《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題規(guī)范練（五）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題規(guī)范練（五）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、解答題規(guī)范練(五)
1．在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，且滿足bcos C＋(2a＋c)cos B＝0.
(1)求角B的值；
(2)若b＝1，cos A＋cos C＝，求△ABC的面積．
2.
如圖，在三棱錐P-ABC中，△ABC是等邊三角形，D是AC的中點(diǎn)，PA＝PC，二面角P-AC-B 的大小為60°.
(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；
(2)求AB與平面PAC所成角的正弦值．
3．已知函數(shù)f(x)＝x3－ax＋ln x.
(1)若f(x)在定義域上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
(2)若f(x)存
2、在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，求證：x1＋x2＞2.
4.
如圖，已知點(diǎn)F為拋物線W：x2＝4y的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F任作兩條互相垂直的直線l1，l2，分別交拋物線W于A，C，B，D四點(diǎn)，E，G分別為AC，BD的中點(diǎn)．
(1)求證：直線EG過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；
(2)設(shè)直線EG交拋物線W于M，N兩點(diǎn)，試求|MN|的最小值．
5．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)．
3、
(1)設(shè)bn＝an＋1＋an(n∈N*)，求證{bn}是等比數(shù)列；
(2)①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
②求證：對(duì)于任意n∈N*都有＋＋…＋＋<成立．
解答題規(guī)范練(五)
1．解：(1)由正弦定理知，sin Bcos C＋(2sin A＋sin C)cos B＝0，sin(B＋C)＋2sin Acos B＝0，sin A＋2sin Acos B＝0，因?yàn)閟in A≠0，所以cos B＝－，解得B＝.
(2)cos A＋cos C＝，cos(－C)＋cos C＝，sin C＋cos C＝，sin(C＋)＝1，解得C＝，所以a＝c＝
4、，
故S△ABC＝acsin B＝.
2．解：(1)
證明：
?AC⊥平面PBD，
又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD，即平面PBD⊥平面PAC.
(2)因?yàn)锳C⊥BD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．
則D(0，0，0)，令A(yù)(1，0，0)，則B(0，，0)，C(－1，0，0)．又∠PDB為二面角P-AC-B的平面角，得∠PDB＝60°.設(shè)DP＝λ，則P，
設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAC的一個(gè)法向量，則
＝(－2，0，0)，＝，
得，取y＝，得n＝(0，，－1)．又＝(－1，，0)，得cos〈n，〉＝＝.設(shè)AB與平面PAC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈n
5、，〉|＝.
3．解：(1)易知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由題意知f′(x)＝x2－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤x2＋在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x2＋，x>0，
則g′(x)＝x－＝，
所以當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)00，由g(x1)＝g(x2)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以0
6、2，令h(x)＝g(x)－g(2－x)，x∈(0，1)，則h′(x)＝x－＋2－x－
＝2－＝，
所以h(x)在x∈(0，1)上單調(diào)遞減，
又h(1)＝0，故h(x)>h(1)＝0恒成立，
所以g(x)>g(2－x)對(duì)x∈(0，1)恒成立，
因?yàn)?g(2－x1)，
即g(x2)>g(2－x1)，
又x2>1，2－x1>1且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>2－x1
即x1＋x2>2.
4．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，直線AC的方程為y＝kx＋1，代入x2＝4y可得x2－4kx－4＝0，則x1＋x2＝4k，故y1＋y
7、2＝kx1＋1＋kx2＋1＝4k2＋2，
故AC的中點(diǎn)坐標(biāo)E(2k，2k2＋1)．
由AC⊥BD，可得BD的中點(diǎn)坐標(biāo)為G(－，＋1)．
令＋1＝2k2＋1得k2＝1，
此時(shí)＋1＝2k2＋1＝3，
故直線EG過點(diǎn)H(0，3)，當(dāng)k2≠1時(shí)，
kEH＝＝，kGH＝＝，
所以kEH＝kGH，E，H，G三點(diǎn)共線，所以直線EG過定點(diǎn)H(0，3)．
(2)設(shè)M，N，直線EG的方程為y＝kx＋3，代入x2＝4y可得x2－4kx－12＝0，則xM＋xN＝4k，xMxN＝－12，
故|MN|2＝＋(xM－xN)2
＝(xM－xN)2[(xM＋xN)2＋16]
＝[(xM＋xN)2－4xMx
8、N][(xM＋xN)2＋16]
＝(16k2＋48)(16k2＋16)
＝16(k2＋3)(k2＋1)≥48，
故|MN|≥4，當(dāng)k＝0即直線EG垂直于y軸時(shí)，|MN|取得最小值4.
5．解：(1)證明：由已知得an＋1＋an＝3(an＋an－1)(n≥2，n∈N*)，則bn＝3bn－1(n≥2，n∈N*)，
又b1＝3，則{bn}是以3為首項(xiàng)、3為公比的等比數(shù)列．
(2)①法一：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，則an＋an－1＝3n－1(n≥2)，
相減得an＋1－an－1＝2×3n－1(n≥2)，
則a3－a1＝2×31，a5－a3＝2×33，…，a2n－1－a2n－3＝2×32n－3，
相加得a2n－1－a1＝，則a2n－1＝(n≥2)，
當(dāng)n＝1時(shí)上式也成立，
由a2n＋a2n－1＝32n－1得a2n＝，故an＝.
法二：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，
則＋·＝，
設(shè)cn＝，則cn＋1＋cn＝，
可得cn＋1－＝－，
又c1＝，故cn－＝·，
則an＝.
②證明：法一：＋＝＋＝<＝＋，
故＋＋…＋＋<1＋＋＋＋…＋＋＝＋(1－)<＋＝＝<＝.
法二：＋＋…＋＝＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋<，
易證<＝，
則＋＋…＋＝＋＋…＋<＋＋＋…＋＝＋<，
故＋＋…＋＋<＋＝<＝.
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（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題規(guī)范練（五）
