高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 江蘇省2023年高考數(shù)學(xué)三輪專題復(fù)習(xí)素材解答題押題練d組

解答題押題練D組1．已知△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且eq\r(2)acosB＝ccosB＋bcosC.(1)求角B的大??；(2)設(shè)向量m＝(cosA，cos2A)，n＝(12，－5)，求當(dāng)m·n取最大值時(shí)，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?yàn)?＜A＜π，所以sinA≠0.所以cosB＝eq\f(\r(2),2).(5分)因?yàn)?＜B＜π，所以B＝eq\f(π,4).(6分)(2)因?yàn)閙·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(dāng)cosA＝eq\f(3,5)時(shí)，m·n取最大值．此時(shí)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(diǎn)，如圖1.將△ADE沿AE折起到△AEP位置，連PB、PC，點(diǎn)Q是棱AE的中點(diǎn)，點(diǎn)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(diǎn)M是PC的中點(diǎn)，求三棱錐A-MQB的體積．圖1圖2解(1)連AC、BQ，設(shè)AC∩BQ＝F，連MF.則平面PAC∩平面MQB＝MF，因?yàn)镻A∥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(diǎn)，所以由題設(shè)，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(zhǎng)為2的正三角形，從而PQ⊥AE.因?yàn)槠矫鍭EP⊥平面ABCE，交線為AE，所以PQ⊥平面ABCE，PQ⊥QB，且PQ＝eq\r(3).因?yàn)镻Q?平面PQC，所以平面PQC⊥平面ABCE，交線為QC.(9分)過點(diǎn)M作MN⊥QC于N，則MN⊥平面ABCE，所以MN是三棱錐M-ABQ的高．因?yàn)镻Q⊥平面ABCE，MN⊥平面ABCE，所以PQ∥MN.因?yàn)辄c(diǎn)M是PC的中點(diǎn)，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(zhǎng)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(zhǔn)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(nèi)接正方形PQRS為一水池，其余的地方種花，若BC＝a，∠ABC＝θ，設(shè)△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(dāng)a固定，θ變化時(shí)，求eq\f(S1,S2)的最小值．解(1)S1＝eq\f(1,2)asinθ·acosθ＝eq\f(1,4)a2sin2θ，設(shè)正方形邊長(zhǎng)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(dāng)a固定，θ變化時(shí)，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(diào)性求得t＝1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))min＝eq\f(9,4).(14分)4．若兩個(gè)橢圓的離心率相等，則稱它們?yōu)椤跋嗨茩E圓”．如圖，在直角坐標(biāo)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(diǎn)．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(shè)P為橢圓C2上異于A1，A2的任意一點(diǎn)，過P作PQ⊥x軸，垂足為Q，線段PQ交橢圓C1于點(diǎn)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(shè)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?yàn)閑q\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(shè)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?yàn)镻，H在x軸的同側(cè)，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?yàn)镻H⊥A1A2，所以H為△PA1A25．已知函數(shù)f(x)＝alnx＝eq\f(1,x)(a為常數(shù))．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－5＝0垂直，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≤2x－3恒成立，求a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2).又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞)．當(dāng)a＜0時(shí)，由f′(x)＞0，得0＜x＜－eq\f(1,a)，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)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(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).(10分)(3)設(shè)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(dāng)a≤1時(shí)，h(x)＝－2x2＋ax＋1的對(duì)稱軸x＝eq\f(a,4)＜1，h(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，h(x)≤h(1)＝a－1≤0，所以g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，所以g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤2x2－3恒成立．當(dāng)a＞1時(shí)，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(dāng)x∈[1，x1)時(shí)，h(x)＞0，即g′(x)＞0，g(x)在[1，x1)上是增函數(shù)；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(x1，＋∞)上是減函數(shù)．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(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．(1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且對(duì)任意正整數(shù)n都有Sn3＝(Sn)3成立，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)任意正整數(shù)n，從集合{a1，a2，…，an}中不重復(fù)地任取若干個(gè)數(shù)，這些數(shù)之間經(jīng)過加減運(yùn)算后所得數(shù)的絕對(duì)值為互不相同的正整數(shù)，且這些正整數(shù)與a1，a2，…，an一起恰好是1至Sn全體正整數(shù)組成的集合．(ⅰ)求a1，a2的值；(ⅱ)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)設(shè)無窮等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)镾n3＝(Sn)3對(duì)任意正整數(shù)n都成立，所以分別取n＝1，n＝2時(shí)，則有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝a\o\al(3,1)，,8a1＋28d＝2a1＋d3.))因?yàn)閿?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，所以d≥0.可得a1＝1，d＝0或d＝2.(4分)當(dāng)a1＝1，d＝0時(shí)，an＝1，Sn3＝(Sn)3成立；當(dāng)a1＝1，d＝2時(shí)，Sn＝n2，所以Sn3＝(Sn)3.因此，共有2個(gè)無窮等差數(shù)列滿足條件，通項(xiàng)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(duì)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(guī)則，共產(chǎn)生Sn個(gè)正整數(shù)．(10分)而集合{a1，a2，…，an，an＋1}按上述規(guī)則產(chǎn)生的Sn＋1個(gè)正整數(shù)中，除1,2，…，Sn這Sn個(gè)正整數(shù)外，還有an－1，an＋1＋i，|an＋1－i|(i＝1,2，…，Sn)，共2Sn＋1個(gè)數(shù)．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