2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：解答题规范练（二）

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：解答题规范练（二）

解答题规范练(二)‎ ‎1．已知函数f(x)＝2sin xcos x－2cos2x＋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PABCD中，底面ABCD为梯形，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，AD＝AB＝1，BC＝.‎ ‎(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；‎ ‎(2)设H为CD上一点，满足＝2，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为，求二面角HPBC 的余弦值．‎ ‎3．已知函数f(x)＝.‎ ‎(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x1，x2∈(0，2)且x1＜x2，若存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，求证：x0＜.‎ ‎4.‎ 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{an}的各项均为正数，且满足a＋a＋a＋…＋a＝2n(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若＋＋＋…＋>n－(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)＝sin 2x－cos 2x＝2sin，‎ 由题意2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，‎ 所以f(x)的单调递增区间是 (k∈Z)．‎ ‎(2)因为f(B)＝2sin＝2，‎ 所以B＝，‎ 所以b2＝a2＋c2－2accos B＝49，‎ 解得b＝7.‎ 所以cos A＝＝.‎ ‎2．解：(1)证明：由AD⊥CD，AB∥CD，AD＝AB＝1，可得BD＝.‎ 又BC＝，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＝，‎ 所以PB＝，PD＝1.‎ 由＝2及CD＝2，可得CH＝，DH＝.‎ 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.设平面HPB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 取y1＝－3，则n＝(1，－3，－2)．‎ 设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 取x2＝1，则m＝(1，1，2)．‎ 又cos〈m，n〉＝＝－，‎ 结合图形知，二面角HPBC的余弦值为.‎ ‎3．解：(1)由f′(x)＝＝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)＝.‎ 因为关于x的不等式f(x)≤m恒成立，‎ 所以f(x)max≤m，‎ 所以m≥，即m的最小值为.‎ ‎(2)证明：因为对任意的x1，x2∈(0，2)，若存在x0∈(x1，x2)，使得f′(x0)＝，即＝，‎ 所以(x2－x1)－[f(x2)－f(x1)]＝0.‎ 令F(x)＝(x2－x1)－[f(x2)－f(x1)]，则有F(x0)＝0，‎ 所以F′(x)＝(x2－x1)，当x∈(0，2)时，2ln x－3＜2ln 2－3＜0，‎ 又有x2－x1＞0，所以F′(x)＜0，即F(x)在(0，2)上是减函数．‎ 又因为F()＝(x2－x1)－[f(x2)－f(x1)]＝(x2－x1)－＝－，‎ 令＝t＞1，所以F()‎ ‎＝，‎ 设h(t)＝t·－，‎ 所以h′(t)＝，设k(t)＝t－tln 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()＝h(t)＜0＝F(x0)，‎ 因为F(x)在(0，2)上是减函数，所以x0＜.‎ ‎4．解：(1)设直线PA的方程为y＝x＋b，则A(8－2b，8－b)．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 由得y2－4y＋4b＝0，所以 Δ＝16－16b＞0，b＜1，，‎ 又y1＋8－b＝2y2，解得 或，‎ 经检验都是方程的解，‎ 所以P(0，0)或P(16，－8)．‎ ‎(2)设A(2t1－8，t1)，B(2t2－8，t2)，t1，t2≥0.则由PA的中点Q在抛物线C上，可得 ＝4，‎ 整理得 t＋(2y1－16)t1＋64－y＝0，‎ 同理t＋(2y1－16)t2＋64－y＝0，‎ 所以t1，t2是方程 t2＋(2y1－16)t＋64－y＝0的两个不相等的非负根．‎ 所以，‎ 所以－8≤y1＜0.‎ 于是|AB|＝|t1－t2|＝2≤32，当且仅当y1＝－8时取等号．‎ 所以|AB|的最大值为32.‎ ‎5．解：(1)由题设an>0，当n＝1时，a1＝；当n≥2时，a＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝2.又a1＝不满足an＝2，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知数列{an}的通项公式为an＝，故＝＝＝(－1)·2(n≥2)，记Sn＝＋＋＋…＋，‎ 则当n≥2时，Sn＝＋(－1)[＋()2＋…＋()n－1]＝＋(－1)·＝2－，‎ 故Sn＝.‎ 当n∈N*，n≥2时，要使得2－>n－恒成立，即2n>n2恒成立．‎ 由于当n＝4时，2n＝n2，考察函数f(x)＝2x－x2的单调性，易证当x>4时，函数f(x)＝2x－x2单调递增，且x＝4时，f(x)＝0，所以当n≥5时，＋＋＋…＋>n－恒成立，故所求n的取值范围是n≥5.‎