2019-2020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.doc

2019-2020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(guò)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(guò)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B(niǎo)C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.