高考数学二轮复习 每日一题规范练（第一周）理-人教版高三数学试题

每日一题规范练(第一周)[题目1](本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差d＞0，其前n项和为Sn，且a2＋a4＝8，a3，a5，a8成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)令bn＝eq\f(1,a2n－1·a2n＋1)＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)因为a2＋a4＝8，及等差数列性质，所以a3＝4，即a1＋2d＝4.①因为a3，a5，a8为等比数列，则aeq\o\al(2,5)＝a3a8.所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)，化简得a1＝2d.②联立①和②得a1＝2，d＝1.所以an＝n＋1.(2)因为bn＝eq\f(1,a2n－1·a2n＋1)＋n＝eq\f(1,2n（2n＋2）)＋n＝eq\f(1,4)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＋n.所以Tn＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋1))＋[eq\f(1,4)(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋2]＋[eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋3]＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＋n))＝eq\f(1,4)[(eq\f(1,1)－eq\f(1,2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋(eq\f(1,3)－eq\f(1,4))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))]＋(1＋2＋3＋…＋n)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,1)－eq\f(1,n＋1))＋eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(n,4（n＋1）)＋eq\f(n（n＋1）,2).[题目2](本小题满分12分)已知函数f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sin(π－x)cos(π＋x)－eq\f(1,2).(1)求函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间；(2)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知f(A)＝－1，a＝2，bsinC＝asinA，求△ABC的面积．解：(1)f(x)＝cos2x－eq\r(3)sinxcosx－eq\f(1,2)＝eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(\r(3),2)sin2x－eq\f(1,2)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,6)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(π,6)≤x≤kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z，又x∈[0，π]，所以函数f(x)在[0，π]上的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π)).(2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，所以f(A)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A－\f(π,6)))＝－1，因为△ABC为锐角三角形，所以0＜A＜eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,6)＜2A－eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，所以2A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(π,3).又bsinC＝asinA，所以bc＝a2＝4，所以S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(3).[题目3](本小题满分12分)某校高三200名学生的期中考试语文成绩服从正态分布N(70，7.52)．数学成绩的频率分布直方图如下：(1)计算这次考试的数学平均分，并比较语文和数学哪科的平均分较高(假设数学成绩在频率分布直方图中各段是均匀分布的)；(2)如果成绩大于85分的学生为优秀，这200名学生中本次考试语文、数学优秀的人数大约各多少人？(3)如果语文和数学两科都优秀的共有4人，从(2)中的这些同学中随机抽取3人，设三人中两科都优秀的有X人，求X的分布列和数学期望．(附参考公式)若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)≈0.68，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)≈0.96.解：(1)数学成绩的平均分为[0.012×45＋0.02×55＋0.025×65＋0.035×75＋0.006×85＋0.002×95]×10＝65.9.根据语文成绩的正态分布知语文平均分为70分，所以语文平均分高些．(2)语文成绩优秀的概率为p1＝P(X≥85)＝(1－0.96)×eq\f(1,2)＝0.02，数学成绩优秀的概率为p2＝(0.006×eq\f(1,2)＋0.002)×10＝0.05，语文成绩优秀人数为200×0.02＝4人，数学成绩优秀人数为200×0.05＝10人．(3)语文和数学两科都优秀的共有4人，则单科优秀的有6人，X的所有可能取值为0，1，2，3，P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(3,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,2)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,6),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(3,10)，P(X＝3)＝eq\f(Ceq\o\al(3,4),Ceq\o\al(3,10))＝eq\f(1,30).X的分布列为X0123Peq\f(1,6)eq\f(1,2)eq\f(3,10)eq\f(1,30)数学期望E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(3,10)＋3×eq\f(1,30)＝eq\f(6,5).[题目4](本小题满分12分)在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC­A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，(1)求证：A1C1⊥B1(2)求二面角B1­A1C­C1(1)证明：如图1，取A1C1的中点D，连接B1D，CD图1因为C1C＝A1A＝A所以CD⊥A1C1因为底面△ABC是边长为2的正三角形，所以AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2所以B1D⊥A1C1又B1D∩CD＝D，CD⊂平面B1CD，B1D⊂平面B1CD，所以A1C1⊥平面B1CD所以A1C1⊥B1(2)解：法一如图1，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E因为侧面AA1C1C⊥底面ABC，所以侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1所以B1E⊥A1C所以∠B1ED为所求二面角的平面角，因为A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，所以B1D＝eq\r(3)，又ED＝eq\f(1,2)CC1＝eq\f(\r(2),2)，所以tan∠B1ED＝eq\f(B1D,ED)＝eq\f(\r(3),\f(\r(2),2))＝eq\r(6)，所以二面角B1­A1C­C1的正弦值为eq\f(\r(42),7).