2017-2018学年下学期期末复习备考高二数学黄金30题（浙江版）专题04+大题好拿分【提升版】（20题）

大题好拿分【提升版】
1．【2018年天津卷理】在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
（I）求角B的大小；
（II）设a=2，c=3，求b和的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)，.
【解析】分析：（Ⅰ）由题意结合正弦定理边化角结合同角三角函数基本关系可得，则B=．
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得b=．结合二倍角公式和两角差的正弦公式可得
（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理及a=2，c=3，B=，
有，故b=．
由，可得．因为a因此，
所以，
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
2．【2017年上海卷】已知函数，.
（1）求的单调递增区间；
（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边，角B所对边，若，求△ABC的面积.
【答案】（1）;（2）
【解析】试题分析：（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；（2）由，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
（2）设△ABC为锐角三角形，
角A所对边，角B所对边b=5，
若，即有
解得，即
由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA，
化为c2﹣5c+6=0，
解得c=2或3，
若c=2，则
即有B为钝角，c=2不成立，
则c=3，
△ABC的面积为 .
3．已知函数.
（1）求的值；
（2）当时，求函数的取值范围.
【答案】（1）1；（2）.
【解析】分析：（1）由三角恒等变换的公式化简得，即可求解的值；
（2）由（1）得，当时，得，即可求解的取值范围.
详解：（1）
，
则.
（2）由（1）得，
当时，，
则，
即的取值范围为.
4．在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，的面积为，为的中点，求的长.
【答案】(1) ;(2) .
【解析】分析：（1）由三角函数的恒等变换和正弦定理，得，再由余弦定理，得
，即可求解的值；
（2）由，得，所以，在由余弦定理，即可求解的长.
详解：（1）由，
得.
由正弦定理，得，
即.
又由余弦定理，得.
因为，所以.
（2）因为，
所以为等腰三角形，且顶角.
故，所以.
在中，由余弦定理，得
.
解得.
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
5．【2018年北京卷理】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析；(2) B-CD-C1的余弦值为；(3)证明过程见解析.
【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线FG方向向量数量积不为零，可得结论.
详解：解：（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．
由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】分析：（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明.
（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值.
详解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D?xyz.
当三棱锥M?ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题.
7．【2017高考新课标Ⅲ理】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；
（2）利用题意求得两个半平面的法向量，然后利用二面角的夹角公式可求得二面角D–AE–C的余弦值为.
试题解析：（1）由题设可得，，从而.
又是直角三角形，所以.
取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.
又由于是正三角形，故.
所以为二面角的平面角.
在中，.
又，所以，
故.
所以平面ACD⊥平面ABC.
（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.则.
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得.
故.
设是平面DAE的法向量，则即
可取.
设是平面AEC的法向量，则同理可取.
则.
所以二面角D-AE-C的余弦值为.
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算时，要认真细心，准确计算.
（2）设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
8．如图所示五面体，四边形是等腰三角形，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）若四边形为正方形，求二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】分析：（1）根据题意和图形的性质，证得平面，即可利用面面垂直的判定定理，证得平面平面.
（2）由（1）得两两垂直，以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角的余弦值.
（2）由（1）知，平面平面,平面平面，四边形为正方形，∴，
∴平面，
∴两两垂直
以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图
则，
，，
设是平面的一个法向量，
则∴，∴，
∴
是平面的一个法向量，
∴，
∴二面角的余弦值为.
点睛：本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
9．【2018年北京卷理】设函数=[]．
（Ⅰ）若曲线y= f（x）在点（1，）处的切线与轴平行，求a；
（Ⅱ）若在x=2处取得极小值，求a的取值范围．
【答案】(1) a的值为1；(2) a的取值范围是（，+∞）.
