2020届江苏省高考数学二轮复习综合仿真练（二） 7页

综合仿真练(二)‎ ‎1.(2019·金陵中学模拟)如图，在四棱锥S ABCD中，底面ABCD是平行四边形．已知平面SAB⊥平面SBC，AS⊥BS，M为线段SC的中点．‎ ‎(1)求证：AS∥平面BDM; ‎ ‎(2)若BS＝BC，求证：BM⊥AC.‎ 证明：(1)设AC，BD交点为O，连接OM.‎ ‎∵底面ABCD是平行四边形 ‎∴O为AC的中点 ‎∵M为线段SC的中点，∴OM∥AS ‎ ‎∵OM⊂平面BDM，AS⊄平面BDM ‎∴AS∥平面BDM.‎ ‎(2)∵平面SAB⊥平面SBC，‎ 平面SAB∩平面SBC＝BS，‎ AS⊥BS，AS⊂平面SAB ‎∴AS⊥平面SBC 又∵BM⊂平面SBC，∴AS⊥BM ‎∵BS＝BC，M为线段SC的中点　∴BM⊥SC 又AS∩SC＝S，AS，SC⊂平面SAC　∴BM⊥平面SAC ‎∵AC⊂平面SAC 　∴BM⊥AC.‎ ‎2．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.‎ ‎(1)求角C的大小；‎ ‎(2)若△ABC的面积为2，a＋b＝6，求c.‎ 解：(1)∵由已知可得m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，‎ ‎∴ccos B＋(b－2a)cos C＝0，∴sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0，即sin A＝2sin Acos C，‎ ‎∵sin A≠0，∴cos C＝，又∵C∈(0，π)，∴C＝.‎ ‎(2)∵S△ABC＝absin C＝2，∴ab＝8，‎ 又c2＝a2＋b2－2abcos C，即(a＋b)2－3ab＝c2，‎ ‎∴c2＝12，故c＝2.‎ ‎3.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过点D(，－)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．‎ 解：(1)由已知得c＝1，又e＝＝，‎ 则a＝，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设直线PQ的方程为y＝k(x－)－，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 由消去y，整理得(2k2＋1)x2－(4k2＋4k)x＋4k2＋8k＋2＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k－2＝，‎ 又A(，0)，所以kAP＋kAQ＝＋ ‎＝，‎ 由y1x2＋y2x1＝[k(x1－)－ ]x2＋[k(x2－)－ ]x1＝2kx1x2－(k＋)(x1＋x2)＝－，‎ 故kAP＋kAQ＝ ‎＝＝1，‎ 所以直线AP，AQ的斜率之和为定值1.‎ ‎4.如图所示，某公路AB一侧有一块空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90°.当地政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上(M，N不与A，B重合，M在A，N之间)，且∠MON＝30°.‎ ‎(1)若M在距离A点2 km处，求点M，N之间的距离；‎ ‎(2)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小．试确定M的位置，使△OMN的面积最小，并求出最小面积．‎ 解：(1)在△OAB中，因为OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°.‎ 在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cos A＝7，所以OM＝，‎ 所以cos∠AOM＝＝，‎ 在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝.‎ 在△OMN中，由＝，得MN＝×＝.‎ ‎(2)法一：设AM＝x,0＜x＜3.‎ 在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cos A＝x2－3x＋9，‎ 所以OM＝，‎ 所以cos∠AOM＝＝，‎ 在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)‎ ‎＝sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝ .‎ 由＝，得ON＝·＝.