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1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個解答題綜合仿真練（四）（含解析）1.如圖，四棱錐PABCD中， 底面ABCD為菱形，且PA底面ABCD，PAAC，E是PA的中點，F(xiàn)是PC的中點(1)求證：PC平面BDE；(2)求證：AF平面BDE.證明：(1)連結(jié)OE，因為O為菱形ABCD對角線的交點，所以O(shè)為AC的中點又因為E為PA的中點，所以O(shè)EPC.又因為OE平面BDE，PC平面BDE，所以PC平面BDE.(2)因為PAAC，PAC是等腰三角形，又F是PC的中點，所以AFPC.又OEPC，所以AFOE.又因為PA底面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD.又因為AC，BD是菱形
2、ABCD的對角線，所以ACBD.因為PAACA，所以BD平面PAC，因為AF平面PAC，所以AFBD.因為OEBDO，所以AF平面BDE.2在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且cos A，tan (BA).(1)求tan B的值；(2)若c13，求ABC的面積解：(1)在ABC中，由cos A，知sin A，所以tan A，所以tan Btan (BA)A3.(2)在ABC中，由tan B3，知B是銳角，所以sin B，cos B，則sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B.由正弦定理，得b15，所以ABC的面積Sbcsin A151378.3已知橢圓M
3、：1(ab0)的左、右頂點分別為A，B，一個焦點為F(1,0)，點F到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為3.經(jīng)過點F的直線l與橢圓M交于C，D兩點(1)求橢圓M的方程；(2)記ABD與ABC的面積分別為S1和S2，求|S1S2|的最大值解：(1)由焦點F(1,0)知c1，又c3，所以a24，從而b2a2c23.所以橢圓M的方程為1.(2)若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x1，此時S1S2，|S1S2|0；若直線l的斜率存在，可設(shè)直線l的方程為yk(x1)，k0，C(x1，y1)，D(x2，y2)聯(lián)立消去y，得(34k2)x28k2x4k2120，所以x1x2.此時|S1S2|AB|y1|y2|2|y1y2
4、|2|k(x11)k(x21)|2|k|(x1x2)2|2|k|2|k|.因為k0，所以|S1S2|，當(dāng)且僅當(dāng)4|k|，即k時取等號所以|S1S2|的最大值為.4.如圖，矩形ABCD是一個歷史文物展覽廳的俯視圖，點E在AB上，在梯形BCDE區(qū)域內(nèi)部展示文物，DE是玻璃幕墻，游客只能在ADE區(qū)域內(nèi)參觀在AE上點P處安裝一可旋轉(zhuǎn)的監(jiān)控攝像頭，MPN為監(jiān)控角，其中M，N在線段DE(含端點)上，且點M在點N的右下方經(jīng)測量得知：AD6米，AE6米，AP2米，MPN.記EPM(弧度)，監(jiān)控攝像頭的可視區(qū)域PMN的面積為S平方米(1)求S關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出的取值范圍；(2)求S的最小值解：(1)法一：
5、在PME中，EPM，PEAEAP4米，PEM，PME，由正弦定理得，所以PM， 在PNE中，由正弦定理得，所以PN， 所以PMN的面積SPMPNsinMPN，當(dāng)M與E重合時，0；當(dāng)N與D重合時，tanAPD3，即APD，所以0.綜上可得，S，. 法二：在PME中，EPM，PEAEAP4米，PEM，PME，由正弦定理得，所以ME， 在PNE中，由正弦定理得，所以NE，所以MNNEME，又點P到DE的距離為d4sin2， 所以PMN的面積SMNd，當(dāng)M與E重合時，0；當(dāng)N與D重合時，tanAPD3，即APD，所以0.綜上可得，S，. (2)當(dāng)2，即時，S取得最小值為8(1). 所以可視區(qū)域PMN面
6、積的最小值為8(1)平方米5設(shè)a0且a1，函數(shù)f(x)axx2xln aa.(1)當(dāng)ae時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)的最小值；(3)指出函數(shù)f(x)的零點個數(shù)，并說明理由解：(1)當(dāng)ae時，f(x)exx2xe，f(x)ex2x1.設(shè)g(x)ex2x1，則g(0)0，且g(x)ex20.所以g(x)在(，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x0時，g(x)g(0)0；當(dāng)x0時，g(x)0時，f(x)0；當(dāng)x0時，f(x)1時，若x0，則ax1，ln a0，所以f(x)0，若x0，則ax0，所以f(x)0.當(dāng)0a0，則ax1，ln a0，若x1，ln a0，所以f(x)0，a1，f(x)min
7、1a.若1a0，即0a0，函數(shù)f(x)不存在零點若1a1時，f(x)min1aa2aln aaa(aln a1)令t(a)aln a1(a1)，t(a)10，所以t(a)在(1，)上單調(diào)遞增；所以t(a)t(1)0.所以f(a)0.故f(x)在(0，a)上有一個零點又f(a)aaa2aln aaa2aa(a1)0，故f(x)在(a,0)上有一個零點所以f(x)在(，0)上和(0，)上各有一個零點，即f(x)有2個零點綜上，當(dāng)0a1時，函數(shù)f(x)有2個零點6已知數(shù)列an的通項公式an2n(1)n，nN*.設(shè)an1，an2，ani(其中n1n2ni，iN*)成等差數(shù)列(1)若i3.當(dāng)n1，n2，
8、n3為連續(xù)正整數(shù)時，求n1的值；當(dāng)n11時，求證：n3n2為定值；(2)求i的最大值解：(1)依題意，an1，an11，an12成等差數(shù)列，即2an11an1an12，從而22n11(1)n112n1(1)n12n12(1)n12，當(dāng)n1為奇數(shù)時，解得2n14，不存在這樣的正整數(shù)n1；當(dāng)n1為偶數(shù)時，解得2n14，所以n12.證明：依題意，a1，an2，an3成等差數(shù)列，即2an2a1an3，從而22n2(1)n232n3(1)n3，當(dāng)n2，n3均為奇數(shù)時，2n22n311，左邊為偶數(shù)，故矛盾；當(dāng)n2，n3 均為偶數(shù)時，2n212n321，左邊為偶數(shù)，故矛盾；當(dāng)n2為偶數(shù)，n3奇數(shù)時，2n22n313，左邊為偶數(shù)，故矛盾；當(dāng)n2為奇數(shù)，n3偶數(shù)時，2n212n30，即n3n21.(2)設(shè)as，ar，at(srt)成等差數(shù)列，則2arasat，即22r(1)r2s(1)s2t(1)t，整理得，2s2t2r1(1)s(1)t2(1)r，若tr1，則2s(1)s3(1)r，因為2s2，所以(1)s3(1)r只能為2或4，所以s只能為1或2；若tr2，則2s2t2r12s2r22r12242310，(1)s(1)t2(1)r4，故矛盾，綜上，只能a1，ar，ar1成等差數(shù)列或a2，ar，ar1成等差數(shù)列，其中r為奇數(shù)，從而i的最大值為3.
江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 自主加餐的3大題型 6個解答題綜合仿真練（四）（含解析）
