（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復(fù)習 第一板塊“18～20”大題規(guī)范滿分練（一）-（八）

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復(fù)習 第一板塊“18～20”大題規(guī)范滿分練（一）-（八） 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝sin x·(cos x＋sin x)． (1)求f(x)的最小正周期； (2)若關(guān)于x的方程f(x)＝t在區(qū)間內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解，求實數(shù)t的取值范圍． 解：(1)因為f(x)＝sin 2x＋(1－cos 2x) ＝sin＋， 所以f(x)的最小正周期為T＝＝π. (2)因為x∈，所以2x－∈. 因為y＝sin z在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)， 所以f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)． 又因為f(0)＝0，f ＝1＋，f ＝， 關(guān)于x的方

2、程f(x)＝t在區(qū)間內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解， 等價于y＝f(x)與y＝t的圖象在區(qū)間內(nèi)有兩個不同的交點， 所以要使得關(guān)于x的方程f(x)＝t在區(qū)間內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解， 只需滿足≤t<1＋. 故實數(shù)t的取值范圍為. 19．(本小題滿分15分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，BC1⊥AC. (1)證明：點C1在底面ABC上的射影H必在直線AB上； (2)若二面角C1-AC-B的大小為60°，CC1＝2，求BC1與平面AA1B1B所成角的正弦值． 解：(1)證明：因為BC1⊥AC，AC⊥AB，AB∩BC1＝B， 所以AC⊥平面ABC1.

3、 所以平面ABC⊥平面ABC1. 過點C1作C1H′⊥AB， 則由面面垂直的性質(zhì)定理可知C1H′⊥平面ABC. 又C1H⊥平面ABC，所以H′，H重合， 所以點C1在底面ABC上的射影H必在直線AB上． (2)由(1)可知∠BAC1是二面角C1-AC-B的平面角，所以∠BAC1＝60°. 法一：連接A1H， 因為A1B1⊥A1C1，A1B1⊥C1H，A1C1∩C1H＝C1， 所以A1B1⊥平面A1C1H， 所以平面A1B1BA⊥平面A1C1H. 作C1G⊥A1H，則C1G⊥A1B1BA.連接BG， 所以∠C1BG是BC1與平面AA1B1B所成角． 由(1)可知AC⊥AC

4、1， 因為AC＝2，CC1＝2，所以AC1＝2. 在△ABC1中，AB＝2，AC1＝2，∠BAC1＝60°，C1H⊥AB，所以BC1＝2，C1H＝， 在Rt△A1C1H中，A1C1＝2， 所以A1H＝，所以C1G＝. 所以sin∠GBC1＝＝. 所以BC1與平面AA1B1B所成角的正弦值為. 法二：在平面ABC內(nèi)，過點H作Hx⊥AB，以H為坐標原點，以Hx，HB，HC1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系． 由(1)可知∠BAC1是二面角C1-AC-B的平面角，所以∠BAC1＝60°，因為AC⊥AC1，CC1＝2，AC＝2，所以AC1＝2.在△ABC1中，AB

5、＝2，AC1＝2，∠BAC1＝60°， 所以BC1＝2，C1H＝，AH＝BH＝1. 所以A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C1(0,0，)，C(2，－1,0)， ＝(0,2,0)， ＝＝(－2,1，)， ＝(0，－1，)． 設(shè)平面AA1B1B的一個法向量n＝(x，y，z)， 則即 令x＝，得平面AA1B1B的一個法向量n＝(，0,2)， 所以|cos〈，n〉|＝＝， 所以BC1與平面AA1B1B所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝·e－x＋，x∈. (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)； (2)求f(x)在x∈上的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝e－

6、x＋＝e－x－. (2)因為x∈， 所以e－x≤0，－≤0， 所以f′(x)＝e－x－≤0. 即f(x)在x∈上單調(diào)遞減． 當x→＋∞時，f(x)＝·e－x＋→0. 又f ＝2＋， 所以f(x)在x∈上的取值范圍是. “18～20”大題規(guī)范滿分練(二) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝4cos x·sin－1. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若滿足f(B)＝0，a＝2，且D是BC的中點，P是直線AB上的動點，求CP＋PD的最小值． 解：(1)f(x)＝4cos x－1 ＝sin 2x－cos

