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1、专题集训 作业(一) 一、选择题1(2014 唐山一模 )已知等比数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a1a352，a2a454，则Snan() A4n1B4n1 C2n1D2n1 答案D 解析设an的公比为 q，a1a352，a2a454，a1a1q252，a1qa1q354.由可得1q2qq32，q12.代入得a12，an2(12)n142n，Sn2112n1124(112n)，Snan4 112n42n2n1.故选 D. 2设直线 xt 与函数 f(x)x2，g(x)lnx 的图像分别交于点M，N，则当 |MN|达到最小时 t 的值为() A1 B.12C.52D.22精选学习资料 -
2、 - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 18 页答案D 解析可知|MN|f(x)g(x)x2lnx.令 F(x)x2lnx，F(x)2x1x2x21x，所以当 0 x22时，F(x)22时，F(x)0，F(x)单调递增故当 x22时，F(x)有最小值，即 |MN|达到最小3设不等式 2x1m(x1)对满足 |m|2 的一切实数 m 的取值都成立，则 x 的取值范围是 () A(0，34) B(2， ) C(34， ) D(，2) 答案C 解析原不等式即 (x1)m(2x1)0，设 f(m)(x1)m(2x1)，则问题转化为求一次函数f(m)的值
3、在区间 2,2内恒为负值应满足的条件，得f 2 0，f 2 0，即2 x1 2x1 0，2 x1 2x1 34. 4(2014 浙江)已知函数 f(x)x3ax2bxc，且 0f(1)f(2)f(3)3，则() Ac3 B3c6 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 18 页C69 答案C 解析由 f(1)f(2)f(3)可求得 a，b 的值，代回不等关系得出 c 的取值范围由题意得1abc84a2bc，1abc279a3bc，化简得3ab70，4ab130，解得a6，b11.所以 f(1)c6. 所以 0c63，解得 6c9
4、，故选 C. 5(2014 湖南)若 0 x1x21，则() 答案C 解析根据所给选项中不等式的特征构造函数求解设 f(x)exlnx(0 x1)，则 f(x)ex1xxex1x. 令 f(x)0，得 xex10. 根据函数 yex与 y1x的图像可知两函数图像交点x0(0,1)，因精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 18 页此函数 f(x)在(0,1)上不是单调函数，故A，B 选项不正确设 g(x)exx(0 x1)，则 g(x)exx1x2. 又 0 x1，g(x)0. 函数 g(x)在(0,1)上是减函数又 0 x1x
5、2g(x2)6若方程 x232xm0 在 x1,1上有实根，则实数 m 的取值范围是 () Am916B916m0恒成立，则实数 m 的取值范围是 () A(0,1) B(，0) C(， 1) D(，12) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 18 页答案C 解析易知 f(x)为奇函数且为增函数， f(mcos )f(1m)0，即 f(mcos )f(m1)，mcos m1. 而 0 2时，cos 0,1(1cos )m1. 当 cos 1 时，mR. 当 cos 1 时，m11cos， 0cos 1，11cos1. 由可得
6、 m1. 8(2014 四川)已知 F 为抛物线 y2x 的焦点，点 A，B 在该抛物线上且位于 x 轴的两侧， OA OB2(其中 O 为坐标原点 )，则 ABO与AFO 面积之和的最小值是 () A2 B3 C.17 28D. 10 答案B 解析设出直线 AB 的方程，用分割法表示出 ABO 的面积，将S ABOS AFO表示为某一变量的函数，选择适当方法求其最值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 18 页设直线 AB 的方程为 xnym(如图)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，OA OB2， x1x2y1y22.
7、又 y21x1，y22x2，y1y22. 联立y2x，xnym，得 y2nym0. y1y2m2，m2，即点 M(2,0)又 S ABOS AMOS BMO12|OM|y1|12|OM|y2|y1y2，S AFO12|OF| |y1|18y1， S ABOS AFOy1y218y198y12y1298y12y13，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 18 页当且仅当 y143时，等号成立9(2014 河南三校二次调研 )自平面上一点O 引两条射线 OA，OB， 点 P 在 OA 上运动，点 Q 在 OB 上运动且保持 |PQ
8、|为定值 a(点 P，Q 不与点 O 重合)，已知 AOB3，a7，则PQ PO|PO|3QP QO|QO|的取值范围为 () A(12，7 B(72，7 C(12，7 D(72，7 答案D 解析设OPQ ， 则OQP23且 (0，23)， 所以PQ PO|PO|3QP QO|QO|7cos 3 7cos(23 )72(3 3sin cos )7sin( )(其中 tan 39) 当 sin( )1 时，原式有最大值 7； 当 0 时，原式有最小值72. 10(2014 新课标全国 )设函数 f(x)3sin xm.若存在 f(x)的极值点 x0满足 x20f(x0)22 或 m0，解得 a1
9、. 三、解答题14(1)(2014 山东)已知向量a(m，cos2x)，b(sin2x，n)，函数 f(x)a b，且 yf(x)的图像过点12，3 和点23，2 .求 m，n 的值；(2)(2014 辽宁)在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 ac.已知BA BC2，cosB13，b3.求 a 和 c 的值解析(1)由题意知 f(x)a bmsin2xncos2x. 因为 yf(x)的图像过点12，3 和23，2 ，所以3msin6ncos6，2msin43ncos43，即312m32n，232m12n，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结
