【8份】2019江苏高考数学二轮中档题

【8份】2019江苏高考数学二轮中档题专练

目录

©

®2019江苏高考数学二轮中档题专练1

®2019江苏高考数字二轮中档题专练2

®2019江苏高考数学二轮中档题专练3

®2019江苏高考数学二轮中联专练4

®2019江苏高考数学二轮中档题专练5

®2019江苏高考数学二轮中档题专练6

@2019江苏高考数学二轮中档题专练7

2019江苏高考教学二轮中档题专练8

2019年5月中档题专练(一)

1.(2018江苏盐城高三(上)期中)在MBC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知

,7__‘>

a=3,cosB=-,且8ABe=7.

9

⑴求b的值；

(2)求sin(A-B)的值.

2.(2018南京师大附中高三年级模拟)如图,A,B,C三个警亭有直道相通，已知A

在B的正北方向6千米处,C在B的正东方向6百千米处.

⑴警员甲从C出发，沿CA行至点P处,此时/CBP=45°,求PB的长；

(2)警员甲从C出发沿CA前往A,警员乙从A出发沿AB前往B,两人同时出发，甲

的速度为3千米/小时，乙的速度为6千米/小时.两人通过专用对讲机保持联系,

乙到达B后原地等待,直到甲到达A时任务结束.若对讲机的有效通话距离不超过

9千米,试问两人通过对讲机能保持联系的总时长?

答案精解精析

1.解+析⑴在"BC中,由瓦?,就=7,得accosB=7,即3cx1=7,解得c=3.

在"BC中，由余弦定理,得b2=a2+c2-2ac-cosB=9+9T8[=4,，b=2.

⑵因为cosB],所以B为锐角，

故sin

9

又由余弦定理,得cos丝生亘二,所以A为锐角，且sinA卫

2bc2X2X333

所以sin(A-B)=sinAcosB-cosAsinB=^X---X

393927

2.解+析(1)易知在"BC中，AB=6,zA=60°,zAPB=75°,

由正弦定理得,」^二看，

smzAPBsin/

贝IJBP-＜慝」2个后伪一3百x(V6-V2)=9V2-3V6,

-4-

故PB的长是(9V2-3V6)千米.

⑵甲从C到A需要4小时,乙从A到B需要1小时.

设甲、乙之间的距离为f(t),要保持通话则需要f(t)49.

①当04t41时，

f(t)=(6t)2+(12-3t)2-2-6t-(12-3t)cos60°

=3J7t2-16t+16<9,

即7t2-16t+7<0,解得父”4t4叫竺，又te[O,1],

77

所以手4t41,

所以时长为中小时.

②当"44时,f(t)=J364-(12-3t)2-2-6(12-3t)cos60°

=3Jt2-6t+12<9,

即t-6t+3<0,解得3-V6<t<3+V6,又tw(l,4],

所以l<t<4,

所以时长为3小时.

综上，总时长为3+叵L回空(小时).

77

答:两人通过对讲机能保持联系的总时长是安四小时.

2019年5月中档题专练(二)

1.(2017镇江高三期末)在"BC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcos

A+acosB=-2ccosC.

(1)求C的大小;

⑵若b=2a,且AABC的面积为273,求c.

2.如图，在正方体ABCD-ABCD中，0,E分别为B,D,AB的中点.

(1)求证:0E||平面BCC.B,;

⑵求证:平面BDJ平面B,DE.

3.在数列｛aj中，a,=l,且对任意的keN*,a2k.ba2k;a?E成等比数列，其公比为qk.

⑴若qi(=2(keN),求ai+a3+a$+…+aa(-i;

(2)若对任意的keN*,a2k)a2k,bazk+口成等差数列，其公差为dk,设bk=-^-.

①求证｛bj成等差数列，并指出其公差；

②若d尸2,试求数列｛dj的前k项的和瓦

答案精解精析

1.解+析(1)由正弦定理-^-二-^-二-^7,且bcosA+acosB=-2ccosC得：

sinAsinBsinC

sinBcosA+sinAcosB=-2sinCeosC,所以sin(B+A)=-2sinCcosC.

