【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考數(shù)學(xué)(江蘇專(zhuān)用-理科)二輪專(zhuān)題整合：突破練3

突破練(三)1．設(shè)向量a＝(2，sinθ)，b＝(1，cosθ)，θ為銳角． (1)若a·b＝eq\f(13,6)，求sinθ＋cosθ的值； (2)若a∥b，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))的值． 解(1)由于a·b＝2＋sinθcosθ＝eq\f(13,6)， 所以sinθcosθ＝eq\f(1,6). 所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(4,3). 又由于θ為銳角，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(2\r(3),3). (2)法一由于a∥b，所以tanθ＝2. 所以sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(4,5)，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(cos2θ－sin2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(1－tan2θ,tan2θ＋1)＝－eq\f(3,5). 所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sin2θ＋eq\f(\r(3),2)cos2θ＝eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝eq\f(4－3\r(3),10). 法二由于a∥b，所以tanθ＝2. 所以sinθ＝eq\f(2\r(5),5)，cosθ＝eq\f(\r(5),5). 因此sin2θ＝2sinθcosθ＝eq\f(4,5)， cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝－eq\f(3,5). 所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sin2θ＋eq\f(\r(3),2)cos2θ ＝eq\f(1,2)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))) ＝eq\f(4－3\r(3),10).2．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PC⊥AD，底面ABCD為梯形，AB∥DC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC，點(diǎn)E在棱PB上，且PE＝2EB. (1)求證：平面PAB⊥平面PCB； (2)求證：PD∥平面EAC. 證明(1)∵PA⊥底面ABCD，BC?平面ABCD， ∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A， ∴BC⊥平面PAB.又BC?平面PCB， ∴平面PAB⊥平面PCB. (2)∵PA⊥底面ABCD，又AD?平面ABCD， ∴PA⊥AD. 又∵PC⊥AD，又PC∩PA＝P，∴AD⊥平面PAC，又AC?平面PAC， ∴AC⊥AD. 在梯形ABCD中，由AB⊥BC，AB＝BC，得∠BAC＝eq\f(π,4)， ∴∠DCA＝∠BAC＝eq\f(π,4).又AC⊥AD，故△DAC為等腰直角三角形． ∴DC＝eq\r(2)AC＝eq\r(2)(eq\r(2)AB)＝2AB. 連接BD，交AC于點(diǎn)M，連接EM，則eq\f(DM,MB)＝eq\f(DC,AB)＝2. 在△BPD中，eq\f(PE,EB)＝eq\f(DM,MB)＝2， ∴PD∥EM 又PD?平面EAC，EM?平面EAC， ∴PD∥平面EAC.3．如圖，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上，下兩個(gè)頂點(diǎn)為A，B，直線(xiàn)l：y＝－2，點(diǎn)P是橢圓上異于點(diǎn)A，B的任意一點(diǎn)，連接AP并延長(zhǎng)交直線(xiàn)l于點(diǎn)N，連接PB并延長(zhǎng)交直線(xiàn)l于點(diǎn)M，設(shè)AP所在的直線(xiàn)的斜率為k1，BP所在的直線(xiàn)的斜率為k2.若橢圓的離心率為eq\f(\r(3),2)，且過(guò)點(diǎn)A(0,1)． (1)求k1·k2的值； (2)求MN的最小值； (3)隨著點(diǎn)P的變化，以MN為直徑的圓是否恒過(guò)定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)；如不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解(1)由于e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，b＝1，解得a＝2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1. 設(shè)橢圓上點(diǎn)P(x0，y0)，有eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1， 所以k1·k2＝eq\f(y0－1,x0)·eq\f(y0＋1,x0)＝eq\f(y\o\al(2,0)－1,x\o\al(2,0))＝－eq\f(1,4). (2)由于M，N在直線(xiàn)l：y＝－2上，設(shè)M(x1，－2)，N(x2，－2)， 由方程知eq\f(x2,4)＋y2＝1知，A(0,1)，B(0，－1)， 所以kBM·kAN＝eq\f(－2－－1,x1－0)·eq\f(－2－1,x2－0)＝eq\f(3,x1x2)， 又由(1)知kAN·kBM＝k1·k2＝－eq\f(1,4)，所以x1x2＝－12， 不妨設(shè)x1＜0，則x2＞0，則 MN＝|x1－x2|＝x2－x1＝x2＋eq\f(12,x2)≥2eq\r(x2·\f(12,x2))＝4eq\r(3)， 所以當(dāng)且僅當(dāng)x2＝－x1＝2eq\r(3)時(shí)，MN取得最小值4eq\r(3). (3)設(shè)M(x1，－2)，N(x2，－2)， 則以MN為直徑的圓的方程為 (x－x1)(x－x2)＋(y＋2)2＝0， 即x2＋(y＋2)2－12－(x1＋x2)x＝0，若圓過(guò)定點(diǎn)， 則有x＝0，x2＋(y＋2)2－12＝0，解得x＝0，y＝－2±2eq\r(3)， 所以，無(wú)論點(diǎn)P如何變化，以MN為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)(0，－2±2eq\r(3))．4．某商場(chǎng)對(duì)A品牌的商品進(jìn)行了市場(chǎng)調(diào)查，估計(jì)2021年從1月起前x個(gè)月顧客對(duì)A品牌的商品的需求總量P(x)件與月份x的近似關(guān)系是： P(x)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(41－2x)(x≤12且x∈N*)． (1)寫(xiě)出第x月的需求量f(x)的表達(dá)式； (2)若第x月的銷(xiāo)售量g(x)＝ eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx－21x，1≤x＜7且x∈N*，,\f(x2,ex)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2－10x＋96))，7≤x≤12且x∈N*，)) (單位：件)，每件利潤(rùn)q(x)元與月份x的近似關(guān)系為：q(x)＝eq\f(10ex,x)，問(wèn)：該商場(chǎng)銷(xiāo)售A品牌商品，估計(jì)第幾月的月利潤(rùn)達(dá)到最大值？