文档内容
第四周
[周一]
1．(2022·菏泽模拟)在①acos ＝csin A；②a＝ccos B＋bsin C；③cos2A－cos2C＝sin2B－sin
Asin B，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，c＝，________，求a＋2b的最
大值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 若选①：acos ＝csin A，
∵A＋B＋C＝π，
∴由已知条件得sin Asin ＝sin Csin A，
由sin A≠0，
得sin ＝2sin cos ，
由sin ≠0，得cos ＝，
∵C∈(0，π)，
∴＝，即C＝，
在△ABC中，
由正弦定理得＝＝＝2，
∴a＝2sin A，b＝2sin B，
∴a＋2b＝2sin A＋4sin B
＝2sin A＋4sin
＝2sin A＋4
＝4sin A＋2cos A
＝2sin(A＋φ)，
∵A∈，
∴存在A，使得A＋φ＝，
此时a＋2b取得最大值为2.
若选②：sin A＝sin Ccos B＋sin Bsin C，
∵A＋B＋C＝π，
∴sin(B＋C)＝sin Ccos B＋sin Bsin C，即(sin Bcos C＋cos Bsin C)
＝sin Ccos B＋sin Bsin C，
化简得sin Bcos C＝sin Bsin C，
由sin B≠0，得tan C＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
下同①.
若选③：cos2A－cos2C＝sin2B－sin Asin B，
即1－sin2A－(1－sin2C)
＝sin2B－sin Asin B，
即sin2C－sin2A＝sin2B－sin Asin B，
由正弦定理得c2－a2＝b2－ab，
∴由余弦定理得cos C＝＝，
∵C∈(0，π)，∴C＝.
下同①.
[周二]
2．已知数列{a}满足a＋a ＝2a ，n∈N*，且a＝1，a＋a＝22.
n n n＋2 n＋1 1 5 7
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)记在区间(3m，3m＋1)(m∈N*)上，{a}的项数为b ，求数列{b }的前m项和．
n m m
解 (1)由题意知a －a ＝a －a，
n＋2 n＋1 n＋1 n
则{a}为等差数列，设其公差为d，
n
由a＋a＝22，
5 7
得a＋4d＋a＋6d＝22，又a＝1，
1 1 1
∴d＝2，则a＝2n－1.
n
(2)由题意得，
b ＝－1＝3m－1，
m
∴b＋b＋…＋b
1 2 m
＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3m－1)
＝31＋32＋…＋3m－m
＝3×－m
＝－m－.[周三]
3．(2022·临沂模拟)在正方体ABCD－ABC D 中，E为AD 的中点，过ABE的平面截此正
1 1 1 1 1 1 1
方体，得到如图所示的多面体，F为棱CC 上的动点．
1
(1)点H在棱BC上，当CH＝CB时，FH∥平面AEB ，试确定动点F在棱CC 上的位置，并
1 1
说明理由；
(2)若AB＝2，求点D到平面AEF的最大距离．
解 (1)设平面BCC B 与平面AEB 的交线为l，
1 1 1
因为FH∥平面AEB，
1
平面BCC B∩平面AEB＝l，
1 1 1
FH⊂平面BCC B，
1 1
所以FH∥l.
由正方体ABCD－ABC D 知，
1 1 1 1
平面ADD E∥平面BCC B，
1 1 1
又因为平面ADD E∩平面AEB＝AE，
1 1
所以AE∥l，所以AE∥FH，
如图，取BC的中点G，连接C G，
1
易知AE∥GC ，
1
所以GC ∥FH，
1
又因为H为CG的中点，所以F为CC 的中点．
1
(2)如图，以点D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐
标系，
则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(1,0,2)，设F(0,2，t)，t∈[0,2]，
AE＝(－1,0,2)，AF＝(－2,2，t)，
DA＝(2,0,0)，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
不妨取x＝2，则n＝，
所以点D到平面AEF的距离d＝
＝＝≤，
当t＝2，即点F与点C 重合时，取等号．
1
所以点D到平面AEF的最大距离为.
