2022年高考三轮复习之大题规范练2

大题规范练2

1．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

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．