2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專(zhuān)項(xiàng)練 中檔題保分練（四）文

《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專(zhuān)項(xiàng)練 中檔題保分練（四）文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專(zhuān)項(xiàng)練 中檔題保分練（四）文（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 題型專(zhuān)項(xiàng)練 中檔題保分練（四）文 1．(2018·唐山模擬)已知a＝(2sin ωx，sin ωx＋cos ωx)，b＝(cos ωx，(sin ωx－cos ωx))，0＜ω＜1，函數(shù)f(x)＝a·b，直線x＝是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸． (1)求函數(shù)f(x)的解析式及單調(diào)遞增區(qū)間； (2)在△ABC中，已知f(A)＝0，c＝3，a＝，求b. 解析：(1) f(x)＝a·b＝sin 2ωx－cos 2ωx＝2sin. ∵x＝是函數(shù)f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸， ∴f＝±2，∴2×ω－＝kπ＋，k∈Z. ∴ω＝＋，k∈Z. ∵ω∈(0,1)，

2、∴k＝0，ω＝， ∴f(x)＝2sin. 令2kπ－≤x－≤2kπ＋，k∈Z，得2kπ－≤x≤2kπ＋，k∈Z. ∴f(x)＝2sin，f(x)的增區(qū)間為，k∈Z. (2) ∵f(A)＝2sin＝0，∴A－＝kπ，∴A＝kπ＋，k∈Z. ∵A∈(0，π)，∴A＝. 在△ABC中，由余弦定理：cos A＝，∴b2＋c2－a2－2bccos A＝0， ∴b2＋32－13－2b×3×＝0，∴b2－3b－4＝0， ∴(b－4)(b＋1)＝0.∵b＞0，∴b＝4. 2．(2018·湘潭模擬)某公司近年來(lái)特別注重創(chuàng)新產(chǎn)品的研發(fā)，為了研究年研發(fā)經(jīng)費(fèi)x(單位：萬(wàn)元)對(duì)年創(chuàng)新產(chǎn)品銷(xiāo)售額y(單位

3、：十萬(wàn)元)的影響，對(duì)近10年的研發(fā)經(jīng)費(fèi)xi與年創(chuàng)新產(chǎn)品銷(xiāo)售額yi(i＝1,2，…，10)的數(shù)據(jù)作了初步處理，得到如圖的散點(diǎn)圖及一些統(tǒng)計(jì)量的值． 其中xi＝65，yi＝75， (xi－3)2＝205， (xi－3)4＝8 773， (xi－3)2yi＝2 016. 現(xiàn)擬定y關(guān)于x的回歸方程為＝(x－3)2＋. (1)求，的值(結(jié)果精確到0.1)； (2)根據(jù)擬定的回歸方程，預(yù)測(cè)當(dāng)研發(fā)經(jīng)費(fèi)為13萬(wàn)元時(shí)，年創(chuàng)新產(chǎn)品銷(xiāo)售額是多少？ 附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其回歸直線v＝α＋βu的斜率和截距的最小二乘估計(jì)分別為＝＝，＝－. 解析：(1)令t＝(

4、x－3)2，則＝t＋， ＝ (xi－3)2＝20.5，＝y(tǒng)i＝7.5，tiyi＝ (xi－3)2yi＝2 016， t＝ (xi－3)4＝8 773，＝＝≈0.1， ＝－＝7.5－0.10×20.5＝5.45≈5.5. (2)由(1)知，y關(guān)于x的回歸方程為＝0.1(x－3)2＋5.5， 當(dāng)x＝13時(shí)，＝0.1×(13－3)2＋5.5＝15.5(十萬(wàn)元)＝155萬(wàn)元， 故可預(yù)測(cè)當(dāng)研發(fā)經(jīng)費(fèi)為13萬(wàn)元時(shí)，年創(chuàng)新產(chǎn)品銷(xiāo)售額是155萬(wàn)元． 3．(2018·湘潭模擬)如圖，三棱錐B-ACD的三條側(cè)棱兩兩垂直，BC＝BD＝2，E，F(xiàn)分別是棱CD，AD的中點(diǎn)． (1)證明：平面ABE⊥平

5、面ACD； (2)若四面體ABEG的體積為，求線段AE的長(zhǎng)． 解析：(1)證明：因?yàn)锽C＝BD，E是棱CD的中點(diǎn)，所以BE⊥CD. 又三棱錐B-ACD的三條側(cè)棱兩兩垂直，且BC∩BD＝B， 所以AB⊥平面BCD，則AB⊥CD. 因?yàn)锳B∩BE＝B，所以CD⊥平面ABE， 又CD?平面ACD，所以平面ABE⊥平面ACD. (2)取BD的中點(diǎn)G，連接EG， 則EG∥BC. 易證BC⊥平面ABD， 從而EG⊥平面ABD， 所以四面體ABEG的體積為××AB×BD×EG＝＝， 則AB＝3， 在Rt△ABE中，BE＝，AE＝＝. 4．請(qǐng)?jiān)谙旅鎯深}中任選一題作答 (選修4

6、－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程)(2018·臨沂模擬) 在平面直角坐標(biāo)系中，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的非負(fù)半軸為極軸且取相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系，曲線C1的極坐標(biāo)方程為：ρ＝2cos θ. (1)若曲線C2參數(shù)方程為：(α為參數(shù))， 求曲線C1的直角坐標(biāo)方程和曲線C2的普通方程； (2)若曲線C2參數(shù)方程為(t為參數(shù))，A(0，1)，且曲線C1與曲線C2 交點(diǎn)分別為P，Q，求＋的取值范圍． 解析：(1) ∵ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ， 又∵ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x， ∴曲線C1的直角坐標(biāo)方程為：x2＋y2－2x＝0. 曲線C2的普通方程為：x2＋(y－1)2＝t2

7、. (2)將C2的參數(shù)方程：(t為參數(shù))代入C1的方程： x2＋y2－2x＝0得： t2＋(2sin α－2cos α)t＋1＝0. ∵Δ＝(2sin α－2cos α)2－4＝8sin2－4＞0， ∴∈， ∴sin∈∪. t1＋t2＝－(2sin α－2cos α)＝－2sin，t1·t2＝1＞0. ∵t1·t2＝1＞0，∴t1，t2同號(hào)，∴|t1|＋|t2|＝|t1＋t2|. 由t的幾何意義可得： ＋＝＋＝＝ ＝ ＝2∈(2,2]， ∴ ＋∈(2,2]． (選修4－5：不等式選講)(2018·臨沂模擬) 已知函數(shù)f(x)＝|2x＋b|＋|2x－b|. (1)若b＝1，解不等式f(x)＞4， (2)若不等式f(a)＞|b＋1|對(duì)任意的實(shí)數(shù)a恒成立，求b的取值范圍． 解析：(1) b＝1時(shí)，f(x)＝|2x＋1|＋|2x－1|＞4， ?x＞1或?x＜－1或?x∈?. 所以解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)． (2)f(a)＝|2a＋b|＋|2a－b|＝|2a＋b|＋|b－2a|≥|(2a＋b)＋(b－2a)|＝|2b|. 當(dāng)且僅當(dāng)(2a＋b)·(b－2a)≥0時(shí)(f(a))min＝|2b|， 所以|2b|＞|b＋1|，所以(2b)2＞(b＋1)2，所以(3b＋1)(b－1)＞0. 所以b的取值范圍為∪(1，＋∞)．