2020文科高考考前集训：解答题限时练1.(2019河北枣强中学高三模拟,文17)已知函数f(x)=sin 2x-cos2x-.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且c=,f(C)=0,若sin B=2sin A,求a,b的值.
(n≥2).
2.已知数列{a n}中,a1=1,其前n项的和为S n,且满足a n=
-
(1)求证:数列是等差数列;
(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+S n<.
3.
如图,四边形ABCD是菱形,AF⊥BD,AF∥CE且AF=2CE.
(1)求证:平面ACEF⊥平面BDE;
(2)已知在线段BF上有一点P,满足AP∥DE,求的值.
4.已知函数f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=e x+x2.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数;
(2)若对∀x>0,不等式f(x)≤g(x)成立,求实数a的取值范围.
5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点
D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.
(1)求椭圆C的方程.
(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.
6.(2019四川泸州高三二模,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(1,a)在此抛物线
上,|PF|=2,不过原点的直线l与抛物线C交于A,B两点,以AB为直径的圆M过坐标原点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)证明:直线l恒过定点;
(3)若线段AB中点的纵坐标为2,求此时直线l和圆M的方程.
参考答案
1.解(1)f(x)=sin 2x-cos2x-
=sin 2x-
=sin 2x-cos 2x-1
=sin2x--1.
所以函数f(x)的最小正周期为π.
(2)由f(C)=0,得sin2C-=1.
因为0<C<π,
所以-<2C-,
所以2C-,C=.
又sin B=2sin A,由正弦定理得=2.①
由余弦定理,得c2=a2+b2-2ab cos ,
即a2+b2-ab=3.②由①②解得a=1,b=2.
,S n-1-S n=2S n S n-1,
2.解(1)当n≥2时,S n-S n-1=
-
=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.
-
(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴S n=
,
-
∴当n≥2时,S n=
,
---
=.从而S1+S2+S3+…+S n<1+1-+…+
-
3.解(1)∵四边形ABCD是菱形,
∴BD⊥AC.
∵AF⊥BD,∴BD⊥平面ACEF,
∵BD⊂平面BDE,∴平面ACEF⊥平面BDE.
(2)在平面ABF内作BM∥AF,且BM=CE,连接AM交BF于点P.
∵BM∥AF,AF∥CE,∴BM∥CE,
又BM=CE,
∴四边形BCEM为平行四边形,
∴BC∥ME,且BC=ME.
∵四边形ABCD是菱形,
∴BC∥AD且BC=AD,
∴ME∥AD且ME=AD.
∴四边形ADEM为平行四边形.
∴DE∥MA,即DE∥AP.
∵BM∥AF,∴△BPM∽△FPA,
∵BM=CE=AF,∴.
4.解(1)f'(x)=+x+a=(x>0),令f'(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4.
①当a2-4≤0时,即-2≤a≤2时,x2+ax+1≥0恒成立,即f'(x ≥0
此时f(x)在(0,+∞)单调递增,无极值点.
②当a2-4>0时,即a<-2或a>2,
若a<-2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,
由韦达定理-
故x1>0,x2>0,
此时x∈(0,x1),f'(x)>0,f(x)单调递增,
x∈(x1,x2),f'(x)<0,f(x)单调递减,
x∈(x2,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增,
故x1,x2分别为f(x)的极大值点和极小值点,
因此a<-2时,f(x)有两个极值点.
若a>2,设方程x2+ax+1=0的两根为x1,x2,且x1<x2,
由韦达定理-
故x1<0,x2<0,此时f(x)无极值点.
综上:当a<-2时,f(x)有两个极值点,当a≥-2时,f(x)无极值点.
(2)f(x ≤g(x)等价于ln x+x2+ax≤e x+x2,
即e x-ln x+x2≥ax,因此a≤-.
设h(x)=-,
h'(x)=-
--
=--,
当x∈(0,1)时,e x(x-1)+ln x+x2-1<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,e x(x-1)+ln x+x2-1>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增.
因此x=1为h(x)的极小值点,即h(x ≥h(1)=e+1,故a≤e+1.
5.解(1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.
(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,
∴M(0,m),N-,
∵|PM|=|MN|,
∴P,Q-,
∴直线QM的方程为y=-3kx+m.
设A(x1,y1),由
得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,
∴x1+=-,
∴x1=-.
设B(x2,y2),由-
得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,
∴x2+,
∴x2=-.
∵点N平分线段A1B1,
∴x1+x2=-,
∴-=-,
∴k=±,
∴P(±2m,2m),∴=1,解得m=±,
∵|m|=<b=,∴Δ>0,符合题意,
∴直线l的方程为y=±x±.
6.(1)解抛物线C:y2=2px(p>0),其准线方程为x=-,
∵点P(1,a)在此抛物线上,|PF|=2,
∴点P到准线的距离等于|PF|,即1+=2,得p=2,
∴所求抛物线方程为y2=4x.
(2)证明①当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,易知k≠0 m≠0.联立方程组得从而可得方程k2x2+(2km-4)x+m2=0,
由题意可知Δ=(2km-4)2-4k2m2>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=-,x1x2=,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.
因为以AB为直径的圆M过坐标原点,
所以=0,即x1x2+y1y2=0,
所以=0,所以m=-4k.
所以直线l的方程为y=kx-4k,即y=k(x-4),
所以直线l恒过定点(4,0).
②当直线l的斜率不存在时,易求得点A,B坐标分别为(4,4),(4,-4),直线l也过点(4,0).综合①②可知,直线l恒过定点(4,0).
(3)解由题意可知直线l斜率存在,设线段AB中点坐标为(x0,2),由(2)中所得
x1+x2=-,x1x2=,则y1+y2=k(x1-4)+k(x2-4)=k(x1+x2)-8k=,
所以解得
所以直线l的方程为y=x-4.
因为线段AB中点坐标为(6,2),即为圆M的圆心坐标.
设圆M:(x-6)2+(y-2)2=r2.将点(0,0)代入,得r2=40,
所以圆M的方程为(x-6)2+(y-2)2=40.。