2020屆高考數學二輪復習 每日一題 規(guī)范練(第三周)理

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1、每日一題 規(guī)范練(第三周) [題目1] 在銳角△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知cos 2C=-. (1)求sin C; (2)當c=2a,且b=3時,求a. 解:(1)因為cos 2 C=-,即1-2sin2 C=-. 又0<C<, 所以sin C==. (2)由(1)知sin C=,且△ABC是銳角三角形, 所以cos C==. 因為c=2a,=, 所以sin A=sin C=,cos A=. 所以sin B=sin[π-(A+C)]=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=. 因為=,b=3, 所以a=2. [

2、題目2] 已知等比數列{an}的前n項和為Sn,公比q>1,且a2+1為a1,a3的等差中項,S3=14. (1)求數列{an}的通項公式; (2)記bn=an· log2an,求數列{bn}的前n項和Tn. 解:(1)由題意,得2(a2+1)=a1+a3. 又S3=a1+a2+a3=14, 所以2(a2+1)=14-a2,所以a2=4. 因為S3=+4+4q=14, 所以q=2或q=. 又q>1,所以公比q=2. 因此an=a2qn-2=4·2n-2=2n. (2)由(1)知an=2n, 所以bn=an·log2an=n·2n, 所以Tn=1×21+2×22+3×23

3、+…+(n-1)×2n-1+n×2n. 所以2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1. 兩式相減得-Tn=2+22+23+24+…+2n-n×2n+1= -n×2n+1=(1-n)2n+1-2. 故Tn=(n-1)2n+1+2. [題目3] 如圖,在三棱柱ABC-DEF中,AE與BD相交于點O,C在平面ABED內的射影為O,G為CF的中點. (1)求證:平面ABED⊥平面GED; (2)若AB=BD=BE=EF=2,求二面角A-CE-B的余弦值. (1)證明:取DE中點M,連接OM,在三角形BDE中, OM∥BE,OM=BE. 又

4、因為G為CF中點, 所以CG∥BE,CG=BE. 所以CG∥OM,CG=OM. 所以四邊形OMGC為平行四邊形. 所以GM∥CO. 因為C在平面ABED內的射影為O. 所以CO⊥平面ABED. 所以GM⊥平面ABED, 又因為GM?平面DEG, 所以平面ABED⊥平面GED. (2)解:因為CO⊥平面ABED, 所以CO⊥AO,CO⊥OB, 又因為AB=BE,所以四邊形ABED為菱形, 所以OB⊥AO. 以O為坐標原點,,,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz. 于是A(,0,0),B(0,1,0), E(-,0,0),

5、C(0,0,), =(-,-1,0),=(0,-1,). 設平面BCE的一個法向量為m=(x1,y1,z1), 即 不妨令z1=1,則y1=,x1=-1,則m=(-1,,1). 又n=(0,1,0)為平面ACE的一個法向量. 設二面角ACEB大小為θ,顯然θ為銳角, 于是cos θ=|cos 〈m,n〉|===, 故二面角A-CE-B的余弦值為. [題目4] (2019·河南八市聯盟“領軍考試”)某商家對他所經銷的一種商品的日銷售量(單位:噸)進行統(tǒng)計,最近50天的統(tǒng)計結果如下表: 日銷售量 1 1.5 2 天數 10 25 15 頻率 0.2 a

6、 b 若以上表中頻率作為概率,且每天的銷售量相互獨立. (1)求5天中該種商品恰好有兩天的銷售量為1.5噸的概率; (2)已知每噸該商品的銷售利潤為2千元,X表示該種商品某兩天銷售利潤的和(單位:千元),求X的分布列和數學期望. 解:(1)由統(tǒng)計表知,a==0.5,b==0.3. 依題意,隨機選取一天,銷售量為1.5噸的概率p=0.5. 設5天中該種商品有Y天的銷售量為1.5噸, 則Y~B(5,0.5). 所以P(Y=2)=C×0.52×(1-0.5)3==0.3125. (2)X的可能取值為4,5,6,7,8. P(X=4)=0.22=0.04,P(X=5)=2×0.2×

7、0.5=0.2, P(X=6)=0.52+2×0.2×0.3=0.37,P(X=7)=2×0.3×0.5=0.3, P(X=8)=0.32=0.09, 所以X的分布列為: X 4 5 6 7 8 P 0.04 0.2 0.37 0.3 0.09 X的數學期望E(X)=4×0.04+5×0.2+6×0.37+7×0.3+8×0.09=6.2(千元). [題目5] 已知橢圓+=1(a>b>0)上的點到右焦點F(c,0)的最大距離是+1,且1,a,4c成等比數列. (1)求橢圓的方程; (2)過點F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A,B兩點,線段AB的中垂線

