《（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 綜合仿真練（一）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 綜合仿真練（一）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合仿真練(一) 1.如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，AC，BD相交于點O，點E為PC的中點，OP＝OC，PA⊥PD. 求證：(1)PA∥平面BDE; (2)平面BDE⊥平面PCD. 證明：(1)連結(jié)OE，因為O為平行四邊形ABCD對角線的交點，所以O為AC的中點． 又因為E為PC的中點， 所以OE∥PA. 又因為OE?平面BDE，PA?平面BDE， 所以PA∥平面BDE. (2)因為OE∥PA，PA⊥PD，所以OE⊥PD. 因為OP＝OC，E為PC的中點，所以OE⊥PC. 又因為PD?平面PCD，PC?平面PCD，PC∩PD＝P，所以O

2、E⊥平面PCD. 又因為OE?平面BDE，所以平面BDE⊥平面PCD. 2．(2019南通市一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋B(A>0，ω>0)，部分自變量、函數(shù)值如下表. x ωx＋φ 0 π 2π f(x) 2 4 求：(1)函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間． (2)函數(shù)f(x)在(0，π]內(nèi)的所有零點． 解：(1)由題意得解得 又解得 ∴ f(x)＝2sin＋2由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤－＋kπ，k∈Z， ∴函數(shù)f(x)單調(diào)增區(qū)間為 (k∈Z)． (2)∵f(x)

3、＝2sin＋2＝0， ∴sin＝－1. ∵x∈(0，π]，∴<2x＋≤2π＋，∴2x＋＝，解得：x＝. ∴函數(shù)f(x)在(0，π]內(nèi)的零點為. 3．(2019揚州四模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左頂點為A，右焦點為F，且AF＝5. (1)求橢圓C的方程； (2)已知圓M的圓心M，半徑為r，點P為橢圓上的一點，若圓M與直線PA，PF都相切，求此時圓M的半徑r. 解：(1)∵橢圓離心率為，左頂點為A，右焦點為F，且AF＝5. ∴解得∴b2＝15，∴橢圓C的方程為：＋＝1. (2)由題意得：A(－4,0)，F(xiàn)(1,0)，設點P的坐標為(x0，y0)，則＋＝1

4、①當x0＝1時，直線PF：x＝1，與圓M相切，則R＝1－＝， 不妨取P，直線PA：y＝(x＋4)，即3x－4y＋12＝0， ∴點M到直線PF的距離為＝＝r ∴直線PF與圓M相切 ∴當r＝時，圓M與直線PA，PF都相切． ②當x0＝－4時，點P與點A重合，不符合題意； ③當x0≠1且x0≠－4時，直線PA：y＝(x＋4)，PF：y＝(x－1) 化簡得：PA：y0x－(x0＋4)y＋4y0＝0， PF：y0x－(x0－1)y－y0＝0 ∵圓M與直線PA，PF都相切 ∴＝＝r ∵y0≠0，又y＝15代入化簡得：x－122x0＋121＝0，解得：x0＝1或x0＝121 ∵－4<

5、x0<4且x0≠1 ∴無解． 綜上：r＝. 4.如圖，半圓AOB是某市休閑廣場的平面示意圖，半徑OA的長為10.管理部門在A，B兩處各安裝一個光源，其相應的光強度分別為4和9.根據(jù)光學原理，地面上某點處照度y與光強度I成正比，與光源距離x的平方成反比，即y＝(k為比例系數(shù))．經(jīng)測量，在弧AB的中點C處的照度為130.(C處的照度為A，B兩處光源的照度之和) (1)求比例系數(shù)k的值； (2)現(xiàn)在管理部門計劃在半圓弧AB上，照度最小處增設一個光源P，試問新增光源P安裝在什么位置？ 解：(1)因為半徑OA的長為10，點C是弧AB的中點， 所以OC⊥AB，AC＝BC＝10. 所

