新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第4部分 高考22題逐題特訓(xùn) 第二周 （含解析）

第二周周一1．(2020·全國Ⅲ)設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.(1)求{an}的通項公式；(2)記Sn為數(shù)列{log3an}的前n項和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m.解(1)設(shè){an}的公比為q，則an＝a1qn－1.由已知得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＝4，,a1q2－a1＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3.))所以{an}的通項公式為an＝3n－1.(2)由(1)知log3an＝n－1.故Sn＝eq\f(nn－1,2).由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得，m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0.解得m＝－1(舍去)或m＝6.周二2．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝3BD，cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3).(1)求cos∠ABD；(2)若AD＝4eq\r(2)，CD＝3，求BC.解(1)設(shè)BD＝x，則AB＝3x，∵cos∠BAD＝eq\f(2\r(2),3)，在△ABD中，由余弦定理可得cos∠BAD＝eq\f(AB2＋AD2－BD2,2×AB×AD)，即eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(9x2＋AD2－x2,2×3x×AD)，解得AD＝2eq\r(2)x.由余弦定理可得，cos∠ABD＝eq\f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq\f(9x2＋x2－8x2,2×3x×x)＝eq\f(1,3).(2)∵AD＝4eq\r(2)＝2eq\r(2)x，∴x＝2.∵cos∠BDC＝cos∠ABD＝eq\f(1,3)，CD＝3，BD＝2，在△BCD中，由余弦定理可得，BC2＝BD2＋DC2－2DB·DC·cos∠BDC＝4＋9－2×2×3×eq\f(1,3)＝9.∴BC＝3.周三3．某校開展學(xué)生社會法治服務(wù)項目，共設(shè)置了文明交通、社區(qū)服務(wù)、環(huán)保宣傳和中國傳統(tǒng)文化宣講四個項目，現(xiàn)有該校的甲、乙、丙、丁4名學(xué)生，每名學(xué)生必須且只能選擇1項．(1)求恰有2個項目沒有被這4名學(xué)生選擇的概率；(2)求“環(huán)保宣傳”被這4名學(xué)生選擇的人數(shù)ξ的分布列及均值．解(1)由題意得，基本事件總數(shù)n＝44＝256，恰有2個項目沒有被這4名學(xué)生選擇包含的基本事件個數(shù)m＝Ceq\o\al(2,4)×(Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)Aeq\o\al(2,2))＝84，∴恰有2個項目沒有被這4名學(xué)生選擇的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(84,256)＝eq\f(21,64).(2)“環(huán)保宣傳”被這4名學(xué)生選擇的人數(shù)ξ的可能取值為0,1,2,3,4，P(ξ＝0)＝eq\f(34,44)＝eq\f(81,256)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,4)·33,44)＝eq\f(108,256)＝eq\f(27,64)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,4)·32,44)＝eq\f(54,256)＝eq\f(27,128)，P(ξ＝3)＝eq\f(C\o\al(3,4)·31,44)＝eq\f(12,256)＝eq\f(3,64)，P(ξ＝4)＝eq\f(C\o\al(4,4),44)＝eq\f(1,256)，∴ξ的分布列為ξ01234Peq\f(81,256)eq\f(27,64)eq\f(27,128)eq\f(3,64)eq\f(1,256)E(ξ)＝0×eq\f(81,256)＋1×eq\f(27,64)＋2×eq\f(27,128)＋3×eq\f(3,64)＋4×eq\f(1,256)＝1.周四4.(2020·福州質(zhì)檢)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，O為BC的中點，A1O⊥平面ABC.(1)證明：四邊形BB1C1C為矩形；(2)求直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值．(1)證明連接AO，∵O為BC的中點，可得BC⊥AO，∵A1O⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴A1O⊥BC，又∵AO∩A1O＝O，AO，A1O?平面AA1O，∴BC⊥平面AA1O，又AA1?平面AA1O，∴BC⊥AA1，∵BB1∥AA1，∴BC⊥BB1，又∵四邊形BB1C1C為平行四邊形，∴四邊形BB1C1C為矩形．(2)解如圖，分別以O(shè)A，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,2,0)，C(0，－2,0)，在Rt△AOB中，AO＝eq\r(AB2－BO2)＝1，在Rt△AA1O中，A1O＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AO2)＝2，所以A(1,0,0)，A1(0,0,2)，∴eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－2，－2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，設(shè)平面A1B1C的法向量是n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,－2y－2z＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2y，,z＝－y，))可取n＝(2,1，－1)，設(shè)直線AA1與平面A1B1C所成角為θ，則θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinθ＝|cos〈eq\o(AA1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AA1,\s\up6(→))·n|,|\o(AA1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(4,\r(5)·\r(6))＝eq\f(2\r(30),15)，∵θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(105),15)，即直線AA1與平面A1B1C所成角的余弦值為eq\f(\r(105),15).周五5．已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3)))在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，且點M到C的左、右焦點的距離之和為2eq\r(2).(1)求C的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，若C的弦AB的中點在線段OM(不含端點O，M)上，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的取值范圍．解(1)由條件知eq\f(4,3a2)＋eq\f(1,3b2)＝1,2a＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則AB的中點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))在線段OM上，且kOM＝eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝2(y1＋y2)，又eq\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),2)＋yeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減得eq\f(x1－x2x1＋x2,2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0，易知x1－x2≠0，y1＋y2≠0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,2y1＋y2)＝－1，即kAB＝－1.設(shè)AB方程為y＝－x＋m(m>0)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1并整理得3x2－4mx＋2m2－2＝0.由Δ＝8(3－m2)>0，解得m2<3，所以0<m<eq\r(3).由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－1,3)，故eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(－x1＋m)(－x2＋m)＝2x1x2－m(x1＋x2)＋m2＝eq\f(4m2－1,3)－eq\f(4m2,3)＋m2＝m2－eq\f(4,3).又0<m<eq\r(3)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(5,3))).周六6．已知函數(shù)f(x)＝2a2lnx－eq\f(1,2)x2－ax(a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時，若f(x)在(1，e)上有零點，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2a2·eq\f(1,x)－x－a＝－eq\f(x－ax＋2a,x).由f′(x)＝0得x＝a或x＝－2a.當(dāng)a＝0時，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)，沒有單調(diào)遞增區(qū)間．當(dāng)a>0時，由f′(x)>0得0<x<a，f(x)為增函數(shù)，由f′(x)<0得x>a，f(x)為減函數(shù)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(a，＋∞)．當(dāng)a<0時，由f′(x)>0得0<x<－2a，f(x)為增函數(shù)，由f′(x)<0得x>－2a，f(x)為減函數(shù)，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，－2a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－2a，＋∞)．故當(dāng)a＝0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，＋∞)，沒有單調(diào)遞增區(qū)間．當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(a，＋∞)，當(dāng)a<0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，－2a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－2a，＋∞)．(2)由(1)得，當(dāng)a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間是(a，＋∞)，f(1)＝－eq\f(1,2)－a<0，當(dāng)0<a≤1時，f(x)在(1，e)上為減函數(shù)，∴f(x)<f(1)<0，∴f(x)無零點，∴a≤1不成立，當(dāng)1<e≤a時，f(x)在(1，e)為增函數(shù)，若f(x)在(1，e)上有零點，則f(e)