2021高考数学(理)(江西)二轮专题突破练1.docx

1．已知函数f(x)＝sin x·cos ＋cos 2x－.
(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝，b＋c＝3.求a的最小值．
解　(1)f(x)＝sin x＋cos 2x－＝sin xcos x＋cos 2x＝
＋＝sin ＋.
∴函数f(x)的最大值为.
当f(x)取最大值时sin＝1，
∴2x＋＝2kπ＋(k∈Z)，解得x＝kπ＋，k∈Z.
故x的取值集合为
(2)由题意f(A)＝sin ＋＝，
化简得sin (2A＋)＝.
∵A∈(0，π)，∴2A＋∈(，)，∴2A＋＝，
∴A＝.
在△ABC中，依据余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccos ＝(b＋c)2－3bc.
由b＋c＝3，知bc≤2＝，即a2≥.
∴当b＝c＝时，a取最小值.
2．某市为“市中同学学问竞赛”进行选拔性测试，且规定：成果大于或等于90分的有参赛资格，90分以下(不包括90分)的被淘汰，若有500人参与测试，同学成果的频率分布直方图如图．

(1)求获得参赛资格的人数；
(2)依据频率分布直方图，估算这500名同学测试的平均成果；
(3)若学问竞赛分初赛和复赛，在初赛中每人最多有5次选题答题的机会，累计答对3题或答错3题即终止，答对3题者方可参与复赛，已知参赛者甲答对每一个问题的概率都相同，并且相互之间没有影响，已知他连续两次答错的概率为，求甲在初赛中答题个数ξ的分布列及数学期望E(ξ)．
解　(1)由频率分布直方图得，获得参赛资格的人数为500×(0.005 0＋0.004 3＋0.003 2)×20＝125人．
(2)设500名同学的平均成果为，则＝[(30＋50)×0.0 065＋(50＋70)×
0.0 140＋(70＋90)×0.0 170＋(90＋110)×0.0 050＋(110＋130)×0.0 043＋(130＋150)×0.0 032]××20＝74.84分．
(3)设同学甲答对每道题的概率为P(A)，则[1－P(A)]2＝，P(A)＝.同学甲答题个数ξ的可能值为3,4,5.
则P(ξ＝3)＝3＋3＝，
P(ξ＝4)＝C3＋C3＝，
P(ξ＝5)＝C22＝.所以ξ的分布列为
ξ
3
4
5
P

E(ξ)＝3×＋4×＋5×＝.
3．数列{an}的前n项和为Sn，若an＋1＝－4Sn＋1，a1＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)当n≥2时，an＝－4Sn－1＋1，
又an＋1＝－4Sn＋1，
∴an＋1－an＝－4an，即＝－3，n≥2，
又a2＝－4a1＋1＝－3，a1＝1，
∴数列{an}是首项为a1＝1，公比为q＝－3的等比数列，
∴an＝(－3)n－1.
(2)由(1)可得bn＝n·(－3)n－1，
Tn＝1·(－3)0＋2·(－3)1＋3·(－3)2＋…＋(n－1)·(－3)n－2＋n·(－3)n－1，
－3Tn＝1·(－3)1＋2·(－3)2＋…＋(n－2)·(－3)n－2＋(n－1)·(－3)n－1＋n(－3)n，
∴4Tn＝1＋(－3)1＋(－3)2＋…＋(－3)n－1－n·(－3)n，
所以，Tn＝.
4．如图，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝AP＝2，D是AP的中点，E、G分别为PC、CB的中点，F是PD上的点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.
(1)若F是PD的中点，求证：AP∥平面EFG；
(2)当二面角G－EF－D的大小为时，求FG与平面PBC所成角的余弦值．

(1)证明　F是PD的中点时，EF∥CD∥AB，EG∥PB，∴AB∥平面EFG，PB∥平面EFG，AB∩PB＝B，∴平面PAB∥平面EFG，AP⊂平面PAB，∴AP∥平面EFG.
(2)解　建立如图所示的坐标系，则有G(1,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，B(2,2,0)，设F(0,0，a)，＝(－1，－2，a)，＝(－1，－1,1)，设平面EFG的法向量n1＝(x，y,1)，则有

