(浙江专用)2020版高考数学三轮冲刺抢分练解题题增分练(一)

解答题增分练(一)
1．(2019·温州模拟)如图，在单位圆上，∠AOB ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<α<π2，∠BOC ＝π3
，且△AOC 的面积等于23
7.
(1)求sin α的值；
(2)求2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α
2－π
3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α
2＋π
6的值．
解 (1)S △AOC ＝12×12
×sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3＝23
7，
∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π
3＝437，
∵π6<α<π2，
∴π2<α＋π3<5π
6，
∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π
3＝－1
7，
sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π3－π
3
＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π
3cos π
3－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π
3sin π
3 ＝43
7×12＋17×32＝53
14.
(2)2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α
2－π
3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π
6
＝2cos ⎝
⎛⎭⎪⎫π3－α2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6 ＝2cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫α2＋π6 ＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6＝1－cos ⎝
⎛⎭⎪⎫α＋π3＝87.
2.如图，平面ABCD⊥平面ABE，其中ABCD为矩形，△ABE为直角三角形，∠AEB＝90°，AB ＝2AD＝2AE＝2.
(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；
(2)求直线CD与平面ACE所成角的正弦值．
(1)证明∵平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，
∴BC⊥AB，
∵BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ABE，
又AE⊂平面ABE，
∴BC⊥AE，
又AE⊥BE，BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，
∴AE⊥平面BCE，
而AE⊂平面ACE，
∴平面ACE⊥平面BCE.
(2)解方法一∵AB∥CD，
∴CD 与平面ACE 所成角的大小等于AB 与平面ACE 所成角的大小．
过B 作BF ⊥CE 于F ，连接AF ，
∵平面ACE ⊥平面BCE ，平面ACE ∩平面BCE ＝CE ，BF ⊂平面BCE ，
∴BF ⊥平面ACE .
∴∠BAF 即为AB 与平面ACE 所成的角．
由BC ＝1，BE ＝3，得CE ＝2，BF ＝3
2，
∴sin∠BAF ＝BF AB ＝3
4，
∴直线CD 与平面ACE 所成角的正弦值为3
4.
方法二 以E 为原点，EB ，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系E －xyz ，
则E (0,0,0)，A (0,1,0)，C (3，0,1)，D (0,1,1)，
于是EA →＝(0,1,0)，EC →＝(3，0,1)，CD →＝(－3，1,0)，
设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，
由⎩⎪⎨⎪⎧
n ·EA →＝0，
n ·EC →＝0，得⎩⎨⎧ y ＝0，
3x ＋z ＝0，
令x ＝1，则n ＝(1,0，－3)，
设CD →与n 的夹角为θ，
所以|cos θ|＝|CD →·n ||CD →||n |＝34
， 所以CD 与平面ACE 所成角的正弦值为3
4.
3．(2019·台州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝2a n －n ，n ∈N *
.
(1)求证数列{a n ＋1}为等比数列，并求通项公式a n ；
(2)若对任意的n ∈N *都有λa n ≤S n ＋n －n 2
，求实数λ的取值范围．
解 (1)由S n ＝2a n －n ，
当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－n ＋1.
两式相减可得，a n ＝2a n －1＋1，
a n ＋1＝2(a n －1＋1)，由S 1＝2a 1－1，得a 1＝1，
所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以a n ＋1＝2n －1
(a 1＋1)＝2n ，a n ＝2n
－1.
(2)由λa n ≤S n ＋n －n 2
，
得λ(2n －1)≤2n ＋1－2－n ＋n －n 2， 故λ≤2－n 2
2n －1，
所以λ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2－n
2
2n －1min .
设f (n )＝n 22n －1，f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋1)22n ＋1－1－n 2
2n －1
＝[－(n －1)2＋2]·2n
－(2n ＋1)
(2n ＋1－1)(2n －1).
