【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(四川專(zhuān)用-理科)二輪突破練3

突破練三1．設(shè)函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,6))＋2sin2eq\f(ωx,2)(ω＞0)，已知函數(shù)f(x)的圖象的相鄰對(duì)稱(chēng)軸的距離為π.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c(其中b＜c)且f(A)＝eq\f(3,2)，△ABC的面積為S＝6eq\r(3)，a＝2eq\r(7)，求b，c的值．解(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinωx＋eq\f(1,2)cosωx＋1－cosωx＝eq\f(\r(3),2)sinωx－eq\f(1,2)cosωx＋1＝sin(ωx－eq\f(π,6))＋1.∵函數(shù)f(x)的圖象的相鄰兩對(duì)稱(chēng)軸間的距離為π.∴函數(shù)f(x)的周期為2π.∴ω＝1.∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝sin(x－eq\f(π,6))＋1.(2)由f(A)＝eq\f(3,2)，得sin(A－eq\f(π,6))＝eq\f(1,2).又∵A∈(0，π)，∴A＝eq\f(π,3).∵S＝eq\f(1,2)bcsinA＝6eq\r(3).∴eq\f(1,2)bcsineq\f(π,3)＝6eq\r(3)，bc＝24.由余弦定理，得a2＝(2eq\r(7))2＝b2＋c2－2bccoseq\f(π,3)＝b2＋c2－24.∴b2＋c2＝52.又∵b＜c，解得b＝4，c＝6.2．為了了解某校今年高三男生的身體狀況，隨機(jī)抽查了部分男生，將測(cè)得的他們的體重(單位：千克)數(shù)據(jù)整理后，畫(huà)出了頻率分布直方圖(如圖)．已知圖中從左到右的前3個(gè)小組的頻率之比為1∶2∶3，其中第2小組的頻數(shù)為12.(1)求該校隨機(jī)抽查的部分男生的總?cè)藬?shù)；(2)以這所學(xué)校的樣本數(shù)據(jù)來(lái)估量全市的總體數(shù)據(jù)，若從全市高三男生中任選3人，設(shè)X表示體重超過(guò)55千克的同學(xué)人數(shù)，求X的數(shù)學(xué)期望．解(1)設(shè)該校隨機(jī)抽查的部分男生的總?cè)藬?shù)為n，前3個(gè)小組的頻率分別為P1、P2、P3，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P2＝2P1，,P3＝3P1，,P1＋P2＋P3＋0.0375＋0.0125×5＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(P1＝0.125，,P2＝0.25，,P3＝0.375.))由于P2＝0.25＝eq\f(12,n)，所以n＝48.(2)由(1)可得，一個(gè)男生體重超過(guò)55千克的概率為P＝P3＋(0.0375＋0.0125)×5＝eq\f(5,8).所以X～B(3，eq\f(5,8))，所以P(X＝k)＝Ceq\o\al(k,3)(eq\f(5,8))k(eq\f(3,8))3－k，k＝0,1,2,3.隨機(jī)變量X的分布列為(可不寫(xiě))：X0123Peq\f(27,512)eq\f(135,512)eq\f(225,512)eq\f(125,512)則E(X)＝0×eq\f(27,512)＋1×eq\f(135,512)＋2×eq\f(225,512)＋3×eq\f(125,512)＝eq\f(15,8).(或：E(X)＝3×eq\f(5,8)＝eq\f(15,8))3．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝eq\f(anan＋1,2)(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(2Sn,－2nn＋1)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.解(1)∵Sn＝eq\f(anan＋1,2)，n∈N*，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝eq\f(a1a1＋1,2)，∴a1＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2Sn＝a\o\al(2,n)＋an,2Sn－1＝a\o\al(2,n－1)＋an－1n≥2))得，2an＝2(Sn－Sn－1)＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，∴(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，∵an＋an－1＞0，∴an－an－1＝1(n≥2)，∴數(shù)列{an}是等差數(shù)列，∴an＝n.(2)由(1)知Sn＝eq\f(nn＋1,2)，∴bn＝eq\f(2Sn,－2nn＋1)＝eq\f(n,－2n)，∴Tn＝eq\f(1,－2)＋eq\f(2,－22)＋…＋eq\f(n－1,－2n－1)＋eq\f(n,－2n)，－2Tn＝1＋eq\f(2,－2)＋…＋eq\f(n－1,－2n－2)＋eq\f(n,－2n－1)，兩式相減，得－3Tn＝1＋eq\f(1,－2)＋eq\f(1,－22)＋…＋eq\f(1,－2n－1)－eq\f(n,－2n)＝eq\f(1－\f(1,－2n),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))－eq\f(n,－2n)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,－2n)))－eq\f(n,－2n)，∴Tn＝－eq\f(2,9)＋eq\f(2＋3n,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n.4．已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，AA1＝AC＝BC＝2，A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點(diǎn)D(1)求證：BA1⊥AC1；(2)求二面角A－A1B－C的余弦值．(1)證明取AB的中點(diǎn)E，連接DE，則DE∥BC.