文档内容
第二周
[周一]
1．(2022·聊城模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知＝，a＝3.
(1)求角A；
(2)若点D在边AC上，且BD＝BA＋BC，求△BCD面积的最大值．
解 (1)在△ABC中，因为＝，
所以(2b－c)cos A＝acos C，
由正弦定理得2sin Bcos A＝sin Acos C＋cos Asin C＝sin(A＋C)＝sin B，
因为sin B>0，所以cos A＝，
因为A∈(0，π)，所以A＝.
(2)因为BD＝BA＋BC，
所以CD＝BD－BC＝CA，
所以S ＝S ＝bcsin A＝bc，
△BCD △ABC
因为a2＝b2＋c2－2bccos A，
所以9＝b2＋c2－bc≥bc，当且仅当b＝c＝3时，等号成立，所以S ＝bc≤，
△BCD
所以△BCD面积的最大值为.
[周二]
2．(2022·南通模拟)已知盒子里有6个形状、大小完全相同的小球，其中红、白、黑三种颜
色，每种颜色各两个小球．现制定如下游戏规则：每次从盒子里不放回地摸出一个球，若取
到红球记1分；取到白球记2分；取到黑球记3分．
(1)若从中连续取3个球，求恰好取到3种颜色球的概率；
(2)若从中连续取3个球，记最后总得分为随机变量ξ，求随机变量ξ的分布列．
解 (1)连续取3个球有A种方法，
从中连续取3个球，红、白、黑各取一个有
CCCA种方法，
则恰好取到3种颜色球的概率
P＝＝＝.(2)由题意得，随机变量ξ的所有可能取值为4,5,6,7,8.当取到两个红球和一个白球时，ξ＝4，
则P(ξ＝4)＝＝＝，
当取到两个红球和一个黑球或两个白球和一个红球时，ξ＝5，
则P(ξ＝5)＝＝＝，
当取到一个红球、一个白球和一个黑球时，ξ＝6，
则P(ξ＝6)＝＝＝，
当取到一个红球和两个黑球或两个白球和一个黑球时，ξ＝7，
则P(ξ＝7)＝＝＝，
当取到两个黑球和一个白球时，ξ＝8，
则P(ξ＝8)＝＝＝.
∴随机变量ξ的分布列为
ξ 4 5 6 7 8
P
[周三]
3．(2022·济南模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得
点D到达点P的位置，如图2，PB＝.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)求直线PC与平面ABC所成角的正弦值．
(1)证明 因为BC＝1，PC＝2，PB＝，
则BC2＋PB2＝PC2，于是得BC⊥PB，
又BC⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，
因此BC⊥平面PAB，而BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面PAB.
(2)解 在平面PAB内过点P作PO⊥AB于点O，连接CO，如图，
由(1)知，平面ABC⊥平面PAB，而平面ABC∩平面PAB＝AB，
则有PO⊥平面ABC，
所以∠PCO是直线PC与平面ABC所成的角，
在△PAB中，PA2＋PB2＝4＝AB2，
则∠APB＝90°，PO＝＝，
在Rt△POC中，PC＝2，
则有sin∠PCO＝＝，
所以直线PC与平面ABC所成角的正弦值为.
[周四]
4．(2022·泰安模拟)已知数列{a}的前n项和为S，且满足3a＝2S＋2.
n n n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)能否在数列{a}中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？请说明理由．
n
解 (1)∵3a＝2S＋2，
n n
∴当n＝1时，3a＝2S＋2＝2a＋2，
1 1 1
∴a＝2；
1
当n≥2时，3a ＝2S ＋2，
n－1 n－1
∴3a－3a ＝(2S＋2)－(2S ＋2)＝2a，
n n－1 n n－1 n
∴a＝3a ，
n n－1
即＝3(n≥2)，
∴数列{a}是以2为首项，3为公比的等比数列，
n
∴a＝2×3n－1.
n
(2)若1≤k0，
∴3n－m＋>3与＋3n－m＝2矛盾，
∴数列{a}中找不到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列．
n[周五]
5．(2022·青岛模拟)在平面直角坐标系中，点F(－，0)，F(，0)，点M满足|MF |－|MF |＝
1 2 1 2
±2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知A(1,0)，过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q(点P和Q都异于点A)，
若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点．
(1)解 因为|MF |－|MF |＝±2，
1 2
所以||MF |－|MF ||＝2<2＝|FF|，
1 2 1 2
由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，
其中c＝，a＝1，
所以b＝＝，
所以曲线C的方程为x2－＝1.
(2)证明 若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±(x－1)，
联立x2－＝1求解可得x＝－3，
直线PQ过点(－3,0)．
当直线PQ斜率存在时，
设直线PQ方程为y＝kx＋m，
P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
代入x2－＝1，
整理得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
因为AP⊥AQ，
所以AP·AQ＝(x－1，y)·(x－1，y)
1 1 2 2
＝(x－1)(x－1)＋yy
1 2 1 2
＝(k2＋1)xx＋(km－1)(x＋x)＋m2＋1
1 2 1 2
＝＋＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2＝(3k－m)(k＋m)＝0，
解得m＝3k或m＝－k，
因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意，故m＝3k，代入y＝kx＋m，
得y＝k(x＋3)，过定点(－3,0)．
综上，直线PQ过定点(－3,0)．[周六]
6．(2022·济南模拟)设函数f(x)＝ln x－ax＋1.
(1)若f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；
(2)证明：(e－x＋1)<＋1.
(1)解 f′(x)＝－a＝，x>0.
当a≤0时，f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
取x＝1，f(1)＝－a＋1≥1，不符合题意，舍去．
当a>0时，令f′(x)>0，得0，
故f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
当x＝时，f(x)取得极大值，
即最大值为f ＝ln ，
若f(x)≤0恒成立，则ln ≤0，解得a≥1.
(2)证明 要证(e－x＋1)<＋1，
即证＋＋<.
设h(x)＝，
则h′(x)＝＝，
令h′(x)>0，得0e.
故h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
当x＝e时，h(x)取得极大值，也是最大值，
即最大值为h(e)＝，
故h(x)＝≤.
设F(x)＝xex－1－ln x－x，
则F′(x)＝ex－1＋xex－1－－1
＝(1＋x)ex－1－＝(1＋x).
设φ(x)＝ex－1－，
则φ′(x)＝ex－1＋>0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(1)＝e1－1－1＝0.所以当x∈(0,1)时，φ(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)>0.
故当x∈(0,1)时，F′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)>0，
即F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
故当x＝1时，F(x)取得极小值，也是最小值，
即最小值为F(1)＝0，故F(x)≥0，
即xex－1－ln x－x≥0，故＋≤，
当且仅当x＝1时，等号成立．
又h(x)＝≤，
当且仅当x＝e时，等号成立．
两个等号不能同时成立，
所以＋＋<.
故(e－x＋1)<＋1.
