2018届高考数学（文）二轮专题复习习题： 第5部分 高考大题规范练 5-2-4 Word版含答案.doc

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 大题规范练(四)‎ ‎(满分70分，押题冲刺，70分钟拿到主观题高分)‎ 解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎1．(本小题满分12分)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积S满足S＝[c2－(a－b)2]．‎ ‎(1)求cos C；‎ ‎(2)若c＝4，且2sin Acos C＝sin B，求b的长．‎ 解：(1)由S＝[c2－(a－b)2]＝[－(a2＋b2－c2)＋2ab]＝－abcos C＋ab，又S＝absin C，于是absin C＝－abcos C＋ab，即sin C＝2(1－cos C)，结合sin2C＋cos2C＝1，可得5cos2C－8cos C＋3＝0，解得cos C＝或cos C＝1(舍去)，故cos C＝.‎ ‎(2)由2sin Acos C＝sin B结合正、余弦定理，可得2·a·＝b，即(a－c)(a＋c)＝0，解得a＝c，又c＝4，所以a＝4，由c2＝a2＋b2－2abcos C，得42＝42＋b2－2×4×b，解得b＝.‎ ‎2．(本小题满分12分)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O为AC中点．‎ ‎(1)证明：A1O⊥平面ABC；‎ ‎(2)求三棱锥C1ABC的体积．‎ 解：(1)证明：因为AA1＝A1C，且O为AC中点，所以A1O⊥AC，‎ 又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，‎ 且A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.‎ ‎(2)∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，‎ ‎∴A1C1∥平面ABC，即C1到平面ABC的距离等于A1到平面ABC的距离．‎ 由(1)知A1O⊥平面ABC且A1O＝＝，‎ ‎∴V＝V＝S△ABC·A1O＝××2××＝1.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎3．(本小题满分12分)某学校高一年级共有20个班，为参加全市钢琴比赛，调查了各班中会弹钢琴的人数，并以组距为5将数据分组成[0,5)，[5,10)，…，[30,35)，[35,40]，作出频率分布直方图如图所示．‎ ‎(1)由频率分布直方图估计各班中会弹钢琴的人数的平均值；‎ ‎(2)若会弹钢琴的人数为[35,40]的班级作为第一类备选班级，会弹钢琴的人数为[30,35)的班级作为第二类备选班级，现要从这两类备选班级中选出两个班参加市里的钢琴比赛，求这两类备选班级中均有班级被选中的概率．‎ 解：(1)设各班中会弹钢琴的人数的平均值为，由频率分布直方图知，‎ ＝2.5×0.01×5＋7.5×0.01×5＋12.5×0.04×5＋17.5×0.02×5＋22.5×0.04×5＋27.5×0.03×5＋32.5×0.03×5＋37.5×0.02×5＝22，‎ 所以各班中会弹钢琴的人数的平均值为22.‎ ‎(2)由频率分布直方图知，第一备选班级为2个，第二备选班级为3个，用ai(i＝1,2)表示第一备选班级，bj(j＝1,2,3)表示第二备选班级．则从两类备选班级中选出两个班参加比赛，有{a1，a2}，{a1，b1}，{a1，b2}，{a1，b3}，{a2，b1}，{a2，b2}，{a2，b3}，{b1，b2}，{b1，b3}，{b2，b3}，共10种情况．‎ 其中第一备选班级和第二备选班级中均有班级被选中的情况有{a1，b1}，{a1，b2}，{a1，b3}，{a2，b1}，{a2，b2}，{a2，b3}，共6种情况．‎ 所以两类备选班级中均有班级被选中的概率为＝.‎ ‎4．(本小题满分12分)设椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，B，C是椭圆上关于原点对称的两点(B，C均不在x轴上)，线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线．‎ ‎(1)求椭圆E的离心率；‎ ‎(2)设F(1,0)，过F的直线l交E于M，N两点，直线MA，NA分别与直线x＝9交于P，Q两点．证明：以PQ为直径的圆过点F.‎ 解：(1)解法一：由已知A(a,0)，F(c,0)，设B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，则 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 D，‎ ‎∵B，F，D三点共线，∴∥，又＝(c－x0，－y0)，＝，‎ ‎∴－y0(c－x0)＝－y0·，‎ ‎∴a＝3c，从而e＝.‎ 解法二：设直线BF交AC于点D，连接OD，由题意知，OD是△CAB的中位线，‎ ‎∴ODAB，∴∥，‎ ‎∴△OFD∽△AFB.‎ ‎∴＝，解得a＝3c，从而e＝.