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【创新设计】2015高考数学(人教通用,理科)二轮专题整合:突破练1]


突破练?一?
1 ? π? 1.已知函数 f(x)=sin x· cos ?x-6?+cos 2x-2. ? ? (1)求函数 f(x)的最大值,并写出 f(x)取最大值时 x 的取值集合; 1 (2)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,若 f(A)=2,b+c=3.求 a 的最小值. 解 ? 3 1 (1)f(x)=sin x? cos x+ s

in 2 2 ? 1 3 1 ? 2 2 x?+cos x-2= 2 sin xcos x+2cos x= ?

π? 1 1? 3 ? 1 1 1 ? ? sin 2x+ cos 2x?+ = sin ?2x+6?+ . 2? 2 ? ? 4 2 ? 4 2 3 ∴函数 f(x)的最大值为 . 4 π? ? 当 f(x)取最大值时 sin?2x+6?=1, ? ? π π π ∴2x+6=2kπ+2(k∈Z),解得 x=kπ+6,k∈Z.
? ? π 故 x 的取值集合为?x|x=kπ+6,k∈Z.? ? ?

π? 1 1 1 ? (2)由题意 f(A)=2sin ?2A+6?+4=2, ? ? π 1 化简得 sin (2A+ )= . 6 2 π π 13π π 5π ∵A∈(0,π),∴2A+6∈(6, 6 ),∴2A+6= 6 , π ∴A=3. π 在△ABC 中,根据余弦定理,得 a2=b2+c2-2bccos 3=(b+c)2-3bc.

9 ?b+c?2 9 ? = ,即 a2≥ . 由 b+c=3,知 bc≤? 4 ? 2 ? 4 3 3 ∴当 b=c=2时,a 取最小值2. 2.某市为“市中学生知识竞赛”进行选拔性测试,且规定:成绩大于或等于 90 分的有参赛资格,90 分以下(不包括 90 分)的被淘汰,若有 500 人参加测试,学 生成绩的频率分布直方图如图.

(1)求获得参赛资格的人数; (2)根据频率分布直方图,估算这 500 名学生测试的平均成绩; (3)若知识竞赛分初赛和复赛,在初赛中每人最多有 5 次选题答题的机会,累计 答对 3 题或答错 3 题即终止,答对 3 题者方可参加复赛,已知参赛者甲答对每 一个问题的概率都相同,并且相互之间没有影响,已知他连续两次答错的概率 1 为9,求甲在初赛中答题个数 ξ 的分布列及数学期望 E(ξ). 解 (1)由频率分布直方图得,获得参赛资格的人数为 500×(0.005 0+0.004 3

+0.003 2)×20=125 人. (2)设 500 名学生的平均成绩为 x ,则 x =[(30+50)×0.0 065+(50+70)× 0.0 140+(70+90)×0.0 170+(90+110)×0.0 050+(110+130)×0.0 043+(130 1 +150)×0.0 032]×2×20=74.84 分. 1 2 (3)设学生甲答对每道题的概率为 P(A),则[1-P(A)]2=9,P(A)=3.学生甲答题 个数 ξ 的可能值为 3,4,5. ?2? ?1? 1 则 P(ξ=3)=?3?3+?3?3=3, ? ? ? ?

10 ?1??2?3 1?2??1?3 P(ξ=4)=C1 3?3??3? +C3?3??3? = , ? ?? ? ? ?? ? 27 ?1?2?2?2 8 P(ξ=5)=C2 4?3? ?3? = .所以 ξ 的分布列为 ? ? ? ? 27 ξ P 1 10 8 107 E(ξ)=3×3+4×27+5×27= 27 . 3.数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 an+1=-4Sn+1,a1=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=nan,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解 (1)当 n≥2 时,an=-4Sn-1+1, 3 1 3 4 10 27 5 8 27

又 an+1=-4Sn+1, an+1 ∴an+1-an=-4an,即 a =-3,n≥2, n 又 a2=-4a1+1=-3,a1=1, ∴数列{an}是首项为 a1=1,公比为 q=-3 的等比数列, ∴an=(-3)n-1. (2)由(1)可得 bn=n· (-3)n-1, Tn=1· (-3)0+2· (-3)1+3· (-3)2+?+(n-1)· (-3)n-2+n· (-3)n-1, -3Tn=1· (-3)1+2· (-3)2+?+(n-2)· (-3)n-2+(n-1)· (-3)n-1+n(-3)n, ∴4Tn=1+(-3)1+(-3)2+?+(-3)n-1-n· (-3)n, 1-?4n+1??-3?n 所以,Tn= . 16 1 4.如图,在直角梯形 ABCP 中,AP∥BC,AP⊥AB,AB=BC=2AP=2,D 是 AP 的中点,E、G 分别为 PC、CB 的中点,F 是 PD 上的点,将△PCD 沿 CD 折 起,使得 PD⊥平面 ABCD. (1)若 F 是 PD 的中点,求证:AP∥平面 EFG; π (2)当二面角 G-EF-D 的大小为4时,求 FG 与平面 PBC 所成角的余弦值.

