2020版新高考二轮复习理科数学专项小测211719题二选一解析

专项小测(二十一)“17～19题”＋“二选一”时间：45分钟满分：46分17．(12分)如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC＝60°，CD＝2.(1)若AD＝BD＝3，求△ABC的面积；(2)若AD＝2，BD＝4，求sinB的值．解：(1)当AD＝BD＝3时，△ABD的面积S△ABD＝12·AD·BD·sin∠ADB＝12·3·3·32＝934，△ACD的面积S△ACD＝12·AD·CD·sin∠ADC＝12·3·2·32＝332，△ABC的面积S△ABC＝S△ABD＋S△ACD＝934＋332＝1534.(2)当AD＝2，BD＝4时，∠ADB＝180°－∠ADC＝120°，在△ADB中，由余弦定理可得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋42－2×2×4×－12＝28，故AB＝27.在△ADB中，由正弦定理得ABsin∠ADB＝ADsin∠B，即2732＝2sin∠B，整理得sin∠B＝327＝2114.18．(12分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，△ADE，△BCF均为等边三角形，EF∥AB，EF＝AD＝12AB.(1)过BD作截面与线段CF交于点N，使得AF//平面BDN，试确定点N的位置，并予以证明；(2)在(1)的条件下，求直线BN与平面ABF所成角的正弦值．解：(1)当N为线段FC的中点时，使得AF∥平面BDN.证明：连接AC，BD，设AC∩BD＝O.∵四边形ABCD为矩形，∴O为AC的中点．又∵N为FC的中点，∴ON为△ACF的中位线，∴AF∥ON.(2分)∵AF⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，∴AF∥平面BDN，故N为FC的中点时，使得AF∥平面BDN.(4分)(2)过O作PQ∥AB分别与AD，BC交于P，Q.因为O为AC的中点，所以P，Q分别为AD，BC的中点．∵ΔADE与ΔBCF均为等边三角形，且AD＝BC，∴ΔADE≅ΔBCF，连接EP，FQ，则得EP＝FQ.∵EF∥AB，AB綊PQ，EF＝12AB，∴EF∥PQ，EF＝12PQ，∴四边形EPQF为等腰梯形．取EF的中点M，连接MO，则MO⊥PQ.(6分)又∵AD⊥EP，AD⊥PQ，EP∩PQ＝P，∴AD⊥平面EPQF.过O点作OG⊥AB于G，则OG∥AD，∴OG⊥OM，OG⊥OQ.(8分)分别以OG→，OQ→，OM→的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，不妨设AB＝4，则由条件可得：O(0,0,0)，A(1，－2,0)，B(1,2,0)，F(0,1，2)，D(－1，－2，0)，N－12，32，22.AB→＝(0,4,0)，AF→＝(－1,3，2)．设n＝(x，y，z)是平面ABF的法向量，则n·AB→＝0，n·AF→＝0，即4y＝0，－x＋3y＋2z＝0，所以可取n＝(2，0,1)．(10分)由BN→＝－32，－12，22，可得|cos〈BN→，n〉|＝|BN→·n||BN→|·|n|＝23，∴直线BN与平面ABF所成角的正弦值为23.(12分)19．(12分)已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)经过点A(1,2)，过A作两条不同直线l1，l2，其中直线l1，l2关于直线x＝1对称．(1)求抛物线E的方程及准线方程；(2)设直线l1，l2分别交抛物线E于B、C两点(均不与A重合)，若以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，求直线BC的方程．解：(1)∵抛物线E过点A(1,2)，∴2p＝4，解得p＝2，(2分)∴抛物线的方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1.(4分)(2)法一：不妨设B在C的左边，从而可设直线AB的方程为x－1＝m(y－2)(m＞0)，即x＝my－2m＋1，由x＝my－2m＋1，y2＝4x消去x整理得y2－4my＋8m－4＝0.