浙江新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練解答題規(guī)范練（五）

解答題規(guī)范練(五)1．在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且滿足bcosC＋(2a＋c)cosB＝0.(1)求角B的值；(2)若b＝1，cosA＋cosC＝eq\r(3)，求△ABC的面積．2.如圖，在三棱錐P-ABC中，△ABC是等邊三角形，D是AC的中點(diǎn)，PA＝PC，二面角P-AC-B的大小為60°.(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)求AB與平面PAC所成角的正弦值．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,6)x3－ax＋lnx.(1)若f(x)在定義域上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；(2)若f(x)存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，求證：x1＋x2＞2.

4.如圖，已知點(diǎn)F為拋物線W：x2＝4y的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F任作兩條互相垂直的直線l1，l2，分別交拋物線W于A，C，B，D四點(diǎn)，E，G分別為AC，BD的中點(diǎn)．(1)求證：直線EG過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)設(shè)直線EG交拋物線W于M，N兩點(diǎn)，試求|MN|的最小值．5．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)．(1)設(shè)bn＝an＋1＋an(n∈N*)，求證{bn}是等比數(shù)列；(2)①求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；②求證：對于任意n∈N*都有eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＋eq\f(1,a2n)<eq\f(7,4)成立．解答題規(guī)范練(五)1．解：(1)由正弦定理知，sinBcosC＋(2sinA＋sinC)cosB＝0，sin(B＋C)＋2sinAcosB＝0，sinA＋2sinAcosB＝0，因?yàn)閟inA≠0，所以cosB＝－eq\f(1,2)，解得B＝eq\f(2π,3).(2)cosA＋cosC＝eq\r(3)，cos(eq\f(π,3)－C)＋cosC＝eq\r(3)，eq\f(\r(3),2)sinC＋eq\f(3,2)cosC＝eq\r(3)，sin(C＋eq\f(π,3))＝1，解得C＝eq\f(π,6)，所以a＝c＝eq\f(\r(3),3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(3),12).2．解：(1)證明：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(BD⊥AC,PD⊥AC,PB∩BD＝B))?AC⊥平面PBD，又AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD，即平面PBD⊥平面PAC.(2)因?yàn)锳C⊥BD，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．則D(0，0，0)，令A(yù)(1，0，0)，則B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，0)．又∠PDB為二面角P-AC-B的平面角，得∠PDB＝60°.設(shè)DP＝λ，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(λ,2)，\f(\r(3),2)λ))，設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAC的一個法向量，則eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(λ,2)，\f(\r(3),2)λ))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＝0,－x＋\f(λ,2)y＋\f(\r(3),2)λz＝0))，取y＝eq\r(3)，得n＝(0，eq\r(3)，－1)．又eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，得cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(3,2×2)＝eq\f(3,4).設(shè)AB與平面PAC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(3,4).3．解：(1)易知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，由題意知f′(x)＝eq\f(1,2)x2－a＋eq\f(1,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)，x>0，則g′(x)＝x－eq\f(1,x2)＝eq\f(x3－1,x2)，所以當(dāng)x>1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時，g(x)有最小值g(1)＝eq\f(3,2)，所以a≤eq\f(3,2).