2018届高考数学二轮复习专题二高考大题规范练5_2_4大题规范练四文

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 ＝12[c 2
－
(a －b )2
]．
(1)求cos C ；
(2)若c ＝4，且2sin A cos C ＝sin B ，求b 的长．
解：(1)由S ＝12[c 2－(a －b )2]＝12[－(a 2＋b 2－c 2
)＋2ab ]＝－ab cos C ＋ab ，又S ＝12ab sin C ，
于是12ab sin C ＝－ab cos C ＋ab ，即sin C ＝2(1－cos C )，结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，可得5cos 2
C －
8cos C ＋3＝0，解得cos C ＝35或cos C ＝1(舍去)，故cos C ＝3
5
.
(2)由2sin A cos C ＝sin B 结合正、余弦定理，可得2·a ·a 2＋b 2－c 2
2ab
＝b ，即(a －c )(a ＋c )
＝0，解得a ＝c ，又c ＝4，所以a ＝4，由c 2＝a 2＋b 2
－2ab cos C ，得42＝42＋b 2－2×4×35
b ，解得
b ＝245
.
2．(本小题满分12分)在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝
BC ＝2，且点O 为AC 中点．
(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥C 1­ABC 的体积．
解：(1)证明：因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 中点，所以A 1O ⊥AC ， 又平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ， 且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC . (2)∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，
∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离． 由(1)知A 1O ⊥平面ABC 且A 1O ＝AA 2
1－AO 2
＝3，
∴V
C 1­ABC
＝V
A 1­ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×1
2
×2×3×3＝1. 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x ，由频率分布直方图知，
x ＝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a i (i ＝1,2)表示第一备选班级，b j (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{a 1，a 2}，{a 1，b 1}，{a 1，b 2}，{a 1，b 3}，{a 2，b 1}，{a 2，b 2}，{a 2，b 3}，{b 1，b 2}，{b 1，b 3}，{b 2，
b 3}，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{a 1，b 1}，{a 1，b 2}，{a 1，b 3}，{a 2，b 1}，{a 2，b 2}，{a 2，b 3}，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610＝3
5
.
4．(本小题满分12分)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝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 (x 0，y 0)，C (－x 0，－y 0)，则D ⎝
⎛⎭
⎪⎫a －x 02，－y 02，
∵B ，F ，D 三点共线，∴BF →∥BD →，又BF →＝(c －x 0，－y 0)，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3x 0
2，－3y 02，
∴－32y 0(c －x 0)＝－y 0·a －3x 0
2，
∴a ＝3c ，从而e ＝13
.
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， ∴OD ═∥12AB ，∴AB →∥OD →， ∴△OFD ∽△AFB . ∴
c
a －c ＝12，解得a ＝3c ，从而e ＝1
3
. (2)证明：∵F 的坐标为(1,0)， ∴c ＝1，从而a ＝3，∴b 2
＝8. ∴椭圆E 的方程为x 29＋y 2
8＝1.
设直线l 的方程为x ＝ny ＋1，
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝ny ＋1x 29＋y
28
＝1⇒(8n 2
＋9)y 2
＋16ny －64＝0，
∴y 1＋y 2＝－16n 8n 2＋9，y 1y 2＝－648n 2＋9，
其中M (ny 1＋1，y 1)，N (ny 2＋1，y 2)． ∴直线AM 的方程为y y 1＝x －3
ny 1－2
，
∴P ⎝
⎛⎭⎪⎫9，
6y 1ny 1－2，同理Q ⎝ ⎛⎭
⎪⎫9，6y 2ny 2－2，
从而FP →·FQ →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫8，6y 1ny 1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8，6y 2ny 2－2
＝64＋
36y 1y 2
n 2
y 1y 2－2n y 1＋y 2＋4
＝64＋
－8n 2
＋9
－64n 28n 2
＋9＋32n
2
8n 2＋9＋4 ＝64＋
－36
＝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 )＝12x 2
－x ＋a ln x (a ＞0)．
(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x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)＞－3－2ln 2
4
.
解：(1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x ，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝x －1，即y ＝x －3
2
.
∴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 x ＝x 2－x ＋a
x
(a ＞0)．
①若a ≥14
，x 2
－x ＋a ≥0，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．
②若0＜a ＜14，由x 2－x ＋a ＞0得0＜x ＜1－1－4a 2或x ＞1＋1－4a 2；由x 2
－x ＋a ＜0得
1－1－4a 2＜x ＜1＋1－4a 2
. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1＋1－4a 2，＋∞上
单调递增．
综上，当a ≥1
4
时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当0＜a ＜14时，f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，
在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．
(3)由(2)知0＜a ＜1
4
时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，
且x 1，x 2是方程x 2
－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a .
∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12
(x 1＋x 2)2
－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋
a ln(x 1·x 2)
＝1
2－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －1
2
.
令g (x )＝x ln x －x －12⎝
⎛
⎭⎪⎫0＜x ＜14，则g ′(x )＝ln x ＜0.
∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，
∴g (x )＞g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫14＝
－3－2ln 24.
∴f (x 1)＋f (x 2)＞－3－2ln 2
4
.
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⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝2cos φ
y ＝2＋2sin φ
(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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝53，射线OM ：θ＝π6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⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＝2cos φy ＝2＋2sin φ
(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x 2
＋(y －2)2
＝4.
(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2
＋(y －2)2
＝4，得圆C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ. 设P (ρ1，θ1)，则由⎩
⎪⎨⎪
⎧
ρ＝4sin θθ＝π
6，解得ρ1＝2，θ1＝π
6
.
设Q (ρ2，θ
2
)，则由⎩⎪⎨⎪⎧
2ρsin ⎝
⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝53
θ＝π
6
，
解得ρ2＝5，θ2＝π
6
.
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，＋∞)，1a ＋4
b
≥3f (x )恒成立，求x 的取值范围．
解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
－x ＋2，x ＜－1
－3x ，－1≤x ＜12，
x －2，x ≥1
2
函数f (x )的图象如图所示．
(2)∵a ，b ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＝1， ∴1a ＋4b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋4b (a ＋b )＝5＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫b a ＋4a b ≥5＋2
b a ·4a b ＝9，当且仅当b a ＝4a b ，即a ＝13，b ＝2
3
时等号成立．
∴1a ＋4
b
≥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]．。