第二部分 压轴题(六)-【金版教程】2023高考理科数学大二轮刷题首选卷全书word（老教材，全国统考版）

压轴题(六) 12．已知点F为抛物线E：x2＝4y的焦点，C(0，－2)，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，点P为抛物线上任意一点，若＝m＋n，则m＋n的最小值为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　由题可得F(0，1)，则直线AB的方程为y＝x＋1，设A(x1，x1＋1)，B(x2，x2＋1)，设P，则＝，＝(x1，x1＋3)，＝(x2，x2＋3)，由＝m＋n，可得＝m(x1，x1＋3)＋n(x2，x2＋3)，则 两式相减得＋2－x＝3m＋3n，则可得m＋n＝(x－2)2＋，则当x＝2时，m＋n取得最小值，为. 16．(2022·哈尔滨第三中学第一次模拟)对于正整数n，设xn是关于x的方程(n2＋5n＋3)x2＋x2logn＋2xn＝1(x>0)的实根，记an＝，其中[x]表示不超过x的最大整数，则a1＝________；若bn＝an·sin ，Sn为{bn}的前n项和，则S2022＝________． 答案　1　506 解析　当n＝1时，9x2＋x2log3x＝1(x>0)，即9＋log3x－＝0，令g(x)＝9＋log3x－(x>0)，因为函数y＝log3x和y＝－在(0，＋∞)上都是增函数，所以函数g(x)在(0，＋∞)上是增函数，又g＝9－1－9＝－1<0，g＝9－log32－4＝5－log32>0，所以函数g(x)在存在唯一零点，即x1∈，则∈，所以a1＝＝1.方程(n2＋5n＋3)x2＋x2logn＋2xn＝1即为n2＋5n＋3＋nlogn＋2x＝，即为－nlogn＋2x－n2－5n－3＝0，令t＝，则xn＝，则有(2t)2＋nlogn＋22t－n2－5n－3＝0，令f(t)＝(2t)2＋nlogn＋22t－n2－5n－3，则函数f(t)在(0，＋∞)上单调递增，因为f＝(n＋1)2＋nlogn＋2(n＋1)－n2－5n－3＝nlogn＋2·(n＋1)－3n－2<0，f＝(n＋2)2＋n－n2－5n－3＝1>0，所以存在唯一的t∈，使得f(t)＝0，则∈.当n＝2k－1，k∈N*时，∈，则an＝＝k；当n＝2k，k∈N*时，∈，则an＝＝k；当n＝2k，k∈N*时，sin ＝0，所以S2022＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2019＋b2020＋b2021＋b2022＝b1＋b3＋b5＋b7＋…＋b2019＋b2021＝a1－a3＋a5－a7＋…＋a2017－a2019＋a2021＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(1009－1010)＋1011＝－1×505＋1011＝506. 20. (2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. (1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F； (2)设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值． 解　(1)证明：∵M，N分别为BC，B1C1的中点， ∴MN∥BB1. 又AA1∥BB1，∴AA1∥MN. ∵△A1B1C1为等边三角形，N为B1C1的中点， ∴A1N⊥B1C1. 又侧面BB1C1C为矩形， ∴B1C1⊥BB1. ∵MN∥BB1，∴MN⊥B1C1. 又MN∩A1N＝N，MN，A1N⊂平面A1AMN， ∴B1C1⊥平面A1AMN. 又B1C1⊂平面EB1C1F， ∴平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)解法一：连接NP， ∵AO∥平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F＝NP， ∴AO∥NP. ∵三棱柱上下底面平行，平面A1AMN∩平面ABC＝AM，平面A1AMN∩平面A1B1C1＝A1N， ∴ON∥AP. ∴四边形ONPA是平行四边形． ∴ON＝AP，AO＝NP. 设△ABC的边长为6m(m＞0)， 则NP＝AO＝AB＝6m. ∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1的边长为6m， ∴ON＝×6m×sin 60°＝m. ∴ON＝AP＝m. ∵BC∥B1C1，B1C1⊂平面EB1C1F，BC⊄平面EB1C1F， ∴BC∥平面EB1C1F. 又BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EB1C1F＝EF， ∴EF∥BC， ∴＝，EF∥B1C1， ∴＝，解得EP＝m. 在B1C1上截取B1Q＝EP＝m，连接PQ，故QN＝2m. ∵B1Q＝EP且B1Q∥EP， ∴四边形B1QPE是平行四边形， ∴B1E∥PQ. 由(1)可知B1C1⊥平面A1AMN， 故∠QPN为直线B1E与平面A1AMN所成的角． 在Rt△QPN中，根据勾股定理可得 PQ＝ ＝ ＝2m， ∴sin ∠QPN＝＝＝. ∴直线B1E与平面A