2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：突破练1.docx

突破练(一)　
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知c＝2，C＝.
(1)若△ABC的面积等于，求a，b；
(2)若sin C＋sin(B－A)＝2sin 2A，求△ABC的面积．
解　(1)由余弦定理及已知条件得a2＋b2－ab＝4.
又由于△ABC的面积等于，所以absin C＝，得ab＝4.
联立方程组解得a＝2，b＝2.
(2)由题意得sin(B＋A)＋sin(B－A)＝4sin Acos A，
所以sin Bcos A＝2sin Acos A.
当cos A＝0时，A＝，所以B＝，所以a＝，b＝.
当cos A≠0时，得sin B＝2sin A，由正弦定理得b＝2a，
联立方程组解得a＝，b＝.
所以△ABC的面积S＝absin C＝.
2．如图，在四棱锥P ­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AC⊥CD，∠DAC＝60°，AB＝BC＝AC，E是PD的中点，F为ED的中点．

(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；
(2)求证：CF∥平面BAE.
证明　(1)由于PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，
又AC⊥CD，且AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC，

又CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.
(2)取AE中点G，连接FG，BG.
由于F为ED的中点，所以FG∥AD且FG＝AD.
在△ACD中，AC⊥CD，∠DAC＝60°，
所以AC＝AD，所以BC＝AD.
在△ABC中，AB＝BC＝AC，所以∠ACB＝60°，
从而∠ACB＝∠DAC，所以AD∥BC.
综上，FG∥BC，FG＝BC，四边形FGBC为平行四边形，所以CF∥BG.
又BG⊂平面BAE，CF⊄平面BAE，所以CF∥平面BAE.
3．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上任一点P到两个焦点的距离的和为2，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为－.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)若·＝(O为坐标原点)，求|y1－y2|的值；
(2)当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，
则有·＝－，则＝－，
又点P在椭圆上，则＝－＝－，
∴b2＝2，∴椭圆C的方程是＋＝1.
∵·＝，
∴||·||cos∠AOB＝，
∴||·||sin∠AOB＝4，
∴S△AOB＝||·||sin∠AOB＝2，
又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.
(2)假设存在一点Q(m,0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，
依题意可知直线l斜率存在且不为零，
直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由消去y得
(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1·x2＝.
∵直线QA，QB的倾斜角互为补角，
∴kQA＋kQB＝0，即＋＝0，
又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，
∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，∴m＝3，
∴存在Q(3,0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角．
4．某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品，估量能获得10万元到1 000万元的投资收益．现预备制定一个对科研课题组的嘉奖方案：奖金y(单位：万元)随投资收益x(单位：万元)的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金不超过投资收益的20%.
(1)若建立函数y＝f(x)模型制定嘉奖方案，试用数学语言表述该公司对嘉奖函数f(x)模型的基本要求，并分析函数y＝＋2是否符合公司要求的嘉奖函数模型，并说明缘由；
(2)若该公司接受模型函数y＝作为嘉奖函数模型，试确定最小的正整数a的值．
解　(1)设嘉奖函数模型为y＝f(x)，按公司对函数模型的基本要求，函数y＝f(x)满足：
当x∈[10,1 000]时，
①f(x)在定义域[10,1 000]上是增函数；
