2020届江苏省高考数学二轮复习综合仿真练（四） 7页

综合仿真练(四)‎ ‎1.如图，四棱锥PABCD中， 底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，PA＝AC，E是PA的中点，F是PC的中点．‎ ‎(1)求证：PC∥平面BDE；‎ ‎(2)求证：AF⊥平面BDE.‎ 证明：(1)连结OE，因为O为菱形ABCD对角线的交点，‎ 所以O为AC的中点．‎ 又因为E为PA的中点，‎ 所以OE∥PC.‎ 又因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE.‎ ‎(2)因为PA＝AC，△PAC是等腰三角形，‎ 又F是PC的中点，所以AF⊥PC.‎ 又OE∥PC，所以AF⊥OE.‎ 又因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD.‎ 又因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，‎ 所以AC⊥BD.‎ 因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，‎ 因为AF⊂平面PAC，所以AF⊥BD.‎ 因为OE∩BD＝O，所以AF⊥平面BDE.‎ ‎2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos A＝，tan (B－A)＝.‎ ‎(1)求tan B的值；‎ ‎(2)若c＝13，求△ABC的面积．‎ 解：(1)在△ABC中，由cos A＝，知sin A＝＝，‎ 所以tan A＝＝，‎ 所以tan B＝tan [(B－A)＋A]＝＝＝3.‎ ‎(2)在△ABC中，由tan B＝3，知B是锐角，所以sin B＝，cos B＝，‎ 则sin C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝×＋×＝.‎ 由正弦定理＝，得b＝＝＝15，‎ 所以△ABC的面积S＝bcsin A＝×15×13×＝78.‎ ‎3．已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，一个焦点为F(－1,0)，点F到相应准线的距离为3.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．‎ 解：(1)由焦点F(－1,0)知c＝1，又－c＝3，‎ 所以a2＝4，从而b2＝a2－c2＝3.‎ 所以椭圆M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝－1，此时S1＝S2，|S1－S2|＝0；‎ 若直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y＝k(x＋1)，k≠0，C(x1，y1)，D(x2，y2)．‎ 联立消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，‎ 所以x1＋x2＝.‎ 此时|S1－S2|＝·AB·||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|‎ ‎＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k||(x1＋x2)＋2|‎ ‎＝2|k|＝2|k|＝.‎ 因为k≠0，所以|S1－S2|＝≤＝＝，‎ 当且仅当＝4|k|，即k＝±时取等号．‎ 所以|S1－S2|的最大值为.‎ ‎4.如图，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在△ADE区域内参观．在AE上点P 处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN为监控角，其中M，N在线段DE(含端点)上，且点M在点N的右下方．经测量得知：AD＝6米，AE＝6米，AP＝2米，∠MPN＝.记∠EPM＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN的面积为S平方米．‎ ‎(1)求S关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围； ‎(2)求S的最小值．‎ 解：(1)法一：在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4米，∠PEM＝，∠PME＝－θ，‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以PM＝＝＝， ‎ 在△PNE中，‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以PN＝＝＝， ‎ 所以△PMN的面积S＝PM·PN·sin∠MPN＝＝ ‎＝＝，‎ 当M与E重合时，θ＝0；‎ 当N与D重合时，tan∠APD＝3，‎ 即∠APD＝，θ＝－，‎ 所以0≤θ≤－.‎ 综上可得，S＝，θ∈. ‎ 法二：在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4米，∠PEM＝，∠PME＝－θ，‎ 由正弦定理得＝，‎ 所以ME＝＝＝， ‎ 在△PNE中，由正弦定理得＝，‎ 所以NE＝＝ ‎＝，‎ 所以MN＝NE－ME＝，‎ 又点P到DE的距离为d＝4sin＝2， ‎ 所以△PMN的面积S＝MN·d ‎＝＝ ‎＝＝，‎ 当M与E重合时，θ＝0；当N与D重合时，‎ tan∠APD＝3，即∠APD＝，θ＝－，‎ 所以0≤θ≤－.‎ 综上可得，S＝，θ∈. ‎ ‎(2)当2θ＋＝，即θ＝∈时，S取得最小值为＝8(－1). ‎ 所以可视区域△PMN面积的最小值为8(－1)平方米．‎ ‎5．(2019·常州模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝x2－2x.‎ ‎(1)求f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)若关于x的不等式f2(x)＋tf(x)>0有且仅有三个整数解，求实数t的取值范围；‎ ‎(3)若h(x)＝g(x)＋4xf(x)存在两个正实数x1，x2满足h(x1)＋h(x2)－xx＝0，‎ 求证：x1＋x2≥3.‎ 解：(1)f(x)＝，f(1)＝0，所以P点坐标为(1,0); ‎ 又f′(x)＝，f′(1)＝1，则切线方程为y－0＝x－1，‎ 所以函数f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为x－y－1＝0.‎ ‎(2)f′(x)＝(x>0)‎ x ‎(0，e)‎ e ‎(e，＋∞)‎ f′(x)‎ 正 ‎0‎ 负 f(x)‎ 单调增 极大值 单调减 由f2(x)＋tf(x)>0, 得f(x)[f(x)＋t]>0；‎ ‎①t>0时，f(x)>0或f(x)<－t，满足条件的整数解有无数个，舍；‎ ‎②t＝0时，f(x)≠0，得x>0且x≠1，满足条件的整数解有无数个，舍；‎ ‎③t<0时，f(x)<0或f(x)>－t，当f(x)<0时，无整数解；‎ 当f(x)>－t时，不等式有且仅有三个整数解，又f(3)＝，f(2)＝f(4)＝，f(5)＝ 因为f(x)在(0，e)递增，在(e，＋∞)递减；所以f(5)≤－t0)，‎ 则φ′(t)＝2t＋2－＝(t>0)，‎ 当t∈(0,1)时，φ′(t)<0，所以函数φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在(0,1)上单调递减；‎ 当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)>0，所以函数φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在(1，＋∞)上单调递增．‎ 所以函数φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在t＝1时，取得最小值，最小值为3.‎ 因为存在两个正实数x1，x2，满足h(x1)＋h(x2)－xx＝0，所以(x1＋x2)2－2(x1＋x2)≥3，‎ 即(x1＋x2)2－2(x1＋x2)－3≥0，所以x1＋x2≥3或x1＋x2≤－1.‎ 因为x1，x2为正实数，所以x1＋x2≥3.‎ ‎6．(2019·启东中学模拟)若数列{an}中的项都满足a2n－1＝a2n