‎ ‎(2)证明：∵F的坐标为(1,0)，‎ ‎∴c＝1，从而a＝3，∴b2＝8.‎ ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ 设直线l的方程为x＝ny＋1，‎ 由⇒(8n2＋9)y2＋16ny－64＝0，‎ ‎∴y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 其中M(ny1＋1，y1)，N(ny2＋1，y2)．‎ ‎∴直线AM的方程为＝，‎ ‎∴P，同理Q，‎ 从而·＝· ‎＝64＋ ‎＝64＋ ‎＝64＋＝0.‎ ‎∴FP⊥FQ，即以PQ为直径的圆恒过点F.‎ ‎5．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2－x＋aln x(a＞0)．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(1)若a＝1，求f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(3)若f(x)存在两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＞.‎ 解：(1)a＝1时，f(x)＝x2－x＋ln x，f′(x)＝x－1＋，f′(1)＝1，f(1)＝－，∴y－＝x－1，即y＝x－.‎ ‎∴f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为2x－2y－3＝0.‎ ‎(2)f′(x)＝x－1＋＝(a＞0)．‎ ‎①若a≥，x2－x＋a≥0，f′(x)≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎②若0＜a＜，由x2－x＋a＞0得0＜x＜或x＞；由x2－x＋a＜0得＜x＜.‎ ‎∴f(x)在上单调递减，在和上单调递增．‎ 综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；‎ 当0＜a＜时，f(x)在上单调递减，‎ 在和上单调递增．‎ ‎(3)由(2)知0＜a＜时，f(x)存在两个极值点x1，x2，‎ 且x1，x2是方程x2－x＋a＝0的两个根，∴x1＋x2＝1，x1·x2＝a.‎ ‎∴f(x1)＋f(x2)＝x－x1＋aln x1＋x－x2＋aln x2＝(x1＋x2)2－x1·x2－(x1＋x2)＋aln(x1·x2)‎ ‎＝－a－1＋aln a ‎＝aln a－a－.‎ 令g(x)＝xln x－x－，则g′(x)＝ln x＜0.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴g(x)在上单调递减，‎ ‎∴g(x)＞g＝.‎ ‎∴f(x1)＋f(x2)＞.‎ 请考生在第6、7题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．‎ ‎6．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程 在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(φ为参数)．以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．‎ ‎(1)求圆C的普通方程；‎ ‎(2)直线l的极坐标方程是2ρsin＝5，射线OM：θ＝与圆C的交点为O，P，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．‎ 解：(1)因为圆C的参数方程为(φ为参数)，所以圆心C的坐标为(0,2)，半径为2，圆C的普通方程为x2＋(y－2)2＝4.‎ ‎(2)将x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入x2＋(y－2)2＝4，得圆C的极坐标方程为ρ＝4sin θ.‎ 设P(ρ1，θ1)，则由，解得ρ1＝2，θ1＝.‎ 设Q(ρ2，θ2)，则由，‎ 解得ρ2＝5，θ2＝.‎ 所以|PQ|＝3.‎ ‎7．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知f(x)＝|2x－1|－|x＋1|.‎ ‎(1)将f(x)的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象；‎ ‎(2)若a＋b＝1，对∀a，b∈(0，＋∞)，＋≥3f(x)恒成立，求x的取值范围．‎ 解：(1)由已知，得f(x)＝ 函数f(x)的图象如图所示．‎ ‎(2)∵a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎∴＋＝(a＋b)＝5＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，即a＝，b＝时等号成立．‎ ‎∴＋≥3(|2x－1|－|x＋1|)恒成立，‎ ‎∴|2x－1|－|x＋1|≤3，‎ 结合图象知－1≤x≤5.‎ ‎∴x的取值范围是[－1,5]．‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费