（江蘇專用）2020高考數(shù)學二輪復(fù)習 綜合仿真練（三）

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1、綜合仿真練(三) 1．已知向量m＝(cos x，－1)，n＝(sin x，cos2x)． (1)當x＝時，求mn的值； (2)若x∈，且mn＝－，求cos 2x的值． 解：(1)當x＝時，m＝，n＝， 所以mn＝－＝. (2)mn＝cos xsin x－cos2x＝sin 2x－cos 2x－＝sin－， 若mn＝－，則sin－＝－， 即sin＝， 因為x∈，所以－≤2x－≤， 所以cos＝， 則cos 2x＝cos＝coscos－sinsin＝－＝. 2.如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分別為AB，B1C1的中點． (1)求證：MN∥平面AA1C1C；

2、 (2)若CC1＝CB1，CA＝CB，平面CC1B1B⊥平面ABC，求證：AB⊥平面CMN. 證明：(1)法一： 取A1C1的中點P，連結(jié)AP，NP. 因為C1N＝NB1，C1P＝PA1， 所以NP∥A1B1，NP＝A1B1. 在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB. 所以NP∥AB，且NP＝AB. 因為M為AB的中點，所以AM＝AB. 所以NP＝AM，且NP∥AM， 所以四邊形AMNP為平行四邊形，所以MN∥AP. 因為AP?平面AA1C1C，MN?平面AA1C1C， 所以MN∥平面AA1C1C. 法二： 取BC的中點Q，連結(jié)NQ，MQ.

3、 由三棱柱可得，四邊形BCC1B1為平行四邊形． 又Q，N分別為BC，B1C1的中點， 所以CQ∥C1N，CQ＝C1N， 所以四邊形CQNC1為平行四邊形． 所以NQ∥CC1. 因為NQ?平面MNQ，CC1?平面MNQ， 所以CC1∥平面MNQ. 因為AM＝MB，CQ＝QB，所以MQ∥AC. 同理可得AC∥平面MNQ. 因為AC?平面AA1C1C，CC1?平面AA1C1C，AC∩CC1＝C，所以平面MNQ∥平面AA1C1C. 因為MN?平面MNQ，所以MN∥平面AA1C1C. (2)因為CA＝CB，M為AB的中點，所以CM⊥AB. 因為CC1＝CB1，N為B1C1的中點

4、，所以CN⊥B1C1. 在三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1，所以CN⊥BC. 因為平面CC1B1B⊥平面ABC，平面CC1B1B∩平面ABC＝BC，CN?平面CC1B1B，所以CN⊥平面ABC. 因為AB?平面ABC，所以CN⊥AB. 因為CM?平面CMN，CN?平面CMN，CM∩CN＝C， 所以AB⊥平面CMN. 3.(2019海門中學模擬)某城市有一矩形街心廣場ABCD，其中AB＝4百米，BC＝3百米，在其中心P處(AC中點)有一觀景亭．現(xiàn)將挖掘一個三角形水池PMN種植荷花，其中M點在BC邊上，N點在AB邊上，滿足∠MPN＝45.設(shè)∠PMC＝θ. (1)將PM表示為

5、角θ的函數(shù)，并求出cos θ的取值范圍； (2)求水池△PMN面積的最小值． 解：(1)∵矩形ABCD，AB＝4百米，BC＝3百米， ∴AC＝5百米， ∵P為AC中點，∴AP＝CP＝百米． 設(shè)∠ACB＝α，則α∈且sin α＝，cos α＝ 在△CPM中，＝，即＝ ∴ PM＝，當點M在B處時，θ即為∠PBC＝∠PCB＝α，則cos θ＝，當點N在B處時，θ＝∠PBC＋＝α＋，cos θ＝cos＝－＝－ ∴cos θ的取值范圍為(0<θ<π). (2)在△APN中，＝，即＝，∴PN＝ S△PMN＝PMPNsin ＝＝ ∴當2θ－＝，即θ＝∈(0，π)時，sinmax＝1

6、，則(S△PMN)min＝＝3(－1) 此時cos θ＝<符合條件． 答：水池△PMN面積的最小值為(3－3)百米2. 4.如圖，在平面直角坐標系xOy中，焦點在x軸上的橢圓C：＋＝1經(jīng)過點(b,2e)，其中e為橢圓C的離心率．過點T(1,0)作斜率為k(k＞0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(A在x軸下方)． (1)求橢圓C的標準方程； (2)過點O且平行于l的直線交橢圓C于點M，N，求的值； (3)記直線l與y軸的交點為P.若＝，求直線l的斜率k. 解：(1)因為橢圓C：＋＝1經(jīng)過點(b,2e)， 所以＋＝1. 因為e2＝＝，所以＋＝1， 又a2＝b2＋c2，＋＝1，

