【创新设计】2021高考数学(理)(江西)二轮专题突破练2

eq\a\vs4\al\co1(突破练二)1．已知函数f(x)＝Asin(ωx－eq\f(π,6))(ω＞0)相邻两个对称轴之间的距离是eq\f(π,2)，且满足，f(eq\f(π,4))＝eq\r(3).(1)求f(x)的单调递减区间；(2)在钝角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，sinB＝eq\r(3)sinC，a＝2，f(A)＝1，求△ABC的面积．解(1)由题意知周期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)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋kπ，\f(5π,6)＋kπ))(k∈Z)．(2)由题意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为钝角三角形，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．已知正项等比数列{an}满足a2＝eq\f(1,9)，a4＝eq\f(1,81)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足bn＝log3anlog3an＋1，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))的前n项和Tn.解(1)设公比为q.∵eq\f(a4,a2)＝eq\f(1,9)＝q2，∴q＝eq\f(1,3)或q＝－eq\f(1,3).又数列{an}为正项等比数列，∴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．某市训练局为了了解高三同学体育达标状况，在某学校的高三同学体育达标成果中随机抽取100个进行调研，按成果分组：第1组[75,80)，第2组[80,85)，第3组[85,90)，第4组[90,95)，第5组[95,100]得到的频率分布直方图如图所示．若要在成果较高的第3,4,5组中用分层抽样抽取6名同学进行复查．(1)已知同学甲和同学乙的成果均在第四组，求同学甲和同学乙至少有一人被选中复查的概率；(2)在已抽取到的6名同学中随机抽取3名同学接受篮球项目的考核，设第三组中有ξ名同学接受篮球项目的考核，求ξ的分布列和数学期望．解(1)设“同学甲和同学乙至少有一人参与复查”为大事A，第三组人数为100×0.06×5＝30，第四组人数为100×0.04×5＝20，第五组人数为100×0.02×5＝10，依据分层抽样知，第三组应抽取3人，第四组应抽取2人，第五组应抽取1人，第四组的同学甲和同学乙至少有1人进入复查，则：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)第三组应有3人进入复查，则随机变量ξ可能的取值为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)，则随机变量ξ的分布列为：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.如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AB＝2AD＝4，BD＝2eq\r(3)，PD⊥底面ABCD.(1)证明：平面PBC⊥平面PBD；(2)若二面角P－BC－D大小为eq\f(π,4)，求AP与平面PBC所成角的正弦值．(1)证明∵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)所证，BC⊥平面PBD，所以∠PBD即为二面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为平行四边形，所以DA⊥DB，分别以DA、DB、DP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．则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))，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则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则n＝(0,1,1)，∴AP与平面PBC所成角的正弦值为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．已知圆C1的圆心在坐标原点O，且恰好与直线l1：x－2y＋3eq\r(5)＝0相切，点A为圆上一动点，AM⊥x轴于点M，且动点N满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(→))，设动点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)直线l与直线l1垂直且与曲线C交于B、D两点，求△OBD面积的最大值．解(1)设动点N(x，y)，A(x0，y0)，由于AM⊥x轴于M，所以M(x0,0)，设圆C1的方程为x2＋y2＝r2，由题意得r＝eq\f(|3\r(5)|,\r(1＋4))＝3，所以圆C1的方程为x2＋y2＝9，由题意，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.))将A(x，eq\r(3)y)代入x2＋y2＝9，得动点N的轨迹方程eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意可设直线l：2x＋y＋m＝0，设直线l与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1交于B(x1，y1)，D(x2，y2)，联立方程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)，又由于点O到直线l的距离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)(当且仅当m2＝39－m2即m2＝eq\f(39,2)时取到最大值)．所以△OBD面积的最大值为eq\f(3\r(3),2).6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－e2x＋bx＋c，x≤1，,ax2lnx－x＋1＋1，x＞1，))函数f(x)在x＝0处取得极值1.(1)求实数b，c的值；(2)求f(x)在区间[－2,2]上的最大值．解(1)由题意当x＝0时，f(0)＝c－1＝1，∴c＝2，当x＜1时，f′(x)＝－2e2x＋b，依题意得f′(0)＝－2e0＋b＝0，∴b＝2，经检验eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,c＝2))符合条件．(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当－2≤x≤1时，f(x)＝－e2x＋2x＋2，f′(x)＝－2e2x＋2，令f′(x)＝0得x＝0，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表：x－2(－2,0)0(0,1)1f′(x)＋0－f(x)－e－4－2递增极大值1递减4－e2由上表可知f(x)在[－2,1]上的最大值为1.②当1＜x≤2时，f(x)＝a(x2lnx－x＋1)＋1.f′(x)＝a(2xlnx＋x－1)，令g(x)＝2xlnx＋x－1，当1＜x≤2时，明显g(x)＞0恒成立，当a＜0时，f′(x)＝a(2xlnx＋x－1)＜0，f(x)在(1,2]单调递减，所以f(x)＜f(1)＝1恒成