《(新課標(biāo))備戰(zhàn)2021高考數(shù)學(xué)“3+1”保分大題強(qiáng)化練(二)理》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課標(biāo))備戰(zhàn)2021高考數(shù)學(xué)“3+1”保分大題強(qiáng)化練(二)理(11頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(新課標(biāo))備戰(zhàn)2020高考數(shù)學(xué)“31”保分大題強(qiáng)化練(二)理 “31”保分大題強(qiáng)化練(二) 前3個(gè)大題和1個(gè)選考題不容有失1已知ABC的內(nèi)角A,B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c,且2(cacos B)b.(1)求角A;(2)若a2,求ABC面積的取值范圍解:(1)由2(cacos B)b及正弦定理得2(sin Csin Acos B)sin B,所以2sin(AB)2sin Acos Bsin B,即2cos Asin Bsin B,因?yàn)閟in B0,所以cos A,又0A,所以A.(2)因?yàn)閍2,所以由正弦定理得b4sin B,c4sin C,所以SABCbcsin Abc4sin Bsin
2、C.因?yàn)镃(AB)B,所以SABC4sin Bsin4sin B2sin Bcos B2sin2Bsin 2Bcos 2B2sin.因?yàn)?B,所以2B,所以sin1,所以0SABC2.即ABC面積的取值范圍為(0,2 2.如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1中,M是棱DD1上的一點(diǎn),AA1平面ABCD,ABDC,ABAD,AA1AB2AD2DC.(1)若M是DD1的中點(diǎn),證明:平面AMB平面A1MB1;(2)若DM2MD1,求平面AMB與平面ACB1所成銳二面角的余弦值解:(1)證明:因?yàn)锳A1平面ABCD,所以AA1AB,又ABAD,AA1ADA,所以AB平面AA1D1D.又MA1平面AA1
3、D1D,所以ABMA1.因?yàn)锳DDM,所以AMD45,同理A1MD145,所以MA1AM,又AMBAA,所以MA1平面AMB.因?yàn)镸A1平面A1MB1,所以平面AMB平面A1MB1.(2)設(shè)AD1,則DD12,DM2MD1,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,如圖所示則A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,2,0),C(1,0,1),M,(2,0,0),(2,2,0),(1,0,1),設(shè)平面AMB的法向量為n1(x1,y1,z1),則即可取n1(0,3,4)設(shè)平面ACB1的法向量為n2(x2,y2,z2),則即可取n2(1,1,1),則|co
4、sn1,n2|,所以平面AMB與平面ACB1所成銳二面角的余弦值為.3設(shè)橢圓1(ab0)的右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B,已知橢圓的離心率為,|AB|.(1)求橢圓的方程(2)設(shè)直線l:ykx(k0)與橢圓交于P,Q兩點(diǎn),l與直線AB交于點(diǎn)M,且點(diǎn)P,M均在第四象限若BPM的面積是BPQ面積的2倍,求k的值解:(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有,又由a2b2c2,可得2a3b.又|AB|,從而a3,b2.所以橢圓的方程為1.(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x2,y2),由題意知,x2x10,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x1,y1)因?yàn)锽PM的面積是BPQ面積的2倍,所以|PM|2|PQ|,所以x2
5、x12x1(x1),即x25x1.易知直線AB的方程為2x3y6,由方程組消去y,可得x2.由方程組消去y,可得x1.由x25x1,可得 5(3k2),兩邊平方,整理得18k225k80,解得k或k.當(dāng)k時(shí),x290,不合題意,舍去;當(dāng)k時(shí),x212,x1,符合題意所以k的值為.選考系列(請(qǐng)?jiān)谙旅娴膬深}中任選一題作答)4選修44:坐標(biāo)系與參數(shù)方程在平面直角坐標(biāo)系xOy中,曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù),t0)以O(shè)為極點(diǎn),x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,曲線C2,C3的極坐標(biāo)方程分別為22cos 0,(cos sin ).(1)判斷C2,C3的位置關(guān)系,并說(shuō)明理由;(2)若tan (0),C1分別
6、與C2,C3交于M,N兩點(diǎn),求|MN|.解:(1)由C2:22cos 0,可得x2y22x0,即C2是圓心為(1,0),半徑為的圓由C3:(cos sin ),可得xy0,即C3是一條直線,因?yàn)閳AC2的圓心(1,0)到直線C3的距離d,即dr,所以圓C2與直線C3相交(2)由tan (0),得sin ,cos ,由得20,解得12,2(舍去),由得,解得31,故|MN|13|1.5選修45:不等式選講已知函數(shù)f(x)|x5|x4|.(1)解關(guān)于x的不等式f(x)x1;(2)若函數(shù)f(x)的最大值為M,設(shè)a,b為正實(shí)數(shù),且(a1)(b1)M,求ab的最大值解:(1)f(x)|x5|x4|x1等價(jià)于或或解得x10或0x4或4x8,于是原不等式的解集為(,100,8(2)因?yàn)閨x5|x4|(x5)(x4)|9,即M9.所以(a1)(b1)9,即9(a1)(b1)abab1ab21,解得0ab4,當(dāng)且僅當(dāng)ab2時(shí)等號(hào)成立,所以ab的最大值為4.11