2020屆高考數(shù)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(shù)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(shù)列{an}的通項公式； (2)記bn＝an· log2an，求數(shù)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(lián)盟“領軍考試”)某商家對他所經(jīng)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(shù) 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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)m的取值范圍． 解：(1)由于1，a，4c成等比數(shù)列， 所以1×4c＝2a2，即a2＝2c.① 又a＋c＝＋1.② 聯(lián)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(lián)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(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝excos x，x∈. (1)求函數(shù)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(shù)a的取值范圍． 解：(1)由函數(shù)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(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)． [題目7] 1.[選修4－4坐標系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標系xOy中，射線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，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(shù)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(shù)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(lián)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(shù)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 -