高三數(shù)學(xué)大題規(guī)范訓(xùn)練(25)

15.已知4、b、c分別為VA3C的三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊長，a=2,且

(b+2)(sinA—sinB)—c(sinB+sinC).

(1)求角A的值；

(2)求VABC面積的取值范圍.

16.已知等差數(shù)列｛4｝的公差為2,記數(shù)列也｝的前〃項(xiàng)和為［=0也=2且滿足

b"+i=2S*+a,.

(1)證明：數(shù)列出+1｝是等比數(shù)列；

(2)求數(shù)列｛%2｝的前n項(xiàng)和T,.

17.如圖，在斜三棱柱ABC-中，平面ABC,平面ACFD,AB±BC,四邊形

7T

ACED是邊長為2的菱形，ZDAC=~,BC=1,M，N分別為AC,DE的中點(diǎn).

3

(1)證明：BC±MN.

(2)求直線MN與平面BCD所成角的正弦值.

22

18.已知橢圓C：=+與=l(a〉6〉0)的左、右焦點(diǎn)分別為我1，尸2，點(diǎn)A在C上，當(dāng)

ab

i27r

軸時(shí)，34|=5；當(dāng)|4耳|=2時(shí)，ZfJAF,=y.

(1)求C的方程；

(2)已知斜率為-1的直線/與橢圓C交于M,N兩點(diǎn)，與直線x=l交于點(diǎn)。，且點(diǎn)M,N

在直線x=l的兩側(cè)，點(diǎn)P(l/)Q>0).^\MP\-\NQ\=\MQ\-\NP\,是否存在到直線/

高三數(shù)學(xué)大題規(guī)范訓(xùn)練(25)

15.已知4、b、c分別為VA3C的三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊長，a=2,且

(b+2)(sinA—sinB)—c(sinB+sinC).

(1)求角A的值；

(2)求VABC面積的取值范圍.

【答案】(1)§

⑵日

【解答】

【分析】(1)根據(jù)條件，用正弦定理進(jìn)行化簡(jiǎn)，再結(jié)合余弦定理即可得到結(jié)果；

(2)由正弦定理，結(jié)合三角形的面積公式可得S=▲?述sinB延sinCsinA，再結(jié)合

233

三角函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)果.

【小問1詳解】

由條件，可得償+Q)(sinA—sin5)=c(sin5+sinC),

由正弦定理，得(b+Q)(a—b)=cS+c),所以〃+。2—4=—A，

所以cosA="+廣_"一=_工，因?yàn)锳e(0,兀)，所以A==.

【小問2詳解】

由正弦定理，可知一^―=—^=—匕=生8,

sinBsinCsinA3

5=-&csinA=---sinB■—sinCsinA=—sinBsinC

22333

2sin8cos8—空sit?8

3

sin2B-^-(l-cos2B)

八兀、兀「兀5兀、「?A/3

'['3）’%七不J'.?.['H-

16.已知等差數(shù)列｛4｝的公差為2,記數(shù)列也｝的前〃項(xiàng)和為S”,4=0也=2且滿足

%=2S“+a〃.

（1）證明：數(shù)列也+1｝是等比數(shù)列；

（2）求數(shù)列｛%2｝的前〃項(xiàng)和北.

【答案】（1）證明見解答；

（2）工,=\~1----+

【解答】

【分析】（1）根據(jù)通項(xiàng)與前〃項(xiàng)和之間的關(guān)系，作差可得2+i=3么+2,即可利用等比數(shù)列

的定義求解，

（2）根據(jù)錯(cuò)位相減法求和以及分組求解，結(jié)合等差等比數(shù)列求和求解.

【小問1詳解】

〃22時(shí)，d+i=2（Sn-S,1_1）+an-%=2bn+2,即b,l+l=3d+2.

又4=0,a=2,也符合％=3々+2,

所以〃21時(shí)，2-i=32+2,即僅M+1=3(〃+1).

又4+l=lw0,所以2+lw0,

b+1

所以常訂=3,所以數(shù)列｛2+1｝成等比數(shù)歹!J.

【小問2詳解】

由(1)易得a=3"J1.由d=2仇+。1可得4=2,所以a,=2〃.

所以anbn=2"(3"T—1)=2"?3"T—2n,

所以T=2(L3°+2-3i+3?32+…+〃.3"-1)-4(九+1).

令M=l-3°+2?+3-32+—+"-3"T，

則3M=L3i+2+32+3+33+…+〃?3"，

所以2M=—(3°+3+3?+…+3"-')+"?3"=〃?3"—=⑶一丁+1,

./、(2/7—11-3,!+1/、

所cc以7；=2Af—"("+1)=^------1----------/2(?+1).

