2022年高考三轮复习之大题规范练2

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大题规范练21．设等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn.已知a1b1＝2，S2＝6，S3＝12，T2＝.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)是否存在正整数k，使得Sk<6k且Tk>？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．解　(1)设等差数列{an}的公差为d.在等差数列{an}中，因为S2＝6，S3＝12，所以a3＝S3－S2＝6.又因为S2＝a1＋a2＝a3－2d＋a3－d＝12－3d＝6，所以d＝2.从而a1＝a3－2d＝2，则an＝2＋2(n－1)＝2n.设等比数列{bn}的公比为q.由a1b1＝2，得b1＝T1＝1.因为b2＝T2－T1＝－1＝，所以q＝＝，所以bn＝1×n－1＝.(2)由(1)，得Sk＝＝k(k＋1)．Sk＝k(k＋1)<6k，整理得k2－5k<0，解得0<k<5.因为Tk＝＝＝－，所以Tk＝－>，即<，解得k>3.所以3<k<5.因此存在正整数k＝4，使Sk<6k且Tk>.2.如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝45°，∠BAD＝105°，AD＝，BC＝2，AC＝3.(1)求边AB的长及cos∠ABC的值；(2)若记∠ABC＝α，求sin的值．解　(1)在△ABD中，∠ABD＝180°－(45°＋105°)＝30°，由＝，得AB＝＝×＝.在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos∠ABC，∴32＝3＋22－2×2cos∠ABC，∴cos∠ABC＝－.(2)由(1)知cos α＝－，α∈，∴sin α＝＝，sin 2α＝2sin αcos α＝－，cos 2α＝2cos2α－1＝－，∴sin＝sin 2αcos －cos 2αsin ＝.3．如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：BC⊥平面D1DE；(2)求平面DMN与平面D1DE所成锐角的正切值．(1)证明　在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，且E为BC的中点，∴BC⊥DE.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，∴BC⊥DD1，又DE∩DD1＝D，DD1，DE⊂平面D1DE，∴BC⊥平面D1DE.(2)解　方法一　如图，连接ME，B1C，∵M，N，E分别是BB1，A1D，BC的中点，∴B1C∥A1D，B1C＝A1D，ME∥B1C，ME＝B1C，∴ME∥A1D，且ME＝A1D，∴ME＝DN，则四边形DNME为平行四边形．从而可知，DE即为平面DMN与平面D1DE的交线．∵DE⊥AD，DE⊥DD1，AD∩DD1＝D，AD，DD1⊂平面A1D1D，则DE⊥平面A1D1D.∴DE⊥DA1且DE⊥DD1.则∠D1DA1即为平面DMN与平面DD1E所成的平面角，在Rt△D1DA1中，tan∠D1DA1＝＝.方法二　由已知可得DE⊥DA.连接DC1，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，D1(0,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0,4)，＝(1，，2)，＝(1,0,2)，设m＝(x，y，z)为平面DMN的一个法向量，则∴令z＝1，则m＝(－2,0,1)．取n＝(2,0,0)为平面D1DE的一个法向量，于是cos〈m，n〉＝＝＝－，由二面角的位置关系知，平面DMN与平面D1DE所成锐角的正切值为.4．春节期间某商店出售某种海鲜礼盒，假设每天该礼盒的需求量在{11,12，…，30}范围内等可能取值，该礼盒的进货量也在{11,12，…，30}范围内取值(每天进1次货)．商店每销售1盒礼盒可获利50元；若供大于求，剩余的削价处理，每处理1盒礼盒亏损10元；若供不应求，可从其他商店调拨，销售1盒礼盒可获利30元．设该礼盒每天的需求量为x盒，进货量为a盒，商店的日利润为y元．(1)求商店的日利润y关于需求量x的函数表达式；(2)试计算进货量a为多少时，商店日利润的均值最大？