【解析】分析：（1）先求导数，再根据得a；（2）先求导数的零点：，2；再分类讨论，根据是否满足在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．
详解：解：（Ⅰ）因为=[]，
所以f ′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）
=［ax2–（2a+1）x+2］ex．
f ′(1)=(1–a)e．
由题设知f ′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．
此时f (1)=3e≠0．
所以a的值为1．
点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.
10．【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可.
（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围.
详解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大.
11．【2018年全国卷II理】已知函数．
（1）若，证明：当时，；
（2）若在只有一个零点，求．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】分析：(1)先构造函数，再求导函数，根据导函数不大于零得函数单调递减，最后根据单调性证得不等式，(2)研究零点，等价研究的零点，先求导数：，这里产生两个讨论点，一个是a与零，一个是x与2，当时，，没有零点；当时，先减后增，从而确定只有一个零点的必要条件，再利用零点存在定理确定条件的充分性，即得a的值.
详解：（1）当时，等价于．
设函数，则．
当时，，所以在单调递减．
而，故当时，，即．
（2）设函数．
在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．
（i）当时，，没有零点；
（ii）当时，．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
故是在的最小值．
①若，即，在没有零点；
②若，即，在只有一个零点；
③若，即，由于，所以在有一个零点，
由（1）知，当时，，所以．
故在有一个零点，因此在有两个零点．
综上，在只有一个零点时，．
点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
12．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】分析：（1）由题意求得，令得 或，分类讨论即可求解函数的单调区间；
（2）由（1）知，当时，函数的单调性，求得函数的极大值与极小值，又由要对任意的 恒成立，结合图象得，即可求解.
详解：（1）由题意得，
令得或，
①当时，，则的单调递增区间为，单调递减区间为.
②当时，恒成立，则的单调递增区间为.
③当时，，则的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）因为，则.
且由（1）知，当时，函数在上单调递增，在单调递减，
所以函数的极大值与极小值分别为.
若要对任意的恒成立，
结合图象可知只需满足即可，
解得.
点睛：本题主要考查导数在函数中的应用，以及不等式的恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
13．【2018年全国卷Ⅲ理】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】（1）；（2）或.
【解析】分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明.
（2）解出m,进而求出点P的坐标，得到,再由两点间距离公式表示出，得到直的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解.
详解：（1）设，则.
两式相减，并由得
.
由题设知，于是
.①
由题设得，故.
（2）由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是
.
同理.
所以.
故，即成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得到,求出m得到直线方程很关键，考查了函数与方程的思想，考察学生的计算能力，难度较大.
14．如图所示，已知抛物线的焦点为，是抛物线上第一象限的点，直线与抛物线相切于点.
（1）过作垂直于抛物线的准线于点，连接，求证：直线平分；
（2）若，过点且与垂直的直线交抛物线于另一点，分别交轴、轴于、两点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析（2）.
详解：（1）证明：设则，直线的斜率，由得，，
∴直线的斜率，
∴，∴.
又由抛物线定义，∴平分；
（2）解：当时，，
的方程：，
∴，.
∴，
由 ，
∴，
∴，
∴ .
点睛：在抛物线中涉及到抛物线上的点到焦点的距离及点到准线距离时，要利用抛物线的定义，由抛物线的定义本题证明直线平分转化为证明直线与垂直，这由直线斜率乘积可证．另外抛物线方程为时，可设抛物线上点的坐标为，抛物线问题就转化计算，可减少思维量与计算量．
15．如图，直线与抛物线相交于两点，是抛物线的焦点，若抛物线上存在点，使点恰为的重心.
（1）求的取值范围；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】分析：（1）设，联立方程组，求得，进而利用重心的坐标公式，求得，由题意得不等式组，即可求解；
（2）原点到直线的距离，利用弦长公式和三角形的面积公式得，设，利用导数得到函数的单调性和最值，即可求解面积的最大值.
详解：（1）设，
由，得，
由，得①，
则，
所以，
由点为的重心可得，
则，且②，
而，即，
代入①②得，解得，
所以的取值范围为.