当n ＝1时，f (2)－f (1)>0，n ≥2时，f (n ＋1)－f (n )<0，
所以f (1)<f (2)>…>f (n )…，f (n )的最大值为f (2)＝4
3，
2－n 22n －1的最小值为2
3，
所以λ的取值范围是⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，23. 4．(2019·余高等三校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点M 与点F 关于原点对称．
(1)过点M 作直线l 与抛物线相切，求直线l 的方程；
(2)椭圆C 以MF 为长轴，离心率为22
，点P 是椭圆C 上的一点，过点N (p ,0)的直线交抛物线于A ，B 两点，若|AB |≤26p ，求△ABP 面积的最大值．
解 (1)显然，切线斜率一定存在．
设切线方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p
2，
联立⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋p 2，y 2＝2px ，
得k 2x 2＋(k 2－2)px ＋p 2k 2
4＝0，
依题意知Δ＝(k 2－2)2p 2－k 4p 2＝0，
得k 2＝1，即k ＝±1，
∴切线方程为x ±y ＋p
2＝0.
(2)设直线AB ：x ＝my ＋p ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋p ，y 2＝2px ，
得y 2－2pmy －2p 2＝0，
∴Δ＝4p 2(m 2＋2)>0恒成立，
|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝2p (1＋m 2)(m 2
＋2)，
由|AB |≤26p ⇒0≤m 2≤1，
依题意知椭圆C ：x 2p 24＋y 2p 28
＝1，
作直线平行于AB 且与椭圆相切，则当点P 为距直线AB 较远的切点时，△ABP 面积最大，
设切线方程为x ＝my ＋t (t <0)，
则d P －直线AB ＝|p
－t |
1＋m 2，
∴S △ABP ＝12|AB |·d P －直线AB ＝p m 2
＋2|p －t |，
联立⎩
⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋t ，4x 2＋8y 2＝p 2， 得(8＋4m 2)y 2＋8tmy ＋4t 2－p 2＝0，
∴Δ＝16(p 2m 2＋2p 2－8t 2
)＝0，
得m 2＋2＝8t 2p 2∈[2,3]， ∴t ∈⎣⎢⎡
⎦
⎥⎤－6p 4，－p 2. ∴S △ABP ＝12
|AB |·d P －直线AB ＝22|pt －t 2| ＝22(t 2
－pt )，
当t ＝－6p 4， 即m ＝±1时，
△ABP 面积的最大值为32＋434
p 2. 5．(2019·绍兴模拟)已知函数f (x )＝2ln(ax ＋b )，其中a ，b ∈R .
(1)若直线y ＝x 是曲线y ＝f (x )的切线，求ab 的最大值；
(2)设b ＝1，若关于x 的方程f (x )＝a 2x 2＋(a 2＋2a )x ＋a ＋1有两个不相等的实根，求a 的最
大整数值.⎝ ⎛⎭
⎪⎫参考数据：ln 54≈0.223 解 (1)设直线y ＝x 与y ＝f (x )相切于点P (x 0,2ln(ax 0＋b ))． 因为f ′(x )＝2a ax ＋b
， 所以f ′(x 0)＝
2a ax 0＋b ＝1， 所以ax 0＋b ＝2a (a >0)．
又因为P 在切线y ＝x 上，
所以2ln(ax 0＋b )＝x 0，
所以x 0＝2ln(ax 0＋b )＝2ln2a ，
b ＝2a －ax 0＝2a －2a ln2a ，
因此ab ＝2a 2－2a 2ln2a (a >0)．
设g (a )＝2a 2－2a 2ln2a (a >0)，
则由g ′(a )＝2a －4a ln2a ＝2a (1－2ln2a )>0，
解得0<a <e 2
.
由g ′(a )<0，解得a >e
2.
所以g (a )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，e 2上单调递增，
在⎣⎢⎡⎭⎪⎫e
2，＋∞上单调递减，
可知g (a )的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫
e 2＝e
4，
所以ab 的最大值为e
4.
