《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（四）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（四）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合仿真練(四) 1.如圖，四棱錐PABCD中， 底面ABCD為菱形，且PA⊥底面ABCD，PA＝AC，E是PA的中點(diǎn)，F(xiàn)是PC的中點(diǎn)． (1)求證：PC∥平面BDE； (2)求證：AF⊥平面BDE. 證明：(1)連結(jié)OE，因?yàn)镺為菱形ABCD對角線的交點(diǎn)， 所以O(shè)為AC的中點(diǎn)． 又因?yàn)镋為PA的中點(diǎn)， 所以O(shè)E∥PC. 又因?yàn)镺E?平面BDE，PC?平面BDE，所以PC∥平面BDE. (2)因?yàn)镻A＝AC，△PAC是等腰三角形， 又F是PC的中點(diǎn)，所以AF⊥PC. 又OE∥PC，所以AF⊥OE. 又因?yàn)镻A⊥底面ABCD，BD?平面ABCD， 所以PA⊥BD. 又

2、因?yàn)锳C，BD是菱形ABCD的對角線， 所以AC⊥BD. 因?yàn)镻A∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC， 因?yàn)锳F?平面PAC，所以AF⊥BD. 因?yàn)镺E∩BD＝O，所以AF⊥平面BDE. 2．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且cos A＝，tan (B－A)＝. (1)求tan B的值； (2)若c＝13，求△ABC的面積． 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是銳角，所以sin B＝，cos B＝， 則sin

3、C＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝＋＝. 由正弦定理＝，得b＝＝＝15， 所以△ABC的面積S＝bcsin A＝1513＝78. 3．已知橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，一個(gè)焦點(diǎn)為F(－1,0)，點(diǎn)F到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為3.經(jīng)過點(diǎn)F的直線l與橢圓M交于C，D兩點(diǎn)． (1)求橢圓M的方程； (2)記△ABD與△ABC的面積分別為S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 解：(1)由焦點(diǎn)F(－1,0)知c＝1，又－c＝3， 所以a2＝4，從而b2＝a2－c2＝3. 所以橢圓M的方程為＋＝1. (2)若直線l的斜率不存在，則直線l的

4、方程為x＝－1，此時(shí)S1＝S2，|S1－S2|＝0； 若直線l的斜率存在，可設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)，k≠0，C(x1，y1)，D(x2，y2)． 聯(lián)立消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 所以x1＋x2＝. 此時(shí)|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?yàn)閗≠0，所以|S1－S2|＝≤＝＝， 當(dāng)且僅當(dāng)＝4|k|，即k＝時(shí)取等號． 所以|S1－S2|的最大值為. 4.如圖，矩形ABCD是一個(gè)歷史文物展覽廳的俯視圖，點(diǎn)E在AB上

5、，在梯形BCDE區(qū)域內(nèi)部展示文物，DE是玻璃幕墻，游客只能在△ADE區(qū)域內(nèi)參觀．在AE上點(diǎn)P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控?cái)z像頭，∠MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點(diǎn))上，且點(diǎn)M在點(diǎn)N的右下方．經(jīng)測量得知：AD＝6米，AE＝6米，AP＝2米，∠MPN＝.記∠EPM＝θ(弧度)，監(jiān)控?cái)z像頭的可視區(qū)域△PMN的面積為S平方米． (1)求S關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式，并寫出θ的取值范圍； (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＝＝＝

6、， 所以△PMN的面積S＝PMPNsin∠MPN＝＝ ＝＝， 當(dāng)M與E重合時(shí)，θ＝0； 當(dāng)N與D重合時(shí)，tan∠APD＝3， 即∠APD＝，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 綜上可得，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＝， 又點(diǎn)P到DE的距離為d＝4sin＝2， 所以△PMN的面積S＝MNd ＝＝ ＝＝， 當(dāng)M與E重合時(shí)，θ＝0；當(dāng)N與D重合時(shí)， tan∠APD＝3，即∠APD＝

