（浙江專用）2020高考數(shù)學二輪復習 解答題規(guī)范練（五）

解答題規(guī)范練(五) 1．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為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P­ABC中，△ABC是等邊三角形，D是AC的中點，PA＝PC，二面角P­AC­B 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)在定義域上單調遞增，求a的取值范圍； (2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，求證：x1＋x2＞2. 4. 如圖，已知點F為拋物線W：x2＝4y的焦點，過點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，E，G分別為AC，BD的中點． (1)求證：直線EG過定點，并求出該定點的坐標； (2)設直線EG交拋物線W于M，N兩點，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*)． (1)設bn＝an＋1＋an(n∈N*)，求證{bn}是等比數(shù)列； (2)①求數(shù)列{an}的通項公式； ②求證：對于任意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，因為sin 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＝， 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)因為AC⊥BD，如圖建立空間直角坐標系． 則D(0，0，0)，令A(1，0，0)，則B(0，，0)，C(－1，0，0)．又∠PDB為二面角P­AC­B的平面角，得∠PDB＝60°.設DP＝λ，則P， 設n＝(x，y，z)為平面PAC的一個法向量，則 ＝(－2，0，0)，＝， 得，取y＝，得n＝(0，，－1)．又＝(－1，，0)，得cos〈n，〉＝＝.設AB與平面PAC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈n，〉|＝. 3．解：(1)易知f(x)的定義域為(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x>1時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，當0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調遞減， 所以當x＝1時，g(x)有最小值g(1)＝， 所以a≤. (2)證明：因為f′(x)＝x2－a＋，由f′(x)＝0知，a＝x2＋，設g(x)＝x2＋，x>0，由g(x1)＝g(x2)，且g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，g(x)在(0，1)上單調遞減，所以0<x1<1<x2，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)上單調遞減， 又h(1)＝0，故h(x)>h(1)＝0恒成立， 所以g(x)>g(2－x)對x∈(0，1)恒成立， 因為0<x1<1， 所以g(x1)>g(2－x1)， 即g(x2)>g(2－x1)， 又x2>1，2－x1>1且g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以x2>2－x1 即x1＋x2>2. 4．解：(1)設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＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝4k2＋2， 故AC的中點坐標E(2k，2k2＋1)． 由AC⊥BD，可得BD的中點坐標為G(－，＋1)． 令＋1＝2k2＋1得k2＝1， 此時＋1＝2k2＋1＝3， 故直線EG過點H(0，3)，當k2≠1時， kEH＝＝，kGH＝＝， 所以kEH＝kGH，E，H，G三點共線，所以直線EG過定點H(0，3)． (2)設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)2－4xMxN][(xM＋xN)2＋16] ＝(16k2＋48)(16k2＋16) ＝16(k2＋3)(k2＋1)≥48， 故|MN|≥4，當k＝0即直線EG垂直于y軸時，|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、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n＝1時上式也成立， 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＋＋…＋＋<＋＝<＝. - 7 -