2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：第1部分　2 第2讲　解答题审题技巧

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：第1部分　2 第2讲　解答题审题技巧

专题强化训练 ‎1．(2019·宁波模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＋1＝.‎ ‎(1)求B；‎ ‎(2)若cos＝，求sin A的值．‎ 解：(1)由＋1＝及正弦定理，得＋1＝，‎ 所以＝，‎ 即＝，则＝.‎ 因为在△ABC中，sin A≠0，sin C≠0，‎ 所以cos B＝.‎ 因为B∈(0，π)，所以B＝.‎ ‎(2)因为0＜C＜，‎ 所以＜C＋＜.‎ 又cos＝，‎ 所以sin＝.‎ 所以sin A＝sin(B＋C)＝sin ‎＝sin ‎＝sincos＋cossin＝.‎ ‎2.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.‎ ‎(1)求证：BC∥平面AB1C1；‎ ‎(2)求证：B1C⊥AC1；‎ ‎(3)设点E，F，H，G分别是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中点，试判断E，F，H，G四点是否共面，并说明理由．‎ 解：(1)证明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1.‎ 因为BC⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，‎ 所以BC∥平面AB1C1.‎ ‎(2)证明：连接BC1.‎ 在正方形ABB1A1中，‎ AB⊥BB1.‎ 因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，‎ 平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB⊂平面ABB1A1，‎ 所以AB⊥平面BB1C1C.‎ 因为B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.‎ 在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C.‎ 因为BC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，BC1∩AB＝B，‎ 所以B1C⊥平面ABC1.‎ 因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC1.‎ ‎(3)E，F，H，G四点不共面. 理由如下：‎ 因为E，G分别是B1C，B1C1的中点，‎ 所以GE∥CC1.‎ 同理可证：GH∥C1A1.‎ 因为GE⊂平面EHG，GH⊂平面EHG，GE∩GH＝G，CC1⊂平面AA1C1C，A1C1⊂平面AA1C1C，‎ 所以平面EHG∥平面AA1C1C.‎ 因为F∈平面AA1C1C，‎ 所以F∉平面EHG，‎ 即E，F，H，G四点不共面．‎ ‎3．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P，右焦点为F，点N(2，0)．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设动弦AB与x轴垂直，求证：直线AF与直线BN的交点M仍在椭圆E上．‎ 解：(1)因为e＝，所以a＝c，b＝c，‎ 即椭圆E的方程可以设为＋＝1.‎ 将点P的坐标代入得：b2＝＋＝1，‎ 所以，椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：右焦点为F(1，0)，设A(x0，y0)，‎ 由题意得B(x0，－y0)．‎ 所以直线AF的方程为：y＝(x－1)，①‎ 直线BN的方程为：y＝(x－2)，②‎ ‎①②联立得，(x－1)＝(x－2)，‎ 即x＝，再代入①得，y＝，‎ 即y＝.‎ 所以点M的坐标为.‎ 又因为＋y ‎＝＋ ‎＝，③‎ 将y＝1－代入③得，‎ ＋y＝ ‎＝ ‎＝＝1.‎ 所以点M在椭圆E上．‎ ‎4．(2019·杭州模拟)已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为ax－y＝0，求x0的值；‎ ‎(2)当x＞0时，求证：f(x)＞x；‎ ‎(3)设函数F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，其中b为实常数，试讨论函数F(x)的零点个数，并证明你的结论．‎ 解：(1)f′(x)＝.‎ 因为切线ax－y＝0过原点(0，0)，‎ 所以＝，解得：x0＝2.‎ ‎(2)证明：设g(x)＝＝(x＞0)，‎ 则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝＝0，解得x＝2.