7、 2x－2＝2sin－2， 令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由f(B)＝2sin－2＝0，得2B－＝，所以B＝. 作C關(guān)于AB的對稱點C′， 連接C′D，C′P，C′B， 由余弦定理得C′D2＝BD2＋BC′2－2·BD·BC′·cos 120°＝7. 所以CP＋PD＝C′P＋PD≥C′D＝， 所以當C′，P，D共線時，CP＋PD取得最小值 . 19．(本小題滿分15分)如圖，四邊形ABCD為梯形，AB∥CD，∠C＝60°，點E在線段CD上，滿足BE⊥CD，且CE＝AB＝CD＝2，現(xiàn)將△A

8、DE沿AE翻折到△AME位置，使得MC＝2. (1)證明：AE⊥MB； (2)求直線MC與平面AME所成角的正弦值． 解：(1)證明：在梯形ABCD中，連接BD交AE于N， 則BE＝2tan 60°＝2，BC＝4， ∴BD＝＝4. ∴BC2＋BD2＝CD2， ∴BC⊥BD. 又BC∥AE，∴AE⊥BD. 從而AE⊥BN，AE⊥MN. ∵將△ADE沿AE翻折到△AME位置，垂直關(guān)系不變， ∴AE⊥平面MNB. ∵MB?平面MNB，∴AE⊥MB . (2)∵CE＝2，EM＝6，MC＝2， ∴CE2＋EM2＝MC2， ∴∠CEM＝90°，即CE⊥EM. 又∵CE⊥

9、BE，EM∩BE＝E， ∴CE⊥平面MBE， ∴CE⊥MB. ∵AE⊥MB，CE∩AE＝E， ∴MB⊥平面ABCE. 故以B為坐標原點，BE，BA，BM所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,2,0)，C(2，－2,0)，E(2，0,0)，M(0,0,2)， ＝(0，－2,2)， ＝(2，－2,0)， ＝(2，－2，－2)． 設(shè)平面AME的法向量為m＝(x，y，z)， 則即令y＝，得平面AME的一個法向量為m＝(，，1)， ∴cos〈m，〉＝＝－， 故直線MC與平面AME所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}滿足an＋

10、2＝qan(q為實數(shù)，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差數(shù)列． (1)求q的值和{an}的通項公式； (2)設(shè)bn＝，n∈N*，求數(shù)列{bn}的前n項和． 解：(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3， 所以a2(q－1)＝a3(q－1)， 又因為q≠1，所以a3＝a2＝2. 由a3＝a1q，得q＝2， 當n＝2k－1(n∈N*)時，an＝a2k－1＝2k－1＝2， 當n＝2k(n∈N*)時，an＝a2k＝2k＝2， 所以{an}的通項公式為an＝ (2)由(1

11、)得bn＝＝， 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn， 則Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×， 兩式相減，得Sn＝1＋＋＋＋…＋－＝－＝2－－，整理得Sn＝4－， 所以數(shù)列{bn}的前n項和為4－. “18～20”大題規(guī)范滿分練(三) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝sin＋2cos2ωx－1(ω>0)． (1)若ω＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)圖象的相鄰兩對稱軸之間的距離為，求函數(shù)f(x)在上的值域． 解：f(x)＝sin＋2cos2ωx－1 ＝sin 2ωx－cos 2ωx＋cos 2ωx ＝sin

12、 2ωx＋cos 2ωx ＝sin. (1)當ω＝1時，f(x)＝sin， 令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z， 得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z， 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由題意知T＝， 所以2ω＝＝，ω＝， 則f(x)＝sin. 由x∈，得x＋∈， 則f(x)∈. 故f(x)在上的值域為. 19．(本小題滿分15分)已知△ABC中，AB＝AC＝，BC＝2，以BC為軸將△ABC旋轉(zhuǎn)60°到△DBC，形成三棱錐D-ABC. (1)求證：BD⊥AC； (2)求直線BC與平面ACD所成角的余弦值． 解：(1)證明：取BC的中點E，連接AE，

