江蘇省2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個(gè)解答題綜合仿真練（六）（含解析）.doc

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6個(gè)解答題綜合仿真練(六) 1.如圖，在四棱錐EABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，EA⊥EB，點(diǎn)M，N分別是AE，CD的中點(diǎn)． 求證：(1)MN∥平面EBC； (2)EA⊥平面EBC. 證明：(1)取BE中點(diǎn)F，連結(jié)CF，MF， 又M是AE的中點(diǎn)， 所以MF綊AB. 又N是矩形ABCD邊CD的中點(diǎn)， 所以NC綊AB，所以MF綊NC， 所以四邊形MNCF是平行四邊形，所以MN∥CF. 又MN?平面EBC，CF?平面EBC， 所以MN∥平面EBC. (2)在矩形ABCD中，BC⊥AB， 又平面EAB⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面EAB＝AB，BC?平面ABCD， 所以BC⊥平面EAB. 又EA?平面EAB，所以BC⊥EA. 又EA⊥EB，BC∩EB＝B，EB?平面EBC，BC?平面EBC，所以EA⊥平面EBC. 2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，銳角α，β的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊為x軸的正半軸，終邊與單位圓O的交點(diǎn)分別為P，Q.已知點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為. (1)求cos 2α的值； (2)求2α－β的值． 解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)P在單位圓上，α為銳角， 所以cos α＝， 所以cos 2α＝2cos2α－1＝. (2)因?yàn)辄c(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為，點(diǎn)Q在單位圓上， 所以sin β＝. 又β為銳角，所以cos β＝. 因?yàn)閏os α＝，且α為銳角， 所以sin α＝， 因此sin 2α＝2sin αcos α＝， 所以sin(2α－β)＝－＝. 因?yàn)棣翞殇J角，所以0<2α<π. 又cos 2α>0，所以0<2α<， 又β為銳角，所以－<2α－β<，所以2α－β＝. 3．某單位決定對(duì)本單位職工實(shí)行年醫(yī)療費(fèi)用報(bào)銷制度，擬制定年醫(yī)療總費(fèi)用在2萬元至10萬元(包括2萬元和10萬元)的報(bào)銷方案，該方案要求同時(shí)具備下列三個(gè)條件：①報(bào)銷的醫(yī)療費(fèi)用y(萬元)隨醫(yī)療總費(fèi)用x(萬元)增加而增加；②報(bào)銷的醫(yī)療費(fèi)用不得低于醫(yī)療總費(fèi)用的50%；③報(bào)銷的醫(yī)療費(fèi)用不得超過8萬元． (1)請(qǐng)你分析該單位能否采用函數(shù)模型y＝0.05(x2＋4x＋8)作為報(bào)銷方案； (2)若該單位決定采用函數(shù)模型y＝x－2ln x＋a(a為常數(shù))作為報(bào)銷方案，請(qǐng)你確定整數(shù)a的值．(參考數(shù)據(jù)：ln 2≈0.69，ln 10≈2.3) 解：(1)y＝0.05(x2＋4x＋8)在[2,10]上是增函數(shù)，滿足條件①； 當(dāng)x＝10時(shí)，y有最大值7.4，小于8，滿足條件③； 但當(dāng)x＝3時(shí)，y＝<，即y≥不恒成立，不滿足條件②， 故該函數(shù)模型不符合該單位報(bào)銷方案． (2)對(duì)于函數(shù)模型y＝x－2ln x＋a，設(shè)f(x)＝x－2ln x＋a，則f′(x)＝1－＝≥0. 所以f(x)在[2,10]上是增函數(shù)，滿足條件①. 由條件②得x－2ln x＋a≥， 即a≥2ln x－在x∈[2,10]上恒成立． 令g(x)＝2ln x－，則g′(x)＝－＝， 由g′(x)>0，得2≤x<4；由g′(x)<0，得4b>0)的左頂點(diǎn)A(－2,0)，且點(diǎn)在橢圓上，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)．過點(diǎn)A作斜率為k(k>0)的直線交橢圓E于另一點(diǎn)B，直線BF2交橢圓E于點(diǎn)C. (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若△CF1F2為等腰三角形，求點(diǎn)B的坐標(biāo)； (3)若F1C⊥AB，求k的值． 