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2014江苏高三数学一轮复习解答题专项训练1


2014 江苏高三数学一轮复习解答题专项训练(一)
1.(2012· 南京模拟)设向量 a=(2,sin θ),b=(1,cos θ),θ 为锐角 13 (1)若 a· 6 ,求 sin θ+cos θ 的值; b= π? ? (2)若 a∥b,求 sin?2θ+3?的值. ? ? 2.(2012· 海安模拟)如图,在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,PC⊥AD, 底面 ABCD 为梯形,AB∥DC,AB⊥BC,PA=AB=BC,点 E 在棱 PB 上, 且 PE=2EB.

(1)求证:平面 PAB⊥平面 PCB; (2)求证:PD∥平面 EAC. 3. (2012· 江苏百校联考)某商场对 A 品牌的商品进行了市场调查, 预计 2012 年从 1 月起前 x 个月顾客对 A 品牌的商品的需求总量 P(x)件与月份 x 的近似关系 是: 1 P(x)=2x(x+1)(41-2x)(x≤12 且 x∈N*) (1)写出第 x 月的需求量 f(x)的表达式; (2)若第 x 月的销售量 g(x)=
* ?f?x?-21x,1≤x<7且x∈N , ? ?x2?1 2 ? * ?ex?3x -10x+96?,7≤x≤12且x∈N ? ? ?

10ex (单位:件),每件利润 q(x)元与月份 x 的近似关系为:q(x)= x ,问:该商 场销售 A 品牌商品,预计第几月的月利润达到最大值?月利润最大值是多 少?(e6≈403) x2 y2 4.如图,椭圆a2+b2=1(a>b>0)的上,下两个顶点为 A,B,直线 l:y=-2,点 P 是椭圆上异于点 A,B 的任意一点,连接 AP 并延长交直线 l 于点 N,连接

PB 并延长交直线 l 于点 M,设 AP 所在的直线的斜率为 k1,BP 所在的直线 3 的斜率为 k2.若椭圆的离心率为 2 ,且过点 A(0,1).

(1)求 k1·2 的值; k (2)求 MN 的最小值; (3)随着点 P 的变化,以 MN 为直径的圆是否恒过定点?若过定点,求出该定 点;如不过定点,请说明理由. 5.(2012· 苏中三市调研)已知函数 f(x)=-x3+x2,g(x)=aln x,a∈R. (1)若对任意 x∈[1,e],都有 g(x)≥-x2+(a+2)x 恒成立,求 a 的取值范围; ?f?x?,x<1, (2)设 F(x)=? 若 P 是曲线 y=F(x)上异于原点 O 的任意一点, ?g?x?,x≥1. 在曲线 y=F(x)上总存在另一点 Q,使得△POQ 中的∠POQ 为钝角,且 PQ 的中点在 y 轴上,求 a 的取值范围. 6.(2012· 苏锡常镇调研)已知数列{an}的前三项分别为 a1=5,a2=6,a3=8,且 1 数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+m=2(S2n+S2m)-(n-m)2,其中 m,n 为任意 正整数. (1)求数列{an}的通项公式及前 n 项和 Sn;
2 3 (2)求满足 Sn-2an+33=k2 的所有正整数 k,n.

参考答案 2014 江苏高三数学一轮复习解答题专项训练(一) 1.解 13 (1)因为 a· b=2+sin θcos θ= 6 ,

1 所以 sin θcos θ=6.(2 分)

4 所以(sin θ+cos θ)2=1+2sin θcos θ=3. 2 3 又因为 θ 为锐角,所以 sin θ+cos θ= 3 . (2)法一 因为 a∥b,所以 tan θ=2. 2sin θcos θ 2tan θ 4 =5, 2 2 = 2 sin θ+cos θ tan θ+1 (11 分) (5 分) (7 分)