13、DE， ∵AB＝AC，∴AE⊥BC， 由翻折知DE⊥BC， ∴二面角A-BC-D為∠AED， 即∠AED＝60°，且BC⊥平面ADE， ∴平面ADE⊥平面ABC. ∵DE＝AE＝，∠AED＝60°， ∴△ADE為正三角形， 取AE的中點H，連接DH， ∴DH⊥AE. ∵平面ADE∩平面ABC＝AE， ∴DH⊥平面ABC，∴DH⊥AC. 取CE的中點F，連接FH， 可求得HE＝，F(xiàn)E＝，BE＝1， 由HE2＝FE·BE，可知FH⊥BH， ∵FH∥AC，∴BH⊥AC. ∵DH∩BH＝H， ∴AC⊥平面DHB，∴AC⊥BD. (2)法一：取AD的中點M，連接MB，

14、MC，過B點作BN⊥MC，垂足為N， ∵AB＝BD＝，AC＝CD＝，且M為AD的中點， ∴BM⊥AD，CM⊥AD， ∵BM∩CM＝M， ∴AD⊥平面BMC. ∵BN?平面BMC， ∴BN⊥AD. ∵BN⊥MC，AD∩MC＝M， ∴BN⊥平面ACD， ∴直線BC與平面ACD所成角即∠BCM， 由(1)可知△ADE為正三角形，則AD＝， 可求得BM＝CM＝，BN＝， ∴CN＝，∴cos∠BCN＝. ∴直線BC與平面ACD所成角的余弦值為. 法二：(等體積法)由(1)可知△ADE為等邊三角形，則DH＝. S△ABC＝×2×＝，S△ACD＝××＝. 設(shè)三棱錐B-ACD的

15、高為h， ∵VB-ADC＝VD-ABC， VD-ABC＝S△ABC·DH＝××＝， ∴VB-ADC＝S△ADC·h＝××h＝h＝， 解得h＝， 設(shè)直線BC與平面ACD所成角為α， 則sin α＝＝，cos α＝， ∴直線BC與平面ACD所成角的余弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝aln x＋(x>1)． (1)若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)不單調(diào)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)當a＝1時，證明：f(x)<－x＋3. 解：(1)f′(x)＝－＝， 要使f(x)在區(qū)間(1，＋∞)不單調(diào)， 則f′(x)＝0在(1，＋∞)上有解， 即a＝在(1，＋∞)上有解

16、， 所以a的取值范圍是(0,1)． (2)證明：當a＝1時， 令g(x)＝ln x＋－＋x－3， 則g′(x)＝－(x－1)＝. 因為x>1，所以－1>0,1－x2－x<0， 所以g′(x)<0, 則g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以g(x)

17、C－sin Acos B)＝sin Bsin A， 即3[sin(A＋B)－sin Acos B]＝sin Bsin A， 化簡得3cos Asin B＝sin Bsin A. ∵sin B≠0，∴tan A＝，∴A＝. (2)由(1)知B＋C＝， ∴sincos C＝cos2C＋sin Ccos C＝(1＋cos 2C)＋sin 2C＝cos 2C＋sin 2C＝－， ∴sin＝－. 又∵<2C＋<， ∴2C＋＝，∴C＝. 19.(本小題滿分15分)如圖，在四棱錐A-BCD中，△ABD，△BCD均為正三角形，且二面角A-BD-C為120°. (1) 求證：AC⊥BD；

