2019届高考数学第三轮复习精编模拟五(2)

13： 本题是一道很好的开放题，解题的开窍点是：每个面的三条棱是怎样构造的，依据“三角形中两边之和大于第三边”，就可否定｛1，1，2｝，从而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三种形态，再由这三类面构造满足题设条件的四面体，最后计算出这三个四面体的体积分别为：

111114111114, ,，故应填.、 、 中的一个即可. 612126121214.解：直线：l:?sin(???)?1化为一般方程：x?3y?2?0，点P(2,?)化为点

66?Q?3,?1，则点Q??3,?1到直线的距离为d??3?3?22?3?1

15解：由△COF∽△PDF得

OFCF，即CF.DF?OF.PF=OF.?PB?OB?OF? ?DFPF=AF.BF=?OA?OF?.?OB?OF?，即OF.?2?2?OF?=?2?OF?.?2?OF?， 解得OF?1，故PF?PB?BF?PB?OB?OF=3 三．解答题：

???0?m2?4?0??m?2 ……4分 16.解：当P为真时，有?x1?x2?0???m?0??xx?0?12 当Q为真时，有??(m?1)??m?0?3m??m?1?0 ……5分

2?21得m??1或m> ……6分

3由题意:“P或Q”真，“P且Q”为假 等价于

?m?2?（1）P真Q假：?1?m?? ……8分

?1?m??3??m?21?（2）Q真P假：?1??m?2或m??1 ……11分

3m??1或m>?3?综合（1）（2）m的取值范围是{m|1?m?2或m??1} ……12分 3217.解：（1）∵BC?AC?AB∴AB?BC?AB(AC?AB)?AB?AC?|AB|??2

2∵AB?AC?1 ∴|AB|?3, |AB|?3即AB边的长度为3 ……………………3分

(2) 由AB?AC?1,AB?BC??2 得|AB|?|AC|cosA?1-------------①

|AB|?|BC|cos(??B)??2 即|AB|?|BC|cosB?2-------------②

由①②得

|AC|cosA1|AC|sinB ??, 由正弦定理得?|BC|cosB2|BC|sinA∴

sinBcosAtanB1??? ∴tanA?2tanB-- ……………………8分 sinAcosBtanA2(3) ∵|AC|?2，由（2）中①得cosA?113 由余弦定理得??6|AB|?|AC|233?5 6|BC|2?|AB|2?|AC|2?2|AB|?|AC|cosA=3?4?43?∴|BC|=5- ……………………12分

32218．解：（Ⅰ）f(x)?x?ax?bx?c，f?(x)?3x?2ax?b， ……………1分

由题意，知m?2，f(1)?1?a?b?c?2,f?(1)?3?2a?b?0，

即b??2a?3,c?a?4. ……………………2分

f?(x)?3x2?2ax?(2a?3)?3(x?1)(x?1?22a). …………………3分 3① 当a??3时，f?(x)?3(x?1)?0，函数f(x)在区间(??,??)上单调增加， 不存在单调减区间； ……………………5分 ② 当a??3时，?1?2a?1，有 32a) 3(?1?2a ,1)3x f?(x) f(x) (??,?1?(1,??) + ? - ? + ? 2a???当a??3时，函数f(x)存在单调减区间，为??1?,1?; ……………7分

3??③ 当a??3时， ?1?2a?1，有 3(1,?1?2a )3x f?(x) (??,1) (?1?2a,??) 3+ - +

f(x) ? ? ? 2a???当a??3时，函数f(x)存在单调减区间，为?1,?1??; …………9分

3??（Ⅱ）由（Ⅰ）知：若x?1不是函数f(x)的极值点，则a??3，

b?3,c?1,f(x)?x3?3x2?3x?1?(x?1)3?2. …………………10分

3设点P(x0,y0)是函数f(x)的图像上任意一点，则y0?f(x0)?(x0?1)?2，

点P(x0,y0)关于点M(1,2)的对称点为Q(2?x0,4?y0)，

?f(2?x0)?(2?x0?1)3?2??(x0?1)3?2?2?y0?2?4?y0,

?f(2?x0)?(2?x0)3?3(2?x0)2?3(2?x0)?12（或 ?8?12x0?6x0?x0?12?12x0?3x0?6?3x0?122??x0?3x0?3x0?3?4?(x0?3x0?3x0?1)?4?y03332）

?点Q(2?x0,4?y0)在函数f(x)的图像上.

由点P的任意性知函数f(x)的图像关于点M对称. …………………14分 19． [方法一]：（几何法）

（I）证法一：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC.

∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，

SM由三垂线定理得BC⊥SC. …………3分

证法二：如图1，∵底面ABCD是正方形， ∴BC⊥DC. A CDB∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD=D， 图1 ∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC. …………3分

（II）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形， ∴可把四棱锥S—ABCD补形为长方体A1B1C1S—ABCD， 如图2，面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，

∵SC⊥BC，BC//A1S， ∴SC⊥A1S，

又SD⊥A1S，∴∠CSD为所求二面角的平面角.

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=2，在Rt△SDC中，

由勾股定理得SD=1.

∴∠CSD=45°.即面ASD与面BSC所成的二面角为45°. ……………8分 解法二：如图3，过点S作直线l//AD,?l在面ASD上， ∵底面ABCD为正方形，?l//AD//BC,?l在面BSC上， …… 此处隐藏：537字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……