新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 第三周 （含解析）

第三周

周一

1．(2020·东三省四市模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a＝2bcos C＋csin B.

(1)求tan B；

(2)若C＝，△ABC的面积为6，求BC.

解　(1)∵2a＝2bcos C＋csin B，

利用正弦定理可得，2sin A＝2sin Bcos C＋sin Csin B，

又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，

化为2cos B＝sin B≠0，∴tan B＝2.

(2)∵tan B＝2，B∈，

可得sin B＝，cos B＝.

∴sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝.

由＝，可得a＝×＝.

又absin ＝6，可得b＝.

∴a＝×，即a2＝18，

解得BC＝a＝3.

周二

2．已知正数数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且满足an＋2－an＝4(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝(－1)n·an，求数列{bn}的前100项和T100.

解　(1)①当n为奇数时，an＝(an－an－2)＋(an－2－an－4)＋…＋(a3－a1)＋a1＝×4＋a1＝2n－1.

②当n为偶数时，an＝(an－an－2)＋(an－2－an－4)＋…＋(a4－a2)＋a2＝×4＋a2＝2n－1.

综上，an＝2n－1(n∈N*)．

(2)∵bn＝(－1)nan＝(－1)n·(2n－1)，

∴T100＝b1＋b2＋…＋b100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)

＝2＋2＋2＋…＋2＝2×＝100.

周三

3．某芯片公司为制定下一年的研发投入计划，需了解年研发资金投入量x(单位：亿元)对年销售额y(单位：亿元)的影响．该公司对历史数据进行对比分析，建立了两个函数模型：①y＝α＋βx2，②y＝eλx＋t，其中α，β，λ，t均为常数，e为自然对数的底数．

现该公司收集了近12年的年研发资金投入量xi和年销售额yi的数据，i＝1,2，…，12，并对这些数据作了初步处理，得到了如图所示的散点图及一些统计量的值．令ui＝x，vi＝ln yi(i＝1,2，…，12)，经计算得如下数据：

(1)设{ui}和{yi}的相关系数为r1，{xi}和{vi}的相关系数为r2，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型；

(2)①根据(1)的选择及表中数据，建立y关于x的回归方程(系数精确到0.01)；

②若下一年销售额y需达到90亿元，预测下一年的研发资金投入量x是多少亿元？

附：①相关系数r＝，回归直线＝＋x中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：

＝，＝－；

②参考数据：308＝4×77，≈9.486 8，e4.499 8≈90.

解　(1)r1＝＝

＝＝＝0.86，

r2＝＝

＝＝≈0.91，

则|r1|<|r2|，因此从相关系数的角度，模型y＝eλx＋t的拟合程度更好

(2)①先建立v关于x的线性回归方程．

由y＝eλx＋t，得ln y＝t＋λx，即v＝t＋λx.

由于＝＝≈0.018，

＝－＝4.20－0.018×20＝3.84，

所以v关于x的线性回归方程为＝0.02x＋3.84，

所以ln ＝0.02x＋3.84，则＝e0.02x＋3.84.

②下一年销售额y需达到90亿元，即＝90，

代入＝e0.02x＋3.84得，90＝e0.02x＋3.84，

又e4.499 8≈90，所以4.499 8≈0.02x＋3.84，

所以x≈＝32.99，

所以预测下一年的研发资金投入量是32.99亿元．

周四

4. (2020·深圳模拟)如图，已知直棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，其中AA1＝AC＝2BD＝4.点E，F，P，Q分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上运动，且满足：BF＝DQ，CP－BF＝DQ－AE＝1.

(1)求证：E，F，P，Q四点共面，并证明EF∥平面PQB；

(2)是否存在点P使得二面角B－PQ－E的余弦值为？如果存在，求出CP的长；如果不存在，请说明理由．

(1)证明　因为直棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，

所以AC⊥BD，AA1⊥底面ABCD，

设AC，BD的交点为O，以O为原点，

分别以OA，OB所在直线，及过O且与AA1平行的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

则有A(2,0,0)，B(0,1,0)，C(－2,0,0)，D(0，－1,0)，

设BF＝a，a∈[1,3]，则E(2,0，a－1)，F(0,1，a)，

P(－2,0，a＋1)，Q(0，－1，a)，

＝(－2,1,1)，＝(－2,1,1)，

所以EF∥PQ，故E，F，P，Q四点共面．

又EF⊄平面PQB，PQ⊂平面PQB，

所以EF∥平面PQB.

