浙江省高三数学专题复习 中档题满分练（2）理-人教版高三全册数学试题VIP免费

中档题满分练(二)1．已知函数f(x)＝2asinωxcosωx＋2cos2ωx－(a＞0，ω＞0)的最大值为2，且最小正周期为π.(1)求函数f(x)的解析式及其对称轴方程；(2)若f(α)＝，求sin的值．2．(2015·温州模拟)对于给定数列{an}，如果存在实常数p，q，使得an＋1＝pan＋q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{an}是“M类数列”．(1)已知数列{bn}是“M类数列”且bn＝3n，求它对应的实常数p，q的值；(2)若数列{cn}满足c1＝－1，cn－cn＋1＝2n(n∈N*)，求数列{cn}的通项公式，判断{cn}是否为“M类数列”并说明理由．3．(2015·金华模拟)在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，△ACD与△ACB是边长为2的等边三角形，BE＝2，BE和平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．14．(2015·金华十校联考)已知f(x)的定义域为R，且当x，y∈R时，恒有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)．(1)求f(0)的值；(2)证明：f(x)是奇函数；(3)如果x＞0时，f(x)＜0，且f(1)＝－，试求使f(x2－2ax－1)≤1对x∈[2，4]恒成立的实数a的取值范围．中档题满分练(二)1．解(1)f(x)＝asin2ωx＋cos2ωx＝sin(2ωx＋φ)，由题意知：f(x)的最小正周期为π，由＝π，知ω＝1，由f(x)最大值为2，故＝2，又a＞0，∴a＝1，tanφ＝，φ＝.∴f(x)＝2sin，令2x＋＝kπ＋，得x＝＋(k∈Z)．故f(x)的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)．(2)由f(α)＝知2sin＝，即sin＝，∴sin＝sin＝－cos2＝－1＋2sin2＝－1＋2×＝－.2．解(1)∵bn＝3n，则bn＋1＝3n＋3＝bn＋3，由“M类数列”定义，得p＝1，q＝3.(2)∵cn－cn＋1＝2n(n∈N*)，∴cn＋1－cn＝－2n(n∈N*)，则c2－c1＝－2，c3－c2＝－4，c4－c3＝－8，…∴cn－cn－1＝－2n－1(n≥2)，以上式子累加得cn＝－(1＋2＋4＋…＋2n－1)＝1－2n(n≥2)，其中c1＝－1也满足上式．因此cn＝1－2n(n∈N*)，则cn＋1＝1－2n＋1＝2(1－2n)－1＝2cn－1，{cn}是“M类数列”．23．(1)证明由题意知，△ABC，△ACD都是边长为2的等边三角形，如图所示，取AC中点O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，BO平分∠ABC.又∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC，作EF⊥平面ABC，那么EF∥DO，根据题意，点F落在BO上，∴∠EBF＝60°，易求得EF＝DO＝，∴四边形DEFO是平行四边形，∴DE∥OF，又DE⊄平面ABC，OF⊂平面ABC，∴DE∥平面ABC.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，可知平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，E(0，－1，)，∴BC＝(－1，－，0)，BE＝(0，－1，)，设平面BCE的一个法向量为n2＝(x，y，z)，则可求得n2＝(－3，，1)．所以cos〈n1，n2〉＝＝，又由图知，所求二面角的平面角是锐角，所以二面角E－BC－A的余弦值为.4．(1)解∵对任意实数x，y有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，∴令x＝y＝0得f(0)＝2f(0)，∴f(0)＝0.(2)证明∵f(x)的定义域为R，∴f(x)的定义域关于原点对称．又令y＝－x，则有f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．(3)解设x1，x2∈(－∞，＋∞)，x1＜x2，3∵x2＞x1，∴x2－x1＞0，∴f(x2－x1)＜0，f(x2)＜f(x1)，∴f(x)是R上的减函数．∵f(1)＝－，∴f(－1)＝，∴f(－2)＝1.∴不等式f(x2－2ax－1)≤1即是f(x2－2ax－1)≤f(－2)，∴x2－2ax－1≥－2，即x2－2ax＋1≥0对x∈[2，4]恒成立．法一即a≤＋对x∈[2，4]恒成立．令g(x)＝＋，则由g(x)在x∈[2，4]上单调递增，∴g(x)min＝g(2)＝1＋＝，∴a≤.法二令φ(x)＝x2－2ax＋1(x∈[2，4])，当a＜2时，φ(x)在[2，4]上单调递增，φ(x)min＝φ(2)＝5－4a≥0，解得a≤，故a≤满足题意；当2≤a≤4时，φ(x)min＝φ(a)＝1－a2≥0，解得－1≤a≤1，此时与2≤a≤4矛盾；当a＞4时，φ(x)在[2，4]上单调递减，φ(x)min＝φ(4)＝17－8a≥0，解得a≤，此时与a＞4矛盾．由上述可知，a≤.4