創(chuàng)新設(shè)計（江蘇專用）2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)解答題第一周星期六解答題綜合練理

星期六(解答題綜合練)2023年____月____日在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設(shè)向量m＝(a，c)，n＝(cosC，cosA).(1)假設(shè)m∥n，c＝eq\r(3)a，求角A；(2)假設(shè)m·n＝3bsinB，cosA＝eq\f(4,5)，求cosC的值.解(1)∵m∥n，∴acosA＝ccosC.由正弦定理得sinAcosA＝sinCcosC，化簡得sin2A＝sin2C.∵A，C∈(0，π)，∴2A＝2C(舍)或2A＋2C＝π，∴A＋C＝eq\f(π,2)，∴B＝eq\f(π,2)，在Rt△ABC中，tanA＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(3),3)，A＝eq\f(π,6).(2)∵m·n＝3bcosB，∴acosC＋ccosA＝3bsinB.由正弦定理得sinAcosC＋sinCcosA＝3sin2B，從而sin(A＋C)＝3sin2B.∵A＋B＋C＝π，∴sin(A＋C)＝sinB，且sinB≠0，從而sinB＝eq\f(1,3)，∵cosA＝eq\f(4,5)>0，A∈(0，π)，∴A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinA＝eq\f(3,5).∵sinA>sinB，∴a>b，從而A>B，B為銳角，cosB＝eq\f(2\r(2),3).∴cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(3－8\r(2),15).2.如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，點E是A1C1的中點.求證：(1)BE⊥AC；(2)BE∥平面ACD1.證明(1)如圖，連接BD交AC于點F，由于E是A1C1的中點，那么連接B1D1交A1C1于點E.因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因為ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1⊥平面ABCD，又AC?平面ABCD，所以BB1⊥AC.又BD∩BB1＝B，BD?平面B1BDD1，BB1?平面B1BDD1，所以AC⊥平面B1BDD1.而BE?平面B1BDD1，所以BE⊥AC.(2)如圖，連接D1F，因為四棱柱ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，所以四邊形B1BDD1為矩形.又E，F(xiàn)分別是B1D1，BD的中點，所以BF＝D1E，且BF∥D1E.所以四邊形BED1F是平行四邊形.所以BE∥D1F.又D1F?平面ACD1，BE?平面ACD1，所以BE∥平面ACD1.3.假設(shè)兩個橢圓的離心率相等，那么稱它們?yōu)椤跋嗨茩E圓〞.如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C1：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，A1，A2分別為橢圓C1的左、右頂點.橢圓C2以線段A1A2為短軸且與橢圓C1為“相似橢圓〞.(1)求橢圓C2的方程；(2)設(shè)P為橢圓C2上異于A1，A2的任意一點，過P作PQ⊥x軸，垂足為Q，線段PQ交橢圓C1于點H.求證：H為△PA1A2的垂心.(垂心為三角形三條高的交點)(1)解由題意可知A1(－eq\r(6)，0)，A2(eq\r(6)，0)，橢圓C1的離心率e＝eq\f(\r(2),2).設(shè)橢圓C2的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，那么b＝eq\r(6).因為eq\f(b,a)＝eq\r(1－e2)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝2eq\r(3).所以橢圓C2的方程為eq\f(y2,12)＋eq\f(x2,6)＝1.(2)證明設(shè)P(x0，y0)，y0≠0，那么eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(xeq\o\al(2,0),6)＝1，從而yeq\o\al(2,0)＝12－2xeq\o\al(2,0).將x＝x0代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1得eq\f(xeq\o\al(2,0),6)＋eq\f(y2,3)＝1，從而y2＝3－eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),4)，即y＝±eq\f(y0,2).因為P，H在x軸的同側(cè)，所以取y＝eq\f(y0,2)，即H(x0，eq\f(y0,2)).所以kA1P·kA2H＝eq\f(y0,x0－\r(6))·eq\f(\f(1,2)y0,x0＋\r(6))＝eq\f(yeq\o\al(2,0),2〔xeq\o\al(2,0)－6〕)＝eq\f(12－2xeq\o\al(2,0),2〔xeq\o\al(2,0)－6〕)＝－1，從而A1P⊥A2H.又因為PH⊥A1A2，所以H為△PA1A2的垂心.4.圖1是一段半圓柱形水渠的直觀圖，其橫斷面如圖2所示，其中C為半圓弧eq\o(ACB,\s\up8(︵))的中點，渠寬AB為2米.(1)當(dāng)渠中水深CD為0.4米時，求水面的寬度；(2)假設(shè)把這條水渠改挖(不準(zhǔn)填土)成橫斷面為等腰梯形的水渠，且使渠的底面與地面平行，那么當(dāng)改挖后的水渠底寬為多少時，所挖出的土量最少？解(1)以AB所在的直線為x軸，AB的中垂線為y軸，建立如下圖的直角坐標(biāo)系xOy，因為AB＝2米，所以半圓的半徑為1米，那么半圓的方程為x2＋y2＝1(－1≤x≤1，y≤0).因為水深CD＝0.4米，所以O(shè)D＝0.6米，在Rt△ODM中，DM＝eq\r(OM2－OD2)＝eq\r(1－0.62)＝0.8米.所以MN＝2DM＝1.6米，故溝中水面寬為1.6米.(2)為使挖掉的土最少，等腰梯形的兩腰必須與半圓相切，設(shè)切點P(cosθ，sinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜θ＜0))是圓弧BC上的一點，過點P作半圓的切線得如下圖的直角梯形OCFE，得切線EF的方程為xcosθ＋ysinθ＝1.