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（三）（含解析）.doc

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6個(gè)解答題綜合仿真練(三)1已知向量m(cos x，1)，n(sin x，cos2x)(1)當(dāng)x時(shí)，求mn的值；(2)若x，且mn，求cos 2x的值解：(1)當(dāng)x時(shí)，m，n，所以mn. (2)mncos xsin xcos2xsin 2xcos 2xsin，若mn，則sin，即sin，因?yàn)閤，所以2x，所以cos， 則cos 2xcoscoscossinsin.2.如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分別為AB，B1C1的中點(diǎn)(1)求證：MN平面AA1C1C；(2)若CC1CB1，CACB，平面CC1B1B平面ABC，求證：AB平面CMN.證明：(1)法一： 取A1C1的中點(diǎn)P，連結(jié)AP，NP.因?yàn)镃1NNB1，C1PPA1，所以NPA1B1，NPA1B1.在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1AB，A1B1AB.所以NPAB，且NPAB.因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以AMAB.所以NPAM，且NPAM，所以四邊形AMNP為平行四邊形，所以MNAP.因?yàn)锳P平面AA1C1C，MN平面AA1C1C，所以MN平面AA1C1C.法二： 取BC的中點(diǎn)Q，連結(jié)NQ，MQ.由三棱柱可得，四邊形BCC1B1為平行四邊形又Q，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，所以CQC1N，CQC1N，所以四邊形CQNC1為平行四邊形所以NQCC1.因?yàn)镹Q平面MNQ，CC1平面MNQ，所以CC1平面MNQ.因?yàn)锳MMB，CQQB，所以MQAC.同理可得AC平面MNQ.因?yàn)锳C平面AA1C1C，CC1平面AA1C1C，ACCC1C，所以平面MNQ平面AA1C1C.因?yàn)镸N平面MNQ，所以MN平面AA1C1C.(2)因?yàn)镃ACB，M為AB的中點(diǎn)，所以CMAB.因?yàn)镃C1CB1，N為B1C1的中點(diǎn)，所以CNB1C1.在三棱柱ABCA1B1C1中，BCB1C1，所以CNBC.因?yàn)槠矫鍯C1B1B平面ABC，平面CC1B1B平面ABCBC，CN平面CC1B1B，所以CN平面ABC.因?yàn)锳B平面ABC，所以CNAB.因?yàn)镃M平面CMN，CN平面CMN，CMCNC，所以AB平面CMN.3.一個(gè)玩具盤由一個(gè)直徑為2米的半圓O和一個(gè)矩形ABCD構(gòu)成，AB1米，如圖所示小球從A點(diǎn)出發(fā)以大小為5v的速度沿半圓O軌道滾到某點(diǎn)E處后，經(jīng)彈射器以6v的速度沿與點(diǎn)E處的切線垂直的方向彈射到落袋區(qū)BC內(nèi)，落點(diǎn)記為F.設(shè)AOE弧度，小球從A到F所需時(shí)間為T.(1)試將T表示為的函數(shù)T()，并寫(xiě)出定義域；(2)求時(shí)間T最短時(shí)cos 的值解：(1)如圖，過(guò)O作OGBC于G，則OG1，OF，EF1，所以T()，.(2)由(1)知，T()，T()，記cos 0，0，則T()，T()隨的變化情況如表所示：0T()0T()極小值故當(dāng)cos 時(shí)，時(shí)間T最短4.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓C：1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(b,2e)，其中e為橢圓C的離心率過(guò)點(diǎn)T(1,0)作斜率為k(k0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)(A在x軸下方)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)O且平行于l的直線交橢圓C于點(diǎn)M，N，求的值；(3)記直線l與y軸的交點(diǎn)為P.若，求直線l的斜率k.解：(1)因?yàn)闄E圓C：1經(jīng)過(guò)點(diǎn)(b,2e)，所以1.因?yàn)閑2，所以1，又a2b2c2，1，解得b24或b28(舍去)所以橢圓C的方程為1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)因?yàn)門(1,0)，則直線l的方程為yk(x1)聯(lián)立直線l與橢圓方程消去y，得(2k21)x24k2x2k280，所以x1x2，x1x2.