创新设计二轮理科数学 教师WORD文档第一周.doc

《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档第一周.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《创新设计二轮理科数学 教师WORD文档第一周.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第一周星期一(三角)2023年_月_日1.(2022福州质检)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acos Casin Cb.(1)求角A的大小；(2)若a2，求BC边上的中线AD长度的最小值.解(1)因为acos Casin C b，所以sin Acos Csin Asin Csin B.因为ABC，所以sin Acos Csin Asin Csin(AC)(sin Acos Ccos Asin C)，所以sin Asin Ccos Asin C，因为sin C0，所以tan A.因为A(0，)，所以A.(2)法一在ABC中，由余弦定理得a2b2c22bccos ，所以4b2

2、c2bc， 因为AD为BC边上的中线，所以()，所以|22()2(c2b2bc)，由得b2c24bc， 代入得|21bc， 由得4bcb2c22bc，所以bc，当且仅当即bc时取等号，代入得|21bc，所以AD，AD长度的最小值为.法二在ABD中，由余弦定理得cosADB，在ADC中，由余弦定理得cosADC， 因为BDCD，ADCADB，所以cosADCcosADB0.可得0，整理得2AD22AB2AC2. 在ABC中，cosBAC，整理得AC2AB2BC2ABAC，即AC2AB2ABACBC2.又BCa2，所以4AC2AB2ABAC(AC2AB2)，即AC2AB2， 当且仅当ABAC时，等

3、号成立.由可得2AD22AB2AC2，所以AD2，故AD长度的最小值为.星期二(数列)2023年_月_日2.已知数列an的前n项和为Sn，a11，a22，且Sn2Sn14an.(1)求an；(2)求证：2.(1)解由Sn2Sn14an得an24an.所以当n2k1(kN*)时，a2k14a2k1，所以数列a2k1是首项为a11，公比为4的等比数列，故a2k114k1，即a2k122k22(2k1)1.当n2k(kN*)时，同理可得a2k24k122k1.所以an2n1(nN*).(2)证明由(1)知，所以E()，所以顾客甲应选择方案.(2)法一依题意得E(Xi1)2E(Xi)5E(Xi).由E

4、(Xi1)E(Xi)，得E(Xi1)10E(Xi)10，因为X1的所有可能取值为10，5，其分布列为X1105P所以E(X1)，则E(X1)10，所以E(Xi)10为等比数列，其首项为，公比为.所以E(X8)10，所以E(X8)109.8.法二依题意得E(Xi1)2E(Xi)5E(Xi).易知E(X2)20105，则E(X8)E(X7)E(X6)E(X2)109.8.星期四(立体几何)2023年_月_日4.(2022广州模拟)如图，在五面体ABCDE中，AD平面ABC，ADBE，AD2BE，ABBC.(1)求证：平面CDE平面ACD；(2)若AB，AC2，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与

5、平面ABED所成角的正弦值.(1)证明取AC，CD的中点分别为F，H，连接BF，FH，EH，如图1.图1则FHAD，且AD2FH.因为ADBE，AD2BE，所以FHBE，且FHBE.所以四边形BFHE是平行四边形.所以EHBF，且EHBF.因为ABBC，所以BFAC.因为AD平面ABC，BF平面ABC，所以ADBF.因为ADACA，AD平面ACD，AC平面ACD，所以BF平面ACD.所以EH平面ACD.因为EH平面CDE，所以平面CDE平面ACD.(2)解法一如图1，作CKAB，垂足为K，由题意知CKAD，ABADA，AB，AD平面ABED，则CK平面ABED.连接EK，则CEK是直线CE与平

6、面ABED所成的角.因为ABBC，AC2，F是AC的中点，所以在RtAFB中，BF，sinBAF，在RtACK中，CKACsinBAF.设AD2BE2t，则四边形ABED的面积S(ADBE)ABt.因为五面体ABCDE的体积为，所以VCABEDSCK，则t，解得t1，即AD2，BE1.在RtEBC中，CE2，在RtEKC中，sinCEK.所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.法二如图2，作CKAB，垂足为K，由题意知CKAD，ABADA，AB，AD平面ABED，图2则CK平面ABED，为平面ABED的一个法向量.因为ABBC，AC2，F为AC的中点，所以在RtAFB中，BF，sinBAF

