2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專練一
2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專練一1已知函數(shù)f(x)sin(x)(>0,<<0)的最小正周期是,將函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度后所得的函數(shù)圖象過點(diǎn)P(0,1)(1)求函數(shù)f(x)的解析式;(2)若x,求函數(shù)f(x)的值域解:(1)由函數(shù)f(x)sin(x)(>0,<<0)的最小正周期是,得,即2.由yfsin的圖象過點(diǎn)(0,1),得2k,kZ,即2k,kZ,又<<0得,所以函數(shù)解析式為f(x)sin.(2)由x得2x,所以sin,即函數(shù)f(x)的值域?yàn)?2在四棱錐PABCD中,平面PCD底面ABCD,PDCD,E為PC的中點(diǎn),底面ABCD是直角梯形,ABCD,ADC90°,ABADPD1,CD2.(1)求證:BE平面PAD;(2)求直線BE與平面PBD所成角的余弦值解:法一:(1)證明:取PD的中點(diǎn)F,連接EF,AF.由于EF是PCD的中位線,所以EF綊CD.又AB綊CD,所以EF綊AB,所以四邊形ABEF是平行四邊形,所以BEAF.又AF平面PAD,所以BE平面PAD.(2)取PB的中點(diǎn)M,連接EM,則EM是PBC的中位線,所以EMBC.在BCD中,BDBC,CD2,則BC2BD2CD2,所以BCBD.又平面PCD底面ABCD,PDCD,則PD平面ABCD,PDBC,從而BC平面PBD,EM平面PBD,EBM即是直線BE與平面PBD所成的角ABADPD1,CD2,解得BE,BMPB,從而cosEBM.所以直線BE與平面PBD所成角的余弦值為.法二:因?yàn)槠矫鍼CD平面ABCD,平面PCD平面ABCDCD,PDCD,PD平面PCD,所以PDAD.因?yàn)锳DC90°,所以ADCD,則DA,DC,DP兩兩垂直以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)則D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1),E.(1)證明:.平面PAD即平面xOz,所以可取其一法向量m(0,1,0)則·m0,即m.又BE平面PAD,所以BE平面PAD.(2)設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量為n(x,y,z),則即取x1,得n(1,1,0)則cosn·,則BE與平面PBD所成的角的余弦值為cos .3已知函數(shù)f(x)x3|ax3|2,a>0.(1)求函數(shù)yf(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)當(dāng)a(0,5)時(shí),對(duì)于任意x10,1,總存在x20,1,使得f(x1)f(x2)0,求實(shí)數(shù)a的值解:(1)f(x)x3|ax3|2則當(dāng)x時(shí),f(x)x3ax5,易知此時(shí)f(x)為增函數(shù)當(dāng)x<時(shí),f(x)x3ax1,f(x)3x2a,令f(x)0得x或x.所以當(dāng),即a3時(shí),函數(shù)yf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為,;當(dāng)<,即0<a<3時(shí),函數(shù)yf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為,單調(diào)遞增區(qū)間為,.(2)由題意知,對(duì)于任意x10,1,總存在x20,1,使得f(x1)f(x2)0,等價(jià)于f(x)minf(x)max0,由(1)得,當(dāng)3a<5時(shí),yf(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以f(x)minf2,f(x)maxmaxf(0),f(1)max1,a41,所以210,解得a3;當(dāng)0<a<3時(shí),yf(x)在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增,所以f(x)minf1,f(x)maxmaxf(0),f(1)max1,2a,當(dāng)1<a<3時(shí),f(x)max1,則110,得a3(舍去);當(dāng)0<a1時(shí),f(x)max2a,則12a0,即3a,其中3a2,而<2,所以無(wú)解,舍去綜上所述,a3.