高三数学“大题精练”（含答案解析）07.docx

2021届高三数学“大题精练”071.已知正三棱柱的底面边长为2，点分别为棱与的中点．(1) 求证：直线∥平面；(2) 若该正三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的余弦值．2.在①② ，③ 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答．问题：已知的三边所对的角分别为.若，________，求的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．3．记数列的前项和为，若，且．（1）求证：数列为等比数列；（2）求的表达式．4．已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.5.已知为坐标原点，椭圆，点为上的动点，三点共线，直线的斜率分别为．（1）证明：；（2）当直线过点时，求的最小值；（3）若，证明：为定值．6.已知函数．(1) 当时，求的最小值；(2) 若对任意恒有不等式成立．①求实数的值；②求证：.2021届高三数学“大题精练”07（答案解析）1.(1) 证明：取BB1中点D，连接ED，FD，.....(1分)在平行四边形BCC1B1中，点E为CC1的中点，点D为BB1的中点，所以ED∥CB.在△B1BA1中，点F为A1B1的中点，点D为BB1的中点，所以FD∥A1B.........(3分)又ED，FD⊂平面EFD，ED∩FD＝D，所以平面EFD∥平面A1BC.又EF⊂平面EFD，所以EF∥平面A1BC.......(5分)(2) 解：设AA1＝h，VABCA1B1C1＝S△ABCh＝4h，所以h＝2，即h＝2......(6分)因为平面ABC∥平面A1B1C1，所以EF与平面ABC所成的角即为EF与平面A1B1C1所成的角．因为CC1⊥平面A1B1C1，所以EF在平面A1B1C1上的射影为C1F，所以∠EFC1为EF与平面A1B1C1所成的角．.......(8分)因为EC1＝，FC1＝，所以EF＝，所以cos∠EFC1＝＝，即EF与平面ABC所成角的余弦值为.......(10分)2. (本小题满分12分)解：选①：由sin B＋cos B＝2得sin(B＋)＝1，所以B＝.(2分)选②：由cos 2B＋cos B－2＝0得2cos2B＋cos B－3＝0，解得cos B＝，所以B＝......(2分)选③：由b2－a2＝c2－ac得c2＋a2－b2＝ac，得cos B＝＝＝，所以B＝......(2分)因为＝＝，所以sin C＝......(4分)所以C＝或C＝......(6分)当C＝时，A＝.又a＝4，所以b＝2，c＝2......(7分)所以面积S＝22＝2......(9分)当C＝时，A＝，所以A＝B.又a＝4，所以b＝4......(9分)所以面积S＝44＝4..........(12分)3．(本小题满分12分)（1）因为，故，..........(2分)则，则，..........(4分)故，故是以4为首项，2为公比的等比数列；.......(6分)（2）由（1）可知，，故，故..........(8分)..........(10分)．.........(12分)4．(本小题满分12分)【解析】（1）当时，，解得；当时，，..........(2分)，..........(3分)两式相减可得，，..........(4分)解得，易知也符合上式，综上所述，，..........(6分)（2）依题意：，下面先求数列的前项和；，，两式相减可得，，..........(8分)即..........(10分)所以，..........(11分)化简可得，，故...........(12分)5．（本小题满分12分）【解】（1）由题知关于原点对称，则可设．因为点在椭圆上，所以，所以，所以． …… 2分（2）设直线，代入可得，，所以，因此， …… 4分因为，所以． 设，则，等号当仅当时取，即时取等号． 所以的最小值为8． …… 7分（3）不妨设，由，，所以． 8分将直线的方程为代入可得，，即．因为，所以方程可化为．所以，即，所以，即.......10分所以．… 12分6. (本小题满分12分) (1) 解：(解法1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．...(1分)由题意f′(x)＝(x＋1)(ex－)＝(x＋1)，令xex－a＝0，得a＝xex，令g(x)＝xex，g′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)在x∈(0，＋∞)上为增函数，且g(0)＝0，所以a＝xex有唯一实根，即f′(x)＝0有唯一实根，设为x0，即a＝x0ex0，......(3分)所以f(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，所以f(x)min＝f(x0)＝x0ex0－a(ln x0＋x0)＝a－aln a．.....(5分)(解法2)f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝eln x＋x－a(ln x＋x)(x＞0)．设t＝ln x＋x，则t∈R.记φ(t)＝et－at(t∈R)，故f(x)最小值即为φ(t)最小值．..........(3分)φ′(t)＝et－a(a＞0)，当t∈(－∞，ln a)时，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减，当t∈(ln a，＋∞)时，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，所以f(x)min＝φ(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a，所以f(x)的最小值为a－aln a．.........(5分)(2) ①解：当a≤0时，f(x)单调递增，f(x)值域为R，不适合题意；.........(6分)当a＞0时，由(1)可知f(x)min＝a－aln a.设φ(a)＝a－aln a(a＞0)，所以φ′(a)＝－ln a，当a∈(0，1)时，φ′(a)＞0，φ(a)单调递增，当a∈(1，＋∞)时，φ′(a)＜0，φ(a)单调递减，所以φ(a)max＝φ(1)＝1，即a－aln a≤1..........(7分)由已知f(x)≥1恒成立，所以a－aln a≥1，所以a－aln a＝1，所以a＝1..........(8分)②证明：由①可知xex－ln x－x≥1，因此只需证x2＋x＞2ln x＋2sin x.因为ln x≤x－1，只需证x2＋x＞2x－2＋2sin x，即x2－x＋2＞2sin x．......(10分)当x＞1时，x2－x＋2＞2≥2sin x，结论成立；当x∈(0，1]时，设g(x)＝x2－x＋2－2sin x，g′(x)＝2x－1－2cos x，当x∈(0，1]时，g′(x)显然单调递增．g′(x)≤g′(1)＝1－2cos 1＜0，故g(x)单调递减，g(x)≥g(1)＝2－2sin 1＞0，即x2－x＋2＞2sin x.综上，结论成立．.........(12分)。