第2周 周一、周二-【创新教程】2026年高考数学大二轮专题增分方案课时作业

I数学 ∠POA)=tan∠COB:tan∠COA=tan(π-A):tan(π 5.解：(1)证明：对于数集A,4十1庄A,4一1|庄A,所以数 -B)=tan A tan B. 集A不具有性质P, 同理可得S,:Sg=tanA:tanC,.S1:S2:S,=tanA 对于数集B,任意x,y∈B,|x一y|∈B,所以数集B具有 tan B:tan C. 性质P. 又S1·OA+S2·OB+S3·OC=0, (2)(1)当n=5时，数集C={a1,a2,,a5}具有性质P, .tanA·OA+tanB·OB+tanC·OC=0. a6十a5=2a5>a5,所以a5十a5C,即|a-a5|=0∈C, 因为0≤a1<a2<a3<a4<a5, 又OA+2OB+3OC=0, 则a1=0,又因为a5十a4>a5十a>a十a2>as,所以a5 .'.tan A tan B tan C=1 2 3. 不妨设tanA=k,tanB=2k,tanC=3k,其中k≠0. 十a,C(i=2,3,4),则as-a:∈C(i=2,3,4),因为a1=0 <a5-a4<a-ag<a5-a2<a5,所以得a5-a4=a2,a5 7amA=-aB+C=一nB+mC 一a3=a3,a5一a2=a4, Γ1-2·3，解得k=士1. 2k+3k 因为a4十a3>a4十a2=a5,所以a4十ag年C,则a4-ag ∴.k= ∈C, 当k=一1时，此时tanA<0,tanB<0,tanC<0,则A, 又因为a1=0<a4-a3<a4,所以a4-a3=a2或a4一a3 B,C都是纯角，不合题意，舍掉. =a3,因为a5一a3=ag, 故k=1,则tanC=3>0,故C为锐角， 所以a4-ag=a3（舍去)，即a4-ag=a2,ag-a2=a5-ag -a2=a4-a3=a2, 解得oC-】 所以a2-a1=a3-a2=a4-a3=a5-a1=a2,即当n=5 sin C+cos C=1 时，a1,a2,…,an是等差数列. 3C[由图象可知T-餐-（一）得T-2x, (i)若数集C={a1,a2,…,an}且a:<a+1(i=1,2,…,n 一1)具有性质P,按照(1)推导的方式得出n≥5一般结 所以ω= 论，具体如下：因为am十an-1>an十a。-2>…>am十a2 2π =1,所以f(x)=cos(x+p), an 因为画数图象过点（晋，月 所以an十a任C(i=2,3,…,n-1),即an-a:∈C(i=2, 3,…,n-1), 所以cos(答+9)=1，所以晋+g=2km,k∈Z, 因为a1=0<a。-an-1<an-an-2<<am-a2<aa,所 以an-a,=a+1-(i=2,3,,n-1)①，所以an=am-1十 得p=2x-晋k∈Z, a2,am=am-2十a3, 因为a-1十an-2>aa-1十am-3>…>a-1十a3>am-1十a2 因为一<<0，所以p=一5， 6 =an, 所以f④=o(e一晋) 所以aa-1十a年C(i=3,4,5,…,n-2),即a-1一a,∈C (i=3,4,5,…,n一2)， 对于A,因为f(皆）=os(货-晋)=c0s受=0≠士 因为a1=0<a-1-an-2<an-1-am-3<…<am-1-ag <am-1, 誓不是f()国象的一条对称轴，所以A错 根据0a1<a2<…<am, 1,所以x= 分两种情况： 误，对子B,f(x)=o(-）=o(g-x 第一种情况为a-1一a4-2=a2,an-1一am-3=a3，…,am-1 -a3=am-3, o[登+（停-门=-si（-=sm(-）片 第二种情况为an-1-an-2=a(k≥3)，am-1一a=a:(i> n-2), 所以B正确， 先考虑第二种情况an-1=an-2十au≥a-2十ag=an,与题 对于C,因为f(皆）=o(皆-晋）=o受=0，所以 意矛盾， am-1=a3十a:≥a3十aa-2=an,与题意矛盾， )的图象关于点（皆，0）对称，所以C正确，对子D,由 所以只能为第一种情况，可得a-1一a,=a。-:(i=3,4, …,n-2)②， -π十2kπ≤x- ≤2x,k∈Z,得-吾+2kr<x<2kr 由①一②，得 +晋k∈Z,当=1时，号≤<g,当及=2时，2答 an-a。-1=a+1-:-am-(i=3,4,…,n-2), 即am-am-1=am-2-an-3=…=a3-a2=a2=a2一a1, 即当n≥5时，a1,a2,…,an是等差数列， ≤<2号，可知在[片号][陪，]上递增， 当n=4时，a,十a3>a4,所以a4十a3C,即a,-a3∈C, 所以函数在[17π，23π1上递减，所以D错误.] 