18、 (2) 求二面角B-AD-C的余弦值． 解：(1)證明：設(shè)BD的中點為O，連接OA，OC， 則由△ABD，△BCD均為正三角形， 可得OA⊥BD，OC⊥BD, ∵OA∩OC＝O，∴BD⊥平面AOC. ∵AC?平面AOC，∴AC⊥BD . (2)設(shè)△ABD，△BCD的邊長均為2a，則OA＝OC＝a， 由二面角A-BD-C為120°，可知∠AOC＝120°，∴AC＝3a. 過點B作BE⊥AD，垂足為E，則BE＝a. 過點E作EH⊥AD，垂足為E，EH∩AC＝H. 在△ACD中，由余弦定理得， cos∠DAC＝＝. 在Rt△AEH中，AE＝a，cos∠EAH＝＝， ∴

19、AH＝a，EH＝a， 連接BH，則∠BEH就是所求的二面角B-AD-C的平面角． 在等腰△ABC中，由余弦定理得， cos∠BAC＝＝， 解得BH＝a. 又BE＝a，于是在△BEH中， 由余弦定理得，cos∠BEH＝＝. 所以二面角B-AD-C的余弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且滿足Sn－2an＝n－4. (1)證明{Sn－n＋2}為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{Sn}的前n項和Tn. 解：(1)證明：當n＝1時，由Sn－2an＝n－4，得a1＝3. ∴S1－1＋2＝4. 當n≥2時，Sn－2an＝n－4可化為Sn＝2(Sn－Sn－

20、1)＋n－4， 即Sn＝2Sn－1－n＋4， ∴Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]． ∴{Sn－n＋2}是首項為4，公比為2的等比數(shù)列． (2)由(1)知，Sn－n＋2＝2n＋1， ∴Sn＝2n＋1＋n－2. 于是Tn＝S1＋S2＋…＋Sn ＝22＋1－2＋23＋2－2＋…＋2n＋1＋n－2 ＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n ＝＋－2n ＝2n＋2＋－4. ∴數(shù)列{Sn}的前n項和Tn為2n＋2＋－4. “18～20”大題規(guī)范滿分練(五) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝cos2ωx－sin ωxcos ωx－(ω>0)的

21、最小正周期為π. (1)求f的值； (2)當x∈時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間及取值范圍． 解：(1)f(x)＝－sin 2ωx－. ＝cos 2ωx－sin 2ωx＝cos. ∵T＝＝π，∴ω＝1， ∴f(x)＝cos，∴f＝. (2)當x∈時，2x＋∈. ∴當2x＋∈，即x∈時，f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)的減區(qū)間為， 當2x＋∈，即x∈時，f(x)單調(diào)遞增，∴f(x)的增區(qū)間為， ∴f(x)∈. 19．(本小題滿分15分)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱長均為1，A1C1⊥B1C. (1)求證：A1B⊥AC； (2)若A1B＝1，求直線A1C1和平面ABB1A

22、1所成角的余弦值． 解：(1)證明：取AC的中點O，連接A1O，BO， ∴BO⊥AC. 連接AB1交A1B于點M，連接OM，則B1C∥OM. ∵A1C1∥AC，A1C1⊥B1C， ∴AC⊥OM. 又∵OM∩BO＝O， ∴AC⊥平面A1BO. ∵A1B?平面A1BO，∴A1B⊥AC. (2)∵A1C1∥AC， ∴直線A1C1和平面ABB1A1所成的角等于直線AC和平面ABB1A1所成的角． ∵三棱柱ABC-A1B1C1所有的棱長均為1， ∴A1B⊥AB1， ∵A1B⊥AC，AB1∩AC＝A， ∴A1B⊥平面AB1C， ∴平面AB1C⊥平面ABB1A1. ∵平面AB

23、1C∩平面ABB1A1＝AB1， ∴AC在平面ABB1A1的射影在直線AB1上， ∴∠B1AC為直線AC和平面ABB1A1所成的角． ∵AB1＝2AM＝2＝， ∵A1C1⊥B1C，A1C1∥AC，∴AC⊥B1C， ∴在Rt△ACB1中，cos∠B1AC＝＝＝. ∴直線AC和平面ABB1A1所成角的余弦值為. 即直線A1C1和平面ABB1A1所成角的余弦值為. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝(x>0)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求證：f(x)>e. 解：(1)f′(x)＝. 令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1， 當x<0時，h

