1、第1页中档大题46分规范练(一)第2页17(12 分)ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 ccosB(3ab)cosC.(1)求 sinC 的值；(2)若 c2 6，ba2，求ABC 的面积第3页解：(1)解法 1：因为 ccosB(3ab)cosC，所以由正弦定理得 sinCcosB(3sinAsinB)cosC，即 sinCcosBsinBcosC3sinAcosC，所以 sin(BC)3sinAcosC，由于 ABC，所以 sin(BC)sin(A)sinA，则 sinA3sinAcosC.因为 0A，所以 sinA0，cosC13.因为 0C，所以 sinC 1
2、cos2C2 23.第4页解法 2：因为 ccosB(3ab)cosC，所以由余弦定理得ca2c2b22ac(3ab)a2b2c22ab，化简得 a2b2c223ab，所以 cosCa2b2c22ab23ab2ab13.因为 0Cb0)，点 M 在直线 y32x 上，且点 M 在 x 轴上的射影恰好是椭圆 C 的右焦点 F2(c,0)，点 M(c，3c2)MF1 MF2(2c，32c)(0，32c)94，c1.第17页 1a2 94b21a2b21，解得a24b23，椭圆 C 的方程为x24y231.(2)由(1)知，F1(1,0)，过点 F1(1,0)的直线与椭圆 C 交于 P，Q 两点，则
3、F2PQ 的周长为 4a8，又 SF2PQ124ar(r 为F2PQ 的内切圆半径)，当F2PQ 的面积最大时，其内切圆面积最大设直线 l 的方程为 xky1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，第18页则 xky1x24y231，消去 x 得(43k2)y26ky90，y1y26k3k24y1y293k24，SF2PQ12|F1F2|y1y2|12 k213k24.第19页令 k21t，则 t1，SF2PQ 123t1t，令 f(t)3t1t，则 f(t)31t2，当 t1，)时，f(t)0，f(t)3t1t在1，)上单调递增，SF2PQ 123t1t3，当 t1 时取等号，即当 k0 时，
4、F2PQ 的面积取得最大值 3，第20页结合 SF2PQ124ar，得 r 的最大值为34，F2PQ 的内切圆面积的最大值为 916.第21页选考题：共 10 分请考生在第 22、23 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 44：坐标系与参数方程(10 分)在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为xcost，ysin2t(t 为参数)以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 C2 的极坐标方程为(sinacos)12(aR)第22页(1)写出曲线 C1 的普通方程和直线 C2 的直角坐标方程；(2)若直线 C2 与曲线 C1 有两个不同的交点，求
5、 a 的取值范围第23页解：(1)曲线 C1 的普通方程为 y1x2(1x1)，把 xcos，ysin 代入(sinacos)12，得直线 C2 的直角坐标方程为 yax12，即 axy120.(2)解法 1：由直线 C2：axy120，知直线 C2 恒过点M(0，12)由 y1x2(1x1)，知当 y0 时，x1，第24页所以曲线 C1 过点 P(1,0)，Q(1,0)则直线 MP 的斜率为 k10121012，直线 MQ 的斜率为 k20121012.因为直线 C2 的斜率为 a，且直线 C2 与曲线 C1 有两个不同的交点，所以 k2ak1，即12a12.所以 a 的取值范围为12，12
6、第25页解法 2：由y1x21x1，axy120，消去 y 得 x2ax120，依题意，得 x2ax120 在1,1上有两个不相等实根第26页设 f(x)x2ax12，则a220，1a20 的解集；(2)若 a0 时，不等式 f(x)0，即|x1|2x1|0，得|x1|2x1|，两边平方得(x1)2(2x1)2，得 3x(x2)0，解得 0 x0 的解集为x|0 x0，即|x1|2x1|0，当 x1 时，得(x1)(12x)0，解得 x2，故无解；第29页当1x0，解得 x0，故0 x0，解得 x2，故12x0 的解集为x|0 x0，所以f(x)xa1，x12.由于函数 f(x)在(，12上单调递增，在(12，)上单调递减，所以当 x12时，f(x)取得最大值，其值为 f(12)a12.第31页若 f(x)1 对 xR 都成立，则 a121，即 a12.所以 a 的取值范围为(0，12)解法 2：f(x)|xa|2x1|xa|x12|x12|xax12|x12|a12|x12|a12|.若 f(x)1 对 xR 都成立，则|a12|0，所以 0a12.所以 a 的取值范围为(0，12)