(2)方法一 原方程即为2ln(ax ＋1)＝(ax ＋1)2＋a (ax ＋1)，
设ax ＋1＝t ，则上述方程等价于2ln t ＝t 2＋at (t >0)．
设p (t )＝2ln t －t 2－at (t >0)，
则函数p (t )需有两个不同的零点．
因为p ′(t )＝2
t －2t －a 在(0，＋∞)上单调递减，
且p ′(t )＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根t 0，
即p ′(t 0)＝0，
即at 0＝2－2t 2
0.
所以当t ∈(0，t 0)时，p ′(t )>0；
当t ∈(t 0，＋∞)时，p ′(t )<0.
因此p (t )在(0，t 0)上单调递增，
在(t 0，＋∞)上单调递减．
若a >0，则t 0∈(0,1)．
p (t )≤p (t 0)＝2ln t 0－t 2
0－at 0
＝2ln t 0－t 20－(2－2t 20)＝2ln t 0＋t 2
0－2<0，
不合题意，舍去．
若a <0，则t 0∈(1，＋∞)．
当t ∈(0,1)时，则p (t )＝2ln t －t 2－at <2ln t ＋|a |， 取t 1＝e －|a |
2，则p (t 1)<0；
当t ∈(1，＋∞)时，
则p (t )＝2ln t －t 2－at <2(t －1)－t 2－at <－t 2＋(2－a )t ， 取t 2＝2＋|a |，
则p (t 2)<0.
由此t 1<t 0<t 2，且p (t 1)<0，p (t 2)<0.
要使函数p (t )＝2ln t －t 2－at (t >0)有两个不同的零点．
则只需p (t 0)＝2ln t 0－t 2
0－at 0>0，
所以只需p (t 0)＝2ln t 0－t 20－(2－2t 2
0)
＝t 2
0＋2ln t 0－2>0.
因为p (t 0)＝t 2
0＋2ln t 0－2是关于t 0的增函数，
且p (1)＝－1<0，p ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝2ln 54－716>0，
所以存在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54使得p (m )＝0，
所以当t 0>m 时，p (t 0)>0，
因为a ＝2
t 0
－2t 0是关于t 0的减函数，
所以a ＝2t 0
－2t 0<2m －2m ，
又因为2m －2m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－910，0，
所以a 的最大整数值为－1.
方法二 原方程即为2ln(ax ＋1)＝(ax ＋1)2＋a (ax ＋1)，
设ax ＋1＝t ，
则原方程等价于关于t 的方程2ln t －t 2－at ＝0(t >0)有两个不同的解．
即关于t 的方程a ＝2ln t －t
2t (t >0)有两个不同的解．
设h (t )＝2ln t －t
2t ，
则h ′(t )＝2－t 2
－2ln t
t 2.
设m (t )＝2－t 2－2ln t ，
由t >0知m ′(t )＝－2t －2t <0，
所以m (t )＝2－t 2－2ln t 在区间(0，＋∞)上单调递减，
又m (1)＝1>0，m ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＝716－2ln 54<0，
所以存在t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54使得m (t 0)＝0.
当t ∈(0，t 0)时，m (t )>0，h ′(t )>0；
当t ∈(t 0，＋∞)时，m (t )<0，h ′(t )<0.
所以h (t )在(0，t 0)上单调递增，在(t 0，＋∞)上单调递减，
所以h (t 0)＝2ln t 0－t 20t 0＝2－2t 2
0t 0＝2
t 0－2t 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－910，0.
要使得关于t 的方程a ＝2ln t －t
2t (t >0)有两个不同的解，
则a <h (t 0)．
当a ＝－1时，设p (t )＝2ln t －t 2＋t ， 则p ′(t )＝2t －2t ＋1，
可知p (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，1＋174上单调递增，
在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋17
4，＋∞上单调递减．
又p (1)＝0，p ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1＋174>0，p (e)＝2－e 2＋e<0，
p (t )有两个不同的零点，符合题意． 所以a 的最大整数值为－1.。