【創(chuàng)新設(shè)計】2021高考數(shù)學(xué)(理)(江西)二輪專題突破練2

eq\a\vs4\al\co1(突破練二)1．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx－eq\f(π,6))(ω＞0)相鄰兩個對稱軸之間的距離是eq\f(π,2)，且滿足，f(eq\f(π,4))＝eq\r(3).(1)求f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)在鈍角△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，sinB＝eq\r(3)sinC，a＝2，f(A)＝1，求△ABC的面積．解(1)由題意知周期T＝π，∴ω＝2，由于f(eq\f(π,4))＝eq\r(3)，所以A＝2，f(x)＝2sin(2x－eq\f(π,6))，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,6)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，∴eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))(k∈Z)．(2)由題意b＝eq\r(3)c，f(A)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，∵－eq\f(π,6)＜2A－eq\f(π,6)＜eq\f(11π,6)，∴A＝eq\f(π,6)或eq\f(π,2)，由于△ABC為鈍角三角形，所以A＝eq\f(π,2)舍去，故A＝eq\f(π,6)，∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴4＝3c2＋c2－2eq\r(3)c2×eq\f(\r(3),2)＝c2，所以c＝2，b＝2eq\r(3)，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2×eq\f(1,2)＝eq\r(3).2．已知正項等比數(shù)列{an}滿足a2＝eq\f(1,9)，a4＝eq\f(1,81)，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝log3anlog3an＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n項和Tn.解(1)設(shè)公比為q.∵eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,9)＝q2，∴q＝eq\f(1,3)或q＝－eq\f(1,3).又數(shù)列{an}為正項等比數(shù)列，∴q＝eq\f(1,3).又∵a2＝eq\f(1,9).∴a1＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，n∈N*.(2)∵bn＝log3an·log3an＋1，n∈N*，∴bn＝n(n＋1)，n∈N*.∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴Tn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).3．某市訓(xùn)練局為了了解高三同學(xué)體育達標狀況，在某學(xué)校的高三同學(xué)體育達標成果中隨機抽取100個進行調(diào)研，按成果分組：第1組[75,80)，第2組[80,85)，第3組[85,90)，第4組[90,95)，第5組[95,100]得到的頻率分布直方圖如圖所示．若要在成果較高的第3,4,5組中用分層抽樣抽取6名同學(xué)進行復(fù)查．(1)已知同學(xué)甲和同學(xué)乙的成果均在第四組，求同學(xué)甲和同學(xué)乙至少有一人被選中復(fù)查的概率；(2)在已抽取到的6名同學(xué)中隨機抽取3名同學(xué)接受籃球項目的考核，設(shè)第三組中有ξ名同學(xué)接受籃球項目的考核，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望．解(1)設(shè)“同學(xué)甲和同學(xué)乙至少有一人參與復(fù)查”為大事A，第三組人數(shù)為100×0.06×5＝30，第四組人數(shù)為100×0.04×5＝20，第五組人數(shù)為100×0.02×5＝10，依據(jù)分層抽樣知，第三組應(yīng)抽取3人，第四組應(yīng)抽取2人，第五組應(yīng)抽取1人，第四組的同學(xué)甲和同學(xué)乙至少有1人進入復(fù)查，則：P(A)＝eq\f(C\o\al(1,2)·C\o\al(1,18)＋1,C\o\al(2,20))＝eq\f(37,190).(2)第三組應(yīng)有3人進入復(fù)查，則隨機變量ξ可能的取值為0,1,2,3.且P(ξ＝i)＝eq\f(C\o\al(i,3)C\o\al(3－i,3),C\o\al(3,6))(i＝0、1、2、3)，則隨機變量ξ的分布列為：ξ0123Peq\f(1,20)eq\f(9,20)eq\f(9,20)eq\f(1,20)E(ξ)＝0×eq\f(1,20)＋1×eq\f(9,20)＋2×eq\f(9,20)＋3×eq\f(1,20)＝eq\f(3,2).4.如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AB＝2AD＝4，BD＝2eq\r(3)，PD⊥底面ABCD.(1)證明：平面PBC⊥平面PBD；(2)若二面角P－BC－D大小為eq\f(π,4)，求AP與平面PBC所成角的正弦值．(1)證明∵CD2＝BC2＋BD2.∴BC⊥BD.又∵PD⊥底面ABCD.∴PD⊥BC.又∵PD∩BD＝D.∴BC⊥平面PBD.而BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PBD.