又A,B,C为三角形内角，所以B+A=Ji-C,所以sinC=-2sinCeosC.

因为Ce(0,n),所以sinC>0.

所以cosC=-|,

所以c=-n.

3

⑵因为"BC的面积为273,

所以工absinC=2>/3,所以ab二金亘.

2smC

由⑴知c=|m,所以sinC二拼

所以ab=8.

又b=2a,解得a=2,b=4,

所以c2=a2+b-2abcosC=22+42-2X2X4X(-1)=28,

所以c=2V7.

2.证明⑴连接BG,设BGnB£=F,连接OF,

因为0,F分别是BJ)与BC的中点，所以OF||DC,且OF^DC,又E为AB的中点，所以

EB||DC,且EB=|DC,

从而OF||EB,OF=EB,即四边形OEBF是平行四边形，所以OE||BF,又OEC平面

BCC,B„BFu平面BCC,B„所以0E||平面BCCB.

(2)因为DGL平面BCCB,BGu平面BCCB,所以BC^DC,又BCaB£,且DC,B£u面

B,DC,DCnB£=C,所以BC」面BRC,而BCJ|OE,所以0E±®B,DC,又OEu面B.DE,所以

面BQCJL面BQE.

3.解+析(1)因为qk=2,所以咏三4,故as,as,…，a?-是首项a」=l,公比为4的

a2k-l

等比数列，所以ai+as+a5+…+&卜尸子='4"-1).

1-43

(2)①因为电心a2k+i,a2k+2成等差数列，所以2a2k+尸a2k+a2k+2,

而a2k=3-2k+2~<3,2k+rQk+1,所以一+qk+i=2,

QfcQk

所以bk,尸一1二--'=bk+l,即b-b=l,

Qfc+1-1Qk-1k+1k

所以｛bj成等差数列，其公差为1.

②)因为d1=2,所以二az+2,艮11ag=④&二az+2,

所以a2=2或a2=-l.

1

(i)当a2=2时，q)=—2,所以br--1,所以bk=l+(k-l)Xl=k,即七=k,得qk=^.

Qi-lQk-lk

2

所以黄二成二(零)，

a2k+产(?0.(言).a尸(k+l)；a犷号十k(k+l),

所以dk=a2kti-a2k=k+l,口卜=超等工="⑷.

(ii)当a=-l时,q!=—=-1,所以bi=-^-=-ib=-i+(k-l)Xl=k-|,

2Qiq「l2k22

2

EP^-=k-|,得qk=4.所以3=q1=

qg2k-la”】依

5(21)2⑸『号』(21)(2k-3),

fc(2+k2

所以dk=a2k+i-a2k=4k-2,Dk=^--2R-.

2

综合得仄=空0或Dk=2k.

2019年5月中档题专练(三)

1.正方形ABCD所在的平面与三角形CDE所在的平面交于CD,且AE_L平面CDE.

⑴求证:AB||平面CDE;

(2)求证:平面ABC以平面ADE.

2.(2018苏北四市高三第一次调研测试)某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼

品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装饰,如图

1.为了便于设计,可将该礼品看成是由圆0及其内接等腰三角形ABC绕底边BC

上的高所在直线AO旋转180°而成，如图2.已知圆0的半径为10cm,设

/BAO=0,0<6<p圆锥的侧面积为Scm2.

(1)求S关于0的函数关系式；

⑵为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S最大，求S取得最大值时腰AB

的长度.

3.在平面直角坐标系xOy中,已知点A(-3,4),B(9,0),C,D分别为线段0A,0B上的

动点，且满足AC=BD.

⑴若AC=4,求直线CD的方程;

⑵证明:/CD的外接圆恒过定点(异于原点0).

答案精解精析

1.证明⑴正方形ABCD中，AB||CD,又ABC平面CDE,CDu平面CDE,

所以AB||平面CDE.

