广东高考数学二轮复习每日一题规范练（第六周）理.docx

每日一题规范练(第六周) 题目1 (本小题满分12分)在ABC中，已知点D在BC边上，ADAC，sin BAC，AB3，AD3.(1)求BD的长；(2)求ABC的面积解：(1)因为ADAC，所以DAC，因为sin BAC，所以sin，所以cos BAD，由余弦定理得，BD2AB2AD22ABADcos BAD(3)2322333.所以BD.(2)在ABD中，由余弦定理得cos ADB，所以cos ADC，所以在RtDAC中，cos ADC，所以DC3，所以AC3，所以SABCABACsin BAC336. 题目2 (本小题满分12分)已知各项均不相等的等差数列an的前四项和S414，且a1，a3，a7成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设Tn为数列的前n项和，若Tnan1对一切nN*恒成立，求实数的最大值解：(1)设数列an的公差为d(d0)，由已知得，解得所以ann1.(2)由(1)知，所以Tn.又Tnan1恒成立，所以28，而2816，当且仅当n2时，等号成立所以16，即实数的最大值为16. 题目3 (本小题满分12分)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC6，现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置得到四面体PABC，如图2所示已知PB4.图1图2(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且，求二面角QBCA的余弦值(1)证明：取AC的中点O，连接PO，BO得到PBO.因为四边形ABCD是菱形，所以PAPC，POAC.因为DC5，AC6，所以OC3，POOB4，因为PB4，所以PO2OB2PB2，所以POOB.因为OBACO，所以PO平面ABC.因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.(2)解：因为ABBC，所以BOAC.易知OB，OC，OP两两垂直以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则B(4，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，4)，A(0，3，0)设点Q(x，y，z)，由，得Q.所以(4，3，0)，(4，2，)设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的一个法向量，由得解得取z115，则n1(3，4，15)取平面ABC的一个法向量为n2(0，0，1)因为cosn1，n2，所以二面角QBCA的余弦值为. 题目4 (本小题满分12分)某班主任对全班50名学生的学习积极性和对待班级工作的态度进行了调查，统计数据如下表所示：学习积极性积极参加班级工作不太主动参加班级工作总计学习积极性高18725学习积极性一般61925总计242650(1)如果随机抽查这个班的一名学生，那么抽到积极参加班级工作的学生的概率是多少？抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生的概率是多少？(2)试运用独立性检验的思想方法分析：学生的学习积极性与对待班级工作的态度是否有关，并说明理由解：(1)积极参加班级工作的学生有24名，总人数为50名，概率为.不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生有19名，概率为.(2)由K2公式得K211.5.因为K210.828，所以有99.9%的把握认为学习积极性与对待班级工作的态度有关系 题目5 (本小题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不经过点B(0，1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标(1)解：由题意得，c，2，a2b2c2，联立解得a2，b1，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立消去y可得(4k21)x28kmx4m240.16(4k21m2)0，x1x2，x1x2.因为点B在以线段MN为直径的圆上，所以0.(x1，kx1m1)(x2，kx2m1)(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20，即(k21)k(m1)(m1)20，整理，得5m22m30，解得m或m1(舍去)所以直线l的方程为ykx.易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意故直线l过定点，且该定点的坐标为. 题目6 (本小题满分12分)已知函数f(x)(x1)exmx22，其中mR，e2.718 28为自然对数的底数(1)当m1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当常数m(2，)时，函数f(x)在0，)上有两个零点x1，x2(x1x2)，证明：x2x1ln .(1)解：当m1时，f(x)(x1)exx22，所以f(x)xex2xx(ex2)由f(x)x(ex2)0，解得x0或xln 2.当xln 2或x0时，f(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(ln 2，)，(，0)当0xln 2时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)(2)证明：m2，x0，由f(x)x(ex2m)0，解得x0或xln 2m.当xln 2m时，f(x)0，f(x)在(ln 2m，)上单调递增；当0xln 2m时，f(x)0，f(x)在(0，ln 2m)上单调递减所以f(x)的极小值为f(ln 2m)因为函数f(x)在0，)上有两个零点x1，x2(x1x2)，所以f(ln 2m)0.由f(0)10，f(1)2m0，可知x1(0，1)又f(ln 2m)0，当x时，f(x)，f(x)在(ln 2m，)上单调递增所以x2(ln 2m，)所以x2ln 2mln 4.因为0x11，所以x2x1ln 41ln . 题目7 1.(本小题满分10分)选修44：极坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(为参数)，M为曲线C1上的动点，动点P满足a(a0且a1)，P点的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C2的方程，并说明C2是什么曲线；(2)在以坐标原点为极点，以x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，A点的极坐标为，射线与C2的异于极点的交点为B，已知AOB面积的最大值为42，求a的值解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，因为a，所以则因为M在C1上，所以即(为参数)，消去参数得(x2a)2y24a2(a1)，所以曲线C2是以(2a，0)为圆心，2a为半径的圆(2)法一A点的直角坐标为(1，)，所以直线OA的普通方程为yx，即xy0，设B点坐标为(2a2acos ，2asin )，则B点到直线xy0的距离为da，所以当时，dmax(2)a，所以SAOB的最大值为2(2)a42，所以a2.法二将xcos ，ysin 代入(x2a)2y24a2，并整理得4acos ，令得4acos ，所以B(4acos ，)，所以SAOB|OA|OB|sin AOB4acos aa|sin 2cos 2|a所以当时，SAOB取到最大值(2)a，依题意(2)a42，所以a2.2(本小题满分10分)选修45：绝对值不等式已知函数f(x)|x1|.(1)解不等式f(2x)f(x4)6；(2)若a，bR，|a|1，|b|1，证明：f(ab)f(ab1)(1)解：由f(2x)f(x4)6得|2x1|x3|6，当x3时，2x1x36得x3；当3x时，2x1x36，得3x2；当x