2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：解答题规范练（二） .docx

解答题规范练(二)1已知函数f(x)2sin xcos x2cos2x1.(1)求函数f(x)的单调递增区间；(2)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若满足f(B)2，a8，c5，求cos A的值2.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，PD底面ABCD，ABCD，ADCD，ADAB1，BC.(1)求证：平面PBD平面PBC；(2)设H为CD上一点，满足2，若直线PC与平面PBD所成的角的正切值为，求二面角HPBC 的余弦值3已知函数f(x).(1)若关于x的不等式f(x)m恒成立，求实数的m最小值；(2)对任意的x1，x2(0，2)且x1x2，若存在x0(x1，x2)，使得f(x0)，求证：x0.4.已知抛物线C：y24x上动点P(x1，y1)，点A在射线x2y80(y0)上，满足PA的中点Q在抛物线C上(1)若直线PA的斜率为1，求点P的坐标；(2)若射线l上存在不同于A的另一点B，使得PB的中点也在抛物线C上，求|AB|的最大值5已知数列an的各项均为正数，且满足aaaa2n(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若>n(nN*，n2)恒成立，求n的取值范围解答题规范练(二)1解：(1)f(x)sin 2xcos 2x2sin，由题意2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，所以f(x)的单调递增区间是(kZ)(2)因为f(B)2sin2，所以B，所以b2a2c22accos B49，解得b7.所以cos A.2解：(1)证明：由ADCD，ABCD，ADAB1，可得BD.又BC，所以CD2，所以BCBD.因为PD底面ABCD，所以PDBC，又PDBDD，所以BC平面PBD，所以平面PBD平面PBC.(2)由(1)可知BPC为PC与平面PBD所成的角，所以tanBPC，所以PB，PD1.由2及CD2，可得CH，DH.以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系则B(1，1，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，H.设平面HPB的法向量为n(x1，y1，z1)，则即取y13，则n(1，3，2)设平面PBC的法向量为m(x2，y2，z2)，则即取x21，则m(1，1，2)又cosm，n，结合图形知，二面角HPBC的余弦值为.3解：(1)由f(x)0解得xe.当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(e，)时，f(x)0，f(x)单调递减；所以f(x)maxf(e).因为关于x的不等式f(x)m恒成立，所以f(x)maxm，所以m，即m的最小值为.(2)证明：因为对任意的x1，x2(0，2)，若存在x0(x1，x2)，使得f(x0)，即，所以(x2x1)f(x2)f(x1)0.令F(x)(x2x1)f(x2)f(x1)，则有F(x0)0，所以F(x)(x2x1)，当x(0，2)时，2ln x32ln 230，又有x2x10，所以F(x)0，即F(x)在(0，2)上是减函数又因为F()(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)，令t1，所以F()，设h(t)t，所以h(t)，设k(t)ttln t1，所以k(t)ln t0(t1)，所以k(t)在(1，)上是减函数，所以k(t)k(1)0.所以h(t)0，所以h(t)在(1，)上是减函数，所以h(t)h(1)0.所以F()h(t)0F(x0)，因为F(x)在(0，2)上是减函数，所以x0.4解：(1)设直线PA的方程为yxb，则A(82b，8b)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得y24y4b0，所以1616b0，b1，又y18b2y2，解得或，经检验都是方程的解，所以P(0，0)或P(16，8)(2)设A(2t18，t1)，B(2t28，t2)，t1，t20.则由PA的中点Q在抛物线C上，可得4，整理得t(2y116)t164y0，同理t(2y116)t264y0，所以t1，t2是方程t2(2y116)t64y0的两个不相等的非负根所以，所以8y10.于是|AB|t1t2|232，当且仅当y18时取等号所以|AB|的最大值为32.5解：(1)由题设an>0，当n1时，a1；当n2时，a2n2n12n1，所以an2.又a1不满足an2，所以数列an的通项公式为an.(2)由(1)知数列an的通项公式为an，故(1)2(n2)，记Sn，则当n2时，Sn(1)()2()n1(1)2，故Sn.当nN*，n2时，要使得2>n恒成立，即2n>n2恒成立由于当n4时，2nn2，考察函数f(x)2xx2的单调性，易证当x>4时，函数f(x)2xx2单调递增，且x4时，f(x)0，所以当n5时，>n恒成立，故所求n的取值范围是n5.