《世纪金榜》2016高考数学（文）二轮复习高考大题标准练（八） WORD版含答案.doc

1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。高考大题标准练(八)满分75分，实战模拟，60分钟拿下高考主观题高分！1.(12分)已知函数f(x)=sin+2cos2x-1(xR).(1)求f(x)的单调递增区间.(2)在ABC中，三内角A，B，C的对边分别为a，b， c，已知f(A)=，b，a，c成等差数列，且=9，求a的值.【解析】(1)f(x)=sin+2cos2x-1=sin2x-cos2x+cos2x=sin2x+cos2x=sin由-+2k2x+2k(kZ)得，-+kx+k(kZ).故f(x)的单调递增区

2、间是(kZ).(2)f(A)=sin=，0A，2A+0，所以Tn为递增数列，又因为T6=2-=，所以满足Tn的最大正整数n的值为6.4.(12分)在如图所示的几何体中，已知四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是直角梯形且ABEF，ABE=90，AFDE，EF=2AB=2AF=4，AFE=60.(1)求证：平面ABCD平面ABEF.(2)线段BF上是否存在一点M使得DF平面ACM，若存在，给出证明，不存在，说明理由.【解析】(1)因为EF=2AB=2AF=4，AFE=60，所以AE2=AF2+EF2-2AFEFcos60=4+16-8=12，所以AE2+AF2=EF2，所以AEAF，因为AFD

3、E且AE，DE平面ADE，AEDE=E，所以AF平面ADE，因为AD平面ADE，所以AFAD，因为四边形ABCD是正方形，所以ADAB，因为ABAF=A，所以AD平面ABEF，因为AD平面ABCD，所以平面ABCD平面ABEF.(2)当点M为BF的中点时，DF平面ACM.证明：如图所示连接BD，AC且BDAC=H，连接MH，因为四边形ABCD是正方形，所以H是BD的中点，因为M为BF的中点，所以DFHM，因为DF平面ACM，MH平面ACM，所以DF平面ACM.5.(13分)已知椭圆C：+=1的离心率为，点O为坐标原点，椭圆C与曲线=x的交点分别为A，B(A在第四象限)，且=.(1)求椭圆C的标

4、准方程.(2)定义：以原点O为圆心，为半径的圆称为椭圆+=1的“伴随圆”.若直线交椭圆C于M，N两点，交其“伴随圆”于P，Q两点，且以MN为直径的圆过原点O.证明：为定值.【解析】(1)因为e=，所以=，得=，联立得x2=，x=b，故A，B，由=得(0，b)=，解得b2=1，a2=3.所以椭圆方程为+y2=1.(2)由题意可得“伴随圆”方程为x2+y2=4，当直线斜率不存在时，设：x=n，代入椭圆方程得M，N，由=0得n=，代入x2+y2=4得y=，所以|PQ|=.当直线斜率存在时，设方程为y=kx+m(k，mR)且与椭圆的交点M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组整理得(1+3k2)

5、x2+6kmx+3m2-3=0，=36k2m2-4(1+3k2)(3m2-3)0，即m20成立.则原点O到直线的距离d=，因为“伴随圆”的半径为2，所以|PQ|=2=，综上|PQ|为定值.6.(14分)已知函数f(x)=ax2+bx(a0)，g(x)=1+lnx.(1)若b=1，且F(x)=g(x)-f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围.(2)设函数g(x)的图象C1与函数f(x)的图象C2交于点M，N，过线段MN的中点T作x轴的垂线分别交C1，C2于点P，Q，是否存在点T，使C1在点P处的切线与C2在点Q处的切线平行？如果存在，求出点T的横坐标，如果不存在，说明理由.【解析】(1)b=1

6、时，函数F(x)=g(x)-f(x)=lnx-ax2-x+1(x0)，则F(x)=-ax-1=-，因为函数F(x)存在单调递减区间，所以F(x)0，有x0的解.a0时，y=ax2+x-1为开口向上的抛物线，y=ax2+x-10总有x0有解；a0总有x0的解；则=1+4a0，且方程ax2+x-1=0至少有一个正根，此时，-a0.综上所述，a的取值范围为(0，+).(2)设点M，N的坐标是(x1，y1)，(x2，y2)，0x11，令r(t)=lnt-，t1.则r(t)=-=，因为t1时，r(t)0，所以r(t)在(1，+)上单调递增.故r(t)r(1)=0，则lnt.这与矛盾，假设不成立.故不存在点T，使C1在点P处的切线与C2在点Q处的切线平行.关闭Word文档返回原板块