(江苏专版)18年高考数学二轮复习6个解答题综合仿真练(四)

6个解答题综合仿真练(四)
1.如图，四棱锥P ­ABCD 中， 底面ABCD 为菱形，且PA ⊥底面ABCD ，
PA ＝AC ，E 是PA 的中点，F 是PC 的中点．
(1)求证：PC ∥平面BDE ；
(2)求证：AF ⊥平面BDE .
证明：(1)连结OE ，因为O 为菱形ABCD 对角线的交点，
所以O 为AC 的中点．
又因为E 为PA 的中点，
所以OE ∥PC .
又因为OE ⊂平面BDE ，PC ⊄平面BDE ，
所以PC ∥平面BDE .
(2)因为PA ＝AC ，△PAC 是等腰三角形，
又F 是PC 的中点，所以AF ⊥PC .
又OE ∥PC ，所以AF ⊥OE .
又因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，
所以PA ⊥BD .
又因为AC ，BD 是菱形ABCD 的对角线，
所以AC ⊥BD .
因为PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC ，
因为AF ⊂平面PAC ，所以AF ⊥BD .
因为OE ∩BD ＝O ，所以AF ⊥平面BDE .
2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a 2＋c 2＋2ac ＝b 2，sin A ＝
1010
. (1)求sin C 的值；
(2)若a ＝2，求△ABC 的面积．
解：(1)由a 2＋c 2＋2ac ＝b 2， 得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－22
， 又B ∈(0，π)，所以B ＝3π4
. 因为sin A ＝1010，且B 为钝角，所以cos A ＝31010
， 所以sin C ＝sin ⎝
⎛⎭⎪⎫A ＋3π4＝1010×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋31010×22＝55.
(2)由正弦定理得a sin A ＝c
sin C
， 所以c ＝a sin C sin A ＝2×5
510
10＝22， 所以△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝12×2×22×22＝2. 3．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，一个焦点为F (－1,0)，点F 到相应准线的距离为3.经过点F 的直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点．
(1)求椭圆M 的方程；
(2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值．
解：(1)由焦点F (－1,0)知c ＝1，又a 2
c
－c ＝3， 所以a 2＝4，从而b 2＝a 2－c 2＝3.
所以椭圆M 的方程为x 24＋y 2
3
＝1. (2)若直线l 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝－1，此时S 1＝S 2，|S 1－S 2|＝0； 若直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，k ≠0，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋，x 24＋y 23
＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2
－12＝0， 所以x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2. 此时|S 1－S 2|＝12
·AB ·||y 1|－|y 2||＝2|y 1＋y 2| ＝2|k (x 1＋1)＋k (x 2＋1)|＝2|k ||(x 1＋x 2)＋2|
＝2|k |⎪⎪⎪⎪⎪⎪－8k
2
3＋4k 2＋2＝2|k |⎪⎪⎪⎪
⎪⎪6
3＋4k 2＝12|k |3＋4k 2. 因为k ≠0，所以|S 1－S 2|＝123|k |＋4|k |≤1223|k |·4|k |＝1243＝3， 当且仅当3|k |＝4|k |，即k ＝±32
时取等号． 所以|S 1－S
2|的最大值为 3.
4.如图，矩形ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点E 在AB 上，
在梯形BCDE 区域内部展示文物，DE 是玻璃幕墙，游客只能在△ADE 区域内参观．在AE 上点P 处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN 为监控角，其中M ，N 在线段DE (含端点)上，且点M
在点N 的右下方．经测量得知：AD ＝6米，AE ＝6米，AP ＝2米，∠MPN ＝π4
.记∠EPM ＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN 的面积为S 平方米．
(1)求S 关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；⎝
⎛⎭⎪⎫参考数据：tan 54≈3 (2)求S 的最小值．
解：(1)法一：在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4米，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4
－θ，
由正弦定理得PM sin ∠PEM ＝PE sin ∠PME
， 所以PM ＝PE ·sin∠PEM sin ∠PME ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－θ＝4sin θ＋cos θ
， 在△PNE 中，
由正弦定理得PN sin ∠PEN ＝PE sin ∠PNE
， 所以PN ＝PE ·sin∠PEN sin ∠PNE ＝22sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－θ＝22cos θ， 所以△PMN 的面积S ＝
12PM ·PN ·sin ∠MPN ＝4cos 2θ＋sin θcos θ＝4
1＋cos 2θ2＋12
sin 2θ ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，
当M 与E 重合时，θ＝0；
当N 与D 重合时，tan ∠APD ＝3，
即∠APD ＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54
. 综上可得，S ＝8
2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. 法二：在△PME 中，∠EPM ＝θ，PE ＝AE －AP ＝4米，∠PEM ＝π4，∠PME ＝3π4
－θ，
由正弦定理得ME sin θ＝PE sin ∠PME
， 所以ME ＝PE ·sin θsin ∠PME ＝4sin θsin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3π4－θ＝42sin θsin θ＋cos θ， 在△PNE 中，由正弦定理得NE sin ∠EPN ＝PE sin ∠PNE
， 所以NE ＝PE ·sin ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π4sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪
⎫θ＋π4cos θ ＝22θ＋cos θ
cos θ
， 所以MN ＝NE －ME ＝22cos 2θ＋sin θcos θ
， 又点P 到DE 的距离为d ＝4sin π4
＝22， 所以△PMN 的面积S ＝12
MN ·d ＝4cos 2
θ＋sin θcos θ＝41＋cos 2θ2＋12sin 2θ ＝8sin 2θ＋cos 2θ＋1＝82sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，
当M 与E 重合时，θ＝0；当N 与D 重合时，
tan ∠APD ＝3，即∠APD ＝54，θ＝3π4－54， 所以0≤θ≤3π4－54
. 综上可得，S ＝8
2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＋1，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54. (2)当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π4－54时，S 取得最小值为82＋1
＝8(2－1). 所以可视区域△PMN 面积的最小值为8(2－1)平方米．
5．设a >0且a ≠1，函数f (x )＝a x ＋x 2
－x ln a －a .