⑵因为AE_L平面CDE,且CDu平面CDE,所以AE±CD,又正方形ABCD中，CD±AD,且

AEnAD=A,AE、ADu平面ADE,所以C以平面ADE,又CDu平面ABCD,所以平面ABCD±

平面ADE.

2.解+析⑴设A0交BC于点D,过。作OE±AB,垂足为E,在&AOE中，AE=10cos

0,AB=2AE=20cos0,在"BD中，BD=AB・sin0=20cos0-sin0,所以

S--2n-20sin0cos9-20cos。

2

=400nsin0cos20(0V6<；).

⑵要使侧面积最大，由(1)得：

S=400nsin0cos2。=400冗(sin0-sin30),

设f(x)=x-x3(0〈x〈l),

则f'(x)=l-3x：由f'(x)=l-3x2=0得X=y,

当xe(o,争时,f'(x)>0,当xe(*l)时,f'(x)<0,

所以f(x)在区间(0,?)上单调递增,在区间上单调递减，

所以f&)在x=/时取得极大值,也是最大值.

所以当sin0亭时,侧面积S取得最大值，

此时等腰三角形的腰长AB=20cos9=20Jl-sin20=2oJl-(y)2

答:侧面积S取得最大值时,等腰三角形的腰AB的长度为竽cm.

3.解+析(1)因为A(-3,4),所以0A=J(-3)2+42=5,又因为AC=4,所以OC=1,所

4

以由AC=BD=4,得D(5,0),所以直线CD的斜率为生十二,所以直线CD的

'55/5-(-；7

方程为y=-^(x-5),即x+7y-5=0.

(2)证明：设C(-3m,4m)(0<m<l),则OC=5m,

所以AC=OA-OC=5-5m,

因为AC=BD,所以0D=0B-BD=5m+4,

所以D点的坐标为(5m+4,0),

2222

又设AOCD的外接圆的方程为x+y+Dx+Ey+F=0(D+E-4F>0),

(F=0,

则有197n2+16m2-3mD+4mE+F=0,

((5m+4)2+(5m+4)D+F=0,

解得D=-(5m+4),F=0,E=-10m-3,

所以qCD的外接圆的方程为x2+y2-(5m+4)x-(10m+3)y=0,

整理得x2+y2-4x-3y-5m(x+2y)=0,

令配代…所嘱/舍去)或叱；

所以qCD的外接圆恒过异于0的定点⑵T).

2019年5月中档题专练(四)

1.如图,AB为圆0的直径,点E,F在圆0上，且AB||EF,矩形ABCD所在平面与圆0

所在的平面互相垂直，且AB=2,AD=EF=1.

⑴设FC的中点为M,求证:0M||平面DAF;

⑵求证:ARL平面CBF.

2.在MBC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,cosB=*

(1)若c=2a,求当的值；

sinC

⑵若C-B』,求sinA的值.

4

22

3.如图，已知椭圆E:^l(a>b>0)的长轴为AB,过点B的直线1与x轴垂直,椭

圆E上一点与椭圆E的长轴的两个端点构成的三角形的最大面积为2,且椭圆E

的离心率e哼.

(1)求椭圆E的标准方程;

⑵设P是椭圆E上异于A、B的任意一点，连接AP并延长交直线1于点M,N为

MB的中点.

①若点E为椭圆的左焦点，点H为椭圆的右焦点,K关于直线PN的对称点为Q,

当点P的坐标为(W，g)时，求证:点P，Q，R三点共线；

②试判断直线PN与椭圆E的位置关系，并证明你的结论.

答案精解精析

1.证明⑴设DF的中点为N,连接MN,AN,则MN=#D,

又•.•AOlgCD,AO弓CD,...MNIIAO.MMAO,.•.四边形MNAO为平行四边形，.'.OMIIAN,又

•••ANu平面DAF,OMA面DAF,

，0M||平面DAF.

(2)•.,平面ABC以平面ABEF,CB±AB,CBu平面ABCD,平面ABCDn平面ABEF=AB,

，CB，平面ABEF,：AFu平面ABEF,

.'.AF±CB.

