(浙江專用)2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一板塊“18~20”大題規(guī)范滿分練(一)-(八).doc
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“18~20”大題規(guī)范滿分練 “18~20”大題規(guī)范滿分練(一) 18.(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)=sin x(cos x+sin x). (1)求f(x)的最小正周期; (2)若關(guān)于x的方程f(x)=t在區(qū)間內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解,求實數(shù)t的取值范圍. 解:(1)因為f(x)=sin 2x+(1-cos 2x) =sin+, 所以f(x)的最小正周期為T==π. (2)因為x∈,所以2x-∈. 因為y=sin z在上是增函數(shù),在上是減函數(shù), 所以f(x)在上是增函數(shù),在上是減函數(shù). 又因為f(0)=0,f =1+,f =, 關(guān)于x的方程f(x)=t在區(qū)間內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解, 等價于y=f(x)與y=t的圖象在區(qū)間內(nèi)有兩個不同的交點, 所以要使得關(guān)于x的方程f(x)=t在區(qū)間內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)解, 只需滿足≤t<1+. 故實數(shù)t的取值范圍為. 19.(本小題滿分15分)如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AC=2,∠BAC=90,BC1⊥AC. (1)證明:點C1在底面ABC上的射影H必在直線AB上; (2)若二面角C1ACB的大小為60,CC1=2,求BC1與平面AA1B1B所成角的正弦值. 解:(1)證明:因為BC1⊥AC,AC⊥AB,AB∩BC1=B, 所以AC⊥平面ABC1. 所以平面ABC⊥平面ABC1. 過點C1作C1H′⊥AB, 則由面面垂直的性質(zhì)定理可知C1H′⊥平面ABC. 又C1H⊥平面ABC,所以H′,H重合, 所以點C1在底面ABC上的射影H必在直線AB上. (2)由(1)可知∠BAC1是二面角C1ACB的平面角,所以∠BAC1=60. 法一:連接A1H, 因為A1B1⊥A1C1,A1B1⊥C1H,A1C1∩C1H=C1, 所以A1B1⊥平面A1C1H, 所以平面A1B1BA⊥平面A1C1H. 作C1G⊥A1H,則C1G⊥A1B1BA.連接BG, 所以∠C1BG是BC1與平面AA1B1B所成角. 由(1)可知AC⊥AC1, 因為AC=2,CC1=2,所以AC1=2. 在△ABC1中,AB=2,AC1=2,∠BAC1=60,C1H⊥AB,所以BC1=2,C1H=, 在Rt△A1C1H中,A1C1=2, 所以A1H=,所以C1G=. 所以sin∠GBC1==. 所以BC1與平面AA1B1B所成角的正弦值為. 法二:在平面ABC內(nèi),過點H作Hx⊥AB,以H為坐標(biāo)原點,以Hx,HB,HC1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 由(1)可知∠BAC1是二面角C1ACB的平面角,所以∠BAC1=60,因為AC⊥AC1,CC1=2,AC=2,所以AC1=2.在△ABC1中,AB=2,AC1=2,∠BAC1=60, 所以BC1=2,C1H=,AH=BH=1. 所以A(0,-1,0),B(0,1,0),C1(0,0,),C(2,-1,0), =(0,2,0), ==(-2,1,), =(0,-1,). 設(shè)平面AA1B1B的一個法向量n=(x,y,z), 則即 令x=,得平面AA1B1B的一個法向量n=(,0,2), 所以|cos〈,n〉|==, 所以BC1與平面AA1B1B所成角的正弦值為. 20.(本小題滿分15分)設(shè)函數(shù)f(x)=e-x+,x∈. (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù); (2)求f(x)在x∈上的取值范圍. 解:(1)f′(x)=e-x+=e-x-. (2)因為x∈, 所以e-x≤0,-≤0, 所以f′(x)=e-x-≤0. 即f(x)在x∈上單調(diào)遞減. 當(dāng)x→+∞時,f(x)=e-x+→0. 又f =2+, 所以f(x)在x∈上的取值范圍是. “18~20”大題規(guī)范滿分練(二) 18.(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)=4cos xsin-1. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)在△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若滿足f(B)=0,a=2,且D是BC的中點,P是直線AB上的動點,求CP+PD的最小值. 解:(1)f(x)=4cos x-1 =sin 2x-cos 2x-2=2sin-2, 令-+2kπ≤2x-≤+2kπ,k∈Z, 得kπ-≤x≤kπ+,k∈Z. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,k∈Z. (2)由f(B)=2sin-2=0,得2B-=,所以B=. 作C關(guān)于AB的對稱點C′, 連接C′D,C′P,C′B, 由余弦定理得C′D2=BD2+BC′2-2BDBC′cos 120=7. 所以CP+PD=C′P+PD≥C′D=, 所以當(dāng)C′,P,D共線時,CP+PD取得最小值 . 19.(本小題滿分15分)如圖,四邊形ABCD為梯形,AB∥CD,∠C=60,點E在線段CD上,滿足BE⊥CD,且CE=AB=CD=2,現(xiàn)將△ADE沿AE翻折到△AME位置,使得MC=2. (1)證明:AE⊥MB; (2)求直線MC與平面AME所成角的正弦值. 解:(1)證明:在梯形ABCD中,連接BD交AE于N, 則BE=2tan 60=2,BC=4, ∴BD==4. ∴BC2+BD2=CD2, ∴BC⊥BD. 