高考数学二轮复习 中难提分突破特训（一）理试题VIP免费

中难提分突破特训(一)1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足＝.(1)求角A的大小；(2)若D为BC边上一点，且CD＝2DB，b＝3，AD＝，求a.解(1)由已知，得(2c－b)cosA＝acosB，由正弦定理，得(2sinC－sinB)cosA＝sinAcosB，整理，得2sinCcosA－sinBcosA＝sinAcosB，即2sinCcosA＝sin(A＋B)＝sinC.又sinC≠0，所以cosA＝，因为A∈(0，π)，所以A＝.(2)如图，过点D作DE∥AC交AB于点E，又CD＝2DB，∠BAC＝，所以ED＝AC＝1，∠DEA＝.由余弦定理可知，AD2＝AE2＋ED2－2AE·EDcos，解得AE＝4，则AB＝6.又AC＝3，∠BAC＝，所以在△ABC中，由余弦定理，得a＝BC＝3.2．已知长方形ABCD中，AB＝1，AD＝.现将长方形沿对角线BD折起，使AC＝a，得到一个四面体A－BCD，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由；(2)当四面体A－BCD的体积最大时，求二面角A－CD－B的余弦值．解(1)若AB⊥CD，由AB⊥AD，AD∩CD＝D，得AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC.所以AB2＋a2＝BC2，即12＋a2＝()2，所以a＝1.若AD⊥BC，由AD⊥AB，AB∩BC＝B，得AD⊥平面ABC，所以AD⊥AC，所以AD2＋a2＝CD2，即()2＋a2＝12，所以a2＝－1，无解，故AD⊥BC不成立．(2)要使四面体A－BCD的体积最大，因为△BCD的面积为定值，所以只需三棱锥A－BCD的高最大即可，此时平面ABD⊥平面BCD，过点A作AO⊥BD于点O，则AO⊥平面BCD，以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，则易知A，C，D，显然，平面BCD的一个法向量为OA＝.设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)．因为CD＝，DA＝，所以令y＝，得n＝(1，，2)．观察可知二面角A－CD－B为锐二面角，故二面角A－CD－B的余弦值为|cos〈OA，n〉|＝＝.3．已知动点P与两个定点O(0,0)，A(3,0)的距离的比为.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点B(－2,1)的直线l与曲线C交于M，N两点，求线段MN长度的最小值；(3)已知圆Q的圆心为Q(t，t)(t>0)，且圆Q与x轴相切，若圆Q与曲线C有公共点，求实数t的取值范围．解(1)由题意，设P(x，y)，则|AP|＝2|OP|，即|AP|2＝4|OP|2，所以(x－3)2＋y2＝4(x2＋y2)，整理得(x＋1)2＋y2＝4.所以动点P的轨迹C的方程为(x＋1)2＋y2＝4.(2)由(1)知轨迹C是以C(－1,0)为圆心，以2为半径的圆．又因为(－2＋1)2＋12<4，所以点B在圆内，所以当线段MN的长度最小时，BC⊥MN，所以圆心C到直线MN的距离为|BC|＝＝，此时，线段MN的长为|MN|＝2＝2×＝2，所以，线段MN长度的最小值为2.(3)因为点Q的坐标为(t，t)(t>0)，且圆Q与x轴相切，所以圆Q的半径为t，所以圆Q的方程为(x－t)2＋(y－t)2＝t2.因为圆Q与圆C有公共点，又圆Q与圆C的两圆心距离为|CQ|＝＝，所以|2－t|≤|CQ|≤2＋t，即(2－t)2≤2t2＋2t＋1≤(2＋t)2，解得－3＋2≤t≤3.所以实数t的取值范围是[－3＋2，3]．4.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(α为参数)，直线C2的普通方程为y＝x.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C1和直线C2的极坐标方程；(2)若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求＋.解(1)由曲线C1的参数方程为(α为参数)，得曲线C1的普通方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4，所以曲线C1的极坐标方程为(ρcosθ－3)2＋(ρsinθ－3)2＝4，即ρ2－6ρcosθ－6ρsinθ＋14＝0.因为直线C2过原点，且倾斜角为，所以直线C2的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．(2)设点A，B对应的极径分别为ρ1，ρ2，由得ρ2－(3＋3)ρ＋14＝0，所以ρ1＋ρ2＝3＋3，ρ1ρ2＝14，又ρ1>0，ρ2>0，所以＋＝＝＝.5．设f(x)＝|x|＋2|x－a|(a>0)．(1)当a＝1时，解不等式f(x)≤4；(2)若f(x)≥4，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝|x|＋2|x－1|，当x<0时，由2－3x≤4，得－≤x<0；当0≤x≤1时，由2－x≤4，得0≤x≤1；当x>1时，由3x－2≤4，得1