‎ x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(0，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ g′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎   所以当x＝2时，g(x)取得最小值.‎ 所以当x＞0时，g(x)≥＞1，即f(x)＞x.‎ ‎(3)F(x)＝0等价于f(x)－bx＝0，等价于－b＝0.‎ 注意x≠0.‎ 令H(x)＝－b，所以H′(x)＝(x≠0)．‎ ‎①当b≤0时，H(x)＞0 ，所以H(x)无零点，即F(x)在定义域内无零点．‎ ‎②当b＞0时，‎ 当0＜x＜2时，H′(x)＜0，H(x)单调递减；‎ 当x＞2时，H′(x)＞0，H(x)单调递增．‎ 所以当x＝2时，H(x)有极小值也是最小值，H(2)＝－b.‎ 当H(2)＝－b＞0，即0＜b＜时，H(x)在(0，＋∞)上不存在零点；‎ 当H(2)＝－b＝0，即b＝时，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点2；‎ 当H(2)＝－b＜0，即b＞时，由e＞1有H＝be－b＝‎ b(e－1)＞0，‎ 而H(2)＜0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零点；‎ 又因为2b＞3，H(2b)＝－b＝.‎ 令h(t)＝et－t3，其中t＝2b＞2，h′(t)＝et－t2，‎ h″(t)＝et－3t，h(t)＝et－3，‎ 所以h(t)＞e2－3＞0，因此h″(t)在(2，＋∞)上单调递增，从而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0，‎ 所以h′(t)在(2，＋∞)上单调递增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0，‎ 故h(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0.‎ 由上得H(2b)＞0，由零点存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零点，即在(2，＋∞)上存在唯一零点．‎ 综上所述：当b＜时，函数F(x)的零点个数为0；‎ 当b＝时，函数F(x)的零点个数为1；‎ 当b＞时，函数F(x)的零点个数为2. ‎ ‎5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，2an＋1＝2an＋p(p为常数，n＝1，2，3，…)．‎ ‎(1)若S3＝12，求Sn；‎ ‎(2)若数列{an}是等比数列，求实数p的值．‎ ‎(3)是否存在实数p，使得数列满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在，求出所有满足条件的p的值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)因为a1＝1，2an＋1＝2an＋p，‎ 所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p.‎ 因为S3＝12，‎ 所以2＋2＋p＋2＋2p＝6＋3p＝24，即p＝6. ‎ 所以an＋1－an＝3(n＝1，2，3，…)．‎ 所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列．‎ 所以Sn＝1×n＋×3＝.‎ ‎(2)若数列{an}是等比数列，则a＝a1a3.‎ 由(1)可得：＝1×(1＋p)．解得p＝0.‎ 当p＝0时，由2an＋1＝2an＋p，得：an＋1＝an＝…＝1.‎ 显然，数列{an}是以1为首项，1为公比的等比数列．‎ 所以p＝0.‎ ‎(3)当p＝0时，由(2)知：an＝1(n＝1，2，3，…)．‎ 所以＝1(n＝1，2，3，…)，‎ 即数列就是一个无穷等差数列．‎ 所以当p＝0时，可以得到满足题意的等差数列．‎ 当p≠0时，‎ 因为a1＝1，2an＋1＝2an＋p，即an＋1－an＝，‎ 所以数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列．‎ 所以an＝n＋1－.‎ 下面用反证法证明：当p≠0时，数列中不能取出无限多项并按原来次序排列成等差数列．‎ 假设存在p0≠0，从数列中可以取得满足题意的无穷等差数列，不妨记为{bn}．设数列{bn}的公差为d.‎ ‎①当p0＞0时，an＞0(n＝1，2，3，…)．‎ 所以数列{bn}是各项均为正数的递减数列．‎ 所以d＜0.‎ 因为bn＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)，‎ 所以当n＞1－时，bn＝b1＋(n－1)d＜b1＋d＝0，这与bn＞0矛盾．‎ ‎②当p0＜0时，令n＋1－＜0，解得：n＞1－. ‎ 所以当n＞1－时，an＜0恒成立．‎ 所以数列{bn}必然是各项均为负数的递增数列．‎ 所以d＞0.‎ 因为bn＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)，‎ 所以当n＞1－时，bn＝b1＋(n－1)d＞b1＋d＝0，这与bn＜0矛盾．‎ 综上所述，p＝0是唯一满足条件的p的值．‎