2019年高考數(shù)學一輪總復習 必考解答題 模板成形練 理 蘇教版.doc
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2019年高考數(shù)學一輪總復習 必考解答題 模板成形練 理 蘇教版 (建議用時:60分鐘) 1.在△ABC中,cos A=,a,b,c分別是角A,B,C所對的邊. (1)求sin 2A; (2)若sin=-,c=2,求△ABC的面積. 解 (1)因為cos A=,A∈(0,π),∴sin A=. ∴sin 2A=2sin Acos A=. (2)由sin=-,得cos B=, 由于B∈(0,π),∴sin B=. 則sin C=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B=. 由正弦定理,得a==2, ∴△ABC的面積為S=acsin B=. 2.設a,b,c分別為△ABC的內角A,B,C的對邊,m=,n=,m與n的夾角為. (1)求角C的大??; (2)已知c=,△ABC的面積S=,求a+b的值. 解 (1)由條件得mn=cos2-sin2=cos C, 又mn=|m||n|cos =, ∴cos C=,0<C<π,因此C=. (2)S△ABC=absin C=ab=,∴ab=6. 由余弦定理得 c2=a2+b2-2abcos C=a2+b2-ab=(a+b)2-3ab, 得出(a+b)2=,∴a+b=. 3.在△ABC中,角A、B、C的對邊分別為a、b、c,且cos 2C=1-. (1)求+的值; (2)若tan B=,求tan A及tan C的值. 解 (1)∵cos 2C=1-,∴sin2C=. ∵C為三角形內角,∴sin C>0,∴sin C=. ∵=,∴= ∴2sin B=sin Asin C. ∵A+B+C=π, ∴sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C. ∴2sin Acos C+2cos Asin C=sin Asin C. ∵sin Asin C≠0,∴+=. (2)∵+=, ∴tan A=. ∵A+B+C=π, ∴tan B=-tan(A+C) =- =. ∴=整理得tan2C-8tan C+16=0 解得,tan C=4,tan A=4. 4.已知向量m=(sin x-cos x,1),n=,若f(x)=mn. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期; (2)已知△ABC的三內角A,B,C的對邊分別為a,b,c且c=3,f=(C為銳角),2sin A=sin B,求C,a,b的值. 解 (1)f(x)=mn=sin xcos x-cos2x+ =sin 2x-+ =sin 2x-cos 2x=sin, ∴f(x)的最小正周期為π. (2)f=sin C=,∵0<C<,∴C=, ∵2sin A=sin B,由正弦定理得b=2a.① ∵c=3,由余弦定理,得9=a2+b2-2abcos,② 解①②組成的方程組,得 ∴C=,a=,b=2. 必考解答題——模板成形練(二) (對應學生用書P411) 立體幾何 (建議用時:60分鐘) 1.如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,已知平面AA1C1C⊥平面ABCD,且AB=BC=CA=,AD=CD=1. (1)求證:BD⊥AA1; (2)若E為棱BC的中點,求證:AE∥平面DCC1D1. 證明 (1)在四邊形ABCD中,因為BA=BC,DA=DC,所以BD⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABCD,且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC, BD?平面ABCD,所以BD⊥平面AA1C1C, 又因為AA1?平面AA1C1C,所以BD⊥AA1. (2)在三角形ABC中,因為AB=AC,且E為BC中點,所以AE⊥BC,又因為在四邊形ABCD中,AB=BC=CA=,DA=DC=1, 所以∠ACB=60,∠ACD=30,所以DC⊥BC,所以AE∥DC,因為DC?平面DCC1D1,AE?平面DCC1D1,所以AE∥平面DCC1D1 2. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,BC⊥平面PAB,∠APB=90,PB=BC,N為PC的中點. (1)若M為AB的中點,求證:MN∥平面ADP; (2)求證:平面BDN⊥平面ACP. 