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2019-2020年高三数学(文)考前冲刺训练
(二)含答案21.如图四棱锥侧面是边长为的正三角形且与底面垂直底面是的菱形为的中点.Ⅰ求证:;Ⅱ在棱上是否存在一点使得四点共面若存在指出点的位置并证明;若不存在请说明理由;Ⅲ求点到平面的距离.22.五边形是由一个梯形与一个矩形组成的,如图甲所示,B为AC的中点,.先沿着虚线将五边形折成直二面角,如图乙所示.(Ⅰ)求证平面平面;(Ⅱ)求图乙中的多面体的体积.23.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=45°,PD⊥平面ABCD,PD=AD=1,点E为AB上一点,且,点F为PD中点.Ⅰ若,求证直线AF平面PEC;Ⅱ是否存在一个常数,使得平面PED⊥平面PAB,若存在,求出的值;若不存在,说明理由,24.如图,是圆的直径,点在圆上矩形所在的平面垂直于圆所在的平面,.(Ⅰ)证明平面平面;(Ⅱ)当三棱锥的体积最大时,求点到平面的距离.25.如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆过点A2,1,离心率为.(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)若直线与椭圆相交于B,C两点异于点A,线段BC被y轴平分,且,求直线l的方程.26.已知抛物线的焦点为.(Ⅰ)点满足.当点在抛物线上运动时求动点的轨迹方程;(Ⅱ)在轴上是否存在点使得点关于直线的对称点在抛物线上如果存在求所有满足条件的点的坐标;如果不存在请说明理由.27.已知中心在原点O,焦点在x轴上,离心率为的椭圆过点(,).(Ⅰ)求椭圆的方程;(Ⅱ)设不过原点O的直线l与该椭圆交于P,Q两点,满足直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列,求△OPQ面积的取值范围.28.已知的坐标分别为,.直线相交于点,且它们的斜率之积为.(Ⅰ)求点的轨迹方程;(Ⅱ)设的坐标为直线与直线交于点,当直线绕点转动时,试判断以为直径的圆与直线的位置关系,并加以证明.29.已知函数.(Ⅰ)若函数在上是单调函数,求实数的取值范围;(Ⅱ)已知函数,对于任意,总存在,使得成立,求正实数的取值范围.30.已知函数f(x)=xlnx+ax(a∈R).(Ⅰ)若a=﹣2,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)若对任意x∈(1,+∞),f(x)>k(x﹣1)+ax﹣x恒成立,求正整数k的值.(参考数据ln2=0.6931,ln3=1.0986)31.已知为常数,,函数,.(其中是自然对数的底数)(Ⅰ)过坐标原点作曲线的切线,设切点为,求证;(Ⅱ)令,若函数在区间上是单调函数,求的取值范围.32.已知函数f(x)=2lnx﹣x2+ax(a∈R).(Ⅰ)若函数f(x)的图象在x=2处切线的斜率为﹣1,且不等式f(x)≥2x+m在上有解,求实数m的取值范围;(Ⅱ)若函数f(x)的图象与x轴有两个不同的交点A(x1,0),B(x2,0),且0<x1<x2,求证(其中f′(x)是f(x)的导函数).33.已知函数.(I)讨论的单调性;(II)若函数有两个极值点,求证34.已知函数(其中,是自然对数的底数),为导函数.(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;(Ⅱ)若,试证明对任意,恒成立.35.如图,A,B,C,D四点在同一圆上,AD的延长线与BC的延长线交于E点,且EC=ED.(I)证明CD∥AB;(II)延长CD到F,延长DC到G,使得EF=EG,证明A,B,G,F四点共圆.36.如图,是圆的直径,弦于点,是延长线上一点,,,,切圆于,交于.(Ⅰ)求证为等腰三角形;(Ⅱ)求线段的长.37.如图所示,已知圆外有一点,作圆的切线,为切点,过的中点,作割线,交圆于、两点,连接并延长,交圆于点,连接交圆于点,若.(Ⅰ)求证∽;(Ⅱ)求证四边形是平行四边形.38.已知曲线的极坐标方程式,以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线的参数方程是,(为参数).(Ⅰ)求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程;(Ⅱ)设点,若直线与曲线交于两点,且,求实数的值.39.在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴为极轴建立极坐标系,半圆的极坐标方程为,.