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江苏省2014年高考数学三轮专题复习素材:解答题押题练C组


解答题押题练 C 组
x x? ? ? ? x 1.已知向量 m=? 3sin4,1?,n=?cos4,cos24?. ? ? ? ? ?2π ? (1)若 m· n=1,求 cos? 3 -x?的值; ? ? (2)记 f(x)=m· n,在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别是 a,b,c,且满足(2a -c)cos B=bcos C,求函数 f(A)的取值范围. 解 x x x (1)m· n= 3sin4cos4+cos24 3 x 1 x 1 = 2 sin2+2cos2+2 ? x π? 1 =sin?2+6?+2.(3 分) ? ? ? x π? 1 因为 m· n=1,所以 sin?2+6?=2, ? ? ? π? ? x π? 1 故 cos?x+3?=1-2sin2?2+6?=2, ? ? ? ? 1 ? 2π ? ? π? 所以 cos? 3 -x?=-cos?x+3?=-2.(6 分) ? ? ? ? (2)因为(2a-c)cos B=bcos C, 由正弦定理得(2sin A-sin C)cos B=sin Bcos C, 即 2sin Acos B-sin Ccos B=sin Bcos C, 所以 2sin Acos B=sin(B+C),(8 分) 又因为 A+B+C=π, 所以 sin(B+C)=sin A,且 sin A≠0, 1 π 2π 所以 cos B=2,B=3,0<A< 3 , π A π π 1 ?A π? 所以6< 2 +6<2,2<sin? 2 +6?<1,(12 分) ? ? ? x π? 1 又 f(x)=m· n=sin?2+6?+2, ? ? 3? ?A π? 1 ? 所以 f(A)=sin? 2 +6?+2∈?1,2?, ? ? ? ? 3? ? 故函数 f(A)的取值范围是?1,2?.(14 分) ? ?
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2.如图,在四棱锥 P ABCD 中,PA⊥底面 ABCD, AC⊥CD,∠DAC=60° ,AB=BC=AC,E 是 PD 的中点,F 为 ED 的中点. (1)求证:平面 PAC⊥平面 PCD; (2)求证:CF∥平面 BAE. 证明 分) 又 AC⊥CD,且 AC∩PA=A,所以 CD⊥平面 PAC,(4 分) 又 CD?平面 PCD,所以平面 PAC⊥平面 PCD.(7 分) (2)取 AE 中点 G,连接 FG,BG. 1 因为 F 为 ED 的中点,所以 FG∥AD 且 FG=2AD.(9 分) 在△ACD 中,AC⊥CD,∠DAC=60° , 1 1 所以 AC=2AD,所以 BC=2AD.(11 分) 在△ABC 中,AB=BC=AC,所以∠ACB=60° , 从而∠ACB=∠DAC,所以 AD∥BC. 综上,FG∥BC,FG=BC,四边形 FGBC 为平行四边形,所以 CF∥BG.(13 分) 又 BG?平面 BAE,CF?平面 BAE,所以 CF∥平面 BAE.(14 分) 3.某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得 10 万元到 1 000 万 元的投资收益.现准备制定一个对科研课题组的奖励方案:资金 y(单位:万 元)随投资收益 x(单位:万元)的增加而增加,且奖金不超过 9 万元,同时奖 金不超过投资收益的 20%. (1)若建立函数 y=f(x)模型制定奖励方案,试用数学语言表述该公司对奖励函 x 数 f(x)模型的基本要求, 并分析函数 y=150+2 是否符合公司要求的奖励函数 模型,并说明原因; (2)若该公司采用模型函数 y= 数 a 的值. 10x-3a 作为奖励函数模型,试确定最小的正整 x+2 (1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD,(2

2



(1)设奖励函数模型为 y=f(x),按公司对函数模型的基本要求,函数 y=

f(x)满足: 当 x∈[10,1 000]时, ①f(x)在定义域[10,1 000]上是增函数; ②f(x)≤9 恒成立; x ③f(x)≤5恒成立.(2 分) x 对于函数模型 f(x)=150+2. 当 x∈[10,1 000]时,f(x)是增函数,(3 分) 1 000 20 f(x)max=f(1 000)= 150 +2= 3 +2<9. 所以 f(x)≤9 恒成立. 1 10 x 但 x=10 时,f(10)=15+2> 5 ,即 f(x)≤5不恒成立, 故该函数模型不符合公司要求.(6 分) (2)对于函数模型 f(x)= 10x-3a 3a+20 ,即 f(x)=10- , x+2 x+2

