（江苏专用）高考数学总复习 考前三个月 解答题滚动练7 理-人教版高三数学试题VIP专享VIP免费

解答题滚动练71．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长都相等，且∠ABB1＝60°，D为AC的中点，求证：(1)B1C∥平面A1BD；(2)AB⊥B1C.证明(1)连结AB1交A1B于点E，连结DE.因为D，E分别为AC，AB1的中点，所以DE∥B1C.因为DE⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD.(2)取AB的中点O，连结OC，OB1.因为BA＝BB1，且∠ABB1＝60°，所以△ABB1为正三角形，而O为AB的中点，所以OB1⊥AB.在正三角形ABC中，O为AB中点，所以OC⊥AB.因为OB1∩OC＝O，且OB1⊂平面OB1C，OC⊂平面OB1C，所以AB⊥平面OB1C.又因为B1C⊂平面OB1C，所以AB⊥B1C.2．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝t(Sn－an＋1)(t为常数，且t≠0，t≠1)．(1)证明：{an}成等比数列；(2)设bn＝a＋Sn·an，若数列{bn}为等比数列，求t的值．(1)证明当n＝1时，S1＝t(S1－a1＋1)，得a1＝t，当n≥2时，Sn＝t(Sn－an＋1)，即(1－t)Sn＝－tan＋t，(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t，所以an＝tan－1，故{an}成等比数列．(2)解由(1)知{an}成等比数列且公比是t，∴an＝tn，故bn＝(tn)2＋·tn，即bn＝.若数列{bn}是等比数列，则有b＝b1·b3，而b1＝2t2，b2＝t3(2t＋1)，b3＝t4(2t2＋t＋1)，故[t3(2t＋1)]2＝(2t2)·t4(2t2＋t＋1)，解得t＝，再将t＝代入bn得bn＝n，由＝知{bn}为等比数列，所以t＝.3．图1是一段半圆柱形水渠的直观图，其横断面如图2所示，其中C为半圆弧的中点，渠宽AB为2m.(1)当渠中水深CD为0.4m时，求水面的宽度；(2)若把这条水渠改挖(不准填土)成横断面为等腰梯形的水渠，且使渠的底面与地面平行，则当改挖后的水渠底宽为多少时，所挖出的土量最少？解(1)如图，以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，以1m为单位长度，建立平面直角坐标系xOy.半圆弧的方程为x2＋y2＝1(y≤0)，A(－1,0)，B(1,0)，C(0，－1)，D(0，－0.6)．直线y＝－0.6与半圆弧的交点为(±0.8，－0.6)．答所求的水面宽度为1.6m.(2)要使得所挖出的土量最少，则等腰梯形的两腰及下底与半圆弧相切．设等腰梯形的右腰与半圆弧相切于点T(cosθ，sinθ)，则切线EF的方程为xcosθ＋ysinθ＝1.令y＝0，得E，令y＝－1，得F，设梯形OCFE的面积为S，则S＝(CF＋OE)·OC＝×1＝，S′＝＝，令S′＝0，得θ＝－.当θ＝－时，S取得最小值，最小值为，此时CF＝＝.答当改挖后的水渠底宽为m时，所挖出的土量最少．4．函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为常数．(1)若k＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．(1)解当k＝0时，f(x)＝1＋lnx.因为f′(x)＝，从而f′(1)＝1.又f(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝x－1，即x－y＝0.(2)证明当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4.因为f′(x)＝，从而当x∈(0,10)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝10时，f(x)有极小值．因为f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1,10)之间有一个零点．因为f(e4)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之间有一个零点．从而f(x)有两个不同的零点．(3)解方法一由题意知，1＋lnx－＞0在(2，＋∞)上恒成立，即k＜在(2，＋∞)上恒成立．令h(x)＝，则h′(x)＝.设ν(x)＝x－2lnx－4，则ν′(x)＝.当x∈(2，＋∞)时，ν′(x)＞0，所以ν(x)在(2，＋∞)上为增函数．因为ν(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，ν(9)＝5－2ln9＞0，所以存在x0∈(8,9)，ν(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0.当x∈(2，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝x0时，h(x)的最小值为h(x0)＝.因为lnx0＝，所以h(x0)＝∈(4,4.5)．故所求的整数k的最大值为4.方法二由题意知，1＋lnx－＞0在(2，＋∞)上恒成立．f(x)＝1＋lnx－，f′(x)＝.①当2k≤2，即k≤1时，f′(x)＞0在(2，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．②当2k＞2，即k＞1时，当x∈(2,2k)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k.从而f(x)＞0在(2，＋∞)上恒成立等价于2＋ln2k－k＞0.令g(k)＝2＋ln2k－k，则g′(k)＝＜0，从而g(k)在(1，＋∞)为减函数．因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，所以使2＋ln2k－k＞0成立的最大正整数k＝4.综合①②，知所求的整数k的最大值为4.