2019年高考数学练习题汇总解答题满分练1

2019年高考数学练习题汇总解答题满分练1

解答题满分练 解答题满分练1‎ ‎1.如图，已知直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.‎ ‎(1)求证：AB⊥DE；‎ ‎(2)在线段EA上是否存在点F，使得EC∥平面FBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎(1)证明　取AB的中点O，连结OE，OD.‎ 因为EB＝EA，所以OE⊥AB.‎ 因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，‎ 所以四边形OBCD为正方形，‎ 所以AB⊥OD.‎ 又OD∩OE＝O，OE，OD⊂平面EOD，‎ 所以AB⊥平面EOD，‎ 又DE⊂平面EOD，‎ 所以AB⊥DE.‎ ‎(2)解　连结CA交BD于点M，由AB∥CD可得＝＝.‎ 假设线段EA上存在点F，‎ 使得EC∥平面FBD，又平面ACE∩平面FBD＝FM，‎ 故EC∥FM，‎ 从而＝＝，故＝，‎ 所以当＝时，EC∥平面FBD.‎ ‎2.(2018·江苏省常州市三校联考)已知a＝， b＝( ω>0)，函数f(x)＝a·b，函数f(x)的最小正周期为2π.‎ ‎(1)求函数f(x)的表达式；‎ ‎(2)设θ∈，且f＝＋，求cos θ的值.‎ 解　(1)f(x)＝a·b＝－sin ωx ＝ －2sin，‎ ‎∵为函数f(x)的最小正周期为2π，‎ ‎∴＝2π， 解得ω＝1. ‎ ‎∴f(x)＝－2sin .‎ ‎(2) 由f(θ)＝＋，‎ 得sin＝－.‎ ‎∵θ∈ ∴θ－∈，‎ ‎∴cos＝，‎ ‎∴cos θ＝cos ‎＝coscos－sinsin ‎＝×－×＝.‎ ‎3.某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O的两条直线段围成.按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米.设小圆弧所在圆的半径为x米，圆心角为θ(弧度). ‎ ‎(1)求θ关于x的函数关系式；‎ ‎(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米.设花坛的面积与装饰总费用的比为y，求y关于x的函数关系式，并求出x为何值时， y取得最大值？‎ 解　(1)扇环的圆心角为θ，则30＝θ(10＋x)＋2(10－x)，‎ ‎∴θ＝(0b>0)的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点.当直线PB1的方程为y＝x＋3时，线段PB1的长为4.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)设点Q满足： QB1⊥PB1, QB2⊥PB2.求证：△PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值.‎ ‎(1)解　设P.‎ 在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，从而b＝3.‎ 由得＋＝1.‎ ‎∴x0＝－.‎ ‎∵PB1＝＝，‎ ‎∴4＝·，解得a2＝18.‎ ‎∴椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设P(x0，y0)，Q(x1，y1).‎ 方法一　直线PB1的斜率为＝，‎ 由QB1⊥PB1，则直线QB1的斜率为＝－.‎ 于是直线QB1的方程为y＝－x＋3.‎ 同理， QB2的方程为y＝－x－3.‎ 联立两直线方程，消去y，得x1＝.‎ ‎∵P在椭圆＋＝1上，‎ ‎∴＋＝1，从而y－9＝－.‎ ‎∴x1＝－.‎ ‎∴＝＝2.‎ 方法二　设直线PB1, PB2的斜率为k, k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋3.‎ 由QB1⊥PB1，直线QB1的方程为y＝－x＋3.‎ 将y＝kx＋3代入＋＝1，‎ 得x2＋12kx＝0，‎ ‎∵P是椭圆上异于点B1, B2的点，‎ ‎∴x0≠0，从而x0＝－.‎ ‎∵P在椭圆＋＝1上，‎ ‎∴＋＝1，从而y－9＝－.‎ ‎∴k·k′＝·＝＝－，得k′＝－.‎ 由QB2⊥PB2，得直线QB2的方程为y＝2kx－3.‎ 联立得x＝，即x1＝.‎ ‎∴＝＝＝2.‎ ‎5.设函数f(x)＝x－asin x(a>0).‎ ‎(1)若函数y＝f(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)设a＝，g(x)＝f(x)＋bln x＋1， g′(x)是g(x)的导函数.‎ ‎①若对任意的x>0，g′(x)>0，求证：存在x0，使g(x0)<0；‎ ‎②若g(x1)＝g(x2) (x1≠x2)，求证： x1x2<4b2.‎ ‎(1)解　由题意，得 f′＝1－acos x≥0对x∈R恒成立.‎ ‎∵a>0，‎ ‎∴≥cos x对x∈R恒成立，‎ ‎∵(cos x)max＝1，‎ ‎∴≥1，从而00，‎ 使g′＝－1－cos<0，不合题意.‎ ‎∴b>0.‎ 取x0＝，则00，使g<0.‎ ‎②依题意，不妨设01.‎ 由(1)知函数y＝x－sin x单调递增，‎ 则x2－sin x2>x1－sin x1，‎ 从而x2－x1>sin x2－sin x1.‎ ‎∵g(x1)＝g(x2)，‎ ‎∴x1－sin x1＋bln x1＋1＝x2－sin x2＋bln x2＋1，‎ ‎∴－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>.‎ ‎∴－2b>>0.‎ 下面证明>，即证明>，只要证明ln t－<0. (*)‎ 设h＝ln t－，‎ 则h′＝<0在上恒成立.‎ ‎∴h(t)在上单调递减，故h(t)，即x1x2<4b2.‎ ‎6.已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()(n∈N*).若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝－(n∈N*)，记数列{cn}的前n项和为Sn.‎ ‎(i)求Sn；‎ ‎(ii)求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.‎ 解　(1)∵a1a2a3…an＝()(n∈N*)， ①‎ 当n≥2，n∈N*时，a1a2a3…an－1＝()， ②‎ 由①②知an＝()，‎ 令n＝3，则有a3＝().‎ ‎∵b3＝6＋b2，∴a3＝8.‎ ‎∵{an}为等比数列，且a1＝2，设{an} 的公比为q，‎ ‎∴则q2＝＝4，‎ 由题意知an＞0，∴q＞0，∴q＝2.‎ ‎∴an＝2n(n∈N*).‎ 又由a1a2a3…an＝()(n∈N*)，得 ‎21×22×23…×2n＝()，‎ 即＝()，‎ ‎∴bn＝n(n＋1)(n∈N*).‎ ‎(2)(i)∵cn＝－＝－ ‎＝－，‎ ‎∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ‎＝－＋－＋…＋－ ‎＝＋＋…＋－ ‎＝1－－1＋＝－.‎ ‎(ii)∵c1＝0，c2＞0，c3＞0，c4＞0，‎ 当n≥5时，cn＝，‎ 而－＝＞0，‎ 得≤＜1，‎ ‎∴当n≥5时，cn＜0.‎ 综上，对任意的n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.‎