高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 每日一題 規(guī)范練（第四周）文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

每日一題規(guī)范練(第四周)[題目1](本小題滿(mǎn)分12分)在單調(diào)遞增的等差數(shù)列{bn}中，前n項(xiàng)和為Sn，已知b3＝6，b2，eq\r(S5＋2)，b4成等比數(shù)列．(1)求{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)an＝eq\f(bn,2)(eq\r(e))bn，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d，因?yàn)閎2,eq\r(S5＋2)，b4成等比數(shù)列，b3＝6，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＋2d＝6，,5b1＋\f(5×4,2)d＋2＝（b1＋d）（b1＋3d），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝2，,d＝2，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1＝10，,d＝－2.))因?yàn)閿?shù)列{bn}單調(diào)遞增，所以d＞0，所以b1＝2，d＝2，所以{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n.(2)因?yàn)閍n＝eq\f(bn,2)(eq\r(e))bn，所以an＝nen.所以Sn＝1·e1＋2e2＋3e3＋…＋nen，所以eSn＝1·e2＋2e3＋3e4＋…＋nen＋1，以上兩個(gè)式子相減得，(1－e)Sn＝e＋e2＋e3＋…＋en－nen＋1，所以(1－e)Sn＝eq\f(e－en＋1,1－e)－nen＋1，所以Sn＝eq\f(nen＋2－（n＋1）en＋1＋e,（1－e）2).[題目2](本小題滿(mǎn)分12分)在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.(1)若23cos2A＋cos2A＝0，且△ABC為銳角三角形，a＝7，c＝6，求(2)若a＝eq\r(3)，A＝eq\f(π,3)，求b＋c的取值范圍．解：(1)因?yàn)?3cos2A＋cos2A＝23cos2A＋2cos2A－所以cos2A＝eq\f(1,25)，又A為銳角，所以cosA＝eq\f(1,5)，由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2－eq\f(12,5)b－13＝0，解得b＝5(負(fù)值舍去)，所以b＝5.(2)法一在△ABC中，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(a,sinA)＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))＝2，所以b＋c＝2(sinB＋sinC)＝2[sinB＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－B))]＝2[sinB＋(eq\f(\r(3),2)cosB＋eq\f(1,2)sinB)]＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6))).因?yàn)?＜B＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)＜B＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，所以eq\f(1,2)＜sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f(π,6)))≤1，則b＋c∈(eq\r(3)，2eq\r(3)]．法二由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA，即b2＋c2－3＝bc?(b＋c)2－3＝3bc≤eq\f(3,4)(b＋c)2，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c時(shí)取等號(hào)，所以(b＋c)2≤12，則b＋c≤2eq\r(3).又三角形的兩邊之和大于第三邊，所以b＋c＞a＝eq\r(3).故b＋c的取值范圍是(eq\r(3)，2eq\r(3)]．[題目3](本小題滿(mǎn)分12分)已知四棱錐S-ABCD的底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2BC＝2CD＝2，△SAD為正三角形．(1)點(diǎn)M為線(xiàn)段AB上一點(diǎn)，若BC∥平面SDM，eq\o(AM,\s\up14(→))＝λeq\o(AB,\s\up14(→))，求實(shí)數(shù)λ的值；(2)若BC⊥SD，求點(diǎn)B到平面SAD的距離．解：(1)因?yàn)锽C∥平面SDM，BC?平面ABCD，平面SDM∩平面ABCD＝DM，所以BC∥DM.又AB∥DC，所以四邊形BCDM為平行四邊形，所以CD＝MB，又AB＝2CD，所以M為AB的中點(diǎn)．因?yàn)閑q\o(AM,\s\up14(→))＝λeq\o(AB,\s\up14(→))，所以λ＝eq\f(1,2).(2)因?yàn)锽C⊥SD，BC⊥CD，所以BC⊥平面SCD，又BC?平面ABCD，所以平面SCD⊥平面ABCD.如圖，在平面SCD內(nèi)過(guò)點(diǎn)S作SE垂直于CD交CD的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，連接AE，又平面SCD∩平面ABCD＝CD，所以SE⊥平面ABCD，所以SE⊥CE，SE⊥AE，在Rt△SEA和Rt△SED中，AE＝eq\r(SA2－SE2)，DE＝eq\r(SD2－SE2)，因?yàn)镾A＝SD，所以AE＝DE，又易知∠EDA＝45°，所以AE⊥ED，由已知求得SA＝AD＝eq\r(2)，所以AE＝ED＝SE＝1.