（江蘇專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 綜合仿真練（二）

綜合仿真練(二)1.(2019金陵中學(xué)模擬)如圖，在四棱錐S ABCD中，底面ABCD是平行四邊形已知平面SAB平面SBC，ASBS，M為線段SC的中點(diǎn)(1)求證：AS平面BDM; (2)若BSBC，求證：BMAC.證明：(1)設(shè)AC，BD交點(diǎn)為O，連接OM.底面ABCD是平行四邊形O為AC的中點(diǎn)M為線段SC的中點(diǎn)，OMAS OM平面BDM，AS平面BDMAS平面BDM.(2)平面SAB平面SBC，平面SAB平面SBCBS，ASBS，AS平面SABAS平面SBC又BM平面SBC，ASBMBSBC，M為線段SC的中點(diǎn)BMSC又ASSCS，AS，SC平面SACBM平面SACAC平面SAC BMAC.2已知ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知向量m，n(c，b2a)，且mn0.(1)求角C的大?。?2)若ABC的面積為2，ab6，求c.解：(1)由已知可得m(cos B，cos C)，n(c，b2a)，mn0，ccos B(b2a)cos C0，sin Ccos B(sin B2sin A)cos C0，即sin A2sin Acos C，sin A0，cos C，又C(0，)，C.(2)SABCabsin C2，ab8，又c2a2b22abcos C，即(ab)23abc2，c212，故c2.3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓1(ab0)的焦距為2，離心率為，橢圓的右頂點(diǎn)為A.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)D(，)作直線PQ交橢圓于兩個(gè)不同點(diǎn)P，Q，求證：直線AP，AQ的斜率之和為定值解：(1)由已知得c1，又e，則a，b2a2c21，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)證明：設(shè)直線PQ的方程為yk(x)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由消去y，整理得(2k21)x2(4k24k)x4k28k20，所以x1x2，x1x2，所以y1y2k(x1x2)2k2，又A(，0)，所以kAPkAQ，由y1x2y2x1k(x1) x2k(x2) x12kx1x2(k)(x1x2)，故kAPkAQ1，所以直線AP，AQ的斜率之和為定值1.4.如圖所示，某公路AB一側(cè)有一塊空地OAB，其中OA3 km，OB3 km，AOB90.當(dāng)?shù)卣當(dāng)M在中間開(kāi)挖一個(gè)人工湖OMN，其中M，N都在邊AB上(M，N不與A，B重合，M在A，N之間)，且MON30.(1)若M在距離A點(diǎn)2 km處，求點(diǎn)M，N之間的距離；(2)為節(jié)省投入資金，人工湖OMN的面積要盡可能小試確定M的位置，使OMN的面積最小，并求出最小面積解：(1)在OAB中，因?yàn)镺A3，OB3，AOB90，所以O(shè)AB60.在OAM中，由余弦定理得OM2AO2AM22AOAMcos A7，所以O(shè)M，所以cosAOM，在OAN中，sinONAsin(AAON)sin(AOM90)cosAOM.在OMN中，由，得MN.(2)法一：設(shè)AMx,0x3.在OAM中，由余弦定理得OM2AO2AM22AOAMcos Ax23x9，所以O(shè)M，所以cosAOM，在OAN中，sinONAsin(AAON)sin(AOM90)cosAOM .由，得ON.所以SOMNOMONsinMON，0x3.令6xt，則x6t,3t6，則SOMN.當(dāng)且僅當(dāng)t，即t3，x63時(shí)等號(hào)成立，SOMN的最小值為.所以M的位置為距離A點(diǎn)63 km處，可使OMN的面積最小，最小面積是 km2.法二：設(shè)AOM，0，在OAM中，由，得OM在OAN中，由，得ON.所以SOMNOMONsinMON，0.當(dāng)26090，即15時(shí)，SOMN的最小值為.所以應(yīng)設(shè)計(jì)AOM15，可使OMN的面積最小，最小面積是 km2.5已知數(shù)列ai共有m(m3)項(xiàng)，該數(shù)列前i項(xiàng)和為Si，記ri2SiSm(im，iN*). (1)當(dāng)m10時(shí)，若數(shù)列ai的通項(xiàng)公式為ai2i1，求數(shù)列ri的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列ri的通項(xiàng)公式為ri2i(im，iN*)，求數(shù)列ai的通項(xiàng)公式；數(shù)列ai中是否存在不同的三項(xiàng)按一定次序排列構(gòu)成等差數(shù)列，若存在求出所有的項(xiàng)，若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)因?yàn)镾iii22i, 所以由題意得ri2SiS102i24i120(i10，iN*). (2)因?yàn)閞i2SiSm2i，ri12Si1Sm2i1，兩式相減得ai12i1，所以數(shù)列ai從第2項(xiàng)開(kāi)始是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，即ai2i2(2im，iN*)又2a12Sm，即a12(a2a3am)22m11.