(1)证明

F 是 PD 的中点时,EF∥CD∥AB,EG∥PB,∴AB∥平面 EFG,PB

∥平面 EFG,AB∩PB=B,∴平面 PAB∥平面 EFG,AP?平面 PAB,∴AP∥ 平面 EFG. (2)解 建立如图所示的坐标系,则有 G(1,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1),

→ =(-1,-2,a),GE → =(-1,-1,1),设平面 EFG B(2,2,0),设 F(0,0,a),GF 的法向量 n1=(x,y,1),则有 ?-x-2y+a=0, ? ?-x-y+1=0, ?x=2-a, 解得? ?y=a-1,

∴n1=(2-a,a-1,1). 取平面 EFD 的法向量 n2=(1,0,0),依题意, cos 〈n1,n2〉= 2-a 2 =2, 2 ?2-a? +?a-1? +1
2

→ =(-1,-2,1). ∴a=1,于是GF → =(0,2,-2),BC → =(-2,0,0),则有 设平面 PBC 的法向量 n3=(m,n,1),PC ?2n-2=0, ?m=0, ? 解得? ∴n3=(0,1,1). ?-2m=0, ?n=1.

设 FG 与平面 PBC 所成角为 θ,则有 sin 33 故有 cos θ= 6 .

→ θ=|cos 〈GF,n3〉|=

1 3 =6, 6· 2

5. 过抛物线 y2=4x 的焦点 F 作倾斜角为锐角的直线 l, l 与抛物线的一个交点为 A, → =FB →. 与抛物线的准线交于点 B,且AF (1)求以 AB 为直径的圆被抛物线的准线截得的弦长; (2)平行于 AB 的直线与抛物线相交于 C、D 两点,若在抛物线上存在一点 P, 使得直线 PC 与 PD 的斜率之积为-4,求直线 CD 在 y 轴上截距的最大值. 解 (1)过 A 作 y2=4x 准线的垂线 AH,垂足为 H, 1 则|AH|=|AF|=2|AB|,所以直线 AB 的方程为 y= 3(x-1), 所以 B(-1,-2 3),|BF|=4,所以,以 AB 为直径的圆为(x-1)2+y2=16,所 以,截得的弦长为 4 3.
2 2 ?y0 ? ?y1 ? (2)设直线 CD:y= 3x+m,P? 4 ,y0?,C? 4 ,y1?, ? ? ? ?

?y2 ? D? 4 ,y2?, ? ? 把 y= 3x+m 代入 y2=4x, 消去 x 得, 3y2-4y+4m=0,则 y1+y2= = 4m , 3 4 ,y1· y2 3

2

3 Δ=16-16 3m>0,所以 m< 3 , 所以,kPC· kPD= 4 4 · =-4, y1+y0 y2+y0

所以 y1· y2+y0(y1+y2)+y2 0=-4, 所以 y2 0+ 4y0 4m + =-4, 3 3

2 所以 3y0 +4y0+(4m+4 3)=0.

2 所以 Δ=16-4 3(4m+4 3)≥0,所以 m≤-3 3 2 2 当 m=-3 3时,直线 CD:y= 3x-3 3,所以直线在 y 轴上截距最大值为-

2 3 3. 6.已知函数 f(x)=ln x. x3 (1)求证:当 0<x<1 时,f(1+x)<x- 6 ; (2)设 g(x)=ax-(x+1)f(x+1),若 g(x)的最大值不大于 0,求 a 的取值集合; (3)求证:(1+1)(1+ (1)证明 1 1 2 )?(1+ )>e n-5(n∈N*). 2 n

1 要证 f(x+1)<x-6x3(0<x<1),

1 即证:ln(x+1)<x-6x3(0<x<1), 1 设 u(x)=x-6x3-ln(x+1)(0<x<1), 则 u′(x)=- x?x+2??x-1? >0, 2?x+1?

所以,u(x)在(0,1)递增,即 u(x)>u(0)=0. 1 从而 f(x+1)<x-6x3(0<x<1)成立. (2)解 g(x)=ax-(x+1)ln(x+1),

∴g′(x)=a-[1+ln(x+1)],令 g′(x0)=0,则 x0=ea-1-1. x g′(x) g(x) (-1,x0) + x0 0 极大 (x0,+∞) -

∴g(x)max=g(x)极大值=g(x0)=a(ea-1-1)-(a-1)ea-1=ea-1-a,令 a-1=x,则 a =x+1,∴g(x)max=ex-(x+1), 设 h(x)=ex-(x+1),则 h′(x)=ex-1. 令 h′(x)=0,则 x=0. x g′(x) g(x) (-∞,0) - 0 0 极小 (0,+∞) +

所以,h(x)≥h(0)=0,从而有 ea-1-a≥0, 又因为 g(x)max=ea-1-a≤0,所以,ea-1-a=0,即:a=1.

(3)证明

1? 1? ? ? 要证(1+1)?1+ ??+?1+ ?>e 2? n? ? ?



1? 1? 2 ? ? 即证:ln(1+1)+ln?1+ ?+?+ln?1+ ?> n-5, 2? n? ? ? 由(2)可知 ln(x+1)≥ x 1 ,令 x= , x+1 n

1? 1 1 ? 当 n≥3 时,ln?1+ ?≥ > = n- n-1, n ? ? 1+ n n-1+ n 1? 1? 1? ? ? ? 所以,ln?1+ ?≥ 2-1,ln?1+ ?> 3- 2,?,ln?1+ ?> n- n-1, 2? 3? n? ? ? ? 1? 1? 2 ? ? 所以,ln(1+1)+ln?1+ ?+?+ln?1+ ?> n-1+ln 2> n-5, 2 n ? ? ? ? 1? 1 ? 即:(1+1)?1+ ??(1+ )>e 2? ? n 成立.


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