创新设计二轮理科数学 教师WORD文档第六周.doc

第六周星期一(三角)2023年_月_日1.在acos Bbsin A，absin Aacos B，这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解决该问题.设a，b，c分别为锐角ABC内角A，B，C的对边，且满足_.(1)求角B；(2)若b2，c2a，求ABC的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解(1)若选，因为acos Bbsin A，所以由正弦定理得sin Acos Bsin Bsin A.因为sin A0，所以cos Bsin B，所以tan B.因为0<B<，所以B.若选，因为absin Aacos B，由正弦定理得sin Asin Bsin Asin Acos B.因为sin A0，所以sin Bcos B1，即sin.又0<B<，所以<B<，故B，即B.(2)因为b2，c2a，由余弦定理b2a2c22accos B，可得4a24a22a×2a×，解得a，c，所以SABCacsin B×××.星期二(数列)2023年_月_日2.在6Sna3an4，an2an13n5(n2)两个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知正项等差数列an和等比数列bn，数列an的前n项和为Sn，满足a22b21，a3b32，_.(1)求an和bn的通项公式；(2)数列an和bn中的所有项分别构成集合A，B，将AB中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列cn，求数列cn的前70项和.解(1)选，令n1，则6S1a3a14，所以a14(负值舍去).令n2，则6S2a3a24，则a27(负值舍去).所以公差为a2a1743，所以an3n1.又a22b21，a3b32，所以b24，b38，所以公比q为2，首项b12，所以bn2n.选，令n2，则a22a11.设数列an是公差为d的等差数列，则a1d1，令n3，则a32a24.则d3，a14，所以an3n1.又a22b21，a3b32，所以b24，b38，所以公比q为2，首项b12，所以bn2n.(2)当cn的前70项中含有bn的前6项时，令3n1<27128，得n<，此时至多有42648(项)(不符合).当cn的前70项中含有bn的前7项时，令3n1<28256，得n<85，且22，24，26是an和bn的公共项，则cn的前70项中含有bn的前7项且含有an的前66项，再减去公共的3项.数列cn的前70项和T70(66×4×3)22325276 869.星期三(概率与统计)2023年_月_日3.2020年爆发人群广泛感染的新型冠状病毒是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒.某市防疫部门为尽快筛查出新冠病毒感染者，将高风险地区及重点人群按照11单样检测，中风险地区可以按照51混样检测，低风险地区可以按照101混样检测.单样检测即为逐份检测，混样检测是将5份或10份样本分别取样后混合在一起检测.若检测结果为阴性，则全为阴性，若检测结果为阳性，就要同时对这几份样本进行单独逐一检测.假设在接受核酸检测样本中，每份样本的检测结果是阳性还是阴性都是相互独立的，且中风险地区每份样本是阳性结果的概率均为p(0<p<1).(1)现有该市中风险地区A的5份核酸检测样本要进行51混样检测，求检测总次数为6次的概率；(2)现有该市中风险地区B的15份核酸检测样本，已随机平均分为三组，要采用51混样检测，设检测总次数为X，求X的分布列和数学期望.解(1)设“检测总次数为6次”为事件A，P(A)1(1p)5，检测总次数为6次的概率为1(1p)5.(2)法一X的所有可能取值为3，8，13，18，P(X3)(1p)15；P(X8)C1(1p)5·(1p)1031(1p)5·(1p)10；P(X13)C1(1p)52·(1p)531(1p)52·(1p)5；P(X18)C1(1p)531(1p)53，所以随机变量X的分布列为XP3(1p)15831(1p)5·(1p)101331(1p)52·(1p)5181(1p)53设(1p)5t，E(X)3×t38×3(1t)t213×3(1t)2t18×(1t)31815t 1815(1p)5.法二X的所有可能取值为3，8，13，18，设(1p)5t，Y为三个小组中出现阳性的小组数，则X5Y3，YB(3，1t)，P(X3)P(Y0)t3(1p)15；P(X8)P(Y1)C(1t)·t231(1p)5·(1p)10；P(X13)P(Y2)C(1t)2·t31(1p)52·(1p)5；P(X18)P(Y3)C(1t)31(1p)53，所以随机变量X的分布列为XP3(1p)15831(1p)5·(1p)101331(1p)52·(1p)5181(1p)53E(X)E(5Y3)5E(Y)35×3(1t)31815t1815(1p)5.星期四(立体几何)2023年_月_日4.如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是菱形，平面PAD平面ABCD，APAD，E，F分别是BC，PD的中点，PAAB2，直线PC与平面ABCD的夹角为.(1)证明：EF平面PAB；(2)求二面角BPCD的正弦值.