26年陕西一模(高新)

1、

2、
3、

$4、\cfrac{b}{\sin B}=\cfrac{c}{\sin C}\Rightarrow\cfrac{3\sin C}{\sin B}=\cfrac{3c}{b}\Rightarrow \cfrac{\cos A}{a}+\cfrac{\cos B}{b}=\cfrac{3\sin C}{\sin B}=\cfrac{3c}{b}\quad 两边\times ab \Rightarrow b\cos A+a\cos B=3ac$
$\sin B\cos A+\cos B\sin A=3a\sin C\Rightarrow \sin (A+B)=\sin C=3a\sin C\Rightarrow 3a=1$

$5、\begin{cases} e=\cfrac{c}{a}=\sqrt{10}\\ c^2=a^2+b^2 \end{cases}\Rightarrow 10a^2=a^2+b^2\Rightarrow y=\pm \cfrac{b}{a}x=\pm 3x$
$圆心(-2,-1),r=2\Rightarrow 圆与直线y=-3x无交点。圆心到渐近线3x-y=0的距离d=\cfrac{|-6+1|}{\sqrt{10}}=\cfrac{5}{\sqrt{10}}$
$|MN|=2\sqrt{4-(\cfrac{5}{\sqrt{10}})^2}=2\sqrt{\cfrac{3}{2}}=\sqrt{6}$

$6、\cfrac{\cos \theta(1-\sin 2\theta)}{\sqrt{2}\sin(\theta-\cfrac{\pi}{4})}=\cfrac{\cos\theta(\sin \theta-\cos\theta)^2}{\sin \theta-\cos\theta}=\cos\theta(\sin \theta-\cos\theta)$
$=\cfrac{\cos\theta(\sin \theta-\cos\theta)}{\sin^2\theta+\cos ^2\theta }=\cfrac{\tan\theta-1}{\tan^2\theta-1}$

7、

$8、设x_1\gt x_2,\cfrac{2x_2f(x_1)-2x_1f(x_2)}{x_1x_2(x_1-x_2)}=\cfrac{2[\cfrac{f(x_1)}{x_1}-\cfrac{f(x_2)}{x_2}]}{x_1-x_2}\lt 0\qquad 构造函数g(x)=\cfrac{f(x)}{x},$
$故上式\cfrac{\cfrac{f(x_1)}{x_1}-\cfrac{f(x_2)}{x_2}}{x_1-x_2}=\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}\lt 0，即g(x)在x\gt 0为递减函数，f(x)为奇函数\Rightarrow g(x)为偶函数$
$f(2025)=4050\Leftrightarrow \cfrac{f(2025)}{2025}=2=g(2025)\quad f(x)\lt 2x\Leftrightarrow g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\lt 2=g(2025)\Rightarrow g(x)\lt g(2025)$
$|x|\gt 2025\Rightarrow x\gt 2025,或x\lt -2025,故选A$

$9、l=\sqrt{2^2+(4\sqrt{2})^2}=6,S_侧=\pi rl=12\pi;S_\triangle =\cfrac{1}{2}times 4\times 4\sqrt{2}=8\sqrt{2},半周长\cfrac{1}{2}C=4+12=16,$
$内切圆半径r_{in}=\cfrac{2S}{C}=\sqrt{2},C，刚好落在高的中点，故母线为3;选ABC;r_t=\cfrac{4}{3},故D不对$

$10、-\cfrac{3}{4}=e^2-1=k_{PM}k_{PN}\Rightarrow a=^2=4,c^2=1,b^2=3,故选A;$
$\quad B显然不成立,P为上下顶点时角最大,只有当b=1时才成立。Q点为上顶点，$
$|PQ|^2=x^2+(y-1)^2=4(1-\cfrac{1}{3}y^2)+y^2-2Y+1=-\cfrac{1}{3}y^2-2y+5=-\cfrac{1}{3}(y+3)^2+8$
$y\in [-\sqrt{3},\sqrt{3}],最大值在y=--\sqrt{3}处取得，|PQ|^2=4+2\sqrt{3}\Rightarrow |PQ|=\sqrt{3}+1$
$曲线\Gamma 上存在点P,使得|PD|=e,|PD|^2=(x-1)^2+y^2=x^2-2x+1+3(1-\cfrac{x^2}{4})=\cfrac{x^2}{4}-2x+4$
$=\cfrac{1}{4}(x-4)^2, 令它=e^2\Rightarrow x-4=\pm 2e\in (-2,2),故D正确$

