浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练四

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1、保分大题规范专练（四）1.函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，M为最高点，该图象与y轴交于点F(0，)，与x轴交于点B，C，且△MBC的面积为π.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若f＝，求cos2α的值．解：(1)因为S△MBC＝×2×BC＝BC＝π，所以最小正周期T＝2π＝，ω＝1，由f(0)＝2sinφ＝，得sinφ＝，因为0<φ<，所以φ＝，所以f(x)＝2sin.(2)由f＝2sinα＝，得sinα＝，所以cos2α＝1－2sin2α＝.2.如图，四边形ABCD是圆台OO1的轴截面，AB＝2CD＝4，点M在底面圆周上，且∠AOM＝，DM⊥AC.

2、(1)求圆台OO1的体积；(2)求二面角ADMO的平面角的余弦值．解：法一：(1)由已知可得OM⊥平面AOD.又AC⊥DM，从而有AC⊥DO，由平面几何性质可得AC⊥CB，设OO1＝h，在Rt△ABC中，有AC2＋BC2＝AB2，即(9＋h2)＋(1＋h2)＝16，∴h＝，∴圆台OO1的体积V＝πh(r＋r1r2＋r)＝.(2)过点O在△DOM内作OE⊥DM，作OH⊥平面DAM，垂足分别为E，H，连接EH.易得EH⊥DM，故∠OEH就是二面角ADMO的平面角．-3-在△DOM中，OE＝.易得DM＝AM＝2，AD＝2，S△ADM＝.由V三棱锥DAOM＝V三棱锥OA

3、DM，即h·S△AOM＝·OH·S△ADM，得OH＝，在Rt△OEH中，sin∠OEH＝＝，则二面角ADMO的余弦值为.法二：(1)由题意可得OO1，OM，OB两两互相垂直，以O为原点，分别以直线OM，OB，OO1为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设OO1＝h(h>0)，则D(0，－1，h)，M(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,1，h)，∴＝(2,1，－h)，＝(0,3，h)，∵DM⊥AC，∴·＝3－h2＝0，解得h＝，∴圆台OO1的体积V＝πh(r＋r1r2＋r)＝.(2)由(1)知＝(2,2,0)，＝(2,1，－)，＝(2,0,0)，设平面ADM，

4、平面ODM的法向量分别为u＝(x1，y1，z1)，v＝(x2，y2，z2)，则且即且取u＝(，－，1)，v＝(0，，1)，∴

5、cos〈u，v〉

6、＝＝，又二面角ADMO为锐角，则二面角ADMO的平面角的余弦值为.3．已知函数f(x)＝＋xlnx(m>0)，g(x)＝lnx－2.(1)当m＝1时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若对任意的x1∈[1，e]，总存在x2∈[1，e]，使·-3-＝－1，其中e是自然对数的底数，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．当m＝1时，f(x)＝＋xlnx，则f′(x)＝－＋lnx＋1.因为f′(x)在(

7、0，＋∞)上单调递增，且f′(1)＝0，所以当x>1时，f′(x)>0；当00在[1，e]上恒成立，所以函数φ(x)＝在[1，e]上单调递增，故φ(x)∈.又h(x1)·φ(x2)＝－1，所以h(x)∈，即≤＋lnx≤e在[1，e]上恒成立，即－x2lnx≤m≤x2(e－lnx)在[1，e]上恒成立．设p(x)＝－x2lnx，则p′(x)＝－2xlnx≤0在[1，e]上恒成立，所以p(x)在[1，e]上单调递减，所以m≥p(x)m

8、ax＝p(1)＝.设q(x)＝x2(e－lnx)，则q′(x)＝x(2e－1－2lnx)≥x(2e－1－2lne)>0在[1，e]上恒成立，所以q(x)在[1，e]上单调递增，所以m≤q(x)min＝q(1)＝e.综上所述，m的取值范围为.-3-