【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：突破练3

突破练(三)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)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为锐角，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. 证明(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为等腰直角三角形． ∴DC＝eq\r(2)AC＝eq\r(2)(eq\r(2)AB)＝2AB. 连接BD，交AC于点M，连接EM，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.3．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)由于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. 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). (2)由于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)， 又由(1)知kAN·kBM＝k1·k2＝－eq\f(1,4)，所以x1x2＝－12， 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). (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， 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))．4．某商场对A品牌的商品进行了市场调查，估计2021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，估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*)． (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*，)) ∵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， ∵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，估计该商场第6个月的月利润达到最大，最大月利润约为12090元．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. 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). 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]． (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\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. 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. ②若－1＜t＜1，且t≠0，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，t3＋t2)，则eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(OQ,\s\up12(→))＝－t2＋(－t3＋t2)·(t3＋t2)＜0， 即t4－t2＋1＞0对－1＜t＜1，且t≠0恒成立． ③当t≥1时，同①可得a≤0. 综上所述，a的取值范围是(－∞，0]．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的全部正整数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)2，① 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.)) 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)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. ①当n＝10时，k＝131. ②当n＞