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- 2021-05-14 发布
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1)上两点A,B满足=2,则当m=___________时,点B横坐标的绝对值最大. 【答案】5 【解析】分析:先根据条件得到A,B坐标间的关系,代入椭圆方程解得B的纵坐标,即得B的横坐标关于m的函数关系,最后根据二次函数性质确定最值取法. 详解:设,由得 因为A,B在椭圆上,所以 , 与对应相减得,当且仅当时取最大值. 点睛:解析几何中的最值是高考的热点,在圆锥曲线的综合问题中经常出现,求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中,抓住函数关系,将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数,然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决. 三、解答题:本大题共5小题,共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18. 已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点P(). (Ⅰ)求sin(α+π)的值; (Ⅱ)若角β满足sin(α+β)=,求cosβ的值. 【答案】(Ⅰ) , (Ⅱ) 或 【解析】分析:(Ⅰ)先根据三角函数定义得,再根据诱导公式得结果,(Ⅱ)先根据三角函数定义得,再根据同角三角函数关系得,最后根据,利用两角差的余弦公式求结果. 详解:(Ⅰ)由角的终边过点得, 所以. (Ⅱ)由角的终边过点得, 由得. 由得, 所以或. 点睛:三角函数求值的两种类型: (1)给角求值:关键是正确选用公式,以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数. (2)给值求值:关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异. ①一般可以适当变换已知式,求得另外函数式的值,以备应用; ②变换待求式,便于将已知式求得的函数值代入,从而达到解题的目的. 19. 如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1; (Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值. 【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ) 【解析】分析:方法一:(Ⅰ)通过计算,根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论,(Ⅱ)找出直线AC1与平面ABB1所成的角,再在直角三角形中求解. 方法二:(Ⅰ)根据条件建立空间直角坐标系,写出各点的坐标,根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论,(Ⅱ)根据方程组解出平面的一个法向量,然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解. 详解:方法一: (Ⅰ)由得, 所以. 故. 由, 得, 由得, 由,得,所以,故. 因此平面. (Ⅱ)如图,过点作,交直线于点,连结. 由平面得平面平面, 由得平面, 所以是与平面所成的角.学科.网 由得, 所以,故. 因此,直线与平面所成的角的正弦值是. 方法二: (Ⅰ)如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下: 因此 由得. 由得. 所以平面. (Ⅱ)设直线与平面所成的角为. 由(Ⅰ)可知 设平面的法向量. 由即可取. 所以. 因此,直线与平面所成的角的正弦值是. 点睛:利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”. 20. 已知等比数列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列 {bn}满足b1=1,数列{(bn+1−bn)an}的前n项和为2n2+n. (Ⅰ)求q的值; (Ⅱ)求数列{bn}的通项公式. 【答案】(Ⅰ) (Ⅱ) 【解析】分析:(Ⅰ)根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比,(Ⅱ)先根据数列前n项和求通项,解得,再通过叠加法以及错位相减法求. 详解:(Ⅰ)由是的等差中项得, 所以, 解得. 由得, 因为,所以. (Ⅱ)设,数列前n项和为. 由解得. 由(Ⅰ)可知, 所以, 故, . 设, 所以, 因此, 又,所以. 点睛:用错位相减法求和应注意的问题:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 21. 如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上. (Ⅰ)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴; (Ⅱ)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围. 【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ) 详解:(Ⅰ)设,,. 因为,的中点在抛物线上,所以,为方程 即的两个不同的实数根. 所以. 因此,垂直于轴. (Ⅱ)由(Ⅰ)可知 所以,. 因此,的面积. 因为,所以. 因此,面积的取值范围是. 点睛:求范围问题,一般利用条件转化为对应一元函数问题,即通过题意将多元问题转化为一元问题,再根据函数形式,选用方法求值域,如二次型利用对称轴与定义区间位置关系,分式型可以利用基本不等式,复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性,再根据单调性确定值域. 22. 已知函数f(x)=−lnx. (Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8−8ln2; (Ⅱ)若a≤3−4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 【答案】(Ⅰ)见解析 (Ⅱ)见解析 【解析】分析: (Ⅰ)先求导数,根据条件解得x1,x2关系,再化简f(x1)+f(x2)为,利用基本不等式求得取值范围,最后根据函数单调性证明不等式,(Ⅱ)一方面利用零点存在定理证明函数有零点,另一方面,利用导数证明函数在上单调递减,即至多一个零点.两者综合即得结论. 详解:(Ⅰ)函数f(x)的导函数, 由得, 因为,所以. 由基本不等式得. 因为,所以. 由题意得. 设, 则, 所以 x (0,16) 16 (16,+∞) - 0 + 2-4ln2 所以g(x)在[256,+∞)上单调递增, 故, 即. (Ⅱ)令m=,n=,则 f(m)–km–a>|a|+k–k–a≥0, f(n)–kn–a<≤<0, 所以,存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a, 所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点. 由f(x)=kx+a得. 设h(x)=, 则h′(x)=, 其中g(x)=. 由(Ⅰ)可知g(x)≥g(16),又a≤3–4ln2, 故–g(x)–1+a≤–g(16)–1+a=–3+4ln2+a≤0, 所以h′(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)–kx–a=0至多1个实根. 综上,当a≤3–4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点. 点睛:利用导数证明不等式常见类型及解题策略:(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等量关系,进而证明不等式.(2)根据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.