设B(xB，yB)，则yB＋2＝4m，故yB＝4m－2，∴xB＝4m2－4m＋1，∴点B(4m2－4m＋1,4m－2)．(6分)又由条件得AB与AC的倾斜角互补，以－m代替点B坐标中的m，可得点C(4m2＋4m＋1，－4m－2)．∴|BC|＝－8m2＋8m2＝82m，且BC中点的横坐标为xB＋xC2＝4m2＋1.(8分)∵以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，∴4m2＋1＋1＝|BC|2＝42m，解得m＝22，(10分)∴B(3－22，22－2)，C(3＋22，－22－2)∴kBC＝－1，∴直线BC的方程为y－(22－2)＝－(x－3＋22)，即x＋y－1＝0.(12分)法二：设B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为直线l1，l2关于x＝1对称，所以AB与AC的倾斜角互补，所以kAB＋kAC＝y1－2x1－1＋y2－2x2－1＝y1－2y214－1＋y2－2y224－1＝4y1＋2＋4y2＋2＝0，所以y1＋y2＝－4，所以kBC＝y1－y2x1－x2＝y1－y2y214－y424＝4y1＋y2＝－1.(6分)设直线BC的方程为y＝－x＋m，由y＝－x＋m，y2＝4x消去y整理得x2－(2m＋4)x＋m2＝0，所以x1＋x2＝2m＋4，x1x2＝m2，所以|BC|＝2|x1－x2|＝42m＋1，且BC中点D的横坐标为x1＋x22＝m＋2.(8分)因为以线段BC为直径的圆与抛物线的准线x＝－1相切，所以x1＋x22＋1＝|BC|2，即m＋3＝22m＋1，解得m＝1，(10分)所以直线BC的方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.(12分)(二)选考题：共10分，请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4－4：坐标系与参数方程](10分)在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x＝2＋rcosαy＝rsinα(α为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρsinθ＋π6＝3，且曲线C1与C2恰有一个公共点．(1)求曲线C1的极坐标方程；(2)已知曲线C1上两点A，B满足∠AOB＝π4，求△AOB面积的最大值．解：(1)曲线C2的极坐标方程为ρsinθ＋π6＝32ρsinθ＋12ρcosθ＝3，将ρsinθ＝y，ρcosθ＝x代入上式可得C2的直角坐标方程为32y＋12x＝3，即x＋3y－6＝0，所以曲线C2为直线．又曲线C1是圆心为(2,0)，半径为|r|的圆，圆C1与直线C2恰有一个公共点，所以|r|＝|2－6|2＝2，所以圆C1的普通方程为x2＋y2－4x＝0，把x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式可得C1的极坐标方程为ρ2－4ρcosθ＝0，即ρ＝4cosθ.(2)由题意可设A(ρ1，θ)，Bρ2，θ＋π4，()ρ10，ρ20，S△AOB＝12|OA→||OB→|sinπ4＝24ρ1ρ2＝42cosθcosθ＋π4＝4()cos2θ－sinθcosθ＝41＋cos2θ2－sin2θ2＝2＋22cos2θ＋π4，所以当cos2θ＋π4＝1时，△AOB的面积最大，且最大值为2＋22.23．[选修4－5：不等式选讲](10分)已知函数f(x)＝|x＋4|－m，m∈R，且f(x－2)≤0的解集为[－4,0]．(1)求m的值；(2)已知a，b，c都是正数，且a＋2b＋c＝m，求证：1a＋b＋1b＋c≥2.解：(1)因为f(x－2)＝|x－2＋4|－m＝|x＋2|－m≤0，所以|x＋2|≤m，所以m≥0，且－m≤x＋2≤m，解得－2－m≤x≤－2＋m.(3分)又不等式f(x－2)≤0的解集为[－4,0]，所以－2－m＝－4，－2＋m＝0，解得m＝2.(5分)(2)由(1)知a＋2b＋c＝2，则1a＋b＋1b＋c＝12[(a＋b)＋(b＋c)]·1a＋b＋1b＋c＝122＋b＋ca＋b＋a＋bb＋c≥122＋2b＋ca＋b·a＋bb＋c＝2，当且仅当a＝c时，等号成立．(10分)