《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 考前強化練7 解答題組合練C 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 考前強化練7 解答題組合練C 文（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、考前強化練7 解答題組合練C
1.(2019河北棗強中學(xué)高三模擬,文17)已知函數(shù)f(x)=32sin 2x-cos2x-12.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且c=3,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.
2.已知數(shù)列{an}中,a1=1,其前n項的和為Sn,且滿足an=2Sn22Sn-1(n≥2).
(1)求證:數(shù)列1Sn是等差數(shù)列;
(2)證明:當(dāng)n≥2時,S1+12S2+13S3+…+1nSn<32.
3.
如圖,
2、四邊形ABCD是菱形,AF⊥BD,AF∥CE且AF=2CE.
(1)求證:平面ACEF⊥平面BDE;
(2)已知在線段BF上有一點P,滿足AP∥DE,求BPPF的值.
4.已知函數(shù)f(x)=ln x+12x2+ax(a∈R),g(x)=ex+32x2.
(1)討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù);
(2)若對?x>0,不等式f(x)≤g(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.
5.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點與其短軸的一個端點是正三角形的三個頂點,點D1,32在橢圓C上,直線l:y=kx+m與橢
3、圓C相交于A,P兩點,與x軸、y軸分別相交于點N和M,且|PM|=|MN|,點Q是點P關(guān)于x軸的對稱點,QM的延長線交橢圓于點B,過點A,B分別作x軸的垂線,垂足分別為A1,B1.
(1)求橢圓C的方程.
(2)是否存在直線l,使得點N平分線段A1B1?若存在,求出直線l的方程,若不存在,請說明理由.
6.(2019四川瀘州高三二模,文20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,點P(1,a)在此拋物線上,|PF|=2,不過原點的直線l與拋物線C交于A,B兩點,以AB為直徑的圓M過坐標原點.
(1)求拋物線C的方程;
(2)證明:直線l恒過定點;
4、
(3)若線段AB中點的縱坐標為2,求此時直線l和圓M的方程.
參考答案
考前強化練7 解答題組合練C
1.解(1)f(x)=32sin2x-cos2x-12
=32sin2x-1+cos2x2-12
=32sin2x-12cos2x-1
=sin2x-π6-1.
所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π.
(2)由f(C)=0,得sin2C-π6=1.
因為0
5、2abcosπ3,
即a2+b2-ab=3.②
由①②解得a=1,b=2.
2.解(1)當(dāng)n≥2時,Sn-Sn-1=2Sn22Sn-1,Sn-1-Sn=2SnSn-1,
1Sn-1Sn-1=2,從而1Sn構(gòu)成以1為首項,2為公差的等差數(shù)列.
(2)由(1)可知,1Sn=1S1+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=12n-1,
∴當(dāng)n≥2時,1nSn=1n(2n-1)<1n(2n-2)=121n-1-1n,
從而S1+12S2+13S3+…+1nSn<1+121-12+12-13+…+1n-1-1n=32-12n<32.
3.解(1)∵四邊形ABCD是菱形,
∴BD⊥AC.
∵
6、AF⊥BD,∴BD⊥平面ACEF,
∵BD?平面BDE,∴平面ACEF⊥平面BDE.
(2)在平面ABF內(nèi)作BM∥AF,且BM=CE,連接AM交BF于點P.
∵BM∥AF,AF∥CE,∴BM∥CE,
又BM=CE,
∴四邊形BCEM為平行四邊形,
∴BC∥ME,且BC=ME.
∵四邊形ABCD是菱形,
∴BC∥AD且BC=AD,
∴ME∥AD且ME=AD.
∴四邊形ADEM為平行四邊形.
∴DE∥MA,即DE∥AP.
∵BM∥AF,∴△BPM∽△FPA,
∵BM=CE=12AF,∴BPPF=BMAF=12.
4.解(1)f'(x)=1x+x+a=x2+ax+1x
7、(x>0),令f'(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4.
①當(dāng)a2-4≤0時,即-2≤a≤2時,x2+ax+1≥0恒成立,即f'(x)≥0,
此時f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增,無極值點.
