2020屆高考數(shù)學二輪復習 每日一題 規(guī)范練(第三周)理
-
資源ID:116494958
資源大小:2.46MB
全文頁數(shù):8頁
- 資源格式: DOC
下載積分:22積分
快捷下載
會員登錄下載
微信登錄下載
微信掃一掃登錄
友情提示
2、PDF文件下載后,可能會被瀏覽器默認打開,此種情況可以點擊瀏覽器菜單,保存網(wǎng)頁到桌面,就可以正常下載了。
3、本站不支持迅雷下載,請使用電腦自帶的IE瀏覽器,或者360瀏覽器、谷歌瀏覽器下載即可。
4、本站資源下載后的文檔和圖紙-無水印,預覽文檔經(jīng)過壓縮,下載后原文更清晰。
5、試題試卷類文檔,如果標題沒有明確說明有答案則都視為沒有答案,請知曉。
|
2020屆高考數(shù)學二輪復習 每日一題 規(guī)范練(第三周)理
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c2a,且b3時,求a.解:(1)因為cos 2 C,即12sin2 C.又0C,所以sin C.(2)由(1)知sin C,且ABC是銳角三角形,所以cos C.因為c2a,所以sin Asin C,cos A.所以sin Bsin(AC)sin(AC)sin Acos Ccos Asin C.因為,b3,所以a2.題目2 已知等比數(shù)列an的前n項和為Sn,公比q1,且a21為a1,a3的等差中項,S314.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)記bnan· log2an,求數(shù)列bn的前n項和Tn.解:(1)由題意,得2(a21)a1a3.又S3a1a2a314,所以2(a21)14a2,所以a24.因為S344q14,所以q2或q.又q1,所以公比q2.因此ana2qn24·2n22n.(2)由(1)知an2n,所以bnan·log2ann·2n,所以Tn1×212×223×23(n1)×2n1n×2n.所以2Tn1×222×233×24(n1)×2nn×2n1.兩式相減得Tn22223242nn×2n1n×2n1(1n)2n12.故Tn(n1)2n12.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ABBDBEEF2,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,OMBE,OMBE.又因為G為CF中點,所以CGBE,CGBE.所以CGOM,CGOM.所以四邊形OMGC為平行四邊形所以GMCO.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COAO,COOB,又因為ABBE,所以四邊形ABED為菱形,所以OBAO.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),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z11,則y1,x11,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,顯然為銳角,于是cos |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11.52天數(shù)102515頻率0.2ab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,a0.5,b0.3.依題意,隨機選取一天,銷售量為1.5噸的概率p0.5.設5天中該種商品有Y天的銷售量為1.5噸,則YB(5,0.5)所以P(Y2)C×0.52×(10.5)30.3125.(2)X的可能取值為4,5,6,7,8.P(X4)0.220.04,P(X5)2×0.2×0.50.2,P(X6)0.522×0.2×0.30.37,P(X7)2×0.3×0.50.3,P(X8)0.320.09,所以X的分布列為:X45678P0.040.20.370.30.09X的數(shù)學期望E(X)4×0.045×0.26×0.377×0.38×0.096.2(千元)題目5 已知橢圓1(ab0)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1×4c2a2,即a22c.又ac1.聯(lián)立得a,c1.則b2a2c21.所以橢圓的方程為y21.(2)由題意得F(1,0),設直線AB的方程為yk(x1)與橢圓方程聯(lián)立得消去y可得(12k2)x24k2x2k220.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2,y1y2k(x1x2)2k.可得線段AB的中點為N.當k0時,直線MN為y軸,此時m0.當k0時,直線MN的方程為y,化簡得kyx0.令y0,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)ax1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 xsin 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)ax1excos x,則g(x)aex(cos xsin x)aexcos.令h(x)aexcos,則h(x)2exsin x0,即h(x)在區(qū)間上單調遞增,所以h(x)h(0)a1.當a1時,a10,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 xax1在區(qū)間上恒成立當0a1時,h(0)a10,hae0,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x00,所以g(x0)g(0)0,所以excos xax1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44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2sin ,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m0,求|PA|PB|的值解:(1)由2sin ,得x2y22y0,即x2(y)25.直線l的普通方程為xym0,l被圓C截得的弦長為,所以圓心到直線的距離,解得m3或m3.(2)法1:當m3時,將l的參數(shù)方程代入圓C的直角坐標方程得,(3t)2(t)25,即2t23t20.由于(3)24×420,設t1,t2是方程2t23t20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(t1t2)3.法2:當m3時點P(3,),易知點P在直線l上又32()25,所以點P在圓外聯(lián)立消去y得,x23x20.不妨設A(2,1)、B(1,2),所以|PA|PB|23.2選修45不等式選講已知f(x)2|x1|2x1|.(1)若f(x)f(1),求實數(shù)x的取值范圍;(2)f(x)(m0,n0)對任意的xR都成立,求證:mn.(1)解:由f(x)f(1)得2|x1|2x1|5.當x時,2(x1)(2x1)5,得x1;當1x時,2(x1)(2x1)5,得35,不成立;當x1時,2(x1)(2x1)5,得x.綜上,所求的x的取值范圍是(1,)(2)證明:因為2|x1|2x1|2x2|2x1|(2x2)(2x1)|3,所以3.因為m0,n0時,2,所以23,得,所以mn2.- 8 -