浙江省2019高考数学 精准提分练 解答题滚动练4

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1、解答题滚动练41．已知△ABC中，若角A，B，C对应的边分别为a，b，c，满足a＋＋4cosC＝0，b＝1.(1)若△ABC的面积为，求a；(2)若A＝，求△ABC的面积．解　(1)由S＝absinC＝asinC＝，得asinC＝，即sinC＝.又a＋＝－4cosC，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＋＝－4cosC及余弦定理cosC＝，则a＋＝－4·＝－，即a2＋1＝c2，①又由b2＋c2－a2＝2bccosA，可知c2－a2＋1＝c，②由①②得到c2－3c＋6＝

2、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＝bcsinA＝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

3、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

4、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

5、．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＝－＝

6、－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

7、OM

8、＝，

9、AB

10、＝

11、x1－x2

12、，△AOB的面积S△AOB＝

13、OM

14、

15、AB

16、＝

17、m

18、＝＝＝≤，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

19、＝，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

20、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，