高中數(shù)學(xué)高考二輪復(fù)習(xí) 江蘇省2023年高考數(shù)學(xué)三輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)素材解答題押題練a組

解答題押題練A組1．在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且c＝2，C＝60°.(1)求eq\f(a＋b,sinA＋sinB)的值；(2)若a＋b＝ab，求△ABC的面積．解(1)由正弦定理可設(shè)eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2,sin60°)＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3)，所以a＝eq\f(4\r(3),3)sinA，b＝eq\f(4\r(3),3)sinB，(3分)所以eq\f(a＋b,sinA＋sinB)＝eq\f(\f(4\r(3),3)sinA＋sinB,sinA＋sinB)＝eq\f(4\r(3),3).(6分)(2)由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC，即4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，(7分)又a＋b＝ab，所以(ab)2－3ab－4＝0.解得ab＝4或ab＝－1(舍去)．(12分)所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).(14分)2．如圖，正方形ABCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，EF∥BD，AB＝eq\r(2)EF.(1)求證：BF∥平面ACE；(2)求證：BF⊥BD.證明(1)AC與BD交于O點(diǎn)，連接EO.正方形ABCD中，eq\r(2)BO＝AB，又因?yàn)锳B＝eq\r(2)EF，∴BO＝EF，又因?yàn)镋F∥BD，∴EFBO是平行四邊形，∴BF∥EO，又∵BF?平面ACE，EO?平面ACE，∴BF∥平面ACE.(7分)(2)正方形ABCD中，AC⊥BD，又因?yàn)檎叫蜛BCD和三角形ACE所在的平面互相垂直，BD?平面ABCD，平面ABCD∩平面ACE＝AC，∴BD⊥平面ACE，∵EO?平面ACE，∴BD⊥EO，∵EO∥BF，∴BF⊥BD.(14分)3．經(jīng)市場(chǎng)調(diào)查，某旅游城市在過(guò)去的一個(gè)月內(nèi)(以30天計(jì))，旅游人數(shù)f(t)(萬(wàn)人)與時(shí)間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足f(t)＝4＋eq\f(1,t)，人均消費(fèi)g(t)(元)與時(shí)間t(天)的函數(shù)關(guān)系近似滿足g(t)＝115－|t－15|.(1)求該城市的旅游日收益w(t)(萬(wàn)元)與時(shí)間t(1≤t≤30，t∈N*)的函數(shù)關(guān)系式；(2)求該城市旅游日收益的最小值(萬(wàn)元)．解(1)由題意得，w(t)＝f(t)·g(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,t)))(115－|t－15|)(1≤t≤30，t∈N*)．(5分)(2)因?yàn)閣(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,t)))t＋100，1≤t＜15，t∈N*，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,t)))130－t，15≤t≤30，t∈N*，))(7分)①當(dāng)1≤t＜15時(shí)，w(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,t)))(t＋100)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(25,t)))＋401≥4×2eq\r(25)＋401＝441，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(25,t)，即t＝5時(shí)取等號(hào)．(10分)②當(dāng)15≤t≤30時(shí)，w(t)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(1,t)))(130－t)＝519＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(130,t)－4t))，可證w(t)在t∈[15,30]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝30時(shí)，w(t)取最小值為403eq\f(1,3).(13分)由于403eq\f(1,3)＜441，所以該城市旅游日收益的最小值為403eq\f(1,3)萬(wàn)元．(14分)4．如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，A、B是四條直線x＝±2，y＝±1所圍成的兩個(gè)頂點(diǎn)．(1)設(shè)P是橢圓C上任意一點(diǎn)，若eq\o(OP,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，求證：動(dòng)點(diǎn)Q(m，n)在定圓上運(yùn)動(dòng)，并求出定圓的方程；(2)若M、N是橢圓C上兩上動(dòng)點(diǎn)，且直線OM、ON的斜率之積等于直線OA、OB的斜率之積，試探求△OMN的面積是否為定值，說(shuō)明理由．(1)證明易求A(2,1)，B(－2,1)．(2分)設(shè)P(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.由eq\o(OP,\s\up6(→))＝meq\o(OA,\s\up6(→))＋neq\o(OB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2m－n，,y0＝m＋n，))所以eq\f(4m－n2,4)＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝eq\f(1,2).故點(diǎn)Q(m，n)在定圓x2＋y2＝eq\f(1,2)上．