2012届高三数学二轮专题训练解答题(77)

2012届高三数学二轮专题训练：解答题（77）

本大题共6小题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 1.（本小题满分14分）

 已知向量a(4,5cos),b(3,4tan),(0,),ab，求：

2（1）|ab|

（2）cos(4)的值。

2. （本小题满分14分）

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AC=5,BB1=BC=6,D,E分别是AA1

B1A1C1D和B1C的中点

（1） 求证：DE∥平面ABC；

E（2） 求三棱锥E-BCD的体积。

AB

3. （本小题满分14分）

现有一张长为80cm，宽为60cm的长方形铁皮ABCD，准备用它做成一只无

C盖长方体铁皮盒，要求材料利用率为100%，不考虑焊接处损失。如图，若长

方形ABCD的一个角剪下一块铁皮，作为铁皮盒的底面，用余下材料剪拼后作为铁皮盒的侧面，设长方体的底面边长为x (cm),高为y (cm),体积为V （cm3） (1) 求出x 与 y 的关系式；

(2) 求该铁皮盒体积V的最大值； CD

4. （本小题满分1６分）

平面直角坐标系xoy中，直线xy10心的圆所得的弦长为6 （1）求圆O的方程；

（2）若直线l与圆O切于第一象限，且与坐标轴交于D，E，当DE长最小时，求直线l的方程； （3）设M，P是圆O上任意两点，点M关于ｘ轴的对称点为N，若直线MP、NP分别交于ｘ轴于点

（ｍ，０）和（ｎ，０），问ｍｎ是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由。

5. （本小题满分1６分）

AB截以原点O为圆

已知函数f(x)(ax2x)ex，其中ｅ是自然数的底数，aR。 （１） 当a0时，解不等式f(x)0；

（２） 若f(x)在［－１，１］上是单调增函数，求a的取值范围；

（３） 当a0时，求整数ｋ的所有值，使方程f(x)x2在［ｋ，ｋ＋１］上有解。

6. （本小题满分1６分）

设数列{an}的前ｎ项和为Sn，已知Sn1pSnq(p,q为常数，nN），ｅｇ a12,a21,a3q3p （１） 求ｐ，ｑ的值； （２） 求数列{an}的通项公式；

*Snm2m（３） 是否存在正整数ｍ，ｎ，使成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对（ｍ，ｎ）；mSn1m21若不存在，说明理由。

1．⑴因为ab，所以435cos4tan0，………………………2分

解得 sin所以cos3π，又因为(0,)，………………………………………4分 524sin3，tan， ………………………………………6分 5cos4所以ab=(7,1)，因此|ab|721252 ．………………………8分 πππ⑵coscoscossinsin…………………………………12分

44442322．…………………………………………………14分 5252102．⑴取BC中点G，连接AG，EG，

B1 A1

因为E是B1C的中点，所以EG∥BB1，

1C1 且EGBB1．

2由直棱柱知，AA1∥BB1，而D是AA1的中点， E 所以EG∥AD，…………………………4分 所以四边形EGAD是平行四边形， 所以ED∥AG，又DE平面ABC， AG平面ABC

