（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復習 綜合仿真練（二）

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1、綜合仿真練(二) 1.(2019金陵中學模擬)如圖，在四棱錐S ABCD中，底面ABCD是平行四邊形．已知平面SAB⊥平面SBC，AS⊥BS，M為線段SC的中點． (1)求證：AS∥平面BDM; (2)若BS＝BC，求證：BM⊥AC. 證明：(1)設AC，BD交點為O，連接OM. ∵底面ABCD是平行四邊形 ∴O為AC的中點 ∵M為線段SC的中點，∴OM∥AS ∵OM?平面BDM，AS?平面BDM ∴AS∥平面BDM. (2)∵平面SAB⊥平面SBC， 平面SAB∩平面SBC＝BS， AS⊥BS，AS?平面SAB ∴AS⊥平面SBC 又∵BM?平面SBC，∴AS

2、⊥BM ∵BS＝BC，M為線段SC的中點　∴BM⊥SC 又AS∩SC＝S，AS，SC?平面SAC　∴BM⊥平面SAC ∵AC?平面SAC 　∴BM⊥AC. 2．已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知向量m＝，n＝(c，b－2a)，且mn＝0. (1)求角C的大??； (2)若△ABC的面積為2，a＋b＝6，求c. 解：(1)∵由已知可得m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，mn＝0， ∴ccos B＋(b－2a)cos C＝0，∴sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0，即sin A＝2sin Acos C， ∵sin

3、A≠0，∴cos C＝，又∵C∈(0，π)，∴C＝. (2)∵S△ABC＝absin C＝2，∴ab＝8， 又c2＝a2＋b2－2abcos C，即(a＋b)2－3ab＝c2， ∴c2＝12，故c＝2. 3.在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的焦距為2，離心率為，橢圓的右頂點為A. (1)求橢圓的標準方程； (2)過點D(，－)作直線PQ交橢圓于兩個不同點P，Q，求證：直線AP，AQ的斜率之和為定值． 解：(1)由已知得c＝1，又e＝＝， 則a＝，b2＝a2－c2＝1，所以橢圓的標準方程為＋y2＝1. (2)證明：設直線PQ的方程為y＝k(x－)－，P(x

4、1，y1)，Q(x2，y2)， 由消去y，整理得(2k2＋1)x2－(4k2＋4k)x＋4k2＋8k＋2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k－2＝， 又A(，0)，所以kAP＋kAQ＝＋ ＝， 由y1x2＋y2x1＝[k(x1－)－ ]x2＋[k(x2－)－ ]x1＝2kx1x2－(k＋)(x1＋x2)＝－， 故kAP＋kAQ＝ ＝＝1， 所以直線AP，AQ的斜率之和為定值1. 4.如圖所示，某公路AB一側(cè)有一塊空地△OAB，其中OA＝3 km，OB＝3 km，∠AOB＝90.當?shù)卣當M在中間開挖一個人工湖△OMN，其中M，N都在邊

5、AB上(M，N不與A，B重合，M在A，N之間)，且∠MON＝30. (1)若M在距離A點2 km處，求點M，N之間的距離； (2)為節(jié)省投入資金，人工湖△OMN的面積要盡可能小．試確定M的位置，使△OMN的面積最小，并求出最小面積． 解：(1)在△OAB中，因為OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90，所以∠OAB＝60. 在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AOAMcos A＝7，所以OM＝， 所以cos∠AOM＝＝， 在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝sin(∠AOM＋90)＝cos∠AOM＝. 在△OMN中，由＝，得MN＝＝. (2)法一：

6、設AM＝x,0＜x＜3. 在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AOAMcos A＝x2－3x＋9， 所以OM＝， 所以cos∠AOM＝＝， 在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON) ＝sin(∠AOM＋90)＝cos∠AOM＝ . 由＝，得ON＝＝. 所以S△OMN＝OMONsin∠MON ＝ ＝，0＜x＜3. 令6－x＝t，則x＝6－t,3＜t＜6， 則S△OMN＝＝ ≥＝. 當且僅當t＝，即t＝3，x＝6－3時等號成立，S△OMN的最小值為. 所以M的位置為距離A點6－3 km處， 可使△OMN的面積最小， 最小面積是 km2.

