2021届高考数学(文科-通用)二轮复习突破练-高考大题纵横练(一)-Word版含答案.docx

高考大题纵横练
高考大题纵横练(一)
(推举时间：80分钟)
1．(2022·湖南)如图，在平面四边形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝.
(1)求cos∠CAD的值；
(2)若cos∠BAD＝－，sin∠CBA＝，求BC的长．
解　(1)在△ADC中，由余弦定理，
得cos∠CAD＝，
故由题设知，cos∠CAD＝＝.
(2)设∠BAC＝α，则α＝∠BAD－∠CAD.
由于cos∠CAD＝，cos∠BAD＝－，
所以sin∠CAD＝
＝ ＝，
sin∠BAD＝ ＝ ＝.
于是sin α＝sin(∠BAD－∠CAD)
＝sin∠BAD·cos∠CAD－cos∠BAD·sin∠CAD
＝·－(－)·＝.
在△ABC中，由正弦定理，得＝.
故BC＝＝＝3.
2．如图所示，四边形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝4，AB＝2，点E，F分别在BC，AD上，EF∥AB.现将四边形ABEF沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC，设AD的中点为P.

(1)当E为BC的中点时，求证：CP∥平面ABEF；
(2)设BE＝x，问当x为何值时，三棱锥A－CDF的体积取最大值？并求出这个最大值．

(1)证明　方法一　如图所示，取AF的中点Q，连接QE，QP，则QP綊DF.
又DF＝4，EC＝2，且DF∥EC，
所以PQ綊EC，
即四边形PQEC为平行四边形，
所以CP∥QE，又QE⊂平面ABEF，CP⊄平面ABEF，
所以CP∥平面ABEF.
方法二　如图，取DF的中点M，连接PM，CM.在△ADF中，P，M分别为DA，DF的中点，
所以PM綊AF.
又DF＝4，EC＝2，且DF∥EC，
所以FM綊EC，即四边形EFMC为平行四边形，
所以EF∥MC.
又PM∩MC＝M，AF∩EF＝F，
所以平面PMC∥平面ABEF.
又PC⊂平面PMC，所以CP∥平面ABEF.
(2)解　由于平面ABEF⊥平面EFDC，
平面ABEF∩平面EFDC＝EF，
又AF⊥EF，
所以AF⊥平面EFDC，平面AFD⊥平面EFDC.
由已知BE＝x，所以AF＝x(0<x≤4)，FD＝6－x，点A到平面CDF的距离为x.
故VA－CDF＝··2·(6－x)·x＝(6x－x2)
＝[－(x－3)2＋9]＝－(x－3)2＋3.
所以当x＝3时，VA－CDF取最大值，最大值为3.
3．(2022·课标全国Ⅰ)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数．
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
(1)证明　由题设知anan＋1＝λSn－1，
an＋1an＋2＝λSn＋1－1，
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)解　由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知，a3＝λ＋1.
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.
故an＋2－an＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列．
4．从一批苹果中，随机抽取50个作为样本，其重量(单位：克)的频数分布表如下：
分组(重量)
[80,85)
[85,90)
[90,95)
[95,100)
频数(个)
5
10
20
15
(1)依据频数分布表计算苹果的重量在[90,95)的频率；
(2)用分层抽样的方法从重量在[80,85)和[95,100)的苹果中共抽取4个，其中重量在[80,85)的有几个？
(3)在(2)中抽出的4个苹果中，任取2个，求重量在[80,85)和[95,100)中各有1个的概率．
解　(1)苹果的重量在[90,95)的频率为＝0.4.
(2)重量在[80,85)的有×4＝1个．
(3)设[80,85)段中的苹果为A，[95,100)段中的苹果为B、C、D，从中任取两个，其一切可能的基本大事有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)共6种，设“重量在[80,85)和[95,100)中各有1个”为大事E，其包括(A，B)，(A，C)，(A，D)共3种．
则P(E)＝＝.
5．如图，已知点A(1，)是离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的一点，斜率为的直线BD交椭圆C于B、D两点，且A、B、D三点互不重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)△ABD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
(3)求证：直线AB、AD的斜率之和为定值．
(1)解　由题意，可得e＝＝，＋＝1，
a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝，c＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)解　设直线BD的方程为y＝x＋m，D(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得4x2＋2mx＋m2－4＝0，
所以Δ＝－8m2＋64>0⇒－2<m<2，
x1＋x2＝－m，①
x1x2＝.②
所以|BD|＝|x1－x2|＝·.
设d为点A到直线BD：y＝x＋m的距离，
所以d＝.
所以S△ABD＝|BD|·d＝·≤，当且仅当8－m2＝m2，即m＝±2时取等号．
由于±2∈(－2，2)，所以当m＝±2时，△ABD的面积最大，最大值为.
(3)证明　设直线AB、AD的斜率分别为kAB、kAD，
则kAD＋kAB＝＋＝＋＝2＋m·，(*)
将(2)中①②式代入(*)式，
整理得2＋m＝0，
即kAB＋kAD＝0.
所以直线AB、AD的斜率之和为定值．
6．设f(x)＝＋xln x，g(x)＝x3－x2－3.
(1)假如存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
(2)假如对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
解　(1)存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.
由于g(x)＝x3－x2－3，
所以g′(x)＝3x2－2x＝3x(x－)．
由g′(x)>0，得x<0或x>；
由g′(x)<0，得0<x<.
又x∈[0,2]，
所以g(x)在区间[0，]上是单调减函数，在区间[，2]上是单调递增函数．
所以g(0)＝－3，g()＝－，g(2)＝1.
所以g(x)min＝g()＝－，g(x)max＝g(2)＝1.
故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝≥M，
所以满足条件的最大整数M＝4.
(2)对于任意的s，t∈[，2]，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间[，2]上，
函数f(x)min≥g(x)max.
由(1)可知在区间[，2]上，g(x)max＝g(2)＝1.
在区间[，2]上，f(x)＝＋xln x≥1恒成立，
等价于a≥x－x2ln x恒成立．
设h(x)＝x－x2ln x，
则h′(x)＝1－2xln x－x，
可知h′(x)在区间[，2]上是单调减函数．
又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0；
当<x<1时，h′(x)>0.
所以函数h(x)＝x－x2ln x在区间[，1]上单调递增，在区间[1,2]上单调递减．
所以h(x)max＝h(1)＝1，
即实数a的取值范围是[1，＋∞)．