所以數(shù)列ai的通項(xiàng)公式為ai數(shù)列ai中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列，理由如下： 因?yàn)閿?shù)列ai從第2項(xiàng)開(kāi)始是以2為公比的等比數(shù)列，所以若存在三項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，不妨設(shè)為ap，aq，ar(2p<q<rm，p，q，rN*)，則有2aqapar，即22q22p22r2,2qp112rp.因?yàn)閝p1N*，rpN*，所以上式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，此時(shí)無(wú)解所以數(shù)列ai從第2項(xiàng)至第m項(xiàng)中不可能存在三項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列， 所以若數(shù)列ai中存在三項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列，則只能是a1和第2項(xiàng)至第m項(xiàng)中的兩項(xiàng)，不妨設(shè)為ap，aq(2p<qm，pN*，qN*)因?yàn)?<ap<aqam<a1.所以ap，aq，a1若構(gòu)成等差數(shù)列，只能是aq為等差中項(xiàng)， 故有22q22p2(2m11)，因?yàn)樽筮?q12m1，右邊>2m1，所以該情況下也無(wú)解因此，數(shù)列ai中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列6(2019泰州中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)，g(x)1ax2(aR)(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)當(dāng)0<a<時(shí)，判斷方程f(x)g(x)的實(shí)根個(gè)數(shù)，并加以證明；(3)求證：當(dāng)a1時(shí)，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，)，不等式f(x)g(x)恒成立解：(1)f(x)，f(x)當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(0，)時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減所以當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)f(x)存在極大值f(0)1，無(wú)極小值(2)令h(x)f(x)g(x)ax21，h(x)2ax2ax0<a<，>1，即ln>0，令h(x)0，解得x0或xln當(dāng)x(，0)時(shí)，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x時(shí)，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x時(shí)，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增 又h(0)0，h<h(0)0，ha21>0， 函數(shù)h(x)在R上連續(xù)，所以h(x)有一個(gè)零點(diǎn)0，且在上有一個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)0<a<時(shí)，方程f(x)g(x)的實(shí)根個(gè)數(shù)為2個(gè)(3)證明：法一：由(2)知，即證：當(dāng)a1時(shí)，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，)，不等式h(x)0恒成立a1，lnln 2.當(dāng)ln1，即a時(shí)，則x(1,0)時(shí)，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；x(0，)時(shí)，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增h(x)minh(0)0，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0恒成立； 當(dāng)1<ln<0，即1a<時(shí)，則x時(shí)，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；x，h(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；x(0，)時(shí)，h(x)>0，h(x)單調(diào)遞增h(x)minminh(0)，h(1)h(0)0，h(1)a10，當(dāng)x1時(shí)，h(x)0恒成立； 綜上：當(dāng)a1時(shí)，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，)，h(x)0恒成立，即不等式f(x)g(x)恒成立. 法二：由(2)知，即證：當(dāng)a1時(shí)，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，)，不等式h(x)0恒成立在x0時(shí)，a1，0<，又x0，ex1得h(x)0，h(x)為在0，)上是增函數(shù)，故h(x)h(0)0；在1x0時(shí)，由于a1，所以ax21x21要證明h(x)0成立，即證x210，也即證(x1)0由于x10，只需證x10不妨令m(x)x1，m(x)1由1x0，得m(x)0且不恒為0，所以m(x)在區(qū)間1,0上單調(diào)遞減，m(x)m(0)0，從而x10得證綜上，當(dāng)a1時(shí)，對(duì)于任意實(shí)數(shù)x1，)，h(x)0恒成立，即不等式f(x)g(x)恒成立. 7