（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題提分教程中難提分突破特訓(xùn)（一）理.docx

中難提分突破特訓(xùn)(一)1在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足.(1)求角A的大小；(2)若D為BC邊上一點(diǎn)，且CD2DB，b3，AD，求a.解(1)由已知，得(2cb)cosAacosB，由正弦定理，得(2sinCsinB)cosAsinAcosB，整理，得2sinCcosAsinBcosAsinAcosB，即2sinCcosAsin(AB)sinC.又sinC0，所以cosA，因?yàn)锳(0，)，所以A.(2)如圖，過點(diǎn)D作DEAC交AB于點(diǎn)E，又CD2DB，BAC，所以EDAC1，DEA.由余弦定理可知，AD2AE2ED22AEEDcos，解得AE4，則AB6.又AC3，BAC，所以在ABC中，由余弦定理，得aBC3.2已知長方形ABCD中，AB1，AD.現(xiàn)將長方形沿對角線BD折起，使ACa，得到一個(gè)四面體ABCD，如圖所示(1)試問：在折疊的過程中，異面直線AB與CD，AD與BC能否垂直？若能垂直，求出相應(yīng)的a值；若不垂直，請說明理由；(2)當(dāng)四面體ABCD的體積最大時(shí)，求二面角ACDB的余弦值解(1)若ABCD，由ABAD，ADCDD，得AB平面ACD，所以ABAC.所以AB2a2BC2，即12a2()2，所以a1.若ADBC，由ADAB，ABBCB，得AD平面ABC，所以ADAC，所以AD2a2CD2，即()2a212，所以a21，無解，故ADBC不成立(2)要使四面體ABCD的體積最大，因?yàn)锽CD的面積為定值，所以只需三棱錐ABCD的高最大即可，此時(shí)平面ABD平面BCD，過點(diǎn)A作AOBD于點(diǎn)O，則AO平面BCD， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz(如圖)，則易知A，C，D，顯然，平面BCD的一個(gè)法向量為.設(shè)平面ACD的法向量為n(x，y，z)因?yàn)?，所以令y，得n(1，2)觀察可知二面角ACDB為銳二面角，故二面角ACDB的余弦值為|cos，n|.3已知?jiǎng)狱c(diǎn)P與兩個(gè)定點(diǎn)O(0,0)，A(3,0)的距離的比為.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)過點(diǎn)B(2,1)的直線l與曲線C交于M，N兩點(diǎn)，求線段MN長度的最小值；(3)已知圓Q的圓心為Q(t，t)(t0)，且圓Q與x軸相切，若圓Q與曲線C有公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍解(1)由題意，設(shè)P(x，y)，則|AP|2|OP|，即|AP|24|OP|2，所以(x3)2y24(x2y2)，整理得(x1)2y24.所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為(x1)2y24.(2)由(1)知軌跡C是以C(1,0)為圓心，以2為半徑的圓又因?yàn)?21)2120)，且圓Q與x軸相切，所以圓Q的半徑為t，所以圓Q的方程為(xt)2(yt)2t2.因?yàn)閳AQ與圓C有公共點(diǎn)，又圓Q與圓C的兩圓心距離為|CQ|，所以|2t|CQ|2t，即(2t)22t22t1(2t)2，解得32t3.所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是32，34.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為(為參數(shù))，直線C2的普通方程為yx.以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系(1)求曲線C1和直線C2的極坐標(biāo)方程；(2)若直線C2與曲線C1交于A，B兩點(diǎn)，求.解(1)由曲線C1的參數(shù)方程為(為參數(shù))，得曲線C1的普通方程為(x3)2(y3)24，所以曲線C1的極坐標(biāo)方程為(cos3)2(sin3)24，即26cos6sin140.因?yàn)橹本€C2過原點(diǎn)，且傾斜角為，所以直線C2的極坐標(biāo)方程為(R)(2)設(shè)點(diǎn)A，B對應(yīng)的極徑分別為1，2，由得2(33)140，所以1233，1214，又10，20，所以.5設(shè)f(x)|x|2|xa|(a0)(1)當(dāng)a1時(shí)，解不等式f(x)4；(2)若f(x)4，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)|x|2|x1|，當(dāng)x0時(shí)，由23x4，得x1時(shí)，由3x24，得1x2.綜上，不