（江苏专用）2020高考数学二轮复习 综合仿真练（二）

综合仿真练(二)1.(2019·金陵中学模拟)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是平行四边形．已知平面SAB⊥平面SBC，AS⊥BS，M为线段SC的中点．(1)求证：AS∥平面BDM;(2)若BS＝BC，求证：BM⊥AC.证明：(1)设AC，BD交点为O，连接OM.∵底面ABCD是平行四边形∴O为AC的中点∵M为线段SC的中点，∴OM∥AS∵OM⊂平面BDM，AS⊄平面BDM∴AS∥平面BDM.(2)∵平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝BS，AS⊥BS，AS⊂平面SAB∴AS⊥平面SBC又∵BM⊂平面SBC，∴AS⊥BM∵BS＝BC，M为线段SC的中点∴BM⊥SC又AS∩SC＝S，AS，SC⊂平面SAC∴BM⊥平面SAC∵AC⊂平面SAC∴BM⊥AC.2．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m＝cosB，2cos2C2－1，n＝(c，b－2a)，且m·n＝0.(1)求角C的大小；(2)若△ABC的面积为23，a＋b＝6，求c.解：(1)∵由已知可得m＝(cosB，cosC)，n＝(c，b－2a)，m·n＝0，∴ccosB＋(b－2a)cosC＝0，∴sinCcosB＋(sinB－2sinA)cosC＝0，即sinA＝2sinAcosC，∵sinA≠0，∴cosC＝12，又∵C∈(0，π)，∴C＝π3.(2)∵S△ABC＝12absinC＝23，∴ab＝8，又c2＝a2＋b2－2abcosC，即(a＋b)2－3ab＝c2，∴c2＝12，故c＝23.3.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的焦距为2，离心率为22，椭圆的右顶点为A.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点D(2，－2)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．解：(1)由已知得c＝1，又e＝ca＝22，则a＝2，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(2)证明：设直线PQ的方程为y＝k(x－2)－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由y＝kx－2－2，x22＋y2＝1，消去y，整理得(2k2＋1)x2－(42k2＋42k)x＋4k2＋8k＋2＝0，所以x1＋x2＝42k2＋42k2k2＋1，x1x2＝4k2＋8k＋22k2＋1，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－22k－22＝－22－22k2k2＋1，又A(2，0)，所以kAP＋kAQ＝y1x1－2＋y2x2－2＝y1x2＋y2x1－2y1＋y2x1x2－2x1＋x2＋2，由y1x2＋y2x1＝[k(x1－2)－2]x2＋[k(x2－2)－2]x1＝2kx1x2－(2k＋2)(x1＋x2)＝－4k2k2＋1，故kAP＋kAQ＝y1x2＋y2x1－2y1＋y2x1x2－2x1＋x2＋2＝－4k2k2＋1－2×－22－22k2k2＋14k2＋8k＋22k2＋1－2×42k2＋42k2k2＋1＋2＝1，所以直线AP，AQ的斜率之和为定值1.4.如图所示，某公路AB一侧有一块空地△OAB，其中OA＝3km，OB＝33km，∠AOB＝90°.当地政府拟在中间开挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上(M，N不与A，B重合，M在A，N之间)，且∠MON＝30°.(1)若M在距离A点2km处，求点M，N之间的距离；(2)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小．试确定M的位置，使△OMN的面积最小，并求出最小面积．解：(1)在△OAB中，因为OA＝3，OB＝33，∠AOB＝90°，所以∠OAB＝60°.在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cosA＝7，所以OM＝7，所以cos∠AOM＝OA2＋OM2－AM22OA·OM＝277，在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝277.在△OMN中，由MNsin30°＝OMsin∠ONA，得MN＝7277×12＝74.(2)法一：设AM＝x,0＜x＜3.在△OAM中，由余弦定理得OM2＝AO2＋AM2－2AO·AM·cosA＝x2－3x＋9，所以OM＝x2－3x＋9，所以cos∠AOM＝OA2＋OM2－AM22OA·OM＝6－x2x2－3x＋9，在△OAN中，sin∠ONA＝sin(∠A＋∠AON)＝sin(∠AOM＋90°)＝cos∠AOM＝6－x2x2－3x＋9.由ONsin∠OAB＝OAsin∠ONA，得ON＝36－x2x2－3x＋9·32＝33x2－3x＋96－x.所以S△OMN＝12OM·ON·sin∠MON＝12·x2－3x＋9·33x2－3x＋96－x·12＝33x2－3x＋－x，0＜x＜3.令6－x＝t，则x＝6－t,3＜t＜6，则S△OMN＝33t2－9t＋4t＝334t－9＋27t≥334·2t·27t－9＝－34.当且仅当t＝27t，即t＝33，x＝6－33时等号成立，S△OMN的最小值为－34.所以M的位置为距离A点6－33km处，可使△OMN的面积最小，最小面积是－34km2.法二：设∠AOM＝θ，0＜θ＜π3，在△OAM中，由OMsin∠OAB＝OAsin∠OMA，得OM＝33θ＋在△OAN中，由ONsin∠OAB＝OAsin∠ONA，得ON＝33θ＋＝332cosθ.