6、以C處的照度為y＝＋＝130， 解得比例系數(shù)k＝2 000. (2)設點P在半圓弧AB上，且P距光源A為x， 則PA⊥PB，由AB＝20，得PB＝(0＜x＜20)． 所以點P處的照度為y＝＋(0＜x＜20)． 所以y′＝－＋ ＝4 000 ＝20 000. 由y′＝0，解得x＝4. 當0＜x＜4時，y′＜0，y＝＋為減函數(shù)； 當4＜x＜20時，y′＞0，y＝＋為增函數(shù)． 所以x＝4時，y取得極小值，也是最小值. 所以新增光源P安裝在半圓弧AB上且距A為4(距B為4)的位置． 5．已知函數(shù)f(x)＝(a－3)x－a－2ln x(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在

7、(1，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)a的最小值； (2)已知不等式f(x)＋3x≥0對任意x∈(0,1]都成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)法一：因為f′(x)＝a－3－(x>0), 當a≤3時，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當a＞3時，由f′(x)＜0，得0＜x＜， f(x)在0，上單調(diào)遞減， 由f′(x)＞0，得x＞，f(x)在上單調(diào)遞增. 因為函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)， 所以a＞3且≤1，所以a≥5, 所以實數(shù)a的最小值為5. 法二：因為函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)， 所以f′(x)＝a－3－≥0在(1，

8、＋∞)上恒成立， 所以a≥3＋在(1，＋∞)上恒成立， 又當x＞1時，3＋＜5, 所以a≥5， 所以實數(shù)a的最小值為5. (2)令g(x)＝f(x)＋3x＝a(x－1)－2ln x，x∈(0,1]， 所以g′(x)＝a－. ①當a≤2時，由于x∈(0,1]，所以≥2， 所以g′(x)≤0，g(x)在(0,1]上單調(diào)遞減， 所以g(x)min＝g(1)＝0，所以對任意x∈(0,1]，g(x)≥g(1)＝0，即對任意x∈(0,1]不等式f(x)＋3x≥0都成立，所以a≤2; ②當a＞2時，由g′(x)＜0，得0＜x＜，g(x)在上單調(diào)遞減； 由g′(x)＞0，得x＞，

9、g(x)在上單調(diào)遞增． 所以，存在∈(0,1)，使得g＜g(1)＝0，不合題意． 綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，2]． 6．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝2an－1. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)記集合M＝{n|n(n＋1)≥λan，n∈N*}，若M中有3個元素，求λ的取值范圍； (3)是否存在等差數(shù)列{bn}，使得a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1＝2n＋1－n－2對一切n∈N*都成立？若存在，求出bn；若不存在，說明理由． 解：(1)當n＝1時，S1＝2a1－1，得a1＝1. 當n≥2時，由Sn＝2an－1，① 得Sn－1＝2

10、an－1－1，② ①－②，得an＝2an－1，即＝2(n≥2)． 因此{an}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n－1. (2)由已知可得λ≤，令f(n)＝， 則f(1)＝2，f(2)＝3，f(3)＝3，f(4)＝，f(5)＝， 下面研究f(n)＝的單調(diào)性， 因為f(n＋1)－f(n)＝－＝， 所以，當n≥3時，f(n＋1)－f(n)＜0，f(n＋1)＜f(n)， 即f(n)單調(diào)遞減. 因為M中有3個元素，所以不等式λ≤解的個數(shù)為3，所以2＜λ≤，即λ的取值范圍為. (3)設存在等差數(shù)列{bn}使得條件成立， 則當n＝1時，有a1b1＝22－1－2＝1，所以b1＝1. 當n＝2時，有a1b2＋a2b1＝23－2－2＝4，所以b2＝2. 所以等差數(shù)列{bn}的公差d＝1，所以bn＝n. 設S＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋anb1， S＝1n＋2(n－1)＋22(n－2)＋…＋2n－22＋2n－11，③ 所以2S＝2n＋22(n－1)＋23(n－2)＋…＋2n－12＋2n1，④ ④－③，得S＝－n＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋2n ＝－n＋＝2n＋1－n－2， 所以存在等差數(shù)列{bn}， 且bn＝n滿足題意． 6