2020高考数学二轮复习 每日一题规范练(第三周)理

11

[题目1] (本小题满分12分)已知各项均为正数的等比数列{an}，满足a1＝1，且－2＝.

a1a2

a3

(1)求等比数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足bn＝log2an＋1，求数列的前n项和为Tn.

anbn

112

解：(1)由已知－＝，

a1a2a3

112得－＝2，

a1a1qa1qqq12即1－＝2，

解得q＝2或q＝－1(舍去)， 因此数列{an}的通项公式an＝2

n－1

.

(2)由题意得bn＝log2an＋1＝log22＝n，

nbnn＝， an2n－1

123n所以Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1，①

22221123nTn＝1＋2＋3＋…＋n，② 22222

1

1－n2n1111nn＋2

由①－②，得Tn＝1＋＋2＋…＋n－1－n＝－n＝2－n，

22222122

1－2所以Tn＝4－

n＋2

2

n－1

.

[题目2] (本小题满分12分)如图，△ABC为正三角形，AC∥DB，AC＝2，cos ∠ACD＝6. 3

(1)求CD的长；

1

(2)求△ABD的面积．

解：(1)因为△ABC为正三角形，AC∥DB， π

所以∠ACD＝∠BDC，∠BAC＝∠ABD＝，

3所以cos ∠ACD＝cos ∠BDC＝

6， 3

所以sin ∠BDC＝

362

1－＝.

33

2π

在△BCD中，BC＝2，∠CBD＝，

3sin ∠BDC＝

3， 3

2

＝，所以CD＝3.

2π3

sin

33

由正弦定理得，

CD2π

(2)在△BCD中，BC＝2，CD＝3，∠CBD＝，

3由余弦定理，CD＝BD＋BC－2BD·BC·cos ∠CBD，

2

2

2

1222

则3＝2＋BD－4BD×－，解得BD＝6－1.

2

1π1332－3

所以△ABD的面积为S＝BD·AB·sin ＝×(6－1)×2×＝.

23222 [题目3] (本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC­DEF中，AE与BD相交于点O，C在平面ABED内的射影为O，G为CF的中点．

(1)求证：平面ABED⊥平面GED；

(2)若AB＝BD＝BE＝EF＝2，求二面角A­CE­B的余弦值． 1

(1)证明：取DE中点M，在三角形BDE中，OM∥BE，OM＝BE.

2

1

又因为G为CF中点，所以CG∥BE，CG＝BE.

2

2

所以CG∥OM，CG＝OM.

所以四边形OMGC为平行四边形． 所以MG∥OC.

因为点C在平面ABED内的射影为O， 所以OC⊥平面ABED，从而MG⊥平面ABED. 又因为GM⊂平面GED， 所以平面ABED⊥平面GED.

(2)解：因为CO⊥平面ABED，所以CO⊥AO，

CO⊥OB.

又AB＝BE，则四边形ABED为菱形， 所以OB⊥AO.

→→→

以O为坐标原点，OA，OB，OC的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，

于是A(3，0，0)，B(0，1，0)，E(－3，0，0)，C(0，0，3)， →→

向量BE＝(－3，－1，0)，向量BC＝(0，－1，3)， 设平面BCE的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， →m·BE＝0，－3x－y＝0，则，即

→－y＋3z＝0，m·BC＝0，

1

1

1

1

不妨令z1＝1，则y1＝3，x1＝－1，取法向量m＝(－1，3，1)． 又n＝(0，1，0)为平面ACE的一个法向量． 设二面角A­CE­B大小为θ，显然θ为锐角， |m·n|315于是cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝，

|m|·|n|55故二面角A­CE­B的余弦值为

15. 5

[题目4] (本小题满分12分)国家文明城市评审委员会对甲、乙两个城市是否能入围“国家文明城市”进行走访调查，派出10人的调查组，先后到甲、乙两个城市的街道、社区进行问卷调查，然后打分(满分100分)，他们给出甲、乙两个城市分数的茎叶图如图所示：

3

(1)请你用统计学的知识分析哪个城市更应该入围“国家文明城市”，请说明理由； (2)从甲、乙两个城市的打分中各抽取2个，在已知大于80分的条件下，求抽到乙城市的分数都小于80的概率；

(3)从对乙城市的打分中任取2个，设这2个分数中不小于80分的个数为X，求X的分布列和期望．(参考数据：16＋14＋12＋5＋3＋7＋8＋16＋19)＝1 360，14＋11＋3＋2＋1＋2＋3＋6＋7＋13＝598)

－－

解：(1)由茎叶图，设甲、乙两班10名同学成绩的平均数分别为x甲，x乙， 63＋65＋67＋74＋76＋79＋86＋87＋95＋98

则x甲＝＝79.

