文档内容
第二周
[周一]
1．(2022·山东部分学校联考)在数列{a}中，a＝2，且a －2n＋1＝a－2n＋1.
n 1 n＋1 n
(1)证明：数列{a－n＋1}是等比数列；
n
(2)若b＝log (a－n＋1)，求数列的前n项和S.
n 4 n n
(1)证明 ∵a －2n＋1＝a－2n＋1，
n＋1 n
∴(a －2n＋1)－(a－2n)＝1，
n＋1 n
∵a＝2，∴a－2＝0，∴数列{a－2n}是首项为0，公差为1的等差数列，
1 1 n
∴a－2n＝n－1，∴a－n＋1＝2n，
n n
则＝2，
∴数列{a－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
n
(2)解 由(1)知a－n＋1＝2n，
n
则b＝log (a－n＋1)＝，
n 4 n
∴＝＝4，
∴S＝4×＝.
n
[周二]
2.(2022·安阳模拟)如图，在四面体ABCD中，AB＝AD，BC＝CD，E为BD的中点，F为AC
上一点．
(1)求证：平面ACE⊥平面BDF；
(2)若∠BCD＝90°，∠BAD＝60°，AC＝BC＝2，求点B到平面ACD的距离．
(1)证明 在四面体 ABCD 中，AB＝AD，BC＝CD，E 为 BD 的中点，则 AE⊥BD，
CE⊥BD，
而AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，于是BD⊥平面ACE，又BD⊂平面BDF，
所以平面ACE⊥平面BDF.
(2)解 依题意知，BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，则BD＝2，CE＝，又∠BAD＝60°，则AB＝
AD＝BD＝2，AE＝，在△ACE中，由余弦定理得cos∠AEC＝＝＝－，
则sin∠AEC＝，
S ＝AE·CEsin∠AEC＝×××＝，由(1)得，V ＝S ·BD＝，
△AEC B－ACD △AEC因为AD2＋CD2＝12＝AC2，即∠ADC＝90°，则S ＝AD·CD＝2，
△ACD
设点B到平面ACD的距离为h，
则V ＝S ·h＝×2h＝，解得h＝，
B－ACD △ACD
所以点B到平面ACD的距离为.
[周三]
3．为响应“绿色出行”号召，某市先后推出了“共享单车”和“新能源分时租赁汽车”，
并计划在甲、乙两个工厂选择一个工厂生产汽车轮胎，现分别从甲、乙两厂各随机选取 10
个轮胎，将每个轮胎的宽度(单位：mm)记录下来并绘制出如图所示的折线图．
(1)分别计算甲、乙两厂提供的10个轮胎宽度的平均数；
(2)若轮胎的宽度在[194,196]内，则称这个轮胎是标准轮胎．试比较甲、乙两厂分别提供的
10个轮胎中所有标准轮胎宽度的方差的大小，根据两厂的标准轮胎宽度的平均水平及其波
动情况，判断这两个工厂哪个工厂会被选择．
解 (1)甲厂提供的10个轮胎宽度的平均数为×(195＋194＋196＋193＋194＋197＋196＋195
＋193＋197)＝195.
乙厂提供的10个轮胎宽度的平均数为×(195＋196＋193＋192＋195＋194＋195＋192＋195＋
193)＝194.
(2)甲厂提供的10个轮胎的宽度在[194,196]内的数据为195,194,196,194,196,195，共6个，
标准轮胎宽度的平均数为
＝195，
方差为×(0＋1＋1＋1＋1＋0)＝；
乙厂提供的10个轮胎的宽度在[194,196]内的数据为195,196,195,194,195,195，共6个，
标准轮胎宽度的平均数为
＝195，方差为×(0＋1＋0＋1＋0＋0)＝，
由于甲、乙两厂标准轮胎宽度的平均数相等，但乙厂的方差更小，所以乙厂的轮胎会被选择．
[周四]
4．(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)．
[周五]5．(2022·九江模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax＋1(a∈R)．
(1)若a≤1，讨论f(x)零点的个数；
(2)求证：当x≥1时，(xln x＋1)ln x＋>ln 2(注：ln 2≈0.693 1)．
(1)解 由题意，函数f(x)＝xln x－ax＋1，可得f′(x)＝ln x＋1－a，
令f′(x)>0，可得x>ea－1；令f′(x)<0，可得00，此时f(x)没有零点，
当a＝1时，f(ea－1)＝1－ea－1＝0，此时f(x)有且只有一个零点，
综上，当a<1时，f(x)没有零点；
当a＝1时，f(x)有且只有一个零点．
(2)证明 当a＝1时，f(x)＝xln x－x＋1，x>0，可得f′(x)＝ln x，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，即xln x＋1≥x，
即当x>0时，xln x＋1≥x恒成立，
因为x≥1，所以ln x≥0，
要证(xln x＋1)ln x＋>ln 2，
只需证xln x＋>ln 2，
只需证xln x＋1＋>ln 2＋1，
只需证x＋>ln 2＋1，
令g(x)＝x＋，x>0，可得g′(x)＝1－＝，
当x∈(0，ln 2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(ln 2)＝ln 2＋＝ln 2＋1，
即x＋≥ln 2＋1成立，当且仅当x＝ln 2时，等号成立，
又不等式xln x＋1≥x，当且仅当x＝1时，等号成立，两个等号不能同时成立，
所以当x≥1时，(xln x＋1)ln x＋>ln 2恒成立．
[周六]
6．[坐标系与参数方程]
(2022·鸡西模拟)在平面直角坐标系中，曲线C ：x＋y＝4，曲线C ：(θ为参数)，以坐标原
1 2
点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C ，C 的极坐标方程；
1 2
(2)若射线θ＝α(ρ≥0)与曲线C ，C 的公共点分别为A，B，求的最大值．
1 2解 (1)由题意，得曲线C 的极坐标方程为ρ(cos θ＋sin θ)＝4，
1
曲线C 的普通方程为(x－1)2＋y2＝1，所以曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.
2 2
(2)设A(ρ，α)，B(ρ，α)，
1 2
因为A，B是射线θ＝α与曲线C ，C 的公共点，
1 2
所以不妨设－<α≤，则ρ＝，ρ＝2cos α，
1 2
所以＝
＝×2cos α(cos α＋sin α)＝(cos 2α＋sin 2α＋1)＝，
所以当α＝时，取得最大值.
6．[不等式选讲]
(2022·萍乡模拟)已知f(x)＝|x－2|＋的最小值为m.
(1)求m的值；
(2)若正实数a，b，c满足a＋b＋c＝m，证明：a2＋2b2＋c2≥.
(1)解 f(x)＝|x－2|＋
≥＝，
当且仅当－≤x≤2时等号成立，∴m＝.
(2)证明 ∵a>0，b>0，c>0，a＋b＋c＝，
又由柯西不等式得(a2＋2b2＋c2)·≥(a＋b＋c)2，
∴a2＋2b2＋c2≥，当且仅当a＝2b＝c＝1时取等号．