∵BC⊥AC，∴DE⊥AC.∵A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點(diǎn)D，∴A1D⊥平面ABC.∴分別以DE，DC，DA1所在直線(xiàn)為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz.則A(0，－1,0)，C(0,1,0)，B(2,1,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,2，eq\r(3))，∴eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,3，eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－2，－1，eq\r(3))．∴eq\o(AC1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝0，BA1⊥AC1.(2)解設(shè)平面A1AB的法向量為n＝(x1，y1，z1)．eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋\r(3)z1＝0,2x1＋2y1＝0))，令z1＝1，得x1＝eq\r(3)，y1＝－eq\r(3)，∴n＝(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)．設(shè)平面A1BC的法向量為m＝(x2，y2，z2)．eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CA1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CB,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y2＋\r(3)z2＝0，,2x2＝0，))令z2＝1，得y2＝eq\r(3)，∴m＝(0，eq\r(3)，1)．故cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝－eq\f(\r(7),7).易知二面角A－A1B－C為銳二面角，∴二面角A－A1B－C的余弦值為eq\f(\r(7),7).5．已知點(diǎn)P(1，－eq\f(3,2))在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F2(1,0)的直線(xiàn)l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)若AB是橢圓C經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的弦，且MN∥AB，W＝eq\f(|AB|2,|MN|).試推斷W是否為定值？若W為定值，懇求出這個(gè)定值；若W不是定值，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)橢圓C的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，∴c＝1，橢圓C的左焦點(diǎn)坐標(biāo)為(－1,0)，可得2a＝eq\r(1＋12＋－\f(3,2)2)＋eq\r(1－12＋－\f(3,2)2)＝eq\f(5,2)＋eq\f(3,2)＝4，解得a＝2，∴b2＝a2－c2＝4－1＝3，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①當(dāng)直線(xiàn)斜率不存在時(shí)，|AB|2＝(2b)2＝4b2，|MN|＝eq\f(2b2,a)，∴W＝eq\f(|AB|2,|MN|)＝eq\f(4b2,\f(2b2,a))＝2a＝4.②當(dāng)直線(xiàn)斜率存在時(shí)，設(shè)直線(xiàn)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，且M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx－1))得，(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋k2[\f(8k2,3＋4k2)2－4×\f(4k2－12,3＋4k2)])＝eq\f(12k2＋1,3＋4k2).設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝kx(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,,y＝kx))消去y，并整理得：x2＝eq\f(12,3＋4k2)，設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x3－x4|＝4eq\r(\f(31＋k2,3＋4k2))，∴W＝eq\f(|AB|2,|MN|)＝eq\f(\f(481＋k2,3＋4k2),\f(121＋k2,3＋4k2))＝4.由①②可得，W為定值4.綜上所述，W為定值1.6．已知函數(shù)f(x)＝ax－bxlnx，其圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1)，且在(e，f(e))處的切線(xiàn)斜率為3(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)求實(shí)數(shù)a、b的值；(2)若k∈Z，且k＜eq\f(fx,x－1)對(duì)任意x＞1恒成立，求k的最大值；(3)證明：2ln2＋3ln3＋…＋nlnn＞(n－1)2(n∈N*，n＞1)．(1)解由于f(1)＝1，所以a＝1，此時(shí)f(x)＝x－bxlnx，f′(x)＝1－b(1＋lnx)，依題意，f′(e)＝1－b(1＋lne)＝3，所以b＝－1.(2)解由(1)知：f(x)＝x＋xlnx，當(dāng)x＞1時(shí)，設(shè)g(x)＝eq\f(fx,x－1)＝eq\f(x＋xlnx,x－1)，則g′(x)＝eq\f(x－2－lnx,x－12).設(shè)h(x)＝x－2－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)．由于h(3)＝1－ln3＜0，h(4)＝2－ln4＞0，所以，存在x0∈(3,4)，使h(x0)＝0.當(dāng)x∈(1，x0)時(shí)，h(x)＜0，g′(x)＜0，即g(x)在(1，x0)上為減函數(shù)；同理g(x)在(x0，＋∞)上為增函