2017-2018学年下学期期末复习备考高二数学黄金30题（浙江版）专题06+大题易丢分（20题）

大题易丢分
1．已知函数其中且
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的最小正周期和单调递减区间.
【答案】(1).(2).
【解析】分析：(1)将代入原式得出，（2）将原式化简： ，然后根据周期计算公式和正弦的递减区间求法即可得结论.
（Ⅱ）
函数最小正周期
函数单调递减区间为.
2．已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在区间上的最值及相应的值．
【答案】（1）；（2）当时，；当时，
【解析】分析：1）化简，
所以的最小正周期是；（2）结合求出，进而利用正弦函数的单调性可求出函数在区间上的最值及相应的值.
详解：（1），
所以的最小正周期是．
点睛：，对三角函数恒等变形及三角函数性质进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
3．已知:锐角的内角的对边分别为,三边满足关系
(1)求内角的大小;
(2)求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】分析：（1）由已知根据余弦定理可得
(2)∵△ABC是锐角三角形，可知，求得，，进而得到的取值范围.
详解：
（1）由已知得：
∴ ∴
(2)∵△ABC是锐角三角形
∴
∴
∴
∴
4．在中，，.
（1）若，求的长及边上的高；
（2）若为锐角三角形，求的周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】分析：（1）根据，得出，结合余弦定理即可求出的长，再根据等面积法即可求得边上的高；（2）设，根据推出角必为锐角，结合为锐角三角形可得，，根据余弦定理即可求得的取值范围，从而可得的周长的取值范围.
详解：（1）∵
∴
∴.
∵
∴.
由等面积法可得，则.
（2）设.
∵
∴角必为锐角.
∵为锐角三角形
∴角，均为锐角，则，，于是，解得.
故的周长的取值范围为.
点睛：本题考查余弦定理及三角形面积的应用.解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的，其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；
第二步：定工具，根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的转换；
第三步：求结果.
5．【2018年全国卷II理】如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】分析：(1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论，(2)根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果.
详解：（1）因为，为的中点，所以，且.
连结.因为，所以为等腰直角三角形，
且，.
由知.
由知平面.
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.
由已知得取平面的法向量.
设，则.
设平面的法向量为.
由得，可取，
所以.由已知得.
所以.解得（舍去），.
所以.又，所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
6．已知在梯形中，，分别为底上的点，且，，，沿将平面折起至平面平面．
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若二面角的余弦值为，求的长度．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】分析：（Ⅰ）根据题设中的面面垂直可以得到平面，从而，注意到是等腰直角三角形，故，所以平面，故平面平面．
（Ⅱ）以为坐标原点，以为轴，为轴，以为轴建立空间直角坐标系，用表示两个平面的法向量并计算它们夹角的余弦值，解关于的方程即可．
（Ⅱ）以为坐标原点，以为轴，为轴，以为轴建立空间直角坐标系．
设，则，则，
显然平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，
则，，，
取，即，
，
依题意，解得，即．
点睛：面面垂直的证明，关键在于一个面中找到另一个面的垂线，面的垂线来自于线线垂直，它可以平面图形的垂直关系（可以用解三角形等方法证明），也可以是空间直线垂直关系的转化（如）．二面角的计算可建立空间直角坐标系，然后计算法向量之间的夹角从而得到二面角的余弦值的大小．
7．已知矩形与直角梯形，，点为的中点，，在线段上运动.
（1）证明：平面；
（2）当运动到的中点位置时，与长度之和最小，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】分析：（1）连接交于，连，为的中点,由三角形中位线定理可得
，根据线面平行的判定定理可得平面；（2）当、、三点共线时，与长度之和最小，根据勾股定理可证明，因为，，两两垂直，所以以，，建立坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程组，分别求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
（2）延迟至，使，连，，则，∴，
当、、三点共线时，与长度之和最小，即与长度之和最小，
∵为中点，∴.
在中，，∴，
，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
∴，，，，
∴，，，
设为平面的一个法向量，
∴，即，
令，∴，，∴.
同理可得平面的一个法向量，
设二面角的大小为，为钝角，
∴，∴求二面角的余弦值.
点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
8．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.
