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1、解答題規(guī)范練(二)
1．已知函數(shù)f(x)＝2sin xcos x－2cos2x＋1.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；
(2)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若滿足f(B)＝2，a＝8，c＝5，求cos A的值．
2.
如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為梯形，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AD＝AB＝1，BC＝.
(1)求證：平面PBD⊥平面PBC；
(2)設(shè)H為CD上一點，滿足＝2，若直線PC與平面PBD所成的角的正切值為，求二面角H-PB-C 的余弦值．
3．已知函數(shù)f(x)＝.
(1)若關(guān)于x的不等式f(x)≤m
2、恒成立，求實數(shù)的m最小值；
(2)對任意的x1，x2∈(0，2)且x1＜x2，若存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，求證：x0＜.
4.
已知拋物線C：y2＝4x上動點P(x1，y1)，點A在射線x－2y＋8＝0(y≥0)上，滿足PA的中點Q在拋物線C上．
(1)若直線PA的斜率為1，求點P的坐標(biāo)；
(2)若射線l上存在不同于A的另一點B，使得PB的中點也在拋物線C上，求|AB|的最大值．
5．已知數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且滿足a＋a＋a＋…＋a＝2n(n∈N*)．
(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
(2)若＋＋＋…＋>n－(n∈N*，n≥2)恒成
3、立，求n的取值范圍．
解答題規(guī)范練(二)
1．解：(1)f(x)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，
由題意2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是
(k∈Z)．
(2)因為f(B)＝2sin＝2，
所以B＝，
所以b2＝a2＋c2－2accos B＝49，
解得b＝7.
所以cos A＝＝.
2．解：(1)證明：由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1，可得BD＝.
又BC＝，所以CD＝2，所以BC⊥BD.
因為PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，
又PD∩BD＝D，所以BC⊥平面PBD
4、，
所以平面PBD⊥平面PBC.
(2)由(1)可知∠BPC為PC與平面PBD所成的角，
所以tan∠BPC＝，
所以PB＝，PD＝1.
由＝2及CD＝2，可得CH＝，DH＝.
以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
則B(1，1，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，H.設(shè)平面HPB的法向量為n＝(x1，y1，z1)，
則即
取y1＝－3，則n＝(1，－3，－2)．
設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x2，y2，z2)，
則即
取x2＝1，則m＝(1，1，2)．
又cos〈m，n〉＝＝－，
結(jié)合圖形知，二面角HPB
5、C的余弦值為.
3．解：(1)由f′(x)＝＝0解得x＝e.
當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
所以f(x)max＝f(e)＝.
因為關(guān)于x的不等式f(x)≤m恒成立，
所以f(x)max≤m，
所以m≥，即m的最小值為.
(2)證明：因為對任意的x1，x2∈(0，2)，若存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，即＝，
所以(x2－x1)－[f(x2)－f(x1)]＝0.
令F(x)＝(x2－x1)－[f(x2)－f(x1)]，則有F(x0)＝0，
所以F′(x)＝(x2－x1)，當(dāng)x
6、∈(0，2)時，2ln x－3＜2ln 2－3＜0，
又有x2－x1＞0，所以F′(x)＜0，即F(x)在(0，2)上是減函數(shù)．
又因為F()＝(x2－x1)－[f(x2)－f(x1)]＝(x2－x1)－＝－，
令＝t＞1，所以F()
＝，
設(shè)h(t)＝t·－，
所以h′(t)＝，設(shè)k(t)＝t－tln t－1，
所以k′(t)＝－ln t＜0(t＞1)，
所以k(t)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，
所以k(t)＜k(1)＝0.所以h′(t)＜0，所以h(t)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，
所以h(t)＜h(1)＝0.
所以F()＝h(t)＜0＝F(x0)，
因為F(x)在(0
7、，2)上是減函數(shù)，所以x0＜.
4．解：(1)設(shè)直線PA的方程為y＝x＋b，則A(8－2b，8－b)．設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由得y2－4y＋4b＝0，所以
Δ＝16－16b＞0，b＜1，，
又y1＋8－b＝2y2，解得
或，
經(jīng)檢驗都是方程的解，
所以P(0，0)或P(16，－8)．
(2)設(shè)A(2t1－8，t1)，B(2t2－8，t2)，t1，t2≥0.則由PA的中點Q在拋物線C上，可得
＝4，
整理得
t＋(2y1－16)t1＋64－y＝0，
同理t＋(2y1－16)t2＋64－y＝0，
所以t1，t2是方程
t2＋(2y1－16)t＋64－y
8、＝0的兩個不相等的非負(fù)根．
所以，
所以－8≤y1＜0.
于是|AB|＝|t1－t2|＝2≤32，當(dāng)且僅當(dāng)y1＝－8時取等號．
所以|AB|的最大值為32.
5．解：(1)由題設(shè)an>0，當(dāng)n＝1時，a1＝；當(dāng)n≥2時，a＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝2.又a1＝不滿足an＝2，
所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝.
(2)由(1)知數(shù)列{an}的通項公式為an＝，故＝＝＝(－1)·2(n≥2)，記Sn＝＋＋＋…＋，
則當(dāng)n≥2時，Sn＝＋(－1)[＋()2＋…＋()n－1]＝＋(－1)·＝2－，
故Sn＝.
當(dāng)n∈N*，n≥2時，要使得2－>n－恒成立，即2n>n2恒成立．
由于當(dāng)n＝4時，2n＝n2，考察函數(shù)f(x)＝2x－x2的單調(diào)性，易證當(dāng)x>4時，函數(shù)f(x)＝2x－x2單調(diào)遞增，且x＝4時，f(x)＝0，所以當(dāng)n≥5時，＋＋＋…＋>n－恒成立，故所求n的取值范圍是n≥5.
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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（二）
