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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專練五
1.在△ABC中,角A,B,C所對(duì)邊分別為a,b,c,且sin -cos =.
(1)求cos B的值;
(2)若b2-a2=ac,求的值.
解:(1)由sin -cos =平方得
1-sin B=,即sin B=,
又sin >cos ,則∈,
所以B∈,故cos B=-.
(2)由余弦定理得b2=a2+ac=a2+c2-2accos B,
即a=c-2a·,所以c=a,
故=.
2.等腰三角形ABC中,E為底邊BC的中點(diǎn),沿AE折疊,如圖,將C折到點(diǎn)P的位置,使二面角PAEC的大小為120°,設(shè)點(diǎn)P在面ABE上的射
2、影為H.
(1)證明:點(diǎn)H為BE的中點(diǎn);
(2)若AB=AC=2,AB⊥AC,求直線BE與平面ABP所成角的正切值.
解:(1)證明:依題意,AE⊥BC,
則AE⊥EB,AE⊥EP,EB∩EP=E,∴AE⊥平面EPB,
∴∠CEP為二面角CAEP的平面角,
則點(diǎn)P在平面ABE上的射影H在EB上,
由∠CEP=120°得∠PEB=60°,
∵EP=CE=EB,
∴△EBP為正三角形,
∴EH=EP=EB,∴H為EB的中點(diǎn).
(2)法一:過(guò)點(diǎn)H作HM⊥AB于點(diǎn)M,連接PM,過(guò)點(diǎn)H作HN⊥PM于點(diǎn)N,連接BN,
則AB⊥平面PHM,又AB?平面PAB,∴平面PHM⊥平面P
3、AB,
∴HN⊥平面PAB,∴HB在平面PAB上的射影為NB,
∴∠HBN為直線BE與平面ABP所成的角.
依題意,BE=BC=2,BH=BE=1.
在Rt△HMB中,HM=,在△EPB中,PH=,
∴在Rt△PHM中,PM=,HN==.
∴sin∠HBN===,
∴tan∠HBN=,
∴直線BE與平面ABP所成角的正切值為.
法二:以E為坐標(biāo)原點(diǎn),以EA,EB所在直線為x,y軸,以過(guò)E點(diǎn)且平行于PH的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,
則E(0,0,0),B(0,2,0),A(2,0,0),P(0,1,),
=(0,-2,0),=(-2,2,0),=(-2,1,),
設(shè)平
4、面ABP的法向量n=(x,y,z),
則即取n=(3,3,),
設(shè)直線BE與平面ABP所成的角為α,
則sin α===,∴tan α=,
∴直線BE與平面ABP所成角的正切值為.
3.已知函數(shù)f(x)=x2-x3,g(x)=ex-1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).
(1)求證:當(dāng)x≥0時(shí),g(x)≥x+x2;
(2)記使得kf(x)≤g(x)在[0,1]上恒成立的最大實(shí)數(shù)k為n0,求證:n0∈[4,6].
證明:(1)設(shè)h(x)=g(x)-x-x2,
即h(x)=ex-1-x-x2,h′(x)=ex-1-x,
令m(x)=h′(x),則m′(x)=ex-1,
∴當(dāng)x≥0時(shí),m′
5、(x)≥0,h′(x)為增函數(shù),
又h′(0)=0,∴h′(x)≥0,
∴h(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,則h(x)≥h(0)=0,
∴g(x)≥x+x2.
(2)由(1)知當(dāng)kf(x)≤x+x2時(shí),必有kf(x)≤g(x)成立,
下面先證:當(dāng)x∈[0,1]時(shí),4f(x)≤x+x2,
當(dāng)x=0或1時(shí),上式顯然成立,
∴只需證當(dāng)x∈(0,1)時(shí),4(x-x2)≤1+x?
8x2-7x+2≥0,
而8x2-7x+2=82+>0,
∴當(dāng)k≤4時(shí),必有kf(x)≤g(x)成立,∴n0≥4;
另一方面,當(dāng)k=6時(shí),
令F(x)=6f(x)-g(x)=6x2-6x3-ex+1,
F′(x)=12x-18x2-ex<0,
F(0)=-e0+1=0,
∴當(dāng)k=6時(shí),kf(x) ≤g(x)成立,
當(dāng)k>6時(shí),取x=,
kf(x)-g(x)=+1-≥->0,
∴當(dāng)k≥6時(shí),kf(x)≤g(x)不恒成立,∴n0≤6.
綜上,n0∈[4,6].