江苏专用2022高考数学二轮专题复习解答题强化练第一周解答题综合练理

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，且c＝2，C＝60°.(1)求的值；(2)若a＋b＝ab，求△ABC的面积．解　(1)由正弦定理可设＝＝＝＝＝，所以a＝sinA，b＝sinB，所以＝＝.(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，又a＋b＝ab，所以(ab)2－3ab－4＝0.解得ab＝4或ab＝－1(舍去)．所以S△ABC＝absinC＝×4×＝.2.如图，正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，EF∥BD，AB＝EF.(1)求证：BF∥平面ACE；(2)求证：BF⊥BD.证明　(1)设AC与BD交于O点，连接EO.正方形ABCD中，BO＝AB，又因为AB＝EF，8\n∴BO＝EF，又因为EF∥BD，∴EFBO是平行四边形，∴BF∥EO，又∵BF⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，∴BF∥平面ACE.(2)正方形ABCD中，AC⊥BD，又因为正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，BD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面ACE＝AC，∴BD⊥平面ACE，∵EO⊂平面ACE，∴BD⊥EO，∵EO∥BF，∴BF⊥BD.3.某运输装置如图所示，其中钢结构ABD是一个AB＝BD＝l，∠B＝的固定装置，AB上可滑动的点C使CD垂直于底面(C不与A，B重合)，且CD可伸缩(当CD伸缩时，装置ABD随之绕D在同一平面内旋转)，利用该运输装置可以将货物从地面D处沿D→C→A运送至A处，货物从D处至C处运行速度为v，从C处至A处运行速度为3v，为了使运送货物的时间t最短，需在运送前调整运输装置中∠DCB＝θ的大小．(1)当θ变化时，试将货物运行的时间t表示成θ的函数(用含有v和l的式子)；(2)当t最小时，C点应设计在AB的什么位置？解　(1)在△BCD中，∵∠BCD＝θ，∠B＝，BD＝l，∴BC＝，CD＝，∴AC＝AB－BC＝l－，则t＝＋＝－＋.(2)t＝＋＝＋·.令m(θ)＝，则m′(θ)＝，令m′(θ)＝0得cosθ＝.设cosθ0＝，θ0∈，8\n则θ∈时，m′(θ)＜0；θ∈时，m′(θ)＞0，∴当cosθ＝时，m(θ)有最小值2，此时BC＝l.答：当BC＝l时货物运行时间最短．4.如图，已知椭圆C：＋y2＝1，A、B是四条直线x＝±2，y＝±1所围成矩形的两个顶点．(1)设P是椭圆C上任意一点，若＝m＋n，求证：动点Q(m，n)在定圆上运动，并求出定圆的方程；(2)若M、N是椭圆C上两个动点，且直线OM、ON的斜率之积等于直线OA、OB的斜率之积，试探求△OMN的面积是否为定值，说明理由．(1)证明　易求A(2，1)，B(－2，1)．设P(x0，y0)，则＋y＝1.由＝m＋n，得所以＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝.故点Q(m，n)在定圆x2＋y2＝上．(2)解　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＝kOA·kOB＝－.平方得xx＝16yy＝(4－x)(4－x)，即x＋x＝4.因为直线MN的方程为(x2－x1)y－(y2－y1)x＋x1y2－x2y1＝0，所以O到直线MN的距离为d＝＝，所以△OMN的面积S＝MN·d＝|x1y2－x2y1|＝＝8\n＝＝1.故△OMN的面积为定值1.5．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋1(a∈R)，f′(x)是f(x)的导函数．(1)若x∈[－2，－1]，不等式f(x)≤f′(x)恒成立，求a的取值范围；(2)解关于x的方程f(x)＝|f′(x)|；(3)设函数g(x)＝，求g(x)在x∈[2，4]时的最小值．解　(1)因为f(x)≤f′(x)，所以x2－2x＋1≤2a(1－x)，又因为－2≤x≤－1，所以a≥在x∈[－2，－1]时恒成立，因为＝≤，所以a≥.(2)因为f(x)＝|f′(x)|，所以x2＋2ax＋1＝2|x＋a|，所以(x＋a)2－2|x＋a|＋1－a2＝0，则|x＋a|＝1＋a或|x＋a|＝1－a.