證明 (1)設AC∩BD=G,連接NG,MG,易知G是AC,BD的中點, 又N是PC的中點,M為AB的中點, ∴NG∥PA,MG∥AD, ∴平面GMN∥平面APD.又MN?平面GMN,∴MN∥平面APD. (2)∵BC⊥平面PAB,AP?平面PAB,∴BC⊥PA, ∵∠APB=90,∴BP⊥PA. ∵BC∩BP=B,∴PA⊥平面PBC,∴BN⊥PA. ∵PB=BC,點N為PC的中點,∴BN⊥PC. ∵PC∩PA=P,∴BN⊥平面ACP. 又BN?平面BDN,∴平面BDN⊥平面ACP. 3. 如圖,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,E,F(xiàn)分別是AB,PC的中點. (1)求證:EF∥平面PAD; (2)求證:EF⊥CD; 證明 (1)取PD的中點G,連接AG,F(xiàn)G.因為FG為△PCD的中位線, 所以FG∥CD,且FG=CD, 又AE∥CD,且AE=CD, 所以AE∥FG,且AE=FG, 故四邊形AEFG為平行四邊形,所以EF∥AG. 又AG?平面PAD,EF?平面PAD, 所以EF∥平面PAD. (2)因為PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD, 所以PA⊥CD.在矩形ABCD中,AD⊥CD, 又PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD. 因為AG?平面PAD,所以CD⊥AG. 又EF∥AG,所以EF⊥CD. 4. 如圖,在平行四邊形ABCD中,AB=2BC=4,∠ABC=120,E,M分別為AB,DE的中點,將△ADE沿直線DE翻折成△A′DE,連接A′C,A′B,F(xiàn)為A′C的中點,A′C=4. (1)求證:平面A′DE⊥平面BCD; (2)求證:FB∥平面A′DE. 證明 (1)由題意得△A′DE是△ADE沿DE翻折而成,∴△A′DE≌△ADE. ∵∠ABC=120,四邊形ABCD是平行四邊形, ∴∠A=60.又∵AD=AE=2, ∴△A′DE和△ADE都是等邊三角形.連接A′M,MC. ∵M是DE的中點,∴A′M⊥DE,A′M=. 在△DMC中,MC2=DC2+DM2-2DCDMcos 60=42+12-241cos 60,∴MC=. 在△A′MC中,A′M2+MC2=()2+()2=42=A′C2. ∴△A′MC是直角三角形,∴A′M⊥MC. 又∵A′M⊥DE,MC∩DE=M,∴A′M⊥平面BCD. 又∵A′M?平面A′DE, ∴平面A′DE⊥平面BCD. (2)取DC的中點N,連接FN,NB. ∵A′C=DC=4,F(xiàn),N分別是A′C,DC的中點, ∴FN∥A′D. 又∵N,E分別是平行四邊形ABCD的邊DC,AB的中點, ∴BN∥DE. 又∵A′D∩DE=D,F(xiàn)N∩NB=N, ∴平面A′DE∥平面FNB. ∵FB?平面FNB,∴FB∥平面A′DE. 必考解答題——模板成形練(三) (對應學生用書P413) 直線與圓及圓錐曲線 (建議用時:60分鐘) 1.已知圓C的方程為x2+(y-4)2=4,點O是坐標原點.直線l:y=kx與圓C交于M、N兩點. (1)求k的取值范圍: (2)設Q(m,n)是線段MN上的點,且=+.請將n表示為m的函數(shù). 解 (1)將y=kx代入x2+(y-4)2=4,得(1+k2)x2-8kx+12=0(*),由Δ=(-8k)2-4(1+k2)12>0得k2>3.所以k的取值范圍是(-∞,-)∪(,+∞). (2)因為M、N在直線l上,可設點M、N的坐標分別為(x1,kx1),(x2,kx2),則|OM|2=(1+k2)x,|ON|2=(1+k2)x,又|OQ|2=m2+n2=(1+k2)m2, 由=+得,=+, 所以=+= 由(*)知x1+x2=,x1x2=,所以m2=, 因為點Q在直線l上,所以k=,代入m2=可得5n2-3m2=36, 由m2=及k2>3得0<m2<3,即m∈(-,0)∪(0,). 依題意,點Q在圓C內,則n>0, 所以n==, 綜上,n與m的函數(shù)關系為n=(m∈(-,0)∪(0,). 2.已知圓C:(x+)2+y2=16,點A(,0),Q是圓上一動點,AQ的垂直平分線交CQ于點M,設點M的軌跡為E. (1)求軌跡E的方程; (2)過點P(1,0)的直線l交軌跡E于兩個不同的點A,B,△AOB(O是坐標原點)的面積S=,求直線AB的方程. 