高考大題標(biāo)準(zhǔn)練（四） 理 新人教版

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高考大題標(biāo)準(zhǔn)練(四) 滿分60分,實戰(zhàn)模擬,60分鐘拿到高考主觀題高分! 1.已知函數(shù)f(x)=(sinx+cosx)2-2cos2x(x∈R). (1)求函數(shù)f(x)的周期和遞增區(qū)間. (2)若函數(shù)g(x)=f(x)-m在[0,]上有兩個不同的零點x1,x2, 求tan(x1+x2)的值. 【解析】(1)因為f(x)=(sinx+cosx)2-2cos2x =sin2x-cos2x=sin(x∈R). 由2kπ-≤2x-≤2kπ+ ?kπ-≤x≤kπ+(k∈Z). 所以函數(shù)f(x)的周期為T=π,遞增區(qū)間為(k∈Z). (2)因為g(x)=f(x)-m=0同解于f(x)=m; 在直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)f(x)=sin在上的圖象, 由圖象可知,當(dāng)且僅當(dāng)m∈[1,)時, 方程f(x)=m在上的區(qū)間和有兩個不同的解x1,x2, 且x1與x2關(guān)于直線x=對稱,即=, 所以x1+x2=;故tan(x1+x2)=-1. 2.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PD⊥底面ABCD,E是AB上一點.已知PD=,CD=4,AD=. (1)若∠ADE=,求證:CE⊥平面PDE. (2)當(dāng)點A到平面PDE的距離為時,求三棱錐A-PDE的側(cè)面積. 【解析】(1)在Rt△DAE中,AD=,∠ADE=, 所以AE=ADtan∠ADE==1. 又AB=CD=4,所以BE=3. 在Rt△EBC中,BC=AD=, 所以tan∠CEB==, 所以∠CEB=. 又∠AED=,所以∠DEC=,即CE⊥DE. 因為PD⊥底面ABCD,CE?底面ABCD, 所以PD⊥CE.又PD∩DE=D, 所以CE⊥平面PDE. (2)因為PD⊥底面ABCD,PD?平面PDE, 所以平面PDE⊥平面ABCD. 過A作AF⊥DE于F,所以AF⊥平面PDE, 所以AF就是點A到平面PDE的距離,即AF=. 在Rt△DAE中,由ADAE=AFDE, 得AE=,解得AE=2. 所以S△APD=PDAD==, S△ADE=ADAE=2=, 因為BA⊥AD,BA⊥PD,AD∩PD=D, 所以BA⊥平面PAD, 因為PA?平面PAD,所以BA⊥PA. 在Rt△PAE中,AE=2,PA===, 所以S△APE=PAAE=2=. 所以三棱錐A-PDE的側(cè)面積S側(cè)=++. 3.已知橢圓C：+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為.以原點為圓心，橢圓的短軸長為直徑的圓與直線x-y+=0相切. (1)求橢圓C的方程. (2)若斜率為k(k≠0)的直線l與x軸、橢圓C順次相交于A，M，N(A點在橢圓右頂點的右側(cè))，且∠NF2F1=∠MF2A.求證直線l恒過定點，并求出斜率k的取值范圍. 【解析】(1)由題意知e==， 所以e2===， 即a2=2b2.又因為b==1，所以a2=2，b2=1， 所以橢圓方程為+y2=1. (2)由題意，設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2). 由得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0. 由Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-2)>0，得m2<2k2+1， 則有x1+x2=，x1x2=. 因為∠NF2F1=∠MF2A， 且∠MF2A≠90，+=0. 又F2(1，0)，則+=0，即+=0， 化簡得2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0. 將x1+x2=，x1x2=代入上式得m=-2k， 所以直線l的方程為y=kx-2k，即直線過定點(2，0). 將m=-2k代入m2<2k2+1， 得4k2<2k2+1，即k2<，又因為k≠0， 所以直線l的斜率k的取值范圍是∪. 4.設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+，m∈R. (1)當(dāng)m=e(e為自然對數(shù)的底數(shù))時，求f(x)的極小值. (2)討論函數(shù)g(x)=f′(x)-零點的個數(shù). 【解析】(1)由題設(shè)，m=e時，f(x)=lnx+，則f′(x)=，所以當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(e，+∞)時，f′(x)>0，f(x)在(e，+∞)上單調(diào)遞增. 所以x=e時，f(x)取得極小值f(e)=lne+=2， 所以f(x)的極小值為2. (2)由題設(shè)g(x)=f′(x)-=--(x>0)， 令g(x)=0，m=-x3+x(x>0)，設(shè)φ(x)=-x3+x(x>0)， 則φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1)， 當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)>0，φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(1，+∞)時，φ′(x)<0，φ(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞減. 所以x=1是φ(x)的唯一極值點，且是極大值點，因此x=1也是φ(x)的最大值點， 所以φ(x)的最大值為φ(1)=. 又φ(0)=0，結(jié)合y=φ(x)的圖象(如圖所示)，可知 ①當(dāng)m>時，函數(shù)g(x)無零點； ②當(dāng)m=時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點； ③當(dāng)0時，函數(shù)g(x)無零點；當(dāng)m=或m≤0時，函數(shù)g(x)有且只有一個零點；當(dāng)0b>0)的焦點到直線x-3y=0的距離為,離心率為,拋物線G:y2=2px(p>0)的焦點與橢圓E的焦點重合;斜率為k的直線l過G的焦點與E交于A,B,與G交于C,D. (1)求橢圓E及拋物線G的方程. (2)是否存在常數(shù)λ,使+為常數(shù),若存在,求λ的值,若不存在,說明理由. 【解析】(1)設(shè)E,G的公共焦點為F(c,0),由題意是=,=. 聯(lián)立解得c=2,a=,b=1. 所以橢圓E:+y2=1,拋物線G:y2=8x. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). 直線l的方程為y=k(x-2),與橢圓E的方程聯(lián)立得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0. Δ=400k4-20(5k2+1)(4k2-1)=20(k2+1)>0. x1+x2=,x1x2= |AB|=|x1-x2| = =. 直線l的方程為y=k(x-2), 與拋物線G的方程聯(lián)立 得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0. x3+x4=. |CD|=x3+x4+4=. +=+ =. 要使+為常數(shù),則20+λ=4,得λ=-. 故存在λ=-,使+為常數(shù).