令y＝0，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cosθ)，0))，令y＝－1，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋sinθ,cosθ)，－1)).設(shè)直角梯形OCFE的面積為S.那么S＝eq\f(〔CF＋OE〕·OC,2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋sinθ,cosθ)＋\f(1,cosθ)))×1,2)＝eq\f(2＋sinθ,2cosθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜θ＜0)).S′＝eq\f(cosθ·2cosθ－〔2＋sinθ〕〔－2sinθ〕,4cos2θ)＝eq\f(1＋2sinθ,2cos2θ)，令S′＝0，解得θ＝－eq\f(π,6).當(dāng)－eq\f(π,2)＜θ＜－eq\f(π,6)時，S′＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)－eq\f(π,6)＜θ＜0時，S′＞0，函數(shù)單調(diào)遞增.所以θ＝－eq\f(π,6)時，面積S取得最小值，最小值為eq\f(\r(3),2)，此時CF＝eq\f(1＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))))＝eq\f(\r(3),3)，即當(dāng)渠底寬為eq\f(2\r(3),3)米時，所挖的土最少.5.無窮數(shù)列{an}的各項均為正整數(shù)，Sn為數(shù)列{an}的前n項和.(1)假設(shè)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且對任意正整數(shù)n都有Sn3＝(Sn)3成立，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)對任意正整數(shù)n，從集合{a1，a2，…，an}中不重復(fù)地任取假設(shè)干個數(shù)，這些數(shù)之間經(jīng)過加減運算后所得數(shù)的絕對值為互不相同的正整數(shù)，且這些正整數(shù)與a1，a2，…，an一起恰好是1至Sn全體正整數(shù)組成的集合.(ⅰ)求a1，a2的值；(ⅱ)求數(shù)列{an}的通項公式.解(1)設(shè)無窮等差數(shù)列{an}的公差為d，因為Sn3＝(Sn)3對任意正整數(shù)n都成立，所以分別取n＝1，n＝2時，那么有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝aeq\o\al(3,1)，,8a1＋28d＝〔2a1＋d〕3.))因為數(shù)列{an}的各項均為正整數(shù)，所以d≥0.可得a1＝1，d＝0或d＝2.當(dāng)a1＝1，d＝0時，an＝1，Sn3＝(Sn)3成立；當(dāng)a1＝1，d＝2時，Sn＝n2，所以Sn3＝(Sn)3.因此，共有2個無窮等差數(shù)列滿足條件，通項公式為an＝1或an＝2n－1.(2)(ⅰ)記An＝{1，2，…，Sn}，顯然a1＝S1＝1.對于S2＝a1＋a2＝1＋a2，有A2＝{1，2，…，Sn}＝{1，a2，1＋a2，|1－a2|}＝{1，2，3，4}，故1＋a2＝4，所以a2＝3.(ⅱ)由題意可知，集合{a1，a2，…，an}按上述規(guī)那么，共產(chǎn)生Sn個正整數(shù).而集合{a1，a2，…，an，an＋1}按上述規(guī)那么產(chǎn)生的Sn＋1個正整數(shù)中，除1，2，…，Sn這Sn個正整數(shù)外，還有an－1，an＋1＋i，|an＋1－i|(i＝1，2，…，Sn)，共2Sn＋1個數(shù).所以，Sn＋1＝Sn＋(2Sn＋1)＝3Sn＋1.又Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S1＋\f(1,2)))·3n－1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)·3n－eq\f(1,2).當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)·3n－eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·3n－1－\f(1,2)))＝3n－1.而a1＝1也滿足an＝3n－1.所以，數(shù)列{an}的通項公式是an＝3n－1.6.函數(shù)f(x)＝alnx－eq\f(1,x)(a為常數(shù)).(1)假設(shè)曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－5＝0垂直，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)當(dāng)x≥1時，f(x)≤2x－3恒成立，求a的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域為{x|x＞0}，f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2).又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線x＋2y－5＝0垂直，所以f′(1)＝a＋1＝2，即a＝1.(2)由f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2)(x＞0)，當(dāng)a≥0時，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0，＋∞).當(dāng)a＜0時，由f′(x)＞0，得0＜x＜－eq\f(1,a)，所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))；由f′(x)＜0，得x＞－eq\f(1,a)，所以f(x)的單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).(3)設(shè)g(x)＝alnx－eq\f(1,x)－2x＋3，x∈[1，＋∞)，那么g′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(1,x2)－2＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x2).令h(x)＝－2x2＋ax＋1，考慮到h(0)＝1＞0，當(dāng)a≤1時，h(x)＝－2x2＋ax＋1的對稱軸x＝eq\f(a,4)＜1，h(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，h(x)≤h(1)＝a－1≤0，所以g′(x)≤0，g(x)在[