详解：如图，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O?xyz．
因为AB=AA1=2，
所以．
（1）因为P为A1B1的中点，所以，
从而，
故．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
9．【2018年浙江卷】已知函数f(x)=?lnx．
（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8?8ln2；
（Ⅱ）若a≤3?4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明不等式，（Ⅱ）一方面利用零点存在定理证明函数有零点，另一方面，利用导数证明函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.
详解：（Ⅰ）函数f（x）的导函数，
由得，
因为，所以．
由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，
则，
所以
x
（0，16）
16
（16，+∞）
-
0
+
2-4ln2
所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，
故，
即．
（Ⅱ）令m=，n=，则
f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，
f（n）–kn–a<≤<0，
所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，
所以，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y=kx+a与曲线y=f（x）有公共点．
由f（x）=kx+a得．
设h（x）=，
则h′（x）=，
其中g（x）=．
由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，
故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，
所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．
综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.
10．【2018年北京卷文】设函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围.
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.
若a>1，则当时，；
当时，.
所以在x=1处取得极小值.
若，则当时，，
所以.
所以1不是的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
方法二：.
（1）当a=0时，令得x=1.
随x的变化情况如下表：
x
1
+
0
?
↗
极大值
↘
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0时，令得.
①当，即a=1时，，
∴在上单调递增，
∴无极值，不合题意.
②当，即0x
1
+
0
?
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：
x
+
0
?
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.
（3）当a<0时，令得.
随x的变化情况如下表：
x
?
0
+
0
?
↘
极小值
↗
极大值
↘
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
综上所述，a的取值范围为.
点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.
解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.
11．【2018年新课标I卷理】已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，证明：．
【答案】（1）当时，在单调递减.，
当时， 在单调递减，在单调递增.
（2）证明见解析.
（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.
（ii）若，令得，或.
当时，；
当时，.所以在单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.
由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于
，
所以等价于.
设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.
所以，即.
点睛：该题考查的是应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件，在解题的过程中，需要明确导数的符号对单调性的决定性作用，再者就是要先保证函数的生存权，先确定函数的定义域，要对参数进行讨论，还有就是在做题的时候，要时刻关注第一问对第二问的影响，再者就是通过构造新函数来解决问题的思路要明确.
12．【2018年全国卷II文】已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：只有一个零点．
【答案】（1）f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）见解析．
【解析】分析：（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.
详解：（1）当a=3时，f（x）=，f ′（x）=．
令f ′（x）=0解得x=或x=．
当x∈（–∞，）∪（，+∞）时，f ′（x）>0；
当x∈（，）时，f ′（x）<0．
故f（x）在（–∞，），（，+∞）单调递增，在（，）单调递减．
（2）由于，所以等价于．
设=，则g ′（x）=≥0，仅当x=0时g ′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．
又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一个零点．
综上，f（x）只有一个零点．
点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.
（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.
13．已知的三个顶点都在椭圆：（）上，且椭圆的中心和右焦点分别在边、上，当点在椭圆的短轴端点时，原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若面积的最大值为，求椭圆的方程.
【答案】（1）（2）
【解析】分析：(1)先根据点斜式得直线AC方程,再根据点到直线距离公式得等量关系，进而求得离心率，(2)先根据对称性得，再根据OF为c得，联立直线AC方程与椭圆方程，利用韦达定理化简，最后根据基本不等式求最值.
详解：解：（1）根据椭圆的对称性，不妨设，
∴ ：即，则
∴ ，∴ ，，
∴ .
（2）∵ ，∴ ，
：，设：
由
即，
∴ ，
令
∴
当且仅当，即时，取“=”，∴ ，∴ .
：
点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.
14．已知为椭圆上三个不同的点，为坐标原点．
（1）若，问：是否存在恒与直线相切的圆？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）；（2）
【解析】分析：（1）先求出原点到的距离，再证明存在圆与直线恒相切.（2）先求出点C的坐标，再代入得，最后计算的面积.
详解：（1）设直线，代入得：
设，
则；
由得：
因为,
所以
化简得：，
于是原点到的距离
特别地，当轴时，也符合，
故存在圆与直线恒相切.
（2）设，则
代入得，，
于是
所以.
