浙江专版2020年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练一
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保分大题规范专练（一）
1．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，将函数f (x )的图象向左平移π
3
个单位长度后所得的函数图象过点P (0,1)．
(1)求函数f (x )的解析式；
(2)若x ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，求函数f (x )的值域．
解：(1)由函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，－π<φ<0)的最小正周期是π，得
2π
ω
＝π，即
ω＝2.
由y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ的图象过点(0,1)，得2π3＋φ＝π2＋2k π，k ∈Z ，
即φ＝－π
6＋2k π，k ∈Z ，
又－π<φ<0得φ＝－π
6
，
所以函数解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6. (2)由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2得2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6，
所以sin ⎝
⎛⎭⎪⎫2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1， 即函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－12，1.
2．在四棱锥P ABCD 中，平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ，E 为PC 的中点，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2.
(1)求证：BE ∥平面PAD ；
(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的余弦值． 解：法一：(1)证明：取PD 的中点F ，连接EF ，AF . 由于EF 是△PCD 的中位线，所以EF 綊1
2CD .
又AB 綊1
2
CD ，所以EF 綊AB ，
所以四边形ABEF 是平行四边形，所以BE ∥AF . 又AF ⊂平面PAD ，所以BE ∥平面PAD . (2)取PB 的中点M ，连接EM ， 则EM 是△PBC 的中位线，所以EM ∥BC . 在△BCD 中，BD ＝BC ＝2，CD ＝2， 则BC 2
＋BD 2
＝CD 2
，所以BC ⊥BD . 又平面PCD ⊥底面ABCD ，PD ⊥CD ， 则PD ⊥平面ABCD ，PD ⊥BC ， 从而BC ⊥平面PBD ，EM ⊥平面PBD ， ∠EBM 即是直线BE 与平面PBD 所成的角．
AB ＝AD ＝PD ＝1，CD ＝2，
解得BE ＝
52，BM ＝12PB ＝32
， 从而cos ∠EBM ＝
15
5
. 所以直线BE 与平面PBD 所成角的余弦值为
155
. 法二：因为平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PD ⊥CD ，PD ⊂平面PCD ， 所以PD ⊥AD . 因为∠ADC ＝90°，
所以AD ⊥CD ，则DA ，DC ，DP 两两垂直．
以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)． 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12. (1)证明：BE ―→＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－1，0，12.
平面PAD 即平面xOz ，
所以可取其一法向量m ＝(0,1,0)． 则BE ―→·m ＝0，即BE ―→
⊥m . 又BE ⊄平面PAD ， 所以BE ∥平面PAD .
(2)设平面PBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DP ―→＝0，
n ·DB ―→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
z ＝0，
x ＋y ＝0，
取x ＝1，得n ＝(1，－1,0)．
则cos 〈n ·BE ―→
〉＝n ·BE ―→|n |·|BE ―→|＝－105，
则BE 与平面PBD 所成的角θ的余弦值为cos θ＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫－
1052
＝155. 3．已知函数f (x )＝x 3
＋|ax －3|－2，a >0. (1)求函数y ＝f (x )的单调区间；
(2)当a ∈(0,5)时，对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f (x 1)＋f (x 2)＝0，求实数
a 的值．
解：(1)f (x )＝x 3
＋|ax －3|－2 ＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 3＋ax －5，x ≥3
a ，x 3
－ax ＋1，x <3
a
.
则当x ≥3a
时，f (x )＝x 3
＋ax －5，易知此时f (x )为增函数．
当x <3a
时，f (x )＝x 3
－ax ＋1，
f ′(x )＝3x 2－a ，令f ′(x )＝0得x ＝
a
3
或x ＝－a
3
.
所以当
a 3≥3
a
，即a ≥3时， 函数y ＝f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，3a ，单调递增区间为⎝ ⎛
⎭⎪⎫－∞，－a 3，⎝ ⎛⎭
⎪⎫3a ，＋∞；
当
a 3<3
a