2022届高三数学二轮复习备考训练解答题必刷题（二）.docx

1、解答题必刷题（二）1在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，点E是BC的中点.将ABD沿BD折起，使ABAC，连接AE，AC，DE，得到三棱锥ABCD（1）求证：平面ABD平面BCD（2）若AD=1，二面角CABD的余弦值为，求二面角BADE的正弦值.2在，、成等比数列，.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列的公差为，前项和为，且满足_.(1)求；(2)若，且，求数列的前项和.3如图，在等腰梯形中，分别为的中点为中点,现将四边形沿折起，使平面平面，得到如图所示的多面体，在图中. （1）证明：；（2）求三棱锥的体积4设数列的前n项和为，（1）求数列的

2、通项公式；（2）设，求证：数列的前n项和.5已知函数(1)判断函数的单调性(2)证明：6已知，是椭圆：(的左右焦点，过的直线与椭圆交于，两点，为，的中点，直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点的直线与椭圆分别相交于，两点，且与圆：相交于，两点，求的取值范围.7已知函数(1)当时，求的单调区间；(2)若，不等式恒成立，求实数a的取值范围8在中，若.（1）求角的大小（2）若，且，分别求、的值.9如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，点E是BC边的中点，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体.（）求证：AB平面A

3、DC；（）若AD1，AB，求点B到平面ADE的距离10已知锐角中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若.(1)求；(2)若，求周长的取值范围.11在直角坐标系中，曲线的参数方程为 (为参数)，曲线.（1）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 ，的极坐标方程；（2）若射线(与的异于极点的交点为，与的交点为，求.12已知正项数列满足(1)求数列的通项公式；(2)记数列的前n项和为，求满足不等式的n的最小值13如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点（）证明：PB平面AEC；（）若底面ABCD为正方形，求二面角CAFD大小14已知

4、椭圆的离心率为，点在上.（1）求的方程；（2）设直线与交于，两点，若，求的值.15已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求cos A;(2)若b=4，D为ABC外一点，如图，且D=2A，DC=2，BCD的面积为4，求c.16如图所示，三棱锥中，平面，平面经过棱的中点，与棱，分别交于点，且平面，平面(1)证明：平面；(2)若，点是直线上的动点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值的最大值17已知椭圆的左顶点为 ，点在椭圆 上（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆的右焦点作斜率为的直线 ，交椭圆于，两点，直线，分别与直线 交于点，则是否为定值？请说明理由18如图，有一种赛车跑道类似“梨

5、形”曲线，由圆弧和线段AB，CD四部分组成，在极坐标系Ox中，A（2，），B（1，），C（1，），D（2，），弧所在圆的圆心分别是（0，0），（2，0），曲线M1是弧，曲线M2是弧（1）分别写出M1，M2的极坐标方程：（2）点E，F位于曲线M2上，且，求EOF面积的取值范围19已知四棱锥中，底面四边形为平行四边形，为的中点，为上一点,且(如图)(1)证明： 平面.(2)当平面平面，,时，求三棱锥的体积.20己知函数(1)讨论的单调性；(2)当，求a的取值范围；(3)证明：21已知椭圆的右焦点为F，P是椭圆C上一点，轴， .（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线l与椭圆C交于A、B两点，线段AB

6、的中点为M，O为坐标原点，且，求面积的最大值.22已知是抛物线的焦点，过的直线交抛物线于不同两点，且.（1）求抛物线的方程；（2）过点作轴的垂线交直线（是原点）于，过作直线的垂线与抛物线的另一交点为，中点为.求点的纵坐标；求的取值范围.23已知函数， (1)证明：函数f（x）在内有且仅有一个零点；(2)假设存在常数1，且满足f（）=0，试讨论函数的零点个数.1（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：因为直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，所以ABAD，因为ABAC，所以AB平面ADC，所以ABCD，因为BDDC， ,所以CD平面ADB，因为CD在平面BCD内，所以平面ABD平面BCD

7、（2）由（1）知AB平面ADC，所以二面角CABD的平面角为CAD，因为CD平面ADB，所以ADCD，所以,得,所以,设，则，由题意可知,所以，即，解得，所以，如图所示，建立空间直角坐标系D-xyz，则,所以,因为CD平面ADB，所以令平面ADB的法向量为，设平面AED的法向量为，则，即，取，则，设二面角BADE的平面角为，则，所以，所以二面角BADE的正弦值为，此题考查面面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，属于中档题.2(1)条件选择见解析，(2)(1)解：因为、成等比数列，则，即，因为，可得.：，可得.：，可得，可得.若选，则有，可得，则；