24、′(x)<0；當x>0時，h′(x)>0， 所以函數(shù)h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以h(x)min＝h(0)＝0，即ex≥x＋1， 當且僅當x＝0時等號成立． 由已知x>0，得ex>x＋1，<0， 所以f′(x)<0. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)． (2)證明：f(x)>e等價于e－x＋xe－1<0. 令g(x)＝e－x＋xe－1，x>0， 則g′(x)＝－e－x＋e＋x ＝－e， 由(1)知e>－＋1， 所以g′(x)<0. 所以當x>0時，有g(shù)(x)e.

25、 “18～20”大題規(guī)范滿分練(六) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝cos(2x＋φ)＋sin2x(0≤φ<π)． (1)若φ＝，求f(x)的值域； (2)若f(x)的最大值是，求φ的值． 解：(1)由題意得f(x)＝cos＋sin2x ＝cos 2x－sin 2x＋ ＝cos 2x－sin 2x＋ ＝cos＋， 所以函數(shù)f(x)的值域為[0,1]． (2)因為f(x)＝cos φcos 2x－sin φsin 2x＋ ＝cos 2x－sin φsin 2x＋， 又函數(shù)f(x)的最大值為， 所以2＋2＝1， 從而cos φ＝0，又0≤φ<π，故φ＝.

26、 19．(本小題滿分15分)設(shè)平面ABCD⊥平面ABEF，AB∥CD，AB∥EF，∠BAF＝∠ABC＝90°，BC＝CD＝AF＝EF＝1，AB＝2. (1)證明：CE∥平面ADF； (2)求直線DF與平面BDE所成角的正弦值． 解：(1)證明：因為AB∥CD，AB∥EF，所以CD∥EF. 又因為CD＝EF，所以四邊形CDFE是平行四邊形． 所以CE∥DF. 因為CE?平面ADF，DF?平面ADF， 所以CE∥平面ADF. (2)取AB的中點G，連接CG交BD于點O，連接EO. 因為CE∥DF， 所以DF與平面BDE所成角等于CE與平面BDE所成角． 因為AB⊥AF，平面A

27、BCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB， 所以AF⊥平面ABCD. 連接EG，DG，則四邊形AGEF為平行四邊形， 所以EG∥AF， 所以EG⊥平面ABCD. 因為BD?平面ABCD，所以EG⊥BD. 因為CG⊥BD，EG∩CG＝G，所以BD⊥平面ECG. 因為BD?平面BDE，所以平面BDE⊥平面ECG. 在平面CEO中，作CH⊥EO交EO于點H. 又因為平面BDE∩平面ECG＝EO， 所以CH⊥平面BDE. 所以∠CEH是CE與平面BDE所成角． 過點G作GQ⊥EO，因為OC＝OG，所以CH＝GQ＝， 又CE＝DF＝，所以sin∠CEH＝＝. 故

28、直線DF與平面BDE所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)當d>1時，記cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解：(1)由題意有，即 解得或 故或 (2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝， 于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ① Tn＝＋＋＋＋＋…＋. ② ① －②可得Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，故Tn＝6－. “18～20”大題規(guī)范滿分練(七)

29、 18．(本小題滿分14分)(2019屆高三·遼寧五校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝cos2x＋sin(π－x)cos(π＋x)－. (1)求函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間； (2)在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsin C＝asin A，求△ABC的面積． 解：(1)f(x)＝cos2x－sin xcos x－ ＝－sin 2x－ ＝－sin， 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z， 解得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z，又x∈[0，π]， ∴函數(shù)f(x)在[0，π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為和. (2)由(1)知f(x

