（江苏专用）2020高考数学二轮复习 综合仿真练（四）

综合仿真练(四)1.如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，PA＝AC，E是PA的中点，F是PC的中点．(1)求证：PC∥平面BDE；(2)求证：AF⊥平面BDE.证明：(1)连结OE，因为O为菱形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点．又因为E为PA的中点，所以OE∥PC.又因为OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，所以PC∥平面BDE.(2)因为PA＝AC，△PAC是等腰三角形，又F是PC的中点，所以AF⊥PC.又OE∥PC，所以AF⊥OE.又因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC⊥BD.因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，因为AF⊂平面PAC，所以AF⊥BD.因为OE∩BD＝O，所以AF⊥平面BDE.2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosA＝35，tan(B－A)＝13.(1)求tanB的值；(2)若c＝13，求△ABC的面积．解：(1)在△ABC中，由cosA＝35，知sinA＝1－cos2A＝45，所以tanA＝sinAcosA＝43，所以tanB＝tan[(B－A)＋A]＝B－A＋tanA1－B－AA＝13＋431－13×43＝3.(2)在△ABC中，由tanB＝3，知B是锐角，所以sinB＝31010，cosB＝1010，则sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝45×1010＋35×31010＝131050.由正弦定理bsinB＝csinC，得b＝c·sinBsinC＝13×31010131050＝15，所以△ABC的面积S＝12bcsinA＝12×15×13×45＝78.3．已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，一个焦点为F(－1,0)，点F到相应准线的距离为3.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．(1)求椭圆M的方程；(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．解：(1)由焦点F(－1,0)知c＝1，又a2c－c＝3，所以a2＝4，从而b2＝a2－c2＝3.所以椭圆M的方程为x24＋y23＝1.(2)若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝－1，此时S1＝S2，|S1－S2|＝0；若直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y＝k(x＋1)，k≠0，C(x1，y1)，D(x2，y2)．联立y＝kx＋，x24＋y23＝1，消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，所以x1＋x2＝－8k23＋4k2.此时|S1－S2|＝12·AB·||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k||(x1＋x2)＋2|＝2|k|－8k23＋4k2＋2＝2|k|63＋4k2＝12|k|3＋4k2.因为k≠0，所以|S1－S2|＝123|k|＋4|k|≤1223|k|·4|k|＝1243＝3，当且仅当3|k|＝4|k|，即k＝±32时取等号．所以|S1－S2|的最大值为3.4.如图，矩形ABCD是一个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形BCDE区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在△ADE区域内参观．在AE上点P处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN为监控角，其中M，N在线段DE(含端点)上，且点M在点N的右下方．经测量得知：AD＝6米，AE＝6米，AP＝2米，∠MPN＝π4.记∠EPM＝θ(弧度)，监控摄像头的可视区域△PMN的面积为S平方米．(1)求S关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；参考数据：tan54≈3(2)求S的最小值．解：(1)法一：在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4米，∠PEM＝π4，∠PME＝3π4－θ，由正弦定理得PMsin∠PEM＝PEsin∠PME，所以PM＝PE·sin∠PEMsin∠PME＝22sin3π4－θ＝4sinθ＋cosθ，在△PNE中，由正弦定理得PNsin∠PEN＝PEsin∠PNE，所以PN＝PE·sin∠PENsin∠PNE＝22sinπ2－θ＝22cosθ，所以△PMN的面积S＝12PM·PN·sin∠MPN＝4cos2θ＋sinθcosθ＝41＋cos2θ2＋12sin2θ＝8sin2θ＋cos2θ＋1＝82sin2θ＋π4＋1，当M与E重合时，θ＝0；当N与D重合时，tan∠APD＝3，即∠APD＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54.综上可得，S＝82sin2θ＋π4＋1，θ∈0，3π4－54.法二：在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝AE－AP＝4米，∠PEM＝π4，∠PME＝3π4－θ，由正弦定理得MEsinθ＝PEsin∠PME，所以ME＝PE·sinθsin∠PME＝4sinθsin3π4－θ＝42sinθsinθ＋cosθ，在△PNE中，由正弦定理得NEsin∠EPN＝PEsin∠PNE，所以NE＝PE·sinθ＋π4sinπ2－θ＝4sinθ＋π4cosθ＝22θ＋cosθcosθ，所以MN＝NE－ME＝22cos2θ＋sinθcosθ，又点P到DE的距离为d＝4sinπ4＝22，所以△PMN的面积S＝12MN·d＝4cos2θ＋sinθcosθ＝41＋cos2θ2＋12sin2θ＝8sin2θ＋cos2θ＋1＝82sin2θ＋π4＋1，当M与E重合时，θ＝0；当N与D重合时，tan∠APD＝3，即∠APD＝54，θ＝3π4－54，所以0≤θ≤3π4－54.