新高考数学二轮复习 第4部分 高考22题逐题特训 第一周 （含解析）

每日一练第一周周一1．(2020·北京大兴区模拟)在△ABC中，c＝1，A＝eq\f(2π,3)，且△ABC的面积为eq\f(\r(3),2).(1)求a的值；(2)若D为BC上一点，且________，求sin∠ADB的值．从①AD＝1，②∠CAD＝eq\f(π,6)这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．解(1)由于c＝1，A＝eq\f(2π,3)，S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(\r(3),2)，所以b＝2，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，解得a＝eq\r(7).(2)选①：当AD＝1时，在△ABC中，由正弦定理eq\f(b,sinB)＝eq\f(a,sin∠BAC)，即eq\f(2,sinB)＝eq\f(\r(7),\f(\r(3),2))，所以sinB＝eq\f(\r(21),7).因为AD＝AB＝1，所以∠ADB＝∠B.所以sin∠ADB＝sinB，即sin∠ADB＝eq\f(\r(21),7).选②：当∠CAD＝eq\f(π,6)时，在△ABC中，由余弦定理知cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(7＋1－4,2\r(7)×1)＝eq\f(2\r(7),7).因为A＝eq\f(2π,3)，所以∠DAB＝eq\f(π,2)，所以∠B＋∠ADB＝eq\f(π,2)，所以sin∠ADB＝cosB，即sin∠ADB＝eq\f(2\r(7),7).周二2．已知正数数列{an}的前n项和为Sn，满足aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1(n≥2)，a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝(1－an)2－a(1－an)，若{bn}是递增数列，求实数a的取值范围．解(1)aeq\o\al(2,n)＝Sn＋Sn－1(n≥2)，aeq\o\al(2,n－1)＝Sn－1＋Sn－2(n≥3)．相减可得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＝an＋an－1，∵an>0，an－1>0，∴an－an－1＝1(n≥3)．当n＝2时，aeq\o\al(2,2)＝a1＋a2＋a1，∴aeq\o\al(2,2)＝2＋a2，a2>0，∴a2＝2.因此n＝2时，an－an－1＝1成立．∴数列{an}是等差数列，公差为1.∴an＝1＋n－1＝n.(2)bn＝(1－an)2－a(1－an)＝(n－1)2＋a(n－1)，∵{bn}是递增数列，∴bn＋1－bn＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n＋a－1>0，即a>1－2n恒成立，∴a>－1.∴实数a的取值范围是(－1，＋∞)．周三3．(2020·宁德模拟)甲、乙、丙三人投篮的命中率各不相同，其中乙的命中率是甲的2倍，丙的命中率等于甲与乙的命中率之和．若甲与乙各投篮一次，每人投篮相互独立，则他们都命中的概率为0.18.(1)求甲、乙、丙三人投篮的命中率；(2)现要求甲、乙、丙三人各投篮一次，假设每人投篮相互独立，记三人命中总次数为X，求X的分布列及均值．解(1)设甲的命中率为p，则依题意可得p×2p＝0.18，解得p＝0.3，故甲、乙、丙三人投篮的命中率分别为0.3,0.6,0.9.(2)X的可能取值为0,1,2,3，则P(X＝0)＝(1－0.3)×(1－0.6)×(1－0.9)＝0.028，P(X＝1)＝0.3×(1－0.6)×(1－0.9)＋(1－0.3)×0.6×(1－0.9)＋(1－0.3)×(1－0.6)×0.9＝0.306，P(X＝2)＝0.3×0.6×(1－0.9)＋(1－0.3)×0.6×0.9＋0.3×(1－0.6)×0.9＝0.504，P(X＝3)＝0.3×0.6×0.9＝0.162，则X的分布列为X0123P0.0280.3060.5040.162故E(X)＝0×0.028＋1×0.306＋2×0.504＋3×0.162＝1.8.周四4.如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥平面ABCD，E为AB的中点．(1)证明：平面PAD⊥平面PCD；(2)若AD＝1，AB＝PD＝2，求二面角B－EC－P的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥CD.因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，又CD∩PD＝D，PD，CD⊂平面PCD，所以AD⊥平面PCD.因为AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD.(2)解以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,2)，E(1,1,0)，C(0,2,0)，所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(EC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，得n＝(1,1,1)．易知平面BCE的一个法向量为m＝(0,0,1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(3),3)，由图可知二面角B－EC－P为钝角，故二面角B－EC－P的余弦值为－eq\f(\r(3),3).周五(1)求椭圆的方程；(2)①设直线l的斜率为k，求出与直线l平行且与椭圆相切的直线方程(用k表示)；②若C，D为椭圆上的动点，求四边形ACBD面积的最大值．解(1)在椭圆eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<eq\r(2))中，∵a＝eq\r(2)，c＝eq\r(2－b2)，∴椭圆的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2－b2),\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，解得b＝1，∴椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①设切线方程为y＝kx＋m，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，由Δ＝0，可得m2＝1＋2k2，故切线方程为y＝kx±eq\r(1＋2k2).②要使得四边形ACBD的面积最大，需满足C，D两点到直线l的距离之和最大，即两条切线间的距离d＝eq\f(2|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(2\r(1＋2k2),\r(1＋k2))最大．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx－2k，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx－2k，))整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，∴1－2k2>0，－eq\f(\r(2),2)<k<eq\f(\r(2),2)，则x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，故|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(2\r(21－2k2),1＋2k2)·eq\r(1＋k2)，故四边形ACBD的面积S≤eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(\r(1＋2k2),\r(1＋k2))·eq\f(2\r(21－2k2),1＋2k2)·eq\r(1＋k2)＝eq\f(2\r(21－2k2),\r(1＋2k2))＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－1＋2k2＋2,1＋2k2))＝2eq\r(2)·eq\r(－1＋\f(2,1＋2k2))≤2eq\r(2)，当且仅当k＝0，且C(0,1)，D(0，－1)或C(0，－1)，D(0,1)时等号成立．故所求最大值为2eq\r(2).周六6．(2020·黄山模拟)已知曲线f(x)＝eq\f(mx－m,ex)在点(1，f(1))处的切线斜率为－eq\f(1,e).(1)求m的值，并求函数f(x)的极小值；(2)求证：当x∈(0，π)时，exsinx－x＋ex－2＋1>exxcosx.(1)解由题意，f(x)的定义域为R.∵f′(x)＝eq\f(m2－x,ex)，∴f′(1)＝eq\f(m,e)＝－eq\f(1,e)，∴m＝－1，∴f(x)＝eq\f(1－x,ex)，∴f′(x)＝eq\f(x－2,ex)，当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴x＝2是f(x)的极小值点，f(x)的极小值为f(2)＝－eq\f(1,e2).(2)证明要证exsinx－x＋ex－2＋1>exxcosx，两边同除以ex，只需证eq\f(1－x,ex)＋eq\f(1,e2)>xcosx－sinx即可．即证f(x)＋eq\f(1,e2)>xcosx－sinx.由(1)可知，f(x)＋eq\f