2021年江苏高考数学二轮练习：高考热考题型解法指导第2讲专题强化精练提能

1、专题强化;精练提能tan B 2c1.(2019 南京模拟)在厶 ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c,且 t + 1=-求 B；n1 若 cos C+ 6 = 3，求 sin A 的值.tan B “ 2csin Bcos A “ 2sin C解(1)由而 A +1= 2及正弦疋理，得 sosBc 而 A +1= 2s 乔 C，所以 sin Bcos A + cos BsinA = 2sin C即sin( A +B)= 2sin C 则sin C = 2sin Ccos Bsin A= sin A， cos Bsin A= sin A，、cos Bsin A= si

2、n A 因为在 ABC 中，sin A 工 0, sin C 工 0,1 所以 cos B =-.n因为 B(0, n)所以 B=3.2n因为 0vCv ,所以nvC+ nv 6 6 6n1 又 cos C + 6 =,n2、2 所以 sin C + 6 =.一n所以 sin A = sin(B+ C) = sin C+ (1)求证：BC /平面 AB1C1;求证：B1C 丄 AC1；=sinnC+6=sin7tC+ 6nn ncos6+cosC+6sin6=2 6+ 162.如图所示，在二棱柱 ABC-A1B1C1中，AA1B1B 为正方形,BB1C1C 是菱形，平面 AA1B1B丄平面 B

3、B1C1C.(3)设点 E, F, H, G 分别是 BiC, AAi, A1B1, B1C1的中点，试判断 E, F, H , G 四点是 否共面，并说明理由.解证明：在菱形 BBiCiC 中，BC/B1C1.因为 BC?平面 ABiCi, B1C1?平面 ABiCi,所以 BC/平面 ABiCi.证明：连结 BCi.在正方形 ABBiAi中，AB 丄 BBi.因为平面 AAiBiB 丄平面 BBiCiC,平面 AAiBiBn平面 BBiCiC= BBi, AB?平面 ABBiAi,所以 AB 丄平面 BBiCiC.因为 BiC?平面 BBiCiC,所以 AB 丄 BiC .在菱形 BBiC

4、iC 中，BCi丄 BiC .因为 BCi?平面 ABCi, AB?平面 ABCi, BCinAB = B,所以 BiC 丄平面 ABCi.因为 ACi?平面 ABCi,所以 BiC 丄 ACi.(3)E, F , H , G 四点不共面.理由如下：因为 E, G 分别是 BiC, BiCi的中点，所以 GE/ CCi.同理可证：GH / CiAi.因为 GE?平面 EHG , GH?平面 EHG , GEQGH = G, CCi?平面 AAiCiC, A1C1?平面 AAiCiC,所以平面 EHG /平面 AAiCiC .因为 F 平面 AAiCiC,所以 F?平面 EHG ,即 E, F,

5、 H , G 四点不共面.3.（2019 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/ CAD（1）求 BC 的长度;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 =a,/ DPC =3问点 P 在何处时，a+ B最小?解作 AE 丄 CD ,垂足为 E,贝UCE = 9, DE = 6,设 BC = x,则tan /CAD = tan( / CAE+ / DAE)tanZCAE+tan/DAE（2）在线段 BC 上取一点

6、x9 6=1a+ B取得最小值.4.已知椭圆 E：彎+ = 1(ab0)的离心率为-2，且过点 Pa b2N(2, 0).(1)求椭圆 E 的方程;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 a=.2c, b = c,即椭圆E的方程可以设为 2x2+y2= 1.915t18ttan(a+3 =9_15-1 7 -t18t6 (27+ t)162 + 6tt2+ 18t 135 t2+ 18t 13527 +1设f(t)= t2+ 18t 135,t2+54t27X23f (t)=(t218t+135)2,令 f4(=0,

7、因为 OvtV18,得 t=15 .627,当 t (0, 15.6 27)时，f(t)V0, f(t)是减函数;当 t (15 6 27，18)时，f(t) 0, f(t)是增函数，所以，当 t= 15 6 27 时，f(t)取得最小值，即 tan(a+取得最小值，因为一 t2+ 18t 135V0 恒成立，所以 f(t)V0,所以ntan(a+ 3)v0, a+ 32,n,因为y= tan x 在扌，n上是增函数，所以当 t= 15 谑27 时,a+ B取得最小值.即当BP 为(15.6 27) m 时,卡,，右焦点为 F, 点13将点 P 的坐标代入得：b2= 4+ 3= 1,所以，椭圆

8、 E 的方程为 X2 + y2= 1.证明：右焦点为 F(1 , 0),设 A(xo, yo), 由题意得 B(xo, yo).所以直线 AF 的方程为：y = (x 1),xo 1yo直线 BN 的方程为：y= (x 2),xo 2yoyo、 联立得，(x 1) = (x 2),xo 1xo 23xo 4即 x=2xo 3再代入得,3xo 4 12xo 3即 y=42xo 32 (2xo 3)2yoxo13xo 42+2xo 3(3xo 4)2+ 2y22 (2xo 3)将 yg= 1 代入得,2 (2xo 3)8 处一 24xo+ 18所以点 M 在椭圆 E 上.所以点 M 的坐标为3xo