連接BD，則V三棱錐S-ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×1×1＝eq\f(1,3)，又V三棱錐B-SAD＝V三棱錐S-ABD，S△SAD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以點(diǎn)B到平面SAD的距離為eq\f(V三棱錐B-SAD,\f(1,3)S△SAD)＝eq\f(2\r(3),3).[題目4](本小題滿(mǎn)分12分)某服裝批發(fā)市場(chǎng)1～5月份的服裝銷(xiāo)售量x與利潤(rùn)y的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如下表：月份12345銷(xiāo)售量x(萬(wàn)件)36478利潤(rùn)y(萬(wàn)元)1934264146(1)從這五個(gè)月的利潤(rùn)中任選2個(gè)，分別記為m，n，求事件“m，n均不小于30”(2)已知銷(xiāo)售量x與利潤(rùn)y大致滿(mǎn)足線(xiàn)性相關(guān)關(guān)系，請(qǐng)根據(jù)前4個(gè)月的數(shù)據(jù)，求出y關(guān)于x的線(xiàn)性回歸方程eq\o(y,\s\up14(^))＝eq\o(b,\s\up14(^))x＋eq\o(a,\s\up14(^))；(3)若由線(xiàn)性回歸方程得到的利潤(rùn)的估計(jì)數(shù)據(jù)與真實(shí)數(shù)據(jù)的誤差不超過(guò)2萬(wàn)元，則認(rèn)為得到的利潤(rùn)的估計(jì)數(shù)據(jù)是理想的．請(qǐng)用表格中第5個(gè)月的數(shù)據(jù)檢驗(yàn)由(2)中回歸方程所得的第5個(gè)月的利潤(rùn)的估計(jì)數(shù)據(jù)是否理想？解：(1)由統(tǒng)計(jì)圖表知，所有的基本事件為(19，34)，(19，26)，(19，41)，(19，46)，(34，26)，(34，41)，(34，46)，(26，41)，(26，46)，(41，46)共10個(gè)．記“m，n均不小于30”為事件A，則事件A包含的基本事件為(34，41)、(34，46)、(41，46)共3故所求事件的概率為P(A)＝eq\f(3,10).(2)由前4個(gè)月的數(shù)據(jù)可得，eq\o(x,\s\up14(－))＝5，eq\o(y,\s\up14(－))＝30，xiyi＝652，xeq\o\al(2,i)＝110.所以eq\o(b,\s\up14(^))＝＝eq\f(652－4×5×30,110－4×52)＝5.2.則eq\o(a,\s\up14(^))＝30－5.2×5＝4，所以線(xiàn)性回歸方程為eq\o(y,\s\up14(^))＝5.2x＋4.(3)由題意得，當(dāng)x＝8時(shí)，eq\o(y,\s\up14(^))＝45.6，|45.6－46|＝0.4＜2，所以利用(2)中的回歸方程所得的第5個(gè)月的利潤(rùn)估計(jì)數(shù)據(jù)是理想的．[題目5](本小題滿(mǎn)分12分)已知?jiǎng)訄AC與圓E：x2＋(y－1)2＝eq\f(1,4)外切，并與直線(xiàn)y＝eq\f(1,2)相切．(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡F；(2)若從點(diǎn)P(m，－4)作曲線(xiàn)F的兩條切線(xiàn)，切點(diǎn)分別為A、B，求證：直線(xiàn)AB恒過(guò)定點(diǎn)．(1)解：由題意知，圓E的圓心E(0，1)，半徑為eq\f(1,2)，設(shè)動(dòng)圓圓心C(x，y)，半徑r.因?yàn)閳AC與直線(xiàn)y＝－eq\f(1,2)相切，所以d＝r，即y＋eq\f(1,2)＝r.①因?yàn)閳AC與圓E外切，所以|CE|＝eq\f(1,2)＋r，即eq\r(x2＋（y－1）2)＝eq\f(1,2)＋r.②聯(lián)立①②，消去r，得x2＝4y.所以圓心C的軌跡F是以E(0，1)為焦點(diǎn)，y＝－1為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)．(2)證明：已知直線(xiàn)AB的斜率一定存在．不妨設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝kx＋b.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx＋b，))整理得x2－4kx－4b＝0，其中Δ＝16(k2＋b)＞0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b.③由拋物線(xiàn)的方程可得y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x.所以過(guò)A(x1，y1)的拋物線(xiàn)的切線(xiàn)方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，又y1＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，代入整理得y＝eq\f(1,2)x1x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1).切線(xiàn)過(guò)P(m，－4)，代入整理得xeq\o\al(2,1)－2mx1－16＝0，同理可得xeq\o\al(2,2)－2mx2－16＝0，所以x1，x2為方程x2－2mx－16＝0的兩個(gè)根，所以x1＋x2＝2m，x1x2＝－16.聯(lián)立③④，得b＝4，k＝eq\f(m,2).則直線(xiàn)AB的方程為y＝eq\f(m,2)x＋4，所以直線(xiàn)AB恒過(guò)定點(diǎn)(0，4)．