备战新课标高考理科数学202031保分大题强化练二解析

保住基本分·才能得高分“3＋1”保分大题强化练二前3个大题和1个选考题不容有失1．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2(c－acosB)＝3b.(1)求角A；(2)若a＝2，求△ABC面积的取值范围．解：(1)由2(c－acosB)＝3b及正弦定理得2(sinC－sinAcosB)＝3sinB，所以2sin(A＋B)－2sinAcosB＝3sinB，即2cosAsinB＝3sinB，因为sinB≠0，所以cosA＝32，又0Aπ，所以A＝π6.(2)因为a＝2，所以由正弦定理得b＝4sinB，c＝4sinC，所以S△ABC＝12bcsinA＝14bc＝4sinBsinC.因为C＝π－(A＋B)＝5π6－B，所以S△ABC＝4sinBsin5π6－B＝4sinB12cosB＋32sinB＝2sinBcosB＋23sin2B＝sin2B－3cos2B＋3＝2sin2B－π3＋3.因为0B5π6，所以－π32B－π34π3，所以－32sin2B－π3≤1，所以0S△ABC≤2＋3.即△ABC面积的取值范围为(0,2＋3]．2.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.(1)若M是DD1的中点，证明：平面AMB⊥平面A1MB1；(2)若DM＝2MD1，求平面AMB与平面ACB1所成锐二面角的余弦值．解：(1)证明：因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AB，又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，所以AB⊥平面AA1D1D.又MA1⊂平面AA1D1D，所以AB⊥MA1.因为AD＝DM，所以∠AMD＝45°，同理∠A1MD1＝45°，所以MA1⊥AM，又AM∩BA＝A，所以MA1⊥平面AMB.因为MA1⊂平面A1MB1，所以平面AMB⊥平面A1MB1.(2)设AD＝1，则DD1＝2，DM＝2MD1＝43，以A为坐标原点，AB→，AA1→，AD→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A­xyz，如图所示．则A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,2,0)，C(1,0,1)，M0，43，1，AB→＝(2,0,0)，AM→＝0，43，1，AB1→＝(2,2,0)，AC→＝(1,0,1)，设平面AMB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则AB→·n1＝0，AM→·n1＝0，即2x1＝0，43y1＋z1＝0，可取n1＝(0,3，－4)．设平面ACB1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则AC→·n2＝0，AB→1·n2＝0，即x2＋z2＝0，2x2＋2y2＝0，可取n2＝(－1,1,1)，则|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1|·|n2|＝|－1|5×3＝315，所以平面AMB与平面ACB1所成锐二面角的余弦值为315.3．设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右顶点为A，上顶点为B，已知椭圆的离心率为53，|AB|＝13.(1)求椭圆的方程．(2)设直线l：y＝kx(k＜0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值．解：(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有c2a2＝59，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.又|AB|＝a2＋b2＝13，从而a＝3，b＝2.所以椭圆的方程为x29＋y24＝1.(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，由题意知，x2＞x1＞0，点Q的坐标为(－x1，－y1)．因为△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，所以|PM|＝2|PQ|，所以x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，由方程组2x＋3y＝6，y＝kx，消去y，可得x2＝63k＋2.由方程组x29＋y24＝1，y＝kx，消去y，可得x1＝69k2＋4.由x2＝5x1，可得9k2＋4＝5(3k＋2)，两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，解得k＝－89或k＝－12.当k＝－89时，x2＝－9＜0，不合题意，舍去；当k＝－12时，x2＝12，x1＝125，符合题意．所以k的值为－12.选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)4．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝tcosα，y＝tsinα(t为参数，t≥0)．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2，C3的极坐标方程分别为ρ2－2ρcosθ－45＝0，ρ(cosθ＋sinθ)＝75.(1)判断C2，C3的位置关系，并说明理由；(2)若tanα＝34(0≤απ)，C1分别与C2，C3交于M，N两点，求|MN|.解：(1)由C2：ρ2－2ρcosθ－45＝0，可得x2＋y2－2x－45＝0，即C2是圆心为(1,0)，半径为355的圆．由C3：ρ(cosθ＋sinθ)＝75，可得x＋y－75＝0，即C3是一条直线，因为圆C2的圆心(1,0)到直线C3的距离d＝1＋0－752＝25＜355，即dr，所以圆C2与直线C3相交．(2)由tanα＝34(0≤απ)，得sinα＝35，cosα＝45，由θ＝αρ≥0，ρ2－2ρcosθ－45＝0，得ρ2－85ρ－45＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝－25(舍去)，由θ＝αρ≥0，ρcosθ＋sinθ＝75，得ρ35＋45＝75，解得ρ3＝1，故|MN|＝|ρ1－ρ3|＝1.5．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋5|－|x－4|.(1)解关于x的不等式f(x)≥x＋1；(2)若函数f(x)的最大值为M，设a，b为正实数，且(a＋1)·(b＋1)＝M，求ab的最大值．解：(1)f(x)＝|x＋5|－|x－4|≥x＋1等价于x＜－5，－x＋5＋x－4≥x＋1或－5≤x＜4，x＋5＋x－4≥x＋1或x≥4，x＋5－x－4≥x＋1.解得x≤－10或0≤x＜4或4≤x≤8，于是原不等式的解集为(－∞，－10]∪[0,8]．(2)因为|x＋5|－|x－4|≤|(x＋5)－(x－4)|＝9，即M＝9.所以(a＋1)(b＋1)＝9，即9＝(a＋1)(b＋1)＝ab＋a＋b＋1≥ab＋2ab＋1，解得0ab≤4，当且仅当a＝b＝2时等号成立，所以ab的最大值为4.