并求出日利润均值的最大值．解　(1)由于礼盒每天的需求量为x，进货量为a，则商店的日利润y关于需求量x的函数表达式为y＝化简得，y＝(2)日利润y的分布列为y60×11－10a60×12－10a…60×(a－1)－10a30a＋20aP… y30(a＋1)＋20a…30×29＋20a30×30＋20aP… 日利润y的均值为E(y)＝·{(60×11－10a)＋(60×12－10a)＋…＋[60×(a－1)－10a]}＋·{(30a＋20a)＋[30(a＋1)＋20a]＋…＋(30×30＋20a)}＝·＝－a2＋a＋，结合二次函数的知识可知，当a＝24时，日利润y的均值最大，最大值为958.5元．5．在平面直角坐标系xOy中，过点(0,4)的直线l与抛物线C：x2＝2py(p＞0)交于A，B两点，以AB为直径作圆，记为⊙M.(1)若⊙M与抛物线C的准线始终相切，求抛物线C的方程；(2)过圆心M作x轴垂线与抛物线相交于点N，求S△ABN的取值范围．解　(1)如图，过A，B，M分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为D，E，H，设抛物线焦点为F，由题意知，圆M的半径r＝|MH|＝|AB|，且|MH|＝(|AD|＋|BE|)＝(|AF|＋|BF|)，得|AB|＝|AF|＋|BF|，所以A，B，F三点共线，即F(0,4)，所以＝4，p＝8.所以抛物线C的方程为x2＝16y.(2)由(1)知抛物线C：x2＝16y，设直线l：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立可得，x2－16kx－64＝0，x1＋x2＝16k，x1·x2＝－64，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋8＝16k2＋8.则M(8k,8k2＋4)，N(8k,4k2)，故点N到直线AB的距离d＝＝4，又|AB|＝·|x1－x2|＝·＝·＝16(k2＋1)，所以S△ABN＝|AB|·d＝×16(k2＋1)×4＝32(1＋k2)≥32.当k＝0时，S△ABN的最小值为32.故S△ABN的取值范围是[32，＋∞)．6．已知函数f(x)＝aex＋2e－x＋(a－2)x.(1)若y＝f(x)存在极值，求实数a的取值范围；(2)设1≤a≤2，设g(x)＝f(x)－(a＋2)cos x是定义在上的函数．①证明：y＝g′(x)在上为单调递增函数(g′(x)是y＝g(x)的导函数)；②讨论y＝g(x)的零点个数．(1)解　f′(x)＝＝.当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在R上单调递减，f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f(x)在x＝ln 处有极小值．综上，实数a的取值范围是a＞0.(2)①证明　g(x)＝aex＋2e－x＋(a－2)x－(a＋2)cos x，x∈，∴g′(x)＝aex－2e－x＋(a－2)＋(a＋2)sin x，令t(x)＝g′(x)，∴t′(x)＝aex＋2e－x＋(a＋2)cos x，∵1≤a≤2，当x∈时，aex＋2e－x>0，(a＋2)cos x≥0，∴t′(x)>0，当x∈时，aex>0，2e－x>2>4，(a＋2)cos x≥－(a＋2)≥－4，∴t′(x)>0.综上，当x∈时，t′(x)>0，∴g′(x)在上为单调递增函数．②解　由①知，y＝g′(x)在区间上单调递增，且g′(0)＝2(a－2)．(ⅰ)当a＝2时，g′(0)＝0，当x∈(－∞，0]时，g′(x)≤0，则g(x)在(－∞，0]上单调递减；当x∈时，g′(x)＞0，则g(x)在上单调递增，则x＝0是y＝g(x)的唯一极小值点，且g(0)＝0.当a＝2时，y＝g(x)在区间上有唯一零点0；(ⅱ)当1≤a＜2时，有g′(0)＝2(a－2)＜0，且g′＝a－2＋2a＝a＋2(a－)＞0，故存在x1∈，使g′(x1)＝0，此时g(x)在(－∞，x1)上单调递减，在上单调递增，且g＝a＋2＋>a＋2＋＝2＋(a－1)π＞0，又g(x1)＜g(0)＝0，由零点存在定理知，g(x)在区间上有唯一零点，记作c1.所以当1≤a＜2时，y＝g(x)在区间上有两个零点：0和c1.综上，当a＝2时，g(x)＝f(x)－(a＋2)cos x在区间上有唯一零点；当1≤a＜2时，g(x)＝f(x)－(a＋2)cos x在区间上有两个不同零点．