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- 2021-06-08 发布
星期六 (解答题综合练) 2017年____月____日
1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋c＝b.
(1)求证：B≤；
(2)当·＝－2，b＝2时，求△ABC的面积.
(1)证明 ∵cos B＝＝＝≥0，且0＜B＜π.
∴B≤(当且仅当a＝c时取得等号).
(2)解 ∵·＝－2，∴accos B＝2，
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝12，
∴a2＋c2＝16，
又a＋c＝b＝2，∴ac＝4，
∴cos B＝，
由(1)知0＜B≤，∴sin B＝.
∴S△ABC＝acsin B＝.
2.如图，在四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC⊥CD，∠DAC＝60°，AB＝BC＝AC，E是PD的中点，F为ED的中点.
(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；
(2)求证：CF∥平面BAE.
证明 (1)因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，
又AC⊥CD，且AC∩PA＝A，
所以CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.
(2)取AE中点G，连接FG，BG.
因为F为ED的中点，所以FG∥AD且FG＝AD.
在△ACD中，AC⊥CD，
∠DAC＝60°，
所以AC＝AD，所以BC＝AD.
在△ABC中，AB＝BC＝AC，
所以∠ACB＝60°，
从而∠ACB＝∠DAC，所以AD∥BC.
综上，FG∥BC，FG＝BC，四边形FGBC为平行四边形，所以CF∥BG.
又BG⊂平面BAE，CF⊄平面BAE，所以CF∥平面BAE.
3.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上任一点P到两个焦点的距离的和为2，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为－.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)若·＝(O为坐标原点)，求|y1－y2|的值；
(2)当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，
则有·＝－，则＝－，
又点P在椭圆上，则＝－＝－，
∴b2＝2，∴椭圆C的方程是＋＝1.
∵·＝，
∴||·||cos∠AOB＝，
∴||·||sin∠AOB＝4，
∴S△AOB＝||·||sin∠AOB＝2，又c＝＝1，
又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.
(2)假设存在一点Q(m，0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，
依题意可知直线l斜率存在且不为零，
直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由消去y得
(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1·x2＝.
∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，
∴kQA＋kQB＝0，即＋＝0，
又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，
∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，
∴m＝3，
∴存在Q(3，0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角.
4.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米，观察者从距离墙x(x＞1)米，离地面高a(1≤a≤2)米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ.
(1)若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？
(2)若tan θ＝，当a变化时，求x的取值范围.
解 (1)当a＝1.5时，过点C作AB的垂线，垂足为点D，
则BD＝0.5，且θ＝∠ACD－∠BCD，
由已知知观察者离墙x米，且x＞1，
则tan∠BCD＝，tan∠ACD＝，
所以tan θ＝tan(∠ACD－∠BCD)
＝＝＝≤＝，
当且仅当x＝＞1时，等号成立.
又因为tan θ在上单调递增，
所以当观察者离墙米时，视角θ最大.
(2)由题意得tan∠BCD＝，tan ∠ACD＝，
又tan θ＝，所以tan θ＝tan＝＝，
所以a2－6a＋8＝－x2＋4x，
当1≤a≤2时，0≤a2－6a＋8≤3，所以0≤－x2＋4x≤3，
即解得0≤x≤1或3≤x≤4，
又因为x＞1，所以3≤x≤4，
所以x的取值范围为[3，4].
5.设数列{bn}满足bn＋2＝－bn＋1－bn(n∈N*)，b2＝2b1.
(1)若b3＝3，求b1的值；
(2)求证数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列；
(3)设数列{Tn}满足：Tn＋1＝Tnbn＋1(n∈N*)，且T1＝b1＝－，若存在实数p，q，对任意n∈N*都有p≤T1＋T2＋T3＋…＋Tn＜q成立，试求q－p的最小值.
(1)解 ∵bn＋2＝－bn＋1－bn，
∴b3＝－b2－b1＝－3b1＝3，∴b1＝－1.
(2)证明 ∵bn＋2＝－bn＋1－bn①，
∴bn＋3＝－bn＋2－bn＋1②，
②－①得bn＋3＝bn，
∴(bn＋1bn＋2bn＋3＋n＋1)－(bnbn＋1bn＋2＋n)＝bn＋1bn＋2(bn＋3－bn)＋1＝1为常数，
∴数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列.
(3)解 ∵Tn＋1＝Tn·bn＋1＝Tn－1bnbn＋1＝Tn－2bn－1bnbn＋1＝…＝b1b2b3…bn＋1
当n≥2时Tn＝b1b2b3…bn(*)，
当n＝1时，T1＝b1适合(*)式
∴Tn＝b1b2b3…bn(n∈N*).
∵b1＝－，b2＝2b1＝－1，b3＝－3b1＝，bn＋3＝bn，
∴T1＝b1＝－，T2＝T1b2＝，
T3＝T2b3＝，T4＝T3b4＝T3b1＝T1，
T5＝T4b5＝T2b3b4b5＝T2b1b2b3＝T2，
T6＝T5b6＝T3b4b5b6＝T3b1b2b3＝T3，
……
T3n＋1＋T3n＋2＋T3n＋3＝T3n－2b3n－1b3nb3n＋1＋
T3n－1b3nb3n＋1b3n＋2＋T3nb3n＋1b3n＋2b3n＋3
＝T3n－2b1b2b3＋T3n－1b1b2b3＋T3nb1b2b3
＝(T3n－2＋T3n－1＋T3n)，
∴数列{T3n－2＋T3n－1＋T3n}(n∈N*)是等比数列，
首项T1＋T2＋T3＝且公比q＝，
记Sn＝T1＋T2＋T3＋…＋Tn，
①当n＝3k(k∈N*)时，
Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)
＝＝3，
∴≤Sn＜3；
②当n＝3k－1(k∈N*)时
Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k
＝3－(b1b2b3)k
＝3－4·
∴0≤Sn＜3；
③当n＝3k－2(k∈N*)时
Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k－1－T3k
＝3－(b1b2b3)k－1b1b2－(b1b2b3)k
＝3－－
＝3－·，
∴－≤Sn＜3.
综上得－≤Sn＜3，故p≤－且q≥3，
∴q－p的最小值为.
6.已知函数f(x)＝x2－(1＋2a)x＋aln x(a为常数).
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程；
(2)当a＞0时，讨论函数y＝f(x)在区间(0，1)上的单调性，
并写出相应的单调区间.
解 (1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，则f′(x)＝2x＋1－，
所以f(1)＝2，且f′(1)＝2.
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为：y－2＝2(x－1)，即：y＝2x.
(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋
＝
＝(x＞0)，
由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a，
①当0＜a＜时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜a或＜x＜1由f′(x)＜0，又知x＞0，得a＜x＜，
所以函数f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，
②当a＝时，f′(x)＝≥0，且仅当x＝时，f′(x)＝0，
所以函数f(x)在区间(0，1)上是单调增函数.
③当＜a＜1时，由f′(x)＞0，
又知x＞0得0＜x＜或a＜x＜1，
由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜a，
所以函数f(x)的单调增区间是和(a，1)，单调减区间是，
④当a≥1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜，
由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜1，
所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.