17.如圖，在斜三棱柱ABC-D￡F中，平面ABC,平面AC￡D,AB±BC,四邊形

7T

ACED是邊長為2的菱形，ZDAC=~,BC=1,M，N分別為AC,DE的中點(diǎn).

3

（1）證明：BCLMN.

（2）求直線MN與平面5QD所成角的正弦值.

【答案】（1）證明見解答

5

【解答】

【分析】（1）根據(jù)題干,先證明DM，平面ABC，從而得到。加，3C，又因?yàn)椋?C，

再得到平面MWO,進(jìn)而得到5CLMN；

（2）在點(diǎn)3建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線MN與平面BCD中各點(diǎn)的坐標(biāo)，再利用線面

夾角公式代入求解即可得到.

【小問1詳解】

證明：如圖，連接DM.

JT

因?yàn)樗倪呅蜛CED是邊長為2的菱形，ZDAC=~,

所以△ADC為等邊三角形，則。

又平面ABC_L平面,平面ABC。平面AGED=AC,DMu平面4CFD,

所以DM,平面ABC，

因?yàn)锽Cu平面ABC,所以/)?拉，3C.

因?yàn)锳B±BC,所以。EJ_BC.

因?yàn)閆WcQE：。，?！??！?lt;=平面附〃)，所以3CL平面NMD.

又MNu平面NMD,所以BCLMN.

【小問2詳解】

如圖，過3作DM的平行線為z軸，結(jié)合(1)知z軸，班，5c兩兩垂直.故可建立如

圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則3（0,0,0）,C（l,0,0）,Mg，#，0，D1與市,A（O,AO）,

則加=［；,*,⑸，反=（1,0,0）,5A=（0,A/3,0）.

（22J

設(shè)平面BCD的法向量為為=(x,y,z),

1

ft-BD=0,一X+

則一得《2

n-BC=0,

%=0,

取y=2,得z=—1，則）=（0,2,—1）.

因?yàn)镹為DE的中點(diǎn)，所以。N=-!E￡>=—1&1=0,-

22

/、

又加=(0,0,_百'所以麗=胸_/|/=0,-73，百.

7

—_MN-n-2A/34

EIcosMN,n=?/—=—T=-------=—

5

則|W||n|岳x、*-

設(shè)直線MN與平面BCD所成的角為。，則sin?=|cosM?V,?|=|,

4

即直線MN與平面BCD所成角的正弦值為y.

22

18.已知橢圓C:工+與=1(?！?〉0)的左、右焦點(diǎn)分別為6，F(xiàn)2,點(diǎn)A在C上，當(dāng)

ab

4耳，％軸時(shí)，3周=—；當(dāng)|4周=2時(shí)，AFAF=—.

23X2

(1)求C的方程；

(2)已知斜率為-1的直線/與橢圓C交于M,N兩點(diǎn)，與直線x=l交于點(diǎn)。，且點(diǎn)M,N

在直線x=l的兩側(cè)，點(diǎn)P(l/)(t＞0).^\MP\-\NQ\=\MQ\-\NP\,是否存在到直線/

的距離d=的尸點(diǎn)？若存在，求f的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.

2

【答案】(1)—+/=1

4

(2)存在，t=-

2

【解答】

【分析】(1)利用通徑公式和橢圓定義，結(jié)合余弦定理即可建立方程，從而可求解橢圓方

程；

(2)由點(diǎn)M,N在直線x=l的兩側(cè)可得1—走＜加＜1+走，設(shè)直線/：x+y=m,點(diǎn)

22

M(X，K),N(%,%)，聯(lián)立橢圓方程，消元，利用韋達(dá)定理可得%+%=飛-,

p

%%=^U?根據(jù)1VHNQ=|M2卜|NP|，得到kMP+左VP=0.代入斜率公式，得到

(4m-5)f=4-m,再由d=利=1=J5,求出機(jī)的取值范圍

即可.

【小問1詳解】

右211

當(dāng)A居J.X軸時(shí)，憶耳|=乙=；,即ku/。①，

當(dāng)|AFj|=2時(shí)，|AE,|=2a—2,

在△4耳心中，歸同=2c,由余弦定理可知，

\AF^+\AF2f-閨閶2=2g第A閶cosN不第,

即2+（2a-2）2-（2c）2=2x2x（2a—2）x

整理，可得4―02—a+i=o，即〃=a—i②，

由①②，解得a=2,b=1.

2

所以C的方程為土+y2=i.

