《浙江省2012年高考考前理科数学五大解答题拔高训练试题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省2012年高考考前理科数学五大解答题拔高训练试题（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2012 届浙江高考考前理数五大解答题拔高训练试题(3)三、解答题：本大题共 5 小题，共 72 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程18 （本小题满分 14 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b ，c ，且满足sin3cos,1.a（1）求角 B 的大小；（2）若 b 是 a 和 c 的等比中项，求 ABC 的面积19 （本小题满分 14 分）已知点（1， 3）是函数 ,0()axf且 1）的图象上一点，等比数列 na的前 n项和为 cf)(,数列 nb)的首项为 c，且前 n项和 nS满足 1=S+ 1（ 2） （1 ）求数列 na和 的通项公式；（2 ）若数列 1
2、nb前 项和为 nT，求 2091 中 n的最小正整数是多少20 （本小题满分 15 分）如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB60，AB 2AD，PD底面 ABCD（1）证明：PABD ；（2）若 PDAD，求二面角 APB C 的余弦值21 （本小题满分 15 分）已知点 F1，F 2 为椭圆 的两个焦点，点 O 为坐标原点，圆 O 是以 F1，F 2 为12yx直径的圆，一条直线 与圆 O 相切并与椭圆交于不同的两点)0(:bklA， B（1）设 的表达式；)(,fkfb求（2）若 求直线 的方程；32Ol（3）若 ，求三角形 OAB 面积的取值范围)43(,
3、mBA22 （本小题满分 14 分）设函数 32()fxabx(0)的图象与直线 4y相切于 (1,4)M（1 ）求 在区间 ,4上的最大值与最小值；（2 ）是否存在两个不等正数 ,st()，当 ,xst时，函数 32()fxabx的值域也是 ,st，若存在，求出所有这样的正数 ,st；若不存在，请说明理由；（3 ）设存在两个不等正数 ,st()，当 x时，函数 32()fxabx的值域是 ,kst，求正数 k的取值范围 【（2 ） （3）较难，供学有余力的同学使用！】2012 届浙江高考考前理数五大解答题拔高训练试题(3)参 答18 （本小题满分 14 分）解：（1）由 sin3cos,B得
4、 ，i()2420,(,),33B由 得 故得 7 分.B（2）由 b 是 a 和 c 的等比中项得 2bac又由余弦定理得 2222osos,3Bac故 ,()0,1,acacc得 得故ABC 为正三角形故 14 分3.4ABCS19 （本小题满分 14 分）解：（1） 13faQ, 13xf1afc, 2fcfc293 7f又数列 na成等比数列，2134183ac，所以 1； 又公比 213qa，所以12nnn， *N111nnnnSSSSQ2又 0b, , 数列 n构成一个首相为 1 公差为 1 的等差数列， nn ， 2S当 2， 22nSn ；1nb( *N) . 8 分（2 ）
5、12341n nTbbL157(2)K11123572n 2n由 1029nT得 0，故满足 的最小正整数为 112 .14 分 20 （本小题满分 15 分）解：（1）证明：因为DAB60 ，AB2AD ，由余弦定理得 BD AD3从而 BD2AD 2AB 2，故 BDAD又 PD底面 ABCD，可得 BDPD所以 BD平面 PAD.故 PABD .5 分（2）如图，以 D 为坐标原点， AD 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz，则A(1，0，0) ，B(0， ，0)，C(1， ，0)，P(0，0，1) 3 3(1， ，0)， (0， ，1) ，3 3(
6、1，0，0)C设平面 PAB 的法向量为 n( x，y，z) ，则Error! 即Error!因此可取 n( ，1， )3 3设平面 PBC 的法向量为 m，则Error!可取 m(0，1， )3则 cosm，n 427 277故二面角 APB C 的余弦值为 .15 分27721 （本小题满分 15 分）解：（1） 且直线 与圆 O 相切1c)0(:bkxyl2bk . 4 分21,0k（2）设 ),(),(2yxBA则由 ，消去 y 得 12xbky 024)1(2bkxk又 12,124),0(812 kbxkxQk则 .212yxOBA由 .,3bk.10 分.2,:2,0xyxylb
7、（3）由（2）知： ,43.12mQk,432由弦长公式得 12)(|121| kABS，kAB所 以解得 .15 分.346S22 （本小题满分 14 分）解：（1） 2()3fxaxb依题意则有： 14()0f，所以 32ab，解得 69ab， 所以 32()69fxx()13(1)fxxx，由 0f可得 1或 3,在区间 0,4上的变化情况为：x0 (,)1 (,3)3 (,4)4()f+ 0 0 +()fx0 增函数 4 减函数 0 增函数 4所以函数 3269x在区间 0,上的最大值是 4，最小值是 0 3 分（2 ）由函数的定义域是正数知， s，故极值点 (3,)不在区间 ,st上
8、；（A ）若极值点 (1,4)M在区间 ,t，此时 03st ，在此区间上 ()fx的最大值是 4，不可能等于 t；故在区间 ,上没有极值点；（B）若 32()69fxx在 ,st上单调增，即 01st 或 3st，则 ()sft，即 32stt，解得 24t不合要求；（C）若 69fxx在 ,st上单调减，即 13st ，则 ()fst，两式相减并除 st得： 2()()0tt， 两式相除并开方可得 23，即 (3)()st，整理并除以 st得： 3t， 则、可得 1st，即 ,t是方程 210x的两根，即存在 352s， t满足要求； .8 分（3 ）同（2 ） ，极值点 (,0)不可能在
9、区间 ,st上；（a）若极值点 14M在区间 ，此时 013t ，故有3()stktfst 或4()sktfst 由 4kt， 13 知， (,4k，当且仅当 1时， 4k；再由 2(3)ks， 01s 知， 4,9k，当且仅当 1s时， 4k由于 t，故不存在满足要求的 值。由 21(3)()4ttsffk，及 0s 可解得 23t ，所以 t， 2t 知， 4,k；即当 (,3时，存在 23)，21)(0,14ttsffk，且 (sftk ，满足要求（b）若函数 )fx在区间 ,s单调递增，则 1st 或 3st，且 ()fstk，故 ,t是方程 269xk的两根，由于此方程两根之和为 3，故 ,st不可能同在一个单调增区间；（c ） 若函数 ()fx在区间 ,t单调递减，即 13st ， ()fskt，两式相除并整理得 223)()st，由 t知 ()(3)t，即 3st，再将两式相减并除以 st得，22()6()9kst2()6()9sttst，即 4 即 0,4k， ,是方程 230xk的两根，即存在 32s， 32s满足要求综上可得，当 904k时，存在两个不等正数 ,st()，使 ,xst时，函数32()6fxx的值域恰好是 ,kt .14 分【（2） （3 ）较难，供学有余力的同学使用！】
