2016届高考数学第二轮专题复习检测19.doc

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突破练(四)
1．已知向量p＝(2sin x，cos x)，q＝(－sin x,2sin x)，函数f(x)＝p·q.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f(C)＝1，c＝1，ab＝2，且a>b，求a，b的值．
解　(1)f(x)＝－2sin2x＋2sin xcos x＝－1＋cos 2x＋2sin xcos x＝sin 2x＋cos 2x－1
＝2sin 2x＋cos 2x－1＝2sin－1.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，
得kπ－≤x≤kπ＋.
∴f(x)的单调增区间为(k∈Z)．
(2)由于f(C)＝2sin－1＝1，
∴sin＝1，
∵C是三角形的内角，∴2C＋∈.
∴2C＋＝，即C＝.
∴cos C＝＝，即a2＋b2＝7.
将ab＝2代入可得a2＋＝7，解得a2＝3，或a2＝4.
∴a＝或a＝2，
∴b＝2或b＝.
∵a>b，∴a＝2，b＝.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PB⊥底面ABCD，BC⊥AB，AD∥BC，AB＝AD＝2，CD⊥PD，异面直线PA和CD所成角等于60°.

(1)求证：面PCD⊥面PBD；
(2)求直线PC和平面PAD所成角的正弦值的大小；
(3)在棱PA上是否存在一点E，使得二面角A－BE－D的余弦值为？若存在，指出点E在棱PA上的位置，若不存在，说明理由．
(1)证明　PB⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴PD⊥CD，
又∵CD⊥PD，PD∩PB＝P，PD，PB⊂平面PBD.
∴CD⊥平面PBD，又CD⊂平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PBD.
(2)解　如图，以B为原点，BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝a，BP＝b，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，a,0)，
D(2,2,0)，P(0,0，b)．
∵＝(2,2，－b)，＝(2,2－a,0)，CD⊥PD，
∴·＝0，∴4＋4－2a＝0，a＝4，
又＝(2,0，－b)，＝(2，－2,0)，
异面直线PA和CD所成角等于60°，
∴＝，
即＝，解得b＝2，
＝(0,4，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．
设平面PAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则由得
取n1＝(1,0,1)，
∵sin θ＝＝＝，∴直线PC和平面PAD所成角的正弦值为.
(3)解　假设存在，设＝λ，且E(x，y，z)，则(x，y，z－2)＝λ(2,0，－2)，E(2λ，0,2－2λ)，设平面DEB的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则由得
取n2＝(λ－1,1－λ，λ)，
又平面ABE的法向量n3＝(0,1,0)，
由cos θ＝＝，得＝，
解得λ＝或λ＝2(不合题意)．
∴存在这样的E点，E为棱PA上的靠近A的三等分点．
3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足：对任意实数x，都有f(x)≥x，且当x∈(1,3)时，有f(x)≤(x＋2)2成立．
(1)证明f(2)＝2；
(2)若f(－2)＝0，求f(x)的表达式；
(3)设g(x)＝f(x)－x，x∈[0，＋∞)，若g(x)图象上的点都位于直线y＝的上方，求实数m的取值范围．
(1)证明　由条件知f(2)≥2恒成立，
又∵取x＝2时，f(2)≤(2＋2)2＝2恒成立，∴f(2)＝2.
(2)解　∵
∴4a＋c＝1,2b＝1，b＝，c＝1－4a.
∵f(x)≥x恒成立，即ax2＋(b－1)x＋c≥0恒成立，
∴a>0，Δ＝2－4a(1－4a)≤0，即(8a－1)2≤0.
解得a＝，b＝，c＝，
∴f(x)＝x2＋x＋.
(3)解　由已知，f(x)图象总在直线y＝x＋上方，即直线与抛物线无公共点．
由
消去y得x2＋x＋＝x＋，
即x2＋4(1－m)x＋2＝0.
Δ＝16(m－1)2－8<0，解得1－<m<1＋.
4．已知F1，F2分别为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的上下焦点，其中F1是抛物线C2：x2＝4y的焦点，点M是C1与C2在第二象限的交点，且|MF1|＝.

(1)试求椭圆C1的方程；
(2)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切的直线l：y＝k(x＋t)(t≠0)交椭圆于A，B两点，若椭圆上一点P满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．
解　(1)由C2：x2＝4y知F1(0,1)，c＝1，
设M(x0，y0)(x0<0)，
因M在抛物线C2上，
故x＝4y0，
①
又|MF1|＝，则y0＋1＝
②
由①②解得x0＝－，y0＝.
而点M在椭圆上，
∴2a＝|MF1|＋|MF2|
＝＋＝4.
∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3.
故椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)因为直线l：y＝k(x＋t)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，
所以＝1⇒k＝(t≠0，k≠0)．
把y＝k(x＋t)代入＋＝1并整理，得
(4＋3k2)x2＋6k2tx＋3k2t2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝－，y1＋y2＝kx1＋kt＋kx2＋kt＝k(x1＋x2)＋2kt＝，因为，λ＝(x1＋x2，y1＋y2)
所以，P
又因为点P在椭圆上，
所以，＋＝1⇒
λ2＝＝(t≠0)
因为t2>0，所以2＋＋1>1，
所以0<λ2<4，
当k＝0时，因为直线l与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，
则t＝0(舍去)或t＝－1，
当t＝－1时，
y＝－1与椭圆有一个交点，不满足题意，
舍去．所以λ的取值范围是(－2,0)∪(0,2)．
5．已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.
(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；
(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；
(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.
(1)解　d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.
(2)证明　(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，
所以a1≤a2≤…≤an≤….
因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．
(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，
所以An＝Bn＋dn≤Bn.
又因为an≤An，an＋1≥Bn，
所以an≤an＋1.
于是，An＝an，Bn＝an＋1，
因此an＋1－an＝Bn－An＝－d＝d，
即{an}是公差为d的等差数列．
(3)证明　因为a1＝2，d1＝1，
所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.
故对任意n≥1，an≥B1＝1.
假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．
设m为满足am>2的最小正整数，
则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.
又因为a1＝2，
所以Am－1＝2，且Am＝am>2.
于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.
故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．
所以对于任意n≥1，有an≤2，
即非负整数列{an}的各项只能为1或2.
因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.
故Bn＝An－dn＝2－1＝1.
因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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