11、

$12、C_{5}^{1} (\cfrac{\sqrt{x}}{3})^4(\cfrac{3}{x^2})^1=5\times \cfrac{1}{3^3}=\cfrac{5}{27}$

$13、O与B、C共线，且为BC的中心。\angle A=\cfrac{\pi}{2},\overrightarrow{CA} 在\overrightarrow{CB}的投影向量为 \cfrac{3}{4}\overrightarrow{CB},用射影定理可求BC边上的高为\sqrt{3},B=\cfrac{\pi}{3}$

$14、已知a\gt 0,函数f(x)=ae^x+\ln \cfrac{a}{x-1}+1的定义域为x\gt 1(因为\cfrac{a}{x-1}\gt 0且a\gt 0)。$
$要求存在x\gt 1使得f(x)\lt 0,至少有一个f(x)\lt 0$
$步骤1、求导数与极值点：$
${f}' (x)=ae^x-\cfrac{1}{x-1}.$
$由于a\gt 0且x\gt 1，ae^x严格递增-\cfrac{1}{x-1}也严格递增，故{f}' (x)在(1,+\infty)上严格递增$
$当x\to 1^+时，{f}' (x)\to -\infty;当x\to +\infty时，{f}' (x)\to +\infty。$由介值定理，存在唯一$x_0\in (1,+\infty)$使得${f}'(x_0)=0,$即：$ae^{x_0}=\cfrac{1}{x_0-1}\Rightarrow a=\cfrac{1}{(x_0-1)}e^{x_0}$
$步骤2、求最小值f(x_0)$
$f(x)在(1,x_0)\quad \nearrow;f(x)在(x_0,+\infty)\quad \searrow;故f(x)在x=x_0处取得最小值：f(x_0)=ae^{x_0}+\ln \cfrac{a}{x_0-1}+1.将a=\cfrac{1}{(x_0-1)}e^{x_0}代入,化简:f(x_0)=\cfrac{1}{x_0-1}=(x_0-1)-2\ln (x_0-1)$
$步骤3、换元与单调性分析：令t=x_0-1\quad (t\gt 0),f(x_0)=g(t)=\cfrac{1}{t}-t -2\ln t.$
${g}' (t)=-cfrac{1}{t^2}-1-cfrac{2}{t}=-\cfrac{(t+1)^2}{t^2}\lt 0,故g(t)在(0,+\infty)严格递减。$
$又g(1)=0,故t\gt 1時，g(t)\lt 0$
$步骤4、轉化為a的範圍。t\gt 1\Leftrightarrow x_0\gt 2.將a=\cfrac{1}{(x_0-1)}e^{x_0}視作關於x_0的函數$
$令h(x)=(x-1)e^x,則a=\cfrac{1}{h(x)},{h}' (x)=xe^x\gt 0,h(x)\nearrow \Rightarrow a=\cfrac{1}{h(x)} \searrow$
$當t=1,即x_0=2時，a=\cfrac{1}{(2-1)e^2}=\cfrac{1}{e^2};當x_0\to +\infty時，a\to 0^+.因此當x_0\gt 2時，a\in (0,\cfrac{1}{e^2}),此時f(x_0)\lt 0,滿足條件。$
綜上，$a的取值範圍是(0,\cfrac{1}{e^2})$

$15、d=\cfrac{S_2}{2}-\cfrac{S_1}{1}=\cfrac{a_2+a_1}{2}-\cfrac{a_1}{1}=\cfrac{3-a_1}{2}$
$\cfrac{S_5}{5}=S_1+4d=a_1+4d=a_1+4\times \cfrac{3-a_1}{2}=6-a_1=5\Rightarrow a_1=1,d=1$
$\cfrac{S_n}{n}=n\Rightarrow S_n=n^2\Rightarrow n\ge 2,S_{n-1}=(n-1)^2,S_n-S_{n-1}=a_n=2n-1(n\ge 2)$
$n=1时，a_1=1,故a_n=2n-1在n=1时也成立。$
$(2)、b_n=2(n+1)(a_n+1)=4n(n+1)\Rightarrow \cfrac{1}{b_n}=\cfrac{1}{4n(n+1)}=\cfrac{1}{4}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})$
$\cfrac{1}{b_1}+\cfrac{1}{b_2} +\cdots +\cfrac{1}{b_n}=\cfrac{1}{4}(1-\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4}+\cdots+\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n}+\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})$
$=\cfrac{1}{4}(1-\cfrac{1}{n+1}\lt \cfrac{1}{4}$

