2026版《决胜蓝图》特色专项训练中档大题练2-试卷（含答案）数学高考大二轮专题复习

中档大题练2(解三角形＋导数＋立体几何＋解析几何)
1．(本小题满分13分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的周长为.
(1)求C；
(2)若a＝2，b＝4，D为边AB上一点，∠BCD＝，求△BCD的面积．
2．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a≤2时，证明：≤e2x.
3.(本小题满分15分)如图，已知四边形ABCD为等腰梯形，点E为以O为圆心，BC为直径的半圆弧上一点，平面ABCD⊥平面BCE，M为CE的中点，BE＝AB＝AD＝DC＝2，BC＝4.
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(1)求证：DM∥平面ABE；
(2)求平面ABE与平面DCE夹角的余弦值．
4．(本小题满分17分)已知A，B为抛物线C：y2＝2px(p＞0)上的两点，△OAB是边长为8的等边三角形，其中O为坐标原点．
(1)求C的标准方程；
(2)已知圆M：(x－3)2＋(y－2)2＝R2(0＜R＜1)的两条切线l1：x＝my＋1，l2：x＝ny＋1(m≠n)，且l1，l2与C分别交于点D，E和H，G.
(ⅰ)证明：mn为定值；
(ⅱ)求|DE||HG|－40－40的最小值．
参考答案与解析
中档大题练2
1．解：(1)在△ABC中，由题意得a＋b＋c＝，(点拨：正弦定理可以将正弦齐次式转化为边的关系)
由正弦定理得a＋b＋c＝，(2分)
整理得a2＋b2－c2＝－ab，(点拨：出现边的平方关系一般使用余弦定理)(3分)
由余弦定理得cos C＝＝－，(5分)
又0＜C＜π，所以C＝.(6分)
(2)由D为边AB上一点，∠BCD＝及(1)得∠ACD＝，
且S△ACD＋S△BCD＝S△ABC，
(关键一步：线段CD把△ABC分成两部分，利用面积关系求出线段CD的长)(8分)
即有b·CD＋a·CD sin
＝ab sin ，则4CD＋CD＝4，
解得CD＝，(11分)
所以△BCD的面积S△BCD＝a·CD·sin ＝×2×＝.(13分)
2．解：(1)函数f(x)＝ln x＋ax＋1，a∈R的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋a.(1分)
当a≥0时， x∈(0，＋∞)，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，令f′(x)＝＋a＝＝0，解得x＝－，当x∈(0，－)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．(点拨：对参数a进行分类讨论)(4分)
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减．(5分)
(2)证明：当a≤2时，因为x＞0，所以要证≤e2x，只要证明≤e2x即可，即只要证ln x＋2x＋1≤xe2x，
等价于e2x＋ln x≥ln x＋2x＋1(*).
令g(x)＝ex－x－1，x∈R，(关键一步：对不等式进行变形，构造新函数)(8分)
则g′(x)＝ex－1，在区间(－∞，0)上，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
在区间(0，＋∞)上，g′(x)＞0，g(x)单调递增，(10分)
所以g(x)≥g(0)＝e0－0－1＝0，所以ex≥x＋1(当且仅当x＝0时等号成立)，
所以(*)成立，当且仅当2x＋ln x＝0时，等号成立．(12分)
又h(x)＝2x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，h()＝－1＜0，h(1)＝2＞0，(13分)　
所以存在x0∈(，1)，使得2x0＋ln x0＝0成立．
综上所述，原不等式成立．(15分)
3．解：(1)证明：取BE的中点N，连接AN，MN，则MN∥BC，且MN＝BC，(1分)
又因为AD∥BC，且AD＝BC，所以MN∥AD且MN＝AD.
所以四边形ANMD为平行四边形，所以DM∥AN.(3分)
又DM 平面ABE，AN 平面ABE，所以DM∥平面ABE.(关键一步：由线线平行推出线面平行)(5分)
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(2)取AD的中点F，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，所以OF⊥BC，
又平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD ∩平面BCE＝BC，OF 平面ABCD，所以OF⊥平面BCE，过点O作直线BC的垂线交于点G，易知OF，OG，OC两两垂直，分别以OG，OC，OF所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．(提醒：合理建立空间直角坐标系是解决问题的关键)(6分)
连接OE，则BE＝BO＝OE＝2，所以∠BOE＝60°，∠EOG＝30°.
在等腰梯形ABCD中，AB＝AD＝DC＝2，BC＝4，所以OF＝＝，E(，－1，0)，C(0，2，0)，D(0，1，)，B(0，－2，0)，A(0，－1，)，所以＝(，－3，0)，＝(0，－1，)，＝(，1，0)，＝(0，1，).(8分)
设平面DCE的法向量为m＝(x，y，z)，则
令y＝，得x＝3，z＝1，
所以m＝(3，，1)，(10分)
设平面ABE的法向量为n＝(a，b，c)，
则
令a＝1，得b＝－，c＝1，
所以n＝(1，－，1)，(12分)
设平面ABE与平面DCE的夹角为α，
则cos α＝||＝，(易错警示：两个平面夹角的余弦值等于两个平面法向量夹角余弦值的绝对值)
所以平面ABE与平面DCE夹角的余弦值为.(15分)
4．解：(1)由对称性可知当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，
当△OAB是边长为8的等边三角形时，△OAB的高为|AB|＝12，(2分)
由题意知点(12，4)在C上，(关键一步：利用对称性求出该点坐标，从而求出抛物线方程，这一步虽然简单，但是后面两问均用到抛物线方程，要保证此方程百分百的正确性)
代入y2＝2px，得(4)2＝24p，
解得p＝2，(4分)
所以C的标准方程为y2＝4x.(5分)
(2)(ⅰ)证明：因为l1：x＝my＋1，l2：x＝ny＋1(m≠n)与圆M：(x－3)2＋(y－2)2＝R2(0＜R＜1)相切，
所以＝R，得(4－R2)m2－8m＋4－R2＝0，(6分)
同理可得(4－R2)n2－8n＋4－R2＝0，(7分)
则m，n可以看作方程(4－R2)x2－8x＋4－R2＝0的两根，(题眼：根据上面两式的结构，抽象出m，n是一个方程的两根，借助根与系数的关系给出结论)(8分)
又0＜R＜1，所以Δ＝64－4(4－R2)2＝32R2－4R4＝4R2(8－R2)＞0，
由根与系数的关系可得
即mn为定值1.(9分)
(ⅱ)由(ⅰ)知
由0＜R＜1，得＞0，
所以m＞0，n＞0，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，H(x3，y3)，G(x4，y4)，
由得y2－4my－4＝0，
易得Δ＝16m2＋16＞0，
则(11分)
所以|DE|＝＝4(m2＋1)，(弦长公式)(12分)
同理可得|HG|＝·＝4(n2＋1)，(点拨：两直线l1，l2与抛物线相交得到的弦长公式求法过程一致，所以用“同理”给出了相应弦长)(13分)
所以|DE||HG|－40－40＝16(m2＋1)(n2＋1)－40－40
＝16(m2n2＋m2＋n2＋1)－40－40
＝16(m2＋n2＋2mn)－80m－80n
＝16[(m＋n)2－5(m＋n)]＝16(m＋n－)2－100，(提醒：把m＋n看作一个整体，通过配方法求最值)(15分)
当m＋n＝，即R2＝时，
|DE||HG|－40－40取得最小值，最小值为－100.(17分)
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