由前面得出a1=0<a4-a3<a4-a2<a4,所以a4一a3= 66J a2,a4-a2=a3, 4.解析：设直线y=kx十b(b<0)与曲线f(x)=e一2和g(x) 当a3一a2≠a2成立时，a1,a2,ag,a4不是等差数列， 所以n的最大值为4. =lnx分别相切于A(x1,y1),B(x2y2), 因为f(x)=e2,g(x）=1 第二周周一 x 1.C[由题意得F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3, 所以k=e2=1…①，k,十b=e-2…②，kz,十6= 因为FA十FB+FC=0,所以x1-1十x2-1十x-1=0, lnx2…③ 由①可得x1=lnk十2，kx2=1,代入②③可得： 故x十x2十x3=3, 因此k(2+lnk)+b=k,1+b=ln友， 1 由抛物线焦半径公式得|FA|=x1+1,|FB|=x2十1， 消元整理可得(k一1)(1n十1)=0 FCI=x3+1 解得及=1或及=已，所以6=0或6=-1 故|FA+|FB1+|FC=x+1+x2+1+x3十1=6.] 2.C[过点P作PQ⊥平面ABC于点Q,,三棱锥P 因为b<0,所以b=-1. ABC为正三棱锥，∴点Q为△ABC的中心，三棱锥P 答案：-1 ABC的外接球的球心O在直线PQ上 ·312· 答案精析 连接AQ,AO,延长AQ交BC于点 3.AB[对于A,由题意得AB 0 D,则D为BC的中点. +BC2=AC2,AD2+CD △ABC为正三角形，且AB=3, =AC2, AD=3,3,又点Q为△ABC的 所以∠ADC=∠ABC=90°， A 分别过B,D作AC的垂线，垂 中心， 足分别为E,F, B ∴AQ=号AD=5.(在等边三角形 则BE=FD=,EF=1,且BD=酝++FD, 中，中心到顶点的距离与中心到该顶 点对边的距离之比为2：1) 因为二面角D-AC-B为120°，所以(BE,FD》=60°， :PQ⊥平面ABC,∠PAQ是直线PA与平面ABC所 故BD=(BE+EF+FD)'=BE+EF+FD+2BE· 成的角，故∠PAQ=5,(线面角的定义) EF+2EF·FD+2FD·BE ,.PQ=AQ·tan∠PAQ=3 设三棱锥PABC外接球的半径为r,则OA=OP=r, =是+1+是+0+0+2×号×号×号-只， 2 当，点O位于线段PQ上时，0<r<3,OQ=3一r, 则在Rt△OAQ中，2=(W3)2十(3-r)2,解得r=2; 所以BD=,故A正确； 2 当点O位于PQ的延长线上时，r>3,OQ=r一3， 则在Rt△OAQ中，2=(3)2+(r-3)2,解得r=2, 对于B,因为∠ADC=∠ABC=90°，故AC的中点到A, B,C,D的距离相等， 矛盾. 故球心O为AC的中，点，且球的半径为1，故B正确； 综上，r=2, 对于C,假设AB⊥CD,又AB⊥BC,BC∩CD=C,BC, .三棱锥PABC外接球的表面积为4πr2=16π.] CDC平面BCD, 3.ABC[.2026°=360°X5+180°+46°， 所以AB⊥平面BCD, .∴.cos2026°=-c0s46°，sin2026°=-sin46°， .0<cos46°<sin46°<1， 又BDC平面BCD,所以AB⊥BD, .'.a=sin(sin 2 026)=-sin(sin 46), 所以△ABD是以AD为斜边的直角三角形， b=sin(cos2026)=-sin(cos46°)， 所以AD>AB,与已知矛盾，所以异面直线AB与CD不 c=cos(sin 2 026)=cos(sin 46), 可能垂直，故C错误； d=cos(cos 2 026)=cos(cos 46), 对于D,设AD与平面ABC所成角为B,点D到平面 p 0<cos(sin 46)<cos(cos 46),0<sin(cos 46)<sin ABC的距离为d, (sin46), 所以0>-sin(cos46)>-sin(sin46), 则sin9=A品=d,所以当点D到平面ABC的距离最大 即a<b<0<c<d,所以ABC正确，D错误.] 时，AD与平面ABC所成角最大， 4.解析：，f(x)=(x2一ax十a)ln(x十l)的图象经过四个 当平面DAC⊥平面ABC时，点D到平面ABC的距离 象限，f(0)=0, 且当x∈(-1,0)，ln(x+1)<0,x∈(0，+∞)，ln(x+1) 最大，此时d=DF=号，即(sn0m-9,所以0 2 >0,令g(x)=x2-ax十a, 60°，故D错误.] g(x)=0在(-1,0)和(0，十∞)上均至少存在一个实 4.解析：由题意得n1,n2∈{1,2,3,4,5,6}，n1十n2∈{2,3， 根.