2021届高考数学(文科-通用)二轮复习突破练-高考大题纵横练(二)-Word版含答案.docx

高考大题纵横练(二)
(推举时间：80分钟)
1．(2022·江西)已知函数f(x)＝sin(x＋θ)＋acos(x＋2θ)，其中a∈R，θ∈(－，)．
(1)当a＝，θ＝时，求f(x)在区间[0，π]上的最大值与最小值；
(2)若f()＝0，f(π)＝1，求a，θ的值．
解　(1)f(x)＝sin(x＋)＋cos(x＋)
＝(sin x＋cos x)－sin x
＝cos x－sin x＝sin(－x)．
由于x∈[0，π]，所以－x∈[－，]．
故f(x)在[0，π]上的最大值为，最小值为－1.
(2)由得
由θ∈(－，)知cos θ≠0，解得
2.在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱AB，BB′，B′C′，C′D′的中点分别是E，F，G，H，如图所示．
(1)求证：AD′∥平面EFG；
(2)求证：A′C⊥平面EFG；
(3)推断点A，D′，H，F是否共面？并说明理由．
(1)证明　连接BC′.
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝C′D′，AB∥C′D′，
所以四边形ABC′D′是平行四边形，
所以AD′∥BC′.
由于F，G分别是BB′，B′C′的中点，
所以FG∥BC′，所以FG∥AD′.
由于EF，AD′是异面直线，所以AD′⊄平面EFG.
由于FG⊂平面EFG，所以AD′∥平面EFG.
(2)证明　连接B′C.
在正方体ABCD－A′B′C′D′中，A′B′⊥平面BCC′B′，
BC′⊂平面BCC′B′，所以A′B′⊥BC′.
在正方形BCC′B′中，B′C⊥BC′，
由于A′B′⊂平面A′B′C，B′C⊂平面A′B′C，A′B′∩B′C＝B′，
所以BC′⊥平面A′B′C.
由于A′C⊂平面A′B′C，所以BC′⊥A′C.
由于FG∥BC′，所以A′C⊥FG，同理可证A′C⊥EF.
由于EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EF∩FG＝F，
所以A′C⊥平面EFG.
(3)解　点A，D′，H，F不共面．理由如下：
假设A，D′，H，F共面，连接C′F，AF，HF.
由1)知，AD′∥BC′，
由于BC′⊂平面BCC′B′，AD′⊄平面BCC′B′.
所以AD′∥平面BCC′B′.
由于C′∈D′H，
所以平面AD′HF∩平面BCC′B′＝C′F.
由于AD′⊂平面AD′HF，
所以AD′∥C′F.
所以C′F∥BC′，而C′F与BC′相交，冲突．
所以点A，D′，H，F不共面．
3．已知等差数列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝anbn，求证：cn＋1≤cn；
(3)求数列{cn}的前n项和Tn.
(1)解　由于a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，且数列{an}的公差d>0，
所以a3＝5，a5＝9，公差d＝＝2.
所以an＝a5＋(n－5)d＝2n－1(n∈N*)．
当n＝1时，b1＝S1＝，
解得b1＝.
当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(bn－1－bn)，
所以＝(n≥2)．
所以数列{bn}是首项b1＝，公比q＝的等比数列，
所以bn＝b1qn－1＝(n∈N*)．
(2)证明　由(1)，知cn＝anbn＝，cn＋1＝，
所以cn＋1－cn＝－＝≤0.
所以cn＋1≤cn.
(3)解　由(2)，知cn＝anbn＝，
则Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－
＝＋2(＋＋…＋)－＝－，
化简得Tn＝1－.
故数列{cn}的前n项和Tn＝1－(n∈N*)．
4．(2022·陕西)某保险公司利用简洁随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如下：
赔付金额(元)
0
1 000
2 000
3 000
4 000
车辆数(辆)
500
130
100
150
120
(1)若每辆车的投保金额均为2 800元，估量赔付金额大于投保金额的概率；
(2)在样本车辆中，车主是新司机的占10%，在赔付金额为4 000元的样本车辆中，车主是新司机的占20%，估量在已投保车辆中，新司机获赔金额为4 000元的概率．
解　(1)设A表示大事“赔付金额为3 000元”，B表示大事“赔付金额为4 000元”，以频率估量概率得
P(A)＝＝0.15，P(B)＝＝0.12.
由于投保金额为2 800元，赔付金额大于投保金额对应的情形是赔付金额为3 000元和4 000元，所以其概率为P(A)＋P(B)＝0.15＋0.12＝0.27.
(2)设C表示大事“投保车辆中新司机获赔4 000元”，由已知，样本车辆中车主为新司机的有0.1×1 000＝100(辆)，而赔付金额为4 000元的车辆中，车主为新司机的有0.2×120＝24(辆)所以样本车辆中新司机车主获赔的金额为4 000元的频率为＝0.24，由频率估量概率得P(C)＝0.24.
5．在平面直角坐标系xOy中，动点M到两定点F1(0，－)，F2(0，)的距离之和为4，设动点M的轨迹为曲线C.已知直线l与曲线C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，向量m＝(2x1，y1)，n＝(2x2，y2)，且m⊥n.
(1)若直线l过曲线C的焦点F(0，c)(c为半焦距)，求直线l的斜率k的值；
(2)△AOB的面积是否为定值？假如是，请赐予证明；假如不是，请说明理由．
解　(1)由题意知，|MF1|＋|MF2|＝4>|F1F2|＝2，
依据椭圆的定义，知动点M的轨迹是以F1(0，－)，F2(0，)为焦点，长轴长为4的椭圆，
设该椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
则a＝2，c＝，∴a2＝4，c2＝3，b2＝a2－c2＝1，
∴曲线C的方程为＋x2＝1.
设l的方程为y＝kx＋，由，消去y得，
(k2＋4)x2＋2kx－1＝0，Δ＝(2k)2＋4(k2＋4)>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝.
∵m⊥n，∴m·n＝0，
∴4x1x2＋y1y2＝4x1x2＋(kx1＋)(kx2＋)＝(4＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋3＝(k2＋4)·＋k·＋3＝0，解得k＝±.
即直线l的斜率k的值为±.
(2)①当直线AB的斜率不存在时有x1＝x2，y1＝－y2.
由m·n＝0，得4x－y＝0，即y＝4x.
又A(x1，y1)在椭圆上，
∴＋x＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝.
∴S△OAB＝|x1|·|y1－y2|＝|x1|·|y1|＝1(定值)．
当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝k′x＋t.
由消去y得，(k′2＋4)x2＋2k′tx＋t2－4＝0，
Δ＝4k′2t2－4(k′2＋4)(t2－4)>0，
且x1＋x2＝，
x1x2＝.
∵m·n＝0，
∴4x1x2＋y1y2＝0，∴4x1x2＋(k′x1＋t)(k′x2＋t)＝0，
∴(k′2＋4)x1x2＋k′t(x1＋x2)＋t2＝0，
∴(k′2＋4)·＋k′t·＋t2＝0，
整理得2t2－k′2＝4.
∴S△OAB＝··|AB|＝·|t|·＝＝＝1(定值)．
综上，△AOB的面积为定值．
6．已知函数f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．
解　(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0得x＝，
所以f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．
所以，x＝是函数f(x)的微小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，
则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1，
所以，在区间(0，ea－1)上，g(x)为递减函数，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为递增函数．
当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为递增函数，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0.
当1