CAB为圆0的直径，

/.AF1BF.VCBnBF=B,CB,BFu平面CBF,，AFJL平面CBF.

2.解+析⑴解法一：在"BC中，因为cosB==所以吆叱竺=2

52ac5

因为c=2a,所以⑥即与喙所以空等.

2cxi5C220c10

又由正弦定理得当上,所以粤越.

sinCcsmC10

解法二：因为cosB=~,BG(0,H),所以sinB=^l-cos2B=|.

因为c=2a,由正弦定理得sinC=2sinA,所以sinC=2sin(B+C)=|cosC+|sinC,

EP-sinC=2cosC.又因为sin2C+cos2C=l,sinC>0,解得sin

所以四匹型.

sinC10

(2)因为cosB=|,所以cos2B=2COS2B-1=^.

又0<B<冗,所以sinB=Jl-cos2B=|,

所以sin2B=2sinBcosB=2X-X^=—.

5525

因为C~B—,即C=B+-,所以A=n-(B+C)=^-2B,所以sinA=sinf—-2B)=sin—cos

2B-cos郊sin2B=^xZ-(-匹)X兰卫公

4225\272550

3.解+析⑴依题设条件可得:ab=2,空.又a2-c2=b2,解得a2=4,b2=l,

a2

2

所以椭圆E的标准方程为土+y?=l.

4

⑵①证明：直线AP的方程为y='p(x+2),

4+2V5

求得点M的坐标为(2,&)，点N的坐标为(2,表)，直线PN的斜率k=-l,

二直线PN的方程为y=-x+V5,

设左焦点F.(-V3,0)关于直线PN的对称点为Q(xby),则

解得卜1=据「gPQ(V5,V5+V3),

山=遍+V3,

立—

所以直线PQ的斜率k产4+同，又直线PF2的斜率区号-4+同,

所以k尸L,即点P,Q,F2三点共线.

②直线PN与椭圆E相切于点P.证明如下：

设P(x。,y°),又A(-2,0),所以直线AP的方程为y=*—(x+2),令x=2,得丫=华,

即喉彘）.

又B（2,0）,N为MB的中点，所以N（2,黑），于是直线PN的方程为

2yo

2

y-y（）=^,°.（x-x„）,即y=^T7（x-x0）+y0.

2-x0定-4

因为学+y衿1，所以好-4=-4羽,所以y三窝（x-x0）+y。,整理得y=胃.

停+y2=i,、、

2

由《消去y并整理得（密+4诏）x2-8x（）x+16T6羽=0,即X-2X0X+%O=0,此

v二

—4yo

方程的根的判别式A=（-2孀2-4以=0,

所以直线PN与椭圆E相切于点P.

2019年5月中档题专练（五）

1.（2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测）在MBC中，角A,B,C所对的边分别

410cosA,cosBsinC

为a,b,C,且----十----二----.

abc

⑴证明：sinAsinB=sinC;

⑵若b2+c:'-a-|bc,求tanB的值.

2如图,已知斜三棱柱ABC-ABG中，AB=AC,D为BC的中点.

（1）若平面ABGL平面BCCB,求证:AD面C;

(2)求证:A|B||平面ADC,.

3.(2018江苏南通海安高级中学高三阶段检测)如图，在某商业区周边有两条公

路L和h,在点0处交汇，该商业区是圆心角为与、半径为3km的扇形.现规划在

该商业区外修建一条公路AB,与L、上分别交于A、B,要求AB与扇形的弧相切，

切点T不在L、1?上.

(1)设OA=akm,OB=bkm,试用a,b表示新建公路AB的长度，求出a,b满足的关系

式,并写出a,b的取值范围；

⑵设/AOT=a，试用a表示新建公路AB的长度，并且确定A、B的位置，使得新建

公路AB的长度最短.

4.已知二次函数h(x)=ax2+bx+c(c<3),其导函数y=h'(x)的图象如图，设

f(x)=61nx+h(x).

(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处的切线的斜率；

⑵若函数f(x)在区间(1即+{J上是单调函数,求实数m的取值范围;

(3)若函数y=-x,xw(0,6)的图象总是在函数y=f(x)图象的上方，求c的取值范围.