①当a＜－1时，|x＋a|＝1－a，所以x＝－1或x＝1－2a；②当－1≤a≤1时，|x＋a|＝1－a或|x＋a|＝1＋a，所以x＝±1或x＝1－2a或x＝－(1＋2a)；③当a＞1时，|x＋a|＝1＋a，所以x＝1或x＝－(1＋2a)．(3)因为f(x)－f′(x)＝(x－1)[x－(1－2a)]，g(x)＝①若a≥－，则x∈[2，4]时，f(x)≥f′(x)，所以g(x)＝f′(x)＝2x＋2a，从而g(x)的最小值为g(2)＝2a＋4；②若a＜－，则x∈[2，4]时，f(x)＜f′(x)，所以g(x)＝f(x)＝x2＋2ax＋1，当－2≤a＜－时，g(x)的最小值为g(2)＝4a＋5，当－4＜a＜－2时，g(x)的最小值为g(－a)＝1－a2，当a≤－4时，g(x)的最小值为g(4)＝8a＋17.③若－≤a＜－，则x∈[2，4]时，g(x)＝当x∈[2，1－2a)时，g(x)最小值为g(2)＝4a＋5；8\n当x∈[1－2a，4]时，g(x)最小值为g(1－2a)＝2－2a.因为－≤a＜－，(4a＋5)－(2－2a)＝6a＋3＜0，所以g(x)最小值为4a＋5，综上所述，[g(x)]min＝6．已知a，b是不相等的正数，在a，b之间分别插入m个正数a1，a2，…，am和m个正数b1，b2，…，bm，使a，a1，a2，…，am，b是等差数列，a，b1，b2，…，bm，b是等比数列．(1)若m＝5，＝，求的值；(2)若b＝λa(λ∈N*，λ≥2)，如果存在n(n∈N*，6≤n≤m)使得an－5＝bn，求λ的最小值及此时m的值；(3)求证：an＞bn(n∈N*，n≤m)．(1)解　设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则d＝，q＝.a3＝a＋3d＝，b3＝aq3＝.因为＝，所以2a－5＋2b＝0，解得＝4或.(2)解　因为λa＝a＋(m＋1)d，所以d＝a，从而得an＝a＋a×n.因为λa＝a×qm＋1，所以q＝λ，从而得bn＝a×λ.因为an－5＝bn，所以a＋×a＝a×λ.因为a＞0，所以1＋＝λ(*)．因为λ，m，n∈N*，所以1＋为有理数．8\n要使(*)成立，则λ必须为有理数．因为n≤m，所以n＜m＋1.若λ＝2，则λ为无理数，不满足条件．同理，λ＝3不满足条件．当λ＝4时，4＝2.要使2为有理数，则必须为整数．又因为n≤m，所以仅有2n＝m＋1满足条件．所以1＋＝2，从而解得n＝15，m＝29.综上，λ的最小值为4，此时m为29.(3)证明　法一　设等比数列a，b1，b2，…，bm，b设为{cn}，且cn＞0，Sn为数列{cn}的前n项的和．先证：若{cn}为递增数列，则为递增数列．证明：当n∈N*时，＜＝cn＋1.因为Sn＋1＝Sn＋cn＋1＞Sn＋＝Sn，所以＜，即数列为递增数列．同理可证，若{cn}为递减数列，则为递减数列．①当b＞a时，q＞1.当n∈N*，n≤m时，＞.即＞，即＞.因为b＝aqm＋1，bn＝aqn，d＝，所以d＞，即a＋nd＞bn，即an＞bn.②当b＜a时，0＜q＜1.当n∈N*，n≤m时，＜.即＜.8\n因为0＜q＜1，所以＞.以下同①.综上，an＞bn(n∈N*，n≤m)．法二　设等差数列a，a1，a2，…，am，b的公差为d，等比数列a，b1，b2，…，bm，b的公比为q，b＝λa(λ＞0，λ≠1)．由题意得d＝a，q＝aλ，所以an＝a＋nd＝a＋an，bn＝aλ.要证an＞bn(n∈N*，n≤m)，只要证1＋n－λ＞0(λ＞0，λ≠1，n∈N*，n≤m)．构造函数f(x)＝1＋x－λ(λ＞0，λ≠1，0＜x＜m＋1)，则f′(x)＝－λlnλ.令f′(x)＝0，解得x0＝(m＋1)logλ.以下证明0＜logλ＜1.不妨设λ＞1，即证明1＜＜λ，即证明lnλ－λ＋1＜0，λlnλ－λ＋1＞0.设g(λ)＝lnλ－λ＋1，h(λ)＝λlnλ－λ＋1(λ＞1)，则g′(λ)＝－1＜0，h′(λ)＝lnλ＞0，所以函数g(λ)＝lnλ－λ＋1(λ＞1)为减函数，函数h(λ)＝λlnλ－λ＋1(λ＞1)为增函数．所以g(λ)＜g(1)＝0，h(λ)＞h(1)＝0.所以1＜＜λ，从而0＜logλ＜1，所以0＜x0＜m＋1.因为在(0，x0)上f′(x)＞0，函数f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在(x0，m＋1)上f′(x)＜0，函数f(x)在(x0，m＋1)上是减函数；所以f(x)＞min{f(0)，f(m＋1)}＝0.所以an＞bn(n∈N*，n≤m)．同理，当0＜λ＜1时，an＞bn(n∈N*，n≤m)．8\n8