江苏省高考数学总复习练习：高考解答题仿真练2.docx

高考解答题仿真练21已知函数f(x)(1tan x)cos2x.(1)求函数f(x)的定义域和最小正周期；(2)当x时，求函数f(x)的值域解(1)函数f(x)的定义域为，因为f(x)(1tan x)cos2xcos2xcos2xsin xcos xsin 2xsin，所以f(x)的最小正周期为T.(2)由x，得2x，所以sin1，所以当x时，f(x)，即函数f(x)在区间上的值域为.2(2018泰州期末)如图，在三棱锥ABCD中，E是底面正BCD边CD的中点，M，N分别为AB，AE的中点(1)求证：MN平面BCD；(2)若AE平面BCD，求证：BE平面ACD.证明(1)在ABE中，M，N分别为AB，AE的中点，所以MNBE，又BE平面BCD，MN平面BCD，所以MN平面BCD.(2)因为AE平面BCD，BE平面BCD，所以AEBE.又E是底面正BCD的边CD的中点，所以BECD.又AECDE，AE，CD平面ACD，所以BE平面ACD.3.一缉私艇巡航至距领海边界线l(一条南北方向的直线)3.8海里的A处，发现在其北偏东30方向相距4海里的B处有一走私船正欲逃跑，缉私艇立即追击已知缉私艇的最大航速是走私船最大航速的3倍，假设缉私艇和走私船均按直线方向以最大航速航行(1)若走私船沿正东方向逃离，试确定缉私艇的追击方向，使得其用最短时间在领海内拦截成功；(2)问：无论走私船沿任何方向逃跑，缉私艇是否总能在领海内成功拦截？并说明理由解(1)设缉私艇在C处与走私船相遇，如图所示，依题意，AC3BC. 在ABC中，由正弦定理，得sinBACsinABC.因为sin 17，所以BAC17.从而缉私艇应向北偏东47方向追击在ABC中，由余弦定理，得cos 120，解得BC1.686 15.又B到边界线l的距离为3.84sin 301.8.因为1.686 15b0)的右顶点、上顶点分别为A，B，坐标原点到直线AB的距离为，且ab.(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的左焦点F1的直线l交椭圆于M，N两点，且该椭圆上存在点P，使得四边形MONP(图形上的字母按此顺序排列)恰好为平行四边形，求直线l的方程解(1)直线AB的方程为bxayab0，坐标原点到直线AB的距离为，所以，又ab，解得a4，b2，故椭圆的方程为1.(2)由(1)可求得椭圆的左焦点为F1(2，0)，易知直线l的斜率不为0，故可设直线l：xmy2，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为四边形MONP为平行四边形，所以(x1x2，y1y2)，所以P(x1x2，y1y2)，联立得(m22)y24my80，因为64(m21)0，且y1,2，所以y1y2，所以x1x2，因为点P(x1x2，y1y2)在椭圆上，所以(x1x2)22(y1y2)216，即22216，解得m，所以直线l的方程为xy20.5已知函数f(x)axxln ax25(a0，且a1)的导函数为f(x)(1)当a(e为自然对数的底数)时，求与曲线f(x)相切且与x轴平行的直线l的方程；(2)当ae时，若不等式f(x)0的解集为(m，n)(mn)，证明：2nm0，则F(x)单调递增，且F(0)0，故由f(x)0，得x0.又f(0)4，则直线l的方程为y40.(2)证明当ae时，f(x)exxx25，f(x)ex13x，令G(x)ex13x，则G(x)ex30，则G(x)单调递增，且G(0)0，故由f(x)0得x0，且当x0时，f(x)0，f(x)单调递增，当x0时，f(x)0，f(x)单调递减且f(1)e0，f(2)e230，f(1)e10，则2m1,1n2，2nm1，当x0时，3x0，ax10，f(x)0时，3x0，ax10，ln a0，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在1,0上单调递减，在(0,1上单调递增，f(x)minf(0)4，f(x)maxmaxf(1)，f(1)f(1)f(1)aln a5a2ln a.令g(a)a2ln a，则g(a)10，g(a)单调递增，g(a)g(1)0，即f(1)f(1)，f(x)maxf(1)aln a，aln a4aln ae，aln ae1，令h(a)aln a，a1，则h(a)10，则h(a)在(1，)上单调递增，h(a)h(e)，ae.若0a1，当x0时，3x0，ln a0，f(x)0时，3x0，ax10，ln a0，f(x)单调递增，f(x)在1,0上单调递减，在(0,1上单调递增，f(x)minf(0)4，f(x)maxmaxf(1)，f(1)，由知g(a)单调递增，又0a1，g(a)g(1)0，即f(1)f(1)，f(x)maxf(1)ln a，ln a4ln ae，ln ae1.令m(a)ln a,0a1，则m(a)0，则m(a)在(0,1)上单调递减，m(a)m，00.由a2a315，S416，得解得或(舍去)，所以an2n1.(2)因为b1a1，bn1bn，所以b1a11，bn1bn，所以b1a11，b2b1，b3b2，bnbn1(n2)，累加得bnb1，所以bn，n2.b11也符合上式故bn，nN*.假设存在正整数m，n(