4

【小問2詳解】

設(shè)直線/：x+y="2,點(diǎn)Af（%，x）,N（%2，%），

令x=l,則］+y2=l,y=±,

42

由點(diǎn)M,N在直線x=l的兩側(cè)，可得1——</77<1+—

22

x+y—m

聯(lián)立《X221消去無，XTW5y2-2my+m2-4-0,

—+V=1

14'

則A=4m2-20（m2—4）=16（5—扇）>0恒成立,

b”2mm2-4

所以/+%=，X%=---

因?yàn)閨"?「兇。|=|"2卜|加|,所以崗=需，

smZMQPsinZNQP

由正弦定理'得sin/MPQ-sin/NPQ

而NMQP+NNQP=71,即sinNMQP=sinNNQF,

所以sinNMPQ=sinNNPQ,而/MPQ+/NPQ=/MPN〈冗,則/MPQ=/NPQ,

y-ty-t?y-t必一八

所以^MP+^NP=。，則；]3i+—?=0'即不}不1+工zr°，

即_2%%+（0+._1）（必+%）_2（0_1）r=0,

整理，得4一根一4根%+5，=0,所以（4加一5?=4-帆，

昱,所以4—根>0,

因?yàn)?—m<1+

22

又"富|>°'所以*<1+興

|1+^—m|

所以d=0

—4m+8m—1

令1==&，

4m—5,

）3

4--[

結(jié)合3<m<1+且，解得巾="|,則,t=—/7一=-5

4224x--52

2

所以r=g時(shí)，點(diǎn)p到直線/的距離1=0.

【小結(jié)】關(guān)鍵小結(jié)：第二問中的關(guān)鍵是能把|〃PHNQ|=|MQHNP|轉(zhuǎn)化為

晶\MP二\局|NP,|由正弦定理,si得nZM嬴Q/P=擊sin流ZN,Q從P而得到"PQ="NP。,

即kMP+左稗=0，從而利用斜率公式和韋達(dá)定理求解.

19.已知函數(shù)g(x)=lnx+mx+L

(1)當(dāng)機(jī)<0時(shí)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)當(dāng)相=1時(shí)，設(shè)正項(xiàng)數(shù)列｛玉｝滿足：石=1,%+i=g(%)，

①求證：券"1；

n(］、

②求證：￡In14—-<1.

*21%)

【答案】(1)答案見解答

(2)①證明見解答；②證明見解答

【解答】

【分析】(1)對(duì)g(x)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)符號(hào)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；

(2)①構(gòu)造函數(shù)/z(x)=lnx—x+l,結(jié)合(1)中結(jié)論可證得％+i=g(x“)<2x”，而此時(shí)

函數(shù)g(x)=lnx+x+l在(0,+。)為單調(diào)遞增函數(shù)，從而可得1<七+1<2%，對(duì)其變形，結(jié)

合累乘法以及不等式的性質(zhì)即可得證；②通過歸納可得天〉”(▼”〉2),進(jìn)一步通過放縮可

(1)11

得當(dāng)“22時(shí)，In1+—<--——,由累加法結(jié)合不等式的性質(zhì)即可得證.

(xn)n-1n

【小問1詳解】

g(%)=lnx+twc+1的定義域?yàn)?0,+oo),

、1nvc+1

g［x)=—+m=-------,

xx

當(dāng)機(jī)<0時(shí)，令g'(x)=O,可得%=—―,

m

當(dāng)0<x<—工時(shí)，g'(x)〉O,g(x)單調(diào)遞增；

m

當(dāng)x>—"L時(shí),g'(x)<o,g(x)單調(diào)遞減,

m

當(dāng)相<0時(shí)，函數(shù)g(x)在0,-'上單調(diào)遞增，在［-：,+8)上單調(diào)遞減.

【小問2詳解】

①當(dāng)初=1時(shí)，g(x)=lnr+x+l,

令/z(x)=g(x)-2x,可得〃(尤)=lux-x+1,

由⑴知，函數(shù)可尤)在(o,i)上單調(diào)遞增，在a,+8)上單調(diào)遞減,

所以々(X)max="(1)=。,所以人(尤)W0，

即g(H<2x,當(dāng)且僅當(dāng)龍=1時(shí)，等號(hào)成立，

所以x“+i=g(X")w2xn,即x?+1<2xn,

又由函數(shù)8(%)=111七+1+1在(0,+8>)為單調(diào)遞增函數(shù)，

所以毛=g(%)=2>1,所以毛=g(%)=g(2)>

g(l)=2>l,...,x?+1=g(x?)>g(^)>L

得xn+l>1，

所以l<x,+i<2x“,

所以」42,」<2,上<2,…,一—<2,

石Z%X”T

相乘得，x“W2"T,即券<1得證.

②