8、若选，则，则；若选，则，可得，所以，.(2)解：，且，则，所以，当时，则有，也满足，故对任意的，则，所以，.3（）见解析（）【详解】（）由题意，可知在等腰梯形中，分别为，的中点，.折叠后，.，平面.又平面，.（）易知，.，.又，四边形为平行四边形.，故.平面平面，平面平面，且，平面.即三棱锥的体积为.4（1）；（2）证明见解析.【详解】因为，所以所以，所以，又因为，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则（2）证明：因为，则.则，所以.5(1)上单调递增，在上单调递减(2)证明见解析(1)因为，所以 令，则，可得在上单调递减，所以因为当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减(2)证

9、明：令，则令，则，所以在上单调递增因为，所以存在，使得，所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以因为，且，所以，所以令，则，所以在上单调递减， 所以，所以，所以6（1）；（2）.【详解】（1）在中，令，得右焦点的坐标是，所以.设，则，两式相减得，又的斜率为，所以，所以，所以.解得所以椭圆的方程为.（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，易求，的坐标为，的坐标为，所以，.若直线的斜率存在，设直线的方程为，.联立消去整理得，则，所以.因为圆心到直线的距离，所以，所以因为，所以.综上，的取值范围是.7(1)在上单调递减，在上单调递增；(2).(1)，所以是的一个零点又令，则，时，在，单调递减；在单

10、调递增(2)不等式在R上恒成立，即不等式恒成立令，则等价于不等式恒成立，若，不等式（*）显然成立，此时若时，不等式（*）等价于设，当时，令，则，在上单调递减，在单调递增，在单调递增，综上所述，满足题意的实数a的取值范围为8(1) (2)【详解】（1）4cos2A4cosA+10，可得：（2cosA1）20，解得：cosA，A（0，），A（2）由题意可得：b+c3，可得：b3c，又由a2b2+c22bccosA，可得：（）2（3c）2+c22，可得：c23c+20，解得：，或又.9（1）见解析；（2）【详解】（）平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，又BDDC，DC平面BCD，DC平面

11、ABDAB平面ABD，DCAB又ADAB，DCADD，AB平面ADC；（）AB，AD1，依题意ABDBDC，即故BC3由于AB平面ADC，ABAC，E为BC的中点，得同理SDAEDC平面ABD，SABDCD设点B到平面ADE的距离为d，则VBADEVABDE，即点B到平面ADE的距离为10(1)(2)(1)由及正弦定理，得即.所以，由为锐角， 得，所以.(2)由得.得周长.，因为，所以，所以，即.所以周长的取值范围为.11（1），；（2）.【详解】（1）曲线：(为参数)可化为普通方程：，由可得曲线的极坐标方程为， 曲线的极坐标方程为.（2）射线与曲线的交点的极径为，射线与曲线的交点的极径满足，

12、解得，所以.12(1)；(2)11.(1)因正项数列满足，则，因此，数列是常数列，而，于是得，即，所以数列的通项公式是.(2)由(1)知，因此，由得：，解得，而，则，所以满足不等式的n的最小值为11.13(1)详见解析;(2)60.【详解】试题分析：(1)要证线面平行，即证线线平行；（2）建立空间直角坐标系，试题解析：（）连接BD，设ACBDO，连结OE，四边形ABCD为矩形，O是BD的中点，点E是棱PD的中点，PBEO，又PB平面AEC，EO平面AEC，PB平面AEC（）由题可知AB，AD，AP两两垂直，则分别以、的方向为坐标轴方向建立空间直角坐标系明确平面DAF的一个法向量为，利用二面角公

13、式求角.设由可得APAB，于是可令APABAD2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（1，1，1）设平面CAF的一个法向量为由于，所以，解得x1，所以因为y轴平面DAF，所以可设平面DAF的一个法向量为由于，所以，解得z1，所以故所以二面角CAFD的大小为60点睛：立体几何是高中数学的重要内容之一,也历届高考必考的题型之一.本题考查是空间的直线与平面的平行问题和空间两个平面所成角的范围的计算问题.解答时第一问充分借助已知条件与判定定理,探寻直线PB与EO平行,再推证PB平面AEC即可.关于第二问中的二面角的余弦值的问