30、)＝－sin， ∴f(A)＝－sin＝－1， ∵△ABC為銳角三角形，∴0

31、∩側(cè)面PBC＝m， 所以m∥BC. (2)取CD的中點M，AB的中點N，連接PM，MN， 則PM⊥CD，MN⊥CD. 所以∠PMN是側(cè)面PCD與底面ABCD所成二面角的平面角． 從而∠PMN＝60°. 作PO⊥MN于O，則PO⊥底面ABCD. 因為CM＝2，PM＝2， 所以O(shè)M＝，OP＝3. 以O(shè)為坐標原點，ON為x軸，OP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系． 則A(4－，－2,0)，B(4－，2,0)，C(－，2,0)，P(0，0,3)，＝(0,4,0)，＝(4－，2，－3)，＝(－，2，－3)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量， 則即 取y＝3，得平面P

32、BC的一個法向量為n＝(0,3,2)． 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 20．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝. (1)求函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)證明：f(x)僅有唯一的極小值點． 解：(1)因為f′(x)＝， 所以f′(1)＝－2. 又因為f(1)＝e＋2， 所以切線方程為y－(e＋2)＝－2(x－1)， 即2x＋y－e－4＝0. (2)證明：令h(x)＝ex(x－1)－2， 則h′(x)＝ex·x， 所以x∈(－∞，0)時，h′(x)<0； 當x∈(0，＋∞)時，h′(x)>0. 當x∈(－∞，0)時，易知h(x)<0，

33、 所以f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上沒有極值點． 當x∈(0，＋∞)時， 因為h(1)＝－2<0，h(2)＝e2－2>0， 所以f′(1)<0，f′(2)>0， f(x)在(1,2)上有極小值點． 又因為h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)僅有唯一的極小值點． “18～20”大題規(guī)范滿分練(八) 18．(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ) 的部分圖象如圖所示． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最值，并求出相應(yīng)的x值． 解：(1)由圖象可知A＝2. 周期T＝×＝×＝π， 又T＝＝π，∴ω＝2.

34、 ∴f(x)＝2sin(2x＋φ)，∴f ＝2sin＝2， ∴＋φ＝＋2kπ，k∈Z，即φ＝－＋2kπ，k∈Z. 又∵|φ|<，∴φ＝－， ∴f(x)＝2sin. (2)當x∈時，2x－∈， ∴sin∈， f(x)＝2sin∈[－1,2]． 當2x－＝，即x＝時，f(x)max＝f ＝2. 當2x－＝－，即x＝0時，f(x)min＝f(0)＝－1. 19．(本小題滿分15分)如圖，在圓錐PO中，已知PO＝， ⊙O的直徑AB＝2，點C在⊙O上，且∠CAB＝30°，D為AC的中點． (1)證明：AC⊥平面POD； (2)求直線OC與平面PAC所成角的正弦值． 解：(1)

35、證明：因為OA＝OC，D是AC的中點， 所以AC⊥OD. 又因為PO⊥底面⊙O，AC?底面⊙O，所以AC⊥PO. 因為OD∩PO＝O， 所以AC⊥平面POD. (2)由(1)知，AC⊥平面POD，AC?平面PAC， 所以平面POD⊥平面PAC， 在平面POD中，過O作OH⊥PD交PD于H， 則OH⊥平面PAC. 連接CH，則CH是OC在平面PAC上的射影， 所以∠OCH是直線OC和平面PAC所成的角． 在Rt△POD中，OH＝＝＝， 在Rt△OHC中，sin∠OCH＝＝. 所以直線OC與平面PAC所成角的正弦值為. 20．(本小題滿分15分)設(shè){an}是等差數(shù)列，其

36、前n項和為Sn(n∈N*)；{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項和為Tn(n∈N*)，已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6. (1)求Sn和Tn； (2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整數(shù)n的值． 解：(1)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q(q＞0)． 由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0. 因為q＞0，可得q＝2，故bn＝2n－1. 所以Tn＝＝2n－1. 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4. ① 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16. ② 聯(lián)立①②解得a1＝1，d＝1， 故an＝n，所以Sn＝. (2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n ＝－n＝2n＋1－n－2. 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn， 可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1， 整理得n2－3n－4＝0， 解得n＝4或n＝－1(舍去)． 所以n的值為4.