江苏省2019届高考数学二轮复习自主加餐的3大题型6个解答题综合仿真练（五） 6页

6个解答题综合仿真练(五)1．如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别为CD和PC的中点，求证：(1)PA⊥底面ABCD；(2)BE∥平面PAD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明：(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，且PA垂直于这两个平面的交线AD，所以PA⊥底面ABCD.(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，所以AB∥DE，且AB＝DE.所以四边形ABED为平行四边形．所以BE∥AD.又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，所以BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD.所以CD⊥PD.因为E和F分别是CD和PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF.又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD.2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sin(2A＋B)＝sinC－sinB.(1)求角A的大小；(2)若a＝2，求·的最大值．解：(1)因为A＋B＋C＝π，所以A＋B＝π－C，B＝π－C－A，所以sin(2A＋B)＝sin(π－C＋A)＝sin(C－A)，sinB＝sin(C＋A)，由sin(2A＋B)＝sinC－sinB，得sin(C－A)＋sinB＝sinC，所以sin(C－A)＋sin(C＋A)＝sinC，即sinCcosA－cosCsinA＋sinCcosA＋cosCsinA＝sinC，所以2sinCcosA＝sinC.在△ABC中，sinC≠0，所以cosA＝.因为A∈(0，π)，所以A＝.(2)在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，由(1)知A＝，又a＝2，所以22＝b2＋c2－2bc·，n即4＝b2＋c2－bc≥2bc－bc＝bc，当且仅当b＝c＝2时，bc有最大值4.所以·＝bccosA≤2，此时a＝b＝c＝2，所以·的最大值是2.3．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1的左顶点为A，右焦点为F，P，Q为椭圆C上两点，圆O：x2＋y2＝r2(r>0)．(1)若PF⊥x轴，且满足直线AP与圆O相切，求圆O的方程；(2)若圆O的半径为，点P，Q满足kOP·kOQ＝－，求直线PQ被圆O截得的弦长的最大值.解：(1)因为椭圆C的方程为＋＝1，所以A(－2,0)，F(1,0)．因为PF⊥x轴，所以P，根据对称性，可取P，则直线AP的方程为y＝(x＋2)，即x－2y＋2＝0.由圆O与直线AP相切，得r＝，所以圆O的方程为x2＋y2＝.(2)易知圆O的方程为x2＋y2＝3.①当PQ⊥x轴时，kOP·kOQ＝－k＝－，所以kOP＝±，xp＝±，此时得直线PQ被圆O截得的弦长为2.②当PQ与x轴不垂直时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b，P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x2≠0)，首先由kOP·kOQ＝－，得3x1x2＋4y1y2＝0，即3x1x2＋4(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，n所以(3＋4k2)x1x2＋4kb(x1＋x2)＋4b2＝0.(*)联立消去y，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝，将其代入(*)式，化简得2b2＝4k2＋3.由于圆心O到直线PQ的距离d＝，所以直线PQ被圆O截得的弦长l＝2＝，故当k＝0时，l有最大值为.综上，因为>2，所以直线PQ被圆O截得的弦长的最大值为.4.如图，墙上有一幅壁画，最高点A离地面4m，最低点B离地面2m，观察者从距离墙xm(x>1)，离地面高am(1≤a≤2)的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ.(1)若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？(2)若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围.解：(1)当a＝1.5时，过C作AB的垂线，垂足为D，则BD＝0.5m，且θ＝∠ACD－∠BCD，由观察者离墙xm，且x>1，得tan∠BCD＝，tan∠ACD＝.所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)＝＝＝≤＝，当且仅当x＝，即x＝>1时取等号．又因为tanθ在上单调递增，所以当观察者离墙m时，视角θ最大．(2)由题意得tan∠BCD＝，tan∠ACD＝，又tanθ＝，所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)n＝＝＝.