多维训练每日1题(第八周)

星期一(三角) 2022年____月____日
【题目1】 (2021·福建诊断)在①b sin A ＋a cos B ＝0，②5cos 2C ＋3cos C ＝0，③sin B ＋sin C ＝2sin A 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求△ABC 的面积；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC ，其内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos A ＝35，a ＝4，________？
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．) 解 选① b sin A ＋a cos B ＝0，
在△ABC 中，由正弦定理得sin B sin A ＋sin A cos B ＝0. 因为0<A <π，所以sin A ≠0， 所以sin B ＋cos B ＝0，
显然cos B ≠0，所以tan B ＝－1. 因为0<B <π，所以B ＝3π
4.
因为cos A ＝35<2
2，y ＝cos x 在(0，π)上单调递减，
所以A >π
4，
所以A ＋B >π，与△ABC 内角和为π矛盾． 所以不存在符合题意的△ABC . 选②
5cos 2C ＋3cos C ＝0，
则5(2cos 2C －1)＋3cos C ＝0， 所以25cos 2 C ＋3cos C －5＝0，
解得cos C ＝55或cos C ＝－5
2<－1(舍去)．
在△ABC 中，0<C <π，所以sin C ＝25
5.
又cos A ＝35，0<A <π，所以sin A ＝4
5. 由a sin A ＝c sin C ，得c ＝a sin C
sin A ＝2 5. 又A ＋B ＋C ＝π，
所以sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝25
5. 所以△ABC 的面积
S ＝12ac sin B ＝12×4×25×255＝8. 选③ sin B ＋sin C ＝2sin A ， 在△ABC 中，由正弦定理得b ＋c ＝2a . 因为a ＝4，所以b ＋c ＝8.
在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，
因为cos A ＝35，a ＝4，所以16＝b 2＋c 2－6
5bc ， 所以(b ＋c )2－16
5bc ＝16，所以bc ＝15. 因为cos A ＝35，且0<A <π，所以sin A ＝4
5. 所以△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝12×15×4
5＝6.
星期二(数列) 2022年____月____日
【题目2】 已知各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋1＝a n (a n ＋1＋2a n )． (1)证明：数列{a n }为等比数列，并求通项公式；
(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2n >160
9a n ，求n 的最小值． (1)证明 ∵a 2n ＋1＝a n (a n ＋1＋2a n )，
∴a 2n ＋1－a n a n ＋1－2a 2n ＝(a n ＋1－2a n )(a n ＋1＋a n )＝0.
又数列{a n }的各项均为正数，∴a n ＋1＋a n >0， ∴a n ＋1－2a n ＝0，即a n ＋1
a n
＝2，
∴数列{a n }是首项a 1＝1，公比为2的等比数列， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.
(2)解 S n ＝1－2n 1－2＝2n
－1，则S 2n ＝22n －1.
又S 2n >160
9a n ，
∴9(22n －1)>80×2n ，即(9×2n ＋1)(2n －9)>0， ∴2n －9>0，且n ∈N *， ∴正整数n 的最小值为4.
星期三(立体几何) 2022年____月____日
【题目3】 如图，在四棱锥S-ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，AB ＝22，BC ＝SC ＝SD ＝2，BC ⊥SD .
(1)求证：SC ⊥平面SAD ；
(2)设AE
→＝12
EB →，求平面SEC 与平面SBC 的夹角的正弦值． (1)证明 ∵BC ⊥SD ，BC ⊥CD ，SD ∩CD ＝D ，SD ，CD ⊂平面SDC ， ∴BC ⊥平面SDC .又AD ∥BC ，∴AD ⊥平面SDC ， 又SC ⊂平面SDC ，∴SC ⊥AD .
又在△SDC 中，SC ＝SD ＝2，DC ＝AB ＝22， 故SC 2＋SD 2＝DC 2，∴SC ⊥SD . 又AD ∩SD ＝D ，AD ，SD ⊂平面SAD ， ∴SC ⊥平面SAD .
(2)解 取CD 的中点O ，AB 的中点G ，连接OS ，OG ， 则SO ⊥CD ，OG ⊥CD .
由(1)知AD ⊥平面SCD ，又AD ⊂平面ABCD ， ∴平面SCD ⊥平面ABCD .
又∵平面SCD ∩平面ABCD ＝CD ，SO ⊂平面SCD ，∴SO ⊥平面ABCD . 又OG ⊂平面ABCD ，
∴SO ⊥OG ，故OG ，OC ，OS 两两互相垂直，以点O 为坐标原点，OC →，OS →，OG →
的方向分别为y 轴、z 轴、x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则S (0，0，2)，C (0，2，0)，A (2，－2，0)，B (2，2，0)． 设E (2，y ，0)，∵AE
→＝12
EB →，
∴y ＋2＝12(2－y )，∴y ＝－23，即E ⎝ ⎛⎭⎪⎫
2，－23，0.