解 (1)由題意|MC|+|MA|=|MC|+|MQ|=|CQ|=4>2,所以軌跡E是以A,C為焦點,長軸長為4的橢圓, 即軌跡E的方程為+y2=1. (2)記A(x1,y1),B(x2,y2), 由題意,直線AB的斜率不可能為0,而直線x=1也不滿足條件, 故可設AB的方程為x=my+1, 由消x得(4+m2)y2+2my-3=0, 所以y1=,y2=. S=|OP||y1-y2|=. 由S=,解得m2=1,即m=1. 故直線AB的方程為x=y(tǒng)+1, 即x+y-1=0或x-y-1=0為所求. 3.已知過點A(-4,0)的動直線l與拋物線G:x2=2py(p>0)相交于B,C兩點.當直線l的斜率是時,=4. (1)求拋物線G的方程; (2)設線段BC的中垂線在y軸上的截距為b,求b的取值范圍. 解 (1)設B(x1,y1),C(x2,y2),當直線l的斜率是時,l的方程為y=(x+4),即x=2y-4, 聯(lián)立得2y2-(8+p)y+8=0, ∴y1=,y2= 由已知=4,∴y2=4y1, ∴可得p2+16p-36=0 ∵p>0可得y1=1,y2=4,p=2, ∴拋物線G的方程為x2=4y. (2)由題意知直線l的斜率存在,且不為0, 設l:y=k(x+4),BC中點坐標為(x0,y0), 由得x2-4kx-16k=0,由Δ>0得k<-4或k>0,x=2k2.∴xB+xC=2k ∴x0==2k,y0=k(x0+4)=2k2+4k. BC中垂線方程為y-2k2-4k=-(x-2k), ∴b=2(k+1)2,∴b>2. 4.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,離心率為.以原點為圓心,橢圓的短軸長為直徑的圓與直線x-y+=0相切. (1)求橢圓C的方程; (2)如圖,若斜率為k(k≠0)的直線l與x軸、橢圓C順次相交于A,M,N(A點在橢圓右頂點的右側),且∠NF2F1=∠MF2A.求證直線l過定點(2,0),并求出斜率k的取值范圍. 解 (1)由題意知e==,∴e2===,即a2=2b2.又∵b==1,∴a2=2,b2=1,∴橢圓方程為+y2=1. (2)由題意,設直線l的方程為y=kx+m(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2). 由得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0. 由Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-2)>0,得m2<2k2+1, ∵x1=,x2 則有x1+x2=,x1x2=. ∵∠NF2F1=∠MF2A, 且∠MF2A≠90,kMF2+kNF2=0. 又F2(1,0),則+=0, 即+=0, 化簡得2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0. 將x1+x2=,x1x2=代入上式得m=-2k, ∴直線l的方程為y=kx-2k,即直線過定點(2,0). 將m=-2k代入m2<2k2+1, 得4k2<2k2+1,即k2<,又∵k≠0,∴直線l的斜率k的取值范圍是∪. 必考解答題——模板成形練(四) (對應學生用書P415) 實際應用題 (建議用時:60分鐘) 1.在邊長為a的正三角形鐵皮的三個角切去三個全等的四邊形,再把它的邊沿虛線折起(如圖),做成一個無蓋的正三角形底鐵皮箱,當箱底邊長為多少時,箱子容積最大?最大容積是多少? 解 (1)設箱底邊長為x,則箱高為h=(0<x<a), 箱子的容積為V(x)=x2sin 60h=ax2-x3(0<x<a). 由V′(x)=ax-x2=0解得x1=0(舍),x2=a, 且當x∈時,V′(x)>0; 當x∈時,V′(x)<0, 所以函數(shù)V(x)在x=a處取得極大值. 這個極大值就是函數(shù)V(x)的最大值:V=a2-3=a3. 所以當箱子底邊長為a時,箱子容積最大,最大值為a3. 2.如圖,某小區(qū)有一邊長為2(單位:百米)的正方形地塊OABC,其中OAE是一個游泳地,計劃在地塊OABC內修一條與池邊AE相切的直路l(寬度不計),切點為M,并把該地塊分為兩部分,現(xiàn)以點O為坐標原點,以線段OC所在直線為x軸,建立平面直角坐標系,若池邊AE滿足函數(shù)y=-x2+2(0≤x≤)的圖象,且點M到邊OA距離為t. (1)當t=時,求直路l所在的直線方程; (2)當t為何值時,地塊OABC在直路l不含泳池那側的面積取到最大,最大值是多少? 