[題目6](本小題滿(mǎn)分12分)已知函數(shù)f(x)＝(x－a)ex－eq\f(1,2)ax2＋a(a－1)x(x∈R)．(1)若曲線(xiàn)y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切處為l，l與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2，0)，求a的值；(2)討論f(x)的單調(diào)性．解：(1)f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)，所以f′(0)＝(a－1)2，又f(0)＝－a，所以切線(xiàn)方程為y＋a＝(a－1)2(x－0)，令y＝0得x＝eq\f(a,（a－1）2)＝2，所以2a2－5a＋2＝所以a＝2或a＝eq\f(1,2).(2)f′(x)＝(x－a)ex＋ex－ax＋a(a－1)＝[x－(a－1)](ex－a)，當(dāng)a≤0時(shí)，ex－a≥0，x∈(－∞，a－1)，f′(0)＜0，f(x)為減函數(shù)，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)．當(dāng)a＞0時(shí)，令f′(x)＝0，得x1＝a－1，x2＝lna，令g(a)＝a－1－lna，則g′(a)＝1－eq\f(1,a)＝eq\f(a－1,a)，當(dāng)a∈(0，1)時(shí)，g′(a)＜0，g(a)為減函數(shù)，當(dāng)a∈(1，＋∞)時(shí)，g′(a)＞0，g(a)為增函數(shù)，所以g(a)min＝g(1)＝0，所以a－1≥lna(當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時(shí)取“＝”)，所以當(dāng)0＜a＜1或a＞1時(shí)，x∈(－∞，lna)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，x∈(lna，a－1)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)，x∈(a－1，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)，當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝x(ex－1)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，a－1)上為減函數(shù)，在(a－1，＋∞)上為增函數(shù)，當(dāng)0＜a＜1或a＞1時(shí)，f(x)在(lna，a－1)上為減函數(shù)，在(－∞，lna)和(a－1，＋∞)上為增函數(shù)；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．[題目7]1.(本小題滿(mǎn)分10分)[選修4-4：極坐標(biāo)系與參數(shù)方程]已知直線(xiàn)l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)＋\f(\r(2),2)t，,y＝\f(1,2)－\f(\r(2),2)t))(t為參數(shù))，橢圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝sinα))(α為參數(shù))．在平面直角坐標(biāo)系中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，點(diǎn)A的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3))).(1)求橢圓C的直角坐標(biāo)方程和點(diǎn)A在直角坐標(biāo)系下的坐標(biāo)；(2)直線(xiàn)l與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，求△APQ的面積．解：(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα，,y＝sinα))化為直角坐標(biāo)方程得eq\f(x2,4)＋y2＝1.因?yàn)锳的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(π,3)))，所以x＝2coseq\f(π,3)＝1，y＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3).故點(diǎn)A在直角坐標(biāo)系下的坐標(biāo)為(1，eq\r(3))．(2)將eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)＋\f(\r(2),2)t，,y＝\f(1,2)－\f(\r(2),2)t))代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，化簡(jiǎn)得10t2－6eq\r(2)t－11＝0.設(shè)此方程兩根分別為t1，t2.則t1＋t2＝eq\f(3\r(2),5)，t1t2＝－eq\f(11,10)，所以|PQ|＝eq\r(（t1＋t2）2－4t1t2)＝eq\f(8\r(2),5).因?yàn)橹本€(xiàn)l的一般方程為x＋y－1＝0，所以點(diǎn)A到直線(xiàn)l的距離為d＝eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),2).所以△APQ的面積為eq\f(1,2)×eq\f(8\r(2),5)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(4\r(3),5).2．(本小題滿(mǎn)分10分)[選修4-5：不等式選講]設(shè)函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x－a|，其中a∈R.(1)若a＝4，求不等式f(x)≥5的解集；(2)若f(x)≥4對(duì)于x∈R恒成立