2019高考数学（理科）压轴提升练（二） Word版含解析.doc

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1、压轴提升练(二)1．(本题满分12分)如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．(1)求证：BF∥平面ADP；(2)求二面角BDFP的余弦值．解：(1)取PD的中点G，连接FG，AG，如图所示，∵F是CE的中点，∴FG是梯形CDPE的中位线，∵CD＝3PE，∴FG＝2PE，∵FG∥CD∥AB，AB＝2PE，∴AB∥FG，AB＝FG，即四边形ABFG是平行四边形，∴BF∥AG，又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，∴BF∥平面ADP.(

2、2)解法一：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，又AD⊥DC，且PD∩CD＝D，∴AD⊥平面CDPE.过点B作BM⊥CD于点M，易知BM∥AD，∴BM⊥平面CDPE.令PE＝1，则BM＝DM＝2，连接FM，由(1)易得FM＝1，如图，过点M作MN⊥DF交DF于点N，连接BN，则∠BNM为所求二面角的平面角的补角．∵DM＝2，FM＝1，∴DF＝，则MN＝.∴tan∠BNM＝＝，则cos∠BNM＝，∴二面角BDFP的余弦值为－.解法二：∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，又AD⊥DC，且PD∩DC＝D，∴AD⊥平面CDPE.以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴

3、，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设PE＝1，则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，3，0)，D(0，0，0)，P(0，0，2)，E(0，1，2)，F(0，2，1)，∴＝(2，2，0)，＝(0，2，1)，设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝－1，则x＝1，z＝2，∴n＝(1，－1，2)，为平面BDF的一个法向量．∵平面PDF的一个法向量为＝(2，0，0)，且二面角BDFP的平面角为钝角，∴二面角BDFP的余弦值为－

4、cos〈，n〉

5、＝－.2．(本题满分12分)已知函数f(x)＝x2－ax＋2lnx(其中a是实数)．(1)求f(x

6、)的单调区间；(2)若设2＜a＜，且f(x)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，求f(x1)－f(x2)的取值范围．(其中e为自然对数的底数)．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－a＋＝，令g(x)＝2x2－ax＋2，其图象的对称轴为直线x＝，g(0)＝2，令g(x)＝0，Δ＝a2－16，当Δ＝a2－16≤0，即－4≤a≤4时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，于是，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．当Δ＝a2－16＞0，即a＜－4或a＞4时，①若a＜－4，则f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，于是，函数f(x

7、)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．②若a＞4，令f′(x)＝0，得x3＝，x4＝，当x∈(0，x3)∪(x4，＋∞)时，f′(x)＞0，当x∈(x3，x4)时，f′(x)＜0.于是，函数f(x)的单调递增区间为(0，x3)和(x4，＋∞)，单调递减区间为(x3，x4)．综上所述，当a≤4时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．当a＞4时，函数f(x)的单调递增区间为(0，x3)和(x4，＋∞)，单调递减区间为(x3，x4)．(2)由(1)知，若f(x)有两个极值点，则a＞4，且x1＋x2＝＞0，x1x2＝1，∴0＜x1＜1＜x2，∵2

8、x－ax1＋2＝0，∴a＝2，又2＜a＜，∴e＋＜x1＋＜3＋，又0＜x1＜1，∴＜x1＜.于是，f(x1)－f(x2)＝(x－ax1＋2lnx1)－(x－ax2＋2lnx2)＝(x－x)－a(x1－x2)＋2(lnx1－lnx2)＝(x1－x2)·－a(x1－x2)＋2ln＝－·＋4lnx1＝－x＋4lnx1.令h(x)＝－x2＋4lnx，则h′(x)＝＜0恒成立，∴h(x)在上单调递减，∴h＜h(x)＜h，即e2－－4＜f(x1)－f(x2)＜－4ln3，故f(x1)－f(x2)的取值范围为.