2020高考数学-大题强化训练2(文)

17. 在公比为2的等比数列{an}中，a2,a3,a44成等差数列.

(1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn(n1)log2an,求数列(4n2)的前n项和Tn. bn2

18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m＝(2a－3b，3c)，向量

n＝(cos B，cos C)，且m∥n.

π

(1) 求角C的大小； (2) 求y＝sin A＋3sin(B－)的最大值．

3

19.(文)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，D，E分别是AB，B1C的中点． (1) 求证：DE∥平面ACC1A1； (2) 若DE⊥AB，求证：AB⊥B1C.

x2y25

20. 已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F2，焦距为4，且椭圆过点(2，)，过点F2且

ab3不平行于坐标轴的直线l交椭圆于P，Q两点，点Q关于x轴的对称点为R，直线PR交x轴于点M.

(1) 求△PF1Q的周长；

(2) 求△PF1M面积的最大值．

221．（文）已知函数fxxlnxaxaR在定义域内有两个不同的极值点.

（Ⅰ）求实数a的取值范围；

（Ⅱ）记两个极值点为x1,x2，且x1x2，求证：x1x21.

x＝4cos θ，

22.已知曲线C1：(其中θ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标

y＝4sin θ

π

系，曲线C2的极坐标方程为ρcos(θ－)＝23.设曲线C1与曲线C2交于A，B两点，求AB的长．

3

【参】

17.解：（1）因为，

，成等差数

列，所以所以解得

，

，，所以．

2）为，

所以

（因 ，所以所以 ，

．

18. 解：(1) ∵ m∥n，

∴ (2a－3b)cos C－3ccos B＝0.

由正弦定理可得2sin Acos C－3sin Bcos C－3sin Ccos B＝0， 即2sin Acos C＝3sin(B＋C)＝3sin A． 又A为△ABC的内角，∴ sin A≠0，∴ cos C＝32

. 又C为△ABC的内角，故C＝π

6

.(8分)

(2) y＝sin A＋3sin(B－π3)＝sin(B＋ππ

6)＋3sin(B－3

)

＝12cos B＋32sin B＋32sin B－3

2cos B＝3sin B－cos B＝2sin(B－π6)，当B＝2π

3

时，y的最大值为2.

19 证明：(1) 连结AC1，BC1(如图)，因为ABCA1B1C1为三棱柱， 所以四边形BB1C1C为平行四边形，所以E也是BC1中点． 因为点D是AB的中点，所以DE∥AC1. 又DE⊄平面ACC1A1，AC1⊂平面ACC1A1， 所以DE∥平面ACC1A1.

(2) 连结CD，因为CA＝CB，点D是AB中点， 所以CD⊥AB.

．

又DE⊥AB，DE∩CD＝D，

DE⊂平面CDE，CD⊂平面CDE， 所以AB⊥平面CDE.

因为B1C⊂平面CDE，所以AB⊥B1C.

20. 解：(1) 由椭圆的焦距为4，则c＝2，从而a2－b2＝4. 5425

又椭圆过点(2，)，所以2＋2＝1，即36b2＋25a2＝9a2b2，

3a9b

16

消去b，得9a4－97a2＋144＝0，解得a2＝9或a2＝(舍去)，所以a＝3.

9则△PF1Q的周长为4a＝12.

x2y2

(2) 由(1)得椭圆方程为＋＝1，F2(2，0)．

95

设直线l的方程为y＝k(x－2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(m，0)，则R(x2，－y2)， y1＋y2

直线PR的方程为y－y1＝(x－x1)，

x1－x2

y1＋y2y1（x2－x1）

令y＝0，则－y1＝(x－x1)，x＝＋x1，

x1－x2y1＋y2y1（x2－x1）y1x2＋y2x12x1x2－2（x1＋x2）

所以m＝＋x1＝＝. y1＋y2y1＋y2x1＋x2－4

将直线l的方程与椭圆方程联立，并消去y，得(5＋9k2)x2－36k2x＋36k2－45＝0， 36k2－4536k2

则x1＋x2＝，x1x2＝，(10分)

5＋9k25＋9k2

36k2－4536k22×－2×5＋9k25＋9k2－909

从而m＝＝＝，(12分)

36k2－202

－45＋9k291113135＋2·|y1|＝|y1|≤S△PF1M＝F1M·|y1|＝×，

22244135

所以△PF1M面积的最大值为.

4

'21．解：（Ⅰ）由题意，方程f(x)0在0,有两个不同根,即方程1lnx2ax0有两个不同根；

解法1：转化为函数g(x)lnx与函数y2ax1的图象在0,上有两个不同交点，

'令g(x0)112ax0, x02a11111,ln()处的切线方程为：yln()(x) 2a2a2a2a2a11111(0)ln()012a1 代入点0,1有：1ln()2a2a2a2a2a故g(x)在(12a0,1a可得：0,

2解法2：转化为函数g(x)1lnx与函数y2a的图象在0,上有两个不同交点． xg'(x)lnx''x1,,x0,1(x0)，故时，时，g(x)0;g(x)0; 2x，+¥故g(x)在0,1上单增，在1()上单减，

1eg(x)maxg(1)1

又g()0，故x(0,)时，g(x)0; x(,)时，g(x)0; 可得：2a0,1a0,解法3：f''1e1e1… 2x''12a(x0) x+上单增， 故fx在0，x0，①2a0时，f故f'+最多只有一个实根，不合题意； x=0在0，''②2a0时，令fx0x0，111'';fx0x, 令; 2a2a故f'0，x在上单增，在2a,上单减；

2a11ln(2a)1ln(2a)02a0,1 2a'1''故fxmaxf当2a0,1时， f2a1e10,limf'x，

xe故f'+上有两个不相等的实根，故a0, x在0，21（Ⅱ）由（Ⅰ）知：x1,x2是1lnx2ax0的两个根， 故1lnx12ax10， 1lnx22ax202a=要证：x1x21，，只需证：lnx1lnx20， 即证：2ax1-1+2ax2-10 即证：2ax1x22，即证：

lnx1lnx2

x1x2lnx1lnx22

x1x2x1x2x211xx2x1x2又0x1x2,故上式为：ln12() x1x2x1x21x22t1't10x1140,1,h(t)lnt,h(t) 令tx2t1tt12tt12故ht在0,1上单增，故h(t)h(1)0, 故()式成立，即证.

πππ

22. 解：由ρcos(θ－)＝23可得ρ(cos θcos ＋sin θsin )＝23，

333即曲线C2的直角坐标方程为x＋3y－43＝0；

曲线C1的直角坐标方程为x2＋y2＝16， 43

所以圆心到直线的距离为d＝＝23，

2所以AB＝216－12＝4.

2