(1)当a ＝e 时，求函数f (x )的单调区间；
(2)求函数f (x )的最小值；
(3)指出函数f (x )的零点个数，并说明理由．
解：(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x ＋x 2－x －e ，f ′(x )＝e x
＋2x －1.
设g (x )＝e x ＋2x －1，则g (0)＝0，且g ′(x )＝e x ＋2>0.
所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，
当x >0时，g (x )>g (0)＝0；
当x <0时，g (x )<g (0)＝0.
即当x >0时，f ′(x )>0；当x <0时，f ′(x )<0.
综上，函数f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)．
(2)f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝(a x －1)ln a ＋2x ，
①当a >1时，若x >0，则a x >1，ln a >0，所以f ′(x )>0，
若x <0，则a x <1，ln a >0，所以f ′(x )<0.
②当0<a <1时，若x >0，则a x <1，ln a <0，
所以f ′(x )>0，
若x <0，则a x >1，ln a <0，所以f ′(x )<0，
所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，(0，＋∞)上单调递增．
所以f (x )min ＝f (0)＝1－a .
(3)由(2)得，a >0，a ≠1，f (x )min ＝1－a .
①若1－a >0，即0<a <1时，f (x )min ＝1－a >0，函数f (x )不存在零点．
②若1－a <0，即a >1时，f (x )min ＝1－a <0. f (x )的图象在定义域内是不间断的曲线，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
f (a )＝a a ＋a 2－a ln a －a >a 2－a ln a －a ＝a (a －ln a －1)．
令t (a )＝a －ln a －1(a >1)，t ′(a )＝1－1a
>0，所以t (a )在(1，＋∞)上单调递增； 所以t (a )>t (1)＝0.所以f (a )>0.故f (x )在(0，a )上有一个零点．
又f (－a )＝a －a ＋a 2＋a ln a －a >a 2
－a ＝a (a －1)>0，
故f (x )在(－a,0)上有一个零点．
所以f (x )在(－∞，0)上和(0，＋∞)上各有一个零点，
即f (x )有2个零点．
综上，当0<a <1时，函数f (x )不存在零点；当a >1时，函数f (x )有2个零点．
6．已知数列{a n }的通项公式a n ＝2n －(－1)n ，n ∈N *.设an 1，an 2，…，an i (其中n 1<n 2<…<n i ，i ∈N *)成等差数列．
(1)若i ＝3.
①当n 1，n 2，n 3为连续正整数时，求n 1的值；
②当n1＝1时，求证：n3－n2为定值；
(2)求i的最大值．
解：(1)①依题意，an1，an1＋1，an1＋2成等差数列，即2an1＋1＝an1＋an1＋2，
从而2[2n1＋1－(－1)n1＋1]＝2n1－(－1)n1＋2n1＋2－(－1)n1＋2，
当n1为奇数时，解得2n1＝－4，不存在这样的正整数n1；
当n1为偶数时，解得2n1＝4，所以n1＝2.
②证明：依题意，a1，an2，an3成等差数列，即2an2＝a1＋an3，
从而2[2n2－(－1)n2]＝3＋2n3－(－1)n3，
当n2，n3均为奇数时，2n2－2n3－1＝1，左边为偶数，故矛盾；
当n2，n3均为偶数时，2n2－1－2n3－2＝1，左边为偶数，故矛盾；
当n2为偶数，n3奇数时，2n2－2n3－1＝3，左边为偶数，故矛盾；
当n2为奇数，n3偶数时，2n2＋1－2n3＝0，即n3－n2＝1.
(2)设a s，a r，a t(s<r<t)成等差数列，则2a r＝a s＋a t，
即2[2r－(－1)r]＝2s－(－1)s＋2t－(－1)t，
整理得，2s＋2t－2r＋1＝(－1)s＋(－1)t－2(－1)r，
若t＝r＋1，则2s＝(－1)s－3(－1)r，因为2s≥2，所以(－1)s－3(－1)r只能为2或4，所以s只能为1或2；
若t≥r＋2，则2s＋2t－2r＋1≥2s＋2r＋2－2r＋1≥2＋24－23＝10，(－1)s＋(－1)t－2(－1)r≤4，故矛盾，
综上，只能a1，a r，a r＋1成等差数列或a2，a r，a r＋1成等差数列，其中r为奇数，
从而i的最大值为3.。