(浙江專用)2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)解答題規(guī)范練

解題范)π1．已知函數(shù)fx)xsin的大值為2,求：6(1)的及(x)的最小正周期；5π(2)＝(在，0122.

上的值域．π如圖,在平行四邊形ABCD中,ABBC＝2,CBA＝,ABEF為角梯形,∥AF∠BAF＝3π2

,＝2,AF＝3,面⊥面ABEF(1)求證：⊥面ABEF；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦．3．已知函數(shù)fx)＝－lnx－有個(gè)同的零點(diǎn).(1)求實(shí)數(shù)a的取范圍；(2)證明：＋＋1.

a＋1）a＋1）4.3510

已知拋物線C＝2(0<p<4)和焦點(diǎn),物線上一點(diǎn)到直線ly＝2x的近離為.(1)求的；(2)若點(diǎn)直線上于第二象限的點(diǎn)過此點(diǎn)作的兩條切線,切點(diǎn)分別為AB求的面積的取值范圍．5．已知數(shù)列{a}滿足：＝1,a＝＋n

a（＋1

(∈N)(1)求證：；a1(2)證明：≥1＋；（2（＋1(3)求證：＜＜＋1.n＋3

→→→→則cos→→→→則cos＝＝＝＝.解答題規(guī)范練(一π1．解：f(x＝2sin,6由題意a＋3所以＝－1,f()的最小正周期為π5π(2)因?yàn)閤∈，012

,π2π所以2＋∈，636

,π1故62所以()∈[－2,1]．π2證△ABC中AB＝1,＝,＝2,以AC＝＋BC－2×cos∠3＝3,以AC＋＝BC,所以ABAC又因?yàn)槠矫鍭BCD平面ABEF平∩面＝,AC平ABCD,所以AC平面.(2)如圖,建立空間直角坐系A(chǔ)xyzA(0,0,0),(1,0,0),(0,0,1,0,3),E(0,3,0),AF＝(0,3,0)平面ABCD的一個(gè)向,設(shè)平面的法向量nx,,＝(2,2,3),DF＝(1,3,－3),

3),(－－3z＝0則,得x＋3－3＝0

3z4,取z＝4,則＝＝3,故n＝(3,3,4)平面的3z4一個(gè)法向量．設(shè)平面ABCD與平面所的銳二面角為θ·n33366→3×3＋3＋162222－13f′(＝,故f(x)在0,1)上單調(diào),在(1,∞)單調(diào)遞所以f()x＝(1)＝1－,故只需1－＜0即可解得a＞1.(2)證明：＋＋1等于x＞1－lnx,其中0＜x＜1＜x構(gòu)造函數(shù)

5eq\o\ac(△,S)ABFa5eq\o\ac(△,S)ABFa（＋1（n＋1g()＝(－f(1－ln),0＜＜1.1所以′()－,x－ln）令φx)＝(1),φx＝－lnx所以0＜(x＜(1)＝1,所以g′(＜0,所以(x＞g(1)＝0,即(x)＞(1－lnx＜＜1.又0＜＜1,所以x＝()＞(1－lnx)因?yàn)楹瘮?shù)(x)在間＋上單調(diào)遞,所以＞1－lnx原題得證．|2－|54．解：(1)令和l平且與拋物線相切的直線方為＝2＋,則＝,得＝1017或.由得4x＋(4－2)＋m＝0,＝(4－2)－16m＝0,解得p＝4,221又0<<4,以取＝,p＝2.2(2)令動(dòng)點(diǎn)Px,－1<<0),切點(diǎn)、的標(biāo)分別(),(x,),則過、的線方程分別為＝2(＋),＝2(x＋),即2－＋2x＝0,2－＋2＝0,將(代入兩方程得,xy＋2x＝0,2x－＋2＝0,所以直線AB的方程為2－＋2x＝0.由得－2＋4x＝0,＝4y＝0

－16>0.||＝

y1＋4

4

－16x＝4＋y·y－4,又到線的離為＝

|2,＋4所

以

1|2＋2|＝··4＋y－4x＝2|1＋＋1,2y＋4令1＋＝(0<<1),則＝2t－＋,eq\o\ac(△,S)ABF記()＝t－＋(0<t<1),求導(dǎo)得ft∈(0,1),所以∈(0,2)．eq\o\ac(△,S)ABF5．證明：－≥0n（＋1

a≥≥≥…≥ana(2)由(1)可得：＝1＋≥1.

na＋1）aaa（＋1a（＋1（nnn＋1aaa（＋1a（＋1（＋1）n＋1na＋1）aaa（＋1a（＋1（nnn＋1aaa（＋1a（＋1（＋1）n＋1aa（＋1a（＋1n（＋1（＋2n＋2a－1(3)＝·,（n111111所以－＝·＜＜＝－,累加得右側(cè)另一方面＋1an由可＞,加得左側(cè)．a(chǎn)na由2)得：0＜＜1,111a1111所以－＝＜＜＝－,111累加得：－＜1－＜＋1.aa＋1另一方面由a≤可：原式變形為an1n＋1＝1＋≤