2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題型專項(xiàng)練4解答題組合練(A)-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題型專項(xiàng)練4解答題組合練(A)-專項(xiàng)訓(xùn)練1.在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,a+b=ccosB-bcosC.(1)求角C的大小;(2)設(shè)CD是△ABC的角平分線,求證:1CA2.(2024·廣西南寧一模)已知正項(xiàng)數(shù)列{an},其中a1=2,且an+1an=1(1)設(shè)bn=an+1an,證明:數(shù)列{b(2)設(shè)cn=an2+1an2,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn,并判斷是否存在正整數(shù)n3.(2023·天津,17)如圖,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分別為BC,AB的中點(diǎn).(1)求證:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求點(diǎn)C到平面C1MA的距離.4.(2024·河北滄州一模)對于函數(shù)y=f(x),x∈I,若存在x0∈I,使得f(x0)=x0,則稱x0為函數(shù)f(x)的一階不動點(diǎn);若存在x0∈I,使得f(f(x0))=x0,則稱x0為函數(shù)f(x)的二階不動點(diǎn);依此類推,可以定義函數(shù)f(x)的n階不動點(diǎn).其中一階不動點(diǎn)簡稱為“不動點(diǎn)”,二階不動點(diǎn)簡稱為“穩(wěn)定點(diǎn)”,函數(shù)f(x)的“不動點(diǎn)”和“穩(wěn)定點(diǎn)”構(gòu)成的集合分別記為A和B,即A={x|f(x)=x},B={x|f(f(x))=x}.(1)若f(x)=exe(x>0),證明:集合A={x|f(x)(2)若f(x)=(a+1)x-1x+2lnxe25.如圖,已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F(2,0),O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)F作直線l1與雙曲線的漸近線交于P,Q兩點(diǎn),且點(diǎn)P在線段FQ上,(1)求C的方程;(2)設(shè)A1,A2是C的左、右頂點(diǎn),過點(diǎn)(12,0)的直線l與C交于M,N兩點(diǎn),試探究直線A1M與A2N的交點(diǎn)S是否在某條定直線上?若是,求出該定直線方程;若不是,請說明理由

題型專項(xiàng)練4解答題組合練(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?yàn)锽∈(0,π),所以sinB≠0,所以cosC=-12又C∈(0,π),所以C=2π(2)證明因?yàn)镃D是△ABC的角平分線,且C=2π所以∠ACD=∠BCD=π3在△ABC中,S△ABC=S△ACD+S△BCD,則12CA·CBsin2π3=12CA·CDsinπ即CA·CB=CA·CD+CD·CB.兩邊同時(shí)除以CA·CB·CD得1CA2.(1)證明由題意可知,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為整數(shù),因?yàn)?n∈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-則必須使得Cnn×4n×120-1,即4n-1能被12整除,而4n-1為奇數(shù),12為偶數(shù),故不存在正整數(shù)n,使得Tn3.(1)證明連接MN,由已知M,N分別為BC,AB的中點(diǎn),得MN12AC.又由題意可知,A1C112∴MNA1C1.∴四邊形A1NMC1是平行四邊形.∴A1N∥C1M.又A1N?平面C1MA,C1M?平面C1MA,∴A1N∥平面C1MA.(2)解由已知AA1,AB,AC兩兩垂直,以A為原點(diǎn),AB,AC,AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則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的一個(gè)法向量.設(shè)平面C1MA的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則n⊥AM令z=1,得平面C1MA的一個(gè)法向量為n=(2,-2,1).設(shè)平面C1MA與平面ACC1A1所成的角的大小為θ,則cosθ=|AB故平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值為23(3)解設(shè)點(diǎn)C到平面C1MA的距離為d.解法一(法向量法):d=|AC解法二(等積法):∵VC∴13S△C1AM·d=13S易得C1A=AAC1M=A1N=AAAM=12BC=12AB2+AC∴點(diǎn)C1到直線AM的距離d1=C1∴S△C1AM=12易知S△ACM=12S△ABC=12×(12×22∴d=A14.(1)證明令g(x)=f(x)-x=exe-x,求導(dǎo)得g'(x)=1令g'(x)=0,可得x=e,當(dāng)x∈(-∞,e)時(shí),g'(x)<0,當(dāng)x∈(e,+∞)時(shí),g'(x)>0,所以g(x)min=g(e)=0,所以g(x)有唯一零點(diǎn),所以集合A={x|f(x)=x}中有且僅有一個(gè)元素.(2)解當(dāng)a>-1時(shí),由函數(shù)f(x)=(a+1)x-1x+2lnxe2,可得導(dǎo)函數(shù)f'(x)=(a+1)+1x2+2e2x>由反函數(shù)的知識,f(x)穩(wěn)定點(diǎn)在原函數(shù)與反函數(shù)的交點(diǎn)上,即f(x)穩(wěn)定點(diǎn)與f(x)的不動點(diǎn)等價(jià),故只需研究f(x)=(a+1)x-1x+令F(x)=f(x)-x=2e2lnx+ax-1x(x>0),則F'(x)=2e2x+a+1x2,則F'(x①當(dāng)a>0時(shí),F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)x無限接近于0時(shí),F(x)趨向于負(fù)無窮小,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,所以此時(shí)f(②當(dāng)a<0時(shí),即-1<a<0時(shí),F'(1)=2e2+a+1當(dāng)x1趨向無窮大時(shí),2e2×1x1+1x12趨近于0,此時(shí)F'(x1)<0,存在唯一x1∈(0,+∞),使得F'(x1)=2e2×1x1+a+1x12=0,此時(shí)f故F(x)max=F(x1)=2e2lnx1+ax1-1x1=2e當(dāng)x趨近于0時(shí),F(x)趨向于負(fù)無窮大,當(dāng)x趨向于正無窮大時(shí),F(x)趨向于負(fù)無窮大,設(shè)h(x)=2e2lnx-2x?2e2,則h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且h(e2)=2又a=-2e2×1x1?1x1故當(dāng)F(x)max=2e2lnx1-2x1?2e2=0時(shí),即x1=e2,此時(shí)a=-3e4,方程F(x)=0有一個(gè)解,即f(當(dāng)F(x)max=2e2lnx1-2x1?2e2<0,即x1<e2,此時(shí)-1<a<-3e4,方程F(x)=0無解,即f(當(dāng)F(x)max=2e2lnx1-2x1?2e2>0,即x1>e2時(shí),此時(shí)-3e4<a<0,方程F(x)=0有兩個(gè)解,即f(綜上,當(dāng)a≥0時(shí)或a=-3e4時(shí),集合B的子集有2當(dāng)-1<a<-3e4時(shí),集合B的子集有1當(dāng)-3e4<a<0時(shí),集合B的子集有45.解(1)因?yàn)殡p曲線右焦點(diǎn)為F(2,0),所以c=2.因?yàn)闈u近線方程為y=±bax所以tan∠POF=ba因?yàn)镺P⊥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.所以雙曲線C的方程為x2-y23=(2)由題意知A1(-1,0),A2(1,0),直