每日一练 第七周-【创新教程】2024高考数学总复习大二轮专题增分方案教师用书word（新教材）

[第七周] ●周一 　(2023·曲靖质监二)已知数列{an}是公差为d(d≠0)的等差数列，且满足a1＝1，an＋1＝xan＋2. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n·，求数列{bn}的前10项和S10. 解：(1)因为{an}是公差为d(d≠0)的等差数列， a1＝1，an＋1＝xan＋2， 所以当n＝1时，a2＝xa1＋2＝x＋2， 当n＝2时，a3＝xa2＋2＝x(x＋2)＋2＝x2＋2x＋2， 因为a3－a2＝a2－a1，即x2＋x＝x＋1， 解得x＝±1，所以d＝2或d＝0(舍去)， 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)得， bn＝(－1)n·＝(－1)n·＝(－1)n·. 所以S10＝－1－＋＋－－＋…＋＋＝－1＋＝－. ●周二 　(2023·龙岩质检)如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC＝30°，MN为上底面圆O′的一条直径，△MAC是边长为6的等边三角形，MB＝4. (1)证明：平面MBC⊥平面MAC； (2)求平面MBC和平面NAB夹角的余弦值． 解：(1)∵AB为圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点， 故∠ACB＝90°，∴CB⊥AC， 又∵∠BAC＝30°，AC＝MC＝MA＝6， ∴BC＝tan∠BAC×AC＝2， 而MB＝4，BC2＋MC2＝MB2，∴BC⊥MC. ∵AC∩MC＝C，AC，MC⊂平面MAC，∴BC⊥平面MAC. ∵BC⊂平面MBC，∴平面MBC⊥平面MAC. (2)设D为AC的中点，连接DM，DO，则MD⊥AC，OD⊥AC， 由(1)可知，BC⊥平面MAC，所以BC⊥DM， ∵AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，∴DM⊥平面ABC， 如图以D为原点，分别以DA，DO，DM所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 由题意可得A(3,0,0)，C(－3,0,0)，B(－3,2，0)，M(0,0,3) ∵OO′⊥平面ABC，∴DM∥OO′，四边形ODMO′为矩形，∴N(0,2，3)， 设平面MBC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， ＝(－3,0，－3)，＝(0，－2，0)， 由得，令z1＝－1，可得x1＝，y1＝0， 即n1＝(，0，－1)， 设平面NAB的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， ＝(－6,2，0)，＝(－3,2，3) 由，得， 令x2＝，可得y2＝3，z2＝－1， 即n2＝(，3，－1)． 设平面MAC与平面NAB的夹角为θ， 则cos θ＝＝＝， ∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为. ●周三 　(2023·保山二模)如图，在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝3，AD＝CD＝2. (1)当四边形ABCD内接于圆O时，求角C； (2)当四边形ABCD面积最大时，求对角线BD的长． 解：(1)由余弦定理可得： BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝12＋22－2×1×2×cos A， BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos C＝32＋22－2×3×2×cos C， 所以5－4cos A＝13－12cos C. 又四边形ABCD内接于圆O， 所以A＋C＝π， 所以5－4cos(π－C)＝13－12cos C， 化简可得cos C＝，又C∈(0，π)， 所以C＝. (2)设四边形ABCD的面积为S， 则S＝S△ABD＋S△BCD＝·AB·AD·sin A＋ ·BC·CD·sin C， 又BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos C， 所以， 即 平方后相加得S2＋4＝10＋6sin Asin C－ 6cos Acos C，即S2＝6－6cos(A＋C)， 又A＋C∈(0,2π)， 所以A＋C＝π时，S2有最大值，即S有最大值． 此时，A＝π－C， 代入2＝3cos C－cos A，得cos C＝. 又C∈(0，π)，所以C＝， 在△BCD中，可得：BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos C＝22＋32－2×2×3×cos＝7，即BD＝. 所以对角线BD的长为. ●周四 　(2023·邯郸三模)已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(2,0)，B(4,3)两点． (1)求双曲线C的方程； (2)已知点P(2,1)，设过点P的直线l交C于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于点G，H，当|GH|＝6时，求直线l的斜率． 解：(1)设曲线C的方程为mx2＋ny2＝1(mn＜0)，由曲线C过点A(2,0)，B(4,3)两点，得， 解得，所以曲线C的方程为－＝1. (2)由题意可知过点P的直线的方程为y＝k(x－2)＋1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去y， 得(3－4k2)x2－8k(