2025高考數學考二輪專題型專項練4解答題組合練(A)-專項訓練1.在△ABC中,內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,a+b=ccosB-bcosC.(1)求角C的大小;(2)設CD是△ABC的角平分線,求證:1CA2.(2024·廣西南寧一模)已知正項數列{an},其中a1=2,且an+1an=1(1)設bn=an+1an,證明:數列{b(2)設cn=an2+1an2,求數列{cn}的前n項和Tn,并判斷是否存在正整數n3.(2023·天津,17)如圖,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分別為BC,AB的中點.(1)求證:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求點C到平面C1MA的距離.4.(2024·河北滄州一模)對于函數y=f(x),x∈I,若存在x0∈I,使得f(x0)=x0,則稱x0為函數f(x)的一階不動點;若存在x0∈I,使得f(f(x0))=x0,則稱x0為函數f(x)的二階不動點;依此類推,可以定義函數f(x)的n階不動點.其中一階不動點簡稱為“不動點”,二階不動點簡稱為“穩定點”,函數f(x)的“不動點”和“穩定點”構成的集合分別記為A和B,即A={x|f(x)=x},B={x|f(f(x))=x}.(1)若f(x)=exe(x>0),證明:集合A={x|f(x)(2)若f(x)=(a+1)x-1x+2lnxe25.如圖,已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F(2,0),O為坐標原點,過點F作直線l1與雙曲線的漸近線交于P,Q兩點,且點P在線段FQ上,(1)求C的方程;(2)設A1,A2是C的左、右頂點,過點(12,0)的直線l與C交于M,N兩點,試探究直線A1M與A2N的交點S是否在某條定直線上?若是,求出該定直線方程;若不是,請說明理由

題型專項練4解答題組合練(A)答案1.(1)解由a+b=ccosB-bcosC及正弦定理得sinA+sinB=sinCcosB-sinBcosC.又sin(B+C)=sin(π-A)=sinA,所以sin(B+C)+sinB=sinCcosB-sinBcosC,所以2sinBcosC+sinB=0.因為B∈(0,π),所以sinB≠0,所以cosC=-12又C∈(0,π),所以C=2π(2)證明因為CD是△ABC的角平分線,且C=2π所以∠ACD=∠BCD=π3在△ABC中,S△ABC=S△ACD+S△BCD,則12CA·CBsin2π3=12CA·CDsinπ即CA·CB=CA·CD+CD·CB.兩邊同時除以CA·CB·CD得1CA2.(1)證明由題意可知,b1=a1+1a由an+1an=14·an+12+1an2+1,n∈N*,可得an+12+1an+1=4·an2+1an,即an+1+1an+1=4(an+1an),所以(2)解不存在,理由如下:cn=an2+1an2=(an+1an)2-2=(52×4n-1)2Tn=c1+c2+c3+…+cn=254×1-16n1-16-2n=512(16n-1)-2n,要使得Tn為整數,因為2n∈16n-1=(12+4)n-1=Cn0×40×12n+Cn1×41×12n-1+Cn2×42×12n-2+…+Cnn-2×4n-2×122+Cnn-1×4n-則必須使得Cnn×4n×120-1,即4n-1能被12整除,而4n-1為奇數,12為偶數,故不存在正整數n,使得Tn3.(1)證明連接MN,由已知M,N分別為BC,AB的中點,得MN12AC.又由題意可知,A1C112∴MNA1C1.∴四邊形A1NMC1是平行四邊形.∴A1N∥C1M.又A1N?平面C1MA,C1M?平面C1MA,∴A1N∥平面C1MA.(2)解由已知AA1,AB,AC兩兩垂直,以A為原點,AB,AC,AA1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),C1(0,1,2).∴AB=(2,0,0),AM=(1,1,0),AC1=(0,1,2),AC=由已知AB⊥AC,AB⊥AA1,∴AB是平面ACC1A1的一個法向量.設平面C1MA的一個法向量為n=(x,y,z),則n⊥AM令z=1,得平面C1MA的一個法向量為n=(2,-2,1).設平面C1MA與平面ACC1A1所成的角的大小為θ,則cosθ=|AB故平面C1MA與平面ACC1A1所成角的余弦值為23(3)解設點C到平面C1MA的距離為d.解法一(法向量法):d=|AC解法二(等積法):∵VC∴13S△C1AM·d=13S易得C1A=AAC1M=A1N=AAAM=12BC=12AB2+AC∴點C1到直線AM的距離d1=C1∴S△C1AM=12易知S△ACM=12S△ABC=12×(12×22∴d=A14.(1)證明令g(x)=f(x)-x=exe-x,求導得g'(x)=1令g'(x)=0,可得x=e,當x∈(-∞,e)時,g'(x)<0,當x∈(e,+∞)時,g'(x)>0,所以g(x)min=g(e)=0,所以g(x)有唯一零點,所以集合A={x|f(x)=x}中有且僅有一個元素.(2)解當a>-1時,由函數f(x)=(a+1)x-1x+2lnxe2,可得導函數f'(x)=(a+1)+1x2+2e2x>由反函數的知識,f(x)穩定點在原函數與反函數的交點上,即f(x)穩定點與f(x)的不動點等價,故只需研究f(x)=(a+1)x-1x+令F(x)=f(x)-x=2e2lnx+ax-1x(x>0),則F'(x)=2e2x+a+1x2,則F'(x①當a>0時,F'(x)>0恒成立,即F(x)在(0,+∞)上單調遞增,當x無限接近于0時,F(x)趨向于負無窮小,且F(e2)=2e2lne2+a×e2-1e2>0,故存在唯一的x0∈(0,e2),使得F(x)=0,即f(x)=x有唯一解,所以此時f(②當a<0時,即-1<a<0時,F'(1)=2e2+a+1當x1趨向無窮大時,2e2×1x1+1x12趨近于0,此時F'(x1)<0,存在唯一x1∈(0,+∞),使得F'(x1)=2e2×1x1+a+1x12=0,此時f故F(x)max=F(x1)=2e2lnx1+ax1-1x1=2e當x趨近于0時,F(x)趨向于負無窮大,當x趨向于正無窮大時,F(x)趨向于負無窮大,設h(x)=2e2lnx-2x?2e2,則h(x)在(0,+∞)上單調遞增,且h(e2)=2又a=-2e2×1x1?1x1故當F(x)max=2e2lnx1-2x1?2e2=0時,即x1=e2,此時a=-3e4,方程F(x)=0有一個解,即f(當F(x)max=2e2lnx1-2x1?2e2<0,即x1<e2,此時-1<a<-3e4,方程F(x)=0無解,即f(當F(x)max=2e2lnx1-2x1?2e2>0,即x1>e2時,此時-3e4<a<0,方程F(x)=0有兩個解,即f(綜上,當a≥0時或a=-3e4時,集合B的子集有2當-1<a<-3e4時,集合B的子集有1當-3e4<a<0時,集合B的子集有45.解(1)因為雙曲線右焦點為F(2,0),所以c=2.因為漸近線方程為y=±bax所以tan∠POF=ba因為OP⊥PQ,所以|OQ|2-|OP|2=|PQ|2,即(|OQ|+|OP|)(|OQ|-|OP|)=|PQ|2,又|OP|+|OQ|=3|PQ|,所以|OQ|-|OP|=33|PQ|解得|OQ|=233|PQ|,|OP|=3所以∠POQ=π3,所以∠POF=π所以tan∠POF=ba=3,c=2,a2+b2=c解得a=1,b=3.所以雙曲線C的方程為x2-y23=(2)由題意知A1(-1,0),A2(1,0),直