2021年高考数学考前30天《大题专练》精选题八(含答案详解)

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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知sinA＋eq \r(3)csA=0，a=2eq \r(7)，b=2．
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式.
(2)令cn=设数列{cn}的前n项和为Tn,求T2n.
水果的价格会受到需求量和天气的影响．某采购员定期向某批发商购进某种水果，每箱水果的价格会在当日市场价的基础上进行优惠，购买量越大优惠幅度越大，采购员通过对以往的10组数据进行研究，发现可采用 SKIPIF 1 < 0 来作为价格的优惠部分 SKIPIF 1 < 0 （单位：元/箱）与购买量 SKIPIF 1 < 0 （单位：箱）之间的回归方程，整理相关数据得到下表（表中 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ）：
（1）根据参考数据，
①建立 SKIPIF 1 < 0 关于 SKIPIF 1 < 0 的回归方程；
②若当日该种水果的市场价为200元/箱，估算购买100箱该种水果所需的金额（精确到 SKIPIF 1 < 0 元）．
（2）在样本中任取一点，若它在回归曲线上或上方，则称该点为高效点．已知这10个样本点中，高效点有4个，现从这10个点中任取3个点，设取到高效点的个数为 SKIPIF 1 < 0 ，求 SKIPIF 1 < 0 的数学期望．
附：对于一组数据 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，， SKIPIF 1 < 0 ，其回归直线 SKIPIF 1 < 0 的斜率和截距的最小二乘估计分别为 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，参考数据： SKIPIF 1 < 0 ．
如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.
(1)证明：EF∥平面A1CD；
(2)若三棱柱ABC­A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.
已知直线l：x=my＋1过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2=4eq \r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x=4上的射影依次为D，K，E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且eq \(MA,\s\up7(―→))=λ1eq \(AF,\s\up7(―→))， eq \(MB,\s\up7(―→))=λ2eq \(BF,\s\up7(―→))，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；
(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.
已知函数f(x)=2ex－(x－a)2＋3，a∈R.
(1)若函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
已知点P(2，0)，点Q是圆eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝cs θ，,y＝sin θ))(θ为参数)上一动点，求PQ中点的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线？
已知f(x)=|2x-1|＋|ax-5|(0(1)当a=1时，求不等式f(x)≥9的解集；
(2)若函数y=f(x)的最小值为4，求实数a的值．
\s 0 答案详解
解：
(1)由已知可得tanA=－eq \r(3)，
所以A=eq \f(2π,3)．在△ABC中，由余弦定理得28=4＋c2－4ccseq \f(2π,3)，即c2＋2c－24=0．
解得c=－6(舍去)或c=4．
(2)由题设可得∠CAD=eq \f(π,2)，所以∠BAD=∠BAC－∠CAD=eq \f(π,6)．
故△ABD面积与△ACD面积的比值为eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin\f(π,6),\f(1,2)AC·AD)=1．
又△ABC的面积为eq \f(1,2)×4×2sin∠BAC=2eq \r(3)，
所以△ABD的面积为eq \r(3)．
解：(1)设数列{an}的公差为d,数列{bn}的公比为q,则
即解得
所以an=3+2(n-1)=2n+1,bn=2n-1.
(2)由a1=3,an=2n+1得Sn==n(n+2),则cn=
即cn=
所以T2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n)
=+(2+23+…+22n-1)
=1-+=+ (4n-1).
解：（1）①对 SKIPIF 1 < 0 两边同时取自然对数得 SKIPIF 1 < 0 ，
令 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，得 SKIPIF 1 < 0 ，
∴ SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，∴ SKIPIF 1 < 0 ，故所求回归方程为 SKIPIF 1 < 0 ．
②由①得，将 SKIPIF 1 < 0 代入 SKIPIF 1 < 0 ，得 SKIPIF 1 < 0 ，故每箱水果大约可以获得优惠 SKIPIF 1 < 0 元，
故购买100箱该种水果所需的金额约为 SKIPIF 1 < 0 （元）．
（2）由题意知 SKIPIF 1 < 0 可取0，1，2，3
SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，
SKIPIF 1 < 0 ，故 SKIPIF 1 < 0 ．
解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC=A1C1，连接ED，在△ABC中，
因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，DE=eq \f(1,2)AC.
又F为A1C1的中点，可得A1F=eq \f(1,2)A1C1，所以A1F∥DE，A1F=DE，
因此四边形A1FED 为平行四边形，所以EF∥A1D，
又EF⊄平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，
所以EF∥平面A1CD.
(2)法一：(几何法)因为底面ABC是正三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
又AA1⊥CD，AA1∩AB=A，所以CD⊥平面A1ABB1.
如图在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D，交直线A1D于点G，连接CG，
则BG⊥平面A1CD，所以∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角.
设三棱柱的棱长为a，可得A1D=eq \f(\r(5)a,2)，由△A1AD∽△BGD，
可得BG=eq \f(\r(5)a,5)，在Rt△BCG中，sin∠BCG=eq \f(BG,BC)=eq \f(\r(5),5).