9、 4yo2xo 3 2xo 32 (2xo 3)2 (2xo 3)2yo22xo 3(3xo 4)2+ 2x21xoex5.(2019 苏州模拟)已知函数 f(x)=-.x(1)若曲线 y= f(x)在点(xo, f(xo)处的切线方程为 ax y= 0,求 xo的值;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.exx ex解fx)=厂.因为切线 axy= 0 过原点(0, 0),ex。ex0X0 ex。x0所以 x0=-，解得：X0= 2.f ( x)证明：设 g(x)=入ex(x2 2x

10、)令 g，x) =34解得 x= 2.即 f(x)x.exx(0,2)2(2, +s)g 刈一0+g(x)e4x= 2 时,x 在(0,)上变化时，g(x), g(x)的变化情况如下表:g(x)取得最小值 4.xoxe=x2(x 0),ex(x2 2x)则 g x)=x4x4所以当所以当 x 0 时,e2g(x) 4 i,(3)F(x)= 0 等价于 f(x) bx= 0,等价于-2 b = 0. x令H(X)=e,-b,ex(x 2)所以 H x)=X3(XM0).1当 bw0 时，H(x) 0 ,所以 H(x)无零点，即F(X)在定义域内无零点.2当 b 0 时，当 0vxv2 时，H(x

11、)v0,H(X)单调递减;当X2 时，H(x)0,H(X)单调递增.而 H(2)v0,所以 H(x)在(0, 2)上存在唯一零点;令 h(t)= et *3,3其中 t = 2b2, h(t)= et ?,h(t)= et 3t, h (t)= et 3,所以 h(t) e2 3 0,因此 ht)在(2,)上单调递增，从而 h t) h (2) e2 6 0,所以 ht(在(2,+s)上单调递增，因此 h t)( h ()e2 6 0,所以当X=2 时，H(X)有极小值也是最小值,H(2)=冷冷b.当 H(2)= 4 b 0,e2即 0vbv4 时，H(X)在(0, +)上不存在零点;当 H

12、(2)= 4 b= 0,e2b=才时，H(X)在(0,)上存在唯一零点 2;当 H(2)= 4 bv0,i,由 e-b 11 1H土= be b= b(y1) 0,又因为 2b3,e2be2b 4b3H(2b)=乔b故 h(t)在(2,+s)上单调递增,所以 h(t) h(2) = e2- 4 0.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 bv时，函数 F(x)的零点个数为e2当 b = 4 时，函数 F(x)的零点个数为 1;e2, 当 b 4 时，函数 F(x)的零点个数为 2.6.已知数列an的前 n

13、项和为 Sn,且满足 ai= 1,2an+1= 2an+ p(p 为常数，n = 1,2,3,).(1)若 S3= 12,求 Sn；若数列an是等比数列，求实数 p 的值.1(3)是否存在实数 p,使得数列1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 a1= 1, 2an+1= 2an+ p,所以 2a2= 2a1+ p = 2+ p, 2a3= 2a2+ p = 2 + 2p.因为 S3= 12,所以 2+ 2 + p + 2+ 2p= 6+ 3p = 24,即 p = 6.所以 an+1 an= 3(n

14、 = 1, 2, 3,).所以数列an是以 1 为首项，3 为公差的等差数列.若数列an是等比数列,则 a2= a1a3.由(1)可得：21+p=1X(1+p).解得 p= 0.当 p = 0 时，由 2an+1= 2an+ p,得：an+1= an=1 .显然，数列an是以 1 为首项，1 为公比的等比数列.所以 Sn= 1xn +n (n 1)23n2n2所以 p= o.(3)当 p= 0 时，由知：an= 1(n= 1, 2, 3,).1 1所以 an=i(n=i，2, 3,),即数列 an就是一个无穷等差数列.所以当 p= 0 时，可以得到满足题意的等差数列.当 p 工 0 时，因为

15、ai= 1, 2an+1= 2an+ p,即 an+1 an= 2所以数列an是以 1 为首项，p 为公差的等差数列.所以 an= 2n + 1 P.1下面用反证法证明：当 pzo 时，数列 an中不能取出无限多项并按原来次序排列而成等差数列.1假设存在 po丸，从数列 a；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.1当 po0 时，an0(n = 1, 2, 3，).所以数列bn是各项均为正数的递减数列.所以 dv0.因为 bn= b1+ (n 1)d(n= 1, 2, 3，),b1b1所以当 n 1亍时，bn= b1+ (n 1)dvb1+ 1 石1 d = 0,这与 bn 0 矛盾.2当 p0v0 时，令 pn + 1 p0v0,解得:n 1 盒.所以当 n 1訓，an