（浙江专用）高考数学二轮复习 专题突破练3 理-人教版高三全册数学试题VIP免费

突破练(三)1．在△ABC中，D为边AB上一点，DA＝DC，已知B＝，BC＝1.(1)若DC＝，求角A的大小；(2)若△BCD的面积为，求边AB的长．解(1)△BCD中，由正弦定理得＝，则sin∠BDC＝，则∠BDC＝或∠BDC＝.又DA＝DC，∴A＝或A＝.(2)由已知得S△BCD＝·BC·BD·sinB＝，得BD＝.又由余弦定理得DC2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cosB，得DC＝.由DA＝DC得AB＝AD＋DB＝DC＋DB＝.2.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．(1)证明∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.同理由PC⊥平面BDE，可证得PC⊥BD.又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC.(2)解如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系．由(1)知BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，∴BD⊥AC.故矩形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2.∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．∴PB＝(2,0，－1)，BC＝(0,2,0)，BD＝(－2,2,0)．设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即∴取x＝1得n＝(1,0,2)．∵BD⊥平面PAC，∴BD＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量．cos〈n，BD〉＝＝－.设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知0<α<，∴cosα＝，sinα＝＝.∴tanα＝＝3，即二面角B－PC－A的正切值为3.3．设函数f(x)＝x2＋(2a＋1)x＋a2＋3a(a∈R)．(1)若f(x)在[0,2]上的最大值为0，求a的值；(2)若f(x)在闭区间[α，β](α<β)上是增函数，且{y|y＝f(x)，α≤x≤β}＝[α，β]，求a的取值范围．1解(1)当－≤1，即a≥－时，f(x)max＝f(2)＝a2＋7a＋6＝0，故a＝－6(舍去)或a＝－1.当－>1，即a<－时，f(x)max＝f(0)＝a2＋3a＝0，故a＝0(舍去)或a＝－3.综上，得a＝－1或a＝－3.(2)由题意得①－≤α；②即方程f(x)＝x在上有两个不相等的实根．方程可化为x2＋2ax＋a2＋3a＝0.设g(x)＝x2＋2ax＋a2＋3a，则解得－≤a<0.则a的取值范围是.4．设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若AC·DB＋AD·CB＝8，求k的值．解(1)设F(－c,0)，由＝，知a＝c.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程＋＝1，解得y＝±b，于是b＝，解得b＝，又a2－c2＝b2，从而可得a＝，c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.因为直线过椭圆内的点，无论k为何值，直线和椭圆总相交．由根与系数的关系可得则x1＋x2＝－，x1x2＝，因为A(－，0)，B(，0)，所以AC·DB＋AD·CB＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋.由已知得6＋＝8，解得k＝±.5．已知正项数列{an}的首项a1＝1，前n项和Sn满足an＝＋(n≥2)．(1)求证：{}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记数列的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，不等式4Tn＜a2－a恒成立，求实数a的取值范围．(1)证明因为an＝＋，所以Sn－Sn－1＝＋，即－＝1，所以数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，得＝n，2所以an＝＋＝n＋(n－1)＝2n－1(n≥2)，当n＝1时，a1＝1也适合，所以an＝2n－1.(2)解因为＝＝，所以，Tn＝＝.∴Tn＜，要使不等式4Tn＜a2－a恒成立，只需2≤a2－a恒成立，解得a≤－1或a≥2，故实数a的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．3