7、，θ＝－， 所以0≤θ≤－. 綜上可得，S＝，θ∈. (2)當(dāng)2θ＋＝，即θ＝∈時(shí)，S取得最小值為＝8(－1). 所以可視區(qū)域△PMN面積的最小值為8(－1)平方米． 5．(2019常州模擬)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝x2－2x. (1)求f(x)在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線方程； (2)若關(guān)于x的不等式f2(x)＋tf(x)>0有且僅有三個(gè)整數(shù)解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍； (3)若h(x)＝g(x)＋4xf(x)存在兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1，x2滿足h(x1)＋h(x2)－xx＝0， 求證：x1＋x2≥3. 解：(1)f(x)＝，f(1)＝0，所以P點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0);

8、又f′(x)＝，f′(1)＝1，則切線方程為y－0＝x－1， 所以函數(shù)f(x)在點(diǎn)P(1，f(1))處的切線方程為x－y－1＝0. (2)f′(x)＝(x>0) x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) 正 0 負(fù) f(x) 單調(diào)增 極大值 單調(diào)減 由f2(x)＋tf(x)>0, 得f(x)[f(x)＋t]>0； ①t>0時(shí)，f(x)>0或f(x)<－t，滿足條件的整數(shù)解有無數(shù)個(gè)，舍； ②t＝0時(shí)，f(x)≠0，得x>0且x≠1，滿足條件的整數(shù)解有無數(shù)個(gè)，舍； ③t<0時(shí)，f(x)<0或f(x)>－t，當(dāng)f(x)<0時(shí)，無整數(shù)解； 當(dāng)f(x)>－t

9、時(shí)，不等式有且僅有三個(gè)整數(shù)解，又f(3)＝，f(2)＝f(4)＝，f(5)＝ 因?yàn)閒(x)在(0，e)遞增，在(e，＋∞)遞減；所以f(5)≤－t0)， 則φ′(t)＝2t＋2－＝(t>0)， 當(dāng)t∈(0,1)時(shí)，φ′

10、(t)<0，所以函數(shù)φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在(0,1)上單調(diào)遞減； 當(dāng)t∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(t)>0，所以函數(shù)φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以函數(shù)φ(t)＝t2＋2t－4ln t(t>0)在t＝1時(shí)，取得最小值，最小值為3. 因?yàn)榇嬖趦蓚€(gè)正實(shí)數(shù)x1，x2，滿足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?yàn)閤1，x2為正實(shí)數(shù)，所以x1＋x2≥3. 6．(2019啟東中學(xué)模擬)若數(shù)列{an}中的項(xiàng)都

11、滿足a2n－1＝a2n

12、{b2n－1}是以b1＝1為首項(xiàng)9為公比的等比數(shù)列， ∴b2n－1＝b19n－1＝32n－2，∴b2 015＝32 014，∵數(shù)列{bn}是“階梯數(shù)列”，∴b2 016＝b2 015＝32 014. (2)證明：由數(shù)列{cn}是“階梯數(shù)列”得c2n－1＝c2n，故S2n－1－S2n－2＝S2n－S2n－1， ∴{Sn}中存在連續(xù)三項(xiàng)S2n－2，S2n－1，S2n(n≥2)成等差數(shù)列；(注：給出具體三項(xiàng)也可) 假設(shè){Sn}中存在連續(xù)四項(xiàng)Sk，Sk＋1，Sk＋2，Sk＋3，成等差數(shù)列， 則Sk＋1－Sk＝Sk＋2－Sk＋1＝Sk＋3－Sk＋2，即ck＋1＝ck＋2＝ck＋3， 當(dāng)k＝

13、2m－1，m∈N*時(shí)，c2m＝c2m＋1＝c2m＋2 ，① 當(dāng)k＝2m，m∈N*時(shí)，c2m＋1＝c2m＋2＝c2m＋3 ，② 由數(shù)列{cn}是“階梯數(shù)列”得c2m