创新设计(江苏专用)高考数学二轮复习 解答题 第二周 星期六 解答题综合练 理(2021年整理)

创新设计（江苏专用）2017届高考数学二轮复习解答题第二周星期六解答题综合练理
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星期六(解答题综合练)
2017年____月____日
1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c,且c＝2，C＝60°。

(1)求错误!的值；
(2）若a＋b＝ab,求△ABC的面积.
解（1）由正弦定理可设错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!,
所以a＝错误!sin A，b＝错误!sin B，
所以错误!＝错误!＝错误!.
（2）由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C，
即4＝a2＋b2－ab＝（a＋b）2－3ab，
又a＋b＝ab，所以（ab）2－3ab－4＝0。

解得ab＝4或ab＝－1(舍去）。

所以S△ABC＝错误!ab sin C＝错误!×4×错误!＝错误!.
2.如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB＝错误!,点M是棱BC的中点。

（1)求证：OM∥平面ABB1A1；
(2）求证：平面ABC1⊥平面A1BC.
证明（1)在△A1BC中，因为点O是A1C的中点,点M是BC的中点，
所以OM∥A1B。

又OM⊄平面ABB1A1,A1B⊂平面ABB1A1,
所以OM∥平面ABB1A1。

(2）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC,
所以CC1⊥BC。

又∠ACB＝错误!，
即BC⊥AC，且CC1，AC⊂平面ACC1A1，CC1∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1。

又AC1⊂平面ACC1A1,
所以BC⊥AC1.
又在正方形ACC1A1中,A1C⊥AC1，
且BC，A1C⊂平面A1BC，BC∩A1C＝C，
所以AC1⊥平面A1BC.
又AC1⊂平面ABC1，所以平面ABC1⊥平面A1BC.
3.某运输装置如图所示，其中钢结构ABD是一个AB＝BD＝l，∠B＝错误!的固
定装置，AB上可滑动的点C使CD垂直于底面(C不与A,B重合)，且CD可伸
缩（当CD伸缩时，装置ABD随之绕D在同一平面内旋转）,利用该运输装置
可以将货物从地面D处沿D→C→A运送至A处，货物从D处至C处运行速度为v，从C处至A处运行速度为3v，为了使运送货物的时间t最短,需在运送前调整运输装置中∠DCB＝θ的大小.
（1）当θ变化时，试将货物运行的时间t表示成θ的函数(用含有v和l的式子);（2)当t最小时，C点应设计在AB的什么位置？
解(1）在△BCD中，∵∠BCD＝θ，∠B＝错误!，BD＝l，
∴BC＝错误!,CD＝错误!，
∴AC＝AB－BC＝l－错误!，
则t＝错误!＋错误!＝错误!－错误!＋错误!
错误!.
(2）t＝错误!错误!＋错误!＝错误!＋错误!·错误!。

令m(θ）＝错误!，
则m′（θ）＝错误!，
令m′（θ)＝0得cos θ＝1
3。

设cos θ0＝错误!,θ0∈错误!，
则θ∈错误!时，m′(θ)＜0；θ∈错误!时,m′(θ)＞0，
∴当cos θ＝错误!时，m(θ)有最小值2错误!，
此时BC＝错误!l。

答：当BC＝错误!l时货物运行时间最短。

4.如图，已知椭圆C：错误!＋y2＝1，A、B是四条直线x＝±2，y＝±1所围成矩形的两个顶点.
（1)设P是椭圆C上任意一点,若错误!＝m错误!＋n错误!，求证：动点Q(m，n）在定圆上运动，并求出定圆的方程；
(2)若M、N是椭圆C上两个动点，且直线OM、ON的斜率之积等于直线OA、OB的斜率之积，试探求△OMN的面积是否为定值,说明理由.
(1)证明易求A(2，1)，B(－2,1).
设P（x0,y0）,则错误!＋y错误!＝1。