所以 sin 2θ=2sin θcos θ=
2 2

cos2θ-sin2θ 1-tan2θ 3 cos 2θ=cos θ-sin θ= 2 =-5. 2 = 2 sin θ+cos θ tan θ+1 π? 1 3 ? 所以 sin?2θ+3?=2sin 2θ+ 2 cos 2θ ? ? 1 4 3 ? 3? 4-3 3 =2×5+ 2 ×?-5?= 10 . ? ? 法二 因为 a∥b,所以 tan θ=2. 2 5 5 所以 sin θ= 5 ,cos θ= 5 . 4 因此 sin 2θ=2sin θcos θ=5, 3 cos 2θ=cos2θ-sin2θ=- . 5 π? 1 3 ? 所以 sin?2θ+3?=2sin 2θ+ 2 cos 2θ ? ? 1 4 3 ? 3? 4-3 3 =2×5+ 2 ×?-5?= 10 . ? ? 2.解 (1)∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥BC,

(14 分) (7 分)

(11 分)

(14 分)

又 AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面 PAB. 又 BC?平面 PCB, ∴平面 PAB⊥平面 PCB. (2)∵PA⊥底面 ABCD,又 AD?平面 ABCD, ∴PA⊥AD.

(3 分)

(6 分)

又∵PC⊥AD,又 PC∩PA=P,∴AD⊥平面 PAC,又 AC?平面 PAC, ∴AC⊥AD. π 在梯形 ABCD 中,由 AB⊥BC,AB=BC,得∠BAC=4,

π ∴∠DCA=∠BAC=4.又 AC⊥AD,故△DAC 为等腰直角三角形. ∴DC= 2AC= 2( 2AB)=2AB. DM DC 连接 BD,交 AC 于点 M,则 MB = AB =2. PE DM 在△BPD 中,EB= MB =2,

(4 分)

∴PD∥EM 又 PD?平面 EAC,EM?平面 EAC, ∴PD∥平面 EAC. 3.解 (1)当 x=1 时,f(1)=P(1)=39. (14 分)

当 x≥2 时, f(x)=P(x)-P(x-1) 1 1 =2x(x+1)(41-2x)-2(x-1)x(43-2x) =3x(14-x). ∴f(x)=-3x2+42x(x≤12,x∈N*). (2)设月利润为 h(x), h(x)=q(x)· g(x)
x * ?30e ?7-x?,1≤x≤7,x∈N , ? =?10 3 2 * ? 3 x -100x +960x,7≤x≤12,x∈N , ? x * ?30e ?6-x?,1≤x<7,x∈N , h′(x)=? * ?10?x-8??x-12?,7≤x≤12,x∈N ,

(5 分)

(9 分)

∵当 1≤x≤6 时,h′(x)≥0, 当 6<x<7 时,h′(x)<0, ∴当 1≤x<7 且 x∈N*时,h(x)max=30e6≈12 090, ∵当 7≤x≤8 时,h′(x)≥0,当 8≤x≤12 时,h′(x)≤0, (11 分)

∴当 7≤x≤12 且 x∈N*时,h(x)max=h(8)≈2 987. 综上,预计该商场第 6 个月的月利润达到最大,最大月利润约为 12 090 元. (14 分) 4.解 =1. c 3 x2 (1)因为 e=a= 2 ,b=1,解得 a=2,所以椭圆 C 的标准方程为 4 +y2 (2 分)

x2 0 设椭圆上点 P(x0,y0),有 4 +y2=1, 0 y0-1 y0+1 y2-1 1 0 所以 k1·2= x · x = x2 =-4. k 0 0 0 (2)因为 M,N 在直线 l:y=-2 上,设 M(x1,-2),N(x2,-2), x2 2 由方程知 4 +y =1 知,A(0,1),B(0,-1), -2-?-1? -2-1 3 所以 KBM·AN= k · =x x , x1-0 x2-0 1 2 1 又由(1)知 kAN·BM=k1·2=-4,所以 x1x2=-12, k k 不妨设 x1<0,则 x2>0,则 12 MN=|x1-x2|=x2-x1=x2+ x ≥2
2

(4 分)

(6 分) (8 分)

12 x2· =4 3, x
2

所以当且仅当 x2=-x1=2 3时,MN 取得最小值 4 3. (3)设 M(x1,-2),N(x2,-2), 则以 MN 为直径的圆的方程为 (x-x1)(x-x2)+(y+2)2=0, 即 x2+(y+2)2-12-(x1+x2)x=0,若圆过定点, 则有 x=0,x2+(y+2)2-12=0,解得 x=0,y=-2± 3, 2

(10 分)

(12 分)

所以,无论点 P 如何变化,以 MN 为直径的圆恒过定点(0,-2± 3).(16 2 分)

5.解

(1)由 g(x)≥-x2+(a+2)x,得(x-ln x)a≤x2-2x.

