《2018年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)(浙江版)保分大題規(guī)范專練(五)Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)(浙江版)保分大題規(guī)范專練(五)Word版含答案（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、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cosB的值； (2)若b2－a2＝ac，求的值． 解： (1)由sin－cos＝平方得 1－sinB＝，即sinB＝， 又sin>cos，則∈， 所以B∈，故cosB＝－. (2)由余弦定理得b2＝a2＋ac＝a2＋c2－2accosB， 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上的射影為H. (1)證明：點(diǎn)H為BE的中點(diǎn)； (

2、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：過點(diǎn)H作HM⊥AB于點(diǎn)M，連接PM，過點(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PAB， ∴HN⊥平面PAB，∴HB在平面PAB

3、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)平面ABP的法向量n＝(x，y，z)， 則即取n

4、＝(3,3，)， 設(shè)直線BE與平面ABP所成的角為α， 則sinα＝＝＝，∴tanα＝， ∴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′(x)≥0，h′(x)為增函數(shù)， 又h′(0)

5、＝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]．