10－－

2

2

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x乙＝

65＋68＋76＋77＋78＋81＋82＋85＋86＋92

＝79.

10

2222222222

S2(16＋14＋12＋5＋3＋0＋7＋8＋16＋19)＝136. 甲＝

1

10110

2222222222

S2(14＋11＋3＋2＋1＋2＋3＋6＋7＋13)＝59.8. 乙＝

－－

22

因此x甲＝x乙，S甲＞S乙.

上面统计数据表明甲、乙两个城市打分的平均分相同，甲城市打分的方差比乙城市的大，说明评委对乙城市的打分较一致，乙城市应该入围．

(2)由茎叶图可得，分数在80分以上的甲城市有4个，乙城市有5个．设事件A＝“甲、乙两个城市的打分中，各抽取2个，有大于80分的分数”，事件B＝“甲、乙两个城市的打分中，各抽取2个，乙城市的分数都小于80分”，则P(B|A)＝

P（A·B）

，

P（A）

C4＋2C4C6×C5＝4，

因为P(A·B)＝27C10C210

－22

C6·C525

P(A)＝1－P(A)＝1－2. 2＝

C10·C1027所以P(B|A)＝

2112

P（A·B）4

＝.

P（A）25

(3)由题可知X取值为0，1，2.

4

C5C52

P(X＝0)＝2＝，

C109

C5C55C5C52

P(X＝1)＝2＝，P(x＝2)＝2＝.

C109C109所以X的分布列为

11

02

20

X P E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.

[题目5] (本小题满分12分)已知函数f(x)＝(2x－1)e－a(x＋x)，a∈R. 1

(1)当a＜e－时，讨论函数f(x)的单调性；

2

(2)设g(x)＝－ax－a，若对任意的x≤1时，恒有f(x)≥g(x)，求实数a的取值范围． 解：(1)f′(x)＝(2x＋1)e－a(2x＋1)＝(2x＋1)(e－a)． 若a≤0时，e－a＞0，

11当x∈－∞，－时，f′(x)＜0；当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＞0.

2211所以f(x)在－∞，－上是减函数，在－，＋∞上是增函数．

22111

若0＜a＜e－时，令f′(x)＝0，得x＝－或x＝ln a＜－，

222

11所以当x∈(－∞，ln a)∪(－，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈ln a，－时，f′(x)

22＜0.

11故f(x)在区间(－∞，ln a)和－，＋∞上单调递增；在ln a，－上单调递减． 22(2)依题意，对任意x≤1，恒有(2x－1)e－a(x－1)≥0.(*) ①当x＝1时，(*)式恒成立，a∈R. ②当x＜1时，

（2x－1）e

不等式转化为a≥，

x－1（2x－1）e

令φ(x)＝(x＜1)，

x－1（2x－3x）e

则φ′(x)＝. 2

（x－1）

当x∈(－∞，0)时，φ′(x)＞0；当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0.

5

22

0 2 91 5 92 2 9295929

x2

xxxxxxx所以当x＝0时，φ(x)取极大值φ(0)＝1，此时a≥1. 综合①②知，实数a的取值范围为[1，＋∞)．

[题目6] (本小题满分12分)已知圆F1：(x＋3)＋y＝16，圆心为F1，定点F2(3，→→

0)，P为圆F1上一点，线段PF2上一点K满足PF2＝2KF2，直线PF1上一点Q满足QK·KF2＝0.

(1)求点Q的轨迹E的方程；

(2)已知M，N两点的坐标分别为(0，1)，(0，－1)，点T是直线y＝2上的一个动点，且直线TM，TN分别交(1)中点Q的轨迹E于C，D两点(M，N，C，D四点互不相同)，证明：直线CD恒过一定点，并求出该定点坐标．

→

→

(1)解：因为PF2＝2KF2，所以K是线段PF2的中点． →→

又QK·KF2＝0，所以QK为线段PF2的中垂线， 则|QP|＝|QF2|.