7、解得b2＝4或b2＝8(舍去)． 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為T(1,0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)． 聯(lián)立直線l與橢圓方程消去y， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－8＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 因為MN∥l，所以直線MN的方程為y＝kx， 聯(lián)立直線MN與橢圓方程消去y得(2k2＋1)x2＝8，解得x2＝. 因為MN∥l，所以＝， 因為(1－x1)(x2－1)＝－[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝，(xM－xN)2＝4x2＝. 所以＝＝. (3)在y＝k(x－1)中，令x＝0，則y＝－k，所以

8、P(0，－k)， 從而＝(－x1，－k－y1)，＝(x2－1，y2)， ∵＝，∴－x1＝(x2－1)， 即x1＋x2＝，① 由(2)知x1＋x2＝，② 聯(lián)立①②得x1＝，x2＝. 又x1x2＝， ∴50k4－83k2－34＝0， 解得k2＝2或k2＝－(舍去)． 又因為k＞0，所以k＝. 5．數(shù)列{an}中，對任意給定的正整數(shù)n，存在不相等的正整數(shù)i，j(i

9、{bn}具有性質(zhì)P，則數(shù)列{bn}至少有多少項？請說明理由． 解：(1)∵數(shù)列1，a，b具有性質(zhì)P ∴ ∴或 ∴a＋b＝2或a＋b＝－2； (2)證明：假設(shè)存在不相等的正整數(shù)i，j(i0且q≠1，則bn＝b1qn－1. ∵數(shù)列{bn}具有性質(zhì)P ∴存在不相等的正整數(shù)i，j(ii≥1，且i，j∈N*，∴i＋j－2≥1 若i＋j－2＝1，即

10、b1＝，∴b2＝1，b3＝q 要使b1＝＝bibj，則必為{bn}中的項，與b1＝矛盾；∴i＋j－2≠1 若i＋j－2＝2，即b1＝，∴b2＝，b3＝1，b4＝q， 要使b1＝＝bibj，則必為{bn}中的項，與b1＝矛盾；∴i＋j－2≠2 若i＋j－2＝3，即b1＝，∴b2＝，b3＝，b4＝1，b5＝q，b6＝q2，b7＝q3, 這時對于n＝1,2，…，7，都存在bn＝bibj，其中i0)，g(x)＝ln x－2. (1)當m＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝

11、f(x)－xg(x)－，x>0.若函數(shù)y＝h(h(x))的最小值是，求m的值； (3)若函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都是[1，e]，對于函數(shù)f(x)的圖象上的任意一點A，在函數(shù)g(x)的圖象上都存在一點B，使得OA⊥OB，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，O為坐標原點．求m的取值范圍． 解：(1)當m＝1時，f(x)＝＋xln x，f′(x)＝－＋ln x＋1. 因為f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f′(1)＝0， 所以當x>1時，f′(x)>0；當0

12、)＝0，得x＝ ， 當0 時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞增． 所以h(x)min＝h＝2－. ①當(2－1)≥ ，即m≥時， 函數(shù)y＝h(h(x))的最小值h(2－) ＝＝， 即17m－26＋9＝0， 解得＝1或＝(舍去)，所以m＝1. ②當0<(2－1)< ，即0在[1，e]上恒成立， 所以函數(shù)y＝在[1，e]上單調(diào)遞增， 故kOB∈， 所以kOA∈， 即≤＋ln x≤e在[1，e]上恒成立， 即－x2ln x≤m≤x2(e－ln x)在[1，e]上恒成立． 設(shè)p(x)＝－x2ln x， 則p′(x)＝－2xln x≤0在[1，e]上恒成立， 所以p(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，所以m≥p(1)＝. 設(shè)q(x)＝x2(e－ln x)， 則q′(x)＝x(2e－1－2ln x)≥x(2e－1－2ln e)>0在[1，e]上恒成立， 所以q(x)在[1，e]上單調(diào)遞增， 所以m≤q(1)＝e. 綜上所述，m的取值范圍為. 7