法二如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(eq\r(3)，0，0)，A1(0，0，1)，B1(eq\r(3)，1，1)，C(0，1，0)所以eq\o(A1B1,\s\up14(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(A1C,\s\up14(→))＝(0，1，－1)，设m＝(x，y，z)为平面A1B1C所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1B1,\s\up14(→))＝\r(3)x＋y＝0，,m·\o(A1C,\s\up14(→))＝y－z＝0，))令y＝eq\r(3)，得m＝(－1，eq\r(3)，eq\r(3))，又eq\o(OB,\s\up14(→))＝(eq\r(3)，0，0)，易证eq\o(OB,\s\up14(→))⊥平面A1CC1，可以作为平面A1CC1的一个法向量．所以cos〈m，eq\o(OB,\s\up14(→))〉＝eq\f(m·\o(OB,\s\up14(→)),|m||\o(OB,\s\up14(→))|)＝－eq\f(\r(7),7)，由图易知所求二面角为锐角，所以二面角B1­A1C­C1的正弦值为eq\f(\r(42),7).[题目5](本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)，y1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，y2))，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－eq\f(1,4)；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．(1)证明：因为k1，k2存在，所以x1x2≠0，因为m·n＝0，所以eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，所以k1·k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4).(2)解：①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，得eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝0，(*)又由P(x1，y1)在椭圆上，得eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，(**)由(*)、(**)联立，得|x1|＝eq\r(2)，|y1|＝eq\f(\r(2),2).所以S△POQ＝eq\f(1,2)|x1|·|y1－y2|＝1.②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1))得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)＞0，x1＋x2＝eq\f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4b2－4,4k2＋1).因为eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，所以eq\f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ＞0.所以S△POQ＝eq\f(1,2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))·|PQ|＝eq\f(1,2)|b|eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2|b|·eq\f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝2|b|·eq\f(\r(b2),2b2)＝1.综上可知，△POQ的面积S为定值．[题目6](本小题满分12分)已知函数g(x)＝ax－a－lnx，f(x)＝xg(x)，且g(x)≥0.(1)求实数a的值；(2)证明：存在x0，f′(x0)＝0且0＜x0＜1时，f(x)≤f(x0)．(1)解：g(x)的定义域为(0，＋∞)，且g′(x)＝a－eq\f(1,x)，x＞0.因为g(x)≥0，且g(1)＝0，故只需g′(1)＝0.又g′(1)＝a－1，则a－1＝0，所以a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)，显然当0＜x＜1时，g′(x)＜0，此时g(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1，g′(x)＞0，此时g(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以x＝1是g(x)的唯一的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，所求a的值为1.(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx.设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－eq\f(1,x)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，h′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)＞0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增．又h(e－2)＞0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，h(1)＝0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))有唯一零点x0，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))有唯一零点1.当x∈(0，x0)时，h(x)＞0；当x∈(x0，1)时，h(x)＜0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．则x＝x0是f(x)在(1，1)的最大值点，所以f(x)≤f(x0)成立．[题目7]1.(本小题满分10分)[选修4­4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1过点P(a，1)，其参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a＋\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2)t))(t为参数，a∈R)．以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0.(1)求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；(2)已知曲线C1与曲线C2交于A，B两点，且|AB|＝8，求实数a的值．解：(1)因为曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝a＋\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)，所以曲线C1的普通方程为x－y－a＋1＝0.因为曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0，所以ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0，所以x2＋4x－x2－y2＝0，即曲线C2的直角坐标方程为y2＝4x.(2)设A，B两点所对应的参数分别为t1，t2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝a＋\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2