解 (1)M,l:12x+9y-22=0 (2)M(t,-t2+2),過切點M的切線l:y-(-t2+2)=-2t(x-t) 即y=-2tx+t2+2,令y=2得x=,故切線l與AB交于點; 令y=0,得x=+,又x=+在遞減,所以x=+∈故切線l與OC交于點. ∴地塊OABC在切線l右上部分區(qū)域為直角梯形, 面積S=2=4-t-=4-≤2,t=1時取到等號,Smax=2. 3.濟南市“兩會”召開前,某政協(xié)委員針對自己提出的“環(huán)保提案”對某處的環(huán)境狀況進行了實地調研.據(jù)測定,該處的污染指數(shù)與附近污染源的強度成正比,與到污染源的距離成反比,比例常數(shù)為k(k>0).現(xiàn)已知相距36 km的A,B兩家化工廠(污染源)的污染強度分別為正數(shù)a,b,它們連線上任意一點C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和.設AC=x(km). (1)試將y表示為x的函數(shù); (2)若a=1時,y在x=6處取得最小值,試求b的值. 解 (1)設點C受A污染源污染指數(shù)為,點C受B污染源污染指數(shù)為,其中k為比例系數(shù),且k>0. 從而點C處污染指數(shù)y=+(0<x<36). (2)因為a=1,所以,y=+, y′=k,令y′=0,得x=, 當x∈時,函數(shù)單調遞減; 當x∈時,函數(shù)單調遞增; ∴當x=時,函數(shù)取得最小值. 又此時x=6,解得b=25,經驗證符合題意. 所以,污染源B的污染強度b的值為25. 4.某個公園有個池塘,其形狀為直角△ABC,∠C=90,AB=200米,BC=100米. (1)現(xiàn)在準備養(yǎng)一批供游客觀賞的魚,分別在AB、BC、CA上取點D,E,F(xiàn),如圖(1),使得EF∥AB,EF⊥ED,在△DEF喂食,求△DEF面積S△DEF的最大值; (2)現(xiàn)在準備新建造一個荷塘,分別在AB,BC,CA上取點D,E,F(xiàn),如圖(2),建造△DEF連廊(不考慮寬度)供游客休憩,且使△DEF為正三角形,求△DEF邊長的最小值. 解 (1)Rt△ABC中,∠C=90,AB=200米,BC=100米. ∴cos B==,可得B=60 ∵EF∥AB,∴∠CEF=∠B=60 設=λ(0<λ<1),則CE=λCB=100λ米, Rt△CEF中,EF=2CE=200λ米, C到FE的距離d=CE=50λ米, ∵C到AB的距離為BC=50米, ∴點D到EF的距離為 h=50-50λ=50(1-λ)米 可得S△DEF=EFh=5 000λ(1-λ)米2 ∵λ(1-λ)≤[λ+(1-λ)]2=,當且僅當λ=時等號成立, ∴當λ=時,即E為AB中點時,S△DEF的最大值為 1 250米2 (2)設正△DEF的邊長為a,∠CEF=α, 則CF=asin α,AF=-asin α. 設∠EDB=∠1,可得 ∠1=180-∠B-∠DEB=120-∠DEB,α=180-60-∠DEB=120-∠DEB ∴∠ADF=180-60-∠1=120-α 在△ADF中,= 即=, 化簡得a[2sin(120-α)+sin α]= ∴a==≥=(其中φ是滿足tan φ=的銳角). ∴△DEF邊長最小值為米. 必考解答題——模板成形練(五) (對應學生用書P417) 數(shù) 列 (建議用時:60分鐘) 1.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且2Sn=1-an. (1)求數(shù)列{an}的通項公式; (2)記bn=logan,數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,求證<2. 解 (1)當n=1時,2S1=1-a1,2a1=1-a1,∴a1=; 當n≥2時, 兩式相減得2an=an-1-an(n≥2), 即3an=an-1(n≥2),又an-1≠0,∴=(n≥2), ∴數(shù)列{an}是以為首項,為公比的等比數(shù)列. ∴an=n-1=n. (2)由(1)知bn=logn=n, ∴Tn=1+2+3+…+n=, =++…+ =2 =2<2. 2.數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1=2,且Sn=Sn-1+2n(n≥2,n∈N*). (1)求Sn; (2)是否存在等比數(shù)列{bn}滿足b1=a1,b2=a3,b3=a9?若存在,求出數(shù)列{bn}的通項公式;若不存在,說明理由. 