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  • 2021-06-15 发布

2019年高考数学练习题汇总解答题滚动练3(B)

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解答题滚动练3(B)‎ ‎1.在△ABC中,cos B=-,cos C=.‎ ‎(1)求sin A的值;‎ ‎(2)设△ABC的面积S△ABC=,求BC的长.‎ 解 (1)由cos B=-,得sin B =,‎ 由cos C=,得sin C=,sin A=sin(B+C)=sin Bcos C+cos Bsin C=.‎ ‎(2)由S△ABC=,得AB·AC·sin A=,‎ ‎∴AB·AC=65.‎ 又AC==AB,∴AB=,BC==.‎ ‎2.(2018·玉溪市高三适应性训练)已知数列{an}满足Sn=2an-n(n∈N*).‎ ‎(1)证明:{an+1}是等比数列;‎ ‎(2)求a1+a3+a5+…+a2n+1(n∈N*).‎ ‎(1)证明 由S1=2a1-1,得a1=1,‎ 因为Sn-Sn-1=2an-n-[2an-1-(n-1)](n≥2),‎ 所以an=2an-1+1(n≥2),‎ 从而由an+1=2(an-1+1),得=2(n≥2),‎ 所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎(2)解 由(1)得an=2n-1,‎ 所以a1+a3+a5+…+a2n+1 =- =- ‎=(n∈N*).‎ ‎3.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).‎ ‎(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;‎ ‎(2)是否存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.‎ ‎(1)证明 以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.‎ 由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),N(1,0,2),M(2,1,2),‎ 则BC1=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0),‎ =(1,1,0),=(-1,0,λ-2).‎ 当λ=1时,=(-1,0,1),‎ 因为BC1=(-2,0,2),所以BC1=2,即BC1∥FP,又FP⊂平面EFPQ,‎ 且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则 由得 于是可取n=(λ,-λ,1).‎ 设平面MNPQ的一个法向量为m=(x′,y′,z′),‎ 由得 于是可取m=(λ-2,2-λ,1).‎ 若存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,‎ 则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,‎ 即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,‎ 解得λ=1±,显然满足0<λ<2.‎ 故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.‎ ‎4.在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的一个焦点为F1(-,0),M(1,y)(‎ y>0)为椭圆上的一点,△MOF1的面积为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)若点T在圆x2+y2=1上,是否存在过点A(2,0)的直线l交椭圆C于点B,使=(+)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)由椭圆的一个焦点为F1(-,0)知,c=,‎ 即a2-b2=3.①‎ 又因为△MOF1的面积为,即××y=,‎ 求得y=,则M ,‎ 代入椭圆方程,得+=1.②‎ 由①②解得a2=4,b2=1,‎ 故椭圆C的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)假设存在过点A(2,0)的直线l符合题意,则结合图形(图略)易判断知直线l的斜率必存在,‎ 于是可设直线l的方程为y=k(x-2),‎ 由 得(1+4k2)x2-16k2x+16k2-4=0.(*)‎ 解得xB=,‎ 所以yB=-,即B.‎ 所以+=,即=.‎ 因为点T在圆x2+y2=1上,‎ 所以=1,‎ 化简得176k4-24k2-5=0,解得k2=,所以k=±.‎ 经检验知,此时(*)对应的判别式Δ>0,满足题意.‎ 故存在满足条件的直线l,其方程为y=±(x-2).‎ ‎5.已知函数f(x)=ekx(k-x)(k≠0).‎ ‎(1)当k=2时,求y=f(x)在x=1处的切线方程;‎ ‎(2)对任意x∈R,f(x)≤恒成立,求实数k的取值范围.‎ 解 (1)当k=2时,f(x)=e2x(2-x).‎ ‎∵f′(x)=2e2x(2-x)-e2x=e2x(3-2x),‎ ‎∴f′(1)=e2,又∵f(1)=e2,‎ ‎∴所求的切线方程为y-e2=e2(x-1).‎ 即y=e2x.‎ ‎(2)方法一 ∵ekx(k-x)≤,‎ ‎∴当x=k时,0≤,即k>0,‎ ‎∴对任意x∈R,k(k-x)≤e-kx恒成立,‎ 设g(x)=e-kx+kx-k2,g′(x)=-ke-kx+k=k(1-e-kx),‎ 当x<0时,g′(x)<0,当x>0时,g′(x)>0,‎ ‎∴g(x)在(-∞,0)上是减函数,在(0,+∞)上是增函数,‎ ‎∴g(x)min=g(0)=1-k2≥0,‎ 又k>0,∴00,x≤k-时,f′(x)≥0;x>k-时,f′(x)<0,‎ ‎∴f(x)在上是增函数,在上是减函数.‎ ‎∴f(x)max=f =ek2-1·≤,‎ ‎∴k2-1≤0,即-1≤k≤1,‎ 又k>0,∴0