‎ 所以S△OMN＝OM·ON·sin∠MON ‎＝··· ‎＝，0＜x＜3.‎ 令6－x＝t，则x＝6－t,3＜t＜6，‎ 则S△OMN＝＝ ‎≥·＝.‎ 当且仅当t＝，即t＝3，x＝6－3时等号成立，S△OMN的最小值为 ‎.‎ 所以M的位置为距离A点6－3 km处，‎ 可使△OMN的面积最小，‎ 最小面积是 km2.‎ 法二：设∠AOM＝θ，0＜θ＜，在△OAM中，‎ 由＝，得OM＝ 在△OAN中，由＝，‎ 得ON＝＝.‎ 所以S△OMN＝OM·ON·sin∠MON ‎＝··· ‎＝＝ ‎＝ ‎＝，0＜θ＜.‎ 当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，S△OMN的最小值为.所以应设计∠AOM＝15°，可使△OMN的面积最小，最小面积是 km2.‎ ‎5．已知数列{ai}共有m(m≥3)项，该数列前i项和为Si，记ri＝2Si－Sm(i≤m，i∈N*). ‎ ‎(1)当m＝10时，若数列{ai}的通项公式为ai＝2i＋1，求数列{ri}的通项公式；‎ ‎(2)若数列{ri}的通项公式为ri＝2i(i≤m，i∈N*)，‎ ‎①求数列{ai}的通项公式；‎ ‎②数列{ai}中是否存在不同的三项按一定次序排列构成等差数列，若存在求出所有的项，若不存在请说明理由．‎ 解：(1)因为Si＝·i＝i2＋2i, 所以由题意得ri＝2Si－S10＝2i2＋4i－120(i≤10，i∈N*). ‎ ‎(2)①因为ri＝2Si－Sm＝2i，‎ ri＋1＝2Si＋1－Sm＝2i＋1，‎ 两式相减得ai＋1＝2i－1，所以数列{ai}从第2项开始是以1为首项，2为公比的等比数列，‎ 即ai＝2i－2(2≤i≤m，i∈N*)．‎ 又2a1＝2＋Sm，即a1＝2＋(a2＋a3＋…＋am)＝2＋＝2m－1＋1.‎ 所以数列{ai}的通项公式为ai＝ ‎②数列{ai}中任意三项都不能构成等差数列，理由如下： ‎ 因为数列{ai}从第2项开始是以2为公比的等比数列，所以若存在三项构成等差数列，不妨设为ap，aq，ar(2≤p2m－1，所以该情况下也无解．‎ 因此，数列{ai}中任意三项都不能构成等差数列．‎ ‎6．(2019·泰州中学模拟)已知函数f(x)＝，g(x)＝1－ax2(a∈R)．‎ ‎(1)求函数f(x)的极值；‎ ‎(2)当00，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减 所以当x＝0时，函数f(x)存在极大值f(0)＝1，无极小值．‎ ‎(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝＋ax2－1，‎ h′(x)＝－＋2ax＝2ax· ‎∵01，即ln>0，令h′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 当x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增 ‎ 又h(0)＝0，h0， ‎ 函数h(x)在R上连续，所以h(x)有一个零点0，且在上有一个零点，即函数h(x)有两个零点 ‎∴当00，h(x)单调递增∴h(x)min＝h(0)＝0，∴当x≥－1时，h(x)≥0恒成立； ‎ ‎②当－10，h(x)单调递增；x∈，h′(x)<0，h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增 ‎∴h(x)min＝min{h(0)，h(－1)}‎ ‎∵h(0)＝0，h(－1)＝a－1≥0，∴当x≥－1时，h(x)≥0恒成立； ‎ 综上：当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥g(x)恒成立. ‎ 法二：由(2)知，即证：当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，不等式h(x)≥0恒成立．‎ ‎①在x≥0时，∵a≥1，∴0<≤，又x≥0，ex≥1得h′(x)≥0，‎ ‎∴h(x)为在[0，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0；‎ ‎②在－1≤x≤0时，由于a≥1，所以ax2－1≥x2－1‎ 要证明h(x)≥0成立，即证＋x2－1≥0，‎ 也即证(x＋1)≥0‎ 由于x＋1≥0，只需证＋x－1≥0‎ 不妨令m(x)＝＋x－1，m′(x)＝1－＝由－1≤x≤0，得m′(x)≤0且不恒为0，所以m(x)在区间[－1,0]上单调递减，m(x)≥m(0)＝0，从而＋x－1≥0得证．‎ 综上，当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥g(x)恒成立. ‎