解 (1)因為Sn=Sn-1+2n, 所以有Sn-Sn-1=2n對n≥2,n∈N*成立, 即an=2n對n≥2成立,又a1=21. 所以an=2n對n∈N*成立. 所以an+1-an=2對n∈N*成立,所以{an}是等差數(shù)列, 所以有Sn=n=n2+n,n∈N*. (2)存在. 由(1),得an=2n,n∈N*成立, 所以有a3=6,a9=18,又a1=2, 所以由b1=a1,b2=a3,b3=a9,則==3. 所以存在以b1=2為首項,公比為3的等比數(shù)列{bn}, 其通項公式為bn=23n-1. 3.已知數(shù)列{an}是首項a1=1的等差數(shù)列,其前n項和為Sn,數(shù)列{bn}是首項b1=2的等比數(shù)列,且b2S2=16,b1b3=b4. (1)求an和bn; (2)令c1=1,c2k=a2k-1,c2k+1=a2k+kbk(k=1,2,3,…),求數(shù)列{cn}的前2n+1項和T2n+1. 解 (1)設數(shù)列{an}的公差為d,數(shù)列{bn}的公比為q, 則an=1+(n-1)d,bn=2qn-1. 由b1b3=b4,得q==b1=2, 由b2S2=2q(2+d)=16,解得d=2. ∴an=2n-1,bn=2n. (2)∵T2n+1=c1+a1+(a2+b1)+a3+(a4+2b2)+…+a2n-1+(a2n+nbn)=1+S2n+(b1+2b2+…+nbn). 令A=b1+2b2+…+nbn, 則A=2+222+…+n2n, ∴2A=22+223+…+(n-1)2n+n2n+1, ∴-A=2+22+…+2n-n2n+1, ∴A=n2n+1-2n+1+2. 又S2n==4n2, ∴T2n+1=1+4n2+n2n+1-2n+1+2 =3+4n2+(n-1)2n+1. 4.已知數(shù)列{an}滿足:an≠1,a1=,3(1-a)=2(1-a),bn=1-a,cn=a-a(n∈N*). (1)證明數(shù)列{bn}是等比數(shù)列,并求數(shù)列{bn}、{cn}的通項公式. (2)是否存在數(shù)列{cn}的不同項ci,cj,ck(i<j<k)使之成為等差數(shù)列?若存在,請求出這樣的不同項ci,cj,ck(i<j<k);若不存在,請說明理由. (3)是否存在最小的自然數(shù)M,對一切n∈N*都有(n-2)cn<M恒成立?若存在,求出M的值,若不存在,說明理由. (1)證明 因為an≠1,a1=,3(1-a)=2(1-a),bn=1-a, 所以==(n∈N*),b1=1-a=,所以{bn}是以為首項,為公比的等比數(shù)列,所以bn=n-1(n∈N*),所以a=1-bn=1-n-1(n∈N*) 所以cn=a-a=n-1(n∈N*) (2)解 假設存在cj,cj,ck(i<j<k)滿足題意,則有2cj=ci+ck代入得 2j-1=i-1+k-1化簡得2j-i+1=3j-1+2k+j-i, 即2j-i+1-2k+j-i=3j-1,左邊為偶數(shù),右邊為奇數(shù)不可能相等. 所以假設不成立,這樣的三項不存在. (3)∵(n-2)cn-(n-1)cn+1=n-1, ∴(1-2)c1<(2-2)c2<(3-2)c3<(4-2)c4, (4-2)c4=(5-2)c5,(5-2)c5>(6-2)c6>(7-2)c7>…… 即在數(shù)列{(n-2)cn}中,第4項和第5項是最大項,當n=4時(n-2)cn=23=, 所以存在最小自然數(shù)M=1符合題意. 必考解答題——模板成形練(六) (對應學生用書P419) 函數(shù)與導數(shù) (建議用時:60分鐘) 1.已知函數(shù)f(x)=-x3+ax2+b(a,b∈R). (1)求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間; (2)若對任意a∈[3,4],函數(shù)f(x)在R上都有三個零點,求實數(shù)b的取值范圍. 解 (1)因為f(x)=-x3+ax2+b, 所以f′(x)=-3x2+2ax=-3x. 當a=0時,f′(x)≤0,函數(shù)f(x)沒有單調遞增區(qū)間; 當a>0時,令f′(x)>0,得0<x<. 故f(x)的單調遞增區(qū)間為; 當a<0時,令f′(x)>0,得<x<0. 故f(x)的單調遞增區(qū)間為. 