2017届高考数学（文）二轮复习（江苏专用）解答题+第三周+星期六

2017届高考数学（文）二轮复习（江苏专用）解答题+第三周+星期六

星期六　(解答题综合练)　2017年____月____日 ‎1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋c＝b.‎ ‎(1)求证：B≤；‎ ‎(2)当·＝－2，b＝2时，求△ABC的面积.‎ ‎(1)证明　∵cos B＝＝＝≥0，且0＜B＜π.‎ ‎∴B≤(当且仅当a＝c时取得等号).‎ ‎(2)解　∵·＝－2，∴accos B＝2，‎ 由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝12，‎ ‎∴a2＋c2＝16，‎ 又a＋c＝b＝2，∴ac＝4，‎ ‎∴cos B＝，‎ 由(1)知0＜B≤，∴sin B＝.‎ ‎∴S△ABC＝acsin B＝.‎ ‎2.如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC⊥CD，∠DAC＝60°，AB＝BC＝AC，E是PD的中点，F为ED的中点.‎ ‎(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；‎ ‎(2)求证：CF∥平面BAE.‎ 证明　(1)因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，‎ 又AC⊥CD，且AC∩PA＝A，‎ 所以CD⊥平面PAC，‎ 又CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.‎ ‎(2)取AE中点G，连接FG，BG.‎ 因为F为ED的中点，所以FG∥AD且FG＝AD.‎ 在△ACD中，AC⊥CD，‎ ‎∠DAC＝60°，‎ 所以AC＝AD，所以BC＝AD.‎ 在△ABC中，AB＝BC＝AC，‎ 所以∠ACB＝60°，‎ 从而∠ACB＝∠DAC，所以AD∥BC.‎ 综上，FG∥BC，FG＝BC，四边形FGBC为平行四边形，所以CF∥BG.‎ 又BG⊂平面BAE，CF⊄平面BAE，所以CF∥平面BAE.‎ ‎3.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上任一点P到两个焦点的距离的和为2，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为－.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2).‎ ‎(1)若·＝(O为坐标原点)，求|y1－y2|的值；‎ ‎(2)当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，‎ 则有·＝－，则＝－，‎ 又点P在椭圆上，则＝－＝－，‎ ‎∴b2＝2，∴椭圆C的方程是＋＝1.‎ ‎∵·＝，‎ ‎∴||·||cos∠AOB＝，‎ ‎∴||·||sin∠AOB＝4，‎ ‎∴S△AOB＝||·||sin∠AOB＝2，又c＝＝1，‎ 又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.‎ ‎(2)假设存在一点Q(m，0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，‎ 依题意可知直线l斜率存在且不为零，‎ 直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，‎ 由消去y得 ‎(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1·x2＝.‎ ‎∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，‎ ‎∴kQA＋kQB＝0，即＋＝0，‎ 又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ 代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，‎ ‎∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，‎ ‎∴m＝3，‎ ‎∴存在Q(3，0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角.‎ ‎4.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米，观察者从距离墙x(x＞1)米，离地面高a(1≤a≤2)米的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tan θ＝，当a变化时，求x的取值范围.‎ 解　(1)当a＝1.5时，过点C作AB的垂线，垂足为点D，‎ 则BD＝0.5，且θ＝∠ACD－∠BCD，‎ 由已知知观察者离墙x米，且x＞1，‎ 则tan∠BCD＝，tan∠ACD＝，‎ 所以tan θ＝tan(∠ACD－∠BCD)‎ ‎＝＝＝≤＝，‎ 当且仅当x＝＞1时，等号成立.‎ 又因为tan θ在上单调递增，‎ 所以当观察者离墙米时，视角θ最大.