《（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（五）》由會(huì)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（五）（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、綜合仿真練(五) 1．如圖，在四棱錐PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分別為CD和PC的中點(diǎn)，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 證明：(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，且PA垂直于這兩個(gè)平面的交線AD，所以PA⊥底面ABCD. (2)因?yàn)锳B∥CD，CD＝2AB，E為CD的中點(diǎn)，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四邊形ABED為平行四邊形．所以BE∥AD.又因?yàn)锽E?平面PAD，AD?平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)因?yàn)锳B⊥AD，且四邊形ABED

2、為平行四邊形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因?yàn)镋和F分別是CD和PC的中點(diǎn)，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因?yàn)镃D⊥BE，EF∩BE＝E， 所以CD⊥平面BEF.又CD?平面PCD， 所以平面BEF⊥平面PCD. 2．(2019海安中學(xué)模擬)已知△ABC內(nèi)接于單位圓，且(1＋tan A)(1＋tan B)＝2， (1)求角C； (2)求△ABC面積的最大值． 解：(1)∵(1＋tan A)(1＋tan B)＝2 ∴tan A＋tan B＝1－tan Atan B， ∴tan

3、 C＝－tan(A＋B)＝－＝－1，∴C＝. (2)∵△ABC的外接圓為單位圓， ∴其半徑R＝1 由正弦定理可得c＝2Rsin C＝， 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C， 代入數(shù)據(jù)可得2＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝(2＋)ab， ∴ab≤， ∴△ABC的面積S＝absin C≤＝， ∴△ABC面積的最大值為. 3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，P，Q為橢圓C上兩點(diǎn)，圓O：x2＋y2＝r2(r>0)． (1)若PF⊥x軸，且滿足直線AP與圓O相切，求圓O的方程； (2)若圓O的半徑為，點(diǎn)P，Q滿足kOPkOQ＝－

4、， 求直線PQ被圓O截得的弦長的最大值. 解：(1)因?yàn)闄E圓C的方程為＋＝1， 所以A(－2,0)，F(xiàn)(1,0)． 因?yàn)镻F⊥x軸，所以P， 根據(jù)對(duì)稱性，可取P， 則直線AP的方程為y＝(x＋2)， 即x－2y＋2＝0. 由圓O與直線AP相切，得r＝， 所以圓O的方程為x2＋y2＝. (2)易知圓O的方程為x2＋y2＝3. ①當(dāng)PQ⊥x軸時(shí)，kOPkOQ＝－k＝－， 所以kOP＝，xP＝， 此時(shí)得直線PQ被圓O截得的弦長為2. ②當(dāng)PQ與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x2≠0)， 首先由kOPkOQ＝－，得

5、3x1x2＋4y1y2＝0， 即3x1x2＋4(kx1＋b)(kx2＋b)＝0， 所以(3＋4k2)x1x2＋4kb(x1＋x2)＋4b2＝0.(*) 聯(lián)立消去y， 得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0， 則x1＋x2＝－，x1x2＝，將其代入(*)式， 化簡(jiǎn)得2b2＝4k2＋3. 由于圓心O到直線PQ的距離d＝， 所以直線PQ被圓O截得的弦長l＝2＝，故當(dāng)k＝0時(shí)，l有最大值為. 綜上，因?yàn)?2，所以直線PQ被圓O截得的弦長的最大值為. 4．(2019如皋中學(xué)模擬)如圖，長方形材料ABCD中，已知AB＝2，AD＝4.點(diǎn)P為材料ABCD內(nèi)部一點(diǎn)，PE⊥AB于E，

6、PF⊥AD于F，且PE＝1，PF＝，現(xiàn)要在長方形材料ABCD中裁剪出四邊形材料AMPN，滿足∠MPN＝150，點(diǎn)M，N分別在邊AB，AD上． (1)設(shè)∠FPN＝θ，試將四邊形材料AMPN的面積S表示為θ的函數(shù)，并指明θ的取值范圍； (2)試確定點(diǎn)N在AD上的位置，使得四邊形材料AMPN的面積S最小，并求出其最小值． 解：(1)在直角△NFP中，因?yàn)镻F＝，∠FPN＝θ， 所以NF＝tan θ， 所以S△APN＝NAPF＝(1＋tan θ). 在直角△MEP中，因?yàn)镻E＝1，∠EPM＝－θ， 所以ME＝tan S△APM＝MAPE＝1. 所以S＝S△APN＋S△APM＝ta

7、n θ＋tan＋，θ∈， (2)因?yàn)镾＝tan θ＋tan＋ ＝tan θ＋＋＝1＋tan θ， 由θ∈，得t∈[1,4]， 所以S＝＋＝＋ ≥2 ＋＝2＋. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝時(shí)，即tan θ＝時(shí)等號(hào)成立． 此時(shí)，AN＝，Smin＝2＋. 答：當(dāng)AN＝時(shí)，四邊形材料AMPN的面積S最小，最小值為2＋. 5．設(shè)fk(n)為關(guān)于n的k(k∈N)次多項(xiàng)式．?dāng)?shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝1，前n項(xiàng)和為Sn.對(duì)于任意的正整數(shù)n，an＋Sn＝fk(n)恒成立． (1)若k＝0，求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列； (2)試確定所有的自然數(shù)k，使得數(shù)列{an}能成等差數(shù)列． 解：(1)證明：若k＝0

