2019年高考数学高考中档大题（32选1）规范练(2).docx

高考中档大题（3+2选1）规范练得全分（四）(大题规范：45分钟拿到高分，全分46分)解答题(本大题共4小题，共46分)1(12分)设aR，函数f(x)cos x(asin xcos x)cos2满足ff(0)(1)求f(x)的单调递减区间；(2)设锐角ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，求f(A)的取值范围解析(1)f(x)cos x(asin xcos x)cos2sin 2xcos 2x，由ff(0)，得1，所以a2，所以f(x)sin 2xcos 2x2sin.由2k2x2k，kZ，得kxk，kZ，所以f(x)的单调递减区间为，kZ.(2)因为，由余弦定理得，即2acos Bccos Bbcos C，由正弦定理可得2sin Acos Bsin Ccos Bsin Bcos C，即2sin Acos Bsin(BC)sin A，所以cos B，因为0B，所以B.因为ABC为锐角三角形，所以A，2A，所以f(A)2sin的取值范围为(1，22(12分)如图，在矩形ABCD中，AB2AD，M是DC的中点，将ADM沿AM折起，使得ADBM.(1)求证：平面ADM平面ABCM；(2)若点E是线段BD上的一动点，则点E在何位置时，可使得二面角EAMD的大小为？解析(1)连接BM，因为AB2AD，M是DC的中点，所以AMBMAD，从而AM2BM2AB2，所以AMBM.因为ADBM，ADAMA，所以BM平面ADM.因为BM平面ABCM，所以平面ADM平面ABCM.(2)因为平面ADM平面ABCM，平面ADM平面ABCMAM，所以在平面ADM中过点M且垂直于AM的直线必然垂直于平面ABCM.以M为坐标原点，MA所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，在平面ADM中，过点M作AM的垂线，以该垂线所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设MA2，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(1，0，1)，(1，2，1)假设存在点E，设(01)，则(，22，)设n1(x，y，z)是平面AME的法向量，则即取y，可得平面AME的一个法向量为n1(0，22)易得平面AMD的一个法向量为n2(0，1，0)依题意得，|cosn1，n2|，解得，因此当时，二面角EAMD的大小为.3(12分)已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tan Atan B.(1)求角A的大小；(2)设AD为BC边上的高，a，求AD的取值范围解析(1)在ABC中，tan Atan B，即，则tan A，A.(2)SABCADBCbcsin A，ADbc.由余弦定理得cos A，0bc3(当且仅当bc时等号成立)，0AD.4(从下面两题中选一题，如果多做，则按所做的第一题计分)(10分)选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系A，B两点的极坐标分别为(1，)，(2，0)，且|PA|2|PB|，点P的轨迹记为C.(1)求曲线C的直角坐标方程和极坐标方程；(2)已知直线l的参数方程为(t为参数，0)，当直线l与曲线C只有一个公共点时，0，求cos 0的值解析(1)由把极坐标转化为直角坐标得A(1，0)，B(2，0)，设P(x，y)，由|PA|2|PB|得，(x1)2y24(x2)2y2，x2y26x50，即曲线C的直角坐标方程为(x3)2y24.曲线C为以(3，0)为圆心，2为半径的圆，极坐标方程为26cos 50.(2)解法一将直线l的参数方程代入到曲线C的直角坐标方程，得(tcos 2)2(tsin 1)24，化简并整理得，t22(sin 2cos )t10，直线l与曲线C只有一个公共点，4(sin 2cos )240，3cos 24sin cos 0，cos 0或tan ，0，解得cos ，cos 00或cos 0.解法二当直线l的斜率存在时，设直线l：y1k(x1)，即kxyk10.直线l与曲线C只有一个公共点，即直线l与曲线C相切，2，解得k，tan 0，00，cos 0.当直线l的斜率不存在时，直线l：x1，此时直线l与C相切，符合题意cos 00.综上，得cos 00或cos 0.4(10分)选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x3|.(1)若函数g(x)|xa|f(x)的值域为M，2，1M，求实数a的取值范围；(2)若实数x，y满足|2x3y|，|xy|，求证：f(x3).解析(1)g(x)|xa|f(x)|xa|x3|，当a3时，g(x)所以g(x)3a，a3，因为2，1M，所以解得a5.当a3时，g(x)所以g(x)a3，