(浙江专用)2020高考数学二轮复习解答题规范练(二)

解答题规范练(二)1．已知函数f (x )＝23sin x cos x －2cos 2x ＋1. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若满足f (B )＝2，a ＝8，c ＝5，求cos A 的值．2.如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2.(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H ­PB ­C 的余弦值．3．已知函数f (x )＝ln xx.(1)若关于x 的不等式f (x )≤m 恒成立，求实数的m 最小值； (2)对任意的x 1，x 2∈(0，2)且x 1＜x 2，若存在x 0∈(x 1，x 2)，使得f ′(x 0)＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，求证：x 0＜x 1x 2.已知抛物线C：y2＝4x上动点P(x1，y1)，点A在射线x－2y＋8＝0(y≥0)上，满足PA的中点Q在抛物线C上．(1)若直线PA的斜率为1，求点P的坐标；(2)若射线l上存在不同于A的另一点B，使得PB的中点也在抛物线C上，求|AB|的最大值．5．已知数列{a n}的各项均为正数，且满足a21＋a22＋a23＋…＋a2n＝2n(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a21a2＋a1＋a22a3＋a2＋a23a4＋a3＋…＋a2na n＋1＋a n>n－22(n∈N*，n≥2)恒成立，求n的取值范围．解答题规范练(二)1．解：(1)f (x )＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6， 由题意2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z ，所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z )．(2)因为f (B )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B －π6＝2，所以B ＝π3，所以b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝49， 解得b ＝7.所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝17.2．解：(1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD . 因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ， 又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ， 所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角， 所以tan ∠BPC ＝63， 所以PB ＝3，PD ＝1.由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (1，1，0)，P (0，0，1)，C (0，2，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0.设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1，1，2)．又cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217，结合图形知，二面角H PBC 的余弦值为217. 3．解：(1)由f ′(x )＝1－ln xx2＝0解得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 所以f (x )max ＝f (e)＝1e.因为关于x 的不等式f (x )≤m 恒成立， 所以f (x )max ≤m ，所以m ≥1e ，即m 的最小值为1e.(2)证明：因为对任意的x 1，x 2∈(0，2)，若存在x 0∈(x 1，x 2)，使得f ′(x 0)＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，即1－ln x 0x 20＝f （x 2）－f （x 1）x 2－x 1，所以1－ln x 0x 2(x 2－x 1)－[f (x 2)－f (x 1)]＝0. 令F (x )＝1－ln x x2(x 2－x 1)－[f (x 2)－f (x 1)]，则有F (x 0)＝0， 所以F ′(x )＝2ln x －3x3(x 2－x 1)，当x ∈(0，2)时，2ln x －3＜2ln 2－3＜0， 又有x 2－x 1＞0，所以F ′(x )＜0，即F (x )在(0，2)上是减函数． 又因为F (x 1x 2)＝1－ln x 1x 2x 1x 2(x 2－x 1)－[f (x 2)－f (x 1)]＝1－ln x 1x 2x 1x 2(x 2－x 1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x 2x 2－ln x 1x 1＝1x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln x 1x 2－1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ln x 2x 1，令x 2x 1＝t ＞1，所以F (x 1x 2)＝1x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12ln t －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12ln t ， 设h (t )＝t ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12ln t －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12ln t ， 所以h ′(t )＝t －t ln t －12t，设k (t )＝t －t ln t －1，所以k ′(t )＝－ln t ＜0(t ＞1)， 所以k (t )在(1，＋∞)上是减函数，所以k (t )＜k (1)＝0.所以h ′(t )＜0，所以h (t )在(1，＋∞)上是减函数， 所以h (t )＜h (1)＝0.所以F (x 1x 2)＝1x 2h (t )＜0＝F (x 0)，因为F (x )在(0，2)上是减函数，所以x 0＜x 1x 2.4．解：(1)设直线PA 的方程为y ＝x ＋b ，则A (8－2b ，8－b )．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋b y 2＝4x 得y 2－4y ＋4b ＝0，所以 Δ＝16－16b ＞0，b ＜1，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4y 1y 2＝4b ，又y 1＋8－b ＝2y 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0y 1＝0y 2＝4或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－24y 1＝－8y 2＝12， 经检验都是方程的解， 所以P (0，0)或P (16，－8)．(2)设A (2t 1－8，t 1)，B (2t 2－8，t 2)，t 1，t 2≥0.则由PA 的中点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 218＋t 1－4，t 1＋y 12在抛物线C 上，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1＋y 122＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫y 218＋t 1－4，整理得t 21＋(2y 1－16)t 1＋64－y 21＝0，同理t 22＋(2y 1－16)t 2＋64－y 21＝0， 所以t 1，t 2是方程t 2＋(2y 1－16)t ＋64－y 21＝0的两个不相等的非负根．所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（2y 1－16）2－4（64－y 21）＞0t 1＋t 2＝16－2y 1＞0t 1t 2＝64－y 21≥0，所以－8≤y 1＜0.于是|AB |＝5|t 1－t 2|＝252y 21－16y 1≤325，当且仅当y 1＝－8时取等号． 所以|AB |的最大值为32 5.5．解：(1)由题设a n >0，当n ＝1时，a 1＝2；当n ≥2时，a 2n ＝2n －2n －1＝2n －1，所以a n＝2n －12.又a 1＝2不满足a n ＝2n －12，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n －12，n ≥2.(2)由(1)知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n －12，n ≥2，故a 2na n ＋1＋a n ＝2n －1（2）n ＋（2）n －1＝2n －1（2）n －1·（2＋1）＝(2－1)·2n －12(n ≥2)，记S n ＝a 21a 2＋a 1＋a 22a 3＋a 2＋a 23a 4＋a 3＋…＋a 2na n ＋1＋a n，则当n ≥2时，S n ＝22＋(2－1)[2＋(2)2＋…＋(2)n －1]＝22＋(2－1)·2[1－（2）n －1]1－2＝2n2－22， 故S n＝⎩⎪⎨⎪⎧22，n ＝12n2－22，n ≥2.当n ∈N *，n ≥2时，要使得2n2－22>n －22恒成立，即2n >n 2恒成立． 由于当n ＝4时，2n＝n 2，考察函数f (x )＝2x－x 2的单调性，易证当x >4时，函数f (x )＝2x－x 2单调递增，且x ＝4时，f (x )＝0，所以当n ≥5时，a 21a 2＋a 1＋a 22a 3＋a 2＋a 23a 4＋a 3＋…＋a 2na n ＋1＋a n>n－22恒成立，故所求n 的取值范围是n ≥5.。