【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(四川專用-理科)二輪突破練4

突破練四1．已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x，x∈R.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)將函數(shù)f(x)圖象上全部點的橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍，縱坐標(biāo)不變得到函數(shù)h(x)的圖象，再將h(x)的圖象向右平移eq\f(π,3)個單位得到g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)的解析式，并求g(x)在[0，π]上的值域．解(1)∵f(x)＝2cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x，∴f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))＋1.由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z.得kπ－eq\f(π,3)≤x≤kπ＋eq\f(π,6)，k∈Z∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,3)，kπ＋\f(π,6)))，k∈Z.(2)∵f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))＋1eq\o(→,\s\up8(橫坐標(biāo)伸長為原來的2倍),\s\do8(縱坐標(biāo)不變))h(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＋1，∵x∈[0，π]，∴x－eq\f(π,6)∈[－eq\f(π,6)，eq\f(5π,6)]．∴sin(x－eq\f(π,6))∈[－eq\f(1,2)，1]．∴g(x)在[0，π]上的值域為[0,3]．2．今年年初，我國多個地區(qū)發(fā)生了持續(xù)性大規(guī)模的霧霾天氣，給我們的身體健康產(chǎn)生了巨大的威逼．私家車的尾氣排放也是造成霧霾天氣的重要因素之一，因此在生活中我們應(yīng)當(dāng)提倡低碳生活，少開私家車，盡量選擇綠色出行方式，為預(yù)防霧霾出一份力．為此，很多城市實施了機(jī)動車尾號限行，我市某報社為了解市區(qū)公眾對“車輛限行”的態(tài)度，隨機(jī)抽查了50人，將調(diào)查狀況進(jìn)行整理后制成下表：年齡(歲)[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75]頻數(shù)510151055贊成人數(shù)469634(1)完成被調(diào)查人員的頻率分布直方圖；(2)若從年齡在[15,25)，[25,35)的被調(diào)查者中各隨機(jī)選取兩人進(jìn)行追蹤調(diào)查，記選中的4人中不贊成“車輛限行”的人數(shù)為ξ，求隨機(jī)變量ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．解各組的頻率分布是0.1,0.2,0.3,0.2,0.1,0.1.所以圖中各組的縱坐標(biāo)分別是0.01,0.02,0.03,0.02，0.01，0.01.(2)ξ的全部可能取值為0,1,2,3.P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,6),C\o\al(2,10))＝eq\f(6,10)×eq\f(15,45)＝eq\f(45,225)＝eq\f(15,75)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,6),C\o\al(2,10))＋eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(1,4)×C\o\al(1,6),C\o\al(2,10))＝eq\f(4,10)×eq\f(15,45)＋eq\f(6,10)×eq\f(24,45)＝eq\f(102,225)＝eq\f(34,75)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(1,4)·C\o\al(1,6),C\o\al(2,10))＋eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,10))＝eq\f(4,10)×eq\f(24,45)＋eq\f(6,10)×eq\f(6,45)＝eq\f(66,225)＝eq\f(22,75)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(2,5))·eq\f(C\o\al(2,4),C\o\al(2,10))＝eq\f(4,10)×eq\f(6,45)＝eq\f(12,225)＝eq\f(4,75)，所以ξ的分布列是ξ0123Peq\f(15,75)eq\f(34,75)eq\f(22,75)eq\f(4,75)所以ξ的數(shù)學(xué)期望E(ξ)＝eq\f(6,5).3．如圖所示，平面ABCD⊥平面BCEF，且四邊形ABCD為矩形，四邊形BCEF為直角梯形，BF∥CE，BC⊥CE，DC＝CE＝4，BC＝BF＝2.(1)求證：AF∥平面CDE；(2)求平面ADE與平面BCEF所成銳二面角的余弦值；(3)求直線EF與平面ADE所成角的余弦值．(1)證明法一取CE的中點為G，連接DG，F(xiàn)G.∵BF∥CG且BF＝CG，∴四邊形BFGC為平行四邊形，則BC∥FG，且BC＝FG.∵四邊形ABCD為矩形，∴BC∥AD且BC＝AD，∴FG∥AD且FG＝AD，∴四邊形AFGD為平行四邊形，則AF∥DG.∵DG?平面CDE，AF?平面CDE，∴AF∥平面CDE.法二在矩形ABCD中有AB∥CD，∵CD?平面CDE，AB?平面CDE，∴AB∥平面CDE.在梯形BCEF中有BF∥CE.∵CE?平面CDE，BF?平面CDE，∴BF∥平面CDE.又∵AB∩BF＝B，且AB?平面ABF，BF?平面ABF，∴平面ABF∥平面CDE.又∵AF?平面ABF，∴AF∥平面CDE.(2)解∵四邊形ABCD為矩形，∴BC⊥CD，又∵平面ABCD⊥平面BCEF，且平面ABCD∩平面BCEF＝BC，BC⊥CE，∴DC⊥平面BCEF.以C為原點，CB所在直線為x軸，CE所在直線為y軸，CD所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，依據(jù)題意我們可得以下點的坐標(biāo)：A(2,0,4)，B(2,0,0)，C(0,0,0)，D(0,0,4)，E(0,4,0)，F(xiàn)(2,2,0)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,4，－4)．設(shè)平面ADE的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(DE,\s\up6(→))·n1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＝0，,4y1－4z1＝0，))取z1＝1，得n1＝(0,1,1)．∵DC⊥平面BCEF.∴平面BCEF的一個法向量為eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0,0,4)．