江苏专用2022高考数学二轮专题复习解答题强化练第四周解答题综合练理

星期六　(解答题综合练)　2022年____月____日1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋c＝b.(1)求证：B≤；(2)当·＝－2，b＝2时，求△ABC的面积．(1)证明　∵cosB＝＝＝≥0，∴B≤(当且仅当a＝c时取得等号)．(2)解　∵·＝－2，∴accosB＝2，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝12，∴a2＋c2＝16，又a＋c＝b＝2，∴ac＝4，∴cosB＝，∴sinB＝.∴S△ABC＝acsinB＝.2．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AC⊥CD，∠DAC＝60°，AB＝BC＝AC，E是PD的中点，F为ED的中点．(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；(2)求证：CF∥平面BAE.证明　(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，又AC⊥CD，且AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC，7\n又CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.(2)取AE中点G，连接FG，BG.因为F为ED的中点，所以FG∥AD且FG＝AD.在△ACD中，AC⊥CD，∠DAC＝60°，所以AC＝AD，所以BC＝AD.在△ABC中，AB＝BC＝AC，所以∠ACB＝60°，从而∠ACB＝∠DAC，所以AD∥BC.综上，FG∥BC，FG＝BC，四边形FGBC为平行四边形，所以CF∥BG.又BG⊂平面BAE，CF⊄平面BAE，所以CF∥平面BAE.3．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上任一点P到两个焦点的距离的和为2，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为－.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)若·＝(O为坐标原点)，求|y1－y2|的值；(2)当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．解　(1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，则有·＝－，则＝－，又点P在椭圆上，则＝－＝－，∴b2＝2，∴椭圆C的方程是＋＝1.∵·＝，7\n∴||·||cos∠AOB＝，∴||·||sin∠AOB＝4，∴S△AOB＝||·||sin∠AOB＝2，又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.(2)假设存在一点Q(m，0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，依题意可知直线l斜率存在且不为零，直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1·x2＝.∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，∴kQA＋kQB＝0，即＋＝0，又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，∴m＝3，∴存在Q(3，0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角．4．某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估计能获得10万元到1000万元的投资收益．现准备制定一个对科研课题组的奖励方案：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%.(1)若建立函数y＝f(x)模型制定奖励方案，试用数学语言表述该公司对奖励函数f(x)模型的基本要求，并分析函数y＝＋2是否符合公司要求的奖励函数模型，并说明原因；(2)若该公司采用模型函数y＝作为奖励函数模型，试确定最小的正整数a的值．解　(1)设奖励函数模型为y＝f(x)，按公司对函数模型的基本要求，函数y＝f(x)满足：7\n当x∈[10，1000]时，①f(x)在定义域[10，1000]上是增函数；②f(x)≤9恒成立；③f(x)≤恒成立．对于函数模型f(x)＝＋2.当x∈[10，1000]时，f(x)是增函数，f(x)max＝f(1000)＝＋2＝＋2＜9.所以f(x)≤9恒成立．但x＝10时，f(10)＝＋2＞，即f(x)≤不恒成立，故该函数模型不符合公司要求．(2)对于函数模型f(x)＝，即f(x)＝10－，当3a＋20＞0，即a＞－时递增；要使f(x)≤9对x∈[10，1000]恒成立，即f(1000)≤9，3a＋18≥1000，a≥；要使f(x)≤对x∈[10，1000]恒成立，即≤，x2－48x＋15a≥0恒成立，所以a≥.综上所述，a≥，所以满足条件的最小的正整数a的值为328.5．设数列{bn}满足bn＋2＝－bn＋1－bn(n∈N*)，b2＝2b1.(1)若b3＝3，求b1的值；(2)求证数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列；(3)设数列{Tn}满足：Tn＋1＝Tnbn＋1(n∈N*)，且T1＝b1＝－，若存在实数p，q，对任意n∈N*7\n都有p≤T1＋T2＋T3＋…＋Tn＜q成立，试求q－p的最小值．(1)解　∵bn＋2＝－bn＋1－bn，∴b3＝－b2－b1＝－3b1＝3，∴b1＝－1.(2)证明　∵bn＋2＝－bn＋1－bn①，∴bn＋3＝－bn＋2－bn＋1②，②－①得bn＋3＝bn，∴(bn＋1bn＋2bn＋3＋n＋1)－(bnbn＋1bn＋2＋n)＝bn＋1bn＋2(bn＋3－bn)＋1＝1为常数，∴数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列．(3)解　∵Tn＋1＝Tn·bn＋1＝Tn－1bnbn＋1＝Tn－2bn－1bnbn＋1＝…＝b1b2b3…bn＋1当n≥2时Tn＝b1b2b3…bn(*)，当n＝1时，T1＝b1适合(*)式∴Tn＝b1b2b3…bn(n∈N*)．∵b1＝－，b2＝2b1＝－1，b3＝－3b1＝，bn＋3＝bn，∴T1＝b1＝－，T2＝T1b2＝，T3＝T2b3＝，T4＝T3b4＝T3b1＝T1，T5＝T4b5＝T2b3b4b5＝T2b1b2b3＝T2，T6＝T5b6＝T3b4b5b6＝T3b1b2b3＝T3，……T3n＋1＋T3n＋2＋T3n＋3＝T3n－2b3n－1b3nb3n＋1＋T3n－1b3nb3n＋1b3n＋2＋T3nb3n＋1b3n＋2b3n＋3＝T3n－2b1b2b3＋T3n－1b1b2b3＋T3nb1b2b3＝(T3n－2＋T3n－1＋T3n)，∴数列{T3n－2＋T3n－1＋T3n}(n∈N*)是等比数列，首项T1＋T2＋T3＝且公比q＝，记Sn＝T1＋T2＋T3＋…＋Tn，①当n＝3k(k∈N*)时，Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)7\n＝＝3，∴≤Sn＜3；②当n＝3k－1(k∈N*)时Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k＝3－(b1b2b3)k＝3－4·∴0≤Sn＜3；③当n＝3k－2(k∈N*)时Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k－1－T3k＝3－(b1b2b3)k－1b1b2－(b1b2b3)k＝3－－＝3－·，∴－≤Sn＜3.综上得－≤Sn＜3，故p≤－且q≥3，∴q－p的最小值为.6．已知函数f(x)＝x2－(1＋2a)x＋alnx(a为常数)．(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程；(2)当a＞0时，讨论函数y＝f(x)在区间(0，1)上的单调性，并写出相应的单调区间．解　(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－lnx，则f′(x)＝2x＋1－，所以f(1)＝2，且f′(1)＝2.所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为：y－2＝2(x－1)，即：y＝2x.(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋＝7\n＝(x＞0)，由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a，①当0＜a＜时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜a或＜x＜1由f′(x)＜0，又知x＞0，得a＜x＜，所以函数f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，②当a＝时，f′(x)＝≥0，且仅当x＝时，f′(x)＝0，所以函数f(x)在区间(0，1)上是单调增函数．③当＜a＜1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜或a＜x＜1，由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜a，所以函数f(x)的单调增区间是和(a，1)，单调减区间是，④当a≥1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜，由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜1，所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.7