2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热考题型解法指导第2讲专题强化精练提能 含解析.doc

教学资料范本2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热考题型解法指导第2讲专题强化精练提能 含解析编 辑：_时 间：_1(20xx南京模拟)在ABC中、角A、B、C所对的边分别为a、b、c、且1(1)求B；(2)若cos、求sin A的值解 (1)由1及正弦定理、得1、所以、即、则因为在ABC中、sin A0、sin C0、所以cos B因为B(0、)、所以B(2)因为0C、所以C又cos、所以sin所以sin Asin(BC)sinsinsincoscossin2如图所示、在三棱柱ABCA1B1C1中、AA1B1B为正方形、BB1C1C是菱形、平面AA1B1B平面BB1C1C(1)求证：BC平面AB1C1；(2)求证：B1CAC1；(3)设点E、F、H、G分别是B1C、AA1、A1B1、B1C1的中点、试判断E、F、H、G四点是否共面、并说明理由解 (1)证明：在菱形BB1C1C中、BCB1C1因为BC平面AB1C1、B1C1平面AB1C1、所以BC平面AB1C1(2)证明：连结BC1在正方形ABB1A1中、ABBB1因为平面AA1B1B平面BB1C1C、平面AA1B1B平面BB1C1CBB1、AB平面ABB1A1、所以AB平面BB1C1C因为B1C平面BB1C1C、所以ABB1C在菱形BB1C1C中、BC1B1C因为BC1平面ABC1、AB平面ABC1、BC1ABB、所以B1C平面ABC1因为AC1平面ABC1、所以B1CAC1(3)E、F、H、G四点不共面理由如下：因为E、G分别是B1C、B1C1的中点、所以GECC1同理可证：GHC1A1因为GE平面EHG、GH平面EHG、GEGHG、CC1平面AA1C1C、A1C1平面AA1C1C、所以平面EHG平面AA1C1C因为F平面AA1C1C、所以F平面EHG、即E、F、H、G四点不共面3(20xx常州模拟)如图、两座建筑物AB、CD的底部都在同一个水平面上、且均与水平面垂直、它们的高度分别是9 m和15 m、从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的视角CAD45(1)求BC的长度；(2)在线段BC上取一点P(点P与点B、C不重合)、从点P看这两座建筑物的视角分别为APB、DPC、问点P在何处时、最小？解 (1)作AECD、垂足为E、则CE9、DE6、设BCx、则tanCADtan(CAEDAE)1、化简得x215x540、解得、x18或x3(舍去)、故BC的长度为18 m(2)设BPt、则CP18t(0t18)、tan()设f(t)、f(t)、令f(t)0、因为0t18、得t1527、当t(0、1527)时、f(t)0、f(t)是减函数；当t(1527、18)时、f(t)0、f(t)是增函数、所以、当t1527时、f(t)取得最小值、即tan()取得最小值、因为t218t1350恒成立、所以f(t)0、所以tan()0、因为ytan x在上是增函数、所以当t1527时、取得最小值即当BP为(1527) m时、取得最小值4已知椭圆E：1(ab0)的离心率为、且过点P、右焦点为F、点N(2、0)(1)求椭圆E的方程；(2)设动弦AB与x轴垂直、求证：直线AF与直线BN的交点M仍在椭圆E上解 (1)因为e、所以ac、bc、即椭圆E的方程可以设为1将点P的坐标代入得：b21、所以、椭圆E的方程为y21(2)证明：右焦点为F(1、0)、设A(x0、y0)、由题意得B(x0、y0)所以直线AF的方程为：y(x1)、直线BN的方程为：y(x2)、 联立得、(x1)(x2)、即x、再代入得、y、即y所以点M的坐标为又因为y、将y1代入得、y1所以点M在椭圆E上5(20xx苏州模拟)已知函数f(x)(1)若曲线yf(x)在点(x0、f(x0)处的切线方程为axy0、求x0的值；(2)当x0时、求证：f(x)x；(3)设函数F(x)f(x)bx(x0)、其中b为实常数、试讨论函数F(x)的零点个数、并证明你的结论解 (1)f(x)因为切线axy0过原点(0、0)、所以、解得：x02(2)证明：设g(x)(x0)、则g(x)令g(x)0、解得x2x在(0、)上变化时、g(x)、g(x)的变化情况如下表：x(0、2)2(2、)g(x)0g(x)所以当x2时、g(x)取得最小值所以当x0时、g(x)1、即f(x)x(3)F(x)0等价于f(x)bx0、等价于b0注意x0令H(x)b、所以H(x)(x0)当b0时、H(x)0 、所以H(x)无零点、即F(x)在定义域内无零点当b0时、当0x2时、H(x)0、H(x)单调递减；当x2时、H(x)0、H(x)单调递增所以当x2时、H(x)有极小值也是最小值、H(2)b1当H(2)b0、即0b时、H(x)在(0、)上不存在零点；2当H(2)b0、即b时、H(x)在(0、)上存在唯一零点2；3当H(2)b0、即b时、由e1有Hbebb(e1)0、而H(2)0、所以H(x)在(0、2)上存在唯一零点；又因为2b3、H(2b)b令h(t)ett3、其中t2b2、h(t)ett2、h(t)et3t、h(t)et3、所以h(t)e230、因此h(t)在(2、)上单调递增、从而h(t)h(2)e260、所以h(t)在(2、)上单调递增、因此h(t)h(2)e260、故h(t)在(2、)上单调递增、所以h(t)h(2)e240由上得H(2b)0、由零点存在定理知、H(x)在(2、2b)上存在唯一零点、即在(2、)上存在唯一零点综上所述：当b时、函数F(x)的零点个数为0；当b时、函数F(x)的零点个数为1；当b时、函数F(x)的零点个数为2 6已知数列an的前n项和为Sn、且满足a11、2an12anp(p为常数、n1、2、3、)(1)若S312、求Sn；(2)若数列an是等比数列、求实数p的值(3)是否存在实数p、使得数列满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在、求出所有满足条件的p的值；若不存在、说明理由解 (1)因为a11、2an12anp、所以2a22a1p2p、2a32a2p22p因为S312、所以22p22p63p24、即p6 所以an1an3(n1、2、3、)所以数列an是以1为首项、3为公差的等差数列所以Sn1n3(2)若数列an是等比数列、则aa1a3由(1)可得：1(1p)解得p0当p0时、由2an12anp、得：an1an1显然、数列an是以1为首项、1为公比的等比数列所以p0(3)当p0时、由(2)知：an1(n1、2、3、)所以1(n1、2、3、)、即数列就是一个无穷等差数列所以当p0时、可以得到满足题意的等差数列当p0时、因为a11、2an12anp、即an1an、所以数列an是以1为首项、为公差的等差数列所以ann1下面用反证法证明：当p0时、数列中不能取出无限多项并按原来次序排列而成等差数列假设存在p00、从数列中可以取得满足题意的无穷等差数列、不妨记为bn设数列bn的公差为d当p00时、an0(n1、2、3、)所以数列bn是各项均为正数的递减数列所以d0因为bnb1(n1)d(n1、2、3、)、所