②當(dāng)a2-4>0時,即a<-2或a>2,
若a<-2,設(shè)方程x2+ax+1=0的兩根為x1,x2,且x10,x1x2=1>0,故x1>0,x2>0,
此時x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,
故x1,x2分別為f(x
8、)的極大值點和極小值點,
因此a<-2時,f(x)有兩個極值點.
若a>2,設(shè)方程x2+ax+1=0的兩根為x1,x2,且x10,故x1<0,x2<0,此時f(x)無極值點.
綜上:當(dāng)a<-2時,f(x)有兩個極值點,當(dāng)a≥-2時,f(x)無極值點.
(2)f(x)≤g(x)等價于lnx+12x2+ax≤ex+32x2,
即ex-lnx+x2≥ax,因此a≤ex-lnx+x2x.
設(shè)h(x)=ex-lnx+x2x,
h'(x)=(ex-1x+2x)x-ex+lnx-x2x2
=ex(x-1)+lnx+x2-1x2,
當(dāng)
9、x∈(0,1)時,ex(x-1)+lnx+x2-1<0,即h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減;
當(dāng)x∈(1,+∞)時,ex(x-1)+lnx+x2-1>0,即h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.
因此x=1為h(x)的極小值點,即h(x)≥h(1)=e+1,故a≤e+1.
5.解(1)由題意得b=3c,1a2+94b2=1,a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,故橢圓C的方程為x24+y23=1.
(2)假設(shè)存在這樣的直線l:y=kx+m,
∴M(0,m),N-mk,0,
∵|PM|=|MN|,
∴Pmk,2m,Qmk,-2m,
∴直線QM的方程為y=-3kx+m.
設(shè)A(x
10、1,y1),由y=kx+m,x24+y23=1,
得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
∴x1+mk=-8km3+4k2,
∴x1=-3m(1+4k2)k(3+4k2).
設(shè)B(x2,y2),由y=-3kx+m,x24+y23=1,得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,
∴x2+mk=8km1+12k2,
∴x2=-m(1+4k2)k(1+12k2).
∵點N平分線段A1B1,
∴x1+x2=-2mk,
∴-3m(1+4k2)k(3+4k2)-m(1+4k2)k(1+12k2)=-2mk,
∴k=±12,
∴P(±2m,2m),∴4m24
11、+4m23=1,解得m=±217,
∵|m|=2170,符合題意,
∴直線l的方程為y=±12x±217.
6.(1)解拋物線C:y2=2px(p>0),其準線方程為x=-p2,
∵點P(1,a)在此拋物線上,|PF|=2,
∴點P到準線的距離等于|PF|,即1+p2=2,得p=2,
∴所求拋物線方程為y2=4x.
(2)證明①當(dāng)直線l斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,易知k≠0,m≠0.
聯(lián)立方程組得y2=4x,y=kx+m,從而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,
由題意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,
設(shè)A(x1,y1),B
12、(x2,y2),x1+x2=4-2kmk2,x1x2=m2k2,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=4mk.
因為以AB為直徑的圓M過坐標原點,
所以O(shè)A·OB=0,即x1x2+y1y2=0,
所以m2k2+4mk=0,所以m=-4k.
所以直線l的方程為y=kx-4k,即y=k(x-4),
所以直線l恒過定點(4,0).
②當(dāng)直線l的斜率不存在時,易求得點A,B坐標分別為(4,4),(4,-4),直線l也過點(4,0).
綜合①②可知,直線l恒過定點(4,0).
(3)解由題意可知直線l斜率存在,設(shè)線段AB中點坐標為(x0,2),由(2)中所得x1+x2=4-2kmk2,x1x2=m2k2,則y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=4k,
所以2+4k2k2=x0,2k=2,解得k=1,x0=6,
所以直線l的方程為y=x-4.
因為線段AB中點坐標為(6,2),即為圓M的圓心坐標.
設(shè)圓M:(x-6)2+(y-2)2=r2.將點(0,0)代入,得r2=40,
所以圓M的方程為(x-6)2+(y-2)2=40.
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