全国通用版 高考数学文 精编冲刺练习习题 大题每日一题规范练第四周Word格式.docx
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，
所以2C－
＝
，C＝
在△ABC中，sinB＝2sinA，由正弦定理，
b＝2a.①
又c＝
，由余弦定理得（
）2＝a2＋b2－2abcos
∴a2＋b2－ab＝3，②
联立①，②得a＝1，b＝2.
星期二 （数列） 2019年____月____日
【题目2】（本小题满分12分）已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.
（1）证明数列{an＋4}是等比数列；
（2）求数列{|an|}的前n项和Sn.
（1）证明 ∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.
又an＋1＝2an＋4，
∴an＋1＋4＝2an＋8＝2（an＋4）≠0，
∴
＝2，
∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列.
（2）解 由
（1），可知an＋4＝2n，∴an＝2n－4.
当n＝1时，a1＝－2<
0，∴S1＝|a1|＝2；
当n≥2时，an≥0，
∴Sn＝－a1＋a2＋…＋an＝2＋（22－4）＋…＋（2n－4）
＝2＋22＋23＋…＋2n－4（n－1）
－4（n－1）＝2n＋1－4n＋2.
又当n＝1时，也满足上式.
∴当n∈N*时，Sn＝2n＋1－4n＋2.
星期三 （概率统计） 2019年____月____日
【题目3】（本小题满分12分）某部门为了解该企业在生产过程中的用水量情况，对日用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的日用水量的数据作为样本，得到的统计结果如下表：
日用水量（单位：
吨）
[70，80）
[80，90）
[90，100]
频数
3
6
m
频率
n
0.5
p
（1）求m，n，p的值；
（2）已知样本中日用水量在[80，90）内的这6个数据分别为83，85，86，87，88，89.从这6个数据中随机抽取2个，求抽取的2个数据中至少有一个大于86的概率.
解
（1）∵3＋6＋m＝12，∴m＝3，
∴n＝
，p＝
∴m＝3，n＝p＝
（2）从这6个数据中随机抽取2个数据的情况有：
{83，85}，{83，86}，{83，87}，{83，88}，{83，89}，{85，86}，{85，87}，{85，88}，{85，89}，{86，87}，{86，88}，{86，89}，{87，88}，{87，89}，{88，89}，共15种.
其中2个数据都小于或等于86的情况有{83，85}，{83，86}，{85，86}，共3种.
故抽取的2个数据中至少有一个大于86的概率p＝1－
星期四 （立体几何） 2019年____月____日
【题目4】（本小题满分12分）如图，在四面体PABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4
，线段AC，AP的中点分别为O，Q.
（1）求证：
平面PAC⊥平面ABC；
（2）求四面体POBQ的体积.
（1）证明 因为PA＝PC，O是AC的中点，
所以PO⊥AC.
在Rt△PAO中，PA＝5，OA＝3，且PA为直角三角形的斜边，
由勾股定理，得PO＝4.
因为BA＝BC，O是AC的中点，
所以BO⊥AC.
在Rt△BAO中，因为BA＝5，OA＝3，
由勾股定理，得BO＝4.
因为PO＝4，OB＝4，PB＝4
有PO2＋OB2＝PB2，
则PO⊥OB.且BO∩AC＝O，BO，AC⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC.而PO⊂平面PAC，
故平面PAC⊥平面ABC.
（2）解 由
（1），可知平面PAC⊥平面ABC.
因为平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面PAC，
所以VB－POQ＝
S△PQO·
BO＝
×
S△PAO×
4＝
3×
4＝4.
因为VP－OBQ＝VB－POQ，
故四面体POBQ的体积为4.
星期五 （解析几何） 2019年____月____日
【题目5】（本小题满分12分）已知椭圆C：
＋
＝1（a>
b>
0）的右焦点为F（
，0），长半轴与短半轴的比值为2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设经过点A（1，0）的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N.若点B（0，1）在以线段MN为直径的圆上，求直线l的方程.
解
（1）由题意，知c＝
，a＝2b，①
又a2＝b2＋c2，得a2＝b2＋3，②
联立①，②得a＝2，b＝1.
∴椭圆C的方程为
＋y2＝1.
（2）易知当直线l的斜率为0或直线l的斜率不存在时，不合题意.
当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，M（x1，y1），N（x2，y2）.
联立
消去x可得（4＋m2）y2＋2my－3＝0.