所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
法二：(向量法)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC­A1B1C1为直棱柱，
所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.
又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1.
以O为坐标原点，eq \(OA1,\s\up11(→))，eq \(OD,\s\up11(→))，eq \(OC1,\s\up11(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.
设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0))，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(\r(3),2)a))，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，D(0，a,0).
所以eq \(BC,\s\up11(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，\f(\r(3),2)a))，eq \(A1D,\s\up11(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0))，eq \(DC,\s\up11(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)a)).
设平面A1CD的法向量为n=(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1D,\s\up11(→))＝0,n·\(DC,\s\up11(→))＝0))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)x＋ay＝0,\f(\r(3),2)az＝0)).
设x=2，解得n=(2,1,0).
设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sin θ=eq \f(|n·\(BC,\s\up11(→))|,|n|·|\(BC,\s\up11(→))|)=eq \f(a,\r(5)·\r(a2))=eq \f(\r(5),5).
所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
解：(1)∵l：x=my＋1过椭圆C的右焦点F，
∴右焦点F(1,0)，c=1，即c2=1.
∵x2=4eq \r(3)y的焦点(0，eq \r(3))为椭圆C的上顶点，
∴b=eq \r(3)，即b2=3，a2=b2＋c2=4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)证明：由题意知m≠0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0))得(3m2＋4)y2＋6my－9=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2=－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2=－eq \f(9,3m2＋4).
∵eq \(MA,\s\up7(―→))= λ1eq \(AF,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))=λ2eq \(BF,\s\up7(―→))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,m)))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1＋\f(1,m)))=λ1(1－x1，－y1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2＋\f(1,m)))=λ2(1－x2，－y2)，
∴λ1=－1－eq \f(1,my1)，λ2=－1－eq \f(1,my2)，
∴λ1＋λ2=－2－eq \f(y1＋y2,my1y2)=－2－eq \f(\f(－6m,3m2＋4),\f(－9m,3m2＋4))=－eq \f(8,3).
综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－eq \f(8,3).
(3)当m=0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，
易知AE与BD相交于点N(2.5，0)，
猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点N(2.5，0)，证明如下：
则eq \(AN,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－x1，－y1))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，则eq \(NE,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，y2)).
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1))y2－eq \f(3,2)(－y1)=eq \f(3,2)(y1＋y2)－my1y2=eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))=0，
∴eq \(AN,\s\up7(―→))∥eq \(NE,\s\up7(―→))，即A，N，E三点共线.
同理可得B，N，D三点共线.则猜想成立，
故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N(2.5，0).
解：(1)f′(x)=2(ex－x＋a)，
∵函数f(x)的图象在x=0处的切线与x轴平行，即在x=0处的切线的斜率为0，
∴f′(0)=2(a＋1)=0，∴a=－1.
(2)由(1)知f′(x)=2(ex－x＋a)，令h(x)=2(ex－x＋a)(x≥0)，
则h′(x)=2(ex－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
且h(0)=2(a＋1).
①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=5－a2≥0，解得－eq \r(5)≤a≤eq \r(5)，
又a≥－1，∴－1≤a≤eq \r(5).
②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)=0
且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，
则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，
则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min=f(x0)=2ex0－(x0－a)2＋3≥0，
又h(x0)=2(ex0－x0＋a)=0，∴2ex0－(ex0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.
由ex0=x0－a⇒a=x0－ex0，令M(x)=x－ex,0＜x≤ln3，则M′(x)=1－ex＜0，
∴M(x)在(0，ln3]上单调递减，
则M(x)≥M(ln3)=ln3－3，M(x)＜M(0)=－1，∴ln3－3≤a＜－1.
综上，ln3－3≤a≤eq \r(5).
故a的取值范围是[ln3－3，eq \r(5)].
解：
设中点为M(x，y)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋cs θ,2)，,y＝\f(0＋sin θ,2)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(1,2)cs θ，,y＝\f(1,2)sin θ.))
它是圆的参数方程，表示以(1，0)为圆心，以eq \f(1,2)为半径的圆．
解：
(1)当a=1时，f(x)=|2x-1|＋|x-5|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6－3x，x<\f(1,2)，,x＋4，\f(1,2)≤x<5，,3x－6，x≥5，))
∴f(x)≥9⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<\f(1,2)，,6－3x≥9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤x<5，,x＋4≥9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥5，,3x－6≥9.))
解得x≤-1或x≥5，
即所求不等式的解集为(-∞，-1]∪[5，＋∞)．
(2)∵01，
则f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋2x＋6，x<\f(1,2)，,2－ax＋4，\f(1,2)≤x≤\f(5,a)，,a＋2x－6，x>\f(5,a).))
∵当xeq \f(5,a)时，f(x)单调递增，
∴f(x)的最小值在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,a)))上取得，
∵在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,a)))上，当0∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0解得a=2.