2020版高考數(shù)學二輪復習 每日一題 規(guī)范練（第六周）文（含解析）

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1、每日一題　規(guī)范練(第六周) [題目1] f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－1(x∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及在區(qū)間上的最大值和最小值； (2)若f(x0)＝，x0∈，求cos 2x0的值． 解：(1)因為f(x)＝(2sin xcos x)＋(2cos2x－1)＝sin 2x＋cos 2x＝2sin， 所以函數(shù)f(x)的最小正周期為π. 又x∈，所以2x＋∈， 所以sin∈， 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值為2，最小值為－1. (2)因為f(x0)＝2sin＝， 所以sin＝， 又x0∈，知2x0＋∈， 所以cos＝－＝－， 所以c

2、os 2x0＝cos ＝coscos＋sinsin ＝－×＋×＝. [題目2] 已知數(shù)列{an}的首項a1＝3，a3＝7，且對任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，數(shù)列{bn}滿足bn＝a2n－1，n∈N*. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2019成立的最小正整數(shù)n的值． 解：(1)令n＝1，則a1－2a2＋a3＝0，得a2＝5. 又由an－2an＋1＋an＋2＝0，得an＋an＋2＝2an＋1(n∈N*)， 故數(shù)列{an}是首項a1＝3，公差d＝2的等差數(shù)列． 所以an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1. 于是b

3、n＝a2n－1＝2·2n－1＋1＝2n＋1. (2)由(1)可知，bn＝2n＋1. 于是b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋n＝＋n＝2n＋1＋n－2. 令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是關于n的遞增函數(shù)． 又f(9)＝210＋9－2＝1031，f(10)＝211＋10－2＝2056. 故使b1＋b2＋…＋bn＞2019成立的最小正整數(shù)n的值是10. [題目3] 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中點，G是PD的中點． (1)求四棱錐P-ABCD的體積； (2)求證：AG∥

4、平面PEC； (3)求證：平面PCD⊥平面PEC. (1)解：易知V四棱錐P-ABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝. (2)證明：如圖，取PC的中點F，連接EF和FG， 則易得AE∥FG， 且AE＝CD＝FG， 所以四邊形AEFG為平行四邊形，所以EF∥AG. 因為EF?平面PEC，AG?平面PEC， 所以AG∥平面PEC. (3)證明：易知CD⊥AD，CD⊥PA， 因為PA∩AD＝A，PA?平面PAD，AD?平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 又AG?平面PAD，所以CD⊥AG. 易知PD⊥AG，因為PD∩CD＝D，PD?平面PCD， CD?平面

5、PCD， 所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD. 又EF?平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD. [題目4] 2019年國際籃聯(lián)籃球世界杯，于2019年8月31日至9月15日在中國的北京、廣州、南京、上海、武漢、深圳、佛山、東莞八座城市舉辦．為了宣傳世界杯，某大學從全校學生中隨機抽取了120名學生，對是否會收看籃球世界杯賽進行了問卷調(diào)查，統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下： 項目 會收看 不會收看 男生 60 20 女生 20 20 (1)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，能否有99%的把握認為收看籃球世界杯賽與性別有關？ (2)現(xiàn)從參與問卷調(diào)查且會收看籃球世界杯賽的學生中，采用按性別分層抽樣的

6、方法選取4人參加2019年國際籃聯(lián)籃球世界杯志愿者宣傳活動． (ⅰ)求男、女學生各選取多少人； (ⅱ)若從這4人中隨機選取2人到校廣播開展2019年國際籃聯(lián)籃球世界杯宣傳介紹，求恰好選到2名男生的概率． 附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d. P(K2≥k0) 0.10 0.05 0.025 0.01 0.005 k0 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 解：(1)因為K2＝＝7.5＞6.635， 所以有99%的把握認為收看籃球世界杯賽與性別有關． (2)(ⅰ)根據(jù)分層抽樣的知識得，選取的男生有×4＝3(人)，女生有×4＝1(人)，所以