(2)解由(1)所證，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即為二面P－BC－D的平面角，即∠PBD＝eq\f(π,4).而BD＝2eq\r(3)，所以PD＝2eq\r(3).由于底面ABCD為平行四邊形，所以DA⊥DB，分別以DA、DB、DP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．則A(2,0,0)，B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2,2eq\r(3)，0)，P(0,0,2eq\r(3))，所以，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－2,0,2eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(0，－2eq\r(3)，2eq\r(3))，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＝0，,－2\r(3)b＋2\r(3)c＝0.))令b＝1則n＝(0,1,1)，∴AP與平面PBC所成角的正弦值為sinθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(2\r(3),4×\r(2))＝eq\f(\r(6),4).5．已知圓C1的圓心在坐標原點O，且恰好與直線l1：x－2y＋3eq\r(5)＝0相切，點A為圓上一動點，AM⊥x軸于點M，且動點N滿eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－eq\f(\r(3),3))eq\o(OM,\s\up6(→))，設(shè)動點N的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)直線l與直線l1垂直且與曲線C交于B、D兩點，求△OBD面積的最大值．解(1)設(shè)動點N(x，y)，A(x0，y0)，由于AM⊥x軸于M，所以M(x0,0)，設(shè)圓C1的方程為x2＋y2＝r2，由題意得r＝eq\f(|3\r(5)|,\r(1＋4))＝3，所以圓C1的方程為x2＋y2＝9，由題意，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),3)eq\o(OA,\s\up6(→))＋(1－eq\f(\r(3),3))eq\o(OM,\s\up6(→))，得(x，y)＝eq\f(\r(3),3)(x0，y0)＋(1－eq\f(\r(3),3))(x0,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0，,y＝\f(\r(3),3)y0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝x，,y0＝\r(3)y.))將A(x，eq\r(3)y)代入x2＋y2＝9，得動點N的軌跡方程eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意可設(shè)直線l：2x＋y＋m＝0，設(shè)直線l與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1交于B(x1，y1)，D(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x－m，,x2＋3y2＝9))得13x2＋12mx＋3m2－9＝0，Δ＝144m2－13×4(3m2x1,2＝eq\f(－12m±\r(468－12m2),26)＝eq\f(－6m±\r(117－3m2),13)，又由于點O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(5))，BD＝eq\r(5)·|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\f(2\r(117－3m2),13)，所以S△OBD＝eq\f(1,2)·eq\f(|m|,\r(5))·eq\r(5)·eq\f(2\r(117－3m2),13)＝eq\f(\r(m2117－3m2),13)＝eq\f(\r(3m239－m2),13)≤eq\f(3\r(3),2)(當且僅當m2＝39－m2即m2＝eq\f(39,2)時取到最大值)．所以△OBD面積的最大值為eq\f(3\r(3),2).6．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－e2x＋bx＋c，x≤1，,ax2lnx－x＋1＋1，x＞1，))函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值1.(1)求實數(shù)b，c的值；(2)求f(x)在區(qū)間[－2,2]上的最大值．解(1)由題意當x＝0時，f(0)＝c－1＝1，∴c＝2，當x＜1時，f′(x)＝－2e2x＋b，依題意得f′(0)＝－2e0＋b＝0，∴b＝2，經(jīng)檢驗eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝2))符合條件．(2)由(1)知，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－e2x＋2x＋2，x≤1，,ax2lnx－x＋1＋1，x＞1，))①當－2≤x≤1時，f(x)＝－e2x＋2x＋2，f′(x)＝－2e2x＋2，令f′(x)＝0得x＝0，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化狀況如下表：x－2(－2,0)0(0,1)1f′(x)＋0－f(x)－e－4－2遞增極大值1遞減4－e2由上表可知f(x)在[－2,1]上的最大值為1.②當1＜x≤2時，f(x)＝a(x2lnx－x＋1)＋1.f′(x)＝a(2xlnx＋x－1)，令g(x)＝2xlnx＋x－1，當1＜x≤2時，明顯g(x)＞0恒成立，當a＜0時，f′(x)＝a(2xlnx＋x－1)＜0，f(x)在(1,2]單調(diào)遞減，所以f(x)＜f(1)＝1恒成