綜上所述,當a=0時,函數(shù)f(x)沒有單調遞增區(qū)間; 當a>0時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為; 當a<0時,函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為. (2)由(1)知,a∈[3,4]時,f(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為(-∞,0)和, 所以函數(shù)f(x)在x=0處取得極小值f(0)=b, 函數(shù)f(x)在x=處取得極大值f=+b, 由于對任意a∈[3,4],函數(shù)f(x)在R上都有三個零點, 所以即解得-<b<0, 因為對任意a∈[3,4],b>-恒成立, 所以b>max=-=-4, 所以實數(shù)b的取值范圍是(-4,0). 2.已知函數(shù)f(x)=+ln x-1,a∈R. (1)若曲線y=f(x)在點P(1,y0)處的切線平行于直線y=-x+1,求函數(shù)y=f(x)的單調區(qū)間; (2)若a>0,且對x∈(0,2e]時,f(x)>0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解 (1)直線y=-x+1的斜率k=-1, 函數(shù)y=f(x)的導數(shù)為f′(x)=-+, f′(1)=-a+1=-1,即a=2. ∴f(x)=+ln x-1,f′(x)=-+=. ∵f(x)的定義域為(0,+∞). 由f′(x)>0,得x>2;由f′(x)<0,得0<x<2. ∴函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間是(2,+∞),單調減區(qū)間是(0,2). (2)∵a>0,f(x)>0對x∈(0,2e]恒成立, 即+ln x-1>0對x∈(0,2e]恒成立. 即a>x(1-ln x)對x∈(0,2e]恒成立, 設g(x)=x(1-ln x)=x-xln x,x∈(0,2e]. g′(x)=1-ln x-1=-ln x, 當0<x<1時,g′(x)>0,g(x)為增函數(shù), 當1<x≤2e時,g′(x)<0,g(x)為減函數(shù), 所以當x=1時,函數(shù)g(x)在x∈(0,2e]上取到最大值. ∴g(x)≤g(1)=1-ln 1=1,∴a的取值范圍是(1,+∞). 3.已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx-3,y=f′(x)為f(x)的導函數(shù),滿足f′(2-x)=f′(x);f′(x)=0有解,但解卻不是函數(shù)f(x)的極值點. (1)求f(x); (2)設g(x)=x,m>0,求函數(shù)g(x)在[0,m]上的最大值; (3)設h(x)=lnf′(x),若對于一切x∈[0,1],不等式h(x+1-t)<h(2x+2)恒成立,求實數(shù)t的取值范圍. 解 (1)f′(x)=x2+2bx+c, ∵f′(2-x)=f′(x),∴函數(shù)f(x)的圖象關于直線x=1對稱,b=-1. 由題意,f′(x)=x2-2x+c=0中Δ=4-4c=0,故c=1. 所以f(x)=x3-x2+x-3. (2)∵f′(x)=x2-2bx+1 =(x-1)2, ∴g(x)=x|x-1| = 當0<m≤時,g(x)max=g(m)=m-m2 當<m≤時,g(x)max=g=, 當m>時,g(x)max=g(m)=m2-m, 綜上g(x)max= (3)h(x)=2ln|x-1|,h(x+1-t)=2ln|x-t|,h(2x+2)=2ln|2x+1| 當x∈[0,1]時,|2x+1|=2x+1,所以不等式等價于0<|x-t|<2x+1恒成立, 解得-x-1<t<3x+1,且x≠t, 由x∈[0,1],得-x-1∈[-2,-1],3x+1∈[1,4],所以-1<t<1, 又x≠t,∴t∈[0,1],∴所求的實數(shù)t的取值范圍是(-1,0). 4.已知函數(shù)f(x)=k[(logax)2+(logxa)2]-(logax)3-(logxa)3, g(x)=(3-k2)(logax+logxa), (其中a>1),設t=logax+logxa. (1)當x∈(1,a)∪(a,+∞)時,試將f(x)表示成t的函數(shù)h(t),并探究函數(shù)h(t)是否有極值; (2)當∈(1,+∞)時,若存在x0∈(1,+∞),使f(x0)>g(x0)成立,試求k的范圍. 