SC
→＝(0，2，－2)，CE →＝⎝
⎛⎭⎪⎫2，－423，0，CB →＝(2，0，0)． 设平面SEC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，平面SBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧SC →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎨⎧
2y 0－2z 0＝0，2x 0－42
3y 0＝0， ∴不妨取n ＝(22，3，3)． 由⎩⎪⎨⎪⎧SC →·m ＝0，CB →·m ＝0得⎩⎨⎧2b －2c ＝0，2a ＝0，
∴不妨取m ＝(0，1，1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝
626×2
＝313
13.
设平面SEC 与平面SBC 的夹角的大小为θ， 则sin θ＝1－cos 2 θ＝213
13.
故平面SEC 与平面SBC 的夹角的正弦值为213
13.
星期四(概率与统计) 2022年____月____日
【题目4】 随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国家科技巨头加大了科技研发投入的力度．中华技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市
场调研与模拟，得到科技升级投入x (亿元)与科技升级直接收益y (亿元)的数据统计如下：
当0<x ≤17时，建立了y 与x 的两个回归模型：模型①：y ^
＝4.1x ＋11.8；模型②：y ^
＝21.3x －14.4；当x >17时，确定y 与x 满足的线性回归方程为y ^
＝－0.7x ＋a ^
. (1)根据下列表格中的数据，比较当0<x ≤17时模型①、②的决定系数R 2的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元时的直接收益；
(附：刻画回归效果的决定系数R 2＝1－∑n
i ＝1
（y i －y ^
i ）2∑n i ＝1
（y i －y －
）2
，17≈4.1) (2)为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小；
(附：用最小二乘法求线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^
的系数：
b ^
＝∑n i ＝1x i y i －nx －·y
－
∑n i ＝1
x 2i －nx －2＝∑n i ＝1
（x i －x －）（y i －y －
）∑n i ＝1
（x i －x －
）2
，a ^＝y －－b ^x －
) (3)科技升级后，“麒麟”芯片的效率X 大幅提高，经实际试验得X 大致服从正态分布N (0.52，0.012)．公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过50%，不予奖励；若芯片的效率超过50%但不超过53%，每部芯片奖励2元；若
芯片的效率超过53%，每部芯片奖励4元，记Y 为每部芯片获得的奖励，求E (Y )(精确到0.01)．
(附：若随机变量X ～N (μ，σ2)(σ>0)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 5)
解 (1)由表格中的数据，182.4>79.2， ∴
182.4
∑7i ＝1
（y i －y －
）2>
79.2
∑7
i ＝1
（y i －y －
）2
⇒1－
182.4
∑7i ＝1
（y i －y －
）2<1－
79.2
∑7i ＝1
（y i －y －
）2
.
∴模型①的决定系数R 21小于模型②的决定系数R 22，
回归模型②的拟合效果更好，
∴当x ＝17亿元时，科技升级直接收益的预测值为 y ^
＝21.317－14.4≈72.93(亿元)． (2)当x >17时，由已知可得
x －
＝21＋22＋23＋24＋255＝23，
y －
＝68.5＋68＋67.5＋66＋665
＝67.2，
∴a ^
＝y －
＋0.7x －
＝67.2＋0.7×23＝83.3，
∴当x >17时，y 与x 满足的线性回归方程为y ^
＝－0.7x ＋83.3，
当x ＝20亿元，科技升级直接收益的预测值为y ^＝－0.7×20＋83.3＝69.3(亿元)， 当x ＝20亿元时，实际收益的预测值为69.3＋5＝74.3亿元>72.93亿元． ∴技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大． (3)∵μ－2σ＝0.50，μ＋σ＝0.53，
∴P (0.50<X ≤0.53)＝P (μ－2σ<X ≤μ＋σ)＝P (μ－2σ<X ≤μ－σ)＋P (μ－σ<X ≤μ＋σ) ＝
0.954 5－0.682 7
2
＋0.682 7＝0.818 6，
P (X >0.53)＝P (X >μ＋σ)＝1－0.682 7
2. ∴E (Y )＝0×P (X ≤μ－2σ)＋2×0.818 6＋4×1－0.682 72
＝2.271 8≈2.27(元)．
星期五(解析几何) 2022年____月____日
【题目5】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝3
2，且圆x 2＋y 2＝2过椭圆C 的上、下顶点． (1)求椭圆C 的方程；
(2)若直线l 的斜率为1
2，且直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，点P 关于原点的对称点为E ，A (－2，1)是椭圆C 上的一点，判断直线AE 与AQ 的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由． 解 (1)由圆x 2＋y 2＝2过椭圆C 的上、下顶点， 可得b ＝ 2.
又离心率e ＝32，所以a 2－b 2a ＝3
2，解得a ＝2 2. 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 2
2＝1.
