2021高考数学二轮复习专题练大题每日一题规范练第五周含解析

1、大题每日一题规范练大题每日一题规范练星期一(数列)2021 年_月_日【题目 1】 在sn2bn1，4bnbn1(n2)，bnbn12(n2)这三个条件中任选一个，补充至横线上，若问题中的 k 存在，求出 k 的值；若 k 不存在，请说明理由.已知数列an为等比数列， a123， a3a1a2， 数列bn的首项 b11， 其前 n 项和为 sn， _，是否存在 kn*，使得对任意 nn*，anbnakbk恒成立？(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)解设等比数列an的公比为 q(q0).因为 a123，a3a1a2，所以 qa3a223.故 an23n.选择条件：不存在满足条件的

2、k.理由如下：sn2bn1，则 sn12bn11(n2)，两式相减并整理，得bnbn12(n2).因为 b11，所以bn是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 bn2n1.所以 anbn23n2n11243n.由指数函数的性质知，数列anbn单调递增，没有最大值.所以不存在 kn*，使得对任意 nn*，anbnakbk恒成立.选择条件：存在满足条件的 k.理由如下：由4bnbn1(n2)，b11，知数列bn是以 1 为首项，14为公比的等比数列，所以 bn14n1.所以 anbn23n14n1(4)16n.因为 anbn(4)16n416n41623，当且仅当 n1 时取得最大值23，所

3、以存在 k1，使得对任意 nn*，anbnakbk恒成立.选择条件：存在满足条件的 k.理由如下：由 bnbn12(n2)，知数列bn是以 2 为公差的等差数列.因为 b11，所以 bn2n1.设 cnanbn(2n1)23n，则 cn1cn(2n1)23n1(2n1)23n52n323n.当 n2 时，cn1cn；当 n3 时，cn1cn.所以 c1c2c4c5.所以存在 k3，使得对任意 nn*，anbnakbk恒成立.星期二(三角)2021 年_月_日【题目 2】 如图，在四边形 abcd 中，adb45，bad105，ad62，bc2，ac3.(1)求边 ab 的长及 cosabc 的

4、值；(2)若记abc，求 sin23 的值.解(1)在abd 中，abd180(45105)30，由正弦定理得 abadsin 45sin 3062 2 3.在abc 中，ac2ab2bc22abbccosabc；323222 32cosabc，cosabc36.(2)由(1)知 cos 36，2，sin 1cos2336，sin 22sin cos 116，cos 22cos2156，sin23 sin 2cos3cos 2sin35 3 1112.星期三(立体几何)2021 年_月_日【题目 3】 如图，在四棱锥 sabcd 中，四边形 abcd 为矩形，ab2 2，bcscsd2，bcs

5、d.(1)求证：sc平面 sad.(2)设ae12eb，求平面 sec 与平面 sbc 所成的二面角的正弦值.(1)证明bcsd，bccd，sdcdd，bc平面 sdc，又 adbc，ad平面 sdc，又 sc平面 sdc，所以 scad.又在sdc 中，scsd2，dcab2 2，故 sc2sd2dc2，scsd，又 adsdd，sc平面 sad.(2)解取 cd 的中点 o，ab 的中点 g，连接 os，og，scsd2，socd，ogcd，由(1)知 ad平面 scd， ad平面 abcd， 平面 scd平面 abcd， 且平面 scd平面 abcdcd，so平面 scd，so平面 ab

6、cd，又 og平面 abcd，soog，故 og，oc，os 两两互相垂直，以点 o 为坐标原点， oc， os，og的方向分别为 y 轴，z 轴，x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则 s(0，0， 2)，c(0，2，0)，a(2， 2，0)，b(2，2，0).设 e(2，y，0)，ae12eb，y 212( 2y)，y23，即 e2，23，0.sc(0，2， 2)，ce2，4 23，0，cb(2，0，0)，设平面 sec 的法向量为 n(x，y，z)，平面 sbc 的法向量为 m(a，b，c)，则scn0，cen0，即2y 2z0，2x4 23y0，不妨取 n(2 2，3，3)，

