2023版高考数学二轮复习每日一题规范练（第六周）文（含解析）

2020版高考数学二轮复习每日一题规范练（第六周）文（含解析）PAGE17-每日一题标准练(第六周)eq\x(星期一2022年4月27日)[题目1]f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值；(2)假设f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，求cos2x0的值．解：(1)因为f(x)＝eq\r(3)(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以函数f(x)的最小正周期为π.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为2，最小值为－1.(2)因为f(x0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq\f(6,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，又x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，知2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5)，所以cos2x0＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(3－4\r(3),10).eq\x(星期二2022年4月28日)[题目2]数列{an}的首项a1＝3，a3＝7，且对任意的n∈N*，都有an－2an＋1＋an＋2＝0，数列{bn}满足bn＝a2n－1，n∈N*.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)求使b1＋b2＋…＋bn＞2022成立的最小正整数n的值．解：(1)令n＝1，那么a1－2a2＋a3＝0，得a2＝5.又由an－2an＋1＋an＋2＝0，得an＋an＋2＝2an＋1(n∈N*)，故数列{an}是首项a1＝3，公差d＝2的等差数列．所以an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.于是bn＝a2n－1＝2·2n－1＋1＝2n＋1.(2)由(1)可知，bn＝2n＋1.于是b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋n＝eq\f(2〔1－2n〕,1－2)＋n＝2n＋1＋n－2.令f(n)＝2n＋1＋n－2，易知f(n)是关于n的递增函数．又f(9)＝210＋9－2＝1031，f(10)＝211＋10－2＝2056.故使b1＋b2＋…＋bn＞2022成立的最小正整数n的值是10.eq\x(星期三2022年4月29日)[题目3]如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．(1)求四棱锥P-ABCD的体积；(2)求证：AG∥平面PEC；(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.(1)解：易知V四棱锥P-ABCD＝eq\f(1,3)S正方形ABCD·PA＝eq\f(1,3)×2×2×2＝eq\f(8,3).(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，那么易得AE∥FG，且AE＝eq\f(1,2)CD＝FG，所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.因为EF⊂平面PEC，AG⊄平面PEC，所以AG∥平面PEC.(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，因为PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD.又AG⊂平面PAD，所以CD⊥AG.易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AG⊥平面PCD，所以EF⊥平面PCD.又EF⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面PCD.eq\x(星期四2022年4月30日)[题目4]2022年国际篮联篮球世界杯，于2022年8月31日至9月15日在中国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举办．为了宣传世界杯，某大学从全校学生中随机抽取了120名学生，对是否会收看篮球世界杯赛进行了问卷调查，统计数据如下：工程会收看不会收看男生6020女生2020(1)根据以上数据，能否有99%的把握认为收看篮球世界杯赛与性别有关？(2)现从参与问卷调查且会收看篮球世界杯赛的学生中，采用按性别分层抽样的方法选取4人参加2022年国际篮联篮球世界杯志愿者宣传活动．(ⅰ)求男、女学生各选取多少人；(ⅱ)假设从这4人中随机选取2人到校播送开展2022年国际篮联篮球世界杯宣传介绍，求恰好选到2名男生的概率．附：K2＝eq\f(n〔ad－bc〕2,〔a＋b〕〔c＋d〕〔a＋c〕〔b＋d〕)，其中n＝a＋b＋c＋d.P(K2≥k0)0.100.050.0250.010.005k02.7063.8415.0246.6357.879解：(1)因为K2＝eq\f(120×〔60×20－20×20〕2,80×40×80×40)＝7.5＞6.635，所以有99%的把握认为收看篮球世界杯赛与性别有关．(2)(ⅰ)根据分层抽样的知识得，选取的男生有eq\f(60,60＋20)×4＝3(人)，女生有eq\f(20,60＋20)×4＝1(人)，所以选取的4人中，男生有3人，女生有1人．(ⅱ)设选取的3名男生分别为A，B，C，1名女生为甲．从4人中随机选取2人，有(A，B)，(A，C)，(A，甲)，(B，C)，(B，甲)，(C，甲)，共6种情形，其中恰好选到2名男生，有(A，B)，(A，C)，(B，C)，共3种情形．所以所求概率P＝eq\f(3,6)＝eq\f(1,2).eq\x(星期五2022年5月1日)[题目5]椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(\r(2),2)，且|F1F2|＝2.