10、- - - - - - -第 10 页，共 18 页解得m3，n1.(2)由BA BC2，得 c acosB2.又 cosB13，所以 ac6. 由余弦定理，得a2c2b22accosB. 又 b3，所以 a2c292213. 解ac6，a2c213，得a2，c3或a3，c2.因 ac，所以 a3，c2. 15(2014 天津) 如图，在四棱锥PABCD 中， PA底面 ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点 E 为棱 PC 的中点(1)证明： BEDC；(2)求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值；(3)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BFAC，求二面角 FABP
11、的精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 18 页余弦值解析依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)， C(2,2,0)， D(0,2,0)， P(0,0,2) 由 E为棱 PC 的中点， 得 E(1,1,1)(1)证明： BE(0,1,1)，DC(2,0,0)，故BE DC0. 所以 BEDC. (2)解：BD(1,2,0)，PB(1,0，2)设 n(x，y，z)为平面PBD 的法向量则n BD0，n PB0，即x2y0，x2z0.不妨令y1，可得n(2,1,1)为平面 PBD 的一个法向量于
12、是有cosn，BEn BE|n| |BE|26233. 所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为33. (3)解： BC(1,2,0)， CP(2， 2,2)， AC(2,2,0)， AB(1,0,0) 由点 F 在棱 PC 上，设 CF CP，0 1. 故BFBCCFBC CP(12 ，22 ，2 )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 18 页由 BFAC，得BF AC0.因此 2(12 )2(22 )0，解得 34，即BF 12，12，32. 设 n1(x，y，z)为平面 FAB的法向量，则n1 AB0，n1
13、BF0，即x0，12x12y32z0.不妨令 z1，可得 n1(0，3,1)为平面FAB 的一个法向量取平面ABP 的法向量 n2(0,1,0)，则 cosn1，n2n1 n2|n1| |n2|31013 1010. 易知，二面角 FABP 是锐角，所以其余弦值为3 1010. 16. 如上图所示，在直角坐标系xOy 中，点 P 是单位圆上的动点，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 18 页过点 P 作 x 轴的垂线与射线y3x(x0)交于点 Q，与 x 轴交于点M.记MOP ，且 (2，2)(1)若 sin 13，求 c
14、osPOQ；(2)求OPQ 面积的最大值解析(1)依题意，可得MOQ3， 所以POQ MOQMOP3 . 因为 sin 13，且 (2，2)，所以 cos 2 23. 所以 cos POQcos(3 )cos3cos sin3sin 2 236. (2)由三角函数定义，得P(cos ，sin )，从而 Q(cos ，3cos )所以 S POQ12|cos | 3cos sin | 12| 3cos2 sin cos | 12|323cos2212sin2 | 12|32sin(32 )| 12|321| 3412. 因为 (2，2)，所以当 12时，等号成立所以OPQ 面精选学习资料 - -
15、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 18 页积的最大值为3412. 17椭圆 C 的中心为坐标原点O，焦点在 y 轴上，短轴长为2，离心率为22，直线 l 与 y 轴交于点 P(0，m)，与椭圆 C 交于相异两点A，B，且AP3PB. (1)求椭圆 C 的方程；(2)求 m 的取值范围解析(1)设椭圆 C 的方程为y2a2x2b21(ab0)，设 c0，c2a2b2. 由题意，知 2b 2，ca22，所以 a1，bc22. 故椭圆 C 的方程为 y2x2121，即 y22x21. (2)设直线 l 的方程 ykxm(k0)， l 与椭圆 C的
16、交点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)由ykxm，2x2y21，得(k22)x22kmx(m21)0. (2km)24(k22)(m21)4(k22m22)0，(*) x1x22kmk22，x1x2m21k22. 因为AP3PB，所以 x13x2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 18 页所以x1x22x2，x1x23x22.则 3(x1x2)24x1x20，即 3 (2kmk22)24m21k220. 整理，得 4k2m22m2k220，即 k2(4m21)(2m22)0. 当 m214时，上式不成立；当 m
17、214时，k222m24m21. 由(*)式，得 k22m22，又 k0，所以 k222m24m210. 解得 1m12或12m1. 即所求 m 的取值范围为 (1，12)(12，1)18(2014 北京)已知函数 f(x)xcosxsinx，x 0，2. (1)求证： f(x)0；(2)若 asinxxb 对 x 0，2恒成立， 求 a 的最大值与 b 的最小值解析(1)证明：由 f(x)xcosxsinx，得f(x)cosxxsinxcosxxsinx. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 18 页因为在区间 0，2上
18、 f(x)xsinx0 时，“sinxxa”等价于“sinxax0”； “sinxxb”等价于“sinxbx0 对任意 x 0，2恒成立当 c1 时，因为对任意 x 0，2，g(x)cosxc0，所以 g(x)在区间 0，2上单调递减，从而g(x)g(0)0 对任意 x 0，2恒成立当 0cg(0)0.进一步，“g(x)0 对任意x 0，2恒成立 ”当且仅当g212c0，即精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 18 页00 对任意 x 0，2恒成立；当且仅当 c1 时，g(x)0 对任意 x 0，2恒成立所以若 asinxxb 对任意 x 0，2恒成立，则 a 的最大值为2，b的最小值为 1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 18 页