2020高考数学 解答题规范练（6套） 浙江专用
2020高考数学解答题规范练（6套）浙江专用解答题规范练(一)1已知函数f(x)4cos xsina的最大值为2，求：(1)a的值及f(x)的最小正周期；(2)yf(x)在上的值域2.如图，在平行四边形ABCD中，AB1，BC2，CBA，ABEF为直角梯形，BEAF，BAF，BE2，AF3，平面ABCD平面ABEF.(1)求证：AC平面ABEF；(2)求平面ABCD与平面DEF所成锐二面角的余弦值3已知函数f(x)xln xa有两个不同的零点x1，x2.(1)求实数a的取值范围；(2)证明：x1x2a1.4.已知抛物线C：y22px(0<p<4)和焦点F，抛物线上一点到直线l：y2x2的最近距离为.(1)求p的值；(2)若点P是直线l上位于第二象限的点，过此点作C的两条切线，切点分别为A，B，求ABF的面积的取值范围5已知数列an满足：a11，an1an(nN*)(1)求证：an1；(2)证明：1；(3)求证：an1n1.解答题规范练(一)1解：(1)f(x)2sin1a，由题意a32，所以a1，f(x)的最小正周期为.(2)因为x，所以2x，故sin.所以f(x)2，12解：(1)证明：在ABC中，AB1，CBA，BC2，所以AC2BA2BC22BABCcos CBA3，所以AC2BA2BC2，所以ABAC.又因为平面ABCD平面ABEF，平面ABCD平面ABEFAB，AC平面ABCD，所以AC平面ABEF.(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，0，)，D(1，0，)，E(1，2，0)，F(0，3，0)，(0，3，0)是平面ABCD的一个法向量，设平面DEF的法向量n(x，y，z)，(2，2，)，(1，3，)，则，得，取z4，则xy，故n(，4)是平面DEF的一个法向量设平面ABCD与平面DEF所成的锐二面角为，则cos .3解：(1)f(x)，故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(x)minf(1)1a，故只需1a0即可，解得a1.(2)证明：x1x2a1等价于x21ln x1，其中0x11x2.构造函数g(x)f(x)f(1ln x)，0x1.所以g(x)1，令(x)x(1ln x)，(x)ln x0，所以0(x)(1)1，所以g(x)0，所以g(x)g(1)0，即f(x)f(1ln x)，0x1.又0x11x2，所以f(x2)f(x1)f(1ln x1)因为函数f(x)在区间(1，)上单调递增，所以x21ln x1.原命题得证4解：(1)令和l平行且与抛物线相切的直线方程为：y2xm，则，得m或.由得4x2(4m2p)xm20，(4m2p)216m20，解得p4m，又0<p<4，所以取m，得p2.(2)令动点P(x0，y0)(1<x0<0)，切点A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则过A、B的切线方程分别为yy12(xx1)，yy22(xx2)，即2xy1y2x10，2xy2y2x20，将P(x0，y0)代入两方程得，2x0y1y02x10，2x0y2y02x20，所以直线AB的方程为2xy0y2x00.由得y22y0y4x00，4y16x0>0.|AB| ，又F到直线AB的距离为d，所以SABF2|1x0|，令1x0t(0<t<1)，则SABF2，记f(t)t4t3t2(0<t<1)，求导得f(t)(0，1)，所以SABF(0，2)5证明：(1)an1an0an1anan1a11.(2)由(1)可得：11.(3)，所以，累加得右侧；另一方面由ann可得，累加得左侧由(2)得：01，所以 ，累加得：1an1n1.另一方面由ann可得：原式变形为111，所以.累加得an1.结论得证解答题规范练(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.解答题规范练(三)1设函数f(x)sin2cos2x1(>0)，直线y与函数f(x)图象相邻两交点的距离为.(1)求的值；(2)在ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，若点是函数yf(x)图象的一个对称中心，且b3，求ABC面积的最大值2.如图，AC是圆O的直径，B、D是圆O上两点，AC2BC2CD2，PA圆O所在的平面，.(1)求证：CM平面PAD；(2)当CM与平面PAC所成角的正弦值为时，求AP的值3设函数f(x).(1)求函数f(x)的值域；(2)当实数x0，1，证明：f(x)2x2.4.已知抛物线E：y22px上一点(m，2)到其准线的距离为2.(1)求抛物线E的方程；(2)如图，A，B，C为抛物线E上的三个点，D(8，0)，若四边形ABCD为菱形，求四边形ABCD的面积5已知数列an的各项都
