发布时间 : 星期六 文章湖南省张家界市2019-2020学年高考数学模拟试题含解析更新完毕开始阅读
故只需证明对任意k?R，方程lnx?x2?1?kx有唯一解.
12x2?kx?1令F(x)?lnx?x?kx?1，则F?(x)??2x?k?，
xx2①当k?0时，F?(x)?0恒成立，?F(x)在(0,??)上单调递增.
Qek?1,e2k?1，?F(ek)?k?e2k?kek?1?k(1?ek)?e2k?1?0，
QF(1)??k?0，?存在t满足ek?t?1时，使得F(t)?0.
又QF(x)单调递增，所以x?t为唯一解.
②当0?k?22时，二次函数y?2x2?kx?1，满足??k2?8?0， 则F?(x)≥0恒成立，?F(x)在(0,??)上单调递增.
QF(1)??k?0，F(e3)?3?e6?ke3?1?(e3?2)2?e3(22?k)?0，
?存在t?(1,e3)使得F(t)?0，
又QF(x)在(0,??)上单调递增，?x?t为唯一解.
③当k?22时，二次函数y?2x2?kx?1，满足??k2?8?0， 此时F?(x)?0有两个不同的解x1,x2，不妨设x1?x2，
Qx1?x2?12，?0?x1??x2， 22列表如下：
x F?(x) (0,x1) ? ↗ x1 0 (x1,x2) ? ↘ x2 0 (x2,??) ? ↗ F(x) 极大值 极小值 2由表可知，当x?x1时，F(x)的极大值为F(x1)?lnx1?x1?kx1?1.
Q2x12?kx1?1?0，?F(x1)?lnx1?x12?2，
Q0?x1?22?，?lnx1?x1?2， 2?F(x1)?lnx1?x12?2?0，?F(x2)?F(x1)?0.
F(e)?k?ek222k2?ke?1?(e?k)e?k2?1.
k2k2k2下面来证明ek?k?0，
212x2?1构造函数m(x)?x?lnx(x?22)，则m?(x)?2x??，
xx2?当x?(22,??)时，m?(x)?0，此时m(x)单调递增，
3?m(x)?m(22)?8?ln2?0，
2?x?(22,??)时，x2?lnx，?ex2?elnx?x，
故ek?k?0成立.
2?F(ek)?(ek?k)ek?k2?1?0， ?存在t?(x2,ek)，使得F(t)?0.
又QF(x)在(x2,??)单调递增，?x?t为唯一解.
所以，对任意k?R，方程lnx?x2?1?kx有唯一解，即过原点任意的直线y?kx与曲线M有且仅有一个公共点. 【点睛】
本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.
2C21．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，3sin?A?B??4sin.
22222（1）求cosC；
（2）若b＝7，D是BC边上的点，且△ACD的面积为63，求sin∠ADB.
【答案】（1）【解析】 【分析】
1239. ；（2）713（1）根据诱导公式和二倍角公式，将已知等式化为角可求解；
CC关系式，求出tan，再由二倍角余弦公式，即
22（2）在VACD中，根据面积公式求出CD长，根据余弦定理求出AD，由正弦定理求出
sin?ADC，即可求出结论.
【详解】
2C2CCC（1）3sin?A?B??4sin2,23sin2cos2?4sin2，
Q0?C?CC3， ?,?sin?0,?tan?22222cos2CCC?sin21?tan2CC22?2?1； cosC?cos2?sin2?22cos2C?sin2C1?tan2C7222（2）在VACD中，由（1）得sinC?43， 7143SVACD??7?CD??63,?CD?3，
27由余弦定理得
AD2?b2?CD2?2b?CD?cosC?49?9?2?7?3?1?52， 7?AD?213，在VACD中，
43ADAC7?239， ?,?sin?ADC?sinCsin?ADC132137??sin?ADB?sin?ADC?【点睛】
239. 13本题考查三角恒等变换求值、面积公式、余弦定理、正弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题. 22．如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD?AB?CD?2，BC?4，M，N，Q分别为BC，． CD，AC的中点，以AC为折痕将VACD折起，使点D到达点P位置（P?平面ABC）
（1）若H为直线QN上任意一点，证明：MH∥平面ABP； （2）若直线AB与直线MN所成角为
?，求二面角A?PC?B的余弦值． 4【答案】（1）见解析（2）【解析】 【分析】
21 7(1)根据中位线证明平面MNQP平面PAB，即可证明MH∥平面ABP；（2）以QM，QC，QP为x，
y，z轴建立空间直角坐标系，找到点的坐标代入公式即可计算二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：连接QM，
∵M，N，Q分别为BC，CD，AC的中点， ∴QMPAB，
又∵QM?平面PAB，ABì平面PAB， ∴QMP平面PAB， 同理，QN∥平面PAB，
∵QM?平面MNQ，QN?平面MNQ，QMIQN?Q， ∴平面MNQP平面PAB， ∵MH?平面MNQ， ∴MH∥平面ABP．
（2）连接PQ，在VABC和VACD中，由余弦定理可得，
?AC2?AB2?BC2?2AB?BC?cos?ABC， ?222AC?AD?CD?2AD?CD?cos?ADC?由?ABC与?ADC互补，AD?AB?CD?2，BC?4，可解得AC?23， 于是BC2?AB2?AC2， ∴AB?AC，QM?AC，
∵QMPAB，直线AB与直线MN所成角为∴?QMN??， 4?4?∴?MQN?，即QM?QN，
2∴QM?平面APC， ∴平面ABC?平面APC， ∵Q为AC中点，PQ?AC， ∴PQ?平面ABC，
，又QM?QN?1，
如图所示，分别以QM，QC，QP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(2,?3,0)，C(0,3,0)，
uuuruuurP(0,0,1)，PB?(2,?3,?1)，PC?(0,3,?1)．