【精品】2019高考数学二轮复习每日一题规范练第六周理.pdf

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1、试题、试卷、习题、复习、教案精选资料1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 BAC223，AB32，AD3.(1)求BD的长；(2)求ABC的面积解：(1)因为ADAC，所以DAC2，因为 sin BAC223，所以 sinBAD2223，所以 cos BAD223，由余弦定理得，BD2AB2AD2 2ABADcos BAD(32)2322 3232233.所以BD3.(2)在ABD中，由余弦定理得cos ADBBD2AD2AB22BDAD3 91823333，所以 cos ADC33，所以在 RtDAC中，cos ADC3DC

2、33，所以DC33，所以ACDC2AD2（33）23232，所以SABC12ABACsin BAC12 323222362.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，且试题、试卷、习题、复习、教案精选资料2a1，a3，a7成等比数列(1)求数列 an 的通项公式；(2)设Tn为数列1anan1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，4a16d14，（a12d）2a1（a16d），解得a12，d1.所以ann1.(2)由(1)知1anan11n11n2，所以Tn121313141n 1

3、1n2121n2n2（n2）.又 Tnan 1恒成立，所以2（n2）2n2n4n 8，而 2n4n816，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P-ABC，如图 2 所示已知PB42.图 1 图 2(1)求证：平面PAC平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且AQ13AP，求二面角Q-BC-A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

4、，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料3因为PB42，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O-xyz.则B(4，0，0)，C(0，3，0)，P(0，0，4)，A(0，3，0)设点Q(x，y，z)，由AQ13AP，得Q0，2，43.所以BC(4，3，0)，BQ(4，2，43)设n1(x1，y1，z1)为平面BCQ的一个法向量，由n1BC0，nBQ0，得4x1

5、3y10，4x12y143z1 0，解得x134y1，y1415z1，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，n2n1n2|n1|n2|15324215231010，所以二面角Q-BC-A的余弦值为31010.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：试题、试卷、习题、复习、教案精选资料4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

6、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24501225.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1950.(2)由K2公式得K250（1819 67）22525242611.5.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：x2a2y2b21(ab0)的右焦点F(3，0)，长半轴长与短半轴长

7、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，c3，ab2，a2b2c2，联立解得a2，b 1，所以椭圆C的标准方程为x24y21.(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ykxm，x24y24，消去y可得(4k21)x28kmx4m240.16(4k21m2)0，x1x2 8km4k21，x1x24m244k21.因为点B在以线段MN为直径的圆上，试题、试卷、习题、复习、教案精选

8、资料5所以BMBN 0.BMBN(x1，kx1m1)(x2，kx2m 1)(k2 1)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)20，即(k21)4m244k21k(m1)8km4k21(m1)20，整理，得 5m22m30，解得m35或m1(舍去)所以直线l的方程为ykx35.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0，35.题目 6(本小题满分12 分)已知函数f(x)(x1)exmx22，其中m R，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

9、：x2x1ln 4e.(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 0 xln 2时，f(x)0，所以f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)(2)证明：m 2，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 0 xln 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

10、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，)上单调递增试题、试卷、习题、复习、教案精选资料6所以x2(ln 2m，)所以x2ln 2mln 4.因为 0 x11，所以x2x1ln 4 1ln 4e.题目 7 1.(本小题满分10 分)选修 4-4：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x22cos，y2sin(为参数)，M为曲线C1上的动点，动点P满足OPaOM(a0 且a1)，P点的轨迹为曲线C2.(1)求曲线C2的方程，并说明C2

11、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2，3，射线 与C2的异于极点的交点为B，已知AOB面积的最大值为423，求a的值解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，因为OPaOM，所以xax0，yay0，则x0 xa，y0ya.因为M在C1上，所以xa 22cos，ya 2sin ，即x2a2acos，y2asin(为参数)，消去参数 得(x2a)2y2 4a2(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(1，3)，所以直线OA的普通方程为y3x，即3xy0，设B点坐标为(2a2acos，2asin)，则

12、B点 到 直 线3xy 0的 距 离 为da|23cos 2sin 23|2a2cos 63，所以当 6时，dmax(32)a，所以SAOB的最大值为122(32)a423，试题、试卷、习题、复习、教案精选资料7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SAOB12|OA|OB|sin AOB4acos sin3a|2sin cos 23cos2a|sin 23cos 2 3|a2sin2 33所以当 12时，SAOB取到最大值(2 3)a，依题意(2 3)a423，所以a2.2(本小题满分10 分

13、)选修 4-5：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x 3 时，2x 1x36得x 3；当 3x12时，2x1x36，得 3x 2；当x12时，2x1x36，得x43.综上，不等式的解集为x x 2或x43.(2)证明：要证明f(ab)f(ab1)，即证|ab1|ab|，因为|a|1，|b|1，即a2 1，b21，所以|ab1|2|ab|2a2b22ab1a22abb2a2b2a2b21(a21)(b2 1)0，所以|ab1|2|ab|2，即|ab1|ab|，所以原不等式成立