2019屆江蘇高考數學6個解答題綜合仿真訓練(6)(含解析)

1、江蘇高考數學 6 個解答題綜合仿真訓練 (6) 1.如圖，在四棱錐e-abcd 中，平面 eab平面 abcd，四邊形 abcd 為矩形， eaeb，點 m，n 分別是 ae，cd 的中點求證： (1)mn平面 ebc；(2)ea平面 ebc. 2.如圖，在平面直角坐標系xoy 中，銳角 ， 的頂點為坐標原點o，始邊為 x 軸的正半軸，終邊與單位圓o 的交點分別為p，q.已知點p 的橫坐標為2 77，點 q 的縱坐標為3314. (1)求 cos 2的值；(2)求 2 的值3某單位決定對本單位職工實行年醫(yī)療費用報銷制度，擬制定年醫(yī)療總費用在2 萬元至 10萬元 (包括 2 萬元和 10 萬元

2、)的報銷方案，該方案要求同時具備下列三個條件：報銷的醫(yī)療費用 y(萬元 )隨醫(yī)療總費用x(萬元 )增加而增加； 報銷的醫(yī)療費用不得低于醫(yī)療總費用的50%；報銷的醫(yī)療費用不得超過8 萬元(1)請你分析該單位能否采用函數模型y0.05(x24x8)作為報銷方案；(2)若該單位決定采用函數模型yx2ln xa(a 為常數 )作為報銷方案，請你確定整數a 的值 (參考數據： ln 2 0.69，ln 102.3) 4.如圖，已知橢圓e：x2a2y2b21(ab0)的左頂點a(2,0)，且點1，32在橢圓上， f1，f2分別是橢圓的左、右焦點過點a 作斜率為k(k0)的直線交橢圓 e 于另一點b，直線

3、bf2交橢圓 e 于點 c. (1)求橢圓 e 的標準方程；(2)若 cf1f2為等腰三角形，求點b 的坐標；(3)若 f1cab，求 k 的值5數列 an的前 n 項和為 sn，且滿足 sn4an. (1)求證：數列 an為等比數列，并求通項公式an；(2)是否存在自然數c 和 k，使得ak1skc1 成立？若存在，請求出c 和 k 的值；若不存在，請說明理由6已知二次函數f(x)ax2 bx1， g(x) a2x2bx1. (1)若 f(x)g(x)對任意實數x 恒成立，求實數a 的取值范圍；(2)若函數 f(x)有兩個不同零點x1，x2，函數 g(x)有兩個不同零點x3，x4. 若 x3

4、x1x4，試比較x2，x3，x4的大小關系；若 x1x3x2，m，n，p(， x1)，f mg nf ng pf pg m，求證： mnp. 江蘇高考數學 6 個解答題綜合仿真訓練 (6) 1.如圖，在四棱錐e-abcd 中，平面 eab平面 abcd，四邊形 abcd 為矩形， eaeb，點 m，n 分別是 ae，cd 的中點求證： (1)mn平面 ebc；(2)ea平面 ebc. 證明： (1)取 be 中點 f，連結 cf ，mf，又 m 是 ae 的中點，所以 mf 綊12ab. 又 n 是矩形 abcd 邊 cd 的中點，所以 nc 綊12ab，所以 mf 綊 nc，所以四邊形mnc

5、f 是平行四邊形，所以mncf. 又 mn?平面 ebc，cf? 平面 ebc，所以 mn平面 ebc. (2)在矩形 abcd 中， bc ab，又平面 eab平面 abcd，平面 abcd平面 eab ab，bc? 平面 abcd，所以 bc平面 eab. 又 ea? 平面 eab，所以 bcea. 又 eaeb，bcebb，eb? 平面 ebc，bc? 平面 ebc，所以 ea平面 ebc. 2.如圖，在平面直角坐標系xoy 中，銳角 ， 的頂點為坐標原點o，始邊為 x 軸的正半軸，終邊與單位圓o 的交點分別為p，q.已知點p 的橫坐標為2 77，點 q 的縱坐標為3314. (1)求

6、cos 2的值；(2)求 2 的值解： (1)因為點 p 的橫坐標為277，點 p 在單位圓上，為銳角，所以 cos 277，所以 cos 2 2cos2 117. (2)因為點 q 的縱坐標為3314，點 q 在單位圓上，所以 sin 3314. 又 為銳角，所以cos 1314. 因為 cos 277，且 為銳角，所以 sin 217，因此 sin 2 2sin cos 437，所以 sin(2 )4 37131417331432. 因為 為銳角，所以02 0，所以 02 2，又 為銳角，所以22 2，所以 2 3. 3某單位決定對本單位職工實行年醫(yī)療費用報銷制度，擬制定年醫(yī)療總費用在2

7、萬元至 10萬元 (包括 2 萬元和 10 萬元 )的報銷方案，該方案要求同時具備下列三個條件：報銷的醫(yī)療費用 y(萬元 )隨醫(yī)療總費用x(萬元 )增加而增加； 報銷的醫(yī)療費用不得低于醫(yī)療總費用的50%；報銷的醫(yī)療費用不得超過8 萬元(1)請你分析該單位能否采用函數模型y0.05(x24x8)作為報銷方案；(2)若該單位決定采用函數模型yx2ln xa(a 為常數 )作為報銷方案，請你確定整數a 的值 (參考數據： ln 2 0.69，ln 102.3) 解： (1)y 0.05(x24x8)在2,10上是增函數，滿足條件；當 x10 時， y 有最大值7.4，小于 8，滿足條件；但當 x 3

