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1、解答題規(guī)范練(四)
1．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，且bsin A－acos B＝0.
(1)求角B的大?。?
(2)若a＋c＝3，求AC邊上中線長的最小值．
2．如圖，在四
棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，頂點D1在底面ABCD內(nèi)的射影恰為點C.
(1)求證：AD1⊥BC；
(2)若直線DD1與直線AB所成的角為，求平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值．
3．已知函數(shù)f(x)＝x－aln x＋b，a，b為實數(shù)．
(1)若曲線y＝f(x)在點
2、(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋3，求a，b的值；
(2)若|f′(x)|<對x∈[2，3]恒成立，求a的取值范圍．
4.已知拋物線C：y2＝2x，過點M(2，0)的直線l交拋物線C于A，B兩點．點P是直線x＝－上的動點，且PO⊥AB于點Q.
(1)若直線OP的傾斜角為，求|AB|；
(2)求的最小值及取得最小值時直線l的方程．
5．已知正項數(shù)列{an}滿足：a1＝，a＝an－1an＋an－1(n≥2)．Sn為數(shù)列{an}的前n項和．
(1)求證：對任意正整數(shù)n，有≤；
(2)設(shè)數(shù)列{}的前n項和為Tn，求證：對任意M∈(0，6)，總存
3、在正整數(shù)N，使得n>N時，Tn>M.
解答題規(guī)范練(四)
1．解：(1)由正弦定理得，sin Bsin A－sin A·cos B＝0，因為0
4、所以BC⊥平面AD1C，所以AD1⊥BC.
(2)
法一：因為AB∥CD，所以∠D1DC＝，
因為CD＝1，所以D1C＝.
在底面ABCD中作CM⊥AB，連接D1M，
則D1M⊥AB，
所以∠D1MC為平面ABC1D1與平面ABCD所成角的一個平面角．
在Rt△D1CM中，CM＝，D1C＝，
所以D1M＝＝，
所以cos∠D1MC＝，
即平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值為.
法二：
由(1)知AC、BC、D1C兩兩垂直，
因為AB∥CD，所以∠D1DC＝，
因為CD＝1，所以D1C＝.
在等腰梯形ABCD中，
因為AB＝2，BC＝CD
5、＝1，AB∥CD，
所以AC＝，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，D1(0，0，)，
設(shè)平面ABC1D1的法向量為n＝(x，y，z)，
由得
可得平面ABC1D1的一個法向量n＝(1，，1)．
又＝(0，0，)為平面ABCD的一個法向量，
因此cos〈，n〉＝＝，
所以平面ABC1D1與平面ABCD所成角(銳角)的余弦值為.
3．解：(1)f′(x)＝1－，
因為曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝2x＋3，
所以f′(1)＝2，f(1)＝5，
所以，解得a＝－1，b＝4.
(2)因為|f′(x)|
6、<對x∈[2，3]恒成立，
即|1－|<對x∈[2，3]恒成立，
所以|x－a|<對x∈[2，3]恒成立，
所以x－0，h′(x)＝1－>0，
所以g(x)在[2，3]上是增函數(shù)，h(x)在[2，3]上是增函數(shù)，
所以gmax(x)＝g(3)＝2，hmin(x)＝h(2)＝.
所以a的取值范圍是[2，]．
4．解：(1)因為直線OP的傾斜角為，所以直線l：y＝x－2，
由消去y得x2－6x＋4＝0，
所以|AB|＝×＝2.
(2)設(shè)l：x＝my＋2，由消去x得y2
7、－2my－4＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以，
所以|AB|＝.
又直線PQ的方程為y＝－mx，
所以P.于是點P到直線l的距離d＝|PQ|＝·，
所以＝3.
令m2＋4＝t(t≥4)，令f(t)＝＝t＋－6，所以f(t)在[4，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以f(t)min＝f(4)＝，此時m＝0.
所以＝3≥3＝，即的最小值為，此時直線l：x＝2.
5．證明：(1)因為an＋1－an＝<1，
所以n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1an>0，
a1＝＝，a2＝1.因為f(x)＝在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以an＋1－an＝≥＝，
從而an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1≥(n－1)＋＝，
當n≥2時，＝＝＋，＝－，
所以Tn＝＋＋…＋＝＋－≥6－，令6－>M，n>.
設(shè)N0為不小于的最小整數(shù)，取N＝N0＋1(即N＝[]＋1) ，
當n>N時，Tn>M.
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（浙江專用）2020高考數(shù)學二輪復習 解答題規(guī)范練（四）