答案精解精析

1.证明⑴根据正弦定理」^上二三,且咨+等=则£,

sinAsinBsinCabc

KIcosA,cosBsinC、

所以一^+―^=1,

s\nAsinBsinC

故sinAsinB=cosAsinB+cosBsinA=sin(A+B),

又因为A+B+C=n,所以sin(A+B)=sin(n-C)=sinC,得证.

(2)因为b2+c2-a24bc,所以cosA=劣等宅=|,

52bc2bc5

因为A为三角形内角，所以sinA二Jl・cos2A二Ji-©)/

由(1)知，|sinB=|sinB+|cosB,

EP-sinB-cosB,故tanB=sing_4.

55cosB

2.证明(1)因为AB=AC,D为BC的中点,所以AD±BC.

因为平面ABC,平面BCC,BI,平面ABCn平面BCCB=BC,ADu平面ABC,

所以AD,平面BCCB.因为DCc平面BCCB,所以ADIDCL

(2)连接AC交AG于点0,连接0D,易知0为A.C的中点.

因为D为BC的中点,所以0D||A出.

因为ODu平面ADG,AB，平面ADCb

所以A|B||平面ADC,.

3.解+析⑴在MOB中，OA=akm,OB=bkm,zAOB=^,

由余弦定理得,AB2=0A2+0B2-20A-0Bcos/A0B=a2+b2-2abcosg=a2+b2-ab,

则AB=Ja2+b2-ab.

以0为原点,建立如图所示的平面直角坐标系，

「Mb

则A(a,O),B，所以直线AB的方程为y=/(x-a),即

V3bx+(2a-b)y~\/3ab=0,

因为AB与扇形的弧相切，所以I遮ab|二3

则所求关系式为a2+b2=^a2b2+ab,a,be(3,6).

⑵因为AB是圆0的切线,所以OT±AB.

在Rt^OTA中，AT=3tana,

在Rt^OTB中，BT=3tan《-a),

所以AB=AT+TB=3tana+3tanQ-a)(0<a<

所以AB=3«ana+奇黑)

=30半匕

1+V3tana

设u=l+V^tana,UG(1,4),

LM+l

贝ijAB=3百•回一

u

=V3(u+^-2)>2V3,

当且仅当u=2,即a『时,取等号，此时,0A=0B=2V3km.

6

则当0A=0B=2gkm吐新建公路AB的长度最短.

4,解+析(1)由图得h'(x)=2x-8,

f(x)=61nX+X2-8X+C,

:.f(x)—+2x-8,

X

f'⑵=-l,所以曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为-L

(2)f'(x)、+2x-8=2-,其中x*,

XX

列表如下：

X(0,1)1(1,3)3(3,+8)

f'(x)+0-0+

f(x)z

...f(x)的单调递增区间为(0,1)和(3,+8),f(x)的单调递减区间为(1,3).

要使函数f(x)在区间(Lm+3上是单调函数，则f：；；；解得刎今

⑶由题意得，-x>f(x)在XG(0,6)上恒成立，得-x〉61nx+x2-8x+c在XG(0,6)上恒

成立，即c<-x2+7x-61nx在XE(0,6)上恒成立，设g(x)=-x2-61nx+7x,XG(0,6],则

c<g(x)rain,

g'(x)=-2X--+7=-2X2+7X-6-(2X-3)(X-2),

XXX

...当雁(1,2)时,g'(x)》O,g(x)为增函数,

当xe(0,|)和(2,6］时,g(x)<0,g(x)为减函数，

.•.g(x)的最小值为g。和g(6)的较小者.

gf-)=---61n-+7X^=--61n-,

\2/42242

g(6)=-36-61n6+42=6-6In6,

g(|)-g(6)=J-61n|+61n6=J+121n2>0,

g(x)min=g(6)=6-61n6.又c<3,Ac<6-61n6.

