高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專練(六)

保分大題規(guī)范專練(六)1.已知f(x)=sin2x2/sin2x+2p時，求f (x)的取值范圍;兀兀(1)當xC,-363,、(2)已知銳角三角形ABCW足f(A)=43,且sinB=5,b=2,求ABC勺面積.解：.f(x)=sin2x+2姆cos2x= sin 2x十 4(cos 2 x+ 1)= 2sin一 兀2x+ 3+V3,7t3,7t7t6 4 5 ,2x+3-£兀 2兀- -3， 3 ，.f(x)e0,2+J3.(2)在銳角三角形ABO43,f(A)=3,2sin2A+3=，3,sin2A+=0,3一一一 兀 AC 0,2A+ e3.兀A=3,兀 .sin C= sin兀 314B+1 =5x2+5*,；3_3+4 :'32 =10'bc= " o - sinsin B3+4正C=3,1 S>a abc 2 bcsin13+4 '3'3'3A= p<2X X2=2+2.2.如圖，P ABDW Q BCD兩個全等的正棱錐，且 A B, C, D四點共面，其中 AB= 1,/APEB= 90 .(1)求證：BDL平面APQ(2)求直線PB與平面PDCQ/f成角的正弦值.BC0,y解：由已知得PAB/口QBCD頂角處三條棱兩兩垂直，底面是正三角形的正棱錐，其中側(cè)棱長為22-.(1)證明：易知底面ABC四菱形，連接AC圖略)，則ACLBD易證PQ/AC所以PQLBD由已知得PABDQBCD頂角處三條棱兩兩垂直，所以APL平面PBD所以BDLAP因為AmPQ=P,所以BDL平面APQ(2)法一：由(1)知PQBD取PQ中點M連接DMBM分別過點P,Q做AC的垂線，垂足分H,N由正棱錐的性質(zhì)可知H,N分別為ABDBCD勺重心，可知四PQNH；矩形.113'6其中PQ=-AG=,PH=三336DM=pD-PM=華,o 1、S»A BDM= 2BD-1：6 '6PH= 2X1X 6 = 125-1 、S；A PQD= -PQ。DM汜害.23612令B到平面PQD勺距離為h,貝UV三棱錐PBDM=2V三棱錐BPQD,即31iX£="若解得h：設(shè)BP與平面PQ的成角為0,則 sin 0 =10h 5I PB 也一22,55法二：設(shè)AC與BD交于點Q取PQ的中點M連接OM易知OMOBOCW兩垂直，以O(shè)為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則Q0,0,0),B1,0,0,D-1,。，0，P0,-史，攣，Q0,£g226666所以言=2,號,一呼,同=0，乎，0，國=_1齒亞26，6，令mi=(a,b,c)為平面PQD勺法向量，>b=0,m-PQ=0,則即1詆J6m-"PD=0,2a+6b6c=0.令a=2,則m=(2,0，-乖).設(shè)直線PB與平面PDQ角為0,.=.|mf|所以sin9=|cosmPB|=>imipbi|1+0+1|2v5=1業(yè)=5.小。*.一.V2兀X.3.已知函數(shù)f(x)=ae+x,g(x)=sin+bx,直線l與曲線y="*)切于點(0,f(0),且與曲線y=g(x)切于點(1,g(1).(1)求實數(shù)a,b的值和直線l的方程；(2)證明：f(x)>g(x).一，、x,、兀兀x.斛：(1)f(x)=ae+2x,g(x)=cos+b,則f'(0)=a,g'(1)=b,又f(0)=a,g(1)=1+b,則曲線y=f(x)在點(0,f(0)處的切線方程為y=ax+a；曲線y=g(x)在點(1,g(1)處的切線方程為y=b(x-1)+1+b,IPy=bx+1,則a=b=1,直線l的方程為y=x+1.v2兀x(2)證明：由(1)知f(x)=e+x,g(x)=sin三十x,rtK、一，,、x2、兀X,、只需證f(x)=e+x>x+1>sin+x=g(x).設(shè)F(x)=f(x)(x+1)=ex+x2x1,x則F(x)=e+2x1,由F'(x)=0,可得x=0,當x<0時，F(xiàn)'(x)<0;當x>0時，F(xiàn)，(x)>0,故F(X)在(巴0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增，所以F(X)min=F(0)=0.一、兀x再設(shè)G(x)=x+1g(x)=1sin,則G(x)>0,當且僅當21x=-2-+2k兀(kCZ),即x=4k+1(kCZ)時等號成立.由上可知，f(x)>x+1>g(x),且兩個等號不同時成立,故f(x)>g(x).4.cosB=t,5