2020届江苏省高考数学二轮复习综合仿真练(二)

所以数列{ai}从第 2 项至第 m 项中不可能存在三项构成等差数列， 所以若数列{ai}中存在三项构成等差数列，则只能是 a1 和第 2 项至第 m 项中的两项，不妨设为 ap，aq(2≤p<q≤m，p∈N*，q∈N*)． 因为 0<ap<aq≤am<a1.所以 ap，aq，a1 若构成等差数列，只能是 aq 为等差中项， 故有 2·2q－2＝2p－2＋(2m－1＋1)，
解：(1)因为 Si＝
2
·i＝i2＋2i,
ri＝2Si－S10＝2i2＋4i－120(i≤10，i∈N*).
所以由题意得
(2)①因为 ri＝2Si－Sm＝2i，
ri＋1＝2Si＋1－Sm＝2i＋1，
两式相减得 ai＋1＝2i－1，所以数列{ai}从第 2 项开始是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，
在△OAN 中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)
6－x ＝sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝2 x2－3x＋9 .
3
ON
OA
6－x
3 3 3 x2－3x＋9
由sin∠OAB＝sin∠ONA，得 ON＝2 x2－3x＋9· 2 ＝ 6－x .
1
所以 S△OMN＝2OM·ON·sin∠MON
2a 时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
( ) 1
ln ，0 x∈ 2a ，h′(x)<0，h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增
∴h(x)min＝min{h(0)，h(－1)}
∵h(0)＝0，h(－1)＝a－1≥0，∴当 x≥－1 时，h(x)≥0 恒成立；
综上：当 a≥1 时，对于任意实数 x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0 恒成立，即不等式 f(x)≥g(x)恒成立.
( ) 1 1
ln ， 函数 h(x)在 R 上连续，所以 h(x)有一个零点 0，且在 2a a 上有一个零点，即函数 h(x)有两个
零点
1 ∴当 0<a<2时，方程 f(x)＝g(x)的实根个数为 2 个．
(3)证明：法一：由(2)知，即证：当 a≥1 时，对于任意实数 x∈[－1，＋∞)，不等式 h(x)≥0 恒
成立．∵a≥1，
1
∴ln2a≤－ln 2.
1
e
①当 ln2a≤－1，即 a≥2时，则 x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，
h′(x)>0，h(x)单调递增∴h(x)min＝h(0)＝0，∴当 x≥－1 时，h(x)≥0 恒成立；
( ) 1
e
1
－1，ln
②当－1<ln2a<0，即 1≤a<2时，则 x∈
(1)求角 C 的大小；
(2)若△ABC 的面积为 2 3，a＋b＝6，求 c.
解：(1)∵由已知可得 m＝(cos B，cos C)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，
∴ccos B＋(b－2a)cos C＝0，∴sin Ccos B＋(sin B－2sin A)cos C＝0，即 sin A＝2sin Acos
(3)求证：当 a≥1 时，对于任意实数 x∈[－1，＋∞)，不等式 f(x)≥g(x)恒成立．
x＋1
－x
解：(1)∵f(x)＝ ex ，∴f′(x)＝ ex
当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减
所以当 x＝0 时，函数 f(x)存在极大值 f(0)＝1，无极小值．
4 2k2＋4 2k
－2×
＋2
＝ 2k2＋1
2k2＋1
＝1，
所以直线 AP，AQ 的斜率之和为定值 1.
4.如图所示，某公路 AB 一侧有一块空地△OAB，其中 OA＝3 km，OB＝3 3 km，∠AOB＝90°.当地政
府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中 M，N 都在边 AB 上(M，N 不与 A，B 重合，M 在 A，N 之间)，且
(1)当 m＝10 时，若数列{ai}的通项公式为 ai＝2i＋1，求数列{ri}的通项公式；
(2)若数列{ri}的通项公式为 ri＝2i(i≤m，i∈N*)，
①求数列{ai}的通项公式；
②数列{ai}中是否存在不同的三项按一定次序排列构成等差数列，若存在求出所有的项，若不存在
请说明理由．
3＋2i＋1
由 y1x2＋y2x1＝[k(x1－ 2)－ 2 4k
＝－2k2＋1，
]x2＋[k(x2－ 2)－ 2
]x1＝2kx1x2－( 2k＋ 2)(x1＋x2)
y1x2＋y2x1－ 2y1＋y2
故 kAP＋kAQ＝ x1x2－ 2x1＋x2＋2
4k
－2 2－2 2k
－
－2×
2k2＋1
2k2＋1
4k2＋8k＋2
1
3 3 x2－3x＋9 1
＝2· x2－3x＋9· 6－x ·2
3 3x2－3x＋9 ＝ 46－x ，0＜x＜3.