点睛：（1）本题主要考查直线与圆和椭圆的位置关系，考查圆锥曲线的最值问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理的能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是根据得到，其二是化简.
15．是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过 三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）若点的横坐标为，直线与抛物线有两个不同的交点与圆有两个不同的交点，求当 时，的最小值.
【答案】(1) .(2) .
【解析】分析：（1）设，先求得，再根据抛物线的定义求得p=1，即得抛物线的方程.(2)先求出，再利用换元和导数求其最小值.
详解：（1）抛物线的焦点，设
由题意可知，则点到抛物线的准线的距离为
解得，于是抛物线的方程为.
（2）∵∴垂直平分线方程为
∴.由得，设
∵，∴
又∵到的距离
∴
∴令，则
∴令，则
∴时.
点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握能力和分析推理能力计算能力.(2)解答本题的关键有两点，其一是求出，这个计算量有点大.其二是换元得到新的函数.
16．在直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，若椭圆：经过点，抛物线和椭圆有公共点，且.
（1）求抛物线和椭圆的方程；
（2）是否存在正数，对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线，都有焦点在以为直径的圆内？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）,（2）
【解析】分析：（1）先求出的值，得到，以及抛物线和椭圆有公共点，联立方程组，即可求解；
（2）假设存在正整数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为，联立方程组，根据韦达定理，以及题意恒成立，即可求解实数的取值范围.
（2）假设存在正数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为
由消去，整理得
因为直线与抛物线有两个交点且，所以
设，则
所以
因为，
所以
由题意知恒成立，
所以恒成立
因为，所以，解得
又因为，所以
故存在正数适合题意，此时d 取值范围为.
点睛：本题考查了抛物线的标准方程椭圆的标准方程的求解，直线与抛物线的位置关系的应用，解答此类题目，通常通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，利用题设条件进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
17．【2018年浙江卷】已知等比数列{an}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列
{bn}满足b1=1，数列{（bn+1?bn）an}的前n项和为2n2+n．
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列前n项和求通项，解得，再通过叠加法以及错位相减法求.
详解：（Ⅰ）由是的等差中项得，
所以，
解得.
由得，
因为，所以.
（Ⅱ）设，数列前n项和为.
由解得.
由（Ⅰ）可知，
所以，
故，
.
设，
所以，
因此，
又，所以.
点睛：用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
18．已知正项数列满足
证明：
（Ⅰ）
（Ⅱ），
【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.
【解析】分析：（Ⅰ）直接利用递推关系式和正项数列及关系式的分解因式求出结果．（Ⅱ）利用放缩法和递推关系式和关系式的恒等变换进行求解．
（Ⅱ）易知即
，
因为所以
得
所以可得
求得
所以即
点睛：本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，放缩法的应用．
19．已知数列中.
（1）证明：；
（2）设数列的前项和为，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】分析：（1）由题意利用数学归纳法题中的结论即可；
（2）由（1）知：，据此可得.
放缩可得 ，故．
详解：（1）数学归纳法：①当时，，，显然有.
②假设当，结论成立，即，
那么，，
即，
综上所述成立.
（2）由（1）知：，，
即 ，；


.
于是：
得: ，
故．
点睛：解决数列与函数、不等式的综合问题的关键是从题设中提炼出数列的基本条件，综合函数与不等式的知识求解；数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点．
20．已知数列满足
(Ⅰ)证明：；
(Ⅱ)若对于任意，当时，；
(Ⅲ)
【答案】见解析.
【解析】试题分析：用数学归纳法证明当时，，当时，成立，再证时，成立
当时，，，累加得结果
若，当时，得到，推得当时，成立，当时，矛盾，求得结果
解析：（Ⅰ）因为，所以 ，
下面用数学归纳法证明．
①当时，；
②假设当时，，
则当时， ．
所以，当时，．
所以 ．
（Ⅱ）（ⅰ）当时，，
所以 ，
所以 ，累加得 ，
所以 ．
（ⅱ）若，当时，
，所以．
所以当时，．
所以当时，，矛盾．
所以 ．
因为 ，
所以
点睛：本题主要考查的知识点是数列的综合问题.运用数学归纳法证得数列中的不等关系，在递推关系时，需要运用累加法来解决问题，本题较为综合，有一定的难度.