因为|F1P|＝|F1Q|＋|QP|＝|F1Q|＋|QF2|＝4，

所以由椭圆的定义，知Q的轨迹是以F1、F2为焦点，长轴长为4的椭圆． 则a＝2，c＝3，所以b＝1. 故点Q的轨迹C的方程为＋y＝1.

4

(2)证明：依题意，设直线CD的方程为y＝mx＋n， 代入椭圆方程x＋4y＝4，

化简得(1＋4m)x＋8mnx＋4n－4＝0， 设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 8mn则x1＋x2＝－2，①

1＋4m4n－4

x1·x2＝2.②

1＋4m因为直线TM：y＝直线TN：y＝

2

2

2

2

2

2

2

2

2

→→

x2

2

y1－1

x＋1； x1

y2＋1

x－1， x2

由题知TM，TN的交点T的纵坐标为2， 所以

3x2x1

＝. y2＋1y1－1

则3x2(y1－1)＝x1(y2＋1)，即3x2(mx1＋n－1)＝x1(mx2＋n＋1)， 整理，得2mx1x2＝(n＋1)x1－3(n－1)x2，③

6

2m（4n－4）－8mn2－x2－3(n－1)x，

将①②代入③得＝(n＋1)·1＋4m221＋4m化简得(2n－1)[4m(n＋1)＋x2(1＋4m)]＝0， 当m，x2变化时，上式恒成立．

11故2n－1＝0，即n＝，所以直线CD恒过定点0，. 22

[题目7] 1.(本小题满分10分)[选修4­4：极坐标与参数方程] 已知曲线C1的参数方程为

2

2

x＝1＋2cos t，y＝2sin t(t为参数)，以射线Ox为极轴建立极坐标

系，曲线C2的极坐标方程为2ρcos θ－ρsin θ－4＝0.

(1)将曲线C1的参数方程化为普通方程，将曲线C2的极坐标方程化为直角坐标方程，并分别指出是何种曲线；

(2)曲线C1，C2是否有两个不同的公共点？若有，求出两公共点间的距离；若没有，请说明理由．

解：(1)由

x＝1＋2cos t，y＝2sin t，

消去参数t得(x－1)＋y＝2.

2

2

22

所以曲线C1的普通方程为(x－1)＋y＝2，曲线C1是一个圆． 因为ρcos θ＝x，ρsin θ＝y，

所以2ρcos θ－ρsin θ－4＝0的直角坐标方程为2x－y－4＝0， 因此曲线C2表示一条直线．

(2)圆C1的圆心为(1，0)，半径r＝2， 设圆心(1，0)到直线2x－y－4＝0的距离是d，

|2－4|25

则d＝＝＜r＝2，所以曲线C1与曲线C2相交于两个不同的点A，B.

5523022

则|AB|＝2 r－d＝，

5230

所以两公共点间的距离为.

5

2．(本小题满分10分)[选修4­5：不等式选讲] 已知函数f(x)＝|a－4x|＋|2a＋x|. (1)若a＝1，解不等式f(x)≥3.

1(2)求证：f(x)＋f－≥10.

x

(1)解：若a＝1，则f(x)＝|a－4x|＋|2a＋x|＝ |1－4x|＋|2＋x|，

7

所以不等式f(x)≥3可化为|1－4x|＋|2＋x|≥3，

x≤－2，－2＜x≤，

4所以或

1－4x－2－x≥3，

1x＞，或4 4x－1＋2＋x≥3.

2解得x≤－2或－2＜x≤0或x≥，

5

1

1－4x＋2＋x≥3，

2

综上，所以不等式f(x)≥3的解集为xx≤0或x≥.

5

1414(2)证明：f(x)＋f－＝|a－4x|＋|2a＋x|＋|a＋|＋2a－＝(|a－4x|＋a＋)

x

xxx

14111＋(|2a＋x|＋2a－)≥a－4x－a－＋|2a＋x－2a＋|＝5x＋＝5(|x|＋)≥

xxx|x|x1

10(当且仅当|x|＝时，等号成立)．

|x|

1故f(x)＋f－≥10.

x

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