14、题,解答时巧妙运用建构空间直角坐标系,探求两个平面的法向量,然后运用空间向量的数量积公式求出二面角的余弦值.14（1）；（2）.【详解】（1）解：由题意得，所以，又点在上，所以，联立，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：设，的坐标为，依题意得，联立方程组消去，得.，所以.15(1)(2)8(1)解：因为A+B=-C，所以sin（A+B）=sin（-C）=sin C.所以由已知得，由正弦定理可得，即c（bsin A-c）=（b-a）（b+a），整理得bcsin A=b2+c2-a2，即sin A=cos A，所以sin A=cos A，结合sin2A+cos2A=1，解得或因为A（0，），所以

15、sin A0，故(2)由（1）知且D=2A，所以sin D=sin 2A=2sin Acos A=2.故BCD的面积S=CDBDsin D=2BD=4，解得BD=6.又cos D=cos 2A=2cos2A-1=2（）2-1=-，则在BCD中，由余弦定理可得BC2=BD2+CD2-2BDCDcos D=62+22-262（-）=48，所以a=BC=4.解法一在ABC中，由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A，得48=（4）2+c2-24c，得c=8.解法二因为a=b=4，所以由已知c=bsin A=4=8.16(1)证明见解析(2)(1)证明：平面，平面，且平面平面，又为的中点，为的中点

16、，又平面，同理可得，且为的中点，平面，平面，则，而，、平面，平面；(2)解：如图，以点B为坐标原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，过点B且与AP平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，所以，设，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以为平面的一个法向量.设平面的法向量为，则，则，令，则，所以为平面PBC的一个法向量.设平面MAC与平面PBC所成的锐二面角为，则.当时，;当时，当且仅当，即时，取得最小值，取得最大值，最大值为.所以平面MAC与平面PBC所成锐二面角的余弦值的最大值为.17（1）；（2）是定值，.【详解】（1），点在椭圆上，椭圆的方程为：（2）是定值，理由如下：设，直线的方程为

17、，由，整理得，设，则，同理可得，为定值18（1）M1，M2的极坐标方程为和4cos（）；（2）【详解】（1）由题意可知：M1的极坐标方程为记圆弧AD所在圆的圆心（2，0），因为，所以极点O在圆弧AD上设P（，）为M2上任意一点，则4cos（）所以：M1，M2的极坐标方程为和4cos（）（2）设点E（1，），点F()，（）所以14cos，所以由于，所以故19（）证明见解析（）【详解】(1)取的中点，连接，,连接,四边形为平行四边形，分别为的中点，根据平行线分线段成比例定理得 又，得,又在平面内，不在平面内，平面.(2)由题意，得,连接(为的中点) 则 ，且平面平面，平面平面在平面内，平面 20(

18、1)答案见解析；(2)或；(3)证明见解析.(1)定义域为（0，），记当时，即，所以在（0，）上单调递减当时，令，得，（舍去）当时，即，所以单调递减；当时，即，所以单调递增，综上，当时，在（0，）上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增(2)：由（1）知，当时，在1，）单调递减，所以此时令，解得当时，若，即，由（1），设的正根为，则必有，且当，即，所以在1，）单调递增此时，令，解得若，即，则当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，知又当时，由零点存在定理，使，此时，不满足题意综上，a的取值范围是或(3)由（2）知，当时，对，有，即又时，所以令，得所以，故，即21（1）；（2）2.【详解】（1

19、）由题知，点，则有，又，解得，故椭圆C的方程为.（2）当轴时，M位于x轴上，且，由可得，此时.当AB不垂直x轴时，设直线AB方程为，与椭圆交于，由，得.，从而，已知，可得.设O到直线AB的距离为d，则，.将代入化简得.令，则，故，当且仅当时取等号，此时的面积最大，故面积的最大值为2.22（1）;（2）见解析.【详解】（1）设：， ，（2）直线：即，即直线： ,三点共线，即的取值范围是，23(1)证明见解析(2)答案见解析(1)，令，则所以在单调递减，在单调递增.因为，结合单调性，在有且仅有一个零点.(2)令，即，从而有，令，从而的零点个数等价于与图像的交点个数.，令，得.所以在单调递减，在单调递增，且，当时，图像与图像有一个交点.当时，图像经过二四象限，与图像无交点.当时，图像经过一，三象限，与图像至少有一个交点，当图像图像相切时，设切点横坐标为，则有即有，从而，此时.所以，当时时，图像与图像有两个交点；当时，图像与图像有三个交点；当时，图像与图像有一个交点.综上所述，当时，没有零点；当时，有三个零点；当，有两个零点；当或时，有一个零点.