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
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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(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，將函數(shù)f(x)的圖象向左平移個(gè)單位長度后所得的函數(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(ωx＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，得＝π，即ω＝2. 由y＝f＝sin的圖象過點(diǎn)(0,1)，得＋φ＝＋2kπ，k∈Z， 即φ＝－＋2kπ，k∈Z， 又－π<φ<0得φ＝－， 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，PD⊥CD，E為PC的中點(diǎn)，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2. (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BE∥AF. 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EM∥BC. 在△BCD中，BD＝BC＝，CD＝2， 則BC2＋BD2＝CD2，所以BC⊥BD. 又平面PCD⊥底面ABCD，PD⊥CD， 則PD⊥平面ABCD，PD⊥BC， 從而BC⊥平面PBD，EM⊥平面PBD， ∠EBM即是直線BE與平面PBD所成的角． AB＝AD＝PD＝1，CD＝2， 解得BE＝，BM＝PB＝， 從而cos∠EBM＝. 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ABCD＝CD，PD⊥CD，PD?平面PCD， 所以PD⊥AD. 因?yàn)椤螦DC＝90， 所以AD⊥CD，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m＝0，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x＝1，得n＝(1，－1,0)． 則cos〈n〉＝＝－， 則BE與平面PBD所成的角θ的余弦值為cos θ＝＝. 3．已知函數(shù)f(x)＝x3＋|ax－3|－2，a>0. (1)求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)a∈(0,5)時(shí)，對于任意x1∈[0,1]，總存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＋f(x2)＝0，求實(shí)數(shù)a的值． 解：(1)f(x)＝x3＋|ax－3|－2 ＝ 則當(dāng)x≥時(shí)，f(x)＝x3＋ax－5，易知此時(shí)f(x)為增函數(shù)． 當(dāng)x<時(shí)，f(x)＝x3－ax＋1， f′(x)＝3x2－a，令f′(x)＝0得x＝或x＝－. 所以當(dāng)≥，即a≥3時(shí)， 函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，； 當(dāng)<，即0下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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