高中数学(人教新课标理)三轮复习精选大题冲关解答题规范训练1

解答题规范练(一)1．已知向量m＝(sinx,1)，n＝3cosx，12，函数f(x)＝(m＋n)·m.(1)求函数f(x)的最小正周期T及单调递增区间；(2)已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，A为锐角，a＝23，c＝4，且f(A)是函数f(x)在0，π2上的最大值，求△ABC的面积S.2．甲，乙两人射击，每次射击击中目标的概率分别是13，14.现两人玩射击游戏，规则如下：若某人某次射击击中目标，则由他继续射击，否则由对方接替射击．甲、乙两人共射击3次，且第一次由甲开始射击．假设每人每次射击击中目标与否均互不影响．(1)求3次射击的人依次是甲、甲、乙的概率；(2)若射击击中目标一次得1分，否则得0分(含未射击)．用X表示乙的总得分，求X的分布列和数学期望．3.在数列{an}中，a1＝1,2an＋1＝1＋1n2·an(n∈N*)．(1)证明：数列ann2是等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝an＋1－12an，求数列{bn}的前n项和Sn.4．如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点．(1)证明：PF⊥FD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45°，求二面角A­PD­F的余弦值．5．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点的坐标分别为A(－2,0)、B(2,0)，离心率e＝12.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的两焦点分别为F1，F2，点P是其上的动点．①当△PF1F2内切圆的面积最大时，求内切圆圆心的坐标；②若直线l：y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆交于M、N两点，证明直线AM与直线BN的交点在直线x＝4上．6．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x在x＝±1处取得极值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求证：对于区间[－1,1]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤4；(3)若过点A(1，m)(m≠－2)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．参考答案【解答题规范练(一)】1．解(1)f(x)＝(m＋n)·m＝sin2x＋1＋3sinxcosx＋12＝1－cos2x2＋1＋32sin2x＋12＝32sin2x－12cos2x＋2＝sin2x－π6＋2.因为ω＝2，所以T＝2π2＝π.由2kπ－π2≤2x－π6≤2kπ＋π2(k∈Z)得kπ－π6≤x≤kπ＋π3(k∈Z)，故所求单调递增区间为kπ－π6，kπ＋π3(k∈Z)．(2)由(1)知，f(A)＝sin2A－π6＋2，又A∈0，π2，∴－π62A－π65π6.由正弦函数图象可知，当2A－π6＝π2，即A＝π3时，f(x)取得最大值3，由余弦这理，a2＝b2＋c2－2bccosA.可得12＝b2＋16－2×4b×12，∴b＝2.从而S＝12bcsinA＝12×2×4×sinπ3＝23.2．解(1)记“3次射击的人依次是甲、甲、乙”为事件A.由题意，得事件A的概率P(A)＝13×23＝29；(2)由题意，X的可能取值为0,1,2，P(X＝0)＝13×13＋13×23×34＋23×34＝79，P(X＝1)＝13×23×14＋23×14×34＝1372，P(X＝2)＝23×14×14＝124.所以X的分布列为：X012P791372124E(X)＝1×1372＋2×124＝14.3．(1)证明由条件得an＋1n＋12＝12·ann2，又n＝1时，ann2＝1，故数列ann2构成首项为1，公比为12的等比数列．从而ann2＝12n－1，即an＝n22n－1.(2)解由bn＝n＋122n－n22n＝2n＋12n得Sn＝32＋522＋…＋2n＋12n⇒12Sn＝322＋523＋…＋2n－12n＋2n＋12n＋1，两式相减得12Sn＝32＋2122＋123＋…＋12n－2n＋12n＋1，所以Sn＝5－2n＋52n.4．(1)证明∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，F(1,1,0)，D(0,2,0)．不妨令P(0,0，t)，∵PF→＝(1,1，－t)，DF→＝(1，－1,0)，∴PF→·DF→＝1×1＋1×(－1)＋(－t)×0＝0，即PF⊥FD.(2)解设平面PFD的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PF→＝0，n·DF→＝0得x＋y－tz＝0，x－y＝0，令z＝1，解得：x＝y＝t2.∴n＝t2，t2，1.设G点坐标为(0,0，m)，E12，0，0，则EG→＝－12，0，m，要使EG∥平面PFD，只需EG→·n＝0，即－12×t2＋0×t2＋1×m＝m－t4＝0，得m＝14t，从而满足AG＝14AP的点G即为所求．(3)解∵AB⊥平面PAD，∴AB→是平面PAD的法向量，易得AB→＝(1,0,0)，又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45°，PA＝1，平面PFD的法向量为n＝12，12，1.∴cos〈AB→，n〉＝AB→·n|AB→||n|＝1214＋14＋1＝66.故所求二面角A­P­D­F的余弦值为66.5．(1)解由题意知a＝2，e＝ca＝12，所以c＝1，b＝3.故椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)①解|F1F2|＝2，设F1F2边上的高为h，则S△PF1F2＝12×2×h＝h.设△PF1F2的内切圆的半径为R，因为△PF1F2的周长为定值6，所以12R×6＝3R＝S△PF1F2，当P在椭圆短轴顶点时，h最大为3，故S△PF1F2的最大值为3，于是R的最大值为33，此时内切圆圆心的坐标为0，±33.②证明将直线l：y＝k(x－1)代入椭圆E的方程x24＋y23＝1，并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.设直线l与椭圆E的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－33＋4k2.直线AM的方程为：y＝y1x1＋2(x＋2)，它与直线x＝4的交点坐标为P4，6y1x1＋2，同理可求得直线BN与直线x＝4的交点坐标为Q4，2y2x2－2.下面说明P、Q两点重合，即证明P、Q两点的纵坐标相等．因为y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，所以6y1x1＋2－2y2x2－2＝6kx1－1x2－2－2kx2－1x1＋2x1＋2x2－2＝2k[2x1x2－5x1＋x2＋8]x1＋2x2－2＝2k8k2－33＋4k2－40k23＋4k2＋8x1＋2x2－2＝0.因此结论成立．综上可知，直线AM与直线BN的交点在直线x＝4上．6．(1)解f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意，f′(1)＝f′(－1)＝0，即3a＋2b－3＝0，3a－2b－3＝0，解得a＝1，b＝0.∴f(x)＝x3－3x.(2)证明∵f(x)＝x3－3x，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当－1x1时，f′(x)0，故f(x)在区间[－1,1]上为减函数，f(x)max＝f(－1)＝2，f(x)min＝f(1)＝－2.∵对于区间[－1,1]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝2－(－2)＝4.(3)解f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∵曲线方程为y＝x3－3x，∴点A(1，m)(m≠－2)不在曲线上．设切点为M(x0，y0)，则点M的坐标满足y0＝x30－3x0.因f′(x0)＝3(x20－1)，故切线的斜率为3(x20－1)＝x30－3x0－mx0－1，整理得2x30－3x20＋m＋3＝0.∵过点A(1，m)可作曲线的三条切线，∴关于x0的方程2x30－3x20＋m＋3＝0有三个实根．设g(x0)＝2x30－3x20＋m＋3，则g′(x0)＝6x20－6x0，由g′(x0)＝0，得x0＝0或x0＝1.∴g(x0)在(－∞，0)和(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．∴函数g(x0)＝2x30－3x20＋m＋3的极值点为x0＝0，x0＝1.∴关于x0的方程2x30－3x20＋m＋3＝0有三个实根的充要条件是g00，g10，解得－3m－2.故所求的实数m的取值范围是(－3，－2)．