2019年5月中档题专练(六)

1.在平面直角坐标系xOy中，设锐角a的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单

位圆交于点P(X1)y)将射线0P绕坐标原点0按逆时针方向旋转］后与单位圆交

于点Q(x2)y2),IBf(a)=yi+y2.

⑴求函数f(a)的值域；

(2)设MBC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若f(C)=V2,且a=V2,c=l,求b.

2.(2018南京、盐城高三年级第二次模拟考试)调查某地居民每年到商场购物次

数m与商场面积S、到商场距离d的关系，得到关系式m=kX捺（k为常数,k〉0）,

如图，某投资者计划在与商场A相距10km的新区新建商场B,且商场B的面积与

商场A的面积之比为X（0<入<1）.记“每年居民到商场A购物的次数”与“每年居民

到商场B购物的次数”分别为m2,称满足mKnh的区域为商场B相对于A的“更

强吸引区域”.

（1）已知P与A相距15km,且NPAB=60°,当入=1时，居住在P点处的居民是否在

商场B相对于A的“更强吸引区域''内？请说明理由；

（2）若要使与商场B相距2km以内的区域（含边界）均为商场B相对于A的“更强

吸引区域”，求X的取值范围.

22

3.（2018江苏南通模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:^=l（a>b>0）

的左、右焦点分别为M、点P⑶1）在椭圆上，SFE的面积为2立.

⑴①求椭圆C的标准方程；

②若NRQFzg,求QFrQF?的值.

⑵直线y=x+k与椭圆C相交于A,B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，求实

数k的值.

答案精解精析

1.解+析(1)由题意得y尸sina,y2=sin(a+9=cosa,

所以f(a)=sina+cosa=&sin(a+；),

因为a《0彳),所以a+:(：,苧)，

故f(a)的值域为(1,V2].

⑵因为f(C)=&sin《+C)=V2,且易知Ce(0^),所以C=%

在AABC中，由余弦定理得c2=a2+b2-2abcosC,

即l=2+b2-2&X当b,解得b=l.

2.解+析设商场A、B的面积分别为S,km\S2km；点P到A、B的距离分别为

d,km、d2km,

则S2=XS,(O<X<1),m产喘m2=k^,k为常数,k>0.

(1)在"AB中，AB=1O,PA=15,zPAB=60°,

由余弦定理，得或=PBJAB2+PA2-2AB・PACOS60°=102+152-2X10X15x|=175.

又d：=PA2=225,

则m「m2=端-喈端-嗡=kS@-瓢

将入弓,d：=225,或=175代入,得m2=kSi(£^■-

因为kS〉O,所以m|>m2)即居住在P点处的居民不在商场B相对于A的“更强吸引区

域'内

⑵以A为原点,AB所在直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则

A(0,0),B(10,0),设P(x,y),

由mKnh得端将S2=XSi代入,得遁<入dl.

代入坐标,得（x-10）2+y2<X（x2+y2）,

化简得（1-入）x"+（1_入）y2-20x+100<0,

配方得（代骂）:♦〈（当）：所以商场B相对于A的“更强吸引区域”是圆心为

C（瑞，0），半径为r尸竽km的圆的内部,与商场B相距2km以内的区域（含边界）

是以B（10,0）为圆心,n=2km为半径的圆的内部及圆周.

由题设知圆B内含于圆C,即BC<|r-r21.

因为0〈人<1,所以个-10〈吗-2,整理得4X-5V2+K0,

解得三〈人

16

所以，所求X的取值范围是（总1）.

K

3.解+析（1）①由条件可知3+a1"=2或，

又a2=b2+c2,所以a2=12,b2=4,

所以椭圆C的标准方程为互+旺=1.

124

②当㈤QF2苫时,

（QF1+QF2=2a=4V3,

+Q母-QF/QF2=（2c）2=32,

所以QF,-QF2=y.

22

⑵设A（x„y,）,B（xz,%）,由后+5=得4x+6kx+3k-12=0,

vy=x+kf

ml.3k3k2-12k2-12

则xl+x2=-T）x,x2=—,y.y2=­.