由于 x∈[1,e],ln x≤1≤x,且等号不能同时取得,所以 ln x<x,x-ln x> 0.
2 x2-2x ? x -2x ? ?min. 从而 a≤ 恒成立,a≤? x-ln x ?x-ln x?

(4 分) (6 分)

x2-2x ?x-1??x+2-2ln x? 设 t(x)= ,x∈[1,e].求导,得 t′(x)= . x-ln x ?x-ln x?2

x∈[1,e],x-1≥0,ln x≤1,x+2-2ln x>0,从而 t′(x)≥0,t(x)在[1,e] 上为增函数. 所以 t(x)min=t(1)=-1,所以 a 的取值范围是(-∞,-1].
3 2 ?-x +x ,x<1, (2)F(x)=? ?aln x,x≥1.

(8 分)

设 P(t,F(t))为曲线 y=F(x)上的任意一点. 假设曲线 y=F(x)上存在一点 Q(-t,F(-t)),使∠POQ 为钝角, → OQ → 则OP· <0. (10 分)

→ OQ → ①若 t≤-1,P(t,-t3+t2),Q(-t,aln(-t)),OP· =-t2+aln(-t)· 3 (-t +t2). → OQ → 由于OP· <0 恒成立,a(1-t)ln(-t)<1. 当 t=-1 时,a(1-t)ln(-t)<1 恒成立. 当 t<-1 时,a< 1 1 恒成立.由于 >0,所以 a≤0. ?1-t?ln?-t? ?1-t?ln?-t? (12 分) → OQ → ②若-1<t<1,且 t≠0,P(t,-t3+t2),Q(-t,t3+t2),则OP· =-t2+(- t3+t2)· 3+t2)<0, (t 即 t4-t2+1>0 对-1<t<1,且 t≠0 恒成立. ③当 t≥1 时,同①可得 a≤0. 综上所述,a 的取值范围是(-∞,0]. 6.解 (16 分) (14 分)

1 (1)在等式 Sm+n=2(S2n+S2m)-(n-m)2 中,分别令 m=1,m=2,得 ①

1 Sn+1=2(S2n+S2)-(n-1)2,

1 Sn+2=2(S2n+S4)-(n-2)2, ②-①,得 an+2=2n-3+ S4-S2 2 .

② (3 分)

1 在等式 Sn+m=2(S2n+S2m)-(n-m2)中,令 n=1,m=2,得 1 S3=2(S2+S4)-1,由题设知,S2=11,S3=19,故 S4=29. 所以 an+2=2n+6(n∈N*),即 an=2n+2(n≥3,n∈N*). 又 a2=6 也适合上式, n=1, ?5, 故 an=? ?2n+2, n≥2. n=1, ?5, Sn=? 2 即 Sn=n2+3n+1,n∈N*. ?n +3n+1, n≥2.
2 3 (2)记 Sn-2an+33=k2(*).

(5 分)

(6 分)

n=1 时,无正整数 k 满足等式(*). n≥2 时,等式(*)即为(n2+3n+1)2-3(n-10)=k2. ①当 n=10 时,k=131.(9 分) ②当 n>10 时,则 k<n2+3n+1, 又 k2-(n2+3n)2=2n2+3n+31>0,所以 k>n2+3n. 从而 n2+3n<k<n2+3n+1. 又因为 n,k∈N*,所以 k 不存在,从而无正整数 k 满足等式(*).(12 分) ③当 n<10 时,则 k>n2+3n+1,因为 k∈N*,所以 k≥n2+3n+2. 从而(n2+3n+1)2-3(n-10)≥(n2+3n+2)2. 即 2n2+9n-27≤0.因为 n∈N*,所以 n=1 或 2. n=1 时,k2=52,无正整数解; n=2 时,k2=145,无正整数解. 综上所述,满足等式(*)的 n,k 分别为 n=10,k=131. (16 分) (14 分) (8 分)


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