2018版高考数学理科总复习解答题滚动练(全国通用8份含答案)

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2018版高考数学理科总复习解答题滚动练(全国通用8份含答案)

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5 Y k j.CoM 解答题滚动练
解答题滚动练1
1.(2017届长郡中学模拟)四边形ABCD如图所示,已知AB=BC=CD=2,AD=23.
(1)求3cos A-cos C的值;
(2)记△ABD与△BCD的面积分别是S1与S2,求S21+S22的最大值.
 
解 (1)在△ABD中,
BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos A=16-83cos A,
在△BCD中,
BD2=BC2+CD2-2BC·CDcos C=8-8cos C,
所以3cos A-cos C=1.
(2)依题意S21=14AB2·AD2sin2A=12-12cos2A,
S22=14BC2·CD2sin2C=4-4cos2C,
所以S21+S22=12-12cos2A+4-4cos2C=16-4(cos C+1)2-4cos2C
=-8cos2C-8cos C+12=-8cos C+122+14,
因为23-2<BD<4,
所以8-8cos C=BD2∈16-83,16.
解得-1<cos C<3-1,
所以S21+S22≤14,当cos C=-12时取等号,即S21+S22的最大值为14.
2.已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列an的通项公式;
(2)设bn=4an+1an+5,数列bn的前n项和为Tn,求证: Tn<34.
(1)解 ∵等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,
∴Sn=na1+nn-12d=n2-n+na1,
∵S1,S2,S4成等比数列,
∴S22=S1·S4,
即(22-2+2a1)2=a1·(42-4+4a1),化为(1+a1)2=a1(3+a1),解得a1=1.
∴an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
(2)证明 由(1)可得an=2n-1,则bn=4an+1an+5
=42n-1+12n-1+5=1nn+2=121n-1n+2,
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn
=121-13+1212-14+1213-15+1214-16+…+121n-1n+2
=121-13+12-14+13-15+14-16+…+1n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2=34-2n+32n+1n+2.
∵n∈N*,
∴2n+32n+1n+2>0,
∴34-2n+32n+1n+2<34,即Tn<34.
综上所述, Tn<34.
3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC, ∠A1AC=60°, AC=2AA1=4,点D, E分别是AA1, BC的中点.
 
(1)证明: DE∥平面A1B1C;
(2)若AB=2, ∠BAC=60°,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值.
(1)证明 取AC的中点F,连接DF, EF,
∵ E是BC的中点,
∴ EF∥AB,
∵ ABC-A1B1C1是三棱柱,
∴ AB∥A1B1,
∴ EF∥A1B1,
∴ EF∥平面A1B1C,
∵ D是AA1的中点,
∴ DF∥A1C,
∴ DF∥平面A1B1C.
又EF∩DF=F,
∴平面DEF∥平面A1B1C,
∴ DE∥平面A1B1C.
 
(2)解 过点A1作A1O⊥AC,垂足为O,连接OB,
∵侧面ACC1A1⊥底面ABC,
∴ A1O⊥平面ABC,
∴ A1O⊥OB, A1O⊥OC.
∵∠A1AC=60°, AA1=2,
∴ OA=1,OA1=3,
∵ AB=2,∠OAB=60°,由余弦定理,得
OB2=OA2+AB2-2OA·ABcos∠BAC=3,
∴ OB=3,∠AOB=90°,
∴ OB⊥AC,
分别以OB,OC,OA1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
 
由题设可得A(0,-1,0),C(0,3,0),B(3,0,0),A1(0,0,3),D0,-12,32,E32,32,0,
∴AB→=(3,1,0),AA1→=(0,1,3).
设m=x1,y1,z1是平面ABB1A1的一个法向量,
则m·AB→=0,m·AA1→=0,
即3x1+y1=0,y1+3z1=0,
令z1=1,∴m=(1,-3,1),
∵DE→=32,2,-32,
∴cos〈m,DE→〉=m·DE→mDE→=-233055,
∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为233055.
4.已知函数f(x)=x2-x,g(x)=ex-ax-1.
(1)讨论函数g(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)≤g(x)恒成立,求实数a的取值范围.
解 (1)g′(x)=ex-a.
①当a≤0时,g′(x)>0,g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.
②当a>0时,当x∈(-∞,ln a)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;
当x∈(ln a,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.
(2)当x>0时,x2-x≤ex-ax-1,
即a≤exx-x-1x+1.
令h(x)=exx-x-1x+1(x>0),
则h′(x)=exx-1-x2+1x2.
令F(x)=ex(x-1)-x2+1(x>0),
则F′(x)=x(ex-2).
当x∈(0,ln 2)时,F′(x)<0,F(x)单调递减;
当x∈(ln 2,+∞)时,F′(x)>0,F(x)单调递增.
又F(0)=0,F(1)=0,所以当x∈(0,1)时,F(x)<0,
即h′(x)<0,h(x)单调递减,
当x∈(1,+∞)时,F(x)=(x-1)(ex-x-1)>0,
即h′(x)>0,h(x)单调递增.
所以h(x)min=h(1)=e-1,
所以a∈(-∞,e-1]. 文
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