因为以AB为直径的圆经过坐标原点,则6?•而=*凶+丫》2=1<2-6=0,

解得k=±n，此时A=120〉0,满足条件,

因此k=±V6.

2019年5月中档题专练(七)

1.如图,在正方体ABCD-ABCD中，已知E,F,G,H分别是AD,BC,D.D,GC的中点.

⑴求证:EF||平面ABHG;

(2)求证：平面ABHGL平面CFED.

2.已知函数f(x)=sin-cos-+V3cos

333

(1)将f(X)写成y=Asin(3x+e)+B的形式,并求其图象对称中心的横坐标；

(2)如果MBC的三个内角A,B,C所对应的三边长a,b,c满足b2=ac,且边AC所对

的角为x,试求x的范围及此时函数f(x)的值域.

3.(2017镇江高三期末考试)如图，准备在墙上钉一个支架,支架由两直杆AC与BD

焊接而成,焊接点D把杆AC分成AD,CD两段.其中两固定点A,B间距离为1米,AB

与杆AC的夹角为60°,杆AC长为1米.若制作AD段的成本为a元/米,制作CD

段的成本是2a元/米,制作杆BD的成本是4a元/米.设/ADB=a,制作整个支架的

总成本记为S元.

⑴求S关于a的函数表达式，并指出a的取值范围；

⑵问AD段多长时,S最小?

4.设等比数列瓜｝的首项为a产2,公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a.与的

2

等差中项；数列d｝满足2n-(t+b„)n+|bh=0(tGR,neN,).

(1)求数列｛%｝的通项公式；

⑵试确定t的值,使得数列｛b,,｝为等差数列；

⑶当瓜｝为等差数列时，对每个正整数k,在&与ak“之间插入bk个2,得到一个

新数列｛cn｝.设「是数列｛c,,｝的前n项和，试求满足Tn=2c.”的所有正整数m.

答案精解精析

1.证明⑴因为E,F是AD,BC的中点，所以EF||AB,

在正方体ABCD-ABCD中，AB||AB,

所以EF||AB.

又EFC平面ABHG,ABu平面ABHG,

所以EF||平面ABHG.

(2)在正方体ABCD-ABCD中,CD'平面BBCC,

又BHu平面BB£C,所以BH±CD.①

设BHnCF=P,易证得^BCH*CCF,所以/HBC=NFCG,

因为NHBC+/PHC=90°,所以NFCG+/PHC=90°.

所以/HPC=90°,即BH_LCF.②

因为DCnCF=C,DC,CFu平面CFED,

所以BH_L平面CFED.

又BHu平面ABHG,

所以平面ABHG_L平面CFED.

2.解+析⑴f(x)=[sin争号(1+cosy)

TT

1.2x,V32x,x/3=.(2x,\,x/3

二一sin—+—cos—+—sini----1—)+—.

23232\3372

由sin住+%。，得/+导n(keZ),所以*=等n,keZ,

所以对称中心的横坐标为号"(keZ).

(2)由已知b2=ac及余弦定理,得:

a2+c2-b2a2+c2-ac^2ac-ac1

COSX=--------二----------------->------------二一

2ac2ac2ac2

：.2-<cosx<l,/.0<x3<-,3339

.•.sin^Vsin管+^<1,

.,.V3<Sin（y+^）+y<l+y,即f（X）的值域为（百,1+耳.

综上所述,xe（o司，《）的值域为（代1+同.

3.解+析⑴MBD中，由正弦定理得,1黑、,

sinasin-sin^-aj

所以BD=^-,AD=^^+i,

2sina2sina2

贝ijs=a（叵吧+D+

\2sina2）

2小-0^+制+4a•旦

L\2sina2/J2sina

=（4V3-x/3cosa,3\

42sina+J

由题意得a《冷）.

（2）由⑴知S'=V3a-^^,令S'=0,设cosa0=l.

sinza4

列表如下:

s'-0+

s\极小值/

所以当cosaW■时,s最小，

4

,LLn-F-cV15AnV3cosa.15+V5

止匕日寸sma=—,AD=­：—+-=---.