(8分)(2)解設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4).平方得xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)＝16yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝(4－xeq\o\al(2,1))(4－xeq\o\al(2,2))，即xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝4.(10分)因?yàn)橹本€MN的方程為(x2－x1)x－(y2－y1)y＋x1y2－x2y1＝0，所以O(shè)到直線MN的距離為d＝eq\f(|x1y2－x2y1|,\r(x2－x12＋y2－y12))，(12分)所以△OMN的面積S＝eq\f(1,2)MN·d＝eq\f(1,2)|x1y2－x2y1|＝eq\f(1,2)eq\r(x\o\al(2,1)y\o\al(2,2)＋x\o\al(2,2)y\o\al(2,1)－2x1x2y1y2)＝eq\f(1,2)eq\r(x\o\al(2,1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),4)))＋x\o\al(2,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))＋\f(1,2)x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)eq\r(x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2))＝1.故△OMN的面積為定值1.(16分)5．已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足8Sn＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋3(n∈N*)，且a1，a2，a7依次是等比數(shù)列{bn}的前三項(xiàng)．(1)求數(shù)列{an}及{bn}的通項(xiàng)公式；(2)是否存在常數(shù)a＞0且a≠1，使得數(shù)列{an－logabn}(n∈N*)是常數(shù)列？若存在，求出a的值；若不存在，說(shuō)明理由．解(1)n＝1時(shí)，8a1＝aeq\o\al(2,1)＋4a1＋3，a1＝1或a1＝3.(2分)當(dāng)n≥2時(shí)，8Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋4an－1＋3，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,8)(aeq\o\al(2,n)＋4an－aeq\o\al(2,n－1)－4an－1)，從而(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0因?yàn)閧an}各項(xiàng)均為正數(shù)，所以an－an－1＝4.(6分)所以，當(dāng)a1＝1時(shí)，an＝4n－3；當(dāng)a1＝3時(shí)，an＝4n－1.又因?yàn)楫?dāng)a1＝1時(shí)，a1，a2，a7分別為1,5,25，構(gòu)成等比數(shù)列，所以an＝4n－3，bn＝5n－1.當(dāng)a1＝3時(shí)，a1，a2，a7分別為3,7,27，不構(gòu)成等比數(shù)列，舍去．(11分)(2)假設(shè)存在a，理由如下：(12分)由(1)知，an＝4n－3，bn＝5n－1，從而an－lonabn＝4n－3－loga5n－1＝4n－3－(n－1)·loga5＝(4－loga5)n－3＋loga5.由題意，得4－loga5＝0，所以a＝eq\r(4,5).(16分)6．已知函數(shù)f(x)＝x2＋2ax＋1(a∈R)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)若x∈[－2，－1]，不等式f(x)≤f′(x)恒成立，求a的取值范圍；(2)解關(guān)于x的方程f(x)＝|f′(x)|；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x，fx≥f′x,fx，fx＜f′x))，求g(x)在x∈[2,4]時(shí)的最小值．解(1)因?yàn)閒(x)≤f′(x)，所以x2－2x＋1≤2a(1－x又因?yàn)椋?≤x≤－1，所以a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2－2x＋1,21－x)))max在x∈[－2，－1]時(shí)恒成立，因?yàn)閑q\f(x2－2x＋1,21－x)＝eq\f(1－x,2)≤eq\f(3,2)，所以a≥eq\f(3,2).(4分)(2)因?yàn)閒(x)＝|f′(x)|，所以x2＋2ax＋1＝2|x＋a|，所以(x＋a)2－2|x＋a|＋1－a2＝0，則|x＋a|＝1＋a或|x＋a|＝1－a.(7分)①當(dāng)a＜－1時(shí)，|x＋a|＝1－a，所以x＝－1或x＝1－2a②當(dāng)－1≤a≤1時(shí)，|x＋a|＝1－a或|x＋a|＝1＋a，所以x＝±1或x＝1－2a或x＝－(1＋2③當(dāng)a＞1時(shí)，|x＋a|＝1＋a，所以x＝1或x＝－(1＋2a)．(3)因?yàn)閒(x)－f′(x)＝(x－1)[x－(1－2a)]，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x，fx≥f′x，,fx，fx＜f′x，))①若a≥－eq\f(1,2)，則x∈[2,4]時(shí)，f(x)≥f′(x)，所以g(x)＝f′(x)＝2x＋2a，從而g(x)的最小值為g(2)＝2a＋4；②若 a＜－eq\f(3,2)，則x∈[2,4]時(shí)，f(x)＜f′(x)，所以g(x)＝f(x)＝x2＋2ax＋1，當(dāng)－2≤a＜－eq\f(3,2)時(shí)，g(x)的最小值為g(2)＝4a＋5，當(dāng)－4＜a＜－2時(shí)，g(x)的最小值為g(－a)＝1－a2，當(dāng)a≤－4時(shí)，g(x)的最小值為g(4)＝8a＋17.③若－eq\f(3,2)≤a＜－eq\f(1,2)，則x∈[2,4]時(shí)，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2ax＋1，x∈[2，1－2a,2x＋2a，x∈[1－2a，4]