浙江专用2020高考数学二轮复习解答题规范练五

浙江专用2020高考数学二轮复习解答题规范练五

解答题规范练(五)‎ ‎1．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足bcos C＋(2a＋c)cos B＝0.‎ ‎(1)求角B的值；‎ ‎(2)若b＝1，cos A＋cos C＝，求△ABC的面积．‎ ‎2.‎ 如图，在三棱锥PABC中，△ABC是等边三角形，D是AC的中点，PA＝PC，二面角PACB 的大小为60°.‎ ‎(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；‎ ‎(2)求AB与平面PAC所成角的正弦值．‎ ‎3．已知函数f(x)＝x3－ax＋ln x.‎ ‎(1)若f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；‎ ‎(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：x1＋x2＞2.‎ - 7 -‎ ‎4.‎ 如图，已知点F为抛物线W：x2＝4y的焦点，过点F任作两条互相垂直的直线l1，l2，分别交抛物线W于A，C，B，D四点，E，G分别为AC，BD的中点．‎ ‎(1)求证：直线EG过定点，并求出该定点的坐标；‎ ‎(2)设直线EG交抛物线W于M，N两点，试求|MN|的最小值．‎ - 7 -‎ ‎5．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)．‎ ‎(1)设bn＝an＋1＋an(n∈N*)，求证{bn}是等比数列；‎ ‎(2)①求数列{an}的通项公式；‎ ‎②求证：对于任意n∈N*都有＋＋…＋＋<成立．‎ - 7 -‎ 解答题规范练(五)‎ ‎1．解：(1)由正弦定理知，sin Bcos C＋(2sin A＋sin C)cos B＝0，sin(B＋C)＋2sin Acos B＝0，sin A＋2sin Acos B＝0，因为sin A≠0，所以cos B＝－，解得B＝.‎ ‎(2)cos A＋cos C＝，cos(－C)＋cos C＝，sin C＋cos C＝，sin(C＋)＝1，解得C＝，所以a＝c＝，‎ 故S△ABC＝acsin B＝.‎ ‎2．解：(1)‎ 证明：‎ ⇒AC⊥平面PBD，‎ 又AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD，即平面PBD⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为AC⊥BD，如图建立空间直角坐标系．‎ 则D(0，0，0)，令A(1，0，0)，则B(0，，0)，C(－1，0，0)．又∠PDB为二面角PACB的平面角，得∠PDB＝60°.设DP＝λ，则P，‎ 设n＝(x，y，z)为平面PAC的一个法向量，则 ＝(－2，0，0)，＝，‎ 得，取y＝，得n＝(0，，－1)．又＝(－1，，0)，得cos〈n，〉＝＝.设AB与平面PAC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝.‎ ‎3．解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意知f′(x)＝x2－a＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤x2＋在(0，＋∞)上恒成立，‎ 令g(x)＝x2＋，x>0，‎ - 7 -‎ 则g′(x)＝x－＝，‎ 所以当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当00，由g(x1)＝g(x2)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，所以0h(1)＝0恒成立，‎ 所以g(x)>g(2－x)对x∈(0，1)恒成立，‎ 因为0g(2－x1)，‎ 即g(x2)>g(2－x1)，‎ 又x2>1，2－x1>1且g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2>2－x1‎ 即x1＋x2>2.‎ ‎4．解：(1)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，直线AC的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y可得x2－4kx－4＝0，则x1＋x2＝4k，故y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝4k2＋2，‎ 故AC的中点坐标E(2k，2k2＋1)．‎ 由AC⊥BD，可得BD的中点坐标为G(－，＋1)．‎ 令＋1＝2k2＋1得k2＝1，‎ 此时＋1＝2k2＋1＝3，‎ 故直线EG过点H(0，3)，当k2≠1时，‎ kEH＝＝，kGH＝＝，‎ 所以kEH＝kGH，E，H，G三点共线，所以直线EG过定点H(0，3)．‎ ‎(2)设M，N，直线EG的方程为y＝kx＋3，代入x2＝4y可得x2－4kx－12＝0，‎ - 7 -‎ 则xM＋xN＝4k，xMxN＝－12，‎ 故|MN|2＝＋(xM－xN)2‎ ‎＝(xM－xN)2[(xM＋xN)2＋16]‎ ‎＝[(xM＋xN)2－4xMxN][(xM＋xN)2＋16]‎ ‎＝(16k2＋48)(16k2＋16)‎ ‎＝16(k2＋3)(k2＋1)≥48，‎ 故|MN|≥4，当k＝0即直线EG垂直于y轴时，|MN|取得最小值4.‎ ‎5．解：(1)证明：由已知得an＋1＋an＝3(an＋an－1)(n≥2，n∈N*)，则bn＝3bn－1(n≥2，n∈N*)，‎ 又b1＝3，则{bn}是以3为首项、3为公比的等比数列．‎ ‎(2)①法一：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，则an＋an－1＝3n－1(n≥2)，‎ 相减得an＋1－an－1＝2×3n－1(n≥2)，‎ 则a3－a1＝2×31，a5－a3＝2×33，…，a2n－1－a2n－3＝2×32n－3，‎ 相加得a2n－1－a1＝，则a2n－1＝(n≥2)，‎ 当n＝1时上式也成立，‎ 由a2n＋a2n－1＝32n－1得a2n＝，故an＝.‎ 法二：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，‎ 则＋·＝，‎ 设cn＝，则cn＋1＋cn＝，‎ 可得cn＋1－＝－，‎ 又c1＝，故cn－＝·，‎ 则an＝.‎ ‎②证明：法一：＋＝＋＝<＝＋，‎ - 7 -‎ 故＋＋…＋＋<1＋＋＋＋…＋＋＝＋(1－)<＋＝＝<＝.‎ 法二：＋＋…＋＝＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋<，‎ 易证<＝，‎ 则＋＋…＋＝＋＋…＋<＋＋＋…＋＝＋<，‎ 故＋＋…＋＋<＋＝<＝.‎ - 7 -‎