因?yàn)镸Nl，所以直線MN的方程為ykx，聯(lián)立直線MN與橢圓方程消去y得(2k21)x28，解得x2.因?yàn)镸Nl，所以，因?yàn)?1x1)(x21)x1x2(x1x2)1，(xMxN)24x2.所以.(3)在yk(x1)中，令x0，則yk，所以P(0，k)，從而(x1，ky1)，(x21，y2)，x1(x21)，即x1x2，由(2)知x1x2，聯(lián)立得x1，x2.又x1x2，50k483k2340，解得k22或k2(舍去)又因?yàn)閗0，所以k.5定義：從一個(gè)數(shù)列an中抽取若干項(xiàng)(不少于三項(xiàng))按其在an中的次序排列的一列數(shù)叫做an的子數(shù)列，成等差(比)的子數(shù)列叫做an的等差(比)子列(1)求數(shù)列1，的等比子列；(2)設(shè)數(shù)列an是各項(xiàng)均為實(shí)數(shù)的等比數(shù)列，且公比q1.試給出一個(gè)an，使其存在無(wú)窮項(xiàng)的等差子列(不必寫(xiě)出過(guò)程)；若an存在無(wú)窮項(xiàng)的等差子列，求q的所有可能值解：(1)顯然從數(shù)列中抽取四項(xiàng)或五項(xiàng)時(shí)，不存在等比子列，當(dāng)抽取三項(xiàng)時(shí)，設(shè)所求等比子數(shù)列含原數(shù)列中的連續(xù)項(xiàng)的個(gè)數(shù)為k(1k3，kN*)，當(dāng)k2時(shí)，設(shè)，成等比數(shù)列，則，即mn2, 當(dāng)且僅當(dāng)n1時(shí)，mN*，此時(shí)m4，所求等比子數(shù)列為1，；設(shè)，成等比數(shù)列，則，即mn12N*; 當(dāng)k3時(shí)，數(shù)列1，；，；，均不成等比數(shù)列； 當(dāng)k1時(shí)，顯然數(shù)列1，不成等比數(shù)列綜上，所求等比子數(shù)列為1，. (2)形如：a1，a1，a1，a1，a1，a1，(a10，q1)均存在無(wú)窮項(xiàng)，等差子數(shù)列： a1，a1，a1， 或a1，a1，a1.設(shè)ank(kN*，nkN*)為an的等差子數(shù)列，公差為d，當(dāng)|q|1時(shí)，|q|n1，取nk1log|q|，從而|q|nk1，故|ank1ank|a1qnk11a1qnk1|a1|q|nk1|qnk1nk1|a1|q|nk1(|q|1)|d|，這與|ank1ank|d|矛盾，故舍去當(dāng)|q|1時(shí)，|q|n1log|q|，從而|q|nk1，故|ank1ank|a1|q|nk1|qnk1nk1|a1|q|nk1|q|nk1nk1|2|a1|q|nk10)，g(x)ln x2.(1)當(dāng)m1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)h(x)f(x)xg(x)，x0.若函數(shù)yh(h(x)的最小值是，求m的值；(3)若函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都是1，e，對(duì)于函數(shù)f(x)的圖象上的任意一點(diǎn)A，在函數(shù)g(x)的圖象上都存在一點(diǎn)B，使得OAOB，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)求m的取值范圍解：(1)當(dāng)m1時(shí)，f(x)xln x，f(x)ln x1.因?yàn)閒(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且f(1)0，所以當(dāng)x1時(shí)，f(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(1，)(2)h(x)2x，則h(x)2，令h(x)0，得x ，當(dāng)0x 時(shí)，h(x) 時(shí)，h(x)0，函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞增所以h(x)minh2.當(dāng)(21) ，即m時(shí)，函數(shù)yh(h(x)的最小值h(2)，即17m2690，解得1或(舍去)，所以m1.當(dāng)0(21) ，即m0在1，e上恒成立，所以函數(shù)y在1，e上單調(diào)遞增，故kOB，所以kOA，即ln xe在1，e上恒成立，即x2ln xmx2(eln x)在1，e上恒成立設(shè)p(x)x2ln x，則p(x)2xln x0在1，e上恒成立，所以p(x)在1，e上單調(diào)遞減，所以mp(1).設(shè)q(x)x2(eln x)，則q(x)x(2e12ln x)x(2e12ln e)0在1，e上恒成立，所以q(x)在1，e上單調(diào)遞增，所以mq(1)e.綜上所述，m的取值范圍為.