又BC∥AE,∴AE⊥BD. 從而AE⊥BN,AE⊥MN. ∵將△ADE沿AE翻折到△AME位置,垂直關(guān)系不變, ∴AE⊥平面MNB. ∵M(jìn)B?平面MNB,∴AE⊥MB . (2)∵CE=2,EM=6,MC=2, ∴CE2+EM2=MC2, ∴∠CEM=90,即CE⊥EM. 又∵CE⊥BE,EM∩BE=E, ∴CE⊥平面MBE, ∴CE⊥MB. ∵AE⊥MB,CE∩AE=E, ∴MB⊥平面ABCE. 故以B為坐標(biāo)原點,BE,BA,BM所在直線為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 則A(0,2,0),C(2,-2,0),E(2,0,0),M(0,0,2), =(0,-2,2), =(2,-2,0), =(2,-2,-2). 設(shè)平面AME的法向量為m=(x,y,z), 則即令y=,得平面AME的一個法向量為m=(,,1), ∴cos〈m,〉==-, 故直線MC與平面AME所成角的正弦值為. 20.(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}滿足an+2=qan(q為實數(shù),且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差數(shù)列. (1)求q的值和{an}的通項公式; (2)設(shè)bn=,n∈N*,求數(shù)列{bn}的前n項和. 解:(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3, 所以a2(q-1)=a3(q-1), 又因為q≠1,所以a3=a2=2. 由a3=a1q,得q=2, 當(dāng)n=2k-1(n∈N*)時,an=a2k-1=2k-1=2, 當(dāng)n=2k(n∈N*)時,an=a2k=2k=2, 所以{an}的通項公式為an= (2)由(1)得bn==, 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn, 則Sn=1+2+3+…+n, Sn=1+2+3+…+n, 兩式相減,得Sn=1++++…+-=-=2--,整理得Sn=4-, 所以數(shù)列{bn}的前n項和為4-. “18~20”大題規(guī)范滿分練(三) 18.(本小題滿分14分)已知函數(shù)f(x)=sin+2cos2ωx-1(ω>0). (1)若ω=1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)圖象的相鄰兩對稱軸之間的距離為,求函數(shù)f(x)在上的值域. 解:f(x)=sin+2cos2ωx-1 =sin 2ωx-cos 2ωx+cos 2ωx =sin 2ωx+cos 2ωx =sin. (1)當(dāng)ω=1時,f(x)=sin, 令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z, 得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z, 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,k∈Z. (2)由題意知T=, 所以2ω==,ω=, 則f(x)=sin. 由x∈,得x+∈, 則f(x)∈. 故f(x)在上的值域為. 19.(本小題滿分15分)已知△ABC中,AB=AC=,BC=2,以BC為軸將△ABC旋轉(zhuǎn)60到△DBC,形成三棱錐DABC. (1)求證:BD⊥AC; (2)求直線BC與平面ACD所成角的余弦值. 解:(1)證明:取BC的中點E,連接AE,DE, ∵AB=AC,∴AE⊥BC, 由翻折知DE⊥BC, ∴二面角ABCD為∠AED, 即∠AED=60,且BC⊥平面ADE, ∴平面ADE⊥平面ABC. ∵DE=AE=,∠AED=60, ∴△ADE為正三角形, 取AE的中點H,連接DH, ∴DH⊥AE. ∵平面ADE∩平面ABC=AE, ∴DH⊥平面ABC,∴DH⊥AC. 取CE的中點F,連接FH, 可求得HE=,F(xiàn)E=,BE=1, 由HE2=FEBE,可知FH⊥BH, ∵FH∥AC,∴BH⊥AC. ∵DH∩BH=H, ∴AC⊥平面DHB,∴AC⊥BD. (2)法一:取AD的中點M,連接MB,MC,過B點作BN⊥MC,垂足為N, ∵AB=BD=,AC=CD=,且M為AD的中點, ∴BM⊥AD,CM⊥AD, ∵BM∩CM=M, ∴AD⊥平面BMC. ∵BN?平面BMC, ∴BN⊥AD. ∵BN⊥MC,AD∩MC=M, ∴BN⊥平面ACD, ∴直線BC與平面ACD所成角即∠BCM, 由(1)可知△ADE為正三角形,則AD=, 可求得BM=CM=,BN=, ∴CN=,∴cos∠BCN=. ∴直線BC與平面ACD所成角的余弦值為. 法二:(等體積法)由(1)可知△ADE為等邊三角形,則DH=. S△ABC=2=,S△ACD==. 設(shè)三棱錐BACD的高為h, ∵VBADC=VDABC, VDABC=S△ABCDH==, ∴VBADC=S△ADCh=h=h=, 解得h=, 設(shè)直線BC與平面ACD所成角為α, 則sin α==,cos α=, ∴直線BC與平面ACD所成角的余弦值為. 20.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=aln x+(x>1). (1)若f(x)在區(qū)間(1,+∞)不單調(diào),求實數(shù)a的取值范圍; (2)當(dāng)a=1時,證明:f(x)<-x+3. 解:(1)f′(x)=-=, 要使f(x)在區(qū)間(1,+∞)不單調(diào), 則f′(x)=0在(1,+∞)上有解, 即a=在(1,+∞)上有解, 所以a的取值范圍是(0,1). (2)證明:當(dāng)a=1時, 令g(x)=ln x+-+x-3, 則g′(x)=-(x-1)=. 因為x>1,所以-1>0,1-x2-x<0, 所以g′(x)<0, 則g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 所以g(x)- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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