（教學(xué)思想典型題專講）高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 基礎(chǔ)保分題2

1．已知函數(shù)f(x)＝4sinωxcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))＋eq\r(3)(ω＞0)的最小正周期為π.(1)求f(x)的解析式；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,6)))上的最大值和最小值及取得最值時(shí)x的值．解：(1)f(x)＝4sinωxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosωxcos\f(π,3)－sinωxsin\f(π,3)))＋eq\r(3)＝2sinωxcosωx－2eq\r(3)sin2ωx＋eq\r(3)＝sin2ωx＋eq\r(3)cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3))).∵T＝eq\f(2π,2ω)＝π，∴ω＝1.∴f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(2)∵－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,6)，∴－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3).∴－eq\f(1,2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，即－1≤f(x)≤2，當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,4)時(shí)，f(x)min＝－1；當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,12)時(shí)，f(x)max＝2.2．為加強(qiáng)大學(xué)生實(shí)踐、創(chuàng)新能力和團(tuán)隊(duì)精神的培養(yǎng)，促進(jìn)高等教育教學(xué)改革，教育部門(mén)主辦了全國(guó)大學(xué)生智能汽車(chē)競(jìng)賽．該競(jìng)賽分為預(yù)賽和決賽兩個(gè)階段，參加決賽的隊(duì)伍按照抽簽方式?jīng)Q定出場(chǎng)順序．通過(guò)預(yù)賽，選拔出甲、乙等五支隊(duì)伍參加決賽．(1)求決賽中甲、乙兩支隊(duì)伍恰好排在前兩位的概率；(2)若決賽中甲隊(duì)和乙隊(duì)之間間隔的隊(duì)伍數(shù)記為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望．解：(1)設(shè)“甲、乙兩支隊(duì)伍恰好排在前兩位”為事件A，則P(A)＝eq\f(2A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(2×3！,5！)＝eq\f(1,10).所以甲、乙兩支隊(duì)伍恰好排在前兩位的概率為eq\f(1,10).(2)由題意知隨機(jī)變量X的可能取值為0,1,2,3.P(X＝0)＝eq\f(A\o\al(2,2)A\o\al(4,4),A\o\al(5,5))＝eq\f(2！×4！,5！)＝eq\f(2,5)，P(X＝1)＝eq\f(3A\o\al(2,2)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(3×2！×3！,5！)＝eq\f(3,10)，P(X＝2)＝eq\f(2A\o\al(2,2)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(2×2！×3！,5！)＝eq\f(1,5)，P(X＝3)＝eq\f(A\o\al(2,2)A\o\al(3,3),A\o\al(5,5))＝eq\f(2！×3！,5！)＝eq\f(1,10).所以隨機(jī)變量X的分布列為：X0123Peq\f(2,5)eq\f(3,10)eq\f(1,5)eq\f(1,10)從而有E(X)＝0×eq\f(2,5)＋1×eq\f(3,10)＋2×eq\f(1,5)＋3×eq\f(1,10)＝1，所以隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望為1.3.如圖，在直三棱柱(側(cè)棱與底面垂直的三棱柱)ABC-A1B1C1中，AC＝AA1＝2AB＝2，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是側(cè)棱CC1延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，EF是平面ABD與平面A1B1C1的交線．(1)求證：EF⊥A1C；(2)當(dāng)平面DAB與平面CA1B1所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(26),26)時(shí)，求DC1的長(zhǎng)．解：(1)證明：∵三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱，∴平面ABC∥平面A1B1C1.又平面ABC∩平面ABD＝AB，平面A1B1C1∩平面ABD＝EF，∴EF∥AB.∵三棱柱ABC-A1B1C1為直三棱柱，且∠BAC＝90°，∴AB⊥AA1，AB⊥AC.而AA1∩AC＝A，∴AB⊥平面ACC1A1.又A1C?平面ACC1A1，∴AB⊥A1C.∴EF⊥A1C.(2)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.設(shè)C1D＝t(t＞0)，則B(1,0,0)，C(0,2,0)，D(0,2,2＋t)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)．∴＝(1,0,0)，＝(0,2，－2)．設(shè)平面CA1B1的一個(gè)法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1－z1＝0，))令z1＝1，則y1＝1，∴n＝(0,1,1)．同理可求得平面DAB的一個(gè)法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(2,t＋2))).由|cos〈n，m〉|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,t＋2))),\r(2)×\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,t＋2)))2))＝eq\f(\r(26),26)，得t＝1或t＝－eq\f(2,3)(舍去)．∴DC1＝1.4．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝－an－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2(n∈N*)，數(shù)列{bn}滿足bn＝2nan.(1)求證數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝log2eq\f(n,an)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2,cncn＋2)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求滿足Tn＜eq\f(25,21)(n∈N*)的n的最大值．解：(1)在Sn＝－an－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＋2中，令n＝1，可得S1＝－a1－1＋2＝a1，即a1＝eq\f(1,2).當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝－an－1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋2，∴an＝Sn－Sn－1＝－an＋an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，∴2an＝an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，即2nan＝2n－1an－1＋1.∵bn＝2nan，∴bn＝bn－1＋1，即當(dāng)n≥2時(shí)，bn－bn－1＝1.又b1＝2a1＝1，∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)和公差均為1的等差數(shù)列．于是bn＝1＋(n－1)·1＝n＝2nan，∴an＝eq\f(n,2n).(2)∵cn＝log2eq\f(n,an)＝log22n＝n，∴eq\f(2,cncn＋2)＝eq\f(2,nn＋2)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2)，∴Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2).由Tn＜eq\f(25,21)，得1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2