解：(1)由題意得解得 ∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)∵△CF1F2為等腰三角形，且k>0， ∴點(diǎn)C在x軸下方， 若F1C＝F2C，則C(0，－)； 若F1F2＝CF2，則CF2＝2，∴C(0，－)； 若F1C＝F1F2，則CF1＝2，∴C(0，－)， ∴C(0，－)． ∴直線BC的方程y＝(x－1)， 由得或 ∴B. (3)設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋2)， 由消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0， ∴xAxB＝－2xB＝， ∴xB＝， ∴yB＝k(xB＋2)＝， ∴B. 若k＝，則B，∴C， ∵F1(－1,0)，∴kCF1＝－， ∴F1C與AB不垂直；∴k≠， ∵F2(1,0)，kBF2＝，kCF1＝－， ∴直線BF2的方程為y＝(x－1)， 直線CF1的方程為y＝－(x＋1)， 由解得 ∴C(8k2－1，－8k)． 由點(diǎn)C在橢圓上，得＋＝1， 即(24k2－1)(8k2＋9)＝0，即k2＝， ∵k>0，∴k＝. 5．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn＝4－an. (1)求證：數(shù)列{an}為等比數(shù)列，并求通項(xiàng)公式an； (2)是否存在自然數(shù)c和k，使得＞1成立？若存在，請(qǐng)求出c和k的值； 若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)證明：當(dāng)n＝1時(shí)，S1＋a1＝4，得a1＝2, 由Sn＝4－an，① 得Sn＋1＝4－an＋1，② ②－①得，Sn＋1－Sn＝an－an＋1，即an＋1＝an, 所以＝，且a1＝2， 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為的等比數(shù)列，且an＝. (2)法一：因?yàn)閍n＝， 所以ak＋1＝，Sk＝4， 要使＝>1成立，只要使<0(*)成立， 當(dāng)c≥4時(shí)，不等式(*)不成立； (也可以根據(jù)Sk＝4>c，且2≤Sk＜4，所以c的可能取值為0,1,2,3) 當(dāng)c＝0時(shí)，1<2k<，不存在自然數(shù)k使(*)成立； 當(dāng)c＝1時(shí)，<2k<2，不存在自然數(shù)k使(*)成立； 當(dāng)c＝2時(shí)，2<2k<3，不存在自然數(shù)k使(*)成立； 當(dāng)c＝3時(shí)，4<2k<6，不存在自然數(shù)k使(*)成立． 綜上所述，不存在自然數(shù)c，k，使>1成立. 法二：要使＞1，只要>2， 即只要<0， 因?yàn)镾k＝4<4， 所以Sk－＝2－Sk>0， 故只要Sk－2＜c＜Sk.① 因?yàn)镾k＋1＞Sk， 所以Sk－2≥S1－2＝1. 又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3. 當(dāng)c＝2時(shí)，因?yàn)镾1＝2，所以當(dāng)k＝1時(shí)，c＜Sk不成立，從而①不成立． 當(dāng)k≥2時(shí)，因?yàn)镾2－2＝>c， 由Sk＜Sk＋1，得Sk－2＜Sk＋1－2， 故當(dāng)k≥2時(shí)，Sk－2＞c，從而①不成立. 當(dāng)c＝3時(shí)，因?yàn)镾1＝2，S2＝3， 所以當(dāng)k＝1，k＝2時(shí)，c＜Sk不成立，從而①不成立． 因?yàn)镾3－2＝>c，又Sk－2＜Sk＋1－2， 所以當(dāng)k≥3時(shí)，Sk－2＞c，從而①不成立. 綜上所述，不存在自然數(shù)c，k，使>1成立． 6．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1，g(x)＝a2x2＋bx＋1. (1)若f(x)≥g(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； (2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x1，x2，函數(shù)g(x)有兩個(gè)不同零點(diǎn)x3，x4. ①若x3＜x1＜x4，試比較x2，x3，x4的大小關(guān)系； ②若x1＝x3＜x2，m，n，p∈(－∞，x1)，＝＝，求證：m＝n＝p. 解：(1)因?yàn)閒(x)≥g(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立， 所以ax2≥a2x2對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立， 所以a2－a≤0，解得0≤a≤1. 又由題意可得a≠0，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1]． (2)①因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的圖象開口向上，且其零點(diǎn)為x3，x4， 故g(x)＜0，得x3

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