7、選取的4人中，男生有3人，女生有1人． (ⅱ)設選取的3名男生分別為A，B，C，1名女生為甲． 從4人中隨機選取2人，有(A，B)，(A，C)，(A，甲)，(B，C)，(B，甲)，(C，甲)，共6種情形，其中恰好選到2名男生，有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3種情形． 所以所求概率P＝＝. [題目5] 已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為，且|F1F2|＝2. (1)求橢圓E的方程； (2)設橢圓的下頂點為B，過右焦點F2作與直線BF2關于x軸對稱的直線l，且直線l與橢圓分別交于點M，N，O為坐標原點，求△OMN的面積． 解：(1)由

8、題設，得解之得 所以b2＝a2－c2＝1. 所以橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)依題意，直線l與直線BF2關于x軸對稱， 所以kl＋kBF2＝0. 由(1)問的橢圓方程＋y2＝1，知F2(1，0)，B(0，－1)． 所以kBF2＝＝1，從而kl＝－1， 所以直線l的方程為y－0＝－1×(x－1)， 即x＋y－1＝0. 聯(lián)立方程?3x2－4x＝0. 解得x＝0或x＝. 設M(x1，y1)，N(x2，y2)． 不妨設x1＝0，x2＝. 所以當x1＝0時，y1＝1；當x2＝時，y2＝－. 所以M(0，1)，N. 因此|MN|＝＝. 設原點O到直線l的距離為d，則d＝

9、 . 故S△OMN＝·|MN|·d＝××＝. [題目6] 已知函數(shù)f(x)＝x2－ln x的圖象在點處的切線斜率為0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若g(x)＝f(x)＋mx在區(qū)間(1，＋∞)上沒有零點，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)f(x)的定義域(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－. 因為f′＝1－a＝0，所以a＝1. 所以f(x)＝x2－ln x， f′(x)＝2x－＝. 令f′(x)＞0，得x＞；令f′(x)＜0，得0＜x＜. 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. (2)g(x)＝x2－ln x＋mx， 由g′(x)＝2x－＋＝＝0，

10、 得x＝，設x0＝， 所以g(x)在(0，x0)上是減函數(shù)，在(x0，＋∞)上為增函數(shù)． 因為g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上沒有零點， 所以g(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立， 由g(x)＞0，得m＞－x. 令h(x)＝－x，則h′(x)＝. 當x＞1時，h′(x)＜0， 所以h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 所以當x＝1時，h(x)的最大值為－1， 所以≥－1，即m≥－2. 所以實數(shù)m的取值范圍是[－2，＋∞)． [題目7] 1.[選修4－4：坐標系與參數(shù)方程] 在直角坐標系xOy中，直線l的參數(shù)方程為 (t為參數(shù))．以質(zhì)點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系

11、，曲線E的極坐標方程為ρ2＝. (1)求曲線E的直角坐標方程； (2)設直線l與曲線E交于A，B兩點，求線段AB的長． 解：(1)E的方程可化為ρ2＋2ρ2sin2θ＝3， 將ρ2＝x2＋y2，y＝ρsin θ代入得x2＋3y2＝3. 所以曲線E的直角坐標方程為＋y2＝1. (2)直線l過定點P(1，0)，將直線l的參數(shù)方程代入曲線E的方程得3t2＋2t－4＝0. t1＋t2＝－，t1t2＝－. 所以|AB|＝|t1－t2|＝＝. 2．[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝|x|，g(x)＝m|x－3|. (1)若m＝2，且f(x)－g(x)≥0在[a，a＋1]上

12、恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若當x＞5時，函數(shù)g(x)的圖象恒在函數(shù)f(x)圖象的上方，求實數(shù)m的取值范圍． 解：(1)當m＝2時，f(x)－g(x)＝|x|－2|x－3|＝ 若f(x)－g(x)≥0，解得2≤x≤6， 要使得函數(shù)f(x)－g(x)≥0在[a，a＋1]上恒成立， 必須滿足[a，a＋1]?[2，6]，所以 解得2≤a≤5.所以實數(shù)a的取值范圍是[2，5]． (2)當x＞5時，若函數(shù)g(x)的圖象恒在函數(shù)f(x)圖象的上方， 即g(x)－f(x)＞0在(5，＋∞)上恒成立， 所以m|x－3|－|x|＞0，即m＞恒成立． 當x＞5時，因為＝＝＝1＋＜1＋＝， 所以m的取值范圍為. - 7 -