(2)解　假设存在点P，平面EFPQ中向量＝(－2,1,1)，＝(－2，－1,1)，

设平面EFPQ的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则

可得其一个法向量为n1＝(1,0,2)．

在平面BPQ中，＝(－2，－1，a＋1)，＝(0，－2，a)，

设平面BPQ的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则

所以其一个法向量为n2＝(a＋2,2a,4)．

若|cos〈n1，n2〉|＝

＝＝，

则(a＋10)2＝5a2＋4a＋20，

即有a2－4a－20＝0，a∈[1,3]，

解得a＝2±2∉[1,3]，故不存在点P使之成立．

周五

5.如图，已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)，圆M：x2＋y2－8y＋12＝0的圆心M到抛物线C1的准线的距离为，点P是抛物线C1上一点，过点P，M的直线交抛物线C1于另一点Q，且|PM|＝2|MQ|，过点P作圆M的两条切线，切点为A，B.

(1)求抛物线C1的方程；

(2)求直线PQ的方程及·的值．

解　(1)∵圆M：x2＋(y－4)2＝4，∴M(0,4)，

抛物线C1：x2＝2py的准线方程是y＝－，

依题意，4＋＝，∴p＝1，

∴抛物线C1的方程为x2＝2y.

(2)由题意知直线PQ的斜率存在，

设直线PQ的方程为y＝kx＋4，

由得x2－2kx－8＝0，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则＝(－x1,4－y1)，＝(x2，y2－4)，

∵|PM|＝2|MQ|，∴＝2，

∴－x1＝2x2，①

又x1＋x2＝2k，②

x1x2＝－8，③

由①②③得k＝±1，

∴直线PQ的方程为y＝±x＋4.

取PQ的方程y＝x＋4和抛物线x2＝2y，

联立得P点坐标为P(4,8)．

∴||＝4，连接AM，BM，

||＝||＝

＝2，

设∠APM＝α，则

sin α＝＝＝，

∴·＝||·||cos 2α

＝28(1－2sin2α)＝21.

周六

6．(2020·湖北省重点高中联考协作体考试)已知函数f(x)＝a(x－1)ln x＋ex(a∈R)，其中e是自然对数的底数．

(1)求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；

(2)若不等式f(x)－ex≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．

解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．

f(x)＝a(x－1)ln x＋ex，f′(x)＝a＋e，

∴f′(1)＝e.

又f(1)＝e，

∴曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为

y－e＝e(x－1)，即y＝ex.

(2)令g(x)＝f(x)－ex＝a(x－1)ln x＋ex－ex(x≥1)，

则g′(x)＝a＋e－ex.

令h(x)＝g′(x)＝a＋e－ex(x≥1)，

则h′(x)＝a－ex.

①若a≤0，∵＋>0，

∴a≤0，

∴a－ex<0，

∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减．

又g′(1)＝0，∴g′(x)≤0恒成立，

∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，

又g(1)＝0，∴g(x)≤0恒成立．

②若a>0，易知＋与－ex在[1，＋∞)上单调递减，

∴h′(x)在[1，＋∞)上单调递减，h′(1)＝2a－e.

当2a－e≤0，即0<a≤时，h′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，当且仅当a＝，x＝1时取等号，

∴h(x)在[1，＋∞)上单调递减，

即g′(x)在[1，＋∞)上单调递减．

又g′(1)＝0，∴g′(x)≤0恒成立，

∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减．

又g(1)＝0，∴g(x)≤0恒成立．

当2a－e>0，即a>时，∃x0∈(1，＋∞)使得h′(x)＝0，

∴h(x)在(1，x0)上单调递增，此时h(x)>h(1)＝0，

∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x0)上单调递增，

∴g(x)>g(1)＝0，不符合题意．

综上，实数a的取值范围是.