②f(x)≤9恒成立；
③f(x)≤恒成立．
对于函数模型f(x)＝＋2.
当x∈[10,1 000]时，f(x)是增函数，
f(x)max＝f(1 000)＝＋2＝＋2＜9.
所以f(x)≤9恒成立．
但x＝10时，f(10)＝＋2＞，即f(x)≤不恒成立，
故该函数模型不符合公司要求．
(2)对于函数模型f(x)＝，即f(x)＝10－，
当3a＋20＞0，即a＞－时递增；
要使f(x)≤9对x∈[10,1 000]恒成立，
即f(1 000)≤9,3a＋18≥1 000，a≥；
要使f(x)≤对x∈[10,1 000]恒成立，
即≤，x2－48x＋15a≥0恒成立，
所以a≥.
综上所述，a≥，所以满足条件的最小的正整数a的值为328.
5．已知函数f(x)＝x2－(1＋2a)x＋aln x(a为常数)．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处切线的方程；
(2)当a＞0时，争辩函数y＝f(x)在区间(0,1)上的单调性，并写出相应的单调区间．
解　(1)当a＝－1时，f(x)＝x2＋x－ln x，则f′(x)＝2x＋1－，
所以f(1)＝2，且f′(1)＝2.
所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为：y－2＝2(x－1)，
即：y＝2x.
(2)由题意得f′(x)＝2x－(1＋2a)＋
＝
＝(x＞0)，
由f′(x)＝0，得x1＝，x2＝a，
①当0＜a＜时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜a或＜x＜1
由f′(x)＜0，又知x＞0，得a＜x＜，
所以函数f(x)的单调增区间是(0，a)和，单调减区间是，
②当a＝时，f′(x)＝≥0，且仅当x＝时，f′(x)＝0，
所以函数f(x)在区间(0,1)上是单调增函数．
③当＜a＜1时，由f′(x)＞0，
又知x＞0得0＜x＜或a＜x＜1，
由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜a，
所以函数f(x)的单调增区间是和(a,1)单调减区间是，
④当a≥1时，由f′(x)＞0，又知x＞0得0＜x＜，
由f′(x)＜0，又知x＞0，得＜x＜1，
所以函数f(x)的单调增区间是，单调减区间是.
6．设数列{bn}满足bn＋2＝－bn＋1－bn(n∈N*)，b2＝2b1.
(1)若b3＝3，求b1的值；
(2)求证数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列；
(3)设数列{Tn}满足：Tn＋1＝Tnbn＋1(n∈N*)，且T1＝b1＝－，若存在实数p，q，对任意n∈N*都有p≤T1＋T2＋T3＋…＋Tn＜q成立，试求q－p的最小值．
(1)解　∵bn＋2＝－bn＋1－bn，
∴b3＝－b2－b1＝－3b1＝3，∴b1＝－1.
(2)证明　∵bn＋2＝－bn＋1－bn①，
∴bn＋3＝－bn＋2－bn＋1②，
②－①得bn＋3＝bn，
∴(bn＋1bn＋2bn＋3＋n＋1)－(bnbn＋1bn＋2＋n)＝bn＋1bn＋2(bn＋3－bn)＋1＝1为常数，
∴数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列．
(3)解　∵Tn＋1＝Tn·bn＋1＝Tn－1bnbn＋1＝Tn－2bn－1bnbn＋1＝…＝b1b2b3…bn＋1
当n≥2时Tn＝b1b2b3…bn(*)，
当n＝1时，T1＝b1适合(*)式
∴Tn＝b1b2b3…bn(n∈N*)．
∵b1＝－，b2＝2b1＝－1，b3＝－3b1＝，bn＋3＝bn，
∴T1＝b1＝－，T2＝T1b2＝，
T3＝T2b3＝，T4＝T3b4＝T3b1＝T1，
T5＝T4b5＝T2b3b4b5＝T2b1b2b3＝T2，
T6＝T5b6＝T3b4b5b6＝T3b1b2b3＝T3，
……
T3n＋1＋T3n＋2＋T3n＋3＝T3n－2b3n－1b3nb3n＋1＋
T3n－1b3nb3n＋1b3n＋2＋T3nb3n＋1b3n＋2b3n＋3
＝T3n－2b1b2b3＋T3n－1b1b2b3＋T3nb1b2b3
＝(T3n－2＋T3n－1＋T3n)，
∴数列{T3n－2＋T3n－1＋T3n)(n∈N*)是等比数列，
首项T1＋T2＋T3＝且公比q＝，
记Sn＝T1＋T2＋T3＋…＋Tn，
①当n＝3k(k∈N*)时，
Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)
＝＝3，
∴≤Sn＜3；
②当n＝3k－1(k∈N*)时
Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k
＝3－(b1b2b3)k
＝3－4·k
∴0≤Sn＜3；
③当n＝3k－2(k∈N*)时
Sn＝(T1＋T2＋T3)＋(T4＋T5＋T6)＋…＋(T3k－2＋T3k－1＋T3k)－T3k－1－T3k
＝3－(b1b2b3)k－1b1b2－(b1b2b3)k
＝3－k－1－k
＝3－·k，
∴－≤Sn＜3.综上得－≤Sn＜3则p≤－且q≥3，
∴q－p的最小值为.