《江苏省2019高考数学总复习优编增分练：高考解答题仿真练1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省2019高考数学总复习优编增分练：高考解答题仿真练1（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考解答题仿真练高考解答题仿真练 1 1 1已知向量m m(cos x,1)，n n，f(x)m mn n. (sin(x 6)，1) (1)求f(x)在0，上的单调递增区间； (2)在ABC中，若角A，B，C的对边分别是a，b，c，且f(B) ，sin Asin Csin2B， 5 4 求ac的值 解 由题意得，f(x)cos xsin1 (x 6) cos x1 ( 3 2 sin x1 2cos x) sin 2x 1 3 4 1 2 1cos 2x 2 sin 2x cos 2x 3 4 1 4 3 4 sin . 1 2 (2x 6) 3 4 (1)由 2k2x2k，kZ Z， 2
2、6 2 得kxk，kZ Z， 6 3 又x0， f(x)在0，上的单调递增区间是和. 0， 3 5 6 ， (2)由f(B) sin ， 1 2 (2B 6) 3 4 5 4 得 sin1. (2B 6) 又B是ABC的内角，2B，B. 6 2 3 又 sin Asin Csin2B，由正弦定理可得acb2. 在ABC中，由余弦定理b2a2c22accos B， 可得ac(ac)22acac，则ac0. 2.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP平面 BCP，APB90，BPBC，M为PC的中点求证： (1)AP平面BDM； (2)BM平面ACP. 证明 (1)设AC
3、BDO，连结OM， 因为ABCD是平行四边形， 所以O为AC的中点 因为M为PC的中点，所以APOM. 又因为AP平面BDM，OM平面BDM， 所以AP平面BDM. (2)因为APB90，所以APBP. 又因为平面ABP平面BCP，平面ABP平面BCPBP，AP平面ABP， 所以AP平面BCP. 又因为BM平面BCP，所以APBM. 因为BPBC，M为PC的中点，所以BMCP. 又因为APCPP，AP，CP平面ACP， 所以BM平面ACP. 3如图，半圆AOB是某爱国主义教育基地一景点的平面示意图，半径OA的长为 1 百米为 了保护景点，基地管理部门从道路l上选取一点C，修建参观线路CDEF，
4、且 CD，DE，EF均与半圆相切，四边形CDEF是等腰梯形设DEt百米，记修建每 1 百米参观 线路的费用为f(t)万元，经测算f(t)Error! (1)用t表示线段EF的长； (2)求修建该参观线路的最低费用 解 设DE与半圆相切于点Q，则由四边形CDEF是等腰梯形知，OQl，DQQE. 以O为坐标原点，OF所在直线为x轴，OQ所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标 系xOy. (1)由题意，得点E的坐标为. ( t 2，1) 设直线EF的方程为y1k(k0， 1 3 所以当t时，y0， ( 1 3，1) 所以y在上单调递减；在(1,2)上单调递增 ( 1 3，1) 所以当t1 时，y
5、取最小值 24.5. 由知，修建该参观线路的最低费用为 24.5 万元 4(2018江苏金陵中学调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的 x2 a2 y2 b2 离心率为，且过点.设F为椭圆的右焦点，A，B为椭圆上关于原点对称的两点，连 3 2 ( 3，1 2) 结AF，BF并延长，分别交椭圆于C，D两点 (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，是否存在实数m，使得k2mk1？若存在，求出实 数m的值；若不存在，请说明理由 解 (1)设椭圆的半焦距为c， 则c， a2b2 由题意知Error! 解得Error!所以椭圆的标准方程为y21. x
