2019數(shù)學（理）通用版二輪精準提分練解答題滾動練2（B）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精解答題滾動練2(B）1.（2018·湖北省級示范高中聯(lián)盟模擬）已知函數(shù)f（x）＝Asin（ωx＋φ）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(A〉0，ω>0,0<φ<\f（π，2)））的圖象經(jīng)過三點eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,8)))，eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(5π,12)，0)），eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（11π,12），0)），且在區(qū)間eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（5π，12)，\f（11π,12）))內(nèi)有唯一的最值，且為最小值。(1）求出函數(shù)f（x)＝Asineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ωx＋φ）)的解析式;（2)在△ABC中,a，b，c分別是角A，B，C的對邊，若f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2）)）＝eq\f（1，4)且bc＝1,b＋c＝3，求a的值.解(1)由題意可得函數(shù)的周期T＝2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(11π，12）－\f(5π，12）)）＝π,∴ω＝2,又由題意可知，當x＝eq\f（5π，12）時,y＝0，∴Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2×\f（5π，12)＋φ）)＝0,∴2×eq\f(5π，12)＋φ＝kπ（k∈Z)，又0<φ<eq\f（π，2），∴φ＝eq\f（π，6).再由題意得當x＝0時,y＝eq\f(1,8）,∴Asineq\f（π，6）＝eq\f（1,8），∴A＝eq\f(1，4),∴f(x)＝eq\f（1，4）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2x＋\f（π,6））).(2)∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（A，2))）＝eq\f（1，4)，∴eq\f（1，4）sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（A＋\f(π,6))）＝eq\f(1，4),∴A＋eq\f（π,6）＝eq\f（π，2）＋2kπ（k∈Z)，又A∈（0，π)，∴A＝eq\f(π,3).∵bc＝1，b＋c＝3，∴由余弦定理,得a2＝b2＋c2－2bccosA＝b2＋c2－bc＝（b＋c）2－3bc＝9－3＝6，∴a＝eq\r（6）.2。已知等差數(shù)列{an｝滿足（n＋1）an＝2n2＋n＋k,k∈R.（1）求數(shù)列｛an}的通項公式;（2）設(shè)bn＝eq\f(4n2,anan＋1)，求數(shù)列｛bn｝的前n項和Sn。解（1)方法一由(n＋1）an＝2n2＋n＋k，令n＝1,2，3，得到a1＝eq\f（3＋k,2)，a2＝eq\f(10＋k,3），a3＝eq\f（21＋k,4）,∵{an｝是等差數(shù)列，∴2a2＝a1＋a3，即eq\f(20＋2k,3）＝eq\f（3＋k,2）＋eq\f（21＋k，4)，解得k＝－1。由于(n＋1)an＝2n2＋n－1＝（2n－1）（n＋1)，又∵n＋1≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)。方法二∵｛an｝是等差數(shù)列，設(shè)公差為d,則an＝a1＋d(n－1)＝dn＋(a1－d），∴(n＋1）an＝（n＋1）(dn＋a1－d）＝dn2＋a1n＋a1－d，∴dn2＋a1n＋a1－d＝2n2＋n＋k對于任意n∈N*均成立，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2,，a1＝1，，a1－d＝k，）)解得k＝－1，∴an＝2n－1（n∈N*).(2）由bn＝eq\f(4n2，anan＋1)＝eq\f（4n2，2n－12n＋1)＝eq\f（4n2，4n2－1）＝1＋eq\f(1,4n2－1)＝1＋eq\f（1，2n－12n＋1)＝eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2n－1）－\f（1，2n＋1）))＋1,得Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1－\f(1,3）））＋1＋eq\f(1，2)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，3)－\f(1,5)）)＋1＋eq\f(1，2）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，5)－\f（1,7）)）＋1＋…＋eq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2n－1）－\f（1，2n＋1)))＋1＝eq\f(1，2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（1,3）＋\f（1，3)－\f（1，5)＋\f（1，5)－\f(1,7)＋…＋\f（1，2n－1）－\f（1，2n＋1)))＋n＝eq\f（1，2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1－\f(1，2n＋1）））＋n＝eq\f(n,2n＋1）＋n＝eq\f（2n2＋2n，2n＋1）（n∈N*)。3。如圖,在三棱柱ABC－A1B1C1中,側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°，AC＝2AA1＝4，點D,E分別是AA1，BC的中點。(1）證明：DE∥平面A1B1C；（2）若AB＝2，∠BAC＝60°，求直線DE與平面ABB1A1所成角的正弦值.（1)證明取AC的中點F，連接DF,EF，∵E是BC的中點,∴EF∥AB,∵ABC－A1B1C1是三棱柱，∴AB∥A1B1，∴EF∥A1B1，又EF?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，∴EF∥平面A1B1C，∵D是AA1的中點，∴DF∥A1C,又DF?平面A1B1C，A1C?平面A1B1C，∴DF∥平面A1B1C.又EF∩DF＝F,EF，DF?平面DEF，∴平面DEF∥平面A1B1C，∴DE∥平面A1B1C。（2）解過點A1作A1O⊥AC，垂足為O，連接OB,∵側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC，側(cè)面ACC1A1∩底面ABC＝AC，A1O?側(cè)面ACC1A1，∴A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥OB，A1O⊥OC?！