2022年高考三轮复习之大题规范练4

这是一份2022年高考三轮复习之大题规范练4，共6页。
已知在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若4S＝b2＋c2－a2，b＝eq \r(6)，且________，求△ABC的面积S.
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分)
解 因为4S＝b2＋c2－a2，cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，
S＝eq \f(1,2)bcsin A，
所以2bcsin A＝2bccs A.
显然cs A≠0，所以tan A＝1，
又A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以A＝eq \f(π,4).
选择①B＝eq \f(π,3).
由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得a＝eq \f(bsin A,sin B)＝2.
又sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(3＋\r(3),2).
选择②a＝2.
由eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(\r(3),2).
因为B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs B＝eq \f(1,2).
又sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acs B＋cs Asin B＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，
所以S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(3＋\r(3),2).
选择③bcs A＋acs B＝eq \r(3)＋1.
由b＝eq \r(6)，A＝eq \f(π,4)，得acs B＝1，即a·eq \f(a2＋c2－6,2ac)＝1.
所以a2＝6＋2c－c2.
又a2＝6＋c2－2eq \r(6)c·eq \f(\r(2),2)＝6＋c2－2eq \r(3)c，
所以6＋2c－c2＝6＋c2－2eq \r(3)c，解得c＝eq \r(3)＋1(c＝0舍去)．
所以S＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(3＋\r(3),2).
2．已知数列{an}，{bn }满足：an＋1＋1＝2an＋n，bn－an＝n，b1＝2.
(1)证明数列{bn }是等比数列，并求数列{bn }的通项；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)因为bn－an＝n，
所以bn＝an＋n.
因为an＋1＝2an＋n－1，
所以an＋1＋(n＋1)＝2(an＋n)，
所以bn＋1＝2bn.
又b1＝2，
所以{bn }是首项为2，公比为2的等比数列，
所以bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)可得an＝bn－n＝2n－n，
所以Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝eq \f(21－2n,1－2)－eq \f(n1＋n,2)
＝2n＋1－2－eq \f(n2＋n,2).
3．如图，在棱长为1的正方体PB1N1D1－ABND中，动点C在线段BN上运动，且有eq \(BC,\s\up6(→))＝λeq \(AD,\s\up6(→))(00)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离是eq \r(2)＋1，且1，eq \r(2)a,4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的中垂线交x轴于点M(m,0)，求实数m的取值范围．
解 (1)由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝\r(2)＋1，,1×4c＝2a2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1.))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意得F(1,0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,y＝kx－1，))
消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－2k,1＋2k2).
可得线段AB的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
当k＝0时，点M位于原点，此时m＝0.
当k≠0时，直线MN的方程为y＋eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，
化简得ky＋x－eq \f(k2,1＋2k2)＝0.
令y＝0，得x＝eq \f(k2,1＋2k2).
所以m＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
综上所述，m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
6．已知函数f(x)＝xln x＋(3－k)x＋k－2(k∈Z)．
(1)当k＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x＞1时，总有f(x)＞0，求k的最大值．
解 (1)当k＝1时，f(x)＝xln x＋2x－1，
f′(x)＝ln x＋3，
则f(1)＝1，f′(1)＝3，
故切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0，
(2)由x＞1时，f(x)＞0恒成立，
可得xln x＋(3－k)x＋k－2＞0在x＞1时恒成立，
即k＜eq \f(xln x＋3x－2,x－1)在x＞1时恒成立，
令g(x)＝eq \f(xln x＋3x－2,x－1)，x＞1，则g′(x)＝eq \f(x－ln x－2,x－12)，
令h(x)＝x－ln x－2，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)＞0在x＞1时恒成立，
故h(x)在(1，＋∞)上单调递增，且h(3)＝1－ln 3＜0，
h(4)＝2－ln 4＞0，
所以在(1，＋∞)上存在唯一实数x0∈(3,4)，满足h(x0)＝0，即ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，
故g(x)min＝g(x0)＝eq \f(x0ln x0＋3x0－2,x0－1)
＝eq \f(x0x0－2＋3x0－2,x0－1)＝2＋x0∈(5,6)，
由k＜eq \f(xln x＋3x－2,x－1)在x＞1时恒成立可得k≤5，即整数k的最大值为5.X
5%
10%
P
0.8
0.2
Y
2%
8%
12%
P
0.2
0.5
0.3
ξ
5
10
P
0.8
0.2
η
2
8
12
P
0.2
0.5
0.3