【创新设计】2021高考数学(江苏专用-理科)二轮专题整合：突破练2

突破练(二)1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设向量m＝(a，c)，n＝(cosC，cosA)． (1)若m∥n，c＝eq\r(3)a，求角A； (2)若m·n＝3bsinB，cosA＝eq\f(4,5)，求cosC的值． 解(1)∵m∥n，∴acosA＝ccosC. 由正弦定理得sinAcosA＝sinCcosC， 化简得sin2A＝sin2 ∵A，C∈(0，π)，∴2A＝2C(舍)或2A＋2 ∴A＋C＝eq\f(π,2)，∴B＝eq\f(π,2)， 在Rt△ABC中，tanA＝eq\f(a,c)＝eq\f(\r(3),3)，A＝eq\f(π,6). (2)∵m·n＝3bcosB，∴acosC＋ccosA＝3bsinB. 由正弦定理得sinAcosC＋sinCcosA＝3sin2B， 从而sin(A＋C)＝3sin2B. ∵A＋B＋C＝π，∴sin(A＋C)＝sinB，从而sinB＝eq\f(1,3)， ∵cosA＝eq\f(4,5)>0，A∈(0，π)，∴A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinA＝eq\f(3,5). ∵sinA>sinB，∴a>b，从而A>B，B为锐角， cosB＝eq\f(2\r(2),3). ∴cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB ＝－eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)＝eq\f(3－8\r(2),15).2．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为BB1，AC(1)求证：BF∥平面A1EC；(2)求证：平面A1EC⊥平面ACC1A1 证明(1)连接AC1并交A1C于点O，连接OE，OF 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形ACC1A1为平行四边形，所以OA＝OC 又由于F为AC的中点，所以OF∥CC1且OF＝eq\f(1,2)CC1. 由于E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝eq\f(1,2)CC1， 所以BE∥OF且BE＝OF， 所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE. 又BF⊄平面A1EC，OE⊂平面A1EC，所以BF∥平面A1EC. (2)由(1)知BF∥OE，由于AB＝CB， F为AC的中点， 所以BF⊥AC，所以OE⊥AC. 又由于AA1⊥底面ABC，而BF⊂底面ABC， 所以AA1⊥BF. 由BF∥OE得OE⊥AA1，而AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A 所以OE⊥平面ACC1A1 由于OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A13. 若两个椭圆的离心率相等，则称它们为“相像椭圆”．如图，在直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，A1，A2分别为椭圆C1的左、右顶点．椭圆C2以线段A1A2为短轴且与椭圆C1为“相像椭圆”． (1)求椭圆C2的方程； (2)设P为椭圆C2上异于A1，A2的任意一点，过P作PQ⊥x轴，垂足为Q，线段PQ交椭圆C1于点H.求证：H为△PA1A2 (1)解由题意可知A1(－eq\r(6)，0)，A2(eq\r(6)，0)， 椭圆C1的离心率e＝eq\f(\r(2),2). 设椭圆C2的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，则b＝eq\r(6). 由于eq\f(b,a)＝eq\r(1－e2)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝2eq\r(3). 所以椭圆C2的方程为eq\f(y2,12)＋eq\f(x2,6)＝1. (2)证明设P(x0，y0)，y0≠0，则eq\f(y\o\al(2,0),12)＋eq\f(x\o\al(2,0),6)＝1，从而yeq\o\al(2,0)＝12－2xeq\o\al(2,0). 将x＝x0代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1得eq\f(x\o\al(2,0),6)＋eq\f(y2,3)＝1，从而y2＝3－eq\f(x\o\al(2,0),2)＝eq\f(y\o\al(2,0),4)，即y＝±eq\f(y0,2). 由于P，H在x轴的同侧，所以取y＝eq\f(y0,2)，即H(x0，eq\f(y0,2))． 所以kA1P·kA2H＝eq\f(y0,x0－\r(6))·eq\f(\f(1,2)y0,x0＋\r(6))＝eq\f(y\o\al(2,0),2x\o\al(2,0)－6)＝eq\f(12－2x\o\al(2,0),2x\o\al(2,0)－6)＝－1，从而A1P⊥A2H. 又由于PH⊥A1A2，所以H为△PA1A4．如图，某园林单位预备绿化一块直径为BC的半圆形空地，△ABC外的地方种草，△ABC的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花，若BC＝a，∠ABC＝θ，设△ABC的面积为S1，正方形的PQRS面积为S2. (1)用a，θ表示S1和S2； (2)当a固定，θ变化时，求eq\f(S1,S2)的最小值． 