2019年高考数学练习题汇总解答题滚动练4(B) 6页

解答题滚动练4(B)‎ ‎1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝2B.‎ ‎(1)求证：bcos A＝(2b－a)cos B；‎ ‎(2)若b＝5，c＝6，求△ABC的面积.‎ ‎(1)证明　在△ABC中，C＝π－A－B，C＝2B，所以π－A－B＝2B，sin(π－A－B)＝sin 2B，‎ sin Acos B＋cos Asin B＝2sin Bcos B，‎ 由正弦定理＝，得acos B＋bcos A＝2bcos B，‎ 即bcos A＝(2b－a)cos B.‎ ‎(2)解　由正弦定理＝，得＝，所以cos B＝，‎ 由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得25＝a2＋36－a，‎ 即5a2－36a＋55＝0，所以a＝5或a＝.‎ 当a＝5时，又b＝5，所以A＝B，又C＝2B，A＋B＋C＝π，所以A＝B＝，C＝，明显不符合题意，所以a＝，又sin B＝＝，‎ 所以△ABC的面积S＝acsin B＝××6×＝.‎ ‎2.已知数列{an}的首项a1＝，an＋1＝，n∈N*.‎ ‎(1)求证：数列为等比数列；‎ ‎(2)记Sn＝＋＋…＋，若Sn<100，求n的最大值.‎ ‎(1)证明　∵＝＋，‎ ‎∴－2＝－＝，‎ 又∵－2＝－≠0，‎ ‎∴数列是首项为－，公比为的等比数列. ‎ ‎(2)解　由(1)可求得－2＝－×n－1，‎ ‎∴＝2－n.‎ Sn＝＋＋…＋＝2n－＝2n－＝2n－＋.‎ 若Sn<100，则2n－＋<100，∴nmax＝50.‎ ‎3.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1为菱形且∠BAA1＝60°，D，M分别为CC1和A1B的中点，A1D⊥CC1，AA1＝A1D＝2，BC＝1.‎ ‎(1)证明：直线MD∥平面ABC；‎ ‎(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.‎ 方法一　(1)证明　连接A1C，‎ ‎∵A1D⊥CC1，且D为中点，AA1＝A1D＝2，‎ ‎∴A1C＝A1C1＝＝AC，‎ 又BC＝1，AB＝BA1＝2，∴CB⊥BA，CB⊥BA1，‎ 又BA∩BA1＝B，BA，BA1⊂平面ABB1A1，‎ ‎∴CB⊥平面ABB1A1，‎ 取AA1的中点F，‎ 则BF⊥AA1，即BC，BF，BB1两两互相垂直，‎ 以B为原点，BB1，BF，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，‎ ‎∴B1(2，0，0)，C(0，0，1)，A(－1，，0)，A1(1，，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，1)，M ，‎ ＝，设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则 取m＝(，1，0)，‎ ‎∵m·＝－＋0＝0，∴m⊥，‎ 又MD⊄平面ABC，∴直线MD∥平面ABC.‎ ‎(2)解　设平面ACA1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ ＝(1，－，1)，＝(2，0，0)，‎ 则 取n＝(0，1，)，‎ 又由(1)知平面ABC的法向量为m＝(，1，0)，‎ 设二面角B－AC－A1为θ，θ为锐角，‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ 方法二　(1)证明　如图，取AB的中点N，连接MN，CN，则有MN∥AA1且MN＝AA1，CD∥AA1，且CD＝AA1，‎ ‎∴CD∥MN，CD＝MN，四边形MNCD为平行四边形，‎ ‎∴MD∥NC，‎ 又MD⊄平面ABC，NC⊂平面ABC，‎ ‎∴直线MD∥平面ABC.‎ ‎(2)解　由各棱长易得BC⊥BA，BC⊥BA1，又BA∩BA1＝B，BA，BA1⊂平面ABB1A1，‎ ‎∴BC⊥平面ABB1A1，‎ 如图所示，取AB的中点N，连接A1N，过N作NH⊥AC于点H，连接HA1.‎ 则A1N＝，‎ ‎∵BC⊥A1N，AB⊥A1N，‎ AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，‎ ‎∴A1N⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，‎ ‎∴A1N⊥AC，‎ 又∵NH⊥AC，NH∩A1N＝N，‎ NH，A1N⊂平面A1NH，‎ ‎∴AC⊥平面A1NH，A1H⊂平面A1NH，‎ ‎∴A1H⊥AC，故∠NHA1为所求的二面角的平面角.