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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)保分大題規(guī)范專練五
1．在△ABC中，角A，B，C所對(duì)邊分別為a，b，c，且sin －cos ＝.
(1)求cos B的值；
(2)若b2－a2＝ac，求的值．
解：(1)由sin －cos ＝平方得
1－sin B＝，即sin B＝，
又sin >cos ，則∈，
所以B∈，故cos B＝－.
(2)由余弦定理得b2＝a2＋ac＝a2＋c2－2accos B，
即a＝c－2a·，所以c＝a，
故＝.
2.等腰三角形ABC中，E為底邊BC的中點(diǎn)，沿AE折疊，如圖，將C折到點(diǎn)P的位置，使二面角PAEC的大小為120°，設(shè)點(diǎn)P在面ABE上的射
2、影為H.
(1)證明：點(diǎn)H為BE的中點(diǎn)；
(2)若AB＝AC＝2，AB⊥AC，求直線BE與平面ABP所成角的正切值．
解：(1)證明：依題意，AE⊥BC，
則AE⊥EB，AE⊥EP，EB∩EP＝E，∴AE⊥平面EPB，
∴∠CEP為二面角CAEP的平面角，
則點(diǎn)P在平面ABE上的射影H在EB上，
由∠CEP＝120°得∠PEB＝60°，
∵EP＝CE＝EB，
∴△EBP為正三角形，
∴EH＝EP＝EB，∴H為EB的中點(diǎn)．
(2)法一：過點(diǎn)H作HM⊥AB于點(diǎn)M，連接PM，過點(diǎn)H作HN⊥PM于點(diǎn)N，連接BN，
則AB⊥平面PHM，又AB?平面PAB，∴平面PHM⊥平面P
3、AB，
∴HN⊥平面PAB，∴HB在平面PAB上的射影為NB，
∴∠HBN為直線BE與平面ABP所成的角．
依題意，BE＝BC＝2，BH＝BE＝1.
在Rt△HMB中，HM＝，在△EPB中，PH＝，
∴在Rt△PHM中，PM＝，HN＝＝.
∴sin∠HBN＝＝＝，
∴tan∠HBN＝，
∴直線BE與平面ABP所成角的正切值為.
法二：以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以EA，EB所在直線為x，y軸，以過E點(diǎn)且平行于PH的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則E(0,0,0)，B(0,2,0)，A(2,0,0)，P(0,1，)，
＝(0，－2,0)，＝(－2,2,0)，＝(－2,1，)，
設(shè)平
4、面ABP的法向量n＝(x，y，z)，
則即取n＝(3,3，)，
設(shè)直線BE與平面ABP所成的角為α，
則sin α＝＝＝，∴tan α＝，
∴直線BE與平面ABP所成角的正切值為.
3．已知函數(shù)f(x)＝x2－x3，g(x)＝ex－1(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．
(1)求證：當(dāng)x≥0時(shí)，g(x)≥x＋x2；
(2)記使得kf(x)≤g(x)在[0,1]上恒成立的最大實(shí)數(shù)k為n0，求證：n0∈[4,6]．
證明：(1)設(shè)h(x)＝g(x)－x－x2，
即h(x)＝ex－1－x－x2，h′(x)＝ex－1－x，
令m(x)＝h′(x)，則m′(x)＝ex－1，
∴當(dāng)x≥0時(shí)，m′
5、(x)≥0，h′(x)為增函數(shù)，
又h′(0)＝0，∴h′(x)≥0，
∴h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則h(x)≥h(0)＝0，
∴g(x)≥x＋x2.
(2)由(1)知當(dāng)kf(x)≤x＋x2時(shí)，必有kf(x)≤g(x)成立，
下面先證：當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，4f(x)≤x＋x2，
當(dāng)x＝0或1時(shí)，上式顯然成立，
∴只需證當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，4(x－x2)≤1＋x?
8x2－7x＋2≥0，
而8x2－7x＋2＝82＋>0，
∴當(dāng)k≤4時(shí)，必有kf(x)≤g(x)成立，∴n0≥4；
另一方面，當(dāng)k＝6時(shí)，
令F(x)＝6f(x)－g(x)＝6x2－6x3－ex＋1，
F′(x)＝12x－18x2－ex<0，
F(0)＝－e0＋1＝0，
∴當(dāng)k＝6時(shí)，kf(x) ≤g(x)成立，
當(dāng)k>6時(shí)，取x＝，
kf(x)－g(x)＝＋1－≥－>0，
∴當(dāng)k≥6時(shí)，kf(x)≤g(x)不恒成立，∴n0≤6.
綜上，n0∈[4,6]．
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