1、保住基本分才能得高分 “31”保分大题强化练(二) 前3个大题和1个选考题不容有失1已知ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2(cacos B)b.(1)求角A；(2)若a2，求ABC面积的取值范围解：(1)由2(cacos B)b及正弦定理得2(sin Csin Acos B)sin B，所以2sin(AB)2sin Acos Bsin B，即2cos Asin Bsin B，因为sin B0，所以cos A，又0A，所以A.(2)因为a2，所以由正弦定理得b4sin B，c4sin C，所以SABCbcsin Abc4sin Bsin C.因为C(AB)B，所以SABC4si
2、n Bsin4sin B2sin Bcos B2sin2Bsin 2Bcos 2B2sin.因为0B，所以2B，所以sin1，所以0SABC2.即ABC面积的取值范围为(0,2 2.如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，M是棱DD1上的一点，AA1平面ABCD，ABDC，ABAD，AA1AB2AD2DC.(1)若M是DD1的中点，证明：平面AMB平面A1MB1；(2)若DM2MD1，求平面AMB与平面ACB1所成锐二面角的余弦值解：(1)证明：因为AA1平面ABCD，所以AA1AB，又ABAD，AA1ADA，所以AB平面AA1D1D.又MA1平面AA1D1D，所以ABMA1.因为ADDM，所
3、以AMD45，同理A1MD145，所以MA1AM，又AMBAA，所以MA1平面AMB.因为MA1平面A1MB1，所以平面AMB平面A1MB1.(2)设AD1，则DD12，DM2MD1，以A为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，如图所示则A(0,0,0)，B(2,0,0)，B1(2,2,0)，C(1,0,1)，M，(2,0,0)，(2,2,0)，(1,0,1)，设平面AMB的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即可取n1(0,3，4)设平面ACB1的法向量为n2(x2，y2，z2)，则即可取n2(1,1,1)，则|cosn1，n2|，所以平面AMB与平面AC
4、B1所成锐二面角的余弦值为.3设椭圆1(ab0)的右顶点为A，上顶点为B，已知椭圆的离心率为，|AB|.(1)求椭圆的方程(2)设直线l：ykx(k0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限若BPM的面积是BPQ面积的2倍，求k的值解：(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有，又由a2b2c2，可得2a3b.又|AB|，从而a3，b2.所以椭圆的方程为1.(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，由题意知，x2x10，点Q的坐标为(x1，y1)因为BPM的面积是BPQ面积的2倍，所以|PM|2|PQ|，所以x2x12x1(x1)，即x25x1.易知直
5、线AB的方程为2x3y6，由方程组消去y，可得x2.由方程组消去y，可得x1.由x25x1，可得 5(3k2)，两边平方，整理得18k225k80，解得k或k.当k时，x290，不合题意，舍去；当k时，x212，x1，符合题意所以k的值为.选考系列(请在下面的两题中任选一题作答)4选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(t为参数，t0)以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2，C3的极坐标方程分别为22cos 0，(cos sin ).(1)判断C2，C3的位置关系，并说明理由；(2)若tan (0)，C1分别与C2，C3交于M，N两点，求|MN|.
6、解：(1)由C2：22cos 0，可得x2y22x0，即C2是圆心为(1,0)，半径为的圆由C3：(cos sin )，可得xy0，即C3是一条直线，因为圆C2的圆心(1,0)到直线C3的距离d，即dr，所以圆C2与直线C3相交(2)由tan (0)，得sin ，cos ，由得20，解得12，2(舍去)，由得，解得31，故|MN|13|1.5选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x5|x4|.(1)解关于x的不等式f(x)x1；(2)若函数f(x)的最大值为M，设a，b为正实数，且(a1)(b1)M，求ab的最大值解：(1)f(x)|x5|x4|x1等价于或或解得x10或0x4或4x8，于是原不等式的解集为(，100,8(2)因为|x5|x4|(x5)(x4)|9，即M9.所以(a1)(b1)9，即9(a1)(b1)abab1ab21，解得0ab4，当且仅当ab2时等号成立，所以ab的最大值为4.