(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆的下顶点为B，过右焦点F2作与直线BF2关于x轴对称的直线l，且直线l与椭圆分别交于点M，N，O为坐标原点，求△OMN的面积．解：(1)由题设，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2c＝2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))解之得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,c＝1.))所以b2＝a2－c2＝1.所以椭圆E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)依题意，直线l与直线BF2关于x轴对称，所以kl＋kBF2＝0.由(1)问的椭圆方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，知F2(1，0)，B(0，－1)．所以kBF2＝eq\f(－1－0,0－1)＝1，从而kl＝－1，所以直线l的方程为y－0＝－1×(x－1)，即x＋y－1＝0.联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－1＝0，,\f(x2,2)＋y2＝1))⇒3x2－4x＝0.解得x＝0或x＝eq\f(4,3).设M(x1，y1)，N(x2，y2)．不妨设x1＝0，x2＝eq\f(4,3).所以当x1＝0时，y1＝1；当x2＝eq\f(4,3)时，y2＝－eq\f(1,3).所以M(0，1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(1,3))).因此|MN|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(2),3).设原点O到直线l的距离为d，那么d＝eq\f(1,\r(2)).故S△OMN＝eq\f(1,2)·|MN|·d＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(2),3)×eq\f(1,\r(2))＝eq\f(2,3).eq\x(星期六2022年5月2日)[题目6]函数f(x)＝x2－eq\f(a,2)lnx的图象在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))处的切线斜率为0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)假设g(x)＝f(x)＋eq\f(1,2)mx在区间(1，＋∞)上没有零点，求实数m的取值范围．解：(1)f(x)的定义域(0，＋∞)，且f′(x)＝2x－eq\f(a,2x).因为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－a＝0，所以a＝1.所以f(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx，f′(x)＝2x－eq\f(1,2x)＝eq\f(〔2x－1〕〔2x＋1〕,2x).令f′(x)＞0，得x＞eq\f(1,2)；令f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,2).故函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)g(x)＝x2－eq\f(1,2)lnx＋eq\f(1,2)mx，由g′(x)＝2x－eq\f(1,2x)＋eq\f(m,2)＝eq\f(4x2＋mx－1,2x)＝0，得x＝eq\f(－m±\r(m2＋16),8)，设x0＝eq\f(－m＋\r(m2＋16),8)，所以g(x)在(0，x0)上是减函数，在(x0，＋∞)上为增函数．因为g(x)在区间(1，＋∞)上没有零点，所以g(x)＞0在(1，＋∞)上恒成立，由g(x)＞0，得eq\f(1,2)m＞eq\f(lnx,2x)－x.令h(x)＝eq\f(lnx,2x)－x，那么h′(x)＝eq\f(2－2lnx－4x2,4x2).当x＞1时，h′(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减；所以当x＝1时，h(x)的最大值为－1，所以eq\f(m,2)≥－1，即m≥－2.所以实数m的取值范围是[－2，＋∞)．eq\x(星期日2022年5月3日)[题目7]1.[选修4－4：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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(3),2)t，,y＝\f(1,2)t))(t为参数)．以质点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E的极坐标方程为ρ2＝eq\f(3,1＋2sin2θ).(1)求曲线E的直角坐标方程；(2)设直线l与曲线E交于A，B两点，求线段AB的长．解：(1)E的方程可化为ρ2＋2ρ2sin2θ＝3，将ρ2＝x2＋y2，y＝ρsinθ代入得x2＋3y2＝3.所以曲线E的直角坐标方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)直线l过定点P(1，0)，将直线l的参数方程代入曲线E的方程得3t2＋2eq\r(3)t－4＝0.t1＋t2＝－eq\f(2\r(3),3)，t1t2＝－eq\f(4,3).所以|AB|＝|t1－t2|＝eq\r(〔t1＋t2〕2－4t1t2)＝eq\f(2\r(15),3).2．[选修4－5：不等式选讲]函数f(x)＝|x|，g(x)＝m|x－3|.(1)假设m＝2，且f(x)－g(x)≥0在[a，a＋1]上恒成立，求实数a的取值范围；(2)假设当x＞5时，函数g(x)的图象恒在函数f(x)图象的上方，求实数m的取值范围．解：(1)当m＝2时，f(x)－g(x)＝|x|－2|x－3|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－6，x＜0，,3x－6，0≤x＜3，,6－x，x≥3.))假设f(x)－g(x)≥0，解得2≤x≤6，要使得函数f(x)－g(x)≥0在[a，a＋1]上恒成立，必须满足[a，a＋1]⊆[2，6]，所以eq\b\lc\