‎ 在Rt△A1NH中，由△ANH∽△ACB，得NH＝，AH＝，则A1H＝，‎ 故cos∠NHA1＝＝＝，故所求的二面角的余弦值为.‎ ‎4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两焦点分别是F1(－，0)，F2(，0)，点E在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是y轴上的一点，若椭圆C上存在两点M，N，使得＝2，求以F1P为直径的圆面积的取值范围.‎ 解　(1)由已知，得半焦距c＝，‎ ‎2a＝|EF1|＋|EF2|＝＋＝4，‎ 所以a＝2，所以b2＝a2－c2＝8－2＝6，‎ 所以椭圆C的方程是＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(0，t)，‎ 当直线MN斜率不存在时，‎ 可得M，N分别是短轴的两端点，‎ 得到t＝±.‎ 当直线MN斜率存在时，‎ 设直线MN的方程为y＝kx＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则由＝2得x1＝－2x2，①‎ 联立 得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－24＝0，‎ 由题意，得Δ＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－24)>0，‎ 整理得t2<8k2＋6，‎ 由根与系数的关系得 x1＋x2＝，‎ x1·x2＝，②‎ 由①②，消去x1，x2得k2＝，‎ 由解得(t∈N*)，当x≥1时恒成立，求t的值；‎ ‎(3)令g(x)＝x－f(x)，若关于x的方程g(x)＋g(3－x)＝0在(0，1)内至少有两个解，求出实数a的取值范围.‎ 解　(1)f′(x)＝－＋＝(x>0)，‎ 当x＝1时，f′(x)＝0，解得a＝1.‎ 经验证a＝1满足条件.‎ ‎(2)当a＝1时，f(x＋1)>＝＋，‎ 整理得t<(x＋2)ln(x＋1)－x(x≥1).‎ 令h(x)＝(x＋2)ln(x＋1)－x，‎ 则h′(x)＝＋ln(x＋1)－1＝＋ln(x＋1)>0(x≥1)，‎ 所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，‎ 所以h(x)min＝3ln 2－1，即t<3ln 2－1∈(1，2)，‎ 所以t＝1.‎ ‎(3)g(x)＋g(3－x)＝3－－aln[x(3－x)].‎ 令t＝x(3－x)∈(0，2)，构造函数F(t)＝3－－aln t，‎ 即方程F(t)＝3－－aln t＝0在区间(0，2)上至少有两个解，‎ 又F(1)＝0，所以方程F(t)＝3－－aln t＝0在区间(0，1)∪(1，2)上有解，‎ F′(t)＝－＝.‎ 当a≤0时，F′(t)>0，即函数y＝F(t)在(0，2)上是增函数，且F(1)＝0，‎ 所以此时方程在区间(0，1)∪(1，2)上无解.‎ 当00，同上方程无解.‎ 当1，‎ 要使方程F(t)＝0在区间(0，1)∪(1，2)上有解，则F(2)<0，即－aln 2<0，即a>.‎ 所以此时a∈.‎ 当a>3时，函数F(t)在上单调递增，在上单调递减，且<1，‎ 此时方程F(t)＝0在内必有解，‎ 当a＝3时，函数F(t)在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，且F(1)＝0，‎ 所以方程F(t)＝0在区间(0，1)∪(1，2)内无解.‎ 综上，实数a的取值范围是∪(3，＋∞).‎ ‎6.已知∃x0∈R，使不等式|x0－1|－|x0－2|≥t成立.‎ ‎(1)求满足条件的实数t的集合T；‎ ‎(2)若m>1，n>1，对∀t∈T，不等式log3m·log3n≥t恒成立，求m＋n的最小值.‎ 解　(1)令f(x)＝|x－1|－|x－2|＝ 则－1≤f(x)≤1，‎ 由于∃x0∈R使不等式|x0－1|－|x0－2|≥t成立，‎ 则t∈T＝{t|t≤1}.‎ ‎(2)由(1)知，log3m·log3n≥1，‎ 根据基本不等式，得log3m＋log3n≥2≥2，‎ 从而mn≥32，当且仅当m＝n＝3时取等号.‎ 再根据基本不等式m＋n≥2≥6，当且仅当m＝n＝3时取等号.‎ 所以m＋n的最小值为6.‎