全国通用2022版高考数学大二轮总复习增分策略高考大题纵横练二

高考大题纵横练(二)1．已知函数f(x)＝Asin(ωx－)(ω>0)相邻两个对称轴之间的距离是，且满足f()＝.(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＝sinC，a＝2，f(A)＝1，求△ABC的面积．2．为了了解某校今年高三男生的身体状况，随机抽查了部分男生，将测得的他们的体重(单位：千克)数据整理后，画出了频率分布直方图(如图)．已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1∶2∶3，其中第2小组的频数为12.(1)求该校随机抽查的部分男生的总人数；(2)以这所学校的样本数据来估计全市的总体数据，若从全市高三男生中任选3人，设X表示体重超过55千克的学生人数，求X的数学期望．11\n11\n3．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝PB＝PC＝BC＝2CD，平面PBC⊥平面ABCD.(1)求证：AB⊥平面PBC；(2)求平面PAD与平面BCP所成的二面角(小于90°)的大小．11\n4．已知等差数列{an}的公差大于0，且a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝anbn，求证：cn＋1≤cn；(3)求数列{cn}的前n项和Tn.5．已知函数f(x)＝alnx＋bx2－(a＋b)x.(1)当a＝1，b＝0时，求f(x)的最大值；(2)当b＝1时，设α，β是f(x)的两个极值点，且α<β，β∈(1，e](其中e为自然对数的底数)．求证：对任意的x1，x2∈[α，β]，|f(x1)－f(x2)|<1.11\n6．如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：y＝x＋2与以原点为圆心，以椭圆C的短轴长为直径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(0,2)的直线l1与椭圆C交于G，H两点，设直线l1的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得△PGH是以GH为底边的等腰三角形？如果存在，求出实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由．11\n答案精析高考大题纵横练(二)1．解　(1)由题意知周期T＝π，∴ω＝2，因为f()＝，∴A＝2，f(x)＝2sin(2x－)，由＋2kπ≤2x－≤＋2kπ(k∈Z)，∴＋kπ≤x≤＋kπ(k∈Z)，∴f(x)的单调递减区间为[＋kπ，＋kπ](k∈Z)．(2)由题意b＝c，f(A)＝2sin(2A－)＝1，∴sin(2A－)＝，∵－<2A－<，∴A＝或，∵△ABC为钝角三角形，∴A＝(舍去)，故A＝，∵a2＝b2＋c2－2bccosA，∴4＝3c2＋c2－2c2×＝c2，∴c＝2，b＝2，S△ABC＝×2×2×＝.2．解　(1)设该校随机抽查的部分男生的总人数为n，前3个小组的频率分别为P1、P2、P3，则解得因为P2＝0.25＝，所以n＝48.故该校随机抽查的部分男生的总人数为48.(2)由(1)可得，一个男生体重超过55千克的概率为P＝P3＋(0.0375＋0.0125)×5＝.所以X～B(3，)，11\n所以P(X＝k)＝C()k()3－k，k＝0,1,2,3.随机变量X的分布列为X0123P则E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.(或：E(X)＝3×＝)3．(1)证明　因为∠ABC＝90°，所以AB⊥BC.因为平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PBC.(2)解　如图，取BC的中点O，连接PO.因为PB＝PC，所以PO⊥BC.因为平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面ABCD.以O为原点，OB所在的直线为x轴，在平面ABCD内过O垂直于BC的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设BC＝2.由AB＝PB＝PC＝BC＝2CD可得，P(0,0，)，D(－1,1,0)，A(1,2,0)．所以＝(1，－1，)，＝(2,1,0)．设平面ADP的一个法向量为m＝(x，y，z)．因为所以令x＝－1，则y＝2，z＝.所以m＝(－1,2，)．取平面BCP的一个法向量n＝(0,1,0)．11\n所以cos〈m，n〉＝＝.所以平面ADP和平面BCP所成的二面角(小于90°)的大小为45°.4．(1)解　因为a3，a5是方程x2－14x＋45＝0的两根，且数列{an}的公差d>0，所以a3＝5，a5＝9，公差d＝＝2.所以an＝a5＋(n－5)d＝2n－1(n∈N*)．当n＝1时，b1＝S1＝，解得b1＝.当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝(bn－1－bn)，所以＝(n≥2)．所以数列{bn}是首项b1＝，公比q＝的等比数列，所以bn＝b1qn－1＝(n∈N*)．(2)证明　由(1)，知cn＝anbn＝，cn＋1＝，所以cn＋1－cn＝－＝≤0.所以cn＋1≤cn.(3)解　由(2)，知cn＝anbn＝，则Tn＝＋＋＋…＋，①Tn＝＋＋＋…＋＋，②①－②，得Tn＝＋＋＋…＋－＝＋2(＋＋…＋)－＝－，化简得Tn＝1－.故数列{cn}的前n项和Tn＝1－(n∈N*)．5．(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝1，b＝0时，f(x)＝lnx－x，求导数，得f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上是增函数；11\n当x>1时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，＋∞)上是减函数．故f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝－1.(2)证明　当b＝1时，f(x)＝alnx＋x2－(a＋1)x，求导数，得f′(x)＝＋x－(a＋1)＝＝，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a.∵α，β是f(x)的两个极值点，且α<β，β∈(1，e]，∴α＝1，β＝a∈(1，e]，∴当x∈[α，β]时，f′(x)≤0，∴f(x)在[α，β]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)，f(x)min＝f(a)，∴对任意的x1，x2∈[α，β]，|f(x1)－f(x2)|≤f(1)－f(a)＝[－(a＋1)]－[a2＋alna－a(a＋1)]＝a2－alna－.令g(a)＝a2－alna－，则g′(a)＝a－1－lna，由(1)知lnx－x≤－1，即lnx≤x－1，∴g′(a)≥0，∴g(a)在(1，e]上单调递增，∴g(a)≤g(e)＝e2－e－＝e(e－1)－<3(－1)－＝1.故对任意的x1，x2∈[α，β]，|f(x1)－f(x2)|<1.6．解　(1)由e2＝＝，得a2＝2b2，∵直线l：y＝x＋2与圆x2＋y2＝b2相切，∴＝b，解得b＝，则a2＝4.故所求椭圆C的方程为＋＝1.(2)在x轴上存在点P(m,0)，使得△PGH是以GH为底边的等腰三角形．理由如下：设l1的方程为y＝kx＋2(k>0)，由得(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0.11\n因为直线l1与椭圆C有两个交点，所以Δ＝64k2－16(1＋2k2)＝16(2k2－1)>0，所以k2>，又因为k>0，所以k>.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝.所以＋＝(x1－m，y1)＋(x2－m，y2)＝(x1＋x2－2m，y1＋y2)＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．由于等腰三角形中线与底边互相垂直，则(＋)·＝0.所以(x2－x1)[(x1＋x2)－2m]＋k(x2－x1)[k(x1＋x2)＋4]＝0.故(x2－x1)[(x1＋x2)－2m＋k2(x1＋x2)＋4k]＝0.即(x2－x1)[(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m]＝0.因为k>0，所以x2－x1≠0.所以(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0.所以(1＋k2)()＋4k－2m＝0，解得m＝＝.设y＝＋2k，当k>时，y′＝－＋2＝>0，所以函数y＝＋2k在(，＋∞)上单调递增，所以y>＋2×＝2，所以m＝>＝－.又因为k>0，11\n所以m<0.所以－<m<0.故存在满足题意的点P(m,0)，且实数m的取值范围为－<m<0.11