摺螦1AC＝60°，AA1＝2，∴OA＝1,OA1＝eq\r（3)，∵AB＝2,∠BAC＝60°，由余弦定理，得OB2＝OA2＋AB2－2OA·ABcos∠BAC＝3，∴OB＝eq\r（3)，∠AOB＝90°，∴OB⊥AC，分別以O(shè)B,OC,OA1所在直線為x軸，y軸，z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz,由題設(shè)可得A(0，－1,0），C（0，3，0）,B（eq\r（3）,0，0)，A1(0,0，eq\r(3)），Deq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，－\f(1,2)，\f(\r(3)，2）)），Eeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（\r（3)，2），\f(3,2），0)），∴eq\o(AB,\s\up6(→）)＝（eq\r(3)，1，0)，eq\o（AA1，\s\up6（→））＝(0，1,eq\r(3）).設(shè)m＝（x1，y1，z1)是平面ABB1A1的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m·\o（AB,\s\up6(→))＝0,，m·\o(AA1,\s\up6（→））＝0，）)即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\r（3)x1＋y1＝0，,y1＋\r（3）z1＝0，）)令z1＝1,得y1＝－eq\r（3）,x1＝1，∴m＝（1，－eq\r(3），1)，∵eq\o(DE，\s\up6（→））＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(\r（3)，2），2，－\f(\r（3）,2))），∴cos〈m,eq\o（DE，\s\up6（→））>＝eq\f(m·\o(DE,\s\up6(→)),｜m|｜\o（DE，\s\up6(→））|)＝eq\f(－2\r(330),55),∴直線DE與平面ABB1A1所成角的正弦值為eq\f（2\r(330）,55）.4。設(shè)函數(shù)f(x）＝ax2＋bx＋c(a≠0)，曲線y＝f（x）通過點（0,2a＋3），且在點(－1,f(－1))處的切線垂直于y軸.（1)用a分別表示b和c；(2)當bc取得最小值時，求函數(shù)g（x）＝－f（x）e－x的單調(diào)區(qū)間。解（1)f′(x）＝2ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2a＋3＝c,，2a·－1＋b＝0,）)則b＝2a，c＝2a＋3.(2)由(1）得bc＝2a（2a＋3)＝4eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,4）））2－eq\f(9,4），故當a＝－eq\f（3,4）時，bc取得最小值－eq\f（9，4）,此時有b＝－eq\f(3,2)，c＝eq\f（3，2），從而f（x)＝－eq\f（3，4）x2－eq\f(3，2）x＋eq\f(3，2),f′(x）＝－eq\f(3，2）x－eq\f(3,2），g(x)＝－f（x）e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(3,4)x2＋\f(3,2)x－\f(3,2）））e－x，所以g′（x）＝－eq\f(3，4）（x2－4）e－x，令g′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝2.當x∈(－∞，－2)時，g′(x）<0，故g(x)在（－∞，－2）上為減函數(shù)；當x∈(－2，2)時,g′(x）>0，故g（x）在（－2，2）上為增函數(shù)；當x∈(2，＋∞）時，g′（x)<0，故g(x)在(2，＋∞）上為減函數(shù).由此可見，函數(shù)g(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，－2)，(2,＋∞），單調(diào)遞增區(qū)間為（－2，2).5.（2018·鄭州外國語學校調(diào)研)已知橢圓C：eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2，b2)＝1（a〉b〉0)的焦距與橢圓Ω：x2＋eq\f（y2,4）＝1的短軸長相等，且C與Ω的長軸長相等.(1）求橢圓C的方程；(2）設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，不經(jīng)過F1的直線l與橢圓C交于兩個不同的點A，B，如果直線AF1，l，BF1的斜率依次成等差數(shù)列，求△AOB的面積的最大值.解（1)由題意可得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，，a2－b2＝1,))∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a2＝4，，b2＝3，）)故橢圓C的方程為eq\f(x2,4）＋eq\f(y2,3）＝1.（2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m,代入橢圓方程eq\f(x2,4）＋eq\f（y2，3）＝1,整理得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0,由Δ＝(8km）2－4(3＋4k2)（4m2－12)>0，得m2<4k2＋3。①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f（8km，3＋4k2）,x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2）。因為F1(－1，0），所以kAF1＝eq\f（y1,x1＋1)，kBF1＝eq\f(y2，x2＋1)。因為2k＝eq\f（y1,x1＋1）＋eq\f（y2,x2＋1）,且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，所以（m－k)（x1＋x2＋2）＝0，因為直線AB：y＝kx＋m不過焦點F1(－1,0），所以m－k≠0，所以x1＋x2＋2＝0,從而x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2）＝－2,即m＝eq\f（3＋4k2,4k）。②由①②得eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(3＋4k2，4k））)2<3＋4k2，化簡得k2>eq\f(1,4)。③過O點作直線AB的垂線,垂足為M，則|OM|＝eq\f（|m｜,\r（1＋k2）)，｜AB｜＝eq\r（1＋k2)｜x1－x2｜，△AOB的面積S△AOB＝eq\f（1，2)｜OM|｜AB｜＝eq\f(1,2)｜m｜eq\r（x1＋x22－4x1x2)＝eq\f（3，8）eq\r(\f(4k2＋34k2－1,k4）)＝eq\f(3，8)eq\r（－\f（3，k4）＋\f（8,k2)＋16）＝eq\f（3,8）eq\r（－3\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，k2）－\f（4，3）)）2＋\f（64,3））≤eq\r（3)，當且僅當k2＝eq\f（3,4）時等號成立，滿足Δ>0，故△AOB的面積的最大值為eq\r（3）。6。（2018·寧夏銀川一中月考）設(shè)函數(shù)f（x）＝｜x－1|，g（x）＝｜x－2|。(1）解不等式f(x）＋g(x）〈2；（2)對于實數(shù)x，y，若f(x)≤1，g（y)≤1,求證：|x－2y＋1|≤5。(1）解令y＝|x－1｜＋｜x－2｜，則y＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3－2x，x≤1,，1，1<x〈2，,2x－3，x≥2，）)作出函數(shù)y＝｜x－1|＋|x－2|的圖象,它與直線y＝2的交點為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1