备战2023年高考数学二轮专题复习专项练　大题规范练2.docx

大题规范练21(2022·潍坊模拟)已知等比数列an的前n项和为Sn，且a12，S3a36.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2an，求数列anbn的前n项和Tn.解(1)设数列an的公比为q，由a12，S3a36，得2(1qq2)62q2，解得q2，所以an2n.(2)由(1)可得bnlog2ann，则anbnn·2n，Tn1×22×223×23n·2n，2Tn1×222×23(n1)·2nn·2n1，两式相减得Tn2222nn·2n1n·2n1(1n)·2n12，所以Tn(n1)·2n12.2(2022·唐山模拟)如图，在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，absin 2C2c(sin Asin Bcos C)(1)求sin C的值；(2)在BC的延长线上有一点D，使得DAC，AD10，求AC，CD.解(1)在锐角ABC中，absin 2C2c(sin Asin Bcos C)，由正弦定理得sin A2sin Bsin Ccos C2sin C(sin Asin Bcos C)2sin Asin C，又sin A>0，所以sin C.(2)在锐角ABC中，cosACB，sinADCsin(sinACBcosACB)×，在ACD中，由正弦定理得，即5，解得CD，AC.3(2022·赣州模拟)2021年2月25日，全国脱贫攻坚总结表彰大会在北京召开，充分肯定了脱贫攻坚取得的重大历史性成就，习近平总书记在大会上深刻阐述了伟大脱贫攻坚精神，并对巩固拓展脱贫攻坚成果、全面推进乡村振兴提出了明确的要求为了更高效地推进乡村振兴，某市欲从部门A，B，C的10人中随机选派4人与其下辖的乡镇甲对接相关工作其中部门A，B，C可选派的人数分别为3,3,4.(1)求选派的4人中恰有2人来自部门C的概率；(2)选派的4人中来自部门A，B，C的人数分别为x，y，z，记maxx，y，zminx，y，z，求的分布列和均值注：maxa，bmina，b解(1)记“选派的4人中恰有2人来自部门C”为事件A，则P(A).(2)由题设知的所有可能取值为1,2,3,4，P(1)，P(2)，P(3)，P(4)，所以的分布列为1234PE()1×2×3×4×.4(2022·沈阳模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面ACC1A1是矩形，ACAB，ABAA12，AC3，A1AB120°，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，G为线段CF的中点(1)证明：A1G平面AEF；(2)求平面AEF与平面EFB夹角的余弦值(1)证明如图，连接A1B，交AE于点O，连接OF，由题意，四边形ABB1A1为平行四边形，所以ABA1B1，因为E为A1B1的中点，所以A1EAB，所以A1OEBOA，且相似比为，所以A1OOB，又因为F，G分别为BC，CF的中点，所以GFBF，所以OFA1G，又OF平面AEF，A1G平面AEF，所以A1G平面AEF.(2)解连接AB1，交A1B于点H，因为A1AB120°，ABAA12，所以AB1A1B，AB12，A1B2，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,1,0)，B(，0,0)，E，F，则，设平面AEF和平面EFB的一个法向量分别为m(x1，y1，z1)，n(x2，y2，z2)，则即取y13，可得m(3，3,4)，同理可得n(，9，4)，设平面AEF与平面EFB夹角为，则cos |cosm，n|，所以平面AEF与平面EFB夹角的余弦值为.5(2022·泸州模拟)已知抛物线：x22py(p>0)，直线ykx1交T于A，B两点，且当k1时，|AB|8. (1)求p的值；(2)如图，抛物线在A，B两点处的切线分别与y轴交于C，D两点，AC和BD交于点G，0.证明：存在实数，使得.(1)解将yx1代入x22py得x22px2p0，则4p28p>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得则|AB|x1x2|·8，解得p2或p4(舍)，故p2.(2)证明由(1)可得抛物线x24y，将ykx1代入x24y中得x24kx40，则16k216>0，设A，B，由根与系数的关系可得对yx2求导得yx，则抛物线在点A处的切线方程为y(xa)，即yx，同理抛物线在点B处的切线方程为yx，联立得所以所以G点的坐标为(2k，1)，当k0时，切线AC与BD交于y轴上一点(0，1)，此时C，D，G重合，由0，得0，又0，则存在0，使得成立；当k0时，切线AC与y轴交于点C，切线BD与y轴交于点D，设CD中点为M，由2k21，得M(0，2k21)，由0，得()2，即，又kGMk，所以GMAB，所以，又0，所以存在实数，使得成立综上，命题成立6(2022·南昌模拟)已知函数f(x)xaln x1(aR)(1)当a1时，求证：f(x)0；(2)若x1是f(x)唯一的零点，求f(x)的单调区间(1)证明当a1时，f(x)xln x1，定义域为(0，)，则f(x)1，当0<x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故f(x)minf(1)0，故当a1时，f(x)0.(2)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.若a0，f(x)>0，则f(x)在(0，)上为增函数，又f(1)0，所以x1是函数f(x)唯一的零点，符合题意，此时f(x)的单调递增区间为(0，)，没有单调递减区间若a>0，则当0<x<a时，f(x)<0；当x>a时，f(x)>0，则有f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，可得f(x)minf(a)aaln a1.()当a1时，f(x)minf(1)0，且x1是函数f(x)唯一的零点，符合题意，此时f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)；()当0<a<1时，由f(x)在(a，)上单调递增，得f(a)<f(1)0，取(0，a)，e2(a，)，因为，f(e2)e22a1>0，所以存在x1(，a)，x2(a，e2)使得f(x1)f(x2)0，即f(x)在(，a)，(a，e2)上分别有一个零点，故f(x)在其定义域上不止一个零点，不符合题意；()当a>1时，由f(x)在(0，a)上单调递减，得f(a)<f(1)0，由(1)得xln x10(当且仅当x1时取等号)，即ln xx1，则ln a<a1，所以f(a3)a3aln a31a33aln a1>a33a(a1)1(a1)3>0，所以f(x)在(a，a3)上还有一个零点，所以f(x)在(0，)上不止一个零点，不符合题意，综上，当a0时，f(x)的单调递增区间为(0，)，没有单调递减区间；当a1时，f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，)