(1)证明取AP的中点G，连接BG，GF，因为G，F分别为PA，PD的中点，所以GF綊AD.又E是BC的中点，所以BE綊AD，所以BE綊GF，所以四边形BEFG是平行四边形，所以BGEF.又BG平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)解因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，APAD，AP平面PAD，所以AP平面ABCD.连接AC，因为AC平面ABCD，所以APAC.又直线PC与平面ABCD的夹角为，即PCA，所以APAC.因为四边形ABCD是菱形，APACABBC，所以ABC是等边三角形.又E为BC的中点，连接AE，所以AEBC.以点A为坐标原点，分别以AE，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则B(，1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，所以(0，2，0)，(，1，2)，(，1，0).设平面PBC的法向量为m(x1，y1，z1)，则可取m(2，0，).设平面PCD的法向量为n(x2，y2，z2)，可取n(1，)，所以cosm，n，则sinm，n，所求二面角BPCD的正弦值为.星期五(解析几何)2023年_月_日5.如图所示，已知抛物线x24y的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，A在y轴左侧且直线AB的斜率大于0.(1)当直线AB的斜率为1时，求|AB|；(2)已知P(1，0)，若直线PA，PB分别交抛物线于C，D两点，问是否存在实数使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2).由题意知，点F的坐标为(0，1)，直线AB的方程为yx1，由得y26y10，>0，所以y1y26，所以|AB|y1y228.(2)假设存在实数，使.设C(x3，y3)，D(x4，y4)，由题意知x1<0<x2，由知ABCD，>1，且，于是，即，所以，所以x3±，显然x3，则C，同理x4±，显然x4，则D.设lAB：ykx1(k>0)，将直线AB的方程代入x24y得x24kx40，1>0，则kCD(x2x1)，所以k，即k，所以k，所以.由，得x11，即x11，所以x11.由x24kx40，得x12k2，所以12k2，所以(2k1)0，由>1知2k10，所以k，故5.即存在5满足题意.星期六(函数与导数)2023年_月_日6.已知函数f(x)xln xax2x(aR).(1)证明：曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线l恒过定点；(2)若f(x)有两个零点x1，x2，且x2>2x1，证明：>.证明(1)f(x)ln x2ax2，f(1)22a，即切线斜率为22a，又f(1)1a，则切线l的方程为y(1a)(22a)(x1)，即y(22a)，当x时，y0，故切线l恒过定点.(2)x1，x2是f(x)的零点，x2>2x1，且x1>0，x2>0，则即a，即ln(x1x2)2，令t，则t>2，则ln(x1x2)2，令g(t)，则g(t).令h(t)t2ln t，则h(t)>0，则h(t)单调递增，h(t)>h(2)2ln 2>0，即g(t)>0，则g(t)单调递增，g(t)>g(2)3ln 2，ln(x1x2)2>3ln 2，即ln(x1x2)>3ln 22ln ，即x1x2>，则>>(由于x1x2，故不取等号)，得证.星期日(选考部分)2023年_月_日在下面两个题目中任选一题作答，注意：只能做所选定的题目.如果多做，则按所做的第一题计分.7.选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是3cos 0.(1)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(2)设P(2，0)，直线l与曲线C交于A，B两点，求|SAPOSBPO|.解(1)由消去参数t，得直线l的普通方程为xy20.由3cos 0得23cos 0，将2x2y2，cos x代入23cos 0，得x2y23x0，所以曲线C的直角坐标方程为y2.(2)联立直线l与曲线C的方程，得，化简得t2t20，因为点P(2，0)在直线l上，可设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则t1t2，t1t22，|PA|t1|，|PB|t2|，由t1t22可知t1和t2异号，因为O到直线l的距离d，所以|SAPOSBPO|(|t1|t2|)·|t1t2|.8.选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x2|x1|.(1)求不等式f(x)2的解集；(2)设a，b，c为正实数，若函数f(x)的最大值为m，且ab2cm，求证abacbcc2.(1)解当x2时，f(x)3显然f(x)2不成立.当2<x<1时，f(x)2x12，x<1.当x1时，f(x)32恒成立，则x1.综上可知，f(x)2的解集为.(2)证明由(1)知f(x)f(x)的最大值为3，则ab2c3.因此abacbcc2(ac)(bc).