《2019-2020高考数学（理科） 高考大题纵横练（二） 含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020高考数学（理科） 高考大题纵横练（二） 含答案（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考大题纵横练(二)1.在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且b2c2a2bc. (1)求角A的大小； (2)设函数f(x)sin x2cos2，a2，f(B)1，求b.解(1)在ABC中，b2c2a2bc，由余弦定理可得cos A，0A，A.(2)f(x)sin x2cos2sin xcos x1sin(x)1，f(B)sin(B)11，B.，即，b.2.如图，已知在长方体ABCDA1B1C1D1中，ADA1AAB2，点E是棱AB上一点，且. (1)证明：D1EA1D；(2)若二面角D1ECD的余弦值为，求CE与平面D1ED所成的角. (1)证明以D为原点，DA所在直线为x轴，
2、DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，A1(2，0，2)，B1(2，4，2)，C1(0，4，2)，D1(0，0，2).因为，所以E(2，0)，于是(2，2)，(2，0，2).所以(2，2)(2，0，2)0，即，故D1EA1D.(或用几何法先证出A1D平面D1AE，然后证出A1DD1EB)(2)解因为D1D平面ABCD，所以平面DEC的一个法向量为n1(0，0，2).又(2，4，0)，(0，4，2)，设平面D1CE的法向量为n2(x，y，z)，则n22xy(4)0，n24y2z0，所以向量n2
3、的一个解是(2，1，2).因为二面角D1ECD的余弦值为，则，解得1.所以E(2，2，0)，故(0，0，2)，(2，2，0)， (2，2，0)，因此0，0，即CEDD1，CEDE，故CE平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角为. 3.已知数列an的首项a11，an11，其中nN*.(1)设bn，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设cn，数列cncn2的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn对于nN*恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由.解(1)bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列.a11，b12，因此bn2(n1)22n，由bn得an.(2)由cn
4、，an得cn，cncn22()，Tn2(1)2(1)3，依题意要使TnE()，所以方案乙化验次数的期望值较小，可以尽快查找到感染冷库.5.已知椭圆1(ab0)的左，右焦点分别为F1、F2，短轴两个端点为A、B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形.(1)求椭圆方程；(2)若C，D分别是椭圆长轴的左，右端点，动点M满足MDCD，连接CM，交椭圆于点P，证明：为定值；(3)在(2)的条件下，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.(1)解a2，bc，a2b2c2，b22，椭圆方程为1.(2)证明C(2，0)，
5、D(2，0)，设M(2，y0)，P(x1，y1)，则(x1，y1)，(2，y0)，直线CM：，即yxy0，代入椭圆x22y24得，(1)x2yxy40.x1(2)，x1，y1，(，)，4(定值).(3)解设存在Q(m，0)满足条件，则MQDP，(m2，y0)，(，)，则由0，得(m2)0.从而得m0，存在Q(0，0)满足条件.6.已知函数f(x)(e是自然对数的底数)，h(x)1xxln x.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求h(x)的最大值；(3)设g(x)xf(x)，其中f(x)为f(x)的导函数. 证明：对任意x0，g(x)0，h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0)，g(x)1e2等价于1xxln x0时，ex1成立，这显然成立. 所以1xxln x1e20，g(x)1e2.- 9 -
