浙江专用2022高考数学二轮复习专题突破练4理

突破练(四)1．已知向量p＝(2sinx，cosx)，q＝(－sinx,2sinx)，函数f(x)＝p·q.(1)求f(x)的单调递增区间；(2)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且f(C)＝1，c＝1，ab＝2，且a>b，求a，b的值．解　(1)f(x)＝－2sin2x＋2sinxcosx＝－1＋cos2x＋2sinxcosx＝sin2x＋cos2x－1＝2sin2x＋cos2x－1＝2sin－1.由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，得kπ－≤x≤kπ＋.∴f(x)的单调增区间为(k∈Z)．(2)由于f(C)＝2sin－1＝1，∴sin＝1，∵C是三角形的内角，∴2C＋∈.∴2C＋＝，即C＝.∴cosC＝＝，即a2＋b2＝7.将ab＝2代入可得a2＋＝7，解得a2＝3，或a2＝4.∴a＝或a＝2，∴b＝2或b＝.∵a>b，∴a＝2，b＝.2．如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PB⊥底面ABCD，BC⊥AB，AD∥BC，AB＝AD＝2，CD⊥PD，异面直线PA和CD所成角等于60°.6\n(1)求证：面PCD⊥面PBD；(2)求直线PC和平面PAD所成角的正弦值的大小；(3)在棱PA上是否存在一点E，使得二面角A－BE－D的余弦值为？若存在，指出点E在棱PA上的位置，若不存在，说明理由．(1)证明　PB⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥CD，又∵CD⊥PD，PD∩PB＝P，PD，PB⊂平面PBD.∴CD⊥平面PBD，又CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PBD.(2)解　如图，以B为原点，BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝a，BP＝b，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，a,0)，D(2,2,0)，P(0,0，b)．∵＝(2,2，－b)，＝(2,2－a,0)，CD⊥PD，∴·＝0，∴4＋4－2a＝0，a＝4，又＝(2,0，－b)，＝(2，－2,0)，异面直线PA和CD所成角等于60°，∴＝，即＝，解得b＝2，＝(0,4，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．设平面PAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则由得取n1＝(1,0,1)，6\n∵sinθ＝＝＝，∴直线PC和平面PAD所成角的正弦值为.(3)解　假设存在，设＝λ，且E(x，y，z)，则(x，y，z－2)＝λ(2,0，－2)，E(2λ，0,2－2λ)，设平面DEB的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则由得取n2＝(λ－1,1－λ，λ)，又平面ABE的法向量n3＝(0,1,0)，由cosθ＝＝，得＝，解得λ＝或λ＝2(不合题意)．∴存在这样的E点，E为棱PA上的靠近A的三等分点．3．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c满足：对任意实数x，都有f(x)≥x，且当x∈(1,3)时，有f(x)≤(x＋2)2成立．(1)证明f(2)＝2；(2)若f(－2)＝0，求f(x)的表达式；(3)设g(x)＝f(x)－x，x∈[0，＋∞)，若g(x)图象上的点都位于直线y＝的上方，求实数m的取值范围．(1)证明　由条件知f(2)≥2恒成立，又∵取x＝2时，f(2)≤(2＋2)2＝2恒成立，∴f(2)＝2.(2)解　∵∴4a＋c＝1,2b＝1，b＝，c＝1－4a.∵f(x)≥x恒成立，即ax2＋(b－1)x＋c≥0恒成立，∴a>0，Δ＝2－4a(1－4a)≤0，即(8a－1)2≤0.解得a＝，b＝，c＝，6\n∴f(x)＝x2＋x＋.(3)解　由已知，f(x)图象总在直线y＝x＋上方，即直线与抛物线无公共点．由消去y得x2＋x＋＝x＋，即x2＋4(1－m)x＋2＝0.Δ＝16(m－1)2－8<0，解得1－<m<1＋.4．已知F1，F2分别为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的上下焦点，其中F1是抛物线C2：x2＝4y的焦点，点M是C1与C2在第二象限的交点，且|MF1|＝.(1)试求椭圆C1的方程；(2)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切的直线l：y＝k(x＋t)(t≠0)交椭圆于A，B两点，若椭圆上一点P满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．解　(1)由C2：x2＝4y知F1(0,1)，c＝1，设M(x0，y0)(x0<0)，因M在抛物线C2上，故x＝4y0，①又|MF1|＝，则y0＋1＝②由①②解得x0＝－，y0＝.而点M在椭圆上，∴2a＝|MF1|＋|MF2|6\n＝＋＝4.∴a＝2，∴b2＝a2－c2＝3.故椭圆C1的方程为＋＝1.(2)因为直线l：y＝k(x＋t)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，所以＝1⇒k＝(t≠0，k≠0)．把y＝k(x＋t)代入＋＝1并整理，得(4＋3k2)x2＋6k2tx＋3k2t2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，y1＋y2＝kx1＋kt＋kx2＋kt＝k(x1＋x2)＋2kt＝，因为，λ＝(x1＋x2，y1＋y2)所以，P又因为点P在椭圆上，所以，＋＝1⇒λ2＝＝(t≠0)因为t2>0，所以2＋＋1>1，所以0<λ2<4，当k＝0时，因为直线l与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，则t＝0(舍去)或t＝－1，当t＝－1时，y＝－1与椭圆有一个交点，不满足题意，舍去．所以λ的取值范围是(－2,0)∪(0,2)．5．已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d6\n的等差数列；(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1,2,3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.(1)解　d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)证明　(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1,2,3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1，因此an＋1－an＝Bn－An＝－d＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)证明　因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2.于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}≥2.故dm－1＝Am－1－Bm－1≤2－2＝0，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.6