2020版新高考二轮复习理科数学专项小测131719题二选一解析

第二部分解答题专项小测专项小测(十三)“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．(12分)已知A，B，C是△ABC的内角，a，b，c分别是角A，B，C的对边．若cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2C，(1)求角C的大小；(2)若A＝π6，△ABC的面积为3，M为BC的中点，求AM.思路分析：(1)由sin2α＋cos2α＝1，可将cos2B，cos2C转化为1－sin2B,1－sin2C，代入原式，根据正弦定理可得c2－b2＝a2＋ab，结合余弦定理，及0＜C＜π，可得角C的大小；(2)因为A＝π6，所以B＝π6，所以△ABC为等腰三角形，根据面积为3，可得a＝b＝2，在△MAC中，AC＝2，CM＝1，C＝2π3，结合余弦定理，即可求解．解：(1)由cos2B－sin2A－sinAsinB＝cos2C，得sin2A＋sinAsinB＝sin2C－sin2B.(2分)由正弦定理，得c2－b2＝a2＋ab，即a2＋b2－c2＝－ab，(4分)所以cosC＝a2＋b2－c22ab＝－ab2ab＝－12.又0＜C＜π，所以C＝2π3.(6分)(2)因为A＝π6，所以B＝π6，所以△ABC为等腰三角形，且顶角C＝2π3.(8分)因为S△ABC＝12absinC＝34ab＝3，所以a＝b＝2.(10分)在△MAC中，AC＝2，CM＝1，C＝2π3，所以AM2＝AC2＋CM2－2AC·CM·cosC＝4＋1＋2×2×1×12＝7，解得AM＝7.(12分)18．(12分)在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为菱形，且∠ABC＝2π3，M，N分别为棱AP，CD的中点．(1)求证：MN∥平面PBC；(2)若PD⊥平面ABCD，PB＝2AB，求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值．思路分析：(1)设PB的中点为G，连接MG，GC，先证明MN∥GC，即证MN∥平面PBC；(2)连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接OG.分别以OA，OB，OG为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.再利用向量方法求平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为55.解：(1)证明：设PB的中点为G，连接MG，GC.∵M，G分别是AP，PB的中点，∴MG∥AB，且MG＝12AB.(2分)由已知得CN＝12AB，且CN∥AB，∴MG∥CN，且MG＝CN，∴四边形MGCN是平行四边形，∴MN∥GC.(4分)∵MN⊄平面PBC，CG⊂平面PBC，∴MN∥平面PBC.(6分)(2)连接AC，BD，设AC∩BD＝O，连接OG.设菱形ABCD的边长为a，由题设得PB＝2a，PD＝3a，OG∥PD，OG⊥平面ABCD，分别以OA，OB，OG为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题设得P0，－a2，3a，A32a，0，0，D0，－a2，0，B0，a2，0，C－32a，0，0，∴PB→＝(0，a，－3a)，CB→＝32a，a2，0.(8分)设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则n·PB→＝0，n·CB→＝0，化简得y－3z＝0，3x＋y＝0.令x＝1，则y＝－3，z＝－1，∴n＝(1，－3，－1)．同理可求得平面PAD的一个法向量m＝(1，－3，0)．(10分)∴|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝255，∴sin〈m，n〉＝55，∴平面PBC与平面PAD所成二面角的正弦值为55.(12分)19．(12分)已知抛物线C：y2＝2px(p0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．(1)若p＝2，M的坐标为(1,1)，求直线l的方程；(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，试问：2|MN|2|FN|是否为定值？若为定值，试求出此定值；否则，说明理由．思路分析：(1)判断直线l的斜率存在且不为0，设出直线l的方程，将直线l的方程与抛物线的标准方程联立，利用根与系数的关系及中点坐标公式计算直线的方程；(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标，再计算点N的坐标，由两点间的距离公式计算|MN|，|FN|，并计算2|MN|2|FN|的值．解：(1)由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)，即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x＝ty＋1－ty2＝4x得y2－4ty－4＋4t＝0，(2分)∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)0，y1＋y2＝4t，(3分)∴4t＝2，即t＝12.(4分)∴直线l的方程为2x－y－1＝0.(5分)(2)2|MN|2|FN|为定值2p，证明如下．∵抛物线C：y2＝2px(p0)，∴焦点F的坐标为p2，0.由题意知直线l的斜率存在且不为0，直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋p2(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x＝ty＋p2y2＝2px得y2－2pty－p2＝0，∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p20.(7分)∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，∴Mpt2＋p2，pt.(8分)∴MN的方程为y－pt＝－tx－pt2－p2.(9分)令y＝0，解得x＝pt2＋3p2，Npt2＋3p2，0，(10分)∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋3p2－p2＝pt2＋p，(11分)∴2|MN|2|FN|＝2p2＋p2t2pt2＋p＝2p.(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x＝a＋12t，y＝32t(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2＝31＋2cos2θ.(1)求直线l的普通方程以及曲线C的直角坐标方程；(2)当a＝1时，P为曲线C上一动点，求点P到直线l距离的最大值．解：(1)直线l的参数方程消去参数，得直线l的普通方程为y＝3(x－a)．曲线C的极坐标方程可化为ρ2＋2ρ2cos2θ＝3，即x2＋y2＋2x2＝3，即x2＋y23＝1，所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y23＝1.(5分)(2)当a＝1时，直线l的普通方程为3x－y－3＝0.由点P在曲线C：x2＋y23＝1上，可设点P的坐标为(cosα，3sinα)，因此点P到直线l的距离d＝|3cosα－3sinα－3|2＝32|cosα－sinα－1|＝32|2cosα＋π4－1，当cosα＋π4＝－1时，d取得最大值为6＋32，所以点P到直线l距离的最大值为6＋32.(10分)23．[选修4－5：不等式选讲](10分)设a，b，c＞0，且ab＋bc＋ca＝1，求证：(1)a＋b＋c≥3.(2)abc＋bac＋cab≥3(a＋b＋c)．证明：(1)要证a＋b＋c≥3，由于a，b，c＞0，因此只需证(a＋b＋c)2≥3，即证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3，而ab＋bc＋ca＝1，故只需证a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)≥3(ab＋bc＋ca)，即证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.而这可以由ab＋bc＋ca≤a2＋b22＋b2＋c22＋c2＋a22＝a2＋b2＋c2(当且仅当a＝b＝c时等号成立)证得，∴原不等式成立．(5分)(2)abc＋bac＋cab＝a＋b＋cabc.由于(1)中已证a＋b＋c≥3，因此要证原不等式成立，只需证1abc≥a＋b＋c，即证abc＋bac＋cab≤1，即证abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca.而abc＝ab·ac≤ab＋ac2，bac≤ab＋bc2，cab≤bc＋ca2，∴abc＋bac＋cab≤ab＋bc＋ca(当且仅当a＝b＝c＝23时等号成立)，∴原不等式成立．(10分)