7、 法二：設∠AOM＝θ，0＜θ＜，在△OAM中， 由＝，得OM＝ 在△OAN中，由＝， 得ON＝＝. 所以S△OMN＝OMONsin∠MON ＝ ＝＝ ＝ ＝，0＜θ＜. 當2θ＋60＝90，即θ＝15時，S△OMN的最小值為.所以應設計∠AOM＝15，可使△OMN的面積最小，最小面積是 km2. 5．已知數(shù)列{ai}共有m(m≥3)項，該數(shù)列前i項和為Si，記ri＝2Si－Sm(i≤m，i∈N*). (1)當m＝10時，若數(shù)列{ai}的通項公式為ai＝2i＋1，求數(shù)列{ri}的通項公式； (2)若數(shù)列{ri}的通項公式為ri＝2i(i≤m，i∈N*)， ①求數(shù)列

8、{ai}的通項公式； ②數(shù)列{ai}中是否存在不同的三項按一定次序排列構成等差數(shù)列，若存在求出所有的項，若不存在請說明理由． 解：(1)因為Si＝i＝i2＋2i, 所以由題意得ri＝2Si－S10＝2i2＋4i－120(i≤10，i∈N*). (2)①因為ri＝2Si－Sm＝2i， ri＋1＝2Si＋1－Sm＝2i＋1， 兩式相減得ai＋1＝2i－1，所以數(shù)列{ai}從第2項開始是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列， 即ai＝2i－2(2≤i≤m，i∈N*)． 又2a1＝2＋Sm，即a1＝2＋(a2＋a3＋…＋am)＝2＋＝2m－1＋1. 所以數(shù)列{ai}的通項公式為ai＝ ②

9、數(shù)列{ai}中任意三項都不能構成等差數(shù)列，理由如下： 因為數(shù)列{ai}從第2項開始是以2為公比的等比數(shù)列，所以若存在三項構成等差數(shù)列，不妨設為ap，aq，ar(2≤p

10、aq≤am2m－1，所以該情況下也無解． 因此，數(shù)列{ai}中任意三項都不能構成等差數(shù)列． 6．(2019泰州中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝1－ax2(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的極值； (2)當0

11、′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減 所以當x＝0時，函數(shù)f(x)存在極大值f(0)＝1，無極小值． (2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝＋ax2－1， h′(x)＝－＋2ax＝2ax ∵01，即ln>0，令h′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 當x∈(－∞，0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當x∈時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增 又h(0)＝0，h0， 函數(shù)h(x)在R上連續(xù)，所以h(x)有一個零點0，且在上有一個零點

12、，即函數(shù)h(x)有兩個零點 ∴當00，h(x)單調(diào)遞增∴h(x)min＝h(0)＝0，∴當x≥－1時，h(x)≥0恒成立； ②當－10，h(x)單調(diào)遞增；x∈，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；x∈(0，＋∞)時，h′(x)>0，h(

13、x)單調(diào)遞增 ∴h(x)min＝min{h(0)，h(－1)} ∵h(0)＝0，h(－1)＝a－1≥0，∴當x≥－1時，h(x)≥0恒成立； 綜上：當a≥1時，對于任意實數(shù)x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥g(x)恒成立. 法二：由(2)知，即證：當a≥1時，對于任意實數(shù)x∈[－1，＋∞)，不等式h(x)≥0恒成立． ①在x≥0時，∵a≥1，∴0<≤，又x≥0，ex≥1得h′(x)≥0， ∴h(x)為在[0，＋∞)上是增函數(shù)，故h(x)≥h(0)＝0； ②在－1≤x≤0時，由于a≥1，所以ax2－1≥x2－1 要證明h(x)≥0成立，即證＋x2－1≥0， 也即證(x＋1)≥0 由于x＋1≥0，只需證＋x－1≥0 不妨令m(x)＝＋x－1，m′(x)＝1－＝由－1≤x≤0，得m′(x)≤0且不恒為0，所以m(x)在區(qū)間[－1,0]上單調(diào)遞減，m(x)≥m(0)＝0，從而＋x－1≥0得證． 綜上，當a≥1時，對于任意實數(shù)x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥g(x)恒成立. 7