所以a2－6a＋8＝－x2＋4x，当1≤a≤2时，0≤a2－6a＋8≤3，所以0≤－x2＋4x≤3，即解得0≤x≤1或3≤x≤4.又因为x>1，所以3≤x≤4，所以x的取值范围为[3,4]．5．设fk(n)为关于n的k(k∈N)次多项式．数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn.对于任意的正整数n，an＋Sn＝fk(n)恒成立．(1)若k＝0，求证：数列{an}是等比数列；(2)试确定所有的自然数k，使得数列{an}能成等差数列．解：(1)证明：若k＝0，则fk(n)即f0(n)为常数，不妨设f0(n)＝c(c为常数)．因为an＋Sn＝fk(n)恒成立，所以a1＋S1＝c，即c＝2a1＝2.所以an＋Sn＝2，①当n≥2时，an－1＋Sn－1＝2，②①－②得2an－an－1＝0(n≥2，n∈N*)．若an＝0，则an－1＝0，…，a1＝0，与已知矛盾，所以an≠0(n∈N*)．故数列{an}是首项为1，公比为的等比数列.(2)(ⅰ)若k＝0，由(1)知，不符题意，舍去.(ⅱ)若k＝1，设f1(n)＝bn＋c(b≠0，b，c为常数)，所以an＋Sn＝bn＋c，③当n≥2时，an－1＋Sn－1＝b(n－1)＋c，④③－④得2an－an－1＝b(n≥2，n∈N*)．要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列，必须有an＝b－d(常数)，而a1＝1，故{an}只能是常数数列，通项公式为an＝1(n∈N*)，故当k＝1时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为an＝1(n∈N*)，此时f1(n)＝n＋1.(ⅲ)若k＝2，设f2(n)＝an2＋bn＋c(a≠0，a，b，c是常数)，所以an＋Sn＝an2＋bn＋c，⑤n当n≥2时，an－1＋Sn－1＝a(n－1)2＋b(n－1)＋c，⑥⑤－⑥得2an－an－1＝2an＋b－a(n≥2，n∈N*)．要使数列{an}是公差为d(d为常数)的等差数列，必须有an＝2an＋b－a－d，且d＝2a，考虑到a1＝1，所以an＝1＋(n－1)·2a＝2an－2a＋1(n∈N*)．故当k＝2时，数列{an}能成等差数列，其通项公式为an＝2an－2a＋1(n∈N*)，此时f2(n)＝an2＋(a＋1)n＋1－2a(a为非零常数).(ⅳ)当k≥3时，若数列{an}能成等差数列，则an＋Sn的表达式中n的最高次数为2，故k≥3时，数列{an}不能成等差数列．综上得，当且仅当k＝1或2时，数列{an}能成等差数列．6．已知λ∈R，函数f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导函数为g(x)．(1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)若函数g(x)存在极值，求λ的取值范围；(3)若x≥1时，f(x)≥0恒成立，求λ的最大值．解：(1)因为f′(x)＝ex－e－λlnx，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率为f′(1)＝0，又f(1)＝0，所以切线方程为y＝0.(2)g(x)＝ex－e－λlnx(x>0)，g′(x)＝ex－.当λ≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故此时g(x)无极值.当λ＞0时，设h(x)＝ex－，则h′(x)＝ex＋＞0恒成立，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增.①当0＜λ＜e时，h(1)＝e－λ＞0，h＝e－e＜0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，因此存在唯一的x0∈，使得h(x0)＝0.②当λ≥e时，nh(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0.综上，当λ＞0时，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0.且当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，因此g(x)在x＝x0处有极小值．所以当函数g(x)存在极值时，λ的取值范围是(0，＋∞)．(3)g(x)＝f′(x)＝ex－e－λlnx(x>0)，g′(x)＝ex－.若g′(x)≥0恒成立，则有λ≤xex恒成立．设φ(x)＝xex(x≥1)，则φ′(x)＝(x＋1)ex＞0恒成立，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递增，从而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e.于是当λ≤e时，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，此时g(x)≥g(1)＝0，即f′(x)≥0，从而f(x)在[1，＋∞)上单调递增．所以f(x)≥f(1)＝0恒成立．当λ＞e时，由(2)知，存在x0∈(1，λ)，使得g(x)在(0，x0)上单调递减，即f′(x)在(0，x0)上单调递减．所以当1＜x＜x0时，f′(x)＜f′(1)＝0，于是f(x)在[1，x0)上单调递减，所以f(x0)＜f(1)＝0.这与x≥1时，f(x)≥0恒成立矛盾．因此λ≤e，即λ的最大值为e.