《2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題規(guī)范練1 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 解答題規(guī)范練1 理（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、解答題規(guī)范練(一) 1．已知向量m＝(sin x,1)，n＝，函數(shù)f(x)＝(m＋n)·m. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期T及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)已知a，b，c分別為△ABC內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，A為銳角，a＝2，c＝4，且f(A)是函數(shù)f(x)在上的最大值，求△ABC的面積S. 2．甲，乙兩人射擊，每次射擊擊中目標(biāo)的概率分別是，.現(xiàn)兩人玩射擊游戲，規(guī)則如下：若某人某次射擊擊中目標(biāo)，則由他繼續(xù)射擊，否則由對(duì)方接替射擊．甲、乙兩人共射擊3次，且第一次由甲開始射擊．假設(shè)每人每次射擊擊中目標(biāo)與否均互不影響． (1)求3次射擊的人依次是甲、甲、乙的概率； (2)若射擊擊中目標(biāo)一次得1

2、分，否則得0分(含未射擊)．用X表示乙的總得分，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望． 3.在數(shù)列{an}中，a1＝1,2an＋1＝2·an(n∈N*)． (1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)令bn＝an＋1－an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 4．如圖，已知在四棱錐P-ABCD中， 底面ABCD是矩形，且AD＝2， AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn) 分別是線段AB，BC的中點(diǎn)． (1)證明：PF⊥FD； (2)判斷并說明PA上是否存在點(diǎn)G，使得EG∥平面PFD； (3)若PB與平面ABCD所成的角為45°，求二面角A-PD-F的余弦值． 5．已

3、知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(－2,0)、B(2,0)，離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓的兩焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是其上的動(dòng)點(diǎn)． ①當(dāng)△PF1F2內(nèi)切圓的面積最大時(shí)，求內(nèi)切圓圓心的坐標(biāo)； ②若直線l：y＝k(x－1)(k≠0)與橢圓交于M、N兩點(diǎn)，證明直線AM與直線BN的交點(diǎn)在直線x＝4上． 6．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1處取得極值． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求證：對(duì)于區(qū)間[－1,1]上任意兩個(gè)自變量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤4； (3)若過點(diǎn)A(1，m)(m≠－2)可作

4、曲線y＝f(x)的三條切線，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 參考答案 【解答題規(guī)范練(一)】 1．解　(1)f(x)＝(m＋n)·m＝sin2x＋1＋sin xcos x＋＝＋1＋sin 2x＋＝sin 2x－cos 2x＋2＝sin＋2. 因?yàn)棣兀?，所以T＝＝π. 由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)得 kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)， 故所求單調(diào)遞增區(qū)間為(k∈Z)． (2)由(1)知，f(A)＝sin＋2， 又A∈，∴－<2A－<. 由正弦函數(shù)圖象可知，當(dāng)2A－＝，即A＝時(shí)， f(x)取得最大值3， 由余弦這理，a2＝b2＋c2－2bccos A. 可得12＝b2＋16

5、－2×4b×，∴b＝2. 從而S＝bc sin A＝×2×4×sin ＝2. 2．解　(1)記“3次射擊的人依次是甲、甲、乙”為事件A.由題意，得事件A的概率P(A)＝×＝； (2)由題意，X的可能取值為0,1,2， P(X＝0)＝×＋××＋×＝， P(X＝1)＝××＋××＝， P(X＝2)＝××＝. 所以X的分布列為： X 0 1 2 P E(X)＝1×＋2×＝. 3．(1)證明　由條件得＝·， 又n＝1時(shí)，＝1， 故數(shù)列構(gòu)成首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列． 從而＝，即an＝. (2)解　由bn＝－＝得 Sn＝＋＋…＋ ?Sn＝＋＋…＋＋，

6、兩式相減得Sn＝＋2－， 所以Sn＝5－. 4．(1)證明　∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(xiàn)(1,1,0)，D(0,2,0)． 不妨令P(0,0，t)， ∵＝(1,1，－t)，＝(1，－1,0)， ∴·＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0， 即PF⊥FD. (2)解　設(shè)平面PFD的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 令z＝1，解得：x＝y(tǒng)＝. ∴n＝. 設(shè)G點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0，m)，E，則 ＝， 要使EG∥平面PFD，只需·n＝0，即×＋0×＋1×m＝m－＝0

7、，得m＝t，從而滿足AG＝AP的點(diǎn)G即為所求． (3)解　∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得＝(1,0,0)，又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB與平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，PA＝1，平面PFD的法向量為n＝. ∴cos〈，n〉＝＝＝. 故所求二面角A-P-D-F的余弦值為. 5．(1)解　由題意知a＝2，e＝＝，所以c＝1，b＝. 故橢圓E的方程為＋＝1. (2)①解　|F1F2|＝2，設(shè)F1F2邊上的高為h，則S△PF1F2＝×2×h＝h. 設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓的半徑為R，因?yàn)椤鱌F1F2的周長(zhǎng)為定值6， 所以R×6＝3R＝S△PF1F2

8、， 當(dāng)P在橢圓短軸頂點(diǎn)時(shí)，h最大為， 故S△PF1F2的最大值為， 于是R的最大值為，此時(shí)內(nèi)切圓圓心的坐標(biāo)為. ②證明　將直線l：y＝k(x－1)代入橢圓E的方程＋＝1， 并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 設(shè)直線l與橢圓E的交點(diǎn)為M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝，x1x2＝.直線AM的方程為：y＝(x＋2)，它與直線x＝4的交點(diǎn)坐標(biāo)為P，同理可求得直線BN與直線x＝4的交點(diǎn)坐標(biāo)為Q. 下面說明P、Q兩點(diǎn)重合，即證明P、Q兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)相等． 因?yàn)閥1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)， 所以－＝ ＝ ＝＝

9、0. 因此結(jié)論成立． 綜上可知，直線AM與直線BN的交點(diǎn)在直線x＝4上． 6．(1)解　f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依題意， f′(1)＝f′(－1)＝0， 即 解得a＝1，b＝0. ∴f(x)＝x3－3x. (2)證明　∵f(x)＝x3－3x， ∴f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， 當(dāng)－1

10、－2)＝4. (3)解　f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， ∵曲線方程為y＝x3－3x， ∴點(diǎn)A(1，m)(m≠－2)不在曲線上． 設(shè)切點(diǎn)為M(x0，y0)，則點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足y0＝x－3x0. 因f′(x0)＝3(x－1)，故切線的斜率為3(x－1)＝， 整理得2x－3x＋m＋3＝0. ∵過點(diǎn)A(1，m)可作曲線的三條切線， ∴關(guān)于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三個(gè)實(shí)根． 設(shè)g(x0)＝2x－3x＋m＋3，則g′(x0)＝6x－6x0， 由g′(x0)＝0，得x0＝0或x0＝1. ∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,1)上單調(diào)遞減． ∴函數(shù)g(x0)＝2x－3x＋m＋3的極值點(diǎn)為x0＝0，x0＝1. ∴關(guān)于x0的方程2x－3x＋m＋3＝0有三個(gè)實(shí)根的充要條件是解得－3