7、scm0，cbm0，即2b 2c0，2a0，不妨取 m(0，1，1).设平面 sec 与平面 sbc 所成二面角的平面角的大小为(0)，则 cosm，nmn|m|n|626 23 1313，所以 sin 1cos22 1313.即所求二面角的正弦值为2 1313.星期四(解析几何)2021 年_月_日【题目 4】 圆 o 的方程为 x2y29，p 为圆上任意一点，过 p 作 x 轴的垂线，垂足为 d，点q 在 pd 上，且dq23dp.(1)求点 q 的轨迹 c 的方程；(2)过点 f( 5，0)的直线与曲线 c 交于 a，b 两点，点 m 的坐标为(3，0)，mab 的面积为s，求 s 的最

8、大值，及 s 取得最大值时直线 ab 的方程.解(1)设 p(x0，y0)，则 d(x0，0)，设 q(x，y)，则dp(0，y0)，dq(xx0，y).因为dq23dp，所以x0 x，y032y.把点 p(x0，y0)代入圆的方程 x2y29，得x29y241.所以点 q 的轨迹 c 的方程为x29y241.(2)由题意易知直线 ab 的斜率不为 0，设直线 ab 的方程为 xty 5，a(x1，y1)，b(x2，y2)，由xty 5，x29y241，得(4t29)y28 5ty160，所以 y1y28 5t4t29，y1y2164t29.s12(3 5)|y1y2|3 5224 t214t

9、2912（3 5） t214t2912(35)14 t215t2112(35)12 203（3 5）5159 55.当且仅当 t12时取等号，所以mab 的面积 s 的最大值为159 55，当 s 取得最大值时，直线 ab 的方程为 2xy2 50 或 2xy2 50.星期五(概率与统计)2021 年_月_日【题目 5】 随着科技的发展，网购已逐渐融入了人们的生活.网购是非常方便的购物方式，为了了解网购在某市的普及情况，某调查机构进行了有关网购的调查，并从参与调查的市民中随机抽取了男、女各 100 人进行分析，得到如下所示的统计表.经常网购偶尔网购或不网购合计男性50100女性70100合计(

10、1)完成上表，并根据以上数据判断能否在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下认为该市市民的网购情况与性别有关.(2)现从所抽取的 100 位女性市民中利用分层抽样的方法抽取 10 人，再从这 10 人中随机选取 3 人赠送优惠券，求选取的 3 人中至少有 2 人经常网购的概率；将频率视为概率，从该市所有参与调查的市民中随机抽取 10 人赠送礼品，记其中经常网购的人数为 x，求随机变量 x 的数学期望和方差.附：k2n（adbc）2（ab） （cd） （ac） （bd），其中 nabcd.p(k2k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8

11、415.0246.6357.87910.828解(1)完成列联表如下所示.经常网购偶尔网购或不网购合计男性5050100女性7030100合计12080200由列联表，得 k2200（50305070）2120801001002538.3336.635，能在犯错误的概率不超过 0.01 的前提下认为该市市民的网购情况与性别有关.(2)由题意知所抽取的 10 位女性市民中，经常网购的有 10701007(人)，偶尔网购或不网购的有 10301003(人)，选取的 3 人中至少有 2 人经常网购的概率 pc27c13c37c3104960.由 22 列联表可知，抽到经常网购的市民的频率为12020

12、00.6，将频率视为概率，从该市所有参与调查的市民中任意抽取一人，抽到经常网购的市民的概率为 0.6，由题意知 xb(10，0.6).随机变量 x 的数学期望 e(x)100.66，方差 d(x)100.60.42.4.星期六(函数与导数)2021 年_月_日【题目 6】 已知函数 f(x)ln x（x1）22.(1)求函数 f(x)的单调递增区间；(2)证明：当 x1 时，f(x)1，当 x(1，x0)时，恒有 f(x)k(x1).(1)解f(x)1xx1x2x1x，x(0，).由 f(x)0 得x0，x2x10，解得 0 x1 52.故 f(x)的单调递增区间是0，1 52.(2)证明令 f(x)f(x)(x1)，x(0，).则 f(x)1x2x.当 x(1，)时，f(x)1 时，f(x)1 时，f(x)1 满足题意.当 k1 时，对于 x1，有 f(x)x