[周四]
4．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)与圆O：x2＋y2＝12相交于A，B两点，且点A的横坐标为
2.F是抛物线C的焦点，过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M，N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M，N作抛物线C的切线l，l，P(x，y)是l，l 的交点，求证：点P在定直线上．
1 2 0 0 1 2
(1)解 因为点A的横坐标为2，且点A在圆O上，
所以点A的坐标为A(2，2)，
代入抛物线方程得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y.
(2)证明 抛物线C：y＝，则y′＝，
设M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
所以切线PM的方程为y－y＝(x－x)，
1 1
即y＝·x－，
同理切线PN的方程为y＝·x－，
联立解得点P，设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，
得x2－4kx－4＝0，
所以xx＝－4，
1 2
所以点P在定直线y＝－1上，结论得证．
[周五]
5．(2022·福州模拟)某超市开展购物抽奖送积分活动，每位顾客可以参加 n(n∈N*，且n≥2)
次抽奖，每次中奖的概率为，不中奖的概率为，且各次抽奖相互独立．规定第1次抽奖时，
若中奖则得10分，否则得5分．第2次抽奖，从以下两个方案中任选一个：
方案①：若中奖则得30分，否则得0分；
方案②：若中奖则获得上一次抽奖得分的两倍，否则得5分．
第3次开始执行第2次抽奖所选方案，直到抽奖结束．
(1)如果n＝2，以抽奖的累计积分的期望值为决策依据，顾客甲应该选择哪一个方案？并说
明理由；
(2)记顾客甲第i次获得的分数为X(i＝1,2，…，n)，并且选择方案②.请直接写出E(X )与
i i＋1
E(X)的递推关系式，并求E(X)的值．(精确到0.1，参考数据：7≈0.059.)
i 8
解 (1)若甲第2次抽奖选方案①，两次抽奖累计积分为ξ，
则ξ的可能取值为40,35,10,5.
P(ξ＝40)＝×＝，
P(ξ＝35)＝×＝，
P(ξ＝10)＝×＝，
P(ξ＝5)＝×＝，
所以E(ξ)＝40×＋35×＋10×＋5×＝＝.
若甲第2次抽奖选方案②，两次抽奖累计积分为η，则η的可能取值为30,15,10，
则P(η＝30)＝×＝，
P(η＝15)＝×＋×＝，
P(η＝10)＝×＝，
E(η)＝30×＋15×＋10×＝，
因为E(ξ)>E(η)，所以应选择方案①.
(2)依题意得E(X )＝5×＋2E(X)·
i＋1 i
＝E(X)＋，
i
X 的可能取值为10,5，其分布列为
1X 10 5
1
P
所以E(X)＝，
1
则E(X)－10＝－，
1
由E(X )＝E(X)＋得
i＋1 i
E(X )－10＝[E(X)－10]，
i＋1 i
所以{E(X)－10}为等比数列．
i
其中首项为－，公比为.
则E(X)－10＝－×i－1，
i
所以E(X)－10＝－×7，
8
故E(X)＝－×7＋10≈9.8.
8
[周六]
6．(2022·江门模拟)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋－5.
(1)证明：f(x)<；
(2)若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围．
(1)证明 要证f(x)<，
即证当x∈(0，＋∞)时，
不等式ln x－<0恒成立．
令F(x)＝ln x－，
则F′(x)＝－＝，
故当00，F(x)单调递增；
当x>4时，F′(x)<0，F(x)单调递减．
则F(x) ＝F(4)＝ln 4－2<0，
max
故f(x)<.
(2)解 由f(x)＝g(x)可得a＝＋－
＝，
构造函数h(x)＝－，其中x>0，
则h′(x)＝＋
＝，
当00，ln x<0，则h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增，
当x>1时，4－4x<0，ln x>0，
则h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，
所以h(x) ＝h(1)＝3，
max
令φ(x)＝xln x＋5x－2，
则当x>1时，φ(x)>5x－2>0，
当0
