江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個(gè)解答題綜合仿真練（六）（含解析）.doc

《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個(gè)解答題綜合仿真練（六）（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個(gè)解答題綜合仿真練（六）（含解析）.doc（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

6個(gè)解答題綜合仿真練(六)1.如圖，在四棱錐EABCD中，平面EAB平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，EAEB，點(diǎn)M，N分別是AE，CD的中點(diǎn)求證：(1)MN平面EBC；(2)EA平面EBC.證明：(1)取BE中點(diǎn)F，連結(jié)CF，MF，又M是AE的中點(diǎn)，所以MF綊AB.又N是矩形ABCD邊CD的中點(diǎn)，所以NC綊AB，所以MF綊NC，所以四邊形MNCF是平行四邊形，所以MNCF.又MN平面EBC，CF平面EBC，所以MN平面EBC. (2)在矩形ABCD中，BCAB，又平面EAB平面ABCD，平面ABCD平面EABAB，BC平面ABCD，所以BC平面EAB.又EA平面EAB，所以BCEA.又EAEB，BCEBB，EB平面EBC，BC平面EBC，所以EA平面EBC.2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，銳角，的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊為x軸的正半軸，終邊與單位圓O的交點(diǎn)分別為P，Q.已知點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為.(1)求cos 2的值；(2)求2的值解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)P在單位圓上，為銳角，所以cos ，所以cos 22cos21.(2)因?yàn)辄c(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為，點(diǎn)Q在單位圓上，所以sin .又為銳角，所以cos .因?yàn)閏os ，且為銳角，所以sin ，因此sin 22sin cos ，所以sin(2).因?yàn)闉殇J角，所以020，所以02，又為銳角，所以2，所以2.3某單位決定對本單位職工實(shí)行年醫(yī)療費(fèi)用報(bào)銷制度，擬制定年醫(yī)療總費(fèi)用在2萬元至10萬元(包括2萬元和10萬元)的報(bào)銷方案，該方案要求同時(shí)具備下列三個(gè)條件：報(bào)銷的醫(yī)療費(fèi)用y(萬元)隨醫(yī)療總費(fèi)用x(萬元)增加而增加；報(bào)銷的醫(yī)療費(fèi)用不得低于醫(yī)療總費(fèi)用的50%；報(bào)銷的醫(yī)療費(fèi)用不得超過8萬元(1)請你分析該單位能否采用函數(shù)模型y0.05(x24x8)作為報(bào)銷方案；(2)若該單位決定采用函數(shù)模型yx2ln xa(a為常數(shù))作為報(bào)銷方案，請你確定整數(shù)a的值(參考數(shù)據(jù)：ln 20.69，ln 102.3)解：(1)y0.05(x24x8)在2,10上是增函數(shù)，滿足條件；當(dāng)x10時(shí)，y有最大值7.4，小于8，滿足條件；但當(dāng)x3時(shí)，y0，得2x4；由g(x)0，得4b0)的左頂點(diǎn)A(2,0)，且點(diǎn)在橢圓上，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)過點(diǎn)A作斜率為k(k0)的直線交橢圓E于另一點(diǎn)B，直線BF2交橢圓E于點(diǎn)C.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若CF1F2為等腰三角形，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；(3)若F1CAB，求k的值解：(1)由題意得解得橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)CF1F2為等腰三角形，且k0，點(diǎn)C在x軸下方，若F1CF2C，則C(0，)；若F1F2CF2，則CF22，C(0，)；若F1CF1F2，則CF12，C(0，)，C(0，)直線BC的方程y(x1)，由得或B.(3)設(shè)直線AB的方程為yk(x2)，由消去y，得(34k2)x216k2x16k2120，xAxB2xB，xB，yBk(xB2)，B.若k，則B，C，F(xiàn)1(1,0)，kCF1，F(xiàn)1C與AB不垂直；k，F(xiàn)2(1,0)，kBF2，kCF1，直線BF2的方程為y(x1)，直線CF1的方程為y(x1)，由解得C(8k21，8k)由點(diǎn)C在橢圓上，得1，即(24k21)(8k29)0，即k2，k0，k.5數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn4an.(1)求證：數(shù)列an為等比數(shù)列，并求通項(xiàng)公式an；(2)是否存在自然數(shù)c和k，使得1成立？若存在，請求出c和k的值； 若不存在，請說明理由解：(1)證明：當(dāng)n1時(shí)，S1a14，得a12, 由Sn4an，得Sn14an1，得，Sn1Snanan1，即an1an, 所以，且a12，所以數(shù)列an是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列，且an. (2)法一：因?yàn)閍n，所以ak1，Sk4， 要使1成立，只要使c，且2Sk4，所以c的可能取值為0,1,2,3)當(dāng)c0時(shí)，12k，不存在自然數(shù)k使(*)成立；當(dāng)c1時(shí)，2k2，不存在自然數(shù)k使(*)成立；當(dāng)c2時(shí)，22k3，不存在自然數(shù)k使(*)成立；當(dāng)c3時(shí)，42k1成立. 法二：要使1，只要2，即只要0，因?yàn)镾k40，故只要Sk2cSk. 因?yàn)镾k1Sk，所以Sk2S121.又Sk4，故要使成立，c只能取2或3. 當(dāng)c2時(shí)，因?yàn)镾12，所以當(dāng)k1時(shí)，cSk不成立，從而不成立當(dāng)k2時(shí)，因?yàn)镾22c，由SkSk1，得Sk2Sk12，故當(dāng)k2時(shí)，Sk2c，從而不成立. 當(dāng)c3時(shí)，因?yàn)镾12，S23，所以當(dāng)k1，k2時(shí)，cSk不成立，從而不成立因?yàn)镾32c，又Sk2Sk12，所以當(dāng)k3時(shí)，Sk2c，從而不成立. 綜上所述，不存在自然數(shù)c，k，使1成立6已知二次函數(shù)f(x)ax2bx1，g(x)a2x2bx1.(1)若f(x)g(x)對任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2，函數(shù)g(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x3，x4.若x3x1x4，試比較x2，x3，x4的大小關(guān)系；若x1x3x2，m，n，p(，x1)，求證：mnp.解：(1)因?yàn)閒(x)g(x)對任意實(shí)數(shù)x恒成立，所以ax2a2x2對任意實(shí)數(shù)x恒成立， 所以a2a0，解得0a1.又由題意可得a0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1(2)因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的圖象開口向上，且其零點(diǎn)為x3，x4，故g(x)0，得x3xx4. 因?yàn)閤1，x2是f(x)的兩個(gè)不同零點(diǎn)，故f(x1)f(x2)0.因?yàn)閤3x1x4，故g(x1)0f(x1)，于是(a2a)x0.注意到x10，故a2a0.因?yàn)間(x2)f(x2)(a2a)x0，故g(x2)f(x2)0，從而x3x2x4，于是x3x2x4. 證明：記x1x3t，故f(t)at2bt10，g(t)a2t2bt10，于是(aa2)t20.因?yàn)閍0，且t0，故a1.所以f(x)g(x)且函數(shù)圖象開口向上. 所以當(dāng)x(，x1)時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，f(x)單調(diào)遞增且f(x)0，g(x)單調(diào)遞減且g(x)0.若mn，則f(n)f(m)0，于是0，從而g(p)g(n)0，故np.同上，當(dāng)np時(shí)，可推得pm.所以pmnp，矛盾所以mn不成立. 同理，nm亦不成立所以mn.同理，np.所以mnp.