令 6－x＝t，则 x＝6－t,3＜t＜6，
( ) 3 3t2－9t＋27 3 3
27
t－9＋
则 S△OMN＝
4t
＝4
t
( ) 3 3
27
272－ 3
2 t· －9
≥4·
t＝ 4 .
27
x＋1 (2)令 h(x)＝f(x)－g(x)＝ ex ＋ax2－1，
1
ex－
x
2a
h′(x)＝－ex＋2ax＝2ax· ex
11
1
1
∵0<a<2，∴2a>1，即 ln2a>0，令 h′(x)＝0，解得 x＝0 或 x＝ln2a
( )1
0，ln
当 x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当 x∈
距为 2，离
(1)求椭圆的标准方程； (2)过点 D( 2，－ 2)作直线 PQ 交椭圆于两个不同点 P，Q，求证：直线 AP，AQ 的斜率之和
x2 则 a＝ 2，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的标准方程为 2 ＋y2＝1.
(2)证明：设直线 PQ 的方程为 y＝k(x－ 2)－ 2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由Error!消去 y，整理得(2k2＋1)x2－(4 2k2＋4 2k)x＋4k2＋8k＋2＝0，
综合仿真练(二)
1.(2019·金陵中学模拟)如图，在四棱锥 S ­ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形．已知平面 SAB⊥平 面 SBC，AS⊥BS，M 为线段 SC 的中点．
(1)求证：AS∥平面 BDM;
(2)若 BS＝BC，求证：BM⊥AC.
证明：(1)设 AC，BD 交点为 O，连接 OM.
即 ai＝2i－2(2≤i≤m，i∈N*)．
1－2m－1 又 2a1＝2＋Sm，即 a1＝2＋(a2＋a3＋…＋am)＝2＋ 1－2 ＝2m－1＋1. 所以数列{ai}的通项公式为 ai＝Error! ②数列{ai}中任意三项都不能构成等差数列，理由如下： 因为数列{ai}从第 2 项开始是以 2 为公比的等比数列，所以若存在三项构成等差数列，不妨设为 ap，aq，ar(2≤p<q<r≤m，p，q，r∈N*)，则有 2aq＝ap＋ar，即 2·2q－2＝2p－2＋2r－2,2q－p＋1＝1＋2r－p. 因为 q－p＋1∈N*，r－p∈N*，所以上式左边为偶数，右边为奇数，此时无解．
在△OAM 中，由余弦定理得 OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cos A＝7，所以 OM＝ 7，
OA2＋OM2－AM2 2 7 所以 cos∠AOM＝ 2OA·OM ＝ 7 ，
27
在△OAN 中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝ 7 .
7
MN
∵底面 ABCD 是平行四边形
∴O 为 AC 的中点
∵M 为线段 SC 的中点，∴OM∥AS
∵OM⊂平面 BDM，AS⊄平面 BDM ∴AS∥平面 BDM.
(2)∵平面 SAB⊥平面 SBC，
平面 SAB∩平面 SBC＝BS，
AS⊥BS，AS⊂平面 SAB
∴AS⊥平面 SBC
又∵BM⊂平面 SBC，∴AS⊥BM
27
π
＝8sin2θ＋60°＋4 3，0＜θ＜ 3 .
272－ 3
当 2θ＋60°＝90°，即 θ＝15°时，S△OMN 的最小值为
4
.所以应设计∠AOM＝15°，可
272－ 3
使△OMN 的面积最小，最小面积是 4
km2.
5．已知数列{ai}共有 m(m≥3)项，该数列前 i 项和为 Si，记 ri＝2Si－Sm(i≤m，i∈N*).
272－ 3
当且仅当 t＝ t ，即 t＝3 3，x＝6－3 3时等号成立，S△OMN 的最小值为
4
.
所以 M 的位置为距离 A 点 6－3 3 km 处，
可使△OMN 的面积最小，
272－ 3
最小面积是 4
km2.
π 法二：设∠AOM＝θ，0＜θ＜ 3 ，在△OAM 中，
OM
OA
33
由sin∠OAB＝sin∠OMA，得 OM＝2sinθ＋60°
∵BS＝BC，M 为线段 SC 的中点 ∴BM⊥SC
又 AS∩SC＝S，AS，SC⊂平面 SAC ∴BM⊥平面 SAC
∵AC⊂平面 SAC ∴BM⊥AC.
2．已知△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知向量
( ) C
cos B，2cos2 －1
m＝
2 ，n＝(c，b－2a)，且 m·n＝0.
x＋1 要证明 h(x)≥0 成立，即证 ex ＋x2－1≥0，