解 (1)∵(logax)2+(logxa)2=(logax+logxa)2-2 =t2-2, (logax)3+(logxa)3=(logax+logxa)[(logax+logxa)2-3]=t3-3t, ∴h(t)=-t3+kt2+3t-2k,(t>2). ∴h′(t)=-3t2+2kt+3 設t1,t2是h′(t)=0的兩根,則t1t2<0,∴h′(t)=0在定義域內至多有一解, 欲使h(t)在定義域內有極值,只需h′(t)=-3t2+2kt+3=0在(2,+∞)內有解,且h′(t)的值在根的左右兩側異號,∴h′(2)>0得k>. 綜上:當k>時h(t)在定義域內有且僅有一個極植,當k≤時h(t)在定義域內無極值. (2)∵存在x0∈(1,+∞),使f(x0)>g(x0)成立等價于f(x)-g(x)的最大值大于0. ∵t=logax+logxa,∴m(t)=-t3+kt2+k2t-2k,(t≥2), ∴m′(t)=-3t2+2kt+k2=0得t1=k,t2=-. 當k>2時,m(t)max=m(k)>0得k>2; 當0<k≤2時,m(t)max=m(2)>0得<k≤2; 當k=0時,m(t)max=m(2)<0不成立. 當-6≤k<0時, m(t)max=m(2)>0得-6≤k<; 當k<-6時,m(t)max=m>0得k<-6. 綜上得:k的取值范圍是∪. 必考附加題——模板成形練(一) 1.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90,AB=AC=2,AA1=6,點E,F(xiàn)分別在棱BB1,CC1上,且BE=BB1,C1F=CC1. (1)求異面直線AE與A1F所成角的大??; (2)求平面AEF與平面ABC所成角的余弦值. 解 (1)建立如圖所示的直角坐標系, 則A(0,0,0),E(2,0,2),A1(0,0,6),F(xiàn)(0,2,4), 從而=(2,0,2),=(0,2,-2). 記與的夾角為θ,則有cos θ===-. 又由異面直線AE與A1F所成角的范圍為(0,π), 可得異面直線AE與A1F所成的角為60. (2)記平面AEF和平面ABC的法向量分別為n和m, 則由題設可令n=(1,y,z),且有平面ABC的法向量為m==(0,0,6),=(0,2,4),=(2,0,2). 由n=0,得2y+4z=0;由n=0,得2+2z=0. 所以z=-1,y=2,即n=(1,2,-1). 記平面AEF與平面ABC所成的角為β, 有cos β===-. 由圖形可知β為銳角,所以cos β=. 2.已知數(shù)列{bn}滿足b1=,+bn-1=2(n≥2,n∈N*). (1)求b2,b3,猜想數(shù)列{bn}的通項公式,并用數(shù)學歸納法證明; (2)設x=b,y=b,比較xx與yy的大?。? 解 (1)當n=2時,+=2,解得b2=; 當n=3時,+=2,解得b3=. 猜想bn=. 證明:①當n=1時,b1=. ②假設當n=k(k∈N*)時,即bk=, 則當n=k+1時,+bk=2,即+=2, ∴=2-=,bk+1=也成立. 由①②得bn=. (2)x=b=n, xx=n=nn y=b=n+1, yy=n+1=(n+1)n =nn ∴xx=y(tǒng)y. 3.三棱柱ABC-A1B1C1在如圖所示的空間直角坐標系中,已知AB=2,AC=4,A1A=3.D是BC的中點. (1)求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值; (2)求二面角B1-A1D-C1的大小的正弦值. 解 (1)由題意,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),D(1,2,0),A1(0,0,3),B1(2,0,3),C1(0,4,3).=(1,2,-3),=(0,4,0). 設平面A1C1D的法向量為n=(x,y,z). ∵n=x+2y-3z=0,n=4y=0. ∴x=3z,y=0.令z=1,得x=3.n=(3,0,1). 設直線DB1與平面A1C1D所成角為θ, ∵=(1,-2,3), ∴sin θ=|cos〈,n〉|==. (2)設平面A1B1D的法向量為m=(a,b,c). =(2,0,0), ∵m=a+2b-3c=0,m=2a=0. ∴a=0,2b=3c.令c=2,得b=3.m=(0,3,2). 設二面角B1-A1D-C1的大小為α, ∴|cos α|=|cos〈m,n〉|= ==, 則sin α==, ∴二面角B1-A1D-C1的大小的正弦值為. 4.已知整數(shù)n≥4,集合M={1,2,3,…,n}的所有3個元素的子集記為A1,A2,…,AC(C∈N*). (1)當n=5時,求集合A1,A2,…,AC中所有元素之和; (2)設mi為Ai中的最小元素,設Pn=m1+m2+…+mC,試求Pn(用n表示). 