20 当 3a+20>0,即 a>- 3 时递增;(8 分) 要使 f(x)≤9 对 x∈[10,1 000]恒成立, 982 即 f(1 000)≤9,3a+18≥1 000,a≥ 3 ;(10 分) x 要使 f(x)≤5对 x∈[10,1 000]恒成立, 即 10x-3a x 2 ≤5,x -48x+15a≥0 恒成立, x+2

192 所以 a≥ 5 .(12 分) 982 综上所述,a≥ 3 ,所以满足条件的最小的正整数 a 的值为 328.(14 分) x2 y2 4.已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)上任一点 P 到两个焦点的距离的和为 2 3, 2 P 与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为-3.设直线 l 过椭圆 C 的右焦点 F, 交
3

椭圆 C 于两点 A(x1,y1),B(x2,y2). →· →= (1)若OA OB 4 (O 为坐标原点),求|y1-y2|的值; tan∠AOB

(2)当直线 l 与两坐标轴都不垂直时, 在 x 轴上是否总存在点 Q, 使得直线 QA, QB 的倾斜角互为补角?若存在,求出点 Q 坐标;若不存在,请说明理由. 解 则有 (1)由椭圆的定义知 a= 3,设 P(x,y), y y 2 y2 2 · =-3,则 2 =-3, x -3 x+ 3 x- 3

?3-x2?b2 b2 2 又点 P 在椭圆上,则 2 =- =- , 3 3 3?x -3? ∴b2=2, x2 y2 ∴椭圆 C 的方程是 + =1.(3 分) 3 2 →· →= ∵OA OB 4 , tan∠AOB 4 , tan∠AOB

→ |· → |cos∠AOB= ∴|OA |OB

→ |· → |sin∠AOB=4, ∴|OA |OB 1→ → ∴S△AOB=2|OA |· |OB|sin∠AOB=2, 1 又 S△AOB=2|y1-y2|×1,故|y1-y2|=4.(7 分) (2)假设存在一点 Q(m,0),使得直线 QA,QB 的倾斜角互为补角, 依题意可知直线 l 斜率存在且不为零, 直线 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0), y=k?x-1?, ? ? 由?x2 y2 + =1 ? ?3 2 消去 y 得(3k2+2)x2-6k2x+3k2-6=0,(9 分)

3k2-6 6k2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 ,x · x= . 3k +2 1 2 3k2+2 ∵直线 QA,QB 的倾斜角互为补角, ∴kQA+kQB=0,即 y1 y2 + =0,(13 分) x1-m x2-m

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又 y1=k(x1-1),y2=k(x2-1), 代入上式可得 2x1x2+2m-(m+1)(x1+x2)=0, ∴2× 3k2-6 6k2 + 2 m - ( m + 1) × =0,即 2m-6=0,∴m=3, 3k2+2 3k2+2

∴存在 Q(3,0)使得直线 QA,QB 的倾斜角互为补角.(16 分) 5.已知函数 f(x)=x2-(1+2a)x+aln x(a 为常数). (1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处切线的方程; (2)当 a>0 时,讨论函数 y=f(x)在区间(0,1)上的单调性,并写出相应的单调 区间. 解 1 (1)当 a=-1 时,f(x)=x2+x-ln x,则 f′(x)=2x+1- x ,(2 分)

所以 f(1)=2,且 f′(1)=2. 所以曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线的方程为:y-2=2(x-1), 即:y=2x.(6 分)
2 a 2x -?1+2a?x+a ?2x-1??x-a? (2)由题意得 f′(x)= 2x-(1 + 2a)+ x = = (x> x x