(Ⅰ)求的参数方程.(Ⅱ)设点在上,在处的切线与直线垂直,根据(Ⅰ)中你得到的参数方程,确定的坐标.40.已知,,.(Ⅰ)若,求实数的取值范围;(Ⅱ)对,若恒成立,求的取值范围.41.设.(Ⅰ)当时,解不等式;(Ⅱ)若对任意恒成立,求实数的取值范围.参考答案21.解Ⅰ方法一:取中点连结依题意可知△△均为正三角形所以又平面平面所以平面又平面所以.方法二:连结依题意可知△△均为正三角形又为的中点所以又平面平面所以平面又平面所以.Ⅱ当点为棱的中点时四点共面证明如下:取棱的中点连结又为的中点所以在菱形中所以所以四点共面.Ⅲ点到平面的距离即点到平面的距离由Ⅰ可知又平面平面平面平面平面所以平面即为三棱锥的体高.在中在中边上的高所以的面积设点到平面的距离为由得又所以解得所以点到平面的距离为.22.证明(Ⅰ)连,过作,垂足为,∵,,∴,又,BC=4,AB=4,BM=AN=4,,∴,=,∵,,∵,(Ⅱ)连接CN,又,所以平面平面,且平面,,,∴,此几何体的体积23.解(Ⅰ)作FM//CD交PC于M∵F为PD中点,∴FM=CD∵∴AE=AB=FM又∵FM//CD//AB∴AEMF为平行四边形,∴AF//EM∵AF面PECEM面PECAF//面PECⅡ存在常数,使得平面PED⊥平面PAB.…………8分∵,,,∴,又∵∠DAB=45°,∴AB⊥DE.又∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AB.又∵,∴AB⊥平面PDE,∵,∴平面PED⊥平面PAB.24.解(Ⅰ)∵是直径,∴又四边形为矩形∴∵,∴平面又平面,∴平面平面(Ⅱ)由⑴知,当且仅当时等号成立∴当三棱锥体积最大为此时,,设点到平面的距离为,则25.解(Ⅰ)由条件知椭圆离心率为,所以.又点A2,1在椭圆上,所以,解得所以,所求椭圆的方程为.(Ⅱ)将代入椭圆方程,得,整理,得.
①由线段BC被y轴平分,得,因为,所以.因为当时,关于原点对称,设,由方程
①,得,又因为,A2,1,所以,所以.由于时,直线过点A2,1,故不符合题设.所以,此时直线l的方程为.26.解(Ⅰ)设动点的坐标为点的坐标为则因为的坐标为所以由得.即解得代入得到动点的轨迹方程为.(Ⅱ)设点的坐标为.点关于直线的对称点为则解得若在上将的坐标代入得即或.所以存在满足题意的点其坐标为和.27.解(Ⅰ)由题意可设椭圆方程为(a>b>0),则则故所以,椭圆方程为.(Ⅱ)由题意可知,直线l的斜率存在且不为0,故可设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),由消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2﹣1)=0,则△=64k2b2﹣16(1+4k2b2)(b2﹣1)=16(4k2﹣m2+1)>0,且,.故y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.因为直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列,所以=k2,即+m2=0,又m≠0,所以k2=,即k=.由于直线OP,OQ的斜率存在,且△>0,得0<m2<2且m2≠1.设d为点O到直线l的距离,则S△OPQ=d|PQ|=|x1﹣x2||m|=,所以S△OPQ的取值范围为(0,1).28.解(Ⅰ)点的坐标为由题意可知化简得点的轨迹方程为,.(Ⅱ)以为直径的圆与直线相切.证明如下由题意可设直线的方程为.则点坐标为,中点的坐标为.由得.设点的坐标为,则.所以,.因为点坐标为,当时,点的坐标为,点的坐标为直线轴,此时以为直径的圆与直线相切.当时,则直线的斜率.所以直线的方程为.点到直线的距离又因为,所以,故以为直径的圆与直线相切.综上得,当直线绕点转动时,以为直径的圆与直线相切.29.解(Ⅰ),∵函数在上是单调函数∴或对任意恒成立即或对任意恒成立∴或对任意恒成立令,∴设所以所以满足条件的实数的取值范围为或(Ⅱ)由(Ⅰ)知,时,函数在上为增函数,故即∵∴当时,所以函数在上是单调递增函数∴即对于任意,总存在,使得成立,可知.所以,即故所求正实数的取值范围为30.解(I)a=﹣2时,f(x)=xlnx﹣2x,则=lnx﹣1.令=0得x=e,当0<x<e时,<0,当x>e时,>0,∴f(x)的单调递减区间是(0,e),单调递增区间为(e,+∞).(II)若对任意x∈(1,+∞),f(x)>k(x﹣1)+ax﹣x恒成立,则xlnx+ax>k(x﹣1)+ax﹣x恒成立,即k(x﹣1)<xlnx+ax﹣ax+x恒成立,又x﹣1>0,则k<对任意x∈(1,+∞)恒成立,设h(x)=,则=设m(x)=x﹣lnx﹣2,则=1﹣,∵x∈(1,+∞),∴>0,则m(x)在(1,+∞)上是增函数.∵m(Ⅰ)=﹣1<0,m(Ⅱ)=﹣ln2<0,m(Ⅲ)=1﹣ln3<0,m