解 (1)當n=5時,含元素1的子集中,必有除1以外的兩個數(shù)字,兩個數(shù)字的選法有C=6個,所以含有數(shù)字1的集合有6個.同時含2,3,4,5的子集也各有6個. 于是所求元素之和為(1+2+3+4+5)C=156=90. (2)證明 不難得到1≤mi≤n-2,mi∈Z,并且以1為最小元素的子集有C個,以2為最小元素的子集有C個,以3為最小元素的子集有C個,…,以n-2為最小元素的子集有C個,則Pn=m1+m2+…+mC =1C+2C+3C+…+(n-2)C =(n-2)C+(n-3)C+(n-4)C+…+C =C+(n-3)(C+C)+(n-4)C+…+C =C+(n-3)(C+C)+(n-4)C+…+C =C+(n-3)C+(n-4)C+…+C =C+C+(n-4)(C+C)+…+C =C+C+(n-4)C+…+C =C+C+C+…+C=C. 必考附加題——模板成形練(二) (對應學生用書P423) 1.如圖,圓錐的高PO=4,底面半徑OB=2,D為PO的中點,E為母線PB的中點,F(xiàn)為底面圓周上一點,滿足EF⊥DE. (1)求異面直線EF與BD所成角的余弦值; (2)求二面角O-DF-E的余弦值. 解 (1)以O為原點,底面上過O點且垂直于OB的直線為x軸,OB所在的直線為y軸,OP所在的直線為z軸,建立空間直角坐標系,則B(0,2,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,1,2). 設F(x0,y0,0)(x0>0,y0>0),且x+y=4, 則=(x0,y0-1,-2),=(0,1,0), ∵EF⊥DE,即⊥,則=y(tǒng)0-1=0, 故y0=1. ∴F(,1,0),=(,0,-2),=(0,-2,2). 設異面直線EF與BD所成角為α, 則cos α===. (2)設平面ODF的法向量為n1=(x1,y1,z1), 則即 令x1=1,得y1=-, 平面ODF的一個法向量為n1=(1,-,0). 設平面DEF法向量為n2=(x2,y2,z2), 同理可得平面DEF的一個法向量為n2=. 設二面角O-DF-E的平面角為β, 則|cos β|===, ∴sin β=. 2.已知數(shù)列{an}滿足a1=2,an+1=a-(n+1). (1)證明:an>n(n≥3); (2)證明:<2. 證明 (1)因為a1=2,a2=2,所以a3=a-3=5>3. 假設當n=k時,ak>k(k≥3), 則a>kk+1>k2k≥9k>2k+2, 那么,當n=k+1時,有 ak+1=a-(k+1)>2k+2-(k+1)=k+1. 這就是說,當n=k+1時,結論也成立. 所以當n≥3時,an>n. (2)當n=2時,<2顯然成立, 由(1)知,當n≥3時,an=a-n>0,得a>n, 所以an-1>,所以a-(n-1)>, 即a>(n-1)+, 所以an-2>,以此類推, 得2=a1> ,問題得證. 3.如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F(xiàn)分別為AD,DC的中點. (1)求直線BC1與平面EFD1所成角的正弦值; (2)設直線BC1上一點P滿足平面PAC∥平面EFD1,求PB的長. 解 (1)建立以D點為原點,DA所在直線為x軸,DC所在直線為y軸,DD1所在直線為z軸的空間直角坐標系. D1(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0), E(1,0,0),C1(0,2,2),F(xiàn)(0,1,0), =(-2,0,2),=(1,0,-2),=(-1,1,0). 設平面D1EF的法向量為n=(x1,y1,z1), 則? 令x1=2,則n=(2,2,1), cos〈n,〉==-, ∴直線BC1與平面EFD1所成角的正弦值為. (2)=λ=(-2λ,0,2λ), =+=(-2λ,2,2λ), n=-4λ+4+2λ=0,∴λ=2. ∵AP不在平面EFD1內,AP∥平面EFD1, 又AC∥EF,EF?平面EFD1, ∴AC∥平面EFD1. 又AP與AC相交于點A, ∴平面PAC∥平面EFD1, =(-4,0,4),||=4. 4.已知數(shù)集A={a1,a2,…,an},其中0≤a1- 配套講稿:
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