D

B G C

A

（第16题）

所以DE∥平面ABC． ………………………7分 ⑵因为AD∥BB1，所以AD∥平面BCE，

所以VEBCDVDBCEVABCEVEABC，………………………………………10分

由⑴知，DE∥平面ABC，

111所以VEABCVDABCADBCAG36412．…………………14分

326

3．⑴由题意得x24xy4800，

4800x2即y，0x60． ……………………………………………6分

4x21224800x ⑵铁皮盒体积V(x)xyxx31200x，………………10分

4x43V/(x)x21200，令V/(x)0，得x40， ……………………………12分

4因为x(0,40)，V/(x)0，V(x)是增函数；

x(40,60)，V(x)0，V(x)是减函数，

1所以V(x)x31200x，在x40时取得极大值，也是最大值，其值为32000cm3．

4答：该铁皮盒体积V的最大值是32000cm3． ……………………14分

14．⑴因为O点到直线xy10的距离为， ………………………2分

2 所以圆O的半径为(12故圆O的方程为x2y22． ………………4分

xy⑵设直线l的方程为1(a0,b0)，即bxayab0，

abab1112，即22， ……………6分 由直线l与圆O相切，得ab2a2b2)2(62)2， 2112)≥8， 2ab当且仅当ab2时取等号，此时直线l的方程为xy20．………10分 DE2a2b22(a2b2)(⑶设M(x1,y1)，P(x2,y2)，则N(x1,y1)，x12y122，x22y222，

xyx2y1xyx2y1,0)，m12直线MP与x轴交点(12，

y2y1y2y1xyx2y1xyx2y1,0)，n12直线NP与x轴交点(12， …………………14分

y2y1y2y1x1y2x2y1x1y2x2y1x12y22x22y12(2y12)y22(2y22)y12mn2，

y2y1y2y1y22y12y22y12故mn为定值2． …………………16分

5．⑴因为ex0，所以不等式f(x)0即为ax2x0，

1又因为a0，所以不等式可化为x(x)0，

a1所以不等式f(x)0的解集为(0,)．………………………………………4分

a⑵f(x)(2ax1)ex(ax2x)ex[ax2(2a1)x1]ex，

1]上恒成立，当且仅当x1时 ①当a0时，f(x)(x1)ex，f(x)≥0在[1，取等号，故a0符合要求；………………………………………………………6分

②当a0时，令g(x)ax2(2a1)x1，因为(2a1)24a4a210， 所以g(x)0有两个不相等的实数根x1，x2，不妨设x1x2， 因此f(x)有极大值又有极小值．

1)内有极值点， 若a0，因为g(1)g(0)a0，所以f(x)在(1，故f(x)在1，1上不单调．………………………………………………………8分 若a0，可知x10x2，

1]上单调，因为g(0)10， 因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[1，g(1)≥0,3a2≥0,2必须满足即所以≤a0.

3g(1)≥0.a≥0.2综上可知，a的取值范围是[,0]．………………………………………10分

3⑶当a0时, 方程即为xexx2，由于ex0，所以x0不是方程的解，

22所以原方程等价于ex10，令h(x)ex1，

xx因为h(x)ex20对于x,00,恒成立， x2所以h(x)在,0和0,内是单调增函数，……………………………13分

1又h(1)e30，h(2)e220，h(3)e30，h(2)e20，

3所以方程f(x)x2有且只有两个实数根，且分别在区间1，2和3，2上， 所以整数k的所有值为3,1．………………………………………………………16分

1S2pa1+q,32p+q,p,6．⑴由题意，知即解之得2 …………… 4分

SpS+q,3+q3p3p+q,23q2．1⑵由⑴知，Sn1Sn2，①

21当n≥2时，SnSn12，②

21①②得，an1ann≥2，…………………………………………………… 6分

2111又a2a1，所以an1annN*，所以an是首项为2，公比为的等比数列，

222所以an12n2．……………………………………………………………… 8分

2(1⑶由⑵得，Sn1)m2n4(11)，由Snm2，得 1Sn1m2m12n121)m2n(4m)42m2m2n，即n，…………………… 10分 m12(4m)22m1214(1n+1)m24(1即

21m，因为2m10，所以2n(4m)2，

2(4m)221n

所以m4，且22n(4m)2m+1+4，()

因为mN*，所以m1或2或3．……………………………………… 12分 当m1时，由()得，22n38，所以n1； 当m2时，由()得，22n212，所以n1或2； 当m3时，由()得，22n20，所以n2或3或4， 综上可知，存在符合条件的所有有序实数对(m,n)为：

(1,1),(2,1),(2,2),(3,2),(3,3),(3,4)．……………………………………… 16分