又g(1)=1>0, 4,5,6,7,8,9,10,11,12}, Ig1D0≥2a+1>0-<a<0. "{g(0)<0{a<0 2 记每个基本事件为(n1,n2), 甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，共有6×6=36个基 “实数a的取值范国是(-0） 本事件， 答案：(-合0) 其中二项式(x十2)门 的展开式中只有第3项的二 x 5.解：(1)设{an}的公比为g,则an=a1g-1, 项式系数最大， 因为an>0,所以q>0, a十a=24即{g4 依题意可得a,一4 当%十%=4时，（十呈）广共有5项，其中只有第3项 1a193+a1g=24' 的二项式系数最大， 整理得g2十q一6=0，解得q=2或q=一3（舍去）， 当八1十2为其他值时，均不满足只有第3项的二项式系 所以an=a3g-3=2"-1. 数最大， (2)由(1)可知an十log2an=2-1十n-1, 当n1十n2=4时，共有3个基本事件满足要求，(1,3)， 故T.=(2°十2+22+…+2-1)+(0+1+2+…十n- (2,2),(3,1) 1)=2-1+n(n-1) 故甲胜的概率为器=2 1 2 显然，Tn随着n的增大而增大， T10=210-1+45=1068<2024, 答案：立 T1=21-1+55=2102>2024, 5.解：(1)由余弦定理得cosA=AB+ACBC=-之， 所以满足Tm<2024的最大整数n=10, 2AB·AC 周二 因为0<A<π，所以A=2 3 1.D[本题考查集合运算A={1,3},B={2,3,5},AUB (2)设△ABC外接圆的半径与内切圆的半径分别为R, ={1,2,3,5} ∴.Cu(AUB)={4}.] ,由正孩定理得2R=C=7E=14, 2.A [sin'a+sin2asina+2sin acos asin'a+2cosa sinA√5 tan a sin a cos a 则R=7 sin'a+2cos'a sin a++cos a △ABC的面积S=号AB~AC sin A-=5,日， 4 因tana=sing,则sina+2cos'c=tan2a+2_6 2S 3 cos a sina+cos'a tan'a+1号.] 由MB+AC+BO=S,得AB+AC+C云 ·313·每周一日练 第二周 周一 月 日 [答题栏] 1.设F为抛物线y2=4x的焦点，A,B,C为抛物线上的三个点，若FA+FB十FC=0,则|FA|十 IFBI+IFCI= )3 A.4 B.5 C.6 D.7 3--- 2.在正三棱锥PABC中，侧棱PA与底面ABC所成的角为号，且AB=3,则三棱锥PABC外接 球的表面积为 ( ) A.8π B.12π C.16π D.18π 3.[多选]已知a=sin(sin2026),b=sin(cos2026),c=cos(sin2026),d=cos(cos2026),则（) A.a<c B.b<d C.a<b D.d<c 4.已知函数f(x)=(x2一ax十a)ln(x+1),a∈R的图象经过四个象限，则实数a的取值范围是 5.已知数列{an}是正项等比数列，其前n项和为Sm,且a2a4=16,S5=S3十24. (1)求{an}的通项公式； (2)记{am十log2am}的前n项和为Tm,求满足Tn<2024的最大整数n. ·219· 1数学 [答题栏] 第二周 周二 月 11.(2025·天津卷)已知全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,3},B={2,3,5},则CU(AUB)= -2 3 A.{1,2,3,4} B.{2,3,4} C.{2,4} D.{4} 2,若tana=2,则sin2a十sin2a () tan a A号 B专 C.、3 5 D.-5 3.[多选]在四面体ABCD中，AD=BC=2AC-1,AB=CD=5,四面体ABCD的顶点均在球 O的表面上，则 () A,当二面角D-AC-B为120时，BD=3 2 B.球O的半径为1 C.异面直线AB与CD可能垂直 D.AD与面ABC所成角最大值为45° 4.甲、乙两同学玩掷骰子游戏，规则如下： (1)甲、乙各抛掷质地均匀的骰子一次，甲得到的点数为1，乙得到的点数为2； (2)若m十的值能使二项式(+)” 的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则甲 胜，否则乙胜.那么甲胜的概率为 5.(2025·晋城一模)在△ABC中，AB=3√5，AC=5√3，BC=7√5. (1)求A的大小； (2)求△ABC外接圆的半径与内切圆的半径， ·220·