8、 時， y29200，得 2x4；由 g(x)0，得 4b0)的左頂點a(2,0)，且點1，32在橢圓上， f1，f2分別是橢圓的左、右焦點過點a 作斜率為k(k0)的直線交橢圓 e 于另一點b，直線 bf2交橢圓 e 于點 c. (1)求橢圓 e 的標準方程；(2)若 cf1f2為等腰三角形，求點b 的坐標；(3)若 f1cab，求 k 的值解： (1)由題意得a2，a2 b2c2，1494b21，解得a 2，b3，c 1.橢圓 e 的標準方程為x24y23 1. (2) cf1f2為等腰三角形，且k0，點 c 在 x 軸下方，若 f1cf2c，則 c(0，3)；若 f1f2cf2，則 cf

9、22，c(0，3)；若 f1cf1f2，則 cf12，c(0，3)， c(0，3)直線 bc 的方程 y3(x1)，由y3 x1 ，x24y231，得x0，y3或x85，y335. b85，3 35. (3)設直線 ab 的方程為y k(x2)，由yk x2 ，x24y231消去 y，得 (34k2)x216k2x16k2120， xa xb 2xb16k2 1234k2， xb8k2634k2， ybk(xb2)12k34k2， b8k263 4k2，12k3 4k2. 若 k12，則 b 1，32，c 1，32， f1(1,0)， kcf134， f1c 與 ab 不垂直； k12， f2

10、(1,0)， kbf24k14k2，kcf11k，直線 bf2的方程為y4k14k2(x1)，直線 cf1的方程為y1k(x1)，由y4k14k2x1 ，y1kx1 ，解得x 8k21，y 8k. c(8k21， 8k)由點 c 在橢圓上，得8k21248k231，即(24k21)(8k29)0，即 k2124， k0，k612. 5數列 an的前 n 項和為 sn，且滿足 sn4an. (1)求證：數列 an為等比數列，并求通項公式an；(2)是否存在自然數c 和 k，使得ak1skc1 成立？若存在，請求出c 和 k 的值；若不存在，請說明理由解： (1)證明：當n 1 時， s1a14，

11、得 a12, 由 sn4 an，得 sn14an1，得， sn1snan an1，即 an112an, 所以an1an12，且 a12，所以數列 an 是首項為2，公比為12的等比數列，且an12n2. (2)法一： 因為 an12n2，所以 ak112k1，sk4 112k，要使ak1skc24 2k1 c 2k1 成立，只要使c4 2k6c 4 2k4c，且 2sk4，所以 c 的可能取值為0,1,2,3) 當 c0 時， 12k32，不存在自然數k 使(*) 成立；當 c1 時，432k2，不存在自然數k 使(*) 成立；當 c2 時， 22k3，不存在自然數k 使(*) 成立；當 c3

12、 時， 42k1 成立 . 法二： 要使ak1skc1，只要sk1cskc2，即只要c32sk 2csk0，因為 sk4 112k0，故只要32sk2csk.因為 sk1sk，所以32sk232s1 21. 又 sk4，故要使成立，c 只能取 2 或 3. 當 c2 時，因為s12，所以當k1 時， csk不成立，從而不成立當 k2 時，因為32s2 252c，由 sksk1，得32sk232sk12，故當 k 2 時，32sk2c，從而不成立. 當 c3 時，因為s12，s23，所以當 k1，k2 時， csk不成立，從而不成立因為32s32134c，又32sk232sk12，所以當 k3

13、時，32sk2c，從而不成立. 綜上所述，不存在自然數c，k，使ak1skc1 成立6已知二次函數f(x)ax2 bx1， g(x) a2x2bx1. (1)若 f(x)g(x)對任意實數x 恒成立，求實數a 的取值范圍；(2)若函數 f(x)有兩個不同零點x1，x2，函數 g(x)有兩個不同零點x3，x4. 若 x3x1x4，試比較x2，x3，x4的大小關系；若 x1x3x2，m，n，p(， x1)，f mg nf ng pf pg m，求證： mnp. 解： (1)因為 f(x)g(x)對任意實數x 恒成立，所以 ax2a2x2對任意實數x 恒成立，所以 a2a0，解得 0a1. 又由題意可得a0，所以實數a 的取值范圍為(0,1(2)因為函數g(x)的圖象開口向上，且其零點為x3，x4，故 g(x)0，得 x3xx4. 因為 x1，x2是 f(x)的兩個不同零點，故 f(x1)f(x2)0. 因為 x3x1x4，故 g(x1)0 f(x1)，于是 (a2a)x210. 注意到 x10，故 a2a0. 因為 g(x2)f(x2)(a2a)x220，故 g(x2)f(x2)0，從而 x3x2x4，于是 x3x2x4. 證明：記x1x3t，故 f(t)at2bt10，g(t) a2t2bt10，于是 (aa2)t20.