《浙江專(zhuān)版高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專(zhuān)練三》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《浙江專(zhuān)版高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專(zhuān)練三（3頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、保分大題規(guī)范專(zhuān)練（三） 1．已知m＝(sin ωx，cos ωx)，n＝(cos ωx，－cos ωx)(ω>0，x∈R)，f(x)＝m·n－且f(x)的圖象上相鄰兩條對(duì)稱(chēng)軸之間的距離為. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間； (2)若△ABC中內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c且b＝，f(B)＝0，sin A＝3sin C，求a，c的值及△ABC的面積． 解：(1)f(x)＝m·n－ ＝sin ωxcos ωx－cos2ωx－ ＝sin 2ωx－cos 2ωx－1 ＝sin－1. ∵相鄰兩對(duì)稱(chēng)軸之間的距離為， ∴T＝＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sin－1， 由2kπ－≤

2、2x－≤2kπ＋，k∈Z， 得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z， ∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，k∈Z. (2)由(1)知，f(B)＝sin－1＝0， ∵0

3、四邊形ABEF，四邊形DCEF為菱形得CE＝EF＝BE， 因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，所以EM⊥BC. 由四邊形ABCD為正方形得BC⊥AB， 由四邊形ABEF為菱形得AB∥EF，所以BC⊥EF. 因?yàn)镋M∩EF＝E，所以BC⊥平面MEF. (2)取AD的中點(diǎn)N，連接MN，F(xiàn)N，NE， 又因?yàn)辄c(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，所以MN∥AB∥EF， 所以N，M，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面． 因?yàn)锳D∥BC，BC⊥平面MEF， 所以AD⊥平面MEF， 所以∠DEN為DE與平面MEF所成的角． 設(shè)AB＝2，因?yàn)樵诹庑蜛BEF中， ∠AFE＝，所以AE＝AB＝2， 因?yàn)锳D⊥NE，N為AD的中點(diǎn)，所以DN＝1

4、，DE＝AE＝2， 所以sin∠DEN＝＝，所以∠DEN＝， 即DE與平面MEF所成的角為. 3．已知函數(shù)f(x)＝(t＋1)ln x＋tx2＋3t，t∈R. (1)若t＝0，求證：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x＋1)≥x－x2； (2)若f(x)≥4x對(duì)任意x∈[1，＋∞)恒成立，求t的取值范圍． 解：(1)證明：t＝0時(shí)， f(x＋1)－x＋x2＝ln(x＋1)＋x2－x. 令g(x)＝ln(x＋1)＋x2－x， 則g′(x)＝＋x－1＝>0， 從而函數(shù)g(x)在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞增， g(x)≥g(0)＝0，即x≥0時(shí)，f(x＋1)≥x－x2. (2)由(1)知，x≥0時(shí)，ln(x＋1)≥x－x2， 則x≥1時(shí)， ln x＝ln[(x－1)＋1]≥(x－1)－(x－1)2 ＝－x2＋2x－. 若t≤－1，則當(dāng)x≥1時(shí)，(t＋1)ln x＋tx2＋3t<0<4x，原不等式不成立． 若t>－1，x≥1， 則f(x)－4x＝(t＋1)ln x＋tx2－4x＋3t ≥(t＋1)＋tx2－4x＋3t ＝(x2＋4x＋3)， 從而f(x)≥4x恒成立時(shí)，t≥1. 綜上所述，t的取值范圍為[1，＋∞)．