2018版数学二轮复习大题规范练2“17题～19题”＋“二选一”46分练文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE8学必求其心得，业必贵于专精大题规范练（二）“17题～19题”＋“二选一”46分练（时间：45分钟分值：46分）解答题（本大题共4小题，共46分，第22~23题为选考题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知A，B，C，D为同一平面上的四个点,且满足AB＝2，BC＝CD＝DA＝1，设∠BAD＝θ，△ABD的面积为S，△BCD的面积为T.(1）当θ＝60°时,求T的值；（2)当S＝T时，求cosθ的值.【导学号：04024217】解：(1）在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosθ＝22＋12－2×2×1×eq\f(1，2)＝3.在△BCD中，由余弦定理得cos∠BCD＝eq\f(BC2＋CD2－BD2,2BC·CD)＝eq\f（12＋12－3，2×1×1）＝－eq\f(1,2)。因为∠BCD∈（0°，180°），所以∠BCD＝120°，所以T＝eq\f(1，2）BC·CDsin∠BCD＝eq\f(1，2）×1×1×eq\f（\r（3）,2）＝eq\f（\r(3),4)。(2）因为BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosθ＝5－4cosθ，所以cos∠BCD＝eq\f（BC2＋CD2－BD2，2BC·CD)＝eq\f（4cosθ－3,2）.易得S＝eq\f（1，2)AD·ABsin∠BAD＝sinθ，T＝eq\f(1,2）BC·CDsin∠BCD＝eq\f(1,2）sin∠BCD.因为S＝T，所以sinθ＝eq\f（1,2)sin∠BCD。所以4sin2θ＝sin2∠BCD＝1－cos2∠BCD＝1－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（4cosθ－3，2)）)2，所以cosθ＝eq\f（7,8）.18。某商场举行购物抽奖活动，抽奖箱中放有编号分别为1，2,3,4，5的五个小球，小球除编号不同外，其余均相同．活动规则如下：从抽奖箱中随机抽取一球，若抽取小球的编号为3，则获得奖金100元；若抽取小球的编号为偶数，则获得奖金50元；若抽取的小球是其余编号，则不中奖．现某顾客有放回地抽奖两次．（1）求该顾客两次抽奖后都没有中奖的概率；（2）求该顾客两次抽奖后获得奖金之和为100元的概率。【导学号:04024218】解：(1）该顾客有放回地抽奖两次，其结果的所有情况如下表:(1，1)(1,2)（1，3）（1,4）（1,5）（2,1)(2,2）(2,3)（2,4)(2，5）（3，1)(3，2）(3，3)(3，4)(3，5)（4,1）(4,2）（4，3）（4,4)（4,5）（5,1)(5，2）(5，3)(5,4)(5，5）两次都没有中奖的情况有(1,1),(1,5）,(5，1),（5，5)，共4种，所以两次都没有中奖的概率为eq\f（4,25).（2）两次抽奖获得奖金之和为100元的情况有：①第一次获奖100元，第二次没有中奖，其结果有(3,1),(3,5)，故其概率P1＝eq\f（2，25)；②两次均获奖50元,其结果有（2，2），(2,4），(4，2），（4,4)，故其概率P2＝eq\f(4，25)；③第一次没有中奖,第二次获奖100元，其结果有（1，3)，（5,3），故其概率P3＝eq\f（2,25)。所以所求概率P＝P1＋P2＋P3＝eq\f(8,25）。19．如图1所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，点E是线段BD的中点，点F是线段PD上的动点．图1（1）求证：CE⊥BF;（2)若AB＝2，PD＝3，当三棱锥P。BCF的体积等于eq\f（4,3）时，试判断点F在线段PD上的位置，并说明理由。【导学号：04024219】解:(1）证明:因为PD⊥平面ABCD，且CE⊂平面ABCD，所以PD⊥CE.又因为底面ABCD是正方形，且点E是线段BD的中点，所以CE⊥BD。因为BD∩PD＝D，所以CE⊥平面PBD，而BF⊂平面PBD，所以CE⊥BF.（2）点F为线段PD上靠近D点的三等分点．理由如下:由（1)可知,CE⊥平面PBF。又因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD。设PF＝x。由AB＝2得BD＝2eq\r(2)，CE＝eq\r(2)，所以V三棱锥P.BCF＝V三棱锥C­BPF＝eq\f（1,3）×eq\f（1,2）×PF×BD×CE＝eq\f（1,6)×2eq\r（2)×eq\r（2)x＝eq\f（2x,3）.由已知得eq\f(2x，3)＝eq\f（4，3），所以x＝2.因为PD＝3，所以点F为线段PD上靠近D点的三等分点．(请在第22、23题中选一题作答，如果多做，则按所做第一题计分)22．【选修4－4：坐标系与参数方程】极坐标系与直角坐标系xOy有相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴．已知曲线C1的极坐标方程为ρ＝2eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π，4）)）,曲线C2的极坐标方程为ρsinθ＝a(a＞0），射线θ＝φ，θ＝φ＋eq\f(π，4)，θ＝φ－eq\f(π，4），θ＝eq\f（π,2)＋φ分别与曲线C1交于点A，B，C，D(均异于极点O）．(1)若曲线C1关于曲线C2对称，求a的值,并求曲线C1和C2的直角坐标方程；（2)求|OA｜·｜OC|＋|OB|·|OD｜的值.【导学号:04024220】解：(1）由ρ＝2eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（θ＋\f（π,4))）得ρ2＝2eq\r（2)ρsineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(θ＋\f（π,4））),由互化公式得x2＋y2＝2x＋2y，即曲线C1的直角坐标方程为(x－1）2＋(y－1）2＝2。由互化公式得曲线C2的直角坐标方程为y＝a。因为曲线C1关于曲线C2对称,所以a＝1，所以曲线C2的直角坐标方程为y＝1.（2）易知｜OA|＝2eq\r(2)sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f（π,4))），|OB|＝2eq\r(2）sineq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π，2））)＝2eq\r(2)cosφ,｜OC|＝2eq\r(2）sinφ，｜OD|＝2eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(φ＋\f（3π,4))）＝2eq\r(2)coseq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（φ＋\f(π,4）））,于是可得|OA|·｜OC｜＋|OB｜·|OD｜＝4eq\r（2).23．【选修4－5：不等式选讲】设函数f（x）＝|x－a|＋3x，其中a＞0.(1）当a＝1时，求不等式f（x）≥3x＋2的解集；（2）若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值.【导学号：04024221】解:(1）当a＝1时,f(x）≥3x＋2可化为｜x－1｜≥2，由此可得x≥3或x≤－1，故不等式f（x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1｝．（2）由f(x）≤0得，｜x－a|＋3x≤0，此不等式可化为eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥a，，x－a＋3x≤0））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＜a,，a－x＋3x≤0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x≥a，，x≤\f（a，4)）)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＜a,,x≤－\f（a，2).））因为a>0,所以原不等式的解集为eq\b\lc\｛\r