2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练（打包6套）
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2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练（打包6套）
浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练一2018020746.doc
浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练二2018020741.doc
浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练六2018020742.doc
浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练三2018020743.doc
浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练四2018020744.doc
浙江专版2018年高考数学二轮专题复习保分大题规范专练五2018020745.doc
保分大题规范专练（二）
1．设△ABC的内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且满足(a－b)(sin A＋sin B)＝(a－c)sin C.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，求AC边上高h的最大值．
解：(1)由正弦定理得(a－b)(a＋b)＝(a－c)•c即a2＋c2－b2＝ac，
则由余弦定理得cos B＝a2＋c2－b22ac＝ac2ac＝12，
因为B∈(0，π)，所以B＝π3.
(2)因为9＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac≥ac，
当且仅当a＝c时取等号．
又S△ABC＝12acsin B＝12bh，
所以h＝acsin π33≤332，即高h的最大值为332.
2.如图，矩形ABCD中，ABAD＝λ(λ>1)，将三角形ACD沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角CABE为直二面角．
(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；
(2)设F是BE的中点，二面角EACF的平面角的大小为θ，当λ∈[2,3]时，求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：∵二面角CABE为直二面角，AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，∴BC⊥AE，
∵AE⊥CE，BC∩CE＝C，∴AE⊥平面BCE.
∵AE⊂平面ACE，∴平面ACE⊥平面BCE.
(2)设AD＝1，则AB＝λ，
法一：过点F作FG⊥EC于点G，则可证FG⊥平面AEC，再过点G作GH⊥AC于点H，连接FH，则AC⊥FH.
∴∠FHG即为二面角EACF的平面角，
也即∠FHG＝θ，
∵AF＝CF＝1＋λ2－122＝λ2＋32，
∴H为AC的中点，
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π3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2πω＝π，即ω＝2.
由y＝fx＋π3＝sin2x＋π3＋φ的图象过点(0,1)，得2π3＋φ＝π2＋2kπ，k∈Z，
即φ＝－π6＋2kπ，k∈Z，
又－π<φ<0得φ＝－π6，
所以函数解析式为f(x)＝sin2x－π6.
(2)由x∈0，π2得2x－π6∈－π6，5π6，
所以sin2x－π6∈－12，1，
即函数f(x)的值域为－12，1.
2．在四棱锥PABCD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12CD.
又AB綊12CD，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BC2＋BD2＝CD2，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＝155.
所以直线BE与平面PBD所成角的余弦值为155.
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