高考数学二轮复习中档题专练八(含参考答案)
高考数学二轮复习：
中档题专练(八)
1.已知向量a=(2sinx,cosx),b=(√3cosx,2cosx).
(1)若x≠kπ+π
2
,k∈Z,且a∥b,求2sin2x-cos2x的值;
(2)定义函数f(x)=a·b-1,求函数f(x)的单调递减区间,并求当x∈[0,π
2
]时,函数f(x)的值域.
2.(2018苏锡常镇四市高三调研(一))如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的高为√6,其底面边长为2.已知点M,N分别是棱A1C1,AC的中点,点D是棱CC1上靠近C的三等分点.
求证:(1)B1M∥平面A1BN;
(2)AD⊥平面A1BN.
3.(2018江苏海安高级中学高三月考)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2
x2+x2
x2
=1(a>b>0)的离心率为√3
2
,
且点(√2,√2
2
)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设P 为椭圆上第一象限内的点,点P 关于原点O 的对称点为A,点P 关于x 轴的对称点为Q,设
xx ????????? =λxx ????????? ,直线AD 与椭圆C 的另一个交点为B,若PA⊥PB,求实数λ的值.
4.(2018苏锡常镇四市高三调研(一))如图,某景区内有一半圆形花圃,其直径AB 为6,O 是圆心,且OC⊥AB.在OC 上有一座观赏亭Q,其中∠AQC=2π3
.计划在xx ?上再建一座观赏亭P,记∠POB=θ(0 2),连接 PQ. (1)当θ=π 3时,求∠OPQ 的大小; (2)当∠OPQ 越大时,游客在观赏亭P 处的观赏效果越佳,求游客在观赏亭P 处的观赏效果最佳时角θ的正弦值. 答案精解精析 1.解析 (1)因为a∥b,所以4sinxcosx-√3cos 2 x=0, 因为x≠kπ+π2,k∈Z,所以cosx≠0,即tanx=√3 4, 所以2sin 2 x-cos 2 x=2tan 2x -1 tan 2x +1=-10 19. (2)f(x)=a·b -1=2√3sinxcosx+2cos 2 x-1=√3sin2x+cos2x=2sin (2x +π 6), 令2kπ+π 2≤2x+π 6≤2kπ+3π2 ,k∈Z, 得kπ+π 6≤x≤kπ+ 2π3 ,k∈Z. 所以f(x)的单调递减区间为[x π+π6 ,kπ+ 2π3 ](k∈Z). 因为x∈[0,π 2],所以2x+π 6∈[π 6,7π6 ], 所以sin (2x +π 6)∈[-1 2,1], 所以当x∈[0,π 2]时,函数f(x)的值域为[-1,2]. 2.证明 (1)连接MN,正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1∥CC 1且AA 1=CC 1,则四边形AA 1C 1C 是平行四边形,因为点M,N 分别是棱A 1C 1,AC 的中点,所以MN∥AA 1且MN=AA 1, 又正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中AA 1∥BB 1且AA 1=BB 1,所以MN∥BB 1且MN=BB 1,所以四边形MNBB 1是平行四边形,所以B 1M∥BN,又B 1M ?平面A 1BN,BN ?平面A 1BN, 所以B 1M∥平面A 1BN. (2)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1⊥平面ABC, BN ?平面ABC,所以BN⊥AA 1, 正△ABC 中,N 是AC 的中点,所以BN⊥AC, 又AA 1、AC ?平面AA 1C 1C,AA 1∩AC=A, 所以BN⊥平面AA 1C 1C,又AD ?平面AA 1C 1C, 所以AD⊥BN, 因为AA 1=√6,AC=2,AN=1,CD=√6 3,所以xx 1xx =xx xx =√3 2, 又∠A 1AN=∠ACD=π 2,所以△A 1AN∽△ACD,则∠AA 1N=∠CAD, 所以∠ANA 1+∠CAD=∠ANA 1+∠AA 1N=π 2, 则AD⊥A 1N,又BN∩A 1N=N,BN,A 1N ?平面A 1BN, 所以AD⊥平面A 1BN. 3.解析 (1)因为点(√2,√2 2)在椭圆C 上,所以2 x 2+1 2x 2=1, 又椭圆C 的离心率为√3 2,可得x x =√32,即c=√3 2a, 所以b 2=a 2-c 2=a 2 -(√3 2a )2 =14a 2,代入上式,可得2x 2+2x 2=1, 解得a 2 =4,故b 2 =1 4a 2 =1. 所以椭圆C 的方程为 x 24 +y 2 =1. (2)设P(x 0,y 0),则A(-x 0,-y 0),Q(x 0,-y 0). 因为xx ????????? =λxx ????????? ,则(0,y D -y 0)=λ(0,-2y 0),故y D =(1-2λ)y 0. 所以点D 的坐标为(x 0,(1-2λ)y 0).设B(x 1,y 1), k PB ·k BA =x 1-x 0x 1-x 0 · x 1+x 0x 1+x 0=x 12-x 0 2 x 12-x 0 2 = (1- x 124 )-(1- x 024 ) x 12-x 0 2 =-1 4 , 又k BA =k AD = (1-2x )x 0-(-x 0)x 0-(-x 0) = (1-x )x 0 x 0 , 故k PB =-1 4x xx =-x 04(1-x )x 0 .又PA⊥PB,k PA =x 0x 0 , 所以k PB ·k PA =-1, 即-x 04(1-x )x 0·x 0x 0 =-1,解得 λ=3 4 . 所以λ=3 4. 4.解析 (1)设∠OPQ=α,在Rt△OAQ 中,OA=3,∠AQO=π-∠AQC=π-2π3 =π3,所以OQ=√3, 在△OPQ 中,OP=3,∠POQ=π 2 -θ=π2 -π3 =π 6 . 由正弦定理得xx sin∠xxx =xx sin∠xxx , 即 √3 sin x =3sin (π-x -π6 ) , 所以√3sinα=sin (π-x -π6)=sin ( 5π6 -α), 则√3sinα=sin 5π6 cosα-cos 5π6 sinα=1 2cosα+√3 2sinα, 所以√3sinα=cosα, 因为α为锐角,所以cosα≠0,所以tanα=√33 ,得α=π 6 . 所以∠OPQ 的大小为π 6. (2)设∠OPQ=β,在△OPQ 中,OP=3,∠POQ=π 2-θ, 由正弦定理得OQ sin∠OPQ =OP sin∠OQP , 即 √3 sinβ=3sin[π-β-(π2 -θ)] , 所以√3sinβ=sin [π-β-(π2-θ)]=sin [π 2-(β-θ)]=cos(β-θ)=cosβcosθ+sinβsinθ, 从而(√3-sinθ)sinβ=cosβcosθ,其中√3-sinθ≠0,cosβ≠0, 所以tanβ=3-sinθ , 记f(θ)= √ 3-sinθ ,则f'(θ)=√3sinθ(√ 3-sinθ)2 ,θ∈(0,π 2), 令f'(θ)=0,则sinθ=√3 3,存在唯一θ0∈(0,π 2)使得sinθ0=√3 3, 当θ∈(0,θ0)时,f'(θ)>0,f(θ)单调递增,当θ∈(θ0,π 2)时,f'(θ)<0,f(θ)单调递减, 所以当θ=θ0时,f(θ)最大,即tan∠OPQ 最大, 又∠OPQ 为锐角,从而∠OPQ 最大时sinθ=√33 . 答:观赏效果达到最佳时,θ的正弦值为√3 3.