2020届江苏省高考数学二轮复习综合仿真练（五）

2020届江苏省高考数学二轮复习综合仿真练（五）

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．(2019·海安中学模拟)已知△ABC内接于单位圆，且(1＋tan A)(1＋tan B)＝2，‎ ‎(1)求角C；‎ ‎(2)求△ABC面积的最大值．‎ 解：(1)∵(1＋tan A)(1＋tan B)＝2‎ ‎∴tan A＋tan B＝1－tan A·tan B，‎ ‎∴tan C＝－tan(A＋B)＝－＝－1，∴C＝.‎ ‎(2)∵△ABC的外接圆为单位圆，‎ ‎∴其半径R＝1‎ 由正弦定理可得c＝2Rsin C＝，‎ 由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcos C，‎ 代入数据可得2＝a2＋b2＋ab≥2ab＋ab＝(2＋)ab，‎ ‎∴ab≤，‎ ‎∴△ABC的面积S＝absin C≤·＝，‎ ‎∴△ABC面积的最大值为.‎ ‎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，‎ 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．(2019·如皋中学模拟)如图，长方形材料ABCD中，已知AB＝2，AD＝4.点P为材料ABCD内部一点，PE⊥AB于E，PF⊥AD于F，且PE＝1，PF＝，现要在长方形材料ABCD中裁剪出四边形材料AMPN，满足∠MPN＝150°，点M，N分别在边AB，AD上．‎ ‎(1)设∠FPN＝θ，试将四边形材料AMPN的面积S表示为θ的函数，并指明θ的取值范围；‎ ‎(2)试确定点N在AD上的位置，使得四边形材料AMPN的面积S最小，并求出其最小值．‎ 解：(1)在直角△NFP中，因为PF＝，∠FPN＝θ，‎ 所以NF＝tan θ，‎ 所以S△APN＝NA·PF＝(1＋tan θ)×.‎ 在直角△MEP中，因为PE＝1，∠EPM＝－θ，‎ 所以ME＝tan S△APM＝MA·PE＝×1.‎ 所以S＝S△APN＋S△APM＝tan θ＋tan＋，θ∈，‎ ‎(2)因为S＝tan θ＋tan＋ ‎＝tan θ＋＋＝1＋tan θ，‎ 由θ∈，得t∈[1,4]，‎ 所以S＝＋＝＋ ‎≥×2× ＋＝2＋.‎ 当且仅当t＝时，即tan θ＝时等号成立．‎ 此时，AN＝，Smin＝2＋.‎ 答：当AN＝时，四边形材料AMPN的面积S最小，最小值为2＋.‎ ‎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＝2，②‎ ‎①－②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，④‎ ‎③－④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，⑤‎ 当n≥2时，an－1＋Sn－1＝a(n－1)2＋b(n－1)＋c，⑥‎ ‎⑤－⑥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(xln x－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－λln x，‎ 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－λln x(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，‎ h(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－λln x(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.‎