6、2 4 (2)当AFx轴时，A，B， ( 3，1 2) ( 3， 1 2) C，F(，0) ( 3，1 2)3 则kBF，直线BD的方程为y(x) 1 4 3 1 4 33 由Error!消去y， 得 13x22x450， 3 因为x是该方程的一个解， 3 所以点D的横坐标xD， 15 3 13 则yD，即D. 1 26 ( 15 3 13 ， 1 26) 所以k2， 1 26 1 2 15 3 13 3 7 2 3 又k1，所以k27k1，即m7. 1 2 3 当AF与x轴不垂直时， 设A(x0，y0)，则B(x0，y0)，k1， y0 x0 又F(，0)， 3 所以直线AF的方程为y(x)
7、 y0 x0 33 由Error!消去y， 得(72x0)x28y x 7x8x00. 3 3 2 0 2 03 因为xx0是该方程的一个解， 所以点C的横坐标xC. 8 37x0 72 3x0 又点C(xC，yC)在直线y(x)上， y0 x0 33 所以yC(xC)， y0 x0 33 y0 72 3x0 从而点C的坐标为， ( 8 37x0 72 3x0， y0 72 3x0) 同理，点D的坐标为， ( 8 37x0 72 3x0， y0 72 3x0) 所以k2 7k1，即m7. y0 72 3x0 y0 72 3x0 8 37x0 72 3x0 8 37x0 72 3x0 14y0
8、2x0 综合可知，存在m7，使得k27k1. 5已知函数f(x)xln x，g(x)(x21)(为常数) (1)若函数yf(x)与函数yg(x)在x1 处有相同的切线，求实数的值； (2)若 ，且x1，证明：f(x)g(x)； 1 2 (3)若对任意x1，)，不等式f(x)g(x)恒成立，求实数的取值范围 (1)解 f(x)ln x1，则f(1)1 且f(1)0， 所以函数yf(x)在x1 处的切线方程为yx1， 从而g(1)21，即 . 1 2 (2)证明 设函数h(x)xln x (x21)，x1，)， 1 2 则h(x)ln x1x. 设p(x)ln x1x，从而p(x) 10 对任意x
9、1，)恒成立， 1 x 所以p(x)ln x1xp(1)0，即h(x)0， 因此函数h(x)xln x (x21)在1，)上单调递减， 1 2 即h(x)h(1)0，所以当x1 时，f(x)g(x)成立 (3)解 设函数H(x)xln x(x21)，x1，)， 从而对任意x1，)，不等式H(x)0H(1)恒成立 又H(x)ln x12x， 当H(x)ln x12x0，即2恒成立时，函数H(x)单调递减 ln x1 x 设r(x)，x1，)， ln x1 x 则r(x)0， ln x x2 所以r(x)maxr(1)1，即 21， 所以 ，符合题意； 1 2 当0 时，H(x)ln x12x0
10、恒成立，此时函数H(x)单调递增 于是，不等式H(x)H(1)0 对任意x1，)恒成立，不符合题意； 当 01. 1 x 1 2 当x时，q(x) 20， (1， 1 2) 1 x 此时q(x)H(x)ln x12x单调递增， 所以H(x)ln x12xH(1)120， 故当x时，函数H(x)单调递增 (1， 1 2) 于是当x时，H(x)0 成立，不符合题意 (1， 1 2) 综上所述，实数的取值范围为. 1 2，) 6(2018苏州调研)已知等差数列an的前 2m1 项中，奇数项的和为 56，偶数项的和为 48，且a23(其中mN N*) (1)求数列an的通项公式； (2)若ak1，ak
11、2，akn，是一个等比数列，其中k11，k25，求数列kn的通项公式； (3)若存在实数a，b，使得ab对任意nN N*恒成立，求ba的最小值 n1an 3n 解 (1)由题意，m56， a1a2m1 2 (m1)48， a2a2m2 2 因为a2a2m2a1a2m1， 所以 ，解得m7. m m1 7 6 所以a1a1316， 因为a1a13a2a12，且a23， 所以a1213. 设数列an的公差为d，则 10da12a210， 所以d1. 所以a12，通项公式ann1(nN N*) (2)由题意，ak1a12，ak2a56， 设这个等比数列的公比为q，则q3. a5 a1 那么akn23n1， 另一方面aknkn1，所以kn23n11(nN N*) (3)记cn， n1an 3n n21 3n 则cn1cn . n121 3n1 n21 3n 2n22n3 3n1 因为nN N*， 所以当n2 时，2n22n32n(n1)30， 1 3 所以当n2 时，cn取最大值c2 ， 1 3 所以b . 1 3 又c10，当n1 时，cn0， 所以当n1 时，cn取最小值c10，所以a0. 综上，ba的最小值为 . 1 3