Δ＝16m2＋48>
0，y1＋y2＝
，y1y2＝
∵点B在以MN为直径的圆上，
·
＝（my1＋1，y1－1）·
（my2＋1，y2－1）
＝（m2＋1）y1y2＋（m－1）（y1＋y2）＋2＝0，
∴（m2＋1）
＋（m－1）
＋2＝0，
整理，得3m2－2m－5＝0，解得m＝－1或m＝
∴直线l的方程为x＋y－1＝0或3x－5y－3＝0.
星期六 （函数与导数） 2019年____月____日
【题目6】（本小题满分12分）已知函数f（x）＝（x－1）ex－mx2＋2，其中m∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数.
（1）当m＝1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（x1<
x2），证明：
x2－x1>
ln
（1）解 当m＝1时，f（x）＝（x－1）ex－x2＋2，
∴f′（x）＝xex－2x＝x（ex－2）.
令f′（x）＝x（ex－2）＝0，解得x＝0或x＝ln2.
当x>
ln2或x<
0时，f′（x）>
0，当0<
x<
ln2时，f′（x）<
0，
∴f（x）的单调递增区间为（ln2，＋∞），（－∞，0）；
∴f（x）的单调递减区间为（0，ln2）.
（2）证明 由题意知，此时m>
2，x≥0，
由f′（x）＝x（ex－2m）＝0，解得x＝0或x＝ln2m.
ln2m时，f′（x）>
0，f（x）在（ln2m，＋∞）上单调递增；
当0<
ln2m时，f′（x）<
0，f（x）在[0，ln2m]上单调递减.
所以f（x）的极小值在x＝ln2m时取得，为f（ln2m）.
又函数f（x）在[0，＋∞）上有两个零点x1，x2（x1<
x2），
所以f（ln2m）<
0.
由f（0）＝1>
0，f
（1）＝2－m<
所以x1∈（0，1）.
由f（ln2m）<
0，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，f（x）在（ln2m，＋∞）上单调递增.
所以x2∈（ln2m，＋∞）.
所以x2>
ln2m>
ln4.
因为0<
x1<
1，
所以x2－x1>
ln4－1＝ln
星期天 （选考内容） 2019年____月____日
【题目7】（在下面两题中任选一题作答.注意：
只能做所选定的题目.如果多做，则按所做第一个题目计分.）
1.（本小题满分10分）选修4－4：
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
（t为参数）.在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＋4sinθ＝ρ.
（1）写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
（2）已知点M在直角坐标系中的坐标为（2，2）.若直线l与曲线C相交于不同的两点A，B，求|MA|·
|MB|的值.
解
（1）由
消去参数t可得y＝
（x－2）＋2，
∴直线l的普通方程为
x－y＋2－2
＝0.
∵ρsin2θ＋4sinθ＝ρ，∴ρ2sin2θ＋4ρsinθ＝ρ2.
∵ρsinθ＝y，ρ2＝x2＋y2，
∴曲线C的直角坐标方程为x2＝4y.
（2）将
代入抛物线方程x2＝4y中，
得
＝4
，即t2＋（8－8
）t－16＝0.
∵Δ>
0，且点M在直线l上，
∴此方程的两个实数根为直线l与曲线C的交点A，B对应的参数t1，t2，
∴t1t2＝－16，∴|MA|·
|MB|＝|t1t2|＝16.
2.（本小题满分10分）选修4－5：
不等式选讲
已知函数f（x）＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R.
（1）当k＝1时，若不等式f（x）<
4的解集为{x|x1<
x2}，求x1＋x2的值；
（2）当x∈R时，若关于x的不等式f（x）≥k恒成立，求k的最大值.
解
（1）由题意，得|x－2|＋|x＋1|<
4.
2时，原不等式可化为2x<
5，∴2<
；
当x<
－1时，原不等式可化为－2x<
3，
∴－
－1；
当－1≤x≤2时，原不等式可化为3<
4，∴－1≤x≤2.
综上，原不等式的解集为
即x1＝－
，x2＝
.∴x1＋x2＝1.
（2）由题意，得|x－2|＋k|x＋1|≥k.
当x＝2时，即不等式3k≥k成立，∴k≥0.
①当x≤－2或x≥0时，
∵|x＋1|≥1，∴不等式|x－2|＋k|x＋1|≥k恒成立.
②当－2<
x≤－1时，
原不等式可化为2－x－kx－k≥k，
可得k≤
＝－1＋
∴k≤3.
③当－1<
0时，
原不等式可化为2－x＋kx＋k≥k，
可得k≤1－
，∴k≤3.
综上可得0≤k≤3，即k的最大值为3.
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