由错误!＝m错误!＋n错误!，得错误!所以错误!＋（m＋n）2＝1，即m2＋n2＝错误!。

故点Q（m,n)在定圆x2＋y2＝错误!上.
(2）解设M(x1，y1）,N(x2，y2),则错误!＝k OA·k OB＝－错误!.
平方得x错误!x错误!＝16y错误!y错误!＝(4－x错误!)(4－x错误!)，即x错误!＋x错误!＝4.
因为直线MN的方程为（x2－x1)y－(y2－y1）x＋x1y2－x2y1＝0，
所以O到直线MN的距离为
d＝错误!＝错误!，
所以△OMN的面积S＝错误!MN·d
＝错误!｜x1y2－x2y1|
＝错误!错误!
＝错误!错误!
＝1
2错误!
＝1。

故△OMN的面积为定值1。

5.已知函数f（x）＝错误!在x＝0处的切线方程为y＝x。

(1)求实数a的值；
(2）若对任意的x∈（0,2)，都有f(x)＜错误!成立，求实数k的取值范围；
(3)若函数g(x)＝ln f（x)－b的两个零点为x1，x2，试判断g′错误!的正负，并说明理由.
解(1)由题意得f′(x）＝a(1－x)
e x
,
因为函数在x＝0处的切线方程为y＝x,所以f′(0）＝1,解得a＝1。

(2）由题知f(x）＝错误!＜错误!对任意x∈(0，2)都成立，
所以k＋2x－x2＞0，即k＞x2－2x对任意x∈(0，2)都成立，从而k≥0。

不等式整理可得k＜错误!＋x2－2x，令g（x）＝错误!＋x2－2x，
所以g′（x)＝错误!＋2（x－1）＝（x－1）错误!＝0，解得x＝1，
当x∈(1，2）时,g′（x)＞0，函数g(x)在（1,2）上单调递增，
同理可得函数g（x）在（0，1)上单调递减,
所以k＜g(x)min＝g(1）＝e－1，
综上所述,实数k的取值范围是[0,e－1）.
(3)结论是g′错误!＜0,理由如下：
由题意得函数g(x）＝ln f(x)－b＝ln x－x－b，
所以g′(x)＝错误!－1＝错误!，
易得函数g（x）在(0,1)上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以要证g′错误!＜0，只需证明错误!＞1即可。

因为x1，x2是函数g（x）的两个零点,所以错误!
相减得x2－x1＝ln错误!，
不妨令错误!＝t＞1，则x2＝tx1，则tx1－x1＝ln t,
所以x1＝错误!ln t,x2＝错误!ln t，
即证错误!ln t＞2，即证φ(t)＝ln t－2·错误!＞0，
因为φ′(t)＝错误!－错误!＝错误!＞0，
所以φ(t)在（1，＋∞）上单调递增，所以φ(t)＞φ(1）＝0，
综上所述，函数g（x）总满足g′错误!＜0成立.
6。

已知a，b是不相等的正数,在a，b之间分别插入m个正数a1,a2，…,a m和m个正数b1，b2，…，b m，使a，a
1
，a2，…,a m，b是等差数列,a，b1,b2，…，b m，b是等比数列。

(1）若m＝5,错误!＝错误!，求错误!的值；
（2)若b＝λa(λ∈N*，λ≥2)，如果存在n（n∈N*,6≤n≤m)使得a n－5＝b n，求λ的最小值及此时m的值；
(3)求证:a n＞b n(n∈N*，n≤m）。

(1）解设等差数列的公差为d,等比数列的公比为q，
则d＝b－a
6
,q＝错误!.
a
3
＝a＋3d＝错误!，b3＝aq3＝错误!。

因为错误!＝错误!,所以2a－5错误!＋2b＝0，解得错误!＝4或错误!.（2）解因为λa＝a＋(m＋1)d，所以d＝错误!a，
从而得a n＝a＋错误!a×n。

