2023高考数学二轮复习闯关导练大题演练争高分（四）理

大题演练争高分(四)时间：60分钟总分值：70分“保3题〞试题局部17．(导学号：50604143)(2023·牡丹江摸底考试)(本小题总分值12分)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2acosA＝bcosC＋ccosB.(Ⅰ)求A的大小；(Ⅱ)假设a＝2，求b＋c的取值范围．18.(导学号：50604144)(2023·呼伦贝尔二模)(本小题总分值12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱与底面垂直，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，M是BC(Ⅰ)求证：A1B∥平面AMC1；(Ⅱ)求直线CC1与平面AMC1所成角的正弦值．19.(导学号：50604145)(2023·伊春调研)(本小题总分值12分)某服装店经营某种服装，在某天内获纯利y(元)，与这一天销售这种服装件数x之间的一组数据关系见表：x12345y2491222(Ⅰ)画出散点图，并根据散点图判断y＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋a与y＝eq\o(d,\s\up6(^))x2＋c哪一个适宜作为获纯利y关于服装件数x的回归方程？(不要求说理)．(Ⅱ)根据(Ⅰ)的判断结果，求出y与x的回归方程(方程中的参数保存一位小数)；①根据回归方程，假设某天销售件数x＝6时，纯利润的预报值是多少元？②假设在表中数据(x，y)对应的5个点中随机可重复地取点，求取4次恰有2次所得点在回归方程所对应的图象的上方的概率．参考公式：eq\o(y,\s\up6(^))＝eq\o(b,\s\up6(^))x＋eq\o(a,\s\up6(^))中，eq\o(b,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))yi－\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,)xi－\o(x,\s\up6(－))2)＝eq\f(\i\su(i＝1,n,x)iyi－n\o(x,\s\up6(－))\o(y,\s\up6(－)),\i\su(i＝1,n,x)\o\al(2,i)－n\o(x,\s\up6(－))2)，eq\o(a,\s\up6(^))＝eq\o(y,\s\up6(－))－eq\o(b,\s\up6(^))eq\o(x,\s\up6(－))“争2题〞试题局部20．(导学号：50604146)(2023·赣州二模)(本小题总分值12分)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．(Ⅰ)假设椭圆的长轴长为4，离心率为eq\f(\r(3),2)，求椭圆的标准方程；(Ⅱ)过原点O任意作两条互相垂直的直线与椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于P，S，R，Q四点，设原点O到四边形PQSR的一边距离为d，试求d＝1时a、b满足的条件．21.(导学号：50604147)(2023·潍坊二模)(本小题总分值12分)函数f(x)＝alnx＋eq\f(2a2,x)＋x(a≠0)．(Ⅰ)假设曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0垂直，求实数a的值；(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅲ)当a∈(－∞，0)时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤eq\f(1,2)e2.请考生在第(22)、(23)两题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题记分．作答时标出所选题目的题号．22．(导学号：50604148)(2023·舟山联考)(本小题总分值10分)选修4－4：坐标系与参数方程曲线C的极坐标方程是ρ＝2，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋t,y＝2＋\r(3)t))(t为参数)．(Ⅰ)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(Ⅱ)设曲线C经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝x,y′＝\f(1,2)y))得到曲线C′，设M(x，y)为曲线C′上任一点，求x2－eq\r(3)xy＋2y2的最小值，并求相应点M的坐标．23．(导学号：50604149)(2023·中山二模)(本小题总分值10分)选修4－5：不等式选讲函数f(x)＝|x－1|.(Ⅰ)解不等式f(x)＋f(x＋4)≥8；(Ⅱ)假设|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f(eq\f(b,a))．选考题题号()

大题演练争高分(四)17．解：(Ⅰ)∵2acosA＝bcosC＋ccosB，∴2sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB，即cosA＝eq\f(sinBcosC＋sinCcosB,2sinA)＝eq\f(sinB＋C,2sinA)＝eq\f(1,2)，A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，π))，∴A＝eq\f(π,3)；6分(Ⅱ)由余弦定理知4＝b2＋c2－bc，∴4≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b＋c,2)))2，∴b＋c≤4，又∵b＋c>a，∴b＋c>2，综上，b＋c的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，4))12分18．证明：(Ⅰ)连接A1C，交AC1于点O，连接OM∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴四边形ACC1A1为矩形，O为A又∵M为BC中点，∴OM为△A1BC中位线，∴A1B∥OM，∵OM⊥平面AMC1，A1B⊥平面AMC1，所以A1B∥平面AMC1.5分(Ⅱ)由ABC－A1B1C1是直三棱柱且∠ABC＝90°，故BA，BC，BB1两两垂直．可建立如图空间直角坐标系B－xyz.设BA＝2，那么B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，M(1,0,0)．那么eq\o(AM,\s\up6(→))＝(1，－2,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(2，－2,1)，设平面AMC1的法向量为m＝(x，y，z)，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0,m·\o(AC1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＝0,2x－2y＋z＝0))所以取y＝1，得m＝(2,1，－2)．