解得

∴n1＝(2－a，a－1,1)．
取平面EFD的法向量n2＝(1,0,0)，依题意，
cos 〈n1，n2〉＝＝，
∴a＝1，于是＝(－1，－2,1)．
设平面PBC的法向量n3＝(m，n,1)，＝(0,2，－2)，＝(－2,0,0)，则有
解得∴n3＝(0,1,1)．
设FG与平面PBC所成角为θ，则有sin θ＝|cos 〈，n3〉|＝＝，故有cos θ＝.
5．过抛物线y2＝4x的焦点F作倾斜角为锐角的直线l，l与抛物线的一个交点为A，与抛物线的准线交于点B，且＝.
(1)求以AB为直径的圆被抛物线的准线截得的弦长；
(2)平行于AB的直线与抛物线相交于C、D两点，若在抛物线上存在一点P，使得直线PC与PD的斜率之积为－4，求直线CD在y轴上截距的最大值．
解 (1)过A作y2＝4x准线的垂线AH，垂足为H，
则|AH|＝|AF|＝|AB|，所以直线AB的方程为y＝(x－1)，
所以B(－1，－2)，|BF|＝4，所以，以AB为直径的圆为(x－1)2＋y2＝16，所以，截得的弦长为4.
(2)设直线CD：y＝x＋m，P，C，
D，
把y＝x＋m代入y2＝4x，消去x得，y2－4y＋4m＝0，则y1＋y2＝，y1·y2＝，
Δ＝16－16m＞0，所以m＜，
所以，kPC·kPD＝·＝－4，
所以y1·y2＋y0(y1＋y2)＋y＝－4，
所以y＋＋＝－4，
所以y＋4y0＋(4m＋4)＝0.
所以Δ＝16－4(4m＋4)≥0，所以m≤－
当m＝－时，直线CD：y＝x－，所以直线在y轴上截距最大值为－.
6．已知函数f(x)＝ln x.
(1)求证：当0＜x＜1时，f(1＋x)＜x－；
(2)设g(x)＝ax－(x＋1)f(x＋1)，若g(x)的最大值不大于0，求a的取值集合；
(3)求证：(1＋1)(1＋)…(1＋)＞e－(n∈N*)．
(1)证明　要证f(x＋1)＜x－x3(0＜x＜1)，
即证：ln(x＋1)＜x－x3(0＜x＜1)，
设u(x)＝x－x3－ln(x＋1)(0＜x＜1)
则u′(x)＝－＞0，
所以，u(x)在(0,1)递增，即u(x)＞u(0)＝0.
从而f(x＋1)＜x－x3(0＜x＜1)成立．
(2)解　g(x)＝ax－(x＋1)ln(x＋1)，
∴g′(x)＝a－[1＋ln(x＋1)]，令g′(x0)＝0，则x0＝ea－1－1.
x
(－1，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
g(x)

极大

∴g(x)max＝g(x)极大值＝g(x0)＝a(ea－1－1)－(a－1)ea－1＝ea－1－a，令a－1＝x，则a＝x＋1，∴g(x)max＝ex－(x＋1)，
设h(x)＝ex－(x＋1)，则h′(x)＝ex－1.
令h′(x)＝0，则x＝0.
x
(－∞，0)
0
(0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

微小

所以，h(x)≥h(0)＝0，从而有ea－1－a≥0，
又由于g(x)max＝ea－1－a≤0，所以，ea－1－a＝0，即：a＝1.
(3)证明　要证(1＋1)…＋＞e，
即证：ln(1＋1)＋ln＋…＋ln＞－，
由(2)可知ln(x＋1)≥，令x＝，
当n≥3时，ln≥＞＝－，
所以，ln≥－1，ln＞－，…，ln＞－，
所以，ln(1＋1)＋ln＋…＋ln＞－1＋ln 2＞－，
即：(1＋1)…(1＋)＞e成立．