所以S△OMN＝12OM·ON·sin∠MON＝12·33θ＋·332cosθ·12＝27θ＋θ＝278sinθcosθ＋83cos2θ＝274sin2θ＋43cos2θ＋43＝27θ＋＋43，0＜θ＜π3.当2θ＋60°＝90°，即θ＝15°时，S△OMN的最小值为－34.所以应设计∠AOM＝15°，可使△OMN的面积最小，最小面积是－34km2.5．已知数列{ai}共有m(m≥3)项，该数列前i项和为Si，记ri＝2Si－Sm(i≤m，i∈N*).(1)当m＝10时，若数列{ai}的通项公式为ai＝2i＋1，求数列{ri}的通项公式；(2)若数列{ri}的通项公式为ri＝2i(i≤m，i∈N*)，①求数列{ai}的通项公式；②数列{ai}中是否存在不同的三项按一定次序排列构成等差数列，若存在求出所有的项，若不存在请说明理由．解：(1)因为Si＝3＋i＋2·i＝i2＋2i,所以由题意得ri＝2Si－S10＝2i2＋4i－120(i≤10，i∈N*).(2)①因为ri＝2Si－Sm＝2i，ri＋1＝2Si＋1－Sm＝2i＋1，两式相减得ai＋1＝2i－1，所以数列{ai}从第2项开始是以1为首项，2为公比的等比数列，即ai＝2i－2(2≤i≤m，i∈N*)．又2a1＝2＋Sm，即a1＝2＋(a2＋a3＋…＋am)＝2＋1－2m－11－2＝2m－1＋1.所以数列{ai}的通项公式为ai＝2m－1＋1，i＝1，2i－2，2≤i≤m，i∈N*.②数列{ai}中任意三项都不能构成等差数列，理由如下：因为数列{ai}从第2项开始是以2为公比的等比数列，所以若存在三项构成等差数列，不妨设为ap，aq，ar(2≤pqr≤m，p，q，r∈N*)，则有2aq＝ap＋ar，即2·2q－2＝2p－2＋2r－2,2q－p＋1＝1＋2r－p.因为q－p＋1∈N*，r－p∈N*，所以上式左边为偶数，右边为奇数，此时无解．所以数列{ai}从第2项至第m项中不可能存在三项构成等差数列，所以若数列{ai}中存在三项构成等差数列，则只能是a1和第2项至第m项中的两项，不妨设为ap，aq(2≤pq≤m，p∈N*，q∈N*)．因为0apaq≤ama1.所以ap，aq，a1若构成等差数列，只能是aq为等差中项，故有2·2q－2＝2p－2＋(2m－1＋1)，因为左边＝2q－1≤2m－1，右边2m－1，所以该情况下也无解．因此，数列{ai}中任意三项都不能构成等差数列．6．(2019·泰州中学模拟)已知函数f(x)＝x＋1ex，g(x)＝1－ax2(a∈R)．(1)求函数f(x)的极值；(2)当0a12时，判断方程f(x)＝g(x)的实根个数，并加以证明；(3)求证：当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，不等式f(x)≥g(x)恒成立．解：(1)∵f(x)＝x＋1ex，∴f′(x)＝－xex当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递减所以当x＝0时，函数f(x)存在极大值f(0)＝1，无极小值．(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝x＋1ex＋ax2－1，h′(x)＝－xex＋2ax＝2ax·ex－12aex∵0a12，∴12a1，即ln12a0，令h′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln12a当x∈(－∞，0)时，h′(x)0，h(x)单调递增；当x∈0，ln12a时，h′(x)0，h(x)单调递减；当x∈ln12a，＋∞时，h′(x)0，h(x)单调递增又h(0)＝0，hln12ah(0)＝0，h1a＝1＋1ae1a＋a1a2－1＝1＋1ae1a0ln12a1a，函数h(x)在R上连续，所以h(x)有一个零点0，且在ln12a，1a上有一个零点，即函数h(x)有两个零点∴当0a12时，方程f(x)＝g(x)的实根个数为2个．(3)证明：法一：由(2)知，即证：当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，不等式h(x)≥0恒成立．∵a≥1，∴ln12a≤－ln2.①当ln12a≤－1，即a≥e2时，则x∈(－1,0)时，h′(x)0，h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增∴h(x)min＝h(0)＝0，∴当x≥－1时，h(x)≥0恒成立；②当－1ln12a0，即1≤ae2时，则x∈－1，ln12a时，h′(x)0，h(x)单调递增；x∈ln12a，0，h′(x)0，h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递增∴h(x)min＝min{h(0)，h(－1)}∵h(0)＝0，h(－1)＝a－1≥0，∴当x≥－1时，h(x)≥0恒成立；综上：当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥g(x)恒成立.法二：由(2)知，即证：当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，不等式h(x)≥0恒成立．①在x≥0时，∵a≥1，∴012a≤12，又x≥0，ex≥1得h′(x)≥0，∴h(x)为在[0，＋∞)上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0；②在－1≤x≤0时，由于a≥1，所以ax2－1≥x2－1要证明h(x)≥0成立，即证x＋1ex＋x2－1≥0，也即证(x＋1)1ex＋x－1≥0由于x＋1≥0，只需证1ex＋x－1≥0不妨令m(x)＝1ex＋x－1，m′(x)＝1－1ex＝ex－1ex由－1≤x≤0，得m′(x)≤0且不恒为0，所以m(x)在区间[－1,0]上单调递减，m(x)≥m(0)＝0，从而1ex＋x－1≥0得证．综上，当a≥1时，对于任意实数x∈[－1，＋∞)，h(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥g(x)恒成立.