8、交x軸于點M(m,0)求實數m的取值范圍. 解:(1)由于1,a,4c成等比數列, 所以1×4c=2a2,即a2=2c.① 又a+c=+1.② 聯立①②得a=,c=1. 則b2=a2-c2=1. 所以橢圓的方程為+y2=1. (2)由題意得F(1,0),設直線AB的方程為y=k(x-1). 與橢圓方程聯立得消去y可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2)-2k=. 可得線段AB的中點為N. 當k=0時,直線MN為y軸,此時m=0. 當k≠0時,直線MN的方程為y+=-, 化

9、簡得ky+x-=0.令y=0,得m=. 所以m==∈. 綜上所述,m的取值范圍為. [題目6] (2019·衡水聯考)已知函數f(x)=excos x,x∈. (1)求函數f(x)的單調區(qū)間; (2)若不等式f(x)≤ax+1恒成立,試求正實數a的取值范圍. 解:(1)由函數f(x)=excos x,x∈, 得f′(x)=ex(cos x-sin x),x∈. 令f′(x)=0,得x=, 則當x∈時,f′(x)>0; 當x∈時,f′(x)<0. 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為. (2)令g(x)=ax+1-excos x,則 g′(x)=a-ex(c

10、os x-sin x)=a-excos. 令h(x)=a-excos,則h′(x)=2exsin x>0,即h(x)在區(qū)間上單調遞增, 所以h(x)≥h(0)=a-1. ①當a≥1時,a-1≥0,則h(x)≥0,即g′(x)≥0, 所以g(x)在區(qū)間上單調遞增,即g(x)≥g(0)=0, 所以excos x≤ax+1在區(qū)間上恒成立. ②當0<a<1時,h(0)=a-1<0,h=a+e>0, 所以h(x)在區(qū)間上單調遞增, 故在區(qū)間上存在唯一的x0,使得h(x0)=0, 即g′(x0)=0. 所以g(x)在區(qū)間[0,x0]上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增. 因為x0>0,所以g

11、(x0)<g(0)=0,所以excos x≤ax+1不恒成立. 綜上所述,正實數a的取值范圍是[1,+∞). [題目7] 1.[選修4-4坐標系與參數方程] 在平面直角坐標系xOy中,射線l的參數方程為(t為參數),以原點O為極點,以x軸非負半軸為極軸建立極坐標系,兩坐標系取相同的長度單位.圓C的方程為ρ=2sin θ,l被圓C截得的弦長為. (1)求實數m的值; (2)設圓C與直線l交于點A、B,若點P的坐標為(m,),且m>0,求|PA|+|PB|的值. 解:(1)由ρ=2sin θ,得x2+y2-2y=0, 即x2+(y-)2=5. 直線l的普通方程為x+y-m-=0

12、,l被圓C截得的弦長為, 所以圓心到直線的距離=, 解得m=3或m=-3. (2)法1:當m=3時,將l的參數方程代入圓C的直角坐標方程得,(3-t)2+(t)2=5,即2t2-3t+2=0. 由于Δ=(3)2-4×4=2>0, 設t1,t2是方程2t2-3t+2=0的兩實根. 所以 又直線l過點P(3,), 故由上式及t的幾何意義,得|PA|+|PB|=2(|t1|+|t2|)=2(t1+t2)=3. 法2:當m=3時點P(3,),易知點P在直線l上. 又32+(-)2>5,所以點P在圓外. 聯立消去y得,x2-3x+2=0. 不妨設A(2,1+)、B(1,2+),所

13、以|PA|+|PB|=+2=3. 2.[選修4-5不等式選講] 已知f(x)=2|x+1|+|2x-1|. (1)若f(x)>f(1),求實數x的取值范圍; (2)f(x)≥+(m>0,n>0)對任意的x∈R都成立,求證:m+n≥. (1)解:由f(x)>f(1)得2|x+1|+|2x-1|>5. ①當x≥時,2(x+1)+(2x-1)>5,得x>1; ②當-1≤x<時,2(x+1)-(2x-1)>5,得3>5,不成立; ③當x<-1時,-2(x+1)-(2x-1)>5,得x<-. 綜上,所求的x的取值范圍是∪(1,+∞). (2)證明:因為2|x+1|+|2x-1|=|2x+2|+|2x-1|≥|(2x+2)-(2x-1)|=3, 所以+≤3. 因為m>0,n>0時,+≥2,所以2≤3, 得≥,所以m+n≥2≥. - 8 -

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