每日一练 第三周-【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）

[第三周] ●周一 　(2023·淄博诊断)已知等差数列{bn}(n∈N*)的首项为－1，公差为2.数列{an}满足an＋1－an＝bn. (1)求an取得最小值时n的值； (2)若a1＝，证明：＋＋…＋≤. 解：(1)由an＋1－an＝bn， 得a2－a1＝b1，a3－a2＝b2，…，an－an－1＝bn－1， 累加可得：an－a1＝b1＋b2＋…＋bn－1， 所以an＝a1＋(n－1)(－1)＋×2＝n2－4n＋3＋a1＝(n－2)2＋a1－1， 显然an取最小值时，n的值为2. (2)若a1＝，则an＝n2－4n＋， 即an＝， 所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝－ 显然n≥2时，＋＋…＋＜0， 可得＋＋…＋≤－＝. ●周二 　(2023·张家界模拟)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，∠ACB＝90°，AC1⊥A1C，D为线段A1C上的动点，AC1⊥BD. (1)求证：平面ACC1A1⊥平面ABC； (2)若AA1⊥AC，D为线段A1C的中点，AC＝2BC＝2，求B1D与平面A1BC所成角的余弦值． 解：(1)已知A1C⊥AC1，又AC1⊥BD，A1C，BD⊂平面A1BC，A1C∩BD＝D， 所以AC1⊥平面A1BC， 又BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC， 因为∠ACB＝90°，所以BC⊥AC， 又AC∩AC1＝A，AC，AC1⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面ABC， 所以平面ACC1A1⊥平面ABC. (2)由(1)知平面ACC1A1⊥平面ABC， 又平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，AA1⊥AC， AA1⊂平面ACC1A1， 所以AA1⊥平面ABC.又A1A∥C1C， 所以CC1⊥平面ABC， 所以CA，CB，CC1两两垂直，. 以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AA1⊥AC，所以四边形ACC1A1为矩形， 又因为AC1⊥A1C，所以四边形ACC1A1为正方形． 因为AC＝2，BC＝1，所以CC1＝2， 所以C(0,0,0)，B(0,1,0)，A1(2,0,2)，B1(0,1,2)． 由D是线段A1C的中点，得D(1,0,1)， 所以＝(0,1,0)，＝(2,0,2)，＝(1，－1，－1)． 设平面A1BC的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，则z＝－1，所以n＝(1,0，－1)， cos〈n，〉＝＝＝. 设直线B1D与平面A1BC所成的角为α， 则sin α＝|cos〈n，〉|＝， 所以cos α＝＝， 所以直线B1D与平面A1BC所成角的余弦值为. ●周三 　(2023·丽水二模)在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足－1＝，且A≠C. (1)求证：B＝2C； (2)已知BD是∠ABC的平分线，若a＝4，求线段BD长度的取值范围． 解：(1)由题意得＝， 即＝. 由正弦定理得b2＝c2＋ac， 又由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B， 所以c＝a－2ccos B， 故sin C＝sin A－2sin Ccos B， 故sin C＝sin(B＋C)－2sin Ccos B， 整理得sin C＝sin(B－C)， 又△ABC为锐角三角形，则C∈，B∈，B－C∈， 所以C＝B－C，因此B＝2C. (2)在△BCD中，由正弦定理得＝，所以＝. 所以BD＝＝＝， 因为△ABC为锐角三角形，且B＝2C， 所以，解得＜C＜. 故＜cos C＜，所以＜BD＜2. 因此线段BD长度的取值范围. ●周四 　(2023·白山三模)某学校食堂中午和晩上都会提供A，B两种套餐(每人每次只能选择其中一种)，经过统计分析发现：学生中午选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为；在中午选择A类套餐的前提下，晩上还选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为；在中午选择B类套餐的前提下，晩上选择A类套餐的概率为，选择B类套餐的概率为. (1)若同学甲晩上选择A类套餐，求同学甲中午也选择A类套餐的概率； (2)记某宿舍的4名同学在晩上选择B类套餐的人数为X，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求X的分布列及数学期望． 解：(1)设事件M为同学甲晩上选择A类套餐，事件N1为同学甲中午选择A类套餐，事件N2为同学甲中午选择B类套餐，则P(N1M)＝×＝，P(N2M)＝×＝， P(M)＝P(N1M)＋P(N2M)＝， 所以P(N1|M)＝＝＝，即同学甲晩上选择A类套餐，中午也选择A类套餐的概率为. (2)晩上选择A类套餐的概率PA＝×＋×＝； 晩上选择B类套餐的概率PB＝×＋×＝. 所以4名同学在晩上有X个人选择B类套餐，X的所有可能取值为0,1,2,3,4， 则P(X＝k)＝Ck4－k(k＝0