8、，則fk(n)即f0(n)為常數(shù)，不妨設(shè)f0(n)＝c(c為常數(shù))． 因?yàn)閍n＋Sn＝fk(n)恒成立，所以a1＋S1＝c， 即c＝2a1＝2.所以an＋Sn＝2，① 當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝2，② ①－②得2an－an－1＝0(n≥2，n∈N*)． 若an＝0，則an－1＝0，…，a1＝0，與已知矛盾， 所以an≠0(n∈N*)． 故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列. (2)(ⅰ)若k＝0，由(1)知，不符題意，舍去. (ⅱ)若k＝1，設(shè)f1(n)＝bn＋c(b≠0，b，c為常數(shù))， 所以an＋Sn＝bn＋c，③ 當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝b(

9、n－1)＋c，④ ③－④得2an－an－1＝b(n≥2，n∈N*)． 要使數(shù)列{an}是公差為d(d為常數(shù))的等差數(shù)列， 必須有an＝b－d(常數(shù))， 而a1＝1，故{an}只能是常數(shù)數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝1(n∈N*)， 故當(dāng)k＝1時(shí)，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，其通項(xiàng)公式為an＝1(n∈N*)，此時(shí)f1(n)＝n＋1. (ⅲ)若k＝2，設(shè)f2(n)＝an2＋bn＋c(a≠0，a，b，c是常數(shù))， 所以an＋Sn＝an2＋bn＋c，⑤ 當(dāng)n≥2時(shí)，an－1＋Sn－1＝a(n－1)2＋b(n－1)＋c，⑥ ⑤－⑥得2an－an－1＝2an＋b－a(n≥2，n∈N*)． 要使數(shù)

10、列{an}是公差為d(d為常數(shù))的等差數(shù)列， 必須有an＝2an＋b－a－d，且d＝2a， 考慮到a1＝1， 所以an＝1＋(n－1)2a＝2an－2a＋1(n∈N*)． 故當(dāng)k＝2時(shí)，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列， 其通項(xiàng)公式為an＝2an－2a＋1(n∈N*)， 此時(shí)f2(n)＝an2＋(a＋1)n＋1－2a(a為非零常數(shù)). (ⅳ)當(dāng)k≥3時(shí)，若數(shù)列{an}能成等差數(shù)列，則an＋Sn的表達(dá)式中n的最高次數(shù)為2，故k≥3時(shí)，數(shù)列{an}不能成等差數(shù)列． 綜上得，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1或2時(shí)，數(shù)列{an}能成等差數(shù)列． 6．已知λ∈R，函數(shù)f (x)＝ex－ex－λ(xln x－x＋

11、1)的導(dǎo)函數(shù)為g(x)． (1)求曲線y＝f (x)在x＝1處的切線方程； (2)若函數(shù)g(x)存在極值，求λ的取值范圍； (3)若x≥1時(shí)，f (x)≥0恒成立，求λ的最大值． 解：(1)因?yàn)閒′(x)＝ex－e－λln x， 所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線的斜率為f′(1)＝0，又f(1)＝0， 所以切線方程為y＝0. (2)g(x)＝ex－e－λln x(x>0)，g′(x)＝ex－. 當(dāng)λ≤0時(shí)，g′(x)＞0恒成立， 從而g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 故此時(shí)g(x)無極值. 當(dāng)λ＞0時(shí)，設(shè)h(x)＝ex－， 則h′(x)＝ex＋＞0恒成立，

12、所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. ①當(dāng)0＜λ＜e時(shí)， h(1)＝e－λ＞0，h＝e－e＜0， 且h(x)是(0，＋∞)上的連續(xù)函數(shù)， 因此存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝0. ②當(dāng)λ≥e時(shí)， h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0， 且h(x)是(0，＋∞)上的連續(xù)函數(shù)， 因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0. 綜上，當(dāng)λ＞0時(shí)，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0. 且當(dāng)0＜x＜x0時(shí)，h(x)＜0，即g′(x)＜0，當(dāng)x＞x0時(shí)，h(x)＞0，即g′(x)＞0， 所以g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增， 因

13、此g(x)在x＝x0處有極小值． 所以當(dāng)函數(shù)g(x)存在極值時(shí)，λ的取值范圍是(0，＋∞)． (3)g(x)＝f′(x)＝ex－e－λln x(x>0)，g′(x)＝ex－. 若g′(x)≥0恒成立，則有λ≤xex恒成立． 設(shè)φ(x)＝xex(x≥1)，則φ′(x)＝(x＋1)ex＞0恒成立， 所以φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，從而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e. 于是當(dāng)λ≤e時(shí)，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增， 此時(shí)g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，從而f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f (x)≥f (1)＝0恒成立． 當(dāng)λ＞e時(shí)，由(2)知，存在x0∈(1，λ)，使得g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減， 即f′(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減． 所以當(dāng)1＜x＜x0時(shí)，f′(x)＜f′(1)＝0， 于是f(x)在[1，x0)上單調(diào)遞減， 所以f(x0)＜f(1)＝0. 這與x≥1時(shí)，f(x)≥0恒成立矛盾． 因此λ≤e，即λ的最大值為e. 6