2018大二轮高考总复习理数文档：大题速练手不生4 .doc
大题速练手不生(04)时间： 75分钟满分：70分17(12分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，cos 2C2cos C20(1)求角C的大小；(2)若ABC的面积为sin Asin B，求c的值解：(1)由cos 2C2cos2C1，则2cos2C12cos C20，(cos C1)20，cos C，由0C，则C，C为；(2)由ABC的面积为absin Csin Asin B，则absin Asin B，整理得：2由正弦定理可知：2R，(R为外接圆半径)，则4R22，解得R，c2Rsin C21，c的值为118(12分)如图，三角形ABC和梯形ACEF所在的平面互相垂直，ABBC，AFAC，AF平行且等于2CE，G是线段BF上的一点，ABAFBC2(1)当GBGF时，求证：EG平面ABC；(2)求二面角EBFA的余弦值(1)证明：取AB的中点D，连接GD，CD，G是FB的中点，D是AB的中点，GD綊AF，又CE綊AF，GD綊CE，四边形CEGD是平行四边形，EGCD，又CD平面ABC，GE平面ABC，EG平面ABC(2)解：AFAC，平面ACEF平面ABC，平面ACEF平面ABCAC，AF平面ACEF，AF平面ABC，BC平面ABC，AFBC，又ABBC，AFABA，BC平面ABF，以B为原点，以BC为x轴，以BA为y轴建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，E(2,0,1)，F(0,2,2)，(2,0,1)，(0,2,2)，设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则，令x1得n(1,2，2)，又BC平面ABF，m(1,0,0)是平面ABF的一个法向量，cosm，n，二面角EBFA为锐二面角，二面角EBFA的余弦值为19(12分) 2017年是某市大力推进居民生活垃圾分类的关键一年，有关部门为宣传垃圾分类知识，面向该市市民进行了一次“垃圾分类知识”的网络问卷调查，每位市民仅有一次参与机会，通过抽样，得到参与问卷调查中的1 000人的得分数据，其频率分布直方图如图所示：(1)由频率分布直方图可以认为，此次问卷调查的得分Z服从正态分布N(，210)，近似为这1 000人得分的平均值(同一组数据用该区间的中点值作代表)，利用该正态分布，求P(50.5Z94)(2)在(1)的条件下，有关部门为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：得分不低于可获赠2次随机话费，得分低于则只有1次；每次赠送的随机话费和对应概率如下：赠送话费(单位：元)1020概率现有一位市民要参加此次问卷调查，记X(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求X的分布列附：14.5若ZN(，2)，则P(Z)0.682 6，P(2Z2)0.954 4解：(1)E(Z)350.025450.15550.2650.25750.225850.1950.0565，65，14.5，P(50.5Z79.5)0.682 6，P(36Z94)0.954 4，P(79.5Z94)0.135 9，P(50.5Z94)P(50.5Z79.5)P(79.5Z94)0.682 60.135 90.818 5(2)P(Z)P(Z)，X的可能取值为10,20,30,40，P(X10)，P(X20)，P(X30)，P(X40)X的分布列为：X10203040P20(12分)在平面直角坐标系xOy中，ABC的周长为12，AB， AC边的中点分别为F1(1,0)和F2(1,0)，点M为BC边的中点(1)求点M的轨迹方程；(2)设点M的轨迹为曲线T，直线MF1与曲线T另一个交点为N，线段MF2中点为E，记SSNF1OSMF1E，求S的最大值解：(1)由题意，|MF1|MF2|6242|F1F2|，M的轨迹是以F1(1,0)和F2(1,0)为焦点的椭圆(除去与x轴的交点)，a2，c1，b，点M的轨迹方程为1；(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由题意，设直线MN的方程为xmy1，代入椭圆方程，整理可得(3m24)y26my90，则y1y2，y1y2，SSNF1OSMF1E|y1|y2|y1y2|6 ，令t3m244，则S6 ，t4，S的最大值为21(12分)已知函数f(x)ln (axb)ex1(a0)(1)当a1，b1时，判断函数f(x)的零点个数；(2)若f(x)ex1x1，求ab的最大值解：(1)当a1，b1时，f(x)ln (x1)ex1，定义域为x|x1，当x0时，f(x)ln (x1)ex10，所以函数f(x)在(，0内无零点；当0x1时，f(x)ex1，因为1，ex11，所以f(x)ex10，说明函数f(x)在(0,1)上单调递减，又f(0)e10，当x1时，f(x)e1e010，所以函数f(x)在(0,1)内有且只有一个零点；综上，函数f(x)的零点个数是1；(2)若ln (axb)ex1ex1x1，即ln(axb)x1，设g(x)ln (axb)x1，若a0，则当x时，显然g(x)0，故不符合题意，所以a0g(x)1(axb0)，当x1时，g(x)0，所以g(x)在上单调递增；当x1时，g(x)0，所以g(x)在上单调递减；从而g(x)maxgln a2，由题意可知g (x)maxgln a20，所以b2aaln a，此时ab2a2a2ln a，令h(a)2a2a2ln a，h(a)3a2aln a，可知h(a)在上单调增，在上单调减，所以h(a)maxe3，故ab的最大值为e3以下两题请任选一题：选修44：坐标系与参数方程22(10分)将圆(为参数)上的每一点的横坐标保持不变，纵坐标变为原来的倍，得到曲线C(1)求出C的普通方程；(2)设直线l：x2y20与C的交点为P1，P2，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程解：(1)设(x1，y1)为圆上的任意一点，在已知的变换下变为C上的点(x，y)，则有，(为参数)，(为参数)；y21(2)由解得：或，所以P1(2,0)，P2(0,1)，则线段P1P2的中点坐标为，所求直线的斜率k2，于是所求直线方程为y2(x1)，即4x2y30化为极坐标方程得：4cos 2sin 30，即选修45：不等式选讲23(10分)已知函数f(x)|x|x3|(1)解关于x的不等式f(x)5x；(2)设m，ny|yf(x)，试比较mn4与2(mn)的大小解：(1)f(x)|x|x3|，得或或，解之得x或x或x8，所以不等式的解集为8，)(2)由(1)易知f(x)3，所以m3，n3，由于2(mn)(mn4)2mmn2n4(m2)(2n)，且m3，n3，所以m20,2n0，即(m2)(2n)0，所以2(mn)mn4