（2）原点到直线的距离，
，
设，
则，
由得或，
则在上递增，在上递减，即在或处取得最大值，
而，所以，
所以.
点睛：本题主要考直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
16．椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为的上顶点，的内切圆面积为.
（1）求的方程；
（2）过的直线交于点，过的直线交于，且，求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】分析：（1）由离心率得，由圆面积得圆半径，而的面积，一方面等于，另一方面等于，两者相等得，再结合可解得，得椭圆方程；
（2）利用可求得两直线交点的轨迹是单位圆，单位圆在椭圆内部，即点M在椭圆内部，因此有，下面分两类求面积，一类是中有一个斜率不存在，求得面积为6，第二类是中斜率都存在，设为，，由直线与椭圆方程联立消元后可得，，同理方程为，得，这样就表示为的函数，变形注意先把作变整体变形，然后用换元变为的函数，最后可求得的范围．
详解：（1）设内切圆的半径为，则，得
设椭圆的焦距，则，
又由题意知，
所以 ，
所以，
结合及，解得，
所以的方程为.
（2）设直线的交点为，
则由知，点的轨迹是以线段为直径的圆，其方程为.
该圆在椭圆内，所以直线的交点在椭圆内，从而四边形面积可表示为.
①当直线与坐标轴垂直时， .
②当直线与坐标轴不垂直时，设其方程为，设，
联立，得，
其中，
，
所以.
由直线的方程为，同理可得.
所以
.
令，所以，
令，
所以，
从而.
综上所述，四边形面积的取值范围是.
点睛：本题以椭圆与直线的位置关系为背景，以椭圆的轨迹方程为主要考查内容，考查观察分析、推理论证、数学运算等数学能力，考查数形结合、转化与化归、函数与方程等数学思想．对直线与椭圆相交问题，本题中的解法常称为“设而不求”．
17．【2018年天津卷文】设{an}是等差数列，其前n项和为Sn（n∈N*）；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（Ⅰ）求Sn和Tn；
（Ⅱ）若Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数n的值．
【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.
【解析】分析：（I）由题意得到关于q的方程，解方程可得，则.结合题意可得等差数列的首项和公差为，则其前n项和.
（II）由（I），知 据此可得 解得（舍），或.则n的值为4.
详解：（I）设等比数列的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得．
因为，可得，故．所以，．
设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．
（II）由（I），有
由可得，
整理得解得（舍），或．所以n的值为4．
点睛：本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
18．已知等差数列前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
【答案】（1）（2）
（2） .
∴
.
当且逐渐增大时，增大.
∴.
点睛：常用数列求和方法：
（1）公式法：数列是等差数列或等比数列时，直接应用公式求和；
（2）分组求和法：设数列是等差数列，是等比数列，则数列的前项和用分组求和法求和．
（3）设数列是等差数列，是等比数列，则数列的前项和求法用错位相减法．
（4）设数列是等差数列，则的前项和用裂项相消法求和．
19．已知数列满足.
（1）证明：；
（2）设，证明：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】分析：（1）由题意，所以数列为递减数列，得，进而得到，即可作出证明；
由（1）知，得到，即，即可作出证明.
详解：（1），
，
数列为递减数列..
又由，
（2）由（1）知，
，即.
点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及数列的递推公式的灵活化简与运算，以及数列的单调性的判定与应用，试题的综合性强，难度大，属于难题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.
20．已知数列的前项和（其中为常数），且
（1）求；
（2）若是递增数列，求数列的前项和．
【答案】(1)；(2).
【解析】分析：（1）由题意，求得公比或，分类讨论，即可得到数列的通项公式；
（2）法一：由（1）知，得，即可利用乘公比错位相减法求解数列的和；
法二：由（1）知，得 ，利用并项法求解数列的和.
详解：（1）由得：或，
时，，，
时，， ．
（2）法一：由题，，，
，，
相减得：，
∴．
法二：由题，， ，
所以．
点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”与“并项求和”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.