综上可得，S＝82sin2θ＋π4＋1，θ∈0，3π4－54.(2)当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8∈0，3π4－54时，S取得最小值为82＋1＝8(2－1).所以可视区域△PMN面积的最小值为8(2－1)平方米．5．(2019·常州模拟)已知函数f(x)＝lnxx，g(x)＝x2－2x.(1)求f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；(2)若关于x的不等式f2(x)＋tf(x)0有且仅有三个整数解，求实数t的取值范围；(3)若h(x)＝g(x)＋4xf(x)存在两个正实数x1，x2满足h(x1)＋h(x2)－x21x22＝0，求证：x1＋x2≥3.解：(1)f(x)＝lnxx，f(1)＝0，所以P点坐标为(1,0);又f′(x)＝1－lnxx2，f′(1)＝1，则切线方程为y－0＝x－1，所以函数f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为x－y－1＝0.(2)f′(x)＝1－lnxx2(x0)x(0，e)e(e，＋∞)f′(x)正0负f(x)单调增极大值单调减由f2(x)＋tf(x)0,得f(x)[f(x)＋t]0；①t0时，f(x)0或f(x)－t，满足条件的整数解有无数个，舍；②t＝0时，f(x)≠0，得x0且x≠1，满足条件的整数解有无数个，舍；③t0时，f(x)0或f(x)－t，当f(x)0时，无整数解；当f(x)－t时，不等式有且仅有三个整数解，又f(3)＝ln33，f(2)＝f(4)＝ln22，f(5)＝ln55因为f(x)在(0，e)递增，在(e，＋∞)递减；所以f(5)≤－tf(4),即ln55－t≤ln22，即－ln22t≤－ln55；所以实数t的取值范围为－ln22t≤－ln55.(3)证明：h(x)＝x2－2x＋4lnx，因为h(x1)＋h(x2)－x21x22＝0，所以x21－2x1＋4lnx1＋x22－2x2＋4lnx2－x21x22＝0，即(x1＋x2)2－2(x1＋x2)＝x21x22＋2x1x2－4lnx1x2，令t＝x1x2，φ(t)＝t2＋2t－4lnt(t0)，则φ′(t)＝2t＋2－4t＝2t－1t＋2t(t0)，当t∈(0,1)时，φ′(t)0，所以函数φ(t)＝t2＋2t－4lnt(t0)在(0,1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)0，所以函数φ(t)＝t2＋2t－4lnt(t0)在(1，＋∞)上单调递增．所以函数φ(t)＝t2＋2t－4lnt(t0)在t＝1时，取得最小值，最小值为3.因为存在两个正实数x1，x2，满足h(x1)＋h(x2)－x21x22＝0，所以(x1＋x2)2－2(x1＋x2)≥3，即(x1＋x2)2－2(x1＋x2)－3≥0，所以x1＋x2≥3或x1＋x2≤－1.因为x1，x2为正实数，所以x1＋x2≥3.6．(2019·启东中学模拟)若数列{an}中的项都满足a2n－1＝a2na2n＋1(n∈N*)，则称{an}为“阶梯数列”．(1)设数列{bn}是“阶梯数列”，且b1＝1，b2n＋1＝9b2n－1(n∈N*)，求b2016；(2)设数列{cn}是“阶梯数列”，其前n项和为Sn，求证：{Sn}中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；(3)设数列{dn}是“阶梯数列”，且d1＝1，d2n＋1＝d2n－1＋2(n∈N*)，记数列1dndn＋2的前n项和为Tn.问是否存在实数t，使得(t－Tn)t＋1Tn0对任意的n∈N*恒成立？若存在，请求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)∵b2n＋1＝9b2n－1，b1＝1，∴{b2n－1}是以b1＝1为首项9为公比的等比数列，∴b2n－1＝b1×9n－1＝32n－2，∴b2015＝32014，∵数列{bn}是“阶梯数列”，∴b2016＝b2015＝32014.(2)证明：由数列{cn}是“阶梯数列”得c2n－1＝c2n，故S2n－1－S2n－2＝S2n－S2n－1，∴{Sn}中存在连续三项S2n－2，S2n－1，S2n(n≥2)成等差数列；(注：给出具体三项也可)假设{Sn}中存在连续四项Sk，Sk＋1，Sk＋2，Sk＋3，成等差数列，则Sk＋1－Sk＝Sk＋2－Sk＋1＝Sk＋3－Sk＋2，即ck＋1＝ck＋2＝ck＋3，当k＝2m－1，m∈N*时，c2m＝c2m＋1＝c2m＋2，①当k＝2m，m∈N*时，c2m＋1＝c2m＋2＝c2m＋3，②由数列{cn}是“阶梯数列”得c2mc2m＋1＝c2m＋2c2m＋3，③①②与③都矛盾，故假设不成立，即{Sn}中不存在连续四项成等差数列．(3)∵d2n＋1＝d2n－1＋2，d1＝1，∴{d2n－1}是以d1＝1为首项2为公差的等差数列，∴d2n－1＝d1＋(n－1)×2＝2n－1，又数列{dn}是“阶梯数列”，故d2n－1＝d2n＝2n－1，∴1d2nd2n＋2＝1d2n－1d2n＋1＝1n－n＋＝1212n－1－12n＋1，①当n＝2k(k∈N*)时，Tn＝T2k＝1d1d3＋1d2d4＋1d3d5＋1d4d6＋…＋1d2k－1d2k＋1＋1d2kd2k＋2＝21d1d3＋1d3d5＋…＋1d2k－1d2k＋1＝2×1211－13＋13－15＋…＋12k－1－12k＋1＝1－12k＋1＝1－1n＋1＝nn＋1，∴Tn∈23，1，∴－1Tn∈－32，－1，又(t－Tn)t＋1Tn0恒成立，∴－1TntTn恒成立，∴－1≤t23.②当n＝2k－1(k∈N*)时，Tn＝T2k－1＝T2k－1d2kd2k＋2＝T2k－1d2k－1d2k＋1＝T2k－12×12k－1－12k＋1＝1－14k－2－14k＋2∈13，1，∴－1Tn∈[－3，－1)，又(t－Tn)t＋1Tn0恒成立，∴－1TntTn恒成立，∴－1≤t13.综上①②，存在满足条件的实数t，其取值范围是－1，13.