月利潤(rùn)最大值是多少？(e6≈403) 解(1)當(dāng)x＝1時(shí)，f(1)＝P(1)＝39. 當(dāng)x≥2時(shí)， f(x)＝P(x)－P(x－1)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(41－2x)－eq\f(1,2)(x－1)x(43－2x)＝3x(14－x)． ∴f(x)＝－3x2＋42x(x≤12，x∈N*)． (2)設(shè)月利潤(rùn)為h(x)， h(x)＝q(x)·g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(30ex7－x，1≤x≤7，x∈N*，,\f(10,3)x3－100x2＋960x，7≤x≤12，x∈N*，)) h′(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(30ex6－x，1≤x＜7，x∈N*，,10x－8x－12，7≤x≤12，x∈N*，)) ∵當(dāng)1≤x≤6時(shí)，h′(x)≥0， 當(dāng)6＜x＜7時(shí)，h′(x)＜0， ∴當(dāng)1≤x＜7且x∈N*時(shí)，h(x)max＝30e6≈12090， ∵當(dāng)7≤x≤8時(shí)，h′(x)≥0，當(dāng)8≤x≤12時(shí)，h′(x)≤0， ∴當(dāng)7≤x≤12且x∈N*時(shí)，h(x)max＝h(8)≈2987. 綜上，估計(jì)該商場(chǎng)第6個(gè)月的月利潤(rùn)達(dá)到最大，最大月利潤(rùn)約為12090元．5．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋x2，g(x)＝alnx，a∈R. (1)若對(duì)任意x∈[1，e]，都有g(shù)(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求a的取值范圍； (2)設(shè)F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x＜1，,gx，x≥1.))若P是曲線(xiàn)y＝F(x)上異于原點(diǎn)O的任意一點(diǎn)，在曲線(xiàn)y＝F(x)上總存在另一點(diǎn)Q，使得△POQ中的∠POQ為鈍角，且PQ的中點(diǎn)在y軸上，求a的取值范圍． 解(1)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－lnx)a≤x2－2x. 由于x∈[1，e]，lnx≤1≤x，且等號(hào)不能同時(shí)取得，所以lnx＜x，x－lnx＞0. 從而a≤eq\f(x2－2x,x－lnx)恒成立，a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－2x,x－lnx)))min. 設(shè)t(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，x∈[1，e]．求導(dǎo)，得t′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2). x∈[1，e]，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx＞0，從而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上為增函數(shù)． 所以t(x)min＝t(1)＝－1，所以a的取值范圍是(－∞，－1]． (2)F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x＜1，,alnx，x≥1.))設(shè)P(t，F(xiàn)(t))為曲線(xiàn)y＝F(x)上的任意一點(diǎn)． 假設(shè)曲線(xiàn)y＝F(x)上存在一點(diǎn)Q(－t，F(xiàn)(－t))，使∠POQ為鈍角， 則eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(OQ,\s\up12(→))＜0. ①若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，aln(－t))，eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(OQ,\s\up12(→))＝－t2＋aln(－t)·(－t3＋t2)． 由于eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(OQ,\s\up12(→))＜0恒成立，a(1－t)ln(－t)＜1. 當(dāng)t＝－1時(shí)，a(1－t)ln(－t)＜1恒成立． 當(dāng)t＜－1時(shí)，a＜eq\f(1,1－tln－t)恒成立．由于eq\f(1,1－tln－t)＞0，所以a≤0. ②若－1＜t＜1，且t≠0，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，t3＋t2)，則eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(OQ,\s\up12(→))＝－t2＋(－t3＋t2)·(t3＋t2)＜0， 即t4－t2＋1＞0對(duì)－1＜t＜1，且t≠0恒成立． ③當(dāng)t≥1時(shí)，同①可得a≤0. 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，0]．6．已知數(shù)列{an}的前三項(xiàng)分別為a1＝5，a2＝6，a3＝8，且數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn＋m＝eq\f(1,2)(S2n＋S2m)－(n－m)2，其中m，n為任意正整數(shù)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn； (2)求滿(mǎn)足Seq\o\al(2,n)－eq\f(3,2)an＋33＝k2的全部正整數(shù)k，n. 解(1)在等式Sm＋n＝eq\f(1,2)(S2n＋S2m)－(n－m)2中，分別令m＝1，m＝2，得 Sn＋1＝eq\f(1,2)(S2n＋S2)－(n－1)2，① Sn＋2＝eq\f(1,2)(S2n＋S4)－(n－2)2，② ②－①，得an＋2＝2n－3＋eq\f(S4－S2,2). 在等式Sn＋m＝eq\f(1,2)(S2n＋S2m)－(n－m2)中，令n＝1，m＝2，得S3＝eq\f(1,2)(S2＋S4)－1，由題設(shè)知，S2＝11，S3＝19，故S4＝29. 所以an＋2＝2n＋6(n∈N*)，即an＝2n＋2(n≥3，n∈N*)． 又a2＝6也適合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n＋2，n≥2.)) Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,n2＋3n＋1，n≥2.))即Sn＝n2＋3n＋1，n∈N*. (2)記Seq\o\al(2,n)－eq\f(3,2)an＋33＝k2(*)． n＝1時(shí)，無(wú)正整數(shù)k滿(mǎn)足等式(*)． n≥2時(shí)，等式(*)即為(n2＋3n＋1)2－3(n－10)＝k2. ①當(dāng)n＝10時(shí)，k＝131. ②當(dāng)n＞