2019年高考数学练习题汇总解答题滚动练3(B)

2019年高考数学练习题汇总解答题滚动练3(B)

解答题滚动练3(B)‎ ‎1.在△ABC中，cos B＝－，cos C＝.‎ ‎(1)求sin A的值；‎ ‎(2)设△ABC的面积S△ABC＝，求BC的长.‎ 解　(1)由cos B＝－，得sin B ＝，‎ 由cos C＝，得sin C＝，sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝.‎ ‎(2)由S△ABC＝，得AB·AC·sin A＝，‎ ‎∴AB·AC＝65.‎ 又AC＝＝AB，∴AB＝，BC＝＝.‎ ‎2.(2018·玉溪市高三适应性训练)已知数列{an}满足Sn＝2an－n(n∈N*).‎ ‎(1)证明：{an＋1}是等比数列；‎ ‎(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1(n∈N*).‎ ‎(1)证明　由S1＝2a1－1，得a1＝1，‎ 因为Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)](n≥2)，‎ 所以an＝2an－1＋1(n≥2)，‎ 从而由an＋1＝2(an－1＋1)，得＝2(n≥2)，‎ 所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列.‎ ‎(2)解　由(1)得an＝2n－1，‎ 所以a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1 ＝－ ＝－ ‎＝(n∈N*).‎ ‎3.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；‎ ‎(2)是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.‎ ‎(1)证明　以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.‎ 由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，N(1，0，2)，M(2，1，2)，‎ 则BC1＝(－2，0，2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)，‎ ＝(1，1，0)，＝(－1，0，λ－2).‎ 当λ＝1时，＝(－1，0，1)，‎ 因为BC1＝(－2，0，2)，所以BC1＝2，即BC1∥FP，又FP⊂平面EFPQ，‎ 且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)解　设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 由得 于是可取n＝(λ，－λ，1).‎ 设平面MNPQ的一个法向量为m＝(x′，y′，z′)，‎ 由得 于是可取m＝(λ－2，2－λ，1).‎ 若存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角，‎ 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，‎ 解得λ＝1±，显然满足0＜λ＜2.‎ 故存在λ＝1±，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.‎ ‎4.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F1(－，0)，M(1，y)(‎ y＞0)为椭圆上的一点，△MOF1的面积为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若点T在圆x2＋y2＝1上，是否存在过点A(2，0)的直线l交椭圆C于点B，使＝(＋)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)由椭圆的一个焦点为F1(－，0)知，c＝，‎ 即a2－b2＝3.①‎ 又因为△MOF1的面积为，即××y＝，‎ 求得y＝，则M ，‎ 代入椭圆方程，得＋＝1.②‎ 由①②解得a2＝4，b2＝1，‎ 故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)假设存在过点A(2，0)的直线l符合题意，则结合图形(图略)易判断知直线l的斜率必存在，‎ 于是可设直线l的方程为y＝k(x－2)，‎ 由 得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0.(*)‎ 解得xB＝，‎ 所以yB＝－，即B.‎ 所以＋＝，即＝.‎ 因为点T在圆x2＋y2＝1上，‎ 所以＝1，‎ 化简得176k4－24k2－5＝0，解得k2＝，所以k＝±.‎ 经检验知，此时(*)对应的判别式Δ＞0，满足题意.‎ 故存在满足条件的直线l，其方程为y＝±(x－2).‎ ‎5.已知函数f(x)＝ekx(k－x)(k≠0).‎ ‎(1)当k＝2时，求y＝f(x)在x＝1处的切线方程；‎ ‎(2)对任意x∈R，f(x)≤恒成立，求实数k的取值范围.‎ 解　(1)当k＝2时，f(x)＝e2x(2－x).‎ ‎∵f′(x)＝2e2x(2－x)－e2x＝e2x(3－2x)，‎ ‎∴f′(1)＝e2，又∵f(1)＝e2，‎ ‎∴所求的切线方程为y－e2＝e2(x－1).‎ 即y＝e2x.‎ ‎(2)方法一　∵ekx(k－x)≤，‎ ‎∴当x＝k时，0≤，即k>0，‎ ‎∴对任意x∈R，k(k－x)≤e－kx恒成立，‎ 设g(x)＝e－kx＋kx－k2，g′(x)＝－ke－kx＋k＝k(1－e－kx)，‎ 当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，‎ ‎∴g(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴g(x)min＝g(0)＝1－k2≥0，‎ 又k>0，∴00，x≤k－时，f′(x)≥0；x>k－时，f′(x)<0，‎ ‎∴f(x)在上是增函数，在上是减函数.‎ ‎∴f(x)max＝f ＝ek2－1·≤，‎ ‎∴k2－1≤0，即－1≤k≤1，‎ 又k>0，∴0

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