浙江省2019高考數(shù)學(xué) 精準(zhǔn)提分練 解答題滾動練4.docx

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解答題滾動練4 1．已知△ABC中，若角A，B，C對應(yīng)的邊分別為a，b，c，滿足a＋＋4cosC＝0，b＝1. (1)若△ABC的面積為，求a； (2)若A＝，求△ABC的面積． 解　(1)由S＝absinC＝asinC＝，得asinC＝，即sin C＝. 又a＋＝－4cos C， 那么2＝16cos2C＝16(1－sin2C)＝16－， 即a4－14a2＋49＝0，得到a2＝7，即a＝. (2)由題意有a＋＝－4cos C及余弦定理cosC＝， 則a＋＝－4＝－， 即a2＋1＝c2，① 又由b2＋c2－a2＝2bccos A，可知c2－a2＋1＝c，② 由①②得到c2－3c＋6＝0，亦即＝0，可知c＝或c＝2. 經(jīng)檢驗知，c＝或c＝2均符合題意． 那么△ABC的面積為S＝bcsinA＝或 . 2．已知菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于一點O，∠A＝60，將△BDC沿著BD折起得△BDC′，連接AC′. (1)求證：平面AOC′⊥平面ABD； (2)若點C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直線CD與平面ADC′所成角的正弦值． (1)證明　因為C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O， 所以BD⊥平面C′OA， 又因為BD?平面ABD， 所以平面AOC′⊥平面ABD. (2)解　方法一　設(shè)C′在平面ABD上的投影為H，即C′H⊥平面ABD， 過點H作HP∥CD交AD于點P，過點H作HK⊥AD于點K， 連接C′K，并過H作HQ⊥C′K于點Q， 因為C′H⊥平面ABD， 即AD⊥C′H，且有HK⊥AD，HK∩C′H＝H，HK，C′H?平面KC′H， 所以AD⊥平面KC′H， 又QH?平面KC′H， 所以AD⊥QH， 又因為HQ⊥C′K，且AD∩C′K＝K，AD，C′K?平面ADC′， 故HQ⊥平面ADC′， 從而知∠HPQ是PH與平面ADC′所成的角，設(shè)AB＝a， 則在Rt△HPQ中有PH＝，HQ＝a， 所以sin∠HPQ＝， 所以PH與平面ADC′所成角的正弦值為， 故CD與平面ADC′所成角的正弦值為. 方法二　如圖，以點O為坐標(biāo)原點，OA，OB所在直線分別為x軸，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 令A(yù)B＝a，則A，B，D，C′， ∴＝，＝， ＝＝， 設(shè)平面ADC′的法向量為m＝(x，y，z)， 由 ∴y＝－x，z＝x， ∴可取m＝， ∴cos，m＝＝， 故CD與平面ADC′所成角的正弦值為. 3．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距與橢圓Ω：x2＋＝1的短軸長相等，且C與Ω的長軸長相等． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，不經(jīng)過F1的直線l與橢圓C交于兩個不同的點A，B，如果直線AF1，l，BF1的斜率依次成等差數(shù)列，求△AOB的面積的最大值． 解　(1)由題意可得∴ 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，代入橢圓方程＋＝1， 整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0， 得m2<4k2＋3.① 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 因為F1(－1,0)，所以kAF1＝，kBF1＝. 因為2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m， 所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0， 因為直線AB：y＝kx＋m不過焦點F1(－1,0)， 所以m－k≠0， 所以x1＋x2＋2＝0，從而x1＋x2＝－＝－2， 即m＝.② 由①②得2<3＋4k2，化簡得k2>.③ 過O點作直線AB的垂線，垂足為M， 則|OM|＝，|AB|＝|x1－x2|， △AOB的面積S△AOB＝|OM||AB|＝|m| ＝＝ ＝≤， 當(dāng)且僅當(dāng)k2＝時等號成立，滿足Δ>0， 故△AOB的面積的最大值為. 4．已知函數(shù)f(x)＝. (1)若曲線f(x)在x＝2處的切線過原點，求實數(shù)a的值； (2)若1x3＋x2. 參考數(shù)據(jù)：e≈2.7. (1)解　因為f(x)＝， 所以f′(x)＝＝. 由題意知，曲線y＝f(x)在x＝2處的切線過原點， 則切線斜率k＝f′(2)＝， 即＝，整理得＝1，所以a＝1. (2)證明　由10， 所以f(x)>x3＋x2等價于－x2－x>0. 設(shè)g(x)＝－x2－x， 則g′(x)＝－2x－1. 由x>0且aea+1－(a＋1)(a＋2)． 設(shè)t＝a＋1，則t∈(2,3)． 設(shè)h(t)＝et－t(t＋1)，則h′(t)＝et－2t－1， 設(shè)φ(t)＝et－2t－1，則φ′(t)＝et－2， 易知當(dāng)t∈(2,3)時，φ′(t)>0， 所以h′(t)在(2,3)上單調(diào)遞增， 所以h′(t)＝et－2t－1>e2－22－1>0， 所以h(t)在(2,3)上單調(diào)遞增，所以h(t)>e2－6>0， 所以et－t(t＋1)>0，即ea+1－(a＋1)(a＋2)>0， 所以當(dāng)x∈(a，a＋1)時，g(x)>0， 即當(dāng)x∈(a，a＋1)時，f(x)>x3＋x2.