16、

$17、(1)设圆心坐标为(x,y),x+\cfrac{1}{2}=\sqrt{(x-1)^2+y^2}-\cfrac{1}{2}\Rightarrow y^2=4x$
$(2)设A(x_1,y_1),C(x_2,y_2),B(x_3,y_3),D(x_4,y_4),S_\Box =\cfrac{1}{2}\times|AC|\times|BD|$
$|AC|=|AF|+|CF|=x_1-(-1)+x_2-(-1)=x_1+x_2+2,同理|BD|=x_3+x_4+2$
$显然k_{AC},k_{BD}的斜率不为0，设k_{AC}=k,则k_{BD}=-\cfrac{1}{k},l_{AC}:y=k(x-1),l_{BD}:y=-\cfrac{1}{k}(x-1)$
$\begin{cases} y^2=4x\\ y=kx-k\end{cases}\Rightarrow k^2(x-1)^2-4x=0\Rightarrow k^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0$
$x_1+x_2=\cfrac{2k^2+4}{k^2}\quad同理x_3+x_4=\cfrac{2(\cfrac{1}{k})^2+4}{(\cfrac{1}{k})^2}=2+4k^2$
$x_1+x_2+2=4+\cfrac{4}{k^2},x_3+x_4+2=4+4k^2$
$S=\cfrac{1}{2}\times(x_1+x_2+2)(x_3+x_4+2)=8(1+\cfrac{1}{k^2})\times (1+k^2)=8(2+k^2+\cfrac{1}{k^2})\ge 32$
$当且仅当\cfrac{1}{k^2}=k^2,k=\pm 1时取等号$
所以四边形面积的最小值为32

$18、(1)三棱锥D-MAB,即三棱锥M-ABD, 当M在弧AMD的中点时体积最大。$
$以底面圆心O为坐标原点，\overrightarrow{OM};\overrightarrow{OD};\overrightarrow{OO'}分别为x,y,z轴正向。$
$A(0,-2,0),B(0,-2,4),C(0,2,4),M(2,0,0);设平面BCM的法向量为\vec{n_1},平面ABM的法向量为\vec{n_2}$
$\overrightarrow{BC}=(0,4,0),\overrightarrow{BM}=(2,2,-4),\vec{n_1}\cdot \overrightarrow{BC}＝0和\vec{n_1}\cdot \overrightarrow{BM}＝0;解得\vec{n_1}=(2,0,1)$
$\overrightarrow{AM}=(2,2,0),\vec{n_2}\cdot \overrightarrow{AM}＝0和\vec{n_2}\cdot \overrightarrow{BM}＝0;解得\vec{n_2}=(1,-1,0),\cos \theta=\sin <\vec{n_1},\vec{n_2}>=\cfrac{\vec{n_1}\cdot \vec{n_2}}{|\vec{n_1}|\times|\vec{n_1}|}=\cfrac{2}{\sqrt{5}\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{10}}{5}$

$(2)\triangle AMD为直角三角形，M点在AD的垂足E，\angle MBE为直线MB与平面ABCD所成的角。$
$\tan \angle MBE=\cfrac{ME}{AB}，当ME为半径时，\tan \angle MBE最大$

$19、(1)a=0,ff(x)=2\ln (1-x)+2x\quad (x\lt 1),{f}'(x)=-\cfrac{2}{1-x}+2=\cfrac{-2x}{1-x}$
$x\in (-\infty,0), {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow ;\quad x\in (0,+\infty), {f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow;$
$故f(x)在x=0处有极大值，f(0)=0；无极小值$
$(2)当x\le 0时，f(x)\ge 0恒成立，求a的取值范围。$
$f(x)=(2+2ax)\ln (1-x)+2x,x\le 0.$
$x=0时，f(0)=0,满足条件。$
$x\lt 0时，\ln (1-x)\gt 0,2x\lt 0$
$①若a\gt 0,当x=-\cfrac{2}{a}\lt 0时，f(-\cfrac{2}{a})\lt 0,不合题意。$
$②若a= 0,根据(1)结论可知，x\le 0,f(x)\le 0,不合题意。$
$③若a\lt 0，当x\le 0,f(x)\ge 0等价于 \ln (1-x)+\cfrac{2x}{2+ax}\ge 0,令g(x)=\ln (1-x)+\cfrac{2x}{2+ax}$
${f}'(x)=\cfrac{-1}{1-x}+\cfrac{4}{(2+ax)^2}=\cfrac{-x(a^2x+4a+4)}{(1-x)(2+ax)^2}$
$若a\le -1,则当x\lt 0时，{g}'(x)\lt 0,g(x)\searrow ;所以当x\le 0时g(x)\ge 0, 故f(x)\ge 0.$