‎ ‎(2)由题意得tan∠BCD＝，tan ∠ACD＝，‎ 又tan θ＝，所以tan θ＝tan＝＝，‎ 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.设数列{bn}满足bn＋2＝－bn＋1－bn(n∈N*)，b2＝2b1.‎ ‎(1)若b3＝3，求b1的值；‎ ‎(2)求证数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列；‎ ‎(3)设数列{Tn}满足：Tn＋1＝Tnbn＋1(n∈N*)，且T1＝b1＝－，若存在实数p，q，对任意n∈N*都有p≤T1＋T2＋T3＋…＋Tn＜q成立，试求q－p的最小值.‎ ‎(1)解　∵bn＋2＝－bn＋1－bn，‎ ‎∴b3＝－b2－b1＝－3b1＝3，∴b1＝－1.‎ ‎(2)证明　∵bn＋2＝－bn＋1－bn①，‎ ‎∴bn＋3＝－bn＋2－bn＋1②，‎ ‎②－①得bn＋3＝bn，‎ ‎∴(bn＋1bn＋2bn＋3＋n＋1)－(bnbn＋1bn＋2＋n)＝bn＋1bn＋2(bn＋3－bn)＋1＝1为常数，‎ ‎∴数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列.‎ ‎(3)解　∵Tn＋1＝Tn·bn＋1＝Tn－1bnbn＋1＝Tn－2bn－1bnbn＋1＝…＝b1b2b3…bn＋1‎ 当n≥2时Tn＝b1b2b3…bn(*)，‎ 当n＝1时，T1＝b1适合(*)式 ‎∴Tn＝b1b2b3…bn(n∈N*).‎ ‎∵b1＝－，b2＝2b1＝－1，b3＝－3b1＝，bn＋3＝bn，‎ ‎∴T1＝b1＝－，T2＝T1b2＝，‎ T3＝T2b3＝，T4＝T3b4＝T3b1＝T1，‎ T5＝T4b5＝T2b3b4b5＝T2b1b2b3＝T2，‎ T6＝T5b6＝T3b4b5b6＝T3b1b2b3＝T3，‎ ‎……‎ T3n＋1＋T3n＋2＋T3n＋3＝T3n－2b3n－1b3nb3n＋1＋‎ T3n－1b3nb3n＋1b3n＋2＋T3nb3n＋1b3n＋2b3n＋3‎ ‎＝T3n－2b1b2b3＋T3n－1b1b2b3＋T3nb1b2b3‎ ‎＝(T3n－2＋T3n－1＋T3n)，‎ ‎∴数列{T3n－2＋T3n－1＋T3n}(n∈N*)是等比数列，‎ 首项T1＋T2＋T3＝且公比q＝，‎ 记Sn＝T1＋T2＋T3＋…＋Tn，‎ ‎①当n＝3k(k∈N*)时，‎ Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)‎ ‎＝＝3，‎ ‎∴≤Sn＜3；‎ ‎②当n＝3k－1(k∈N*)时 Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k ‎＝3－(b1b2b3)k ‎＝3－4· ‎∴0≤Sn＜3；‎ ‎③当n＝3k－2(k∈N*)时 Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k－1－T3k ‎＝3－(b1b2b3)k－1b1b2－(b1b2b3)k ‎＝3－－ ‎＝3－·，‎ ‎∴－≤Sn＜3.‎ 综上得－≤Sn＜3，故p≤－且q≥3，‎ ‎∴q－p的最小值为.‎ ‎6.已知函数f(x)＝x2－(1＋2a)x＋aln x(a为常数).‎ ‎(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程；‎ ‎(2)当a＞0时，讨论函数y＝f(x)在区间(0，1)上的单调性，‎ 并写出相应的单调区间.‎ 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，则f′(x)＝2x＋1－，‎ 所以f(1)＝2，且f′(1)＝2.‎ 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为：y－2＝2(x－1)，即：y＝2x.‎ ‎(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋ ‎＝ ‎＝(x＞0)，‎ 由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a，‎ ‎①当0＜a＜时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜a或＜x＜1由f′(x)＜0，又知x＞0，得a＜x＜，‎ 所以函数f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，‎ ‎②当a＝时，f′(x)＝≥0，且仅当x＝时，f′(x)＝0，‎ 所以函数f(x)在区间(0，1)上是单调增函数.‎ ‎③当＜a＜1时，由f′(x)＞0，‎ 又知x＞0得0＜x＜或a＜x＜1，‎ 由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜a，‎ 所以函数f(x)的单调增区间是和(a，1)，单调减区间是，‎ ‎④当a≥1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜，‎ 由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜1，‎ 所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.‎