(2)證明：因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,2)x2－a＋eq\f(1,x)，由f′(x)＝0知，a＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)，設(shè)g(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,x)，x>0，由g(x1)＝g(x2)，且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以0<x1<1<x2，令h(x)＝g(x)－g(2－x)，x∈(0，1)，則h′(x)＝x－eq\f(1,x2)＋2－x－eq\f(1,（2－x）2)＝2－eq\f(2x2－4x＋4,x2（2－x）2)＝eq\f(2（x－1）2[（x－1）2－3],x2（2－x）2)，所以h(x)在x∈(0，1)上單調(diào)遞減，又h(1)＝0，故h(x)>h(1)＝0恒成立，所以g(x)>g(2－x)對x∈(0，1)恒成立，因?yàn)?<x1<1，所以g(x1)>g(2－x1)，即g(x2)>g(2－x1)，又x2>1，2－x1>1且g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2>2－x1即x1＋x2>2.4．解：(1)設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，直線AC的方程為y＝kx＋1，代入x2＝4y可得x2－4kx－4＝0，則x1＋x2＝4k，故y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝4k2＋2，故AC的中點(diǎn)坐標(biāo)E(2k，2k2＋1)．由AC⊥BD，可得BD的中點(diǎn)坐標(biāo)為G(－eq\f(2,k)，eq\f(2,k2)＋1)．令eq\f(2,k2)＋1＝2k2＋1得k2＝1，此時eq\f(2,k2)＋1＝2k2＋1＝3，故直線EG過點(diǎn)H(0，3)，當(dāng)k2≠1時，kEH＝eq\f(2k2＋1－3,2k－0)＝eq\f(k2－1,k)，kGH＝eq\f(\f(2,k2)＋1－3,－\f(2,k)－0)＝eq\f(k2－1,k)，所以kEH＝kGH，E，H，G三點(diǎn)共線，所以直線EG過定點(diǎn)H(0，3)．(2)設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xM，\f(xeq\o\al(2,M),4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xN，\f(xeq\o\al(2,N),4)))，直線EG的方程為y＝kx＋3，代入x2＝4y可得x2－4kx－12＝0，則xM＋xN＝4k，xMxN＝－12，故|MN|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,M)－xeq\o\al(2,N),4)))eq\s\up12(2)＋(xM－xN)2＝eq\f(1,16)(xM－xN)2[(xM＋xN)2＋16]＝eq\f(1,16)[(xM＋xN)2－4xMxN][(xM＋xN)2＋16]＝eq\f(1,16)(16k2＋48)(16k2＋16)＝16(k2＋3)(k2＋1)≥48，故|MN|≥4eq\r(3)，當(dāng)k＝0即直線EG垂直于y軸時，|MN|取得最小值4eq\r(3).5．解：(1)證明：由已知得an＋1＋an＝3(an＋an－1)(n≥2，n∈N*)，則bn＝3bn－1(n≥2，n∈N*)，又b1＝3，則{bn}是以3為首項(xiàng)、3為公比的等比數(shù)列．(2)①法一：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，則an＋an－1＝3n－1(n≥2)，相減得an＋1－an－1＝2×3n－1(n≥2)，則a3－a1＝2×31，a5－a3＝2×33，…，a2n－1－a2n－3＝2×32n－3，相加得a2n－1－a1＝eq\f(3（9n－1－1）,4)，則a2n－1＝eq\f(32n－1＋1,4)(n≥2)，當(dāng)n＝1時上式也成立，由a2n＋a2n－1＝32n－1得a2n＝eq\f(32n－1,4)，故an＝eq\f(3n－（－1）n,4).法二：由(1)得bn＝3n，即an＋1＋an＝3n，則eq\f(an＋1,3n＋1)＋eq\f(1,3)·eq\f(an,3n)＝eq\f(1,3)，設(shè)cn＝eq\f(an,3n)，則cn＋1＋eq\f(1,3)cn＝eq\f(1,3)，可得cn＋1－eq\f(1,4)＝－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cn－\f(1,4)))，又c1＝eq\f(1,3)，故cn－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，則an＝eq\f(3n－（－1）n,4).②證明：法一：eq\f(1,a2n－1)＋eq\f(1,a2n)＝eq\f(4,32n－1＋1)＋eq\f(4,32n－1)＝eq\f(4（32n－1＋32n）,（32n－1＋1）（32n－1）)<eq\f(4（32n－1＋32n）,32n－1·32n)＝eq\f(4,32n－1)＋eq\f(4,32n)，故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＋eq\f(1,a2n)<1＋eq\f(1,2)＋eq\f(4,33)＋eq\f(4,34)＋…＋eq\f(4,32n－1)＋eq\f(4,32n)＝eq\f(3,2)＋eq\f(2,9)(1－eq\f(1,32n－2))<eq\f(3,2)＋eq\f(2,9)＝eq\f(31,18)＝eq\f(62,36)<eq\f(63,36)＝eq\f(7,4).法二：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a3)＋…＋eq\f(1,a2n－1)＝eq\f(4,31＋1)＋eq\f(4,33＋1)＋…＋eq\f(4,32n－1＋1)<1＋eq\f(4,33)＋eq\f(4,35)＋…＋eq\f(4,32n－1)＝1＋eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32n－2)))<eq\f(7,6)，易證eq\f(4,32n－1)<eq\f(4＋1,32n－1＋1)＝eq\f(5,32n)，則eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a4)＋…＋eq\f(1,a2n)＝eq\f(4,32－1)＋eq\f(4,34－1)＋…＋eq\f(4,32n－1)<eq\f(1,2)＋