高中数学高考二轮复习 江苏省2023年高考数学三轮专题复习素材解答题押题练b组

解答题押题练B组1．设向量a＝(2，sinθ)，b＝(1，cosθ)，θ为锐角．(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)因为a·b＝2＋sinθcosθ＝eq\f(13,6)，所以sinθcosθ＝eq\f(1,6).(2分)所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝eq\f(4,3).又因为θ为锐角，所以sinθ＋cosθ＝eq\f(2\r(3),3).(5分)(2)法一因为a∥b，所以tanθ＝2.(7分)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).(11分)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).(14分)法二因为a∥b，所以tanθ＝2.(7分)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).(11分)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).(14分)2．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PC⊥AD，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC，点E在棱PB上，且PE＝2EB.(1)求证：平面PAB⊥平面PCB；(2)求证：PD∥平面EAC.解(1)∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.(3分)又BC⊂平面PCB，∴平面PAB⊥平面PCB.(6分)(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为等腰直角三角形．(4分)∴DC＝eq\r(2)AC＝eq\r(2)(eq\r(2)AB)＝2AB.连接BD，交AC于点M，则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.(14分)3．某商场对A品牌的商品进行了市场调查，预计2023年从1月起前x个月顾客对A品牌的商品的需求总量P(x)件与月份x的近似关系是：P(x)＝eq\f(1,2)x(x＋1)(41－2x)(x≤12且x∈N*)(1)写出第x月的需求量f(x)的表达式；(2)若第x月的销售量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*))(单位：件)，每件利润q(x)元与月份x的近似关系为：q(x)＝eq\f(10ex,x)，问：该商场销售A品牌商品，预计第几月的月利润达到最大值？月利润最大值是多少？(e6≈403)解(1)当x＝1时，f(1)＝P(1)＝39.当x≥2时，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*)．(5分)(2)设月利润为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*，))(9分)∵当1≤x≤6时，h′(x)≥0，当6＜x＜7时，h′(x)＜0，∴当1≤x＜7且x∈N*时，h(x)max＝30e6≈12090，(11分)∵当7≤x≤8时，h′(x)≥0，当8≤x≤12时，h′(x)≤0，∴当7≤x≤12且x∈N*时，h(x)max＝h(8)≈2987.综上，预计该商场第6个月的月利润达到最大，最大月利润约为12090元．(14分)4．如图，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上，下两个顶点为A，B，直线l：y＝－2，点P是椭圆上异于点A，B的任意一点，连接AP并延长交直线l于点N，连接PB并延长交直线l于点M，设AP所在的直线的斜率为k1，BP所在的直线的斜率为k2.若椭圆的离心率为eq\f(\r(3),2)，且过点A(0,1)．(1)求k1·k2的值；(2)求MN的最小值；(3)随着点P的变化，以MN为直径的圆是否恒过定点？若过定点，求出该定点；如不过定点，请说明理由．解(1)因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，b＝1，解得a＝2，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2分)设椭圆上点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).(4分)(2)因为M，N在直线l：y＝－2上，设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)，(6分)又由(1)知kAN·kBM＝k1·k2＝－eq\f(1,4)，所以x1x2＝－12，(8分)不妨设x1＜0，则x2＞0，则MN＝|x1－x2|＝x2－x1＝x2＋eq\f(12,x2)≥2eq\r(x2·\f(12,x2))＝4eq\r(3)，所以当且仅当x2＝－x1＝2eq\r(3)时，MN取得最小值4eq\r(3).(10分)(3)设M(x1，－2)，N(x2，－2)，则以MN为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y＋2)2＝0，(12分)即x2＋(y＋2)2－12－(x1＋x2)x＝0，若圆过定点，则有x＝0，x2＋(y＋2)2－12＝0，解得x＝0，y＝－2±2eq\r(3)，所以，无论点P如何变化，以MN为直径的圆恒过定点(0，－2±2eq\r(3))．(16分)5．已知函数f(x)＝－x3＋x2，g(x)＝alnx，a∈R.(1)若对任意x∈[1，e]，都有g(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求a的取值范围；(2)设F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x＜1，,gx，x≥1.))若P是曲线y＝F(x)上异于原点O的任意一点，在曲线y＝F(x)上总存在另一点Q，使得△POQ中的∠POQ为钝角，且PQ的中点在y轴上，求a的取值范围．解(1)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－lnx)a≤x2－2x.由于x∈[1，e]，lnx≤1≤x，且等号不能同时取得，所以lnx＜x，x－lnx＞0.从而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.(4分)设t(x)＝eq\f(x2－2x,x－lnx)，x∈[1，e]．求导，得t′(x)＝eq\f(x－1x＋2－2lnx,x－lnx2).(6分)x∈[1，e]，x－1≥0，lnx≤1，x＋2－2lnx＞0，从而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上为增函数．所以t(x)min＝t(1)＝－1，所以a的取值范围是(－∞，－1]．(8分)(2)F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x＜1，,alnx，x≥1.))设P(t，F(t))为曲线y＝F(x)上的任意一点．假设曲线y＝F(x)上存在一点Q(－t，F(－t))，使∠POQ为钝角，则eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＜0.(10分)①若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，aln(－t))，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝－t2＋aln(－t)·(－t3＋t2)．由于eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＜0恒成立，a(1－t)ln(－t)＜1.当t＝－1时，a(1－t)ln(－t)＜1恒成立．当t＜－1时，a＜eq\f(1,1－tln－t)恒成立．由于eq\f(1,1－tln－t)＞0，所以a≤0.(12分)②若－1＜t＜1，且t≠0，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，t3＋t2)，则eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝－t2＋(－t3＋t2)·(t3＋t2)＜0，即t4－t2＋1＞0对－1＜t＜1，且t≠0恒成立．(14分)③当t≥1时，同①可得a≤0.综上所述，a的取值范围是(－∞，0]．(16分)6．已知数列{an}的前三项分别为a1＝5，a2＝6，a3＝8，且数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋m＝eq\f(1,2)(S2n＋S2m)－(n－m)2，其中m，n为任意正整数．(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)求满足Seq\o\al(2,n)－eq\f(3,2)an＋33＝k2的所有正整数k，n.解(1)在等式Sm＋n＝eq\f(1,2)(S2n＋S2m)－(n－m)2中，分别令m＝1，m＝2，得Sn＋1＝eq\f(1,2)(S2n＋S2)－(n－1)2，①Sn＋2＝eq\f(1,2)(S2n＋S4)－(n－2)2，②②－①，得an＋2＝2n－3＋eq\f(S4－S2,2).(3分)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，由题设知，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也适合上式，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,2n＋2，n≥2.))(5分)Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,n2＋3n＋1，n≥2.))即Sn＝n2＋3n＋1，n∈N*.(6分)(2)记Seq\o\al(2,n)－eq\f(3,2)an＋33＝k2(*)．n＝1时，无正整数k满足等式(*)．n≥2时，等式(*)即为(n2＋3n＋1)2－3(n－10)＝k2.(8分)①当n＝10时，k＝131.(9分)②当n＞10时