42sina210

2

4.解+析（1）由题意得,6a3=8a）+a5,则6q=8+q',

解得q2=4或/=2(舍)，则q=2,

=

又@尸2,所以an2".

(2)当n=l时,2-(t+b)+|b尸0,得b1=2t-4,

当n=2时,2X2-(t+b2)X2+|b2=0,得b2=16-4t,

当n=3时，2X32-(t+b3)X3+-b3=0,得b3=12-2t,

由bi+b3=2b2,得t=3,

当t=3时,2r?-(3+b0)n+|b,『0,得b„=2n,

由b.「b“=2(常数)知,满足题意的t的值为3.

⑶由⑴⑵知a.=2",bk=2k.

由题意知，5=a=2,C2=C3=2,c4=a2=4,c5=c6=C7=ca=2,c9=a:!=8,...,

则当m=l时,T,*2C2J不合题意；

当m=2时,T2=2C3,符合题意；

当m>3时，若“尸2,则2cMi一定与题意不符，

从而心“必是数列｛%｝中的某一项ak+1)

贝lj1；=ai+2+…+Z+az+Z+…+Z+a3+?+…+2+a[+...+ak+2+...+2,

%个勿个公个以个

23k

=(2+2+2+...+2)+2(b,+b2+b:!+...+bk)

=2-(2k-l)+2-^|^=2k+1+2k2+2k-2,

k

而2cm+i=2ak+i=2-2",

所以2kt'+2k2+2k-2=2-2k+1,

即2』2-1<+1=0,所以2k+l=k2+k.

因为2卜+1(丘底)为奇数,而k?+k=k(k+l)为偶数,所以上式无解.

即当mN3时，T,产2cg.

综上，满足题意的m的值为2.

2019年5月中档题专练(八)

1.已知向量a=(2sinx,cosx),b=(巡cosx,2cosx).

(1)若x*knkeZ,且a||b,求2sin2x-cos2x的值；

(2)定义函数f(x)=a-bT,求函数f(x)的单调递减区间，并求当xe[o,，时，函数

f(x)的值域.

2.(2018苏锡常镇四市高三调研(一))如图，正三棱柱ABC-ABG的高为伤,其底

面边长为2.已知点M,N分别是棱AC,AC的中点，点D是棱CC上靠近C的三等分

点.

求证：(1)BM|平面ABN;

(2)AD_L平面ABN.

3.(2018江苏海安高级中学高三月考)在平面直角坐标系xOy中，椭圆

C:^+^=l(a>b>0)的离心率为当且点(短净在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

⑵设P为椭圆上第一象限内的点，点P关于原点0的对称点为A,点P关于x轴

的对称点为Q,设方=XPQ,直线AD与椭圆C的另一个交点为B,若PA1PB,求实数

X的值.

4.(2018苏锡常镇四市高三调研(一))如图，某景区内有一半圆形花圃,其直径AB

为6,0是圆心,且OC±AB.在0C上有一座观赏亭Q,其中/AQC号.计划在岗1上再建

一座观赏亭P,记NPOB=0(0<0<^),连接PQ.

⑴当时，求/OPQ的大小；

⑵当RPQ越大时,游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观

赏效果最佳时角0的正弦值.

答案精解精析

1.解+析(1)因为a||b,所以4sinxcosx-V3cos2x=0,

因为x*k兀kwZ,所以cosx*0,HPtanx=—,

24

所以2sin2x-cos2x=2ta^x110

tan2x+l19

(2)f(x)=a,b-l=2>/3sinxcosx+2cos2x-l=V3sin2x+cos2x=2sin(2%+§

令2k兀+-^2x+-<2kn,keZ,

262

得k"+-<x^k冗,keZ.

63

所以f(x)的单调递减区间为[加+,kn+y](keZ).

因为xe[。用，所以2x+弁期，

所以sin(2%+

所以当xw[0,外时,函数f(x)的值域为[-1,2],

2.证明⑴连接MN,正三棱柱ABC-ABC中，AAJICC且AA产CC”则四边形AA,C,C

是平行四