,則MN⊥平面ABCE,所以MN是三棱錐M-ABQ的高.因為PQ⊥平面ABCE,MN⊥平面ABCE,所以PQ∥MN.因為點M是PC的中點,所以MN=eq\f(1,2)PQ=eq\f(\r(3),2).(11分)由(1)知,△ABE為正三角形,且邊長為2.所以,S△ABQ=eq\f(\r(3),2).三棱錐A-MQB的體積VA-MQB=VM-ABQ=eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),2)=eq\f(1,4).(14分)3.如圖,某園林單位準備綠化一塊直徑為BC的半圓形空地,△ABC外的地方種草,△ABC的內接正方形PQRS為一水池,其余的地方種花,若BC=a,∠ABC=θ,設△ABC的面積為S1,正方形的PQRS面積為S2.(1)用a,θ表示S1和S2;(2)當a固定,θ變化時,求eq\f(S1,S2)的最小值.解(1)S1=eq\f(1,2)asinθ·acosθ=eq\f(1,4)a2sin2θ,設正方形邊長為x,則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)當a固定,θ變化時,eq\f(S1,S2)=eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sin2θ)+sin2θ+4)),令sin2θ=t,則eq\f(S1,S2)=eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)+t+4))(0<t≤1),利用單調性求得t=1時,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))min=eq\f(9,4).(14分)4.若兩個橢圓的離心率相等,則稱它們為“相似橢圓”.如圖,在直角坐標系xOy中,已知橢圓C1:eq\f(x2,6)+eq\f(y2,3)=1,A1,A2分別為橢圓C1的左、右頂點.橢圓C2以線段A1A2為短軸且與橢圓C1為“相似橢圓”.(1)求橢圓C2的方程;(2)設P為橢圓C2上異于A1,A2的任意一點,過P作PQ⊥x軸,垂足為Q,線段PQ交橢圓C1于點H.求證:H為△PA1A2(1)解由題意可知A1(-eq\r(6),0),A2(eq\r(6),0),橢圓C1的離心率e=eq\f(\r(2),2).(3分)設橢圓C2的方程為eq\f(y2,a2)+eq\f(x2,b2)=1(a>b>0),則b=eq\r(6).因為eq\f(b,a)=eq\r(1-e2)=eq\f(\r(2),2),所以a=2eq\r(3).所以橢圓C2的方程為eq\f(y2,12)+eq\f(x2,6)=1.(6分)(2)證明設P(x0,y0),y0≠0,則eq\f(y\o\al(2,0),12)+eq\f(x\o\al(2,0),6)=1,從而yeq\o\al(2,0)=12-2xeq\o\al(2,0).將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,從而y2=3-eq\f(x\o\al(2,0),2)=eq\f(y\o\al(2,0),4),即y=±eq\f(y0,2).因為P,H在x軸的同側,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,從而A1P⊥A2H.又因為PH⊥A1A2,所以H為△PA1A25.已知函數f(x)=alnx=eq\f(1,x)(a為常數).(1)若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x+2y-5=0垂直,求a的值;(2)求函數f(x)的單調區間;(3)當x≥1時,f(x)≤2x-3恒成立,求a的取值范圍.解(1)函數f(x)的定義域為{x|x>0},f′(x)=eq\f(ax+1,x2).又曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線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),當a≥0時,f′(x)>0恒成立,所以f(x)的單調增區間為(0,+∞).當a<0時,由f′(x)>0,得0<x<-eq\f(1,a),所以f(x)的單調增區間為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)的單調減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,a),+∞)).(10分)(3)設g(x)=alnx-eq\f(1,x)-2x+3,x∈[1,+∞),則g′(x)=eq\f(a,x)+eq\f(1,x2)-2=eq\f(-2x2+ax+1,x2).令h(x)=-2x2+ax+1,考慮到h(0)=1>0,當a≤1時,h(x)=-2x2+ax+1的對稱軸x=eq\f(a,4)<1,h(x)在[1,+∞)上是減函數,h(x)≤h(1)=a-1≤0,所以g′(x)≤0,g(x)在[1,+∞)上是減函數,所以g(x)≤g(1)=0,即f(x)≤2x2-3恒成立.當a>1時,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,當x∈[1,x1)時,h(x)>0,即g′(x)>0,g(x)在[1,x1)上是增函數;當x∈(x1,+∞)時,h(x)<0,即g′(x)<0,g(x)在(x1,+∞)上是減函數.所以0=g(1)<g(x1),即f(x1)>2x1-3,不滿足題意.綜上,a的取值范圍為a≤1.(16分)6.已知無窮數列{an}的各項均為正整數,Sn為數列{an}的前n項和.(1)若數列{an}是等差數列,且對任意正整數n都有Sn3=(Sn)3成立,求數列{an}的通項公式;(2)對任意正整數n,從集合{a1,a2,…,an}中不重復地任取若干個數,這些數之間經過加減運算后所得數的絕對值為互不相同的正整數,且這些正整數與a1,a2,…,an一起恰好是1至Sn全體正整數組成的集合.(ⅰ)求a1,a2的值;(ⅱ)求數列{an}的通項公式.解(1)設無窮等差數列{an}的公差為d,因為Sn3=(Sn)3對任意正整數n都成立,所以分別取n=1,n=2時,則有:eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1=a\o\al(3,1),,8a1+28d=2a1+d3.))因為數列{an}的各項均為正整數,所以d≥0.可得a1=1,d=0或d=2.(4分)當a1=1,d=0時,an=1,Sn3=(Sn)3成立;當a1=1,d=2時,Sn=n2,所以Sn3=(Sn)3.因此,共有2個無窮等差數列滿足條件,通項公式為an=1或an=2n-1.(6分)(2)(ⅰ)記An={1,2,…,Sn},顯然a1=S1=1.(7分)對于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)由題意可知,集合{a1,a2,…,an}按上述規則,共產生Sn個正整數.(10分)而集合{a1,a2,…,an,an+1}按上述規則產生的Sn+1個正整數中,除1,2,…,Sn這Sn個正整數外,還有an-1,an+1+i,|an+1-i|(i=1,2,…,Sn),共2Sn+1個數.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

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