又∵eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0,0,1)∴直线CC1与平面AMC1所成角θ满足sinθ＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·m|,|\o(CC1,\s\up6(→))|·|m|)＝eq\f(2,3)故直线CC1与平面AMC1所成角的正弦值为eq\f(2,3).12分19．解：(Ⅰ)图，由图知用y＝eq\o(d,\s\up6(^))x2＋c适合4分(Ⅱ)记x2＝t，那么eq\x\to(t)＝11，eq\x\to(y)＝9.8eq\o(d,\s\up6(^))＝eq\f(\i\su(i＝1,5,)ti－\x\to(t)yi－\x\to(y),\i\su(i＝1,5,)ti－\x\to(t)2)＝eq\f(78＋40.6＋1.6＋11＋170.8,100＋49＋4＋25＋196)＝eq\f(302,374)≈0.8，c＝eq\x\to(y)－eq\o(d,\s\up6(^))eq\x\to(t)＝1.0，∴y＝0.8x2＋1.0，8分①当x＝6时，纯利润y的预报值是29.8元；9分②在表中对应的5个点中有3个点在图象上方，取1个点，在上方的概率P1＝eq\f(3,5)，所以可重复取点，取4次，恰有2次所得点在图象上方的概率为P＝Ceq\o\al(2,4)(eq\f(3,5))2(eq\f(2,5))2＝eq\f(216,625).12分20．解：(Ⅰ)依题意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝4,\f(c,a)＝\f(\r(3),2),a2＝b2＋c2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝1))，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.4分(Ⅱ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，S(－x1，－y1)，R(－x2，－y2)(1)当直线PS与QR的斜率都存在时，设直线PS：y＝kx，那么直线QR：y＝－eq\f(1,k)x.5分联立y＝kx与椭圆方程，得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(a2b2,b2＋a2k2)①6分联立y＝－eq\f(1,k)x与椭圆方程，得xeq\o\al(2,2)＝eq\f(a2b2k2,a2＋b2k2)②7分直线PR的斜率存在时，那么PR为(y2－y1)x＋(x1－x2)y＋x2y1－x1y2＝0∵d＝1，∴eq\f(|x2y1－x1y2|,\r(x1－x22＋y1－y22))＝1③9分由①②③可得a2b2＝a2＋b2即eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝1为定值10分(2)当直线PS与QR的斜率有一个不存在时，直线PR的斜率不存在时，那么上式也成立．综上所述，a、b满足eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.12分21．解：(Ⅰ)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为{x|x>0}.1分f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>0)).2分根据题意，有f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝－2，所以2a2－a－3＝0，3分解得a＝－1或a＝eq\f(3,2).4分(Ⅱ)f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1＝eq\f(x2＋ax－2a2,x2)＝eq\f(x－ax＋2a,x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>0)).5分(1)当a>0时，因为x>0，由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>a由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a解得0<x<a.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a))上单调递减.7分(2)当a<0时，因为x>0，由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a解得x>－2a由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a解得0<x<－2a所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2a))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2a，＋∞))上单调递增.9分(Ⅲ)由(Ⅱ)知，当a∈(－∞，0)时，函数f(x)的最小值为g(a)，且g(a)＝f(－2a)＝aln(－2a)＋eq\f(2a2,－2a)－2a＝aln(－2a)－g′(a)＝ln(－2a)＋a·eq\f(－2,－2a)－3＝ln(－2a)－2，令g′(a)＝0，得a＝－eq\f(1,2)e2.当a变化时，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))的变化情况如下表：a(－∞，－eq\f(1,2)e2)－eq\f(1,2)e2(－eq\f(1,2)e2,0)g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))＋0－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))极大值－eq\f(1,2)e2是g(a)在(－∞，0)上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g(a)的最大值点．所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a))最大值＝g(－eq\f(1,2)e2)＝－eq\f(1,2)e2ln[－2×(－eq\f(1,2)e2)]－3(－eq\f(1,2)e2)＝－eq\f(1,2)e2lne2＋eq\f(3,2)e2＝eq\f(1,2)e2所以，当a∈(－∞，0)时，g(a)≤eq\f(1,2)e2成立.12分22．解：(Ⅰ)eq\r(3)x－y－eq\r(3)＋2＝0，x2＋y2＝4.4分(Ⅱ)设C′：eq\f(x2,4)＋y2＝1设M为：x＝2cosθ，y＝sinθx2－eq\r(3)xy＋2y2＝3＋2cos(2θ＋eq\f(π,3))7分所以当M为(1，eq\f(\r(3),2))或(－1，－eq\f(\r(3),2))x2－eq\r(3)xy＋2y2的最小值为110分23．解：(Ⅰ)f(x)＋f(x＋4)＝|x－1|＋|x＋3|