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  • 2021-06-24 发布

2019年高考数学练习题汇总解答题满分练1

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解答题满分练 解答题满分练1‎ ‎1.如图,已知直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB.‎ ‎(1)求证:AB⊥DE;‎ ‎(2)在线段EA上是否存在点F,使得EC∥平面FBD?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)证明 取AB的中点O,连结OE,OD.‎ 因为EB=EA,所以OE⊥AB.‎ 因为四边形ABCD为直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC,‎ 所以四边形OBCD为正方形,‎ 所以AB⊥OD.‎ 又OD∩OE=O,OE,OD⊂平面EOD,‎ 所以AB⊥平面EOD,‎ 又DE⊂平面EOD,‎ 所以AB⊥DE.‎ ‎(2)解 连结CA交BD于点M,由AB∥CD可得==.‎ 假设线段EA上存在点F,‎ 使得EC∥平面FBD,又平面ACE∩平面FBD=FM,‎ 故EC∥FM,‎ 从而==,故=,‎ 所以当=时,EC∥平面FBD.‎ ‎2.(2018·江苏省常州市三校联考)已知a=, b=( ω>0),函数f(x)=a·b,函数f(x)的最小正周期为2π.‎ ‎(1)求函数f(x)的表达式;‎ ‎(2)设θ∈,且f=+,求cos θ的值.‎ 解 (1)f(x)=a·b=-sin ωx = -2sin,‎ ‎∵为函数f(x)的最小正周期为2π,‎ ‎∴=2π, 解得ω=1. ‎ ‎∴f(x)=-2sin .‎ ‎(2) 由f(θ)=+,‎ 得sin=-.‎ ‎∵θ∈ ∴θ-∈,‎ ‎∴cos=,‎ ‎∴cos θ=cos ‎=coscos-sinsin ‎=×-×=.‎ ‎3.某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示),该扇环面是由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O的两条直线段围成.按设计要求扇环面的周长为30米,其中大圆弧所在圆的半径为10米.设小圆弧所在圆的半径为x米,圆心角为θ(弧度). ‎ ‎(1)求θ关于x的函数关系式;‎ ‎(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时,直线部分的装饰费用为4元/米,弧线部分的装饰费用为9元/米.设花坛的面积与装饰总费用的比为y,求y关于x的函数关系式,并求出x为何值时, y取得最大值?‎ 解 (1)扇环的圆心角为θ,则30=θ(10+x)+2(10-x),‎ ‎∴θ=(0b>0)的短轴端点,P是椭圆上异于点B1,B2的一动点.当直线PB1的方程为y=x+3时,线段PB1的长为4.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)设点Q满足: QB1⊥PB1, QB2⊥PB2.求证:△PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值.‎ ‎(1)解 设P.‎ 在y=x+3中,令x=0,得y=3,从而b=3.‎ 由得+=1.‎ ‎∴x0=-.‎ ‎∵PB1==,‎ ‎∴4=·,解得a2=18.‎ ‎∴椭圆的标准方程为+=1.‎ ‎(2)证明 设P(x0,y0),Q(x1,y1).‎ 方法一 直线PB1的斜率为=,‎ 由QB1⊥PB1,则直线QB1的斜率为=-.‎ 于是直线QB1的方程为y=-x+3.‎ 同理, QB2的方程为y=-x-3.‎ 联立两直线方程,消去y,得x1=.‎ ‎∵P在椭圆+=1上,‎ ‎∴+=1,从而y-9=-.‎ ‎∴x1=-.‎ ‎∴==2.‎ 方法二 设直线PB1, PB2的斜率为k, k′,则直线PB1的方程为y=kx+3.‎ 由QB1⊥PB1,直线QB1的方程为y=-x+3.‎ 将y=kx+3代入+=1,‎ 得x2+12kx=0,‎ ‎∵P是椭圆上异于点B1, B2的点,‎ ‎∴x0≠0,从而x0=-.‎ ‎∵P在椭圆+=1上,‎ ‎∴+=1,从而y-9=-.‎ ‎∴k·k′=·==-,得k′=-.‎ 由QB2⊥PB2,得直线QB2的方程为y=2kx-3.‎ 联立得x=,即x1=.‎ ‎∴===2.‎ ‎5.设函数f(x)=x-asin x(a>0).‎ ‎(1)若函数y=f(x)是R上的单调增函数,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)设a=,g(x)=f(x)+bln x+1, g′(x)是g(x)的导函数.‎ ‎①若对任意的x>0,g′(x)>0,求证:存在x0,使g(x0)<0;‎ ‎②若g(x1)=g(x2) (x1≠x2),求证: x1x2<4b2.‎ ‎(1)解 由题意,得 f′=1-acos x≥0对x∈R恒成立.‎ ‎∵a>0,‎ ‎∴≥cos x对x∈R恒成立,‎ ‎∵(cos x)max=1,‎ ‎∴≥1,从而00,‎ 使g′=-1-cos<0,不合题意.‎ ‎∴b>0.‎ 取x0=,则00,使g<0.‎ ‎②依题意,不妨设01.‎ 由(1)知函数y=x-sin x单调递增,‎ 则x2-sin x2>x1-sin x1,‎ 从而x2-x1>sin x2-sin x1.‎ ‎∵g(x1)=g(x2),‎ ‎∴x1-sin x1+bln x1+1=x2-sin x2+bln x2+1,‎ ‎∴-b(ln x2-ln x1)=x2-x1-(sin x2-sin x1)>.‎ ‎∴-2b>>0.‎ 下面证明>,即证明>,只要证明ln t-<0. (*)‎ 设h=ln t-,‎ 则h′=<0在上恒成立.‎ ‎∴h(t)在上单调递减,故h(t),即x1x2<4b2.‎ ‎6.已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=()(n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=-(n∈N*),记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎(i)求Sn;‎ ‎(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.‎ 解 (1)∵a1a2a3…an=()(n∈N*), ①‎ 当n≥2,n∈N*时,a1a2a3…an-1=(), ②‎ 由①②知an=(),‎ 令n=3,则有a3=().‎ ‎∵b3=6+b2,∴a3=8.‎ ‎∵{an}为等比数列,且a1=2,设{an} 的公比为q,‎ ‎∴则q2==4,‎ 由题意知an>0,∴q>0,∴q=2.‎ ‎∴an=2n(n∈N*).‎ 又由a1a2a3…an=()(n∈N*),得 ‎21×22×23…×2n=(),‎ 即=(),‎ ‎∴bn=n(n+1)(n∈N*).‎ ‎(2)(i)∵cn=-=- ‎=-,‎ ‎∴Sn=c1+c2+c3+…+cn ‎=-+-+…+- ‎=++…+- ‎=1--1+=-.‎ ‎(ii)∵c1=0,c2>0,c3>0,c4>0,‎ 当n≥5时,cn=,‎ 而-=>0,‎ 得≤<1,‎ ‎∴当n≥5时,cn<0.‎ 综上,对任意的n∈N*恒有S4≥Sn,故k=4.‎