高三数学二轮复习解答题标准练2

1、70 分分 解答题标准练解答题标准练(二二) 1.(2019 南昌模拟)在ABC 中， 内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知cos A2cos C cos B 2ca b . (1)求sin C sin A的值； (2)若 cos B1 4，b2，求ABC 的面积. 解 (1)由正弦定理，得2ca b 2sin Csin A sin B ， 所以cos A2cos C cos B 2sin Csin A sin B ， 即(cos A2cos C)sin B(2sin Csin A)cos B， cos Asin B2cos Csin B2sin Ccos Bsin Ac

2、os B， cos Asin Bsin Acos B2sin Ccos B2cos Csin B. 化简得 sin(AB)2sin(BC)， 又 ABC，所以 sin C2sin A， 因此sin C sin A2. (2)由sin C sin A2，得 c2a， 由余弦定理 b2a2c22accos B 及 cos B1 4，b2， 得 4a24a24a21 4， 解得 a1，从而 c2. 又因为 cos B1 4，且 00)的左焦点为 F(c,0)， 右顶点为 A， 点 E 的坐标为(0， c)， EFA 的面积为b 2 2 ，过点 E 的动直线 l 被椭圆 C 所截得的线段 MN 长度的

3、最小值为4 6 3 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)B是椭圆C上异于顶点的一点， 且直线OBl， D是线段OB延长线上一点， 且|DB| 7 5 |MN|， D 的半径为|DB|，OP，OQ 是D 的两条切线，切点分别为 P，Q，求POQ 的最大值， 并求出取得最大值时直线 l 的斜率. 解 (1)由已知，可得1 2(ca)c b2 2 . 又由 b2a2c2，可得 2c2aca20，解得 a2c， 设椭圆 C 的方程为 x2 4c2 y2 3c21， 当直线 l 的斜率不存在时，线段 MN 的长为 2 3c； 当直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 ykxc， 由 x2 4c2 y

4、2 3c21， ykxc， 得(4k23)x28kcx8c20， (8kc)232c2(4k23)0， 从而|MN|k21 4k23 4 6c k 21 2k21 4k23 2 3c 4k24 4k22 4k232 2 3c1 1 4k2323，1 u 0，1 3 ， 因此|OB| r 5 7 u2 3u7 u1 5 7 1 34 u 7 u2 5 7 u2 2251， 当且仅当7 u2，即 u 7 2时等号成立， 此时 k 2 4 ，所以 sinPOQ 2 1 2， 因此POQ 2 6，所以POQ 的最大值为 3. 综上所述，POQ 的最大值为 3， 取得最大值时直线 l 的斜率 k 2 4

5、 . 5.(2019 烟台模拟)已知函数 f(x)ex2ax3a2e x(aR)， 其中 e2.718 28为自然对数的底 数. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 x(0，)时，ex(xa)3a2e xx2a210f(x)恒成立，求 a 的取值范围. 解 (1)由题意可知，f(x)ex2a3a2e x e 2x2aex3a2 ex e x3aexa ex ， 当 a0 时，f(x)ex0，此时 f(x)在 R 上单调递增； 当 a0 时，令 f(x)0，解得 xln(3a)， 当 x(，ln(3a)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 a0 时，x(，ln(3a)时，f(x)单调递减

6、， x(ln(3a)，)时，f(x)单调递增； 当 af(x)， 可得 ex(xa1)x22axa2100， 令 g(x)ex(xa1)x22axa210， 只需在 x(0，)时，使 g(x)min0 即可， g(x)ex(xa1)ex2x2a(ex2)(xa)， 当 a0 时，xa0，当 00， 所以 g(x)在(0，ln 2)上是减函数，在(ln 2，)上是增函数， 只需 g(ln 2)a2(2ln 22)aln222ln 280， 解得 ln 24ln 2 时，g(x)在(0，ln 2)上是增函数， 在(ln 2，a)上是减函数，在(a，)上是增函数， 则 ga10ea0， g09aa20， 解得 ln 20， 得 x5，所以 x4； 当1 2x0， 得 x1，所以 1x4； 当 x0，得 x5， 所以 x1 或 x5. (2)令 F(x)f(x)3|x4|2x1|2|x4| |2x1(2x8)|9， 当1 2x4 时等号成立. 即 F(x)的最小值为 9， 所以 m9. 即 m 的取值范围为(，9.