因为λa＝a×q m＋1,所以q＝λ错误!，从而得b n＝a×λ错误!.
因为a n－5＝b n,所以a＋错误!×a＝a×λ错误!。

因为a＞0,所以1＋错误!＝λ错误!(＊）。

因为λ，m,n∈N＊，所以1＋错误!为有理数。

要使(*)成立，则λ错误!必须为有理数。

因为n≤m，所以n＜m＋1.
若λ＝2，则λ错误!为无理数，不满足条件.
同理,λ＝3不满足条件.当λ＝4时，4错误!＝2错误!.
要使2
2n
m＋1
为有理数，则
2n
m＋1
必须为整数。

又因为n≤m,所以仅有2n＝m＋1满足条件.
所以1＋3（n－5）
m＋1
＝2，从而解得n＝15，m＝29.
综上，λ的最小值为4，此时m为29。

（3）证明法一设等比数列a，b1,b2，…，b m,b设为｛c n}，且c n＞0,S n为数列｛c n}的前n 项的和.
先证：若{c n}为递增数列，则错误!为递增数列.
证明:当n∈N*时，错误!＜错误!＝c n＋1.
因为S n＋1＝S n＋c n＋1＞S n＋错误!＝错误!S n，
所以错误!＜错误!，即数列错误!为递增数列.
同理可证，若{c n}为递减数列，则错误!为递减数列。

①当b＞a时，q＞1。

当n∈N＊，n≤m时，错误!＞错误!。

即错误!＞错误!，即错误!＞错误!。

因为b＝aq m＋1，b n＝aq n，d＝错误!，
所以d＞错误!，即a＋nd＞b n,即a n＞b n.
②当b＜a时，0＜q＜1.当n∈N*，n≤m时,错误!＜错误!.
即错误!＜错误!。

因为0＜q＜1，所以错误!＞错误!。

以下同①.
综上，a n＞b n（n∈N＊，n≤m）.
法二设等差数列a，a1，a2，…，a m，b的公差为d,等比数列a，b1，b2，…，b m，b的公比为q,b＝λa（λ＞0，λ≠1)。

由题意得d＝错误!a，q＝aλ错误!,
所以a n＝a＋nd＝a＋错误!an，b n＝aλ错误!.
要证a n＞b n（n∈N＊，n≤m),只要证1＋错误!n－λ错误!＞0(λ＞0，λ≠1，n∈N＊,n≤m).
构造函数f（x)＝1＋错误!x－λ错误!(λ＞0，λ≠1，0＜x＜m＋1)，则f′（x)＝错误!－错误!λ错误!ln λ。

令f′（x)＝0，
解得x0＝（m＋1）logλ错误!。

以下证明0＜log λ错误!＜1。

不妨设λ＞1，
即证明1＜λ－1
ln λ
＜λ，
即证明ln λ－λ＋1＜0，λln λ－λ＋1＞0.
设g(λ）＝ln λ－λ＋1，h（λ)＝λln λ－λ＋1(λ＞1)，
则g′(λ)＝错误!－1＜0,h′（λ)＝ln λ＞0，
所以函数g(λ）＝ln λ－λ＋1(λ＞1)为减函数，
函数h(λ)＝λln λ－λ＋1(λ＞1）为增函数.
所以g(λ）＜g（1）＝0，h(λ)＞h（1）＝0.
所以1＜错误!＜λ，
从而0＜logλ错误!＜1，
所以0＜x0＜m＋1。

因为在（0,x0)上f′(x）＞0,函数f（x)在（0，x0）上是增函数；
因为在(x0，m＋1)上f′（x)＜0，函数f(x)在(x0，m＋1）上是减函数；所以f(x)＞min｛f（0)，f（m＋1）｝＝0.
所以a n＞b n（n∈N*，n≤m)。

同理,当0＜λ＜1时，a n＞b n（n∈N＊，n≤m).。