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