7、，在RtACK中，CKACsinBAF，AK.设AD2BE2t，则四边形ABED的面积S(ADBE)ABt.因为五面体ABCDE的体积为，所以VCABEDSCK，则t，解得t1，即AD2，BE1.由题意及(1)知FHAD，故FH平面ABC.以F为坐标原点，FB，FC，FH所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Fxyz，则E(，0，1)，C(0，1，0)，A(0，1，0)，B(，0，0)，K，所以，(，1，1).设直线CE与平面ABED所成的角为，则sin |cos，|.所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.星期五(解析几何)2023年_月_日5.(2022景德镇模拟)已知动圆P与直

8、线l：x相切且与圆F：y2外切.(1)求圆心P的轨迹C的方程；(2)若过定点F的两条相互垂直的直线lAC，lBD交曲线C于A，B，C，D四点，求四边形ABCD面积的最小值.解(1)设动圆P的半径为r，则圆心P到直线l：x的距离d1r，且|PF|r，故圆心P到直线x的距离为dd1r|PF|.由抛物线的定义知，圆心P的轨迹是以F为焦点，直线x为准线的抛物线，故圆心P的轨迹C的方程为y22x.(2)由题意可知直线AC既不平行于x轴，也不平行于y轴，于是，设直线AC的斜率为kACk(k0)，则直线AC的方程为yk，联立化简得k2x2(k22)x0，设点A(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是

9、此方程的两个根，x1x2，x1x2，所以弦长|AC|x1x2|，又ACBD，kBD，所以弦长|BD|2(1k2)，所以S四边形ABCD|AC|BD|2228(当且仅当k2，即k1时，等号成立)，所以四边形ABCD面积的最小值为8.星期六(函数与导数)2023年_月_日6.(2022郑州三模)已知函数f(x)aexbx.(1)当a1时，求f(x)的极值；(2)当a1时，f(x)ln x，求整数b的最大值.解(1)当a1时，f(x)exbx，f(x)exb.若b0，则f(x)0，f(x)在R上单调递增，此时无极值；若b0，令f(x)0，得xln b，令f(x)0，得x0时，f(x)有极小值bbln

10、 b，无极大值.(2)当a1时，aexbxln x，即exbxln x，因为x0，所以只需b，令g(x)，g(1)e，所以be. g(x)，可令F(x)ex(x1)ln x，因为F(x)exx0，故F(x)在(0，)上单调递增，但F(x)0无法求解，故引入隐零点：F(1)0，根据零点存在性定理，x0(1，2)，使得F(x0)0，即ex0(x01)ln x00.当x(0，x0)时，F(x)0，即g(x)0，即g(x)0，g(x)为增函数，所以g(x)ming(x0)e x0，故be x0.又yex在(0，)上单调递增，x0(1，2)，所以e x0e1，又be，所以整数b的最大值是1.星期日(选考

11、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：坐标系与参数方程已知曲线C的极坐标方程是1，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数).(1)写出直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(2)设曲线C经过伸缩变换得到曲线C，设曲线C上任一点为M(x，y)，求x2y的最小值.解(1)由消去参数t得xy20，所以直线l的普通方程为xy20，由及1得x2y21，所以曲线C的直角坐标方程为x2y21.(2)由得代入x2y21，得y21.因此曲线C的方程为y21.由点M(x，y)在曲线C上，设M(2cos ，sin )，0，2)，因此x2y2cos 2sin 4sin，当且仅当，即时，x2y取到最小值4.8.选修45：不等式选讲已知不等式|x|x1|0，y0，(n1)xym0，求证：xy9xy.(1)解当x0时，原不等式化为x1xx4，1x0.当0x1时，原不等式化为x(1x)x4，则0x1；当x1时，原不等式化为x(x1)x4，则1x5.综上，不等式|x|x1|0，y0，所以(4xy)5529，当且仅当x，y时取“”，所以xy9xy成立.