解(1)S1＝eq\f(1,2)asinθ·acosθ＝eq\f(1,4)a2sin2θ， 设正方形边长为x，则BQ＝eq\f(x,tanθ)，RC＝xtanθ， ∴eq\f(x,tanθ)＋xtanθ＋x＝a， ∴x＝eq\f(a,\f(1,tanθ)＋tanθ＋1)＝eq\f(asin2θ,2＋sin2θ)， S2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(asin2θ,2＋sin2θ)))2＝eq\f(a2sin22θ,4＋sin22θ＋4sin2θ)， (2)当a固定，θ变化时，eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,sin2θ)＋sin2θ＋4))， 令sin2θ＝t，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)＋t＋4))(0＜t≤1)， 利用单调性求得t＝1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))min＝eq\f(9,4).5．已知函数f(x)＝alnx－eq\f(1,x)(a为常数)． (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直，求a的值； (2)求函数f(x)的单调区间； (3)当x≥1时，f(x)≤2x－3恒成立，求a的取值范围． 解(1)函数f(x)的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2). 又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋2y－5＝0垂直， 所以f′(1)＝a＋1＝2，即a＝1. (2)由f′(x)＝eq\f(ax＋1,x2)(x＞0)，当a≥0时， f′(x)＞0恒成立，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)． 当a＜0时， 由f′(x)＞0，得0＜x＜－eq\f(1,a)， 所以f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))； 由f′(x)＜0，得x＞－eq\f(1,a)， 所以f(x)的单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)). (3)设g(x)＝alnx－eq\f(1,x)－2x＋3，x∈[1，＋∞)， 则g′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(1,x2)－2＝eq\f(－2x2＋ax＋1,x2). 令h(x)＝－2x2＋ax＋1，考虑到h(0)＝1＞0， 当a≤1时， h(x)＝－2x2＋ax＋1的对称轴x＝eq\f(a,4)＜1， h(x)在[1，＋∞)上是减函数，h(x)≤h(1)＝a－1≤0， 所以g′(x)≤0，g(x)在[1，＋∞)上是减函数， 所以g(x)≤g(1)＝0，即f(x)≤2x2－3恒成立． 当a＞1时， 令h(x)＝－2x2＋ax＋1＝0， 得x1＝eq\f(a＋\r(a2＋8),4)＞1，x2＝eq\f(a－\r(a2＋8),4)＜0， 当x∈[1，x1)时，h(x)＞0，即g′(x)＞0， g(x)在[1，x1)上是增函数； 当x∈(x1，＋∞)时，h(x)＜0，即g′(x)＜0， g(x)在(x1，＋∞)上是减函数． 所以0＝g(1)＜g(x1)，即f(x1)＞2x1－3，不满足题意． 综上，a的取值范围为a≤1.6．已知无穷数列{an}的各项均为正整数，Sn为数列{an}的前n项和． (1)若数列{an}是等差数列，且对任意正整数n都有Sn3＝(Sn)3成立，求数列{an}的通项公式； (2)对任意正整数n，从集合{a1，a2，…，an}中不重复地任取若干个数，这些数之间经过加减运算后所得数的确定值为互不相同的正整数，且这些正整数与a1，a2，…，an一起恰好是1至Sn全体正整数组成的集合． (ⅰ)求a1，a2的值； (ⅱ)求数列{an}的通项公式． 解(1)设无穷等差数列{an}的公差为d，由于Seq\o\al(3,n)＝(Sn)3对任意正整数n都成立，所以分别取n＝1，n＝2时，则有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝a\o\al(3,1)，,8a1＋28d＝2a1＋d3.)) 由于数列{an}的各项均为正整数，所以d≥0. 可得a1＝1，d＝0或d＝2. 当a1＝1，d＝0时，an＝1，Sn3＝(Sn)3成立； 当a1＝1，d＝2时，Sn＝n2，所以Sn3＝(Sn)3. 因此，共有2个无穷等差数列满足条件，通项公式为an＝1或an＝2n－1. (2)(ⅰ)记An＝{1,2，…，Sn}，明显a1＝S1＝1. 对于S2＝a1＋a2＝1＋a2，有A2＝{1,2，…，Sn}＝{1，a2，1＋a2，|1－a2|}＝{1,2,3,4}， 故1＋a2＝4，所以a2＝3. (ⅱ)由题意可知，集合{a1，a2，…，an}按上述规章，共产生Sn个正整数． 而集合{a1，a2，…，an，an＋1}按上述规章产生的Sn＋1个正整数中，除1,2，…，Sn这Sn个正整数外，还有an－1，an＋1＋i，|an＋1－i|(i＝1,2，…，Sn)，共2Sn＋1个数． 所以，Sn＋1＝Sn＋(2Sn＋1)＝3Sn＋1. 又Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)