(4)=2﹣ln4>0,∴存在x0∈(3,4),使得m(x0)=0,当x∈(1,x0)时,m(x)<0,即<0,当x∈(x0,+∞)时,m(x)>0,>0,∴h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,∴h(x)的最小值hmin(x)=h(x0)=.∵m(x0)=x0﹣lnx0﹣2=0,∴lnx0=x0﹣2.∴h(x0)==x0.∴k<hmin(x)=x0.∵3<x0<4,K为正整数∴k的值为1,2,3.31.解(Ⅰ)().所以切线的斜率,切线方程为由于切线经过原点,则经整理得显然,是这个方程的解,又因为在上是增函数,所以方程有唯一实数解.故.(Ⅱ),.设,则.易知在上是减函数,从而(Ⅰ)当,即时,,在区间上是增函数.,在上恒成立,即在上恒成立.在区间上是减函数.所以,满足题意.(Ⅱ)当,即时,设函数的唯一零点为,则在上递增,在上递减.又∵,∴.又∵,∴在内有唯一一个零点,当时,,当时,.从而在递减,在递增,与在区间上是单调函数矛盾.∴不合题意.综合(Ⅰ)(Ⅱ)得,.32.解(Ⅰ)由,得切线的斜率k=f(Ⅱ)=a﹣3=﹣1,∴a=2,故f(x)=2lnx﹣x2+2x,由f(x)≥2x+m,得m≤2lnx﹣x2,∵不等式f(x)≥2x+m在上有解,∴m≤(2lnx﹣x2)max.令g(x)=2lnx﹣x2,则,∵x∈,故g′(x)=0时,x=1.当时,g(x)>0;当1<x<e时,g(x)<0.故g(x)在x=1处取得最大值g(Ⅰ)=﹣1,∴m≤﹣1;(Ⅱ)∵f(x)的图象与x轴交于两个不同的点A(x1,0),B(x2,0),∴方程2lnx﹣x2+ax=0的两个根为x1,x2,则,两式相减得,又,则,要证,即证明,∵0<x1<x2,∴0<t<1,只要证明在0<t<1上恒成立即可∵,又0<t<1,∴u(t)>0,∴u(t)在(0,1)上是增函数,则u(t)<u(Ⅰ)=0,从而知.故,即成立.33.解(I)由得
①当时,恒成立,故在区间上单调递增;
②当时,,由得或;得,故在区间和上单调递增,在区间上单调递减;
③时,,在区间上单调递减,在区间上单调递增;综上所述当时,在区间上单调递增;当时,在区间和上单调递增,在区间上单调递减;时,在区间上单调递减,在区间上单调递增(II),当时,易见函数在定义域上仅有一个极值点,不合题意当时,由(I)可知,仅符合题意,且,∴∵,且,,∴令则当,,所以,当,,所以;∴,,∴在区间上单调递减∴时,综上所述若是函数的两个极值点,则34.解(Ⅰ)由得,,所以曲线在点处的切线斜率为,,曲线切线方程为,即.(Ⅱ)由,得,要证,等价于证明,令,,得,,因此,当时,,单调递增;时,,单调递减,所以的最大值为,故,设,,所以时,,单调递增,,故时,,即,所以.因此,对任意,恒成立.35.解(I)证明,为圆的割线,所以,又EC=ED,所以,所以,又A,B,C,D四点共圆,所以,所以,所以CD∥AB;(II)证明连接FA,GB,因为EF=EG,所以,又,所以,由(Ⅰ)知,所以,所以又,所以,因为CD∥AB,所以,所以,所以A,B,G,F四点共圆.36.解(Ⅰ)连接,因切圆于,故,因是圆的直径,弦于点,故,故,又,所以,所以,所以为等腰三角形;(Ⅱ)因是圆的直径,弦且,,所以圆的半径,,,又,所以,因切圆于,所以,由(Ⅰ)知EF=EG,所以,所以,故.37.证明(Ⅰ)因为是圆的切线,圆的割线,是的中点,所以,所以,又,所以∽,所以,即,又,所以,所以,所以∽.(Ⅱ)因,,所以,所以.因是圆的切线,所以,又∽,所以,所以,所以,所以四边形是平行四边形.38.解、(Ⅰ)由,得,可得的直角坐标方程.直线的参数方程是,(为参数),消去参数可得.(Ⅱ)把(为参数),代入,得,由,解得.∴.∵,∴,解得或1.又满足.∴实数或1.39.解(Ⅰ)由得,得普通方程为即.故的参数方程为.(Ⅱ)设,由(Ⅰ)知是以为圆心,1为半径的上半圆.因为C在点处的切线与垂直,所以直线与的斜率相同,故,.故的直角坐标为,即.40.解(Ⅰ)由得,两边平方得,解得,故实数的取值范围为.(Ⅱ),恒成立等价于恒成立.,当且仅当时等号成立,即的最小值为;,当且仅当时等号成立,即的最大值为1或通过分类讨论得,进而得到最大值为1;或通过绝对值的几何意义得到的最大值为1,故,解得或,故的取值范围是.41.解(Ⅰ)当时,得,
①当时,不等式为,即,满足;
②当时,不等式为,即,不满足;
③当时,不等式为,即,满足.综上所述,不等式的解集为.(Ⅱ)设,若对于任意恒成立,即对于任意恒成立,由图可看出,当时,的最小值是,所以,∴,即的取值范围是.PABCDMQO。