0), 1 由 f′(x)=0,得 x1=2,x2=a,(8 分) 1 1 ①当 0<a<2时,由 f′(x)>0,又知 x>0 得 0<x<a 或2<x<1 1 由 f′(x)<0,又知 x>0,得 a<x<2, 1? ?1 ? ? 所以函数 f(x)的单调增区间是(0,a)和?2,1?,单调减区间是?a,2?,(10 分) ? ? ? ? ?2x-1? 1 1 ②当 a=2时,f′(x)= 2x ≥0,且仅当 x=2时,f′(x)=0, 所以函数 f(x)在区间(0,1)上是单调增函数.(11 分) 1 1 ③当2<a<1 时,由 f′(x)>0,又知 x>0 得 0<x<2或 a<x<1, 1 由 f′(x)<0,又知 x>0,得2<x<a, 1? ? ?1 ? 所以函数 f(x)的单调增区间是?0,2?和(a,1),单调减区间是?2,a?,(13 分) ? ? ? ?
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1 ④当 a≥1 时,由 f′(x)>0,又知 x>0 得 0<x<2, 1 由 f′(x)<0,又知 x>0,得2<x<1, 1? ? ?1 ? 所以函数 f(x)的单调增区间是?0,2?,单调减区间是?2,1?.(16 分) ? ? ? ? 6.设数列{bn}满足 bn+2=-bn+1-bn(n∈N*),b2=2b1. (1)若 b3=3,求 b1 的值; (2)求证数列{bnbn+1bn+2+n}是等差数列; 1 (3)设数列{Tn}满足:Tn+1=Tnbn+1(n∈N*),且 T1=b1=-2,若存在实数 p,q, 对任意 n∈N*都有 p≤T1+T2+T3+…+Tn<q 成立,试求 q-p 的最小值. (1)解 ∵bn+2=-bn+1-bn,

∴b3=-b2-b1=-3b1=3, ∴b1=-1;(3 分) (2)证明 ∵bn+2=-bn+1-bn①,

∴bn+3=-bn+2-bn+1②, ②-①得 bn+3=bn,(5 分) ∴(bn+1bn+2bn+3+n+1)-(bnbn+1bn+2+n)=bn+1bn+2(bn+3-bn)+1=1 为常数, ∴数列{bnbn+1bn+2+n}是等差数列.(7 分) (3)解 ∵Tn+1=Tn· bn+1=Tn-1bnbn+1=Tn-2bn-1bnbn+1=…=b1b2b3…bn+1

当 n≥2 时 Tn=b1b2b2…bn(*), 当 n=1 时,T1=b1 适合(*)式 ∴Tn=b1b2b3…bn(n∈N*).(9 分) 1 ∵b1=-2,b2=2b1=-1, 3 b3=-3b1=2,bn+3=bn, 1 1 ∴T1=b1=-2,T2=T1b2=2, 3 3 T3=T2b3=4,T4=T3b4=T3b1=4T1, 3 T5=T4b5=T2b3b4b5=T2b1b2b3=4T2,
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3 T6=T5b6=T3b4b5b6=T3b1b2b3=4T3, …… T3n+1+T3n+2+T3n+3=T3n-2b3n-1b3nb3n+1+ T3n-1b3nb3n+1b3n+2+T3nb3n+1b3n+2b3n+3 =T3n-2b1b2b3+T3n-1b1b2b3+T3nb1b2b3 3 =4(T3n-2+T3n-1+T3n), ∴数列{T3n-2+T3n-1+T3n)(n∈N*)是等比数列, 3 3 首项 T1+T2+T3=4且公比 q=4,(11 分) 记 Sn=T1+T2+T3+…+Tn, ①当 n=3k(k∈N*)时, Sn=(T1+T2+T3)+(T4+T5+T6)…+(T3k-2+T3k-1+T3k) 3? ?3? ? ?1-?4?k? 4? ? ?? ? ?3?k? ? ? ?? = 3 =3?1-?4? ?, 1-4 3 ∴4≤Sn<3;(13 分) ②当 n=3k-1(k∈N*)时 Sn=(T1+T2+T3)+(T4+T5+T6)+…+(T3k-2+T3k-1+T3k)-T3k ? ?3? ? ?3?k ?4? =3?1-?4?k?-(b1b2b3)k=3-4· ? ? ?? ? ? ∴0≤Sn<3;(14 分) ③当 n=3k-2(k∈N*)时 Sn=(T1+T2+T3)+(T4+T5+T6)+…+(T3k-2+T3k-1+T3k)-T3k-1-T3k ? ?3? ? =3?1-?4?k?-(b1b2b3)k-1b1b2-(b1b2b3)k ? ? ?? ? ?3? ? 1?3? ?3? =3?1-?4?k?-2?4?k-1-?4?k ? ? ?? ? ? ? ? 14 ?3?k ?4? , =3- 3 · ? ? 1 ∴-2≤Sn<3.(15 分)
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1 1 综上得-2≤Sn<3 则 p≤-2且 q≥3, 7 ∴q-p 的最小值为2.(16 分)

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