2020浙江高考数学二轮练习：解答题规范练（三） WORD版含解析.docx

1、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)

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的各项都是正数，且对任意的nN*，都有a2Snan，其中Sn为数列an的前n项和(1)求数列an的通项公式；(2)设bn3n(1)n12an(为非零整数，nN*)，试确定的值，使得对任意的nN*，都有bn1bn成立解答题规范练(三)1解：(1)函数f(x)sin2cos2x1sin xcoscos xsin21sin xcos xsin.因为f(x)的最大值为，所以f(x)的最小正周期为，所以2.(2)由(1)知f(x)sin，因为sin0B，因为cos B，所以aca2c292ac

3、9，ac9，故SABCacsin Bac.故ABC面积的最大值为.2解：(1)证明：作MEAB于E，连接CE，则MEAP.因为AC是圆O的直径，AC2BC2CD2，所以ADDC，ABBC，BACCAD30，BCADCA60，ABAD.又，所以BEBA，tanBCE，所以BCEECA30CAD，所以ECAD，由，且MECEE，PAADA，得平面MEC平面PAD，又CM平面MEC，CM平面PAD，所以CM平面PAD.(2)依题意，如图，以A为原点，直线AB，AP分别为x，z轴建立空间直角坐标系，设APa，则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，1，0)，P(0，0，a)，D.设平面PAC的法向量

4、为n(x，y，z)，CM与平面PAC所成的角为，则设x，则n(，3，0)，又，所以，所以sin |cos，n|，所以a，即AP的值为.3解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域是1，1，因为f(x)，当f(x)0时，解得x0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，0)上单调递增，所以f(x)minf(1)f(1)，f(x)maxf(0)2，所以函数f(x)的值域为，2(2)证明：设h(x)x22，x0，1，h(0)0，因为h(x)(1x)(1x)xx1，因为()2，所以h(x)0.所以h(x)在(0，1)上单调递减，又h(0)0，所以f(x)2x2.4解：(1)由已知可得，消去m得：p2

5、4p40，p2，抛物线E的方程为y24x.(2)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，菱形ABCD的中心M(x0，y0)，当ACx轴，则B在原点，M(4，0)，|AC|8，|BD|8，菱形的面积S|AC|BD|32；当AC与x轴不垂直时，设直线AC的方程为xtym，则直线BD的斜率为t，由消去x得：y24ty4m0，所以，所以x1x24t22m，x02t2m，y02t，因为M为BD的中点，所以B(4t22m8，4t)，点B在抛物线上，且直线BD的斜率为t，解得m4，t1，所以B(4，4)，|BD|4，|AC|y1y2|4，S|AC|BD|16，综上，S32或16.5解：(1)因为对任意的nN*，a2Snan，所以当n2时，a2Sn1an1，由得，aa(2Snan)(2Sn1an1)，即aaanan1，又anan10，所以anan11(n2)又当n1时，a2S1a1，所以a11.故数列an是首项为1，公差为1的等差数列，所以ann(nN*)(2)因为ann(nN*)，所以bn3n(1)n12n，所以bn1bn3n13n(1)n2n1(1)n12n23n3(1)n12n.要使bn1bn恒成立，只需(1)n1恒成立当n为奇数时，即恒成立又的最小值为1，所以恒成立又的最大值为，所以.由得，bn成立