設(shè)平面ADE與平面BCEF所成銳二面角的大小為α，則cosα＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CD,\s\up6(→))·n1,|\o(CD,\s\up6(→))|·|n1|)))＝eq\f(4,4×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，因此，平面ADE與平面BCEF所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(2),2).(3)解依據(jù)(2)知平面ADE的一個法向量為n1＝(0,1,1)，∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，∴cos〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n1〉＝eq\f(\o(EF,\s\up6(→))·n1,|\o(EF,\s\up6(→))|·|n1|)＝eq\f(－2,2\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,2)，設(shè)直線EF與平面ADE所成的角為θ，則cosθ＝|sin〈eq\o(EF,\s\up6(→))，n1〉|＝eq\f(\r(3),2)，因此，直線EF與平面ADE所成角的余弦值為eq\f(\r(3),2).4．已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝an＋n2－1，數(shù)列{bn}滿足3n·bn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3.(1)求an，bn；(2)設(shè)Tn為數(shù)列{bn}的前n項和，求Tn.解(1)當(dāng)n≥2時，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1，兩式相減，得an＝an－an－1＋2n－1，∴an－1＝2n－1，∴an＝2n＋1，∴3n·bn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，∴bn＋1＝eq\f(4n＋3,3n).∴當(dāng)n≥2時，bn＝eq\f(4n－1,3n－1)，又b1＝3適合上式，∴bn＝eq\f(4n－1,3n－1).(2)由(1)知，bn＝eq\f(4n－1,3n－1)，∴Tn＝eq\f(3,1)＋eq\f(7,3)＋eq\f(11,32)＋…＋eq\f(4n－5,3n－2)＋eq\f(4n－1,3n－1)，①eq\f(1,3)Tn＝eq\f(3,3)＋eq\f(7,32)＋eq\f(11,33)＋…＋eq\f(4n－5,3n－1)＋eq\f(4n－1,3n)，②①－②，得eq\f(2,3)Tn＝3＋eq\f(4,3)＋eq\f(4,32)＋…＋eq\f(4,3n－1)－eq\f(4n－1,3n)＝3＋4×eq\f(\f(1,3)1－\f(1,3n－1),1－\f(1,3))－eq\f(4n－1,3n)＝5－eq\f(4n＋5,3n)，∴Tn＝eq\f(15,2)－eq\f(4n＋5,2×3n－1).5．已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸長為單位圓C2：x2＋y2＝1的直徑，且橢圓的離心率為eq\f(\r(6),3).(1)求橢圓的方程；(2)過橢圓短軸的上頂點B1作直線分別與單位圓C2和橢圓C1交于A，B兩點(A，B兩點均在y軸的右側(cè))，設(shè)B2為橢圓的短軸的下頂點，求∠AB2B的最大值．解(1)由題知b＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－1),a)＝eq\f(\r(6),3)，得a2＝3，∴橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)由(1)得B1(0,1)，B2(0，－1)，設(shè)過橢圓的短軸的上頂點B1的直線的方程為y＝kx＋1，由于B1B2為圓的直徑，所以直線B2A的斜率k1＝－eq\f(1,k).把y＝kx＋1代入C1得B(－eq\f(6k,1＋3k2)，eq\f(1－3k2,1＋3k2))，由題意易知k＜0，且直線B2B的斜率為k2＝eq\f(\f(1－3k2,1＋3k2)＋1,\f(－6k,1＋3k2))＝－eq\f(1,3k)，所以k1，k2＞0，且k1＝3k2，又△B2AB是直角三角形，所以∠AB2B必為銳角，由于eq\o(B2A,\s\up6(→))與eq\o(B2B,\s\up6(→))的方向向量分別為(1，k1)，(1，k2)，所以eq\o(B2A,\s\up6(→))·eq\o(B2B,\s\up6(→))＝(1，k1)·(1，k2)＝1＋3keq\o\al(2,2)，又eq\o(B2A,\s\up6(→))·eq\o(B2B,\s\up6(→))＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))·eq\r(1＋k\o\al(2,2))cos∠AB2B，從而cos∠AB2B＝eq\f(1＋3k\o\al(2,2),\r(1＋9k\o\al(2,2))·\r(1＋k\o\al(2,2)))＝eq\r(1－\f(4k\o\al(2,2),1＋10k\o\al(2,2)＋9k\o\al(4,2)))＝eq\r(1－\f(4,\f(1,k\o\al(2,2))＋9k\o\al(2,2)＋10))≥eq\f(\r(3),2)，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝eq\f(\r(3),3)時，cos∠AB2B取得最小值eq\f(\r(3),2)，由∠AB2B為銳角得∠AB2B的最大值為eq\f(π,6).6．已知函數(shù)f(x)＝[ax2＋(a－1)2x－a2＋3a－1]ex(a∈R(1)若函數(shù)f(x)在(2,3)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝0，設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)＋lnx－x，斜率為k的直線與曲線y＝g(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中x1＜x2)兩點，證明：(x1＋x2)k＞2.(1)解f′(x)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax2＋a2＋1x＋a))ex，當(dāng)a≥0時，∵x∈(2,3)，∴f(x)在(2,3)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＜0，∵f(x)在(2,3)上單調(diào)遞增，f′(x)＝a(x＋a)(x＋eq\f(1,a))·ex≥0，ⅰ)當(dāng)－1＜a＜0時，得－a≤x≤－eq\f(1,a)，依題意知(2,3)?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，－\f(1,a)))，得－eq\f(1,3)≤a＜0；ⅱ)當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝－(x－1)2·ex≤0，不合題意，舍去；ⅲ)當(dāng)a＜－1時，得－eq\f(1,a)≤x≤－a依題意知(2,3)?eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，－a))，得a≤－3.綜上得：a∈(－∞，－3]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)).(2)證明當(dāng)a＝0時，g(x)＝eq\f(fx,ex)＋lnx－x＝lnx－1，k＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)，要證(x