(2)由直线l 的斜率为1
2，可设直线l 的方程为 y ＝1
2x ＋t (t ≠0)．
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋t ，x 28＋y 22＝1，消去y 并整理得x 2＋2tx ＋2t 2－4＝0.
由题意知Δ＝4t 2－4(2t 2－4)＞0，解得－2＜t ＜2且t ≠0.
设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由点P 与点E 关于原点对称，得E (－x 1，－y 1)． 易知x 1＋x 2＝－2t ，x 1x 2＝2t 2－4.
设直线AE 与AQ 的斜率分别为k AE ，k AQ ， 由A (－2，1)，得k AE ＋k AQ ＝－y 1－1－x 1＋2＋y 2－1x 2＋2
＝
（2－x 1）（y 2－1）－（2＋x 2）（y 1＋1）
（2－x 1）（2＋x 2）
.
又y 1＝12x 1＋t ，y 2＝1
2x 2＋t ，
于是有(2－x 1)(y 2－1)－(2＋x 2)(y 1＋1) ＝2(y 2－y 1)－(x 1y 2＋x 2y 1)＋(x 1－x 2)－4
＝(x 2－x 1)－⎣⎢⎡⎦⎥⎤
x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋t ＋x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 1＋t ＋(x 1－x 2)－4
＝－x 1x 2－t (x 1＋x 2)－4 ＝－(2t 2－4)－t (－2t )－4＝0. 因此k AE ＋k AQ ＝0.
于是直线AE 与AQ 的斜率之和为定值，此定值为0.
星期六(函数与导数) 2022年____月____日
【题目6】 (2021·八省联考)已知函数f (x )＝e x －sin x －cos x ，g (x )＝e x ＋sin x ＋cos x .
(1)证明：当x >－5π
4时，f (x )≥0； (2)若g (x )≥2＋ax ，求a . (1)证明 分类讨论：
①当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－5π
4，－π4时，x ＋π4∈(－π，0]，
sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x ＋π4∈[－1，0]，又e x >0， 所以f (x )＝e x
－2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π4>0.
②当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－π4，0时，
f ′(x )＝e x －cos x ＋sin x ，f ′(0)＝0. 令h (x )＝f ′(x )，
则h ′(x )＝e x ＋sin x ＋cos x ＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x ＋π4>0，
则函数f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
－π4，0上单调递增，
则f ′(x )<f ′(0)＝0，
则函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
－π4，0上单调递减，
则f (x )>f (0)＝0.
③当x ∈[0，＋∞)时，令H (x )＝－sin x ＋x (x ≥0)，则H ′(x )＝－cos x ＋1≥0， 故函数H (x )在区间[0，＋∞)上单调递增，从而H (x )≥H (0)＝0， 即－sin x ＋x ≥0，所以－sin x ≥－x ， 从而函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1. 令y ＝e x －x －1，则y ′＝e x －1. 当x ≥0时，y ′≥0，
故y ＝e x －x －1在[0，＋∞)上单调递增， 故函数的最小值为y min ＝e 0－0－1＝0， 从而e x －x －1≥0.
从而函数f (x )＝e x －sin x －cos x ≥e x －x －1≥0. 综上可得，题中的结论成立． (2)解 当x >－5π
4时，
令h (x )＝g (x )－ax －2＝e x ＋sin x ＋cos x －ax －2， 则h ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －a . 令m (x )＝h ′(x )，则m ′(x )＝f (x )≥0， 故h ′(x )单调递增． 当a >2时， h ′(0)＝2－a <0，
h ′(ln(a ＋2))＝2－2sin ⎣⎢⎡
⎦⎥⎤ln （a ＋2）－π4>0，
故∃x 1∈(0，ln(a ＋2))，使得h ′(x 1)＝0.
当0<x <x 1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，h (x )<h (0)＝0不符合题意． 当a <2时，h ′(0)>0，
若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－5π4，0时，总有h ′(x )≥0(不恒为零)，
则h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫
－5π4，0上为增函数，且h (0)＝0，
故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－5π4，0时，h (x )<0，不合题意，
故在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
－5π4，0时，h ′(x )<0有解，
故∃x 2∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－5π4，0，使得h ′(x 2)＝0，
且当x 2<x <0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，故当x ∈(x 2，0)时，h (x )<h (0)＝0，不符合题意．
故a <2不符合题意．
当a ＝2时，h ′(x )＝e x ＋cos x －sin x －2.
由于h ′(x )单调递增，h ′(0)＝0，
故当－5π4<x <0时，h ′(x )<0，h (x )单调递减；
当x >0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，
此时h (x )≥h (0)＝0.
当x ≤－5π4时，h (x )＝e x ＋sin x ＋cos x －2x －2＝e x ＋2sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋π4－2x －2>0－2＋52π－2>0.
综上可得，a ＝2.。