2019年高考数学练习题汇总解答题滚动练4

2019年高考数学练习题汇总解答题滚动练4

解答题滚动练4‎ ‎1．已知△ABC中，若角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足a＋＋4cos C＝0，b＝1.‎ ‎(1)若△ABC的面积为，求a；‎ ‎(2)若A＝，求△ABC的面积．‎ 解　(1)由S＝absin C＝asin C＝，得asin C＝，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)由题意有a＋＝－4cos C及余弦定理cos C＝，‎ 则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.‎ 经检验知，c＝或c＝2均符合题意．‎ 那么△ABC的面积为S＝bcsin A＝或 .‎ ‎2．已知菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于一点O，∠A＝60°，将△BDC沿着BD折起得△BDC′，连接AC′.‎ ‎(1)求证：平面AOC′⊥平面ABD；‎ ‎(2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心，求直线CD与平面ADC′所成角的正弦值．‎ ‎(1)证明　因为C′O⊥BD，AO⊥BD，C′O∩AO＝O，‎ 所以BD⊥平面C′OA，‎ 又因为BD⊂平面ABD，‎ 所以平面AOC′⊥平面ABD.‎ ‎(2)解　方法一　设C′在平面ABD上的投影为H，即C′H⊥平面ABD，‎ 过点H作HP∥CD交AD于点P，过点H作HK⊥AD于点K，‎ 连接C′K，并过H作HQ⊥C′K于点Q，‎ 因为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，‎ 又因为HQ⊥C′K，且AD∩C′K＝K，AD，C′K⊂平面ADC′，‎ 故HQ⊥平面ADC′，‎ 从而知∠HPQ是PH与平面ADC′所成的角，设AB＝a，‎ 则在Rt△HPQ中有PH＝，HQ＝a，‎ 所以sin∠HPQ＝，‎ 所以PH与平面ADC′所成角的正弦值为，‎ 故CD与平面ADC′所成角的正弦值为.‎ 方法二　如图，以点O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系．‎ 令AB＝a，则A，B，D，C′，‎ ‎∴＝，＝，‎ ＝＝，‎ 设平面ADC′的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由 ‎∴y＝－x，z＝x，‎ ‎∴可取m＝，‎ ‎∴cos，m＝＝，‎ 故CD与平面ADC′所成角的正弦值为.‎ ‎3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距与椭圆Ω：x2＋＝1的短轴长相等，且C与Ω的长轴长相等．‎ ‎(1)求椭圆C的方程； ‎ ‎(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B，如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求△AOB的面积的最大值．‎ 解　(1)由题意可得∴ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝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 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 因为F1(－1,0)，所以kAF1＝，kBF1＝.‎ 因为2k＝ ＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，‎ 所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0，‎ 因为直线AB：y＝kx＋m不过焦点F1(－1,0)，‎ 所以m－k≠0，‎ 所以x1＋x2＋2＝0，从而x1＋x2＝－＝－2，‎ 即m＝.②‎ 由①②得2<3＋4k2，化简得k2>.③‎ 过O点作直线AB的垂线，垂足为M，‎ 则|OM|＝，|AB|＝|x1－x2|，‎ ‎△AOB的面积S△AOB＝|OM||AB|＝|m| ‎＝＝ ‎＝≤，‎ 当且仅当k2＝时等号成立，满足Δ>0，‎ 故△AOB的面积的最大值为.‎ ‎4．已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)若曲线f(x)在x＝2处的切线过原点，求实数a的值；‎ ‎(2)若1x3＋x2.‎ 参考数据：e≈2.7.‎ ‎(1)解　因为f(x)＝，‎ 所以f′(x)＝＝.‎ 由题意知，曲线y＝f(x)在x＝2处的切线过原点，‎ 则切线斜率k＝f′(2)＝，‎ 即＝，整理得＝1，所以a＝1.‎ ‎(2)证明　由10，‎ 所以f(x)>x3＋x2等价于－x2－x>0.‎ 设g(x)＝－x2－x，‎ 则g′(x)＝－2x－1.‎ 由x>0且aea+1－(a＋1)(a＋2)．‎ 设t＝a＋1，则t∈(2,3)．‎ 设h(t)＝et－t(t＋1)，则h′(t)＝et－2t－1，‎ 设φ(t)＝et－2t－1，则φ′(t)＝et－2，‎ 易知当t∈(2,3)时，φ′(t)>0，‎ 所以h′(t)在(2,3)上单调递增，‎ 所以h′(t)＝et－2t－1>e2－2×2－1>0，‎ 所以h(t)在(2,3)上单调递增，所以h(t)>e2－6>0，‎ 所以et－t(t＋1)>0，即ea+1－(a＋1)(a＋2)>0，‎ 所以当x∈(a，a＋1)时，g(x)>0，‎ 即当x∈(a，a＋1)时，f(x)>x3＋x2.‎